山西省晉中市榆社縣職業(yè)中學(xué)高三物理下學(xué)期期末試卷含解析

山西省晉中市榆社縣職業(yè)中學(xué)高三物理下學(xué)期期末試卷含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分．每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意1.如圖所示，ACB是一光滑的、足夠長(zhǎng)的、固定在豎直平面內(nèi)的“∧”形框架，其中CA、CB邊與豎直方向的夾角分別為37°和53°.P、Q兩個(gè)輕質(zhì)小環(huán)分別套在CA、CB上，兩根細(xì)繩的一端分別系在P、Q環(huán)上，另一端和一繩套系在一起，結(jié)點(diǎn)為O.將質(zhì)量為m的鉤碼掛在繩套上，OP、OQ兩根細(xì)繩拉直后的長(zhǎng)度分別用l1、l2表示，受到的拉力分別用F1和F2表示（已知cos370=0.8，cos530=0.6）則A．F1∶F2＝l2∶l1B．∶F2＝1∶1C．F1∶F2＝3∶4D．F1∶F2＝4∶3參考答案：C由于ACB光滑，所以O(shè)P、OQ兩細(xì)繩伸直后必定與框架垂直，對(duì)結(jié)點(diǎn)O受力分析，由平衡條件可知F1=，F(xiàn)2=，F(xiàn)1∶F2＝3∶4，選項(xiàng)C正確。2.（單選）利用傳感器和計(jì)算機(jī)可以測(cè)量快速變化的力的瞬時(shí)值．右圖是用這種方法獲得的彈性繩中拉力F隨時(shí)間的變化圖線．實(shí)驗(yàn)時(shí)，把小球舉高到繩子的懸點(diǎn)O處，然后放手讓小球自由下落．由此圖線所提供的信息，以下判斷正確的是（）A．t2時(shí)刻小球速度最大B．t1～t2期間小球速度先增大后減小C．t3時(shí)刻小球動(dòng)能最小D．t1與t4時(shí)刻小球速度一定相同參考答案：考點(diǎn)：牛頓第二定律；機(jī)械能守恒定律．專題：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題．分析：把小球舉高到繩子的懸點(diǎn)O處，讓小球自由下落，t1與t4時(shí)刻繩子剛好繃緊，分析小球的運(yùn)動(dòng)情況，判斷什么時(shí)刻小球的速度最大．當(dāng)繩子的拉力最大時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，繩子也最長(zhǎng)．解答：解：A、把小球舉高到繩子的懸點(diǎn)O處，讓小球自由下落，t1時(shí)刻繩子剛好繃緊，此時(shí)小球所受的重力大于繩子的拉力，小球向下做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)繩子的拉力大于重力時(shí)，小球才開始做減速運(yùn)動(dòng)，t2時(shí)刻繩子的拉力最大，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，速度為零，所以t2時(shí)刻小球速度不是最大．故A錯(cuò)誤；B、t1﹣t2時(shí)間內(nèi)小球先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)繩子的拉力大于重力時(shí)，小球才開始做減速運(yùn)動(dòng)，t2時(shí)刻繩子的拉力最大，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，速度為零，故B正確；C、t3時(shí)刻與t1時(shí)刻小球的速度大小相等，方向相反，而t1～t2期間小球速率先增大后減小，t2時(shí)刻速度最小為零，所以動(dòng)能最小為零，故C錯(cuò)誤；D、由圖象可看出最大彈力越來越小，說明空氣阻力做功，根據(jù)能量守恒，t1時(shí)刻速度比t3時(shí)刻大，t4時(shí)刻速度比t3速度小，所以t1時(shí)刻速度比t4時(shí)刻大，故D錯(cuò)誤；故選B．點(diǎn)評(píng)：本題考查運(yùn)用牛頓定律分析小球運(yùn)動(dòng)情況的能力，要注意繩子拉力的變化與彈簧的彈力類似．3.（單選）在質(zhì)量為M的電動(dòng)機(jī)飛輪上，固定著一個(gè)質(zhì)量為m的重物，重物到軸的距離為R，如圖所示，為了使電動(dòng)機(jī)不從地面上跳起，電動(dòng)機(jī)飛輪轉(zhuǎn)動(dòng)的最大角速度不能超過（）A．B．C．D．參考答案：考點(diǎn)：向心力；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；牛頓第二定律．專題：牛頓第二定律在圓周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用．分析：重物轉(zhuǎn)到飛輪的最高點(diǎn)時(shí)，若重物對(duì)飛輪的作用力恰好等于電動(dòng)機(jī)的重力時(shí)，電動(dòng)機(jī)剛要跳起．以重物為研究對(duì)象，由牛頓第二定律求解角速度．解答：解：重物轉(zhuǎn)到飛輪的最高點(diǎn)時(shí)，電動(dòng)機(jī)剛要跳起時(shí)，重物對(duì)飛輪的作用力F恰好等于電動(dòng)機(jī)的重力Mg，即F=Mg．以重物為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得

Mg+mg=mω2R，解得ω=故選B點(diǎn)評(píng)：本題是臨界問題，關(guān)鍵分析臨界條件，并要靈活選擇研究對(duì)象．中檔題．4.在圖甲所示的電路中，理想變壓器原線圈兩端的正弦交變電壓變化規(guī)律如圖乙所示。已知變壓器原、副線圈的匝數(shù)比，串聯(lián)在原線圈電路中電流表A1的示數(shù)為1A，下列說法正確的是：A．變壓器輸出端交流電的頻率為5Hz

B．電流表A2的示數(shù)為0.1AC．電壓表V的示數(shù)為220V

D．變壓器的輸出功率為220W參考答案：D由圖乙可知，交流電的周期為0.02s，由可知其頻率為50Hz，A錯(cuò)誤；原副線圈的電流跟線圈匝數(shù)成反比，故電流表A2的示數(shù)為10A，B錯(cuò)誤；由圖乙可知交流電的最大值是V，故其有效值為220V，即電壓表V的示數(shù)為220V，C錯(cuò)誤；由P=UI可知變壓器的輸出功率為220W，D正確。5.（多選題）如圖所示，相距為L(zhǎng)的兩條足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，與水平面的夾角θ，導(dǎo)軌上固定有質(zhì)量為m，電阻為R的兩根相同的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒MN上方軌道粗糙下方光滑，整個(gè)空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．將兩根導(dǎo)體棒同時(shí)釋放后，觀察到導(dǎo)體棒MN下滑而EF保持靜止，當(dāng)MN下滑速度最大時(shí)，EF與軌道間的摩擦力剛好到達(dá)最大靜摩擦力，下列敘述正確的是（）A．導(dǎo)體棒MN的最大速度為B．導(dǎo)體棒EF與軌道之間的最大靜摩擦力為mgsinθC．導(dǎo)體棒MN受到的最大安培力為mgsinθD．導(dǎo)體棒MN所受重力的最大功率為參考答案：AC【考點(diǎn)】導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；功率、平均功率和瞬時(shí)功率；電功、電功率；安培力．【分析】本題中EF靜止，只有MN在運(yùn)動(dòng)．首先分析MN的運(yùn)動(dòng)情況：先加速運(yùn)動(dòng)后勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，根據(jù)平衡條件求解最大速度；對(duì)兩棒分別研究，根據(jù)平衡條件求導(dǎo)體棒EF與軌道之間的最大靜摩擦力；導(dǎo)體棒MN勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，感應(yīng)電流最大，所受的安培力也最大，由平衡條件求解；導(dǎo)體棒MN所受重力的最大功率等于回路最大的電功率．【解答】解：A、當(dāng)導(dǎo)體棒MN勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，由平衡條件得：mgsinθ=，則得最大速度為v=．故A正確．B、由題，當(dāng)MN下滑速度最大時(shí)，EF與軌道間的摩擦力剛好到達(dá)最大靜摩擦力，兩棒所受的安培力大小相等，方向相反，則對(duì)EF棒：mgsinθ+=fm，則得最大靜摩擦力為fm=2mgsinθ．故B錯(cuò)誤．C、導(dǎo)體棒MN勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，感應(yīng)電流最大，所受的安培力也最大，由平衡條件得知：最大安培力為FAm=mgsinθ．故C正確．D、導(dǎo)體棒MN所受重力的最大功率為Pm=mgsinθ?v=2．故D錯(cuò)誤．故選AC二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計(jì)16分6.圖中豎直方向的平行線表示勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線，但未標(biāo)明方向．一個(gè)帶電量為﹣q的微粒，僅受電場(chǎng)力的作用，從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，動(dòng)能增加了△Ek（△Ek＞0），則該電荷的運(yùn)動(dòng)軌跡可能是虛線a（選填“a”、“b”或“c”）；若M點(diǎn)的電勢(shì)為U，則N點(diǎn)電勢(shì)為U+．參考答案：【考點(diǎn)】：電場(chǎng)線；電勢(shì)．【分析】：根據(jù)動(dòng)能定理，通過動(dòng)能的變化判斷出電場(chǎng)力的方向，從而判斷軌跡的彎曲程度，根據(jù)動(dòng)能定理求出M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，從而求出N點(diǎn)的電勢(shì)．：解：從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，動(dòng)能增加，知電場(chǎng)力做正功，則電場(chǎng)力方向向下，軌跡彎曲大致指向合力的方向，可知電荷的運(yùn)動(dòng)軌跡為虛線a，不可能是虛線b．電場(chǎng)力方向方向向下，微粒帶負(fù)電，則電場(chǎng)強(qiáng)度方向向上，N點(diǎn)的電勢(shì)大于M點(diǎn)的電勢(shì)，根據(jù)動(dòng)能定理知，﹣qUMN=△Ek，則N、M兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大小UMN=﹣由UMN=φM﹣φN，φM=U，解得φN=U+故答案為：a，U+．【點(diǎn)評(píng)】：解決本題的關(guān)鍵知道軌跡彎曲與合力方向的大致關(guān)系，本題的突破口在于得出電場(chǎng)力方向，再得出電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，從而知道電勢(shì)的高低．7.一置于鉛盒中的放射源發(fā)射的a、b和g射線，由鉛盒的小孔射出，在小孔外放一鋁箔后，鋁箔后的空間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)。進(jìn)入電場(chǎng)后，射線變?yōu)閍、b兩束，射線a沿原來方向行進(jìn)，射線b發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，如圖所示，則圖中的射線a為

