1、常州市常州市 2020-2021 学年高一第一学期期末物理试题学年高一第一学期期末物理试题 （2021 年年 1 月）月） 说明：本试卷满分为说明：本试卷满分为 100 分，考试时间为分，考试时间为 90 分钟。共分钟。共 17 题，第题，第 17 小题分为小题分为 A、B 两组，由学校根据实际情况自两组，由学校根据实际情况自 行选做。行选做。 一、单项选择题（每小题一、单项选择题（每小题 3 分，共分，共 15 分，每小题分，每小题只有一个只有一个选项符合题意）选项符合题意） 1 下列说法正确的是( ) A.高速公路上限速牌上的速度值指平均速度 B.运动员在处理做香蕉球运动的足球时,要将足球
2、看成质点 C.运动员的链球成绩是指链球从离开手到落地的位移大小 D.选取不同的参考系,同一物体的运动轨迹可能不同 【参考答案】D 【名师解析】高速公路上限速牌上的速度值指瞬时速度,故 A 错误;运动员在处理做香蕉球运动的足球时,要看足球的 旋转,不能将足球看成质点,故 B 错误;运动员的链球成绩是指链球从起点位置到落地的位移大小,故 C 错误;选取不同 的参考系,同一物体的运动轨迹可能不同,故 D 正确。 2 如图所示为甲、乙两个质点在 0t0时间内沿同一直线运动的位移时间图象，在 两个质点在 0t0时间内， A任一时刻的加速度都不同 B位移大小不相等 C任一时刻的速度都不同 D运动方向不相同
3、 【参考答案】A 【名师解析】根据位移图像的斜率表示速度可知，两个质点在 0t0时间内，乙做匀速直线运动，其加速度为零，而 甲做速度逐渐增大的加速直线运动，两个质点在 0t0 时间内任一时刻的加速度都不同，选项 A 正确；两个质点 在 0t0 时间内，位移大小相等，运动方向都是沿 x 轴负方向，运动方向相同，选项 BD 错误；根据位移图像的斜率 表示速度可知，两个质点在 0t0 时间内，有一时刻速度相同，选项 C 错误。 【方法归纳】位移-时间图象的斜率表示质点运动的速度，在同一坐标系中两个位移-时间图象的交点表示两质点 相遇。 3如图所示，用一把直尺可以测量神经系统的反应速度。现有甲、乙两同
4、学，甲同学用手指拿着一把长 50 cm 的 直尺，乙同学把手放在零刻度线位置做抓尺的准备，当甲同学松开直尺，乙同学见到直尺下落时，立即用手抓住直 尺，记录抓住处的数据，重复以上步骤多次。现有乙同学测定神经系统的反应速度得到以下 数据(单位：cm)，则下列说法正确的是( ) A. 第一次测量的反应时间最长 B第一次测量的反应时间为 2 s C第二次抓住之前的瞬间，直尺的速度约为 4 m/s D若某同学的反应时间为 0.4 s，则该直尺将无法测量该同学的反应时间 【参考答案】D 【名师解析】第一次测量的下落高度为 20cm，由自由落体运动规律 h= 1 2 gt2，可知第一次测量的反应时间为 t=
5、0.2s， 反应时间最最短，选项 AB 错误；第二次测量的下落高度为 h=45cm，由自由落体运动规律 v2=2gh，可知第二次抓 住之前的瞬间，直尺的速度约为 v=3 m/s，选项 C 错误；若某同学的反应时间为 0.4 s，则在反应时间内直尺下落高 度为 h= 1 2 gt2=80cm，大于直尺长度，该直尺将无法测量该同学的反应时间，选项 D 正确。 4.两个质量相同的直角楔形物体 a 和 b，分别在垂直于斜边的恒力 F1和 F2作用下静止在竖直墙面上，如 图所示，下列说法正确的是（ ） A. a、b 一定都受五个力的作用 B. a、b 所受摩擦力的方向都是竖直向上 C. F2一定小于 F
6、1 D. F1、F2大小可能相等 【参考答案】 D 【名师解析】对 a 受力分析如图 1：除摩擦力外的三个力不可能平衡，故一定有摩擦力，摩擦力方向竖直向上，故 a 受五个力；对 b 受力分析如图 2：除摩擦力外的三个力可能平衡，故不一定有摩擦力，选项 AB 错误；F1、F2之 间没有必然的联系，F1、F2大小可能相等，可能不相等，选项 D 正确 C 错误。 第一次 第二次 第三次 20 45 30 【点睛】对 A、B 分别受力分析，然后分析一下除摩擦力以外的其它力，看看其它力是否有平衡的可能；若没有平 衡的可能，则一定有摩擦力；若有平衡的可能，则可能有向上的摩擦力，也可能有向下的摩擦力，也可能
