【物理】浙江省东阳中学2019-2020学年高一上学期开学考试试题 （解析版）

【物理】浙江省东阳中学2019-2020学年高一上学期开学考试试题 （解析版）

浙江省东阳中学高一物理暑假检测卷（领军班）‎ 一、单选题 ‎1.下列说法正确的是（　　）‎ A. 亚里士多德建立了速度、加速度等概念 B. 亚里士多德认为无空气阻力时重物与轻物下落一样快 C. 伽利略理想斜面实验表明物体的运动不需要力来维持 D. 牛顿首次创立了把实验和逻辑推理结合起来的科学方法 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.伽利略建立了速度、加速度等概念，故A不符合题意； ‎ B.伽利略认为无空气阻力时重物与轻物下落一样快，故B不符合题意； ‎ C.伽利略理想斜面实验表明物体的运动不需要力来维持，故C符合题意； ‎ D.伽利略首次创立了把实验和逻辑推理结合起来的科学方法，故D不符合题意；‎ ‎2.作用在某一质点上的两个力F1、F2，F1=10N，F2=5N，这两个力的合力大小可能是（　　）‎ A. 0N B. 4N C. 5N D. 16N ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】如果二力方向相同，则合力：‎ ‎ ；‎ 如果二力方向相反，则合力：‎ ‎ ；‎ 因此，此二力的合力最小是5N，最大是15N．在5N到15N之间都是可能的，，故C符合题意。‎ ‎3.一个石块由高出地面上方H处做自由落体运动，当它的速度大小等于落地速度的一半时，距离地面的高度为(    )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：自由落体运动是初速度0的匀加速直线运动，设末速度为v，则有距地面高度，速度等于时，距离地面的高度则有，整理得选项C对。‎ ‎4.如今商场的自动扶梯具有节能模式，没有顾客时保持静止，当感应到有人站上去后将先加速并最后维持某一速度运动。如图所示，一人站上自动扶梯后，先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，下列说法正确的是（　　）‎ A. 匀加速直线运动期间，人受到的合力为零 B. 匀加速直线运动期间，人受到的合力不为零，方向水平向左 C. 匀速直线运动期间，人受到重力、支持力 D. 匀速直线运动期间，人受到重力、支持力和摩擦力 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.匀加速直线运动时，根据牛顿第二运动定律，人受到的合力不为零，且方向沿速度方向，即斜向上，故A、B不符合题意； ‎ CD.匀速直线运动时，根据牛顿第一定律，人受到的合力为零，竖直方向上重力与支持力平衡，水平方向不受力，所以不受到摩擦力，人受到重力、支持力，故C符合题意、D不符合题意 ‎5.如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )‎ A. 桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B. 鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C. 若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 D. 若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】鱼缸向右加速运动，桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，故A错误；鱼缸在桌布上加速运动，脱离桌布后在桌面上做减速运动，加速度大小相等，且加速运动的末速度等于减速运动的初速度，故可知鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等，故B正确；鱼缸受的摩擦力只与鱼缸的重力和摩擦因数有关，故若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将不变，故C错误；若猫减小拉力，若鱼缸能与桌布保持相对静止，故鱼缸能滑出桌面，故D正确。故选BD。‎ ‎6.如图所示，A、B两物体系在跨过光滑定滑轮的一根轻绳的两端，当A物体以速度v向左运动时，系A、B的绳分别与水平方向成30°、60°角，此时B物体的速度大小为（ ）‎ A. v B. v C v D. v ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：分别对A、B物体速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，根据三角函数关系及沿着绳子方向速度大小相等，可知两物体的速度大小关系．‎ 对A物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为；对B物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为，由于沿着绳子方向速度大小相等，所以则有，因此，故A正确．