2018-2019学年天津市第一中学高一上学期期末考试物理试卷（解析版） 19页

天津一中 2018-2019-1 高一年级物理学科期末质量调查试卷 一、单项选择题（本项共 8 题）‎ ‎1.理想实验是科学研究中的一种重要方法，它把可靠事实和理论思维结合起来，可 以深刻地揭示自然规律。以下实验中属于理想实验的是 A. 验证平行四边形定则 B. 伽利略的斜面实验 C. 用打点计时器测物体的加速度 D. 利用自由落体运动测定反应时间 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：平行四边形法则的科学探究属于等效替代，故A错误；伽利略的斜面实验，抓住主要因素，忽略了次要因素，从而更深刻地反映了自然规律，属于理想实验，故B正确；用打点计时器测物体的加速度是在实验室进行是实际实验，故C错误；利用自由落体运动测定反应时间是实际进行的实验，不是理想实验，故D错误．故选B．‎ 考点：理想实验 ‎2.如图所示，对下列插图描述正确的是（　　）‎ A. 图甲右上方的路牌所标的“50”因为车辆通行的平均速度 B. 由图乙可推出所有形状规则的物体重心均在其几何中心处 C. 图丙中掷出后的冰壶能继续运动说明其具有惯性 D. 图丁中电梯向上制动时体重计的读数变小说明人所受重力减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 图甲右上方的路牌所标的“50”为车辆通行的瞬时速度不超过50km/h，故A错误；由图乙可推出所有形状规则且质量分布均匀的物体重心均在其几何中心处，故B错误；惯性是物体保持原来速度不变的性质，图丙中掷出后的冰壶能继续运动说明其具有惯性，故C正确；图丁中电梯向上制动时体重计的读数变小说明人所受支持力减小，但重力不变，故D错误；故选C。‎ ‎3.如图所示，a、b两个质量相同的球用线连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止，以下图示哪个是正确的（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 对b球受力分析，受重力、斜面对其垂直向上的支持力和细线的拉力，由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故细线拉力向右上方，故A图错误；再对ab两个球整体受力分析，受总重力、斜面垂直向上的支持力和上面细线的拉力，再次根据共点力平衡条件判断上面的细线的拉力方向斜向右上方，故C、D图均错误；B正确.‎ 点晴：先对b球受力分析，受重力、支持力和拉力，根据共点力平衡条件先判断下面的细线的方向；再对ab两个球整体受力分析，受重力、支持力和拉力，再次根据共点力平衡条件判断上面的细线的方向．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎4.用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比。已知 铁锤第一次将钉子钉进 d，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同，那么， 第二次钉子进入木板的深度是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由题意可知，阻力与深度d成正比，f-d图象如图所示，‎ F-x图象与坐标轴所形成图形的面积等于力所做的功，‎ 每次钉钉子时做功相同，如图所示可得：‎ 力与深度成正比，则：f=kd，f′=kd′，‎ 两次做功相同： ‎ 解得： ‎ 第二次钉子进入木板的深度： ‎ 故应选B。‎ ‎5.如图，一箱苹果沿着倾角为θ的光滑斜面加速下滑，在箱子正中央夹有一只质量为m的苹果，它受到周围苹果对它作用力的方向是（ ）‎ A. 沿斜面向上 B. 沿斜面向下 C. 垂直斜面向上 D. 竖直向上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】对整体分析，受重力和支持力，整体的加速度．可知苹果的加速度为gsinθ，苹果受重力、周围苹果的作用力，两个力的合力等于mgsinθ，受力如图，‎ 知周围苹果对它的作用力方向垂直斜面向上。故C正确，ABD错误。‎ ‎6.如图所示，汽车在拱形桥上由A匀速率运动到B，以下说法正确的是( )‎ A. 牵引力与克服摩擦力做的功相等 B. 由A运动到B，汽车的运动状态不变 C. 合外力对汽车不做功 D. 