2022-2023学年湖南省长沙市天心区明德中学高一（上）期末物理试卷(含解析）

这是一份2022-2023学年湖南省长沙市天心区明德中学高一（上）期末物理试卷(含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列物理量是矢量的是( )
A. 路程B. 瞬时速率C. 加速度D. 时间
2.小明想骑自行车从明德中学去岳麓山，他打开手机导航，搜索了骑行线路如图所示，导航显示如果他选择“推荐方案”则有10.7km，需用时54分钟；选择“方案二”则有11.5km，需用时58分钟；选择“方案三”则有12.8km，需用时1小时4分钟，则下列判断正确的是( )
A. 无论走哪条路线的位移都相同B. 走“推荐方案”的位移最小
C. 走“推荐方案”，则瞬时速率一定最大D. 走“方案三”的平均速度最大
3.实施人工降雨时，某竖直向上发射的气象火箭弹，先由静止开始以随时间均匀减小的加速度上升，经时间t0后匀速上升，再经时间t0后爆炸。若以竖直向上为正方向，则下列关于火箭弹爆炸前运动的速度−时间图像和加速度—时间图像(其中g为重力加速度大小)中，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
4.如图，在竖直光滑墙壁上，用细绳将一个匀质钢球悬挂在A点，钢球处于静止状态，如果减小细绳长度，则细绳对钢球的拉力( )
A. 变大
B. 变小
C. 不变
D. 大小变化情况无法确定
5.如图所示，在水平力F作用下，物体B沿水平面向右运动，物体A恰匀速上升，那么以下说法正确的是( )
A. 物体B正向右做匀减速运动
B. 斜绳与水平成30°时，vA:vB= 3:2
C. 地面对B的摩擦力减小
D. 物体B正向右做加速运动
6.如图所示，两个完全相同的小球a、b，用轻弹簧M、N连接，并用轻绳悬挂在天花板上，弹簧M水平当悬绳与竖直方向夹角为60°时，M、N伸长量刚好相同。若M、N的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是( )
A. k1k2=14
B. k1k2= 3
C. 撤去F的瞬间，a球的加速度为零
D. 撤去F的瞬间，则在剪断后的瞬间，b球处于失重状态
7.物体在斜面上匀速下滑，如图所示的四个受力示意图中能正确反应物体受力情况的是( )
A. B. C. D.
8.如图所示，在水平地面上，轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与质量为m的物体A连接，物体B的质量也为m，两物体与地面的动摩擦因数均为μ，施加一水平外力推动物体B向左将弹簧压缩到最短，撤去外力，经过一段时间后两物体分离，分离时，弹簧的情况为( )
A. 弹簧被拉长B. 弹簧处于原长
C. 弹簧被压缩，弹力大小为μmgD. 弹簧被压缩，弹力大小为2μmg
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.下列说法正确的是( )
A. 物体速度等于零时一定处于平衡状态
B. 力的单位牛顿属于国际单位制中的基本单位
C. 作用力和反作用力不可能作用在同一物体上
D. 做曲线运动的物体所受的合力方向与速度方向不在同一直线上
10.如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮的( )
A. 合运动是斜向上的匀速直线运动
B. 合运动是斜向上的匀变速曲线运动
C. 合速度的大小和方向均改变
D. 合速度的大小和方向均不变
11.从同一地点出发，甲、乙两个物体沿同一方向做直线运动的速度−时间图象如图所示，则( )
A. 两物体相遇的时间是2s和6sB. 乙物体先向前运动2s，随后向后运动
C. 两个物体相距最远的时刻是4s末D. 4s后甲在乙前面
12.如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口上并在纸板上放一枚象棋的棋子，现用水平向右的拉力将纸板快速抽出，棋子(水平移动距离很小，几乎看不到)落入杯中，这就是惯性演示实验。已知棋子(可视为质点)离纸板左端的距离为d，棋子和纸板的质量均为m，所有接触面的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；若棋子移动的距离不超过d10就能保证实验成功，则以下说法正确的( )
A. 棋子受到纸板的摩擦力水平向右
B. 纸板受到的摩擦力大小为2μmg
C. 若要使棋子相对纸板运动，所需的拉力F>3μmg
D. 若要保证实验成功，所需的拉力F最小值为14μmg
