廣東省佛山市高三物理上學期第一次模擬試卷（含解析）.doc

廣東省佛山市2015屆高考物理一模試卷一、單項選擇題：本大題共4小題，每小題4分共16分在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目要求，選對的得4分，選錯或不答的得0分1如圖為手機無線充電的原理圖，下列哪種裝置的工作原理與其相同( )a電磁爐b電動機c回旋加速器d速度選擇器2已知，直升機飛行時所受的空氣阻力與其運動方向相反，當其勻速水平飛行時，需調整旋翼的旋轉平面使其與前進方向成某一角度（如上圖乙所示若空氣對旋翼產生的升力垂直于旋翼旋轉的平面，直升機重力為g，則直升機勻速向前飛行時空氣對旋翼的升力大小為( )agbcd3在人搭乘臺階式自動扶梯上樓的過程中，電梯踏板對人支持力的最大值出現(xiàn)在哪一個階段？( )a在a段隨電梯水平勻速前行的過程中b在b段由水平前行轉為斜向上運動的過程中c在c段隨電梯勻速斜向上運動的過程中d在d段由斜向上運動轉為水平運動的過程中4滑板運動員不斷地用腳向后蹬高臺的地面，在高臺上滑行，獲得足夠大的初速度后，從高臺上水平飛出（如圖）若不計空氣阻力，飛出后把運動員和滑板整體看成一個質點則下列說法不正確的是( )a高臺越高，運動員在空中飛行的時間越長b初速度越大，運動員飛出的水平距離越遠c地面對運動員做功使其獲得從高臺滑出的初動能d下落過程中重力對運動員做功的功率逐漸增大二、雙項選擇題：本大題共5小題，每小題6分，共54分在每小題給出的四個選項中，有兩個選項符合題目要求，全部選對得6分，只選1個且正確的得3分，有選錯或不答的得0分5如圖，o為兩等量異種電荷連線的中點，a為連線上的另一點取無窮遠處電勢為零則下列說法正確的是( )ao點的電勢大于零b在兩電荷之間連線上0點場強最小c在兩電荷之間連線上0點電勢最高d在連線的中垂線上o點場強最小6如圖所示，木箱內有一傾斜光滑斜面，當木箱做下列運動時，處于該斜面上的物體在哪種情況下有可能保持相對斜面靜止( )a向左勻加速b向右勻加速c豎直向上勻加速d隨圓盤繞豎直軸勻速轉動72014年11月中國的北斗系統(tǒng)成為第三個被聯(lián)合國認可的海上衛(wèi)星導航系統(tǒng)，其導航系統(tǒng)中部分衛(wèi)星運動軌道如圖所示己知a、b、c為圓形軌道( )a在軌道a、b運行的兩顆衛(wèi)星加速度大小相等b在軌道a、b運行的兩顆衛(wèi)星受到地球的引力一樣大c衛(wèi)星在軌道a、c的運行周期tatcd衛(wèi)星在軌道a、c的運行速度vavc8如圖電路中變壓器為理想變壓器，s為單刀雙擲開關，p是滑動變阻器r的滑動觸，i1、i2分別為原線圈和副線圈中的電流，若保持交變電壓u1不變，則下列說法正確的是( )ap不動，s由a切換到b，則i1增大bp不動，s由a切換到b，則i2減小cp不動，s由a切換到b，則r消耗的功率增大ds接在b端時，將p向上滑動，則變壓器輸入功率變大9如圖所示，用兩等長的細繩將一磁鐵與一圓形閉合線圈懸于細桿上，靜止時線圈平面與磁鐵的軸線o1o2垂直，磁鐵質量為m，磁極如圖所示在垂直于細桿的平面內，保持細繩繃緊，將磁鐵拉至與細桿等高的位置，將磁鐵由靜止釋放，則下列說法正確的是( )a磁鐵下擺過程中，線圈所受合外力為零b磁鐵下擺過程中，線圈中有逆針方向（沿o1o2方向看）的感應電流c磁鐵下擺過程中，線圈中有順時針方向（沿o1o2方向看）的感應電流d磁鐵擺到最低點時，兩繩子拉力的合力小于3mg三、非選擇題：本大題共4小題，共182分按題目要求作答解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位10（18分）離分布于基體中的