第四章 运动和力的关系（举一反三单元测试·提升卷）物理人教版2019必修第一册

第四章 运动和力的关系 单元测试卷（提升卷） 物 理 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 第Ⅰ卷 选择题 （共46分） 一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。） 1．关于力和运动的关系，下列说法中正确的是（　　） A．物体的速度不断增大，表示物体必受外力作用 B．物体向着某个方向运动，则在这个方向上必受力的作用 C．物体的速度大小不变，则其所受的合外力必为零 D．物体处于平衡状态，则该物体必不受外力作用 【答案】A 【解析】A．力是改变物体运动状态的原因，物体的速度不断增大，运动状态改变，则必受力作用，故A正确； B．物体的运动不需要力维持，物体向某一方向匀速运动，则在该方向上不受力的作用或所受合外力为零，故B错误； C．物体的速度大小不变，但方向改变，物体所受的合外力不为零，故C错误； D．物体处于平衡状态，则物体所受合外力为零，不一定不受力作用，故D错误。 故选A。 2．关于国际单位制，下列说法正确的是（　　） A．国际单位制中的基本单位可以随意选定 B．加速度的单位是由长度单位（m）、时间单位（s）和加速度的定义式推导出来的，所以加速度的单位是导出单位 C．牛顿（N）是国际单位制中的基本单位， D．国际单位制中力学的三个基本物理量是长度、质量和力 【答案】B 【解析】A．国际单位制中的基本单位是经过科学选定的，不能随意选定，它们是构成其他单位的基础，故A错误； B．加速度的单位（）是根据加速度的定义式，由长度单位（m）和时间单位（s）推导出来的，所以加速度的单位是导出单位，故B正确； C．牛顿（N）是国际单位制中的导出单位，故C错误； D．国际单位制中力学的三个基本物理量是长度、质量和时间，故D错误。 故选B。 3．如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一颗又直又高的杨树压弯，竖直倒挂在树梢上，从上到下依次为号猴子。正当4号打算伸手捞“月亮”时，3号突然两手一滑没抓稳，4号扑通一声掉进了水里。假设3号手滑前四只猴子都处于静止状态，四只猴子的质量都相等且为m，重力加速度为g，那么在3号猴子手滑后的一瞬间（　　） A．4号猴子的加速度和速度都等于0 B．3号猴子的加速度大小为g，方向竖直向上 C．1号猴子对2号猴子的作用力大小为 D．2号猴子对3号猴子的作用力大小为 【答案】C 【解析】A．对4号猴子进行分析可得手滑后的一瞬间只受到重力，所以可得加速度大小为g，初速度为零，故A错误； B．在手滑前，设树梢对猴子的作用力为T，对整体有 当3号猴子手滑后的一瞬间，对1、2、3号猴子整体分析可得 解得 方向竖直向上，故B错误； C．对2、3号猴子进行受力分析可得 解得1号猴子对2号猴子的作用力大小为，故C正确； D．对3号猴子分析可得，2号猴子对3号猴子的作用力F，有 解得，故D错误。 故选C。 4．物块a、b中间用一根轻质弹簧相接，放在光滑水平面上，，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，时对物块a施加水平向右的恒力F。时撤去，在0~2s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中以下分析正确的是（　　） A．恒力 B．若F不撤去，则2s后两物块将一起做匀加速运动 C．撤去F瞬间，a的加速度大小为 D．物块b的质量为 【答案】C 【解析】A．时，弹簧弹力为零，对，根据牛顿第二定律可得，故A错误； B．根据图像与时间轴所围的面积表示速度的变化量，由图像可知，时的速度大于的速度，所以若此时不撤去，弹簧在之后的一段时间内会继续伸长，的加速度减小，的加速度增大，并不能一起做匀加速运动，故B错误； D．时，、整体加速度相同，对整体，根据牛顿第二定律可得 解得，故D错误； C．2s时，对，根据牛顿第二定律可得弹簧弹力大小为 撤去瞬间，弹簧弹力不会突变，此时的加速度大小为，故C正确。 故选C。 5．