山东省日照市2019届高三物理上学期期中试卷（含解析）.doc

山东省日照市2019届高三物理上学期期中试卷（含解析）一、本题包括15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，第110小题只有一项符合题目要求，第1115小题有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分。1.早在16世纪末，伽利略就猜想落体运动的速度应该是均匀变化的。当时只能靠滴水计时，不能准确测量自由落体运动的时间，为此他让铜球沿着阻力很小的斜面由静止滚下，“冲淡”重力，验证他的猜想。关于伽利略的实验，下列说法错误的是A. 伽利略测出铜球的位移与所用时间的二次方成正比B. 伽利略测出铜球的瞬时速度与所用时间成正比C. 伽利略实验表明，小球的加速度随斜面倾角的增大而变大D. 伽利略实验表明，斜面倾角一定时，不同质量的铜球加速度都相同【答案】B【解析】【详解】伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比，A正确B错误；若斜面长度一定，若斜面的倾角越大，则小球的速度变化越快，即加速度随斜面倾角的增大而变大，C正确；若斜面倾角一定，不同质量的小球由静止从顶端滚到底端的过程中的运动规律是相同的，时间也相同，即斜面倾角一定时，不同质量的铜球加速度都相同，D正确2.A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同的时间内，它们通过的路程之比是6：5，运动方向改变的角度之比是5：4。则A. 它们的轨道半径之比是6：5 B. 它们的向心加速度大小之比是24：25C. 它们的向心力大小之比是3：2 D. 它们的周期大小之比是4：5【答案】D【解析】【分析】线速度等于单位时间内走过的路程，结合路程之比求出线速度大小之比；角速度等于单位时间内转过的角度，结合角度之比求出角速度之比；根据线速度与角速度的关系，求出半径之比；抓住向心加速度等于线速度与角速度的乘积，结合线速度和角速度之比求出向心加速度之比，根据周期和角速度关系求出周期之比【详解】快艇做匀速圆周运动，根据线速度的定义可知两者的线速度大小之比为vAvB=65，根据角速度定义=t可知两者角速度之比为AB=54，根据公式an=v2r=vvr=v可得两者的向心加速度大小之比为aAaB=vAAvBB=6554=32，B错误；根据v=r可得r=v，故两者的轨道半径之比为rArB=vABvBA=6455=2425，A错误；由于不知道两者质量关系，所以无法计算两者向心力之比，C错误；根据公式T=2可得周期和角速度成反比，故周期大小之比为4：5，D正确3.2018年3月22日，一架中国国际航空CA103客机，从天津飞抵香港途中遭遇鸟击，飞机头部被撞穿约一平方米的大洞，雷达罩被砸穿，所幸客机及时安全着陆，无人受伤。若飞机的速度为700ms，小鸟在空中的飞行速度非常小，小鸟的质量为0.4kg。小鸟与飞机的碰撞时间为2.510-4s。则飞机受到小鸟对它的平均作用力的大小约为A. 104N B. 105N C. 106N D. 107N【答案】C【解析】【详解】鸟与飞机撞击时系统动量守恒，以飞机的初速度方向为正方向，由于鸟的质量远小于飞机的质量，鸟的速度远小于飞机的速度，鸟的动量远小于飞机的动量，可以忽略不计，由动量守恒定律可知，碰撞后鸟与飞机的速度相等，为v=700m/s，对小鸟，由动量定理得：Ft=mv0，解得：F=mvt=0.47002.5104=1.12106N，接近106N，C正确【点睛】本题考查了求鸟对飞机的撞击力，鸟撞击飞机过程中内力远大于外力，系统动量守恒，由动量守恒定律求出撞击后鸟的速度，然后应用动量定理可以求出撞击力4.甲、乙两个物体均做匀变速直线运动，其中甲的加速度a1=2ms2，乙的加速度a2=-5ms2。下列说法正确的是A. 甲一定做加速运动，乙一定做减速运动B. 甲的运动方向与乙的运动方向一定相反C. 甲的速度变化一定比乙的速度变化慢D. 