鉛可起到邊界潤滑劑的作用，使其動摩擦因數(shù)大幅度降低現(xiàn)有一塊銅鉛合金，同學設計一個實驗測量其與長木板間的動摩擦因數(shù)，實驗裝置的示意圖如圖所示（1）該同學的部分實驗步驟如下，請在空白處補充完整把打點計時器固定在長木板上，并把長木板傾斜固定在鐵架臺上；將打點計時器接在低壓的_（選填“交流”、“直流”）電源上將合金塊緊靠打點計時器放置，合金塊后部與紙帶相連，讓紙帶平順地穿過打點計時器上的_（選填“a：接通電源后，釋放合金塊”或“b釋放合金塊后，接通電源”的a或b字母代號）讓合金塊沿長木板自由下滑關閉電源，取出紙帶若已經求出合金塊下滑的加速度a，并且己知重力加速度g，再利用刻度尺、重錘線測出_，可求出合金塊與木板之間的動摩擦因數(shù)11某同學設計用圖甲所示的電路，將多用電表接入a，b兩端，測量該電路中的未知電阻ra（約100）的阻值和電源的電動勢e，內阻r請你幫該同學將下列的操作等事項補充完整在用歐姆檔測量rx時，應保持開關s_（選填閉合”或“斷開）：先進行_調零，將選擇開關撥到歐姆檔的_檔（選“1”、“10”“100”），接著進行_調零，然后將紅黑表筆接在a，b兩端若結果如圖乙，則rx=_；將多用表選擇開關撥到直流電壓2.5v檔，接入a，b兩端，紅表筆應接在_端（選填“a”或“b“）改變電阻箱r的阻值，多次測量，作出r圖象如圖丙所示，由圖可得電源的電動勢e=_v（保留2位有效數(shù)字，下同），內阻r=_12（18分）如圖所示，在兩相距2r，水平放置的平行金屬板pq間，一質量為m、電量為q的帶電粒子以速度v0=沿板間水平中軸線o1o2從o1點射入，剛好打在下極板的中點b，現(xiàn)在兩極板間加上豎直向下的勻強電場，粒子恰好能沿o1o2做直線運動，已知重力加速度為g，求：（1）極板長度l；（2）粒子帶何種電荷？pq間u為多少？（3）若在極板豎直中線ab右側區(qū)域再加上一垂直紙面向里的勻強磁場（如圖乙），要使從o1射入的粒子能從pq板間射出，求勻強磁場b的大小范圍？13（18分）如圖甲，一輕質彈簧置于水平桌面上自然伸長，其左側固定，右端點到桌面最右端b的距離為1.9m水平桌面點左側光滑長l=1.8m的平板車緊靠桌面停放平板車上表面與桌面在同一水平面內，平板車右端拴一水平細繩，細繩另一端緊繞在半徑r=0.5m的薄壁圓筒上用質量m=0.2kg小物塊p1往左將彈簧壓縮0.1m（未超出彈性限度，pl與彈簧不粘連）時釋放，pl的速度圖象如圖乙所示，其中滑經點時速度va=10.0m/sp1滑至桌面右端與靜止在平板車左側、與p1完全相同的小物塊發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后速度v=4.5m/s與此同時開啟電動機，使得圓筒由靜止開始如圖繞豎直軸轉動，轉動角速度滿足=t（為常數(shù)，t為時間）已知小物塊與平板車的動摩擦因數(shù)2=0.5，小物塊在平板車上運動時，圓筒與平板車間的細繩始終處于繃緊狀態(tài)設最大靜摩擦等于滑動摩擦，取g=10m/s2，求：（1）pl被彈出時的最大加速度及彈簧的勁度系數(shù)；（2）小物塊與桌面ab段的動摩擦因數(shù)；（3）要使滑塊不從平板車上掉下，求取值范圍廣東省佛山市2015屆高考物理一模試卷一、單項選擇題：本大題共4小題，每小題4分共16分在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目要求，選對的得4分，選錯或不答的得0分1如圖為手機無線充電的原理圖，下列哪種裝置的工作原理與其相同( )a電磁爐b電動機c回旋加速器d速度選擇器考點：電磁感應在生活和生產中的應用 