2023-2024學年山東省青島一中高一（下）期初物理試卷含解析

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年山東省青島一中高一（下）期初物理試卷一、選擇題1.下列關于運動和力的敘述中，正確的是(

)A.做曲線運動的物體，其加速度方向一定是變化的

B.物體受恒力作用時不可能做曲線運動

C.物體所受合力方向與運動方向夾角為45°時，該物體一定做加速曲線運動

D.物體運動的速率增大，物體所受合力方向一定與運動方向相同2.如圖，光滑球A與粗糙半球B放在傾角為30°的斜面C上，C放在水平地面上，均處于靜止狀態(tài)。若A與B的半徑相等，A的質(zhì)量為2m，B的質(zhì)量為m，重力加速度大小為g，則(

)A.C對A的支持力大小為3mg B.C對B的摩擦力大小為12mg

C.B對A的支持力大小為233.奧運會上，我國運動員全紅嬋獲得10米跳臺冠軍。從全紅嬋離開跳臺開始計時，取豎直向下為正方向，不考慮空氣阻力和水平方向的運動，其速度隨時間變化的圖像簡化為如圖所示，則全紅嬋(

)A.在t2時刻運動到最高點

B.在0～t2時間內(nèi)的加速度先減小后增大

C.在t2～t4.某同學用無人機模擬“投彈”實驗，無人機在高度為?時水平投出一個小球，若小球到達地面時速度方向與水平方向間的夾角為θ，空氣阻力可以忽略不計，重力加速度為g，下列說法中正確的是(

)A.小球的初速度大小為v0=g?tana

B.小球著地時的速度大小為v=2g?sinθ5.應用于機場和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡化為如圖所示的模型。傳送帶始終保持v=0.4m/s的恒定速率逆時針方向運行，行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，A、B間的距離為2m，取重力加速度g=10m/s2，旅客把行李(可視為質(zhì)點)無初速度地放在A處，下列說法正確的是(

)A.行李經(jīng)過5s到達B處

B.行李到達B處時速度大小為0.4m/s

C.行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.08m

D.若使行李最快到達B處，傳送帶的最小運行速率為2m/s6.自動駕駛汽車依靠人工智能、雷達、監(jiān)控裝置和全球定位系統(tǒng)協(xié)同合作，讓電腦可以在沒有任何人操作的情況下，自動安全地操作機動車輛。如圖甲所示，某平直公路上，一輛自動駕駛汽車正以v1=72km/?的速度勻速行駛，某時刻其前方一白色小汽車以v2=30m/s的速度勻速前行，當后車傳感器探測到前車時，兩車距離LA.兩車在9s內(nèi)一定會相碰

B.t=3s時兩車距離最近，且最近距離為155m

C.t=9s時前車速度減為0

D.t=7s兩車距離為95m7.如圖所示，質(zhì)量為m的物體A靜止在質(zhì)量為M的斜面B上，斜面B的傾角θ=30°?，F(xiàn)用水平力F推物體A，在F由零逐漸增加至32mg再逐漸減為零的過程中，A和B始終保持靜止，重力加速度為g。對此過程下列說法正確的是(

)

A.A對B的壓力的最小值為32mg，最大值為334mg

B.A所受摩擦力方向始終沿斜面向上

C.A所受摩擦力大小逐漸減小8.在用DIS探究超重和失重的實驗中，某同學蹲在壓力傳感器上完成一次起立動作，在計算機屏幕上得到壓力傳感器示數(shù)F隨時間t變化的圖象如圖所示，則此過程該同學重心的運動速度v隨時間t變化的圖象最接近圖(

)

A. B.

C. D.9.某做直線運動的質(zhì)點的位置?時間圖象(拋物線)如圖所示，P(2,12)為圖線上的一點。PQ為過P點的切線，與x軸交于點Q(0,4)。已知t=0時質(zhì)點的速度大小為8m/s，則下列說法正確的是(

)A.質(zhì)點做勻減速直線運動

B.2s時，質(zhì)點的速度大小為6m/s

C.質(zhì)點的加速度大小為2m/s2

D.0～1s10.如圖所示，由四條細桿構(gòu)成的平行四邊形軌道abcd的ab邊與水平方向夾角為30°，ad邊與水平方向的夾角為60°，其中b、d兩點處于同一豎直線MN上。將兩個光滑小圓環(huán)P、Q(圖中未畫出)從a點同時由靜止釋放，分別沿路徑abc和adc下滑，若小圓環(huán)在拐點處無機械能損失，則下列說法中正確的是(