甲所受的合外力一定比乙所受的合外力小【答案】C【解析】【详解】若加速度方向和速度方向同向，则做加速运动，若加速度方向和速度方向相反，则左减速运动，题中没有给甲乙的初速度方向，所以甲乙可以做加速运动，也可以做减速运动，AB错误；加速度是描述速度变化快慢的物理量，加速度越大，速度变化越快，且加速度是矢量，负号只表示方向不参与大小的比较，即乙的加速度大，乙的速度变化快，C正确；两者质量未知，不能根据牛顿第二定律F=ma判断两者合力大小关系，D错误5.2018年10月25日6时57分，太原卫星发射中心成功发射海洋二号B卫星。该星对海洋资源开发利用、建设海洋强国等都具有十分重要的意义。小明通过资料获取三个数据，即海洋二号B卫星离地面的高度为971km、地球的半径为6400km、地球表面的重力加速度为9.81 ms2。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，仅根据以上该同学获取的数据，可以计算出A. 海洋二号B卫星的线速度 B. 海洋二号B卫星的向心力C. 地球的质量 D. 地球的平均密度【答案】A【解析】【详解】地球对卫星的万有引力充当向心力，根据牛顿第二定离得GMmh+R2=mv2h+R可得v=GMh+R，而根据黄金替代公式可得GM=gR2，即v=gR2h+R，（g、R、h已知）A正确；由于不知道卫星的质量，故不能计算向心力大小，B错误；由于不知道引力常量，故不能计算地球的质量，C错误；质量求解不出来，则不能计算地球密度，D错误6.如图所示，水平向右加速行驶的小车内有一固定斜面，斜面上放有一物体，与小车保持相对静止。此时斜面体对物体的作用力方向可能沿着图中的(其中oa竖直、oc水平)A. oa B. ob C. oc D. od【答案】B【解析】【分析】本题可建立模型，即已知一个合力方向，一个分力大小和方向，求另个分力的方向，根据平行四边形定则分析【详解】整体的加速度向右，即物体受到的合力方向水平向右，物体的受力可分为两大类，一是竖直向下的重力，二是斜面对物体的作用力，两者的合力方向向右，如图所示，根据平行四边形定则可得斜面对物体的力斜向右上，B可能7.甲、乙两辆汽车在同一平直公路上行驶。在t=0到t=t1的时间内，它们的位移时间图象如图所示。在这段时间内A. 汽车甲的平均速度比乙的平均速度大B. 汽车甲的位移比乙的位移大C. 汽车甲与汽车乙的运动方向相反D. 汽车甲做减速运动，汽车乙做加速运动【答案】C【解析】【详解】从图中可知两者的位移大小相等，所用时间相等，根据v=xt可知两者的平均速度相等，AB错误；甲向负向运动（到坐标原点的距离越来越小），而乙向正向运动（到坐标原点的距离越来越大），所以两者的运动方向相反，C正确；图像的斜率表示速度，从图中可知两者的斜率都减小，所以速度都减小，D错误【点睛】关键掌握位移图象的基本性质：横坐标代表时刻，而纵坐标代表物体所在的位置，纵坐标不变即物体保持静止状态；位移时间图像是用来描述物体位移随时间变化规律的图像，不是物体的运动轨迹，斜率等于物体运动的速度，斜率的正负表示速度的方向，质点通过的位移等于x的变化量x8.图甲是微信上的一张热点图片，在挪威的两个山崖间夹着一块石头，很多游客站在这块石头上，寻找惊险刺激的感觉。示意图如图乙所示，右壁竖直，左壁稍微倾斜，设左壁与竖直方向的夹角为，由于风化，将会减小。石头与山崖间的摩擦很小，可以忽略不计。若石头质量一定，下列说法正确的是A. 减小，山崖对石头的作用力增大B. 减小，山崖右壁对石头的作用力不变C. 人站到石头上，石头受到的合力将增大D. 人站到石头上，山崖左壁对石头的作用力将增大【答案】D【解析】【详解】对石头受力分析，如图所示，根据共点力平衡条件可得山崖对石头的作用力大小等于石头的重力大小，两者方向相反，减小，重力不变，所以山崖对石头的作用力不变，A错误；山崖右壁对石头的作用力N1=Gtan，减小，则山崖右壁对石头的作用力N1增大，B错误；人站在石头上，石头仍处于静止状态，合力仍为零，C错误；人站到石头上，相当于G增大，山崖左壁对石头的作用力N2=Gsin也随之增大，D正确【点睛】在解析力的动态平衡问题时，一般有两种方法，一种是根据受力分析，列出力和角度三角函数的关系式，根据角度变化进行分析解题，一种是几何三角形相似法，这种方法一般解决几个力都在变化的情况，列出力与三角形对应边的等式关系，进行解题分析9.