7、没有摩擦 力。 5.把一个重为 G 的物体，用一个水平力 F=kt（k 为恒量，t 为时间）压在竖直且足够高的平整的墙上，如图所示， 从 t 0 开始物体所受的摩擦力 Ff随时间 t 的变化关系可能正确的是（ ） 【名师解析】由推力 F 的表达式 Fkt 可知，力 F 从零逐渐增大当力 F 比较小时，物体沿墙壁下滑，物体所受的 摩擦力为滑动摩擦力，大小为 FfFkt，即滑动摩擦力与时间 t 成正比当滑动摩擦力 FfG 时，物体的速度达 到最大，当 FfG 时物体开始做减速运动，物体所受的滑动摩擦力继续随时间而增大当物体速度减为零后，物体 静止在墙壁上，此后摩擦力变为静摩擦力根据平衡条件可知此后
8、静摩擦力 FfG 保持不变所以从 t 0 开始物 体所受的摩擦力 Ff随时间 t 的变化关系可能正确的是图象 B。 【参考答案】B 二、二、多项选择题（每小题多项选择题（每小题 4 分，共分，共 20 分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得 4 分，选对但不全对得分，选对但不全对得 2 分，分， 选错或不答的得选错或不答的得 0 分）分） 6. 如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块 R(R 视为质点)。将玻 璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与 y 轴重合，在 R 从坐标原点以速度 v03 cm/s 匀速上 浮的同时，玻璃管
9、沿 x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与 y 轴夹角为 。则红蜡块 R 的( ) A.分位移 y 与 x 成正比 B.分位移 y 的平方与 x 成正比 C.合速度 v 的大小与时间 t 成正比 D.tan 与时间 t 成正比 【参考答案】 BD 【名师解析】 由运动的合成与分解可知 yv0t，x1 2at 2，所以有 x1 2a( y v0) 2，可见分位移 y 的平方与 x 成正比，选 项 A 错误，B 正确；合速度 v v20（at）2，所以选项 C 错误；对于合速度的方向与 y 轴的夹角为 ，有 tan vx vy at v0，所以选项 D 正确。 7图示为运动员在水
10、平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为 R 的圆弧，运动员始终与自行车在同一平 面内。转弯时，只有当地面对车的作用力通过车(包括人)的重心时，车才不会倾倒。设自行车和人的总质量为 M， 轮胎与路面间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。下列说法正确的是（ ） A车受到地面的支持力方向与车所在平面平行 B转弯时车不发生侧滑的最大速度为gR C转弯时车与地面间的静摩擦力一定为 Mg D转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小 【参考答案】BD 【命题意图】此题以运动员在水平道路上转弯的为情景，考查水平面内的匀速圆周运动，摩擦力及其相关知识点。 【解题思路】车受到地面
11、的支持力方向与车所在平面垂直，选项 A 错误；由 mg=m 2 v R ,解得转弯时车不发生侧滑 的最大速度为 v=gR，选项 B 正确；转弯时车与地面间的静摩擦力一定小于或等于最大静摩擦力 Mg，选项 C 错误；转弯速度越大，所需向心力越大，车所在平面与地面的夹角越小，选项 D 正确。 【易错警示】解答此类题一定要注意静摩擦力与最大静摩擦力的区别，静摩擦力小于或等于最大静摩擦力。 8.某物体在竖直方向上运动，规定竖直向下为正方向，其 vt 图象如图所示由此可 知 A.t=0.5 s 时刚好到达最高点 B.t=0.9 s 时刚好触地 C.前 0.9 s 内通过的路程为 2.05 mD.前 0.
