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江苏省常州市2020-2021学年高一第一学期期末复习练习物理试题 含答案 - 副本
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这是一份江苏省常州市2020-2021学年高一第一学期期末复习练习物理试题 含答案 - 副本，文件包含江苏省常州市2020-2021学年高一第一学期期末复习练习物理试题docx、江苏省常州市2020-2021学年高一第一学期期末复习练习物理试题答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
说明：本试卷满分为100分，考试时间为90分钟。共17题，第17小题分为A、B两组，由学校根据实际情况自行选做。
一、单项选择题（每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意）
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0~t0时间内沿同一直线运动的位移——时间图象，在两个质点在0~t0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
【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0~t0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0~t0时间内任一时刻的加速度都不同，选项A正确；两个质点在0~t0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0~t0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=gt2，可知第一次测量的反应时间为t=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=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F1 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。
【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F＝kt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Ff＝μF＝μkt，即滑动摩擦力与时间t成正比．当滑动摩擦力Ff＝G时，物体的速度达到最大，当Ff＞G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静摩擦力Ff＝G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
多项选择题（每小题4分，共20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2分，选错或不答的得0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v0＝3 cm/s 匀速上浮的同时，玻璃管沿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α。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 α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y＝v0t，x＝eq \f(1,2)at2，所以有x＝eq \f(1,2)a(eq \f(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＝eq \r(veq \\al(2,0)＋（at）2)，所以选项C错误；对于合速度的方向与y轴的夹角为α，有tan α＝eq \f(vx,vy)＝eq \f(at,v0)，所以选项D正确。
7．图示为运动员在水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μ，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
C．转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMg
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】车受到地面的支持力方向与车所在平面垂直，选项A错误；由μmg=m,解得转弯时车不发生侧滑的最大速度为v=，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μMg，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v–t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0.9 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，选项C正确；前0.9 s内的位移为，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
C．B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
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。
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，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)；
(5)根据步骤(3)所测数据计算弹簧A的拉力FA、弹簧B的拉力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). 2.80～2.95 (6).
【解析】
(2)[1][2]．根据胡克定律，两弹簧的劲度系数分别为
；
(4)[3]．弹簧B的弹力大小为
(5)[4][5]．由胡克定律可得：
画出两个力的合力如图，由图可知合力F≈2.90N；
(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：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M，测小车加速度a，作a－F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s1＝3.10cm，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】 (1). 点迹均匀 (2). 匀速直线 (3). C (4). 5.55 (5). 2.45
【解析】
(1)［1］［2］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)［3］AC.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. a－F图象与纵轴的截距，说明平衡摩擦力有点过分，与题意不合，故C错误；
D. a－F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s2＝9.60cm-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==10-2m/s2=2.45m/s2
计算题（本题共5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。只写出最后答案的不能得分。）
13．现有一辆摩托车先由静止开始以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＝eq \f(vm,a)＝10 s
此过程的位移：x1＝eq \f(v\\al(2,m),2a)＝125 m＜x0＝200 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，则v＝at2
解得t2＝eq \f(v,a)＝6 s
最大间距xm＝(x0＋vt2)－eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)＝245 m
(2)设从开始经过t时间摩托车追上卡车，则有eq \f(v\\al(2,m),2a)＋vm(t－t1)＝x0＋vt
解得t＝32.5 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=20N，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。
【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，2Fcs30°=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。
在水平方向，Fcs30°=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H＝102m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v1＝4ms/时，立即改变推力，以a2＝2m/s2匀减速下降，至月表高度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m＝40kg，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，
由v22＝2g′h2得：v2＝m/s
（2）由题意知加速和减速发生的位移为：h＝102m﹣30m＝72m
由位移关系得： +＝h解得：a1＝1m/s2
（3）匀加速直线下降过程由牛顿第二定律得：mg′﹣F＝ma1
解得：F＝24N，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=①
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=vt②
在竖直方向上有：H=③
由①②③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=④
显然此时绳对小球的拉力最大，根据牛顿第三定律可知，绳所受小球的最大拉力为：T′=T⑤
由①④⑤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)mg＋meq \f(v\\al( 2,0),R) (2)2R (3)2
解析 (1)在B点，由牛顿第二定律FN－mg＝meq \f(v\\al( 2,0),R)(1分)
得FN＝meq \f(v\\al( 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mg＋meq \f(v\\al( 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mg＝meq \f(v\\al( 2,C),R)(1分)
通过C点后小球做平抛运动：xAB＝vCt，h＝eq \f(1,2)gt2，h＝2R(2分)
联立以上各式可得xAB＝2R(1分)
(3)设小球落到A点时，速度方向与水平面的夹角设为θ，则tan θ＝eq \f(v⊥,vC)，v⊥＝gt,2R＝eq \f(1,2)gt2(2分)
解得tan θ＝2(1分)
注意：以下18小题分为ABC三组题，其中A题较容易，由学校根据实际情况自行选做A组或者B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＝eq \r(2gR)的速度过轨道最高点B时，甲车以v2＝eq \r(3)v1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＞eq \r(gR)，故受轨道弹力方向向下(2分)
由牛顿第二定律得：FB＋mg＝meq \f(v\\al( 2,1),R)(2分)
解得：FB＝mg(1分)
(2)甲在最低点A时，由牛顿第二定律得：FA－mg＝meq \f(v\\al( 2,2),R)(2分)
解得：FA＝7mg.(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m＝1 kg，木板的质量M＝4 kg，长L＝2.5 m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2。现用水平恒力F＝20 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μ1＝0.3，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)F＞25 N (4)2 s
【名师解析】 (1)木板受到的摩擦力Ff＝μ(M＋m)g＝10 N
木板的加速度a＝eq \f(F－Ff,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′＝－eq \f(Ff,M)＝－2.5 m/s2，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at2＝L
解得：t＝1 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μ1mg＝ma木块
解得：a木块＝μ1g＝3 m/s2
对木板：F1－μ1mg－μ(M＋m)g＝Ma木板
木板能从木块的下方抽出的条件：a木板＞a木块
解得：F1＞25 N。
(4)木块的加速度a′木块＝μ1g＝3 m/s2
木板的加速度a′木板＝eq \f(F2－μ1mg－μ（M＋m）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eq \f(1,2)a′木板t2－eq \f(1,2)a′木块t2＝L
代入数据解得：t＝2 s。
18（C）如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s的速率运行。现把一质量为m＝10 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h＝1.5 m的高处，取g＝10 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＝eq \f(h,sin 30°)＝3 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：x1＝vt1＝eq \f(v0,2)t1
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：L－x1＝v0(t－t1)
解得：t1＝0.8 s＜1.9 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＝eq \f(v0,t1)＝2.5 m/s2
在加速运动阶段，根据牛顿第二定律，有：μmgcs θ－mgsin θ＝ma
解得：μ＝0.866。
(2)在时间t1内，传送带运动的位移为：x＝v0t1＝1.6 m
工件运动的位移为：x1＝vt1＝eq \f(v0,2)t1＝0.8 m
所以工件相对传送带运动的位移为：Δx＝x－x1＝0.8 m。
第一次
第二次
第三次
20
45
30
说明：本试卷满分为100分，考试时间为90分钟。共17题，第17小题分为A、B两组，由学校根据实际情况自行选做。
一、单项选择题（每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意）
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0~t0时间内沿同一直线运动的位移——时间图象，在两个质点在0~t0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
【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0~t0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0~t0时间内任一时刻的加速度都不同，选项A正确；两个质点在0~t0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0~t0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=gt2，可知第一次测量的反应时间为t=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=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F1 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。
【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F＝kt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Ff＝μF＝μkt，即滑动摩擦力与时间t成正比．当滑动摩擦力Ff＝G时，物体的速度达到最大，当Ff＞G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静摩擦力Ff＝G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
多项选择题（每小题4分，共20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2分，选错或不答的得0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v0＝3 cm/s 匀速上浮的同时，玻璃管沿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α。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 α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y＝v0t，x＝eq \f(1,2)at2，所以有x＝eq \f(1,2)a(eq \f(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＝eq \r(veq \\al(2,0)＋（at）2)，所以选项C错误；对于合速度的方向与y轴的夹角为α，有tan α＝eq \f(vx,vy)＝eq \f(at,v0)，所以选项D正确。
7．图示为运动员在水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μ，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
C．转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMg
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】车受到地面的支持力方向与车所在平面垂直，选项A错误；由μmg=m,解得转弯时车不发生侧滑的最大速度为v=，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μMg，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v–t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0.9 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，选项C正确；前0.9 s内的位移为，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
C．B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
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。
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，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)；
(5)根据步骤(3)所测数据计算弹簧A的拉力FA、弹簧B的拉力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). 2.80～2.95 (6).
【解析】
(2)[1][2]．根据胡克定律，两弹簧的劲度系数分别为
；
(4)[3]．弹簧B的弹力大小为
(5)[4][5]．由胡克定律可得：
画出两个力的合力如图，由图可知合力F≈2.90N；
(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：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M，测小车加速度a，作a－F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s1＝3.10cm，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】 (1). 点迹均匀 (2). 匀速直线 (3). C (4). 5.55 (5). 2.45
【解析】
(1)［1］［2］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)［3］AC.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. a－F图象与纵轴的截距，说明平衡摩擦力有点过分，与题意不合，故C错误；
D. a－F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s2＝9.60cm-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==10-2m/s2=2.45m/s2
计算题（本题共5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。只写出最后答案的不能得分。）
13．现有一辆摩托车先由静止开始以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＝eq \f(vm,a)＝10 s
此过程的位移：x1＝eq \f(v\\al(2,m),2a)＝125 m＜x0＝200 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，则v＝at2
解得t2＝eq \f(v,a)＝6 s
最大间距xm＝(x0＋vt2)－eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)＝245 m
(2)设从开始经过t时间摩托车追上卡车，则有eq \f(v\\al(2,m),2a)＋vm(t－t1)＝x0＋vt
解得t＝32.5 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=20N，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。
【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，2Fcs30°=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。
在水平方向，Fcs30°=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H＝102m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v1＝4ms/时，立即改变推力，以a2＝2m/s2匀减速下降，至月表高度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m＝40kg，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，
由v22＝2g′h2得：v2＝m/s
（2）由题意知加速和减速发生的位移为：h＝102m﹣30m＝72m
由位移关系得： +＝h解得：a1＝1m/s2
（3）匀加速直线下降过程由牛顿第二定律得：mg′﹣F＝ma1
解得：F＝24N，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=①
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=vt②
在竖直方向上有：H=③
由①②③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=④
显然此时绳对小球的拉力最大，根据牛顿第三定律可知，绳所受小球的最大拉力为：T′=T⑤
由①④⑤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)mg＋meq \f(v\\al( 2,0),R) (2)2R (3)2
解析 (1)在B点，由牛顿第二定律FN－mg＝meq \f(v\\al( 2,0),R)(1分)
得FN＝meq \f(v\\al( 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mg＋meq \f(v\\al( 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mg＝meq \f(v\\al( 2,C),R)(1分)
通过C点后小球做平抛运动：xAB＝vCt，h＝eq \f(1,2)gt2，h＝2R(2分)
联立以上各式可得xAB＝2R(1分)
(3)设小球落到A点时，速度方向与水平面的夹角设为θ，则tan θ＝eq \f(v⊥,vC)，v⊥＝gt,2R＝eq \f(1,2)gt2(2分)
解得tan θ＝2(1分)
注意：以下18小题分为ABC三组题，其中A题较容易，由学校根据实际情况自行选做A组或者B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＝eq \r(2gR)的速度过轨道最高点B时，甲车以v2＝eq \r(3)v1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＞eq \r(gR)，故受轨道弹力方向向下(2分)
由牛顿第二定律得：FB＋mg＝meq \f(v\\al( 2,1),R)(2分)
解得：FB＝mg(1分)
(2)甲在最低点A时，由牛顿第二定律得：FA－mg＝meq \f(v\\al( 2,2),R)(2分)
解得：FA＝7mg.(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m＝1 kg，木板的质量M＝4 kg，长L＝2.5 m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2。现用水平恒力F＝20 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μ1＝0.3，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)F＞25 N (4)2 s
【名师解析】 (1)木板受到的摩擦力Ff＝μ(M＋m)g＝10 N
木板的加速度a＝eq \f(F－Ff,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′＝－eq \f(Ff,M)＝－2.5 m/s2，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at2＝L
解得：t＝1 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μ1mg＝ma木块
解得：a木块＝μ1g＝3 m/s2
对木板：F1－μ1mg－μ(M＋m)g＝Ma木板
木板能从木块的下方抽出的条件：a木板＞a木块
解得：F1＞25 N。
(4)木块的加速度a′木块＝μ1g＝3 m/s2
木板的加速度a′木板＝eq \f(F2－μ1mg－μ（M＋m）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eq \f(1,2)a′木板t2－eq \f(1,2)a′木块t2＝L
代入数据解得：t＝2 s。
18（C）如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s的速率运行。现把一质量为m＝10 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h＝1.5 m的高处，取g＝10 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＝eq \f(h,sin 30°)＝3 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：x1＝vt1＝eq \f(v0,2)t1
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：L－x1＝v0(t－t1)
解得：t1＝0.8 s＜1.9 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＝eq \f(v0,t1)＝2.5 m/s2
在加速运动阶段，根据牛顿第二定律，有：μmgcs θ－mgsin θ＝ma
解得：μ＝0.866。
(2)在时间t1内，传送带运动的位移为：x＝v0t1＝1.6 m
工件运动的位移为：x1＝vt1＝eq \f(v0,2)t1＝0.8 m
所以工件相对传送带运动的位移为：Δx＝x－x1＝0.8 m。
第一次
第二次
第三次
20
45
30
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