1、北京市朝阳区2020年普通高中学业水平等级性考试校际联考物理试卷2020.10本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1. 关于物体的运动，下列说法正确的是（）A. 物体运动越快，加速度一定越大B. 物体速度变化越快，加速度一定越大C. 物体加速度为负值，一定做减速运动D. 物体速度为零时，加速度一定为零【答案】B【解析】【详解】A物体运动快，速度大，故A错误。B加速度等于速度的变化率，所以速度变化越快，加速度一定越
2、大，故B正确；C物体加速度为负值，如果速度也是负值，物体做反方向加速运动，故C错误；D物体的速度为零，加速度不一定为零，如火箭点火起飞的瞬间，故D错误；故选B。2. 如图所示，物体在水平力F作用下压在竖直墙上静止不动。现撤去F力，观察到物体竖直下落。关于物体下落过程中受力分析正确的是（不计空气阻力）（）A. 只受重力B. 只受重力、弹力C. 只受重力、摩擦力D. 只受重力、弹力、摩擦力【答案】A【解析】【详解】现撤去F力，观察到物体竖直下落，假设存在弹力，则物块水平方向合力不为零，则不会竖直下落，假设不成立，故不存在弹力，没有弹力也就没有摩擦力，故只受重力，故A正确BCD错误。故选A。3. 某
3、同学在研究手拖动纸带运动的情况时，依据实测数据所描的点，“拟合”出了手拉纸带运动的v-t图像，由图像可知（）A. 手拖动纸带做曲线运动B. 手拖纸带运动，在前0.6s的平均速度就是0.3s时的速度C. 手拖纸带运动，在0.6s时的加速度大于0.2s时的加速度D. 手拖纸带运动，在0-0.4s内通过的位移多于0.4-0.6s旳位移【答案】D【解析】【详解】A速度时间图像都是直线运动，无法描述曲线运动，故A错误；B根据图像可知，纸带不是匀变速运动，则在前0.6s的平均速度不一定是0.3s时的速度，故B错误；C图像的斜率代表加速度，根据图像可知，在0.6s时的加速度小于0.2s时的加速度，故C错误；
4、D图像与横轴所围成的面积代表位移，则手拖纸带运动，在0-0.4s内通过的位移多于0.4-0.6s旳位移，故D正确。故选D。4. 电梯中的人站在一台秤上，关于台秤的示数，下列说法正确的是（）A. 台秤示数为人的重力B. 电梯启动时台秤示数一定大于人的重力C. 电梯启动时台秤示数可能大于人的重力D. 电梯制动时台秤示数不可能大于人的重力【答案】C【解析】【详解】A台秤示数不是人的重力，是人对秤的压力，A错误；BC电梯启动时，对人受力分析，受向下的重力和竖直向上的支持力。当电梯向上启动时，电梯向上加速，合力向上，支持力大于重力。根据牛顿第三定律，可知台秤示数大于人的重力；当电梯向下启动时，电梯向下加
5、速，合力向下，支持力小于重力。根据牛顿第三定律，可知台秤示数小于人的重力。所以电梯启动时台秤示数可能大于人的重力，C正确，B错误；D当电梯向下制动时，合力向上，人受到的支持力大于人的重力，D错误。故选C。5. 在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点，足球的质量为m，网兜的质量不计。现将网兜上的绳子缩短、球与墙接触点上移至B点，但仍挂在A点，则（）A. 墙壁对球的支持力增大，细绳对球的拉力增大B. 墙壁对球的支持力减小，细绳对球的拉力减小C. 墙壁对球的支持力增大，细绳对球的拉力减小D. 墙壁对球的支持力减小，细绳对球的拉力增大【答案】A【解析】【详解】足球受重力、拉力和支持力平衡，绳子与竖直墙壁夹角
6、为 ，根据平行四边形定则，绳子对球的拉力墙壁对球的支持力现将网兜上的绳子缩短、球与墙接触点上移至B点，角度变大，则墙壁对球的支持力增大，细绳对球的拉力增大，故选A。6. 如图所示为跳台滑雪的示意图。一名运动员在助滑路段取得高速后从a点以水平初速度v0飞出，在空中飞行一段距离后在b点着陆。不计空气阻力，则运动员从a点运动到b点的过程中（）A. 经历相等时间，速度变化的大小相等、且沿竖直方向B. 经历相等时间，速度变化的大小相等、且沿轨迹切线方向C. 经历相等时间，通过的位移大小相等、且沿轨迹切线方向D. 经历相等时间，通过的位移大小相等、且沿此段时间起始位置与终点位置连线方向【答案】A【解析】【
