2022-2023学年浙江省重点中学高一（下）期中阶段性质量检测物理试卷（含解析）

2022-2023学年浙江省重点中学高一（下）期中阶段性质量检测

物理试卷

一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）

1.以下物理量为标量，且给出的单位属于国际单位制的是（）

A.周期SB.角速度rαd∕sC.速率ftτn∕∕ιD.力N

2.科学的发展既需要前人的积累，又需要后来人遵循系统方法的创新。下列对于物理方法

和物理学史叙述正确的是（）

A.在研究观察物体微小形变的时候，用到了微元法

B.在探究两个互成角度的力的合成规律实验中，用到了控制变量法

C.伽利略通过小球在斜面上运动的实验和逻辑推理研究发现了落体运动规律

D.牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因

3.2022年10月31日15时37分我国长征五号B遥四运载火箭将“梦天实验舱”成功发射，11

月1日4时27分“梦天实验舱”与“天和核心舱”前端口对接，它的加入标志着中国空间站三

舱“7”字的基本构型完成，如图所示。下列说法正确的是（）

A.“15时37分”指的是时间间隔

B.研究“梦天实验舱”与“天和核心舱”对接时，可将“梦天实验舱”视为质点

C.对接后，以“天和核心舱”为参考系，“梦天实验舱”是运动的

D.空间站绕地球一周，平均速度为零

4.如图所示，某探险者在野外攀岩。在攀岩时踩落一小石块，约6s后听到石块直接落到崖

底的声音。则探险者离崖底的高度最接近的是（）

A.60mB.100mC.160mD.200m

5.如图所示是静止在地面上的起吊重物的吊车，某次操作过程中，液压杆长度收缩，吊臂

绕固定转轴顺时针转动，吊臂上的M、N两点做圆周运动，此时M点的角速度为3,ON=

2OM=2L,贝∣J（）

A.M点的速度方向垂直于液压杆B.N点的角速度为23

C.两点的线速度大小关系为ι⅛=4ι⅛D.N点的向心加速度大小为2s2/,

6.降落伞在匀速下降过程中遇到水平方向吹来的风，若风速越大，则降落伞

A.下落的时间越短B.下落的时间越长C.落地时速度越小D.落地时速度越大

7.肩扛式反坦克导弹发射后，喷射气体产生推力尸，一段时间内导弹在竖直面内沿下列图中

虚线向前运动。其中导弹飞行姿势可能正确的是（）

8.马步是练习武术最基本的桩步。马步桩须双脚分开略宽于肩，采取半蹲姿态，因姿势有

如骑马一般，而且如桩柱般稳固，因而得名。如图所示，某人站在水平地面上保持马步姿势

不动，则下列说法正确的是（）

A.人受到3个力的作用B.人对地面的压力就是重力

C.地面对人的支持力是由地面的形变产生的D.地面对人有水平向后的摩擦力

9.体育课上某同学做引体向上。他两手握紧单杠，双臂竖直，身体悬垂；接着用力上拉使

下颌超过单杠（身体无摆动）如图所示，稍作停顿。下列说法正确的是（）

A.在上升过程中单杠对人体的作用力大于人对单杠的作用力

B.在上升过程中人始终处于超重状态

C.初始悬垂时若增大两手间的距离，单臂的拉力均变大

D.初始悬垂时若增大两手间的距离，两臂拉力的合力变大

10.如图所示，跳跳杆底部装有一根弹簧，小孩和杆的总质量为小。忽略空气阻力，小孩和

杆从图示位置静止竖直下落，从弹簧接触地面到小孩运动到最低点的过程中，对小孩和杆组

成的系统，下列说法正确的是（）

A.速度不断减小

B.加速度先变小再变大

C.先是加速度增大的加速运动，后是加速度减小的减速运动

D.到最低点时，小孩和杆处于平衡状态

11.如图所示，水平横杆上套有圆环4,圆环a通过绕过固定在横杆下的光滑定滑轮的轻绳与

重物B相连，轻绳通过光滑动滑轮挂着物体C,整个装置在某一位置达到平衡。现将圆环4缓

慢向左移动一小段距离后，系统仍保持静止，下列说法中正确的是（）

A.轻绳上的拉力变小B.物块C的高度上升

C.物块B的高度上升D.横杆对圆环4的摩擦力变小

12.如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一

个质量为Tn的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零瞬间，小

球的加速度大小为：（）

D(M+m)g

C.O

•m

13.研究物体做直线运动图像可以灵活选取纵横轴所表示的物理量，下列说法正确的是（）

A.甲图中，物体在0—玲这段时间内的位移等于竽

B.乙图中，物体的加速度为1.0m∕s2

C.丙图中，阴影面积表示tι-t2时间内物体的位移大小

D.丁图中，t=2s时物体的速度为15m∕s

二、多选题（本大题共2小题，共6.0分）

14.如图所示，传送带的水平部分长为L,传动速率为在其左端无初速度释放一小木块,

若木块与传送带间的动摩擦因数为〃，则木块从左端运动到右端的时间可能是（）

L

+Q----

D.V

15.有关下列圆周运动,

