1、山西省怀仁第一中学 2018-2019 学年高一下第一次月考试题一、选择题1.在物理学发展的过程中,许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中或者研究方法中,正确的说法是( )A. 在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证B. 伟大的物理学家牛顿最先建立了速度、加速度等概念。并创造了一套科学研究方法C. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，物理学中把这种研究方法叫做“微元法”D. 亚里士多德认为两个物体从同一高度自由落下，重物体与
2、轻物体下落一样快【答案】C【解析】【详解】在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，但没有直接用实验进行验证，故 A 错误； 伟大的物理学家伽利略最先建立了速度、加速度等概念。并创造了一套科学研究方法，选项 B 错误；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，物理学中把这种研究方法叫做“微元法”，选项 C 正确；伽利略认为两个物体从同一高度自由落下，重物体与轻物体下落一样快，选项 D 错误；故选 C.2.关于速度、速度变化量、加速度，正确的说法是( )A. 物体运动时，速度的变化量越大，它的加速度一定
3、越大B. 速度很大的物体，其加速度可能为零C. 某时刻物体的速度为零，其加速度不可能很大D. 加速度很大时，运动物体的速度一定很快变大【答案】B【解析】【详解】A、根据 可知加速度 a 由速度的变化量 v 和速度发生改变所需要的时间t共同决定，虽然v 大，但t 更大时，a 可以很小；故 A 错误。B、根据可知物体的加速度跟速度的变化率成正比，与物体的速度的大小无关，所以即使速度好大，但速度的变化率很小，其加速度也很小；若保持匀速，则加速度为零；故 B 正确。C、当物体的速度为 0 时，若物体所受的合外力不为 0，其加速度不为 0，可能很大；若物体所受的合外力为零则加速度为零；故 C 错误。D、
4、物体的加速度很大，代表物体速度的变化率很大，而并不代表物体的速度变化很大。故 D 正确。故选 BD。【点睛】把握加速度的定义式 中各个物理量的含义以及各个物理量之间的关系是解决此类问题的关键，是正确理解加速度的定义的基础3.如图所示相邻两点之间的距离均为 50m,一质点从计时开始由 a 点以大小为 v0=5m/s 的初速度向右做匀加速直线运动，经过 t=10s 的时间刚好运动 c 点。则下列说法中不正确的是（ ）A. 质点做匀加速直线运动的加速度大小为 1m/s2B. 质点运动到 g 点时速度大小为 25m/sC. 质点在 c、 g 之间的平均速度大小为 20m/sD. 质点由 c 点运动到
5、g 点的时间应为 20s【答案】D【解析】【详解】根据 x=v0t+ at2 可得 100=510+ a102，解得 a=1m/s2，选项 A 正确；根据v2=v02+2ax 可得质点运动到 g 点时速度大小为 ，选项 B正确；质点从 a 到 g 的时间： ；从 a 到 c 的时间：100=5t ac+ 1tac2，解得 tac=10s，则质点由 c 点运动到 g 点的时间应为 10s，选项 D 错误；质点在c、g 之间的平均速度大小为 ，选项 C 正确；此题选择不正确的选项，故选 D.4.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其 v-t 图像如图所示。已知两车在 t=3s 时并排行驶，则（ ）A.