如图所示，质量为的劈块左右劈面的倾角分别为，，质量分别为和的两物块，同时分别从左右劈面的顶端从静止开始下滑，劈块始终与水平面保持相对静止，其中与劈块间的动摩擦因数为，光滑，则两物块下滑过程中劈块与地面的动摩擦因数至少是（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意可知M的加速度 m1的加速度 m2的加速度为 选M、m1和m2构成的质点组为研究对象，根据质点组牛顿第二定律，在水平方向有 竖直方向有 又 联立解得两物块下滑过程中劈块与地面的动摩擦因数至少为 故选B。 6．如图所示，圆环竖直固定放置在水平面上，两个光滑轨道固定在圆环上，两轨道与竖直方向的夹角均为，分别经过圆环的最低点、圆心，甲、乙两小球分别从轨道的最高点由静止开始释放，，则甲、乙到达斜面底端的速度之比为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设圆环的半径为，由等时圆原理，甲的运动时间等于沿竖直方向的直径做自由落体的运动时间，由可得 乙的运动位移为，对乙受力分析，由牛顿第二定律，加速度 由，可得 由此可得 斜面的倾角相等，甲、乙的加速度相等，由可得甲、乙到达斜面底端的速度之比为 故选B。 7．如图所示，浅色的水平传送带以v=3m/s的速度顺时针方向稳定运行，某时刻把一个黑色煤块（可视为质点）轻放在传送带上，传送带与煤块的动摩擦因数为，两个转动轮中心之间的距离为，重力加速度的大小，下列说法中正确的是（　　） A．煤块到达最右端的速度大小为12m/s B．煤块在传送带上留下的痕迹长度为0.5m C．煤块在传送带上运动的时间为3.75s D．若想使得煤块在传送带上运动的时间最短，传送带的速度大小至少为12m/s 【答案】D 【解析】A．煤块的加速度为 解得 达到共同速度的时间 煤块加速运动的位移 此时还未到达传送带最右端，故煤块到达最右端的速度大小为3m/s，A错误； B．煤块加速运动的位移 传送带的位移 煤块在传送带上留下的痕迹长度为 B错误； C．煤块匀速运动的时间 煤块在传送带上运动的时间为 C错误； D．若想使得煤块在传送带上运动的时间最短，煤块必须一直做匀加速直线运动。 传送带的速度大小为 解得，D正确。 故选D。 8．某举重运动员在力传感器上训练做“下蹲”“站起”动作，某段时间内力传感器的示数随时间变化的图像如图所示。由稳定的站姿到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程，由稳定的蹲姿到稳定的站姿称为“站起”过程，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．“下蹲”过程始终处于失重状态，“站起”过程始终处于超重状态 B．“下蹲”过程中，该运动员先处于失重状态后处于超重状态 C．运动员在6s内完成了两次“下蹲”和两次“站起”动作 D．这段时间内，该运动员加速度的最大值为6m/s2 【答案】BD 【解析】AB．在“下蹲”过程中，该运动员是先向下加速，然后减速，最后速度为零，所以在“下蹲”过程中是先处于失重状态，后处于超重状态；在“站起”过程是先向上加速后向下减速，所以“站起”过程是先超重后失重，故A错误，B正确； C．根据上面的分析可知，运动员在6s内完成了一次“下蹲”和一次“站起”动作，故C错误； D．由图可知，在这段时间内，运动员受到的最大支持力为1600N，受到的最小支持力为400N，运动员的重力为1000N，所以运动员的质量为 根据牛顿第二定律可得设在下蹲过程中向下的最大加速度为a，根据牛顿第二定律可得 解得 设在下蹲过程中向下减速的最大加速度为a′，根据牛顿第二定律有 解得 故D正确。 故选BD。 9．如图所示是测定空间站质量的示意图。飞船质量为，在恒定推力作用下获得的加速度，飞船与空间站完成对接后，测出组合体内的速度变化量为，对接前后短时间内都视为直线运动，推力不变，则以下说法正确的（    ） A．推进器的推力 B．飞船与空间站对接后加速度为 C．空间站质量为 D．对接完成后，飞船对空间站的推力为 【答案】ABC 【解析】A．对接前，对飞船应用牛顿第二定律，有 解得，推进器的推力为 故A正确； B．根据加速度的定义式可得，飞船与空间站对接后加速度为 故B正确； C．设空间站的质量为M，对接后，由牛顿第二定律，可得 解得，空间站质量为 故C正确； D．对接完成后，对空间站分析，根据牛顿第二定律可得 解得，对接完成后，飞船对空间站的推力为 故D错误。 故选ABC。 10．如图1所示，质量为的木板静置于水平面上，有一个可视为质点、质量为的小物块，以的初速度滑上木板的左端。物块和木板的图像如图2所示，小物块始终在木板上，取，结合图像，可求得（　　） A．