山东省实验中学2024-2025学年高一上学期12月月考物理试题

答案第 1 页，共 6 页 山东省实验中学 12 月阶段性诊断 高一物理试题 2024.12 说明：本试卷满分 100 分，分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ 卷为第 1 页至第 5 页，第Ⅱ卷为第 5 页至第 6 页。试题答案请用 2B 铅笔或 0.5mm 签字笔填 涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的答案无效。考试时间 60 分钟。 第Ⅰ卷 （共 67 分） 一、单项选择题（本题包括 8 小题，每小题 4 分，共 32 分。每小题只有一个选项．．．．．．符合题意） 1．三个质点 A、B、C 的运动轨迹如图，同时从 N 点出发，同时到达 M 点，下列说法中 正确的是 A．三个质点任意时刻的速度方向都相同 B．三个质点从 N 点出发到 M 的任意时刻速度大小都相同 C．三个质点从 N 点到 M 点的平均速度大小和方向均相同 D．三个质点从 N 点到 M 点的平均速率相同 2．关于力下面的说法错误的是 A．重力的方向不一定指向地心 B．按力的性质可分为重力、弹力、摩擦力 C．弹力的方向与施力物体弹性形变方向相反 D．轻绳、轻杆上产生的弹力的方向总是在绳、杆的直线上 3．用国际单位制验证下列表达式，可能正确的是 A． x at （ x 为位移、a为加速度、 t 为时间） B． 21 2 v at （v为速度、a为加速度、 t 为时间） C． 2 g T l  （T 为时间、 g 为重力加速度、 l为长度） D． 2E mc （E 为能量、m 为质量、c为光速） 4．利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法。如图所示为物体做直线 运动时各物理量之间的关系图像（ x 、 v、a、 t 分别表示物体的位移、速度、加速度和时 间），则下列说法中正确的是 答案第 2 页，共 6 页 A．甲图可求出物体的加速度大小为 21m/s B．乙图可求出物体的加速度大小为 25m/s C．丙图可求出物体的加速度大小为 22m/s D．丁图可求出前2s内的速度变化量大小为 6m/s 5．如图所示，光滑圆环竖直固定，A 为最高点，橡皮条上端固定在A 点，下端连接一套在 圆环上的轻质小环，小环位于 B 点， AB 与竖直方向的夹角为 30°。用光滑轻钩将橡皮条中 点缓慢拉至圆上C 点时，钩的拉力大小为F ，方向垂直 AB 。为保持小环静止于 B 点，需 给小环施加一最小作用力F ，则 A． 3 6 F F  B． 3 2 F F  C． 3 3 F F  D． 3F F  6．如图甲所示，物块的质量 m=1kg，初速度 v0=10m/s，在一水平向左的恒力 F作用下从 O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力 F突然反向，整个过程中物块速度的平方随 位置坐标变化的关系图像如图乙所示， g=10m/s2。下列选项中正确的是 A．恒力 F大小为 10N B．在 t=1s 时刻，恒力 F反向 C．物块与水平面的动摩擦因数为 0.5 D．0-5m 内物块做加速度减小的减速运动 7．如图所示，竖直墙壁与光滑水平地面交于 B点，质量为 1m 的光滑半圆柱体紧靠竖直墙 壁置于水平地面上，O为半圆柱体截面所在圆的圆心，质量为 2m 且可视为质点的均质小球 用长度等于 A、B两点间距离的细线悬挂于竖直墙壁上的 A点，小球静置于半圆柱体上。 当换用质量不变，而半径不同的光滑半圆柱体时，细线与竖直墙壁的夹角就会跟着发生 改变。已知重力加速度为 g，不计各接触面间的摩擦，可能用到是数 学工具是sin 2 2sin cos   ，下列正确的是 A．当 60  时，细线对小球的拉力大小为 23m g B．当 60  时，半圆柱体对小球的支持力大小为 2 1 2 m g C．换用半径更小的半圆柱体时，半圆柱体对地面的压力保持不变 D．换用半径不同的半圆柱体时，半圆柱体对竖直墙壁的最大压力大小为 2 1 2 m g 答案第 3 页，共 6 页 8．如图所示，一弹簧一端固定在倾角为 θ=37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为 m1=6kg 的物体 P，Q为一质量为 m2=10kg 的物体，弹簧的质量不计，劲度系数 k=600N/m，系统处于静止状态。