A.如图甲，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对车轮会有挤压作用

B.如图乙，滚筒洗衣机里衣物随着滚筒做高速匀速圆周运动，以达到脱水的效果，衣物运动

到最低点B点时脱水效果更好

C.如图丙，小球在同一水平面做半径不同的匀速圆周运动，周期相同

D.如图丁，杂技演员驾驶摩托车沿圆形表演台的侧壁做匀速圆周运动，轨迹离地面的高度/1

升高，摩托车的线速度将不变

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

16.用如图所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球

沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球

落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重

复，白纸上将留下一系列痕迹点。

硬板白纸

(1)下列实验条件必须满足的有

A.斜槽轨道光滑

8斜槽轨道末段水平

C挡板高度等间距变化

。每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球

(2)为定量研究，建立以水平方向为X轴、竖直方向为y轴的坐标系。取平抛运动的起始点为坐

标原点，将钢球静置于Q点，钢球的球心对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时—(选

填“需要”或“不需要”)y轴与重锤线平行。

(3)为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中不可行的是

A.从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹

A用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平

抛运动轨迹

C将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在

白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹

(4)某同学通过实验后在白纸上记录了部分抛物线轨迹，X轴沿水平方向，如图所示。由图中

数据可求出平抛物体的初速度大小为m∕s.(取g=10m∕s2,结果保留两位有效数字)

ʃ/em

17.小吴同学用如题图甲所示的实验装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量

小、角速度3和半径r之间的关系，塔轮自上而下有三层，每层左右半径之比由上至下分别是

1：1,2：1和3：1(如题图乙所示)。左右塔轮通过不打滑的传动皮带连接，并可通过改变传

动皮带所处的层来改变左右塔轮的角速度之比，实验时，将两个小球分别放在短槽的C处和

长槽的4(或B)处，4、C分别到左右塔轮中心的距离相等，B到左塔轮中心的距离是4到左塔

轮中心距离的2倍，转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮一起匀速转动，槽内的球就做匀速

圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用

使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个小球所受向心

力的比值。请回答相关问题:

(1)在某次实验中，小吴同学把两个质量相等的钢球放在B、C位置，将传动皮带调至第一层

塔轮，转动手柄，观察左右标出的刻度，此时可研究向心力的大小与的关系；

A.质量TnB.角速度3C.半径r

(2)若传动皮带套在塔轮第三层，则塔轮转动时，4、C两处的角速度之比为；

(3)在另一次实验中，小吴同学把两个质量相等的钢球放在4、C位置。传动皮带位于第二层，

转动手柄，则当塔轮匀速转动时，左右两标尺的露出的格子数之比为。

四、计算题(本大题共4小题，共41.0分)

18.如图，用一根轻质细绳将一幅重力为27N的画框对称悬挂在墙壁上，画框上两个挂钉间

的距离为0.8小。已知绳能承受的最大拉力为45N。

(1)若绳子夹角。=60。，求绳子上拉力的大小？

(2)要使绳不会被拉断，绳子最短要多长？

19.在某游乐园，小孩沿滑梯下滑的情形如图1如示。图2是该滑梯的示意图：滑梯由倾斜的

平面轨道(其中线为4B)及两侧的竖直档板E、F组成，中线4B的长度L=4.5m。质量m为24kg

的小孩(下滑时可视为质点)从4点由静止开始沿中线AB匀加速下滑，2s内的位移为2τn,为安

全考虑，当滑至中途某处时，他立即用手握紧两侧的竖直挡板E、F,从而匀减速下滑，又经

2s后到达B端，速度传感器测得小孩从4点滑至B点的D-t图像如图3如示。求小孩:

