【文档说明】湖南师范大学附属中学2023-2024学年高三上学期月考(三)物理试卷含答案.docx,共(16)页,1.174 MB,由小赞的店铺上传
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湖南师大附中2024届高三月考试卷(三)物理得分:________本试题卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共8页。时量75分钟,满分100分。第Ⅰ卷一、单项选择题(本题共6小题,每小题4分,共24分。每小题给出的
四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的)1.在万有引力定律理论建立的过程中,有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献,下列说法中正确的是()A.牛顿进行了“月一地检验”,从而测出了地球与月球中心的距离B.牛
顿第一、第二、第三定律都可以用实验直接验证C.开普勒通过研究行星观测记录,得出在相等时间内,地球与太阳的连线和火星与太阳的连线扫过的面积相等的结论D.牛顿在万有引力定律的发现过程中,用到了“牛顿第二定律”、“力的作用是相互的"等理论作为推理依据2.链球运动员用链子拉着铁球做速度逐渐增
大的曲线运动,在此过程中,运动员的手和链球的运动轨迹都可以近似为圆。关于手和球的位置关系,下面四幅图中正确的是()A.B.C.D.3.某同学在墙边踢毽子时不小心将毽子踢出围墙,他请墙外的路人帮他将毽子踢进围墙内,围墙AB有一定厚度。路人从P点(P点可左右
移动)将毽子踢过围墙。设毽子踢出时的速度与水平向右的方向成角,不计空气阻力,以下说法正确的是()A.若P点位置确定,无论角多大,只要速度足够大,一定能将毽子踢进围墙内B.路人将毽子踢过围墙内做的功越小,毽子从踢出到越过墙壁后落到地面所花的时间越短C.路人越靠近围墙,将毽子踢过围墙所做的
功越小D.路人将毽子踢过围墙内做的功最小时,角应满足454.如图所示,竖直的圆环置于水平向左的匀强电场中,三个完全相同的带正电的绝缘小球(未画出)分别套在固定于ABACAD、、的三根光滑细杆上,其中AB与竖直方向夹
角为60,AC经过圆心,AD竖直。现将小球无初速度地从A端释放,小球分别沿ABACAD、、下滑到BCD、、三点。已知小球所受电场力大小与重力大小之比为3:1,则小球在三根细杆上运动的时间关系为()A.ABA
CADttt==B.ABACADtttC.ABACADtttD.无法确定5.如图所示,竖直平面内有一圆环,圆心为O,半径为,RPQ为水平直径,MN为倾斜直径,PQ与MN间的夹角为,一条不可伸长的轻绳长为L,两端分别固定在圆
环的MN、两点,轻质滑轮连接一个质量为m的重物,放置在轻绳上,不计滑轮与轻绳间的摩擦,滑轮大小不计,重力加速度为g。现将圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过2角,下列说法正确的是()A.直径MN水平时,轻绳的张力大小为224mgLLR−B.圆环从图示位
置顺时针缓慢转过2的过程中,轻绳的张角先减小再增大C.圆环从图示位置顺时针缓慢转过2的过程中,重物的重力势能先增大后减小D.圆环从图示位置顺时针缓慢转过2的过程中,轻绳的张力逐渐减小6.如图所示,轻弹簧一端连接质量为m的物体A,另一端固定在光滑的固定的斜面底端,A通过轻绳跨过光滑的定滑轮
与质量为2m的物体B连接,绳、弹簧与斜面平行。将A由弹簧原长处静止释放,已知轻绳始终有力,重力加速度为g,则A的位移x、速度v和弹簧弹力F、绳子张力T与时间t或位移x的关系图像可能正确的是()A.B.C.D.二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共2