射線，射線b為

射線。參考答案：答案：，b解析：放射源可以放射出、、三種射線，三種射線分別帶正電、負(fù)電和不帶電。三種射線的性質(zhì)也不同。射線粒子性強(qiáng)，但穿透能力弱。所以不能穿透鋁箔，射線和射線的穿透能力強(qiáng)，可以穿透鋁箔。由于射線帶負(fù)電，經(jīng)過電場(chǎng)時(shí)受到電場(chǎng)力的作用而發(fā)生偏轉(zhuǎn)。射線不帶電，經(jīng)過電場(chǎng)時(shí)不發(fā)生偏。所以圖中射線是，射線是射線。8.打點(diǎn)計(jì)時(shí)器用頻率50Hz交流電打出的勻變速運(yùn)動(dòng)的紙帶，以原始點(diǎn)作為計(jì)數(shù)點(diǎn)，則根據(jù)此紙帶的數(shù)據(jù)，紙帶的加速度大小是

m/s2和打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打第3個(gè)點(diǎn)時(shí)的紙帶速度是

m/s（保留3位有效數(shù)字）參考答案：9.40；

1.879.要測(cè)定勻變速直線運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)中，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出一紙條，每隔四個(gè)點(diǎn)選出一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)共選出A、B、C、D四個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，所用交流電頻率為50赫茲，紙帶上各點(diǎn)對(duì)應(yīng)尺上的刻度如圖所示，則VB=

m/s.a=

m/s2.參考答案：

0.15

、

0.2

、10.（4分）研究物理問題時(shí)，常常需要忽略某些次要因素，建立理想化的物理模型。例如“質(zhì)點(diǎn)”模型忽略了物體的體積、形狀，只計(jì)其質(zhì)量。請(qǐng)?jiān)賹懗鰞蓚€(gè)你所學(xué)過的物理模型的名稱：

