福建省三明市第一中学2020届高三上学期第一次月考物理试题

福建省三明市第一中学2020届高三上学期第一次月考物理试题

三明一中2019-2020学年高三第一次月考 物理试卷（必修一部分）‎ 一、单选题：（本题共8小题，共24分。在每小题给出的四个选项中，每题只有一项符合题目要求，每小题3分）‎ ‎1.在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是 A. 晓敏同学所受的重力变小了 B. 晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力 C. 电梯一定在竖直向下运动 D. 电梯的加速度大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在这段时间内处于失重状态，是由于他对体重计的压力变小了，而他的重力没有改变，故A错误；‎ B. 晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是作用力与反作用力的关系，大小相等，故B错误；‎ C.因为处于失重状态，重力大于受到的支持力，加速度方向竖直向下，但电梯可能向上减速或向下加速。故C错误；‎ D. 以竖直向下为正方向，有：‎ mg-F=ma 解得 a=‎ 方向竖直向下。故D正确；‎ ‎2.如图所示，有一辆汽车满载西瓜在水平路面上匀速前进．突然发现意外情况，紧急刹车做匀减速运动，加速度大小为a，则中间一质量为m的西瓜A 受到其他西瓜对它的作用力的大小是 A. m B. ma C. m D. m(g+a)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 西瓜受到重力和其它西瓜给它的作用力而减速运动，加速度水平向右，其合力水平向右，作出西瓜A受力如图所示：‎ ‎ 由牛顿第二定律可得： , 所以： ，故ABD错误，C正确．故选C．‎ 点睛：无论是已知运动求受力情况，还是已知受力求运动情况，加速度都是联系力与运动的桥梁，正确受力分析，根据牛顿第二定律列方程是解题关键.‎ ‎3.一个质点做直线运动，其平均速度随时间变化规律为（m/s），t的单位为s，则当质点的速度大小为9m/s时，质点运动的位移为 A. 3.75m B. –3.75m C. 2.25m D. –2.25m ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据匀变速直线运动的位移时间关系，根据平均速度定义式可知 所以 ‎ ，‎ 所以当质点的速度大小为9m/s时，方向与初速度方向相反，根据位移速度关系式可知 A. 3.75m与分析不符，故A错误。‎ B. –3.75m与分析相符，故B正确。‎ C. 2.25m与分析不符，故C错误。‎ D. –2.25m与分析不符，故D错误。‎ ‎4.如图所示，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放在一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平，则在斜面上运动时B受力的示意图为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】整体向上做匀减速直线运动，加速度方向沿斜面向下，则B的加速度方向沿斜面向下。根据牛顿第二定律知，B的合力沿斜面向下，则B一定受到水平向左的摩擦力以及重力和支持力。‎ A.与分析相符，故A正确。‎ B.与分析不符，故B错误。‎ C.与分析不符，故C错误。‎ D.与分析不符，故D错误。‎ ‎5.如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的位移—时间（x－t）图象，A质点的图像为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点C、D坐标如图。下列说法不正确的是（ ）‎ A. A、B相遇两次 B. t1～t2时间段内B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等 C. 两物体速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的中间时刻 D. A在B前面且离B最远时，B的位移为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】图象的交点表示同一时刻到达同一位置而相遇，可知，A、B分别在t1和t2两个时刻相遇，故A正确；t1～t2时间段内，两质点通过的位移相等，则B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等，故B正确。位移-时间图象斜率表示速度，B图线的切线斜率不断增大，而且B图线是抛物线，有x=kt2，则知B做匀加速直线运动。因为t1～t2时间段内，B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等，而匀变速直线运动的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，所以两物体速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的中间时刻，故C正确。当AB速度相等时，相距最远，该时刻在t1～t2时间段内的中间时刻，由于B做匀加速直线运动，所以此时B的位移小于，故D错误。本题选不正确的，故选D。‎ ‎【点睛】解决本题的关键要理解位移-时间图象点和斜率的物理意义：知道两图线相交表示相遇，斜率表示速度。