在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示。P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。距离P一定水平距离的探测屏AB竖直放置。对于打在探测屏上的微粒，下列说法正确的是A. v越大，在空中飞行的时间越长B. v越大，打在探测屏上时速度的偏转角越小C. v越小，相等的时间内动量变化量就越小D. v越小，打在探测屏上时的动能越小【答案】B【解析】【分析】微粒做平抛运动，根据平抛运动在水平方向和竖直方向的运动规律分析解题；【详解】微粒在水平方向上做匀速运动，由于粒子源到屏的水平距离恒定，根据t=xv可知速度越大，飞行时间越短，A错误；打在探测屏上时速度的偏转角tan=vyv=gtv，v越大，t越小，tan越小，B正确；微粒在飞行过程中只受重力，根据动量定理可得mgt=p，在相等时间内的动量变化量相等，与速度大小无关，C错误；v越小，飞行时间越长，在竖直方向得到的速度越大，打在屏上的动能Ek=12m(v2+gt2)，存在极值，不一定越小，D错误10.位于粗糙水平面上的滑块，以v0=1 ms的初速度从O点开始做匀减速直线运动。当滑块运动到A位置时，照相机开始拍照，并在以后的运动过程中，每隔0.1s拍照一次，拍下的照片如图所示，xAB=7.5cm，xBC=5.5cm，g=10ms2。则A. C、D间的距离xCD=2.5cmB. O、A间的距离xOA=9.5cmC. 滑块与水平面间的动摩擦因数为0.55D. 滑块从O点运动到B点所用的时间tOB=0.175s【答案】D【解析】【详解】滑块做匀减速直线运动，在相等时间内走过的位移差是一个定值，即xABxBC=xBCxCD，解得xCD=3.5cm，A错误；根据x=aT2可得a=xT2=0.020.12=2m/s2，而根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该段过程中的平均速度可得vB=xAC2T=1310220.1=0.65m/s，故tOB=vBvOa=0.352s=0.175s，根据位移速度公式可得xOA=xOBxAB=vB2v022axAB=7cm，B错误D正确；根据牛顿第二定律可得mg=ma，解得=0.2，C错误【点睛】做分析匀变速直线运动情况时，其两个推论能使我们更为方便解决问题，一、在相等时间内走过的位移差是一个定值，即x=aT2，二、在选定的某一过程中，中间时刻瞬时速度等于该过程中的平均速度11.天文学家哈雷曾经在1682年跟踪过一颗彗星，它算出这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的18倍，并预言这颗彗星将每隔一定时间就会出现，后来哈雷的预言得到证实，该彗星被命名为哈雷彗星。如图所示为哈雷彗星绕太阳运行的椭圆轨道，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点。若只考虑哈雷彗星和太阳之间的相互作用，则A. 哈雷彗星的运行周期约为76年B. 哈雷彗星从P点运动到M点需要19年C. 哈雷彗星从P经M到Q阶段，速率逐渐减小D. 哈雷彗星从P经M到Q阶段，机械能逐渐减小【答案】AC【解析】【详解】设彗星的周期为T1，地球的公转周期为T2，这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的18倍，由开普勒第三定律a3T2=k得：T1T2=(a1R2)3=18376，即T1=76年，A正确；从P到Q过程中，需要克服引力做功，动能减小，即速度越来越小，所以从P到M过程中小于周期的四分之一，即小于19年，B错误C正确；过程中只有引力做功，机械能不变，D错误【点睛】彗星的运动不是速度大小恒定不变的运动，所以从P到M过程中不等于周期的四分之一，这一点是易错点12.