精品解析：湖北省武昌实验中学2025-2026学年高一上学期12月月考物理试卷

湖北省武昌实验中学高一年级十二月月考 物 理 试 卷 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，其中第1-7小题为单选题，第8-10小题为多选题。） 1. 关于力的合成与分解， 下列说法正确的是（　　） A. 两个力的合力可能小于任意一个分力 B. 运动的物体不可能受到静摩擦力， 静止的物体不可能受到滑动摩擦力 C. 同一平面内有三个力，大小分别为 ，则这三个力的合力 的大小满足 D. 在同一平面内将某个力分解为大小确定且不共线的两个力，最多只有一种分解方法 2. 如图所示，物块放在水平面上，物块上固定一轻质动滑轮，用轻绳按如图所示方式拉着物块运动，当绕过动滑轮的两绳间的夹角为θ时，施加拉力的绳端速度为v，则此时物块的速度大小为（　　） A. vcosθ B. v（1+cosθ） C. D. 3. 如图所示，倾角为30°且足够长的固定光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与物块A接触但不连接，A上方放置另一物块B，B与物块C用跨过光滑轻质定滑轮的细线连接，B与定滑轮间的细线与斜面平行。开始时用手托住C，使细线处于伸直但不拉紧的状态，此时A、B静止在斜面上。某时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C未触地。已知A、B分离时，B的速度大小为v，A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A. 刚释放C时，A、B间的弹力大小为 B. 分离时刻弹簧处于伸长状态 C. A的速度最大时沿斜面上升的距离为 D. A、B分离时，B的加速度大小为 4. 如图甲所示为某机场行李物品传送装置实物图，图乙为该装置直线段部分简化图，由传送带及固定挡板组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面与水平台面的夹角。工作人员将长方体货物可视为质点从图乙传送带的左端由静止释放，货物匀加速运动一段距离后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图丙所示。已知货物与传送带间的动摩擦因数为，其侧面与挡板C间的动摩擦因数为，重力加速度g取，，，不计空气阻力。则货物匀加速运动的加速度大小为（　　） A. B. C. D. 5. 某同学投掷篮球空心入筐，篮球的出手点与篮筐的距离为7.2m，篮球进入篮筐时的速度方向恰好与出手时的速度方向垂直。不考虑空气阻力，重力加速度大小取。则篮球从出手到入筐的时间为（ ） A. 1.6s B. 1.4s C. 1.2s D. 1.0s 6. 如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角的斜劈放在木板上，平行于斜面的轻绳一端系在斜劈顶端，另一端连接可视为质点的小球。已知木板质量为，斜劈质量为，小球质量为，斜劈与木板之间的动摩擦因数为，重力加速度为。现对木板施加水平向左的拉力，下列说法正确的是（　　） A. 若小球始终未离开斜面，则小球的加速度 B. 若无论施加多大的拉力，小球始终未离开斜面，则 C. 若小球、斜劈、木板始终保持相对静止，则 D. 若小球离开斜面，且绳子与斜面的夹角，则此时木板对斜劈的摩擦力 7. 如图所示，从高H处的A点先后平抛两个小球1和2，球1刚好直接越过竖直挡板MN落在水平地面上的B点，球2与地面碰撞两次后，刚好越过竖直挡板MN，也落在B点。设球2每次与水平地面碰撞后竖直方向分速度大小不变方向相反，水平方向分速度大小方向都不变，空气阻力可忽略。则竖直挡板MN的高度h是（　　） A. H B. H C. H D. H 8. 如图所示，质量为的物块置于粗糙水平地面上，质量为的小球用细线拴接在物块的顶端，对小球施加水平外力，平衡时细线与竖直方向间的夹角。现保持外力与细线间的夹角不变，缓慢改变外力的大小，使细线沿逆时针方向缓慢转动，直到细线到达水平位置，整个过程中物块始终静止不动。重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A. 外力先增大后减小 B. 细线上的拉力一直减小 C. 物块受到的摩擦力最大值为 D. 