2011届高一物理竞赛选拔考试答案
高一物理竞赛初赛试题(含答案)
物理竞赛试题班级 姓名一、选择题1．如图所示，两根直木棍AB 和CD 相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动，水泥圆筒从木棍的上部匀速滑下．若保持两木棍倾角不变，将两者间的距离稍增大后固定不动，且仍能将水泥圆筒放在两木棍的上部，则( )A ．每根木棍对圆筒的支持力变大，摩擦力不变B ．每根木棍对圆筒的支持力变大，摩擦力变大C ．圆筒将静止在木棍上D ．圆筒将沿木棍减速下滑答案：AC2．半圆柱体P 放在粗糙的水平地面上，其右端有一竖直放置的光滑档板MN 。
在半圆柱体P 和MN 之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q ，整个装置处于静止，如图所示是这个装置的截面图。
现使MN 保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q 滑落到地面之前，发现P 始终保持静止。
则在此过程中，下列说法正确的是 （ ）A ．MN 对Q 的弹力逐渐减小B ．地面对P 的支持力逐渐增大C ．Q 所受的合力逐渐增大D ．地面对P 的摩擦力逐渐增大 答案：D 3.杂技表演的安全网如图甲所示，网绳的结构为正方形格子，O 、a 、b 、c 、d ……等为网绳的结点，安全网水平张紧后，若质量为m恰好落在O 点上，该处下凹至最低点时，网绳dOe ，bOg 均为120° 张角，如图乙所示，此时O 点受到向下的冲击力大小为2F ，则这时O 点周围每根网绳承受的张力大小为（ ）A ．FB ．错误！未找到引用源。
C ．错误！未找到引用源。
D ．错误！未找到引用源。
答案：A4．如图所示，两个倾角相同的滑杆上分别套A 、B 两个圆环，两个圆环上分别用细线悬吊着两个物体C 、D ，当它们都沿滑杆向下滑动时，A 的悬线与杆垂直，B 的悬线竖直向下。
则下列说法中正确的是 （ ） A ．A 环与滑杆无摩擦力 B ．B 环与滑杆无摩擦力C ．A 环做的是匀速运动D ．B 环做的是匀加速运动 答案：A5、在光滑水平面上，有一个物体同时受到两个水平力F 1与F 2的作用，在第1s 内物体保持静止状态。
2010-2011年度高一物理竞赛试题参考答案
2010-2011年度高一物理竞赛试题参考答案一．选择题（共13小题，每小题4分，共52分．选对的得4分，选错或不答的得0分．）1.A2.B3.B4.D5.C6.C7.C8.B9.A 10.B 11.C 12.A 13.B二．实验题（共1小题，共16分）14．（15分）（1）① O 点位置（2分）， 两弹簧秤的读数 （2分），两细绳套的方向 （2分） ② F ′（2分）③ B （2分）（2）① 0.21m/s （2分） ② 2 （2分） ③ 9.5m/s 2（2分）三．论述计算题（共2小题，共32分。
）15．（16分）参考解答：解：（1）因物体向左运动，摩擦力方向向右，设物体加速度为a,则 ma F mg =+-)(μ--------------（2分） 解得：2/3)(s m mF mg a -=+-=μ--------------（2分） 负号表示方向向右--------------（2分）（2）物体向左作匀减速直线运动，设经过时间t 速度为V t =0,由运动学公式有at v v t +=0--------------（2分） 解得时间：s s a v v t t 431200=--=-=--------------（2分） 故4秒末物体速度为0，此后由于F=12N<N mg 24=μ,物体静止，根据二力平衡可得物体受到的静摩擦力为：N F F f 12== 方向水平向左--------（2分）（3）5s 内物体的位移实际等于4s 内物体的位移：)(244)3(2141221220m at t v s =⨯-+⨯=+=--------------（4分） 16．（16分）参考解答：解：（1）设儿童下滑的加速度大小为a ，由牛顿第二定律有：mgsin37°-μmgcos37°=ma 1 ①-------------（2分）解得：a 1=2 m/s 2． ② -------------（2分）（2）因为H=2 m ，圆弧CD 的半径R=0．2 m ，所以AB 的长度m 337sin R -H L 01== ③ -------（2分） 设儿童滑到B 点的速率为v B ，由运动学公式有：v B 2=2a 1L 1 ④-----------------------（2分）由②③④解得：/B v s = ⑤--------------（2分） （3）设儿童在C 点恰做平抛运动滑出时的速率为v C ，则：2C v mg m R= ⑥-------------------------（2分） 物体由B 到C 的加速度设为a 2,由牛顿第二定律有： 2ma mg =-μ ⑦----------------- (1分)L a v v B c 2222=- ⑧--------------------(1分) 由⑤⑥⑦⑧解得：L=1 m ．-------------------(1分)所以水平滑槽BC 的长度L 应大于或等于1m------(1分)。
2011全国高中物理竞赛DOC版
2011年全国高中物理竞赛复赛答案（DOC版）、参考解答：解法一取直角坐标系Oxy ，原点O 位于椭圆的中心，则哈雷彗星的椭圆轨道方程为22221x y a b += （1） a 、b 分别为椭圆的半长轴和半短轴，太阳S 位于椭圆的一个焦点处，如图1所示．以e T 表示地球绕太阳运动的周期，则e 1.00T =年；以e a 表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则e 1.00AU a =，根据开普勒第三定律，有3232a T a T =e e（2）设c 为椭圆中心到焦点的距离，由几何关系得c a r =-0 （3）22c a b -= （4）由图1可知，P 点的坐标cos P P x c r θ=+ （5） sin P P y r θ= （6） 把（5）、（6）式代入（1）式化简得()2222222222sin cos 2cos 0P P P P P ab r b cr bc a b θθθ+++-= （7）根据求根公式可得()22222cos sin cos P P P Pb ac r a b θθθ-=+ （8） 由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得0.896AU P r = (9) 可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为 s2Gmm E =a-(10) 式中m 为彗星的质量．