现给物体 Q施加一个方向沿斜面向上的力 F，使它从静止 开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前 0.2s 时间内，F为变力，0.2s 以后 F为恒力， sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取 10m/s2，则力 F的最小值与最大值为 A．Fmin= 160 3 N，Fmax= 280 3 N B．Fmin= 280 3 N，Fmax= 310 3 N C．Fmin= 260 3 N，Fmax= 380 3 N D．Fmin= 260 3 N，Fmax= 580 3 N 二、多项选择题（本题包括 7 小题，共 35 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项正 确，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。） 9．如图甲所示，质量为 0.5kg 的物块 A 和足够长的木板 B 叠放在光滑水平面上，t=0 时 刻，木板 B 受到水平向右的拉力 F 作用，0~4s 内，F 随时间 t 变化的关系如图乙所示，木 板 B 加速度 a 与时间 t 的关系如图丙所示．若物块 A 与木板 B 间的最大静摩擦力等于滑动 摩擦力，重力加速度取 10m/s2．则 A．木板 B 的质量为 1kg B．物块 A 与木板 B 之间的动摩擦因数为 0.4 C．2s~4s 内，物块 A 的加速度随时间均匀增大 D．2s~4s 内，物块 A 的速度随时间均匀增大 10．如图甲所示，质量 0.5kgm  的物块和质量 1kgM  的长木板置于倾角为37且足够长 的斜面上， 0t  时对长木板施加沿斜面向上的拉力F ，使长木板和物块由静止开始沿斜面 上滑，作用一段时间 t 后撤去拉力F 。已知长木板和物块始终保持相对静止，两者上滑时 速度的平方与位移之间的关系 2v x 图像如图乙所示，sin37 0.6° ，cos37 0.8° ，重力加 速度取 210m/sg  。则下列说法正确的是 答案第 4 页，共 6 页 A．长木板与斜面之间的动摩擦因数为 0.35 B．拉力 F的作用时间为 2s C．拉力 F的大小为 13.5N D．物块与长木板之间的动摩擦因数可能为 0.88 11．一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，木板上放质量均为 1kg 的 A、B 两物块， A、B 与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为 μ1=0.3，μ2=0.2，水平恒力 F作用在 A 物块上， 如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。则 A．若 F=1N，则物块、薄硬纸片都静止不动 B．若 F=1.5N，则 A 物块所受摩擦力大小小于 1.5N C．若 F=8N，则 B 物块的加速度为 4.0m/s2 D．无论力 F 多大，A 与薄硬纸片都不会发生相对滑动 12．如图所示，一质量为M 的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90，两底角为 和  。且  ，a 、b 为两个位于斜面上质量均为m 的小木块。已知所有接触面都是光滑 的，现使 a、b 同时沿斜面下滑，则下列说法正确的是 A．楔形木块静止不动 B．楔形木块向右运动 C．a 木块处于超重状态 D．b 木块处于失重状态 13．如图所示，a、b、c为三个质量均为 m 的物块，物块、b通过水平轻绳相连后放在水 平面上，物块 c放在 b上．现用水平拉力作用于 a，使三个物块一起水平向右匀速运 动．各接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为 g．下列说法正确的是 A．该水平拉力大于轻绳的弹力 B．物块 c 受到的摩擦力大小为mg C．当该水平拉力增大为原来的 3 2 倍时，物块 c 受到 的摩擦力大小为 1 2 mg D．剪断轻绳后，在物块 b 向右运动的过程中，物块 c 受到的摩擦力大小为 1 3 mg 答案第 5 页，共 6 页 14．甲乙两车在平直公路上两相邻车道行驶，乙车在前，甲车在后。两车运动的 v-t 图像 如图所示。下列判断正确的是 A．若 t=0 时两车相距 15m，两车在运动中一定相遇一次 B．两车第一次平齐的时刻可能发生在 12s 末 C．