期中物理试卷
题号一二三四总分
得分
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1.关于运动的叙述，下列说法正确的是（）
A. 所有做曲线运动的物体，加速度都在发生变化
B. 做匀速圆周运动的物体，加速度为零
C. 加速度在减小，物体速度却在增大是有可能的
D. 所有做圆周运动的物体，合外力都指向圆心
2.下列说法正确的是（）
A. 牛顿首次发现了行星绕太阳运动的轨道是椭圆
B. 卡文迪许是第一个测出万有引力常量G的科学家
C. 牛顿是第一个测出万有引力常量的科学家
D. 经典力学适用于宏观的、高速的物体
3.地面上有一质量为M的重物，用力F向上提它，力F
变化而引起物体加速度变化的函数关系如图所示．则关
于以下说法中错误的是（）
A. 当F小于图中A点值时，物体的重力Mg＞F，物体
不动
B. 图中A点值即为物体的重力值
C. 物体向上运动的加速度和力F成正比
D. 图线延长和纵轴的交点B的数值等于物体在该地的重力
4.如图所示，板长为L，板的B端静止放有质量为m的小物块，物体与板的动摩擦因
数为μ．开始时板水平，将木板逆时针缓慢转过一个小角度α的过程中，小物块始终保持与板相对静止，在这个过程中，下列说法正确的（）
A. 小物块所受的摩擦力减小
B. 小物块所受的摩擦力增大
C. 木板对物块做功mgL cosα
D. 以上说法都不对
5.如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨
道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，
将卫星送入同步轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3
相切于P点（如图所示）则当卫星分别在1、2、3轨道正常
运行时，以下说法正确的是（）
A. 卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
B. 卫星在轨道3上的周期小于在轨道2上的周期
C. 卫星在轨道1上的经过Q点时速率大于它在轨道2上经过Q点时的速率
D. 卫星在轨道2上的经过P点时加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度
6.绝缘支架上有两个相同的金属小球（均可视为点电荷），它们带有异种电荷，带电
量之比为1：9，在真空中相距为r，现挪动支架把它们接触后再放回原处，则它们间的库仑力为原来的（）倍
A. B. C. D.
7.质量为M的木块位于粗糙的水平面上，若用大小为F的水平恒力拉木块，使其速
度由0增大到v，这一过程合力做功W1，木块加速度为a1，然后拉力方向不变，大小变为恒定2F，又作用一段时间，使其速度由v增大到2v，这一过程合力做功W2，加速度为a2，下列关系正确的是（）
A. W2=W1，a2=2a1
B. W2=2W1，a2＜2a1
C. W2＞3W1，a2=2a1
D. W2=3W1，a2＞2a1
8.如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，
OC与OA的夹角为60°，轨道最低点A与桌面相切。一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，然后从静止释放，则下列说法正确的是（）
A. 在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等
B. 在m1由C点下滑到A点的过程中，重力对m1做功功率先增大后减少
C. 在m1由C点下滑到A点的过程中，m1机械能守恒
D. 若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1=3m2
二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）
9.自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样，它的边缘有三个点A、B、C，如图
所示。在自行车正常骑行时，下列说法正确的是（）
A. A、B两点的线速度大小相等
B. B、C两点的角速度大小相等
C. A、B两点的向心加速度之比与其半径成反比
D. B、C两点的线速度与其半径成反比
10.如图所示，一个物体以速度v0冲向与竖直墙壁相连的轻
质弹簧，墙壁和物体间的弹簧被物体压缩，在此压缩过
程中以下说法正确的是（）
A. 物体对弹簧做的功与弹簧的压缩量成正比
B. 物体的机械不能守恒
C. 弹力做正功，弹簧的弹性势能减小
D. 弹力做负功，弹簧的弹性势能增加
11.汽车发动机的额定功率为P1，它在水平路面上行驶时受到的
阻力f大小恒定，汽车在水平路面上由静止开始运动，最大
