河南省许昌市长葛三中高三物理上学期期中试题（含解析）新人教版.doc

2013-2014学年河南省许昌市长葛三中高三（上）期中物理试卷一、选择题（每小题4分，共48分，全对的4分，选对但不全得2分，选错或多选得0分其中9、10、11为多选题，其余为单选）1（4分）（2013秋中原区校级期中）下列说法正确的是（）a如果物体（或系统）所受到的合外力为零，则机械能一定守恒b如果合外力对物体（或系统）做功为零，则机械能一定守恒c物体沿光滑曲面自由下滑过程中，机械能一定守恒d做匀加速运动的物体，其机械能不可能守恒考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：当物体或系统只有重力（或弹簧的弹力）做功，机械能守恒，根据条件进行判断解答：解：a、如果物体（或系统）所受到的合外力为零，则机械能不一定守恒，比如匀速上升的气球，合外力为零，机械能增加故a错误b、如果合外力对物体做功为零，机械能不一定守恒，比如匀速上升或匀速下降的物体，机械能不守恒，但是合力做功为零故b错误c、物体沿光滑曲面自由下滑，只有重力做功，机械能守恒故c正确d、做匀加速直线运动的物体，可能只有重力做功，机械能守恒故d错误故选：c点评：解决本题的关键掌握机械能守恒的条件，即只有重力或弹簧弹力做功2（4分）（2013秋偃师市校级期末）质点在三个恒力f1、f2、f3的共同作用下保持平衡状态，若突然撤去f1，则质点（）a一定做匀变速运动b一定做直线运动c一定做匀速圆周运动d一定做曲线运动考点：物体做曲线运动的条件；牛顿第二定律分析：物体受到三个共点的恒力作用而处于平衡状态，当撤去某个恒力f1时，余下力的合力与f1大小相等、方向相反，根据物体的合力与速度方向可能的关系，分析物体可能的运动情况解答：解：物体受到三个共点的恒力作用而处于平衡状态，当撤去某个恒力f1时，物体的合力与f1大小相等、方向相反，说明物体受到的合力恒定不变，加速度不变，物体做匀变速运动，若原来的f1与速度方向相反时，撤去f1后，物体的合力与速度方向相同，物体做匀加速直线运动；若原来的f1与速度方向相同时，撤去f1后，物体的合力与速度方向相反，物体做匀减速直线运动；若物体原来做匀速直线运动，而且原来的f1与速度不在同一直线上时，撤去f1后，物体的合力与速度方向不在同一直线上，则物体做匀变速曲线运动故知物体可能做直线运动，也可能做曲线运动故a正确，bcd错误故选：a点评：本题中利用了平衡条件的推论，得到撤去f1后物体的合力是恒力，关键要分情况讨论合力与速度方向间的关系，分析物体的运动性质3（4分）（2013秋中原区校级期中）如图所示，距离水平地面高为h的飞机沿水平方向做匀加速直线运动，从飞机上以相对地面的速度v0依次从a、b、c水平抛出甲、乙、丙三个物体，抛出的时间间隔均为t，三个物体分别落在水平地面上的a、b、c三点，若ab=l1、ac=l2，不计空气阻力，下列说法正确的是（）a物体甲在空中运动的时间为t甲t乙t丙b飞机的加速度为 a=c物体乙刚离开飞机时飞机的速度为v=d三个物体在空中运动时总在一条竖直线上考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动的规律分析求解解答：解：a、平抛运动的时间由高度决定，因为高度不变，则物体在空中运动的时间相同，与初速度无关故a错误b、根据x=at2得，a=故b错误c、b点的速度等于ac中间时刻的速度，则故c正确d、因为物体做平抛运动运动，飞机做匀加速直线运动，所以平抛运动的物体的初速度越来越大，可知三个物体不在同一条竖直线上故d错误故选：c点评：本题考查平抛运动规律，知道水平方向匀速直线运动，竖直方向加速度为g的匀加速运动，根据运动学公式列式求解4（4分）（2010分宜县校级一模）如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成角与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一小铁球，当小车做匀变速运动时，细线保持与竖直方向成角，若，则下列哪一项说法正确的是（）a轻杆对小球的弹力方向与细线平行b轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上c小车一定以加速度gtan向右做匀加速运动d小车一定以加速度gtg向右做匀加速运动考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：先对细线吊的小球分析进行受力，根据牛顿第二定律求出加速度再对轻杆固定的小球应用牛顿第二定律研究，得出轻杆对球的作用力方向加速度方向求出，但速度可能有两种，运动方向有两种解答：解：a、对细线吊的小球研究 