陕西省西安市长安区第一中学2020-2021学年高一上学期期末考试物理试卷 Word版含解析 20页

- 1 - 长安一中 2020—2021 学年度第一学期期末考试高一物理试题 考试时间∶100 分钟 试卷满分∶110 分 一、选择题（本题共 15 小题，每小题 4 分，共 60 分在每小题给出的四个选项中， 第 1~10 题只有一项符合题目要求，第 11~15 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. 2020 年小华考取郑州大学，如图所示为小华上学途中智能手机上显示的某次导航郑州站到 郑州大学的具体路径，图中推荐郑州站到郑州大学路线中有两个数据，35 分钟，18.7 公里， 关于这两个数据，下列说法正确的是（ ） A. 研究小华在导航图中的位置时，可以把小华看作质点 B. 35 分钟表示的是某个时刻 C. 18.7 公里表示了此次行程位移的大小 D. 根据这两个数据，我们可以算出此次行程平均速度的大小 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．在研究小华在地图上的实时位置时，小华的大小可以忽略，故小华可以看成质点， 选项 A 正确； B．图中显示 35 分钟对应时间轴上的一段，所以是时间，选项 B 错误； C．18.7 公里指的是路程，选项 C 错误； D．平均速度的大小等于位移与时间的比值，因为 18.7 公里指的是路程，所以可以求出平均速 率，但不能求出平均速度，故选项 D 错误。 故选 A。 2. 2020 年 7 月 20 日消息，近日俄军最新型的图-160M 战略轰炸机首飞，飞行过程持续 34 分 钟，飞行高度为 1500 米，能搭载多达 40 吨的各型炸药。在这则新闻中涉及了质量、长度和 时间及其单位，在国际单位制中，下列说法中正确的是（ ） - 2 - A. 新闻中涉及的“34 分钟、1500 米和 40 吨”中，只有米是国际单位制中的基本单位 B. “千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”，所以“牛顿”是国际单位制中的基本单位 C. 秒是国际单位制中力学三个基本物理量之一，而天只是时间的单位 D. 两个或更多的符号表示的单位一定是导出单位 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．在国际单位制中，长度、质量、时间三个物理量被选作力学的基本物理量，力学 的三个基本单位分别是米、千克、秒，故 A 正确； B．“千克米每二次方秒”是由 F ma 推导出来的，是国际单位制中的导出单位，为了纪念牛 顿把它定义为牛顿，故 B 错误； C．国际单位制中力学三个基本物理量是：长度、质量、时间，而秒、天只是时间的单位，故 C 错误； D．只用一个符号表示的单位不一定是基本单位，例如，牛顿（N）、焦耳（J）、瓦特（W）等 都不是基本单位，而是导出单位。两个或更多的符号表示的单位也可能是基本单位，例如千 克（kg）就是基本单位，故 D 错误。 故选 A。 3. 甲、乙两物体沿同一直线运动，运动过程中的 x t 图像如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 2t  s 时甲物体的运动方向发生改变 B. 0~3s 内乙物体的速度逐渐减小 - 3 - C. 0~2.5s 内两物体的平均速度大小相等 D. 0~3s 内某时刻两物体的速度大小相 等 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A.位移－时间图像中，斜向上倾斜的直线表示正方向的匀速直线运动，向下倾斜表示 负方向的运动，所以甲物体的运动方向没变化，故 A 错误； B. 位移－时间图像的斜率表示速度，乙的图线斜率增大，故速度增大，故 B 错误； C.由图像可知，2.5s 内，甲的位移大小是 5m，乙的位移大小是 3m，所以平均速度大小不等， 故 C 错误； D.三秒内两物体的位移大小相等，某时刻乙图线的与时间轴的夹角跟甲的相等，即乙某时刻的 图线斜率跟甲的大小相等，故 D 正确。 故选 D。 4. 做直线运动的物体在 t1、t3 两时刻对应的速度如图所示，下列结论正确的是（ ） A. t1、t3 两时刻速度相同 B. 若 t2=2t1，则可以求出物体的初速度为 8m/s C. t1、t3 两时刻加速度等值反向 D. t2 时刻加速度为 0 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．