7、详解】AB根据 可知，经历相等时间，速度变化的大小相等、且沿竖直方向，故A正确，B错误；CD平抛运动，水平方向做匀速直线运动，经历相等时间，水平位移大小方向一致，但竖直方向匀加速，经历相等时间位移大小不等，故合位移大小不等，故CD错误。故选A。7. 如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上。物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A. 物块向右匀速运动时，绳
8、中的张力等于2FB. 小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2FC. 小环碰到钉子P时，物块运动速度立即减小D. 速度v不能超过【答案】D【解析】【详解】A物块向右匀速运动时，则夹子与物体M，处于平衡状态，那么绳中的张力等于Mg，故A错误；B小环碰到钉子P时，物体M做圆周运动，依据最低点由拉力与重力的合力提供向心力，因此绳中的张力大于Mg，而与2F大小关系不确定，故B错误；C小环碰到钉子P时，绳子的力与重力均在竖直方向，故物块运动速度不变，故C错误；D因为夹子对物体M的最大静摩擦力为2F，根据据牛顿第二定律，结合向心力表达式，对物体M，则有：解得：故D正确；故选D。8. 如图所示，放在粗糙水平桌面上
9、的木块，质量m=2.0kg，同时受到F1=8.0N、F2=3.0N的水平推力作用处于静止状态。若只撤去F2，则木块（）A. 以a=4.0m/s2的加速度向右做匀加速运动B. 一定以a=1.5m/s2的加速度向右做匀加速运动C. 一定仍处于静止状态D. 可能向右做加速运动【答案】D【解析】【详解】同时受到F1=8.0N、F2=3.0N的水平推力作用处于静止状态。根据平衡条件可知，此时受到的静摩擦力向左，大小为5N，故最大静摩擦力大于等于5N。若只撤去F2，则F1可能大于也可能小于最大静摩擦力，故物块可能静止也可能向右加速运动，故D正确ABC错误。故选D。9. 如图所示，位于光滑固定斜面上的小物块
10、P受到一水平向右的推力F的作用，已知物块P沿斜面加速下滑，现保持F的方向不变，使其减小，则加速度( )A. 一定变小B. 一定变大C. 一定不变D. 可能变小，可能变大，也可能不变【答案】B【解析】【详解】小物块P在推力F的作用下，沿光滑固定斜面加速下滑，设小物块的质量为m，斜面的倾角为，对小物块受力分析如图所示，由牛顿第二定律，有：mgsin-Fcos=ma，解得：当保持F的方向不变，使其减小时，加速度a一定变大故B正确，ACD错误10. 把纸带的下端固定在重物上，纸带穿过打点计时器，上端用手提着。接通电源后将纸带释放，重物便拉着纸带下落，纸带被打出一系列点。其中一段纸带如图所示。在纸带上取
11、O、A、B、C、D、E计数点，每两个计数点间时间间隔为T，位移分别为x1、x2、x3、x4、x5。下列说法不正确的是（）A. 打点计时器先打出纸带上的O点、后打出E点B. 打下纸带上的O点时，该时刻重物的速度一定为零C. 利用均可求纸带上B点的速度D. 利用均可求纸带加速度【答案】B【解析】【详解】A重物便拉着纸带下落，是加速运动，则点迹逐渐变稀疏，故打点计时器先打出纸带上的O点、后打出E点，故A正确；B在纸带上取O、A、B、C、D、E计数点，O点不一定是打的第一个点，故B错误；C根据匀变速平均速度公式可知，利用均可求纸带上B点速度，故C正确；D根据逐差法计算加速度可知，利用均可求纸带加速度，
12、故D正确。本题选择错误的，故选B。11. 如图所示为向心力演示器，可用来探究向心力大小与物体的质量、速度和轨道半径等因素的关系。匀速转动手柄1，可以使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动，槽内的小球也随着做匀速圆周运动。使小球做匀速圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供。球对挡板的反作用力，通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒7下降，从而露出标尺8。根据标尺8上露出的红白相间等分标记，可以粗略计算出两个球所受向心力的比值。对上述实验过程的理解正确的是（）A. 图示装置可以同时计算出3个球的向心力大小B. 塔轮的作用是改变两球圆周运动的半径大小C. 测力套筒受到的弹簧弹力大小等于球的