12、9 s 内的平均速度大小为 0.5 m/s 【参考答案】CD 【名师解析】根据图象知，t=0.5 s 时速度最大，刚好触地，选项 A 错误；t=0.9 s 时速度为零，应到达最高点，选项 B 错误；根据图象与横轴所包围的面积表示位移的大小可得，往返的路程为 50.540.4 m+m=2.05 m 22 ，选项 C 正 确；前 0.9 s 内的位移为 50.540.4 mm=0.45 m 22 ，故平均速度大小为 0.5 m/s，选项 D 正确 9.如图所示，甲球从 O 点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的 A 点。乙球从 B 点以水平速度v2飞出，落在水平地 面上的 B 点反弹后恰好也落在
13、A 点.已知乙球在 B 点与地面碰撞反弹后瞬间水平方向的分速度不变、竖直方向的分 速度方向相反大小不变，不计空气阻力。下列说法正确的是 A.由 O 点到 A 点，甲球运动时间与乙球运动时间相等 B.甲球由 O 点到 A 点的水平位移是乙球由 O 点到 B 点水平位移的 3 倍 C. v1:v2 =3:1 D. v1:v2 =2:1 【参考答案】.BC 【名师解析】：根据题述情景和平抛运动规律，由 O 点到 A 点，甲球运动时间与乙球运动时间的 1/3，选项 A 错误； 甲球由 O 点到 A 点的水平位移是乙球由 O 点到 B 点水平位移的 3 倍，选项 B 正确；甲球从 O 点到 A 点，乙球
14、 O 点到 B 点，运动时间相等，由 x=vt 可知，甲乙水平速度之比为v1:v2 =3:1，选项 C 正确 D 错误。 10如图所示，倾角为的斜面体 A 置于粗糙水平面上，物块 B 置于斜面上，已知 A、B 的质量分别为 M、m，它 们之间的动摩擦因数为。现给 B 一平行于斜面向下的恒定的推力 F，使 B 沿斜面向下运动，A 始终处于 静止状态，则下列说法中正确的是( ) A无论 F 的大小如何，B 一定加速下滑 B物体 A 对水平面的压力 CB 运动的加速度大小为D水平面对 A 一定没有摩擦力 【答案】ACD 【解析】因 A、B 间的动摩擦因数为，即 则施加平行于斜面的力 F 后，由牛顿第
15、二定律有 联立可得，即无论 F 的大小如何，B 一定加速下滑，故 AC 正确，不符题 意； 对斜面受力分析，如图所示 由竖直方向的平衡有 tan N ()FMm g F a m tancossinmgmg sincosFmgmgma F a m N cossin BA FMgNf NN FF 联立可得，故 B 错误，符合题意； 对斜面在水平方向的力有关系式，故水平面无相对运动趋势，水平面对斜面无摩擦力，故 D 正确，不符题意。答案选 B。 三、实验题（共 18 分，请将答案写在答题卡和相应的位置。） 11.某同学在验证力的平行五边形定则的实验中，利用以下器材： 两个轻弹簧 A 和 B、白纸、方
16、木板、橡皮筋、图钉、细线、钩码、刻度尺、铅笔。 实验步骤如下： (1)用刻度尺测得弹簧 A 的原长为 6.00cm，弹簧 B 的原长为 8.00cm； (2)如图甲，分别将弹簧 A、B 悬挂起来，在弹簧的下端挂上质量为 m=100g 的钩码，钩码静止时，测得弹簧 A 长度 为 6.98cm，弹簧 B 长度为 9.96cm。取重力加速度 g=9.8m/s2，忽略弹簧自重的影响，两弹簧的劲度系数分别为 kA=_N/m，kB=_N/m； (3)如图乙，将木板水平固定，再用图钉把白纸固定在木板上，将橡皮筋一端固定在 M 点，另一端系两根细线，弹 簧 A、B 一端分别系在这两根细线上，互成一定角度同时水
