届江西吉安一中高三第三次段考物理解析版.docx
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届江西吉安一中高三第三次段考物理解析版
2016届江西吉安一中高三第三次段考物理(解析版)
1.在力学理论建立的过程中,有许多伟大的科学家做出了贡献.关于科学家和他们的贡献,下列说法正确的是()
(1)伽利略发现了行星运动的规律
(2)卡文迪许通过实验测出了引力常量
(3)牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因
(4)笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献.
A.
(1)
(2)B.(3)(4)C.
(1)(3)D.
(2)(4)
【答案】D
【解析】
试题分析:
本题抓住开普勒发现了行星运动的规律、卡文迪许通过实验测出了引力常量、伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因,笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献,即可进行解答.
解:
(1)行星运动的规律是开普勒发现的,而不是伽利略发现的,故
(1)错误.
(2)牛顿发现万有引力之后,首先是卡文迪许通过实验测出了引力常量G.故
(2)正确.
(3)伽利略通过理想斜面实验,最早指出力不是维持物体运动的原因.故(3)错误.
(4)笛卡尔研究了力与运动的关系,为牛顿第一定律的建立做出了贡献.故(4)正确.
故选D
【点评】解答本题的关键是掌握力学常见的物理学史,了解牛顿、伽利略等等著名科学家的成就.
2.重为5N的风筝放飞空中,风压力垂直作用于风筝表面AB,且AB面与水平面夹角为30°,细绳栓在P点,平衡时与地面夹角也为30°,则细绳的拉力为()
A.5NB.2.5NC.
ND.5
N
【答案】A
【解析】
试题分析:
对风筝受力分析,由共点力的平衡条件可求得绳子的拉力.
解:
对风筝受力分析,并如图建立直角坐标系,则由图可知,绳子与风筝的垂线之间的夹角:
β=90°﹣α﹣α=90°﹣30°﹣30°=30°;
风筝受到的重力与风筝的垂线之间的夹角是α=30°
x轴:
Tsinβ=Gsinα;
解得:
T=G=5N
故选:
A
【点评】本题考查共点力的平衡条件,若受力超过3个力时,一般采用正交分解的方法求解;分别在x轴和y轴列平衡方程即可.
3.A、B两颗地球卫星绕地球运转的周期之比为2
:
1,则()
A.线速度之比为1:
B.轨道半径之比为8:
1
C.向心加速度之比为1:
2D.质量之比为1:
1
【答案】A
【解析】
试题分析:
人造卫星绕地球做圆周运动受到的万有引力提供向心力,分别用周期、速率来表示向心力,化简公式即可求解结果.
解:
A、人造卫星绕地球做圆周运动受到的万有引力提供向心力得,
=
r=
周期之比为T1:
T2=2
:
1,
则A.B的轨道半径之比为2:
1,
根据v=
得线速度之比为1:
,故A正确,B错误
C、由
=ma得
a=
所以向心加速度之比为1:
4,故C错误
D、无法判断A、B质量关系,故D错误
故选A.
【点评】对于卫星问题一定掌握:
万有引力提供向心力,可以用卫星的速度、周期、角速度来分别表示向心力,从而求出结果.
4.甲、乙两个物体分别位于两平行轨道上,甲在乙的正前方15m处它们的速度图象如图所示,则()
A.甲、乙两个物体运动方向一定相反
B.头4s内甲、乙两物体的位移相同
C.t=4s时,甲、乙两物体的相遇
D.t=6s时两者第二次相遇
【答案】D
【解析】
试题分析:
速度的正负表示物体的运动方向;在v﹣t图象中图象与坐标轴围成的面积表示位移;根据两物体的速度大小,判断何时两者相遇.
解:
A、由图可知,两物体的速度均沿正方向,故运动方向相同,故A错误;
B、根据“面积”表示位移,可知,头4s内甲物体的位移小于乙的位移,故B错误;
C、t=4s时两物体的位移之差为△x=
m=20m,开始时,甲在乙的正前方15m处,所以t=4s之前两者相遇,故C错误;
D、由图象可知,t=2s时,乙、甲的位移之差△x=
m=15m,可知t=5s时两者相遇.在t=6s时,由几何知识可知,乙、甲两者位移之差等于15m第二次相遇.故D正确.
