上海市黄浦区三年（2020-2022）年高考物理二模试题按知识点分层-01力学（基础题）

上海市黄浦区三年（2020-2022）年高考物理二模试题按知识点分层-01力学（基础题）

一、单选题

1．（2022·上海黄浦·统考二模）在嫦娥四号探测器“奔向”月球的过程中，用 h 表示探测器与月球表面的距离，F表示它受到的月球引力，能够描述 F 随 h 变化关系的图像是 （　　）

A． B．

C． D．

2．（2022·上海黄浦·统考二模）一列简谐横波某时刻的波形如图所示，此后L质点比K质点先回到平衡位置。则该波的传播方向和此刻K质点的速度方向分别为（　　）

A．x轴正方向、y轴正方向

B．x轴正方向、y轴负方向

C．x轴负方向、y轴正方向

D．x轴负方向、y轴负方向

3．（2022·上海黄浦·统考二模）如图所示，汽车以不变的速率通过路面abcd、ab段为平直上坡路，bc段为水平路，cd段为平直下坡路。设汽车在ab、bc、cd段行驶时发动机的输出功率分别为P1、P2、P3，不计空气阻力和摩擦阻力的大小变化，则 （　　）

A．P1＝P3＞P2 B．P1＝P3＜P2 C．P1＜P2＜P3 D．P1＞P2＞P3

4．（2022·上海黄浦·统考二模）如图为两个周期均为T、振幅均为A的波源在某时刻形成的干涉图样，实线表示波峰、虚线表示波谷，d点位于a、b两点连线的中点上。从图示时刻开始计时，经过（　　）

A．a点位于平衡位置，运动路程为2A

B．b点位于平衡位置，运动路程为A

C．c点位于平衡位置，运动路程为A

D．d点位于平衡位置，运动路程为0

5．（2022·上海黄浦·统考二模）如图，一粗糙斜面固定在地面上，一细绳一端悬挂物体P，另一端跨过斜面顶端的光滑定滑轮与物体Q相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力F缓慢拉动P至细绳与竖直方向成45°角，Q始终静止，设Q所受的摩擦力大小为f、在这一过程中（　　）

A．F一定增大、f一定增大

B．F可能不变、f一定增大

C．F一定增大、f可能先减小后增大

D．F可能不变、f可能先减小后增大

6．（2022·上海黄浦·统考二模）如图所示为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间．假定此时他正沿圆弧形弯道匀速率滑行，则他(  )

A．所受的合力为零，做匀速运动 B．所受的合力变化，做变加速运动

C．所受的合力恒定，做变加速运动 D．所受的合力恒定，做匀加速运动

7．（2022·上海黄浦·统考二模）振源以原点O为平衡位置，沿y轴方向做简谐运动，它激发的简谐波在x轴上沿正负两个方向传播，在某一时刻沿x轴正向传播的波形如图所示．图中所示的各个质点中，振动情况始终与原点的左方的质点P的振动情况相同的是 (   )

A．a点

B．b点

C．c点

D．d点

8．（2022·上海黄浦·统考二模）百米飞人苏炳添因为有惊人的弹跳力而被戏称他有弹簧腿。弹跳过程中屈膝是其中一个关键动作。如图所示，人下蹲，膝盖关节弯曲角度为θ，设此时大小腿肌群对膝关节的作用力F的方向水平向后，且大腿、小腿骨对膝关节的作用力大致相等，那么脚掌所受地面向上的弹力约为（　　）

A． B． C． D．

9．（2021·上海黄浦·统考二模）有时我们靠近正在地面取食的小鸟时，它会毫不慌张，但当我们感觉能把它抓住时，它却总能立刻飞走，这是因为小鸟在起飞时具有较大的（　　）

A．加速度 B．初速度 C．速度的改变量 D．位移

10．（2021·上海黄浦·统考二模）一列沿x轴传播的简谐横波在t=2s时的波形如图a，平衡位置在x=4m的质点a的振动图像如图b，则该波的传播方向和波速分别为（　　）

A．沿x轴负方向，2m/s B．沿x轴正方向，2m/s

C．沿x轴负方向，1m/s D．沿x轴正方向，1m/s

11．（2021·上海黄浦·统考二模）超市货架陈列着四个完全相同的篮球，不计摩擦，挡板均竖直，则4球中对圆弧面压力最小的球是（　　）

A．a球 B．b球 C．c球 D．d球

12．（2021·上海黄浦·统考二模）所受重力大小为G的乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移s与时间t的关系如图所示。乘客所受支持力大小为FN，速度大小为v，则（　　）

