浙江省宁波市九校联考2024-2025学年高一上学期期末物理试题（含答案）

第第页浙江省宁波市九校联考2024-2025学年高一上学期期末物理试题一、选择题Ⅰ（共13小题，每小题3分，共39分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，有选错或不答的得0分）1．下列物理量都属于矢量的是（）A．位移、速率 B．速度、加速度C．路程、向心力 D．线速度、时刻2．2024年11月12日，第十五届中国国际航空航天博览会在珠海国际航展中心隆重举行，航展首日，中型隐身多用途战斗机歼-35A惊喜亮相，在珠海金湾机场上空进行了首次飞行表演，歼-35A采用了先进的飞行控制系统和高推重比发动机，其最大飞行速度可达2.2马赫（音速的2.2倍），总载弹量超过8吨，最大航程为3000km。下列说法正确的是（）A．2.2马赫指歼-35A的平均速度B．研究歼-35A的翻转过程可以将其视为质点C．3000km指的是歼-35A飞行的位移大小D．歼-35A在减速上升时驾驶员处于失重状态3．在法国奥运会乒乓球女单决赛中，陈梦以4-2的战绩战胜队友夺得金牌。下列说法正确的是（）A．击球时，乒乓球受到弹力是因为球拍发生了形变B．击球时，球拍对乒乓球的作用力大于乒乓球对球拍的作用力C．增大击球时的力度可以使乒乓球获得更大的惯性D．击球后，乒乓球在空中运动时受到重力、推力和阻力作用4．如图所示，一架直梯斜靠在光滑的竖直墙壁上，下端处于粗糙的水平地面上，此时直梯和竖直墙的夹角为α，直梯处于静止状态。则下列说法正确的是（）A．直梯受5个力作用B．地面对直梯的支持力沿图中BA方向C．若α角增大，直梯仍能静止，则地面对梯子的支持力增大D．若α角增大，直梯仍能静止，则地面对梯子的摩擦力增大5．如图为修正带的内部结构，由大小两个相互咬合的齿轮组成，修正带芯固定在大齿轮的转轴上。当按压并拖动其头部时，齿轮转动，从而将遮盖物质均匀地涂抹在需要修改的字迹上。若图中大小齿轮的半径之比为2∶1，A、B分别为大齿轮和小齿轮边缘上的一点，C为大齿轮上转轴半径的中点，则（）A．A与B的角速度大小之比为1∶2B．B与C的线速度大小之比为1∶1C．A与C的向心加速度大小之比为4∶1D．大小齿轮的转动方向相同6．小明将一石块从井口静止释放，经过1s小明听见了石块落水的声音，取g=10mA．石块落水的速度约为5B．井口到水面的距离约为10mC．若考虑空气阻力，则小明求得的距离偏小D．若考虑声音在空气中传播的时间，则小明求得的距离偏大7．如图所示，水平直杆上有一定点O，不可伸长的刚性连杆AO、AB可绕图中O、A、B三处转轴转动，OA杆长为L，AB杆长为2L，A端与一小球连接，B端套有一滑块，小球以速度v沿逆时针方向绕O做匀速圆周运动时，滑块B沿直线做往复运动，当连杆AO与OB垂直时，滑块B的速度大小为（）A．32v B．34v8．某质量为1.3×103kgA．汽车的初速度大小为4B．汽车受到的阻力为5.2×C．汽车在第2s内的平均速度为8D．汽车在前3s内的位移是24m9．如图所示，长度为5L的轻杆两端分别固定小球A、B（均可视为质点），小球A、B的质量分别为2m，3m，杆上距A球2L处的O点套在光滑的水平转轴上，杆可绕水平转轴在竖直面内转动。当A、B两球静止在图示位置时，转轴受杆的作用力大小为F1；当A、B两球转动至图示位置时，杆OA部分恰好不受力，转轴受杆的作用力大小为F2，则F1A．1∶12 B．2∶3 C．5∶12 D．4∶910．如图所示，一不可伸长的轻绳两端固定在晾衣杆的A、B两点。衣服通过衣架的光滑挂钩挂在轻绳上，同时衣服受到水平向右的恒定风力F，平衡后将结点B缓慢上移，绳子中的拉力将（）A．逐渐变小 B．逐渐变大C．先变大后变小 D．保持不变11．如图所示，用等长的轻质细线将三个完全相同的小球A、B、C悬挂在天花板上。现对小球A施加一个水平向左的力，对小球C施加一个水平向右的力，两个力大小均为F，最后达到平衡状态。下列表示平衡状态的图可能正确的是（）A． B．C． D．12．如图所示，一圆环竖直放置，圆心为O，从圆上一点A引三条倾角不同的光滑轨道AB、AC、AD到圆周上，已知C为圆环最低点，D为C附近一点，现将小球从A点分别沿AB、AC、AD三个斜面静止释放，设小球到达圆周上的速率分别为v1、v2、v3，经历的时间分别为t1、A．v1=v2=v3 B．13．如图所示，某次空中投弹的军事演习中，战斗机以恒定速度v0沿水平方向飞行，先后释放1和2两颗炸弹，分别击中倾角为θ的山坡上的A点和B点，释放两颗炸弹的时间间隔为Δt1，此过程中飞机飞行的距离为s1；先后击中A、B的时间间隔为A．sB．炸弹1在空中飞行的时间为vC．炸弹2在空中飞行的时间为vD．增大v0，其余条件均不变，Δt1二、选择题Ⅱ（共2小题，每小题3分，共6分，在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全选对得3分，选不全得2分，选错或不答的得0分）14．在物理学的探索和发现过程中，科学家们运用了许多研究方法与思想。以下说法正确的是（）A．用质点来代替物体的方法应用了理想模型的思想B．利用速度-时间图像的面积得到匀变速直线运动公式运用了微元的思想C．伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验法D．在“探究加速度与力和质量关系”时用了等效替代法15．如图所示，为皮带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ=37°，A、B两端相距4m，质量为m=10kg的物体以v0=5.0m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5，g取A．开始时物体的加速度大小可能为2B．若传送带不转动，物体沿传送带上滑的最大距离是2.25mC．若传送带逆时针运转的速度v=4.0mD．若传送带顺时针运转的速度可以调节，则物体从A点到达B点所需的最短时间是1s三、实验题（共2小题，每空2分，共16分）16．Ⅰ.A同学利用图印所示实验装置探究“加速度与力、质量的关系”。（1）关于平衡摩擦力，下列说法正确的是________A.平衡摩擦力是为了使细绳的拉力等于盘和砝码的重力B.平衡摩擦力时，小车前端应当用细线悬挂托盘，但托盘中不放砝码C.改变小车的质量时，应重新进行平衡摩擦力的操作D.正确操作后启动打点计时器，轻推小车，若纸带上打出的点迹均匀，则摩擦力平衡完全（2）图丙为A同学在正确操作后得到的一条纸带，已知打点计时器的频率为50Hz，纸带上每隔4个点取一个计数点，则小车的加速度大小为________msⅡ.B同学设计了如图乙所示实验装置来探究“加速度与力、质量的关系”，具体操作步骤如下：①挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；②取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a；③改变砝码质量和水板倾角，多次测量，通过作图可得到a−F的关系。（3）实验中小车在沿斜面下滑时受到的合力F________mg（填“大于”，“小于”或“等于”），该实验________（填“需要”或“不需要”）满足m≪M。17．某同学利用图甲所示的实验装置做“探究平抛运动规律”的实验（1）（多选）在此实验中，下列说法正确的是__________。A．斜槽轨道的摩擦力应尽可能小B．每次需从斜槽上的相同位置释放小球C．移动挡板时，每次移动的距离需相同D．斜橧末端应调节至水平（2）图乙中OQ是某同学通过实验得到的小球平抛运动的轨迹，以O点为坐标原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立坐标系。取xA:xB:xC:xD=1:2:3:4，若xC−（3）若想利用稳定的细水柱显示平抛运动的轨迹，下图中最合适的装置是__________。A． B． C．四、计算题（共4题，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位，共39分）18．如图所示，某司机驾车（可视为质点）沿着城市道路以54km/h（1）从司机看见行人到最终刹停汽车通过的距离；（2）行人与司机同时发现对方，行人在反应后立刻沿斑马线中线从静止开始匀加速跑向对面，若行人的反应时间与司机相同，要想先于汽车通过M点，行人的加速度至少为多少。19．如图所示，倾角α=30°的粗糙斜面固定于水平面上，物块b悬挂于水平绳DO和CO的结点处，轻绳的OC段与竖直方向的夹角θ=60°，且绕过光滑定滑轮与物块a连接于E点，若轻绳OCE能承受的最大拉力为10N，重力加速度g=10m（1）物块b的质量最大为多少，此时绳子OD上的拉力为多大；（2）当物块b的质量最大时，若物块a与斜面间的动摩擦因数μ=34，要使物块a静止在斜面上，物块a的质量20．如图所示，质量为m的小滑块静止在足够大的粗糙水平转盘上，一根长为L的细线一端连接在滑块上，另一端连接在圆盘竖直转轴上的A点，细线刚好伸直时与竖直方向的夹角θ=37°，重力加速度为g，使转盘绕转轴在水平面内转动，并缓慢增大转动的角速度，滑块与转盘间的动摩擦因数为0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）当ω为多少时，绳子恰好有拉力；（2）当ω为多少时，滑块恰好与转盘脱离；（3）当ω=5g21．如图所示，地面上固定一倾角θ=37°的斜面，紧靠斜面依次排放陃块完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，厚度不计，质量均为m，木板上表面与斜面底端平滑连接。现有一质量为m的滑块（可视为质点）从斜面上某处静止释放，已知滑块与斜面间动摩擦因数为μ0=0.125，滑块与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数μ2=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，（1）若滑块从离地面高h0=1.5m（2）若滑块滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1（3）若滑块从离地面高h0=1.5m（4）若μ1

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．速率是速度的大小，没有方向，是标量，故A错误；B．速度、加速度有大小有方向，是矢量。故B正确；C．路程只有大小没有方向，是标量，故C错误；D．时刻只有大小，没有方向，是标量，故D错误；故答案为：B。

【分析】1.矢量定义：既有大小又有方向，运算遵循平行四边形定则。

2.标量定义：只有大小，无方向，运算遵循代数法则。

3.逐一判断：对每个选项中的物理量，依据定义区分矢量/标量。2．【答案】D【解析】【解答】A.2.2马赫指歼-35A一个瞬间的速度，为瞬时速度，故A错误；B．研究歼-35A的翻转过程，不能忽略其大小和形状，不可以将其视为质点，故B错误；C.3000km指的是歼-35A飞行的实际轨迹的长度，是路程大小，故C错误；D．歼-35A在减速上升时，加速度向下，驾驶员处于失重状态，故D正确。故答案为：D。

【分析】1.瞬时速度与平均速度：最大速度是瞬时值，平均速度对应过程。

2.质点条件：研究转动、姿态时，物体大小/形状不可忽略，不能视为质点。

3.路程与位移：航程是轨迹长度（路程），位移是初末位置差。

4.超重与失重：加速度向上，超重；加速度向下，失重（与速度方向无关）。3．【答案】A【解析】【解答】A．根据弹力产生的条件可知，击球时，乒乓球受到弹力是因为球拍发生了形变，故A正确；B．根据牛顿第三定律可知，击球时，球拍对乒乓球的作用力等于乒乓球对球拍的作用力，故B错误；C．惯性与质量有关，增大击球时的力度不会使乒乓球获得更大的惯性，故C错误；D．击球后，乒乓球在空中运动时受到重力和阻力作用，故D错误；故答案为：A。

【分析】1.弹力成因：施力物体形变→对受力物体产生弹力。

2.相互作用力：大小相等、方向相反，作用在不同物体。

3.惯性本质：质量是惯性的唯一量度。

4.受力分析：击球后，球拍不再作用，仅受重力和阻力。4．【答案】D【解析】【解答】AB．在竖直方向上，直梯受到重力、地面的支持力，因为竖直墙光滑，所以竖直墙对直梯没有摩擦力；在水平方向上，受到竖直墙的弹力，因为直梯处于静止状态，所以地面对梯子有向左的静摩擦力，因此直梯共受4个力的作用，地面对直梯的支持力与地面垂直，如图所示。故AB错误；C．地面对梯子的支持力与重力平衡，即有FN1=G，与夹角无关，故C错误；D．若α角增大，直梯仍能静止，以直梯与竖直墙的接触点O为转轴，设直梯长度为L。根据力矩平衡条件可得

fLcosα+G•L2sinα=FN1Lsinα

则得

f=12Gtanα故答案为：D。

【分析】1.受力分析：明确直梯受重力、墙的支持力、地面的支持力和摩擦力，共4个力。2.平衡条件：竖直方向N2=G（支持力不变）；水平方向3.力矩平衡：通过力矩关系推导墙的支持力N1随α5．【答案】A【解析】【解答】AD．同缘传动时，边缘点的线速度大小相等，方向相反，根据v=ωr，可知线速度一定时，ω与r成反比，由于大小齿轮的半径之比为2∶1，所以A与B的角速度大小之比为1∶2，故A正确，D错误；B．AC同轴转动，角速度相同，线速度与半径成正比，题意知AC半径比为2：1，则AC线速度之比为2：1，即B与C的线速度大小之比为2：1，故B错误；C．A与C的向心加速度大小之比aA故答案为：A。

【分析】1.同缘传动：边缘线速度相等，角速度与半径成反比。

2.同轴传动：角速度相等，线速度、向心加速度与半径成正比。

3.方向判断：同缘传动时，齿轮转动方向相反。6．【答案】D【解析】【解答】A．小石块落到水面时的速度大小为v=gt=10×1mB．井口到水面的距离为h=1C．若考虑空气阻力，则下落加速度变小，实际位移小于计算位移，则小明求得的距离偏大，故C错误；D．若考虑声音在空气中传播的时间，则小石块在空中运动的时间小于1s，根据AB选项的速度时间关系和位移时间关系可知井口到水面的距离应小于5m，小明求得的距离偏大，故D正确。故答案为：D。

【分析】1.自由落体公式：位移h=12g2.空气阻力影响：加速度减小，实际位移小于计算值，计算结果偏大。3.声音传播时间：总时间包含下落和声音传播，下落时间小于1s，计算时用1s会使结果偏大。7．【答案】C【解析】【解答】如图所示小球A和滑块B沿杆方向的分速度相等，则有v其中α=θ解得滑块B的速度大小为v故答案为：C。

【分析】1.速度分解：将两物体的速度沿杆方向分解（杆约束下，沿杆分速度必须相等）。

2.几何关系：利用垂直条件和杆长比例，确定分解角度相等。

3.关联求解：通过分速度相等，直接推导滑块速度与小球速度的关系。8．【答案】C【解析】【解答】AB．根据x=可得x由图像可知v0=解得a=-8m/s2汽车受到的阻力为f=ma=10.4×10C．汽车停止运动的时间t在第2s内的平均速度等于1.5s时刻的瞬时速度为v2D．汽车在前3s内的位移是等于2.5s内的位移x=v故答案为：C。

【分析】1.公式变形：将x=v0t+12at2.运动分析：计算停止时间，判断各选项中时间是否在运动范围内（如3s>2.5s，实际位移取2.5s）。3.平均速度：匀变速直线运动中，某段时间平均速度等于中间时刻瞬时速度，简化计算。9．【答案】B【解析】【解答】当A、B两球静止在图示位置时，对整体由平衡条件得F由牛顿第三定律可知，转轴受杆的作用力大小为F当A、B两球转动至图示位置时，杆OA部分恰好不受力，对A球2mg=2m×2L对B球F联立解得F由牛顿第三定律可知F则F故答案为：B。

【分析】1.静止平衡：整体受力平衡，转轴作用力等于总重力。2.转动分析：OA不受力时，A的向心力由重力提供；B的向心力由杆的拉力与重力合力提供，用向心力公式向F向3.牛顿第三定律：转轴对杆的力与杆对转轴的力大小相等，方向相反。10．【答案】B【解析】【解答】受到风力后是四力平衡，两个绳子的拉力的合力与重力、风力的合力F=相平衡，设绳子与F的夹角为θ，左右绳长为L1、L有F=2T将结点B缓慢上移d'=L绳子与F的夹角变大F=2则拉力变大。故答案为：B。

【分析】1.平衡条件：四力平衡，绳拉力合力与外力（G、F）合力大小相等。2.几何关系：B点上移，绳的水平投影变化，绳与力的夹角变化。3.分力变化：合力不变时，分力夹角越大，分力越大（由力的合成三角形可知）。11．【答案】D【解析】【解答】对三个球整体分析可知，水平方向两个外力合力为零，所以A球上面的线竖直；对C球分析可知，设绳与竖直方向夹角为θ，则mg所以C球向右偏离竖直方向。故答案为：D。

【分析】1.整体法：利用整体水平方向合力为零，确定A上方绳子竖直，无水平分力。

2.隔离法：对C球单独分析，结合水平力F，判断C球因力的平衡向右偏移。12．【答案】C【解析】【解答】AB．小球从A点分别沿AB、AC、AD三个斜面静止释放，由图可得相对A点沿竖直方向有最大高度为斜面AC，其次为AD，最小为AB，下降过程中，根据动能定理可知，mgh=12mv2，故v1CD．设斜面倾角为θ，则沿斜面下滑加速度为a=gsinθ倾角越大，加速度越大，由图可得，在AB斜面运动，加速度最小，其次为AC，最大为AD，同时AB斜面长度最长，其次为AC，最小为AD，根据x=12at2，可知运动时间t1＞t2＞t3故答案为：C。

【分析】1.速率比较：用动能定理mgh=12mv22.时间比较：用运动学公式x=12at213．【答案】A【解析】【解答】A．因为s1=v0•Δt1，所以s2=v0（Δt1+tB）-v0tA=v0•Δt2，A正确。

B.1炸弹到达山坡的A点位移垂直斜面，则

tanθ=v0tA1C.2炸弹是垂直击中山坡B点，则

tanθ=v0gtBD．由于Δt2＝(Δt1+tB)−tA＝Δt1−v0gtanθ

则Δ故答案为：A。

【分析】1.位移与速度偏角：炸弹1位移垂直斜面（位移偏角90∘−θ），炸弹2速度垂直斜面（速度偏角2.飞行时间推导：利用平抛运动的水平、竖直分运动，结合偏角正切值，联立求解时间。3.水平距离关联：水平距离与飞机速度、时间间隔直接相关，因炸弹水平速度等于飞机速度。14．【答案】A,B【解析】【解答】A．质点是忽略物体的大小和形状，用一个有质量的点来代替物体，运用了理想模型的思想，故A正确；B．利用速度-时间图像的面积得到匀变速直线运动公式运用了微元的思想，故B正确；C．伽利略在研究自由落体运动时采用了逻辑推理法，故C错误；D．在“探究加速度与力和质量关系”时用了控制变量法，故D错误。故答案为：AB。

【分析】结合各物理研究方法的定义与应用场景，对每个选项中涉及的研究方法进行分析判断。15．【答案】A,C,D【解析】【解答】A．若传送带顺时针运转，且速度大于v0=5.0解得加速度大小为a=2mB．若传送带不转动，则物体受到的滑动摩擦力向下，根据牛顿第二定律可得mg解得加速度大小为a物体沿传送带上滑的最大距离为xmC．若传送带逆时针运转的速度v=4.0m/解得加速度大小为a物体沿传送带上滑的最大距离为xmD．若传送带顺时针运转的速度可以调节，则当传送带速度大于v0=5.0由A选项可知加速度大小为a=2m/s2，代入数据解得故答案为：ACD。

【分析】1.摩擦力方向判断：根据物体与传送带的相对运动方向，确定摩擦力沿斜面向上或向下。2.牛顿第二定律：结合摩擦力方向，列合力方程，求加速度。3.运动学公式：用v2=2ax或16．【答案】(1)D

(2)0.53

(3)等于；不需要【解析】【解答】（1）A．平衡摩擦力是为了使细绳的拉力等于小车的合力，故A错误；B．平衡摩擦力是用小车的重力沿木板分力平衡阻力，所以小车前端不应当悬挂托盘，故B错误；C．平衡摩擦力后，mgsinD．正确操作后启动打点计时器，轻推小车，若纸带上打出的点迹均匀，说明小车匀速运动，则摩擦力平衡完全，故D正确。故答案为：D。（2）纸带上每隔4个点取一个计数点，计数点时间间隔为T=5×0.02根据逐差法可知，加速度a=xDG−（3）质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑mg+f=Mg取下托盘和砝码，测出其总质量为m，小车在沿斜面下滑时受到的合力F=Mg根据以上原理可知，不需要满足m≪M。

故答案为：等于；不需要

【分析】（1）平衡摩擦力本质：让小车重力分力抵消摩擦力，使合力等于拉力；通过匀速运动验证平衡效果。（2）逐差法求加速度：利用连续相等时间内的位移差，消除偶然误差，计算加速度。（3）创新实验设计：通过“匀速平衡-撤去托盘”，直接让合力等于托盘重力，突破传统实验中m≪M的限制。17．【答案】（1）B；D（2）1.5；0.80（3）B【解析】【解答】（1）AB．为了保证小球的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，不需要斜槽轨道的摩擦力应尽可能小，故A错误，B正确；C．不需要移动挡板时，每次移动的距离需相同，故C错误；D．为了保证小球的初速度水平，斜槽的末端需切线水平，故D正确。故答案为：BD。（2）根据题意可知从A到B和从B到C与从C到D的时间都相等，竖直方向根据Δ解得T=0.水平方向x解得v0根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打下B点的竖直速度v设抛出点与B的竖直距离为h，根据运动学公式v解得h=0.8m。

（3）竖直管内与大气相通，为外界大气压强，竖直管在水面下保证竖直管上出口处的压强为大气压强，因而另一出水管的上端口处压强与竖直管上出口处的压强有恒定的压强差，保证另一出水管出水压强恒定，从而水速度恒定。如果竖直管上出口在水面上，则水面上为恒定大气压强，因而随水面下降，出水管上口压强降低，出水速度减小。故答案为：B。

【分析】（1）实验操作：理解“保证初速度水平、相等”的关键操作（末端水平、同一位置释放）。（2）数据处理：利用竖直方向匀变速的Δy=g（3）装置选择：分析压强差对水流速度的影响，确保平抛初速度稳定。（1）AB．为了保证小球的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，不需要斜槽轨道的摩擦力应尽可能小，故A错误，B正确；C．不需要移动挡板时，每次移动的距离需相同，故C错误；D．为了保证小球的初速度水平，斜槽的末端需切线水平，故D正确。故选BD。（2）[1]根据题意可知从A到B和从B到C与从C到D的时间都相等，竖直方向根据Δ解得T=0.水平方向x解得v[2]根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打下B点的竖直速度v设抛出点与B的竖直距离为h，根据运动学公式v解得h=0.8（3）竖直管内与大气相通，为外界大气压强，竖直管在水面下保证竖直管上出口处的压强为大气压强，因而另一出水管的上端口处压强与竖直管上出口处的压强有恒定的压强差，保证另一出水管出水压强恒定，从而水速度恒定。如果竖直管上出口在水面上，则水面上为恒定大气压强，因而随水面下降，出水管上口压强降低，出水速度减小。故选B。18．【答案】（1）解：司机反应时间0.4s，这段时间内汽车匀速行驶的距离s此后汽车开始以5m/总路程s总（2）解：汽车刹车时距离斑马线s根据匀减速过程可以列出v解得t以行人为研究对象1把L=3m代入，解得行人的加速度至少为a【解析】【分析】（1）汽车运动分阶段：反应时间内匀速，刹车后匀减速，分别计算位移。

（2）行人运动约束：需在汽车到达M点前通过斑马线，结合反应时间，用匀加速公式求最小加速度。19．【答案】（1）解：对O受力分析，竖直方向F水平方向F解得mb=0.5kg（2）解：若摩擦力沿斜面向上达到最大静摩擦力m解得m若摩擦力沿斜面向下达到最大静摩擦力m解得m所以87【解析】【分析】（1）结点平衡：正交分解结点力，利用最大拉力求b的最大质量与OD拉力。（2）斜面静摩擦：分“a下滑（摩擦向上）”和“a上滑（摩擦向下）”两种临界状态，列平衡方程求a的质量范围。（1）对O受力分析，竖直方向F水平方向F解得mb=0.5（2）若摩擦力沿斜面向上达到最大静摩擦力m解得m若摩擦力沿斜面向下达到最大静摩擦力m解得m所以820．【答案】（1）解：根据最大静摩擦力等于向心力可得m解得ω=（2）解：滑块恰好脱离转盘时滑块与转盘作用力为0，则m解得ω=（3）解：当ω=5g3L时滑块已脱离转盘，设细线与转轴夹角α解得cos所以α=53°此时小球离转盘高度h=L小球线速度v=ωL细线断裂后小球作平抛运动h=12解得x=3275联立上式解得s=【解析】【分析】（1）临界状态1（绳子有拉力）：最大静摩擦提供向心力，超过则绳子受力。（2）临界状