根据牛顿第二定律，得 mgtan=ma，得到a=gtan 对轻杆固定的小球研究设轻杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为 由牛顿第二定律，得 mgtan=ma 因为a=a，得到= 则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故a正确 b、由上，轻杆对小球的弹力方向并不沿着轻杆方向向上，故b错误 c、小车的加速度a=gtan，方向向右，而运动方向可能向右，也向左故c错误 d、由上小车r 加速度gtangtan故d错误故选a点评：绳子的模型与轻杆的模型不同：绳子的拉力一定沿绳子方向，而轻杆的弹力不一定沿轻杆方向，与物体的运动状态有关，可根据牛顿定律确定5（4分）（2014瓦房店市二模）一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为ma=1kg和mb=2kg的a、b两物块，a、b与木板之间的动摩擦因数都为=0.2，水平恒力f作用在a物块上，如图所示（重力加速度g取10m/s2）则（）a若f=1n，则物块、木板都静止不动b若f=1.5n，则a物块所受摩擦力大小为1.5nc若f=4n，则b物块所受摩擦力大小为4nd若f=8n，则b物块的加速度为1m/s2考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据滑动摩擦力公式求出a、b与木板之间的最大静摩擦力，比较拉力和最大静摩擦力之间的关系判断物体的运动情况，进而判断物体所受摩擦力的情况，根据牛顿第二定律求出b的加速度解答：解：a与木板间的最大静摩擦力fa=mag=0.2110n=2n，b与木板间的最大静摩擦力fb=mbg=0.2210n=4n，a、f=1nfa，所以ab即木板保持相对静止，整体在f作用下向左匀加速运动，故a错误；b、若f=1.5nfa，所以ab即木板保持相对静止，整体在f作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：ff=maa，所以a物块所受摩擦力ff=1.5n，故b错误；c、f=4nfa，所以a在木板上滑动，b和木板整体受到摩擦力2n，轻质木板，质量不计，所以b的加速度a=1m/s2对b进行受力分析，摩擦力提供加速度，f=mba=21=2n，故c错误；d、f=8nfa，所以a相对于木板滑动，b和木板整体受到摩擦力2n，轻质木板，质量不计，所以b的加速度a=1m/s2故d正确故选：d点评：本题以常见的运动模型为核心，考查了摩擦力、牛顿第二定律、隔离法与整体法的应用等知识；解决的关键是正确对两物体进行受力分析6（4分）（2013秋中原区校级期中）如图所示，小球a的质量为2m，小球b和c的质量均为m，b、c两球到结点p的轻绳长度相等，滑轮摩擦不计当b、c两球以某角速度做圆锥摆运动时，a球将（）a向上做加速运动b向下做加速运动c保持平衡状态d上下振动考点：向心力；物体的弹性和弹力专题：匀速圆周运动专题分析：对b球、c球和两根细线整体受力分析，根据牛顿第二定律列式；再对a球受力分析，根据牛顿第二定律列式；最后联立求解加速度，确定运动情况解答：解：b球、c球和两根细线整体受重力和细线向上的拉力，设整体下降的加速度为a，根据牛顿第二定律，有：（2m）gt=2ma 对c球受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律，有：t2mg=2ma 