17、平拉弹簧 A、B，把橡皮筋结点拉到纸面上某一位置，用 铅笔描下结点位置记为 O。测得此时弹簧 A 的长度为 8.10cm，弹簧 B 的长度为 11.80cm，并在每条细线的某一位 置用铅笔记下点 P1和 P2； (4)如图丙，取下弹簧 A，只通过弹簧 B 水平拉细线，仍将橡皮筋结点拉到 O 点， 测得此时弹簧 B 的长度为 13.90cm，并用铅笔在此时细线的某一位置记下点 P， 此时弹簧 B 的弹力大小为 F=_N(计算结果保留 3 位有效数字)； cos BA Nmg cosffmg N ()FMgmg sincos BA Nf (5)根据步骤(3)所测数据计算弹簧A的拉力FA、 弹簧B的
18、拉力FB， 在图丁中按照给定的标度作出FA、 FB的图示_， 根据平行五边形定则作出它们的合力 F 的图示，测出 F 的大小为_N。(结果保留 3 位有效数字) (6)再在图丁中按照给定的标度作出 F的图示_，比较 F 与 F的大小及方向的偏差，均在实验所允许的误差范围 之内，则该实验验证了力的平行五边形定则。 【答案】 (1). 100 (2). 50 (3). 2.95 (4). 作 FA、FB的图示(FA=2.10N、FB=1.90N) (5). 2.802.95 (6). 【解析】 (2)12根据胡克定律，两弹簧的劲度系数分别为 2 0.1 9.8 N/m=100N/m (6.986.
19、00) 10 A A A F k x 2 0.1 9.8 N/m=50N/m (9.968.00) 10 B B B F k x ； (4)3弹簧 B 的弹力大小为 x50 (0.13900.08)N=2.95N BB Fk (5)45由胡克定律可得： x100 (0.08100.06)N=2.10N AAA Fk x50 (0.11800.08)N=1.90N BBB Fk 画出两个力的合力如图，由图可知合力 F2.90N； (6)6做出力图如图； 12 某同学用如图甲所示的实验装置来探究 a 与 F、m 之间的定量关系 (1)实验时， 必须先平衡小车与木板之间的摩擦力 该同学是这样操作的：
20、 如图乙， 将小车静止地放在水平长木板上， 并连着已穿过打点计时器的纸带，调整木板右端的高度，接通电源，用手轻拨小车，让打点计时器在纸带上打出一 系列_的点，说明小车在做_运动 (2)如果该同学先如(1)中的操作，平衡了摩擦力以砂和砂桶的重力为 F，在小车质量 M 保持不变情况下，不断往 桶里加砂，砂的质量最终达到 1 3 M，测小车加速度 a，作 aF 的图象如图丙图线正确的是_ (3)设纸带上计数点的间距为 s1和 s2下图为用米尺测量某一纸带上的 s1、s2的情况，从图中可读出 s13.10cm，s2 _cm，已知打点计时器的频率为 50Hz，由此求得加速度的大小 a _m/s2 【答案
21、】 (1). 点迹均匀 (2). 匀速直线 (3). C (4). 5.55 (5). 2.45 【解析】 (1)12平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，不要挂钩码，将长木板的右端垫高至合适位置，使小车重力沿 斜面分力和摩擦力抵消，若打点计时器在纸带上打出一系列点迹均匀的点，说明小车在做匀速直线运动 (2)3AC.如果这位同学先如(1)中的操作，已经平衡摩擦力，则刚开始 a-F 的图象是一条过原点的直线，不断往 桶里加砂，砂的质量最终达到 1 3 M，不能满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量， 此时图象发生弯曲， 故 A 错误， C 正确； B. aF 图象与纵轴的截距，说明平衡摩擦力有点过分，