若 t=10s 时两车平齐，则 t=0 时两车沿运动方向距离为 25m D．若 t=0 时刻两车沿运动方向距离为 12.5m，两车最后将停在同一位置 15．如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角 37  ，以恒定速率 4m/sv  顺时针转 动。一煤块以初速度 0 12m/sv  从 A端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数 0.25  ，取 210m/s sin 37 0.6 cos37 0.8g   ，， 。下列说法正确的是 A．煤块冲上传送带后经 1s 与传送带速度相同 B．煤块向上滑行的最大位移为 8m C．煤块从冲上传送带到返回 A端所用的时间为 5s D．煤块在传送带上留下的痕迹长为  12 4 5 m 三、解答题（33分） 16．(15 分)一质量 m=2kg 的小球套在一根足够长的固定直杆上，直杆与水平面的夹角 θ=37°，AB 为直杆上相距 L=1.15m 的两点．现对小球施加一竖直向上、大小 F=40N 的拉 力，使小球从 A 点由静止开始向上运动，且拉力 F 作用 t1=1s 时间后撤去．已知杆与小球 间的动摩擦因数 μ=0.5，重力加速度 g 取 10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求： (1)小球在拉力 F 作用下的加速度大小 a1； (2)小球上滑过程中距 A 点的最大距离 Lm； (3)从撤去拉力 F 到小球向下经过 B 点所用的时间 t． 答案第 6 页，共 6 页 17．(18 分)如图所示，与水平方向成 =37°的传送带以恒定的速度沿顺时针方向转动，两 传动轮间距为 lAB=9m。一质量为M=1kg 的长木板静止在粗糙地面上，其右端靠着传送 带，现将一质量为 m=1kg 且可视为质点的滑块轻放在传送带顶端 B点，滑块沿传送带滑至 底端并滑上长木板（传送带与长木板连接处无机械能损失）。已知滑块与传送带间的动摩擦 因数为 1= 0.5，滑块与长木板间的动摩擦因数为 2 = 0.4，长木板与地面间的动摩擦因数为 3 =0.1，g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： （1）滑块刚滑到长木板上的速度 0v 的大小； （2）从滑块滑上长木板到二者一起停下所用的时间； （3）为保证滑块不从长木板上滑下，长木板的最小长度是多少。 答案第 1 页，共 16 页 山东省实验中学 12 月阶段性诊断 高一物理试题 2024.12 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D D B A B D A AD CD 题号 11 12 13 14 15 答案 BD AD AC ACD AD 1．C 【知识点】平均速度、瞬时速度 【详解】由题意可知任意时刻三个质点的速度大小和方向都不相同，选项 AB 错误；平均 速度等于位移除以时间，故平均速度大小相同，平均速度的方向与位移方向相同，故平均 速度方向相同，选项 C 正确；平均速率等于路程除以时间，三质点的路程不同，时间相 同，故平均速率不同，选项 D 错误．综上本题选 C． 2．D 【知识点】滑动摩擦力的产生条件与影响因素 【详解】A．重力的方向总是竖直向下，但并不是一定指向地心，故 A 正确； B．按力的性质可分为重力、弹力、摩擦力，故 B 正确； C．弹力的方向总与施力物体弹性形变方向相反，故 C 正确； D．轻绳上产生的弹力方向总是沿绳子的方向，但轻杆上产生的弹力方向不一定沿杆方 向，故 D 错误。 故选 D。 3．D 【知识点】用基本单位推导物理量单位 【详解】A．x为位移，国际单位是 m，a为加速度，国际单位是 m/s2，t为时间，国际单位 是 s，所以 at的国际单位是 m/s，所以 x=at是错误的，故 A 错误； B．v为位移，国际单位是 m/s，a为加速度，国际单位是 m/s2，t为时间，国际单位是 s， 所以 at2的国际单位是 m，所以 21 2 v at 是错误的，故 B 错误； C．T 为时间，国际单位为 s；、 g 为重力加速度，国际单位是 m/s2； l为长度，国际单位为 答案第 2 页，共 16 页 m， g l 的单位是 1s ，故 C 错误； D．E 为能量，国际单位是 J，m 为质量，国际单位是 kg，、c为光速，国际单位是 m/s， mc2的单位是 22 2kg m s kg m/ s m N m J       故 D 正确。 