如图所示，某工厂车间里生产的货物，通过传送带运送到低处的仓库里。传送带以恒定的速率逆时针转动，将货物轻轻放在传送带的顶端。则货物传送过程的速度随时间变化的规律，可能正确的是A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【详解】刚放上去的时候，货物受重力、支持力、摩擦力方向向下，货物做加速运动，故由牛顿第二定律mgsin+mgcos=ma1，解得a1=gsin+gcos，若两者共速前，货物滑到最下端，则整个过程中货物做加速度为a1的匀加速运动；v-t图像应为一条过原点的倾斜直线；若两者共速前，货物未滑到最下端，若mgsinmgcos，则两者共速后，摩擦力方向改为沿传送带向上，即mgsinmgcos=ma2，解得a2=gsingcosmgcos，解得tan，A正确；因为小朋友存在一个竖直向下的分加速度，处于失重状态，人对滑梯的作用力小于其重力，故地面对滑梯的支持力小于两者的重力，B错误；小朋友存在一个水平向左的分加速度，即在水平方向上小朋友的合力向左，根据牛顿第三定律可知小朋友对电梯在水平方向上的作用力向右，即电梯有向右的运动趋势，电梯受到地面的摩擦力方向一定向左，a水平=acos=mgsinmgcosmcos=gsingcoscos，故地面的摩擦力大小为f=ma水平=mgsinmgcoscos，C错误D正确14.如图所示，将一只轻弹簧上端悬挂在天花板上，下端连接物体A，A下面再用棉线挂一物体B，A、B质量相等，g为当地重力加速度。烧断棉线，下列说法中正确的是A. 烧断棉线瞬间，物体A的加速度大小为gB. 烧断棉线之后，物体A向上先加速后减速C. 烧断棉线之后，物体A在运动中机械能守恒D. 当弹簧恢复原长时，物体A的速度恰好减到零【答案】ABD【解析】【分析】根据共点力平衡求出弹簧的弹力，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出A的加速度；根据弹力与重力的关系判断A的运动性质；根据机械能守恒条件判断A机械能是否守恒；烧断棉线后A做简谐振动，根据最高点和最低点回复力大小相等判断分析【详解】棉线烧断前，将AB看做一个整体，弹簧的弹力为F=2mg，烧断瞬间弹簧来不及恢复形变，弹力仍为2mg，向上；物体A还受竖直向下的重力mg，故A的加速度为aA=2mgmgg=g，向上，A错误；烧断棉线后，物体A在弹力和重力的作用下向上运动，弹力先大于重力，后小于重力，所以物体A向上先加速后减速，B正确；烧断棉线后，A还受弹簧弹力作用，故A的机械能不守恒，不过A和弹簧组成的系统机械能守恒，C错误；烧断棉线后，A在重力和弹力的作用下做简谐运动，在最低点回复力F=2mgmg=mg，向上，根据对称性可知，在最高点回复力应为F=mg，向下，即mgF弹=mg，解得F弹=0，故在最高点，速度为零时，弹簧弹力为零，即弹簧恢复原长，D正确15.如图所示，一质量为m的圆环套在一根固定的光滑竖直杆上，圆环通过细线绕过定滑轮O与质量为5m的钩码相连。竖直杆上有A、B、C三点，B为AC的中点，AO与竖直杆的夹角=53，B点与滑轮O在同一水平高度，滑轮与竖直杆相距为L。不计滑轮的质量和摩擦，现将圆环从A点由静止释放，下列说法正确的是(sin53=0.8，cos53=0.6)A. 圆环下滑到B点时速度最大B. 圆环下滑到B点时速度为2gLC. 圆环下滑到C点时速度为零D. 钩码运动过程中机械能最小的位置距离钩码的初始位置为L4【答案】BD【解析】【分析】根据圆环的受力情况分析速度变化情况圆环下滑到C点时，根据几何关系来确定变化的高度，再由机械能守恒定律，并结合运动的分解来确定圆环下滑到C点时的速度大小当圆环运动到B点时，重物下降到最低点位置，则取环与重物作为系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，因此根据机械能守恒定律可解出圆环的速度大小；当圆环下滑到最大距离时，圆环与重物的速度均为零，再由机械能守恒定律，结合几何关系可求出圆环下滑的最大距离【详解】圆环从A运动到B的过程中，合力向下，做加速运动