以P v 表示彗星在P 点时速度的大小，根据机械能守恒定律有2s s 122P P Gmm Gmm m r a ⎛⎫+-=- ⎪⎝⎭v （11） 得P =v （12） 代入有关数据得414.3910m s P -⨯⋅v = (13) 设P 点速度方向与0SP 的夹角为ϕ(见图2)，根据开普勒第二定律[]sin 2P P P r ϕθσ-=v （14）其中σ为面积速度，并有πabTσ=（15） 由（9）、（13）、（14）、（15）式并代入有关数据可得图1127ϕ= （16）解法二取极坐标，极点位于太阳S 所在的焦点处，由S 引向近日点的射线为极轴，极角为θ，取逆时针为正向，用r 、θ表示彗星的椭圆轨道方程为1cos pr e θ=+ （1）其中，e 为椭圆偏心率，p 是过焦点的半正焦弦，若椭圆的半长轴为a ，根据解析几何可知()21p a e =- （2）将（2）式代入（1）式可得()θcos 112e e a r +-= （3）以e T 表示地球绕太阳运动的周期，则e 1.00T =年；以e a 表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则e 1.00AU a =，根据开普勒第三定律，有3232a T a T =e e（4） 在近日点0=θ，由（3）式可得1r e a=-（5）将P θ、a 、e 的数据代入（3）式即得0.895AU P r = （6）可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能 s2Gmm E =a-(7) 式中m 为彗星的质量．以P v 表示彗星在P 点时速度的大小，根据机械能守恒定律有2s s 122P P Gmm Gmm m r a ⎛⎫+-=- ⎪⎝⎭v （8） 可得P =v （9） 代入有关数据得414.3910m s P -⨯⋅v = (10) 图2设P 点速度方向与极轴的夹角为ϕ，彗星在近日点的速度为0v ，再根据角动量守恒定律，有()sin P P P r r ϕθ-=v v 00 （11）根据（8）式，同理可得=0v （12） 由（6）、（10）、(11)、(12)式并代入其它有关数据 127ϕ= (13)评分标准：本题20分 解法一（2）式3分，（8）式4分，（9）式2分，（11）式3分，(13) 式2分,（14）式3分,（15）式1分，（16）式2分．解法二（3）式2分，（4）式3分，（5）式2分，（6）式2分，（8）式3分，(10) 式2分,（11）式3分,（12）式1分，（13）式2分．二、参考解答：1．建立如图所示坐标系Oxy .两杆的受力情况如图：1f 为地面作用于杆AB 的摩擦力，1N 为地面对杆AB的支持力，2f 、2N 为杆AB 作用于杆CD 的摩擦力和支持力，3N 、4N 分别为墙对杆AB 和CD 的作用力，mg 为重力.取杆AB 和CD 构成的系统为研究对象，系统平衡时, 由平衡条件有4310N N f +-= （1） 120N mg -= （2）以及对A 点的力矩()3411sin sin sin cos cos cos 022mgl mg l l N l N l l CF θθαθθα⎛⎫+---+-= ⎪⎝⎭即()3431sin sin cos cos cos 022mgl mgl N l N l l CF θαθθα---+-= （3） 式中CF 待求.F 是过C 的竖直线与过B 的水平线的交点，E 为BF 与CD 的交点．由几何关系有sin cot CF l αθ= （4） 取杆CD 为研究对象，由平衡条件有422c o s s i n 0N N f θθ+-= （5） 22sin cos 0N f mg θθ+-= （6） 以及对C 点的力矩41cos sin 02N l mgl αα-= （7） 解以上各式可得41t a n 2N m g α=（8） 331sin 1tan sin tan tan 22cos 2sin N mg αααθαθθ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭ （9）13tan sin 1tan sin 2cos 2sin f mg θαααθθ⎛⎫=-+⎪⎝⎭（10）12N mg = （11）21sin tan cos 2N mg θαθ⎛⎫=-⎪⎝⎭ （12） 21cos tan sin 2f mg θαθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（13）CD 杆平衡的必要条件为22c f N μ≤ （14）由（12）、（13）、（14）式得()2sin cos tan cos sin C C μθθαμθθ-≤+ （15）AB 杆平衡的必要条件为11A f N μ≤ (16)由（10）、（11）、（16）式得tan sin 2sin 43tan sin cos A αααμθθθ-≤- （17）因此，使系统平衡，α应满足的条件为（15）式和（17）式．2．将题给的数据代入（15）式可得a r c t a n 0.38521α︒≤=(18)将题给的数据代入（17）式，经数值计算可得19.5α≥︒ (19)因此，α的取值范围为19.521.1α≤≤(20)评分标准：本题20分 第1问15分（1）、（2）、（3）式共3分，（4）式1分，（5）、（6）、（7）式共3分，(9) 、(10) 式各1分,(12)到（17）式各1分．第2问5分（18）式1分，（19）式3分，（20）式1分． 三、参考解答：解法一1． 设在时刻t ，小球和圆筒的运动状态如图1所示，小球位于P 点，绳与圆筒的切点为T ，P 到T 的距离即绳的拉直部分的长度为l ，圆筒的角速度为ω，小球的速度为v .小球的速度可以分解成沿着绳子方向的速度1v 和垂直于绳子方向的速度2v 两个分量.根据机械能守恒定律和角动量守恒定律有()()()()22222001211112222M R m R M R m ωωω+=++v v (1) 2220012+=++MR mR MR mR ml ωωωv v (2)因为绳子不可伸长，1v 与切点T 的速度相等，即2ωR =1v (3) 解(1)、(2)、(3)式得()()02222ωωmlR m M ml R m M ++-+= (4) ()()022222ωml R m M lR m M +++=v (5)由(4)式可得l = (6)这便是在卫星角速度减至ω时绳的拉直部分的长度l ．2．由（6）式，当0=ω得=L （7）这便是绳的总长度L . 3．