故选:
D
【点评】本题关键是根据速度时间图象得到两个物体的运动规律,然后根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移大小,结合初始条件进行分析研究.
5.如图,在小车架子上的A点固连一条橡皮筋,在弯杆的一端B有一个光滑的小环,橡皮筋的原长正好等于A、B之间的距离,橡皮筋穿过小环悬挂着一个小球,系统处于平衡状态,现使小车从静止开始向左加速,加速度从零开始逐渐增大到某一值,然后保持此值,小球稳定时偏离竖直方向某一角度(橡皮筋遵循胡克定律且在弹性限度内).与稳定在竖直位置时相比,小球高度()
A.一定升高
B.一定降低
C.保持不变
D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
【答案】C
【解析】
试题分析:
以小球为研究对象,由牛顿第二定律可得出小球的加速度与受到的拉力之间的关系即可判断.
解:
设L0为橡皮筋的原长,k为橡皮筋的劲度系数,小车静止时,对小球受力分析得:
T1=mg,
弹簧的伸长x1=
即小球与悬挂点的距离为L1=L0+
,
当小车的加速度稳定在一定值时,对小球进行受力分析如图,得:
T2cosα=mg,
T2sinα=ma,
所以:
T2=
,
弹簧的伸长:
x2=
则小球与悬挂点的竖直方向的距离为:
L2=L0+
cosα=L0+
=L0+
=L1,
即小球在竖直方向上到悬挂点的距离不变,故C正确,ABD错误.
故选:
C.
【点评】本题中考查牛顿第二定律的应用,注意整体法与隔离法的使用,同时要注意审题.
6.如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动,盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止,物体与盘面间的动摩擦因数为
,(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),盘面与水平面的夹角为30°,g取10m/s2,则ω的最大值是()
A.
rad/sB.
rad/sC.1.0rad/sD.0.5rad/s
【答案】C
【解析】
试题分析:
当物体转到圆盘的最低点,由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时,角速度最大,由牛顿第二定律求出最大角速度.
解:
当物体转到圆盘的最低点,所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时,角速度最大,由牛顿第二定律得:
μmgcos30°﹣mgsin30°=mω2r
则ω=
=
rad/s=1rad/s
故选:
C
【点评】本题关键要分析向心力的来源,明确角速度在什么位置最大,由牛顿第二定律进行解题.
7.如图所示,一簇电场线的分布关于y轴对称,O是坐标原点,M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点,其中M、N在y轴上,Q点在x轴上,则()
A.M点的电势比P点的电势高
B.OM间的电势差等于NO间的电势差
C.一正电荷在O点时的电势能小于在Q点时的电势能
D.将一负电荷由M点移到P点,电场力做正功
【答案】D
【解析】
试题分析:
解答本题需要掌握:
根据电场线方向判断电势高低;灵活应用公式U=Ed判断两点之间电势差的高低;根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的高低;正确判断电荷在电场中移动时电场力做功的正负.
解:
A、根据电场线与等势线垂直特点,在M点所在电场线上找到p点的等势点,根据沿电场线电势降低可知,P点的电势比M点的电势高,故A错误;
B、根据电场分布可知,OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度小,故由公式U=Ed可知,OM间的电势差小于NO间的电势差,故B错误;
C、O点电势高于Q点,根据Ep=φq可知,正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能,故C错误;
D、M点的电势比P点的电势低,负电荷从低电势移动到高电势电场力做正功,故D正确.
故选D.
【点评】电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较,是电场中的重点和难点,在平时训练中要加强这方面的练习,以加深对概念的理解.