6、 在 t=1s 时，甲车在乙车后B. 在 t=0 时，甲车在乙车前 7.5mC. 两车另一次并排行驶的时刻是 t=2sD. 甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 45m【答案】B【解析】【分析】在速度时间图象中，图象与坐标轴围成面积表示位移，根据位移关系分析两车位置关系可结合几何知识分析两车另一次并排行驶的时刻并求出两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离【详解】A. 根据“面积”大小表示位移，由图象可知，1s 到 3s 甲、乙两车通过的位移相等，两车在 t=3s 时并排行驶，所以两车在 t=1s 时也并排行驶，故 A 错误；B. 由图象可知，甲的加速度 a 甲 =v 甲 /t
7、甲 =20/2=10m/s2；乙的加速度 a 乙 =v 乙 /t 乙=(2010)/2=5m/s2；0 至 1s，甲的位移 x 甲 = a 甲 t2= 1012=5m，乙的位移 x 乙 =v0t+ a 乙t2=101+ 512=12.5m，x=x 乙 x 甲 =12.55=7.5m，即在 t=0 时，甲车在乙车前 7.5m，故B 正确；C.1s 末甲车的速度为：v=a 甲 t=101=10m/s，乙车的速度 v=10+51=15m/s；12s 时，甲的位移 x1=101+ 1012=15m；乙的位移 x2=151+ 51=17.5m；在 1s 时两车并联，故 2s时两车相距 2.5m，且乙在甲
8、车的前面，故 C 错误；D. 1s 末甲车的速度为：v=a 甲 t=101=10m/s，1 到 3s 甲车的位移为：x=vt+ a 甲t2=102+ 1022=40m，即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m，故 D 错误。故选：B5.如图所示，滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴 O 安在一根轻杆 B 上，一根轻绳 AC 绕过滑轮，A 端固定在墙上，且绳保持水平，C 端下面挂一个重物，BO 与竖直方向夹角=45，系统保持平衡.若保持滑轮的位置不变，改变 的大小，则滑轮受到木杆的弹力大小变化情况是（ ）A. 只有角 变小，弹力才变小 B. 只有角 变大，弹力才变大C. 不论角 变
9、大或变小，弹力都变大 D. 不论角 变大或变小，弹力都不变【答案】D【解析】试题分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线；由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，方向也不变，所以杆的弹力也不变，D 正确；考点：考查了共点力平衡条件【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解，6.如图所示，横截面为直角三角形的斜劈 P，靠在粗
10、糙的竖直墙面上，力 F 通过球心水平作用在光滑球 Q 上，系统处于静止状态当力 F 增大时，系统仍保持静止。下列说法正确的是A. 斜劈 P 对竖直墙壁的压力增大 B. 斜劈 P 所受合外力增大C. 球 Q 对地面的压力不变 D. 墙面对斜劈 P 的摩擦力增大【答案】A【解析】A. 以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N=F，N 为竖直墙壁对 P 的弹力，F 增大，则 N 增大，所以由牛顿第三定律可得： P 对竖直墙壁的压力增大。故 A 正确；B. 斜劈 P 一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故 B 错误； C. 对 Q 力分析，如图：根据平衡条件： ，F 增大，则 N增大，
11、 ，N 增大，则 N增大，根据牛顿第三定律得，球对地面的压力增大，以整体为研究对象，竖直方向：N+f=Mg，故随支持力的增大，摩擦力减小，若 N增大至与 Mg 相等，则 f=0，故 CD 错误。故选：A点睛：P 一直处于静止，所受合外力一直为零不变，以整体为研究对象，分析 P 对竖直墙壁的压力变化情况以及墙面对 A 的摩擦力，对 Q 受力分析，根据平衡条件得出 Q 对地面的压力变化情况。7.如图所示，质量为 m 的滑块在水平面上撞向轻弹簧，当滑块将弹簧压缩了 x0 时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开。已知弹簧的劲度系数为 k，滑块与水平面间的动摩擦因数为 ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则