如图2所示，从时刻t 到t t +∆，切点T 跟随圆筒转过一角度1t ωθ∆=∆，由于绳子的拉直部分的长度增加了l ∆，切点相对圆筒又转过一角度2lRθ∆=∆，到达T '处，所以在t ∆时间内，切点转过的角度12lt Rθθωθ∆∆=∆=+∆+∆ （8） 切点从T 变到T '也使切线方向改变了一个同样的角度θ∆，而切线方向的改变是小球具有垂直于绳子方向的速度2v 引起的，故有 2tlθ∆∆=v （9） 由(1)、(2)、(3)式可得()20l ωω=+v （10） 由(8)、（9）、（10）三式得0l R t ω∆=∆ （11） （11）式表示l 随t 均匀增加，故l 由0增加到L 所需的时间为()2t'0s L t R ω== （12）解法二1．撤去插销后两个小球的运动情况相同，故可取一个小球作为对象进行研究，先研究任何时刻小球的速度.在t 时刻，相对卫星系统质心参考系小球运动状态如图1所示，绳子的拉直部分与圆筒面的切点为T ，小球到切点T 的距离即绳的拉直部分的长度为l ，小球到转轴O 的距离为r ，圆筒的角速度为ω.由于圆筒的转动和小球相对圆筒的运动，绳将展开，切点位置和绳的拉直部分的长度都要改变.首先考察小球相对于圆筒的运动.在t 时刻，OT 与固定在圆筒上的半径0OP 的夹角为φ，如图2所示.由于小球相对圆筒的运动，经过时间t ∆，切点从圆筒上的T 点移到T '点，OT '与0OP 的夹角变为φφ+∆，绳的拉直部分的长度由l 变为l '，小球由P 运动到P '，PP '便是小球相对圆筒的位移.当t ∆很小时l l '≈，故PP l l φφ''=∆≈∆于是小球相对圆筒的速度大小为l l tφφφω∆==∆v (1) 方向垂直于TP ．φω是切点相对圆筒转动的角速度．再考察圆筒相对质心参考系的转动，即与圆筒固连在一起的转动参考系相对质心参考系的运动.当圆筒的角速度为ω时，位于转动参考系中的P 点(小球所在处)相对质心系的速度r ωω=v (2)方向垂直于OP ．可以把ωv 分解成沿着TP 方2m12φω+ v向的分量1ωv 和垂直TP 方向的分量2ωv ，如图3所示，即1R ωω=v (3)2l ωω=v (4) 小球相对质心系的速度v 是小球相对圆筒的速度和圆筒参考系中的P 点相对质心系速度的合成，由图3可得v 的大小=v (5)因l R φ= (6) 故有=v （7）因为系统不受外力作用，故系统的动能和角动量守恒，故有()()222220011112222M R mR M R m ωωω+=+v （8） ()2220012MR mR MR mR ml ωωφωωω+=+++v v v （9）由(7)、(8)两式有()22220mM mφωωωωφ=+++ （10）由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得()20mM mφωωφωω=+++ （11）由(10)、(11)两式得φωωωω+=+0故有0ωωφ= （12）上式说明绳子与圆筒的切点相对圆筒转动的角速度等于卫星的初始角速度，是一个恒量，将(12）式代入（11）式得φ=（13） 由(6)、(13)两式得l = （14） 这便是在卫星角速度减至ω时绳的拉直部分的长度l ．2．由（14）式，当0=ω得绳总长度, 即L = （15） 3．因φω是一个恒量，φ随时间的t 的变化规律为t 0ωφ= （16）当0=ω时，由（13）式可得卫星停旋时的φs φ=（17） 设卫星停转所用的时间为s t ，由（16）、（17）式得0s s t φω==（18） 评分标准：本题25分． 解法一第1问12分．（1）、（2）式各3分，（3）式2分，（6）式4分． 第2问3分．（7）式3分．第3问10分．（8）、（9）式各3分，（10）式2分，（11）、（12）式各1分． 解法二第1问18分．（1）式3分，（2）式2分，（7）式2分，（8）式3分，（9）式3分，（12）式2分，（14）式3分，第2问3分．（15）式3分．第3问4分．（16）式2分，（17）式1分，（18）式1分．四、参考解答：1．根据题意，粒子的初速度只有y 方向和z 方向的分量，设它们为0y v 和0z v .因为粒子在z 方向不受电场力和磁场力作用，故粒子在z 方向以初速度0z v 作匀速运动.粒子在Oxy 面内的运动可以看作由以下两部分运动的合成：可把粒子在y 方向的初速度表示为001001y y y y =-++v v v v (1) 其中010y E B =-v (2) 沿y 负方向．与01y v 相关的磁场力010Bx y f q B =-v (3) 沿x 负方向.粒子受到的电场力0E Ex f f qE == (4) 沿x 正方向．由(2)、(3)、(4)式可知，粒子在x 方向受到的电场力和磁场力正好抵消，故粒子以大小为E B 的速度沿y 负方向运动．除此之外，由（1）式可知，粒子还具有初速度 00200y y E B =+v v (5) 沿y 正方向，与02y v 相关的磁场力使粒子以速率02y v 在Oxy 面内作匀速圆周运动，以r 表示圆周运动的半径，有202020y y q B mr=v v (6)可得020y m r qB =v (7)由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期2mT =qB π (8) (8)式表明，粒子运动的周期与粒子在y 方向的初速度无关．经过时间T 或T 的整数倍所考察的粒子就能同时回到Oyz 平面.2．增加的电场2E对粒子在Oxy 平面内的运动无影响，但粒子在z 方向要受到此电场力作用．以z a 表示在此电场力作用下的加速度，有0cos z ma qE t ω= (9) 或c o s z qE a =t mω (10) 这是简谐运动的加速度，因而有2z a =z ω- （11）由(10)、（11）可得t mqE z ωωcos 102-= (12) 因未增加电场时，粒子在z 方向作初速度为0z v 的匀速运动，增加电场后，粒子在z 方向的运动是匀速运动与简谐运动的叠加，即有021cos z qE z t t mωω=-v （13）粒子在Oxy 平面内的运动不受电场2E的影响．设0ω为粒子在Oxy 平面内作圆周运动的角速度，则有 002πqB T mω== (14)由图示可得与圆周运动相联系的粒子坐标随时间t 的变化关系()01cos x r t ω'=- (15) 0sin y r t ω'= (16) 考虑到粒子在y 方向还具有速度为01y v 的匀速运动，并利用(2)、(5)、(7)、(14)以及己知条件，可得带电粒子的运动规律：000001cos y E qB m x t qB B m ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭v (17) 0000000sin y E E qB m y t t B qB B m⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭v (18) 00020cos z mE qB z t t qB m=-v (19)评分标准：本题20分．