山东省威海市乳山银滩高级中学2023届高三年级上册10月第二次月考物理含解析

高三十月月考题2022-2023学年度高三级部十月份模块检测

物理试题

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间90分钟。

考试结束后，将答卷纸和答题卡一并交回。

第I卷（共40分）

注意事项

1.答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的班级、姓名、座号、准考证号填写在答

题卡和试卷规定的位置上，并将答题卡上的考号、科目、试卷类型涂好。

2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，

用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，答案不能答在试卷上。

3.第II卷必须用0.5毫米黑色签字笔在答卷纸各题的答题区域内作答；不能写在试题卷上，

不按以上要求作答的答案无效。

一、单选题（共24分）

1.为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，如图所示是动力车在刹车过程中位

移和时间的比值/t之间的关系图像，则下列说法正确的是，）

2KA-/（m-s-1）

IO[---------以

0-----------------―a

A.动力车的初速度为10m/sB.刹车过程动力车的加速度为5m/s2

C.刹车过程持续的时间为8sD.从开始刹车时计时，经过8s,动力车的位移为40m

2.在力学研究中，重力加速度是一个重要的物理量，测量重力加速度的方法也有很多，曾经有人提出利

用竖直上抛运动的对称性来测量重力加速度；将真空长直管沿竖直方向放置，自管的底端。点竖直向上抛

出小球，测出小球又落回原处的时间为7；,在小球做竖直上抛运动的过程中，小球经过比。点高”的P点，

小球经过P点再回到P点所用的时间为心，测得二、心和”的值，则重力加速度g的值为（）

848H

A，邛-窗B.（工_与）2

2HH

C'，乜2D.4（7；-7；）2

3.如图所示，一倾角为45。的斜面放置于粗糙的水平地面上，斜面上固定一个内侧光滑的圆环，圆环和斜

面相切。将一小物块放置于圆环内侧切点位置，对小物块施加沿圆环切线方向的拉力F,使小物块缓慢沿

圆环内侧向上运动，直至拉力F竖直，整个过程斜面体静止不动，则下列说法正确的是（）

A.拉力F先增大后减小B.圆环对物块的支持力一直减小

C.地面对斜面体的摩擦力先增大后减小D.地面对斜面体的支持力先增大后减小

4.如图所示，一根金属直杆AB放置在水平固定的光滑半球形碗内，稳定时直杆与水平方向的夹角4=30。

直杆在A点处受到碗的作用力大小为NQ在B点处受到碗的作用力大小为N,,则N；为（）

A.6:3B.2：3C.1：|D.底2

5.如图所示，密度相同的A、B两星球绕它们连线上的某点做匀速圆周运动，组成一双星系统，其中体积

较大的A星球能不断的"吸食”体积较小的8星球的表面物质，从而达到质量转移。假设"吸食"过程A、B

两星球球心间距离不变，则"吸食"的最初阶段，下列说法正确的是（）

A.它们做圆周运动的万有引力保持不变

B.它们做圆周运动的角速度大小保持不变

C.体积较大的A星球圆周运动的轨迹半径变小，线速度变

D.体积较小的8星球圆周运动的轨迹半径变小，线速度变小

6.如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为"魔力陀螺"。

它可等效为一质点在圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示，在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为R,4、

B两点分别为轨道的最高点与最低点，质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受到圆轨道的强磁性引力始终

指向圆心。且大小恒为F,当质点以速率期通过A点时，对轨道的压力为其重力的7倍，不计摩擦和空

气阻力，重力加速度为g。则（）

A.陀螺做匀速圆周运动陀雄

质点乙

B.陀螺所受的磁性引力是恒力

C.陀螺的质量为£

8g

D.若陀螺能做完整的圆周运动，质点对48两点的压力差恒为6Hg

7.如图，倾角为6=45?的斜坡，斜坡高度为/7,斜坡底端A点正上方有B和C两点，B点和斜坡等高。甲

战斗机以水平速度匕飞到C点时释放炸弹，准确命中斜坡上的一点P,CP的连线垂直于坡面：乙战斗机以

水平速度匕飞到8点时释放炸弹，也准确命中斜坡上的同一点P,速度方向恰好垂直斜坡。已知两颗炸弹

质量相同，则（）

A.C点距离A点的高度为g/?

