精品解析：湖北松滋市2025-2026学年度上学期高一期末训练物理试卷

2025—2026学年度上学期高一训练卷物理 （测试时间：75分钟 卷面总分：100分） 注意事项： 1、答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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。第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 1. 在伽利略的理想斜面实验中，关于实验操作和结论的说法正确的是（　　） A. 该实验说明力是维持物体运动的原因 B. 该实验为牛顿第一定律的提出提供了依据 C. 该实验是理想实验，是在思维中进行的，无真实的实验基础，故其结果并不可信 D. 伽利略通过该实验直接得出了牛顿第一定律 2. 如图所示，一架直梯上端斜靠在光滑的竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面上，与竖直墙壁、水平地面之间均有两个接触点，处于静止状态。则直梯的受力个数为（　　） A. 4个 B. 5个 C. 6个 D. 7个 3. 小龙乘坐电梯从1楼上10楼回家，电梯的运动可看成先匀加速上升、再匀速上升、最后匀减速上升，匀加速上升和匀减速上升阶段加速度大小均为，电梯共上升27m，总用时10s，则电梯匀速上升时的速度大小为（　　） A. 3m/s B. 3.5m/s C. 4m/s D. 4.5m/s 4. 如图所示，半径为R的球冠形空心容器，顶部圆心到底部B点距离为h。在顶部A点与底部B点之间固定一根光滑的细杆，可视为质点的小圆环套在细杆上从A点静止释放。已知重力加速度为g，则小圆环从A点运动到B点的时间为（　　） A. B. C. D. 5. 如图所示，轻绳拴一个质量为m的小球，小球压缩左端固定在墙上的轻弹簧，压缩量为x（小球与弹簧不连接）。弹簧劲度系数为k，小球静止时弹簧刚好处于水平位置，轻绳与竖直方向的夹角为53°。已知重力加速度为g，，，轻绳重力忽略不计。下列说法中正确的是（　　） A. 压缩量x为 B. 轻绳拉力大小为 C. 撤掉弹簧瞬间轻绳的拉力大小为 D. 轻绳烧断瞬间小球的加速度大小为 6. 如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面固定在水平地面上，物块从斜面底端冲上斜面后滑下。物块运动过程中速度的平方与路程的关系图像如图乙所示，则物块与斜面间动摩擦因数与倾角θ正切值的关系为（　　） A. B. C. D. 7. 如图所示，竖直平面内有一圆环，圆心为O，半径为R，PQ为水平直径，MN为倾斜直径，PQ与MN间的夹角为30°。一条不可伸长的轻绳长为L，两端分别固定在圆环的M、N两点，轻质滑轮连接一个质量为m的重物，放置在轻绳上。不计滑轮与轻绳间的摩擦，已知重力加速度为g。现将圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过60°，下列说法正确的是（　　） A. 轻绳拉力最大为 B. 轻绳拉力最小为 C. 轻绳与竖直方向间的夹角先减小再增大 D. 轻绳拉力先减小再增大 8. 快递公司推出了用无人机配送快递的方法。某次配送快递无人机在飞行过程中，水平方向速度v和竖直方向的位置坐标y与飞行时间t的关系图像分别如图甲、乙所示，无人机的质量为1kg，重力加速度取。规定竖直向上为正方向，下列关于无人机运动的说法正确的是（　　） A. 无人机零时刻的速度大小为5m/s B. 无人机竖直方向的加速度大小为 C. 无人机在0∼2s时间内的位移大小为8m D. 无人机在0∼2s时间内的合力大小为1.5N 9. 足够长的水平传送带以的速率顺时针转动，煤块以的速度从右侧向左滑上传送带。煤块与传送带间动摩擦因数为0.1，重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A. 煤块向左运动最远的距离为2m B. 煤块经过1s的时间与传送带共速 C. 煤块受到传送带的摩擦力方向先向右后向左 D. 煤块在传送带上留下的痕迹长度为4.5m 10. 如图甲所示，轻弹簧的一端固定在倾角为30°的足够长的固定光滑斜面底端，另一端与质量为m物块A连接，质量为2m的物块B紧靠（不粘连）物块A静止在斜面上。某时刻对物块B施加沿斜面向上的力F，使物块B做匀加速直线运动，物块B所受的力F随物块B的位移x变化的关系图像如图乙所示。若弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度g取，则下列说法正确的是（　　） A. 弹簧的劲度系数为35N/m B. 物块A与B分离时弹簧的压缩量为0.35m C. 物块B做匀加速直线运动的加速度大小为 D. 物块B从开始沿斜面向上运动到物块A、B分离时所用时间为0.2s 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11. 小州同学利用如图所示的装置探究平抛运动，实验时将固定有白纸的竖直木板放置在斜槽右侧的某位置，将小球从斜槽挡板处由静止释放，记录在白纸上留下的痕迹A，然后依次将竖直木板向右移动相同的距离cm，再将小球由挡板处静止释放，同时记录在白纸上留下的痕迹B、C，记录的痕迹转化为如图所示轨迹上三点，用刻度尺测量AB两点和BC两点的竖直高度分别为，，重力加速度g取。 （1）组装如图的装置时，下列说法正确的是______（填标号）。 A. 安装斜槽轨道时其末端切线应水平 B. 斜槽轨道必须尽可能光滑 C. 小球必须每次从挡板处由静止释放 D. 将竖直木板校准到板平面与小球下落的竖直平面垂直且与水平面垂直 （2）由图分析可知A、B、C相邻两点的时间间隔相等，均为______s，小球离开斜槽末端时的速度大小为______m/s，小球经过B点时的速度大小为______m/s（结果均保留2位有效数字）。 12. 用如下图所示的装置来测当地的重力加速度。实验主要器材：带有定滑轮的平板、带有遮光片的滑块（总质量为m）、遮光片的宽度为d，钩码（质量为）、光电门、数字计时器、刻度尺。 实验步骤如下： ①将平板倾斜适当角度，使滑块在平板任意位置都能恰好静止； ②在平板某位置标记位置A，在A点左侧标记一位置O点； ③将光电门固定于平板上A点右侧的B点，并与数字计时器相连，用刻度尺测量A、B间的距离L； ④挂上钩码，在O点由静止释放滑块，滑块在钩码牵引下开始运动，记录滑块上遮光片通过光电门的遮光时间； ⑤改变光电门的位置，记录多次滑块从O点由静止释放后遮光片经过光电门的时间。根据实验数据作出的图像为一条倾斜的直线，并测得图像斜率为k，在纵轴的截距为b。 （1）由图中信息可推导出滑块经过A点时的速度大小为______，滑块在平板上运动的加速度大小______（用题中所给字母表示）。 （2）利用该实验可以得出当地的重力加速度______（用、m、k、d表示）。 13. 如图所示，平台高为H，一小球P从平台上以初速度水平抛出后落到水平面上的c点，O点为水平面上抛出位置正下方的点，a、b两点为Oc段的三等分点，若小球P从平台上水平抛出的同时（速度依然为），另一小球Q从a点以某一初速度竖直上抛，两小球恰好在空中相遇，不计空气阻力，已知重力加速度为g。 （1）求小球P做平抛运动的水平射程； （2）求小球Q的初速度大小。 14. 如图所示，在竖直墙壁的左侧水平地面上，放置一个边长为a，质量为的正方体ABCD，在墙壁和正方体之间放置一半径为，质量为m的光滑球，正方体和球均保持静止，球的球心为O点且OB与竖直方向的夹角为θ，正方体的边长，正方体与水平地面的动摩擦因数为（已知重力加速度g取，，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，）。 （1）若，，求立方体对球的弹力大小和竖直墙壁对球的弹力大小； （2）若，保持球的半径不变，只增大球的质量，为了不让正方体出现滑动，求球质量的最大值； （3）改变正方体到墙壁之间的距离，当正方体右侧面BC到墙壁之间距离小于某个值d时，无论球质量为多大（保持球的半径不变），球和正方体始终处于静止状态，且球未落到地面，求d的值（该问结果保留3位有效数字）。 15. 如图所示，质量为的匀质木板B放在足够长的水平地面上，木板B长为，在木板的中点处静止叠放着质量的可视为质点的小木块A，木板和小木块之间、木板与地面之间的动摩擦因数均为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在时刻，在木板左端施加一水平向左的恒定拉力F，重力加速度g取。 （1）要让小木块A和木板B向左加速时不发生相对滑动，求拉力F的最大值； （2）若，在F拉动木板过程中，当木块到达木板右端时，求小木块A和木板B各自的速度大小（结果可用根号表示）； （3）若，作用一段时间后撤去F，要想小木块不从木板上掉落，求力F作用的最长时间。