‎ ‎6.物体a、b从同一位置沿同一直线运动的v-t图象如图所示，下列说法正确的是 A. 前4s，a、b均做匀变速直线运动 B. t=4s时，a、b相遇 C. t=4s时，a、b相距20m D. t=2s时，a、b速度方向均发生改变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 图象的斜率表示加速度，由图可知，前4s，ab的加速度方向都发生了变化，不是匀变速直线运动，故A错误。‎ BC. 图线与时间轴围成的面积表示位移，则t=4s时，a、b相距 故B错误C正确。‎ D. 由图象可知，前4s，a的速度都为正，b的速度都为负，所以t=2s时，a、b速度方向均没有发生改变。故D错误。‎ ‎7.如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环.现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L，则钩码的质量为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】重新平衡后，绳子形状如下图：‎ 由几何关系知：绳子与竖直方向夹角θ为30°，则环两边绳子的夹角为60°，则根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为，根据平衡条件，则钩码的质量为。‎ A. 与分析不符，故A错误。‎ B. 与分析不符，故B错误。‎ C. 与分析不符，故C错误。‎ D. 与分析相符，故D正确。‎ ‎8.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离.下列说法正确的是(　)‎ A. B和A刚分离时，弹簧长度等于原长 B. B和A刚分离时，它们的加速度为g C. 弹簧的劲度系数等于 D. 在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：A、B和A刚分离时，B受到重力mg和恒力F，B的加速度为零，A的加速度也为零，说明弹力对A有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态．故AB错误．B和A刚分离时，弹簧的弹力大小为mg，原来静止时弹力大小为2mg，则弹力减小量△F=mg．两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小△x=h，由胡克定律得：．故C正确；对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，开始时合力为零，当加向上的拉力F=mg时，整体向上做加速运动；在向上运动过程中，重力2mg不变，弹力在减小，合力减小，加速度减小，故整体做变加速运动．故D错误．‎ 考点：牛顿第二定律应用.‎ ‎【名师点睛】此题考查了牛顿第二定律应用；解题的关键是搞清两个物体分离的条件：一是加速度相等，二是两物体之间的弹力为零；所以只要分别隔离两个物体即可求解相关的物理量；此题物理过程比较复杂，需认真分析.‎ 二、多选题：（本题共4小题，共12分。第9～12题有多个选项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎9.如图所示，一质量为m、半径为r的光滑球A用细绳悬挂于O点，另一质量为M、半径为R的半球形物体B被夹在竖直墙壁和A球之间，B的球心到O点之间的距离为h，A、B的球心在同一水平线上，A、B处于静止状态。重力加速度为g。则下列说法正确的是 A. A对B的压力大小为 B. 竖直墙壁对B的摩擦力可能为零 C. 当只轻轻把球B向下移动一点距离，若A、B再次保持静止，则A对B的压力大小保持不变，细绳拉力增大 D. 当只轻轻把球B向下移动一点距离，若A、B再次保持静止，则A对B的压力减小，细绳拉力减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析小球的受力情况，运用合成法作图，结合三角形相似求出B对A的支持力，从而求得A对B的压力.分析B的受力情况，由平衡条件判断墙壁对B的摩擦力.当只轻轻把球B向下移动一点距离，再用同样的方法得到B对A的支持力和细绳拉力的表达式，即可分析它们的变化.‎ ‎【详解】A．分析A球的受力情况，如图1所示：‎ N与mg的合力与T等大反向共线，根据两个阴影三角形相似得：，得：，，由牛顿第三定律知A对B的压力大小为：，故A正确.‎ B．B在竖直方向受到重力，而AB间无摩擦，由平衡条件知竖直墙壁对B一定有摩擦力，故B错误.‎ CD．当只轻轻把球B向下移动一点距离，分析A球的受力情况，如图2所示：‎ N与T的合力与mg等大反向共线，根据两个阴影三角形相似得：‎ 可得：，，由于L＞h，可知，N减小，T减小，由牛顿第三定律知A对B的压力减小，故C错误，D正确.‎ 故选AD.‎ ‎【点睛】本题中没有角度，所以可以采用三角形相似研究共点力平衡问题.正确作出力的合成图是关键.‎ ‎10.如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点.一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q 两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下，处于水平方向，现缓慢改变绳OA的方向至θ<90°，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态.下列说法正确的是 A. 绳OA的拉力先减小后增大 B. 斜面对P的摩擦力不断减小 C. 地面对斜面体有向右的摩擦力 D. 地面对斜面体的支持力不断减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 缓慢改变绳OA的方向至θ＜90°的过程中，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置再到3位置，如图所示 可见绳OA的拉力先减小后增大，绳OB的拉力一直减小；故A正确；‎ B. 若开始时P受绳子的拉力比较小，则斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OB拉力一直增大，则摩擦力先变小后反向增大，故B错误。‎ C. 以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面受地面的摩擦力与OA绳子水平方向的拉力等大反向，故摩擦力方向向左，故C错误。‎ D. 以斜面体和P整体为研究对象受力分析，由于绳OB的拉力一直减小，其竖直向下的分力一直减小，根据竖直方向受力平衡，知地面对斜面体的支持力不断减小。故D正确；‎ ‎11.如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块的速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则 A. 传送带一定逆时针转动 B. ‎ C. t0后木块的加速度为 D. 传送带的速度大于v0‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若传送带顺时针转动，当滑块下滑()，将一直匀加速到底端；当滑块上滑()，先匀加速运动，在速度与传送带相等后将匀速运动；两种均不符合运动图象，则传送带是逆时针转动；故A正确。‎ B．传送带是逆时针转动，滑块在0~t0内，滑动摩擦力向下，作匀加速下滑 由图可知：‎ 解得：‎ 故B错误；‎ C．t0后滑动摩擦力向上，加速度 代入μ值得 故C正确。‎ D．当滑块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力发生变化，滑块的加速度发生变化，则传送带的速度等于v0，故D错误。‎ ‎12.如图所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A. 小滑块的质量m＝2 kg B. 小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1‎ C. 当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2‎ D. 当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析。‎ ‎【详解】对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（M+m）a，‎ 当F=6N时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：M+m=3kg 当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：a= ‎ 知图线的斜率k解得：M=1kg，滑块的质量为：m=2kg。故A正确；‎ B、C项：根据F大于6N图线知，当F=6N时，加速度a=2m/s2，即有： ‎ 代入数据解得：μ=0.2，‎ 当F=7N时，长木板的加速度为：a= 3m/s2。‎ 根据μmg=ma′得木板的加速度为：a′=μg=4m/s2，故B错误，C正确；‎ D项：当拉力增大时，两物体发生滑动时，木块的加速度为 ，恒定不变，故D错误。‎ 故选：AC。‎ ‎【点睛】本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析。‎ 三、填空、实验题（本题共3小题，每空2分，共20分。）‎ ‎13.某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验装置如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。根据实验数据在白纸上所作图如图乙所示，已知实验过程中操作正确。‎ ‎(1)乙图中F1、F2、F、F′四个力，其中力__________(填上述字母)不是由弹簧测力计直接测得的。实验中，要求先后两次力的作用效果相同，指的是__________(填正确选项前字母)。‎ A．两个弹簧测力计拉力F1和F2的大小之和等于一个弹簧测力计拉力的大小 B．橡皮条沿同一方向伸长 C．橡皮条伸长到同一长度 D．橡皮条沿同一方向伸长同一长度 ‎(2)丙图是测量中某一弹簧测力计的示数，读出该力大小为__________N。‎ ‎【答案】 (1). （1）F； (2). D； (3). （2）9.0．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）F在以F1与F2为邻边的平行四边形的对角线上，不是由弹簧测力计直接测出的．‎ 该实验采用了“等效替代”法，即合力与分力的关系是等效的，前后两次要求橡皮条沿同一方向伸长同一长度，故ABC错误，D正确，故选D．‎ ‎（2）由图丙所示弹簧测力计可知，其分度值为1N，所示为：9.0N．‎ ‎【点睛】本题考查了实验数据处理与弹簧测力计读数，知道实验原理与实验数据处理方法是解题的前提与关键；对弹簧测力计读数时要先确定其分度值，然后再根据指针位置读数．‎ ‎14.如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长长度的关系实验．‎ ‎ ‎ ‎（1）实验中还需要的测量工具有：______‎ ‎（2）如图乙所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x，由图可知：图线不通过原点的原因是由于______；弹簧的劲度系数______计算结果保留2位有效数字，重力加速度g取；‎ ‎（3）如图丙所示，实验中用两根不同的弹簧a和b，画出弹簧弹力F与弹簧长度L的图象，下列正确的是______‎ A．a的原长比b的长 B．的劲度系数比b的大 C．a的劲度系数比b的小 D．弹力与弹簧长度成正比 ‎【答案】 (1). 刻度尺 (2). 弹簧有自身重力 (3). 4.9 (4). B ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）［1］实验需要测量弹簧伸长的长度，故需要刻度尺。 （2）［2］由图可知，当F=0时，x0，说明没有挂重物时，弹簧有伸长，这是由于弹簧自身的重力造成的。故图线不过原点的原因是由于弹簧有自身重力，实验中没有考虑（或忽略了）弹簧的自重。‎ ‎［3］由图线乙，弹簧的劲度系数 k===4.9N/m ‎（3）［4］A.由图丙知，F-L图像横坐标的截距表示原长，故b的原长比a的长，选项A错误；‎ BC.由弹簧的劲度系数k=知，a图线较b图线倾斜，a的劲度系数比b的大，选项B正确，C错误；‎ D.图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比，选项D错误。‎ ‎15.两实验小组分别作“探究加速度和力、质量的关系”实验。‎ ‎（1）A组用如图甲所示装置做实验，图中带滑轮的长木板放置于水平桌面上，拉力传感器可直接显示所受拉力的大小，做实验时，下列操作必要且正确的是_______.‎ a.将长木板右端适当垫高,使小车能自由匀速滑动 b.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数 c.为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量d.用天平测出砂和砂桶的质量 ‎(2) B组用如图乙所示的实验装置来做实验。‎ ‎①在正确、规范的操作中，打出一条如下图所示的纸带，每两个计数点之间还有四个计时点没有画出来，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器的频率为50Hz。打第4个计数点时小车的速度v4=_______m/s；小车做匀加速直线运动的加速度a =______m/s 2。（保留三位有效数字）‎ ‎②平衡了摩擦力后，在小车质量M保持不变的情况下,不断往砂桶里加砂，直到砂的质量最终达到。测出每次加砂后，砂和砂桶的总重力F和小车的加速度a，作a- F的图象。下列图线正确的是_______ .‎ ‎【答案】 (1). AB (2). 1.21 (3). 2.02 (4). C ‎【解析】‎ ‎（1）实验前要平衡摩擦力，将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动，选项A正确；为重复利用纸带，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数，选项B正确；绳子的拉力可以由拉力传感器，读出，实验中不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，选项C错误；选项D错误。‎ ‎（2）①每两个计数点之间还有四个计时点没有画出来，因此相邻两计数点间的时间间隔为T=0.1s，打计数点4时小车的瞬时速度等于计数点3~5间的平均速度，则有：；根据，解得。‎ ‎②平衡了摩擦力后，对小车有：T=Ma，对砂和砂桶有：mg−T=ma，联立可得：。若满足，则有，即的图象为直线，当砂和砂桶的质量较大时，不再满足这一条件，此情况下按相同方式描点的图象遵循规律，随着砂的质量的增加，的图象的斜率为将减小，所以图线将向下弯曲。‎ ‎【点睛】本题实验源于课本，但是又不同于课本，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度．注意在本实验中不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，因为拉力可以弹簧秤直接测出．‎ 四、计算题（本题共5小题，共44分解题要求：（1）写出依据的主要公式或变形公式；（2）代入数据；‎ ‎16.底面粗糙、质量为M=3kg的劈放在粗糙水平面上，劈的斜面光滑且与水平面成30°角。现用一端固定的轻绳系一质量为m=1kg的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°，如图所示。求：‎ ‎（1）当劈静止时，绳子的拉力大小为多少？‎ ‎（2）地面对劈的支持力大小与摩擦力大小为多少？‎ ‎【答案】(1) (2) 支持力大小为：，摩擦力大小为：N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球受力分析如图所示。‎ ‎ ‎ 根据平衡条件得知，T与N的合力 F=mg，‎ 得 N ‎(2)小球和斜面整体受力分析如图所示.‎ ‎ ‎ 由于系统静止，合力为零。则有 ‎，‎ 解得 N，‎ ‎17.气球以5 m/s的速度从地面匀速上升，上升过程中从气球上掉落一个小物体，该物体离开气球后经2 s着地．