A．0~t1时间内，v增大，FN＞G

B．t1~t2时间内，v增大，FN=G

C．t2~t3时间内，v减小，FN＞G

D．0~t3时间内，v增大，FN＞G

13．（2021·上海黄浦·统考二模）如图，A、B两小朋友去滑雪，他们使用的滑雪板与雪面的动摩擦因数不同。两人用与斜面平行的轻质硬杆相连，沿足够长的斜面一起匀速下滑。下滑过程中轻杆突然断裂，两人仍各自继续沿斜面下滑，在之后的一段时间内（两人均未停止运动）（　　）

A．如果两人间距离逐渐增大，可确定A受到的摩擦力较大

B．A、B各自所受合力的大小可能不同

C．A、B各自的加速度方向可能相同

D．A、B各自所受合力做功的大小一定不相同

14．（2020·上海黄浦·统考二模）质点做简谐运动，在其加速度减小的过程中，该质点（　　）

A．正向平衡位置运动，速度增大 B．正向平衡位置运动，速度减小

C．正远离平衡位置运动，速度增大 D．正远离平衡位置运动，速度减小

15．（2020·上海黄浦·统考二模）一列周期为T的横波沿x轴正向传播，某时刻波形如图（a）所示，图中①、②、③、④为传播方向上四个质点的平衡位置。则该时刻起的时间内，振动图像为图（b）的质点的平衡位置位于（　　）

A．① B．② C．③ D．④

16．（2020·上海黄浦·统考二模）物块与水平桌面间动摩擦因数为μ，在大小为F、方向如图所示的力作用下，物块恰能匀速向右运动。若改用方向不变、大小为2F的力去推它，则物块的加速度大小为（　　）

A．0 B．μg C．μg D．2μg

二、填空题

17．（2022·上海黄浦·统考二模）一物体从高处由静止落下，取地面为零势能面，物体的机械能E随它离地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。由图可知物体的质量为___________kg，物体下落时受到的阻力大小为___________N。

18．（2022·上海黄浦·统考二模）用v-t图像推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，可近似认为在每一小段内物体做___________运动。然后将所有微元累加即v-t图像与t轴围成的面积表示整个过程中的位移大小。同理，F-s图与s轴围成的面积表示___________。

19．（2022·上海黄浦·统考二模）如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴Ox，小球的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，弹簧弹力大小 ，为弹簧的形变量。则B点对应的x坐标为___________，小球从B到C的过程重力做的功___________小球动能增量的绝对值（选填“大于”、“等于”、“小于”或“可能大于、等于或小于”）。

20．（2022·上海黄浦·统考二模）如图所示，在光滑小滑轮C正下方相距h的A处固定一电量为Q的点电荷，电量为q的带电小球B，用绝缘细线拴着，细线跨过定滑轮，另一端用适当大小的力拉住，使小球处于静止状态，这时小球与A点的距离为R。（静电力恒量为k，环境可视为真空），则小球所受的重力的大小为___________；若缓慢拉动细线（始终保持小球平衡）直到小球刚到滑轮的正下方过程中，分析说明小球运动轨迹为______________。

21．（2021·上海黄浦·统考二模）火车在直道上行驶时，两侧的车轮以等大的轮半径分别在两边的轨道上滚动；若列车向左转弯，由于惯性，车体会偏向右侧，导致右侧车轮与轨道接触点处的车轮半径较大，如图所示（从车尾看）。此时两轮与轨道接触点相对于轮轴的角速度ω左______ω右、线速度v左______v右。（均选填“大于”，“小于”或“等于”）

22．（2021·上海黄浦·统考二模）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，两车的v-t图像如图所示。已知t=6s时两车并排行驶，则t=0~6s时间内：两车两次并排行驶的位置之间的距离为_______m，两车相距最远的距离为______m。

23．（2020·上海黄浦·统考二模）甲、乙两辆赛车分别行驶在如图所示的水平赛道上。它们经过圆弧形弯道时的转弯半径分别为r1、r2。若两赛车手连同赛车的质量相同，两赛车与路面的最大静摩擦力也相同，则甲、乙两车转弯的最大安全速率之比为_______；甲、乙两车手以最大安全速率驶过圆弧赛道所需时间之比为_______。