22、与题意不合，故 C 错误； D. aF 图象与横轴的截距，说明没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，与题意不合，故 D 错误. (3)4从图中可读出 s29.60cm-4.05cm=5.55cm 5由逐差法s=at2，其中 t=0.1s，小车加速度的大小:a= 21 2 ss t = 2 5.553.10 0.1 10-2m/s2=2.45m/s2 四、四、计算题（本题共计算题（本题共 5 小题，共小题，共 47 分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最 后答案的不能得分。）后答案的不能得分。） 13现有一辆摩托
23、车先由静止开始以 2.5 m/s2的加速度做匀加速运动，后以最大行驶速度 25 m/s 匀速行驶，追赶前 方以 15 m/s 的速度同向匀速行驶的卡车已知摩托车开始运动时与卡车的距离为 200 m，则： (1)追上卡车前二者相隔的最大距离是多少？ (2)摩托车经过多少时间才能追上卡车？ 【参考答案】(1)245 m (2)32.5 s 【名师解析】(1)由题意得摩托车匀加速运动最长时间：t1 vm a10 s 此过程的位移：x1 v2m 2a125 mx0200 m 所以摩托车在达到最大速度之前没有追上卡车 在追上卡车前当二者速度相等时相距最大，设从开始经过 t2时间速度相等，最大间距为 xm
24、，则 vat2 解得 t2 v a6 s 最大间距 xm(x0vt2 ) 1 2at 2 2245 m (2)设从开始经过 t 时间摩托车追上卡车，则有 v2m 2avm(tt1)x0vt 解得 t32.5 s. 14.如图所示，重物 A 被绕过小滑轮 P 的细线所悬挂，小滑轮 P 被一根细线系于天花板上的 O 点，O 点处安装一力 传感器。质量为 10kg 的物块 B 放在粗糙的水平桌面上，O是三根线的结点，bO水平拉着 B 物体，aO、 bO与 bO 夹角如图所示。细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装 置处于静止状态。若 O 点处安装的力传感器显示受到的拉力是 F0=2
25、0N，物块 B 与水平桌面之间的动摩擦因数为 0.2，求： （1）重物 A 的质量。 （2）重物 C 的质量和桌面对 B 物体的摩擦力。 3 【名师解析】（1）设小滑轮两侧细绳中拉力为 F， 根据重物 A 静止，由平衡条件，F=mAg， 对小滑轮 P，由平衡条件，2Fcos30 =20N， 可得 F=20N。 由图中几何关系可知滑轮两侧细线的夹角为 60 。 根据 O 点处安装的力传感器显示受到的拉力是 F0=20N，可知悬挂小滑轮的细线 OP 的张力是 FT= F0=20N。 解得重物 A 的质量为 mA=2kg。 （2）对结点 O受力分析，由平衡条件，在竖直方向， Fsin30 =Fc。
26、在水平方向，Fcos30 =Fb， 对 B 物体，由平衡条件，桌面对 B 物体的摩擦力 f= Fb， 对 C 物体，由平衡条件 mCg= Fc， 联立解得：mC=1kg，f=10N。 15（9 分）2020 年 11 月 24 日凌晨 4 事 30 分，我国在中国文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射 探月工程嫦娥五号探测器。12 月 1 日 23 时，嫦娥五号探测器在月面 上空开启发动机， 实施降落任务。 在距月面高为 H102m 处开始悬停， 识别障碍物和坡度，选定相对平坦的区域后，先以 a1匀加速下降，加 速至 v14ms/时，立即改变推力，以 a22m/s2匀减速下降，至月 表
27、高度 30m 处速度减为零，立即开启自主避障程序，缓慢下降。最后 距离月面 2.5m 时关闭发动机，探测器以自由落体的方式降落，整个过 程始终垂直月球表面作直线运动，取竖直向下为正方向。已知嫦娥五 号探测器的质量 m40kg，月球表面重力加速度为 1.6m/s2求： （1）嫦娥五号探测器自主着陆月面时的瞬时速度大小 v2； （2）匀加速直线下降过程的加速度大小 a1； （3）匀加速直线下降过程推力 F 的大小和方向。 【命题意图】 本题以嫦娥五号着陆月球为情景，考查匀变速直线运动规律、牛顿运动定律及其相关的知识点。 【解题思路】（1）距离月面 2.5m 时关闭发动机，探测器以自由落体的方式降落