外力的最大值与细线拉力的最大值之比为 9. 如图所示，将小物块置于桌面上的薄纸片上，用水平向右的力将纸片迅速抽出，物块移动的距离很小。若物块和纸片的质量分别为M和m，各接触面的动摩擦因数均为μ，物块距纸片左端的距离和距桌面右端的距离均为d，重力加速度为g。现用水平向右的恒力F拉动纸片，下列说法正确的是（　　） A. 物块不从桌面掉落，水平向右的恒力可能为2μ（M+m）g B. 将纸片迅速抽出过程中，纸片所受摩擦力的大小为μ（2M+m）g C. 为使物块不从桌面掉落，物块与纸片分离时，物块的速度可能为 D. 将纸片迅速抽出过程中，F可能等于 10. 如图甲所示，倾角为、足够长的斜面体固定在水平面上，质量为的物块锁定在斜面体上，时刻在物块上施加一水平向右的推力同时将锁定解除，使物块由静止开始沿斜面体运动，已知外力大小与物块速度大小的变化规律为，为定值，整个过程中物块运动的加速度关于速度的变化规律如图乙所示。重力加速度取，，。下列说法正确的是（ ） A. 物块与斜面体间的动摩擦因数为0.25 B. C. 物块的速度最大时，推力的大小为 D. 物块的加速度为时，推力的大小为 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11. 某实验小组采用如图甲所示装置探究平抛运动的特点。 （1）实验时将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，钢球沿斜槽轨道滑下后从点飞出，落在水平挡板上，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。实验时，下列操作正确的是______（填正确答案标号）。 A. 每次释放钢球，必须从同一固定点由静止释放 B. 斜槽必须光滑且末端的切线必须水平 C. 上下移动挡板时应等间距移动 D. 为定量研究，建立以水平方向为轴、竖直方向为轴的坐标系，取平抛运动的起始点为坐标原点，该点相对斜槽末端的高度等于小球半径 （2）某同学忘记了记录抛出点，从记录的轨迹中选取了、，，四点，以点为原点建立坐标系，相关数据如图乙所示，重力加速度。则小球平抛的初速度大小为______。 （3）由图乙数据，可以计算出小球抛出点的坐标为______。 12. 某实验小组利用图所示的装置探究物体的加速度与所受合力的关系。 （1）为了让细线对小车的拉力等于小车所受的合外力。需要用垫块将长木板无滑轮的一端垫高来平衡摩擦力。具体操作是：把长木板垫高后，小车放在长木板上，在不挂砂桶且计时器打点的情况下，轻推一下小车，若___________，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响。 （2）通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度a。如图是某次实验所打出的一条纸带，在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm。实验中使用的交流电源频率f=50Hz。根据以上数据，可以算出小车的加速度a=___________m/s2（保留3位有效数字）。 （3）若始终保持长木板水平，取砂桶和砂的总重力为F。根据测得的数据作出小车的加速度a随F变化的图线，如图所示。由图中的数据可知小车所受的阻力大小为___________N，小车的质量为___________kg。 （4）观察图可以发现，图线发生了“弯曲”。若实验平衡了摩擦力，再次作出小车的加速度a随F变化的图线（未画出），图线依然会“弯曲”。经过思考后可知，图线“弯曲”的原因在于实验中认为细线对小车的拉力F直等于砂桶和砂的总重力F，而实际上F直与F并不相等。现考虑已平衡摩擦力的实验，将记为相对误差δ，设砂桶和砂的总质量为m，小车的质量为M，则相对误差δ与m/M的关系应为___________。 13. 如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从A点水平飞出，经过3s落到斜坡上的B点。已知A点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50kg。