(1)下滑过程中的最大速度¼n;

(2)下滑中第2s内的位移&和第3s内的位移与之比;

(3)减速下滑时的摩擦力比加速下滑时的摩擦力大多少？

图2

20.如图所示，有一根长L=4m的轻杆两端各固定一个质量均为Tn=Ikg的小球，。点为一

穿过轻杆的转轴，且位于轻杆的中点。在外界作用力的影响下转轴带动轻杆与小球做3=

4rad∕s的竖直平面上的匀速圆周运动。某一时刻轻杆沿竖直方向，且4球在上方。

(1)求该时刻B球线速度大小和向心加速度。

(2)求该时•刻4球对轻杆的作用力。

(3)若A球质量可改变，要使该时刻转轴不受轻杆的作用力，A球质量应为多少？

AQ

O>

BO

21.如图所示，一轨道由半径为2τn的四分之一竖直圆弧轨道48和长度L=3.5τn的水平直轨

道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为0.2kg的滑块从4点无初速度释放，经过圆弧上B点

时，传感器测得轨道所受压力大小为4.5N,然后经过水平直轨道BC,从C点水平飞离轨道，

落到水平地面上的P点，P、C两点间的高度差为3.2m。滑块运动过程中可视为质点，且不计

空气阻力。(g取IOm/S?)

(1)求滑块运动至B点时的速度大小；

(2)若滑块与水平直轨道8C间的动摩擦因数g=0.3,求P、C两点的水平距离；

(3)在P点沿图中虚线安放一个竖直挡板，若滑块与水平直轨道BC间的动摩擦因数可调，问动

摩擦因数取何值时，滑块击中挡板时的速度最小，并求此最小速度。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】A∙周期是标量，周期的单位s,属于国际单位制，故A正确;

A角速度是矢量，角速度单位rαd∕s,属于国际单位制，故8错误；

C速率是标量，速率单位km/h,不属于国际单位制，故C错误；

D力是矢量，力的单位N,属于国际单位制，故O错误。

故选A。

2.【答案】C

【解析】4在研究观察物体微小形变的时候，用到了放大法，故A错误；

A在探究两个互成角度的力的合成规律实验中，用到了等效替代法，故B错误；

C.伽利略通过小球在斜面上运动的实验和逻辑推理研究发现了落体运动规律，故C正确;

D伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，故。错误。

故选Co

3.【答案】D

【解析】4“15时37分”指的是时刻,A错误;