8.如图所示,劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上,一个小物块(可视为质点)从A点以初速度v0向左运动,接触弹簧后运动到C点时速度恰好为零,弹簧始终在弹性限度内.AC两点间距离为L,物块与水平面间动摩擦因数为μ,重力加速度为g.则物块由A点运动到C点的过程中,下列说法正确的是()
A.弹簧和物块组成的系统机械能守恒
B.物块克服摩擦力做的功为
mv02
C.弹簧的弹性势能增加量为μmgL
D.物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和
【答案】D
【解析】
试题分析:
此过程动能转换为弹性势能和内能,根据能量守恒列式求解.
解:
A、物块与水平面间动摩擦因数为μ,由于摩擦力做功机械能减小,故A错误;
BD、此过程动能转换为弹性势能和内能,根据能量守恒知物块克服摩擦力做的功为﹣Wf=
mv02﹣EP弹,故B错误,D正确;
C、根据B分析知EP弹=
mv02﹣μmgL,故C错误;
故选:
D.
【点评】本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键,能量是守恒的,比较简便
9.如图所示,理想变压器的原副线圈匝数比为2:
1,原线圈电路中串联了一只灯泡A,副线圈电路中并联了三只灯泡B、C、D,这四只灯泡完全相同,且电阻保持恒定,则下列说法中正确的是()
A.若A正常发光,则B、C、D也一定正常发光
B.若A正常发光,则B、C、D一定比A亮
C.若A正常发光,且消耗功率为P,则B消耗的功率一定为
P
D.若A正常发光且两端电压为U,则交流电表V的示数为
U
【答案】CD
【解析】
试题分析:
若A正常发光,则I1=IL,根据电流与匝数成反比知I2=2IL,U1=2U2,结合欧姆定律和电路的串并联特点求解分析各项.
解:
AB、若A正常发光,则I1=IL,根据电流与匝数成反比知I2=2IL
副线圈中每个灯泡电流数:
•2IL,则B、C、D一定比A暗,故AB错误;
C、根据P=I2R=
=
,故C正确;
D、若A正常发光且两端电压为U,则I1=
,I2=
,输入电压为U0=U+U1=U+2U2=U+2I2
=U+
U=
故D正确.
故选:
CD
【点评】考查变压器的基本内容,明确电流电压、电流与匝数的关系,电表的示数为有效值.
10.如图所示,竖直面内的正方形导线框ABCD、abcd的边长均为l,电阻均为R,质量分别为2m和m,它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端,在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面向里的匀强磁场.开始时,ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合,abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为l.现将系统由静止释放,当ABCD全部进入磁场时,系统开始做匀速运动.不计摩擦和空气阻力,则下列说法正确的是()
A.系统匀速运动的速度大小为
B.从开始运动至ABCD全部进入磁场的过程中.两线框组成的系统克服安培力做的功为mgl﹣
C.两线框从开始运动至等高的过程中,所产生的总焦耳热为2mgl﹣
D.导线框abcd通过磁场的时间
【答案】BD
【解析】
试题分析:
当ABCD刚全部进入磁场时,系统开始做匀速运动,分别对两线框列平衡方程,可得abcd框安培力大小,继而求得感应电流大小,根据欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得系统匀速运动的速度大小,即可求得线框abcd通过磁场的时间.根据功能关系求解两线框组成的系统克服安培力做的功.当左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离时,两线框等高,根据能量守恒得系统机械能的减少等于产生的总焦耳热.
解:
AD、如图所示,设两线框刚匀速运动的速度为v,此时轻绳上的张力为T,则对ABCD有:
T=2mg…①
对abcd有:
T=mg+BIl…②
又I=
…③
E=Blv…④
由①②③④联立解得:
v=
…⑤
线框abcd通过磁场时以速度v匀速运动,设线框abcd通过磁场的时间为t,则:
t=
=
…⑥,故A错误,D正确.
B、从开始运动至ABCD全部进入磁场的过程中,两线框组成的系统克服安培力做的功为W,则有:
W+
•3mv2=2mgl﹣mgl…⑦
可得W=mgl﹣
.故B正确.