速度为v m，汽车发动机的输出功率随时间变化的图象如图所
示，则汽车（）
A. 0～t1做加速度减小的变加速运动
B. 0～t1做匀加速运动，牵引力大小不变
C. t1时刻达到最大速度
D. t1时刻以后做加速度减小的变加速运动，直到牵引力与阻力大小相等后做匀速运
动
12.如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，
圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A和B紧贴着内
壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则（）
A. 球A的线速度必定大于球B的线速度
B. 球A的角速度必定小于球B的角速度
C. 球A的向心加速度必定等于球B的向心加速度
D. 球A对筒壁的压力必定大于球B对筒壁的压力
13.设地球的近地卫星的线速度为v1，向心加速度为a1；地球赤道上的物体随地球自转
的线速度为v2，向心加速度为a2；地球同步轨道卫星运行的线速度为v3，向心加速度为a3；下列选项中大小关系排列正确的是（）
A. a1＞a3＞a2
B. a1=a2＞a3
C. v1＞v2＞v3
D. v1＞v3＞v2
14.质量为M的木块放在光滑水平面上，质量为m的子弹以速度V0．沿水平方向射向
木块，并最终留在木块中与木块一齐以速度V运动，已知当子弹相对木块静止时木块前进的距离为L，子弹进入木块深度为S，若木块对子弹的阻力f视为恒定，则（）
A. fL=MV2
B. fs=MV2
C. fs=MV02-（M+m）V2
D. f（L+S）=mV02-mV2
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
15.某实验小组采用如图1所示的装置探究功与速度变化的关系，小车在橡皮筋的作用
下弹出后，沿木板滑行。打点计时器的工作频率为50Hz。
（1）实验中木板略微倾斜，这样做是为了______
A．使释放小车后，小车能匀加速下滑
B．可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功
C．增大小车下滑的加速度
D．可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动
（2）实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条……，合并起来挂在小车的前端进行多次实验，每次都要把小车拉到同一位置再释放小车。把第1次只挂1条橡皮
筋时橡皮筋对小车做的功记为W1，第二次挂2条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功为2W1，……：橡皮筋对小车做功后使小车获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出。根据某次打出的纸带（如图1所示）求：小车获得的最终速度为______m/s。
（3）若阻力已经完全平衡，根据多次测量数据画出的W-v2像如图3所示，根据图线形状，可知W与v2的关系符合实际的是图______
16.如题所示1的装置验证机械能守恒定律的实验中，已知重锤的质量为m=1kg，打点
计时器所用电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g=9.80m/s2，某同学选择了一条打下的理想的纸带，如图2中O点是打点计时器打出的第一个点，A、B、C、D分别是每打两个点取出的计数点，A、B、C、D各点到O点的距离如图，根据以上数据填空（注意所有计算结果均保留三位有效数字）
（1）打B点时的瞬时速度为______m/s
（2）从O点到B点重锤的动能的增加量为______J；
（3）从O点到B点重锤重力势能的减少量为______J；
（4）对比增加的动能和减小的重力势能，实验结论是______
四、计算题（本大题共4小题，共30.0分）
17.如图所示，半径R=0.8m的四分之一圆弧形光滑轨道
竖直固定放置，B点离地面高h=0.8m，质量m=1.0kg
的小滑块从圆弧顶点A静止释放，（不计空气阻力，
取g=10m/s2）求：
（1）小滑块刚到达圆弧轨道的最低点B点时的速度
v B
（2）小滑块落地点C到B点的水平距离x
18.如图，不可伸长的柔软轻绳跨过光滑的定滑轮，绳两端各系一
小球a和b，a球质量为m，静止于地面，b球质量为3m，用
手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧。从静止开始释放b球，
重力加速度为g，试计算：
（1）释放后但b球落地前绳子拉力的大小
（2）b球落地前瞬间速度的大小
19.天文学家发现了一种相互绕转的三颗恒星，可以将其称为三星