牵引力和重力做的总功大于克服摩擦力做的功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 汽车由A匀速率运动到B的过程中受重力、弹力、摩擦力以及牵引力作用，正确分析这些力做功情况，从而弄清楚该过程的功能转化；‎ ‎【详解】汽车运动过程中，牵引力做正功设为WF，摩擦力做负功其大小设为Wf，重力做负功其大小设为WG，支持力不做功，根据动能定理得：WF-Wf-WG=0；牵引力、重力和摩擦力三个力总功为0，牵引力和重力做总功等于克服摩擦力做的功，故AD错误，C正确；由 A 运动到 B，汽车的速度方向不断变化，则运动状态不断变化，选项B错误；故选C.‎ ‎7.如图A、B、C三球质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（）‎ A. A球的受力情况未变，加速度为零 B. C球的加速度沿斜面向下，大小为g C. A、B之间杆的拉力大小为2mgsinq D. A、B两个小球加速度均沿斜面向上，大小均为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：细线被烧断的瞬间，AB作为整体，不再受细线的拉力作用，故受力情况发生变化，合力不为零，加速度不为零，故A错误；对球C，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，解得：a=gsinθ，方向向下，故B错误；以A、B组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力f=3mgsinθ，以C为研究对象知，细线的拉力为mgsinθ，烧断细线的瞬间，A、B受到的合力等于3mgsinθ-2mgsinθ=mgsinθ，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得：mgsinθ=2ma，则加速度a=gsinθ，B的加速度为：a=gsinθ，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：FAB-mgsinθ=ma，解得：FAB=mgsinθ，故C错误，D正确；故选D.‎ 考点：牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】此题是牛顿第二定律在瞬时态问题中的应用；本题关键点就是绳和弹簧的区别：弹簧的弹力不会突变，而绳在断后弹力会突变为零．这点在做题时要特别留意；解题时要正确选择研究对象，通过各个力的关系列方程求解.‎ ‎8.如图为某汽车启动时发动机功率P随时间t变化的图象，图中Pe为发动机的额定功率，若已知汽车的最大速度为vm，据此可知（）‎ A. 汽车匀速运动时受的阻力为 B. 0﹣t1时间内发动机做的功为Pet1‎ C. t1﹣t2时间内汽车做匀速运动 D. 0﹣t2时间内发动机做的功为Pe（t2﹣t1）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当F=f时速度最大，，所以：．故A错误；0-t1时间内发电机的功率没达到额定功率，所以0-t1时间内发动机做的功小于 Pet1．故B错误。0～t1时间内汽车做匀加速直线运动，t1（s）达到额定功率，根据P=Fv，速度增大，牵引力减小，则加速度减小，t1-t2‎ 时间内汽车做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，即牵引力等于阻力，汽车速度达到最大，故C错误；根据功的公式，W=Pt，可知图线与时间轴之间所围成的面积可以表示发动机的功，所以0-t2时间内发动机做的功为Pe（t2-t1），故D正确。‎ 二、多项选择题（本项共5题）‎ ‎9.如图所示，在某旅游景点的滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和AB′（都可看作斜面），一名旅游者乘同一个滑沙橇从A点由静止出发先后沿AB和AB′滑道滑下，最后停在水平沙面BC或B′C上．设滑沙者保持一定坐姿，滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同．下列说法中正确的是()‎ A. 到达B点的速率等于到达B′点的速率 B. 到达B点时重力的功率大于到达B′时重力的功率 C. 沿两滑道AB和AB′滑行的时间一定不相等 D. 沿两滑道ABC和AB′C滑行的总路程一定相等 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动能定理研究甲在B点的速率与乙在B′点的速率大小关系．