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度上学期高一训练卷物理 （测试时间：75分钟 卷面总分：100分） 注意事项： 1、答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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。第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 1. 在伽利略的理想斜面实验中，关于实验操作和结论的说法正确的是（　　） A. 该实验说明力是维持物体运动的原因 B. 该实验为牛顿第一定律的提出提供了依据 C. 该实验是理想实验，是在思维中进行的，无真实的实验基础，故其结果并不可信 D. 伽利略通过该实验直接得出了牛顿第一定律 【答案】B 【解析】 【详解】A. 伽利略的理想斜面实验表明，物体在不受外力作用时将保持匀速直线运动或静止状态，从而反驳了“力是维持物体运动的原因”的观点，故A错误； B. 该实验通过理想化推理，揭示了物体运动的惯性特性，为牛顿第一定律的提出奠定了实验和理论基础，故B正确； C. 该实验虽为理想实验，但基于伽利略的实际斜面小球滚动实验，其结果科学可信，并被物理学界广泛接受，故C错误； D. 伽利略通过实验得出了惯性原理的初步结论，但牛顿第一定律是由牛顿在伽利略等前人工作基础上总结提出的，故D错误。 故选B。 2. 如图所示，一架直梯上端斜靠在光滑的竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面上，与竖直墙壁、水平地面之间均有两个接触点，处于静止状态。则直梯的受力个数为（　　） A. 4个 B. 5个 C. 6个 D. 7个 【答案】D 【解析】 【详解】直梯受1个竖直向下的重力、2个地面对直梯竖直向上的支持力、2个墙壁对直梯水平方向的弹力、2个地面对直梯水平方向的静摩擦力，共受7个力。 故选D。 3. 小龙乘坐电梯从1楼上10楼回家，电梯的运动可看成先匀加速上升、再匀速上升、最后匀减速上升，匀加速上升和匀减速上升阶段加速度大小均为，电梯共上升27m，总用时10s，则电梯匀速上升时的速度大小为（　　） A. 3m/s B. 3.5m/s C. 4m/s D. 4.5m/s 【答案】A 【解析】 【详解】设电梯匀加速上升的时间为，匀速上升的时间为，匀速上升的速度为，匀减速上升的时间为，由于电梯匀加速上升和匀减速上升阶段的加速度大小均为，且电梯从静止开始到静止结束，则有 所以电梯上升的总时间为 根据匀变速直线运动的位移公式可得电梯匀加速上升的位移为 电梯匀减速上升的位移为 电梯匀速上升的位移为 所以电梯上升的总位移为 又因为根据匀变速直线运动的速度公式有 代入数据联立解得电梯匀速上升时的速度大小为 故选A。 4. 如图所示，半径为R的球冠形空心容器，顶部圆心到底部B点距离为h。在顶部A点与底部B点之间固定一根光滑的细杆，可视为质点的小圆环套在细杆上从A点静止释放。已知重力加速度为g，则小圆环从A点运动到B点的时间为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设细杆的长度为、细杆与水平方向的夹角为，根据几何关系有， 联立解得， 小圆环做初速度为零的匀加速直线运动 根据牛顿第二定律有 联立解得 故选A。 5. 如图所示，轻绳拴一个质量为m的小球，小球压缩左端固定在墙上的轻弹簧，压缩量为x（小球与弹簧不连接）。弹簧劲度系数为k，小球静止时弹簧刚好处于水平位置，轻绳与竖直方向的夹角为53°。已知重力加速度为g，，，轻绳重力忽略不计。下列说法中正确的是（　　） A. 压缩量x为 B. 轻绳拉力大小为 C. 撤掉弹簧瞬间轻绳的拉力大小为 D. 轻绳烧断瞬间小球的加速度大小为 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据题意可知小球受到重力、弹簧弹力以及绳拉力，在这三个力的作用下平衡，受力分析如图所示，根据平行四边形定则合成可知，弹簧弹力大小为 又根据胡克定律可知 所以，A错误； B．由上分析可知，轻绳的拉力大小为，B错误； C．根据上述分析可知，小球静止时，轻绳拉力大小，撤掉弹簧瞬间，轻绳拉力发生突变，不再是，C错误； D．轻绳烧断瞬间，弹簧弹力不会突变，此时小球受到的弹簧弹力与重力的合力，与烧断轻绳前绳拉力大小相等，方向相反，因此根据牛顿第二定律有 解得，D正确。 