系统。如图所示，假设三颗恒星质量相同，每颗星均为m，任
意两颗星之间距离均为L，已知万有引力常量为G，它们仅在彼
此的引力作用下围绕着三星系统的中心点O做匀速圆周运动，
运动轨迹完全相同。试求：
（1）每颗星做圆周运动的半径r
（2）每颗星运动做圆周的线速度v
20.如图所示，水平面上有一块木板，质量M=4.0kg，它与水平面间的动摩擦因数
μ1=0.10．在木板的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m=2.0kg．小滑块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.50．开始时它们都处于静止状态．某时刻起对小滑块施加一个水平向右的恒力F=18N，此后小滑块将相对木板滑动，1.0s后撤去该力．（1）求小滑块在木板上滑行时，木板加速度a的大小；
（2）若要使小滑块不离开木板，求木板的长度L应满足的条件．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、并非所有做曲线运动的物体，加速度都在发生变化，例如平抛运动的加速度是不变的，故A错误；
B、做匀速圆周运动的物体，有向心加速度，即加速度不为零，故B错误；
C、若加速度和速度同向，加速度在减小，物体速度仍在增大，故C正确；
D、只有做匀速圆周运动的物体，合外力才指向圆心，故D错误。
故选：C。
物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动”。当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做曲线运动。明确加速度和速度的关系，知道加速度和速度方向相同时物体做加速运动，方向相反时做减速运动。
物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动”。当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做曲线运动。
2.【答案】B
【解析】解：A、开普勒首次发现了行星绕太阳运动的轨道是椭圆，故A错误；
BC、卡文迪许是第一个测出万有引力常量G的科学家，故B正确，C错误；
D、经典力学适用于宏观的、低速的物体，故D错误。
故选：B。
本题应明确关于天体运动的物理学史知识：明确开普勒通过分析第谷观测数据，指出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，揭示了行星运动的有关规律。牛顿提出了万有引力定律。
本题考查有关天体运动的物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
3.【答案】C
【解析】解：A、物体未离开地面时，受拉力、重力和支持力，根据平衡条件，有：
N+F=mg
故重力大于拉力，故A正确；
B、体加速向上，根拉力大于重力时，物据牛顿第二定律，有：
F-Mg=Ma
解得
a=-g①
当F=F0时，加速度为零，故F=Mg，故B正确；
C、由图象，加速度与力是线性关系，不是正比关系，故C错误；
D、由①式，当拉力为零时，加速度为-g，故D正确；
本题选择错误的，故选：C。
物体未离开地面时，受拉力、重力和支持力，根据平衡条件列式分析；物体离开地面后，受重力、拉力，加速向上，根据牛顿第二定律列式分析求解．
本题关键分静止和加速向上进行讨论，对于加速上升，根据牛顿第二定律列式求解出加速度表达式进行讨论即可．
4.【答案】B
【解析】【分析】
对木板进行受力分析，根据平衡状态列方程求解摩擦力的表达式分析解答；
木板缓慢转动，合力为零，物体的动能不变，则木板对物体做功和重力做功大小相等；明确知道缓慢运动指的是动态平衡，知道物体的合力为零，知道变力做功可以用动能定理计算；
【解答】
AB．小物块始终保持与板相对静止，在这个过程中物块所受的为静摩擦力，大小为
f=mg sinθ，则随θ的变大，小物块所受的摩擦力增大，故A错误，B正确；
CD．木板对物块做功等于木块重力势能的增加量mgL sinα，故CD错误。
故选：B。
5.【答案】D
【解析】解：A、卫星绕中心天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，
=m=ma=m r
v=，
轨道3半径比轨道1半径大，卫星在轨道1上线速度较大，故A错误；
B、T=2π，所以卫星在轨道3上的周期大于在轨道2上的周期，故B错误；
C、从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力。所以在轨道2上Q点的速度大于轨道上1Q点的速度。故C错误；
D、a=，所以卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加
