2022-2023學(xué)年江蘇省如皋市長(zhǎng)江高級(jí)中學(xué)、淮安市南陳集中學(xué)高一（下）測(cè)試物理試卷（含解析）

2022-2023學(xué)年江蘇省如皋市長(zhǎng)江高級(jí)中學(xué)、淮安市南陳集中學(xué)

高一（下）測(cè)試物理試卷

一、單選題（本大題共11小題，共44.0分）

1.2022年11月珠海航展，我國(guó)戰(zhàn)機(jī)“殲20”再次閃亮登場(chǎng).表演中，戰(zhàn)機(jī)先水平向右加速，

再沿著曲線ab斜向上加速運(yùn)動(dòng)，最后沿著陡斜線直入云霄.戰(zhàn)機(jī)飛行到曲線上C點(diǎn)時(shí)受到的合

外力為巴貝IJF的方向可能正確的是（）

2.某電視臺(tái)舉辦了一期群眾娛樂(lè)節(jié)目，其中有一個(gè)環(huán)節(jié)是讓群眾演員站在一個(gè)旋轉(zhuǎn)較快的

大平臺(tái)邊緣上，向大平臺(tái)圓心處的球筐內(nèi)投籃球.如果群眾演員相對(duì)平臺(tái)靜止，則下面各俯

視圖中的籃球可能被投入球筐的是（圖中箭頭指向表示投籃方向）（）

3.如圖所示，做勻速直線運(yùn)動(dòng)的汽車4通過(guò)一根繞過(guò)定滑輪的長(zhǎng)繩吊起一重物B,設(shè)重物和

汽車的速度大小分別為"B、vA,則（）

A.VA=VBB.VA<VB

C.繩子對(duì)B的拉力大于B的重力D.繩子對(duì)B的拉力等于B的重力

4.如圖所示，力、B兩籃球先后從相同高度拋出后直接落入籃筐，落入籃筐時(shí)的速度方向相

同，下列判斷正確的是（）

A.A、B從拋出到落入籃筐所用時(shí)間相同

B.4在最高點(diǎn)的速度比B在最高點(diǎn)的速度大

C.4、B落入籃筐時(shí)速度大小相同

D.A、B上升過(guò)程中，在任意相同高度時(shí)的速度方向均相同

5.理論和實(shí)踐證明，開(kāi)普勒定律不僅適用于太陽(yáng)系中的天體運(yùn)動(dòng)，而且對(duì)一切天體（包括衛(wèi)

星繞行星的運(yùn)動(dòng)）都適用。下列關(guān)于開(kāi)普勒第三定律的公式*=A的說(shuō)法正確的是（）

A.公式只適用于軌道是橢圓的運(yùn)動(dòng)

B.式中的k值，對(duì)于所有行星和衛(wèi)星都相同

C.式中的k值，只與中心天體有關(guān)，與繞中心天體旋轉(zhuǎn)的行星（或衛(wèi)星）無(wú)關(guān)

D.若已知月球與地球之間的距離，根據(jù)公式可求出地球與太陽(yáng)之間的距離

6.質(zhì)量為小的小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線懸掛在。點(diǎn)，在。點(diǎn)的正下方寺處有一光滑小釘子P,

把細(xì)線沿水平方向拉直，如圖所示，無(wú)初速度地釋放小球，當(dāng)細(xì)線碰到釘子的瞬間（瞬時(shí)速度

不變），細(xì)線沒(méi)有斷裂，則下列說(shuō)法正確的是（）

2：

?ip

A.小球的線速度突然增大B.小球的角速度突然減小

C.小球?qū)?xì)線的拉力突然增大D.小球?qū)?xì)線的拉力保持不變

7.有一質(zhì)量為M、半徑為R的密度均勻球體，在距離球心。為3R的地方有一質(zhì)量為m的質(zhì)