C、设两线框从开始运动至等高的过程中所产生的焦耳热为Q,当左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离时,两线框等高,对这一过程,由能量守恒定律有:
2mg•2l=mg•2l+
•3mv2+Q…⑧
解⑤⑧得:
Q=2mgl﹣
.故C错误.
故选:
BD
【点评】本题是电磁感应中的力学问题,安培力的计算和分析能量如何转化是解题关键,要加强训练,熟练掌握法拉第定律、欧姆定律、安培力等等基础知识,提高解题能力.
评卷人
得分
四、实验题(题型注释)
11.某兴趣小组同学们看见一本物理书上说“在弹性限度内,劲度系数为k的弹簧,形变量为x时弹性势能为Ep=
kx2”,为了验证该结论就尝试用“研究加度与合外力、质量关系”的实验装置(如图甲)设计了以下步骤进行实验.
实验步骤:
A.水平桌面上放一长木板,其左端固定一弹簧,通过细绳与小车左端相连,小车的右端连接打点计时器的纸带;
B.将弹簧拉伸x后用插销锁定,测出其伸长量x;
C.打开打点计时器的电源开关后,拔掉插销解除锁定,小车在弹簧作用下运动到左端;
D.选择纸带上某处的A点测出其速度v;
E.取不同的x重复以上步骤多次,记录数据并利用功能关系分析结论.
实验中已知小车的质量为m,弹簧的劲度系数为k,则:
(1)长木板右端垫一小物块,其作用是;
(2)如图乙中纸带上A点位置应在(填s1、s2、s3)的段中取;
(3)若Ep=
kx2成立,则实验中测量出物理量x与m.、k、v关系式是x=.
【答案】
(1)平衡摩擦力;
(2)S2;(3)
【解析】
试题分析:
①该实验装置于验证牛顿第二定律的实验装置相同,为了让砝码的重力更加接近为小车的合外力,本实验中需要平衡摩擦力和让砝码重力远远小于小车重力.
②点间距均匀,说明速度达到最大,为匀速直线运动阶段.
③根据能量守恒,推导实验中测量出物理量x与m.k、v关系式.
解:
①根据实验原理我们知道,为了让砝码的重力更加接近为小车的合外力,长木板右端垫一小物块,其作用是平衡摩擦力
②根据实验原理,点间距均匀,为匀速直线运动阶段,说明速度达到最大,故纸带上A点位置应在s2.
③根据能量守恒,有:
Ep=
kx2=
mv2
解得:
x=
故答案为:
(1)平衡摩擦力;
(2)S2;(3)
【点评】正确解答实验问题的前提是明确实验原理,从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等,会起到事半功倍的效果.
12.①指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器,请完成下列问题:
在使用多用电表测量时,指针的位置如图1所示,若选择开关拨至“×1”挡,则测量的结果为Ω;若选择开关拨至“50mA”挡,则测量结果为mA.
②多用电表测未知电阻阻值的电路如图2所示,电池的电动势为E、内阻为r,R0为调零电阻,Rg为表头内阻,电路中电流I与待测电阻的阻值Rx关系图象如图3所示,则该图象的函数关系式为;
③下列根据图3中I﹣Rx图线做出的解释或判断中正确的是
A.因为函数图线是非线性变化的,所以欧姆表的示数左小右大
B.欧姆表调零的实质是通过调节R0使Rx=0时电路中的电流I=Ig
C.Rx越小,相同的电阻变化量对应的电流变化量越大,所以欧姆表的示数左密右疏
D.测量中,当Rx的阻值为图3中的R2时,指针位于表盘中央位置的左侧.
【答案】①18;23.0
②I=
③BCD
【解析】
试题分析:
①多用电表测电阻时,电阻阻值等于表盘读数与倍率的乘积.测电流时确定量程,从而读出读数.
②根据闭合电路欧姆定律得出电流I与待测电阻的阻值Rx关系.
③通过电流I与待测电阻的阻值Rx关系式判断分析.
解:
①所测的电阻R=18×1=18Ω.
选择开关拨至“50mA”挡,则电流为I=23.0mA.