0分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)7,当今社会卫星为人们提供了太多的便利,如手机导航等。若两颗卫星均围绕地球运动,如图所示。卫星甲的轨道为椭圆
,其近地点恰好位于地面处,远地点距地面的距离为4R,卫星乙的轨道为圆形,乙卫星距地面的距离为2R,其中R为地球半径,已知两轨道在同一平面内,下列说法正确的是()A.甲、乙两卫星的轨道平面可能不过地心B.甲卫星近地点的速率大于乙卫星运动的速率C.甲、乙两卫星运动的
周期之比为839D.甲卫星的最大加速度与乙卫星的加速度大小之比为9:18.宇宙尘埃有很大的科研价值,某人造地球卫星携带的收集装置如图所示。卫星飞行进入一个尘埃区,尘埃区每单位体积空间有n颗尘埃,尘埃的平均质量为0m,卫星正面面积为S,前进速度保持为
0v,为了保持卫星原有的飞行速度,以下说法正确的是()A.卫星推进器需要提供的推力随卫星质量增大而增加B.随卫星质量的增大,卫星推进器需要提供的推力不变C.卫星推进器提供的推进功率为300nSmvD.卫星推进器提供的推进功率为200nSmv9.如图所示,
在水平地面上方固定一足够长水平轨道,质量为M的滑块套在水平轨道上,一不可伸长的轻绳一端固定在滑块底部O点,另一端连接质量为m的小球。已知O点到地面的高度为H,重力加速度大小为g,不计小球与滑块受到的空气阻力。现将小球拉至与O点等高
的A处(A在水平轨道正下方),轻绳伸直后由静止释放。下列说法正确的是()A.若水平轨道光滑,则滑块和小球组成的系统动量守恒,机械能守恒B.若水平轨道光滑,轻绳OA长度为2H,当小球摆动到最低点时,迅速剪断轻绳,小球运动一段时间后落地(不反弹),小球落地时与滑块间的水平距离是mMH
M+C.若水平轨道粗糙,小球在摆动过程中滑块始终保持静止,当小球所受重力的功率最大时,轻绳与水平方向的夹角的正弦值是33D.若水平轨道粗粮,滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,小球在摆动过程中滑块始终保持静止,滑块与水平轨道间的动摩
擦因数()33mMMm+10.如图所示装置,A为L形框架,定滑轮1固定在A上方,定滑轮2、3固定在竖直墙面上,定滑轮1和定滑轮2处于同一水平线上,定滑轮2和定滑轮3处于同一竖直线上。物体B被一根细线通过三个定滑轮与L形框架A相连,连线始终处于竖直或者水平。初始状态系统静止,物体B距离A底板
上表面为d,已知A的质量为,MB的质量为m,当地重力加速度为g,所有接触面均光滑,不计定滑轮的质量。从物体B下落到恰与A底板上表面接触的过程中,下列说法正确的是()A.A和B接触面有弹力,且弹力对B做正功B.物体B下落过程中,A与B的速度大小始终相等C.物体B下落的时间为()52Mmdmg+
D.物体B下落到刚与A底板上表面接触时,B的速度为105mgdMm+第Ⅱ卷三、实验题(共2题,每题6分,共12分)11.某同学利用测质量的小型家用电子科,设计了测量木块和木板间动摩擦因数的实验。如图(a)所示,木板和木块A放在水平桌
面上,电子科放在水平地面上,木块A和放在电子秤上的重物B通过跨过定滑轮的轻绳相连。调节滑轮,使其与木块A间的轻绳水平,与重物B间的轻绳竖直。在木块A上放置()0,1,2,3,4,5nn=个砝码(电子秤称得每个砝码的质量0m为20.0g),向左拉动木板
的同时,记录电子秤的对应示数m。(1)实验中,拉动木板时________(填“必须”或“不必”)保持匀速。(2)用Am和Bm分别表示木块A和重物B的质量,则m和ABmm、、0mn、、所满足的关系式为m=________.