28、， 3 33 3 由 v222gh2得：v2 m/s （2）由题意知加速和减速发生的位移为：h102m30m72m 由位移关系得： +h 解得：a11m/s2 （3）匀加速直线下降过程由牛顿第二定律得：mgFma1 解得：F24N，方向竖直向上。 16.如图所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于 O 点，下端系一质量 m=1.0kg 的小球现将小球拉到 A 点(保持绳绷直) 由静止释放，当它经过 B 点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的 C 点地面 上的 D 点与 OB 在同一竖直线上，已知绳长 L=1.0m，B 点离地高度 H=1.0m，A、B 两 点的高度差 h=0.5m，重力加速度 g
29、 取 10m/s2，不计空气阻力影响，求： (1)地面上 DC 两点间的距离 s； (2)轻绳所受的最大拉力大小 【答案】(1)1.41m (2)20 N 【解析】(1)设小球运动至 B 点的速度为 v，小球由 A 运动至 B 点的过程中，只有重力做功，根据动能定理有 mgh= 小球由 B 至 C 过程中，做平抛运动，设平抛运动的时间为 t，根据平抛运动的规律 在水平方向上有：s=vt 在竖直方向上有：H= 由式联立，并代入数据解得：s=m=1.41m (2)在小球刚到达 B 点绳断瞬间前，受重力 mg 和绳的拉力 T 作用，根据牛顿第二定律有：T-mg= 显然此时绳对小球的拉力最大，根据牛顿
30、第三定律可知，绳所受小球的最大拉力为：T=T 由式联立，并代入数据解得：T=20N 17.(10 分)如图所示，在光滑水平面上竖直固定一半径为 R 的光滑半圆槽轨道，其底端恰与 水平面相切.质量为 m 的小球以大小为 v0的初速度经半圆槽轨道最低点 B 滚上半圆槽， 小球 恰好能通过最高点 C 后落回到水平面上的 A 点.不计空气阻力，重力加速度为 g，求： (1)小球通过 B 点时对半圆槽的压力大小； (2)A、B 两点间的距离； (3)小球落到 A 点时速度方向与水平面夹角的正切值. 答案 (1)mgmv 2 0 R (2)2R (3)2 解析 (1)在 B 点，由牛顿第二定律 FNmgm
31、v 2 0 R (1 分) 得 FNmv 2 0 R mg，(1 分) 由牛顿第三定律得，小球通过 B 点时对半圆槽的压力大小为 mgmv 2 0 R .(1 分) (2)小球恰好能通过最高点 C，故重力提供其做圆周运动的向心力，则 mgmv 2 C R (1 分) 通过 C 点后小球做平抛运动：xABvCt，h1 2gt 2，h2R(2 分) 联立以上各式可得 xAB2R(1 分) (3)设小球落到 A 点时，速度方向与水平面的夹角设为 ，则 tan v vC，vgt,2R 1 2gt 2(2 分) 解得 tan 2(1 分) 注意：以下注意：以下 18 小题分为小题分为 ABC 三组题，其
32、中三组题，其中 A 题较容易，由学校根据实际情况自行选做题较容易，由学校根据实际情况自行选做 A 组或者组或者 B 组题组题 18.(A8 分)如图是马戏团上演的飞车节目， 圆轨道半径为 R.表演者骑着车在圆轨道内做圆周运动. 已知人和车的总质量均为 m，当乙车以 v1 2gR的速度过轨道最高点 B 时，甲车以 v2 3v1 的速度经过最低点 A.忽略其他因素影响，求： (1)乙在最高点 B 时受轨道的弹力大小； (2)甲在最低点 A 时受轨道的弹力大小. 答案 (1)mg (2)7mg 解析 (1)乙在最高点的速度 v1 gR，故受轨道弹力方向向下(2 分) 由牛顿第二定律得：FBmgmv
