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1、階段滾動卷一 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，時間90分鐘。 第Ⅰ卷 一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一個選項符合題目要求，第8～12題有多項符合題目要求，全部答對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分) 1．(2019·烏魯木齊二模)2018年7月1日，具有完全自主產(chǎn)權(quán)的我國加長版“復(fù)興號”動車組正式在京滬線上運行。一列加長版“復(fù)興號”動車組從上海虹橋車站由靜止開始做勻加速直線運動，從某節(jié)車廂前端開始通過站臺上一站立的工作人員開始計時，相鄰兩節(jié)車廂依次通過該工作人員的時間之比不可能是(

2、　　) A．2∶1 B．5∶2 C．6∶5 D．7∶3 答案　B 解析　初速度為零的勻變速直線運動通過連續(xù)相等位移的時間之比為1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。通過連續(xù)兩個相等位移的時間的最大比值為1∶(－1)，該題是從某節(jié)車廂前端通過該工作人員開始計時，故只要比值小于1∶(－1)均有可能，故B不可能。 2. 如圖所示，A、B兩物體相距s＝7 m，物體A以vA＝4 m/s的速度向右做勻速直線運動(A所受的平衡摩擦的外力未畫出)，而物體B此時的速度vB＝10 m/s，只在滑動摩擦力作用下向右做勻減速直線運動，B與水平地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，那么物體A追上物體B所用的時間為(　　

3、) A．7 s B．8 s C．9 s D．10 s 答案　B 解析　B勻減速運動的加速度大小a＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2，B速度減為零的時間t1＝＝ s＝5 s，此時A的位移xA＝vAt1＝4×5 m＝20 m，B的位移xB＝＝ m＝25 m，由于xB＋s＞xA，可知B速度減為零時，A還未追上B，A繼續(xù)追及的時間t2＝＝ s＝3 s，則物體A追上物體B所用的時間t＝t1＋t2＝5 s＋3 s＝8 s，故B正確，A、C、D錯誤。 3．(2019·湖南三湘名校教育聯(lián)盟三模)甲、乙兩輛汽車在平直公路上，從同一地點同時同向均做勻加速直線運動，甲、乙速度的平方隨位移

4、變化的圖象如圖所示，則(　　) A．甲車的加速度比乙車的加速度小 B．在x＝0.5 m處甲、乙兩車的速度均為2 m/s C．在t＝2 s末甲、乙兩車相遇 D．在x＝4 m處甲、乙兩車不相遇 答案　C 解析　根據(jù)勻變速直線運動速度位移關(guān)系公式v2－v＝2ax，得v2＝2ax＋v，可知圖象的斜率k＝2a，由圖可知，甲的斜率大于乙的斜率，故甲車的加速度比乙車的加速度大，A錯誤；由圖象可知，在x＝0.5 m處甲、乙兩車的速度平方均為2 m2·s－2，速度均為 m/s，故B錯誤；由v2－v＝2ax，結(jié)合圖象可知，甲車做初速度為0、加速度為2 m/s2的勻加速直線運動，乙車做初速度為1 m

5、/s、加速度為1 m/s2的勻加速直線運動，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可得兩車相遇時：x＝a甲t2＝v0t＋a乙t2，解得t＝2 s，相遇時的位移為x＝4 m，故C正確，D錯誤。 4．(2019·山東威海三模)甲、乙兩球質(zhì)量分別為m1、m2，從不同高度由靜止釋放，如圖a所示。甲、乙兩球的v-t圖象分別如圖b中的①、②所示。球下落過程所受空氣阻力大小f滿足f＝kv(v為球的速率，k為常數(shù))，t2時刻兩球第二次相遇。落地前，兩球的速度都已達(dá)到各自的穩(wěn)定值v1、v2。下列判斷不正確的是(　　) A．m1＞m2 B．乙球釋放的位置高 C．兩球釋放瞬間，甲球的加速度較大 D．兩球第一次相遇的時