，从B运动到C的过程中，绳子拉力竖直向上的分力先小于重力，后大于重力，所以圆环先加速后减速，所以速度最大的位置在B点的下方，A错误；假设圆环没有重力，到达C点时，钩码又回到初始位置，钩码的机械能变化量为0，根据能量守恒可知圆环下滑到C点时速度为零，但存在重力，因此最低点在C点的下方，所以圆环下滑到C点时速度不为零，圆环下滑到B点时，重物下降到最低点，此时重物速度为零，根据几何关系可知：圆环下降高度为hAB=Ltan53=34L，砝码下降的高度为h=lAOlBO=Lsin53L=54LL=14L，系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，则有mghAB+5mgh=12mv12，由上可解得圆环的速度为v1=2gL，B正确C错误；当圆环运动到B点时，砝码下降的距离最大，拉力做负功最大，机械能最小，由上知最大距离为h=54LL=14L，D正确【点睛】本题多次运用几何关系及机械能守恒定律，定律的表达式除题中变化的动能等于变化的重力势能外，还可以写成圆环的变化的机械能等于钩码的变化的机械能同时关注题中隐含条件的挖掘：钩码下降到最低点的同时其速度等于零二、本题包括2小题，共16分。根据题目要求将答案填写在答题卡中的指定位置。16.王川同学利用如图所示的装置验证碰撞中的动量守恒。竖直平面内的一段圆弧轨道下端与水平桌面相切，先将小滑块A从圆弧轨道上某一点无初速度释放，测出小滑块在水平桌面上滑行的距离x1(图甲)；然后将左侧贴有双面胶的小滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将小滑块A从圆弧轨道上某一点无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，测出整体沿桌面滑动的距离x2。已知滑块A和B的材料相同。(1)下列选项中，属于本实验要求的是_(填相应选项前的字母)A实验中所用圆弧轨道必须是光滑的B实验必须保证A的质量不大于B的质量C实验中滑块A的释放点离水平桌面要高一些D两次必须从圆弧轨道上同一点无初速度释放滑块A(2)若滑块A、B的质量分别为m1、m2，与水平桌面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。则A、B碰撞前的动量P1=_，碰撞后的动量P2=_(用字母m1、m2，、g、x1、x2表示)。只要P1=P2，则验证了A和B碰撞过程中动量守恒。(3)本实验_(填“需要”或“不需要”)测出滑块与水平桌面间的动摩擦因数。【答案】 (1). CD (2). m12gx1 (3). (m1+m2)2gx2 (4). 不需要【解析】【分析】本实验是根据内力远大于外力时系统动量守恒的原理分析的，需要注意：一：保证碰撞前A的速度相等；二、A碰撞时速度不能过小；三、A碰撞后不能反弹；结合动能定理求解碰撞前后的速度，根据动量守恒列式【详解】（1）因为碰撞瞬间内力远大于外力，两者在碰撞前后动量守恒，测出运动距离，根据动能定理求解碰撞前后的速度，所以无需圆弧轨道必须是光滑的，A错误；为了保证A不反弹，A的质量必须不小于B的质量，B错误；为了保证两者碰撞后运动的距离不过小，便于测量，应使得A碰撞时的速度大一些，即实验中滑块A的释放点离水平桌面要高一些，C正确；两次释放，为了要保证碰撞前的速度相同，两次必须从圆弧轨道上同一点无初速度释放滑块A，D正确；（2）滑块在水平轨道运动过程，由动能定理得：对滑块A：mgx1=012mv12，解得v1=2gx1，故碰前动量P1=m1v1=m12gx1；对两者黏在一起运动时，m1+m2gx2=012m1+m2v22，解得v2=2gx2，碰撞后动量P1=m1+m2v2=m1+m22gx2；（3）比较P1、P2，即比较m12gx1、m1+m22gx2，过程中2g可抵消，故不需要测出滑块与水平桌面间的动摩擦因数17.如图甲所示，电火花打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。(1)电火花打点计时器使用电压为_V的交流电源。