t1、t3 两时刻速度大小相等，但方向相反，故速度不相同，故 A 错误； B．若 t2=2t1，则利用几何关系可以求出物体的初速度为 8m/s；故 B 正确； C．t1、t3 两时刻图象的倾斜程度相同，故加速度相同，即加速度等值同向，故 C 错误； D．t2 时刻速度为零，但速度在发生变化，故加速度不为零，故 D 错误； - 4 - 故选 B。 5. 如图所示，一质点以一定的初速度沿固定的光滑斜面由 a 点向上滑出，到达斜面最高点 b 时速度恰为零，若质点第一次运动到斜面长度 3 4 处的 c 点时，所用时间为 t，则物体从 c 滑到 b 所用的时间为（不计空气阻力）（ ） A. 1 4 t B. 1 2 t C. 3 t4 D. t 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】根据逆向思维法，质点可看成向下做初速度为零的匀加速直线运动，设物体从 b 滑 到 c 所用的时间为 t1，根据运动学公式有 2 1 1 2bcx at 2 1 1 ( )2bax a t t  其中 1 4bc bax x ，解得 1t t 故选 D。 6. 一个从地面上竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点 A 的时间间隔是 5s，两次经过一个 较高点 B 的时间间隔是 3s，则 A、B 之间的距离是（不计空气阻力，重力加速度 g 取 10m/s2） （ ） A. 40m B. 30m C. 20m D. 10m 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】竖直上抛运动上升过程和下降过程具有对称性。从 A 点到最高点所用时间与从最高 - 5 - 点到第二次经过 A 点所用时间相同，由题意可得，从 A 点到最高点所用时间为 1 5 s 2.5s2t   同理，从 B 点到最高点所用时间为 2 3 s 1.5s2t   由公式 21 2h gt 可得，A 点到最高点的距离为 2 1 1 1 31.25m2h gt  B 点到最高点的距离为 2 2 2 1 11.25m2h gt  则 A、B 之间的距离是 1 2 20mh h h    故选 C。 7. 一吊床由两根等长且不可伸长的轻绳悬挂起来有如图所示四种悬挂方法，在乙、丙两图中， 乙中左侧绳与丙中右侧绳跟水平吊床的夹角均为 ，乙中右侧绳与丙中左侧绳跟水平吊床的夹 角也为 ，下列说法正确的是（ ） A. 甲方法绳受拉力最大，乙方法绳受拉力最小 B. 甲方法绳受拉力最小，丁方法绳受拉力最大 C. 四种方法绳受拉力一样大 D. 甲方法绳受拉力最大，乙、丙、丁方法绳受拉力均为最小 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】四种悬挂方法，两绳拉力的合力都等于日光灯的重力，甲图中两绳夹角为零，故绳 中张力最小，丁图中两绳形成共点力的夹角最大，故绳中张力最大，故 B 正确。 - 6 - 故选 B。 8. 如图所示，一只蜗牛沿着藤蔓缓慢爬行，该过程中藤蔓形状不变，在蜗牛从 A 运动到 B 的 过程中（ ） A. 藤蔓对蜗牛的作用力先减小后增大 B. 藤蔓对蜗牛的弹力先增大后减小 C. 藤蔓对蜗牛的摩擦力先增大后减小 D. 藤蔓对蜗牛的弹力保持不变 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．藤蔓对蜗牛的作用力与蜗牛的重力等大方向，所以藤蔓对蜗牛的作用力大小不变。 故 A 错误； BD．藤蔓对蜗牛的弹力为 cosN mg  从 A 运动到 B 的过程中， 先减小后增大，则弹力先增大后减小，故 B 正确；D 错误； C．藤蔓对蜗牛的摩擦力为 sinf mg  从 A 运动到 B 的过程中， 先减小后增大，则摩擦力先减小后增大。故 C 错误。 故选 B。 9. 滑雪是冬奥会的比赛项目之一如图所示，若滑板和运动员以初速度 v0=8m/s 冲上倾角为 θ=37°足够长的滑雪轨道，已知滑板的质量为 2kg，运动员质量为 m=73kg，滑板与斜坡间动摩 擦因数μ=0.25，不计空气阻力。