小物体离开气球后，气球以1 m/s2的加速度匀加速上升．空气对小物体的阻力不计，g取10 m/s2.试求：‎ ‎(1)小物体离开气球时，气球的高度；‎ ‎(2)小物体着地时的速度大小；‎ ‎(3)小物体着地时，气球的高度．‎ ‎【答案】（1）10m（2）15m/s（3）12m ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设小物体离开气球时，气球离地的高度为，取竖直向上为正方向，则，代入得：。‎ ‎（2）小物体着地时的速度大小为（“-”表示方向向下）。‎ ‎（3）小物体着地时，气球的高度。‎ 考点：竖直上抛运动 ‎【名师点睛】对于运动学公式，要熟练运用，要明确知道①所有的运动学公式都是矢量式，要注意正方向的选择；②每一个运动学公式都牵扯到四个物理量，而描述匀变速直线运动的物理量只有五个，要牢牢掌握每个公式。‎ ‎18.两物体A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图(a)所示，在A、B的速度达到6m/s时，撤去推力F.已知A、B质量分别为mA＝1kg、mB＝3kg，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B与地面间没有摩擦，B物体运动的v-t图象如图(b)所示.g取10m/s2，求：‎ ‎(1)推力F的大小.‎ ‎(2)A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离.‎ ‎【答案】(1) F=15N (2) 物体A、B之间的距离为6m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在水平推力F作用下，设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a，由B物体的v-t图象得 a=3m/s2‎ 对于A、B整体，由牛顿第二定律得 代入数据解得 F=15N ‎(2)设物体A匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物体分离。A在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B做匀速运动，对于A物体有 解得 根据匀变速规律 解得 t=2s 物体A的位移为 ‎=6m 物体B位移为 ‎=12m 所以，A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离为 ‎=6m ‎19.如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；‎ ‎（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'；‎ ‎（3）B被敲击后获得的初速度大小vB．‎ ‎【答案】（1）；（2）aB=3μg，aB′=μg；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg 匀变速直线运动2aAL=vA2‎ 解得 ‎（2）设A、B的质量均为m 对齐前，B所受合外力大小F=3μmg 由牛顿运动定律F=maB，得aB=3μg 对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg 由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg ‎（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA 则v=aAt，v=vB–aBt 且xB–xA=L 解得。‎ ‎20.某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为S。比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点。整个过程中球一直保持在球拍中心不动。比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如题25图所示。设球在运动中受到空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g。‎ ‎（1）求空气阻力大小与球速大小的比例系数；‎ ‎（2）求在加速跑阶段球拍倾角随速度变化的关系式；‎ ‎（3）整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比θ0‎ 大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求β应满足的条件。‎ ‎【答案】（1）tanθ0（2）tanθ=+tanθ0（3）a’t2≤r ‎【解析】‎ ‎（1）在匀速运动阶段，有mgtanθ0=kv0，‎ 解得：k=tanθ0。‎ ‎（2）加速阶段，设球拍对球的支持力为N’，有N’sinθ-kv=ma，‎ N’cosθ=mg 联立解得：tanθ=+tanθ0。‎ ‎（3）以v0做匀速直线运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有 F=。‎ 球拍倾角为θ0+β时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a’，有 Fsinβ=ma’，‎ 设匀速跑阶段所用时间为t，有：t=-，‎ 球不从球拍上掉落的条件为a’t2≤r。‎ 解得sinβ≤cosθ0。‎ ‎ ‎