1、- 1 -长沙市第一中学 2018-2019 学年度第一学期期末考试高一物理一、选择题1.以下说法正确的是A. 速度、加速度、力都是矢量B. “一节课 40 分钟”中的 40 分钟指的是时刻C. 所有体积很小的物体都能视为质点D. 研究物体的运动时，只能以地面为参考系【答案】A【解析】【详解】速度、加速度、力都是既有大小又有方向的物理量，是矢量，选项 A 正确； “一节课 40 分钟”中的 40 分钟指的是时间，选项 B 错误；物体能否看做质点关键是看物体的大小与所研究的问题相比能否忽略不计，并非所有体积很小的物体都能视为质点，选项 C 错误；研究物体的运动时，可以选择任何物体做参照物，不一定
2、只以地面为参考系，选项 D 错误；故选 A.2.把一木块放在水平桌面上保持静止，下列说法正确的是A. 木块对桌面的压力是因为桌面发生了向下的弹性形变引起的B. 木块对桌面的压力与桌面对木块的支持力是一对平衡力C. 木块对桌面的压力大小等于木块的重力D. 木块的重力和桌面对它的支持力是一对作用力和反作用力【答案】C【解析】【分析】木块放在水平桌面上保持静止，木块对桌面的压力大小等于木块受的重力，不能说压力就是重力，压力的施力物体是木块木块对桌面的压力是弹力，是由于木块发生形变而产生的，压力与支持力是一对作用力与反作用力，不可能平衡【详解】木块对桌面的压力是弹力，是由于木块发生形变而产生的。故 A
3、 错误。木块对桌面的压力与桌面对木块的支持力是一对作用与反作用力，选项 B 错误；根据平衡条件可知：桌面对木块的支持力大小等于木块的重力，而桌面对木块的支持力与木块对桌面的压力是一对- 2 -作用力与反作用力，大小相等，则木块对桌面的压力在数值上等于木块受到的重力。故 C 正确。木块的重力和桌面对它的支持力是一对平衡力，故 D 错误。故选 C。【点睛】本题中木块对桌面的压力大小与木块受的重力大小相等，但施力物体、受力物体不同，性质不同，产生的原因不同，不能说“压力就是重力” 3.关于曲线运动，下列说法正确的是A. 曲线运动一定是匀变速运动B. 变速运动一定是曲线运动C. 做曲线运动的物体可能没
4、有加速度D. 做曲线运动的物体可能受到恒力作用【答案】D【解析】【详解】曲线运动不一定是匀变速运动，例如匀速圆周运动，选项 A 错误；变速运动不一定是曲线运动，例如匀变速直线运动，选项 B 错误；做曲线运动的物体速度一定发生变化，则一定有加速度，选项 C 错误；做曲线运动的物体可能受到恒力作用，例如平抛运动，选项 D正确；故选 D.4.一辆沿笔直公路匀加速行驶的汽车，经过路旁两根相距 80m 的电线杆共用 8s 时间，它经过第二根电线杆时的速度为 12m/s,则经过第一根电线杆的速度为A. 2.5m/s B. 5m/s C. 8m/s D. 10m/s【答案】C【解析】【分析】在匀变速直线运动
5、中，物体的平均速度为 ，据此可正确解答本题【详解】物体经过两根电线杆的平均速度为： ；由于物体做匀加速直线运动，所以有：；联立两式代入数据得：v 1=8m/s，即经过第一根电线杆的速度为 8m/s，故 ABD 错误，C 正确。故选 C。5.如图甲，手提电脑散热底座一般设置有四个卡位用来调节角度。某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位 1 调至卡位 4(如图乙),电脑始终处于静止状态，则- 3 -A. 电脑受到的支持力变小B. 电脑受到的摩擦力变大C. 散热底座对电脑作用力的合力不变D. 电脑受到的支持力与摩擦力的大小之和等于其重力【答案】AC【解析】电脑受力如图所示：电脑始
6、终处于静止状态，故电脑受力平衡；由牛顿第三定律可知：电脑对散热底座的压力等于电脑受到的支持力 FN=mgcos，由原卡位1 调至卡位 4， 减小，故 FN增大，故 A 正确；电脑受到的摩擦力 f=mgsin，由原卡位 1调至卡位 4， 减小，故 f 减小，故 B 错误；散热底座对电脑的作用力的合力即电脑受到的支持力与摩擦力两力之和等于其重力，故 C 正确；电脑受到的支持力与摩擦力两力之和等于其重力，又有力的合成符合平行四边形定则，故电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其重力，故 D 错误；故选 AC6.如图所示，固定在水平地面上的物体 A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为 的斜面，一根轻绳跨过物