根据几何知识分析两人路程关系．由动能定理研究水平位移的关系，并确定甲、乙停止滑行后回头看A处的红旗时视线的仰角关系．‎ ‎【详解】设滑道的倾角为θ，动摩擦因数为μ。滑沙者在由斜面滑到水平面的过程中，由动能定理，mgh-μmgcosθ•=mv2-0，即得：mgh-μmghcotθ=mv2．由于AB′与水平面的夹角小于AB与水平面的夹角，所以得知甲在B点的速率大于乙在B′点的速率。故A错误。由前面可知，甲在B点的速率大于乙在B′点的速率，且B点的速度与重力的夹角小于乙在B′点的夹角，根据P=Gvsinθ，故B正确；由题意可知，L=at2，a=gsinθ-μgcosθ，沿AB滑下的加速度大，而L小，故时间短，因此沿两滑道滑行的时间不等，故C正确。再对滑沙者滑行全过程用动能定理可知：mgh-μmgcosθ•-μmgs′=0，得到水平滑行位移s=hcotθ+s′=，与斜面的倾角无关，所以他们将停在离出发点水平位移相同的位置，则几何知识可知，沿滑道 ABC 滑行的总路程比沿 AB′C滑行总路程长。故D错误。故选BC。‎ ‎【点睛】‎ 本题应用动能定理分析两人的速度关系和水平位移关系，得到的结论：两人滑行的水平位移与斜面的倾角无关，是一个重要的经验结论，在理解的基础上进行记忆．‎ ‎10.如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量 为 m 的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力 F 缓慢向左推动物体，在弹性 限度内弹簧长度被压缩了 x0 ，此时物体静止．撤去 F 后，物体开始向右运动，运动的最大 距离为3x0．物体与水平面间的动摩擦因数为μ， 重力加速度为 g ．则 A. 撤去 F 时物体的加速度大小为 B. 撤去 F 后物体在与弹簧刚脱离时其速度最大 C. 物体做匀减速运动的时间为 ‎ D. 物体在加速运动过程中加速度逐渐变小 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 撤去F时，根据物体所受的合力，结合牛顿第二定律求出物体的加速度．当弹力与摩擦力相等时，物块的速度最大．根据匀减速运动的位移，采用逆向思维求出物体匀减速运动的时间．根据物体所受合力的变化判断物体在加速运动过程中加速度的变化．‎ ‎【详解】撤去外力F时，物体所受的合力为F合=kx0-μmg，则物体的加速度．故A正确。当弹簧的弹力等于摩擦力时，速度最大，此时弹簧还处于压缩状态，物体与弹簧未脱离，选项B错误；物体匀减速运动的位移为2x0，匀减速运动的加速度a′=μg，采用逆向思维，根据2x0=a′t2得，匀减速运动的时间，C正确。物体在加速运动的过程中，所受的合力逐渐减小，则加速度逐渐减小。故D正确。故选ACD。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道加速度的方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动．‎ ‎11.‎ 两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则(　　)‎ A. 甲球用的时间比乙球长 B. 甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C. 甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D. 甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：设出小球的密度，写出质量的表达式，再结合题目的条件写出阻力的表达式，最后结合牛顿第二定律写出加速度的表达式．根据物体的加速度的关系结合运动学的公式判断运动的时间以及末速度；根据功的公式判断克服阻力做的功．‎ 设小球密度为，半径为r，则小球的质量为，重力，小球的加速度可知，小球的质量越大，半径越大，则下降的加速度越大，所以乙的加速度比较大，C正确；两个小球下降的距离是相等的，根据可知，加速度比较大的乙运动的时间短．故A正确；根据可知，加速度比较大的乙球末速度的大小大于甲球末速度的大小，故B错误；它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，即，所以乙的阻力大，根据可知，乙球克服阻力做的功大于甲球克服阻力做的功，故D错误．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎12.