33、2 1 R (2 分) 解得：FBmg(1 分) (2)甲在最低点 A 时，由牛顿第二定律得：FAmgmv 2 2 R (2 分) 解得：FA7mg.(1 分) 18（B）如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块。已知木块的质量 m1 kg，木板 的质量 M4 kg，长 L2.5 m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数 0.2。现用水平恒力 F20 N 拉木 板，g 取 10 m/s2。 (1)求木板加速度的大小； (2)要使木块能滑离木板，求水平恒力 F 作用的最短时间； (3)如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为 10.3，
34、欲使木板能从木块 的下方抽出，对木板施加的拉力应满足什么条件？ (4)若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变，只将水 平恒力增加为 30 N，则木块滑离木板需要多长时间？ 【参考答案】(1)2.5 m/s2 (2)1 s (3)F25 N (4)2 s 【名师解析】 (1)木板受到的摩擦力 Ff(Mm)g10 N 木板的加速度 a FFf M 2.5 m/s2。 (2)设拉力 F 作用时间 t 后撤去，F 撤去后，木板的加速度为 a Ff M2.5 m/s 2，可见|a|a 木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且时间相等，故 at2L 解得：
35、t1 s，即 F 作用的最短时间为 1 s。 (3)设木块的最大加速度为 a木块，木板的最大加速度为 a木板，则 1mgma木块 解得：a木块1g3 m/s2 对木板：F11mg(Mm)gMa 木板 木板能从木块的下方抽出的条件：a木板a木块 解得：F125 N。 (4)木块的加速度 a木块1g3 m/s2 木板的加速度 a木板 F21mg（Mm）g M 4.25 m/s2 木块滑离木板时，两者的位移关系为 x木板x木块L，即 1 2a木板t 21 2a木块t 2L 代入数据解得：t2 s。 18（C）如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角 30 ，皮带在电动机的带动下，始终保持 v02 m/s
36、 的速率运行。 现把一质量为 m10 kg 的工件(可视为质点)轻轻放在皮带的底端，经时间 1.9 s，工件被传送到 h1.5 m 的高处， 取 g10 m/s2。求： (1)工件与皮带间的动摩擦因数； (2)工件相对传送带运动的位移。 【参考答案】(1)0.866 (2)0.8 m 【名师解析】 (1)由题意得，皮带长为：L h sin 303 m。工件速度达到 v0之前，从静止开始做匀加速运动，设匀 加速运动的时间为 t1，位移为 x1，有：x1vt1 v0 2t1 设工件最终获得了与传送带相同的速度，则达到 v0之后工件将做匀速运动，有：Lx1v0(tt1) 解得：t10.8 s1.9 s，故假设工件最终获得与传送带相同的速度是正确的。 加速运动阶段的加速度为：a v0 t12.5 m/s 2 在加速运动阶段，根据牛顿第二定律，有：mgcos mgsin ma 解得：0.866。 (2)在时间 t1内，传送带运动的位移为：xv0t11.6 m 工件运动的位移为：x1vt1 v0 2t10.8 m 所以工件相对传送带运动的位移为：xxx10.8 m。