速度，故D正确；
故选：D。
根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、和向心力的表达式进行讨论即可
卫星做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速．
本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论．
知道知道卫星变轨的原理，卫星通过加速或减速来改变所需向心力实现轨道的变换．6.【答案】A
【解析】解：因两电荷异性，设一个球的带电量为q，则另一个球的带电量为9q，此时
F=，
接触后再分开，带电量各为4q，则两球的库仑力大小F′==F，故A正确，BCD
错误。
故选：A。
根据库仑定律计算出接触前后的库仑力大小，再进行比较即可。
本题主要是考查了库仑定律的计算公式；知道真空中静止的两个点电荷之间的作用力与它们的电荷量乘积成正比、与它们之间的距离平方成反比；知道两个相同的金属球接触后电荷均分。
7.【答案】D
【解析】解：由牛顿第二定律得：F-F f=ma1；2F-F f=ma2，由于物体所受的摩擦力
F f=μF N=μmg，即F f不变，所以，
；
由动能定理：；，故ABC错误，D
正确。
故选：D。
根据牛顿第二定律和摩擦力公式，可以求出a1、a2，根据动能定理，可以求出W1、W2。本题考查了动能定理、牛顿第二定律等知识点。关键点：对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求出加速度；运用动能定理解题首先要确定研究对象和研究过程，分析有哪些力做功，根据动能定理列出表达式进行求解。
8.【答案】B
【解析】解：A、m1由C点下滑到A点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度必然不相同的，故A错误；
B、重力的功率就是P=mgv，这里的v是指竖直的分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零，但是在这个C到A的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率mgv也是先增大后减小的过程，故B正确；
C、在m1由C点下滑到A点的过程中m1对m2做正功，故m1的机械能减小，故C错误；
D、若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得：m1gR（1-cos60°）=m2gR，解得：m1=2m2，故D错误。
故选：B。
在m1由C点下滑到A点的过程中，绳子与圆的切线是不重合，两个物体的速度必然不相同；重力的功率就是P=mgv，C到A的过程当中，竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率mgv也是先增大后减小的过程；在m1由C点下滑到A点的过程中m1对m2做正功，故m1的机械能减小；若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1=2m2。
本题考查了动能定理、机械能守恒定律等知识点。机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度与圆周运动的动力学问题有关、与平抛运动的初速度有关。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、A、B两点在传送带上，是同缘传动的边缘点，所以两点的线速度相等，故A正确；
B、B、C两点属于同轴转动，故角速度相等，故B正确；
C、根据a=可知，A、B两点的向心加速度之比与其半径成反比，故C正确；
D、根据v=ωr，B、C两点的线速度与其半径成正比，故D错误。
故选：ABC。
大齿轮与小齿轮是同缘传动，边缘点线速度相等；小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等；结合线速度与角速度关系公式v=ωr列式求解。
本题考查灵活选择物理规律的能力。对于圆周运动，公式较多，要根据不同的条件灵活选择公式。
10.【答案】BD
【解析】解：A、弹簧的弹力为F=kx，弹力做功表达式=x==kx2，可见物体对
弹簧做的功与弹簧的压缩量平方成正比，故A错误；
B、因弹力对物体做负功，则物块的机械能减小，故B正确；
CD、物体向左运动，弹力方向向右，故弹力做负功，弹簧的弹性势能增加，故C错误，D正确。
故选：BD。
弹簧弹力的大小满足胡克定律F=K△x，即F的大小与形变量成正比，故物体做运动的时候弹簧弹力一直增大，不是恒力。
本题要明确物块向左运动过程弹簧的弹力是个变力，故其做功与弹簧的压缩量一定不是成正比。
11.【答案】BD
