精品解析：重庆一中2017-2018学年高一上学期期末考试物理试题(解析版)

2018年重庆一中高2020级高一上期期末考试

物理试题卷

一、单项选择题（本题共10小题，每题5分，共50分，每题仅有一个正确选项，请将答案涂在机读卡上）

1.物理学中，下列属于力学基本单位的有

A. 质量

B. 米

C. 牛顿

D. 开尔文

【答案】B

【解析】

“质量”是力学基本物理量；“米”是力学基本单位；“牛顿”是力学导出单位；“开尔文”是热学基本单位；故选B.

点睛：要记住国际单位制中的七个基本单位：米、千克、秒、安培、摩尔、开尔文和坎德拉；并区别基本物理量和基本单位.

2.如图所示为一质点做直线运动的v-t图像，下列说法中正确的是（）

A. ab段与bc段的速度方向相反

B. bc段与cd段的加速度方向相反

C. ab段质点加速度大小为2m/s2

D. bc段质点通过的位移为2m

【答案】C

【解析】

【详解】A．ab段与bc段的速度均为正值，故方向相同，选项A错误；

B．因为直线的斜率等于物体的加速度，故bc段与cd段的加速度方向相同，选项B错误；

C．ab段质点的加速度大小为

224.0 2.0m/s 2m/s 1.0

v a t ?-=

==?， 选项C 正确；

D ．bc 段质点通过的位移为

1

0.54m 1m 2

x =??=，

选项D 错误．

3.如图所示，有两个穿着溜冰鞋的人站在冰面上，当其中一个人A 从背后轻轻推另一个人B 时，两个人都会向相反方向运动，这是因为A 推B 时（ ）

A. A 与B 之间有相互作用力

B. A 对B 的作用在先，B 对A 的作用在后

C. B 对A 的作用力大小等于A 对B 的作用力大小

D. A 对B 的作用力和B 对A 的作用力是一对平衡力 【答案】AC 【解析】

【详解】A 推B 时，A 与B 之间有相互作用力，是一对作用力与反作用力，作用力与反作用力同时产生，大小相等，选项AC 正确，BD 错误．

【点睛】作用力与反作用力是分别作用在两个物体上的，既不能合成，也不能抵消，分别作用在各自的物体上产生各自的作用效果． 4.下列关于惯性的说法中正确的是

A. 速度大的物体比速度小的物体难以停下来，所以速度大的物体惯性大

B. 同一个物体在光滑水平面上时的惯性小，在粗糙水平面上时的惯性大

C. 乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球惯性小

D. 在“嫦娥三号”卫星中的物体不存在惯性 【答案】C 【解析】

【详解】惯性大小的唯一量度是质量，与速度无关，与受力情况无关，故AB 错误；惯性大小的唯一量度是质量，乒乓球可以快速抽杀，是因为质量小，惯性小，容易改变运动状态的缘故，故C 正确；在“嫦娥三号”

卫星中的物体也有质量，则也存在惯性，选项D错误；故选C.

【点睛】本题考查牛顿第一定律，要明确惯性是物体的固有属性，与物体的运动情况及受力情况无关，质量是惯性大小的唯一量度；

5.有一条两岸平直、河水均匀流动，流速恒为v的大河，一条小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直，小船在静水中的速度大小为2v，去程与回程所用时间之比为

A. 3∶2

B. 2∶1

C. 3∶1

D. 3:2

【答案】D

【解析】

小船在静水中的速度大小为2v，当船头指向始终与河岸垂直，则有：

2

c

d d

t

v v

==

去

；当回程时行驶路线与河岸垂直，而回头时的船的合速度为：22

(2)3

v v

v v

=-=

合

；则有：=

3

d

t

v v

=

回

合

；因此去程与回程所用时间之比为3：2，故D正确，ABC错误；故选D．

6.如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面)，木板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是：

A. F1减小，F2减小

B. F1减小，F2增大

C. F1增大，F2减小

D. F1增大，F2增大

【答案】D

【解析】

【详解】对小球受力分析，受重力、挡板向右的支持力和半球面的支持力

根据平衡条件可得：

1

tan

F mgθ

=

2cos

mg

F

θ

=

由于θ不断增大，故1F 增大、2F ．故D 正确，ABC 错误．

7.如图所示，在水平放置的半径为R 的圆柱体轴线的正上方的P 点，将一个小球以水平速度0v 垂直圆柱体的轴线抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q 点沿切线飞过，测得O 、Q 连线与竖直方向的夹角为

θ，那么小球完成这段飞行的时间是（ ）

A. 0

tan v t g θ=

B. 0

tan g t v θ

=

C .