12、（重力加速度为 g） （ ） 。A. 滑块向左运动过程中，始终做减速运动B. 滑块与弹簧接触过程中最大加速度为C. 滑块向右运动过程中，先做加速运动，离开弹簧后才做减速运动D. 滑块向右运动过程中，当弹簧形变量 x=mg/2k 时，物体的速度最大【答案】A【解析】【详解】滑块向左接触弹簧的运动过程中，在水平方向上受到向右的弹簧的弹力和向右的摩擦力，在此过程中弹簧的弹力是逐渐增大的，弹力和摩擦力的合力与运动方向始终相反，物体做减速运动，故 A 正确。由以上分析可知，当弹簧的压缩量为 x0 时，水平方向的合力为 F=kx0+mg，此时合力最大，由牛顿第二定律有： ，故 B 错误。滑块向右接触弹簧的
13、运动是从弹簧压缩量最大时开始的，此时受到水平向右的弹力和向左的摩擦力，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，但当弹簧伸长到一定程度，弹力和摩擦力大小相等，此后摩擦力大于弹力。所以滑块向右接触弹簧的运动过程中，是先加速，后减速；离开弹簧后继续做减速。故 C 错误。在滑块向右接触弹簧的运动中，当弹力和摩擦力大小相等，即满足 kx=mg 时，即 x=mg/k 时，在水平方向上合外力为零，加速度为零，所以此时速度最大，故 D 错误。故选 A。8.如图所示,两根直木棍 AB 和 CD 相互平行,斜靠在竖直墙壁上固定不动，一根水泥圆筒从木棍的上部匀速滑下.若保持两木棍倾角不变，将两棍间的距离减小后固定不动，仍将水泥
14、圆筒放在两木棍上部，则水泥圆筒在两木棍上将（ ）A. 仍匀速滑下 B. 匀加速滑下C. 可能静止 D. 一定静止【答案】D【解析】【详解】水泥圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中，受到重力、两棍的支持力和摩擦力，根据平衡条件得知：mgsin-2f 1=0；将两棍间的距离稍减小后，两棍支持力的合力不变，夹角减小，每根木棍对圆筒的支持力减小，滑动摩擦力减小，根据牛顿第二定律，有：mgsin-2f2=ma，由于摩擦力变小，故加速度变大；可知圆筒将匀加速滑动；故选 B。【点睛】本题中关键是讨论滑动摩擦力的变化，也就是讨论正压力的变化，运用到推论：当两个分力大小一定时，夹角增大时，其合力减小，分析两棍支持力的
15、变化9.如图所示是滑梯简化图,一小孩从滑梯上 A 点开始无初速度下滑,在 AB 段匀加速下滑,在BC 段匀减速下滑,滑到 C 点恰好静止,整个过程中滑梯保持静止状态。假设小孩在 AB 段和BC 段滑动时的动摩擦因数分别为 1 和 2,AB 与 BC 长度相等 ,则( )A. 整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用B. 整个过程中地面对滑梯摩擦力始终向右C. 小孩从滑梯上 A 点滑到 C 点先超重后失重D. 整个过程中地面对滑梯的支持力先小于小孩和滑梯的总重力后大于小孩和滑梯的总重力【答案】D【解析】【详解】小朋友在 AB 段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度 a1 分解为水平和竖直两个方向，由于
16、小朋友有水平向右的分加速度即有向右的力，根据牛顿定律知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向右；有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力 FN 小于小朋友和滑梯的总重力。同理，小朋友在 BC 段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左。故 ABC 错误，D 正确。故选 D。10.一辆汽车以 14m/s 的速度做直线运动。某时刻开始以恒定的加速度刹车。第一个 1s 内位移为 12m,汽车刹车的加速度小于 14m/s2.下列说法正确的是( )A. 汽车刹车的加速度大小为 12m/s2 B. 5s