【解析】解：AB、根据P=Fv=Fat=（ma+f）at可知，在0～t1时间内功率随时间均匀增大，知汽车做匀加速直线运动，加速度恒定，则牵引力恒定，速度均匀增加。故A错误，B正确。
CD、当功率达到额定功率后，速度增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律，知加速度减小，加速度与速度同向，速度继续增大，当加速度减小到零，速度达到最大，做匀速运动。故C错误，D正确。
故选：BD。
根据图象可知，在0～t1时间内功率随时间均匀增大，知汽车由静止开始做匀加速直线运动，通过受力判断功率达到额定功率后的运动。
解决本题的关键会通过受力判断物体的运动，知道加速度随着合力的变化而变化，当加速度方向与速度同向时，速度增大；反向时，速度减小。
12.【答案】ABC
【解析】解：A、B、C、对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图
根据牛顿第二定律，有：
F=mg tanθ=ma=m=mrω2，
解得v=，a=g tanθ，ω=。
由图知：A球的轨道半径大，则A的线速度大，角速度小，向心加速度相等。故ABC
正确误。
B、因为支持力N=，支持力等于球对筒壁的压力，知球A对筒壁的压力一定等于球
B对筒壁的压力。故D错误。
故选：ABC。
小球受重力和支持力，靠重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，根据F合
=ma=m=mrω2比较线速度、角速度、向心加速度的大小．根据受力分析得出支持力的
大小，从而比较出压力的大小．
解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解．
13.【答案】AD
【解析】解：同步卫星与赤道上的物体具有相同的角速度，根据v=ωr和a=ω2r可知，
v3＞v2，a3＞a2；对近地卫星和同步卫星，由可知，v=和a=，可
知v1＞v3，a1＞a3；即a1＞a3＞a2；v1＞v3＞v2，故AD正确，BC错误。
故选：AD。
题中涉及三个物体：地球同步卫星1、地球赤道上有一随地球的自转而做圆周运动物体2、绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星3，同步卫星与物体2周期相同，物体2与人造卫星3转动半径相同，同步卫星1与人造卫星3，都是万有引力提供向心力；分三种类型进行比较分析即可。
本题关键要将物体2、人造卫星3、同步卫星1分为三组进行分析比较，最后再综合；一定不能将三个物体当同一种模型分析，否则会使问题复杂化。
14.【答案】ACD
【解析】解：A、以木块为研究对象，根据动能定理得，子弹对木块做功等于木块动能的增加，即fL=①．故A正确。
D、以子弹为研究对象，由动能定理得，-f（L+s）=②．故D正确
B、C、由①+②得，fs=，根据能量守恒定律可知，系统摩擦生热
Q=，则得到Q=fs．故B错误，C正确。
故选：ACD。
子弹射入木块的过程中，木块对子弹的阻力f做功为-f（L+s），子弹对木块的作用力做功为fL，根据动能定理，分别以木块和子弹为研究对象，分析子弹和木块的作用力做功与动能变化的关系．根据能量守恒定律研究系统摩擦生热．
本题是冲击块类型，要注意应用动能定理研究单个物体时，功的公式W=fl中，l是相对于地的位移大小．
15.【答案】BD 2.0 A
【解析】解：（1）实验中木板略微倾斜是平衡摩擦力，目的是使橡皮筋对小车的拉力为小车受到的合力，即可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功，所以B正确，同时可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动，故D正确，显然AC错误。
（2）小车速度为v==2.0m/s；
（3）由动能定理得：W=mv2，W与v2是正比关系，由图示图象可知，A正确。
故答案为：（1）BD
（2）2.0
（3）A
（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，使得橡皮筋做的功等于合外力对小车做的功；纸带在橡皮条的作用下做加速运动，橡皮条做功完毕，则速度达到最大，此后做匀速运动。（2）明确实验原理以及实验目的即可知了解具体的实验操作；纸带上点距均匀时，表示小车已经做匀速直线运动，据此可求出小车做匀速运动时的速度大小，即为最终小车获得的速度大小；
（3）根据图象特点，利用数学知识可正确得出结论。
本题关键要明确该实验的实验原理、实验目的，即可了解具体操作的含义，以及如何进行数据处理；数据处理时注意数学知识的应用，本题是考查应用数学知识解决物理问题的好题。
16.【答案】1.93 1.86 1.91 在误差范围内，重锤机械能守恒
【解析】解：（1）打B点时的瞬时速度为vB===1.93m/s；