(2)关于实验过程，下列操作正确的是_(填相应选项前的字母)A重物选用质量较大、体积较小的物体B两限位孔在同一竖直平面内上下对正C先接通电源后，再释放重物D若用秒表测出时间t，可用v=gt求出瞬时速度(3)实验中选择一条较理想的纸带，如图乙所示。测出从起始点O依次到五个连续计时点A、B、C、D、E的距离x1、x2、x3、x4、x5。已知重物的质量为m，当地的重力加速度为g，电源频率为f。则从O到D的过程中，重物的动能增加了_，重物的重力势能减少了_。(4)该同学又根据这一条纸带来计算重物下落过程中的加速度a，要充分利用记录数据，尽可能减少实验操作和测量过程中的误差，加速度的计算式应为a=_(用题中给出物理量的字母表示)。【答案】 (1). 220 (2). ABC (3). 18m(x5x3)2f2 (4). mgx4 (5). 14(x52x3+x1)f2【解析】【详解】（1）电火花打点计时器使用的是220V的交流电；（2）为了减小空气阻力，重物应选用重力大，体积小的物体，A正确；为了减小纸带与限位孔的摩擦，并且保证重物做竖直方向上的运动，两限位孔在同一竖直平面内上下对正，B正确；为了充分利用纸带，应先接通电源，后释放纸带，C正确；因为要验证机械能守恒，即验证下落过程中加速度是否等于g，所以不能使用v=gt求出瞬时速度，D错误；（3）根据匀变速直线运动中间时刻速度推论可得D点的速度为vD=xCE2T=x5x321f=x5x3f2，速度是从零增大，故动能增加量为Ek=12mvD2=18mx5x32f2，从O到D过程中重物下降的高度为x4，故重力势能减少Ep=mgx4；（4）根据逐差公式可得xDExBC=2a1T2，xCDxAB=2a2T2，两式相加求平均可得a=a1+a22=xDExBC+xCDxAB4T2=14x52x3+x1f2【点睛】分析匀变速直线运动情况时，其两个推论能使我们更为方便解决问题，一、在相等时间内走过的位移差是一个定值，即x=aT2，二、在选定的某一过程中，中间时刻瞬时速度等于该过程中的平均速度三、本题包括3小题。共39分。解答时应写出必要的文字说明、主要公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的，不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。18.我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当加速时间t=40s、位移x=1.6103m时才能达到起飞所要求的速度。已知飞机质量m=7.0104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g=10ms2。求：(1)飞机起飞所要求的速度v；(2)飞机滑跑过程中，牵引力的最大功率P。【答案】(1) 80 m/s (2) 1.68107W【解析】【分析】（1）飞机做初速度为零的匀加速直线运动，根据平均速度推论求解；（2）当速度最大时牵引力的功率最大，先根据牛顿第二定律求解牵引力，然后根据公式P=Fv求解最大功率【详解】（1）飞机滑跑过程做匀变速直线运动，初速度为零，末速度为v，则全程的平均速度为12v，则有x=12vt，代入数据，解得v=80m/s；（2）设飞机滑跑过程的加速度大小为a，由速度与时间的关系式v=at，解得a=2m/s2已知滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，即f=0.1mg=7.0104N设飞机滑跑过程的牵引力为F，由牛顿第二定律Ff=ma，解得F=2.1105N，当速度最大的时候，牵引力的功率最大，即P=Fv，代入数据，得最大功率P=1.68107W19.如图所示，质量为2m的小车紧靠平台的边缘静止在光滑的水平面上，小车AB段是长为L的水平粗糙轨道，BC段是四分之一圆弧光滑轨道，两段轨道相切于B点。小车AB段轨道与平台在同一水平面上。质量为m的滑块(可视为质点)沿着光滑的平台以某一速度向右运动并滑上小车，若滑块与AB段轨道间的动摩擦因数为，重