‎ ‎7.如图把一质量为m的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）。已知A、B的高度差为h，C、B高度差为2h，取图甲小球所处位置为零势能面，重力加速度为g，弹簧的质量和空气阻力均可忽略，则（　　）‎ A. 弹簧的劲度系数为mg/h B. 小球从位置A到位置B，弹簧弹性势能减小，小球动能增大 C. 图甲弹簧的弹性势能为2mgh D. 图乙小球的动能为2mgh ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.位置B为弹簧原长，把球往下按至A位置，迅速松手后，弹簧把球弹起，则小球静止在弹簧上时，弹簧的压缩量小于h，根据胡克定律可知，弹簧的劲度系数k＞，故A不符合题意。‎ B.小球从位置A到位置B，弹簧恢复原长，弹簧弹性势能减小，小球动能先增大后减小，动能最大的位置在弹簧弹力和重力相等的位置，此时弹簧处于压缩状态，故B不符合题意。‎ C.图甲到图丙的过程中，弹性势能减小，重力势能增加3mgh，则图甲中的弹性势能为3mgh，故C不符合题意。‎ D.图乙到图丙的过程中，动能减小，重力势能增加2mgh，则图乙小球的动能为2mgh，故D符合题意。‎ ‎8.跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图所示，已知人的质量为70kg，吊板的质量为10kg，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计，取重力加速度g=10m/s2，当人以440N的力拉绳时，人与吊板的加速度a的大小和人对吊板的压力F的大小分别为  （   ）‎ A. a=1.0m/s2，F=260N B. a=1.0m/s2，F=330N C. a=3.0m/s2，F=110N D. a=3.0m/s2，F=50N ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】CD.以整体为研究对象，整体受重力、两根绳子的拉力（T）；由牛顿第二定律可知：整体的加速度 ；选项CD不符合题意 AB.以人为研究对象，由牛顿第二定律可知：，解得人受吊板支持力；由牛顿第三定律可知人对吊板的压力为330N，选项A不符合题意；选项B符合题意 ‎9.“跳一跳”小游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边平台上。如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，其最高点离平台的高度为h，水平速度为v；若质量为m的棋子在运动过程中可视为质点，只受重力作用，重力加速度为g，则（　　）‎ A. 棋子从最高点落到平台上所需时间t=‎ B. 若棋子在最高点的速度v变大，则其落到平台上的时间变长 C. 棋子从最高点落到平台的过程中，重力势能增加mgh D. 棋子落到平台上时的速度大小为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从最高点到平台的过程可以看作是平抛运动，根据h=得：t=，故A符合题意。‎ B.从最高点到平台过程为平抛运动，运动的时间由高度决定，与最高点的速度无关，故B不符合题意。‎ C.棋子从最高点落到平台的过程中，下降的高度为h，重力势能减小mgh，故C不符合题意。‎ D.根据动能定理得：mgh=，解得棋子落到平台上的速度大小为：，故D不符合题意。‎ ‎10.如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆直径与地面垂直,一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时,对应的轨道半径为(重力加速度为g)( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设半圆的半径为R，根据动能定理得：−mg•2R＝mv′2−mv2，离开最高点做平抛运动，有：2R=gt2，x=v′t，联立解得： ，可知当R=时，水平位移最大，故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎11.如图所示，斜面体质量为M，倾角为θ，置于水平地面上，当质量为m的小木块沿 斜面体的光滑斜面自由下滑时，斜面体仍静止不动．则（　　）‎ A. 斜面体受地面的支持力为Mg B. 斜面体受地面的支持力为（m+M）g C. 斜面体受地面的摩擦力为mgcosθ D. 斜面体收地面的摩擦力为mgsin2θ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由题，斜面是光滑的，则由牛顿第二定律可得物体m下滑时加速度大小为a=gsinθ．‎ ‎ 对整体进行研究，分析受力情况，作出力图，将m的加速度a分解为水平和竖直两个方向，根据牛顿第二定律有：竖直方向：（M+m）g-N=masinθ＞0，则N＜（M+m）g，所以斜面体受地面的支持力小于（M+m）g．故AB均错误。