7、体 A 顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为 的小球 B、C，假设绳与物体 A 的表面平行，当两球静止时，小球 B 与圆弧圆心之间的连线和水平方向的夹角也为 不计一切摩擦，则 之间的关系是- 4 -A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：设绳子对两球的拉力大小为 T，对 m2：根据平衡条件得：T=m 2gsin；对 m1：根据平衡条件得：T=m 1gcos；联立解得：m 1=m2tan；故选 B考点：物体的平衡【名师点睛】本题的解题关键抓住绳子拉力大小相等，采用隔离法，由平衡条件求解质量之比。7.艘小船在静水中的速度为 4m/s，渡过一条宽为 200m，水流速度为 5m/s 的河流
8、，则该小船A. 能垂直河岸方向到达对岸B. 渡河的时间可能少于 20sC. 以最短位移渡河时，位移大小为 125mD. 以最短时间渡河时，沿水流方向的位移大小为 250m【答案】D【解析】【分析】当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短；因为静水速小于水流速，合速度方向不可能垂直于河岸，即不可能垂直渡河，当合速度的方向与静水速的方向垂直时，渡河位移最短【详解】因船在静水中的速度小于水流速度，故不能到达正对岸。故 A 错误。当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短， ，则渡河的时间不可能少于 50s，故 B 错误；因为不能垂直渡河，所以当合速度的方向与静水速的方向垂直，渡河位移最短，设此时合速度
9、的方向与河岸的夹角为 ，sin= ，则渡河的最小位移 ，- 5 -故 C 错误；以最短时间渡河时，沿水流方向的位移大小 x=vct=550m=250m。故 D 正确。故选 D。【点睛】解决本题的关键知道合运动与分运动具有等时性，以及知道静水速与河岸垂直时，渡河时间最短若静水速大于水流速，合速度方向与河岸垂直时，渡河位移最短；若静水速小于水流速，则合速度方向与静水速方向垂直时，渡河位移最短8.如图所示，小球以 10m/s 的初速度水平抛出，不计空气阻力，0.8s 时到达 P 点，取则A. 0.8s 内小球下落的高度为 4.8mB. 0.8s 内小球下落的高度为 6.3mC. 小球到达 P 点的水
10、平速度为 10m/sD. 小球到达 P 点的竖直速度为 12m/s【答案】C【解析】【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据时间求出下降的高度以及竖直方向上的分速度【详解】小球下落的高度 h= gt2= 100.64m3.2 m故 AB 错误。小球在水平方向上的速度不变，为 10m/s。故 C 正确。小球到达 P 点的竖直速度 vy=gt=8m/s。故 D 错误。故选 C。【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解9.A、B 两物体都做匀速圆周运动，在 A 转过 45角的时间内， B 转过了 60角，则 A 物
11、体的角速度与 B 的角速度之比为A. 1:1 B. 4:3 C. 3:4 D. 16:9【答案】C【解析】【分析】- 6 -由角速度的定义式即可求得求解.【详解】由角速度的定义式： 可知 ，故 C 正确，故选 C。10.小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示 .取 则A. 下落的最大速度为 5m/sB. 自由落体高度为 2.5mC. 能弹起的最大高度为 1.25mD. 小球从下落到反弹到最高点所经过的路程为 1.7m【答案】AD【解析】【分析】解决本题的关键是正确理解速度时间图象的物理意义：速度图象的斜率代表物体的加速度，速度图象与时间轴围成的面积