點(diǎn).先從M中挖去一半徑為號(hào)的球體，如圖所示，則剩余部分對(duì)質(zhì)點(diǎn)的萬(wàn)有引力大小為（）

A「MmnrC641Mrn??7Mτn

?-G萩B-G京c?G瑞D?rG蕭

8.如圖所示，兩顆星球組成的雙星，在相互之間的萬(wàn)有引力作用下，繞連線上的。點(diǎn)做周期

相同的勻速圓周運(yùn)動(dòng).現(xiàn)測(cè)得兩顆星之間的距離為L(zhǎng),設(shè)質(zhì)量分別用ml、血2表示,且ml：m2=

5：2.則可知（）

A.m1,τ∏2做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度之比為2:5

B.機(jī)1、τ∏2做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度之比為5：2

C.雙星間距離一定，雙星的總質(zhì)量越大，其轉(zhuǎn)動(dòng)周期越大

D.雙星的質(zhì)量一定，雙星之間的距離越大，其轉(zhuǎn)動(dòng)周期越小

9.如圖所示，航天飛機(jī)在完成太空任務(wù)后，在A點(diǎn)從圓形軌道I進(jìn)入橢圓軌道∏,B為軌道

∏上的近地點(diǎn)，關(guān)于航天飛機(jī)的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是（）

A.在軌道∏上經(jīng)過(guò)4的速度小于經(jīng)過(guò)B的速度

B.在軌道∏上經(jīng)過(guò)4的速度小于在軌道【上經(jīng)過(guò)力的速度

C.在軌道I［上運(yùn)動(dòng)的周期小于在軌道I上運(yùn)動(dòng)的周期

D.在軌道II上經(jīng)過(guò)4的向心加速度小于在軌道I上經(jīng)過(guò)4的向心加速度

10.如圖所示，位于教室中央的光源發(fā)出一個(gè)閃光，閃光照到了教室的前壁和后壁.教室的

長(zhǎng)度為10τn.在平行于教室高速運(yùn)動(dòng)的太空飛船上的觀察者（）

§*S

A.測(cè)得照到前壁的光速度小于CB.觀測(cè)到飛船上的時(shí)間進(jìn)程比教室快

C.測(cè)得教室的長(zhǎng)度大于IOrnD.觀察到光先到達(dá)后壁

11.如圖所示，一輕質(zhì)立方體被從水表面緩慢壓入水中，直至其上表面沒(méi)入水中，已知立方

體的棱長(zhǎng)為L(zhǎng)，水的密度為P，重力加速度為g,不考慮水面高度的變化.該過(guò)程中，立方體

克服水的浮力所做的功為（）

A.畔B.噂C"D.ρgL4

二、實(shí)驗(yàn)題（本大題共I小題，共10.0分）

12.在“探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)”的實(shí)驗(yàn)中:

（1）某同學(xué)先觀察了如圖甲所示的演示實(shí)驗(yàn)，4、B兩球同時(shí)落地，說(shuō)明；該

同學(xué)設(shè)計(jì)了圖乙的實(shí)驗(yàn)：將兩個(gè)斜滑道固定在同一豎直面內(nèi)，最下端水平，把兩個(gè)質(zhì)量相等

的小鋼球，從斜面的同一高度由靜止同時(shí)釋放，滑道2與光滑水平板銜接，則他將觀察到的現(xiàn)

象是這說(shuō)明.

（2）如圖內(nèi)所示，該同學(xué)采用頻閃照相機(jī)拍攝到小球做平拋運(yùn)動(dòng)的照片，圖中背景方格的邊長(zhǎng)

為L(zhǎng)=5cm,力、B、C是攝下的三個(gè)小球位置，如果取g=10τn∕s2,則：

①照相機(jī)拍攝時(shí)每S曝光一次；

②小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度的大小為m∕s.

三、計(jì)算題(本大題共4小題，共46.0分)

13.如圖所示，一長(zhǎng)為Z的輕桿的一端固定在水平轉(zhuǎn)軸上，另一端固定一質(zhì)量為m的小球，輕

桿隨轉(zhuǎn)軸在豎直平面內(nèi)做角速度為3的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g?

(1)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，求桿對(duì)球的作用力；

(2)小球運(yùn)動(dòng)到水平位置A時(shí)，求桿對(duì)球的作用力.