(3)根据测量数据在坐标纸上绘制出mn−图像,如图(b)所示,可得木块A和木板间的动摩擦因数=________(保留2位有效数字)。12.某实验小组利用量角器、一段均匀电阻丝、电阻箱及灵敏电流计设计了一个测量电阻(待测电阻为xR)的方
案,实验电路如图甲所示。主要实验步骤如下:①将电阻丝紧贴量角器弧边弯曲成型,并依量角器直径端点裁剪好;②按甲图所示的电路原理图连接好各元件;③将电阻箱的阻值调至1R,并使金属夹K从A端沿弧形电阻丝向B移动,当灵敏电流计
的示数为零时,停止移动金属夹,此时从量角器上读出OA与OK间的夹角1;④改变电阻箱的阻值,重复步骤③,测得多组(),R值;⑤整理数据并在坐标纸上描点绘图,所得图像如图乙所示。根据分析,试回答下列问题:(1)已知图乙中图像与
纵轴的截距为b−,由此可求得xR=________.(2)实验时,当金属夹K调至某位置时,实验小组的同学因为观察不仔细认为灵敏电流计的读数已经为零,实际上,灵敏电流计还有从P到K的电流,那么此时测出xR的值与真实值相比________(填“
偏小”“相等”或“偏大”)。(3)该小组同学所在学校与供电站间有两根埋在地下的输电线,其中一根导线因损坏而与大地相通,现尝试采用上述实验所涉及的原理找到损坏的大致位置,其方法如图丙所示(终端用导线AB接通),电阻丙丝MN长100.0cmL=,输电距离
38.010md=,若金属夹K在电阻丝上距M端130.0cmL=时,灵敏电流计示数为零,则损坏处C与输电线起始处的距离为x=________m(结果保留两位有效数字)。四、解答题(共44分)13.(12分)如图所示,有AB两容器,其容积均为0V(0V包括各自连接管道的容积),压强均为0p,连接管
道中间有一开口,可以与打气筒C相连,且该连接口左右两侧各有一开关(MNMN、、均为单向通气),若打气筒C容积为02V,且初始状态活塞在最下方,向上提到最上端后再向下压至底端,为一次抽压全过程,所有过程气体温度视为不
变。试求:(1)抽压1次后,B容器的压强是多少;(2)抽压n次后,B容器的压强是多少;(3)抽压n次后,A容器的压强是多少。14.(14分)如图甲所示,固定在水平面上的滑道由ABC、、三部分组成,其中A部分为“”形平台,其上表面光滑,
上方有一与其等长轻质弹簧,弹簧左端固定,右端自然伸长;B部分为质量0.9kgM=,长3.0mL=的长木板,其上表面粗糙、下表面光滑;C部分为半径0.9mR=的竖直光滑半圆轨道,其直径竖直。现用质量1.8kgm=的小物块将弹簧压缩至P点,由静止释放后,小物块沿滑道运动至
Q点水平抛出后恰好落在A的最右端。已知小物块与B上表面的动摩擦因数21,10m/s3g==。求:(1)小物块运动至Q点时对竖直半圆轨道C的压力;(2)弹簧压缩至P点时的弹性势能;(3)如图乙所示,将竖直半圆轨道C向右移动一段较长的距离
s后固定,并解除对长木板B的固定。再次将小物块压缩弹簧至P点由静止释放,改变小物块与B上表面的动摩擦因数使小物块滑上B且恰好未滑下,此后B与C碰撞,小物块冲上竖直半圆轨道C。求小物块冲上竖直半圆轨道C至落地过程中上升的最大高度。15.(18分)如图所示,在光滑水平地面上,固定一个倾角30
=的斜面,斜面与小木块(视为质点)的动摩擦因数为33。在斜面底端附近放有一个匀质物块,物块的质量3kgM=、长度0.8mL=。在物块内部有如图所示一条左右对称的均匀细通道。通道的倾角37=。现在斜面上高2mh=处有一个质量1kgm=的小木块
正以4m/s的速度沿斜面向上运动时,突然获得一个沿斜面向下的瞬时冲量,小木块在1st=末恰好到达斜面底部,以后小木块进入物块中的通道运动(sin370.6=,cos370.8=)。(1)求瞬时冲量的大小。(2)已知小木
块在整个运动过程中所经过的路径都平滑相连,小小块在细通道运动时所受到的摩擦阻力大小为2Nf=。通过计算判断小木块能否通过物块,如果能,则求小木块离开物块时速度的大小。(3)改变条件,假设某次小木块离开物块时,小木块的速度为3m/s,物块为1
m/s,此时它们进入一段特殊的路面,该路面是在光滑路面上铺设了8段粗糙程度不同的路面,每段长度为0.4md=,它们与物块的动摩擦因数分别是1280.20.30.9===、、,相邻的两段粗糙路面之间是每段长0.8m