三、实验题

24．（2022·上海黄浦·统考二模）将一单摆竖直悬挂于某一深度未知且开口向下的小桶中，如图A所示。将悬线拉离平衡位置一小角度后由静止释放，单摆摆动过程中悬线不与桶壁相碰。改变摆球球心到桶口的距离L，测出对应的摆动周期T，作出的T2-L关系图像应为图B中的___________（选填“①”、“②”“③”），可求出桶的深度hx为___________m（小数点后保留三位）。

四、解答题

25．（2022·上海黄浦·统考二模）如图，竖直平面内的轨道由高为4R、倾角为37°的粗糙直轨道AB和半径为R的圆光滑轨道BC组成。在C正上方有一离地高度为2R的匀速旋转平台，沿平台直径方向开有两个到轴心距离相等的小孔P、Q，旋转时两孔均能到达C点正上方。一质量为m的小滑块从A点由静止出发，在沿AB向下的恒力F作用下以加速度a=gsin37°（g为重力加速度）沿AB向下运动，至B点时撤去F。已知滑块与AB间的动摩擦因数μ=0.85，不计滑块在B处的机械能损失。

（1）求F的大小，判断滑块在AB上运动时机械能是否守恒并说明理由；

（2）滑块沿轨道通过C点，恰从P孔第一次向上穿过平台又从P孔落下（期间平台转一圈），返回轨道运动至AB轨道上D点后再次沿轨道通过C点，从P孔第二次穿过平台后恰从Q 孔落下。求：

① 平台转动的角速度大小ω；

② 与第一次落回C点相比，滑块第二次落回C点的机械能减少了多少？

③ D点的高度hD。

26．（2022·上海黄浦·统考二模）两套完全相同的小物块和轨道系统固定在水平桌面上。物块质量m=1kg，轨道长度l=2m，物块与轨道之间动摩擦因数μ=0.2现用水平拉力F1=8N、F2=4N同时拉两个物块，分别作用一段距离后撤去，使两物块都能从静止出发，运动到轨道另一端时恰好停止。（g=10m/s2）求：

（1）在F1作用下的小物块加速度a1多大？

（2）F1作用了多少位移s1？

（3）从两物块运动时开始计时直到都停止，除了物块在轨道两端速度都为零之外，另有某时刻t两物块速度相同，则t为多少？

27．（2022·上海黄浦·统考二模）如图所示，足够长的光滑竖直平行金属轨道处于一个很大的匀强磁场中，已知轨道宽为l，磁感应强度大小为B、方向垂直轨道平面水平指向纸里。轨道上端接入一个滑动变阻器和一个定值电阻，已知滑动变阻器的最大阻值为R，定值电阻阻值为，.轨道下端有根金属棒CD恰好水平搁在轨道上，接触良好，已知金属棒质量为m。变阻器滑片位置aP=，CD棒在一平行于轨道平面的竖直向上F作用下，以某一初速度开始向上做匀减速直线运动，已知初速度大小为v0，加速度大小为a、金属棒和轨道的电阻不计，重力加速度大小为g。则

（1）请说明金属棒运动过程中棒中感应电流方向；

（2）保持滑片P位置不变，金属棒运动过程中经过多少时间时流过定值电阻的电流为零？此时外力F多大？

（3）保持滑片P位置不变，金属棒运动过程中经过多少时间时流过定值电阻的电流为I0（I0已知且非零值）？

28．（2021·上海黄浦·统考二模）如图，长L=5m的细杆AB固定于竖直平面内，与水平方向夹角θ=37°。一半径为R=2.5m的光滑圆环与细杆相切连接于B点，C为圆环最高点。质量m=1kg的小球穿在杆上，与细杆间的动摩擦因数μ=0.5。小球开始时静止于A点，现用大小为20N、方向沿杆向上的恒力F拉动小球，经时间t后撤去F，此时小球尚未到达B点。（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6）

（1）求力F作用时小球运动的加速度大小a1；

（2）为使小球能到达B点，求力F作用的最短时间tmin；

（3）小球到达B点时的速度大小vB与t的函数关系式；

（4）若小球运动到C点时与圆环间刚好无弹力，求该情况下t的大小。

29．（2020·上海黄浦·统考二模）如图为某运动员在直道上跑步过程中身体的水平速度-时间图像，已知运动员质量为m=60kg。

（1）若不计空气对运动员的作用力，求最初2s内地面对运动员在水平方向的平均作用力；

（2）若运动员在跑步过程中受到沿跑道方向的风力作用，其大小f=kΔv（k=0.9N·s/m，Δv是空气与人的相对速度大小）。已知该运动员在10s末克服空气阻力做功的功率P1=36W。