故选 D。 4．B 【知识点】a-t 图像、匀变速直线运动速度与位移的关系、匀变速直线运动位移与时间的关 系 【详解】A．甲图中 2x t 图像为正比关系图像，根据公式 2 0 1 2 x v t at  可知，此图像斜率 为 21 1m/s 2 a  则加速度为 22m/sa  A 错误； B．乙图中 2v x 图像为正比关系图像，根据公式 2 2 0 2v v ax  可知，此图像斜率为 22 10m/sa  则加速度为 25m/sa  B 正确； C．根据公式 2 0 1 2 x v t at  整理得， 0 1 2 x v at t   ，根据丙图图中为一次函数关系图像，则 x t t  图像的斜率为 21 2m/s 2 a   解得 24m/sa   则加速度的大小为 24m/s ，C 错误； 答案第 3 页，共 16 页 D．根据公式 v a t    可知，在a t 图像的图线与坐标轴所围成的面积表示这段时间内物体的 速度变化量，则丁图中a t 图可求出在前2s内的速度变化量大小为 1 3 2m/s 3m/s 2 v     D 错误。 故选 B。 5．A 【知识点】直接合成法解决三力平衡问题 【详解】设橡皮条的拉力大小为T ，则有 2 cos30T F  得 3 3 T F 小环的受力示意图如下 由三角形定则知，当 F N  时，F 有最小值，且最小值为 min 3 sin30 6 F T F    故 BCD 错，A 正确。 故选 A。 6．B 【知识点】牛顿运动定律与图像结合 【详解】ACD.由匀变速运动公式 2 2 0 =2v v ax 可知，乙图中图像斜率为2a，设恒力为 F， 动摩擦因数为 ，在 0-5m 斜率不变，故做匀减速运动，则有 2 1 100 0 2 = m/s 5 a  答案第 4 页，共 16 页 1+ =F mg ma 在 5-13m，做匀加速直线运动，有 2 2 64 0 2 = m/s 13 5 a   2=F mg ma 解得 =7NF =0.3 故 ACD 错误； B.由上述分析可知，在 =5mx 恒力开始反向，此过程中加速度 2 1=10m/sa ，由 0+= 2 v v x t 解得 =1st 故 B 正确。 故选 B。 7．D 【知识点】正交分解法解共点力平衡、动态平衡问题、整体法与隔离法结合处理物体平衡 问题 【详解】AB．对小球进行受力分析如图 1 当 60  时，且 AB=AO2，由几何关系知， 2ABO 为等边三角形，则 90 60 30      由于圆心角与圆周角之间的关系可知 2 60    答案第 5 页，共 16 页 可知小球受到的绳的拉力 T与半圆柱对小球的支持力 N相互垂直，水平方向 sin cosT N  竖直方向 2cos sinT N m g   解得 2 1 2 T m g 2 3 2 N m g 故 AB 错误； CD．若改变半圆柱的半径，当小球平衡时，小球的位置在以 AB 为半径的圆弧上，如图 2 所示 由几何关系知，直线 O1O2是该圆的切线，所以 2AO 垂直于 1 2O O ，则 2 cosT m g  以小球与半圆柱体组成的整体为研究对象，在竖直方向上，半圆柱受到的支持力为 2 2 1 2 1 2 2 1 2cos cos sinN m g m g T m g m g m g m g m g           由几何关系知，减小半圆柱半径，则减小，由此可知，N 将减小，根据牛顿第三定律可 知，半圆柱对地面的压力将减小； 在水平方向上 N 2 2 1 sin sin cos sin 2 2 F T m g m g      可知，当 45  时，半圆柱体受到墙对半圆柱体的弹力最大，为 2 1 2 NmF m g 答案第 6 页，共 16 页 故 C 错误，D 正确。 故选 D。 8．A 【知识点】斜面模型中的临界条件的问题 【详解】设初始时弹簧的压缩量为 x1，则根据胡克定律有 1 1 2( ) sinkx m m g   ① 设 Q做匀加速运动的加速度大小为 a，则在 P、Q分离前 P也以 a做匀加速运动。由题意 可知在经过 t=0.2s 二者分离时 P和 Q运动的位移大小为 2 2 1 2 x at ① 对 P根据牛顿第二定律有 1 2 1 1( ) sink x x m g m a   ① 联立①①①解得 210 m/s 3 a  ① 初始状态下 F有最小值 Fmin，此时对 P、Q整体根据牛顿第二定律有 min 1 1 2 1 2( ) sin ( )F kx m m g m m a     ① 解得 min 160 N 3 F  ① 在 P、Q分离后 F有最大值 Fmax，此时对 Q根据牛顿第二定律有 max 2 2sinF m g m a  ① 解得 max 280 N 3 F  ① 故选 A。 