不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求： （1）A点与B点的距离L； （2）运动员离开A点时的速度大小； （3）运动员从A点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间。 14. 在工厂车间里传送工件时常会用到改变方向的传送装置，如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲和乙匀速运行的速度为v0=3m/s，工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上（乙足够长），工件与甲和乙之间的动摩擦因数均为μ=0.2，乙的宽度足够大，工件质量为1kg，重力加速度为g=10m/s2。 （1）某工件从甲传送带距甲、乙传送带的分界线x0=6m处轻放，问经过多长时间该工件可以到达乙传送带？ （2）求工件滑到传送带乙上后受到的摩擦力； （3）求工件在乙传送带上的痕迹长度？工件在乙传送带上运动（对地）速度的最小值v1为多少？ 15. 如图甲所示，质量为的木板静止在光滑水平面上，质量为的物块以初速度滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。 （1）分析可知，恒力F较小时，则物块会从木板的右端滑下，求木板的长度（不用写出具体计算过程，根据图像分析即可）。 （2）当恒力时，物块在木板上运动的时间多长？物块从木板上滑离时的速度有多大？ （3）图乙中BC、DE均为直线段，求这两段恒力F的取值范围及函数关系式。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北省武昌实验中学高一年级十二月月考 物 理 试 卷 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，其中第1-7小题为单选题，第8-10小题为多选题。） 1. 关于力的合成与分解， 下列说法正确的是（　　） A. 两个力的合力可能小于任意一个分力 B. 运动的物体不可能受到静摩擦力， 静止的物体不可能受到滑动摩擦力 C. 同一平面内有三个力，大小分别为 ，则这三个力的合力 的大小满足 D. 在同一平面内将某个力分解为大小确定且不共线的两个力，最多只有一种分解方法 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据合力与分力的关系，可知两个力的合力可能大于任意一个分力，也可能等于任意一个分力，也可能小于任意一个分力，故A正确； B．运动的物体可以受静摩擦力，如人行走时脚与地面，静止的物体可以受滑动摩擦力，如木块在粗糙的桌面滑动，木块受到桌面的摩擦力作用，同时静止的桌面受到木块的摩擦力作用，故B错误； C．3N与4N的合力范围为1N到7N，5N在此合力范围内，故三个力的合力范围为0N到12N，故C错误； D．平面内将某个力F分解为大小确定且不共线的两个力，根据三角形定则，方向有可能不同，如图所示 可能有两种分解结果，故D错误。 故选A。 2. 如图所示，物块放在水平面上，物块上固定一轻质动滑轮，用轻绳按如图所示方式拉着物块运动，当绕过动滑轮的两绳间的夹角为θ时，施加拉力的绳端速度为v，则此时物块的速度大小为（　　） A. vcosθ B. v（1+cosθ） C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设物块的速度为，则 解得 故选D。 3. 如图所示，倾角为30°且足够长的固定光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与物块A接触但不连接，A上方放置另一物块B，B与物块C用跨过光滑轻质定滑轮的细线连接，B与定滑轮间的细线与斜面平行。开始时用手托住C，使细线处于伸直但不拉紧的状态，此时A、B静止在斜面上。某时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C未触地。已知A、B分离时，B的速度大小为v，A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A. 刚释放C时，A、B间的弹力大小为 B. 分离时刻弹簧处于伸长状态 C. A的速度最大时沿斜面上升的距离为 D. A、B分离时，B的加速度大小为 【答案】D 【解析】 【详解】A．