13、向心力大小D. 当向心力非常大时，装置不能计算出向心力的比值【答案】D【解析】【详解】A根据标尺8上露出的红白相间等分标记，可以粗略计算出两个球所受向心力的比值，因为球的质量等量均未知，无法计算3个球的向心力大小，故A错误；B塔轮边缘处线速度相等，通过改变皮带的位置，改变塔轮的角速度，故B错误；C测力套筒受到的弹簧弹力大小不等于球的向心力大小，小球对外侧挡板的作用力大小等于向心力大小，故C错误；D当向心力非常大时，两测力套筒可能均下降到最低点，继续增大转速，套筒不再下降，此时装置不能计算出向心力的比值，故D正确。故选D。12. 如图甲所示，轻质小圆环挂在橡皮条的一端，另一端固定，橡皮条的长度为
14、GE。在图乙中，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。小圆环受到拉力F1、F2的共同作用，处于O点，橡皮条伸长的长度为EO。撤去F1、F2，改用一个力F单独拉住小圆环，仍使它处于O点，如图丙。实验得到的最直接的结论是（）A. 力有大小、有方向，力是矢量B. 力F单独作用，与F1、F2共同作用的效果相同C. 以F1、F2为邻边作平行四边形，对角线与F相同D. 二力相加时，要按平行四边形定则确定合力大小和方向【答案】B【解析】【详解】A力有大小、有方向，力是矢量。这句话是正确的，但不是这个实验得到的直接结论，A错误；B本实验得到的直接结论是：力F单独作用，与F1、F2共同作用的效果相同，B正确；C
15、以F1、F2为邻边作平行四边形，在误差允许范围内，对角线与F相同，但不是这个实验得到直接结论，C错误；D二力相加时，要按平行四边形定则确定合力大小和方向，但是这个不是实验得到的直接结论，D错误。故选B。13. 如图甲为应用于地铁站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数，A、B间的距离为2m，g取10m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时，以与传送带相同的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则（）A. 乘客与行李同时到达B处B. 乘客提前0.1s到达B处C. 传
16、送带的速率增至2m/s时，行李将比乘客提前到达B处D. 传送带的速率增至2m/s时，乘客与行李到达B处的时间差将减小【答案】B【解析】【详解】AB由题意可知，行李从传送带的A端走到B端，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动。其中则加速到与传送带速度相同所需时间为加速的位移为则行李还需的时间为则行李从A到B所需总时间为人从A走到B所需时间为所以乘客提前0.1s到达B处，B正确，A错误；CD当传送带速率变2m/s时，即则行李加速到与传送带速度相同所需时间为加速的位移为则行李还需的时间为则行李从A到B所需总时间为人从A走到B所需时间为所以乘客比行李提前0.2s到达B处，乘客与行李到达B处的时间差变大
17、了，CD错误。故选B。14. 小红同学使用如图装置做“探究加速度与力的关系”和“探究加速度与质量的关系”实验，她把两个实验的数据都记录在了同一表格中，其中F为钩码重力，m为小车（及车内砝码）质量。数据是按加速度的大小排列的，两个实验的数据混在一起，而且有两个加速度数据模糊不清（表中a1、a2）。根据实验设计方案，可以把这些数据分拆、梳理（）。F/N0.290.140.290.190.240.290.290.290.34m/kg0.860.360.610.360.360.410.360.310.36a/（）0.340.380.460.51a10.690.74a20.86观察表格中的实验数据，可以