故选D。 6. 如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面固定在水平地面上，物块从斜面底端冲上斜面后滑下。物块运动过程中速度的平方与路程的关系图像如图乙所示，则物块与斜面间动摩擦因数与倾角θ正切值的关系为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设物块重新回到底部时速度为，物块沿斜面向上运动过程，由能量守恒 物块沿斜面向下运动过程，由能量守恒 联立解得 故选 C。 7. 如图所示，竖直平面内有一圆环，圆心为O，半径为R，PQ为水平直径，MN为倾斜直径，PQ与MN间的夹角为30°。一条不可伸长的轻绳长为L，两端分别固定在圆环的M、N两点，轻质滑轮连接一个质量为m的重物，放置在轻绳上。不计滑轮与轻绳间的摩擦，已知重力加速度为g。现将圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过60°，下列说法正确的是（　　） A. 轻绳拉力最大为 B. 轻绳拉力最小为 C. 轻绳与竖直方向间的夹角先减小再增大 D. 轻绳拉力先减小再增大 【答案】B 【解析】 【详解】设轻绳与竖直方向夹角为α，MB、NB间夹角为2α，如图 则根据几何关系可得，， 联立可得 圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过60°，先减小到零后增大，轻绳与竖直方向间的夹角先增大再减小。根据平衡条件可得 可得 圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过60°的过程中，轻绳的张力先增大再减小，当时，拉力最大，为 当时，拉力最小，为 故选B。 8. 快递公司推出了用无人机配送快递的方法。某次配送快递无人机在飞行过程中，水平方向速度v和竖直方向的位置坐标y与飞行时间t的关系图像分别如图甲、乙所示，无人机的质量为1kg，重力加速度取。规定竖直向上为正方向，下列关于无人机运动的说法正确的是（　　） A. 无人机零时刻的速度大小为5m/s B. 无人机竖直方向的加速度大小为 C. 无人机在0∼2s时间内的位移大小为8m D. 无人机在0∼2s时间内的合力大小为1.5N 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图甲可知，t=0时无人机的水平速度为。由图乙可知，无人机在竖直方向做匀速直线运动，其速度为 无人机在零时刻的合速度大小为 ，故A正确； B．由图乙可知，无人机的竖直位置坐标y随时间t线性变化，说明其在竖直方向做匀速直线运动，加速度为零，故B错误； C．在0~2s时间内，无人机在水平方向的位移为梯形面积，位移大小为 在竖直方向的位移大小为。因此，0~2s时间内的合位移大小为，故C错误； D．由图甲可知，无人机在水平方向的加速度为 由图乙可知，竖直方向的加速度，所以无人机的合加速度大小为。根据牛顿第二定律，其中为无人机和所载快递的总质量。题目只给出无人机自身质量为1kg，未给出快递质量，因此总质量未知，无法确定合力大小，故D错误。 故选A。 9. 足够长的水平传送带以的速率顺时针转动，煤块以的速度从右侧向左滑上传送带。煤块与传送带间动摩擦因数为0.1，重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A. 煤块向左运动最远的距离为2m B. 煤块经过1s的时间与传送带共速 C. 煤块受到传送带的摩擦力方向先向右后向左 D. 煤块在传送带上留下的痕迹长度为4.5m 【答案】AD 【解析】 【详解】A．煤块向左运动时受传送带的滑动摩擦力向右并做减速运动，根据牛顿第二定律可知煤块的加速度大小 煤块从滑上传送带至减速到零所需时间 煤块向左运动最远的距离，故A正确； B．煤块经过1s的时间，速度变为 方向水平向左，与传送带速度方向相反，故B错误； C．煤块向右做减速运动过程中，受到传送带的摩擦力方向向右；速度减为0后，传送带对煤块的摩擦力方向向右，使煤块向右做加速运动，综上煤块受到传送带的摩擦力方向始终向右，故C错误； D．煤块向左运动过程中，相对传送带的位移方向向左，留下的痕迹长度为 煤块向右加速运动的过程中，根据牛顿第二定律可知，煤块的加速度 煤块加速至与传送带速度相同所需时间 煤块的位移为 该过程煤块的速度小于传送带的速度，故煤块相对传送带的位移方向向左，留下的痕迹长度为 之后煤块与传送带一起匀速运动至传送带右端，无相对位移。