【点睛】求解此题的关键在于抓住临界状态，即 P、Q恰好分离时，二者之间的压力为 零，根据这一条件以及弹力与位移的关系单独对 P列方程求解出加速度，此后再适当选用 整体法与隔离法从而得出力的最小值与最大值。 9．AD 【知识点】受恒定外力的板块问题 答案第 7 页，共 16 页 【详解】A.由图可知，在 0-2s 内木板 B和物块 A一起加速运动，则对 AB整体，由牛顿第 二定律：F=(M+m)a，将 F=3N，a=2m/s2，解得 M=1kg，选项 A 正确； B.2s 后，物块与木板产生相对滑动，由图可知，4s 时 F=6N，此时木板的加速度为 5m/s2， 则对木板：F mg Ma  ，解得 μ=0.2，选项 B 错误； C. 2s~4s 内，物块 A 受大小不变的滑动摩擦力作用，则其加速度 a=μg，不变，选项 C 错 误； D. 2s~4s 内，物块 A 的速度 v=at=μgt，随时间均匀增大，选项 D 正确． 10．CD 【知识点】受变化外力的板块问题 【详解】B．根据 2 2v ax 可知，在 2v x 图像中，图线的斜率的绝对值等于加速度大小的 2 倍，结合题图乙可知，拉力 F作用时物块和长木板整体的加速度大小 2 2 1 1 8 m/s 1m/s 2 4 a    撤去 F时的速度大小 2 2m/sv  ，则拉力 F的作用时间 1 2 2s v t a   故 B 错误。 AC．由图乙可求得，撤去拉力 F后整体的加速度大小 2 2 2 1 8 m/s 8m/s 2 0.5 a    根据牛顿第二定律，对物块和长木板整体，F作用时，有  1 1( ) sin37 ( ) cos37F M m g M m g M m a       撤去 F后有 1 2( ) sin 37 ( ) cos37 ( )M m g M m g M m a      解得 13.5NF  1 0.25  故 A 错误，C 正确。 D．由于物块与木板始终相对静止，所以对物块由牛顿第二定律有 2 1cos37 sin 37mg mg ma    答案第 8 页，共 16 页 解得 2 0.875  则物块与长木板之间的动摩擦因数可能为 0.88，故 D 正确。 故选 CD。 11．BD 【知识点】受恒定外力的板块问题、整体法与隔离法解连接体问题 【详解】A 与木板间的最大静摩擦力为 fA=μmAg=0.3×1×10N=3N B 与木板间的最大静摩擦力为 fB=μmBg=0.2×1×10N=2N A．F=1N＜fA，所以 AB 即木板保持相对静止，整体在 F作用下向左匀加速运动，故 A 错 误； B．若 F=1.5N＜fA，所以 AB 即木板保持相对静止，整体在 F作用下向左匀加速运动，根 据牛顿第二定律得 F-f=mAa 所以 A 物块所受摩擦力 f＜F=1.5N 故 B 正确； CD．当 B 刚要相对于板滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得： fB=mBa0 又 fB=μmBg 得 a0=2m/s2 对整体有 F0=（mA+mB）a0=2×2N=4N 即达到 4N 后，B 将相对地木板运动，此时摩擦力 f=2N；则对木板可知，木板受到 A 的摩 擦力等于 B 的摩擦力；故 A 和木板间不会发生相对运动；则可知，当拉力为 8N 时，B 与 木板间的摩擦力即为滑动摩擦力为 2N，此后增大拉力，不会改变 B 的受力；其加速度大 答案第 9 页，共 16 页 小均为 2m/s2，故 C 错误；D 正确。 故选 BD。 12．AD 【知识点】超重和失重的概念、物体在光滑斜面滑动 【详解】AB. 对木块 a 由受力平衡可得 1 cosN mg  故木块 a 对楔形木块的压力为 1 1 cosN N mg    同理，木块 b 对楔形木块的压力为 2 2 cosN N mg    对楔形木块受力分析，如图，假设地面对楔形木块的摩擦力向左 根据共点力平衡条件，且 90    则有 2 1cos cosf N N    解得 1 2cos cos cos cos cos cos 0f N N mg mg           所以楔形木块静止不动，A 正确，B 错误； CD. 对木块 a 受力分析，如图，受重力和支持力 答案第 10 页，共 16 页 可知木块 a 加速下滑，加速度沿斜面向下，所以木块 a 处于失重状态， 同理木块 b 处于失重状态，D 正确，C 错误； 故选 AD。 