分析：明確各種儀器的工作原理，即可得出哪些是應用了電磁感應現(xiàn)象解答：解：手機無線充電及電磁爐均應用了電磁感應原理；而電動機是導線在磁場中受力；回放旋加速度利用電場的加速及磁場中的偏轉；速度選擇器采用的是復合場中的運動；故選：a點評：電磁感應在生產生活有很多的應用，要注意明確它們的工作原理2已知，直升機飛行時所受的空氣阻力與其運動方向相反，當其勻速水平飛行時，需調整旋翼的旋轉平面使其與前進方向成某一角度（如上圖乙所示若空氣對旋翼產生的升力垂直于旋翼旋轉的平面，直升機重力為g，則直升機勻速向前飛行時空氣對旋翼的升力大小為( )agbcd考點：共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用 專題：共點力作用下物體平衡專題分析：對直升飛機受力分析，受重力、升力和阻力，根據平衡條件列式求解空氣對旋翼的升力大小解答：解：對直升飛機受力分析，如圖所示：根據平衡條件，有：f=故選：b點評：本題是簡單的三力平衡問題，關鍵是受力分析后根據平衡條件并結合合成法作圖分析，基礎題目3在人搭乘臺階式自動扶梯上樓的過程中，電梯踏板對人支持力的最大值出現(xiàn)在哪一個階段？( )a在a段隨電梯水平勻速前行的過程中b在b段由水平前行轉為斜向上運動的過程中c在c段隨電梯勻速斜向上運動的過程中d在d段由斜向上運動轉為水平運動的過程中考點：牛頓第二定律；力的合成與分解的運用 專題：牛頓運動定律綜合專題分析：在每一段分析物體的運動狀態(tài)，由共點力平衡和圓周運動求的支持力解答：解：在a段在豎直方向合力為零，故電梯踏板對人支持力等于重力，在b段人突然獲得向上的加速度，故fnmg=ma，則fn=mg+ma在c段電梯做勻速運動，根據受力分析有共點力平衡可知fn=mg在d段做圓周運動的一部分，則故在b段出支持力最大故選：b點評：本題主要考查了受力分析和運動分析，利用好共點力平衡和牛頓第二定律即可判斷4滑板運動員不斷地用腳向后蹬高臺的地面，在高臺上滑行，獲得足夠大的初速度后，從高臺上水平飛出（如圖）若不計空氣阻力，飛出后把運動員和滑板整體看成一個質點則下列說法不正確的是( )a高臺越高，運動員在空中飛行的時間越長b初速度越大，運動員飛出的水平距離越遠c地面對運動員做功使其獲得從高臺滑出的初動能d下落過程中重力對運動員做功的功率逐漸增大考點：平拋運動；功率、平均功率和瞬時功率 專題：平拋運動專題分析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據高度分析時間的變化根據初速度和時間分析水平距離的變化根據豎直方向上分速度的變化判斷重力做功瞬時功率的變化解答：解：a、根據h=知，高度越高，運動員在空中飛行的時間越長，故a正確b、根據x=v0t知，高度一定，時間一定，初速度越大，運動員飛出的距離越遠，故b錯誤c、地面對滑板做功使其獲得滑出的初動能，故c錯誤d、由于下落過程中，豎直方向的速度越來越大，軸功率做功的功率越來越大，故d正確本題選錯誤的，故選：bc點評：解決本題的關鍵知道平拋運動的時間由高度決定，初速度和時間共同決定水平位移二、雙項選擇題：本大題共5小題，每小題6分，共54分在每小題給出的四個選項中，有兩個選項符合題目要求，全部選對得6分，只選1個且正確的得3分，有選錯或不答的得0分5如圖， o為兩等量異種電荷連線的中點，a為連線上的另一點取無窮遠處電勢為零則下列說法正確的是( )ao點的電勢大于零b在兩電荷之間連線上0點場強最小c在兩電荷之間連線上0點電勢最高d在連線的中垂線上o點場強最小考點：電場線 