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.利用如图1所示装置进行“探究合力一定时物体的加速度与质量之间的关系”的实验。

(1)本实验采用的实验方法是______ 。
A.控制变量法B.转换法
C.理想实验法D.等效替代法
(2)保持小桶质量m和其他条件不变，只改变小车质量M，多次实验测出相应加速度大小a，记录在下列表格中：
其中，在第3次实验中，忘记了记录加速度X的数值，该次实验的部分纸带如图2所示，O、A、B、C、D、E、F为7个连续的计数点，相邻两计数点间还有四个实际打点未画出，打点计时器的打点频率为50Hz，测得A、B、C、D、E、F与O点间距分别为0.50cm、1.27cm、2.34cm、3.67cm、5.30cm、7.20cm。可计算加速度的数值X= ______ 。

(3)在如图3所示坐标纸上，根据表格数据描点，并作出图线______ ，得出实验结论：______ 。
14.某学习小组用如下实验装置探究平抛运动规律：
(1)用图甲所示装置进行实验。小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，B球同时被松开自由下落。不计空气阻力，实验发现两球同时落地，改变装置的高度多次重复实验都有同时落地的现象。这说明______。
A.A球在水平方向做匀速直线运动
B.A球在竖直方向做自由落体运动
C.A球、B球落地时速度相等
(2)如图乙所示，两个相同的弧形轨道M、位于同一竖直面内，其中M轨道末端水平，N轨道的末端与光滑的水平面相切。两个质量不等的小钢球P、Q，同时从图示位置由静止释放。观察到P落到地面时恰好与Q相碰。向上平移弧形轨道M，多次重复实验，仍能观察到相同的现象这说明______。
A.P球在水平方向做匀速直线运动
B.P球在竖直方向做自由落体运动
C.P球、Q球相碰时速度相等
(3)某同学用平抛演示仪丙做实验时，忘记标注小球抛出点的位置O，A为小球运动一段时间后的位置，以A点为原点建立坐标系，根据实验数据绘制如图丁所示的图像。可知小球抛出点O的坐标为______；平抛物体在A点的速度约为______m/s(保留两位有效数字)(g取10m/s2)
四、简答题：本大题共3小题，共36分。
15.太空是一个微重力、高真空、强辐射的环境，假如未来的某天你乘坐飞船进行“微重力体验”行动，飞船由6000m的高空静止下落，可以获得持续20s之久的失重状态，你在这段时间里可以进行关于微重力影响的实验。已知下落的过程中飞船受到的空气阻力为重力的0.03倍，实际重力看作不变，重力加速度g取10m/s2，试求：
(1)飞船在失重状态下的加速度大小；
(2)飞船在20s的“微重力”状态中下落的距离。
16.跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动，运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。现有某运动员(可视为质点)从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡b处着陆，如图所示。测得ab间的距离为50m，斜坡与水平方向的夹角为30°，不计空气阻力，g取10m/s2，试求：(结果可以用根号表示)
(1)运动员在a处的速度大小和在空中飞行的时间；
(2)运动员在空中离坡面的最大距离。
17.如图所示，传送带的倾角θ=37°，从A到B长度为10.25m，传送带以10m/s的速度逆时针转动，在传送带上A端无初速度地放一个质量为2kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，取g=10m/s2，不计空气阻力和煤块质量变化，求：
(1)煤块到B点时速度的大小；
(2)煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度；
(3)若传送带从静止开始以加速度a逆时针加速转动，设沿传送带向下为摩擦力正方向，请写出煤块在传送带上运动过程中所受摩擦力f与加速度a的关系式，并画出f−a图像(需要在图中标注出转折点的坐标值)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：ABD、路程、瞬时速率和时间都是只有大小没有方向的物理量，都是标量，故ACD错误；
C、加速度既有大小又有方向，是矢量，故C正确。
故选：C。
矢量是既有大小又有方向、运算遵循平行四边形定则的物理量，标量是只有大小没有方向、运算遵守代数运算法则的物理量。