18、发现A. 小红在做这两个实验时，没有采用控制变量法设计方案B. 实验没有较好满足钩码质量远小于小车（及砝码）质量的条件C. 作F-m图象应为两条分别平行于横、纵轴的交叉直线D. a1、a2可以通过和补充完整【答案】C【解析】【详解】A小红在做这两个实验时，采用了控制变量法，根据表格可知，一次拉力为0.29N不变，一次车的质量为0.36kg没变，故A错误；B根据表中一二行数据可知，实验中满足了钩码质量远小于小车（及砝码）质量的条件，故B错误；C作F-m图象应为两条分别平行于横、纵轴的交叉直线，故C正确；D根据牛顿第二定律整理得：故不能直接用和补充完整，故D错误。故选C。第二部分本部分共6题，共5
19、8分。15. 用如图1所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上，同时钢球在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。(1)为保证实验中小球能做平抛运动，小球每次抛出的初速度相同而且水平，实验条件必须满足_；(2)通过轨迹定量研究平抛物体的运动。以水平方向为x轴、竖直方向为y轴建立平面直角坐标系；a.建立直角坐标系时，以_为坐标原点O，通过O点作水平线和竖直线为x轴和y轴；b.假定图2所示曲线为通过实验得到平抛运动的轨迹。现在x轴上等距离选取A1、A2、A3、A4四个点，通过
20、A1、A2、A3、A4作x轴垂线，分别交抛体轨迹于M1、M2、M3、M4，对应y轴的坐标分别为y1、y2、y3、y4。请通过分析计算，论证说明：如何判断该曲线是否为抛物线，写出论证方案_；(3)牛顿设想，把物体从高山上水平抛出，速度一次比一次大，落地点就一次比一次远，如果速度大于某一值v1，物体就不再落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星。分析说明：为计算临界速度v1，应建立怎样的运动模型，给出模型建立的依据_。【答案】 (1). 斜槽轨道末端水平、每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球 (2). 平抛运动的起始点（小球在槽口时球心在白纸上的水平投影点） (3). 因各纵坐标从起始时刻经历
21、相同时间，由抛物线，观察是否接近有的比例关系。类似论证均可。 (4). 物体速度为v1时，运动模型：物体以地心为圆心、地球半径为圆周半径做匀速圆周运动，万有引力恰好提供向心力。依据：当物体不再落回地面而成为人造地球卫星时，表明物体不再受到恒定重力，其轨迹也不再是抛物线。物体在地表恒重力空间平抛，得到抛物线轨迹；物体绕地运行，万有引力时刻与线速度垂直，不引起线速度大小的变化，得到的是圆周轨迹。【解析】【详解】(1)1钢球从斜槽上某高度释放，可以将钢球的重力势能转化为钢球的动能，所以为保证实验中钢球能做平抛运动，钢球每次抛出的初速度相同而且水平，要求每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，且斜槽轨
22、道末端水平。(2)2建立直角坐标系时，应以球在槽口时球心在白纸上的水平投影点为坐标原点；3若轨迹为抛物线，则由于在x轴上选取的A1、A2、A3、A4四个点是等距离的，所以相邻两点之间的时间间隔相同。且在竖直方向，由可得所以论证方案为：因各纵坐标从起始时刻经历相同时间，由抛物线观察是否接近有的比例关系。类似论证均可。(3)4物体速度为v1时，运动模型：物体以地心为圆心、地球半径为圆周半径做匀速圆周运动，万有引力恰好提供向心力。即依据：当物体不再落回地面而成为人造地球卫星时，表明物体不再受到恒定重力，其轨迹也不再是抛物线。物体在地表恒重力空间平抛，得到抛物线轨迹；物体绕地运行，万有引力时刻与线速度