6、刻在t1時刻之前 答案　C 解析　兩球穩(wěn)定時均做勻速直線運動，則有kv＝mg，得m＝，所以有＝，由圖知v2＞v1，故m1＞m2，A正確，不符合題意；v-t圖象與時間軸圍成的面積表示物體通過的位移，由圖可知，0～t2時間內(nèi)，乙球下降的高度較大，而t2時刻兩球第二次相遇，所以乙球釋放的位置高，故B正確，不符合題意；兩球釋放瞬間v＝0，此時空氣阻力f＝0，兩球均只受重力，加速度均為重力加速度g，故C錯誤，符合題意；在t1～t2時間內(nèi)，甲球下落的高度較大，而t2時刻兩球第二次相遇，所以兩球第一次相遇的時刻在t1時刻之前，故D正確，不符合題意。故選C。 5．(2019·江蘇省七市高三第三次調(diào)研)

7、將小球以某一初速度從A點水平向左拋出，運動軌跡如圖所示，B為軌跡上的一點。改變拋出點位置，為使小球仍沿原方向經(jīng)過B點，不計空氣阻力，以下做法可能實現(xiàn)的是(　　) A．在A點左側(cè)等高處以較小的初速度水平拋出小球 B．在A點右側(cè)等高處以較大的初速度水平拋出小球 C．在A、B兩點間軌跡上某點沿切線向左下方拋出小球 D．在A、B兩點間軌跡上某點以較小的初速度水平向左拋出小球 答案　C 解析　根據(jù)平拋運動的推論：速度反向延長線過水平位移的中點，如下圖。 在與A等高處水平拋出小球，無論在A點左側(cè)還是右側(cè)，只要沿原方向經(jīng)過B點，則不滿足平拋運動的推論，A、B錯誤；當(dāng)在A、B兩點間軌跡上

8、某點沿切線向左下方拋出小球，只要小球速度等于原小球經(jīng)過該點時的速度，則小球軌跡與原軌跡重合，小球能夠沿原方向經(jīng)過B點，C正確；在A、B兩點間軌跡上某點以較小的初速度水平向左拋出小球，根據(jù)幾何關(guān)系可知，如果沿原方向經(jīng)過B點，小球速度反向延長線不能過水平位移中點，D錯誤。 6．(2019·廣東揭陽一模)在豎直墻壁上懸掛一鏢靶，某人站在離墻壁一定距離的某處，先后將兩只飛鏢A、B由同一位置水平擲出，兩只飛鏢落在靶上的狀態(tài)如圖所示(側(cè)視圖)，若不計空氣阻力，下列說法中正確的是(　　) A．A、B兩鏢在空中運動的時間相同 B．B鏢擲出時的初速度比A鏢擲出時的初速度小 C．A、B鏢的速度變化方向

9、可能不同 D．A鏢的質(zhì)量一定比B鏢的質(zhì)量小 答案　B 解析　B鏢下落的高度大于A鏢下落的高度，根據(jù)h＝gt2得t＝ ，B鏢下降的高度大，則B鏢的運動時間長，故A錯誤；因為A、B兩鏢水平位移相等，B鏢的運動時間長，則B鏢的初速度小，故B正確；因為A、B鏢都做平拋運動，速度變化量的方向與加速度方向相同，均豎直向下，故C錯誤；平拋運動的時間與質(zhì)量無關(guān)，本題無法比較兩飛鏢的質(zhì)量，故D錯誤。 7．(2019·山東濰坊二模)如圖所示，固定的光滑直桿傾角為30°，質(zhì)量為m的小環(huán)穿過直桿，并通過彈簧懸掛在天花板上，小環(huán)靜止時，彈簧恰好處于豎直位置，現(xiàn)對小環(huán)施加沿桿向上的拉力F，使環(huán)緩慢沿桿滑動，直到彈

10、簧與豎直方向的夾角為60°。整個過程中，彈簧始終處于伸長狀態(tài)，以下判斷正確的是(　　) A．彈簧的彈力逐漸增大 B．彈簧的彈力先減小后增大 C．桿對環(huán)的彈力逐漸增大 D．拉力F先增大后減小 答案　B 解析　整個過程中，彈簧始終處于伸長狀態(tài)，由幾何關(guān)系可知，彈簧的長度先減小后增大，即彈簧的伸長量先減小后增大，彈簧的彈力先減小后增大，A錯誤，B正確；開始時，彈簧恰好處于豎直位置，此時F彈＝mg，桿對環(huán)的彈力N為0，當(dāng)環(huán)緩慢沿桿滑動，直到彈簧與豎直方向的夾角為60°時，由幾何關(guān)系知，彈簧的長度等于開始時的長度，此時F彈＝mg，在垂直桿方向，F(xiàn)彈cos30°＝mgcos30°＋N′，則

