1、模块综合检测(一)(时间:90分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分.每小题只有一个选项符合题目要求)1.下列关于平抛运动和自由落体运动的说法正确的是()A.平抛运动是曲线运动,它的速度方向不断改变,不可能是匀变速运动B.两种运动在任意相等时间内的速度变化量相等C.平抛运动是速度大小一直不变的运动,而自由落体运动是速度一直增大的运动D.二者都是加速度逐渐增大的运动答案:B2. 如图所示,将一蜡块置于注满清水的长玻璃管中,封闭管口后将玻璃管竖直倒置,在蜡块匀速上浮的同时,使玻璃管以速度v水平向右匀速移动,蜡块由管口上升到顶端的时间为t.如果玻璃管以2v的水平速度移
2、动,在蜡块由管口上升到顶端的过程中,下列说法正确的是()A.所用时间减小B.所用时间不变C.蜡块位移减小D.蜡块位移不变答案:B3.2019年1月3日,“嫦娥四号”探测器在月球背面成功软着陆,实现人类探测器首次月背软着陆.右下图是“嫦娥四号”探测器由环月圆轨道进入预定月背着陆准备轨道的示意图,则下列关于“嫦娥四号”探测器运动的说法正确的是()A.“嫦娥四号”探测器发射速度一定大于11.2 km/sB.“嫦娥四号”探测器由100 km环月圆轨道需要点火加速才能进入近月点高度约为15 km的椭圆环月轨道C.“嫦娥四号”探测器在近月点高度约为15 km的椭圆环月轨道上各点的速度都大于其在100 km
3、环月圆轨道上的速度D.“嫦娥四号”探测器在100 km环月圆轨道上运动的周期大于其在近月点为15 km的椭圆环月轨道上运动的周期答案:D4.如图所示,木盒中固定一质量为m的砝码,木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止.现拿走砝码,对木盒持续施加一个竖直向下的恒力F(F=mg),若其他条件不变,则木盒滑行的距离()A.不变B.变小C.变大D.均有可能答案:B5.某手机品牌推出了一种特殊的手机,在电池能量耗尽时,摇晃手机就能产生电能维持使用.摇晃手机的过程将机械能转化为电能,摇晃该手机一次,相当于将所受重力为1.0 N的重物举高0.2 m,若每秒摇2次,则摇晃手机的平均功率为()A
4、.0.04 WB.0.4 WC.4 WD.40 W答案:B6.某学校开设了糕点制作的选修课,小明同学在体验糕点制作“裱花”环节时,他在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径20 cm的蛋糕,在蛋糕上每隔4 s均匀“点”一次奶油,蛋糕一周均匀“点”上15处奶油,则下列说法正确的是()A.圆盘转动的转速约为2 r/minB.圆盘转动的角速度大小为30 rad/sC.蛋糕边缘的线速度大小约为3 m/sD.蛋糕边缘的向心加速度为90 m/s2答案:B7.摩天轮是一种游乐项目,乘客可随座舱在竖直面内做匀速圆周运动.下列叙述正确的是()A.在最高点,乘客处于超重状态B.在最低点,乘客重力小于他所受到的支持力C
5、.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变D.从最高点向最低点转动的过程中,座椅对乘客的作用力不做功答案:B8.两颗行星绕某恒星做匀速圆周运动,从天文望远镜中观察到它们的运行周期之比是81,两行星的公转速度之比为()A.12B.21C.14D.41答案:A二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分.每小题有多个选项符合题目要求.全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)9.在修筑铁路时,弯道处的外轨会略高于内轨.当火车以规定的行驶速度转弯时,内、外轨均不会受到轮缘的挤压,设此时的速度大小为v,则()A.内、外轨道有高度差,主要是为了减小车轮与铁轨间的摩擦B.当火车速率等于v时,
6、重力和支持力的合力为火车转弯提供向心力C.当火车速率大于v时,内轨将受到轮缘的挤压D.当火车速率大于v时,外轨将受到轮缘的挤压答案:BD10. 在科幻电影中,利用霍曼转移轨道,用最少的燃料地球就会到达木星轨道,最终逃出太阳系.如图所示,科学家利用固定在地面上的万台超级发动机瞬间点火,使地球在地球轨道上的B点加速,进入运输轨道,再在运输轨道上的A点瞬间点火,从而进入木星轨道.关于地球的运动,下列说法正确的是()A.在运输轨道上,地球经过A的速度小于经过B的速度B.在轨道上,地球的机械能大于其在运输轨道上的机械能C.地球在轨道上运动的周期大于其在运输轨道上运动的周期D.地球在轨道上经过B点的加速度