13．AC 【知识点】细绳或弹簧相连的连接体问题 【详解】A：对 a 水平方向受力分析： 受向右的 F、向左的轻绳弹力、地面对它向左的摩 擦力，物体匀速，故水平拉力大于轻绳的弹力即 A 正确． B：对物块 c 受力分析：受重力、支持力，不受摩擦力，B 错误． C：原来匀速时，对整体分析：F 3μmg ； 当该水平拉力增大为原来的 3 2 倍时，对整体分析   3 3 3 2 F mg m a  ,得 1 a 2 g 对 c 水平方向分析： 1 2 cf ma mg  故 C 正确． D：剪断轻绳后，物块 bc 向右运动的过程中，对 bc 研究：   22μmg 2m a 对 c 水平方向分析： 2 2cf ma mg  故 D 错误． 点睛：连接体问题的处理思路是优先整体再隔离． 14．ACD 【知识点】v-t 图象面积的物理意义、利用 v-t 图象求位移、v-t 图象斜率的物理意义、利用 v-t 图象求加速度、相遇次数问题 【详解】B．根据斜率的意义，甲车的加速度大小 1 v a t     1m/s2 乙车的加速度大小 2 ' ' v a t     0.5m/s2 答案第 11 页，共 16 页 甲车 12s 时的位移 2 1 1 1 1 1 1 2 810x v t a t   m 乙车 12s 时位移： 2 2 2 1 2 1 1 2 48x v t a t   m 甲车大于乙车的位移，甲车在乙车的后面，所以有可能平齐，如果此时平齐，则之前两车 初始时刻的距离应为 1 2 =24mx x x   根据两车初始时刻满足 x =24m，后来经过时间 t平齐的条件，有 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 v t a t v t a t x     代入数据解得 t=8s 或者 t=12s 说明 8s 是第一次平齐，12s 是第二次平齐。 故 B 错误； C．图线与坐标轴围成的面积代表汽车的位移，当 t=10s 时，甲车的位移为 3 5 15 10m=100m 2 x    乙车的位移 4 5 10 10m=75m 2 x    如果两车在此时平齐，则需要在计时开始时两车相距 3 4' =25mx x x   故 C 正确； D．甲车到停止时运动的总位移 2 1 5 1 112.5m 2 v x a   乙车的总位移 2 6 2 2 100m 2 v x a   两车位移差 答案第 12 页，共 16 页 5 6'' =12.5mx x x   两车停止刚好平齐，故 D 正确； A．综上分析可知若 t=0 时两车相距 15m，两车在运动中一定相遇一次，故 A 正确； 故选 ACD。 15．AD 【知识点】物块在倾斜的传送带上运动分析、物体在传送带上的划痕长度问题 【详解】A．煤块先做匀减速，由牛顿第二定律可得 sin cosmg mg    1ma 解得 2 1 8m/sa  设经 t时间与传送带共速，由 0 1v a t v  解得 1st  故 A 正确； B．共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律得 2sin cosmg mg ma    解得 2 2 4m/sa  煤块先以 12m/s 的初速度， 28m/s 的加速度减速至 4m/s，后又以 24m/s 的加速度减速至 0， 再反向加速至回到 A点， v t 图像如图所示 由图像煤块上升到最高点的位移大小等于速度－时间图线与时间轴所包围的面积的大小， 有   1 1 12 4 1m 4 1m 10m 2 2 x         答案第 13 页，共 16 页 故 B 错误； C．物块上升到最高点后反向向下做初速度为零，加速度为 2 2 4m/sa  的匀加速直线运动， 设返回到 A点所需的时间为 1t ，下滑的位移 2 2 1 1 2 x a t 解得 1 5st  结合图像知，物块从冲上传送带到返回 A端所用时间  2 2 5t   s 故 C 错误； D．在 0 到 1s 内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕  1 1 12 4 1m 4 1m 4m 2 L        此时划痕在物块的下方，在 1s 到 2s 内，传送带速度比物块速度大，则 2 1 4 1m 4 1m 2m 2 L       因为 2 1L L ，所以在上升阶段产生的划痕为 4m，此时煤块在产生的划痕的中点，在 2s 到  2 5 s 时间内，煤块向下滑了 10m，传送带向上滑了4 5m，则煤块在传送带上的划痕  3 10 4 5 2 mL      12 4 5 m 故 D 正确。 