对整体：有水平方向的加速度，则地面对斜面的摩擦力方向也水平向右，由牛顿第二定律得：水平方向：f=macosθ=mgsinθcosθ=mgsin2θ．故C错误，D正确。故选D。‎ ‎12.如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距．重力加速度大小为g．在此过程中，外力做的功为（　　）‎ A mgl B. mgl C. mgl D. mgl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据功能关系可知，拉力所做的功等于MQ段下半部分移动时重力势能的增加量；由图可知，下半部分质量为m/3，移动后重心升高的高度h=l/3；故重势能增加量为：△EP=m'gh=；故D正确，ABC错误。故选D。‎ 二、多选题 ‎13.如图所示，质量均为m的小球A、B用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O点，在外力F的作用下，小球A、B处于静止状态，若外力F在竖直面内旋转仍然使两小球处于静止状态，且悬线OA与竖直方向的夹角θ保持30°不变，则外力F的大小可能为（　　）‎ A. mg B. mg C. mg D. mg ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】对AB两球整体受力分析，受重力G=2mg，OA绳子的拉力T以及拉力F，三力平衡，将绳子的拉力T和拉力F合成，其合力与重力平衡，如图 ‎ 当拉力F与绳子的拉力T垂直时，拉力F最小，最小值为Fmin=（2m）gsin30°，即mg；‎ 由于拉力F的方向具有不确定性，因而从理论上讲，拉力F最大值可以取到任意值，故CD正确。故选：CD。‎ ‎14.两根长度不同的细线下面分别悬挂两个完全相同的小球A、B，细线上端固定在同一点，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动已知A球细线跟竖直方向的夹角为，B球细线跟竖直方向的夹角为，下列说法正确的是　　‎ A. 细线和细线所受的拉力大小之比为：1‎ B. 小球A和B的向心力大小之比为1：3‎ C. 小球A和B的角速度大小之比为1：1‎ D. 小球A和B的线速度大小之比为1：‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A项：两球在水平面内做圆周运动，在竖直方向上的合力为零，由：TAcos30°=mg，TBcos60°=mg，则，TB=2mg，所以，故A错误；‎ B项：小球A做圆周运动的向心力FnA=mgtan30°=，小球B做圆周运动的向心力FnB=mgtan60°=，可知小球A、B的向心力之比为1：3，故B正确；‎ C、D项：根据mgtanθ=m•htanθ•ω2= 得，角速度，线速度可知角速度之比为1：1，线速度大小之比为1：3，故C正确，D错误。‎ ‎15.用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示，现有一质量为m的子弹自左向右水平射入木块，并停留在木块中，子弹初速度为，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能不守恒 B. 子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为 C. 忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能 D. 子弹和木块一起上升的最大高度为 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒，所以整个过程的机械能不守恒。故A正确；由子弹射入木块瞬间，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，可得子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为 v=．故B正确。忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，由于子弹射入木块的过程机械能有损失，所以其机械能小于子弹射入木块前的动能，故C错误；子弹射入木块后子弹和木块一起上升，由机械能守恒定律得 （M+m）v2=（M+m）gh，可得上升的最大高度为．故D错误。故选AB。‎ ‎16.如图，长度为L的小车静止在光滑的水平面上，可视为质点的小物块放在小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f，物块运动到小车的最右端时，小车通过的距离为则　 　‎ A. 物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fx B. 物块到达小车最右端时，物块具有的动能为 C. 在这个过程中，摩擦力对物块所做的功为 D. 