)A.小圓環(huán)P先到達豎直線MN

B.小圓環(huán)P、Q同時到達豎直線MN

C.小圓環(huán)Q先到達c點

D.小圓環(huán)P、Q同時到達c點11.如圖，水平面上有一輛小車，小車上有一傾角為30°的光滑斜面，用勁度系數(shù)為500N/m的彈簧連接一質(zhì)量為2kg的物體。以下過程中，物體m與斜面保持相對靜止且沿水平方向向左或向右運動，g=10m/s2，則(

)A.當小車以3m/s2的加速度向右加速運動時，彈簧伸長的長度0.026m

B.若要使物體m對斜面恰好無壓力，小車的加速度大小為53m/s2

12.如圖所示，A、B兩個物體相互接觸，但并不黏合，放置在水平面上，水平面與物體間的摩擦力可忽略，已知mA=4kg，mB=6kg。從t=0開始，推力FA和拉力FB分別作用于A、B上，F(xiàn)A、FB隨時間的變化規(guī)律為：A.t=0時，A物體的加速度為2m/s2

B.A、B開始分離時的速度為3m/s

C.t=2.0s時，A、B開始分離

D.t=1.0s時，A、B二、非選擇題13.在利用如圖甲所示實驗裝置研究平拋運動的規(guī)律中，采用頻閃照相的方法得到小球運動過程中的四個位置ABCD，由于粗心，只在紙上用鉛垂線確定了y軸，而未在紙上記下平拋的拋出點O的位置，在此基礎上，小組同學進行了如下測量：點A到y(tǒng)軸的距離AA′=30cm，點B到y(tǒng)軸的距離BB′=45cm，AB兩點的豎直距離Δy1=25cm，重力加速度大小g取10m/s2，忽略空氣阻力，則：

(1)小球做平拋運動的初速度v0=______m/s，該頻閃照相機的閃光頻率f=______Hz(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

(2)BC兩點間的豎直距離為______cm。

(3)以拋出點O為坐標原點建立的xOy平面直角坐標系中(y軸豎直向下為正方向)，y與x的函數(shù)關系式為______(用g、x、y14.為了探究物體質(zhì)量一定時加速度與力的關系，甲、乙同學設計了如圖(a)所示的實驗裝置，其中M為小車的質(zhì)量，m為砂和砂桶的總質(zhì)量，m0為滑輪的質(zhì)量。力傳感器可測出輕繩中的拉力大小。

(1)實驗時，______(“需要”或“不需要”)保證砂和砂桶的總質(zhì)量m遠小于小車的質(zhì)量M，______(“需要”或“不需要”)將帶滑輪的長木板右端墊高，以補償摩擦力。

(2)甲同學以力傳感器的示數(shù)F為橫坐標，加速度a為縱坐標，畫出的a?F圖象是一條直線，如圖(c)所示，圖像的斜率為k，則小車的質(zhì)量M=______。

A.1k?m0

B.1k

C.2k?m0

D.2k15.如圖所示，質(zhì)量為m1=20kg的物體甲通過三段輕繩懸掛，三段輕繩的結(jié)點為O，輕繩OB水平且B端與放在水平面上的質(zhì)量為m2=60kg的人相連，輕繩OA與豎直方向的夾角θ=37°，物體甲、人均處于靜止狀態(tài)。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：

(1)輕繩OA、OB受到的拉力大??；

16.2022年北京冬季奧運會，于2022年2月4日至20日在北京和張家口舉行，其中極具觀賞性的跳臺滑雪在張家口賽區(qū)舉行。如圖甲，滑雪運動員從跳臺上的A處水平飛出，在斜坡上的B處著陸，運動員飛行過程中在坡面上垂直于坡面的投影到A點的距離x隨時間t變化的關系圖像如圖乙。已知斜坡的傾角θ=30°，重力加速度g=10m/s2，空氣阻力不計，求：