②根据闭合电路欧姆定律得,I=
=
.
③A、因为Rx=
﹣r﹣R0﹣Rg,函数图线是非线性变化的,当电流比较大时,则电阻比较小,当电流比较小时,则电阻比较大.故A错误.
B、当Rx=0,I=
,此时电流为满偏电流.故B正确.
C、Rx越小,相同的电阻变化量对应的电流变化量越大,所以欧姆表的示数左密右疏.故C正确.
D、测量中,当Rx的阻值为图5中的R2时,电流比半偏电流小,指针位于表盘中央位置的左侧.故D正确.
故选:
BCD.
故答案为:
①18;23.0
②I=
③BCD
【点评】考查电表的读数方法,明确倍率与估读.熟悉欧姆档的表盘特点.
13.如图(甲)所示,质量m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动.过P点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时,选取水平向右为速度的正方向,通过速度传感器测出物体的瞬时速度,所得vt图象如图(乙)所示.取重力加速度为g=10m/s2.求:
(1)物体在0~4s内和4~10s内的加速度a1、a2的大小;
(2)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ;
(3)10s末物体离P点的距离.
【答案】
(1)物体在0~4s内和4~10s内的加速度a1、a2的大小分别为2m/s2、1m/s2.
(2)力F的大小为3N,物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.05;
(3)10s末物体离a点的距离为2m.
【解析】
试题分析:
(1、2)由v﹣t图分别求得由力F和没有力F作用时的加速度,再根据牛顿第二定律即可求解;
(3)设10s末物体离a点的距离为d,d应为v﹣t图与横轴所围的面积.
解:
(1、2)设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1,则由v﹣t图得
a1=2m/s2①
根据牛顿第二定律,有F+μmg=ma1②
设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2,则由v﹣t图得
a2=1m/s2③
根据牛顿第二定律,有F﹣μmg=ma2④
解①②③④得:
F=3N,μ=0.05
(3)设10s末物体离a点的距离为d,d应为v﹣t图与横轴所围的面积
则:
d=
,负号表示物体在a点以左
答:
(1)物体在0~4s内和4~10s内的加速度a1、a2的大小分别为2m/s2、1m/s2.
(2)力F的大小为3N,物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.05;
(3)10s末物体离a点的距离为2m.
【点评】本题主要考查了速度﹣时间图象及牛顿第二定律的直接应用,知道速度﹣时间图象的斜率表示加速度,面积表示位移,难度适中.
14.如图所示的正方形区域,在区域内没有磁场的情况下,带电粒子(不计重力)以某一初速度从AB边中点垂直于该边方向射入时,穿过此区域的时间为t,若在该区域加一垂直纸面向里的匀强磁场,带电粒子仍从同一位置以同一速度射入,粒子从C点射出.若只有时间t为已知量,根据上述条件
(1)确定带电粒子的带电性质
(2)求出带电粒子在匀强磁场中的运动时间.
【答案】
(1)粒子带负电荷;
(2)带电粒子在匀强磁场中的运动时间为
.
【解析】
试题分析:
(1)粒子受洛伦兹力向下,根据左手定则判断粒子的电性;
(2)画出运动轨迹,结合几何关系求解出轨道半径,然后根据牛顿第二定律列式求解时间.
解:
(1)加上磁场时,磁感应强度向内,粒子的速度向右,洛伦兹力向下,根据左手定则,粒子带负电荷;
(2)没有加磁场时,粒子是匀速直线运动,设正方形区域的边长为a,有:
t=
加上磁场后,粒子做匀速圆周运动,轨迹如图所示:
结合几何关系,有:
解得:
r=
a
故sinθ=
=0.8,故θ=53°
根据牛顿第二定律,有:
qvB=m
粒子在磁场中运动时间:
t′=
联立解得:
t′=
答:
(1)粒子带负电荷;
(2)带电粒子在匀强磁场中的运动时间为
.
【点评】本题关键是明确粒子的运动性质,画出轨迹,结合几何关系得到轨道半径,然后根据牛顿第二定律列式求解,基础题目.