物块在前内的位移为 B．木板的最小长度为 C．物块与木板间的动摩擦因数为0.2 D．木板与水平面之间的动摩擦因数为0.2 【答案】AC 【解析】A．根据图像与横轴围成的面积表示位移可知，物块在前内的位移为 故A正确； CD．根据图像的斜率表示加速度，可知在内物块的加速度大小为 对物块根据牛顿第二定律可得 解得物块与木板间的动摩擦因数为 木板的加速度大小为 对木板根据牛顿第二定律可得 解得木板与水平面之间的动摩擦因数为 故C正确，D错误； B．根据图像可知，在内物块与木板发生的相对位移为 可知木板的最小长度为，故B错误。 故选AC。 第Ⅱ卷 非选择题（共54分） 二、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分。） 11．（6分）某实验小组用图甲所示装置探究牛顿第二定律，从打出的纸带中选择出较为理想的一条，每五个点标定一个计数点后剪下纸带，将各段纸带贴在直角坐标系的第一象限如图乙所示，每段纸带的一端与轴相重合，各纸带平行不重叠且无间隔地贴在一起。 （1）该实验中 （填“需要”或“不需要”）使物块的质量远大于砂桶和砂的总质量m。 （2）若实验中所用交流电源的频率为，则图乙中纸带对应的加速度大小为 （结果保留两位有效数字）。 （3）改变砂桶内细砂的质量，测出对应的加速度和弹簧测力计的示数后做出图像如图丙所示，实验小组认为图像不过原点的原因是没有平衡摩擦力。若长木板水平放置，该图线的横轴截距等于，斜率为，重力加速度为，则物块与长木板间的动摩擦因数 （用题中给的、、表示）。 【答案】（1）不需要 （2）0.78 （3） 【解析】（1）由于实验中使用了弹簧测力计，可以直接读出拉力的大小，故不需要满足物块的质量远大于砂桶和砂的总质量。 （2）贴在直角坐标系的纸带等效于物块运动的图，用纸带的长度表示时间间隔。根据题意可得 则用纸带的长度表示速度时应除0.1，此时图线的斜率表示加速度，即 则图乙中纸带对应的加速度大小为 （3）由牛顿第二定律得 变形得 根据题意可得， 解得 12．（8分）两实验小组分别作“探究加速度和力、质量的关系”实验。 （1）第一组组用如图甲所示装置做实验，图中带滑轮的长木板放置于水平桌面上，拉力传感器可直接显示所受拉力的大小，做实验时，下列操作必要且正确的是 A．将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动 B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数 C．为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量 D．用天平测出砂和砂桶的质量 （2）第二组用如图乙所示的实验装置来做实验。 ①在正确、规范的操作中，打出一条如下图所示的纸带，每两个计数点之间还有四个计时点没有画出来，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器的频率为 50Hz。打第4个计数点时小车的速度 v4= m/s；小车做匀加速直线运动的加速度a= m/s2。（保留三位有效数字） ②平衡了摩擦力后，在小车质量M保持不变的情况下，不断往砂桶里加砂，直到砂的质量最终达到 M。测出每次加砂后，砂和砂桶的总重力F和小车的加速度a，作a-F的图像。下列图线正确的是 。 A． B． C． D． 【答案】（1）AB （2）1.21 2.02 C 【解析】（1）A．实验前要平衡摩擦力，将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动，故A正确； B．实验时小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数，故B正确； CD．绳子的拉力可以由拉力传感器读出，实验中不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故CD错误。 故选AB。 （2）[1]由题可知，相邻计数点之间的时间间隔为 根据匀变速直线运动规律可得，打第4个计数点时小车的速度 [2]根据逐差法可得，小车的加速度为 [3]平衡了摩擦力后，对小车和沙桶整体分析，则有 解得 若满足时，则加速度 即的图像为直线，当砂和砂桶的质量为时，不再满足这一条件，其加速度遵循 随着m的增大，图像的斜率应逐渐减小，因此图像将向下弯曲。 