14.如圖所示,將質(zhì)量為Tn的小球從傾角為0的光滑斜面上4點(diǎn)以速度%水平拋出(即%〃CD),

小球運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)，己知A點(diǎn)的高度為八,重力加速度為g,求：

(I)小球加速度的大?。?/p>

(2)小球到達(dá)B點(diǎn)的時(shí)間；

(3)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小.

15.如圖所示，質(zhì)量為m=2Zcg的木塊在傾角。=37。的足夠長(zhǎng)的固定斜面上由靜止開(kāi)始下

滑，木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.5,已知：sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m∕s2,

(1)前2s內(nèi)重力做的功；

(2)前2s內(nèi)重力的平均功率;

(3)2S末重力的瞬時(shí)功率.

16.某衛(wèi)星4在赤道平面內(nèi)繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同，赤道上有一

衛(wèi)星測(cè)控站B。已知衛(wèi)星距地面的高度為R,地球的半徑為R,地球表面的重力加速度為g。

(1)求衛(wèi)星4做圓周運(yùn)動(dòng)的周期7；

(2)若地球自轉(zhuǎn)周期為70,求衛(wèi)星4和測(cè)控站B能連續(xù)直接通訊的最長(zhǎng)時(shí)間t.(衛(wèi)星信號(hào)傳輸時(shí)

間可忽略)

答案和解析

1.【答案】D

【解析】

【分析】

本題考查曲線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是清楚做曲線運(yùn)動(dòng)的物體的速度方向、合外力的方向

和軌跡位置之間的關(guān)系，知道做曲線運(yùn)動(dòng)的條件。

【解答】

戰(zhàn)機(jī)飛行軌跡是曲線，根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的條件，受到的合外力方向指向曲線的內(nèi)側(cè)，因?yàn)槭羌铀龠\(yùn)

動(dòng)，合外力的方向與該點(diǎn)的速度方向的夾角為銳角，如圖所示。

故。正確，ABC錯(cuò)誤。

故選。。

2.【答案】B

【解析】

【分析】

球參與了沿圓周切線方向運(yùn)動(dòng)和出手方向的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平行四邊形定則確定合速度的方向，從而

確定籃球能否被投入球框。

解決本題的關(guān)鍵知道球參與了兩個(gè)方向的運(yùn)動(dòng)，通過(guò)平行四邊形定則進(jìn)行判斷，注意圓周運(yùn)動(dòng)某

點(diǎn)的切線方向即為線速度的方向。

【解答】

解：當(dāng)沿圓周切線方向的速度和出手速度的合速度沿籃筐方向，球就會(huì)被投入籃篦，故B正確，

ACD錯(cuò)誤。

3.【答案】C

【解析】解：48、小車的運(yùn)動(dòng)可分解為沿繩方向和垂直于繩的方向兩個(gè)運(yùn)動(dòng)，設(shè)斜拉繩子與水平

面的夾角為。，

由幾何關(guān)系可得：VB=VACOSΘ,所以外＞r?;故AB錯(cuò)誤;

CD、因汽車勻速直線運(yùn)動(dòng)，而。逐漸變小，故為逐漸變大，物體B有向上的加速度，處于超重狀

態(tài)，故C正確，￡＞錯(cuò)誤。

故選：C。

解決本題的關(guān)鍵將汽車的運(yùn)動(dòng)分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，知道沿繩子方向的速度等于

重物的速度大小。

4.【答案】B

【解析】

【分析】

本題考查了拋體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，解決本題的關(guān)鍵知道斜拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。

根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)水平方向勻速，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合本題條件分析可得結(jié)果。