如图所示，高层住宅外安装空调主机时，电机通过缆绳牵引主机沿竖直方向匀速上升．为避免主机与阳台、窗户碰撞，通常会用一根拉绳拽着主机，地面上拽拉绳的人通过移动位置，使拉绳与竖直方向的夹角β保持不变，则在提升主机过程中，下列结论正确的是( )‎ A. 缆绳与竖直方向的夹角α一定小于角β B. 缆绳拉力F1可能小于拉绳拉力F2‎ C. 缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都不变 D. 缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都增大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对空调主机受力分析，因做匀速运动，故在竖直方向合力为零，水平方向合力为零，由数学关系即可判断．‎ ‎【详解】根据物体受力图，物体匀速运动，故合力为零，在竖直方向：F1cosα-mg-F2cosβ=0；在水平方向：F1sinα-F2sinβ=0；在上升过程中，α增大，而β不变，联立可以判断缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都增大，故D正确，C错误；空调主机匀速运动，受力平衡，则缆绳拉力F1等于F2和重力的合力，F1的反向延长线应该位于F2与竖直线的夹角之间，即缆绳与竖直方向的夹角α小于角β，故F1一定大于F2，故，故A正确；B错误。故选AD。‎ ‎13.如图所示，bc为固定在小车上的水平横杆，物块M串在杆上，靠摩擦力保持相对杆静止，M又通过轻细线悬吊着一个小铁球m，此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速运动，而M、m均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ.小车的加速度逐渐增大，M始终和小车保持相对静止，当加速度增加到2a时(　　)‎ A. 横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍 B. 横杆对M弹力不变 C. 细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍 D. 细线的拉力增加到原来的2倍 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以小球和物块整体为研究对象，分析受力，根据牛顿第二定律研究横杆对M的摩擦力、弹力与加速度的关系．对小球研究，根据牛顿第二定律，采用合成法研究细线与竖直方向的夹角、细线的拉力与加速度的关系．‎ ‎【详解】取M和m构成的体系为研究对象，竖直方向上横杆对体系的支持力和体系受到的总重力平衡，水平方向上满足Ff＝(M＋m)a，其中Ff表示横杆对M的摩擦力，当加速度增大到2a后，横杆对M的弹力保持不变，而横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍，选项AB正确．‎ 隔离小球为研究对象，细线拉力的竖直分力与小球的重力平衡，细线的拉力的水平分力产生加速度，当加速度增加到2a时，竖直分力不变，水平方向：由牛顿第二定律得：mgtanθ=ma，得tanθ=a/g，则细线与竖直方向的夹角正切值增加到原来的2倍，但是θ角不是增到原来的2倍；细线的拉力也不是增加到原来的2倍，选项CD均错误．故选AB.‎ ‎【点睛】本题首先要选择好研究对象，其次要正确分析受力情况．运用牛顿第二定律采用正交分解法和隔离法相结合．‎ 二、填空题（本项共4题）‎ ‎14.一光滑球，重力为G，半径为R，靠着墙角静止在水平地面上，一厚度为h且R=2h的木块塞在球的左下方，如图所示，现用水平力推木块，忽略各接触处的摩擦力，则当F的值至少为______________时可将球从地面推起来 ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当物体刚好离开地面时水平推力最小，此时球受到地面的支持力为零，通过隔离球研究，由平衡条件求出墙壁对球的弹力，再对整体分析求出水平推力的大小．‎ ‎【详解】以球为研究对象，如图所示．为使球刚好离开地面．‎ ‎ 有N1sinα=G ‎ N1cosα=N2 由数学知识得： 再以整体为研究对象得：N2=F 解得： ．‎ ‎【点睛】解决本题的关键抓住临界状态，选择研究对象，通过受力分析，根据共点力平衡求解，注意整体法和隔离法的使用．‎ ‎15.一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的光滑定滑轮，绳的一端系一质量m=15kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m＇=10kg的猴子，从绳子的另一端沿绳向上爬，如图所示，在重物不离地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为_______________ m/s2 (g=10m/s2)‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据重力受力平衡得到绳子张力范围，即可得到猴子运动过程的合外力范围，然后由牛顿第二定律得到加速度范围。‎ ‎【详解】在重物不离地面的条件下，绳子张力F≤mg=150N；猴子向上爬的过程受绳子拉力和重力作用，故猴子所受合外力F′=F-m'g≤50N，所以，猴子向上爬的加速度a′＝≤5m/s2；‎ ‎【点睛】牛顿第二定律的考查，一般由受力分析求得合外力，由运动状态求得加速度，然后根据牛顿第二定律将力与运动联立求解。‎ ‎16.如图所示，足球守门员在发门球时，将一个静止的质量为0.4kg的足球，以10m/s的速度踢出，这时足球获得的动能是______________J，足球沿草地做直线运动，受到的阻力是足球重力的0.2‎ 倍，当足球运动到距发球点20m的后卫队员处时，速度为______________m/s（g取10 m/s2）‎ ‎【答案】 (1). 20 (2). 2 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）已知球的质量和速度，根据动能的计算公式即可求出足球的动能；‎ ‎（2）对足球运用动能定理，求出足球足球运动到距守门员踢球点20m的后卫队员处时的速度．‎ ‎【详解】（1）足球获得的动能为：Ek＝mv2＝×0.4×102J＝20J （2）足球受到的阻力为：f=0.2mg=0.2×0.4×10N=0.8N； 阻力对足球阻力所做的功Wf=fL=0.8×20=16J；‎ 由动能定理得：-fL=mv'2-mv2； 代入数据解得：v′＝2m/s ‎【点睛】本题考查动能定理的应用，要注意做好受力分析和过程分析，找准初末状态，本题中应注意初始状态为球被踢出之后的状态，不能速度从零开始．‎ ‎17.在一探究实验中，一个小球在一个斜面上由静止滚下，小球滚动的距离S和小球运动过程中经历的时间T之间的关系如表所示。由表中数据可以初步归纳出小球滚动的距离S和小球滚动的时间T的关系是______________‎ T（s）‎ ‎0.25‎ ‎0.5‎ ‎10‎ ‎2.0‎ ‎…‎ S（cm）‎ ‎5.0‎ ‎20‎ ‎80‎ ‎320‎ ‎…‎ ‎【答案】S∝T2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由表中数据可看出：当时间变为2倍时，位移变为4倍；当时间变为4倍时，位移变为16倍；当时间变为8倍时，位移变为64倍；故在误差范围内，S正比于T2，即S∝T2。‎ 三、实验探究题（本项共2题）‎ ‎18.在探究合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳。实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条。下列叙述正确的是______________‎ A．两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大 B．橡皮筋的拉力是合力，两弹簧测力计的拉力是分力 C．两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O，这样做的目的是保证两次弹簧测力计拉力的效果相同 D．若只增大某一个弹簧测力计的拉力的大小而要保证橡皮筋结点位置不变，只需要调整另一个弹簧测力计的拉力的大小即可 ‎【答案】AC ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据合力与分力的关系来分析判断；在分析合力和分力的大小关系时，可以类比一下平行四边形对角线和两边之间的关系。‎ ‎【详解】两弹簧测力计的拉力的合力与橡皮筋的拉力大小相等，两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大。