B.甲释放的炸弹和乙释放的炸弹在空中的飞行时间比为72:1

C.v,:v2=>/2:1

D.重力对甲战斗机释放的炸弹和乙战斗机释放的炸弹做功之比为夜：1

8.如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上,

一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，滑块Q的质量为4〃?，把滑块从图中A点由静止释放后

沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，已知04与水平面的夹角6=53?,

0B长为33与48垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g,滑块P从A到B的过程中，下列说法正

确的是（）

B0^0

A.滑块P的加速度一直减小B.滑块P的最大速度为2低Z

C.轻绳对滑块P做功8，/gLD.重力对滑块Q做功的功率一直减小

二、多选题（共16分）

9.如图所示，质量为M的木楔倾角为9,在水平地面上保持静止。当将一质量为m的木块放在斜面上时

正好沿斜面匀速下滑，如果木块匀速运动过程中突然受到一个与斜面成a角的力F拉着木块，使木块减速

下滑。重力加速度为g,（运动过程中木块始终未脱离木楔，木楔始终静止）下列说法中正确的是（）

A.物体在匀速下滑过程中斜面对地面的压力为（M+m）g

B.在木块减速下滑过程中，地面对M的静摩擦力水平向右

2mgsin3

C.若经过一段时间，木块能沿斜面匀速上滑，则F的最小值为/,2二

yjX+tan0

D.经过一段时间后，若物体上滑，地面对M的冲量水平向左

10.足够长的木板B静止在光滑水平面上，其上放置物块A,物块A上作用一随时间变化的向右的水平拉

力F,F随时间t变化的F-f图像及物块A的加速度。随时间t变化的图像如图乙、丙所示，A、B间

的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取l（）m//，则下列说法正确的是（）

A.可求出A的质量为3kgB.可求得A、B间的动摩擦因数为0.3

C.可求得B的质量为1kgD.当尸=12N时，木板B的加速度为4m/s?

11.一足够大且光滑的矩形斜面，倾角为巴高为h,现有一小球在A处沿平行于底边的初速度。（，滑上斜

面，最后从B处离开斜面。已知重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）

A.小球的运动轨迹为抛物线B.小球的加速度为gsin。

C.小球从A处到达B处所用的时间为二

D.小球从4处到达8处的位移为

12.如图所示，不计所有接触面之间的摩擦，斜面固定，物体叫和加2质量均为m。町放在倾角a=30,的

斜面上，S套在竖直杆上，叫和啊通过定滑轮与轻绳相连，叫与滑轮间的细线与斜面平行。若将”?2从

与定滑轮等高位置A由静止释放，当落到位置B时，叫获得最大速度，且绳子与竖直方向的夹角为6=60,

已知定滑轮与轻杆的距离为d,町和恤均可看成质点，则下列说法正确的是（）

V2

A.S的最大速度为B.叫的最大速度为

C.可以求得外下滑的最大距离

D.外下滑的过程，心的机械能先增大后减小

三、实验题（共16分）

13.如图甲所示的装置叫阿特伍德机，是英国数学家、物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置,

用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示。实

验时，该同学进行了如下步骤:

1主尺2cm

0游标尺10

丙

。、将质量为M的重物A（含挡光片）和质量为2M的重物B用轻质细绳连接后，跨放在定滑轮上，使得

绳子张紧，且A、B处于静止状态，测量出A上挡光片中心到光电门中心的竖直距离山

b、在B的下端挂上质量为m的物块C,让系统（重物A、B以及物块C）中的物体由静止开始运动，光电

门记录挡光片挡光的时间。

c、测出挡光片的宽度d,计算重物A运动的速度大小心

d、利用实验数据验证机械能守恒定律。

（1）步骤c中，用游标卡尺测挡光片的宽度如图（丙）所示，挡光片宽度典cm,计算重物A的

速度v=（用题目中的字母表示）。

（2）步骤d中，如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，应满足的关系式为（已知当

地重力加速度大小为g,用题目中的字母表示）。

（3）某次实验分析数据发现，系统重力势能减少量小于系统动能增加量，造成这个结果的原因可能是

A.细绳、滑轮并非轻质而有一定质量B.挂物块C时不慎使B具有向下的初速度

C.计算重力势能时g的取值比实际值大D.滑轮与细绳之间产生滑动摩擦

14.如图甲所示是一个研究向心力与哪些因素有关的DIS实验装置的示意图，其中做匀速圆周运动的圆柱

体的质量为m,放置在未画出的圆盘上，圆周轨道的半径为r,力电传感器测定的是向心力，光电传感器

测定的是圆柱体的线速度，表格中是所得数据，图乙为F-v图像、F-俨图像、F-V图像。

3691215

j_|

v/(ms)