(1)運動員從A點飛出的初速度v0；

(2)運動員飛行過程中距離斜坡的最大距離d；

(3)運動員在空中飛行時間t17.如圖所示，離地高1.5m處有一根水平細桿OA。細桿左端O固定，上面串有一個質(zhì)量為2kg的小球。小球與桿的動摩擦因數(shù)μ=0.8。右端A點正下方B處有一可視為質(zhì)點的托盤。小球開始靜止在O處。給其v0=4m/s的水平向右初速后。恰能運動到A點。(g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6)

(1)求小球運動的加速度和細桿OA的長度。

(2)小球在一與水平成53°夾角向上恒定拉力作用下恰能做勻速直線運動，求力F的大小。

(3)若小球在一與水平成53°夾角向上恒定拉力作用下從O點靜止出發(fā)，當運動到A點時撤去拉力，則當力F多大時，小球落地點距B地處距離最大？求出這個最大距離。

(4)若小球在一與水平成53°夾角向上恒定拉力作用下從O點靜止出發(fā)，當運動到A點時撤去拉力，小球飛出的同時，B處的托盤從靜止開始向右做勻加速直線運動，并恰好能接住小球。求托盤加速度a與小球受到拉力F之間的關系。并給出F18.如圖所示，長為L的長木板放在水平面上，可視為質(zhì)點的物體放在長木板的最右端，已知長木板與物體的質(zhì)量均為m，物體與長木板之間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.5，長木板與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.125，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度用g表示。

(1)如果在長木板上施加水平向右的恒力F，欲保證兩物體不發(fā)生相對運動，求恒力F的取值范圍；

(2)如果長木板上施加水平向右、大小為F=1.5mg的恒力，為保證物體不離開長木板，則恒力作用的時間應滿足什么條件？

(3)如果分別給長木板與物體水平向右和水平向左、大小均為v0的初速度，從開始運動到二者的速度相等，物體在長木板上滑過的距離為多少？

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A、做曲線運動的物體，其速度方向一定是變化的，加速度方向不一定變化，例如平拋運動的加速度恒定不變，故A錯誤；

B、物體做曲線運動的條件是合外力與速度的方向不共線，所以物體受恒力作用時也可能做曲線運動，例如平拋運動，故B錯誤；

C、物體所受合力方向與運動方向夾角為銳角時，物體做加速曲線運動，所以物體所受合力方向與運動方向夾角為45°時，該物體一定做加速曲線運動，故C正確；

D、若物體做直線運動，當物體運動的速率增大時，物體所受合力方向一定與運動方向相同，若物體做曲線運動，當物體運動的速率增大時，物體所受合力方向與運動方向之間夾角為銳角，物體所受合力放i想與運動方向不相同，故D錯誤。

故選：C。

A、曲線運動的速度方向時刻發(fā)生變化，加速度跟物體所受合力有關；

B、物體做曲線運動的條件是合外力與速度方向不共線；

C、物體所受合外力方向與速度方向夾角為銳角是做加速運動；

D、速率即速度的大小，只要合外力與速度方向夾角小于九十度，物體就做加速運動，若二者共線做加速直線運動，若二者不共線則做加速曲線運動。

本題考查了曲線運動的產(chǎn)生條件，掌握合外力與速度的關系是解決本題的關鍵。2.【答案】C

【解析】解：AC、對球A進行受力分析，如圖所示：

由幾何知識可知，B對A的支持力N1、C對A的支持力N2與豎直方向的夾角都等于30°

根據(jù)平衡條件：N1sin30°=N2sin30°

2mg=N1cos30°+N2cos30°

解得：N1=N2=233mg

故A錯誤，C正確。

B、把AB看出一個整體進行受力分析，整體重力沿斜面向下的分量與C對B的摩擦力f1平衡，有

f1=3mgsin30°=32mg

故B錯誤。

D、把ABC看出一個整體進行受力分析，根據(jù)平衡條件，在水平方向整體沒有運動趨勢，地面對C的摩擦力不存在，故D錯誤。

故選：C。

對球A進行受力分析，由幾何知識可知，B對A的支持力N1、C對A3.【答案】D

【解析】解：AD、從全紅嬋離開跳臺開始計時，取豎直向下為正方向，由圖像可讀出：全紅嬋在0～t1時間內(nèi)向上做勻減速直線運動，在t1～t2時間內(nèi)向下做勻加速直線運動，t2～t3時間內(nèi)向下做加速度減小的變減速直線運動，所以全紅嬋應在t1時刻運動到最高點，在t2時刻接觸水面，故A錯誤，D正確；

B、已知v?t圖像的斜率表示加速度，由v?t圖可知，在0～t2時間內(nèi)的圖像斜率不變，即在0～t2時間內(nèi)的加速度不變，故B錯誤；

C、在t2～t3時間內(nèi)向下做加速度減小的變減速直線運動，其位移小于相同時間內(nèi)做勻減速直線運動的位移，則在t2～t34.【答案】B

【解析】解：A.小球做平拋運動，在豎直方向上有vy2=2g?

其速度方向與水平方向間的夾角的正切值為tanθ=vyv0

聯(lián)立可得，小球的初速度大小為v0=2g?tanθ

故A錯誤；

B.小球著地時的速度大小為v=v02+vy2，解得：v=2g?sinθ，故B正確；

C.在豎直方向上有?=12gt2

在水平方向上有5.【答案】B

【解析】解：AB.行李剛放上傳送帶時，做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律，加速度大小為

a=μmgm=μg=0.2×10m/s2=2m/s2

行李加速到與傳送帶共速所用時間為

t1=vμg=0.42s=0.2s

加速過程通過的位移為

x1=v2t1=12×0.4×0.2m=0.04m

行李與傳送帶共速后做勻速運動到B處速度為0.4m/s，所用時間為

t2=L?x1v=2?0.040.4s=4.9s

則有

t=t1+t2=0.2s+4.9s=5.1s故A錯誤，B正確；

C.行李與傳送帶共速前發(fā)生的相對位移為

6.【答案】D

【解析】解：ABD.t=3s時，v1=72m/?=723.6m/s=20m/s，白色小汽車的速度為v3=v2+a1t3=(30?10×3)m/s=0，根據(jù)a?t圖象做出白色小汽車的v?t圖象。

可知當白色小汽車加速過程中速度與自動駕駛汽車速度相等時，兩車的距離最近，設白色小汽車加速過程中t4時刻，兩車速度相等，有v1=a2(t4?t3)解得t4=7s，則t4=7s兩車距離為s=7.【答案】A

【解析】解：A、對A受力分析，如下圖所示：

受到重力、支持力、推力和摩擦力作用，垂直于斜面方向有：FN=mgcos30°+Fsin30°

當F=0時，F(xiàn)N最小，最小值為：FNmin=mgcos30°=32mg

當F=32mg時，F(xiàn)N最大，最大值為：FNmax=mgcos30°+32mgsin30°=334mg

由牛頓第三定律知A對B的壓力最小值為32mg，最大值為334mg，故A正確；

BC、對A沿著斜面方向分析，當Fcos30°=mgsin30°，即：F=33mg，A受到的摩擦力為0，

當8.【答案】A

【解析】解：由圖可知人的重力為600N，t1～t2時間內(nèi)壓力傳感器示數(shù)F大于重力，則人受到向上的支持力大于重力，且支持力先增大后減小，所以人向上加速且加速度a=F?Gm先增大后減小，而v?t圖象的斜率對應人運動的加速度，所以加速度先增大后減小，即斜率先增大后減??；t2～t3時間內(nèi)壓力傳感器示數(shù)F小于重力，則人受到向上的支持力小于重力，且支持力先減小后增大，加速度a=G?Fm先增大后減小，所以斜率先增大后減小，故A正確，BCD錯誤。9.【答案】AC

【解析】解：A、x?t圖象是拋物線，說明質(zhì)點做勻變速直線運動。根據(jù)x?t圖象切線的斜率表示瞬時速度，知質(zhì)點的速度在減小，因此，質(zhì)點做勻減速直線運動，故A正確。

B、0～1s內(nèi)，質(zhì)點的位移大小為x2=12m，由x2=v0+v22t2得12=8+v22×2，可得，2s時，質(zhì)點的速度大小為v2=4m/s，故B錯誤。

C、質(zhì)點的加速度大小為a=|v2?v0t2|=|10.【答案】BC

【解析】解：AB、設傾斜軌道與水平面的夾角為θ，傾斜軌道長度為L，軌道水平投影長度為x，則小球在軌道上運動，根據(jù)牛頓第二定律可知：mgsinθ=ma

運動的位移為：L=xcosθ

根據(jù)運動學公式有：

L=12at2

聯(lián)立解得：t=4xgsin2θ

由于P環(huán)從a到b，Q環(huán)從a到d，軌道水平投影長度x相同，則所用時間相同，同時到達MN虛線，故A錯誤，B正確；

CD、在下滑過程中，由于只有重力做功，機械能守恒，但是P環(huán)始終在Q環(huán)的上方，到達c點之前，可得P環(huán)的速度始終小于Q環(huán)的速度，由于從a到c兩種路徑的距離相同，所以Q環(huán)所用的時間更小，先到到c點，故C正確，D錯誤；

故選：BC11.【答案】ACD

【解析】解：A.對小滑塊受力分析，受重力、支持力和拉力，如圖

加速度水平向右，故合力水平向右，將各個力和加速度都沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解，由牛頓第二定律，有

F?mgsin30°=ma?cos30°

mgcos30°?FN=ma?sin30°

解得F=13N

根據(jù)胡克定律，有

F=kx

代入數(shù)據(jù)得到

x=0.026m=2.6cm

即此時當小車以3m/s2的加速度運動時，彈簧伸長的長度為2.6cm，故A正確；

B.小滑塊對斜面體沒有壓力，則斜面體對小滑塊也沒有支持力，小滑塊受到重力和拉力，物體的加速度水平向右，故合力水平向右，運用平行四邊形定則，如圖

由幾何關系得到F合=mgtan30°=2×1033N=203N

根據(jù)牛頓第二定律，得到a=F合m，解得a=103m/s2

即若使物體m對斜面無壓力，小車加速度必須為103m/s2，故B錯誤；

C.彈簧保持原長，彈力為零，小滑塊受到重力和支持力，物體沿水平方向運動，加速度水平向左合力水平向左，運用平行四邊形定則，如圖

根據(jù)幾何關系，有F合=mg?tan30°

根據(jù)牛頓第二定律，有12.【答案】CD

【解析】解：A.t=0時，AB整體的加速度為a=FA+FBmA+mB=8+24+6m/s2=1m/s2，故A錯誤；

BC.當A、B開始分離時兩者之間的彈力為零，則對FA=8?2t=mAa，解得t=2s，則此時的速度為v=at，解得v=2m/s，故B錯誤，C正確；

D.t=1.0s時FA=6N，對物體A有FA13.【答案】1.5

10

35

y=g【解析】解：(1)AA′=30cm=0.3m；BB′=45cm=0.45m

令從O到A的時間為t1，則

t1=AA′v0

令從O到B的時間為t2，則

t2=BB′v0

所以A、B兩點間的豎直距離為：

Δy1=12gt22?12gt12=25cm=0.25m

解得：v0=1.5m/s

令A、B兩點間的水平距離為x，則

x=BB′?AA′=45cm?30cm=15cm

T=xv0=15×10?21.5s=0.1s

閃光頻率為f=1T=10.1Hz=10Hz

(2)在B點時

t2=BB′v0=45×1014.【答案】不需要

需要

C

沒有補償摩擦力或補償摩擦力不夠

【解析】解：(1)實驗中，因為力傳感器可以直接測量出繩子的拉力，不需要滿足砂和砂桶的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量，為了使合外力等于繩子拉力的兩倍，需要將帶滑輪的長木板右側(cè)墊高，一平衡摩擦力；

(2)根據(jù)牛頓第二定律可得：

2F=(M+m0)a

整理得：a=2FM+m0

所以斜率為：k=2M+m0

小車的質(zhì)量為：M=2k?m0，故C正確，ABD錯誤；

故選：C。

(3)題目中的a?F圖像，拉力較小時沒有加速度，說明沒有補償摩擦力或者補償摩擦力不足。

故答案為：(1)15.【答案】解：(1)對結(jié)點O受力分析如圖所示：

對O點，由平衡條件可得：FOB=m1gtanθ，F(xiàn)OA=m1gcosθ，解得：FOB=m1gtan37°=20×10×34N=150N；

FOA=m1gcosθ=m1gcos37°【解析】(1)以結(jié)點O為研究對象，分析受力，作出受力分析圖，根據(jù)平衡條件求出輕繩OA、OB受到的拉力，則可求解輕繩OA、OB對O點的拉力的大?。?/p>

(2)人在水平方向受到OB繩的拉力和水平面的靜摩擦力，由二力平衡求解人受到的摩擦力大小和方向。

本題涉及共點力平衡問題，要求同學們能正確對物體受力分析，明確平衡條件的應用即可正確求解。16.【答案】解：(1)從A到B，運動員做平拋運動，運動員在沿斜面方向上(x軸)做勻加速直線運動，飛行過程中在坡面上垂直于坡面的投影到A點的距離x隨時間t變化的關系為：x=v0cosθt+12gsinθt2

由圖，在第1s末運動員在坡面上垂直于坡面的投影到A點的距離x是17.5m，則：v0=103m/s≈17.3m/s

(2)將該運動分解在沿斜面和垂直于斜面兩個方向上，運動員在垂直斜面方向上(y軸)做勻減速直線運動，有：vy=v0sinθ，ay=gcosθ，設最遠距離時所以時間為t，則有：t0=vyay=v0sin30°gcos30°=10【解析】(1)運動員從A到B做平拋運動，將運動員的初速度沿斜面方向與垂直于斜面的方向分解，結(jié)合運動員飛行過程中在坡面上垂直于坡面的投影到A點的距離x隨時間t變化的關系，求得運動員的初速度；

(2)將平拋運動分解為沿斜面方向和垂直斜面方向，在垂直于斜面方向做勻減速直線運動，沿斜面方向做勻加速直線運動，當垂直于斜面方向的速度為零時，距離斜面最遠，結(jié)合速度—時間公式和位移—時間公式進行求離坡面的最遠距離；

(3)根據(jù)(2)的方法，當運動員落在斜面上時，垂直于斜面方向的位移為零，由此求出運動員在空中飛行時間t。

解決本題的關鍵將平拋運動進行分解，靈活選擇分解的方向，得出分運動的規(guī)律，根據(jù)運動學公式靈活求解。明確運動員運動方向與斜面平行時，離坡面最遠。17.【答案】解：(1)對小球進行受力分析，由牛頓第二定律可得：μmg=ma

解得：a=8m/s2

由運動學公式可得：0?v02=?2al

解得：l=1m；

(2)當支持力向上時，對小球進行受力分析，沿桿方向根據(jù)平衡條件可得：F1cos53°=μ(mg?F1sin53°)

解得：F1=40031N

當支持力向下時，對小球進行受力分析，沿桿方向根據(jù)平衡條件可得：F2cos53°=μ(F2sin53°?mg)

解得：F2=400N；

(3)小球飛離A點后做平拋運動，因為下落高度確定，故小球在空中平拋運動時間一定，故小球到達A點速度越大，小球落地點距B地處距離最大。

當支持力的豎直分力小于重力時，支持力向上，有：Fcos53°?μ(mg?Fsin53°)=ma

整理得：a=0.62F?8

故隨著拉力的增大，加速度先增大。

當支持力的豎直分力大于重力時，支持力向下，有：Fcos53°?μ(Fsin53°?mg)=ma

整理得：a=8?0.02F

故隨著拉力的增大，加速度后減小。所

以當拉力的豎直分力恰好等于重力時，加速度最大，此時有：

F3sin53°=mg，F(xiàn)3cos53°=mam

解得：F3=25N，am=7.5m/s2

由運動學公式可得：

vA2=2aml

?=12gt2

x=vAT

聯(lián)立可得：x=322m；

(4)由上述計算可知，當40031N<F≤25N時，對小球有：

Fcos53°?μ(mg?Fsin53°)=ma球

vA2=2a球l【解析】(1)對小球進行受力分析，由牛頓第二定律求解加速度大小，由運動學公式求解桿長；

(2)當支持力向上時或支持力向下時，對小球