11、N′＝0，故桿對環(huán)的彈力先增大后減小，C錯誤；設(shè)彈簧與桿之間的夾角為θ，則從開始到彈簧與桿垂直位置的過程中，由平衡知識：F彈cosθ＋F＝mgsin30°，隨θ角的增加，F(xiàn)彈減小，cosθ減小，則F增大，從彈簧與桿垂直位置到彈簧與豎直方向的夾角為60°的過程中，由平衡知識：F＝F彈cosθ＋mgsin30°，隨θ角的減小，F(xiàn)彈增大，cosθ增大，則F仍然是增大；綜上可知拉力F一直增大，D錯誤。 8．(2019·河南百師聯(lián)盟高三上學(xué)期七調(diào))在光滑水平面上，a、b兩小球沿水平面相向運動。當(dāng)小球間距小于或等于L時，受到大小相等、方向相反的相互排斥恒力作用。小球間距大于L時，相互排斥力為零。小球在相

12、互作用區(qū)間運動時始終未接觸，兩小球運動時速度v隨時間t的變化關(guān)系圖象如圖所示，由圖可知(　　) A．a(chǎn)球質(zhì)量大于b球質(zhì)量 B．在t1時刻兩小球間距最小 C．在0～t2時間內(nèi)兩小球間距逐漸減小 D．在0～t3時間內(nèi)b球所受排斥力方向始終與運動方向相反 答案　AC 解析　從速度—時間圖象可以看出，在0～t3時間內(nèi)b球的速度—時間圖線的斜率絕對值較大，所以b球的加速度較大，兩小球之間的排斥力為相互作用力，大小相等，根據(jù)a＝知，加速度大的質(zhì)量小，所以b球質(zhì)量較小，故A正確；開始時二者做相向運動，兩球間距逐漸減小，當(dāng)兩小球速度相等時距離最近，即t2時刻兩小球最近，之后距離又開始逐漸變大，

13、故B錯誤，C正確；b球0～t1時間內(nèi)做勻減速直線運動，所受排斥力與運動方向相反，在t1～t3時間內(nèi)做反向的勻加速直線運動，所受排斥力與運動方向相同，D錯誤。 9．(2019·山東泰安一模)雨滴在空氣中下落時會受到空氣阻力的作用。假設(shè)阻力大小只與雨滴的速率成正比，所有雨滴均從相同高處由靜止開始下落，到達(dá)地面前均達(dá)到最大速率。下列判斷正確的是(　　) A．達(dá)到最大速率前，所有雨滴均做勻加速運動 B．所有雨滴的最大速率均相等 C．較大的雨滴最大速率也較大 D．較小的雨滴在空中運動的時間較長 答案　CD 解析　根據(jù)牛頓第二定律：a＝，則雨滴下落時，隨速度的增大，加速度逐漸減小，則達(dá)到最大

14、速率前，所有雨滴均做加速度減小的變加速運動，A錯誤；當(dāng)a＝0時速度最大，則vm＝，則雨滴的質(zhì)量越大，其最大速度越大，B錯誤，C正確；較小的雨滴在空中運動的最大速度較小，整個過程的平均速度較小，下落的高度相同，它在空中運動的時間較長，D正確。 10．(2019·廣東肇慶三模) 如圖所示，一位同學(xué)玩飛鏢游戲。圓盤最上端有一P點，飛鏢拋出時與P等高，且距離P點為L。當(dāng)飛鏢以初速度v0垂直盤面瞄準(zhǔn)P點拋出的同時，圓盤以經(jīng)過盤心O點的水平軸在豎直平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動。忽略空氣阻力，重力加速度為g，若飛鏢恰好擊中P點，則(　　) A．飛鏢擊中P點所需的時間為 B．圓盤的半徑可能為 C．圓盤轉(zhuǎn)動角速度