12、代表物体的位移，最后求出反弹的高度。【详解】由图可知，小球下落到 0.5s 时的速度最大，最大速度为 5m/s；故 A 正确；由图象可知：前 0.5s 内物体自由下落，后 0.3s 物体反弹，根据 v-t 图象中速度图象与时间轴围成的面积表示位移可得自由落体高度为 ；小球弹起的高度为：h2= 30.3=0.45m，故 BC 错误；小球从下落到反弹到最高点所经过的路程为 h1+h2=1.7m，选项 D 正确；故选 AD。【点睛】解决本题要明确 v-t 图象的含义：在 v-t 图象中每时刻对应于速度的大小，速度的正负表示其运动方向，图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积为物体的位移
13、，时间轴上方面积表示位移为正，下方表示为负。11.如图甲所示，光滑水平面上停放着一辆表面粗糙的平板车，质量为 M，与平板车上表面等高的平台上有一质量为 m 的滑块以水平初速度 向着平板车滑来，从滑块刚滑上平板车开始- 7 -计时，之后它们的速度随时间变化的图象如图乙所示， 是滑块在车上运动的时间，以下说法中正确的是A. 滑块最终没有滑离平板车B. 滑块与平板车的质量相等C. 滑块与平板车表面的动摩擦因数为D. 平板车上表面的长度为【答案】BCD【解析】【分析】根据图线知，铁块在小车上滑动过程中，铁块做匀减速直线运动，小车做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律通过它们的加速度之比求出质量之比，以及求
14、出动摩擦因数的大小。根据运动学公式分别求出铁块和小车的位移，从而求出两者的相对位移，即平板车的长度。物体离开小车做平抛运动，求出落地的时间，从而根据运动学公式求出物体落地时与车左端的位移。【详解】由图象可知，滑块运动到平板车最右端时，速度大于平板车的速度，所以滑块将做平抛运动离开平板车，故 A 错误；根据图线知，滑块的加速度大小 小车的加速度大小 a2= ，知铁块与小车的加速度之比为 1：1，根据牛顿第二定律得，对滑块：f=ma1，对小车：f=Ma 2，则滑块与小车的质量之比 m：M=1：1故 B 正确。滑块的加速度a1=g，又 a1= ，则 ，故 C 正确；滑块的位移 ，小车的位移- 8 -
15、，则小车的长度 ，故 D 正确。故选 BCD。【点睛】解决本题的关键理清小车和铁块的运动情况，搞清图像的物理意义，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。12.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球 P，细线的上端固定在金属块 Q 上，Q 放在带小孔的水平桌面上。小球在某一水平面内做匀速圆周运动，现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动（图上未画出） ，两次金属块 Q 都保持在桌面上静止则后一种情况与原来相比较，下面的说法中正确的是A. Q 受到桌面的支持力变大B. Q 受到桌面的静摩擦力变大C. 小球 P 运动的向心力变大D. 小球 P 运动的周期变大【答案】BC【解析】【详解】设细线与
16、竖直方向的夹角为 ，细线的拉力大小为 T，细线的长度为 LP 球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有： ；mgtan=m 2Lsin=maQ 受到重力、支持力绳子的拉力和桌面的支持力、摩擦力的作用，在竖直方向上：Mg+Tcos=F N- 9 -联立可得：F N=Mg+mg，与小球的高度、绳子与竖直方向之间的夹角都无关，保持不变。故 A 错误；由得角速度 ，向心加速度 a=gtan，使小球改到一个更高一些的水平面上作匀速圆周运动时， 增大，cos 减小，tan 增大，则得到细线拉力 T 增大，角速度增大，向心力增大。对 Q 球，由平衡条件得知，Q 受到桌面的静摩擦力变
17、大，故 BC 正确；小球的角速度增大，根据： 可知，小球的周期将减小。故 D 错误。故选 BC。【点睛】本题中一个物体静止，一个物体做匀速圆周运动，分别根据平衡条件和牛顿第二定律研究，分析受力情况是关键13.如图所示，光滑半球的半径为 R，球心为 O，固定在水平面上，其上方有一个光滑曲面轨道 AB，轨道底端水平并与半球顶端相切，质量为 m 的小球由 A 点静止滑下，最后落在水平面上的 C 点，重力加速度为 g，则A. 小球将沿半球表面做圆周运动B. 小球将从 B 点离开做平抛运动C. 若小球从 B 以 的速度向前运动，OC 之间的距离为 2RD. 若小球从 B 以 的速度向前运动，落地时的速率