故选C。 三、计算题（本题共3小题，共40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。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。） 13．（10分）小明用台秤研究人在升降电梯中的超重与失重现象．他在地面上用台秤称得其体重为500N，再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从t=0时由静止开始运动到t=11s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的图像如图所示，g取10m/s2。求： （1）小明在0~2s内加速度a1的大小，并判断在这段时间内他处于超重还是失重状态； （2）在10~11s内，台秤的示数F3； （3）小明运动的总位移大小。 【答案】（1）1m/s2，失重；（2）600N；（3）19m 【解析】（1）由题图可知，在0~2s内，台秤对小明的支持力为 由牛顿第二定律有 解得 加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态； （2）设在10~11s内小明的加速度为a3，时间为t3，0~2s的时间为t1，则 解得 由牛顿第二定律有 解得 （3）0~2s内位移为 2~10s内位移为 10~11s内位移为 小明运动的总位移大小为 14．（12分）如图所示，倾角θ=37°的光滑斜面静置于水平面上，用细线2将质量均为m的A、B两球连接并放在斜面上，用细线1把A球与斜面上端P点连接，细线1与竖直方向夹角也为θ，细线2平行于斜面。若斜面水平向右做加速度大小为a的匀加速直线运动，已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则： （1）当时，A、B两球均未离开斜面且与斜面保持相对静止，求细线2上的拉力大小和B球对斜面的压力大小； （2）当时，A球将要离开斜面，此时B球尚未离开斜面，求此a0的大小。 【答案】（1）， （2） 【解析】（1）设此时B球受到斜面的支持力大小为，绳子拉力为，在竖直方向上，根据平衡条件可知 在水平方向，根据牛顿第二定律 联立，解得， 根据牛顿第三定律可知，B球对斜面的压力大小等于斜面对B的支持力 （2）设此时B球受到斜面的支持力大小为，绳子拉力为，A球受到斜面的支持力大小为，绳子拉力为，A球将要离开斜面，则 对B球在竖直方向上，根据平衡条件可知 在水平方向，根据牛顿第二定律 对A球在竖直方向上，根据平衡条件可知 在水平方向，根据牛顿第二定律 联立，解得 15．（18分）如图所示，在竖直平面内，倾斜传送带倾角，可视为质点的物块与传送带间的动摩擦因数，传送带底端与光滑平台平滑连接，有一长木板置于平台右侧的光滑水平面上，其左端面紧贴平台右端面放置、上表面与平台齐平。已知传送带顶端到底端的长度为，物块的质量，长木板质量，物块与长木板间的动摩擦因数，物块经过各连接处时速度大小不变。现将该物块无初速地在传送带顶端处释放，不计空气阻力。（，） （1）若传送带以的速度逆时针转动，求物块滑到时的速度大小； （2）若传送带以的速度顺时针转动，求物块从滑到所用的时间； （3）若传送带以的速度顺时针转动，要使物块不从长木板右端掉落，求长木板的最小长度。 【答案】（1） （2）1.2s （3）3.2m 【解析】（1）传送带以的速度逆时针转动，由牛顿第二定律可得 解得 由匀加速直线运动的位移关系有 可得 （2）传送带以的速度顺时针转动，有 可得 加速到共速的时间为 位移为 共速后有 可得 位移关系为 可得 时间为 总时间为 （3）物块在木板上减速的加速度有 可得 木板加速的加速度有 可得 两者共速时有 可得 最小板长为 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四章 运动和力的关系 单元测试卷（提升卷） 物 理 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 第Ⅰ卷 选择题 （共46分） 一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。） 1．关于力和运动的关系，下列说法中正确的是（　　） A．物体的速度不断增大，表示物体必受外力作用 B．