15、的最小值為 D．P點隨圓盤轉(zhuǎn)動的線速度不可能為 答案　AC 解析　飛鏢水平拋出做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，因此t＝，故A正確；飛鏢擊中P點時，P恰好在最下方，則2r＝gt2，解得圓盤的半徑為：r＝，故B錯誤；飛鏢擊中P點，則P點轉(zhuǎn)過的角度滿足：θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0,1,2…)，故ω＝＝，則圓盤轉(zhuǎn)動角速度的最小值為，故C正確；P點隨圓盤轉(zhuǎn)動的線速度為：v＝ωr＝·＝，當(dāng)k＝2時，v＝，故D錯誤。 11．(2019·河北衡水中學(xué)三模)如圖甲所示，足夠長的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A。木板B受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出木板B的加速度a，得到

16、如圖乙所示的a-F圖象，g取10 m/s2，則(　　) A．滑塊A與木板B間動摩擦因數(shù)為0.1 B．當(dāng)F＝10 N時木板B加速度為4 m/s2 C．木板B的質(zhì)量為1 kg D．滑塊A的質(zhì)量為4 kg 答案　BC 解析　由圖乙知，F(xiàn)≤8 N時，A、B相對靜止，當(dāng)F＝8 N時，加速度為：a＝2 m/s2，對A、B整體，由牛頓第二定律有：F＝(mA＋mB)a，代入數(shù)據(jù)解得：mA＋mB＝4 kg；當(dāng)F大于8 N時，A、B發(fā)生相對滑動，對B，根據(jù)牛頓第二定律得：a＝＝F－，由圖示圖象可知，圖線的斜率：k＝＝ kg－1＝1 kg－1，解得：mB＝1 kg，滑塊A的質(zhì)量為：mA＝3 kg；對

17、于方程a＝＝F－，由圖乙知當(dāng)a＝0時，F(xiàn)＝6 N，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.2，故A、D錯誤，C正確。當(dāng)F＝10 N＞8 N時，滑塊A與木板B相對滑動，B的加速度為：aB＝＝ m/s2＝4 m/s2，故B正確。 12．2019年央視春晚加入了非常多的科技元素，在舞臺表演中還出現(xiàn)了無人機(jī)?，F(xiàn)通過傳感器將某臺無人機(jī)上升向前追蹤拍攝的飛行過程轉(zhuǎn)化為豎直向上的速度vy及水平方向速度vx與飛行時間t的關(guān)系圖象，如圖所示。則下列說法正確的是(　　) A．無人機(jī)在t1時刻處于超重狀態(tài) B．無人機(jī)在0～t2這段時間內(nèi)沿直線飛行 C．無人機(jī)在t2時刻上升至最高點 D．無人機(jī)在t2～t3時間內(nèi)做勻變速運動

18、 答案　AD 解析　根據(jù)圖象可知，無人機(jī)在t1時刻，在豎直方向上向上做勻加速直線運動，有豎直向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故A正確；由圖象可知，無人機(jī)在t＝0時刻，vy＝0，合初速度為vx沿水平方向，水平與豎直方向均有加速度，那么合加速度與合初速度不共線，所以無人機(jī)做曲線運動，即無人機(jī)沿曲線上升，故B錯誤；無人機(jī)在豎直方向，先向上做勻加速直線運動，后向上做勻減速直線運動，在t3時刻上升至最高點，故C錯誤；無人機(jī)在t2～t3時間內(nèi)，在水平方向上做勻速直線運動，而在豎直方向上向上做勻減速直線運動，因此無人機(jī)做勻變速運動，故D正確。 第Ⅱ卷 二、非選擇題(本題共4小題，共52分。解答應(yīng)寫出必要

19、的文字說明、只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位) 13. (2019·山東淄博三模)(12分)如圖所示，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗。某次實驗中，砝碼的質(zhì)量m1＝0.1 kg，紙板的質(zhì)量m2＝0.01 kg，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，砝碼與紙板左端的距離d＝0.1 m，重力加速度g取10 m/s2。砝碼移動的距離超過l＝0.002 m，人眼就能感知。若本次實驗未感知到砝碼的移動，求： (1)砝碼移動的最長時間； (2)若實驗中拉力為恒力，則紙板所