s=的光滑路面,整个路面依然水平,假设小木块的运动不受该路面的影响仍然保持匀速,求:①物块停下时,其右端离该段特殊路面起始端多远?②如果仅当物块在经过这段特殊路面时,对其施加一个恒力,使物块以后能够再
次与小木块相遇,则这个恒力应大于多少?湖南师大附中2024届高三月考试卷(三)物理参考答案一、单项选择题(本题共6小题,每小题4分,共24分。每小题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的)题号123456答案
DADBCD1.D【解析】月地检验证明了万有引力定律的正确性,A错;牛顿第一定律是理想实验定律,不能用实验直接验证,故B错误;相同时间内,不同行星与太阳连线扫过的面积不等,故C错误;牛顿发现万有引力定律过程中,用到开普勒第三定律、力的作用是相互的且具有相同的性质、
牛顿第二定律等物理规律及结论,D正确。2.A【解析】链球做速率增大的曲线运动,因此合力沿切线方向的分量与速度方向相同,拉力应与速度成锐角,并且链球运动半径大于手的运动半径。故选A。3.D【解析】若P点位置确定,如果90=,则将毽子竖直抛出,
不能将毽子踢进围墙内,故A错误;根据斜抛运动飞行时间22htg=,毽子飞的高度越低,所需的时间越小,所以当做的功最小时,过A点相等高度的夹角为45,对应的飞行高度并不是最低高度,故B错误。当P点位于A点下面时,90=,则将毽子竖直抛出,不能将毽子踢进围墙
内,故C错误;从P点到A点再到B点位置做斜抛运动,设在A点的速度为Av,此时速度方向与水平方向的夹角为,AB间距离为x,从A点到B点水平方向做匀速直线运动cosAxvt=,竖直方向为竖直上抛0sin2Atvg
=−,解得sin2Agxv=,根据数学知识,当sin21=,即45=时,A点的速度最小,则抛出的动能最小,路人将毽子踢过围墙内做的功最小,根据斜抛运动可知,P点速度的夹角一定大于A点速度的夹角,即45=,故选
D。4.B【解析】小球所受电场力大小与重力大小之比为3:1,可知小球所受重力与电场力的合力F的方向恰好与AB平行,且由A指向B。延长AB,作MCAC⊥交AB于M,以AM为直径画一个圆(图中虚线),AD与该圆交于N。设,BACAMd==,则小球沿
AC杆运动的加速度为cosFam=,位移为cosxd=,由212xat=得2cos2cosdmdtFFm==,与无关,由等时圆模型知AMACANttt==,而ABAM,ADAN,故ABACADttt,故选B.5.C【解析】左右为同一根绳子,拉力相等,
设绳子与竖直方向夹角为,并作出辅助线,如图所示,由几何关系可知2cos,sinsinsinMERMEMDDNL==+=整理得2sincosRL=①对物体进行受力分析2cosTmg=因此22222cos24cos221cosmgmgmgLTLRRL===−
−②当转到水平位置时,0=,代入②式可得2224mgLTLR=−,故A错误;由于、均为锐角,由①可得,越小,越大,当转到水平位置时,0=,此时2取得最大值,因此张角先增大,后减小,故B
错误;由几何关系可得,滑轮到O点的高度差等于2224cosΔ12LRhL=−,可得重物的高度先升高后降低,故C正确;由②可得越小,绳子拉力越大,因此当0=时,绳子拉力最大,因此圆环从图示位置顺时针缓慢转过2的过程中,轻绳的张力先增大后减
小,故D错误。故选C。6.D【解析】将A由弹簧原长处静止释放,设A的位移为x,对整体,由牛顿第二定律2sin303mgmgkxma−−=可知A先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动,当x增大到某值时a减小到零,然后向上做加速度反向增大的减速运动,A运动
到最高点时速度减小到零;然后A沿斜面向下先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动,由系统机械能守恒可知,A运动到释放位置时速度刚好减小到零。由于加速度a与x成线性关系,故A在斜面上做以某点(速度最大加速度为零位置)为中心的简谐运动。xt
−图像切线的斜率表示瞬时速度,由上述分析知A不可能先做减速后做加速运动,A错误;由上述分析可知,A做简谐运动,其vt−图像应是正弦函数图像,B错误;A刚释放时,弹簧弹力等于零,此时A的加速度12sin3013