23、垂直，即万有引力全部用来提供向心力，不引起线速度大小的变化，得到的是圆周轨迹。16. 某同学用如图1所示的装置来探究弹力和伸长量的关系，把弹簧上端固定在铁架台的横杆上，记录弹簧自由下垂时下端所到达的刻度位置。然后，在弹簧下端悬挂不同质量的钩码，记录每一次悬挂钩码的质量和弹簧下端所到达的刻度位置，通过分析这些数据获得了自己的实验结论。(1)实验时认为可以用钩码所受的重力代替弹簧的弹力大小，这样做的依据是_。(2)设计实验记录表格，记录弹簧在不同拉力下伸长的长度。以弹簧受到的弹力F为纵轴、弹簧伸长的长度x为横轴建立直角坐标系，如图2所示。a.表格记录了实验中的6组测量数据，其中5组数据点已经在图乙
24、的坐标纸上标出（图中用“”表示），请用“”标出余下一组数据的对应点，并画出F-x图像_。序号123456钩码质量m/g050100150200250弹簧弹力F/N00.490.981.471.962.45弹簧伸长量x/cm04.5010.0015.3020.8026.2b.由F-x图象可知，弹簧弹力与形变量之间的关系是_；由图象计算该弹簧的劲度系数为_N/m（保留3位有效数字）。(3)在上述实验的某次操作中，将弹簧从原长缓慢拉伸至伸长量为x0。通过拉伸过程中弹力做功可得到弹簧存储的弹性势能。弹力做功为变力做功，不易直接求解。弹簧的弹力可表示为F=kx，在图3给定的坐标系中画出弹力F随x变化的关
25、系图象_，并借鉴教科书中由v-t图像求位移的方法，探究弹簧伸长量为x0时存储的弹性势能_。(4)取实验中使用的两根完全相同的弹簧，首尾相接串联在一起，可看成一根等效“串联弹簧”。重复(2)中的实验，在串联弹簧下端依次悬挂0、50g、100g、150g、200g、250g的钩码，并记录每次串联弹簧的总伸长量。请在图2中画出串联弹簧的弹力F与总伸长量x的关系图线_。两根完全相同的弹簧串联在一起，串联弹簧的劲度系数是否等于其中一根弹簧的劲度系数？给出你的观点，并论证说明_。（设弹簧始终在弹性限度内，画图线时不必描点）【答案】 (1). 钩码静止时受到的弹力与重力是一对平衡力 (2). (3). 成正
26、比 (4). 9.38 (5). (6). (7). (8). 见解析【解析】【详解】(1)1 实验时认为可以用钩码所受的重力代替弹簧的弹力大小，这样做的依据是钩码静止时受到的弹力与重力是一对平衡力。(2)2描点做图如下34根据图像可知，弹簧弹力与形变量成正比，弹簧的劲度系数为(3)5根据 可得6 借鉴教科书中由v-t图像求位移的方法，探究弹簧伸长量为x0时存储的弹性势能与图像和横轴所围成的面积相同(4)78两个相同弹簧串联，则劲度系数图像如下17. 一飞机以216km/h的速度降落到跑道后做匀减速直线运动，已知它在最初4s内的位移是232m。求：(1)求减速运动的加速度；(2)飞机做匀减速运
27、动的总位移。【答案】(1)1m/s2，方向与速度方向相反；(2)1800m【解析】【详解】(1)在最初4s内，v0=216km/h=60m/s，x=232m，由位移公式得： 得，即加速度大小为1m/s2，方向与速度方向相反(2)飞机减速运动全过程中，由速度-位移关系公式得： 代入数据解得： 18. 如图所示，质量为m0=1 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量为m=0.5 kg的小滑块(可视为质点)以v0=3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板向前滑动。已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数=0.1，重力加速度g取10 m/s2，木板足够长。求:（1）滑块在木板上滑动过程中，
28、长木板受到的摩擦力大小和方向;（2）滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度a的大小;（3）滑块与木板A达到的共同速度v的大小。【答案】（1）0.5 N，方向向右；（2）1 m/s2；（3）1 m/s 。【解析】【详解】（1）小物体对长木板的摩擦力方向向右，其大小等于木板对小物体的摩擦力，故（2）对滑块由牛顿第二定律解得（3）对长木板，由牛顿第二定律可得解得设经过时间t后两物体共速，共速为，则解得19. 如图所示，小明同学把一敞口水杯固定在长杆上，自制了一套水流星装置，在杯中放入少许的水，为了便于观测，他在水中滴入了少许墨水。小明使装置在竖直面内绕O点做匀速圆周运动的角速度为。若水的质量