18、为【答案】C【解析】【分析】若小球从某高处滑下，到达 B 点时对轨道的压力为零，可求解释放点的位置，从而判断选项AB；若小球从 B 以 的速度向前运动，根据平抛运动的规律求解水平射程以及落地的速度.【详解】若小球从距离 B 点 h 高处滑下，到达 B 点时对轨道的压力为零，则根据动能定理得，mgh mv2，根据牛顿第二定律得，mg-N=m ，当 N=0 时，解得 h= ，则当小球从距离 B 点处滑下时，到达 B 点后做平抛运动，若小球从距离 B 小于 处滑下时，到达 B 点后在圆上做- 10 -一段圆周运动后离开球面，故 AB 错误。若小球从 B 以 的速度向前运动，则小球从 B 点离开球面做
19、平抛运动，则 OC 之间的距离为 ，选项 C 正确；若小球从B 以 的速度向前运动，落地时的速率为 ，选项 D 错误；故选 C.【点睛】本题考查了圆周运动和平抛运动的综合运用，知道圆周运动向心力的来源以及平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键14.如图所示，质量为 M 的三角形木块 A 静止在水平面上，一质量为 m 的物体 B 从 A 的斜面上端由静止开始沿斜面下滑，三角形木块 A 仍然保持静止，则下列说法中正确的是A. A 对地面的压力小于B. 水平面对 A 的静摩擦力可能为零C. 水平面对 A 的静摩擦力方向可能水平向左D. 若 B 沿 A 的斜面下滑时突然受到一沿斜面向
20、上的力 F 的作用，水平面对 A 的摩擦力变大【答案】BC【解析】【分析】先对物体 B 受力分析，根据正交分解法求出各个力的关系，再对 A 受力分析，求出要求的各个力【详解】对物体 B 受力分析，受重力 G、支持力 N、滑动摩擦力 f，如图再对 A 物体受力分析，受重力 Mg、地面的支持力 FN、B 对 A 的压力 N，B 对 A 的摩擦力f，地面对 A 可能有静摩擦力 f 静 ，先假设有且向右，如图- 11 -当物体 B 匀速下滑时，根据共点力平衡条件，有mgsin-f=0 N-mgcos=0 当物体 B 加速下滑时，有mgsinf N-mgcos=0 当物体 B 减速下滑时，有mgsinf
21、 N-mgcos=0 由于物体 A 保持静止，根据共点力平衡条件，有FN-Mg-fsin-Ncos=0 fcos-Nsin-f 静 =0 根据牛顿第三定律N=N f=f 当物体加速下降时，由，得到 FN（M+m）g，故 A 错误；当物体匀速下降时，由，得到 F 静 =0，故 B 正确；当物体减速下降时，由，得到 F 静0，即静摩擦力与假定的方向相反，向左，故 C 正确；若 B 沿 A 的斜面下滑时突然受到一沿斜面向上的力 F 的作用，物体 B 的加速度立即发生了变化，但由于惯性，速度来不及变化，故摩擦力方向不变，故 B 对 A 的力不变，水平面对 A 的摩擦力不变，故 D 错误；故选 BC。【
22、点睛】本题关键分别对物体 B 和 A 受力分析，然后分 B 加速、减速和匀速三种情况受力分析，列式讨论二、实验题- 12 -15.用如图所示实验装置完成“探究加速度与力、质量的关系”实验：(1)以下实验操作，正确的是 _（填字母代号）A.平衡摩擦力时，应将空砝码盘跨过定滑轮系在小车上，让细线与长木板平行B.平衡摩擦力时，应将纸带连接在小车上并穿过打点计时器C.每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力D.实验时，应先释放小车，再接通电源(2)为了探究小车（包括里面所装钩码）总质量 M 一定时，加速度 与合力 F 的定量关系，需要在砝码盘里面添加砝码来改变小车所受到的合力.砝码质量 m 和小车总质
23、量 M 分别选取下列四组值：A. M=500g，m 分别为 50g 、70g 、100g、125gB. M=500g，m 分别为 20g、30g 、40g 、50gC. M=200g，m 分别为 50g 、70g 、100g 、125gD. M=200g，m 分别为 30g 、40g 、50g 、60g若其它操作都正确，那么应该选用_组值(填字母代号)进行实验时的实验误差较小.(3)下图是实验中得到的一条已打点的纸带，纸带上的 A、B、C、D、E、F、G 均为相邻计数点，已知打点计时器的打点周期为 0.02s，相邻两个计数点之间还有 4 个计数点未画出，相邻计数点之间的距离已标注在图上，则小车