重力加速度 g 取 10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则运动员沿 斜坡上滑的最大距离为（ ） A. 4m B. 6m C. 8m D. 10m - 7 - 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】将运动员和滑板看成整体，根据牛顿第二定律可得 sin cosMg Mg Ma    解得，运动员上滑的加速度大小为 28m/sa  由匀变速直线运动规律可得，运动员沿斜坡上滑的最大距离为 2 2 0 8 m=4m2 2 8 vx a    故选 A。 10. 如图甲所示， 1L 、 2L 的两根细线系一小球， 1L 与竖直方向夹角为 ， 2L 水平拉直，小球 处于静止状态。若将图甲中的细线 1L 换成长度相同（接小球后）、质量不计的轻弹簧，如图乙 所示，其他条件不变。先后剪断 2L 的瞬间，甲、乙两图中小球的加速度大小之比为（ ） A. 1 B. sin C. cos D. tan 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】甲图中，如图所示，将 L2 线剪断的瞬间，物体将绕悬点做圆周运动，在将 L2 线剪断 后，物体受到的合力沿圆的切线方向，由牛顿第二定律得 mgsinθ=ma1 得 a1=gsinθ - 8 - 乙图中，如图所示，将弹簧剪断瞬间，弹簧弹力不能突变，物体受重力与弹簧弹力作用，而 弹簧弹力与重力不变，由牛顿第二定律得 mgtanθ=ma2 得加速度为 a2=gtanθ 甲、乙两图中小球的加速度大小之比 a1:a2=（gsinθ）：（gtanθ）=cosθ:1 故选 C。 11. 在沈阳进行的全国田径锦标赛上，上海王雪毅以 1 米 86 获女子跳高冠军。若不计空气阻 力，下列说法正确的是（ ） A. 王雪毅起跳时地面对她的弹力大于她对地面的压力 B. 王雪毅起跳后在上升过程中，她处于失重状态 C. 王雪毅越杆后在空中下降过程中，她处于失重状态 D. 王雪毅落到软垫后一直做减速运动 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】A．王雪毅起跳时地面对她的弹力与她对地面的压力是一对作用与反作用力，则地面 - 9 - 对她的弹力等于她对地面的压力，选项 A 错误； B．王雪毅起跳后在上升过程中，加速度向下，则她处于失重状态，选项 B 正确； C．王雪毅越杆后在空中下降过程中，加速度向下，她处于失重状态，选项 C 正确； D．王雪毅落到软垫后，开始阶段软垫向上的弹力小于重力，人做加速运动；当后来软垫向上 的弹力大于重力，则人做减速运动，选项 D 错误。 故选 BC。 12. 如图所示，三根轻质细绳 a、b、c 悬挂 P、Q 两个质量均为 m 的小球保持静止状态，轻绳 a 与竖直方向的夹角为θ=45°，轻绳 c 水平，重力加速度为 g，则（ ） A. 轻质细绳 a 的拉力大小为 2 2 mg B. 轻质细绳 b 的拉力大小为 2.5mg C. 轻质细绳 c 的拉力大小为 2mg D. 轻质细绳 a、b、c的拉力依次减小 【答案】ACD 【解析】 【分析】 【详解】ABC．设轻绳 abc 的拉力分别为 T1、T2 和 T3；对球 P 和 Q 整体受力分析，受重力和两 个拉力，根据平衡条件，有： 1 345T sin T - 10 - 1 45 2T cos mg 联立解得： 1 2 2T mg 3 2T mg 再对球 Q 受力分析，受重力和两个细线的拉力，有勾股定理可知 5bT mg 故 AC 正确，B 错误； D．根据上述计算可知，a,b,c 上的拉力依次减小。故 D 正确 故选 ACD。 13. 质量为 m 的物体用轻绳 AB 悬挂于天花板上，用另一轻绳 OC 系在 AB 绳上 O 点，轻绳 OC 保持水平向右拉 O 点，使 OA 与竖直方向有一定角度，物体处于平衡状态.若保持 O 点不 变，用 T 和 F 分别表示绳 OA 段和 OC 段拉力的大小，则（ ） A. OC 逆时针转动至竖直方向前，F 逐渐变大，T 逐渐变大 B. OC 逆时针转动至竖直方向前，F 先减小再增大，T 逐渐变小 C. OC 顺时针转动至 AO 方向前，F 逐渐变小，T 逐渐变大 D. OC 顺时针转动至 AO 方向前，F 逐渐变大，T 逐渐变大 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】AB．点 O 受到三个拉力而处于平衡状态，其中向下的拉力的大小和方向均不变，OA 的拉力方向不变，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示： - 11 - 从图中可以看出，轻绳 OC 逆时针缓慢转至竖直方向的过程中，OA 的拉力 T 不断减小，拉力 F 先减小后增加，故 B 正确、A 错误。 CD． OC 顺时针转动至 AO 方向前，F 逐渐变大，T 逐渐变大，选项 C 错误，D 正确。 故选 BD。 14. 如图所示，质量为 4 kg 的物体 A 静止在竖直的轻弹簧上，质量为 1 kg 的物体 B 用细线悬 挂在天花板上，B 与 A 刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是 （g 取 210 m/s ） A. A 加速度的大小为零 B. B 加速度的大小为 22m/s C. 弹簧的弹力大小为 40 N D. A、B 间相互作用力的大小为 8 N 【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】C、物体 A、B 接触但不挤压，剪断细线前，对 A 由平衡条件得，弹簧的弹力： Fk=mAg=4×10=40N，由于弹簧的弹力不能突变，剪断细线瞬间弹力大小仍为 40N，故 C 正确． A、B、剪断细线后，A、B 一起向下加速运动，对系统由牛顿第二定律得：（mA+mB）g-Fk=（mA+mB） a，解得 a=2m/s2；故 A 错误，B 正确． D、对 B，由牛顿第二定律得：mBg-F=mBa，解得 F=8N，则 A 与 B 间的作用力为 8N；故 D 正确． - 12 - 故选 BCD． 【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用；解题的关键是先采用整体法求解加速度，再隔离物 体 B 并根据牛顿第二定律列式求解． 15. 如图所示，粗糙的水平面上有一内壁为半球形且光滑的容器，容器的质量为 2kg ，与地面 间的动摩擦因数为 0.25，在水平推力作用下置于容器内质量为1kg 的物块（可视为质点）与 容器一起向左做加速运动，OP 连线与水平线的夹角 53   ，（sin53 0.8  ，cos53 0.6  ， 重力加速度 210m / sg  ）则（ ） A. 容器的加速度大小为 27.5m/s B. 容器对物块的支持力大小为12.5N C. 推力 F 的大小为 42N D. 地面对容器的支持力等于30N 【答案】ABD 【解析】 【分析】 物块与容器相对静止，它们的加速度相等，以物块为研究对象，应用牛顿第二定律可以求出 加速度大小，等于物块与容器组成的系统应用牛顿第二定律可以求出推力大小；应用平衡条 件求出地面对容器的支持力。 【详解】A．物块受力如图所示 对物块，由牛顿第二定律得 cotmg ma  解得 27.5m/sa  - 13 - 故 A 正确； B．由平衡条件可知，容器对物块的支持力 N 1 10 N 12.5Nsin sin53 mgF     故 B 正确； C．以物块与容器组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得 ( ) ( )F M m g M m a    代入数据解得 30NF  故 C 错误； D．对物块与容器组成的系统，在竖直方向，由平衡条件可知，地面对容器的支持力 N =( ) (1 2) 10N 30NF m M g    地 故 D 正确。 故选 ABD。 二、实验题（本题共 2 小题，共 16 分） 16. 在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某小组利用平木板、细绳套、橡皮条、弹簧测 力计等装置完成实验。 (1)若弹簧测力计 a、b 间夹角大于 90°，保持弹簧测力计 a 与橡皮条OC 的夹角 aOC 和结点 O 位置不变，将弹簧测力计 b 顺时针转动一定角度，则弹簧测力计 a 的读数_______、弹簧测 力计 b 的读数______（均填“变大”“变小”或“不变”） (2)为了使实验能够顺利进行，且尽量减小误差，你认为下列说法或做法能够达到上述目的的 是______。 A.使用弹簧测力计前应将测力计水平放置，然后检查并矫正零点 - 14 - B.用弹簧测力计拉细绳套时，拉力应沿橡皮条的轴线，且与水平木板平行 C.两细绳套必须等长 D.用弹簧测力计拉细绳套时，拉力应适当大些，但不能超过量程 E.同一次实验两次拉细绳套须使结点到达同一位置 (3)如图乙和丙所示是两位同学在做以上实验时得到的结果，其中一个实验比较符合实验事实 的是______。（填“乙”或“丙”， F是用一只弹簧测力计拉时的图示） 【答案】 (1). 变大 (2). 变大 (3). ABDE (4). 乙 【解析】 【分析】 【详解】(1)[1][2]若弹簧测力计 a、b 间夹角大于 90°，保持弹簧测力计 a 与橡皮条 OC 的夹角 不变，减小弹簧测力计 b 与橡皮条 OC 的夹角，如图所示，则可知两弹簧测力计的示数均变大。 (2)[3]A．为了读数准确，在进行实验之前，一定要对弹簧测力计进行校对零点，A 正确； B．为了减小实验中摩擦对测量结果的影响，拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧测力计应贴近 并平行于木板，B 正确； C．为减小实验过程中的偶然误差，就要设法减小读数误差，两个分力的大小不一定要相等， 绳子的长短对分力大小和方向亦无影响，C 错误； D．根据弹簧测力计的使用原则可知，在测力时不能超过弹簧测力计的量程，在不超量程的前 提下拉力大些可以减小实验偶然误差，D 正确； E．在实验中必须确保橡皮条拉到同一位置，即一个力的作用效果与两个力作用效果相同，E 正确。 故选 ABDE。 (3)[4]作图法得到的 F 为平行四边形的对角线，单个弹簧测力计的拉力 F一定与橡皮条共线， 故乙的实验比较符合实验事实。 17. 图甲是某同学探究“加速度与力、质量的关系”实验装置图，请回答下列问题： - 15 - (1)平衡摩擦力时，该组同学先调节木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来正确 的操作是______。 A．长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调钩码个 数，使小车在钩码的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 B．将长木板的右端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去钩码，给 打点计时器通电，轻推一下小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 C．将长木板的右端垫起适当的高度，撤去纸带以及钩码，轻推一下小车，观察判断小车是否 做匀速运动 (2)图乙是某次实验中从打点计时器打出的纸带中选出一条点迹比较清晰的纸带，每五个点取 一个计数点，打点计时器打点的时间间隔 T=0.02s，若相邻计数点记为 A、B、C、D、E、F、 G，它们到 O 点的距离已标出，则小车的加速度大小为 a=______m/s2。（计算结果保留两位有 效数字） (3)如果当时电网中交变电流的频率是 49.5Hz，而做实验的同学并不知道，那么由此引起的系 统误差将使加速度的测量值比实际值偏______（填“大”或“小”）。 (4)在“探究加速度 a 与合力 F 的关系”时，该组同学根据实验数据作出了加速度 a 与合力 F 的图线如图丙所示，该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因：______。 (5)该同学在这个探究实验中采用的物理学思想方法为______。 A．极限法 B．比值法 C．理想化模型法 D．控制变量法 【答案】 (1). B (2). 0.99 (3). 大 (4). 实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够 - 16 - (5). D 【解析】 【分析】 【详解】(1)[1]正确的操作是将长木板的右端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时 器的纸带，撤去钩码，给打点计时器通电，轻推一下小车，从打出的纸带判断小车是否做匀 速运动，B 正确，AC 错误。 故选 B。 (2)[2]每五个点取一个计数点，打点计时器打点的时间间隔 0.02sT  ，则计数点的时间间隔 Δ 0.1st  ，对打出的纸带由 A 到 G 的过程中，加速度为         2 2 2 2 2 2 66.77 36.70 10 36.70 15.50 10 m/s 0.99m/s 3 3 0.1 DG ADx xa T          (3)[3]当交流电的实际频率为 49.5Hz 时，仍按 50Hz 计算，则测量频率偏大，测量周期偏小， 测得的加速度偏大。 (4)[4]图线不通过坐标原点，加速度等于零时拉力不等于零，表明实验前没有平衡摩擦力或者 平衡摩擦力不够。 (5)[5]该实验先让小车质量不变，后让拉力不变，所以是控制变量法，D 正确，ABC 错误。 故选 D。 三、计算题（本题共 3 小题，共 34 分作答时应写出必要的文字说明方程式和重要 的演算步骤。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） 18. 若火箭由静止发射竖直升空时加速度大小为 230m/s ，第 2s 末从火箭掉出一可视为质点的 碎片，（忽略空气阻力， 210m/sg  ）求 (1)碎片最高可上升到的距地面的高度； (2)碎片从火箭上掉出之后到落回地面的时间。（计算结果可保留根式） 【答案】(1)240m；(2) 6 4 3 s 【解析】 【分析】 【详解】(1)前 2s 碎片做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 230m/sa  ，方向竖直向上， - 17 - 2s末碎片的速度为 60m/sv at  位移为 2 1 1 60m2x at  碎片掉出后以 60m/s 的初速度做竖直上抛运动，上升的高度为 2 180m2 vh g   碎片最高可上升到距地面 1 240mH x h   (2)碎片从火箭上脱落后上升所用时间 1 6svt g   设从最高点下落到地面的时间为 2t ，则 2 2 1 2H gt 即 2 2 4 3sHt g   碎片从火箭上掉出之后到落回地面的时间  1 2 6 4 3 st t t    19. 如图所示，人站在地面拉住连接风筝的牵线，某时刻质量为 400g 的风筝在空中处于平衡 状态时，风筝平面与水平面的夹角为30 ，牵线对风筝的拉力 T（未知）与风筝平面成 53 角。 已知风对风筝的作用力 F（未知）与风筝平面相垂直，重力加速度 g 取 210m/s 。 (1)F 和 T 的大小（计算结果保留三位有效数字）； (2)若拉着风筝匀速运动时，牵线与水平面成53 角保持不变，这时拉牵线的力为10N ，风筝 平面与水平面的夹角的正切值为多大？ - 18 - 【答案】(1)3.33N，6.13N；(2) 1 2 【解析】 【分析】 【详解】(1)风筝平衡时共受到三个力的作用，即重力 mg 、风对它的作用力 F 和牵线对它的 拉力T （如图所示） 以风筝平面方向为 x 轴，F 方向为 y 轴，建立一个坐标系，将重力和拉力 T 正交分解，在 x 轴 方向 30 53 0sin cosTmg    在 y 轴方向 53 30sin cosF mgT   联立两式，解得 3.33NT  ， 6.13NF  (2)同理以水平方向为 x 轴，竖直方向为 y 轴建立坐标系。设风对风筝的作用力水平分力为 xF ， 竖直分力为 yF ，由平衡条件知 cos53 10 0.6N 6NxF T     sin53 10 0.8N 4N 12NyF T G      风筝平面与水平面的夹角 的正切值 1tan 2 x y F F    - 19 - 20. 如图所示，在足够高的光滑的水平台面上静置一质量为 M=1kg、长为 l=1m 的长木板，可 视为质点、质量为 m=0.5kg 的小物块放在长木板上表面的左端，一定滑轮固定在平台右侧边 缘，长木板右端离定滑轮距离足够远绕过定滑轮的细线一端系在小物块上，连接小物块的细 线保持水平，小物块与长木板间的动摩擦因数为 0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加 速度 g 取 10m/s2，用大小为 F=2.5N 的拉力向下拉细线，使小物块向右做加速运动，求∶ (1)小物块滑离长木板时，长木板运动的距离； (2)当小物块运动到长木板正中间时，小物块速度的大小与长木板速度大小之差。 【答案】(1) 0.5m；(2) 2m/s 【解析】 【分析】 【详解】(1)对小物块，根据牛顿第二定律可得 1F mg ma  则小物块运动的加速度为 2 1 3m/sa  同理可得，长木板运动的加速度 2 2 1m/sa  设小物块在长木板上运动的时间为 t1，根据运动学关系有 2 2 1 1 2 1 1 1 2 2l a t a t  解得 t1=1s 则此过程长木板运动的位移为 2 2 1 1 2x a t =0.5m (2)当小物块运动到长木板正中间时，设小物块运动的时间为 t2，根据运动学公式有 - 20 - 2 2 1 2 2 2 1 1 1 2 2 2l a t a t  解得 2 2 s2t  此时小物块的速度 1 1 2 3 2 m/s2v a t  长木板的速度 2 2 2 2 m/s2v a t  得小物块速度的大小与长木板速度大小之差为 3 2 2 2m / s2 2  