20、需的拉力至少多大？ 答案　(1) s　(2)2.44 N 解析　(1)設(shè)砝碼在紙板上加速運動時的加速度大小為a1，在桌面上減速運動的加速度大小為a2， 由μm1g＝m1a1＝m1a2 知：a1＝a2＝2 m/s2 所以砝碼加速和減速的時間相等，分析可知加速運動的最大距離是l， 由l＝a1t2，得：t＝ s 則砝碼移動的最長時間為tm＝2t＝ s。 (2)設(shè)當(dāng)紙板的加速度為a3時砝碼經(jīng)歷時間t恰好從紙板上滑下，則此時的拉力最小，設(shè)為F，對紙板，由運動學(xué)公式：d＋＝a3t2 得：a3＝202 m/s2 由F－μ(m1＋m2)g－μm1g＝m2a3 得：F＝2.44 N 即紙

21、板所需的拉力至少為2.44 N。 14．(12分)如圖所示，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可視為質(zhì)點的滑塊靜止放在木板的上表面。t＝0時刻，給木板一個水平向右的初速度v0，同時對木板施加一個水平向左的恒力F，經(jīng)一段時間，滑塊從木板上掉下來。已知木板質(zhì)量M＝3 kg，高h(yuǎn)＝0.2 m，與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2；滑塊質(zhì)量m＝0.5 kg，初始位置距木板左端L1＝0.46 m，距木板右端L2＝0.14 m；初速度v0＝2 m/s，恒力F＝8 N，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)滑塊從離開木板開始到落至地面所用的時間； (2)滑塊離開木板時，木板的速度大?。?

22、 (3)從t＝0時刻開始到滑塊落到地面的過程中，摩擦力對木板做的功。 答案　(1)0.2 s　(2)0.6 m/s　(3)－7.38 J 解析　(1)設(shè)滑塊從離開木板開始到落到地面所用的時間為t0，以地面為參考系，滑塊離開木板后做自由落體運動，根據(jù)運動學(xué)公式知h＝gt 得t0＝ ＝0.2 s。 (2)木板向右做勻減速直線運動， 由牛頓第二定律F＋μ(m＋M)g＝Ma1 得a1＝5 m/s2 則木板減速到零所經(jīng)過的位移s1＝＝0.4 m 由于s1＜L1＝0.46 m，表明這時滑塊仍然停留在木板上，此后木板開始向左做勻加速直線運動，摩擦力的方向改變， 由牛頓第二定律F－μ(m＋M

23、)g＝Ma2 得a2＝ m/s2 滑塊離開木板時，木板向左的位移 s2＝s1＋L2＝0.54 m 該過程根據(jù)運動學(xué)公式得 滑塊滑離瞬間木板的速度v2＝＝0.6 m/s。 (3)滑塊離開木板后，木板所受地面的支持力及摩擦力隨之改變， 由牛頓第二定律F－μMg＝Ma3，得a3＝ m/s2 故木板在t0這段時間的位移為 s3＝v2t0＋a3t＝ m 整個過程摩擦力對木板做的功為 Wf＝－μ(m＋M)g(s1＋s2)－μMgs3＝－7.38 J。 15．(14分)將一端帶有四分之一圓弧軌道的長木板固定在水平面上，其中B點為圓弧軌道的最低點，BC段為長木板的水平部分，長木板的右端

24、與平板車平齊并緊靠在一起，但不粘連。現(xiàn)將一質(zhì)量m1＝2 kg的物塊由圓弧的最高點A無初速度釋放，經(jīng)過B點時對長木板的壓力大小為40 N。物塊經(jīng)C點滑到平板車的上表面，若平板車固定不動，物塊恰好停在平板車的最右端。已知圓弧軌道的半徑R＝3.6 m，BC段的長度L1＝5.0 m，平板車的長度L2＝4.0 m，物塊與BC段之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，平板車與水平面之間的摩擦力可忽略不計，g＝10 m/s2。求： (1)物塊滑到B點的速度vB； (2)物塊在BC段滑動的時間t； (3)若換一材料、高度相同但長度僅為L3＝1 m的平板車，平板車的質(zhì)量m2＝1 kg，且不固定，試通過計算判斷物塊