开始时，细线的张力为零；以AB整体为研究对象，根据受力平衡可知，此时弹簧的弹力大小为 刚释放C时，设A、B间的弹力大小为N，细线拉力大小为T，此时的加速度为a，以C为研究对象，根据牛顿第二定律得 以B为研究对象，根据牛顿第二定律得 以A为研究对象，根据牛顿第二定律得 联立解得，故A错误； B．A、B分离瞬间，它们具有共同沿斜面向上的加速度，合外力沿斜面向上，故弹簧仍处于压缩状态，故B错误； C．初始时弹簧的压缩量为 当A的速度最大时，加速度为零，即弹簧的弹力与A的重力沿斜面向下的分力平衡，则此时弹簧的压缩量为 可知A的速度最大时它沿斜面上升的距离为，故C错误； D．A、B分离时，两者之间的弹力为零，设此时的加速度为，细线的拉力大小为，以C为研究对象，物体受到重力和细线的拉力以及垂直于斜面的弹力，根据牛顿第二定律得 以B为研究对象，物体受到弹簧的弹力和物体自身的重力以及垂直于斜面的弹力，根据牛顿第二定律得 联立解得，故D正确。 故选D。 4. 如图甲所示为某机场行李物品传送装置实物图，图乙为该装置直线段部分简化图，由传送带及固定挡板组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面与水平台面的夹角。工作人员将长方体货物可视为质点从图乙传送带的左端由静止释放，货物匀加速运动一段距离后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图丙所示。已知货物与传送带间的动摩擦因数为，其侧面与挡板C间的动摩擦因数为，重力加速度g取，，，不计空气阻力。则货物匀加速运动的加速度大小为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设，货物对传送带的压力  对挡板的压力  货物与传送带间的摩擦力，与运动方向相同； 货物与挡板间的摩擦力，与运动方向相反； 对货物有 代入数据解得 故选D。 5. 某同学投掷篮球空心入筐，篮球的出手点与篮筐的距离为7.2m，篮球进入篮筐时的速度方向恰好与出手时的速度方向垂直。不考虑空气阻力，重力加速度大小取。则篮球从出手到入筐的时间为（ ） A. 1.6s B. 1.4s C. 1.2s D. 1.0s 【答案】C 【解析】 【详解】设篮球初速度为，与水平夹角为，末速度为，与竖直方向夹角为斜向下。由题意可知 篮球做匀变速曲线运动，则 竖直方向 水平方向 运动时间为 又 联立得 故选C。 6. 如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角的斜劈放在木板上，平行于斜面的轻绳一端系在斜劈顶端，另一端连接可视为质点的小球。已知木板质量为，斜劈质量为，小球质量为，斜劈与木板之间的动摩擦因数为，重力加速度为。现对木板施加水平向左的拉力，下列说法正确的是（　　） A. 若小球始终未离开斜面，则小球的加速度 B. 若无论施加多大的拉力，小球始终未离开斜面，则 C. 若小球、斜劈、木板始终保持相对静止，则 D. 若小球离开斜面，且绳子与斜面的夹角，则此时木板对斜劈的摩擦力 【答案】B 【解析】 【详解】A．对小球受力分析，其刚好要离开斜面时，即其与斜面之间的压力刚好为零时，对小球的受力分析如下图 由图可知，小球的加速度满足 解得 若小球始终未离开斜面，则小球的加速度，故A错误； B．根据小球不离开斜面的最大加速度，即可知小球和斜面的最大加速度，对小球和斜面整体受力分析，可知斜面和木板之间的动摩擦因数满足 解得，故B正确； C．根据小球不离开斜面的最大加速度，对小球、斜劈、木板整体受力分析，可知拉力满足 解得拉力的最大值，故C错误； D．当小球离开斜面时，根据小球与竖直方向的夹角 对小球受力分析如下图 小球的水平加速度满足 解得 对斜面和小球受力分析，可知在水平方向上，摩擦力满足，故D错误。 故选B。 7. 如图所示，从高H处的A点先后平抛两个小球1和2，球1刚好直接越过竖直挡板MN落在水平地面上的B点，球2与地面碰撞两次后，刚好越过竖直挡板MN，也落在B点。设球2每次与水平地面碰撞后竖直方向分速度大小不变方向相反，水平方向分速度大小方向都不变，空气阻力可忽略。则竖直挡板MN的高度h是（　　） A. H B. H C. H D. H 【答案】A 【解析】 【详解】根据题意，两小球从平抛到第一次地，竖直方向 可知，两小球平抛后，同时落地，在水平方向有 ， 由图可知 可得 如图所示 将球2运动倒过来看成从运动到点与球1从运动到点时间相同，则有 由几何关系可得，AM间水平距离与AB间水平距离之比为 则小球1由运动到与由运动到的时间之比为 则有 解得 故选A。 