24、运动的加速度大小 _打 C 点时的速度大小_(以上结果都保留 2 位有效数字).(4)某学生在平衡摩擦力时，使得长木板倾角偏大，他所得到的 关系是下图中的_图线(图中 是小车的加速度，F 是细线作用于小车的拉力).- 13 -A、 B、C、 D、【答案】 (1). （1）B C (2). （2）B (3). （3）0.91m/s 2； (4). 0.40m/s (5). （4）C【解析】【分析】（1）探究加速度与拉力的关系实验时，要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西本实验的变量比较多，有加速度、力、质量等，因此为了探究它们之间关系，采用了控制变量法；
25、操作过程是先接通打点计时器的电源，再放开小车；（2）实验时要求小车质量 M 要远远大于砂及砂桶的质量 m，根据这个要求做出选择即可（3）根据匀变速直线运动的推论公式x=aT 2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上 C 点时小车的瞬时速度大小（4）若平衡摩擦力过大，则不加外力时小车就有加速度，由图像反应的信息进行判断；【详解】 （1）平衡摩擦力时，应不挂砝码及砝码盘，只让小车拖着穿过打点计时器的纸带在长木板上做匀速运动，选项 A 错误，B 正确；每次改变小车质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，选项 C 正
26、确；实验时，应先接通电源，再释放小车，选项 D 错误；故选 BC.（2）实验时要求小车质量 M 要远远大于砂及砂桶的质量 m，只有 B 中 M 与 m 相差最大，故选：B（3）由于每相邻两个计数点间还有 4 个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，设 A 到 B 之间的距离为 x1，以后各段分别为 x2、x 3、x 4、x 5、x 6，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT 2可以求出加速度的大小，得：x 4-x1=3a1T2 ；x 5-x2=3a2T2 ； x 6- 14 -x3=3a3T2 ；为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a= （a 1+a2+a3）
27、；即小车运动的加速度计算表达式为：a= =m/s2=0.91m/s2根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上 C 点时小车的瞬时速度大小 （4）把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，会导致重力沿斜面向下的分力偏大，摩擦力偏小，而且重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，这样在没有绳子的拉力作用下，小车就会产生加速度故选 C【点睛】探究加速与力的关系实验时，要平衡摩擦力、应根据纸带求出小车的加速度，掌握实验的实验注意事项是正确解题的关键对于力学中的基础实验一定要到实验室内亲自做一些，才能体会实验步骤、实验器材等基础知识，若不做实验而是通过背实验的方式学习实验往往效果不好
28、16.如图是“研究平抛物体运动”的实验装置:(1)以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有_(填字母代号)A.安装斜槽轨道，使其末端保持水平B.每次释放小球的初始位置可以任意选择C.每次小球应从同一高度由静止释放D.为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接(2)实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，寻找平抛物体的水平位移和竖直位移的关系.以平抛起点 O 为坐标原点，测量它们的水平坐标 和竖直坐标 下图中 图像能说明它们的关系的是_(填字母代号)- 15 -A、 B、C、 D、(3)如图是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹的一部分，在曲线上取一点为坐标原点 O，在轨迹上任取三点