【解答】

A.由于A上升的最大高度H更大，則上升時(shí)間J.=J號(hào)大，同理4從最高點(diǎn)下落到籃筐的豎直位

移也大，所以下落時(shí)間也大，故A從拋出到落入籃筐所用時(shí)間更大，故A錯(cuò)誤；

區(qū)兩球落入籃筐時(shí)的豎直速度為=/雙，其中人是最高點(diǎn)到籃筐的豎直位移，顯然4球的豎直速

度更大，因?yàn)槁淙牖@筐時(shí)的速度方向相同，則有tcm。=詈相同，其中。是速度方向與水平方向的

夾角，所以4球的水平速度W更大，在最高點(diǎn)時(shí)，兩球的速度都是水平速度，所以4在最高點(diǎn)的速

度比B在最高點(diǎn)的速度大，故B正確；

C.4、B從最高點(diǎn)下落，做平拋運(yùn)動(dòng)，由于高度不同，豎直速度大小不同，由于落入籃筐時(shí)的速度

方向相同，所以4、B落入籃筐時(shí)速度大小不同，故C錯(cuò)誤；

D.A.B上升過(guò)程中，當(dāng)B上升到最高點(diǎn)時(shí)，速度方向水平，而相同高度的4仍然繼續(xù)上升，速度

方向不同，故。錯(cuò)誤。

5.【答案】C

【解析】解：4、開(kāi)普勒第三定律不僅適用于行星繞太陽(yáng)的運(yùn)動(dòng)，也適用于衛(wèi)星繞行星的運(yùn)動(dòng).所

以也適用于軌道是圓的運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

8、式中的k是與中心星體的質(zhì)量有關(guān).不是對(duì)所有行星和衛(wèi)星都相同，故B錯(cuò)誤.

C、式中的k是與中心星體的質(zhì)量有關(guān)，與繞中心天體旋轉(zhuǎn)的行星（或衛(wèi)星）無(wú)關(guān)，故C正確；

。、式中的k是與中心星體的質(zhì)量有關(guān)，已知月球與地球之間的距離，無(wú)法求出地球與太陽(yáng)之間的

距離.故。錯(cuò)誤

故選：C

開(kāi)普勒運(yùn)動(dòng)定律不僅適用于橢圓運(yùn)動(dòng)，也適用于圓周運(yùn)動(dòng)，不僅適用于行星繞太陽(yáng)的運(yùn)動(dòng)，也適

用于衛(wèi)星繞行星的運(yùn)動(dòng).式中的k是與中心星體的質(zhì)量有關(guān)的.

此題需要掌握：開(kāi)普勒運(yùn)動(dòng)定律不僅適用于橢圓運(yùn)動(dòng)，也適用于圓周運(yùn)動(dòng)，不僅適用于行星繞太

陽(yáng)的運(yùn)動(dòng)，也適用于衛(wèi)星繞行星的運(yùn)動(dòng).式中的左是與中心星體的質(zhì)量有關(guān)的.

6.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查了圓周運(yùn)動(dòng)的角速度以及向心力的計(jì)算。把懸線沿水平方向拉直后無(wú)初速度釋放，當(dāng)懸

線碰到釘子的前后瞬間，線速度大小不變，半徑減小，根據(jù)V=「3判斷角速度大小的變化，根據(jù)

牛頓第二定律列出方程判斷懸線拉力的變化。

【解答】

4B.把懸線沿水平方向拉直后無(wú)初速度釋放，當(dāng)懸線碰到釘子的前后瞬間，由于繩子拉力與重力都

與速度垂直，所以不改變速度大小，即線速度大小不變，而半徑變?yōu)樵瓉?lái)的一半，根據(jù)〃=no,

則角速度增大到原來(lái)的2倍，故AB錯(cuò)誤；

CD根據(jù)牛頓第二定律得：T-mg=小營(yíng)所以T=mg+由牛頓第三定律小球?qū)?xì)線的拉力

T=T,當(dāng)細(xì)線碰到釘子的瞬間r變小，其他量不變，則繩子對(duì)小球的拉力T增大，所以小球?qū)?xì)

線的拉力T'增大，故C正確，。錯(cuò)誤。

7.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用，采用割補(bǔ)法解題，基礎(chǔ)題。

用沒(méi)挖之前球?qū)|(zhì)點(diǎn)的引力，減去被挖部分對(duì)質(zhì)點(diǎn)的引力，就是剩余部分對(duì)質(zhì)點(diǎn)的引力，本題的

關(guān)鍵就是要對(duì)挖之前的引力和挖去部分的引力計(jì)算，而不是直接去計(jì)算剩余部分的引力，因?yàn)槟?/p>

是一個(gè)不規(guī)則球體，其引力直接由公式得到。

【解答】

在小球內(nèi)部挖去一個(gè)半徑為:R的球體，挖去小球的質(zhì)量為：m'=(?3M=?M,

ZKo

挖去小球前球與質(zhì)點(diǎn)的萬(wàn)有引力：F''=G黑=翳，

QonJyt?