A

甲乙

v/(m*s1)11.522.53

F/N0.8823.55.57.9

（1）本实验采用的研究方法是o

（2）数据表格和图乙中的三个图像是在用实验探究向心力F和圆柱体线速度v的关系时、保持圆柱体质

量不变、半径r=0.1m的条件下得到的。研究图像后，可得出向心力F和圆柱体线速度"的关系式

（3）为了研究F与r成反比的关系，实验时除了保持圆柱体质量不变外，还应保持物理量__________不变。

2

（4）若已知向心力公式为尸=机匕，根据上面的图线可以推算出，本实验中圆柱体的质量为

r

_____________kgo

四、解答题（共44分）

15.紧靠在一起的甲、乙两小物块停放在水平地面上，甲距左侧竖直墙壁x=9m。某时刻使甲、乙同时获

得相反方向的速度，大小分别为%=10m/s、巳=6m/s,整个过程中，甲的加速度大小为的=2m/s2,

乙的加速度大小为底=lm/s:不计甲与竖直墙壁的碰撞时间，碰撞前后的速度大小不变。求：

（1）甲、乙间的最大距离；

（2）乙停止运动时两者间的距离。

$甲乙

*9m*'

16.2022年北京冬季奥运会已于2月4日开幕，2月20日闭幕，各种体育项目精彩纷呈，其中跳台滑雪

项目惊险刺激，被称为勇敢者的运动，我国女运动员谷爱凌在该项目中夺得金牌。其场地的简化图如图所

示：雪坡。B段为倾角为a=30的斜面，某运动员从助滑道的最高点A由静止开始下滑，到达起跳点。时

借助设备和技巧，保持在。点的速率沿与水平方向成。角的方向起跳，最后落在雪坡上的B点，起跳点。

与落点8之间的距离。8为此项运动的成绩。已知A点与。点之间的高度差/z=50m,该运动员可视为质

点，不计一切阻力和摩擦，g=10m/st求

（1）该运动员在。点起跳时的速度大小；

（2）该运动员以多大的起跳角J起跳才能取得最佳成绩；最佳成绩为多少；

（3）在（2）问中，该运动员离开雪坡的最大距离。

T\

h\

-___

o

aB

17.一种升降电梯的原理如图所示，A为电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运行时A（含乘客）、B的质

量分别为M=1000kg和m=800kg。A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下

拉配重B,使得电梯的轿厢由静止开始向上运动。电动机输出功率P=2kW保持不变。不计空气阻力和摩

擦阻力，g=10m/s2。在A向上运动过程中，求：

（1）轿厢A能达到的最大速度%,；

（2）轿厢A向上的加速度为a=2m/s2时，配重B下端的牵引绳上拉力F大小；

（3）厢体A从静止开始到上升的高度为5m时（箱体已处于匀速状态），试求该过程中所用的时间3

定滑轮

电动机

18.如图甲所示，一长木板B静止放在光滑水平面内，小滑块A以初速度v产4m/s,滑上长木板的同时，

一水平向右的外力F作用在长木板B上，长木板B与小滑块A之间的摩擦因数为〃=0.2,小滑块与长木板

之间由于摩擦产生的内能Q与F之间的关系如图乙所示。长木板的质量大于小滑块的质量，重力加速度g

=10m/s2o求：

（1）小滑块滑上长木板时小滑块的加速度；

（2）长木板的质量；

（3）长木板至少有多长。

B

图甲

参考答案:

【详解】AB.由图可得

X

-=-2.5r+20

根据匀变速直线运动的位移时间公式

x=vot+-at

对比可得

:

v0=20m/s,a=-5m/s

即刚刹车时动力车的速度为2OWs,刹车过程动力车的加速度为-5m/s2,故A错误，B错误;

CD.刹车过程持续的时间为

经过8s,车已经停止，则整个刹车过程动力车经过的位移为

%20

x=—t=—x4m=40m

22

故C错误，故D正确。

故选D«

2.A

【详解】根据题意，有

故选A。

3.B

【详解】A.对小物块，设F与竖直方向的夹角为，，则有

F=mgcos0

〃由45。开始减小到0,则F逐渐增大，故A错误;

B.由题意可得

FR=mgsin0

由上述分析可得，心逐渐减小，故B正确；

CD.对于整个系统，由题意可得

f=Fsin0=mgcos^sin0=^-sin20

。由45。开始减小到0,则/逐渐减小，故CD错误。

故选Bo

4.C

【详解】以金属杆为研究对象进行受力分析，受到重力、两个支持力，三个力的作用线经过同一点，如图

所示

根据几何关系可得

£=a=30?

则

。=夕=30?

由于作用在B点的力垂直于AB方向，则

ZCBO=60°

,所以

N88=60°

则

片60?—。=60?—30?=3

竖直方向根据平衡条件可得

NAcosy+NBcosa=G

水平方向根据平衡条件可得

NAsiny=N„sina

NJN.=T:1

故选Co

5.B

【详解】A.由万有引力定律

若M增大，则m减小，则Mm乘积要变化，可知万有引力变化，则A错误；

B.稳定的双星系统两星球角速度大小相等，根据万有引力提供向心力，对A星球有

cMm,,2

G——=M(arA

同理对8星球有

联立可得

G(M+〃?)

由于质量在两星球间转移，故总质量不变，则角速度大小不变，则B正确;

CD.由于两星球的向心力大小始终保持相等，则有

MarrA=marr6

则

rBM

由于两星球密度相同，故体积大的A星球质量大，吸食后质量更大，则半径变小，而质量更小的8星球则

半径变大，由于角速度大小不变，故A星球线速度变小，8星球线速度变大，则CD错误。

故选B,

6.D

【详解】A.对陀螺进行受力分析可知，陀螺在做圆周运动过程中，受重力和磁性引力作用，合力不始终

与速度垂直，所以陀螺不做匀速圆周运动，故A错误；

B.陀螺受到圆轨道的强磁性引力始终指向圆心。且大小恒为F,方向时刻在改变，因此陀螺所受的磁性

引力不是恒力，故B错误；

C.陀螺做圆周运动，在A点，根据牛顿第二定律

V2

F+mg-F^tn—

IX

代入数据解得

F

m=——

7g

故C错误；

D.质点能完成圆周运动，在A点时根据牛顿第二定律得

F+mg-NA-m^

在B点时根据牛顿第二定律得

F-mg-NB-m^

从4点到B点过程，根据机械能守恒定律可知

联立以上式子解得

NA-NB=6mg

即质点对A、8两点的压力差恒为6mg,故D正确。

故选D。

7.B

【详解】A.设AP的水平距离为X,则从8点释放的炮弹运动轨迹如图所示

根据几何关系该炮弹速度的反向延长线平分水平位移，故

1

y=­x

2

y+X=h

解得

根据从C释放的炮弹CP的连线垂直于坡面可得CP间的竖直高度

%?=x=飞h

C点距离A点的距离为

,4,

故A错误；

B.根据

.12

%p=-

12

y=2^

可得

£_

故B正确；

C.根据

X

%=7

1L=_L

V2加

故C错误;

D.根据

W=mgH

可得

丛

历一不

故D错误。

故选Bo

8.C

【详解】D.根据题意可知，滑块P从A点开始运动时，重物Q的速度为零，则重物Q重力的功率为零，

当滑块P到达B点时，重物Q的速度也为零，此时，重物Q重力的功率为零，则滑块由A到B的过程中，

重物Q的重力功率先增大后减小，故D错误；

C.根据题意可知，滑块P、重物Q和弹簧组成的系统机械能守恒，根据几何关系可知，滑块P上升的高

度为

/z=3L-tan53°=4L

重物Q下降的高度为

H=OA-OB=-^—-OB=2L

cos53°

设滑块P运动到位置8处速度大小为v,A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，可知48两点弹簧的

弹性势能相等，根据机械能守恒定律有

4mH-mgh=gmv2

联立解得在8点的速度为

v=2gL

对滑块P，设轻绳对滑块P做功为卬，由动能定理得

W-mgh=gmv2

解得

W=SmgL

故C正确；

AB.在A点弹簧对P的弹力向上，在B点弹簧对P弹力向下，可知，P先加速上升后减速上升，在A、8

间某位置，合力为零，速度最大，则滑块P的最大速度大于2屈，从4点到速度最大点，弹簧的弹力不

断减小，绳子拉力在竖直方向的分力也减小，可知加速度不断减小，在从速度最大点到B点过程中，弹簧

拉力向下，重力向下，绳子在竖直方向的分力越来越小，可知P所受的合理越来越大，则加速度越来越大,

故AB错误。

故选Co

9.AC

【详解】A.木块在匀速下滑时，两物体受力平衡，作为一个整体，有

=(m+M)g

根据牛顿第三定律有斜面对地面的压力为(M+m)g,A正确；

B.当木块减速下滑时，加速度沿斜面向上，因此此时木块对斜面的力有水平向右的分量，根据力的平衡,

此时地面对斜面的静摩擦力向左，B错误；

C.木块匀速下滑时有

ymgcos0=mgsin0

即

〃=tand

施加力F后，匀速上滑时，对木块受力分析，平行于斜面方向有

mgsin0+/=mgsin0+=Feosa

垂直斜面方向有

&'+Fsina=mgcos0

联立解得

_2mgsin0

rc-

cosa+//sina

根据数学知识有

cosa+〃sinaW+=71+tan20

所以得

口_2mgsin0

1min—IZ

，l+tarr，

C正确；

D.木块上滑时，木块给斜面的摩擦力方向沿斜面斜向上，同时还有垂直斜面向下的弹力，合力方向斜向

右下方，因此由力的平衡可知，此时地面对斜面的摩擦力水平向左，同时，地面对斜面有竖直向上的弹力,

因此合力方向斜向左上方，故冲量斜上左上方，D错误。

故选AC。

10.BC

【详解】ABC.A、B在3s末开始相对滑动，对系统由牛顿第二定律得

产=(怎+%)4

因3s末拉力大小为6N,加速度为3m/所以

+ma=2kg

隔离木板B,由牛顿第二定律得

^mAg=mBa2

即

I0/""A=3，"B

同理，隔离物体A,由牛顿第二定律得

尸一〃"=%?

根据丙图和乙图图形可知4.5s末拉力大小为9N,加速度大小为6m/s2,即

9-10/Z/7?A=6/MA

联立以下三式

mA+>nB=2kg,1O/Z/MA,9-10/zwA=6m*

解得

，"A=1kg,=Ikg,〃=().3

A错误，BC正确；

D.当尸=12N时，A、B相对滑动此时木板B的加速度为

A

an=~=3m/s

D错误。

故选BC。

11.ABC

【详解】A.小球受重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度方向垂直，小球做类平抛运动,

其运动轨迹为抛物线，故A项正确；

B.根据牛顿第二定律知，有

mgsin0=ma

解得

a=gsin。

故B项正确；

C.由几何关系得，小球沿加速度方向上的位移为

根据公式

故C项正确；

D.小球在沿初速度方向的位移为

则小球从A处到达B处的位移为

故D项错误。

故选ABCo

12.AC

【详解】A.物体S沿杆竖直下滑，令其最大速度为V，则叫的速度与叫沿绳方向的速度大小相等，如图

可得町的速度大小

h=ucos。

下滑过程，系统机械能守恒，则有

d（d\.11

mg-----〃火------asin6Z=—mv"2+—mv2

tan<9（sin。）22'x

解得

v=

A正确；

B.当丐速度最大时，叫受力平衡，则有

Teos0-mg

可知

T-•>〃?gsina

cos®

表明之后町还在加速，即叫速度达到最大时，叫的速度不是最大，B错误；

C.设外下滑的最大距离为〃，则有

mgh_/ng(\ld2+h2-4卜ina=O

因此可以求得S下滑的最大距离，C正确；

D./下滑的过程，绳子的拉力对其一直做负功，加2的机械能一直减小，D错误。

故选AC。

13.1.02—(M+/n)g/z=」(利+3M)(4尸Q

A/2Az

【详解】(1)⑴由图可知，挡光片宽度读数为

(DchrtSN1.02cm

[2]重物A的速度v为通过光电门时速度，即

d

v--

△t

(2)⑶如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，则有BC减小的重力势能等于后来系统的动能

和重力势能之和，即有

1d，

(2M+m)gh=—(2M+M+，〃)•(一)_+Mf>h

2Ar

整理得

(M+m)gh--(m+3M)(—)2

2Af

(3)[4]A.细绳、滑轮并非轻质而有一定质量不会使系统重力势能减少量小于系统动能增加量，A错误；

B.挂物块C时不慎使B具有向下的初速度，即A通过光电门时速度会变大，加会变小，由(2)中结论

可得系统重力势能减少量会小于系统动能增加量，B正确；

C,计算重力势能时g的取值比实际值大，根据(2)中推论系统重力势能减少量会大于系统动能增加量，

C错误；

D.滑轮与细绳之间产生滑动摩擦，会导致系统运动时速度有损失，即系统重力势能减少量会大于系统动

能增加量，D错误。

故选Bo

14.控制变量法F=0.88v2线速度”0.088

【详解】（1）⑴本实验采用控制变量法。

（2）⑵根据已知数据求出俨和与填入表格

”(mi)11.522.53

F/N0.8823.55.57.9

1.02.254.06.259.0

F

0.880.890.880.880.88

「(N*m*2«s2)

根据表格得尸=0.88/

（3）［3］根据尸=根止，为了研究F与r成反比的关系，实验时除了保持圆柱体质量m不变外，还应保持

r

还应保持线速度V不变。

（4）［4］根据

V2

F=m—

r

F=0.88v2

r=0.1m

解得

m=0.088kg

15.（1）14.5m；（2）11m

【详解】（1）由题意知，甲、乙两物体均做匀减速直线运动，甲与墙壁碰撞前由

V|2一扁=2细x

得，甲与墙壁碰撞前的速度为

v,=8m/s>6m/s

故碰撞时距离最大

又

w=vI(,一4储

得

4=ls

1s内乙的位移为

解得

%=55m

此时，甲乙间的距离最大

xm=x+芭=14.5m

（2）甲运动时间为4

而=—=5s

所

乙运动时间为f乙

t乙=—=6s

。乙

因%>/甲，故乙停止运动时甲早已停止运动，甲碰后运动位移为孙，乙的位移为x乙

0—匕~=—2〃甲式甲，0—=—2a乙x乙

停止时两者间距为

得

s—11m

16.(1)loVlOm/s；(2)30、200m；(3)25Gm

【详解】（1）设运动员质量为m,OB=L,从4到。过程机械能守恒

mgh=；mVg

解得

%=12gh=loVlOm/s

（2）设运动员在O点起跳时速度vo与水平方向的夹角为6,将跳时速度V。和重力加速度g沿雪坡方向和

垂直雪坡方向分解，如图所示

匕=%sin(30+0)

v2=%cos(30+6)

两分加速度为

q=geos3()

出=gsin3()

设运动员从。点到B点的时间为t,运动员离开雪坡的距离为S

2

S=vtt--att

当5=0时，得

仁生

ai

运动员从。点运动到B点的距离为L,则

,I2

乙=3+]®

解得

L=^sin(0+30)cos30=[sin(20+30)+sin30]=^sin(26>+30)+1

所以当

20+30=90

即

6=30°

有最佳成绩

4ax=200m

(3)当运动员垂直雪坡的速度为0时。运动员离开雪坡的最大距离S,”，由运动学公式可知

鼠=£

2al

代入数据解得

S“=25Gm

17.(1)vm=lm/s；(2)F=5600N；(3)f=5.45s

【详解】(1)当轿厢A能达到的最大速度时，轿厢A做匀速直线运动，设此时电动机的牵引力为K，则

F、+mg=Mg

又

「"•%

联合解得

vm=lm/s

(2)轿厢A向上