0sin R t v θ

=

D. 0

cos R t v θ

=

【答案】C 【解析】

【详解】小球以水平速度v 0垂直圆柱体的轴线抛出后做平抛运动，将其沿水平和竖直方向分解，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．设小球到达Q 点时的速度v ，竖直速度为y v ，则由题设及几何知识得，小球从P 到Q 在水平方向上发生的位移为

sin x R θ=

速度v 的方向与水平方向的夹角为θ，于是

tan y v v θ=

根据运动规律得

y gt =v

0x v t =

联立以上各式解得

sin R t v θ

=

或0tan v t g

θ

=

故选C ．

考点：本题考查平抛运动和运动的分解知识，意在考查考生对平抛运动规律的掌握情况和综合解决问题的能力．

8.如图所示，质量均为m 的两个木块P 、Q 叠放在水平地面上，P 、Q 接触面的倾角为θ，现在Q 上加一水平推力F ，使P 、Q 保持相对静止一起向左做加速直线运动，下列说法正确的是( )

A. 物体Q 对地面的压力一定为2mg

B. 若Q 与地面间的动摩擦因数为μ，则μ＝2F mg

C .

若P 、Q 之间光滑，则加速度a ＝g tan θ

D. 若运动中逐渐减小F ，则地面与Q 间的摩擦力也逐渐减小 【答案】AC 【解析】

A 项：以PQ 整体为研究对象，在竖直方向上合力为零，所以F N =2mg ，故Q 对地面的压力为2mg ，故A 正确；

B 项：因PQ 做匀加速运动，若2F

mg

μ=

，在水平方向上由牛顿第二定律得：F-μ?2mg=ma ，解得：a=0，故不能做匀加速运动，故B 错误；

C 项：若P 、Q 之间光滑，对P 受力分析，在水平方向上，由牛顿第二定律可知：mgtanθ=ma ，故：a=gtan θ，故C 正确；

D 项：Q 与地面间为滑动摩擦力，故f=μ?2mg ，摩擦力不变，故D 错误．

9.如图所示，套在竖直细杆上的环A 由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳与B 相连，在外力作用下A 沿杆以速度v A 匀速上升经过P 、Q ，经过P 点时绳与竖直杆间的角度为α，经过Q 点时A 与定滑轮的连线处于水平方向，则

A. 经过P 点时，B 的速度等于

cos A

v

B. 经过Q 点时，B 的速度方向向下

C. 当A 从P 至Q 的过程中，B 处于超重状态

D. 当A 从P 至Q 的过程中，绳的拉力等于B 的重力 【答案】C 【解析】

对于A ，它的速度如图中标出的v A ，这个速度看成是A 的合速度，其分速度分别是v a v b ，其中v a 就是B 的速度v B （同一根绳子，大小相同），刚开始时B 的速度为v B =v A cosθ；

当A 环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，v a =0，所以B 的速度v B =0，故AB 错误；因A 匀速上升时，由公式v B =v A cosθ，当A 上升时，夹角θ增大，因此B 向下做减速运动，由牛顿第二定律，可知绳对B 的拉力大于B 的重力，B 处于超重状态，故C 正确，D 错误；故选C ．

点睛：本题考查了运动的合成与分解问题，知道实际运动就是合运动是解答的关键，同时掌握B 的运动性质也是解题的突破口．

10.如图所示，一辆小车静置在水平地面上，用一条遵守胡克定律的橡皮筋将小球P 悬挂于车顶O 点，在O 点正下方有一光滑小钉A ，它到O 点的距离恰好等于橡皮筋原长l 0．现使小车从静止开始向右做加速度逐渐增大的直线运动，在此运动过程中(橡皮筋始终在弹性限度内)，小球的高度

A. 逐渐降低

B. 保持不变

C. 逐渐升高

D. 升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定 【答案】B 【解析】

设L 0为橡皮筋的原长，k 为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：T 1=mg ，弹簧的伸长x 1=

mg k ，即小球与悬挂点的距离为L 1=L 0+ mg

k

；当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进行受力分析如图，得：

T 2cosα=mg ，T 2sinα=ma ，所以：T 2=

mg

cos α，弹簧的伸长：x 2=2 T k

，则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：2001mg mg

L L cos L L kcos k

αα=+

=+=，即小球在竖直方向上到悬挂点的距离不变，故B 正确，ACD 错误．故

选B ．

二、多项选择题（本题共4小题，每题6分，共24分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。每题至少有两个正确选项，请将答案涂在机读卡上）

11.物体受到几个力的作用处于平衡状态，若再对物体施加一个恒力，且原来作用在物体上的力不发生改变，则物体可能

A. 匀速直线运动或静止

B. 匀变速直线运动

C. 非匀变速曲线运动

D. 匀变速曲线运动

【答案】BD

【解析】

物体受几个恒力的作用而处于平衡状态，相当于不受力，物体可能静止，也可能做匀速直线运动；若再对物体施加一个恒力，合力不为零，速度一定改变，不可能保持静止或匀速直线运动，故A错误；若再对物体施加一个恒力，如果速度与合力同向，物体就做匀加速直线运动，故B正确；若再对物体施加一个恒力，如果速度与合力不共线，物体就做曲线运动，由于合力是恒力，故加速度恒定不变，还是匀变速曲线运动，故D正确，C错误；故选BD．

点睛：本题关键明确平衡状态、平衡条件、曲线运动的条件和直线运动的条件；曲线运动的条件是速度与合力不共线，平衡状态是指加速度为零的状态.

12.在如图所示，在竖直面内的直角坐标系中，x坐标轴在水平地面上，A、B、C三个小球沿图示方向做平抛运动，下列表述正确的是

A. 若A、B、C同时抛出，只需满足v C>v B>v A，就恰好能同时在地面相遇

B. 若A、B能在地面相遇，则A、B在空中运动的时间之比为2∶1

C. 若A、C在(x0，0)相遇，则一定满足v A＝v C

D. 若B、C同时开始做平抛运动，二者绝不可能在空中相遇

【答案】CD

【解析】

若A、B、C处三球同时抛出，但是A、C两球的竖直高度与B不同，竖直分运动均是自由落体运动，故A

处、C处球不可能与B处球相遇，故A错误；若A、B处两球能在地面相遇，根据h=1

2

gt2可知，两个球运

2：1，故B错误；若A、C处两球在(x0，0)点相遇，由于水平分运动是匀速直线运动，水平分位移相等，时间也相等，故水平分速度相等，即初速度相等，一定满足v A＝v C，故C正确；由于平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，故只要B、C处两球同时开始做平抛运动，二者不可能在空中相遇，故D正确；故选CD.

点睛：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．

13.如图所示，质量为m1和m2的两物块放在不光滑的水平地面上，用轻质弹簧将两物块连接在一起．当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F′作用在m1上时，两物块均以加速度a′＝2a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x′．则下列关系正确的是

A. F′＝2F

B. x′＝2x

C. F′>2F

D. x′<2x

【答案】D

【解析】

【详解】拉力为F时，对两个物体整体，由牛顿第二定律得：

F-μ（m1+m2）g=（m1+m2）a ①；

假设弹簧弹力为F1，对质量为m2的物体，有：

F1-μm2g=m2a ②；

拉力为F’时，a’=2a，对两个物体整体而言，由牛顿第二定律得：

F’-μ（m1+m2）g=（m1+m2）2a ③；

假设弹簧弹力为F1′，对质量为m2的物体，有：

F1′-μm2g=2m2a′④；

由①③两式可解得：F’＜2F ⑤；故AC错误；

由②④⑤三式可解得，F1′＜2F1；

由胡克定律公式得，F1=kx，F1′=kx′，因而有x′＜2x，故B错误，D正确．

故选D．

14.如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M=2kg的物体A、B(B物体与弹簧栓接)，弹簧的劲度系数为k=100N/m，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体A 上，使物体A开始向上做加速度a=1m/s2的匀加速直线运动(重力加速度g取10m/s2)．则

A. 施加外力前，弹簧的形变量为20cm

B. 外力F 的最小值为4N ，最大值为22N

C. 外力F 作用0.6s 后，A 、B 分离

D. 物体B 向上运动速度达到最大值时，弹簧刚好恢复原长 【答案】BC 【解析】

施加外力前，弹簧的形变量为240

0.4100

Mg x m m k =

==，选项A 错误；开始运动时F 最小，最小值为min 2414F Ma N N ==?=；当两物块即将分离时，此时两物块之间的弹力为零，且加速度相等，此时F

最大，此时对物块A ：max F Mg Ma -=，解得F max =2×(10+1)N=22N ，选项B 正确；当两物块分离时，对B:kx Mg Ma -'=；解得2(101)

0.22100

Mg Ma x m m k ++='=

=，此时物块向上运动的距离为：0.18x x x m ?='=-

由2

12

x at ?=

可得t=0.6s ，选项C 正确；物体B 向上运动速度达到最大值时，弹簧的弹力等于重力，此时弹簧处于压缩状态，选项D 错误；故选BC.

点睛：本题关键是明确A 与B 分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB 整体和B 物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程进行分析．

三、实验题（本题共2小题，共24分，请在答题卷上相应位置作答。）

15.某实验小组做“探究弹簧弹力与弹簧伸长量的关系”实验，采用如图甲所示的装置．质量不计的弹簧下端挂一个小盘，在小盘中增添砝码可以改变弹簧的弹力．在实验过程中进行正确操作并收集实验数据，作出小盘中砝码重力G 随弹簧伸长量x 变化的关系图象如图乙所示．(重力加速度2

10/)g m s =

()1由图乙可求得该弹簧的劲度系数为______/N m ．

()2由图乙还可求得小盘的质量为______kg ，小盘的质量使弹簧劲度系数的测量结果(与真实值相比

)______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)．

【答案】①；②0.1kg ，相同．

【解析】 【分析】

根据“探究弹簧弹力与弹簧伸长量的关系”、“小盘中砝码重力G 随弹簧伸长量x 变化的关系图象如图乙所示”可知，本题考查探究弹簧弹力与弹簧伸长量的关系的实验利用图像处理实验数据得问题，根据图像的斜率和截距的意义分析解答．

【详解】（1）根据胡克定律△F=kΔx，弹簧的劲度系数：F 62

k 2N /cm 200N /m x 3.5 1.5

-====-； （2）由图示图象可知：1mg kx =，

1kx 20.5

m 0.1kg g 10

?=

==， 应用图象法处理实验数据，小盘的质量会导致弹簧劲度系数的测量结果比真实值相同，即不受影响； 故答案为()1200；()20.1；()3不受影响．

【点睛】（1）由图示图象的斜率应用胡克定律可以求出劲度系数； （2）据图示图象的截距求出质量．根据斜率的意义分析误差． 16.在探究物体的加速度与合外力的关系实验中：

甲同学用图甲装置：保持小车(含车中重物)的质量M 不变，细线下端悬挂钩码的总重力mg 作为小车受到的合力F ，用打点计时器测出小车运动的加速度a ．

(1)关于实验操作，下列说法正确的是________．

A．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行

B．平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂钩码，使小车在线的拉力作用下能匀速下滑

C．每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力

D．实验时应先释放小车，后接通打点计时器电源

(2)图乙为实验中打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点

A、B、C、D、E，相邻两个计数点时间间隔为T，测出各计数点间的距离x1，x2，x3，x4．该同学用逐差法得到小车加速度的表达式a＝________．

(3)改变细线下端钩码的个数，得到a－F图象如图丙所示，造成图线上端弯曲的主要原因是_____．

A．平衡摩擦力过度

B．平衡摩擦力不够

C．没有满足M >>m的条件

D．描点连线不够准确

乙同学利用测力计测细线拉力，为方便读数设计如下图实验装置：装有定滑轮的长木板固定在水平实验台上，用右端固定一个滑轮的滑块代替小车，钩码弹簧测力计通过绕在滑轮上的轻绳相连，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动．

(4)读出弹簧测力计的示数F，处理纸带，得到滑块运动的加速度a；改变钩码个数，重复实验．以弹簧测力计的示数F为纵坐标，以加速度a为横坐标，得到的图象是纵轴截距为b，斜率为k的一条倾斜直线，如图所示．已知重力加速度为g，忽略滑轮与绳之间的摩擦．根据以上条件可计算出滑块和木板之间的动摩擦因数μ＝________，滑块和与滑块固定的定滑轮的总质量M=________（要求（4）问中两个空均用b、k、g 中的字母表示）．

【答案】 (1). （1）A (2). （2）

4321

2

4x x x x T +-- (3). （3）C (4). （4）b kg (5). 2k 【解析】

【详解】（1）调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A 正确；在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂钩码，故B 错误； 由于平衡摩擦力之后有Mgsinθ=μMgcosθ，故tanθ=μ．所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量即改变拉小车拉力，不需要重新平衡摩擦力，故C 错误； 实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，故D 错误；故选A.

（2）已知打点计时器电源频率为50Hz ，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s ． 根据△x=aT 2可得：x CE -x AC =a （2T ）2，小车运动的加速度为a=

4321

2

4x x x x T +--．

（3）随着力F 的增大，即随所挂钩码质量m 的增大，不能满足M ＞＞m ，因此曲线上部出现弯曲现象，故选C ．

（4）滑块受到的拉力T 为弹簧秤示数的两倍，即：T=2F 滑块受到的摩擦力为：f=μMg 由牛顿第二定律可得：T-f=Ma

解得力F 与加速度a 的函数关系式为：22

M Mg F a μ=

+ 由图象所给信息可得图象截距为：b=1 2

Mg μ ；而图象斜率为k= 2

M

解得：M=2k ；μ= b kg

； 【点睛】该题考查了实验注意事项、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题；探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不够、或过平衡摩擦力，小车受到的合力就不等于钩码的重力，要知道此时在图像上出现的问题．

四、计算题（本题共4小题，共52分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。）

17.如图所示，质量为m 1＝12 kg 的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O ，轻绳OB 水平且B 端与站在水平面上的人相连，轻绳OA 与竖直方向的夹角θ＝37°，物体甲及人均处于静止状态．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)

(1)轻绳OA 、OB 受到的拉力分别是多大？

(2)若人的质量m 2＝50 kg ，人与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.4，欲使人在水平面上不滑动，则物体甲的质量m 1最大不能超过多少？

【答案】(1) F OA ＝150N, F OB ＝90N (2)m 1最大不能超过80kg 3

【解析】

（1）以结点O 为研究对象进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件有：

115

150cos 4

OA m g F m g N θ=

== F OB ＝m 1g tan θ＝

3

4

m 1g=90N （2）当人刚要滑动时，甲的质量达到最大，此时人受到的静摩擦力达到最大值． 有：f m ＝μm 2g 由平衡条件得：'

OBm F ＝f m 又'

OBm F =m 1m g tan θ＝

3

4

m 1m g 联立以上解得：214'480

3g 33

OBm m F m g m kg g μ＝

＝＝ 即物体甲的质量m 1最大不能超过

80

3

kg ． 点睛：本题涉及共点力平衡中极值问题，当物体刚要滑动时，物体间的静摩擦力达到最大．根据平衡条件列出方程求解.

18.两物块A 、B 并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力F 作用在物块A 上，使

A 、

B 由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在A 、B 的速度达到6/m s 时，搬去推力F ．已

知A 、B 质量分别为1A m kg =、3B m kg =，A 与水平面间的动摩擦因数为0.3μ=，B 与地面没有摩擦，

B 物块运动的v t -图象如图乙所示．g 取210/m s ，求：

（1）推力F 的大小．

（2）A 物块刚停止运动时，物块A 、B 之间的距离． 【答案】（1）15N （2）6m 【解析】

【详解】（1）在水平推力F 作用下，物块A 、B 一起做匀加速运动，加速度为a ，由B 物块的v-t 图像得，

226

/3/2

v a m s m s t =

== 对于A 、B 整体，由牛顿第二定律得()A A B F m g m m a μ-=+， 代入数据解得15F N =．

（2）设物块A 匀减速运动的时间为t ，撤去推力F 后，A 、B 两物块分离，A 在摩擦力作用下做匀减速运动，

B 做匀速运动，对A ，A A A m g m a μ-=，

解得23/A a g m s μ=-=-

0006

23

A v t s a --=

==- 物块A 通过的位移0

62

A v x t m =

= 物块B 通过的位移06212B x v t m m ==?= 物块A 刚停止时A 、B 间的距离6B A x x x m ==一

19.如图所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，A 、B 两端相距L ＝5.0 m ，质量为M ＝10 kg 的物体以v 0＝6.0 m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为μ＝0.5．传送带顺时针运转的速度v (g 取10 m/s 2，sin 37°

＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：

(1)若传送带速度v ＝6.0 m/s ，物体从A 点到达B 点所需的

时间；

(2)若传送带速度v ＝4.0 m/s ，物体从A 点到达B 点的时间又是多少？ 【答案】(1) t ＝1s (2)t ＝2.2s 【解析】

（1）若传送带速度v ＝6.0 m/s 时μ

物体的加速度沿斜面向下，其大小Mg sin θ-μMg cos θ＝Ma 1 a 1=2m/s 2 L ＝v 0t -

12

a 2t 2

t ＝1 s(t ＝5 s 舍去) （2）若传送带速度v ＝4.0 m/s 时

设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a 2，由牛顿第二定律得 Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma 2

设经过时间t 物体的速度与传送带速度相同，012

v v

t a -=

通过的位移22

012

2v v x L a -=

< 设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a 2 Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma 2

物体继续减速，设经t 2速度到达传送带B 点 L －x 1＝vt 2－

1

2

a 2t 联立可得：t ＝t 1＋t 2＝2.2 s

点睛：此题关键是要分析物体在传送带上的运动情况，根据传送带的速度与物体速度的关系判断物体的运动特点，注意求解加速度时要注意摩擦力的方向的变化.

20.如图甲所示，一块长度为L =2m 、质量为M =0.4kg 的长木板静止放置在粗糙水平地面上．另有一质量为

0.5kg m =的小铅块（可看做质点），以0v 的水平初速度向右冲上木板．已知铅块与木板间的动摩擦因数为

10.3μ=，木板与地面间的动摩擦因数为20.1μ=，重力加速度取210m s g =．

(1)铅块刚冲上木板时，求铅块与木板的加速度a 1、a 2；

(2)当铅块以01

4

m/s 4

v =冲上木板，计算铅块从木板右端脱离时，铅块与木板的速度大小v 1、v 2； (3)若将六个相同的长木板并排放在地面上，如图乙所示，铅块以满足2222

029()48m /s 8

v =+的初速度冲上

木板，其它条件不变．确定铅块最终停在哪一块木块上并求出其停在该木块上的位置离该木块最左端的距离d （计算结果用分数表示）．

【答案】(1)13a =m/s 2，水平向左；

223m /s 2a =，水平向右；(2)119m/s 12v =，24m/s 3v =；(3)3

m 192

d =。 【解析】

【详解】（1）对铅块，根据牛顿第二定律有：

11mg ma μ=

得：a 1=3m/s 2，水平向左 对木板，根据牛顿第二定律有：

122-()mg m M g Ma μμ+=

得a 2=1.5m/s 2，水平向右 （2）当铅块以v 0=4

1

4

m/s 冲上木板，假设铅块从木板右端冲出的时间为t ，则有： 2211211

22

v t a t a t L --=

得：t =8

9

s （t =1s(舍去) 所以

v 1=v 0-a 1t =1912

m/s v 2=a 2t =

43

m/s （3）因为

212(2)(3)m M g mg m M g μμμ+<<+

铅块滑上第5块前，所有木块对地静止，滑上第5块瞬间，第5、6块开始运动：

对铅块，根据牛顿第二定律有：

11mg ma μ=，

得a 1=3m/s 2

对第5、6块木块，根据牛顿第二定律有：

1256(2)=2mg m M g Ma μμ-+

得a 56=

1

4

m/s 2 铅块冲上第7块瞬间速度为v 1，则有：

v 02-v 12=2a 1?4L

得v 1 =

298

m/s 设在第5块木板上时间为t 5，则有：

22

151********

v t a t a t L --=

解得：t 5=1s 此时铅块速度

'111565

8

v v a t =-=

m/s 木板速度

22561=4

v a t =

m/s 再继续滑上第6个木板；对第6块木板，根据牛顿第二定律有：

126()=mg m M g Ma μμ-+

得a 6=1.5m/s 2

假设滑上第6个木板至共速时间t 6，则的：

'116266--v a t v a t =

解得：6112t s =

，3

=8

v 共m/s 最后距离第6块木板左端的距离：

'1626113

()()22192

d v v t v v t =+++=共共m

【点睛】本题分析清楚铅块与木块运动过程是关键，要明确木块能发生运动的条件：外力大于最大静摩

擦力，应用摩擦力公式、动能定理、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．