17、内汽车的位移为 24.5mC. 汽车在第 2s 内的位移是 8m D. 汽车在第 4s 内的平均速度是 1m/s【答案】BC【解析】【详解】根据 x1v 0t1+ at12 得，代入数据解得 a=-4m/s2，故 A 错误。汽车速度减为零的时间 ，则 5s 内的位移等于 3.5s 内的位移，故 B 正确。根据x=aT 2 得，第 2s 内的位移x2x 1+aT21241m8m，故 C 正确。第 4s 内的位移等于最后 0.5s 内的位移，采用逆向思维，x at2 40.25m 0.5m，则第 4s 内的平均速度为 0.5m/s，故 D 错误。故选BC。11.如图所示，A、B 两物块的质量分别为
18、 3m 和 2m，两物块静止叠放在水平地面上 A、B间的动摩擦因数为 ，B 与地面间的动摩擦因数为 (0)最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g.现对 B 施加一水平推力 F，则下列说法正确的是( )A. 若 Fmg ，A、B 间的摩擦力一定为零B. 当 F7.5mg 时，A 相对 B 滑动C. 当 F3mg 时，A 的加速度为 gD. 若去掉 B 上的力，而将 F3mg 的力作用在 A 上，则 B 的加速度为 0.1g【答案】ABD【解析】B 与地面间的最大静摩擦力 fB 5mg mg，当 F=mg 时，AB 处于静止，对 A 分析，A 所受的摩擦力为零，故 A 正确A 发生相对滑动的
19、临界加速度 a=g，对整体分析，F 5mg5ma ，解得 F=7.5mg，所以当 F7.5mg 时，A 相对 B 滑动故 B 正确当7.5mgF=3mg mg，可知 AB 保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度 a=0.1g，故 C 错误若去掉 B 上的力，而将 F=3mg 的力作用在 A 上，B 发生相对滑动的临界加速度 a 0.25 g，对 A 分析 F-3mg=3ma，解得不发生相对滑动的最小拉力 F=3.75mg，可知 F=3mg 的力作用在 A 上，一起做匀加速直线运动，加速度 a= 0.1g，故 D 正确故选 ABD点睛：本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题
20、的突破口在于通过隔离法和整体法求出 A、B 不发生相对滑动时的最大拉力12.自卸式运输车是车厢配有自动倾卸装置的汽车，又称为翻斗车、工程车，由汽车底盘、液压举升机构、取力装置和货厢组成如图所示，在车厢由水平位置逐渐抬起的过程中，有关货物所受车厢的支持力 FN 和摩擦力 Ff，下列说法中正确的是A. 摩擦力 Ff 逐渐减小 B. 摩擦力 Ff 先增大后减小C. 支持力 FN 逐渐减小 D. 支持力 FN 先增大后减小【答案】BC【解析】试题分析：开始时货物受重力和支持力，抬起后受到向上的静摩擦力；静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，即 Ff=mgsin，随角度的增大，静摩擦力增大；当角度达一定程度
21、时，物体开始滑动，由静摩擦力变化滑动摩擦力，而滑动摩擦力 Ff=mgcos，cos 随角度的增加而增小，故滑动摩擦力将减小；故摩擦力是先增大后减小的，故 A 错误，B 正确；支持力 FN=mgcos， cos 随角度的增加而增小，故支持力一定是逐渐减小，故 C 正确，D 错误；故选 BC.考点：摩擦力；物体的平衡13. 如图所示，在斜面上放两个光滑球 A 和 B，两球的质量均为 m，它们的半径分别是 R和 r，球 A 左侧有一垂直于斜面的挡板 P，两球沿斜面排列并处于静止，以下说法正确的是（ ）A. 斜面倾角 一定， Rr 时，R 越大，r 越小，B 对斜面的压力越小B. 斜面倾角 一定时，半
22、径 R=r 时，两球之间的弹力最小C. 斜面倾角 一定时，无论半径如何， A 球队挡板的压力一定D. 半径确定时，随着斜面倾角 逐渐增大，A 受到挡板作用力先增大后减小【答案】BC【解析】试题分析：以 B 球为研究对象进行受力分析，如下图：对 B 球，设 A 对 B 的弹力方向与斜面的夹角为 ，则有：，R 越大、r 越小，则 角越大， 越大，斜面对 B 的支持力 越大，由牛顿第三定律可知，B 对斜面的压力越大，所以 A 错误；如果 一定， 当 Rr 时， ，此时 ，值最小，所以 B 正确；以 AB 两球整体为研究对象，分析受力如上图，故有 ，与球体半径无关， 角一定时，挡板对 A 的弹力一定，