①求10s末时的风速v0（即空气相对于地面的速度）；

②若跑步过程中风速恒为v0，求起跑后1s内运动员所受风力的最大功率Pmax。

参考答案：

1．C

【详解】根据万有引力定律可得月球对探测器的引力为

可知F随h的变化应该是C图。

故选C。

2．C

【详解】由题意可知图示时刻L、K两质点速度均沿y轴正方向，所以此时两质点应位于波传播方向波形的下坡，则该波的传播方向为x轴负方向。

故选C。

3．D

【详解】设汽车质量为m，上坡与下坡的倾角分别为α和β，汽车所受阻力大小为f，根据平衡条件可得汽车在ab和bc段路面行驶时发动机的牵引力大小分别为

汽车在cd段行驶时，若，则

若，则汽车将受到与运动方向相反的制动力作用才能匀速行驶，此时发动机的牵引力为0。综上所属可知

根据可得

故选D。

4．A

【详解】A．依题意，a为振动加强点、振幅为2A，0时刻在波峰，经过四分之一周期，a点位于平衡位置向下运动，运动路程为2A，故A正确；

B．依题意，b为振动加强点，振幅为2A，0时刻在波谷，经过四分之一周期，b点位于平衡位置向上运动，运动路程为2A，故B错误；

C．依题意，c点为振动减弱点、其振幅为0，其一直位于平衡位置，路程为0，故C错误；

D．依题意，d点位于 a、b 两点连线的中点上，为振动加强点，振幅为2A；因d点位于a、b两点连线的中点上，由题图可知0时刻d点位于平衡位置向下振动，经过四分之一周期，d点到波谷，路程为2A，故D错误。

故选A。

5．C

【详解】根据题意，对物体P受力分析，设物块P的质量为，受绳子的拉力，拉力和本身重力，由于缓慢拉动物体P，则物体P处于动态平衡，所受的三个力可构成闭合三角形，如图所示

随着θ的增大，水平拉力F、细绳拉力T均逐渐增大，设物体Q的质量为，斜面的倾角为，对物体Q受力分析，若刚开始

物块Q有上滑趋势，受到静摩擦力沿斜面向下，由平衡条件可得

则随着增大，增大，若刚开始

物块Q有下滑趋势，受到静摩擦力沿斜面向上，由平衡条件可得

则随着增大，可能一直减小，也可能先减小到零后反向增大，故ABD错误C正确。

故选C。

6．B

【详解】匀速圆周运动过程中，线速度大小不变，方向改变，向心加速度大小不变，方向始终指向圆心，向心力大小不变，方向始终指向圆心。所以物体做变加速运动，故B正确，ACD错误。

7．A

【详解】这一题的考点在波的传播是双向性的，且是对称的，实际上在Y轴的左侧的波形图应该如图所示，它是向左传播的，它实际上与a点一样，都是与波源相差半个周期的振动形式．或者用同侧法也可以判断出它与a点的振动情况永远相同．所以选A