故A正确；两弹簧测力计的拉力与橡皮条的拉力的合力为零，它们之间不是合力与分力的关系，B错误；两次拉橡皮筋时，为了使两次达到效果相同，橡皮筋结点必须拉到同一位置O，故C正确；结点位置不变，合力不变，当一只弹簧测力计的拉力大小改变时，另一弹簧测力计的拉力的大小和方向必须都改变，故D错误。故选AC。‎ ‎19.在“探究加速度与质量的关系”的实验中．‎ ‎(1)备有器材：‎ A.长木板；‎ B.电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；‎ C细绳、小车、砝码；‎ D.装有细沙的小桶；‎ E.薄木板；‎ F.毫米刻度尺．还缺少的一件器材是______________________；‎ ‎(2)实验得到如图甲所示的一条纸带，相邻两计数点的时间间隔为T；B、C间距x2和D、E间距x4已量出，利用这两段间距计算小车加速度的表达式为___________‎ ‎(3)同学甲根据实验数据画出如图乙所示图线，从图线可得沙和沙桶的总质量为_________kg(g取10m/s2)‎ ‎(4)同学乙根据实验数据画出了图丙，从图线可知乙同学操作过程中可能___________________________________‎ ‎【答案】 (1). 天平 (2). (3). 0.02 (4). 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不够 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）此实验中需要用天平测量小车的质量，则还缺少的一件器材是天平；‎ ‎（2）根据 ，则，解得 ‎ ‎（3）由可知直线的斜率等于沙和沙桶的总重力，即，则M=0.02kg； ‎ ‎（4）由丙图可知，图线不通过坐标原点，当F为某一值时，加速度为零，知平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力．‎ 四、计算题（本项共4题）‎ ‎20.如图所示，质量m=1kg的小球穿在长L=1.6m的斜杆上，斜杆与水平方向成α=37°角，斜杆固定不动,小球与斜杆间的动摩擦因数μ=0.75。小球受水平向左的拉力F=1N,从斜杆的顶端由静止开始下滑，求（sin37°=0.6，cos37°=0.8，）g=10m/s2‎ ‎（1）小球运动的加速度大小；‎ ‎（2）小球运动到斜杆底端时的速度大小 ‎【答案】(1)1.25 m/s2　(2)2 m/s ‎【解析】‎ 试题分析：（1）以小球为研究对象进行受力分析有：（2分）‎ ‎（2分）‎ 联立解得：=1.25m/s2。（2分）‎ ‎（2）由运动学公式得：（2分）‎ 代入数据解得： v==m/s=2m/s。 （2分）‎ 考点：牛顿运动定律及应用、直线运动公式 ‎21.质量 M=2×103kg 的汽车，额定功率 P=80kW，在平直公路上能达到的最大行 驶速度为vm=20m／s．若汽车从静止开始以加速度 a=2m/s2 做匀加速直线运动，且经 t=30 s 达到最大速度，试求：‎ ‎（1）汽车做匀加速直线运动的最长时间；‎ ‎（2）汽车在 t1= 2s 和 t2 = 20s 时的瞬时功率；‎ ‎（3）当汽车速度为 v = 16m / s 时汽车的加速度；‎ ‎（4）汽车启动 30s 内通过的总路程。‎ ‎【答案】(1) 5s (2)32kW 80kW (3)0.5m / s2 (4) 450m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当牵引力与阻力相等时，速度达到最大，根据最大速度求出阻力的大小，再根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，通过P=Fv求出匀加速直线运动的末速度，结合速度时间公式求出匀加速运动的时间．根据匀加速直线运动的位移时间公式求出匀加速运动的位移，运用动能定理，求出变加速运动的位移，从而得出总路程．‎ ‎【详解】（1）牵引力与阻力相等时，速度最大，则有：， 根据牛顿第二定律得，F-f=ma，‎ 解得：F=f+ma=4000+2000×2N=8000N， 则匀加速运动的末速度为：， 匀加速直线运动的时间为： ． （2）汽车在 t1= 2s的速度v2=at2=4m/s，‎ 此时的功率P2=Fv2=8000×4W=32kW；‎ t2 = 20s 时汽车在额定功率行驶，此时的瞬时功率为80kW；‎ ‎（3）当汽车速度为 16m / s 时汽车的牵引力： ‎ 加速度 ；‎ ‎（4）匀加速运动的位移为：x1＝at 2＝×2×25m＝25m 根据动能定理得：P（t′-t）-fx2＝mvm2−mv2 代入数据解得：x2=425m 则总路程为：x=x1+x2=25+425m=450m．‎ ‎【点睛】解决本题的关键理清汽车整个过程中的运动规律，知道牵引力与阻力相等时，速度最大，对于变加速运动的位移求解，不能通过动力学求解，只能通过动能定理，抓住功率不变进行求解．‎ ‎22.水平的浅色长传送带上放置一质量为0.5kg的煤块．煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2．初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a0=3m/s2开始运动，其速度达到v=6m/s后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹后，煤块相对传送带不再滑动．，求：‎ ‎（1）求煤块所受滑动摩擦力的大小．‎ ‎（2）求黑色痕迹的长度．‎ ‎（3）摩擦力对传送带做的功 ‎【答案】（1）1N（2）3m（3）12J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 传送带与煤块均做匀加速直线运动，黑色痕迹为相对滑动形成的；分别求出有相对运动时，煤块及传送带的位移则可以求出相对位移．根据能量关系求解摩擦力对传送带做的功 ‎【详解】（1）煤块所受滑动摩擦力的大小 f=μmg=0.2×5N=1N． （2）煤块运动的加速度为a=μg=2m/s2；煤块与传送带相对静止所用时间， 通过的位移； ‎ 在煤块与传送带相对滑动的时间内：传送带由静止加速到6m/s所用时间 在相对滑动过程中，传送带匀速运动的时间t2=t-t1=1s， 则传送带的位移x′＝t1+vt2＝×2+6×1m＝12m， 则相对滑动的位移△x=x′-x=12-9m=3m．‎ 由于煤块与传送带之间的发生相对滑动产生黑色痕迹，黑色痕迹即为相对滑动的位移大小，即黑色痕迹的长度3m．‎ ‎（3）此过程中摩擦力对传送带做功：‎ ‎23.水平面上有一木板，质量为M=2kg，板左端放有质量为m=1kg的物块（视为质点），已知物块与木板间动摩擦因数为μ1=0.2，木板与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.4。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。‎ ‎（1）现用水平力F拉动木板，为使物块与木板一起运动而不相对滑动，求拉力F的大小范围？‎ ‎（2）若拉动木板的水平力F=15N，由静止经时间t1=4s立即撤去拉力F，再经t2=1s物块恰好到达板右端，求板长L=？‎ ‎【答案】（1）12N＜F≤18N（2）1.4m ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）物块与木块一起运动，拉力F必须大于木板与地面之间的最大静摩擦力，当m与M之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，拉力F达到最大值；‎ ‎（2）拉动木板的水平力F=15N，在第（1）问拉力的范围内，整体先做匀加速运动，撤去F后，m向右匀减速，M向右匀减速，当M静止后，m继续向右匀减速到木板右端，求出木板静止前的相对位移和木板静止后物块的位移，即可求出木板的长度；‎ ‎【详解】（1）M与地面之间的最大静摩擦力f1=μ2(M+m)g＝0.4×(2+1)×10＝12N 当M、m整体一起向右匀加速运动时，当m与M的静摩擦力达到最大静摩擦力时，拉力F最大；‎ 对m：μ1mg＝ma①‎ 得a=μ1g＝0.2×10m/s2＝2m/s2 ‎ 对整体：F−μ2(M+m)g＝(M+m)a② 代入数据：F-12=（2+1）×2 解得：F=18N 所以拉力F大小范围是12N＜F≤18N （2）拉动木板的水平力F=15N，M、m一起匀加速运动 根据牛顿第二定律： t1＝4s时速度v1＝at1＝1×4m/s＝4m/s 撤去F后，物块加速度a1＝μ1g＝2m/s2 对木板：μ1mg−μ2(M+m)g＝Ma2， 代入数据：0.2×10−12＝2 a2 解得：a2＝−5m/s2 木板向右速度减为0的时间；根据题意t2=1s物块恰好到达板右端 在t1时间内物块的位移： ‎ 木板的位移： ‎ 物块相对木板的位移△x＝x1-x2＝2.56−1.6＝0.96m 根据题意撤去力F后，再经t2=1s物块恰好到达板右端 所以木板静止后，木块继续运动0.2s t1＝0.8s时物块的速度v2=v1-a1t1＝4−2×0.8＝2.4m/s ‎ ‎ 木板长：L=△x+△x′=0.96+0.44=1.4m