第1问12分．（2）、（3）、（4）式共5分，（5）、（6）、（7）式共4分，（8）式及相关说明共3分．第2问8分．（12）式2分，（14）式到（19）式各1分. 五、答案与评分标准 本题15分．1．01TV V L I I e ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭(2分），L I （2分），0ln 1L T I V I ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ （2分），201T V V L VI VI e ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭（1分）． 2．0.62V （2分）；0.54V （2分）；49mW （2分）；6.0Ω （2分）．六、参考解答：在电加热器对A 室中气体加热的过程中，由于隔板N 是导热的，B 室中气体的温度要升高，活塞M 将向右移动.当加热停止时，活塞M 有可能刚移到气缸最右端，亦可能尚未移到气缸最右端. 当然亦可能活塞已移到气缸最右端但加热过程尚未停止.1. 设加热恰好能使活塞M 移到气缸的最右端，则B 室气体末态的体积02B V V = （1）根据题意，活塞M 向右移动过程中，B 中气体压强不变，用B T 表示B 室中气体末态的温度，有00BBV V T T =（2） 由(1)、(2)式得02B T T = （3）由于隔板N 是导热的，故A 室中气体末态的温度02A T T = （4） 下面计算此过程中的热量m Q .在加热过程中，A 室中气体经历的是等容过程，根据热力学第一定律，气体吸收的热量等于其内能的增加量，即05()2A A Q R T T =- （5） 由(4)、(5)两式得052A Q RT =（6） B 室中气体经历的是等压过程，在过程中B 室气体对外做功为00()B B W p V V =- （7）由(1)、(7)式及理想气体状态方程得0B W RT = （8） 内能改变为05()2B B U R T T ∆=- （9） 由(4)、(9)两式得052∆=B U RT （10） 根据热力学第一定律和(8)、(10)两式，B 室气体吸收的热量为072=∆+=B B B Q U W RT (11) 由(6)、(11) 两式可知电加热器提供的热量为06m A B Q Q Q RT =+= （12）若0m Q Q =，B 室中气体末态体积为02V ，A 室中气体的末态温度02T .2．若0m Q Q >，则当加热器供应的热量达到m Q 时，活塞刚好到达气缸最右端，但这时加热尚未停止，只是在以后的加热过程中气体的体积保持不变，故热量0m Q Q -是A 、B 中气体在等容升温过程中吸收的热量.由于等容过程中气体不做功，根据热力学第一定律，若A 室中气体末态的温度为AT '，有 00055(2)(2)22m AA Q Q R T T R T T ''-=-+- （13） 由(12)、(13)两式可求得00455AQ T T R '=+ （14） B 中气体的末态的体积02BV =V ' （15） 3. 若0m Q Q <，则隔板尚未移到气缸最右端，加热停止，故B 室中气体末态的体积B V ''小于02V ，即02BV V ''<．设A 、B 两室中气体末态的温度为A T ''，根据热力学第一定律，注意到A 室中气体经历的是等容过程，其吸收的热量05()2A A Q R T T ''=- （16） B 室中气体经历的是等压过程，吸收热量 0005()()2B A B Q R T T p V V ''''=-+- （17） 利用理想气体状态方程，上式变为 ()072B A Q R T T ''=- （18） 由上可知006()A B A Q Q Q R T T ''=+=- （19）所以A 室中气体的末态温度06AQ T T R''=+ （20） B 室中气体的末态体积00000(1)6BA V QV T V T RT ''''==+ （21） 评分标准：本题20分．得到0m Q Q =的条件下（1）、（4）式各1分；（12）式6分，得到0m Q Q >的条件下的（14）式4分，（15）式2分；得到0m Q Q <的条件下的（20）式4分，（21）式2分．七、答案与评分标准： 本题20分．1． 3R (3分) 2． 6R (3分)第1第3空格各2分；其余3个空格全对3分，有一个错则不给这3分．第1第3空格各2分；其余3个空格全对3分，有一个错则不给这3分． 八、参考解答： 1. 反应能()()332p n H He Q m m m m c ⎡⎤=+-+⎣⎦（1） 式中c 为光速．代入数据得0.764MeV Q =- （2）上式表明这是一吸能核反应．2．为了求入射质子阈能，反应前后各粒子都应沿同一直线运动．设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 的速度大小为3He v ，中子的速度大小为n v ，根据动量守恒和能量守恒有33p p n n He He m m m =+v v v (3) 33222p p n n He He 111222m m m Q =++v v v （4） 由（3）、（4）式可得3333322n n p p p n22He He n p n p He He He 220m m m m m m m m Q m m m ⎛⎫⎛⎫+--++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭v v v v (5) 令333332n nHe He p n pHe 2p p 2Hep He22m m m a m m m b m m m m c Qm ⎫+⎪=⎪⎪⎪=-⎬⎪⎪-⎪=+⎪⎭v v (6) 把(6)式代入(5)式得2n n 0a b c ++=v v (7)(7)式有解的条件是240b ac -≥ (8) 由(6)式可知，c 可能大于零，亦可能小于零.若0c <，则(8)总成立，中子速度一定有解，反应一定能发生；若0c >，则由 (6)、(8)两式得33n 2He p p n pHe 12m m m Q m m m +≥+-v (9) 即只有当入射质子的动能满足(9)式时，中子速度才有解，反应才能发生，所以入射质子的阈能为3pn p He 1th m T Q m m m ⎛⎫=+⎪ ⎪+-⎝⎭(10) 利用(1)式，在忽略2Q 项的情况下，(10)式可简化为 3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭(11) 代入有关数据得1.02MeV th T = (12)3．