8.研究“梦天实验舱”与“天和核心舱”对接时，“梦天实验舱”的大小不可忽略，故可视为质

点，B错误：

C.对接后，以“天和核心舱”为参考系，“梦天实验舱”是静止的，C错误；

D空间站绕地球一周，位移为零，平均速度为零，。正确。

故选。。

4.【答案】C

【解析】设探险者离崖底的高度为九，则有

12

hk=-^gt2

若忽略声音传播的时间，则t=6s,重力加速度g取Ionι∕s2,可得

h=180m

考虑到声音传播的时间，贝Ik略小于6s,同时g取9.8τn∕s2,则高度要比180粗略小一些，所以四

个选项中，最接近的是160m。

故选Co

5.【答案】D

【解析】A.吊臂是绕固定转轴。旋转的，因此M点的速度方向垂直于吊臂，故A错误；

B.M,N点在吊臂上绕同一固定转轴。旋转，有相同的角速度，即N点的角速度应该等于M点的角

速度，故B错误；

C.根据V=可知切V=2uM,故C错误；

。.根据α=α∣2r可知，N点的向心加速度大小为αN=2323故。正确。

故选D。

6.【答案】D

【解析】

【分析】

降落伞参加了竖直方向的分运动和水平方向分运动，水平方向的分运动对竖直分运动无影响。

本题关键在于水平分运动与竖直分运动互不影响，落地时间由竖直分运动决定。

【解答】

降落伞参加了竖直方向的分运动和水平方向分运动，水平方向的分运动对竖直分运动无影响，故

风速变大时，下落的时间不变，根据U=J3+药,若风速越大，水平风速以越大，则降落伞落

地时速度越大，故。正确，A8C错误。

故选。。

7.【答案】B

【解析】

【分析】

从动力学角度看导弹发射后，受到喷射气体产生推力F和竖直向下的重力，根据矢量合成的方法

求出合力，然后根据受力的情况结合运动分析即可。

本题主要考查了运动的合成和分解、物体做直线运动的条件。抓住曲线运动的条件是解决问题的

关键。

【解答】

解：4、图中导弹发射后受到喷射气体产生沿水平方向的推力F和竖直向下的重力，合力的方向与

图中运动的方向不在同一条直线上，所以不能做直线运动，故A错误；

B、图中导弹发射后受到喷射气体产生的斜向上的推力F和竖直向下的重力，该图中合力的方向与

运动的方向可以在同一条直线上，所以可以沿斜向上的方向做直线运动，故B正确；

C、图中导弹发射后受到喷射气体产生的斜向下的推力尸和竖直向下的重力，该图中合力的方向与

运动的方向不在同一条直线上，所以不能做直线运动，故C错误；

D,图中推力F的方向沿轨迹的切线方向，而重力的方向竖直向下，合力的方向沿轨迹切线方向向

外，所以导弹不可能向上弯曲，故。错误。

8.【答案】C

【解析】A.人在竖直方向受力平衡，受到水平地面竖直向上的支持力以及竖直向下的重力，水平

方向不受力，共2个力作用，故A错误；

B.人对地面的压力施力物体是人，重力施力物体是地球，两个力不是同一个力，故B错误；

C.地面对人的支持力是由地面发生微小形变产生的，故C正确；

。.地面对人没有摩擦力，故。错误。

故选Co

9.【答案】C

【解析】4由牛顿第三定律可知，在上升过程中单杠对人体的作用力始终等于人对单杠的作用力，

故4错误；

B.在上升过程中，人先做加速运动，后做减速运动，单杠对人的作用力先大于人的重力，后小于

人的重力，则人先超重后失重，故B错误；

CD初始悬垂时两臂拉力的合力始终与人的重力大小相等，若增大两手间的距离，两臂拉力的合力

不变，且根据力的合成与分解可知，由于两臂夹角变大，单臂的拉力均变大，故C正确，力错误。

故选Co

10.【答案】B

【解析】

【分析】

小孩和杆从接触地面到最低点的过程中，速度先增大后减小、动量先增大后减小，加速度先减小

后增大。

本题主要是考查牛顿第二定律，关键是弄清楚整体的受力情况和运动情况，能够根据牛顿第二定

律分析加速度的大小。

【解答】

ABC.下落过程中，弹簧弹力增大，当F<nɪg时有

mg-F=mα1

加速度向下，且逐渐减小，系统做加速运动；

当F>mg时有

F—mg—ma2

加速度向上，且加速度逐渐增大，系统做减速运动；

所以系统先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故A、C错误，8正确；

。.最低点时，弹簧弹力最大，系统具有向上的最大加速度，故。错误。

故选B。

11.【答案】B

【解析】解：4物体B保持静止，受重力和拉力，根据平衡条件，轻绳拉力大小处处相同，等于

B的重力，保持不变，故A错误：

BC、圆环4缓慢向左移动一段距离，两段绳子夹角不变，滑轮的运动情况如图所示，所以重物C必

定上升，重物B下降，故C错误、B正确。

。、圆环4缓慢向左移动一段距离，重物C受重力和两侧绳子的拉力，始终平衡，拉力和重力大小

都不变，根据平衡条件，动滑轮两侧绳子夹角保持不变，栓接4的轻绳与水平方向夹角不变，杆

对环的摩擦力也一定不变，故。错误；

故选：B。

分别对物体B、物体C、环4受力分析，根据平衡条件得到各个力的变化情况，画出情境图，得到

高度的变化情况。

本题中涉及的轻绳为活结模型，此时动滑轮两侧的绳子拉力相等，这是和绳子死结模型有区别的

地方，在解题时要注意。

12.【答案】D

【解析】解：框架静止在地面上，当框架对地面的压力为零的瞬间，受到重力和弹簧的弹力，根

据平衡条件，弹簧对框架的弹力向上，大小等于框架的重力Mg,故弹簧对小球有向下的弹力，大

小也等于Mg；

再对小球受力分析，受重力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律，有

Mg+Tng=ma

故小球的加速度为α="也应

m

故选D

先对框架受力分析，求出弹簧对框架的作用力，在对小球受力分析，求出加速度.