7、小于其在运输轨道上经过B点的加速度答案:ABC11. 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Ff大小恒定,汽车在水平路面上由静止开始运动,最大速度为vm,汽车发动机的输出功率随时间变化的图像如图所示,则汽车()A.0t1做加速度减小的变加速运动B.0t1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解析:P=Fv=Fat=(ma+Ff)at,根据0t1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,牵引力恒定,速度均匀增加,故选项A错误,选项B正确.当功率达到额定功率后,汽车
8、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0时,速度达到最大,之后汽车做匀速运动,故选项C错误,选项D正确.答案:BD12.如图所示,质量为m0、长为l的木板置于光滑的水平面上,一质量为m的滑块放置在木板左端,滑块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff.现用一水平恒力F作用在滑块上,当滑块运动到木板右端时,木板在水平面上移动的距离为s.下列说法正确的是()A.在其他条件不变的情况下,F增大,滑块与木板间产生的热量不变B.在其他条件不变的情况下,m0越大,s越大C.在其他条件不变的情况下,F越大,滑块到达木板右端所用时间越长D.上述过程中,滑块克
9、服摩擦力做功为Ff(l+s)解析:系统产生的热量等于摩擦力做的功,相对位移不变,摩擦力不变,所以产生的热量不变,选项A正确;在其他条件不变的情况下,由于木板受到的摩擦力不变,当m0越大时,木板加速度越小,而滑块加速度不变,相对位移不变,滑块在木板上运动时间变短,所以木板运动的位移s变小,选项B错误;在其他条件不变的情况下,拉力F越大,滑块的加速度越大,滑块到达木板右端所用时间就越短,选项C错误;滑块相对于水平面的位移为l+s,则滑块克服摩擦力做功为Ff(l+s),选项D正确.答案:AD三、非选择题(本题共6小题,共60分)13.(6分)一小球做平抛运动的频闪照片的一部分如图所示.图中背景方格的
10、边长均为l=5 cm,g取10 m/s2,小球的初速度v0= m/s,小球在B点的竖直速度是 m/s,开始运动的位置距离A点的水平距离为m.解析:竖直方向有y=gT2,得T=2lg=0.1 s,初速度v0=3lT=1.5 m/s,小球在B点的竖直速度vBy=8l2T=2.0 m/s,从开始运动到B点的时间t=vByg=0.2 s,开始运动的位置距离A点的水平距离x=v0t-3l=0.15 m.答案:1.52.00.1514.(8分)用图甲所示的装置可以探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关. 甲 乙(1)本实验采用的科学方法是.A.控制变量法B.累积法C.微元法D.放大法(2
11、)图甲所示情景正在探究的是.A.向心力的大小与半径的关系B.向心力的大小与角速度大小的关系C.向心力的大小与物体质量的关系(3)一类似于实验装置的皮带传动装置如图乙所示,A、B、C三点到各自转轴的距离分别为RA、RB、RC,已知RB=RC=RA2,若在传动过程中,皮带不打滑,则A点与C点的角速度之比为,B点与C点的向心加速度大小之比为.解析:(1)探究向心力的大小与哪些因素有关用到的科学方法是控制变量法,故选项A正确,选项B、C、D错误.(2)从图中看出实验中所用的两个小球材质、大小相同,故两球的质量相等,两球距转轴的距离相等,所以该实验探究向心力与角速度大小的关系,故选项A、C错误,选项B正
12、确.(3)A、C两点的线速度大小相等,根据v=r可知,角速度和半径成反比,故A、C两点的角速度之比为12;因为A、B两点的角速度相等,所以B、C两点的角速度之比为12,根据a=r2可知,B、C两点的向心加速度之比为14.答案:(1)A(2)B(3)121415.(10分)在一次摩托车越壕沟的表演中,摩托车从壕沟的一侧以速度v0=45 m/s沿水平方向飞向另一端,壕沟两侧的高度分别为2.0 m和3.5 m,宽为20 m,不计空气阻力,g取10 m/s2.(1)摩托车是否能越过壕沟?请通过计算说明.(2)如果摩托车能越过壕沟,它落地时的速度是多大?落地速度的方向与地面的夹角(可用这个角的三角函数表
13、示)是多大?解析:(1)摩托车在表演中做平抛运动,根据运动学定律,可知下落高度h=12gt2,当h=3.5 m-2.0 m=1.5 m时,运动时间t=2hg=3010 s,水平位移x=v0t=9302 m20 m,由此得摩托车可以越过壕沟.(2)落地时水平速度vx=v0=45 m/s,落地时竖直速度vy=gt=30 m/s,落地时速度v=vx2+vy2=45.3 m/s.设落地时速度方向与地面的夹角为,tan =vyvx=3045.答案:(1)摩托车能越过壕沟.计算过程见解析(2)45.3 m/s速度方向与地面的夹角的正切值为304516.(10分)如图所示,小物体沿光滑弧形轨道从高为h处由静
14、止下滑,它在水平粗糙轨道上滑行的最远距离为s,重力加速度用g表示,小物体可视为质点,求:(1)小物体刚刚滑到弧形轨道底端时的速度大小v;(2)水平轨道与小物体间的动摩擦因数.解析:(1)设小物体的质量为m,小物体沿弧形轨道下滑的过程满足机械能守恒定律,由mgh=12mv2得v=2gh;(2)对小物体从开始下滑到最终停下的过程应用动能定理,由mgh-mgs=0,得=hs.答案:(1)2gh(2)hs17.(12分)如图所示,小球沿光滑的水平面冲上一个与水平面相切的光滑的半圆形轨道,轨道在竖直平面内,其半径为R,小球在轨道的最高点对轨道的压力大小等于小球的重力,重力加速度为g.(1)小球落地时速度
15、为多大?(2)小球落地点与圆弧轨道最高点的水平距离是多大?解析:(1)设小球的质量为m,根据牛顿第三定律,小球到达轨道的最高点时受到轨道的支持力FN大小等于小球对轨道的压力,则FN=mg,由题意可知小球在最高点时,有FN+mg=mv2R,解得小球到达轨道最高点时的速度大小v=2Rg,落地时竖直方向分速度为vy,根据运动学公式得vy2=2g2R=4gR,设落地时水平方向分速度为vx,有vx=v=2Rg,小球落地时速度大小vt=vx2+vy2=6gR.(2)小球离开轨道做平抛运动,有h=2R=12gt2,做平抛运动时间t=4Rg,小球落地时与圆弧轨道最高点的水平距离x=vt=22R.答案:(1)6
16、gR(2)22R18.(14分)如图所示,一个可视为质点的质量m=1 kg的小物块,从光滑平台上的A点以v0=2 m/s的初速度水平抛出,到达C点时,恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道,最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量m0=3 kg的长木板.已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平,水平地面光滑,小物块与长木板间的动摩擦因数=0.3,圆弧轨道的半径R=0.4 m,C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角=60,不计空气阻力,g取10 m/s2.(1)求小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力.(2)要使小物块不滑出长木板,木板的长度l至少为多少?解析:(1)小物块在C点时的
17、速度大小vC=v0cos60,小物块由C到D的过程中,由机械能守恒定律得mgR(1-cos 60)=12mvD2-12mvC2,代入数据解得vD=25 m/s,小物块在D点时,由牛顿第二定律得FN-mg=mvD2R,代入数据解得FN=60 N,由牛顿第三定律得FN=FN=60 N,方向竖直向下.(2)设小物块刚好滑到木板左端时,物块和木板达到共同速度,大小为v,滑行过程中,由牛顿第二定律得小物块与长木板的加速度大小分别为a1=mgm=g,a2=mgm0,速度大小为v=vD-a1t,v=a2t,对小物块和木板组成的系统,由功能关系得mgl=12mvD2-12(m+m0)v2,解得l=2.5 m.