物体向着某个方向运动，则在这个方向上必受力的作用 C．物体的速度大小不变，则其所受的合外力必为零 D．物体处于平衡状态，则该物体必不受外力作用 2．关于国际单位制，下列说法正确的是（　　） A．国际单位制中的基本单位可以随意选定 B．加速度的单位是由长度单位（m）、时间单位（s）和加速度的定义式推导出来的，所以加速度的单位是导出单位 C．牛顿（N）是国际单位制中的基本单位， D．国际单位制中力学的三个基本物理量是长度、质量和力 3．如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一颗又直又高的杨树压弯，竖直倒挂在树梢上，从上到下依次为号猴子。正当4号打算伸手捞“月亮”时，3号突然两手一滑没抓稳，4号扑通一声掉进了水里。假设3号手滑前四只猴子都处于静止状态，四只猴子的质量都相等且为m，重力加速度为g，那么在3号猴子手滑后的一瞬间（　　） A．4号猴子的加速度和速度都等于0 B．3号猴子的加速度大小为g，方向竖直向上 C．1号猴子对2号猴子的作用力大小为 D．2号猴子对3号猴子的作用力大小为 4．物块a、b中间用一根轻质弹簧相接，放在光滑水平面上，，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，时对物块a施加水平向右的恒力F。时撤去，在0~2s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中以下分析正确的是（　　） A．恒力 B．若F不撤去，则2s后两物块将一起做匀加速运动 C．撤去F瞬间，a的加速度大小为 D．物块b的质量为 5．如图所示，质量为的劈块左右劈面的倾角分别为，，质量分别为和的两物块，同时分别从左右劈面的顶端从静止开始下滑，劈块始终与水平面保持相对静止，其中与劈块间的动摩擦因数为，光滑，则两物块下滑过程中劈块与地面的动摩擦因数至少是（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　） A． B． C． D． 6．如图所示，圆环竖直固定放置在水平面上，两个光滑轨道固定在圆环上，两轨道与竖直方向的夹角均为，分别经过圆环的最低点、圆心，甲、乙两小球分别从轨道的最高点由静止开始释放，，则甲、乙到达斜面底端的速度之比为（　　） A． B． C． D． 7．如图所示，浅色的水平传送带以v=3m/s的速度顺时针方向稳定运行，某时刻把一个黑色煤块（可视为质点）轻放在传送带上，传送带与煤块的动摩擦因数为，两个转动轮中心之间的距离为，重力加速度的大小，下列说法中正确的是（　　） A．煤块到达最右端的速度大小为12m/s B．煤块在传送带上留下的痕迹长度为0.5m C．煤块在传送带上运动的时间为3.75s D．若想使得煤块在传送带上运动的时间最短，传送带的速度大小至少为12m/s 8．某举重运动员在力传感器上训练做“下蹲”“站起”动作，某段时间内力传感器的示数随时间变化的图像如图所示。由稳定的站姿到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程，由稳定的蹲姿到稳定的站姿称为“站起”过程，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．“下蹲”过程始终处于失重状态，“站起”过程始终处于超重状态 B．“下蹲”过程中，该运动员先处于失重状态后处于超重状态 C．运动员在6s内完成了两次“下蹲”和两次“站起”动作 D．这段时间内，该运动员加速度的最大值为6m/s2 9．如图所示是测定空间站质量的示意图。飞船质量为，在恒定推力作用下获得的加速度，飞船与空间站完成对接后，测出组合体内的速度变化量为，对接前后短时间内都视为直线运动，推力不变，则以下说法正确的（    ） A．推进器的推力 B．飞船与空间站对接后加速度为 C．空间站质量为 D．对接完成后，飞船对空间站的推力为 10．如图1所示，质量为的木板静置于水平面上，有一个可视为质点、质量为的小物块，以的初速度滑上木板的左端。物块和木板的图像如图2所示，小物块始终在木板上，取，结合图像，可求得（　　） A．物块在前内的位移为 B．木板的最小长度为 C．物块与木板间的动摩擦因数为0.2 D．木板与水平面之间的动摩擦因数为0.2 第Ⅱ卷 非选择题（共54分） 二、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分。） 