本题关键先对框架受力分析，求得弹簧对小球的弹力，然后根据牛顿第三定律得到弹簧对小球的

弹力，最后再根据牛顿第二定律求得小球的加速度.

13.【答案】D

【解析】

【分析】

本题考查了U-1等图象这些知识点；对于物理图象，往往要写出解析式，对照物理规律来分析图

象的物理意义，要注意分析图象斜率、面积和截距的意义。

根据U-1图象与时间轴所围的面积表示位移，分析甲图中物体的位移与匀加速直线运动位移的关

系；对于乙图象，根据公式后一诏=2αx列式求解加速度；a-t图象与时间轴所围的面积表示速

度的变化量；对于丁图，写出］与t的关系式，对照匀变速直线运动的位移公式求出加速度和初速

度，再求t=3s时物体的速度。

【解答】

A、若物体做初速度为0、末速度为北的匀加速直线运动，其位移为竽.根据t图象与时间轴所

围的面积表示位移，可知，该物体的位移大于匀加速直线运动的位移竽，故A错误；

B、由图得卢=X,根据公式苏-诏=2ax得：l=2a,则得加速度大小a=OSm/sZ,做匀变速

直线运动，故B错误；

C、根据∕v=a43可知丙图象中，阴影面积表示“到t2时间内物体的速度变化量，故C错误；

2

。、由图得：=5t—5,由K=UOt+"at?得7回％+对比可得，v0=-5m∕s,a=10m∕s,

则t=2s时物体的速度为U=v0+at=-5m∕s+10×2m∕s=15m∕s,故D正确。

14.【答案】BCD

【解析】若木块在加速到U之前，就已经到达右端，则此种情况下木块一直做匀加速直线运动，过

程中加速度

μmg

Cl=FrIg

根据

1

L=2ɑt72

可得

若木块恰好到达右端时的速度为，根据平均速度定义可得

解得

2L

t=一

V

若木块在到达右端前，速度就已经和传送带速度相同了，故此种情况下，木块先做匀加速直线运

动，后匀速运动，木块做匀加速直线运动的时间为

VV

tl-a~μg

匀加速直线运动的时间为

V2V2

XIF=丽

故木块做匀速直线运动的位移为

%2=L—%]

匀速运动的时间为

%2L-Xl

Ln=----=--------------

VV

联立可得总时间为

LV

t=tι+t2=-÷2^

故BCO正确，A错误。

故选BCD。

15.【答案】BC

【解析】4火车转弯时，刚好由重力和支持力的合力提供向心力时，根据牛顿第二定律有

V2

mgtanθ=m—

解得

V=y∕grtanθ

当v>{grtan8时,重力和支持力的合力小于所需的向心力，则火车做离心运动的趋势，外轨

对轮缘会有挤压作用，故A错误

8根据牛顿第二定律，在最低点有

V2

FNI-mg=m9

在最高点有

V2

FN2+mg=血反

则可得

FNI>FN2

则弹力越大，水份越容易离心运动，故衣物运动到最低点B点时脱水效果更好，故B正确;

C将圆锥摆所受的重力和拉力合成，合力指向圆心，设悬点到圆周平面的高度差为八，有

4ττ2

Tngtane=•九tan。

解得圆周摆的周期为

小球在同一水平面做半径不同的匀速圆周运动，因高度Zi相同，则周期相同，故C正确;

D摩托车受重力和支持力，其合力提供向心力做匀速圆周运动，有

V2

Zngtane=m-E—

tan0

解得倒锥摆的线速度为

V=y∕~gh

则轨迹离地面的高度/1升高，摩托车的线速度将变大，故。错误。

故选BC。

16.【答案】BD##DB需要C4.0

【解析】(1)[1]4小球每次在斜槽轨道上运动时的摩擦力相同，所以斜槽轨道没有必要光滑，A

错误；

B.为了使小球离开轨道后做平抛运动，斜槽轨道末段必须水平，8正确；

C.挡板高度没有必要等间距变化，C错误；

。.为了保证小球离开斜槽末端时的速度不变，必须保证每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢

球，。正确。

故选BD.