分析：兩個等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，該等勢線一直延伸到無窮遠根據電場線的疏密分析場強的大小解答：解：a、是兩個等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，該等勢線一直延伸到無窮遠，電勢為零，所以o點的電勢等于零，故a錯誤b、在兩電荷之間連線上0點處電場線最疏，場強最小，故b正確c、在兩電荷之間連線上電場線方向向右，根據順著電場線方向電勢降低，則知+q處電勢最高，故c錯誤d、在連線的中垂線上0點處電場線最密，場強最大，故d錯誤故選：b點評：對于等量異種電荷和等量同種電荷連線和垂直平分線的特點要掌握，抓住電場線和等勢面的對稱性進行記憶6如圖所示，木箱內有一傾斜光滑斜面，當木箱做下列運動時，處于該斜面上的物體在哪種情況下有可能保持相對斜面靜止( )a向左勻加速b向右勻加速c豎直向上勻加速d隨圓盤繞豎直軸勻速轉動考點：牛頓第二定律；力的合成與分解的運用 專題：牛頓運動定律綜合專題分析：斜面光滑，木箱受到重力和斜面的支持力兩個力的作用，根據牛頓第二定律分析合力與加速度的關系進行判斷解答：解：a、斜面光滑，斜面上物體受到重力和斜面的支持力兩個力的作用，加速度水平向左，根據牛頓第二定律知合力應該水平向左，斜面上物體才能相對斜面靜止而圖中中支持力和重力的合力不可能向左，故a錯誤b、圖中斜面上物體受到的支持力和重力的合力可能水平向右，與加速度相同，所以可能保持相對靜止，故b正確c、由于加速度方向向上，重力和支持力的合力不可能向上，可知斜面上物體與斜面不可能保持相對靜止，故c錯誤d、木塊隨圓盤做圓周運動，加速度方向水平指向轉軸，斜面上物體所受的重力和支持力的合力可能水平指向轉軸，所以木箱和斜面可能保持相對靜止，故d正確故選：bd點評：本題實質上是牛頓第二定律的定性應用，關鍵要明確加速度方向與合力方向相同72014年11月中國的北斗系統(tǒng)成為第三個被聯(lián)合國認可的海上衛(wèi)星導航系統(tǒng)，其導航系統(tǒng)中部分衛(wèi)星運動軌道如圖所示己知a、b、c為圓形軌道( )a在軌道a、b運行的兩顆衛(wèi)星加速度大小相等b在軌道a、b運行的兩顆衛(wèi)星受到地球的引力一樣大c衛(wèi)星在軌道a、c的運行周期tatcd衛(wèi)星在軌道a、c的運行速度vavc考點：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系；萬有引力定律及其應用 專題：人造衛(wèi)星問題分析：根據萬有引力提供向心力，解出加速度、周期、線速度與軌道半徑的關系，根據圖示的軌道半徑大小判斷加速度、周期、線速度的大小解答：解：a、根據萬有引力提供向心力，得，因為ab的軌道半徑相等，故ab的加速度大小相等，故a正確b、由于ab的質量不知道，無法確定受到的地球引力的大小，故b錯誤c、根據萬有引力提供向心力，得，c的軌道半徑小于a的軌道半徑，故a的周期大于c的周期，故c正確d、根據萬有引力提供向心力，得，c的軌道半徑小于a的軌道半徑，故a的線速度小于c的線速度，故d錯誤故選：ac點評：本題關鍵要掌握萬有引力提供向心力，并且能夠根據題意選擇向心力的表達式8如圖電路中變壓器為理想變壓器，s為單刀雙擲開關，p是滑動變阻器r的滑動觸，i1、i2分別為原線圈和副線圈中的電流，若保持交變電壓u1不變，則下列說法正確的是( )ap不動，s由a切換到b，則i1增大bp不動，s由a切換到b，則i2減小cp不動，s由a切換到b，則r消耗的功率增大ds接在b端時，將p向上滑動，則變壓器輸入功率變大考點：變壓器的構造和原理 