本题要知道矢量与标量的区别：矢量有方向，标量没有方向，要掌握物理量的矢标性。
2.【答案】A
【解析】解：AB.无论走哪条路线起点和终点都相同，所以三个方案的位移都相同，故A正确，B错误；
C.瞬时速率大小与距离无关，无法确定瞬时速度大小，故C错误；
D.三种方案的位移是相同的，用时越短，平均速度越大，走“推荐方案”的平均速度最大，故D错误。
故选：A。
位移是由起点到终点的有向线段，而路程是轨迹的长度；瞬时速率是瞬时速度的大小；平均速度等于位移除以时间，时间对应的是一段过程，而时刻对应的是一个瞬间。
本题主要考查了运动学基本物理概念的理解，正确认识位移和路程、时间与时刻、平均速度和瞬时速度的概念即可解题。
3.【答案】C
【解析】解：A、在0～t0时间内，其v−t图像中的斜率越来越大，其加速度越来越大，与题意不符，故A错误；
B、在0～t0时间内，其v−t图像中的斜率恒定，其加速度恒定，与题意不符，故B错误；
CD、在0～t0时间内，由a−t图像可知其加速度时间均匀减小，其a−t图像应为倾斜直线，t0后加速度为零，火箭弹匀速上升，故C正确，D错误。
故选：C。
火箭弹先向上做加速度减小的加速直线运动，然后做匀速直线运动，根据其运动情况分析即可。
解决本题的关键要明确火箭弹的运动情况，来分析其图象的形状．
4.【答案】A
【解析】解：以小球为研究对象，分析受力情况：重力G，墙的支持力N和绳子的拉力T，作出力图如图。
设绳子与墙之间的夹角为θ，根据平衡条件得：
N=mgtanθ
T=mgcsθ
如果所用的绳子变短，θ增大，G不变，则由上式可知N变大，T变大；故A正确，BCD错误。
故选：A。
以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求出墙壁对小球的支持力以及绳子对球的拉力表达式，再对表达式进行分析即可．
本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出支持力和拉力的表示进行分析．也可以运用图解法直观分析．
5.【答案】B
【解析】解：AD、将B的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于A的速度，如图，
根据平行四边形定则有：vBcsα=vA，所以：
vB=vAcsα，α减小，所以B的速度减小，但不是匀减速。故AD错误。
B、根据vBcsα=vA，斜绳与水平成30°时，vB：vA=2： 3.故B正确。
C、A做匀速运动，则绳子的拉力始终不变；B向右运动的过程中绳子与水平面之间的夹角减小，所以绳子沿竖直方向的分力减小，对B进行受力分析可知B受到地面的支持力增大，所以B受到地面的滑动摩擦力也增大。故C错误。
故选：B。
将B的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于B的速度，根据A、B的速度关系，确定出B的运动规律，根据f=μFN，抓住B竖直方向上的合力为零，判断摩擦力的变化。
解决本题的关键知道B的实际速度是合速度，沿绳子方向上的分速度等于A的速度，根据平行四边形定则求出两物体速度的关系。
6.【答案】A
【解析】解：A、B、先对b球受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有：
F1=mg
再对a、b球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧的拉力，如图所示：
根据平衡条件，有：
F=(2mg)tan60°=2 3mg；
F2=2mgcs60∘=4mg
根据胡克定律，有：
F1=k1x
F2=k2x
故K1K2=14，故A正确，B错误
C、球a受重力、拉力和两个弹簧的拉力，撤去拉力F瞬间，其余3个力不变，合力为：F′=F=(2mg)tan60°=2 3mg；
故加速度：a=F′m，故C错误；
D、球b受重力和拉力，撤去F的瞬间，重力和弹力都不变，故加速度仍然为零，处于平衡状态，故D错误；
故选：A。
先对b球受力分析，根据平衡条件求解弹簧A的拉力；再对a、b球整体受力分析，根据平衡条件求解弹簧B的拉力；最后根据胡克定律判断两个弹簧的劲度系数之比。
整体法和隔离法的使用技巧：1、当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时常用隔离法。
2、整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。
7.【答案】A
【解析】解：由于物体在斜面上匀速下滑，故物体受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用，摩擦力与相对运动方向相反，支持力垂直于斜面向上，故物体受力示意图如下：
故A正确，BCD错误；
故选：A。
物体在斜面上匀速下滑，物体受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用，根据平衡条件分析。
本题主要是共点力平衡的条件及其应用，关键是对物体进行受力分析，根据平衡条件得出结论。
8.【答案】B
【解析】解：两物体分离条件：速度、加速度相同，两物体间无相互作用力；那么AB分离时，B只受摩擦力作用，加速度为μg，而A的加速度也为μg，只受地面摩擦力作用，所以弹簧处于原长，故ACD错误，B正确；
故选：B。
根据两物体分离条件：在分离时速度、加速度相同，两物体间无相互作用力即可求出。
本题主要考查了两物体分离条件，只有掌握分离时两物体速度、加速度相同，两物体间无相互作用力即可解题。
9.【答案】CD
【解析】解：A.平衡状态指的是合力为零，与物体的速度是否为零没有关系，物体做竖直上抛运动，到达最高点时，速度为零，但物体的合外力不为零，不是平衡状态，故A错误；
B.力的单位牛顿属于国际单位制中的导出单位，故B错误；
C.根据牛顿第三定律可知，作用力和反作用力分别作用在相互作用的两个物体上，故C正确；
D.根据物体做曲线运动的条件可知，做曲线运动的物体所受的合力方向与速度方向不在同一直线上，故D正确。
故选：CD。
平衡状态指的是合力为零，与物体的速度是否为零没有关系；力的作用是相互的，作用力与反作用力作用在两个不同的物体上；牛顿不是国际单位制中的基本单位；做曲线运动的物体所受的合力方向与速度方向不在同一直线上。
本题的解题关键是掌握一些力学基本知识，理解平衡状态的含义，理解物体做曲线运动的条件。
10.【答案】AD
【解析】解：橡皮参与了两个分运动，一个是沿水平方向与铅笔速度相同的匀速直线运动，另一个是沿竖直方向与铅笔移动速度大小相等的匀速直线运动，这两个直线运动的合运动是斜向上的匀速直线运动，即合速度的大小和方向均不变。故AD正确，BC错误。
故选：AD。
橡皮参加了两个分运动，水平向右匀速移动，同时，竖直向上匀速运动，实际运动是这两个运动的合运动，根据平行四边形定则可以求出合速度。
本题关键是先确定水平方向和竖直方向的分运动，然后根据合运动与分运动的等效性，由平行四边形定则求出合速度。
11.【答案】AC
【解析】解：A、在v−t图象中，图象与横坐标围成的面积表示物体发生的位移，由图可知当t=2s和t=6s时，两图象与横坐标围成的面积相等，说明位移相等，由于两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动，因此两物体两次相遇的时刻是2s和6s，故A正确；
B、由图象可知，乙物体的速度一直为沿正方向；故运动方向没有变化，故B错误；
C、在前2s内，甲乙两者之间距离先增大后减小，第2s末相距最远。然后，乙速度大于甲的速度，二者距离先减小，然后再增大；2s末时两物体相距x1=12×2×1=1m；4s时，两物体相距为：x2=12×2×2=2m；故4s时两物体相距最远；故C正确；
D、在t=2s时，两物体相遇，2−4s内，乙的速度比甲的大，乙在甲前面。当t=6s时，甲乙再次相遇，因此在2～6s内，甲在乙后面；故D错误。
故选：AC。
本题考查了图象中的追及问题，先要明确甲乙两物体的运动性质，甲一直做匀速运动，乙先做初速度为零的匀加速直线运动然后做匀减速直线运动．把握相遇特点，根据v−t图象特点：“面积”表示位移等等进行求解．
在同一坐标中表示两种图象，要明确两图象代表的运动形式，能和实际运动相结合，注意图象交点的含义，如本题中图象交点表示速度相等，并不一定相遇．其位移关系等只能根据图象与时间轴所围成的面积进行判断．
12.【答案】AD
【解析】解：A、水平向右的拉力将纸板快速抽出过程，棋子相对纸板向左运动，棋子受到纸板的摩擦力水平向右，故A正确；
B、纸板受到棋子和杯子的滑动摩擦力f=μmg+2μmg=3μmg
故B错误；
C、当棋子恰好相对纸板运动时，此时纸板和棋子处于加速过程，且纸板和棋子摩擦力恰好达到最大静摩擦力
对棋子，根据牛顿第二定律f1=μmg=ma1
对纸板，根据牛顿第二定律F−μmg−2μmg=ma1
得
F=4μmg
因F=4μmg棋子恰好相对纸板运动，故要使棋子相对纸板运动，所需的拉力满足F>4μmg，故C错误；
D、当纸板相对鸡蛋运动时，设鸡蛋的加速度为a1，纸板的加速度为a2
为确保实验成功，即鸡蛋移动的距离不超过d10
则纸板抽出时鸡蛋运动的最大距离d10=12a1t2
纸板运动距离为d+d10=12a2t2
联立可得a2=11a1
对鸡蛋，根据牛顿第二定律有f1=μmg=ma1
得a1=μg，a2=11μg
对纸板，根据牛顿第二定律有F1−f1−f2=ma2，f2=2μmg
解得F1=14μmg
故D正确；
故选：AD。
列运动方程，按纸板抽出前后运动距离的不同列式联立求出加速度的关系，然后分别对砝码和纸板进行受力分析，根据牛顿第二定律列式求出所需拉力的最小值。
本题考查了连接体的运动，关键是分别对鸡蛋和纸板进行受力分析，并明确鸡蛋和纸板的位移关系。
13.【答案】A 0.28 在实验误差允许范围内，当物体所受合力一定时，物体的加速度与物体质量倒数成正比
【解析】解：(1)本实验在小车受力一定的情况下，探究小车的加速度与其质量的关系，这样的物理方法称为控制变量法，故A正确，BCD错误；
故选：A。
(2)由题知，相邻两计数点间的时间间隔Δt=0.1s
O、C两点间距x1=2.34cm
C、F两点间距x2=7.20cm−2.34cm=4.86cm
根据逐差法有a=x2−x1(3Δt)2，代入数据解得a=0.28m⋅s−2，
所以加速度的数值X=0.28；
(3)所作图线如下。由图线可知，在实验误差允许范围内，当物体所受合力一定时，物体的加速度与物体质量倒数成正比。
故答案为：(1)A(2)0.28(3)，在实验误差允许范围内，当物体所受合力一定时，物体的加速度与物体质量倒数成正比。
加速度与物体质量、物体受到的合力有关，在探究加速度与物体质量、受力关系的实验中，应该使用控制变量法；根据逐差法公式即可求解X的数值，将表格中的数据描到坐标系中即可作图，根据图像即可得到结论。
本题考查实验原理的理解，有利于学生基本知识的掌握，同时也考查了学生对实验数据的处理方法，及试验条件的掌握，难度适中。
14.【答案】B A (−20cm,−8cm) 2.0
【解析】解：(1)A、B两球同时落地，说明两球在竖直方向的运动完全相同，即A球在竖直方向做自由落体运动，故AC错误，B正确。
故选：B。
(2)因为P落到地面时恰好与Q相碰，说明两球在水平方向的运动相同，即说明P球在水平方向做匀速直线运动，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(3)在水平方向上，由图知xAB=xBC，则小球从A点到B点的时间与B点到C点的时间相等，设为T。
在竖直方向上，根据Δh=gT2，可得hAB−hOA=hBC−hAB
其中hAB=24cm，hBC=40cm，解得hOA=8cm
则抛出点的纵坐标为y=−8cm
故小球抛出点O的坐标为(−20cm,−8cm)。
根据Δh=gT2，可得T= Δhg= (40−24)×10−210s=0.4 10s
B点的竖直速度vBy=hAC2T=0.640.8 10m/s=0.8 10m/s
hB=vBy22g=0.32m=32cm
水平初速度v0=xT=0.20.4 10m/s=0.5 10m/s
A点的竖直速度vAy=vBy−gT，得vAy=0.4 10m/s
则A点的速度vA= v02+vAy2，得vA= 4.1m/s≈2.0m/s
故答案为：(1)B；(2)A；(3)(−20cm,−8cm)，2.0。
(1)A球做平抛运动，将两球在竖直方向的运动进行对比，得到A球竖直方向分运动的规律。
(2)将两球在水平方向的运动进行对比，得到A球水平方向分运动的规律。
(3)根据平抛运动的分位移规律和推论求出时间间隔，再求平抛物体在A点的速度。
解决本题的关键是知道实验的原理，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，运用运动学公式进行处理。
15.【答案】解：(1)设飞船在失重状态下的加速度为a，对飞船受力分析，飞船受重力mg、空气阻力f，由牛顿第二定律得mg−f=ma
又f=0.03mg
联立解得a=9.7m/s2
(2)根据运动规律得，飞船在20s的“微重力”状态中下落的距离x=12at2=12×9.7×202m=1940m
答：(1)飞船在失重状态下的加速度大小为9.7m/s2；
(2)飞船在20s的“微重力”状态中下落的距离为1940m。
【解析】(1)以飞船为研究对象，根据牛顿第二定律列式求解加速度；
(2)飞船在“微重力”过程中做匀加速运动，根据位移—时间关系求解下落的距离。
本题题主要考查牛顿第二定律和匀变速直线运动位移—时间关系的应用，根据题意选择合适公式列式解答。
16.【答案】解：(1)设ab=L，则L=50m
运动员在空中做平抛运动，竖直方向有Lsin30°=12gt2
水平方向有Lcs30°=v0t
解得：v0=5 15m/s，t= 5s
(2)将运动员的平抛运动分解为平行于斜面方向与垂直于斜面方向，如图所示。

运动员在垂直于斜面方向做初速度为v0sin30°、加速度大小为gcs30°的匀减速运动，当这个方向的速度减至零时，运动员离斜面最远，则运动员在空中离坡面的最大距离为
s=( v0sin30°)22gcs30∘
解得：s=25 38m
答：(1)运动员在a处的速度大小为5 15m/s，在空中飞行的时间为 5s；
(2)运动员在空中离坡面的最大距离为25 38m。
【解析】(1)运动员在空中做平抛运动，由几何关系求出下落高度，再根据自由落体运动规律求在空中飞行的时间t。结合水平位移求运动员在a处的速度大小。
(2)将运动员的平抛运动分解为平行于斜面方向与垂直于斜面方向，运动员在垂直于斜面方向做初速度为v0sinθ、加速度大小为gcsθ的匀减速运动，由速度—位移公式求出运动员离坡面的最大距离。
本题考查平抛运动规律的应用，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，能够根据平抛运动的规律结合运动学公式解答。
17.【答案】解(1)开始阶段煤块所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcsθ=ma1
解得
a1=10m/s2
煤块加速至与传送带共速所需时间
t1=va1=1010s=1s
运动的位移
x1=12a1t12=12×10×12m=5m
由于
x1=5m<10.25m
所以煤块加速到8m/s时未到达B点；由于
μ则此后煤块相对传送带下滑，根据牛顿第二定律，对煤块有
mgsinθ−μmgcsθ=ma2
解得
a2=2m/s2
设第二阶段煤块滑动到B所需的时间为t2，则
LAB−x1=vt2+12a2t22
解得
t2=0.5s
煤块到B点时速度的大小为
vB=v+a2t2=10m/s+2×0.5m/s=11m/s
(2)第一阶段煤块相对传送带向上移动，煤块位移为
x1=5m
传送带位移为
x传=vt1=10×1m/s=10m
煤块相对传送带上移
Δx=x传−x1=10m−5m=5m
第二阶段煤块相对传送带向下移动，煤块的位移为
x2=LAB−x1=10.25m−5m=5.25m
传送带位移
x传′=vt2=10×0.5m=5m
煤块相对传送带下移
Δx′=x2−x传′=5.25m−5m=0.25m
由于
Δx′<Δx
故传送带表面留下黑色划痕的长度为
Δx=5m
(3)①若a<2m/s2，煤块相对传送带向下加速运动，二者之间为滑动摩擦，方向沿传送带向上，则此时
f1=−μmgcsθ
代入数据解得
f1=−8N
②若2m/s2≤a≤10m/s2，煤块与传送带相对静止，此时受静摩擦力，由牛顿第二定律有
mgsinθ+f2=ma
则
f2=(2a−12)N
③若a>10m/s2，煤块一直加速运动，二者之间为滑动摩擦力，方向沿传送带向下，则此时摩擦力
f3=μmgcsθ
代入数据解得
f3=8N
f−a图像如图所示

答：(1)煤块到B点时速度的大小11m/s；
(2)煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度5m；
(3)见解析。
【解析】(1)由牛顿第二定律可得摩擦力向上和向下时的加速度，再结合运动学公式求得煤块到B点时速度的大小；
(2)由运动学公式分别求出摩擦力向上和向下时煤块相对传送带的位移，比较大小得出煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度；
(3)依据物体所受滑动摩擦力的方向不同，物体有两个临界加速度，一个最大的，一个最小的，据其分区间讨论两者相对运动状态，传送带的加速度小于物体的最小加速度，物体相对传送带下滑；传送带的加速度大于物体的最大加速度，物体相对传送带上滑，传送带的加速度在两者之间，物体与传送带相对静止，用牛顿第二定律求静摩擦。
本题考查倾斜传送带问题，重点考查摩擦力，难点是摩擦力的突变，一定要特别注意一个问题：是否会发生二次滑动，要掌握判断是否会再次滑动的方法，这样本题在达到共速之后的运动情况以及划痕问题就不会出错，本题还需注意划痕的重叠，另外本题目还考查最基本的牛顿第二定律的两类动力学问题，要注意受力分析不要出错及运动学公式的使用。次数
1
2
3
4
5
6
质量M/kg
0.25
0.30
0.35
0.40
0.45
0.50
加速度a/(m⋅s−2)
0.39
0.32
X
0.24
0.22
0.19
质量倒数1M/kg−1
4.0
3.3
2.9
2.5
2.2
2.0