23、故 C 正确； 越大，挡板对 A 的作用力越大，所以 D 错误。考点：共点力平衡14.如图甲所示，静止在水平地面上的物块 A，受到水平向右的拉力 F 作用，F 与时间 t 的关系如图乙所示，设物块与地面的最大静摩擦力 fm 与滑动摩擦力大小相等，则（ ）A. 0t l 时间内物块 A 的加速度逐渐增大B. t2 时刻物块 A 的加速度最大C. t3 时刻物块 A 的速度最大D. t2t 4 时间内物块 A 一直做减速运动【答案】BC【解析】0t 1 时间内物块 A 受到的静摩擦力逐渐增大，物块处于静止状态，选项 A 错误t 2 时刻物块 A 受到的拉力 F 最大，物块 A 的加速度最大，选项
24、B 正确t 3 时刻物块 A 受到的拉力减小到等于滑动摩擦力，加速度减小到零，物块 A 的速度最大，选项 C 正确t 2t 3 时间内物块 A 做加速度逐渐减小的加速运动，t 3t 4 时间内物块 A 一直做减速运动，选项 D 错误二、实验题： 15.“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图所示，其中 A 为固定橡皮筋的图钉，O 为橡皮筋与细绳的结点，OB 和 OC 为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示。(1)图乙中的 F 与 F两力中，方向一定沿 AO 方向的力是_。(2)本实验采用的主要科学方法是（ ）A理想实验法 B等效替代法 C控制变量法 D建立物理模型法(3)实验中可减小误差
25、的措施是（ ）A两个分力 F1、F 2 的大小要越大越好B两个分力 F1、F 2 间的夹角应越大越好C拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行DAO 间距离要适当，将橡皮筋拉至结点 O 时，拉力要适当大些【答案】 (1). ; (2). B; (3). CD;【解析】【详解】(1) 实验中 F 是通过平行四边形定则作图得出的，而 F是通过用一根细线拉动橡皮筋，使与两个力拉时的效果相同得出的，故 F一定是沿 AO 方向的；(2) 本实验是通过一个力与两力效果相同得了的合力，故运用了等效替代的方法，故 B 正确；(3) A 项：实验是通过作图得出结果，故为了减小误差应让拉力尽量大
26、些，但不是越大越好，故 A 错误；B 项：两个分力 F1、F 2 间夹角应尽量大些，但不是越大越好，故 B 错误；C 项：为了防止出现分力的情况，应让各力尽量贴近木板，且与木板平行，故 C 正确；D 项：为了准确记下拉力的方向，故采用两点描线时两点应尽量距离大一些，故细绳应长些，故 D 正确。故应选 CD。16. 某同学用如图甲所示装置做“探究物体的加速度跟力的关系”的实验。实验时保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的加速度。（1）实验时先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是 。（2）图乙为实验
27、中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的 5 个计数点 A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有 4 个点迹没有标出，测出各计数点到 A 点之间的距离，如图乙所示。已知打点计时器接在频率为 50Hz 的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值 a=_m/s2。 （结果保留两位有效数字）（3）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出 a-F 关系图线，如图丙所示。试分析：图线不通过坐标原点 O 的原因是_；曲线上部弯曲的原因_。【答案】 （1）平衡小车运动中受到的摩擦阻力；（2）10；（3）没有平衡摩擦力或摩擦力
28、平衡不够，未满足拉车的钩码质量远小于小车质量。【解析】试题分析：（1）实验时绳的下端先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力这样做的目的是平衡小车运动中所受的摩擦阻力（2）计数点间的时间间隔 t=002s5=01s，由x=at 2 可得：小车的加速度 （3）从图象可以看出当有了一定的拉力 F 时，小车的加速度仍然是零，小车没动说明小车的合力仍然是零，即小车还受到摩擦力的作用，说明摩擦力还没有平衡掉，或者是平衡摩擦力了但是平衡的还不够，没有完全平衡掉摩擦力，所以图线不通过坐标原点的原因是实验前该同学未平衡摩擦力