專題：交流電專題分析：理想變壓器輸入功率等于輸出功率，原副線圈電流與匝數(shù)成反比，原副線圈電壓與匝數(shù)成正比解答：解：a、s由a切換到b，副線圈匝數(shù)變小，所以副線圈電壓變小，電阻不變，所以r上電流減小，則原線圈電流i1也減小，r消耗的功率減小，故ac錯誤；b、s由a切換到b副線圈匝數(shù)變小，所以副線圈電壓變小，電阻不變，所以i2減小，故b正確；d、s置于b位置不動，p向上滑動，電阻變小，電壓不變，所以輸出功率變大，故原線圈的輸入功率變大，故d正確故選：bd點評：理想變壓器是理想化模型，一是不計線圈內阻；二是沒有出現(xiàn)漏磁現(xiàn)象輸入電壓決定輸出電壓，而輸出功率決定輸入功率9如圖所示，用兩等長的細繩將一磁鐵與一圓形閉合線圈懸于細桿上，靜止時線圈平面與磁鐵的軸線o1o2垂直，磁鐵質量為m，磁極如圖所示在垂直于細桿的平面內，保持細繩繃緊，將磁鐵拉至與細桿等高的位置，將磁鐵由靜止釋放，則下列說法正確的是( )a磁鐵下擺過程中，線圈所受合外力為零b磁鐵下擺過程中，線圈中有逆針方向（沿o1o2方向看）的感應電流c磁鐵下擺過程中，線圈中有順時針方向（沿o1o2方向看）的感應電流d磁鐵擺到最低點時，兩繩子拉力的合力小于3mg考點：功能關系；楞次定律 分析：當磁鐵的運動時，穿過線圈的磁通量變化，由楞次定律判斷出感應電流的方向解答：解：a、b、c、磁鐵下擺過程中，向左穿過線圈的磁通量增大，根據楞次定律可知，感應電流的磁通量的方向向右，所以線圈中有順時針方向（沿o1o2方向看）的感應電流故ab錯誤，d正確；d、磁鐵向下運動的過程中，根據楞次定律可知，磁鐵會受到線圈產生的感應電流的阻礙，機械能減小則：最低點拉力與重力的合力提供向心力，所以：拉力以上兩式得：f3mg故d正確故選：cd點評：楞次定律是高中物理的一個重點，也是?？純热荩欢ㄒ_、全面理解楞次定律含義，掌握應用楞次定律解題的思路與方法三、非選擇題：本大題共4小題，共182分按題目要求作答解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位10（18分）離分布于基體中的鉛可起到邊界潤滑劑的作用，使其動摩擦因數(shù)大幅度降低現(xiàn)有一塊銅鉛合金，同學設計一個實驗測量其與長木板間的動摩擦因數(shù)，實驗裝置的示意圖如圖所示（1）該同學的部分實驗步驟如下，請在空白處補充完整把打點計時器固定在長木板上，并把長木板傾斜固定在鐵架臺上；將打點計時器接在低壓的交流（選填“交流”、“直流”）電源上將合金塊緊靠打點計時器放置，合金塊后部與紙帶相連，讓紙帶平順地穿過打點計時器上的限位孔a（選填“a：接通電源后，釋放合金塊”或“b釋放合金塊后，接通電源”的a或b字母代號）讓合金塊沿長木板自由下滑關閉電源，取出紙帶若已經求出合金塊下滑的加速度a，并且己知重力加速度g，再利用刻度尺、重錘線測出木板的長度l、木板兩端點的高度差h、木板兩端點的水平距離s，可求出合金塊與木板之間的動摩擦因數(shù)考點：探究加速度與物體質量、物體受力的關系 專題：實驗題分析：打點計時器是使用交流電源的計時儀器；使用打點計時器時紙帶要穿過限位孔，實驗時先接通電源，后放開紙帶；根據牛頓第二定律求出動摩擦因數(shù)的表達式，然后根據表達式確定需要測量的量解答：解：將打點計時器接在低壓的交流電源上；將合金塊緊靠打點計時器放置，合金塊后部與紙帶相連，讓紙帶平順地穿過打點計時器上的限位孔；實驗時，接通電源后，釋放合金塊，讓合金塊沿長木板自由下滑，故選a；對合金塊，由牛頓第二定律得：mgsinmgcos=ma，解得：=tan，其中：tan=，cos=，要測出動摩擦因數(shù)，需要測量：木板的長度l、木板兩端點的高度差h、木板兩端點的水平距離s；故答案為：交流；限位孔；a；木板的長度l、木板兩端點的高度差h、木板兩端點的水平距離s點評：本題考查了測動摩擦因數(shù)實驗，知道實驗原理，知道