18、答案:(1)60 N,方向竖直向下(2)2.5 m模块综合检测(二)(时间:90分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分.每小题只有一个选项符合题目要求)1.物体做平抛运动时,它的速度方向与水平方向的夹角的正切值为tan ,关于tan 与物体做平抛运动的时间t之间的关系,下列图像可能正确的是() A B C D答案:B2.如图所示,船从A处开出后沿直线AB到达对岸,若AB与河岸成37角,水流速度为4 m/s,已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,则船在静水中的最小速度为()A.2 m/sB.2.4 m/s C.3 m/s D.3.2 m/s答案:B3.
19、手指转球是指使篮球在指尖上转动,先以手腕之力让球体旋转,然后单指顶住球体,如图所示.假设某同学让篮球在指尖上匀速转动,指尖刚好在篮球球心的正下方,下列判断正确的是()A.篮球上各点做圆周运动的角速度相同B.篮球上各点的向心力是由手指提供的C.篮球上的各点做圆周运动的圆心均在指尖与篮球的接触处D.篮球上离转轴越近的点,做圆周运动的向心加速度越大答案:A4. “反向蹦极”是一种比蹦极更刺激的运动.如图所示,弹性绳的上端固定(图中未画出),拉长后将下端固定在体验者的身上,然后将人从地面释放,人就像火箭一样被“竖直发射”出去,冲向高空.在人向上运动至最高点的过程中,下列判断正确的是()A.人的动能始终
20、增大B.人的动能先增大后减小C.弹性绳的弹性势能始终增大D.弹性绳的弹性势能先增大后减小答案:B5.设地球的质量为m地,地球的半径为R,物体的质量为m,关于物体与地球间的万有引力的说法,正确的是()A.地球对物体的引力大于物体对地球的引力B.物体距地面的高度为h时,物体与地球间的万有引力为F=Gmm地h2C.物体放在地心处,r=0,所受引力无穷大D.物体离地面的高度为R时,物体与地球间的万有引力为F=Gmm地4R2答案:D6. 一小孩站在岸边向湖面抛石子.A、B两粒质量相同的石子先后从同一位置抛出后,各自运动的轨迹如图所示,两条曲线的最高点位于同一水平线上,忽略空气阻力的影响.关于A、B两粒石
21、子的运动情况,下列说法正确的是()A.在空中运动的加速度aAaBB.在空中运动的时间tAtBC.抛出时的初速度vAvBD.入水时重力的瞬时功率PAa3a2 B.a1=a2a3C.v1v2v3 D.v1v3v2答案:AD11. 右图为某段滑雪雪道的示意图.已知雪道倾角为30,总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距离底端高h处的雪道上由静止开始匀加速下滑,加速度的大小为16g,在他从上而下滑到底端的过程中,下列说法正确的是()A.运动员获得的动能为mghB.运动员克服摩擦力做功为23mghC.下滑过程中系统减少的机械能为23mghD.下滑过程中系统减少的机械能为mgh解析:根据牛顿第二定律得,
22、mgsin 30-Ff=ma,解得Ff=13mg,根据动能定理得 mgh-Ffs=Ek-0,其中s=hsin30=2h,解得运动员获得的动能Ek=13mgh,故选项A错误.运动员克服摩擦力做功的大小Wf=Ffs=23mgh,故选项B正确.根据功能关系知,系统克服摩擦力做的功等于系统减少的机械能,则系统减少的机械能为23mgh,故选项C正确,选项D错误.答案:BC12.如图甲所示,对离地一定高度的物体施加一个竖直向上的拉力F,物体在竖直方向上运动的v-t关系图像如图乙所示.以地面为参考平面,忽略空气阻力,下列物体的机械能E随距离x变化的图像,正确的是()甲乙 A B C D解析:物体离地一定高度
23、,故当x=0时,其机械能不为0,选项A、C错误.根据v-t图像的斜率等于加速度可知,加速度不断增大.若物体向上运动,由牛顿第二定律得F-mg=ma,得 F=mg+ma,可知F不断增大.F对物体做正功,由功能原理知物体的机械能增大.根据功能关系有E=Fx,可知E-x图像的斜率大小等于拉力,F增大,E-x图像的斜率不断增大,故选项B正确.若物体向下运动,由牛顿第二定律得mg-F=ma,得 F=mg-ma,a增大,可知F不断减小.F对物体做负功,由功能原理知物体的机械能减少.F减小,E-x图像的斜率不断减小,故选项D正确.答案:BD三、非选择题(本题共6小题,共60分)13.(6分)某同学设计了一个
24、探究平抛运动特点的实验装置.如图甲所示,在水平桌面上固定放置一个斜面,把桌子搬到竖直墙的附近,把白纸和复写纸附在墙上.第一次让桌子紧靠墙壁,从斜面上某一位置由静止释放钢球,在白纸上得到痕迹A(图乙),以后每次将桌子向后移动相同的距离x,每次都让钢球从斜面的同一位置滚下,重复刚才的操作,依次在白纸上留下痕迹B、C、D,测得BC、CD间的距离分别为y1和y2. 甲 乙(1)为了完成实验,除了题中和图甲中所示的器材外,还必须选的器材是(选填“停表”“刻度尺”或“天平”).(2)小钢球离开水平桌面时的速度是(用g、x、y1和y2表示).解析:(1)由题意可知还需要的器材是刻度尺.(2)在竖直方向上,根
25、据y2-y1=gT2得,T=y2-y1g,则小钢球离开水平桌面的速度v0=xT=xgy2-y1.答案:(1)刻度尺(2)xgy2-y114.(14分)验证机械能守恒定律的实验采用重物自由下落的方法.g取10 m/s2.(1)用公式12mv2=mgh时,对纸带的要求是初速度为,符合此要求的纸带第1、2两点间距应接近(打点计时器打点的时间间隔为0.02 s).(2)若实验中所用重物质量m=1 kg,打点纸带如图所示,图中所标数据均为相应点到起点的距离,则打下B点时,重物速度vB=m/s,重物的动能EkB=J,从开始下落至打下B点,重物重力势能的减少量是J.因此,可得出的结论是.(3)若根据纸带算出
26、各点的速度,量出下落的距离,再以v22为纵轴,以h为横轴画出的图线应是. A B C D解析:(1)用12mv2=mgh验证机械能守恒定律,要求打下第1个点时纸带初速度为0,符合要求的纸带的第1、2两点间距应接近2 mm.(2)vB=sAC2T=0.59 m/s,EkB=12mvB2=0.174 J,重力势能减少量Ep=mgh=0.176 J,这说明在实验误差允许的范围内,重物的机械能守恒.(3)由12mv2=mgh可得v22=gh,v2h,故选项C正确.答案:(1)02 mm(2)0.590.1740.176在实验误差允许的范围内,重物的机械能守恒(3)C15.(8分)第24届冬奥会将于20
27、22年2月4日至20日在我国举行,冬奥会的申办引起了滑雪热.下图为某滑雪场地示意图,雪道由助滑坡AB和BC及斜坡CE组成,某滑雪爱好者从A点由静止自由滑下,在C点水平滑出,经一段时间后,落到倾角为=37斜坡上的E点,测得E点到C点的距离为75 m,不计空气阻力,g取10 m/s2.求:(1)滑雪爱好者离开C点时的速度大小;(2)滑雪爱好者落到E点时的速度大小.解析:(1)设滑雪爱好者离开C点时的速度大小为vC,CE距离为l=75 m,滑雪爱好者从C点水平飞出后做平抛运动,竖直方向有lsin =12gt2,水平方向有 lcos =vCt,联立代入数据解得 vC=20 m/s.(2)设滑雪爱好者落