在这个过程中，物块和小车增加的动能为fx ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 对小车，由动能定理得，A正确；对物块，由动能定理可知，小车的动能为，B错误；物块克服摩擦力做功，C正确；对物块与小车组成的系统，由能量守恒定律可知，系统增加的机械能为，D错误．‎ 三、实验题 ‎17.某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”，实验步骤如下：‎ ‎①用两个弹簧测力计互成角度地拉细绳套使橡皮筋伸长，结点到达某一位置，记为O；‎ ‎②记录两个弹簧测力计的示数F1和F2，及记下F1、F2的方向；‎ ‎③只用一个弹簧测力计，将结点仍拉到位置O，记录测力计的示数F3；‎ ‎④按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3；‎ ‎⑤根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；‎ ‎⑥比较F3和F的一致程度。‎ ‎（1）步骤③中，有一个重要遗漏是______；‎ ‎（2）他在操作过程中有如下看法，其中正确的是______；‎ A．拉橡皮筋时弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行 B．两个拉力的夹角越大越好 C．橡皮筋弹性要好，使结点到达某一位置O时，拉力要适当大一些 D．拉橡皮筋的绳细一些、长一些，可以减小实验误差 ‎（3）若弹簧测力计指针位置如图所示，读数为______N。‎ ‎（4）某同学在坐标纸上画出了如图所示的两个分力F1和F2，用图中小方格的边长表示2.0N，则两个力的合力F=______N。‎ ‎【答案】 (1). 记下拉力F3的方向； (2). ACD； (3). 2.73； (4). 12.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在记录力的大小与O点的同时，应该要记录力的方向，故有一个重要遗漏是记下F3的方向；‎ ‎（2）A．拉橡皮筋时弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行，故A符合题意；‎ B．两个拉力的夹角应该适当的大一些，不是越大越好，故B不符合题意；‎ C．橡皮筋弹性要好，使结点到达某一位置O时，拉力要适当大一些，故C符合题意；‎ D．拉橡皮筋的绳细一些、长一些，记录方向时，点的距离可以大一些，离绳的轴线会更近一些，可以减小实验误差，故D符合题意。‎ 故选：ACD。‎ ‎（3）由图可得弹簧测力计的读数为2.73N；‎ ‎（4）作出图平行四边形如图所示：‎ 由图可知合力的大小F=6×2.0N=12.0N；‎ ‎18.用如图所示的实验装置“探究做功与物体速度变化的关系”，当静止的小车在一条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做功记为W，当用2条、3条、4条…橡皮筋并在一起进行实验时，橡皮筋对小车做功可分别记为2W、3W、4W…．每次实验中小车获得的速度v由打点计时器所打的纸带测出。‎ ‎（1）除了图中给定的器材，必须用到的还有______‎ A．4～6V的交流电源              B．刻度尺           C．秒表                      D．天平 ‎（2）关于本实验的下列要求和操作中，正确的是______‎ A．每根橡皮筋的粗细和原长必须尽可能相同 B．在接通电源的同时释放小车 C．每次实验小车都必须从同一个位置由静止释放 D．通过改变小车质量可以改变橡皮筋对小车做的功 ‎（3）关于实验中平衡摩擦力的说法，正确的是______‎ A．为了在释放小车后，小车能做匀加速运动 B．可使橡皮筋松弛后小车做匀速运动 C．可使小车受到的合外力始终为0‎ D．可用橡皮筋对小车做的功表示合外力对小车做的功 ‎（4）为探究橡皮筋对小车做功W与速度v变化的关系，该同学尝试着画了W-v2图线，则该同学画的图线可能是下列图线中的______‎ ‎【答案】 (1). AB； (2). AC； (3). BD； (4). CD ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）“探究做功与物体速度变化的关系”实验中除了图中所给的器材外，还需打点计时器所用的低压学生电源，测位移的刻度尺，故选：AB。‎ ‎（2）A.只有每根橡皮筋的原长是一样的，才保证每次做的功分别是W、2W、3W 等，故选项A符合题意；‎ B.凡涉打点计时器实验均应先通电再释放小车，故选项B不符合题意；‎ C.只要每次使小车被橡皮筋弹出时每根橡皮筋的伸长一样，所以要使小车从同一位置释放，故选项C符合题意；‎ D.是通过改变橡皮筋的条数来改变对小车做的功，故选项D不符合题意。‎ ‎（3）A.目的是让拉力近似等于合力，故选项A不符合题意；‎ B.当橡皮筋恢复原长后做匀速直线运动，选项B符合题意；‎ C.当橡皮筋伸长时，物体的合外力就是拉力，之后合外力为零，故选项C不符合题意；‎ D.同选项A一样，拉力做的功就是合外力做的功，选项D符合题意。‎ ‎（4）若还考虑阻力的话，根据动能定理有：W-Wf=，由此看出W-v2图象是一条直线，当平衡好摩擦力时，直线过原点，故选项CD符合要求。