由动量守恒和能量守恒有33p p n n He He =+m m m v v v (12)33222p p n n He He111222m m m Q =++v v v (13) 以θ表示反应中产生的中子速度方向与入射质子速度方向的夹角，如图所示，根据余弦定律有 ()()()33222nnp pn p n p He He 2cos m m m m m θ=+-v v v v v (14)令2p p p 12T m =v (15) 2n n n 12T m =v (16)3332He He He 12=T m v (17)把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)两式得3He Q T T T =--p n （18）33n n p p He He 222m T m T m T θ=+- （19）由（18）、（19）式，消去3He T 后，得()3333p p HeHe n nnHe He 0m m T Q m T m m θ---=+ （20）令 3nHe S θ=，()333p p HeHe nHe mm T Q m R m m --=+ （21）得n 20T R -= （22）根据题给的入射质子的动能和第1问求得的反应能Q 的值，由(21)式可知0R >，故（22）式的符合物理意义的解为S =+ （23）将具体数据代入（21）、（23）式中，有n 0.132M e V T = (24) (如果得到 131.0=n T MeV ,也是对的.) p p m v第2问的其他解法 解法一为了研究阈能，只考虑碰撞前后各粒子都沿同一直线运动的情况．若碰撞后32He 和中子的速度相同，即粘在一起运动(完全非弹性碰撞)，则在碰撞过程中损失的机械能最多，若所损失的机械能正好等于反应能，则入射质子的动能最小，这最小动能便是阈能. 设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 和中子的速度大小为v ，根据动量守恒和能量守恒有3p p n He ()m m m =+v v (1) 322p p n He 11()22m m m Q =++v v (2) 由（1）、（2）式可得33n 2He p p n pHe 12m m m Q m m m +=+-v (3) 所以阈能为3pn p He 1th m T Q m m m ⎛⎫=+⎪ ⎪+-⎝⎭(4) 利用第1问中的(1)式，并注意到 32H 1<<Qm c有333332n pHe H H 2H H 11111⎛⎫==- ⎪ ⎪+-⎛⎫⎝⎭+⎪ ⎪⎝⎭Q m m m m m c Q m m c 在忽略2Q 项的情况下，(4)式可简化为3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭(5) 代入有关数据得1.02MeV th T = (6)第2问8分(1)、(2)式各3分，(4)式或(5)式1分，(6)式1分． 解法二在牛顿力学中可以证明，质点系的总动能可以表示为质点系的总质量以质心速度运动的动能即所谓质心动能与各质点相对质心运动的动能之和.若质点系不受外力作用，则质点系的动量守恒，质心速度不变，故质心动能亦恒定不变；如果质点系内部的相互作用导致质点系机械能的变化，则可变化的机械能只能是各质点相对质心运动的动能. 在本题中，如果质子p 与氚31H 发生反应后，生成的中子n 和氦32He 相对质心都静止，则质子p 与氚31H 相对质心运动的动能之和全部转化成反应能，反应后系统的动能只有质心的动能，在这请况下，转化成其他形式能量的机械能最多，入射质子的动能最小，这最小动能便是阈能.所以入射质子的阈能等于系统质心的动能与反应能之和.以p 'v 和3H 'v 分别表示质子p 和氚31H 相对质心的速度，有3322p p H H 1122Q =m m ''+v v (1) 因系统质心的速度3p p c p H=+m m m v v (2)而33p H p p c p Hm m '=-=+v v v v m (3)33p pc H p H0m m '=-=-+v v v m (4)由(1)、(3)、(4)式得332H p p p H12m Q m m m =+v (5) 在牛顿力学中，系统的总质量是恒定不变的，这就导致系统质心的动能在反应前后恒定不变的结论，但在本题中，损失掉的机械能导致系统总质量的变化，使反应前系统的总质量与反应后系统的总质量不相等，即33p n H He +≠+m m m m ．如果仍沿用牛顿力学的结论，对一个孤立系统，其质心速度是不会改变的，故反应后质心的动能应为 ()()33222c n c p c c 2He H 111222=+=++Q E m m m m cv v v 而()33322p p p 2c 2222p H Hp HQ 1122m m Q QQ c c c m m m m m =⋅=⋅⋅++v v 由此可见，在忽略2Q 的条件下()()3322n p He H 1122c c m m m m +=+v v而入射质子的阀能()32p H 12th c T m m Q =++v (6) 由(2)、(5)、(6)式得3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭(7)代入有关数据得1.02MeV th T = (8)第2问8分(1)、(5) 、(6)式各2分， (7)式1分，、(8)式1分. 解法三考虑反应前后各粒子都沿同一直线运动的情况，若入射质子与与静止的31H 发生完全非弹性碰撞，即反应后产生的中子和32He 以相同的速度运动，则入射质子的动能就是阈能.以10m 表示质子的静止质量，20m 表示31H 的静止质量，30m 表示中子的静止质量，40m 表示31He 的静止质量，设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 和中子的速度大小都为v ，根据动量守恒和能量守恒有1p m m m +=v (1)222120m m c m c m c++=(2)式中1m 是质子的动质量.由(1)、(2)两式得 1p 120+m m m v v = (3)把(3)式代入(1)式，经整理得()()2222221201p 3040+-=+m m c m m m c v (4)由1m =(5)可得221p221102-=m m m cv (6)若入射质子的阈能为th E ，有22110th m c m c E =+ (7) 由(4)、(6)、(7)式可得()()2230401020202th m m m m E m +-+= (8)利用题给条件并引入反应能，得 333p n H HeH2th m m m m E Q m +++= (9)或有()3333p 2H p HH H22th Q+m m m m c E Q Q m m ++=≈ (10)代入有关数据得1.02MeV th T = (11)第2问8分(1)、(2) 、(8)式各2分， (9)或(10)式1分， (11)式1分．。