29、A、B、C，测得 A、B、C 纵横坐标分别为:则小球做平抛运动的初速度_m/s(结果保留两位有效数字，g 取【答案】 (1). （1）C (2). （2）C (3). （3）2.8m/s【解析】【分析】（1）保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线。（2）平抛运动竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；联立求得两个方向间的位移关系可得出正确的图象。（3）根据竖直方向上做自由落体运动，结合运动学公式求
30、出运动的时间，结合水平方向上做匀速直线运动求出小球的初速度【详解】 （1）安装斜槽轨道，使其末端保持水平，以保证小球做平抛运动，选项 A 正确；每次小球应从同一高度由静止释放，以保证轨迹相同，选项 B 错误，C 正确；为描出小球的运动轨迹，描绘的点要用平滑的曲线连接，选项 D 错误；故选 C； - 16 -（2）物体在竖直方向做自由落体运动，y= gt2；水平方向做匀速直线运动，x=vt；联立可得：y= x2，因初速度相同，故 为常数，故 y-x2应为正比例关系，故 C 正确，ABD 错误。故选C。（3）由图可知 y=5cm，则根据 y=gt2，解得 ，则【点睛】解决本题的关键掌握实验的注意事
31、项，以及知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解三、计算题17.甲、乙两辆汽车沿平直公路同向匀速行驶，甲车在乙车前面，它们之间相距 20m，速度均为 某时刻，甲车刹车作匀减速直线运动，加速度大小为 而乙一直做匀速直线运动.从此时刻起，求:(1)甲车经过多长时间停止运动?(2)当甲车静止时，甲、乙两辆汽车之间的距离为多大?(3)从甲开始刹车时计时，经多长时间两车相遇?【答案】 （1）2.5s（2）7.5m（3）3.25s【解析】【分析】（1）根据速度时间公式求出甲车速度减为零的时间。（2）根据位移公式分别求出甲车停止时，甲乙两车运动的位移大小，结合位移关系求出甲乙两车
32、的距离。（3）根据位移公式求出甲车停止后乙车继续追及的时间，从而得出追及的总时间。【详解】 （1）甲车刹车到停止的时间 （2）甲车静止时，甲车的位移 乙车的位移 x2=v0t=102.5m=25m，- 17 -甲乙两车之间的距离x=x 1+s0-x2=12.5+20-25m=7.5m。（3）甲车停止后，乙需继续追及的时间 ，则 t 总 =t+t=2.5s+0.75s=3.25s。【点睛】本题考查了运动学中的追及问题，关键抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解，注意甲车停止后，不再运动。18.如图所示，质量为 m=80kg 的物体放在安装在小车上的水平磅秤上，小车沿斜面无摩擦地向下运动，现观察到物
33、体在磅秤上读数只有 600N，则斜面的倾角 为多少?物体对磅秤的静摩擦力为多少?(取 )【答案】30 346 N【解析】取小车 物块 磅秤这个整体为研究对象,受总重力 M斜面的支持力 FN,由牛顿第二定律得,Mgsin=Ma,所以 a=gsin,取物体为研究对象,受力情况如图所示:将加速度 a 沿水平方向和竖直方向分解,则有:F 静 =macos=mgsincosmg-FN=masin=mgsin 2由式得:F N=mg-mgsin2=mgcos 2,则 cos= 代入数据得,=30由式得,F 静 =mgsincos 代入数据得 F 静 =“346“ N.根据牛顿第三定律,物体对磅秤的静摩擦力
34、为 346 N.- 18 -19.如图所示，AB 为竖直转轴，细绳 AC 和 BC 的结点 C 系一质量为 m=2kg 的小球，其中BC=1m，两绳能承担的最大拉力相等且为 F=40N，小球随转轴以一定的角速度转动，AC 和 BC均拉直，此时ACB=53，ABC 能绕竖直轴 AB 匀速转动，而 C 球在水平面内做匀速圆周运动(取 )，求:(1)当小球的角速度增大时，通过计算判断 AC 和 BC 哪条绳先断；(2)一条绳被拉断后，转动的角速度继续增加，为了让小球能够做圆周运动，则小球的最大线速度为多少？【答案】 （1）BC 绳先断 （2）4.3m/s【解析】【分析】（1）当小球线速度增大时，BC