‎ 四、计算题 ‎19.如图甲所示，质量为的物体置于倾角为固定斜面足够长上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，时撤去拉力，物体运动的部分图象如图乙，试求： ‎ 物体沿斜面上行时加速运动与减速运动的加速度大小；‎ 物体与斜面间的滑动摩擦因数；‎ 第1s内拉力F的冲量．‎ ‎【答案】(1) , (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图可知，加速时的加速度；‎ 减速过程；‎ ‎（2）对减速过程分析，由牛顿第二定律可得：‎ ‎ ‎ 解得：；‎ ‎（3）加速过程中由牛顿第二定律可知：‎ ‎ ‎ 而F冲量 ‎ 联立解得： ．‎ ‎20.如图所示，质量为M＝2 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝1 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3.6 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动．已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2.求：‎ ‎(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小和方向；‎ ‎(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块加速度大小；‎ ‎(3)若长木板足够长,滑块与长木板达到的共同速度v.‎ ‎(4)小滑块与长木板速度相等时，小滑块相对长木板上滑行的距离L ‎【答案】（1）1N，方向向右；（2）1m/s2；（3）1.2m/s；（4）4.32m．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）长木板所受的摩擦力为滑动摩擦力，大小为：‎ f=μmg=0.1×1×10N=1N 方向向右，如图所示．‎ ‎（2）对滑块，由牛顿第二定律得：‎ μmg=ma 得出：‎ a=μg=1m/s2‎ ‎（3）以木板为研究对象，根据牛顿第二定律：‎ μmg=Ma′‎ 可得出木板的加速度为：‎ a′=0.5m/s2‎ 设经过时间t，滑块和长木板达到共同速度v，则满足：‎ 对滑块有：‎ v=v0-at 对长木板有：‎ v=a′t 由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度为：‎ v=1.2m/s，t=2.4s ‎（4）小滑块与长木板速度相等时，木板前进的位移为：‎ x1=‎ 滑块前进的位移为：‎ x2=‎ 小滑块相对长木板上滑行的距离为：‎ L=x2-x1==×2.4m=4.32m ‎21.如图所示，一轻绳连着一小球，悬挂于O点，现把小球拉开一角度后静止释放。设小球质量m=3kg，绳长L=4m，小球运动的最低点离地高度h=5m。‎ ‎（1）若小球通过最低点的速度大小为v=2m/s，求此时绳的拉力大小；‎ ‎（2）若轻绳能够承受的最大拉力为78N，求允许小球通过最低点的最大速率；‎ ‎（3）若以（2）问的最大速率通过最低点时，轻绳恰好断裂，小球抛出，求小球平抛的水平位移大小。‎ ‎【答案】（1）33N；（2）8m/s；（3）8m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）质点在最低点受到的拉力与重力提供向心力，则：‎ ‎，‎ 代入数据解得：‎ F=33N ‎（2）小球下摆到B点时，绳的拉力和重力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律的：‎ ‎，‎ 代入数据解得：‎ vm=8m/s ‎（3）绳子断后，小球做平抛运动，运动时间为t，‎ 竖直方向：h=gt2，‎ 水平方向，DC间距离：x=vmt，‎ 代入数据解得：x=8m；‎ ‎22.如图所示，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。质量m=0.1kg的小物块（可视为质点）从空中的A点以v0=2m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能Epm=0.8J，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）小物块从A点运动至B点的时间；‎ ‎（2）小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小；‎ ‎（3）C、D两点间的水平距离L。‎ ‎【答案】（1）0.35s （2）8N （3）1.2m ‎【解析】‎ ‎（1）小物块恰好从B端沿切线方向进入轨道，据几何关系有： ‎ 解得： ‎ ‎（2） ．‎ 小物块由B运动到C，据动能定理有：mgR（1+sinθ）=mυC2-mυB2 ‎ 在C点处，据牛顿第二定律有 联立两式代入数据解得NC=8N．‎ ‎（3）从C点到D点，由动能定理可知： ‎ 解得：L=1.2 m