2mgmgagm−==,A运动到最高点时,根据简谐运动的对称性,加速度2a与1a等大反向,则2sin3023mFmgmgma+−=,解得m3Fmg=,C错误;对A物体,由牛顿第二定律sin30Tmgkxma−−=得,12T
kxmamg=++,将1a与2a及对应的弹簧弹力分别代入可知,A上滑过程中,T随x均匀增加,最小值是mg,最大值是3mg,D正确。故选D。二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得
3分,有选错的得0分)题号78910答案BDBCBCACD7.BD【解析】所有卫星的轨道平面均要过地心,故A错误;甲在近地点的速率大于近地卫星的速率,根据GMvr=可知,近地卫星的速率大于乙卫星的速率,故甲卫星近地点的速率大
于乙卫星运动的速率,故B正确;根据题意可知,甲卫星的半长轴为4232RRR+=,乙卫星的轨道半径为23RRR+=,再由开普勒第三定律可知,两者周期相同,故C错误;甲卫星的最大加速度为2GMaR=甲,乙卫星的加速度2(3)GMaR=乙,故:9:1aa=乙甲,故D正确。故选BD
。8.BC【解析】设卫星在尘埃区飞行时间为t,飞船扫过的尘埃数量为0NnSvt=,对卫星和尘埃整体分析,根据动量定理可得()000FtNmMvMv=+−,解得卫星推进器需要提供推力200FnSmv=可知,为
了保持卫星原有的飞行速度,卫星推进器需要提供的推力不变。推进功率为0PFv=,结合上述解得300PnSmv=。9.BC【解析】若水平轨道光滑,则滑块和小球组成的系统水平方向合外力为零,则滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒,机械能守恒,A错误;设小球摆到最低点时速度大小为1v
,滑块速度大小为2v,根据水平方向系统动量守恒,有12mvMv=,根据系统机械能守恒,有221211222HmgmvMv=+,剪断轻绳后,滑块做匀速运动,小球做平抛运动,经时间t落地,有2122HHgt−=,小球落地时与滑块间的水平距离()12dvvt=+,
联立解得mMdHM+=,B正确;设轻绳长度为L,轻绳与水平方向夹角为时,绳中张力为F,小球速度为v,对小球,根据动能定理,有21sin2mgLmv=,根据牛顿第二定律,有2sinvFmgmL−=。小球的功率GyPmgv=,重力功率
最大时,小球速度的竖直分量yv最大,即小球加速度的竖直分量0ya=,则sinFmg=,联立解得3sin3=,C正确;对滑块,根据力的平衡,水平方向fcosFF=,竖直方向NsinFMgF=+,滑块始终保
持静止fNFF,联立解得()33sin2cos222mMm++,则233122mMm++,解得()323mMMm+,D错误。故选BC。10.ACD【解析】物体B下落到恰与A底板上表面接触的过程中,定滑轮1和2间的绳子变短,则AB、在
水平方向一起往右移动,则A和B接触面有弹力,且A对B的弹力向右,对B做正功,A正确;由于B下落的过程中定滑轮1和2间的绳子变短,则带动着A向右运动,两者水平方向速度相同,水平方向上有,BxAvvB=的运动由水平方向和竖直的两个分运动组成,且B下落多少距离就同时带动A向右运动B下落距
离的一半,则B竖直方向速度2ByAvv=,联立可得225BBxByAvvvv=+=,B错误;由选项B的分析对AB、在水平和竖直方向分别列牛顿第二定律有NN2,,ABxByTFMaFmamgTma−==−=,由于B下落多少距离就同时带动A向右运动B下落距离的一半,则,,2ABxByAaaaa==,
联立得:25ABxmgaaMm==+;45BymgaMm=+,在竖直方向B运动了d,则212Bydat=,解得()52Mmdtmg+=,C正确;在竖直方向B运动了d,则B下落到刚与A接触时,B在y方向的速度为22ByByvad=,解得85BymgdvMm=+,则25ABxmgdvvM
m==+,则物体B下落到刚与A接触时,B的速度为1055BAmgdvvMm==+,正确。故选ACD。三、实验题(共2题,每题6分,共12分)11.(6分,每空2分)(1)不必(2)()0BAmmnm−+(3)0.40【解析】(1)木块与木板间的滑动摩擦力与两者之间的相