（2）从O点到B点重锤的动能的增加量为==1.86J；
（3）从O点到B点重锤重力势能的减少量为：△E p=mgh B=1×9.8×0.195J=1.91J；
（4）对比增加的动能和减小的重力势能，实验结论是在误差范围内，重锤机械能守恒。故答案为：（1）1.93
（2）1.86
（3）1.91
（4）在误差范围内，重锤机械能守恒
（1）在“验证机械能守恒定律”的实验中，我们验证的是减少的重力势能与增加的动能之间的关系，根据这个实验原理判断需要的实验器材；
（2）减少的重力势能为mgh，增加的动能为，代入计算求解；
（3）由于系统受到阻力的原因，所以减少的重力势能有一部分转化为内能，所以会出现减少的重力势能不等于增加的动能的情况。
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。
17.【答案】解：（1）由机械能守恒定律得：
mgR=mv B2
解得：v B=4m/s。
（2）小滑块从B到C做平抛运动
水平方向x=v B t
竖直方向h=gt2
联立得x=1.6m
答：（1）小滑块刚到达圆弧轨道的最低点B点时的速度v B为4m/s。
（2）小滑块落地点C到B点的水平距离x为1.6m。
【解析】（1）小滑块从圆弧顶点D由静止释放滑到B点的过程，重力做功，轨道的弹力不做功，根据机械能守恒定律求出滑块滑到B点时的速度。
（2）滑块离开B后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出滑块落地点到B点的水平距离。
本题是一道力学综合题，分析清楚滑块的运动过程是解题的关键，应用机械能守恒与平抛运动规律可以解题。
18.【答案】解：（1）由牛顿第二定律，对b：3mg-T=3ma
对a：T-mg=ma
两式联立得T=1.5mg
（2）对a、b组成的系统用机械能守恒：3mgh-mgh=（3m+m）v2
所以v=
答：（1）释放后但b球落地前绳子拉力的大小为1.5mg；
（2）b球落地前瞬间速度的大小为。
【解析】（1）对整体由牛顿第二定律列式求出加速度，再对a分析由牛顿第二定律求出绳子上的拉力；
（2）a、b组成的系统机械能守恒，根据系统机械能守恒定律求出b球着地的速度大小。本题考查了机械能守恒定律和牛顿第二定律的基本运用，掌握系统机械能守恒的条件即可准确求出落地时的速度。
19.【答案】解：（1）由几何关系可知：r=L；
（2）对三星系统中的任意一颗恒星，它所受万有引力的合力为：F=2cos30°=
又万有引力提供向心力得：F=m，
解得：v=
答：（1）每颗星做圆周运动的半径r为L；
（2）每颗星运动做圆周的线速度v为。
【解析】（1）根据几何关系求圆周运动的半径；
（2）先写出任意两个星星之间的万有引力，求每一颗星星受到的合力，该合力提供它们的向心力，然后根据万有引力提供向心力求解。
解决本题的关键搞清行星做圆周运动向心力的来源，根据牛顿第二定律进行求解。20.【答案】解：（1）小滑块在木板上滑行时，先
做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，小滑
块的受力情况分别如图甲、乙所示．在此过程中，
木板的受力情况如图丙所示．小滑块受到的木板的
摩擦力f1=μ2N1=μmg=10N；
根据牛顿第三定律：
木板受到的小滑块摩擦力的大小f1′=μ2mg=10N；
木块受到的小滑块压力的大小N1′=N1=20N
木板受到地面的摩擦力f2=μ1（Mg+N1）=6N；
在拉力F的作用下，滑块做匀加速直线运动，根据
牛顿第二定律，木板的加速度a==1m/s2；
（2）木块的加速度a1==4m/s2；
撤去拉力F时，滑块的速度v1=a1t1=4.0m/s；
滑块运动的距离x1=a1t12=2.0m
撤去拉力后，滑块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，滑块的加速度a2==-5.0m/s2；
若滑块没有滑出木板，滑块与木板达到共同速度，设该速度为v2，则这段时间内
v2=v1+a2t2
在（t1+t2）时间内，木板做匀加速直线运动，则有：v2=a（t1+t2）
t2=0.5s
v2=1.5m/s；
木块前进的位移x2==1.375m；
木板运动的距离x=a（t1+t2）2=1.125m
则滑块相对木板运动的距离d=x1+x2-x=2.25m
所以要使小滑块不离开木板，木板长度L应满足L≥d，即L≥2.25m
答：（1）木板加速度为1m/s2；（2）木板的长度至少为2.25m．
【解析】（1）对木块及木板进行受力分析，由牛顿第二定律及牛顿第三定律可求得木板的加速度；
（2）分析两物体的运动情况，由运动学公式及牛顿第二定律可得出公式；分析物体最后相对静止的条件可得出木板的长度．
本题由于涉及两个物体的运动，故应做好受力分析及运动过程分析，根据两物体间的关系进行分析计算即可．