8. 如图所示，质量为的物块置于粗糙水平地面上，质量为的小球用细线拴接在物块的顶端，对小球施加水平外力，平衡时细线与竖直方向间的夹角。现保持外力与细线间的夹角不变，缓慢改变外力的大小，使细线沿逆时针方向缓慢转动，直到细线到达水平位置，整个过程中物块始终静止不动。重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A. 外力先增大后减小 B. 细线上的拉力一直减小 C. 物块受到的摩擦力最大值为 D. 外力的最大值与细线拉力的最大值之比为 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．保持外力F与细线间的夹角不变，缓慢改变外力F的大小，使细线沿逆时针方向缓慢转动，直到细线到达水平位置；以小球为对象，根据三角形定则，其受力如图所示 由图可知，外力F一直增大，细线上的拉力FT一直减小，故A错误，B正确； C．根据平衡条件，以物块和小球为整体，物块受到的摩擦力大小等于外力F的水平分力；由小球的受力矢量图可知，在2位置，外力F的水平分力最大，根据图中几何关系可知，物块受到的摩擦力最大值为f=Fxmax=Fsin60°=mgsin60°=mg，故C正确； D．由小球的受力矢量图可知，在3位置，外力F的最大值为 在1位置，细线拉力FT的最大值 则外力F的最大值与细线拉力FT的最大值之比为1：1，故D错误。 故选BC。 9. 如图所示，将小物块置于桌面上的薄纸片上，用水平向右的力将纸片迅速抽出，物块移动的距离很小。若物块和纸片的质量分别为M和m，各接触面的动摩擦因数均为μ，物块距纸片左端的距离和距桌面右端的距离均为d，重力加速度为g。现用水平向右的恒力F拉动纸片，下列说法正确的是（　　） A. 物块不从桌面掉落，水平向右的恒力可能为2μ（M+m）g B. 将纸片迅速抽出过程中，纸片所受摩擦力的大小为μ（2M+m）g C. 为使物块不从桌面掉落，物块与纸片分离时，物块的速度可能为 D. 将纸片迅速抽出过程中，F可能等于 【答案】BC 【解析】 【详解】AC．设相对运动时间为t1，物块与纸片分离时物块的速度为v2，物块不从桌面掉落，则有 联立解得 故A错误，C正确； B．将纸片迅速抽出过程中，纸片所受摩擦力的大小为 故B正确； D．将纸片迅速抽出过程中，有 当 物块和纸片才能发生相对运动，可得 故D错误。 故选BC。 10. 如图甲所示，倾角为、足够长的斜面体固定在水平面上，质量为的物块锁定在斜面体上，时刻在物块上施加一水平向右的推力同时将锁定解除，使物块由静止开始沿斜面体运动，已知外力大小与物块速度大小的变化规律为，为定值，整个过程中物块运动的加速度关于速度的变化规律如图乙所示。重力加速度取，，。下列说法正确的是（ ） A. 物块与斜面体间的动摩擦因数为0.25 B. C. 物块的速度最大时，推力的大小为 D. 物块的加速度为时，推力的大小为 【答案】BD 【解析】 【详解】A.时刻，推力为零，物块的加速度大小为 对物块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律，沿斜面的方向有 解得 故A错误； B.物块加速度为零时，由力的平衡条件得 又 代入上式解得 由图乙可知，此时 解得 故B正确； C.由B选项分析可知，推力的大小为 故C错误； D.时，由牛顿第二定律得 又 代入数据解得 故D正确。 故选BD。 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11. 某实验小组采用如图甲所示装置探究平抛运动的特点。 （1）实验时将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，钢球沿斜槽轨道滑下后从点飞出，落在水平挡板上，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。实验时，下列操作正确的是______（填正确答案标号）。 A. 每次释放钢球，必须从同一固定点由静止释放 B. 斜槽必须光滑且末端的切线必须水平 C. 上下移动挡板时应等间距移动 D. 