(2)由逐差法可得：小车的加速度a＝＝1.3 m/s
(3)由题图结合牛顿第二定律，有 2F＝M·a，
22
x34－x01＋x45－x12＋x56－x231
，将T＝×3 s＝0.06 s，代入可得a2
9T50
由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力大小为60 N。
(3)小物块从D点抛出后做平抛运动，则 1
h＝gt2，解得t＝0.4 s 2
___ v235
将小物块在E点的速度进行分解得tan θ＝＝。
gt4
_ __题___：号位座答 _____要__________：不名姓 _内___________线___________订________：装学校得a＝M·F
则图象斜率k＝2M，得小车的质量M＝2
k，故A、B、C错误，D正确。
答案 (1)BCD (2)1.3 (3)D
三、15.设行星质量为M，半径为R，密度为ρ，卫星质量为m，
如图所示，发现日落的TT2时间内有6的时间看不见同步卫星，则θ＝360°
6
＝60°，故φ＝60°，
r＝Rcos φ
＝2R， 根据GMm?2π?T?2（2R）2＝m???2R，
M＝ρ·4
3πR3，
解得ρ＝24π
GT2
。
16解析 (1)物块做平抛运动：H－h＝12
2gt物块刚到圆弧轨道最高点时竖直分速度为vy＝gt
所以进入圆轨道瞬间的速度为v2
2
1＝v0＋vy＝10 m/s
速度方向与水平面的夹角为θ，tan θ＝vy3
v＝4
，即θ＝37°。
0(2)从抛出点到圆弧轨道最低点，由机械能守恒定律得：mgH＋12mv212
0＝2
mv2
2
设在最低点物块受到的支持力为FFmv2
N，则有N－mg＝R
解得v2＝63 m/s，FN＝64 N
根据牛顿第三定律，可知物块刚到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝64 N。 (3)由题意可知物块对木板的摩擦力Ff＝μ1mg＝8 N
木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力Ff′＝μ2(M＋m)g＝10 N 因Ff＜Ff′，所以物块在木板上滑动时，木板静止不动
物块在木板上做匀减速运动，若物块速度为0时，仍在木板上则木板长度至少为l＝
v22
2μg＝6.75 m。 117.解析 (1)对小物块，在C点恰能做圆周运动，由牛顿第二定律得mg＝mv2
1
R，则v1＝gR＝3 m/s，由
于vg＝3 m/s2，v2
1＝3 m/s<5 m/s，小物块在传送带上一直加速，则由A到B有a＝μ1＝2axAB。所以传送带AB两端的距离xAB＝1.5 m。
(2)对小物块，由机械能守恒定律，由C到D有
2mgR＝1212
2mv2－2
mv1，
在D点，Fmv2
2
N－mg＝R，代入数据解得FN＝60 N。
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4
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