故全过程在传送带上留下的痕迹长度，故D正确。 故选AD。 10. 如图甲所示，轻弹簧的一端固定在倾角为30°的足够长的固定光滑斜面底端，另一端与质量为m物块A连接，质量为2m的物块B紧靠（不粘连）物块A静止在斜面上。某时刻对物块B施加沿斜面向上的力F，使物块B做匀加速直线运动，物块B所受的力F随物块B的位移x变化的关系图像如图乙所示。若弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度g取，则下列说法正确的是（　　） A. 弹簧的劲度系数为35N/m B. 物块A与B分离时弹簧的压缩量为0.35m C. 物块B做匀加速直线运动的加速度大小为 D. 物块B从开始沿斜面向上运动到物块A、B分离时所用时间为0.2s 【答案】BC 【解析】 【详解】ABC．初始平衡状态 A、B静止时，设弹簧压缩量为，沿斜面方向平衡有 由图乙得时，整体做匀加速运动，有 A、B分离时，二者间弹力为0，对应图乙中位移，此时，对B列牛顿第二定律有 联立可得， 分离时对A列牛顿第二定律，设此时弹簧压缩量为，则有 且 解得，，故A错误，BC正确； D．根据匀加速直线运动位移公式 可得物块B从开始沿斜面向上运动到物块A、B分离时所用时间为，故D错误。 故选BC。 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11. 小州同学利用如图所示的装置探究平抛运动，实验时将固定有白纸的竖直木板放置在斜槽右侧的某位置，将小球从斜槽挡板处由静止释放，记录在白纸上留下的痕迹A，然后依次将竖直木板向右移动相同的距离cm，再将小球由挡板处静止释放，同时记录在白纸上留下的痕迹B、C，记录的痕迹转化为如图所示轨迹上三点，用刻度尺测量AB两点和BC两点的竖直高度分别为，，重力加速度g取。 （1）组装如图的装置时，下列说法正确的是______（填标号）。 A. 安装斜槽轨道时其末端切线应水平 B. 斜槽轨道必须尽可能光滑 C. 小球必须每次从挡板处由静止释放 D. 将竖直木板校准到板平面与小球下落的竖直平面垂直且与水平面垂直 （2）由图分析可知A、B、C相邻两点的时间间隔相等，均为______s，小球离开斜槽末端时的速度大小为______m/s，小球经过B点时的速度大小为______m/s（结果均保留2位有效数字）。 【答案】（1）ACD （2） ①. 0.10 ②. 1.5 ③. 2.5 【解析】 【小问1详解】 A．安装斜槽轨道时其末端切线水平，这样可以保证小球离开斜槽后做平抛运动，初速度水平，故A正确； B．只要每次从同一位置由静止释放，即使有摩擦，小球到达末端的速度也相同，不影响实验，故B错误； C．小球必须每次从挡板处由静止释放，可以保证每次平抛的初速度相同，轨迹重合，便于记录不同位置的点，故C正确； D．将竖直木板校准到板平面与小球下落的竖直平面垂直且与水平面垂直，可以确保记录的点在真实轨迹平面上，避免投影误差，故D正确。 故选ACD。 【小问2详解】 [1]小球竖直方向做自由落体运动，加速度为g，根据位移差公式 代入数据可得 [2]由第一问可知，相邻两点的时间间隔相同，均为0.10s，相邻两点的位移也相同，均为15cm，故初速度的表达式可列为 解得 [3]小球经过B点时的竖直速度 水平速度为 因此 12. 用如下图所示的装置来测当地的重力加速度。实验主要器材：带有定滑轮的平板、带有遮光片的滑块（总质量为m）、遮光片的宽度为d，钩码（质量为）、光电门、数字计时器、刻度尺。 实验步骤如下： ①将平板倾斜适当角度，使滑块在平板任意位置都能恰好静止； ②在平板某位置标记位置A，在A点左侧标记一位置O点； ③将光电门固定于平板上A点右侧的B点，并与数字计时器相连，用刻度尺测量A、B间的距离L； ④挂上钩码，在O点由静止释放滑块，滑块在钩码牵引下开始运动，记录滑块上遮光片通过光电门的遮光时间； ⑤改变光电门的位置，记录多次滑块从O点由静止释放后遮光片经过光电门的时间。根据实验数据作出的图像为一条倾斜的直线，并测得图像斜率为k，在纵轴的截距为b。 （1）由图中信息可推导出滑块经过A点时的速度大小为______，滑块在平板上运动的加速度大小______（用题中所给字母表示）。 （2）利用该实验可以得出当地的重力加速度______（用、m、k、d表示）。 【答案】（1） ①. ②. （2） 【解析】 【小问1详解】 [1][2]滑块从A到B做匀加速直线运动，设加速度为a，由于遮光片宽度较小，时间很短，所以瞬时速度接近平均速度，因此在B点的速度 根据运动学公式有 化简为 结合图像可得， 解得， 【小问2详解】 由题意，滑块在平板任意位置都能恰好静止，对滑块和钩码整体，由牛顿第二定律有 结合 可知当地的重力加速度 13. 如图所示，平台高为H，一小球P从平台上以初速度水平抛出后落到水平面上的c点，O点为水平面上抛出位置正下方的点，a、b两点为Oc段的三等分点，若小球P从平台上水平抛出的同时（速度依然为），另一小球Q从a点以某一初速度竖直上抛，两小球恰好在空中相遇，不计空气阻力，已知重力加速度为g。 （1）求小球P做平抛运动的水平射程； （2）求小球Q的初速度大小。 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 小球P在竖直方向做自由落体运动，满足 解得 小球P做平抛运动的水平射程 【小问2详解】 由题意可知，与小球Q相遇时，小球P水平方向的位移为，两球相遇所用时间 小球P竖直方向的位移 故小球Q上升的位移为 解得 14. 如图所示，在竖直墙壁的左侧水平地面上，放置一个边长为a，质量为的正方体ABCD，在墙壁和正方体之间放置一半径为，质量为m的光滑球，正方体和球均保持静止，球的球心为O点且OB与竖直方向的夹角为θ，正方体的边长，正方体与水平地面的动摩擦因数为（已知重力加速度g取，，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，）。 （1）若，，求立方体对球的弹力大小和竖直墙壁对球的弹力大小； （2）若，保持球的半径不变，只增大球的质量，为了不让正方体出现滑动，求球质量的最大值； （3）改变正方体到墙壁之间的距离，当正方体右侧面BC到墙壁之间距离小于某个值d时，无论球质量为多大（保持球的半径不变），球和正方体始终处于静止状态，且球未落到地面，求d的值（该问结果保留3位有效数字）。 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 对球受力情况如图所示 小球在竖直方向受力平衡，满足 解得正方体对球的弹力大小 小球在水平方向受力平衡，满足 解得竖直墙壁对球的弹力大小 【小问2详解】 设正方体恰要发生滑动时球的质量为，由上述分析可知 以正方体和球整体作为研究对象，正方体受到地面的摩擦力与小球受到墙面的弹力大小相等，即 两式联立，解得 【小问3详解】 当正方体右侧面BC到墙壁之间距离为d时达到临界状态，设OB与竖直方向夹角为，根据 即 因无论m多大，球和正方体始终都能保持静止状态， 则临界值 15. 如图所示，质量为的匀质木板B放在足够长的水平地面上，木板B长为，在木板的中点处静止叠放着质量的可视为质点的小木块A，木板和小木块之间、木板与地面之间的动摩擦因数均为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在时刻，在木板左端施加一水平向左的恒定拉力F，重力加速度g取。 （1）要让小木块A和木板B向左加速时不发生相对滑动，求拉力F的最大值； （2）若，在F拉动木板过程中，当木块到达木板右端时，求小木块A和木板B各自的速度大小（结果可用根号表示）； （3）若，作用一段时间后撤去F，要想小木块不从木板上掉落，求力F作用的最长时间。 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【小问1详解】 假设A恰好相对B不发生滑动，对小木块A应用牛顿第二定律 解得 对A、B整体应用牛顿第二定律 解得 【小问2详解】 由上述分析可知，当时，小木块A和木板B发生相对滑动，A的加速度 对木板B应用牛顿第二定律 解得 木块与木板都做初速度为零的匀加速直线运动，设经时间小木块离开木板，因木块初始在木板的中点处，则 解得 此时小木块A的速度 木板B的速度 【小问3详解】 当时，小木块A和木板B发生相对滑动，A的加速度 对木板B应用牛顿第二定律 代入数据解得 可知在施加拉力的过程中，木板的速度一直比物块的速度大；撤去外力后，木板B做减速运动，加速度大小满足 解得 设力F作用的最长时间为，考虑物块恰好不从木板右端滑出，此时A、B共速，则从撤力道共速所需时间满足 整理得 整个过程中，木板相对于物块的位移满足 代入数据解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $