2020年山东省潍坊市高考物理一轮复习阶段检测试卷 8页

‎2020年山东省潍坊市高考物理一轮复习阶段检测试卷 一、选择题（1-6题只有一个符合题目要求，7-10题在给出的四个选项中，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，错选或不选的得0分．）‎ ‎ ‎ ‎1. 如图所示，物体静止在一固定在水平地面上的斜面上，下列说法正确的是（ ） ‎ A.物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力 B.物体对斜面的摩擦力和物体重力沿斜面的分力是一对作用力和反作用力 C.物体所受重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力 D.物体所受重力可以分解为沿斜面的力和对斜面的压力 ‎ ‎ ‎2. 如图所示，用细绳将均匀球悬挂在光滑的竖直墙上，绳受的拉力为T，墙对球的弹力为N，如果将绳的长度增加，则（ ） ‎ A.T、N均不变 B.T减小、N增大 C.T、N均增大 D.T、N均减小 ‎ ‎ ‎3. 两个劲度系数分别为k‎1‎和k‎2‎的轻质弹簧a、b串接在一起，a弹簧的一端固定在墙上，如图所示。开始时弹簧均处于原长状态，现用水平力作用在b弹簧的p端向右拉动弹簧，已知a弹簧的伸长量为L，则（ ） ‎ A.b弹簧的伸长量也为L B.b弹簧的伸长量为k‎1‎Lk‎2‎ C.P端向右移运动的距离为‎2L D.P端向右移运动的距离为‎(1+k‎1‎k‎2‎)L ‎ ‎ ‎4. 物体从静止开始做直线运动，v−t图像如图所示，则该物体（ ） ‎ A.在第‎8s末相对于起点的位移最大 B.在第‎4s末相对于起点的位移最大 C.在第‎2s末到第‎4s末这段时间内的加速度最大 D.在第‎4s末和第‎8s末在同一位置上 ‎ ‎ ‎5. 竖直向上抛的物体在上升过程中由于受到空气阻力，加速度大小为‎4‎‎3‎g，若空气阻力大小不变，那么这个物体下降过程中的加速度大小为（ ） ‎ A.‎4‎‎3‎g B.g C.‎2‎‎3‎g D.‎‎1‎‎2‎g ‎ ‎ ‎6. 物体A的质量为‎1kg，置于水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝‎0.2‎，从t＝‎0‎开始，物体以一定的初速度v‎0‎向右滑行的同时，受到一个水平向左大小恒为F‎0‎＝‎1N的作用力，则反映物体受到的摩擦力Ff随时间变化的图像是图中的（取向右为正方向，g取‎10N/kg）（ ） ‎ A. B. C. D.‎ ‎ ‎ ‎7. 一物体置粗糙的固定斜面上保持静止现用水平力F推物体，如图当F由‎0‎稍许增加时，物体仍保持静止状态，则（ ） ‎ A.物体所受的合力增加 B.斜面对物体的支持力增加 C.斜面对物体的摩擦力增加 D.斜面对物体的作用力增加 ‎ ‎ ‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 ‎8. 物体最初静止在倾角θ＝‎30‎‎∘‎的足够长的斜面上，受到平行于斜面向下的力F的作用，力F随时间变化的图象如图乙所示，开始运动‎2s后物体以‎2m/s的速度匀速运动，下列说法正确的是‎(g取‎10m/s‎2‎)(‎ ‎)‎ ‎ A.物体的质量m＝‎‎1kg B.物体的质量m＝‎‎2kg C.物体与斜面间的摩擦因数μ=‎‎3‎‎3‎ D.物体与斜面间的摩擦因数μ=‎‎7‎‎3‎‎15‎ ‎ ‎ ‎9. “蹦极”是一项非常刺激的体育运动．某人身系弹性绳自高空P点自由下落，如图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置．人从P点落下到最低点c的过程中（ ） ‎ A.人在Pa段做自由落体运动，处于完全失重状态 B.在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态 C.在bc段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态 D.在c点，人的速度为零，其加速度为零 ‎ ‎ ‎10. 如图所示，质量为m的滑块在水平面上向左撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x‎0‎时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开。已知弹簧的劲度系数k，滑块与水平面间的动摩擦因数μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则下列说法错误的是（ ） ‎ A.滑块向左运动过程中，始终做减速运动 B.滑块向右运动过程中，始终做加速运动 C.滑块与弹簧接触过程中最大加速度为am‎=‎kx‎0‎+μmgm D.滑块向右运动过程中，当弹簧形变量 x=‎μmgk时，物体的速度最大 二、实验题（本题共2个小题，共18分）‎ ‎ ‎ ‎ 某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为‎5N的弹簧测力计两个，橡皮条（带两个较长的细绳套），刻度尺，图钉（若干个）。 ‎ ‎（1）具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的有（    ）。‎ A.橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上 B.重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同 C.使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度 D.用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力 ‎ ‎ ‎（2）该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O，力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如图。其中对于提高实验精度最有利的是________。‎ ‎ ‎ ‎ 某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系．          ‎ ‎（1）下列做法正确的是（        ）（选填字母代号）．‎ A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上 C.实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源 D.通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度 ‎ ‎ ‎（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶的总质量________木块和木块上砝码的总质量（选填：“远大于”“远小于”或“近似等于”）．‎ ‎ ‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 ‎（3）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到了如图中所示的甲、乙两条直线，设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙．（只考虑木块与水平桌面之间的摩擦阻力）（选填“大于”“小于”或“等于”） ‎ 三、计算题（本题共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要计算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎ ‎ ‎ 甲乙两物体在同一条直线上同时同地沿同一方向运动，甲初速度为‎6m/s，由于摩擦做匀减速直线运动，加速度大小为‎2m/‎s‎2‎；乙做初速度为零，加速度为‎1m/‎s‎2‎的匀加速直线运动．求： ‎ ‎（1）甲物体能运动多远？‎ ‎ ‎ ‎（2）乙此后经多长时间追上甲？‎ ‎ ‎ ‎（3）乙追上甲之前两物体最大距离是多少？‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，AO是具有一定质量的均匀细杆，可绕O轴在竖直平面内自由转动．细杆上的P点与放在水平桌面上的圆柱体接触，圆柱体靠在竖直的挡板上而保持平衡．已知杆的倾角θ＝‎60‎‎∘‎，球的重力大小为G，竖直挡板对球的压力大小为‎2‎3‎G，各处的摩擦都不计，作出球的受力示意图，并通过计算求出圆柱体对均匀细杆AO的作用力的大小和水平地面对圆柱体作用力的大小． ‎ ‎ ‎ ‎ 如图甲所示，质量为‎1kg的物块，在水平向右、大小为‎5N的恒力F作用下，沿粗糙水平面由静止开始运动。在运动过程中，物块受到水平向左的空气阻力，其大小随着物块速度的增大而增大。且当物块速度为零时，空气阻力也为零。物块加速度a与时间t的关系图线如图乙所示。取重力加速度g＝‎10m/‎s‎2‎，求： ‎ ‎（1）物块与水平面间的动摩擦因数μ；‎ ‎ ‎ ‎（2）t＝‎5s时物块速度的大小；‎ ‎ ‎ ‎（3）t＝‎6s时空气阻力的大小。‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝‎30‎‎∘‎，皮带在电动机的带动下，始终保持v‎0‎＝‎2m/s的速率运行．现把一质量为m＝‎10kg的工件（可视为质点）轻轻放在皮带的底端，经时间‎1.9s，工件被传送到h＝‎1.5m的高处，取g＝‎10m/‎s‎2‎．求： ‎ ‎（1）工件与皮带间的动摩擦因数；‎ ‎ ‎ ‎（2）工件相对传送带运动的位移．‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 参考答案与试题解析 ‎2020年山东省潍坊市高考物理一轮复习阶段检测试卷 一、选择题（1-6题只有一个符合题目要求，7-10题在给出的四个选项中，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，错选或不选的得0分．）‎ ‎1.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 解直角三角形在三力平衡问题中的应用 力的合成与分解的应用 ‎【解析】‎ 物体静止在斜面上，受重力、支持力、摩擦力处于平衡状态．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对作用力和反作用力；物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力．斜面对物体的作用力是支持力和摩擦力的合力，与重力平衡．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和垂直于斜面向下的力．‎ ‎【解答】‎ A‎、物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对作用力和反作用力。故A错误。 B、物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力，摩擦力与重力沿斜面的分力为平衡力，故B错误。 C、斜面对物体的作用力是支持力和摩擦力的合力，与重力平衡。所以物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力。故C正确 D、物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和垂直于斜面向下的力。垂直于斜面向下的分力不是对斜面的压力。故D错误。‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ 设绳子和墙面夹角为θ，对小球进行受析：把绳子的拉力T和墙对球的弹力为N合成F，由于物体是处于静止的，所以物体受力平衡，所以物体的重力等于合成F，即F＝G，根据几何关系得出：T‎=‎mgcosθ，N＝mgtanθ先找到其中的定值，就是小球的重力mg，mg是不变的，随着绳子加长，细线与墙壁的夹角θ减小，则cosθ增大，mgcosθ减小tanθ减小，mgtangθ减小所以：T减小，N减小 ‎【考点】‎ 力的合成与分解的应用 ‎【解析】‎ 对小球进行受力分析，运用力的合成或分解结合共点力平衡条件解决问题．题目说绳子加长，即绳子与墙的夹角θ就要变小（自己可以画图试试），列出平衡等式，然后就变为一个很简单的数学问题．‎ ‎【解答】‎ 设绳子和墙面夹角为θ，对小球进行受析： 把绳子的拉力T和墙对球的弹力为N合成F，由于物体是处于静止的，所以物体受力平衡， 所以物体的重力等于合成F，即F＝G，根据几何关系得出： T=‎mgcosθ，N＝mgtanθ。 先找到其中的定值，就是小球的重力mg，mg是不变的， 随着绳子加长，细线与墙壁的夹角θ减小， 则cosθ增大，mgcosθ减小；tanθ减小，mgtangθ减小； 所以：T减小，N减小。 ‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ B,D ‎【考点】‎ 胡克定律 ‎【解析】‎ 两根轻弹簧串联，弹力大小相等，根据胡克定律分析b弹簧伸长量的大小。P端向右移动的距离等于两根弹簧伸长量之和。‎ ‎【解答】‎ AB‎、两根轻弹簧串联，弹力大小相等，根据胡克定律F＝kx得：k‎1‎L＝k‎2‎xb，则得b弹簧的伸长量为 xb‎=‎k‎1‎Lk‎2‎．故A错误，B正确。 CD、开始时弹簧均处于原长状态，则P端向右移动的距离等于两根弹簧伸长量之和，即为 S＝L+‎xb＝L+‎k‎1‎Lk‎2‎．故C错误，D正确。‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 匀变速直线运动的概念 x-t图像（匀变速直线运动）‎ 非常规图象 v-t图像（匀变速直线运动）‎ ‎【解析】‎ v−t图像中图像中图像中的点表示物体的速度，图像的斜率表示物体的加速度，图像与时间轴围成的面积表示物体通过的位移．‎ ‎【解答】‎ A‎、B、由图可知，‎6s内物体一直沿正方向运动，‎6−8s时物体反向运动，故‎6s时相对于起点的位移最大，故A错误，‎B 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 错误； C、图像的斜率表示物体的加速度，由图可知，‎4−8s的加速度最大，故C错误； D、‎4−6s内和‎6−8s内物体的位移大小方向，故‎8s时物体回到‎4s所在的位置，故D正确；‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 竖直上抛运动 牛顿第二定律的概念 ‎【解析】‎ 对物体上升过程和下降过程分别受力分析，根据牛顿第二定律列式求解．‎ ‎【解答】‎ 物体上升过程 mg+f＝m(‎4‎‎3‎g)‎ 物体下降过程 mg−f＝ma 由以上两式解得 ‎a=‎2‎‎3‎g ‎6.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 摩擦力的判断 摩擦力的计算 ‎【解析】‎ 物块所受的滑动摩擦力f＝μmg＝‎2N，知物块向左做匀减速运动，当速度为零后，由于拉力小于最大静摩擦力，物块保持静止。‎ ‎【解答】‎ 物块首先受到滑动摩擦力，大小f＝μmg＝‎2N，方向水平向左，做匀减速直线运动， 当速度减为‎0‎，物块处于静止，所受的摩擦力为静摩擦力，大小为f＝‎1N，方向水平向右， 因取向右为正方向，故C正确，A、B、D错误；‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ B,D ‎【考点】‎ 解直角三角形在三力平衡问题中的应用 物体的弹性和弹力 ‎【解析】‎ 本题可静摩擦力的大小和方向均不能确定的特点，通过对物体进行受力分析在结合平衡条件和最大静摩擦力的概念即可求解．‎ ‎【解答】‎ 根据静摩擦力的特点（静摩擦力大小‎0≤f≤‎fmax，方向沿接触面方向但可以变化），可知，当F＝‎0‎时静摩擦力方向沿斜面向上，大小为f＝mgsinα。 A、由于物体仍保持静止状态，根据平衡条件可知合力仍为零，保持不变，故A错误。 B、由受力分析图（如图）可知：斜面对物体的支持力N＝mgcosα+Fsinα，N增大，故B正确。 C、根据以上分析可知，若Fcosα≤mgsinα时，静摩擦力方向沿斜面向上，由平衡条件得：f＝mgsinα−Fcosα，则F增大，f减小； 若Fcosα>mgsinα时，静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件得：f＝Fcosα−mgsinα+‎，F增大，f增大；所以静摩擦力大小可能减小，也可能增加，故C错误。 D、斜面对物体的作用力是支持力和静摩擦力的合力，根据平衡条件得： 斜面对物体的作用力 F′=‎‎(mg‎)‎‎2‎+‎F‎2‎，F增大，F′‎增大，故D正确。‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 力的合成与分解的应用 解直角三角形在三力平衡问题中的应用 ‎【解析】‎ 开始运动‎2s后物体以‎2m/s的速度匀速运动，则‎2s末物体受力平衡，根据图象求出滑动摩擦力，根据运动学基本公式结合牛顿第二定律求出物体的质量，根据滑动摩擦力公式求出动摩擦因数。‎ ‎【解答】‎ A‎、开始运动‎2s后物体以‎2m/s的速度匀速运动，则‎2s末物体受力平衡， 根据图象可知，摩擦力f＝mgsin‎30‎‎∘‎+‎F‎2‎； 而F‎2‎＝‎2N， ‎0−2s内，根据运动学基本公式得：a=‎△v‎△t=‎2−0‎‎2‎=1m/‎s‎2‎ 根据牛顿第二定律得： a=‎F‎1‎‎+mgsin30−fm 解得：m＝‎1kg，故A正确，B错误； C、根据滑动摩擦力公式f＝μFN＝μmgcos‎30‎‎∘‎得：μ=‎2‎‎10×‎‎3‎‎2‎=‎‎2‎‎3‎‎15‎，故CD错误。‎ ‎9.‎ ‎【答案】‎ A,B ‎【考点】‎ 超重和失重 牛顿第二定律的概念 自由落体运动的概念 ‎【解析】‎ 当人对绳的拉力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度； 当人对绳的拉力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度； 如果没有拉力，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．‎ ‎【解答】‎ 解：A．在Pa段绳还没有被拉长，人做自由落体运动，所以处于完全失重状态，所以A正确． B．在ab段绳的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，处于失重状态，所以B正确． ‎C 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 ‎．在bc段绳的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，所以C错误． D．在c点，绳的形变量最大，绳的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，所以D错误． 故选AB．‎ ‎10.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 牛顿第二定律的概念 胡克定律 ‎【解析】‎ 要正确的分析物体运动的过程及物体的受力情况，并会确定运动过程中的临界点和分析在临界点上的受力，当物体接触弹簧向右运动的过程中，开始是加速运动的，当弹力和摩擦力相等时，加速度为零，之后摩擦力要大于弹力，物体开始做减速运动。弹力和摩擦力相等时即为一个临界点。‎ ‎【解答】‎ A‎、滑块向左接触弹簧的运动过程中，在水平方向上受到向右的弹簧的弹力和向右的摩擦力，在此过程中弹簧的弹力是逐渐增大的，弹力和摩擦力的合力与运动方向始终相反，物体做减速运动，故A正确； B、滑块向右接触弹簧的运动是从弹簧压缩量最大时开始的，此时受到水平向右的弹力和向左的摩擦力，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，但当弹簧伸长到一定程度，弹力和摩擦力大小相等，此后摩擦力大于弹力。所以滑块向右接触弹簧的运动过程中，是先加速，后减速。故B错误； C、由对A的分析可知，当弹簧的压缩量为x0‎时，水平方向的合力为F＝kx‎0‎+μmg，此时合力最大，由牛顿第二定律有：amax‎=Fm=‎kx‎0‎+μmgm，故C正确； D、在滑块向右接触弹簧的运动中，当弹簧的形变量为x=‎μmgk时，由胡克定律可得：f＝kx＝μmg，此时弹力和摩擦力大小相等，方向相反，在水平方向上合外力为零，故加速度为零，速度最大，故D正确。 本题选说法错误的 二、实验题（本题共2个小题，共18分）‎ ‎【答案】‎ B、该图中所描的点到结点的距离适中，力的大小适中，而且两个力的角度的大小也适中故B正确 B ‎【考点】‎ 验证力的平行四边形定则 ‎【解析】‎ 做探究共点力合成的规律实验：我们是让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，由此结合实验过程中需要注意的事项依次分析即可。‎ ‎【解答】‎ A‎、合力与分力的关系为等效替代的关系，效果是相同的，所以在同一次实验时，需要让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，则必定结点O的位置要相同，但橡皮条应和两绳套夹角的角平分线不一定在一条直线上，故A错误。 B、在重复实验再次进行验证时，结点O的位置一定与前一次相同，故B错误。 C、使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线，可以减小因摩擦产生的误差；读数时视线应正对测力计刻度，可以减小偶然误差，故C正确。 D、分力可以比合力大，故D错误。 故选：C ③A、为了便于确定拉力的方向，拉橡皮条的细绳要稍长一些，同时在纸上描点时，所描的点不要太靠近结点，该图中所描的点太靠近结点。故A错误； B、该图中所描的点到结点的距离适中，力的大小适中，而且两个力的角度的大小也适中。故B正确； C、实验要方便、准确，两分力适当大点，读数时相对误差小，但不宜太大，该图中的读数都太小，故C错误； D、该图中两个分力之间的夹角太小，这样误差容易大，故D错误； 故选：B 故答案为：‎ C‎；（1）‎B ‎【答案】‎ A,D ‎（2）远小于 ‎（3）小于,大于 ‎【考点】‎ 探究加速度与物体质量、物体受力的关系 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解：A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确； B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，故B错误； C．打点计时器要“早来晚走”，即实验开始时，先接通打点计时器的电源，待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时，应先控制木块停下再停止打点计时器，故C错误； D．平衡摩擦力后，有mgsinθ＝μmgcosθ，即μ＝tanθ，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确． 故选：AD．‎ ‎（2）若以砝码桶及砝码作为小木块的外力，则有 a=‎mgM， 而实际实验过程中，砝码桶及砝码也与小木块一起做匀加速运动，即对砝码桶及砝码，有：mg−T＝ma， 对小木块有T＝Ma， 综上有：小物块的实际的加速度为 a=‎mgM+m，只有当m<‎μ乙．‎ 三、计算题（本题共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要计算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎【答案】‎ 甲物体能运动‎9m．‎ 乙此后经‎3‎2‎s时间追上甲．‎ 乙追上甲之前两物体最大距离是‎6m ‎【考点】‎ 匀变速直线运动的位移与时间的关系 ‎【解析】‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 ‎（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出甲物体能够运动的距离． （2）根据甲乙的位移关系，结合运动学公式求出追及的时间． （3）当甲乙的速度相等时，相距最远，结合位移公式求出相距的最大距离．‎ ‎【解答】‎ 根据匀变速直线运动的速度位移公式得，甲物体能够运动的距离x‎1‎‎=‎0−‎v‎0‎‎2‎‎2a=‎−36‎‎−4‎m=9m．‎ 甲物体速度减为零的时间t‎1‎‎=‎0−‎v‎0‎a=‎−6‎‎−2‎s=3s， 此时乙的位移x‎2‎‎=‎1‎‎2‎a‎′‎t‎1‎‎2‎=‎1‎‎2‎×1×9m=4.5m， 可知甲物体停止时，乙物体还为追上甲， 根据x‎1‎‎=‎‎1‎‎2‎a‎′‎t‎2‎得，追及的时间t=‎2‎x‎1‎a‎′‎=‎2×9‎‎1‎s=3‎2‎s．‎ 当甲乙速度相等时，相距最远，设速度相等经历的时间为t′‎， 有v‎0‎‎+at′‎＝a′t′‎，解得t‎′‎‎=v‎0‎a‎′‎‎−a=‎6‎‎1+2‎s=2s， 则相距的最远距离‎△x=v‎0‎t‎′‎+‎1‎‎2‎at‎​‎‎′‎‎2‎−‎1‎‎2‎a‎′‎t‎​‎‎′‎‎2‎=6×2−‎1‎‎2‎×2×4−‎1‎‎2‎×1×4m=6m．‎ ‎【答案】‎ 圆柱体对均匀细杆AO的作用力的大小和水平地面对圆柱体作用力的大小分别为‎4G和‎3G． ‎ ‎【考点】‎ 解直角三角形在三力平衡问题中的应用 力的合成与分解的应用 ‎【解析】‎ 分析小球的受力情况：重力、地面的支持力、竖直挡板的压力和杆的压力四个力作用，作出力示意图．根据平衡条件，求出杆对球的压力和地面的支持力，根据牛顿第三定律求出圆柱体对均匀细杆AO的作用力的大小和水平地面对圆柱体作用力的大小．‎ ‎【解答】‎ 对圆柱体进行受力分析：受力分析图如图所示，其中N‎1‎、N‎2‎、N‎3‎分别为水平地面、挡板、细杆对圆柱体的弹力． 已知竖直挡板对球的弹力大小：N‎2‎‎=2‎3‎G 根据平衡关系： 水平方向：N‎3‎sin‎60‎‎∘‎＝N‎2‎，解得 N‎3‎＝‎4G 竖直方向：N‎1‎＝N‎3‎cos‎60‎‎∘‎+G，代入解得，N‎1‎＝‎3G． 设圆柱体对均匀细杆AO的作用力大小为N‎3‎‎/‎，根据牛顿第三定律知，‎N‎3‎‎/‎‎=4G ‎【答案】‎ 物块与水平面间的动摩擦因数μ为‎0.3‎；‎ t‎＝‎5s时物块速度的大小为‎5m/s；‎ t‎＝‎6s时空气阻力的大小‎2N。 ‎ ‎【考点】‎ 匀变速直线运动的位移与时间的关系 牛顿第二定律的概念 ‎【解析】‎ ‎（1）初始时刻，速度为零，空气阻力为零，根据牛顿第二定律求出物块与水平面间的动摩擦因数。 （2）加速度a与时间t的关系图线围成的面积表示速度的变化量，根据图像求出t＝‎5s时物块速度的大小。 （3）t＝‎6s后，物块做匀速直线运动，物体所受的空气阻力不变，根据平衡求出空气阻力的大小。‎ ‎【解答】‎ 当t＝‎0‎时，由题意可知，物块所受空气阻力为零，此时物块的受力情况如图所示。 由牛顿第二定律有： F−‎Ff＝ma‎0‎ FN‎−mg＝‎0‎ 又因为Ff＝μFN 联立解得：μ＝‎0.3‎；‎ 由题意可知，在a−t图像中，图线与t轴所围的面积为速度的增加量，所以t＝‎5s时物块的速度大小为： v=‎1‎‎2‎×2×5m/s＝‎5m/s；‎ 由题图可知，t＝‎5s后，物块做匀速直线运动，物块所受的空气阻力不变，设此过程中物块所受空气阻力为F空， 由牛顿第二定律有：F−Ff−‎F空＝‎0‎ 解得：F空＝‎2N；‎ ‎【答案】‎ 工件与皮带间的动摩擦因数是‎0.866‎；‎ 工件相对传送带运动的位移是‎0.8m ‎【考点】‎ 匀变速直线运动的速度与时间的关系 匀变速直线运动的位移与时间的关系 匀速直线运动及其公式 匀速直线运动的图象 牛顿第二定律的概念 ‎【解析】‎ ‎（1）根据运动学公式的推论判断出工件在传送带上先做匀加速直线运动，速度与传送带速度相等后一起做匀速直线运动，抓住总位移，结合运动学公式求出工件的加速度，根据牛顿第二定律求出工件与皮带间的动摩擦因数． （2）结合位移时间公式求出传送带和工件对地的位移，再得到两者的相对位移．‎ ‎【解答】‎ 由题意得，皮带长为：L=hsin30‎=2h＝‎3m． 工件速度达到 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 v‎0‎之前，从静止开始做匀加速运动，设匀加速运动的时间为t‎1‎，位移为s‎1‎，有：s‎1‎‎=v‎¯‎t‎1‎=‎v‎0‎‎2‎t‎1‎ 设工件最终获得了与传送带相同的速度，则达到v0‎之后工件将做匀速运动，有：L−‎s‎1‎＝v‎0‎‎(t−t‎1‎)‎ 解得：t‎1‎＝‎0.8s<1.9s，故假设工件最终获得与传送带相同的速度正确． 加速运动阶段的加速度为：a=v‎0‎t‎1‎=‎2‎‎0.8‎=2.5 m/‎s‎2‎ 在加速运动阶段，根据牛顿第二定律，有： μmgcosθ−mgsinθ＝ma 代入数据解得：μ＝‎‎0.866‎ 在时间t‎1‎内，传送带运动的位移为： s＝v‎0‎t‎1‎＝‎2×0.8m＝‎1.6m s‎1‎‎=v‎0‎‎2‎t‎1‎=‎2‎‎2‎×0.8m＝‎0.8m． 所以工件相对传送带的位移为：‎△s＝s−‎s‎1‎＝‎‎0.8m 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页