联立解得：a=0即a球将保持静止，处于平衡状态；故选：c点评：本题关键是灵活地选择研究对象，然后根据牛顿第二定律列式求解整体下降的加速度；如果选择b球分析，将会使问题复杂化7（4分）（2013徐汇区一模）如图所示，一根不可伸长的细绳两端分别连接在固定框架上的a、b两点，细绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态若缓慢移动细绳的端点，则绳中拉力大小的变化情况是（）a只将绳的左端移向a点，拉力变小b只将绳的左端移向a点，拉力不变c只将绳的右端移向b点，拉力变小d只将绳的右端移向b点，拉力不变考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为，绳子的长度为l，b点到墙壁的距离为s，根据几何知识和对称性，可得到sin=，当只将绳的左端移向a点或将绳的右端移向b点，分析如何变化，以滑轮为研究对象，根据平衡条件分析拉力如何变化解答：解：设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为，绳子的长度为l，b点到墙壁的距离为s，根据几何知识和对称性，得 sin=以滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为f，根据平衡条件得 2fcos=mg，得f= a、b当只将绳的左端移向a点，s和l均不变，则由式得知，f不变故a错误，b正确c、d当只将绳的右端移向b点，s增大，而l不变，则由式得知，增大，cos减小，则由式得知，f增大故cd均错误故选b点评：本题是动态平衡问题，关键是根据几何知识分析与绳子的长度和b点到墙壁距离的关系，也可以运用图解法，作图分析拉力的变化情况8（4分）（2012大连二模）如图所示，弹簧一端固定，另一端栓接一物块a，物块d与a接触但不粘连，a、b放在水平地面上平面的右端与固定的斜面平滑连接于o点，设物块经过o点时无动能损失两物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相等，用力向左推b压缩弹簧，释放后b滑上斜面的最高点为p如果其它条件不变，减小斜面的倾角，b滑到斜面的最高点为q，下列判断正确的是（）aa与b在水平面上分离时弹簧处于压缩状态ba与b在水平面上分离时弹簧处于原长状态cp、q两点距o点的水平距离相等dp、q两点距o点的竖直高度相等考点：动能定理专题：动能定理的应用专题分析：ab、通过受力分析，由牛顿第二定律确定a与b分离的位置；cd、当b到达o点时，速度不变，在两次上滑过程中由动能定理求出上滑的位移，再表示出水平与竖直位移，即可判断解答：解：a、在ab向右运动到弹簧处于原长过程中，以整体受力分析受到弹簧向右的弹力，及向做的摩擦力，当继续向右运动时，a受向左的摩擦力和向左的弹簧拉力，而b只受到向左的摩擦力，故a与b在水平面上分离时弹簧处于原长状态，故a错误，b正确；c、当物体b运动到o时，具有相同的速度，设为v在之后的运动过程中，由动能定理可得x=所以p、q两点距o点的水平距离为x=xcos，故x，水平位移不相等，故c错误；d、p、q两点距o点的竖直高度为h=xsin，故h=，竖直位移不相等，故d错误；故选：b点评：本题综合运用了动能定理和牛顿第二定律，关键是选择好研究的过程，运用动能定理解题9（4分）（2014花溪区校级模拟）地球赤道上的重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a，卫星甲、乙、丙在如图所示的三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在p点相切不计阻力，以下说法正确的是（）a如果地球的转速为原来的倍，那么赤道上的物体将会“飘”起来b卫星甲、乙分别经过p点时的速度相等c卫星丙的周期最小d卫星甲的机械能最大，卫星中航天员始终处于完全失重状态考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：根据发射速度大小，分析卫星发射的难易程度，发射速度越大，发射越困难机械能跟卫星的速度、高度和质量有关，质量未知时，是无法比较卫星的机械能大小的根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越大，卫星的周期越大由牛顿第二定律研究加速度解答：解：a、使地球上的物体票“飘”起来即物体处于完全失重状态，即此时物体所受地球的重力完全提供物体随地球自转时的向心力则有：当物体飘起来的时候，万有引力完全提供向心力，则此时物体的向心加速度为即此时的向心加速度a=g+a根据向心加速度和转速的关系有：a=r（n2）2，a=r（n2）2可得：故a正确b、物体在椭圆形轨道上运动，轨道高度超高，在近地点时的速度越大，故b错误；c、根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越小，卫星的周期越小，卫星丙的半长轴最短，故周期最小d、卫星的机械能跟卫星的速度、高度和质量有关，因未知卫星的质量，故不能确定甲卫星的机械能最大，故d错误令卫星做匀速圆周运动时，万有引力完全提供圆周运动的向心力，故此时卫星中宇航员处于完全失重状态，但当卫星沿椭圆轨道运动时，卫星所受万有引力不是完全提供卫星的向心力，故卫星中宇航员始终处于完全失重状态是错误的故选ac点评：卫星绕地球运动，轨道高度越大，发射速度越大，发射越困难，卫星在近地点的速度越大在随圆轨道上运动的卫星，万有引力和卫星运动所需要向心力不是始终相等的，故在椭圆轨道上运动的卫星不是始终处于完全失重状态10（4分）（2013秋中原区校级期中）如图所示，某生产线上相互垂直的甲乙传送带等高、宽度均为d，均以大小为v的速度运行，图中虚线为传送带中线一工件（视为质点）从甲左端释放，经长时间由甲右端滑上乙，滑至乙中线处时恰好相对乙静止下列说法中正确的是（）a工件在乙传送带上的痕迹为直线，痕迹长为 b工件从滑上乙到恰好与乙相对静止所用的时间为c工件与乙传送带间的动摩擦因数 d乙传送带对工件的摩擦力做功为零考点：功的计算；摩擦力的判断与计算专题：功的计算专题分析：以乙传送带为参考系，工件有向右的初速度v和向下的初速度v，合速度为v，做匀加速直线运动；然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据动能定理求解功解答：解：a、物体滑上乙时，相对于乙上的那一点的速度分为水平向右的v和向后的v，合速度v，就是沿着与乙成45的方向，那么相对于乙的运动轨迹肯定是直线，假设它受滑动摩擦力f=mg，方向与合相对速度在同一直线，所以角=45，则相对于乙的加速度也沿这个方向，经过t后，它滑到乙中线并相对于乙静止，根据牛顿第二定律，有：mg=ma，解得a=g；运动距离l=又l=，将l和a代入所以t=，故a正确，bc错误；d、滑上乙之前，工件绝对速度为v，动能为mv2，滑上乙并相对停止后，绝对速度也是v，动能也是mv2，而在乙上面的滑动过程只有摩擦力做了功，动能又没变化，所以乙对工件的摩擦力做功为0，故d正确；故选：ad点评：本题的难点在于确定运动轨迹是直线，要与传送带乙为参考系，然后根据牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式分析，较难11（4分）（2013秋中原区校级期中）历史上曾有科学家将相等位移内速度变化量相等的单向直线运动定义为“匀变速直线运动”（现称“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”的定义式为a=，其中v0、v分别表示某段位移x内的初、末速度a0表示物体在做加速运动，a0表示物体在做减速运动现在物理学中的加速度定义为a=下列说法中错误的是（）a若a不变，则a也不变b若a0且保持不变，则a逐渐变大c若a不变，物体在中间位置处的速度为d若a不变，物体所受合外力大小与速度大小成正比考点：加速度专题：直线运动规律专题分析：正确解答本题的关键是：充分理解题目所提供信息的物理意义，将a=，和a=类比学习，即可正确解答该题解答：解：a、b、若a不变，有两种情况：一第一种情况：a0，相等位移内速度增加量相等，则知平均速度越来越大，所以相等位移内所用时间越来越少，由a=可知，a越来越大；第二种情况：a0，相等位移内速度减少量相等，平均速度越来越小，所以相等位移内用的时间越来越多，由a=得知可知a越来越小，故a错误，b正确c、若a不变，相等位移速度的变化量相等，则物体在位移中点处的速度为，故c错误；d、若a不变，相等位移速度的变化量相等，物体所受合外力大小与速度大小成正比，故d正确；本题选错误的，故选：ac点评：本题属于信息题，正确读取和应用所给信息是解题关键，如本题中根据题意可知“另类匀变速直线运动”中速度是随位移均匀增加的12（4分）（2013秋中原区校级期中）一质点沿直线运动，其vt图象恰好是与两坐标轴相切的四分之一圆弧，切点的坐标分别为（0，10）和（20，0）如图所示，该质点在20s内的平均速度和10s末的加速度分别是（椭圆面积s=ab，其中a、b分别为椭圆半长轴和半短轴）（）a2.15m/s m/s2b2.15 m/s m/s2c5.49 m/s m/s2d5.49 m/s m/s2考点：匀变速直线运动的图像；平均速度分析：由图读出速度的变化情况，分析物体的运动情况速度图象的斜率等于加速度由图线“面积”求出位移，根据运动学基本公式及几何关系求解解答：解：由图线“面积”表示位移得：s=10201020m=43m该质点在20s内的平均速度：该质点在第10s末时的加速度大小为a=k=0.29m/s2如图所示，过10s对应的圆弧上的b点作切线ef，设圆弧的半径为r，由图形方面考虑，易得：sin=，解得=30由图中几何关系可知，eofocb，故：tan=因速度图象的斜率表示加速度的大小，则：a=tanoef=由加速度的概念知：bc应表示的是速度，oc表示的是时间在obc中，bc=obsin，因bc表示的是速度，故ob=od=ao=10（m/s）bc=8sin30=4（m/s）在obc中，oc=obcos，因oc表示的是时间，故ob=oa=do=20（s）oc=20cos30=10（s）所以加速度：a=m/s2故选：b点评：本题关键抓住速度图象的斜率表示加速度、“面积”表示位移来理解图象的物理意义，并能结合几何关系求解，难度较大二、实验题（13题4分，14题6分，其中14题第一空3分，第二空3分）13（4分）（2013秋中原区校级期中）用如图实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律已知m1=50g、m2=150g某同学处理数据时，做出了图象，若由图象求出的重力加速度与当地的重力加速度在误差范围内相等，则验证了机械能守恒定律该同学由图象求出的重力加速度g=9.7 m/s2（结果保留两位有效数字）考点：验证机械能守恒定律专题：实验题分析：根据机械能守恒定律得出的关系式，根据图线的斜率得出重力加速度的值对于物理量线性关系图象的应用我们要从两方面：1、从物理角度找出两变量之间的关系式2、从数学角度找出图象的截距和斜率，两方面结合解决问题解答：解：根据系统机械能守恒有：则gh知图线的斜率k=解得g=9.7m/s2故答案为：9.7点评：解决本题的关键掌握该实验的原理，能够根据系统机械能守恒定律得出图线斜率的意义，从而求出重力加速度的大小14（6分）（2013秋中原区校级期中）某实验小组同学用打点计时器测量匀加速直线运动的小车运动的加速度，下图为实验中获取的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6是计数点，每相邻两计数点间还有3个打点（图中未标出），计数点间的距离如图所示（1）如果相邻两个计数点之间的距离分别用x1、x2、x3、x4、x5、x6表示，打点时间间隔用t表示，请写出加速度的表达式a=（2）根据图中数据计算小车运动的加速度大小a=0.776m/s2（计算结果保留三位有效数字）考点：测定匀变速直线运动的加速度专题：实验题分析：根据题意得出相邻的计数点间的时间间隔根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小解答：解：（1）每相邻两计数点间还有3个打点，所以相邻的计数点间的时间间隔t=4t=0.08s，设0到1之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小，得：x4x1=3a1t2x5x2=3at2 x6x3=3a3t2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3）即小车运动的加速度计算表达式为：a=，（2）根据图中数据计算小车运动的加速度大小a=0.776m/s2故答案为：（1）（2）0.776点评：本题关键记住匀变速直线运动的推论公式x=at2，会用该公式求解加速度，基础题注意单位的换算和有效数字的保留三、计算题（本题共42分，请写出必要的公式和文字表述）15（8分）（2007春岳阳期末）如图所示，一水平传送带长为20m，以2m/s的速度做匀速运动已知某物体与传送带间的动摩擦因数为0.1，现将该物体由静止轻放到传送带的a端求物体被传送到另一端b所需的时间（g取lom/s2）考点：牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：万有引力定律在天体运动中的应用专题分析：物体在摩擦力的作用下加速运动，先根据牛顿第二定律求解出加速度，然后假设一直加速，根据运动学公式求出加速的位移，再判断物体有没有到达b端，发现没有到达b端，接下来物体做匀速运动直到b端，分两个匀加速和匀速两个过程，分别求出这两个过程的时间即可解答：解：物体在传送带上做匀加速直线运动的加速度a=g=1m/s2；物体做匀加速直线运动的时间t1=2s；匀加速直线运动的位移x1=at12=14m=2m；则物体做匀速直线运动的位移x2=lx1=20m2m=18m；匀速运动的时间t2=9s；故滑块从a到b的总时间为t=t1+t2=2s+9s=11s；答：求物体被传送到另一端b所需的时间为11s点评：解决本题的关键搞清物体在传送带上的运动规律，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解16（10分）（2013秋中原区校级期中）有一极地卫星绕地球做匀速圆周运动，该卫星的运动周期为，其中t0为地球的自转周期已知地球表面的重力加速度为g，地球半径为r求：（1）该卫星一昼夜经过赤道上空的次数n为多少？试说明理由（2）该卫星离地面的高度h考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题：人造卫星问题分析：（1）已知卫星运动周期与地球自转周期间的关系，可以求出卫星一昼夜经过赤道上空的次数（2）卫星做圆周运动所需向心力由万有引力提供，由牛顿第二定律可以求出卫星离地面的高度解答：解：（1）卫星周期t=，则卫星一昼夜绕地球转4圈，卫星每个周期经过赤道上空两次，因此一昼夜卫星经过地球赤道上空8次；（2）卫星绕地球做圆周运动，由牛顿第二定律得：g=m（）2（r+h）在地球表面的物体受到的重力等于万有引力，即：g=mg解得：h=；答：（1）该卫星一昼夜能8次经过赤道上空（2）该卫星离地的高度h为点评：万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律列方程可以求出卫星距地面的高度，解题时注意“黄金代换”的应用17（11分）（2013宝山区一模）有一质量为2kg的小球串在长为1m的轻杆顶部，轻杆与水平方向成=37角（1）若静止释放小球，1s后小球到达轻杆底端，则小球到达杆底时它所受重力的功率为多少？（2）小球与轻杆之间的动摩擦因数为多少？（3）若在竖直平面内给小球施加一个垂直于轻杆方向的恒力，静止释放小球后保持它的加速度大小1m/s2，且沿杆向下运动，则这样的恒力大小为多少？（ g=l0m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）考点：牛顿第二定律；功的计算专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）静止释放小球，小球沿杆向下做匀加速运动，由s=求出小球到达杆底时速率，由p=mgvsin53求出重力的功率（2）由a=求出小球下滑的加速度，由牛顿第二定律和摩擦力公式求解小球与轻杆之间的动摩擦因数（3）给小球施加一个垂直于轻杆方向的恒力后，小球的加速度为1m/s2，可由牛顿第二定律求出小球所受的摩擦力大小，分f垂直杆向上或垂直杆向下，分别求出f的大小解答：解：（1）由s=得 v=m/s=2m/s 小球到达杆底时它所受重力的功率为p=mgvsin53=21020.6w=24w （2）小球下滑的加速度为a1=2m/s2，根据牛顿第二定律得 mgsinf1=ma1，解得，f1=8n 又f1=n1=mgcos 解得，=0.5 （3）给小球施加一个垂直于轻杆方向的恒力后，小球的加速度为1m/s2，由牛顿第二定律，得 mgsinf2=ma2，解得，f2=10n 杆以球的弹力大小为 n2=20n 若f垂直杆向上，则有 f1=n2+mgcso=20n+16n=36n 若f垂直杆向下，则有