故选 AD。 16．一质量 m=2kg 的小球套在一根足够长的固定直杆上，直杆与水平面的夹角 θ=37°，AB 为直杆上相距 L=1.15m 的两点．现对小球施加一竖直向上、大小 F=40N 的拉力，使小球从 A 点由静止开始向上运动，且拉力 F 作用 t1=1s 时间后撤去．已知杆与小球间的动摩擦因 数 μ=0.5，重力加速度 g 取 10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求： (1)小球在拉力 F 作用下的加速度大小 a1； 答案第 14 页，共 16 页 (2)小球上滑过程中距 A 点的最大距离 Lm； (3)从撤去拉力 F 到小球向下经过 B 点所用的时间 t． 16．(1) 2 1 2a m s ；(2)1.2m；(3)1.2236s 【知识点】物体在其他外力作用下在斜面上运动 【详解】(1) 对小球，在平行斜面方向上有：（F-mg）sin37°-f=ma1， 垂直斜面方向上有：（F-mg）cos37°-N=0， 其中：f=μN， 联立解得：a1=2m/s2； (2) 在第 1s 内，物体的末速度为：v1=a1t1=2m/s， 第 1s 的位移大小为： 2 1 1 1 2 x at m  1s 后撤去拉力，减速上升过程，加速度为： 0 0 22 sin 37 cos37 10 mg mg ma sm      减速上升的位移大小为： 2 1 2 0.2 2 v x m a    减速上升的时间为： 2 0 2 1 2 t s s     小球上滑过程中距 A 点的最大距离为：Lm=x1+x2=1.2m； (3) 物体返回 B 点过程是加速，位移为：x3=1.2m-1.15m=0.05m； 加速度为： 0 0 23 sin 37 cos37 2 mg mg ma sm    根据位移公式，有： 2 3 3 3 1 2 x a t 故下降时间为： 3 5 0.2236 10 t s  故从撤去拉力 F 到小球向下经过 B 点所用的时间为：t=t2+t3=0.4236s． 17．如图所示，与水平方向成 =37°的传送带以恒定的速度沿顺时针方向转动，两传动轮 间距为 lAB=9m。一质量为M=1kg 的长木板静止在粗糙地面上，其右端靠着传送带，现将 一质量为 m=1kg 且可视为质点的滑块轻放在传送带顶端 B点，滑块沿传送带滑至底端并滑 上长木板（传送带与长木板连接处无机械能损失）。已知滑块与传送带间的动摩擦因数为 1= 0.5，滑块与长木板间的动摩擦因数为 2 = 0.4，长木板与地面间的动摩擦因数为 3 答案第 15 页，共 16 页 =0.1，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： （1）滑块刚滑到长木板上的速度 0v 的大小； （2）从滑块滑上长木板到二者一起停下所用的时间； （3）为保证滑块不从长木板上滑下，长木板的最小长度是多少。 17．（1）6m/s；（2）3s；（3）3m 【知识点】物块在倾斜的传送带上运动分析、没有其他外力的板块问题 【详解】（1）滑块轻放上传送带，根据牛顿第二定律可得 1 1sin cosmg mg ma    解得 2 1 2m sa  物体以 a1速至 v0，则有 2 0 12 ABv a l 解得 0 6m sv  （2）滑块滑上长木板，对滑块，由牛顿第二定律有 2 2mg ma  解得 2 2 4m sa  方向向右； 对长木板 2 3 3( )mg m M g ma    解得 2 3 2m sa  答案第 16 页，共 16 页 方向向左； 设二者速度相等经历的时间为 t1，则由速度公式可得 0 2 1 3 1v v a t a t   解得 1 1st  v=2m/s 共速后滑块与木板再一起做匀减速运动，对整体，由牛顿第二定律得 3 4( ) ( )M m g M m a    解得 a4=1m/s2 再到停下的时间 2 4 2s v t a   故从滑块滑上长木板到二者一起停下所用的总时间 t=t1+t2=1+2=3s （3）达到共同速度时，滑块的位移 2 2 1 0 1 2 1 1 1 6 1m 4 1 m 4m 2 2 x v t a t        木板的位移 2 2 3 1 1 1 2 1m 1m 2 2 x a t     故木板的长度至少为 x1-x2=4m-1m=3m