(2)[2]为了保证y轴在竖直方向，在确定y轴时需要y轴与重锤线平行；

(3)[3]4从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹，该方案可行，不符

合题意；

A用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运

动轨迹，该方案可行，不符合题意；

C铅笔运动时，笔尖不能始终与臼纸板接触，白纸上不能留下运动轨迹，该方案不可行，C符合题

意。

故选Co

(4)[4]设AB的时间间隔为T

(105.00-60.00)XIO-2-(60.00-25.00)XIO-2

9=------------------------不----------------

解得

T=0.1s

平抛的初速度大小为

X40.00×IO-2

V0=Tp=-----而-----m/s=4.0m∕s

17.【答案】(I)C；(2)1：3；(3)1：4。

【解析】解：(1)小吴同学把两个质量相等的钢球放在B、C位置，将传动皮带调制第一层塔轮，

则角速度和质量相等，所以可研究向心力的大小与半径的关系，故A3错误，C正确；

故选：Co

(2)根据u=r3,若传动皮带套在塔轮第三层，同一皮带的线速度相等，则塔轮转动时，A、C两

处的角速度之比为L3；

(3)两个球的质量m相等，传动皮带位于第二层时因两轮的半径R之比为2:1,则由D=ωR可知,

两塔轮的角速度之比为1:2；4、C分别到左右塔轮中心的距离相等即转动时的半径r相等，根

据4=τ∏32r可知向心力之比为1:4,左右两标尺的露出的格子数向心力的大小关系，则格子数

之比为1:4。

故答案为：(I)C;(2)1：3；(3)1：4。

(1)该实验采用控制变量法，根据题意分析解答；

(2)(3)根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合U=rω,根据尸=mr/解得左右两标尺

的露出的格子数之比。

本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变。知道靠皮

带传动，变速轮塔的线速度大小相等。

18.【答案】(1)9Λ∕-3/V;(2).m

【解析】(1)以画框为研究对象，画框受到重力Tng和两个大小相等的细绳拉力&、Fz的作用而处

于静止状态，绳子夹角。=60。时根据共点力平衡

mg—2F1cos30°

得

F1=9√^^3∕V

1

(2)当F'=F2=45N时，对应于细绳不被拉断的最小长度X

由平衡条件知

mg=2∕7ιcos0

得

°mg3

8s"k而

√-9T

sin。

10

悬挂点到一个挂钉的最小距离为

S

4√-91

X=2m

Sine—91

所以绳子最短需要

8ΛΓ91

I-2x-θɪm

19.【答案】⑴ι⅛=2m∕s;(2严=1|；(3)42/V

x23ɪɔ

【解析】解：(1)物体在前2s的位移为

_1

xo2—IaItl2

代入数据得

2

a1=lm∕s

υm=Qltl=2m∕s

(2)第4s末速度V4满足

vm+v4

%

且有

xQ2+%24=L

得

v4=0.5m∕s

由平均速度公式有第1s、第3s末速度分别为

Vm

v1=ɪ=lm∕s

υm+V4

v3=-----2-----=1.25m∕s

故第2s内位移

Vi+Vm

X12=-----2-----=l∙5m

第3s内位移

vm+V3一

X23=-----2-----4亡=l∙625τn

得位移之比

%12_丝

%2313

（3）小孩加速下滑阶段有

mgs∖x∖θ-F1=ma1

减速下滑阶段

F2—mgsinθ=ma2

两式联立可得

Fz-F∖=Tn(Ql+a2)

根据后2s内运动情况得

V-Vɔ

a=---m-------4-=0.75m∕s2

2t2

代入数据得

P2-F1=42N

20.【答案】⑴8zn∕s,32m∕s2,方向竖直向上；（2）22N,方向竖直向上；⑶