35、 逐渐被拉直，小球线速度增至 BC 刚被拉直时，对小球进行受力分析，合外力提供向心力，求出 A 绳的拉力，线速度再增大些，T A不变而 TB增大，所以BC 绳先断；【详解】 （1）当小球线速度增大时，BC 逐渐被拉直，小球线速度增至 BC 刚被拉直时，对球：T Asin530-mg=0TAcos530+TB m 由可求得 AC 绳中的拉力 TA1.25 mg，线速度再增大些，T A不变而 TB增大，所以 BC 绳先断（2）当 BC 线断后，AC 线与竖直方向夹角 因离心运动而增大，当使球速再增大时，角 随球速增大而增大，当 =60时，T AC=2mg=40N，AC 也断，则有： TACsin6
36、0 m ，其中的 LAC=1.25m代入数据解得：v=4.3m/s【点睛】解决本题的关键搞清向心力的来源，抓住临界状态的特点，运用牛顿第二定律进行求解- 19 -20.在水平长直的轨道上，有一长度 的平板车，质量 以 的速度做匀速直线运动，某时刻将一质量为 的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为 求:(1)为使滑块恰好不从车的左端掉下，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个恒力 F，该恒力 F 最小值及作用时间；(2)若 F=8N，为使滑块不从车上掉下，则力 F 作用的时间 T 应在什么范围？【答案】 （1）0.5s；6N（2）0.3st0.787s【解析】【分析】（1）滑块放
37、到车面上后，向右做匀加速运动，小车也向右做匀加速运动当滑块恰好滑到小车的最左端时速度与车相同时，恒力 F 取得最小值，根据运动学公式和位移关系，求出小车的加速度，再根据牛顿第二定律求出 F 的最小值；（2）滑块刚好不会在最左端滑下，此时滑块与车速度相同，可求得力 F 作用的最短时间，如果此时力继续作用，滑块将在 F 作用下以 v0向右加速运动，为不从最右端滑出，滑块须加速运动一段时间 t 后力 F 停止作用，在阻力作用下再做减速运动，当滑到达最右端时与车同速，此时力 F 作用的时间最大【详解】 （1）小滑块刚到达车左端时与车速度相同，对应的力 F 最小，设这种情况下，小滑块从放上车至与车速度相
38、等经历的时间为 t，加速度为 a，则车在时间 t 内位移：x=v 0t；小滑块在时间 t 内位移 x v0t，xxv0=at，由以上几式可解得：a=8m/s 2，t=0.5s由牛顿第二定律：F+mg=ma解得：F=6N，故 F 应满足的条件是：F6N（2）当 F 作用时间最短时，小滑块到达车左端时恰好与车速度相同，设 F 作用时间为 t1，对应的小滑块的加速度为 a1，此后滑块加速度为 a2，继续相对车滑行的时间为 t2，则：- 20 -F+mg=ma 1，mg=ma 2，t1时间内小滑块的位移 x1 a1t12，t 2时间内小滑块的位移 x2 a1t1t2+ a2t22，车在整个时间内的位移
39、 x0=v0（t 1+t2） ，又速度关系 v0=a1t1+a2t2，位移关系： x0x1x2 ，由以上各式可解得 t1=0.3s当 F 作用时间最长时，小滑块滑到车右端时与车速度相等，设小滑块从开始到速度达到 v0经历的时间为 t3，发生的位移为 x3，速度达到 v0后的加速度为 a4，此后 F 继续相对车滑行的时间为 t5，发生的位移为 x5，则：v 0=a1t3， x3 a1t32，F-mg=ma 4，x4 v0t4+ a4t42， x5( v0+a4t4)t5 a2t52，v0+a4t4-a2t5=v0，x3+x4+x5v0(t3+t4+t5) ，由以上各式解得：t 3=0.4s， t4 s，故 F 作用的最长时间 tmax t3+t40.4+ 0.787 s，综上，力 F 作用的时间范围为：0.3st0.787s【点睛】对物体运动的正确判断，物体从端不滑下的前提是车的位移-物体的位移小于 ，物体不从右端滑出，物体在力 F 作用下加速运动，当撤去 F 后，物体在滑动摩擦力作用下做减速直线运动，当速度与车相同时，注意车和物体的位移关系- 21 -