和

模型。參考答案：答案：點(diǎn)電荷、理想氣體等11.測(cè)定木塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)時(shí)，采用如圖1所示的裝置，圖中長(zhǎng)木板水平固定．（1）實(shí)驗(yàn)過程中，電火花計(jì)時(shí)器應(yīng)接在交流（選填“直流”或“交流”）電源上．調(diào)整定滑輪高度，使細(xì)線與長(zhǎng)木板平行．（2）已知重力加速度為g，測(cè)得木塊的質(zhì)量為M，砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量為m，木塊的加速度為a，則木塊與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=．（3）如圖2為木塊在水平木板上帶動(dòng)紙帶運(yùn)動(dòng)打出的一條紙帶的一部分，0、1、2、3、4、5為計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)打點(diǎn)未畫出．從紙帶上測(cè)出x1=1.21cm，x2=2.32cm，x5=5.68cm，x6=6.81cm．則木塊加速度大小a=1.12m/s2（保留三位有效數(shù)字）．參考答案：解：（1）電火花計(jì)時(shí)器應(yīng)接在交流電源上．調(diào)整定滑輪高度，使細(xì)線與長(zhǎng)木板平行．（2）對(duì)木塊、砝碼盤和砝碼進(jìn)行受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律得：對(duì)木塊：F﹣μMg=Ma對(duì)砝碼盤和砝碼：mg﹣F=ma由上式得：μ=（3）相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)打點(diǎn)未畫出，所以相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為0.1s根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：△x=at2，a==1.12m/s2．故答案為：（1）交流；細(xì)線與長(zhǎng)木板平行（2）（3）1.1212.2012年11月23日上午，艦載機(jī)殲-15在我國首艘航母“遼寧航”上成功起降．可控核反應(yīng)堆是驅(qū)動(dòng)航空母艦的理想設(shè)備，其工作原理是利用重核裂變反應(yīng)釋放出大量核能獲得動(dòng)力．是若干核反應(yīng)的一種，其中n為中子，X為待求粒子，為X的個(gè)數(shù)，則X是

（選填“質(zhì)子”、“中子”或“電子”），＝

．參考答案：中子，213.長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿上端連著一質(zhì)量為m的小球，桿的下端用鉸鏈固接于水平地面上的O點(diǎn)，斜靠在質(zhì)量為M的正方體上，在外力作用下保持靜止，如圖所示。忽略一切摩擦，現(xiàn)撤去外力，使桿向右傾倒，當(dāng)正方體和小球剛脫離瞬間，桿與水平面的夾角為θ，小球速度大小為v，此時(shí)正方體M的速度大小為__________，小球m落地時(shí)的速度大小為__________。參考答案：，（或） 三、簡(jiǎn)答題：本題共2小題，每小題11分，共計(jì)22分14.如圖所示，質(zhì)量為m帶電量為+q的小球靜止于光滑絕緣水平面上，在恒力F作用下，由靜止開始從A點(diǎn)出發(fā)到B點(diǎn)，然后撤去F，小球沖上放置在豎直平面內(nèi)半徑為R的光滑絕緣圓形軌道，圓形軌道的最低點(diǎn)B與水平面相切，小球恰能沿圓形軌道運(yùn)動(dòng)到軌道末端D，并從D點(diǎn)拋出落回到原出發(fā)點(diǎn)A處．整個(gè)裝置處于電場(chǎng)強(qiáng)度為E=的水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小球落地后不反彈，運(yùn)動(dòng)過程中沒有空氣阻力．求：AB之間的距離和力F的大?。畢⒖即鸢福篈B之間的距離為R，力F的大小為mg．考點(diǎn)： 帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；平拋運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理的應(yīng)用．專題： 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題．分析： 小球在D點(diǎn)，重力與電場(chǎng)力的合力提供向心力，由牛頓第二定律即可求出D點(diǎn)的速度，小球離開D時(shí)，速度的方向與重力、電場(chǎng)力的合力的方向垂直，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解即可；對(duì)小球從A運(yùn)動(dòng)到等效最高點(diǎn)D過程，由動(dòng)能定理可求得小球受到的拉力．解答： 解：電場(chǎng)力F電=Eq=mg

電場(chǎng)力與重力的合力F合=mg，方向與水平方向成45°向左下方，小球恰能到D點(diǎn)，有：F合=解得：VD=從D點(diǎn)拋出后，只受重力與電場(chǎng)力，所以合為恒力，小球初速度與合力垂直，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，以D為原點(diǎn)沿DO方向和與DO垂直的方向建立坐標(biāo)系（如圖所示）．小球沿X軸方向做勻速運(yùn)動(dòng)，x=VDt

沿Y軸方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，y=at2a==所形成的軌跡方程為y=直線BA的方程為：y=﹣x+（+1）R解得軌跡與BA交點(diǎn)坐標(biāo)為（R，R）AB之間的距離LAB=R從A點(diǎn)D點(diǎn)電場(chǎng)力做功：W1=（1﹣）R?Eq

重力做功W2=﹣（1+）R?mg；F所做的功W3=F?R有W1+W2+W3=mVD2，有F=mg答：AB之間的距離為R，力F的大小為mg．點(diǎn)評(píng)： 本題是動(dòng)能定理和向心力知識(shí)的綜合應(yīng)用，分析向心力的來源是解題的關(guān)鍵．15.（6分）題11圖2為一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧機(jī)械橫波某時(shí)刻的波形圖，質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)周期為0.4s.求該波的波速并判斷P點(diǎn)此時(shí)的振動(dòng)方向。參考答案：；P點(diǎn)沿y軸正向振動(dòng)考點(diǎn)：本題考查橫波的性質(zhì)、機(jī)械振動(dòng)與機(jī)械波的關(guān)系。四、計(jì)算題：本題共3小題，共計(jì)47分16.（22分）以圓的圓心為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系xoy，在該圓形區(qū)域內(nèi)，有與y軸平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直圓面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)不計(jì)重力的帶電粒子從A點(diǎn)沿x軸進(jìn)入場(chǎng)區(qū)，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，穿過場(chǎng)區(qū)的時(shí)間為T0.若撤去磁場(chǎng)只保留電場(chǎng)，其他條件不變，則該粒子從C點(diǎn)穿出電場(chǎng)，AC連線與x軸的夾角為=300，此間所用時(shí)間為t1。若撤去電場(chǎng)只保留磁場(chǎng)，其他條件不變，該粒子穿出場(chǎng)區(qū)所用時(shí)間為t2。求（1）t1與T0比值為多少？（2）t2與T0的比值為多少？參考答案：解析：(1)設(shè)圓半徑為R，粒子電量為q質(zhì)量為m粒子勻速穿過場(chǎng)區(qū)時(shí)qE=qv0B

2R=v0T0撤去磁場(chǎng)，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)

由幾何關(guān)系得x==v0t1故

=(2)撤去電場(chǎng)后粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)半徑為r，周期為T由qv0B=得r=

T=由幾何關(guān)系有

r=

tan

=所以

t2=故

17.如圖所示，AOB是光滑水平軌道，BC是半徑為R的光滑的固定圓弧軌道，兩軌道恰好相切。質(zhì)量為M的小木塊靜止在0點(diǎn)，一個(gè)質(zhì)量為m的子彈以某一初速度水平向右射入小木塊內(nèi)，并留在其中和小木塊一起運(yùn)動(dòng)。且恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)c(木塊和子彈均可以看成質(zhì)點(diǎn))。①求子彈射入木塊前的速度。②若每當(dāng)小木塊返回到0點(diǎn)或停止在0點(diǎn)時(shí)，立即有相同的子彈射入小木塊，并留在其中，則當(dāng)?shù)?顆子彈射入小木塊后，小木塊沿圓弧軌道能上升的最大高度為多少?參考答案：【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒定律．E3F3【答案解析】（1）；（2）（）2R．

解析：：（1）第一顆子彈射入木塊的過程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以子彈的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv0=（m+M）v1，

系統(tǒng)由O到C的運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：(m+M）v12=（m+M）gR

由以上兩式解得：v0=；

（2）由動(dòng)量守恒定律可知，第2、4、6…顆子彈射入木塊后，木塊的速度為0，

第1、3、5…顆子彈射入后，木塊運(yùn)動(dòng)．當(dāng)?shù)?顆子彈射入木塊時(shí)，以子彈初速度方向?yàn)檎较颍?/p>

由動(dòng)量守恒定律得：mv0=（9m+M）v9，

設(shè)此后木塊沿圓弧上升的最大高度為H，由機(jī)械能守恒得：（9m+M）v92v=（9m+M）gH

由以上各式可得：H=（）2R．【思路點(diǎn)撥】（1）由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可以求出初速度；（2）由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求出最大高度.本題考查了求速度與木塊上升的高度問題，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程、應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律即可正確解題．18.如圖所示，一質(zhì)量為1kg的小球套在一根固定的直桿上，直桿與水平面夾角θ為30°。現(xiàn)小球在F=20N的豎直向上的拉力作用下，從A點(diǎn)靜止出發(fā)向上運(yùn)動(dòng)，已知桿與球間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為。試求：（1）小球運(yùn)動(dòng)的加速度a1；（2）若F作用1．2s后撤去，小球上滑過程中距A點(diǎn)最大距離sm；（3）若從撤去力F開始計(jì)時(shí)，小球經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間將經(jīng)過距A點(diǎn)上方為2．25m的B點(diǎn)。

參考答案：（1）在力F作用時(shí)有：（F-mg）sin30°-μ（F-mg）cos30°=ma1

a1=2．5m/s2