对速度无关,则实验拉动木板时不必保持匀速;(2)对木块、砝码以及重物B分析可知()0ABmnmgmgmg++=,解得()0BAmmmnm=−+(3)根据0BAmmmmn=−−,结合图像可知0591985m−==,则0.4
0=12.(6分,每空2分)(1)1b(2)偏大(3)34.810【解析】(1)由题意可知,此方法是电桥法测电阻,当电流表示数为零时,R与xR串联,R与AK并联;同时xR与BK并联,所以有1212,AKxBKIRIRIRIR==,化简可得
1122,AKBKxIRIRIRIR==。最后,得被测电阻的阻值为()BKxAKRRRRR−==,整理得111xxRRR=−,故已知乙图中图像与纵轴的截距为b−,由此可求得1xRb=(2)若要使灵敏电流计示数为零,则需增大角(或减小电阻箱阻值
R),由()xRR−=知,此时测出xR的值大于真实值;(3)同理,由(1)可知12LxLd=,解得34.810mx=13.(12分)【解析】(1)对于B,则抽压第一次时有000102VpVpV=+得001000
232pVppVV==+(2)当抽压第二次时,有010202VpVpV=+得20022002pVpVV=+同理有00002nnnpVpVV=+得023nnpp
=(3)对于A,则可将AB、视为整体有00002ABpVpVpV=+n次后有023nBnppp==代入上式得00223nAppp=−(14分)【解析】(1)根据题意可知,小物块从Q点飞出做平拋运动,设小物块在Q点的速度为Qv,水平方向上有QLv
t=竖直方向上有2122Rgt=小物块在Q点,由牛顿第二定律有2NQvFmgmR+=联立代入数据解得N32NF=由牛顿第三定律可得,小物块运动至Q点时对竖直半圆轨道C的压力为NN32NFF==(2)根据题意,设弹簧压缩至P点时的弹性势能为p
E,小物块由P点到Q点的过程中,由能量守恒定律有2p122QEmgLmgRmv=++解得p72.9JE=(3)设小物块滑上B的速度为0v,有2p001,9m/s2Emvv==之后小物块与B共速()0,,6m/smvmMvv=+=共共根据题意,设小物块脱离轨道时速度大小
为v,方向与竖直方向夹角为,在脱离位置,由牛顿第二定律有2sinvmgmR=小物块冲上C到脱离轨道位置,由动能定理有()22111sin22mgRmvmv−+=−共脱离轨道时,26m/s,sin3
v==脱离轨道后,小物块做斜抛运动,则上升的最大高度为2(cos)2hg=则小物块冲上竖直半圆轨道C至落地过程中上升的最大高度()1sinHhR=++联立代入数据解得5m3H=15.(18分)【解析】(1)小木块向下运动
的时候,由牛顿第二定律有sincosmgmgma−=可得0a=所以匀速运动,依题意有sinhvt=()0Imvmv=−−得8NsI=(2)易知,每段通道长0.5ml=,高10.3mh=,假设走完左边通道二者恰好共速,速度大小为v,则小木块应该上升高度设为
h,由动量守恒和能量守恒有()mvmMv=+()2'21122mvmMvmghfl=+++得0.5mh=因为1hh,所以能够通过物块。设通过后,小木块和物块速度分别为1v和2v,则有12mvmvMv=+222121112222mvmvMvfl=++解得()116m/sv=+(3)令343
m/s,1m/svv==①物块在经过每段粗踈路面时,第一个0.4m摩擦力随位移均匀增大,第二个0.4m摩擦力不变且最大,第三个0.4m摩擦力随位移均匀减小。最大摩擦力12nnndfMgMgL==每经过一个粗糙路面克服摩擦力做功22nnnfnnffWdfddMgd=++
=由于211411222ffdMvdfd+所以会停在0.40.8m之间,设物块位移为x,由动能定理有()21141110422MgdMgxdMv−−−=−得0.7mx=②物块走完这段特殊路面,发生的
位移()89.6mxds=+=总以后要追上小木块,则物块的末速度3vv由动能定理有()2212841122FxMgdMvMv−+++=−总获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue1
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