電磁打點計時器的使用方法與注意事項，應用牛頓第二定律即可正確解題11某同學設計用圖甲所示的電路，將多用電表接入a，b兩端，測量該電路中的未知電阻ra（約100）的阻值和電源的電動勢e，內阻r請你幫該同學將下列的操作等事項補充完整在用歐姆檔測量rx時，應保持開關s斷開（選填閉合”或“斷開）：先進行機械調零，將選擇開關撥到歐姆檔的10檔（選“1”、“10”“100”），接著進行歐姆調零，然后將紅黑表筆接在a，b兩端若結果如圖乙，則rx=100；將多用表選擇開關撥到直流電壓2.5v檔，接入a，b兩端，紅表筆應接在b端（選填“a”或“b“）改變電阻箱r的阻值，多次測量，作出r圖象如圖丙所示，由圖可得電源的電動勢e=3.0v（保留2位有效數(shù)字，下同），內阻r=50考點：用多用電表測電阻 專題：實驗題；恒定電流專題分析：用歐姆表測量電阻時，先進行機械調零，然后選擇合適的擋位，再進行歐姆調零，再測量電阻歐姆表的讀數(shù)等于表盤讀數(shù)乘以倍率根據閉合電路歐姆定律，得出r的關系式，結合圖線的斜率和截距進行求解解答：解：在用歐姆檔測量rx時，應保持開關s斷開用歐姆表測量電阻，先進行機械調零，將選擇開關撥到歐姆擋的10擋，接著進行歐姆調零電阻的阻值r=1010=100多用電表的電流流向是“紅進黑出”，所以將多用表選擇開關撥到直流電壓2.5v檔，接入a，b兩端，紅表筆應接在b端根據得，可知圖線的斜率k=，解得e=3.0v，縱軸截距b=0.5，解得r=50故答案為：斷開，機械，10，歐姆，100，b，3.0，50點評：解決本題的關鍵掌握多用電表的使用方法以及讀數(shù)方法，以及掌握測量電動勢和內阻的原理，結合閉合電路歐姆定律得出表達式是解題的關鍵12（18分）如圖所示，在兩相距2r，水平放置的平行金屬板pq間，一質量為m、電量為q的帶電粒子以速度v0=沿板間水平中軸線o1o2從o1點射入，剛好打在下極板的中點b，現(xiàn)在兩極板間加上豎直向下的勻強電場，粒子恰好能沿o1o2做直線運動，已知重力加速度為g，求：（1）極板長度l；（2）粒子帶何種電荷？pq間u為多少？（3）若在極板豎直中線ab右側區(qū)域再加上一垂直紙面向里的勻強磁場（如圖乙），要使從o1射入的粒子能從pq板間射出，求勻強磁場b的大小范圍？考點：帶電粒子在混合場中的運動 專題：帶電粒子在復合場中的運動專題分析：（1）根據粒子做平拋運動，結合運動學公式，即可求解；（2）根據加上電場后，豎直方向電場力與重力平衡，從而確定粒子電性，及極板間電壓；（3）根據粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律，結合洛倫茲力提供向心力，及幾何關系，即可求解解答：解：（1）極板不帶電，粒子做平拋運動，則有：r=v0t解得：l=4r；（2）加上電場后，豎直方向，mg=qe，兩力方向相反，故粒子帶負電由mg=q；解得：u=；（3）加上磁場后，粒子做勻速圓周運動，設圓周半徑為r，則有：qv0b=m粒子剛好從下極板右側射出磁場時，由幾何關系得：解得：r1=2.5r；粒子剛好從下極板b出磁場時，由幾何關系可得：r2=0.5r綜上所述，要使粒子不與極板相碰，則有：b1；或者答：（1）極板長度4r；（2）粒子帶負電荷，pq間u為；（3）勻強磁場b的大小范圍b1，或者點評：考查粒子做平拋運動與圓周運動，掌握平拋運動處理規(guī)律，理解牛頓第二定律在圓周運動中應用，同時注意幾何關系的正確建立13（ 18分）如圖甲，一輕質彈簧置于水平桌面上自然伸長，其左側固定，右端點到桌面最右端b的距離為1.9m水平桌面點左側光滑長l=1.8m的平板車緊靠桌面停放平板車上表面與桌面在同一水平面內，平板車右端拴一水平細繩，細繩另一