15.在电场方向水平向右的匀强电场中,一带电小球从A点竖直向上抛出,其运动的轨迹如图所示.小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上,M为轨迹的最高点.小球抛出时的动能为8.0J,在M点的动能为6.0J,不计空气的阻力.求:
(1)小球水平位移x1与x2的比值;
(2)小球落到B点时的动能EkB.
(3)小球从A点运动到B点的过程中最小动能Ekmin?
【答案】
(1)小球水平位移x1与x2的比值为1:
3.
(2)小球落到B点时的动能EkB=32J.
(3)小球从A点运动到B点的过程中最小动能Ekmin为
.
【解析】
试题分析:
(1)小球在竖直方向上做竖直上抛运动,根据对称性可知从A点至M点和从M点至B点的时间t相等.小球在水平方向上做初速为零的匀加速运动,由运动学公式位移公式,运用比例法求出x1与x2之比;
(2)分别研究A到M和A到B水平方向的分运动,由运动学公式速度位移关系式求出小球到达B点的速度,即可得到动能EKB;
(3)根据速度的合成得到动能与时间的关系式,运用数学知识求极值,得到小球动能的最小值.
解:
(1)小球在竖直方向上做竖直上抛运动,根据对称性得知,从A点至M点和从M点至B点的时间t相等.
小球在水平方向上做初速为零的匀加速直线运动,设加速度为a,则
所以
(2)小球从A到M,水平方向上电场力做功W电=Eqx1=6J,
则从A到B水平方向上电场力做功W电′=Eq(x1+x2)=4W电=24J
则由能量守恒可知,小球运动到B点时的动能为EkB=Ek0+4W电=8+24J=32J
(3)由题,
,得vA=
又竖直方向上,有vA=gt=
,
所以
,①
=Eqx1=6J,
得vM=
在水平方向上,有vM=at=
,
则得
,②
所以②:
①得
设小球运动时间为t时动能为Ek,则
化简为(g2+a2)t2﹣2v0gt+
=0
当△=0时有极值,
则4
g2﹣4(g2+a2)(
)=0
得Ek=
Ek0
由
得a=
即Ekmin=
Ek0=
×8J=
.
答:
(1)小球水平位移x1与x2的比值为1:
3.
(2)小球落到B点时的动能EkB=32J.
(3)小球从A点运动到B点的过程中最小动能Ekmin为
.
【点评】本题运用运动的合成和分解法处理,抓住竖直方向上运动的对称性得到时间关系是关键.对于第3题,也可以求出重力加速度与电场力加速度形成合加速度,当速度方向与合加速度方向垂直时速度最小,动能最小,再由运动学公式和牛顿第二定律结合求解.
16.如图所示,一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮О1、О2和质量mP=m的小球P连接,另一端质量mQ=m的小物块Q连接,小物块Q套于两直杆AC、DE和一段圆弧CD组成的固定光滑轨道ABCDE上.直杆AC与竖直墙夹角θ=45°,直杆DE水平,两杆分别与Ol为圆心,R为半径的圆弧连接并相切于C、D两点,轨道与两定滑轮在同一竖直平面内.直杆B点与两定滑轮均在同一高度,重力加速度为g,小球运动过程中不会与其他物体相碰,现将小物块Q从B点由静止释放,在C、D点时无机械能损失.试求:
(1)小物块Q的最大机械能(取B点所在的水平面为参考平面);
(2)小物块Q滑至O1正下方D点时对圆弧轨道的弹力?
(3)小物块Q能到达DE杆最远的位置距D的距离?
【答案】
(1)小物块Q的最大机械能为(
)mgR;
(2)小物块Q滑至O1正下方D点时对圆弧轨道的弹力=2
,方向向下
(3)小物块Q能到达DE杆最远的位置距D的距离x=
.
【解析】
试题分析:
首先知道两物体为绳连接体,分析物体的运动情况,找出临界点,利用机械能守恒定律和牛顿第二定律联合求解即可.
解:
(1)当物块滑至C
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