高一物理竞赛试题(含答案)
高一物理竞赛试题(含答案)高一年级物理竞赛试题班级姓名一、选择题1．如图所示，两根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动，水泥圆筒从木棍的上部匀速滑下．若保持两木棍倾角不变，将两者间的距离稍增大后固定不动，且仍能将水泥圆筒放在两木棍的上部，则( )A．每根木棍对圆筒的支持力变大，摩擦力不变B．每根木棍对圆筒的支持力变大，摩擦力变大C．圆筒将静止在木棍上 D．圆筒将沿木棍减速下滑答案：AC2．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一竖直放置的光滑档板MN。
在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止，如图所示是这个装置的截面图。
现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止。
则在此过程中，下列说法正确的是（）A．MN对Q的弹力逐渐减小 B．地面对P的支持力逐渐增大C．Q所受的合力逐渐增大 D．地面对P的摩擦力逐渐增大答案：D3.杂技表演的安全网如图甲所示，网绳的结构为正方形格子，O、a、b、c、d……等为网绳的结点，安全网水平张紧后，MNQP23若质量为m 的运动员从高处落下，并恰好落在O 点上，该处下凹至最低点时，网绳dOe ，bOg 均为120° 张角，如图乙所示，此时O 点受到向下的冲击力大小为2F ，则这时O 点周围每根网绳承受的张力大小为（ ）A ．FB ．2F C ．mg F +2 D ．22mgF + 答案：A4．如图所示，两个倾角相同的滑杆上分别套A 、B 两个圆环，两个圆环上分别用细线悬吊着两个物体C 、D ，当它们都沿滑杆向下滑动时，A 的悬线与杆垂直，B 的悬线竖直向下。
则下列说法中正确的是 （ ）A ．A 环与滑杆无摩擦力B ．B 环与滑杆无摩擦力C ．A 环做的是匀速运动D ．B 环做的是匀加速运动 答案：A5、在光滑水平面上，有一个物体同时受到两个水平力F 1与F 2的作用，在第1s 内物体保持静止状态。
高一物理竞赛试题(含答案)
高一年级物理比赛试题班级姓名一、选择题1．如所示，两根直木棍AB 和 CD 互相平行，斜靠在直壁上固定不，水泥筒从木棍的上部匀速滑下．若保持两木棍角不，将二者的距离稍增大后固定不，且还能将水泥筒放在两木棍的上部，()A．每根木棍筒的支持力大，摩擦力不B．每根木棍筒的支持力大，摩擦力大C．筒将静止在木棍上D．筒将沿木棍减速下滑答案： AC2．半柱体 P 放在粗拙的水平川面上，其右端有一直搁置的圆滑档板MN 。
在半柱体P 和 MN 之放有一个圆滑均匀的小柱体Q，整个装置于静止，如所示是个装置的截面。
使 MN 保持直而且慢地向右平移，在Q 滑落到地面以前，MP 始保持静止。
在此程中，以下法正确的选项是（）Q A． MNQ 的力逐减小B．地面 P 的支持力逐增大P以下法中正确的选项是（）A． A 与滑杆无摩擦力B． B 与滑杆无摩擦力C． A 做的是匀速运D． B 做的是匀加快运答案： A5、在圆滑水平面上，有一个物体同遇到两个水平力 F 与 F 的作用，在第1s 内物体保12持静止状。
若力 F1、F2随的化如所示。
物体（）F/NA．在第 2s 内做加快运，加快度大小逐减小，速度逐增F167大12345OB．在第 3s 内做加快运，加快度大小逐增大，速度逐增t/sF2大C．在第 4s 内做加快运，加快度大小逐增大，速度逐增大D．在第 5s 末加快度零，运方向与 F1方向同样答案：BD6、量0.3kg 的物体在水平面上做直运，中的两条直分表示物体受水平拉力和不受水平拉力的 v—t 像，以下法中正确的选项是(g=10m/s 2)（）A．水平拉力可能等于 0.3N v/ m.s-1C． Q 所受的协力逐增大D．地面 P 的摩擦力逐增大N 答案： D3. 技表演的安全网如甲所示，网的构正方形格子，O、a、 b、 c、 d⋯⋯等网的点，安全网水平后，若量m的运从高落下，并恰好落在 O点上，下凹至最低点，网dOe，bOg 均 120°角，如乙所示，此 O点遇到向下的冲力大小2F， O点周每根网蒙受的力大小（）A． FF B．2C．2F mg D．2F mg2答案： A4．如所示，两个角同样的滑杆上分套A、 B 两个，两个上分用吊着两个物体 C、 D，当它都沿滑杆向下滑， A 的与杆垂直， B 的直向下。
2011年湖州市第十二届飞英杯高一物理竞赛及答案
2011年湖州市第十二届飞英杯高中物理竞赛高一卷(注:本卷共19题，总分为120分，考试时间90分钟，g=10m/s 2，请做在答题卷上)一、选择题（每小题4分，共60分，每题有一个或一个以上的选项是符合题目要求的，全部选对得4分，漏选得2分，不选或错选得0分）1.如图所示，手推车轮子的转向轴线OO ’总是设计成不通过轮子的转轴a ，其理由是 A .为了便于转向， B .为了节省材料， C .为了减小摩擦， D .为了美观。
2.在炎热的夏天，吃上一顿凉面，一定很惬意吧！那你看到过面条是怎么加工出来的吗？也许你自己还亲手用家用的面条机轧过面条吧！加工面条时，需要先把和好的面轧成面片，然后再加工成面条。
如图所示，在轧面片的过程，在斜槽中的面片经过下面两个沿图示方向转动的滚轴时被轧薄。
请你根据所学的摩擦力的知识判断下面说法中正确的是 A .A 处的面片受到的摩擦力方向竖直向上的 B .A 处的面片受到的摩擦力方向竖直向下的 C .B 处的面片受到的摩擦力方向沿斜槽方向向上 D .A 处的面片对滚轴的摩擦力方向竖直向下3.物块静止在固定的斜面上，分别按如图所示的方向对物块施加大小相等的力F ，A 中F 垂直于斜面向上，B 中F 垂直于斜面向下，C 中F 竖直向上，D 中F 竖直向下.施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力不变的是4．如图所示，质量为m 的正方体和质量为M 的正方体放在两竖直墙和水平面间处于静止状态.m 与M 的接触面与竖直方向的夹角为α，若不计一切摩擦，下列说法正确的是A.水平面对正方体M 的弹力大小大于(M ＋m)gB.水平面对正方体M 的弹力大小为(M ＋m)g·cos αC.墙面对正方体M 的弹力大小为mgcot αD.墙面对正方体M 的弹力大小为mgtan α5．如图所示，有一斜面小车在水平面上做直线运动，放置于斜面上的小物块相对小车静止.小物块某时刻正处于图示状态.设斜面对物块的支持力为F N ，斜面对物块的摩擦力为F f ，关于此时刻物块的受力情况，下列说法正确的是A.若小车向左运动，F N 可能为零B.若小车向左运动，F f 可能为零C.若小车向右运动，F N 不可能为零D.若小车向右运动，F f 不可能为零A B6.如图所示，一根绳子一端固定于竖直墙上的A 点，另一端绕过动滑轮P 悬挂一重物B ，其中绳子的P A 段处于水平状态．另一根绳子一端与动滑轮P 的轴相连，在绕过定滑轮Q 后在其端点O 施加一水平向左的外力F ，使整个系统处于平衡状态．滑轮均为光滑、轻质，且均可看作质点．现拉动绳子的端点O 使其向左缓慢移动一小段距离后达到新的平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态相比较A ．拉力F 增加B ．拉力F 减小C ．角θ不变D ．角θ减小 7．车厢内悬挂两个质量不同的小球，上面球的质量比下面球的大，如图所示，当车厢向右加速运动时，不计空气阻力，下述各图正确的是8.如图所示，物体A 在倾角为θ 的斜面上静止，现在给物体A 一水平推力F ，使它做匀加速运动，物体A 与斜面间的滑动摩擦系数为μ，物体质量为m ，则A .物体A 将沿与斜面底边平行方向移动，B .物体A 将斜向下做匀加速直线运动，C .物体A 所受滑动摩擦力大小等于μ mg cos θ ，方向与F 相反，D .物体A 所受滑动摩擦力大小等于μ mg cos θ，方向一定与F 不在同一直线上。
高一物理竞赛试题及答案
高一物理竞赛试题及答案高一物理竞赛一 、单选题(每题5分，共90分)1 . 在公路的每个路段都有交通管理部门设置的限速标志，这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时( )(A)必须以这一规定速度行驶(B)平均速度不得超过这一规定数值(C)速度的平均值不得超过这一规定数值(D)即时速度不得超过这一规定数值2. 一个质点受到如图所示的五个共点力F 1、F 2、F 3、F 4、F 5的作用，则物体所受合力大小为( )（A ）0（B ）2 F 5（C ）F 1+ F 2+ F 3+F 4+F 5（D ）F 1+ F 2+ F 3+F 43．三木块如图迭放，在a 上作用一个水平力F ，使a ，b ，c 一起匀速运动，则( )(A) c 与a ，c 与b 间均无摩擦(B) c 对a ，c 对b 摩擦力向右，地对b 摩擦力向左 F 1 F 2 F 3 F 5 F 4 c F b a(C) c 对a ，c 对b 摩擦力向左，地对b 摩擦力向右(D) c 对a 和地对b 摩擦力向左，c 对b 摩擦力向右4．如图所示，A 、B 为半径相同的两个半圆环，以大小相同、方向相反的速度运动，A 环向右，B 环向左，则从两半圆环开始相交到最后分离的过程中，两环交点P 的速度方向和大小变化为( )（A ）向上变小 （B ）向下变大（C ）先向上再向下，先变小再变大（D ）先向下再向上，先变大再变小5．从某高处自由下落到地面的物体，在中间一秒内通过的路程为30米，则该物体下落时的高度为( )（A ）60米 （B ）100米（C ）140米 （D ）180米 ６．如图所示两块相同的竖直木板Ａ、Ｂ之间有质量均为m 的四块相同的砖，用两个大小均为Ｆ的水平力 v v A P B A B F F1 2 3 4压木板，使砖静止不动，设所有接触面间的摩擦系数均为μ，则第二块砖对第三块砖的摩擦力的大小为（ ）（Ａ）０（Ｂ）mg（Ｃ）μＦ（Ｄ）２mg７．五个共点力平衡，现去掉其中3 N 和５ Ｎ两个力，那么，其余三个力的合力取值可能是（ ）（Ａ）０ （Ｂ）１ Ｎ（Ｃ）２ Ｎ （Ｄ）１０Ｎ8．甲、乙两物体沿同一直线同向作匀变速直线运动，它们的速度图线如图所示，在第3 s 末它们在途中相遇，则它们的出发点之间的关系是（ ）（A ）甲在乙前2 m （B ）乙在甲前2 m（C ）甲在乙前4 m （D ）乙在甲前4 m (m/s)4乙2甲9．把一个力F 分解为两个分力，使其中一分力的数值等于F ，则 （ ）（A ）另一个分力数值必也为F（B ）两分力的夹角必为120︒（C ）另一个分力的数值必大于F（D ）两分力的夹角必大于90︒10．重为G ＝10 N 的物体，放于倾角α＝37︒的固定斜面上，受到平行于斜面的两个力F 1、F 2作用而处于静止状态，已知F 1＝2 N ，F 2＝5 N ，如图，现撤去F 2，则此时物体所受合外力为（ ）（A ）0 （B ）1 N（C ）2 N （D ）4 N11．小球从斜面上的A 点由静止开始滑下，经过2 s 到达底端B ，接着在光滑水平面又运动2 s 到C 点，若小球4 s 内运动的总路程为36 m ，则小球在第1 s 内通过的位移是( )（A ）1 m （B ）2 m（C ）3 m （D ）4 m12．物体作匀减速直线运动，3 s 末停下，则此3 s 的前1 s 内、前2 s 内、前3 s 内的平均速度之比为 （ ） F 1 F 2 α（A ）5 : 3 : 1 （B ）5 : 4 : 3（C ）5 : 8 : 9 （D ） 3 : 2 : 113． 两汽车在水平公路上同时同地出发，甲初速为10 m / s ，关闭油门作匀减速运动，加速度大小为4 m / s 2，乙初速为零，作匀加速运动，加速度为1 m / s 2，则乙车超过甲车所需时间为 （ ）（A ）2 s （B ）3 s（C ）4 s （D ）5 s14．甲汽车以10 m / s 速度匀速前进，乙汽车同时同地同向匀加速前进，一开始由于甲的速度比乙大，所以甲超过乙，经过10 s 钟乙追上甲，又经过10 s 钟乙超过甲100 m ，则乙追上甲时的速度为 （ ）（A ）10 m / s（B ）15 m / s（C ）20 m / s （D ）25 m / s15．物体A 静止在粗糙的斜面上，现用力F F A推物体，当F 由零逐渐增大时，若物体仍保持静止，则可肯定（ ）（A ）物体的静摩擦力不断增大（B ）斜面对物体的支持力不断增大（C ）物体受到的合外力不断增大（D ）物体所受重力沿斜面方向的分力将减少16． 如图，把橡皮绳两端结在竖直放置的圆环最高点A 处，中点挂重为G 的物体恰好在环心O 处平衡，若把橡皮绳两端结在上离A 相等的B 、B ’两处，且∠BOB ’＝120︒，中点挂另一物体仍能在环心O 处平衡，则该物体重为（ ）（A ）2G （B ）G （C ）G ／2（D ）G ／4A B B O17． 如图，甲、乙两个物体分别从A 、C 两地由静止出发作加速运动，B 为AC 的中点，两物体在AB 段的加速度大小均为a 1，在BC 段的加速度大小均为a 2，且a 1＜a 2，若甲由A 到C 所用时间为t 1，乙由C 到A 所用时间为t 2，则t 1和t 2的大小关系为（ B ） （A ）t 1＝t 2，（B ）t 1＞t 2，（C ）t 1＜t 2，（D ）无法确定18．如图，在具有水平转轴O 的圆柱体A 点放一重物P ，圆柱体缓慢地匀速转动，P 从A 转至A ’过程中与圆柱体始终保持相对静止，则P 受到的摩擦力大小变化情况，下列图中正确的是（ ）二、复选题（每小题5分 共15分） 甲 乙 A B C P f f f f A A ’ t t t t （A ）（B ）（C ） （D ）19．如图所示，物体A 在倾角为θ 的斜面上静止，现在给物体A 一水平推力F ，使它做匀速运动，物体A 与斜面间的滑动摩擦系数为μ，物体质量为m ，则（ ）（A ）物体A 将沿与斜面底边平行方向移动（B ）物体A 所受滑动摩擦力大小等于μ mg cos θ ，方向与F 相反（C ）物体A 将斜向下做匀速直线运动（D ）物体A 所受滑动摩擦力大小等于μ mg cos θ，方向一定与F 不同直线。
高一物理竞赛试题试卷含答案
高一学科竞赛试题（物理学科）注意事项：1．答卷前，考生务必用钢笔或签字笔将自己的班别、姓名、考号填写在答题纸和答题卡的相应位置处。
2．选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
3．非选择题答案必须写在答题纸相应位置处，不按要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡和答题纸一并收回。
第I 卷（选择题 共48分）一、选择题：本题共10个小题，每小题4分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，至少有一个是正确的．每小题全选对的得4分；选对但不全的得2分；有选错或不答的得0分．1．如图所示，倾角为30°的斜面体固定于水平地面上，挡板AD 可绕A 点自由转动，光滑小球置于挡板与斜面之间，调整挡板与地面夹角θ，使得小球对斜面的压力大小等于小球的重力，则挡板与地面的夹角θ为A ．15°B ．30°C ．45°D ．75°2.如图所示，甲从A 地由静止匀加速跑向B 地，当甲前进距离为S 1时，乙从距A 地S 2处的C 点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B 地，则AB 两地距离为( )A ．12S S +B ．2121()4S S S +C ．21124()S S S +D ．212121()()S S S S S +-3.如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA 杆竖直放置，OB 杆与OD 杆等长，OC 杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，四个环分别从O 点由静止释放，沿OA 、OB 、OC 、OD 滑到斜面上所用的时间依次为t 1、t 2、t 3、t4.下列关系正确的是( )A ．t 1>t 2B ．t 1＝t 3C ．t 2＝t 4D ．t 2<t 44．如图所示，光滑斜面倾角为θ，c 为斜面上固定挡板，物块a 和b 通过轻质弹簧连接，a 、b 处于静止状态，弹簧压缩量为x ．现对a 施加沿斜面向下的外力使弹簧再压缩2x ，之后突然撤去外力，经时间t ，物块a 沿斜面向上运动的速度为v ，此时物块b 刚要离开挡板．已知两物块的质量均为m ，重力加速度为g ．下列说法正确的是（ ）A ．弹簧的劲度系数为B ．物块b 刚要离开挡板时，a 的加速度为2gsinθC ．物块a 沿斜面向上运动速度最大时，物块b 对挡板c 的压力为0D ．撤去外力后，经过时间t ，弹簧弹力对物块a 做的功为4mgxsinθ+mv 25.如图所示，斜面体放置于粗糙水平地面上，物块A 通过跨过光滑定滑轮的轻质细绳与物块B 连接，系统处于静止状态，现对B 施加一水平力F 使B 缓慢地运动，使绳子偏离竖直方向一个角度（A 与斜面体均保持静止），在此过程中（ ）A ．水平力F 一定增大B ．斜面对物块A 的摩擦力一定增大C ．地面对斜面的摩擦力一定增大D ．地面对斜面的支持力一定不变6．在物理学的重大发现中科学家们总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假设法和建立物理模型法等。
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2011届高一物理竞赛选拔考试答案
13（8分）
设A 到B ，B 到C 的时间均为t,则B 点瞬时速度为（L 1+L 2）/2t, 加速度为（L 2－L 1）/t 2 A 点瞬时速度为V B -at=
t L L t
L L t L L 2322
12
1221-=--+ OA=())(8)3(2432122212
122
2
212
L L L L t t L L a
V
A --=⨯
-=
14、Ｘ2＝14m, Ｘ1＝6 m （4分）
21112at X =得24/3a m s =（1分），2214
/33
X v m s == 1.55v
t s a
+=总＝（1分） 221145052233X at m ⨯⨯总总＝＝＝（2分）
15、解析: 设第一段的末速，有，
设第二段的末速，有，
设第三段的末速，有，
到达B 站时的速度为，
所以汽车到达B 站时的速度为
16. (1)7. 5
(2).
(3).
羚羊加速阶段需时间：t1=S （羚羊)/V(羚羊)=50/((25+0)/2)=4s
加速度:a1=V(羚羊)/t1=25/4(m/s^2)
猎豹加速阶段需时间:t2=S （猎豹)/V(猎豹)=60/((30+0)/2)=4s 猎豹加速度:a2=V(猎豹)/t2=30/4(m/s^2) (1)猎豹从开始攻击到减速运动的距离为： s2'=60+30*4=180m
而羚羊在这段时间内运动的距离为： s1'=50+25*(4-1)=125m 则依照题意有：
s2'>=s1'+s 即：s<=s2'-s1'=180-125=55m
(2)猎豹在加速阶段运动距离为s2＝60m ，而羚羊在这段时间内运动距离为： s1=(1/2)a1(t1-1.0s)^2=(1/2)*(25/4)*(4-1)^2=225/8m
则依照题意有：s2>=s1+s
s,=s2-s1=60-225/8=255/8=31.9m
17. v min =12;与直线h 夹角θ＝arcsin =53
18（14分）
（1）
5
210N A A f m g -==⨯ （4分） （2）2
f kvr =（3分），5=k （2分）
（3）
)()(2
2D C D C r r kv g m m +=+ 272m /s v =. （3分） C 先落地 （2分）。