28、到E点时的速度大小为vE,从C到E的过程,根据动能定理得mglsin =12mvE2-12mvC2,解得 vE=1013 m/s.答案:(1)20 m/s(2)1013 m/s16.(10分)如图所示,弯曲轨道与半径为R的圆弧轨道最低点平滑连接,整个轨道光滑且位于同一竖直平面内.质量为m的小球,从弯曲轨道上由静止开始滑下,后进入圆弧轨道.已知Q为圆弧轨道的最高点,重力加速度为g.(1)若小球能通过Q点,则在Q点小球的速度至少应为多大?(2)若小球从弯曲轨道上h=4R处由静止释放,则小球在Q点受到轨道的弹力是多大?解析:(1)设小球到达圆轨道最高点的最小速度为v,小球恰好能通过圆轨道最高点有mg
29、=mv2R,解得v=gR.(2)当h=4R时,设小球运动到圆弧的最高点速度为v,由机械能守恒定律得mg(h-2R)=12mv2,在最高点有mg+FN=mv2R,解得FN=3mg.答案:(1)gR(2)3mg17.(10分)小明用如图所示的轨道探究滑块的运动规律.长l1=1 m的倾斜轨道倾角为,轨道底端平滑连接长l2=0.1 m的水平轨道,水平轨道左端与半径R=0.2 m的光滑半圆形轨道底端B平滑连接.将质量m=0.05 kg的滑块(可视为质点)从倾斜轨道顶端释放,滑块与倾斜轨道及水平轨道间的动摩擦因数均为=0.3.已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 m/s2.(1)当=3
30、7时,无初速度释放滑块,求滑块到达B点时对半圆轨道压力的大小.(2)当=37时,为保证滑块能到达半圆轨道顶端A点,应至少以多大的速度释放滑块?解析:(1)滑块从倾斜轨道顶端无初速度地滑到B点,在B点对滑块进行受力分析,如图甲所示.有mgl1sin -mgl1cos -mgl2=12mvB2,在B点,有F-mg=mvB2R,联立解得F=2.15 N,由牛顿第三定律得滑块在B点对半圆轨道的压力大小为2.15 N. 甲 乙 (2)若滑块恰能到达半圆轨道顶端A点,在A点对滑块进行受力分析,如图乙所示.则mg=mvA2R,解得vA=gR=2 m/s.从倾斜轨道顶端到半圆轨道最高点,根据动能定理有mgl1
31、sin -mgl1cos -mgl2-2mgR=12mvA2-12mv02,解得v0=855 m/s.答案:(1)2.15 N(2)855 m/s18.(12分)如图所示,将质量为m=1 kg的小物块放在长为l=1.5 m的小车左端,车的上表面粗糙,物块与车上表面间的动摩擦因数=0.5,直径d=1.8 m的光滑半圆轨道固定在水平面上且直径MON竖直,车的上表面和轨道最低点高度相同,距地面高度h=0.65 m.开始时,车和物块一起以v0=10 m/s的初速度在光滑水平地面上向右运动,车碰到轨道后立即停止运动,g取10 m/s2,求:(1)小物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力.(2)小物块落地点至车
32、左端的水平距离.解析:(1)车停止运动后取小物块为研究对象,设其到达车右端时的速度为v1,由动能定理得-mgl=12mv12-12mv02,解得v1=85 m/s;刚进入半圆轨道时,设物块受到的支持力为FN,由牛顿第二定律得FN-mg=mv12d2,解得FN=104.4 N;由牛顿第三定律可得FN=FN,FN=104.4 N,方向竖直向下.(2)若小物块能到达半圆轨道最高点,则由机械能守恒得12mv12=mgd+12mv22,解得v2=7 m/s;设小物块恰能过最高点时的速度为v3,则mg=mv32d2,解得v3=gd2=3 m/s.因为v2v3,所以小物块能到达半圆轨道最高点,且从半圆轨道最高点做平抛运动.h+d=12gt2,x=v2t,联立解得x=4.9 m,故小物块距车左端s=x-l=3.4 m.答案:(1)104.4 N,方向竖直向下(2)3.4 m