29、为m，水到O点的距离为R，在最高点时水对杯底有压力。重力加速度为g。(1)请画出在最高点水的受力示意图，并求出水流星经过最高点的瞬间水对杯底的压力大小及方向。(2)为了研究R对本实验的影响，小明做了新的尝试。他在角速度不变的情况下，调整R，做了多次R不同的竖直面内水流星实验，观测现象。请你定性画出水对杯底压力大小N与R的函数图像，并结合图像，说明小明可能会看到的实验现象。(3)a.小明从上述实验联想到了地月系统。地月系统其实是双星系统：地球和月球共同绕着地月系统的质心转动，已知地球质量约为月球质量的81倍，地心到月心的距离约为384400km。求地心到质心的距离。（结果保留两位有效数字）b.同
30、学们知道，地球表面大部分被海洋覆盖。月球的吸引和离心现象对海平面的高低会有影响。理论表明：由于地月绕共同质心的圆周运动，使得地球各处离心加速度都相同，且在地心处离心加速度与月球产生的引力加速度大小相等（有时为了研究方便引入离心力，物体做匀速圆周运动的离心力等于向心力，由离心力产生的加速度可称为离心加速度）。在下列甲乙丙丁四幅图中，地球表面灰色部分表示地月系统中海水的大致形状。根据以上信息，你认为哪个图可能是对的，并说明理由。【答案】(1)；(2)见解析；(3)a.4.2km；b.见解析【解析】【详解】(1) (2)根据牛顿第二定律有根据牛顿第三定律，有 当RR0时，水不会从水杯中流出；(3)a
31、。设地心到质心距离为r1，地心到月心距离为L即质心在地球内部(3)b甲图在地心处离心力等于月球引力，且地球各处离心力相同，所以在远月点离心力与月球引力方向相反，且离心力大于月球引力，合力背离地球，使海平面升高；近月点离心力与月球引力也相反，离心力小于月球引力，合力指向月球使海平面升高。在地表其他位置的合力都使海水向近月点和远月点聚集，最终使近月点和远月点的海平面升高。20. 一种游乐设施轨道如图所示，AM是一段倾角为53的斜面轨道，与光滑圆弧轨道MON平滑相接，圆弧的两端点M、N等高，半径为25m，O为最低点，在N点右上方有一段水平轨道BC，BC长度为5m，整个装置在同一竖直面内。AM和BC段
32、的动摩擦因数均为=0.75，质量为100kg的电动车厢从C点由静止出发，到达B点后以一定速度水平飞出，在N点恰好沿切线进入圆弧轨道，并从M点滑上斜面轨道，最高到达A点。已知车厢经过圆弧的O点时对轨道的压力大小为4300N。g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6。求(1)从M到A的上升时间；(2)B与N点之间的水平距离x和竖直高度差h；(3)为使车厢按原路径返回C点，在AM段需施加多大的驱动力？BC段需加多大的制动力？（设AM段驱动力和BC段制动力均为恒力，且在车厢由A至M、由B至C的过程中一直作用在车厢上）【答案】(1)2s；(2)30m，20m；(3)900N，1500N【
33、解析】【详解】(1)电动车厢在O点，根据牛顿第二定律有解得电动车厢从O点到M点，根据动能定理有联立解得电动车厢从M到A，根据牛顿第二定律有ma=mgsin +mgcos解得a=12.5m/s2根据速度时间公式有v =at解得t =2s(2)电动车厢从N到M，重力做功为零，故在BN段做平抛运动，根据速度的分解，得vB=vNcos=15m/s,vNy=vNsin=20m/s平抛运动在竖直方向是自由落体运动，则有vNy= gt1解得t1=2s则水平方向的位移和竖直方向的位移为x= vBt1= 30m，(3)要原路返回，经过M、N点时速度大小跟原来相同，A到M，根据牛顿第二定律有F+ mgsin -mgcos = ma解得F=900NB到C，根据速度位移公式得解得a2 = 22.5m/s2由牛顿第二定律得F+mg = ma2解得F=1500N