11．（6分）某实验小组用图甲所示装置探究牛顿第二定律，从打出的纸带中选择出较为理想的一条，每五个点标定一个计数点后剪下纸带，将各段纸带贴在直角坐标系的第一象限如图乙所示，每段纸带的一端与轴相重合，各纸带平行不重叠且无间隔地贴在一起。 （1）该实验中 （填“需要”或“不需要”）使物块的质量远大于砂桶和砂的总质量m。 （2）若实验中所用交流电源的频率为，则图乙中纸带对应的加速度大小为 （结果保留两位有效数字）。 （3）改变砂桶内细砂的质量，测出对应的加速度和弹簧测力计的示数后做出图像如图丙所示，实验小组认为图像不过原点的原因是没有平衡摩擦力。若长木板水平放置，该图线的横轴截距等于，斜率为，重力加速度为，则物块与长木板间的动摩擦因数 （用题中给的、、表示）。 12．（8分）两实验小组分别作“探究加速度和力、质量的关系”实验。 （1）第一组组用如图甲所示装置做实验，图中带滑轮的长木板放置于水平桌面上，拉力传感器可直接显示所受拉力的大小，做实验时，下列操作必要且正确的是 A．将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动 B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数 C．为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量 D．用天平测出砂和砂桶的质量 （2）第二组用如图乙所示的实验装置来做实验。 ①在正确、规范的操作中，打出一条如下图所示的纸带，每两个计数点之间还有四个计时点没有画出来，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器的频率为 50Hz。打第4个计数点时小车的速度 v4= m/s；小车做匀加速直线运动的加速度a= m/s2。（保留三位有效数字） ②平衡了摩擦力后，在小车质量M保持不变的情况下，不断往砂桶里加砂，直到砂的质量最终达到 M。测出每次加砂后，砂和砂桶的总重力F和小车的加速度a，作a-F的图像。下列图线正确的是 。 A． B． C． D． 三、计算题（本题共3小题，共40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。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。） 13．（10分）小明用台秤研究人在升降电梯中的超重与失重现象．他在地面上用台秤称得其体重为500N，再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从t=0时由静止开始运动到t=11s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的图像如图所示，g取10m/s2。求： （1）小明在0~2s内加速度a1的大小，并判断在这段时间内他处于超重还是失重状态； （2）在10~11s内，台秤的示数F3； （3）小明运动的总位移大小。 14．（12分）如图所示，倾角θ=37°的光滑斜面静置于水平面上，用细线2将质量均为m的A、B两球连接并放在斜面上，用细线1把A球与斜面上端P点连接，细线1与竖直方向夹角也为θ，细线2平行于斜面。若斜面水平向右做加速度大小为a的匀加速直线运动，已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则： （1）当时，A、B两球均未离开斜面且与斜面保持相对静止，求细线2上的拉力大小和B球对斜面的压力大小； （2）当时，A球将要离开斜面，此时B球尚未离开斜面，求此a0的大小。 15．（18分）如图所示，在竖直平面内，倾斜传送带倾角，可视为质点的物块与传送带间的动摩擦因数，传送带底端与光滑平台平滑连接，有一长木板置于平台右侧的光滑水平面上，其左端面紧贴平台右端面放置、上表面与平台齐平。已知传送带顶端到底端的长度为，物块的质量，长木板质量，物块与长木板间的动摩擦因数，物块经过各连接处时速度大小不变。现将该物块无初速地在传送带顶端处释放，不计空气阻力。（，） （1）若传送带以的速度逆时针转动，求物块滑到时的速度大小； （2）若传送带以的速度顺时针转动，求物块从滑到所用的时间； （3）若传送带以的速度顺时针转动，要使物块不从长木板右端掉落，求长木板的最小长度。 / 学科网（北京）股份有限公司 $