,1MmGMm

被挖部分對(duì)質(zhì)點(diǎn)的引力為：Frf=§西1=癡記，

則剩余部分對(duì)m的萬(wàn)有引力F=F''-F'=端翳，故C正確，A8。錯(cuò)誤。

8.【答案】A

【解析】

【分析】

本題考查雙星問(wèn)題，雙星是圓周運(yùn)動(dòng)在萬(wàn)有引力運(yùn)用中典型問(wèn)題，關(guān)鍵抓住它們之間的關(guān)系：角

速度和周期相同，由相互之間的萬(wàn)有引力提供向心力。雙星在相互之間的萬(wàn)有引力作用下，繞連

線上的0點(diǎn)做周期相同的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律分別對(duì)兩星進(jìn)行列式，來(lái)求解半徑之

比，并得出各自的線速度之比；根據(jù)周期的表達(dá)式判斷雙星的總質(zhì)量和兩者之間的距離與周期之

間的關(guān)系。

【解答】

4雙星靠相互間的萬(wàn)有引力提供向心力，具有相同的角速度，設(shè)為3,則有色詈=nh32rι=

2

Tn2(JL)r2

解得P=詈=今根據(jù)V=5,P=F=4故4正確；

ml?v2r2?

8.雙星具有相同的角速度，則nh?62做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度之比為1：1，故8錯(cuò)誤；

CD.根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有G色詈=等=G2竽廠2

222222

WGm2T=4ττr1L,Gm1T=4ττr2L

τ223

聯(lián)立得G(τ∏ι+m2)7=4πL

解得7=M

G(m1+m2)

由上式可知雙星間距離一定，雙星的總質(zhì)量越大，其轉(zhuǎn)動(dòng)周期越小；

雙星的質(zhì)量一定，雙星之間的距離越大，其轉(zhuǎn)動(dòng)周期越大，故CD錯(cuò)誤。

故選4。

9.【答案】D

【解析】略

10.【答案】B

【解析】

【分析】

本題關(guān)鍵是記住狹義相對(duì)論的光速不變?cè)?，知道運(yùn)動(dòng)中的尺縮效應(yīng)，運(yùn)動(dòng)延遲的效應(yīng)。

狹義相對(duì)論是由愛(ài)因斯坦在前人工作基礎(chǔ)上創(chuàng)立的時(shí)空理論，是對(duì)牛頓時(shí)空觀的拓展和修正.愛(ài)

因斯坦以光速不變?cè)沓霭l(fā)，建立了新的時(shí)空觀.

狹義相對(duì)論的運(yùn)動(dòng)延時(shí)效應(yīng)和尺縮效應(yīng)是比較有名的，較難理解，最好記住規(guī)律.

【解答】

A、根據(jù)狹義相對(duì)論的光速不變?cè)?，飛船上的觀測(cè)者測(cè)得照到前壁的光信號(hào)速度等于c,故A錯(cuò)

誤；

8、根據(jù)愛(ài)因斯坦的狹義相對(duì)論，得到運(yùn)動(dòng)延遲的效應(yīng)；飛船上的人以自己為參考系，認(rèn)為地球在

高速運(yùn)動(dòng)，故看到地球上的鐘變慢了；即觀測(cè)到飛船上的時(shí)間進(jìn)程比教室快，故B正確；

2

C、由相對(duì)論原理可知，I=I0Jι-φ,飛船高速運(yùn)動(dòng)，觀察者看到的車教室的長(zhǎng)度比靜止時(shí)

要短，故C錯(cuò)誤；

。、飛船上的觀察者認(rèn)為，飛船是個(gè)慣性系，光向前、向后傳播的速度相等，光源在教室中央，

閃光同時(shí)到達(dá)前后兩壁，故。錯(cuò)誤。

11.【答案】B

【解析】

【分析】

求出浮力與向下運(yùn)動(dòng)的位移的關(guān)系，利用平均作用力乘以位移計(jì)算功。

本題主要是考查功的計(jì)算，知道力隨位移呈線性變化時(shí)，可以用平均作用力乘以位移計(jì)算功。

【解答】

設(shè)浸入水的深度為X,所受浮力大小為F=PgV=PgL2χ,可見(jiàn)浮力與浸入水中的位移成正比，且

浮力與位移方向相反，則克服浮力做的功為：W=TXL=繆1,故ACZ)錯(cuò)誤，B正確。

故選8。

12.【答案】(1)平拋運(yùn)動(dòng)在豎直方向上是自由落體運(yùn)動(dòng)球1落到光滑水平板上并擊中球2平拋運(yùn)動(dòng)

在水平方向上是勻速直線運(yùn)動(dòng)

(2)①0.1②1.5

【解析】(1)題圖甲中4、B兩球同時(shí)落地，說(shuō)明B球的平拋運(yùn)動(dòng)在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)與4球的運(yùn)動(dòng)

相同；題圖乙中球1與球2恰好在平板上相碰，說(shuō)明球1在水平方向的分運(yùn)動(dòng)與球2的運(yùn)動(dòng)相同.

2

(2)①由4y=gTf?y=2L=0.1m,可得T=0.1s.

②由4%=VQT,?x=3L=0.15mf可得%=1.5m∕s.

13.【答案】解：(1)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，設(shè)桿對(duì)球的作用力為&,則牛頓第二定律可得：τng+Fi=

mω2l

2

解得：F1=mωl-mg,Fl為正值方向豎直向下，為負(fù)值方向豎直向上；

2

(2)小球運(yùn)動(dòng)到水平位置4時(shí)，設(shè)桿對(duì)球的作用力為F2,則牛頓第二定律可得：Ffi^=mωl,F2=

JFj+(mg)2=7m2w4l2+m2g2,

F2方向與水平方向夾角的正切值為tan。=詈=M

何

【解析】(1)小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由合力提供向心力，小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，根據(jù)

牛頓第二定律求桿對(duì)球的作用力。

(2)小球運(yùn)動(dòng)到水平位置4時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律求出桿對(duì)小球水平方向的作用力，再與豎直方向

的作用力合成。即可求解。

解題的關(guān)鍵是要明確小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由合力提供向心力，沿圓弧切線方向的合力為零。

14.【答案】解(1)小球從4點(diǎn)拋出后在斜面上做類平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得mgsin8=Tna

得α=gsin0；

(2)小球在沿斜面向下的方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),

解得t二心心;

sinθy]g

(3)小球沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有1?=V0

小球在沿斜面向下的方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有為=at

v2v22

小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為t?=yjx+y=7V0+2gho

【解析】

【分析】小球所受的合力沿斜面向下，做類平拋運(yùn)動(dòng)，將小球的運(yùn)動(dòng)分解到沿斜面向下方向和平

行于斜面底端方向，在平行斜面底端方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在沿斜面向下方向上做勻加速直線

運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出加速度，由AE長(zhǎng)度求出時(shí)間，并由速度公式求出沿斜面向下方向上的

速度，根據(jù)平行四邊形定則求出8點(diǎn)的速度。

解決本題的關(guān)鍵掌握運(yùn)動(dòng)的合成和分解，知道分運(yùn)動(dòng)和合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，采用的方法與平拋運(yùn)

動(dòng)類似。

15.【答案】解：(1)木塊所受的合外力

FC=mgsinθ—μmgcosθ=Tng(Sinθ—μcos0)=2×10×(0.6—0.5X0.8)N=4N

木塊的加速度α=-=-m∕s2=2m∕s2

m2

前2S內(nèi)木塊的位移S=-αt2=-×2×22m=4m

所以，重力在前2s內(nèi)做的功為

W-Tngssinθ=2×10×0.6×4/=48/

(2)重力在前2S內(nèi)的平均功率為A=y=yHZ=24VK

(3)木塊在2S末的速度f(wàn)=at=2×2m/s—4m/s

2S末重力的瞬時(shí)功率P=mgsinθ?v=2×10×0.6×4MZ=48V/

答：(1)求2