25、是否能滑離小車，若不能滑離，求出最終物塊離平板車左端的距離；若能滑離，求出滑離時物塊和小車的速度的大小。 答案　(1)6 m/s　(2)1 s (3)能滑離　滑離時物塊的速度大小為 m/s，小車的速度大小為 m/s 解析　(1)根據(jù)作用力和反作用力等大反向可得： 物塊在B點時受到長木板的支持力F＝40 N 對物塊在B點豎直方向上應(yīng)用牛頓第二定律可得： F－m1g＝，解得vB＝ ＝6 m/s。 (2)物塊在BC段上的合外力為f＝μm1g， 故物塊以大小為a＝μg＝2 m/s2的加速度做勻減速運動，故由勻減速運動規(guī)律可得：L1＝vBt－at2 所以，5＝6t－t2，故t＝1 s或

26、t＝5 s 故物塊向右運動到C的時間為t＝1 s。 (3)由(2)可得：物塊在C點的速度 vC＝vB－at＝4 m/s 平板車固定不動，物塊恰好停在平板車的最右端， 故在平板車上的平均速度為vC＝2 m/s， 所以，運動時間t1＝＝2 s 那么，加速度大小a1＝μ′g＝＝2 m/s2 所以，物塊和平板車間的動摩擦因數(shù)μ′＝0.2 平板車不固定時，物塊做加速度大小為a1＝2 m/s2的勻減速運動， 平板車做加速度a2＝＝2μ′g＝4 m/s2的勻加速運動，直到達(dá)到共同速度或物塊滑出平板車， 若物塊和平板車經(jīng)過時間t2達(dá)到共同速度v， 則有v＝vC－a1t2＝a2t2

27、 解得t2＝＝ s，故v＝a2t2＝ m/s 那么，物塊和平板車的相對位移 d＝t2－t2＝ m＞L3 由此可知，在物塊與平板車達(dá)到共速之前，物塊已經(jīng)滑離平板車， 設(shè)物塊在平板車上的運動時間為t3， 則有相對位移L3＝vCt3－a1t－a2t 得1＝4t3－3t 所以，t3＝ s(另一解t3＝1 s>t1＝ s，舍去)， 故物塊的速度v1＝vC－a1t3＝ m/s 平板車的速度v2＝a2t3＝ m/s。 16．(14分) 小明站在水平地面上，手握住不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有質(zhì)量為m的小球，甩動手腕，使球在豎直平面內(nèi)做圓周運動。當(dāng)小球某次運動到最低點時，繩突然斷掉，球

28、飛行水平距離d后落地，如圖所示。已知握繩的手離地面高度為d，手與球之間的繩長為d，忽略手的運動半徑和空氣阻力。 (1)求繩斷時球的速度大小v1和球落地時的速度大小v2； (2)求繩能承受的最大拉力； (3)改變繩長，使球重復(fù)上述運動，若繩仍在球運動到最低點時斷掉，要使球拋出的水平距離最大，繩長應(yīng)是多少？最大水平距離為多少？ 答案　(1)　　(2)mg　(3)　d 解析　(1)設(shè)繩斷后球做平拋運動的時間為t1， 豎直方向上：d＝gt 水平方向上：d＝v1t1 解得：v1＝＝ 根據(jù)動能定理得，mg·d＝mv－mv 解得v2＝ 。 (2)設(shè)繩能承受的最大拉力為Fm，球做圓周運動的半徑為：R＝d， 對小球，由牛頓第二定律可得：Fm－mg＝m， 解得：Fm＝mg。 (3)設(shè)繩長為l，繩斷時球的速度為v3，有： Fm－mg＝m 解得：v3＝ 。 繩斷后球做平拋運動，豎直位移為d－l，水平位移為x，時間為t2， 豎直方向有：d－l＝gt 水平方向有：x＝v3t2。 得x＝v3t2＝4 根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系有當(dāng)l＝時，x有最大值，為： xm＝d。 - 13 -