29、或未平衡摩擦力不足考点：探究物体的加速度跟力的关系。【名师点睛】对于实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去理解对牛顿第二定律实验中关键明确平衡摩擦力的原因和要求满足砝码总质量远小于小车质量的理由。三、计算题17.如图所示,在倾角为 =37的粗糙斜面上,一个质量为 m=10kg 的物体被水平力 F 推着静止于斜面上,物体与斜面间的动摩擦因数为 =0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(sin37=0.6,cos37=0.8,g 取 10m/s)（1）力 F 为多大时，物体不受摩擦力（2）物体静止在斜面上时，力 F 的取值范围.【答案】 （1）75N（2）
30、18.2NF 200N.【解析】【详解】 （1）物体不受摩擦力时由平衡条件得：解得：F=75N（2）若物体在力 F 的作用下刚好不下滑，则物体受沿斜面向上的最大静摩擦力，且此时F 最小，对物体受力分析，如图甲所示，由平衡条件：mgsin =Fcos+F N=mgcos+mgsin F=N 由得 Fmin =18.2N若物体在力 F 的作用下刚好不上滑，则物体受沿斜面向下的最大静摩擦力，且此时 F 最大，对物体受力分析，如图乙所示，由平衡条件：mgsin +F=Fcos N=mgcos+Fsin F=N 由得 Fmax =200N所以 18.2NF200N18.如图所示，可视为质点的两物块 A、
31、B，质量分别为 m、2m ，A 放在一倾角为 30并固定在水平面上的光滑斜面上，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，两端分别与A、B 相连接托住 B 使两物块处于静止状态，此时 B 距地面高度为 h，轻绳刚好拉紧，A 和滑轮间的轻绳与斜面平行现将 B 从静止释放，斜面足够长重力加速度为 g求：（1）B 落地前绳中张力的大小 F； （2）整个过程中 A 沿斜面向上运动的时间 t【答案】 （1）mg（2）4【解析】【详解】 （1）设 B 落地前两物块加速度大小为 a，对于 A，取沿斜面向上为正，对于 B，取竖直向下为正由牛顿第二定律得：T-mgsin30=ma2mg-T=2ma解得：a gT=
32、mg（2）设 B 落地前瞬间 A 的速度为 v，由运动学公式得：v 2=2ah设 B 落地后，A 沿斜面向上运动的过程中加速度为 a1，则：a 1=gsin30设 B 落地后，A 沿斜面向上运动的最大距离为 S，由运动学公式得：-v 2=2a1SS= vt2解得：S=ht2t 1则整个过程 A 沿斜面向上运动的最大距离为： t=t1+t2=4 【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，在 B 落地前，A、B 的加速度大小相等19.如图所示，倾角为 的斜面体固定于水平面上，其底端与静止于水平面上的的木板平滑连接，一质量为 m=1kg 的滑块（可视为质点
33、）恰好能静止于斜面的顶点 A，现用一沿斜面向下、大小为 4N 的恒力 F 作用于滑块上，滑块运动到斜面底端 B 时撤去外力。已知斜面高 h=1.2m，木板质量 M=2kg，滑块与木板间的动摩擦因数是滑块与斜面间动摩擦因素的 1/3，木板与水平面间的动摩擦因素 ，（1）求滑块滑到 B 点时的速度大小 v；（2）要想使滑块不从木板上滑下，求木板的最小长度；（3）若木板足够长且水平面光滑，求滑块的最终速度大小【答案】 （1）4.2m/s（2）2.52m（3）1.4m/s【解析】【详解】 （1）由题意，恰好能静止于斜面的顶点 A，则 mgsin370=1mgcos370，解得 1=0.75从 A 到 B 由动能定理： 解得 v=4.2m/s（2）当滑块滑上木板时，对滑块的加速度： ；对木板： 解得 a2=1m/s2滑块做减速运动，木板做加速运动，当两者共速时：v 共 =v-a1t=a2t解得 t=1.2s，v 共 =1.2m/s;则木板最小长度： （3）若木板足够长且水平面光滑，当滑块滑上木板时，对滑块的加速度：；对木板： 解得 a3=1.25m/s2滑块做减速运动，木板做加速运动，当两者共速时：v 共 =v-a1t=a 3t解得 t=1.12s，v 共 =1.4m/s;滑块的最终速度大小 1.4m/s;