为定量研究，建立以水平方向为轴、竖直方向为轴的坐标系，取平抛运动的起始点为坐标原点，该点相对斜槽末端的高度等于小球半径 （2）某同学忘记了记录抛出点，从记录的轨迹中选取了、，，四点，以点为原点建立坐标系，相关数据如图乙所示，重力加速度。则小球平抛的初速度大小为______。 （3）由图乙数据，可以计算出小球抛出点的坐标为______。 【答案】（1）AD （2）2 （3）（-26cm，-8.45cm） 【解析】 【小问1详解】 A．每次释放钢球，必须从同一固定点由静止释放，以保证小球到达底端时速度相同，A正确； B．斜槽不一定要必须光滑，斜槽末端的切线必须水平，以保证小球能做平抛运动，B错误； C．上下移动挡板时不一定要等间距移动，C错误； D．为定量研究，建立以水平方向为轴、竖直方向为轴的坐标系，取平抛运动的起始点为坐标原点，该点相对斜槽末端的高度等于小球半径，D正确。 故选AD。 【小问2详解】 竖直方向 可得 可得初速度 【小问3详解】 A点的竖直速度 则从抛出点到A点的时间 抛出点的横坐标 纵坐标 则抛出点坐标（-26cm，-8.45cm）。 12. 某实验小组利用图所示的装置探究物体的加速度与所受合力的关系。 （1）为了让细线对小车的拉力等于小车所受的合外力。需要用垫块将长木板无滑轮的一端垫高来平衡摩擦力。具体操作是：把长木板垫高后，小车放在长木板上，在不挂砂桶且计时器打点的情况下，轻推一下小车，若___________，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响。 （2）通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度a。如图是某次实验所打出的一条纸带，在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm。实验中使用的交流电源频率f=50Hz。根据以上数据，可以算出小车的加速度a=___________m/s2（保留3位有效数字）。 （3）若始终保持长木板水平，取砂桶和砂的总重力为F。根据测得的数据作出小车的加速度a随F变化的图线，如图所示。由图中的数据可知小车所受的阻力大小为___________N，小车的质量为___________kg。 （4）观察图可以发现，图线发生了“弯曲”。若实验平衡了摩擦力，再次作出小车的加速度a随F变化的图线（未画出），图线依然会“弯曲”。经过思考后可知，图线“弯曲”的原因在于实验中认为细线对小车的拉力F直等于砂桶和砂的总重力F，而实际上F直与F并不相等。现考虑已平衡摩擦力的实验，将记为相对误差δ，设砂桶和砂的总质量为m，小车的质量为M，则相对误差δ与m/M的关系应为___________。 【答案】（1）打点计时器应该打出一系列间隔均匀的点 （2）0.340 （3） ①. 1 ②. 0.5 （4） 【解析】 【小问1详解】 根据题意可知，平衡摩擦力之后，小车在木板上应做匀速直线运动，则轻推一下小车，打点计时器应该打出一系列间隔均匀的点。 【小问2详解】 题意可知相邻计数点时间间隔，逐差法可知 【小问3详解】 [1][2]根据题意，设小车的质量为M，所受阻力为f，由牛顿第二定律有 整理得 可知 联立解得 【小问4详解】 根据题意，由牛顿第二定律有 联立可得 13. 如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从A点水平飞出，经过3s落到斜坡上的B点。已知A点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50kg。不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求： （1）A点与B点的距离L； （2）运动员离开A点时的速度大小； （3）运动员从A点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间。 【答案】（1）75m （2）20m/s （3）1.5s 【解析】 【小问1详解】 运动员下降的高度为h＝gt2＝×10×32 m＝45m 根据数学知识可得，A点与B点的距离为L＝＝m＝75m 【小问2详解】 水平位移为x＝Lcos37°＝75×0.8m＝60m 则运动员离开A点时的速度大小为v0＝＝m/s＝20m/s 【小问3详解】 当运动员的速度与斜面平行时离斜坡距离最远，此时其竖直方向上的分速度为vy＝v0tan37° 由vy＝gt′ 得t′＝＝1.5s 14. 