8．D

【详解】根据力的合成与分解可知，对膝关节，合力为

小腿骨对膝关节的作用力

则膝关节对小腿骨竖直方向的作用力为

因为脚掌对地面的竖直方向的作用力约为，根据牛顿第三定律可知，脚掌所受地面向上的弹力约为

故选D。

9．A

【详解】小鸟在起飞时在很短的时间内速度很快由零增加到一定的值，即小鸟具有较大的加速度。

故选A。

10．A

【详解】由振动图象可知x=4m的质点a在t=2s时向下振动，则波沿沿x轴负方向传播；

由图a可知，由图b可知，则波速

故选A。

11．D

【详解】对球受力分析，如图所示

设圆弧面切线与水平方向的夹角为α，根据平衡条件，有

故α越小，N越小，故弧面对小球支持力最小的是d球，根据牛顿第三定律，对弧面压力最小的也是d球。

故选D。

12．A

【详解】因s-t图像的斜率等于速度，可知

A．0~t1时间内，v增大，人向上加速，超重，则FN＞G，选项A正确；

B．t1~t2时间内，v不变，人匀速上升，则FN=G，选项B错误；

C．t2~t3时间内，v减小，人向上减速，则失重，则FN<G，选项C错误；

D．由以上分析可知，选项D错误。

故选A。

13．D

【详解】A．开始时匀速运动，有

其中 、 为A、B的下滑分力，轻杆突然断裂两人间距增大，有

由于不知道 和的大小关系，故无法比较、 ，A错误；

B．A所受合力为

B所受合力为

有

B错误；

C．A、B所受合力方向相反，故加速度方向一定相反， C错误；

D．由于A、B与雪面动摩擦因数不同，则AB间距改变，所以

合力做功

D正确。

故选D。

14．A

【详解】质点加速度减小，则回复力减小，根据回复力位移关系可知，位移减小，故正向平衡位置运动，速度增大，故A正确BCD错误。

故选A。

15．D

【详解】A． ①此时位于波峰，故A错误；

B． ②此时位于波谷，从波谷起振，故B错误；

C． ③根据平移法可知，此时向下振动，故C错误；

D． ④根据平移法可知，此时向上动，故D正确。

故选D。

16．C

【详解】在大小为F、方向如图所示的力作用下，物块恰能匀速向右运动。设力与水平夹角为 ，根据平衡条件

改用方向不变、大小为2F的力去推它

解得：

故C正确ABD错误。

故选C。

17．     2.5     5

【详解】[1]当物体在h=4m处时速度为零，机械能等于重力势能，所以物体的质量为

[2]根据功能关系可知E-h图像的斜率的绝对值表示物体下落过程中所受阻力大小，即

18．     匀速直线     整个过程中力F做功的大小

【详解】[1] 把整个运动过程划分成很多小段，每小段的时间极短，可近似认为在每一小段内物体做匀速直线运动。

[2] 已知位移x=vt，微元累加可得v-t图像与t轴围成的面积表示整个过程中的位移大小，同理，因为W=Fs，则F-s图像与s轴围成的面积表示整个过程中力F做功的大小。

19．          可能大于、等于或小于

【详解】[1]OA过程是自由落体，A的坐标就是h，加速度为g，B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，由

可知

所以B坐标为

[2]小球从释放到C的过程，小球重力势能转化为弹簧弹性势能，C点处小球的速度减小到零，弹簧的压缩量达到最大，设压缩量为x，则

解得

小球速度最大时的动能

小球从B到C的过程重力做的功

动能增量的绝对值

当时

当时

当时

则球从B到C的过程重力做的功可能大于、等于或小于小球动能增量的绝对值。

20．          以A为圆心，以R为半径的圆弧

【详解】[1]对小球，在B点时，受力分析如图

受力分析及三角形相似可得

联立解得

[2] 由上述表达式可知

其中k、Q、q、h、G均保持不变，所以R不会变化，即小球运动轨迹为以A为圆心，以R为半径的圆弧。

21．     等于     小于

【详解】[1]两轮与轨道接触点以及轮轴属于同轴转动，所以ω左等于ω右；

[2]由于，根据可知v左小于v右。

22．     80     15

【详解】[1]根据v-t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知，2～6s内甲、乙两车的位移相等如图所示

在t=6s时两车并排行驶，所以两车在t=2s时也并排行驶。t=2s时，乙车的速度为15m/s，t=6s时乙车的速度为25m/s，两车两次并排行驶的位置之间的距离等于2～6s内乙车的位移大小，即为

[2]两车在t=2s时第一次并排行驶，由图可知，0-2s内乙车的位移比甲车大，且

则t=0时甲、乙两车相距15m。2-4s内乙车与甲车的位移之差为

可知，两车相距最远的距离为15m。

23．     :     :

【详解】[1][2] 两赛车与路面的最大静摩擦力也相同

故甲、乙两车转弯的最大安全速率之比为:；甲、乙两车手以最大安全速率驶过圆弧赛道所需时间

故所需时间之比为

24．     ①     0.300

【详解】[1]单摆摆动过程中悬线不与桶壁相碰，则单摆摆长为，则有

可得

可知T2-L关系图像应为图B中的①。

[2]由图可知图线斜率为

可得

25．（1）0.24mg，守恒；（2）①，②，③

【详解】（1）小滑块在F作用下滑时，根据牛顿第二定律有

解得

根据上面分析易知F和滑块所受滑动摩擦力大小相等，所以这两个力做功的代数和为零，因此滑块在AB上运动时机械能守恒。

（2）①设滑块第一次到达P孔时的速度大小为vP，对滑块从A到P的过程根据机械能守恒定律有

由题意可知滑块第一次在旋转平台上方运动的时间为

解得

②由题意可知滑块第二次在旋转平台上方运动的时间为

所以滑块第二次从P孔向上穿出时的速度大小为

又因为滑块从C到P的过程机械能守恒，所以与第一次落回C点相比，滑块第二次落回C点的机械能减少了

③从B到D由动能定理可知

解得

26．（1）6m/s2；（2）；（3）s

【详解】（1）根据牛顿第二定律得

解得

（2）物块1先加速后减速，减速运动的加速度大小为

从静止开始运动达到最大速度的时间为t1，则

代入数据解得

F1作用位移

（3）同理可得，物块2加速运动和减速运动的加速度大小均为

由题意可判断两物块速度相等时，物块1正在减速，物块2正在加速，设此时刻为t，则

代入数据得

27．（1）当金属棒CD向上运动时，棒中感应电流方向为：D→C ；当金属棒CD向下运动时，棒中感应电流方向为：C→D；（2）；；（3）当v0< 时，；当v0≥时，或

【详解】（1）金属棒先向上匀减速直线运动，减到零后向下匀加速直线运动．因此根据右手定则，当金属棒CD向上运动时，棒中感应电流方向为：D→C；然后当金属棒CD向下运动时，棒中感应电流方向为： C→D  ；

（2）若流过定值电阻的电流为零，则此时电路中没有感应电流，即感应电动势为零，根据E=BLv

可知道

v=0

根据运动学公式

0= v0+at

得到

金属棒运动过程中经过流过定值电阻的电流为零，此时安培力为零，根据牛顿第二定律，得到

mg-F=ma

此时外力

F =mg-ma

（3）保持滑片P位置不变，并联电阻为

回路总电阻为

流过定值电阻的电流为I0时，此时干路电流为

电动势为

E=2I0•R=I0R

根据

E=BLv

得到

讨论：金属棒先向上匀减速直线运动，后向下匀加速直线运动

①当v0< 时，只在向下加速过程中，才出现流过定值电阻的电流为I0。根据运动学公式得到

解得

②当v0≥时，向上和向下过程中都出现流过定值电阻的电流为I0

向上过程中，由

v=v0-at

可得

向下过程中，由

-v=v0-at

可得

28．（1）10m/s2；（2）0.707s；（3）vB=（m/s）(0.707s≤t＜1s)；（4）0.822s

【详解】（1）小球受到重力、弹力、摩擦力、恒力F作用，沿杆方向有

ma1=F－mgsinθ－f

垂直于杆方向有

mgcosθ=N

另有

f=μN

得

a1=－gsinθ－μgcosθ=（－10×0.6－0.5×10×0.8）m/s2=10m/s2

（2）F作用最短时间，小球先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，到B点的速度恰为零

a2=gsinθ+μgcosθ=10m/s2

小球加速运动的末速度即减速运动的初速度，两段运动位移之和为L对减速运动，根据

0－v2=－2a2s2

有

（a1tmin）2=2a2（L－a1tmin2）

可求出

tmin=s≈0.707s

（3）小球匀减速运动的初速度

v=a1t

位移

s2=L－a2t2

根据

vB2－v2=－2a2（L－a1t2）

可得

vB=10（m/s）

又撤去恒力F时小球尚未到达B点，即

a1t2＜L

解得

t＜1s

所以

vB=（m/s）(0.707s≤t＜1s)

（4）小球运动到C点时与圆环间刚好无弹力，则有

m=mg

可得

vC=5m/s

从B到C机械能守恒，以B为零势能面有

mvB2=mvC2+mg（R－Rcosθ）

可得

vB2=35m2/s2

解得

t=s≈0.822s

29．（1）270N；（2）①v0=-6m/s负号说明风速的方向与所设方向相反，即风速的方向与人的跑步方向相同；②8.1W

【详解】（1）前2s内加速度

a==m/s2=4.5m/s2

运动员受到的重力和地面竖直向上的作用力平衡，地面对运动员水平方向的作用力提供加速度，根据牛顿第二定律有：

=ma=60×4.5N=270N

（2）①设风速的方向与人跑步的方向相反，则Δv=（v人+v0），10s末人所受风力的功率

P1=fv人=kΔv·v人=k（v人+v0）·v人

已知k=0.9N·s/m、P1=36W，且由图可知10s末时v人=10m/s，代入上式解得

v0=-6m/s

负号说明风速的方向与所设方向相反，即风速的方向与人的跑步方向相同

②起跑后1s内，人的最大速度为4．5m/s，小于空气速度，所以此过程中相对速度的大小

Δv=v0-v人，P=fv人=k（v0-v人）v人=0.9×（6-v人）v人

解得：当6-v人=v人，即v人=3m/s时

Pmax=8.1W