在工厂车间里传送工件时常会用到改变方向的传送装置，如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲和乙匀速运行的速度为v0=3m/s，工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上（乙足够长），工件与甲和乙之间的动摩擦因数均为μ=0.2，乙的宽度足够大，工件质量为1kg，重力加速度为g=10m/s2。 （1）某工件从甲传送带距甲、乙传送带的分界线x0=6m处轻放，问经过多长时间该工件可以到达乙传送带？ （2）求工件滑到传送带乙上后受到的摩擦力； （3）求工件在乙传送带上的痕迹长度？工件在乙传送带上运动（对地）速度的最小值v1为多少？ 【答案】（1）2.75s （2）工件滑到传送带乙上后受到的摩擦力刚开始是，方向与传送带乙运行方向成45°偏左侧，后来变为0 （3）4.5m， 【解析】 【小问1详解】 工件在甲先匀加速运动，加速度大小 加速度到传送带速度的时间为 位移为 可知工件后做匀速，到达分界线用时 故总用时 【小问2详解】 如图所示，在传送带乙上，工件与传送带相对运动时，所受摩擦力的大小不变，其大小，方向与传送带乙运行方向成45°偏左侧，工件与传送带相对静止后，所受摩擦力为0，即工件滑到传送带乙上后受到的摩擦力一开始是，方向与传送带乙运行方向成45°偏左侧，后来变为0。 【小问3详解】 方法一：在传送带乙上，工件与传送带相对运动时，所受摩擦力的大小和方向不变，其大小 工件的加速度大小 方向与侧向的夹角满足 可得 小工件沿x方向做匀减速直线运动，加速度大小 水平速度减为0时有 解得 匀减速至零用时 沿y方向做匀加速 位移 相对乙的y方向位移 工件相对乙的位移（痕迹的长度） 方法二：以传送带乙为参考系，工件做初速度为，加速度为的匀减速直线运动，直至相对静止，则痕迹的长度 以地面为参考系，工件在乙传送带上相对滑动时可视为做类斜抛运动，其偏转角为90°，根据对称性，可得工件初速沿垂直摩擦力方向的分速度大小就是最小速度，等效为斜抛运动达最高点 即工件在乙传送带上运动（对地）速度的最小值 15. 如图甲所示，质量为的木板静止在光滑水平面上，质量为的物块以初速度滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。 （1）分析可知，恒力F较小时，则物块会从木板的右端滑下，求木板的长度（不用写出具体计算过程，根据图像分析即可）。 （2）当恒力时，物块在木板上运动的时间多长？物块从木板上滑离时的速度有多大？ （3）图乙中BC、DE均为直线段，求这两段恒力F的取值范围及函数关系式。 【答案】（1）1m （2）， （3）当时；当时 【解析】 【小问1详解】 在AB段，拉力F较小，物体在木板上相对于木板滑动的路程保持不变，说明物块会从板右侧滑离木板，则有 【小问2详解】 以初速度为正方向，物块的加速度大小为 对木板由牛顿第二定律得 解得木板的加速度大小为 由（1）知板长；滑块相对木板的路程为 联立解得 或 当时，滑块的速度为2m/s，木板的速度为4m/s，而当物块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小于木板的速度，应舍弃，故所求时间为。物块滑离木板时有 解得物块从木板上滑离时的速度大小为 【小问3详解】 当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时，由牛顿第二定律得 由速度关系得 由位移关系得 联立解得 由图乙知，相对路程，代入解得 即当时，物块刚好不会从长木板右端滑下，对应点B的坐标为（，）。 当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度：当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，由牛顿第二定律得 ， 由于静摩擦力存在最大值，所以 联立解得 则BC段函数关系式是 （） 当时，对应乙中的DE段，当两都速度相等后，物块相对于木板向左滑动，木板上相对于木板滑动的路程为 当两者具有共同速度v，历时t，根据速度时间关系可得 根据位移关系得 联立解得，DE段函数关系式 （） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $