山东省枣庄市第八中学东校区2019届高三物理10月单元检测（月考）试题（含解析）.doc

1、1山东省枣庄市第八中学东校区 2019 届高三物理 10 月单元检测（月考）试题（含解析）一、选择题： 1.伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。下列关于力和运动，其中说法正确的是( )A. 行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性B. 运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动C. 物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向一定改变D. 物体做变速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心【答案】B【解析】【详解】A. 惯性是保持原来运动状态不变的性质，行星在圆周轨道上保持匀速率运动，速度方向改变，故 A 错误；B.任何

2、物体如果没有受到力的作用，都将保持原来运动状态（即速度）同一直线运动，故B 正确；C. 物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向不一定改变，如平抛运动，故 C 错误；D.物体做变速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定不指向圆心，垂直速度方向的分力改变速度的方向，平行速度方向的力改变力的大小，故 D 错误。故选：B2.如图所示，电动小船从 A 码头出发渡河，渡河过程中小船相对水的速度大小一定。已知河宽为 d，河水流速恒定，则下列判断正确的是（ ）A. 若船头垂直河岸方向渡河，则渡河时间最短B. 若船头垂直河岸方向渡河则渡河位移最短C. 无论船头指向何方，则船不可能到达正对岸的 B 点D. 无论

3、船头指向何方，渡河的最短位移都不可能为 d【答案】A2【解析】【详解】AB. 若船头垂直河岸方向渡河，则渡河时间最短，故 A 正确，B 错误；CD.如果小船相对水的速度大于水流的速度，船头指向上游某一方向，可能垂直河岸渡河，渡河的最短位移为 d，故 C 错误，D 错误。故选：A3.如图所示，两个质量均为 m 的物块 A 和 B 通过一轻弹簧连接，并放置于倾角为 的光滑固定斜面上，用一轻绳一端连接 B，另一端固定在墙上，绳与斜面平行，物块 A 和 B 静止。突然剪断轻绳的瞬间，设 A、B 的加速度大小分别为 aA和 aB， （弹簧在弹性限度内，重力加速度为 g） （ ）A. aA = 0，a B

4、 = 2gsin B. a A =gsin，a B =2gsinC. aA =0，a B = gsin D. a A= aB = gsin【答案】A【解析】【详解】开始系统静止，由平衡条件得，对 A：T=mgsin，对 B：F 绳 =T+mgsin，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则 A 受力情况未变，A所受合外力为零，加速度为零，即：a A=0；对 B，由牛顿第二定律得：；故选 A。【点睛】该题是牛顿第二定律的直接应用，本题要注意细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生瞬间改变，该题难度适中4.如图为湖边一倾角为 30的大坝的横截面示意图，水

5、面与大坝的交点为 O，一人站在 A点处以速度 v0沿水平方向扔小石块，已知 AO40m，忽略人的身高，不计空气阻力。下列说法正确的是( )3A. 若 v018m/s，则石块可以落入水中B. 若 v020m/s，则石块不能落入水中C. 若石块能落入水中，则 v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大D. 若石块不能落入水中，则 v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大【答案】A【解析】小球落在 O 点下落的高度 h=40 m=20m，则运动的时间 ，初速度， ，可知石块可以落入水中，故 A 正确，B 错误。若石块能落入水中，下落的高度一定，竖直分速度一定，结合平行四边形定则知，tan=，初

6、速度越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小，故 C 错误。石块不能落在水中，石块竖直位移与水平位移的比值是定值，有 tan= ，速度与水平方向的夹角4tan ，可知 tan=2tan，因为 一定，则速度与水平方向的夹角一定，可知石块落到斜面时速度方向与斜面的夹角一定，与初速度无关。故 D 错误。故选 A。5.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力 F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力 F 与物体位移 x 之间的关系如图乙所示( g10 m/s 2)，则下列结论正确的是( )A. 物体的加速度大小为

7、 5 m/s2B. 弹簧的劲度系数为 7.5 N/cmC. 物体的质量为 3 kg D. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态【答案】A【解析】A、 B、 C、 刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有 ，拉力 为 时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有： ，物体与弹簧分离后，拉力 为 ，根据牛顿第二定律，有： ，代入数据解得：， ， ，故 B 错误，C 错误，A 正确；D、物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故 D 错误。点睛：物体一直匀加速上升，从图象可以看出，物体与弹簧分离后，拉力为 ；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡；拉力为 时，弹簧弹力和重力平衡，合力等

8、于拉力，弹簧压缩量为 ，根据以上条件列式分析即可。6.如图所示为一种“滚轮平盘无级变速器”的示意图，它由固定于主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成，由于摩擦的作用，当平盘转动时，滚轮就会跟着转动如果认为滚轮不会打滑，那么主动轴转速 n1、从动轴转速 n2、滚轮半径 r 以及滚轮中心到主动轴轴线的距离 x 之间的关系是( )5A. n2n 1 B. n2n 1C. n2n 1 D. n2n 1【答案】A【解析】【分析】滚轮不会打滑，滚轮边缘与主动轮接触处的线速度大小相等滚轮边缘的线速度大小为v1=2 n2r，滚轮与主动轮接触处的线速度大小 v2=2 n1x，联立求解 n1、 n2、 r

9、 以及 x 之间的关系【详解】从动轴的转速 n2、滚轮半径 r，则滚轮边缘的线速度大小为 v1=2 n2r，滚轮与主动轮接触处的线速度大小 v2=2 n1x根据 v1=v2，得 2 n2r=2 n1x，解得 ；故选A。【点睛】本题考查应用物理知识分析处理实际问题的能力，关键抓住滚轮与主动轮接触处的线速度大小相等关系，运用圆周运动的规律解答7.有 a、b、c、d 四颗地球卫星，a 还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b 处于地面附近的近地轨道上正常运动，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示，则有( )A. a 的向心加速度等于重力加速度 gB. b 在相同时间内转

10、过的弧长最长C. c 在 4 小时内转过的圆心角是 /6D. d 的运动周期有可能是 20 小时【答案】B【解析】6同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知 a 与 c 的角速度相同，根据a= 2r 知，c 的向心加速度大于 a 的向心加速度。由 G =mg，解得：g= ，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则 c 的向心加速度小于 b 的向心加速度，而 b 的向心加速度约为 g，a 的向心加速度小于重力加速度 g。故 A 错误；由 ，解得： ，卫星的半径 r 越大，速度 v 越小，所以 b 的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故B 正确；c 是地球同步卫星，周期是 24h，

11、则 c 在 4h 内转过的圆心角是 ，故 C 错误；由开普勒第三定律得： =k 可知：卫星的半径 r 越大，周期 T 越大，所以 d 的运动周期大于 c 的周期 24h，有不可能是 20h。故 D 错误；故选 B。8.如图所示，水平传送带的长度 L=6m，皮带轮以速度 v 顺时针匀速转动，传送带的左端与一光滑圆弧槽末端相切，现有一质量为 1kg 的物体（视为质点） ，从高 h=1.25m 处 O 点无初速度下滑，物体从 A 点滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数为 0.2，g 取 10m/s2，保持物体下落的高度不变，改变皮带轮的速度 v，则物体到达传送带另一端的速度 vB随 v的变化图线是

12、（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：根据动能定理得，mgh= ，解得 v= = 物块在传送带上做匀变速直线运动的加速度大小 a=g=2m/s 2，7若一直做匀减速直线运动，则到达 B 点的速度m/s=1m/s若一直做匀加速直线运动，则达到 B 点的速度 m/s=7m/s知传送带的速度 v1m/s 时，物体到达 B 点的速度为 1m/s传送带的速度 v7m/s 时，物体到达 B 点的速度为 7m/s若传送带的速度 1m/sv5m/s，将先做匀减速运动，达到传送带速度后做匀速直线运动若传送带速度 5m/sv7m/s，将先做匀加速运动，达到传送带速度后做匀速直线运动故 A 正确

13、，B、C、D 错误故选 A9.如图所示，两个质量均为 m 的小木块 a 和 b(可视为质点)放在水平圆盘上， a 与转轴OO的距离为 l， b 与转轴的距离为 2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的 k倍，重力加速度大小为 g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用 表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )A. b 一定比 a 先开始滑动B. a、 b 所受的摩擦力始终相等C. 是 b 开始滑动的临界角速度D. 当 时， a 所受摩擦力的大小为 kmg【答案】AC【解析】【分析】木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由物体的质量、半径和角速度决定。当圆盘转速

14、增大时，提供的静摩擦力随之而增大。当需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体开始滑动。因此是否滑动与质量无关，是由半径大小决定。【详解】A、B 两个木块的最大静摩擦力相等木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，8由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力 ，m、 相等，则 ，所以 b 所受的静摩擦力大于 a 的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时 b 的静摩擦力先达到最大值，所以 b 一定比 a 先开始滑动，故 A 正确；在发生相对滑动前，角速度相等，静摩擦力提供向心力，即，由于 b 的半径大，所以发生相对滑动前 b 的静摩擦力大，故 B 错误；对 b 木块，当静摩擦力等于滑动摩擦力时木块开始滑动，即 ，解得

15、： ，故 C 正确；对 a 木块，当静摩擦力等于滑动摩擦力时木块开始滑动，即 ，解得： ，当 时，结合 C 项解析知，木块 b 已经相对圆盘滑动，而，说明当 时，木块 a 达到临界状态，摩擦力还没达到最大静摩擦力，故 D 错误。故选 AC。【点睛】本题的关键是正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答.10.一个质量为 M2 kg 的小木板放在光滑的水平地面上，在木板上放着一个质量为 m1 kg 的小物体，它被一根水平方向上压缩了的弹簧推着静止在木板上，这时弹簧的弹力为 2 N。现沿水平向左的方向对小木板施以作用力，使

16、木板由静止开始运动起来，运动中力 F由 0 逐渐增加到 9 N，以下说法正确的( )A. 物体与小木板先保持相对静止一会，后相对滑动B. 物体受到的摩擦力一直减小C. 当力 F 增大到 6 N 时，物体不受摩擦力作用D. 小木板受到 9 N 的拉力时，物体受到的摩擦力为 1 N【答案】CD【解析】【详解】A. 由题，当弹簧的弹力是 2N 向右时，物体仍然静止在木板上，所以物体与木板之间的最大静摩擦力要大于等于 2N.若要使物体相对于木板向右滑动，则物体受到的木板9的摩擦力至少要大于等于 2N，方向向左，即物体受到的合力至少向左 4N 的力，物体的加速度为：a=F 合 /m=4/1=4m/s2同

17、时，物体与木板有相对运动时，木板的加速度要大于物体的加速度，当二者相等时，为最小拉力。则有：Fm=(M+m)a=(2+1)4=12N即只有在拉力大于 12N 时，物体才能相对于木板滑动，所以在拉力小于 9N 时，物体相对于木板静止。故 A 错误；B. C. 若物体与木板之间的摩擦力恰好为 0，则物体只受到弹簧的弹力的作用，此时物体的加速度为：a=f/m=2/1=2m/s 2由于物体始终相对于木板静止，所以此时整体在水平方向的受力为：F0=(M+m)a=(2+1)2=6N所以：当力 F 增大到 6N 时，物体不受摩擦力作用。则拉力小于 6N 之前，摩擦力随拉力 F 的增大而减小，当拉力大于 6N

18、 后，摩擦力又随拉力的增大而增大。故 B 错误，C 正确。D. 小木板受到 9N 拉力时，整体的加速度：a=F/（M+m）=9/（2+1）=3m/s 2物体受到的摩擦力为 f,则：ma=f+2所以：f=ma2=13 2=1N.故 D 正确。故选：CD11.2016 年 4 月 24 日为首个“中国航天日” ，中国航天事业取得了举世瞩目的成绩，我国于 16 年 1 月启动了火星探测计划，假设将来人类登上了火星，航天员考察完毕后，乘坐宇宙飞船离开火星时，经历了如图所示的变轨过程，则有关这艘飞船的下列说法，正确的是( )A. 飞船在轨道 I 上运动到 P 点的速度小于在轨道上运动到 P 点的速度B.

19、 飞船绕火星在轨道 I 上运动的周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以与轨道 I 同样的轨10道半径运动的周期相同C. 飞船在轨道 III 上运动到 P 点时的加速度大于飞船在轨道上运动到 P 点时的加速度D. 飞船在轨道上运动时，经过 P 点时的速度大于经过 Q 点时的速度【答案】AD【解析】试题分析：从轨道 I 到轨道 2 需要加速，所以 A 正确；由于火星和地球的质量以及半径均不相同，故周期不同，B 错误；根据公式 可得 ，半径越大，向心加速度越小，两次情况下经过 P 点时的半径相同，所以加速度相同，故 C 错误；根据公式可得 ，轨道半径越大，线速度越小，故 D 正确考点：考查了万有引力定律

20、的应用【名师点睛】在万有引力这一块，涉及的公式和物理量非常多，掌握公式在做题的时候，首先明确过程中的向心力，然后弄清楚各个物理量表示的含义，最后选择合适的公式分析解题，另外这一块的计算量一是非常大的，所以需要细心计算12.如图所示，一个内壁光滑的 3/4 圆管轨道 ABC 竖直放置，轨道半径为 R。 O、 A、 D 位于同一水平线上， A、 D 间的距离为 R质量为 m 的小球（球的直径略小于圆管直径） ，从管口A 正上方由静止释放，要使小球能通过 C 点落到 AD 区，则球经过 C 点时（ ）A. 速度大小满足B. 速度大小满足C. 对管的作用力大小满足D. 对管的作用力大小满足11【答案】

21、AD【解析】【详解】小球离开 C 点做平抛运动，落到 A 点时水平位移为 R，竖直下落高度为 R，根据运动学公式可得：竖直方向有：R= gt2；水平方向有：R=v C1t；解得：v C1= ；小球落到 D点时水平位移为 2R，则有 2R=vC2t，解得 vC2= ，故速度大小满足 v c ，故A 正确，B 错误。由于球的直径略小于圆管直径，所以过 C 点时，管壁对小球的作用力可能向下，也可能向上，当 vC1= ，向心力 F= mg，所以管壁对小球的作用力向上，根据牛顿第二定律得：mg-F c1= ，解得 N= mg；当 vC= ，向心力F= mg，所以管壁对小球的作用力向下，根据牛顿第二定律得

22、：mg+F c2=，解得 N=mg；假设在 C 点管壁对小球的作用力为 0 时的速度大小为 vC3，则由向心力公式可得 mg= ，解得 vC3= ，v C3在 v c 范围内，所以满足条件。所以球经过 C 点时对管的作用力大小满足 0F cmg，故 C 错误，D 正确。故选 AD。二、实验题13.在探究物体的加速度 a 与物体所受外力 F、物体质量 M 间的关系时,采用如图 a 所示的实验装置。小车及车中的砝码质量用 M 表示,盘及盘中的砝码质量用 m 表示。图 a 图 b(1)若已平衡好摩擦力,在小车做匀加速直线运动过程中绳子拉力 FT=_,当 M 与 m 的大小关系满足_时,才可以认为绳对

23、小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力。 (2)某一组同学先保持盘及盘中的砝码质量 m 一定来做实验,其具体操作步骤如下,以下做法12正确的是_。 A.平衡摩擦力时,应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B.每次改变小车的质量时,需要重新平衡摩擦力C.实验时,先接通打点计时器的电源,再放开小车D.用天平测出 m 以及小车质量 M,小车运动的加速度可直接用公式 求出(3)某小组同学保持小车及车中的砝码质量 M 一定,探究加速度 a 与所受外力 F 的关系,由于他们操作不当,这组同学得到的 a-F 关系图象如图 b 所示,其原因是 _。 _。 (4)图 c 是某次实验中得到的纸带。已知打点计时

24、器使用的交流电源频率为 50 Hz,每相邻两个计数点间还有 4 个点未画出,求出小车下滑的加速度为_ m/s2。(结果保留三位有效数字)【答案】 (1). (1) mg (2). Mm； (3). (2)C； (4). (3)平衡摩擦力不够或没有平衡摩擦力； (5). 没有满足 Mm； (6). (4)1.58【解析】【详解】 （1）对小车 FT=Ma，对盘：mg-F T=ma联立解得：F T= mg当 Mm 时，F T=mg；（2）A.平衡摩擦力时,应使拖着纸带的小车不挂盘及盘中的砝码，使小车做匀速运动，故A 错误；B.平衡摩擦力后，小车重力沿斜面向下的分力等于摩擦力，所以每次改变小车的质量

25、时,不需要重新平衡摩擦力，故 B 错误；C.实验时,先接通打点计时器的电源,等打点稳定后，再放开小车，故 C 正确；D.小车运动的加速度应根据打出的纸带求出，故 D 错误。故选：C（3）由图像可知，当力大于某一值后才有加速度，说明平衡摩擦力不够或没有平衡摩擦力；随着拉力的增大，图线发生了弯曲，说明不满足 Mm 的条件；（4）计数点间的时间间隔是 0.1s。根据逐差法：13m/s2=1.58m/s2某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点的速度的实验，所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为 R=0.20m）.序号 1 2 3 4 5M(kg) 1.80

26、1.75 1.85 1.75 1.90完成下列填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a）所示，托盘秤的示数为 1.00kg;(2)将玩具小车放置在凹形桥模拟器最低点时，托盘秤示数如图（b）所示，该示数为_14_kg.(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为 m,多次从同一位置释放小车，记录各次的 m 值如下表所示：(4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为是_15_N,玩具小车通过最低点时的速度大小为_16_m/s ,(重力加速度大小取 9.80m/s2，计算结果保留 2 位有效数字)【答案】14. 1.40 1

27、5. 7.9 16. 1.4【解析】根据最小分度为 0.1kg，注意估读到最小分度的下一位；根据表格知最低点小车和凹形桥模拟器对秤的最大压力平均值为 mg，根据 Fm=m 桥 g+FN，知小车经过凹形桥最低点时对桥的压力 FN，分析加速度方向得到超重、失重情况。【14 题详解】根据最小分度为 0.1kg，注意估读到最小分度的下一位，为 1.40kg；14【15 题详解】根据表格知最低点小车和凹形桥模拟器对秤的最大压力平均值为：Fm=(1.80+1.75+1.85+1.75+1.90)/5gN=m 桥 g+FNFm=1.81gN解得：F N=7.9N【16 题详解】玩具小车的质量 m2=1.40

28、-1.00=0.40kg根据牛顿第二定律 FN-m2g= 代入数据：7.9-0.409.8=0.40解得 v=1.4m/s三、计算题： 17.如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径 R0.5 m，离水平地面的高度 H0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小 x0.4 m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 g10 m/s 2。求：(1)物块做平抛运动的初速度大小 v0；(2)物块与转台间的动摩擦因数 。【答案】 （1）1 m/s；（2）0.2 【解析】试题分析：（1）物块做平抛运动，在竖直方

29、向上有 在水平方向上有 sv 0t 由式解得 代入数据得 v 01 m/s15（2）物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有 fmNmg 由式得代入数据得 02考点：平抛运动的规律、向心力【名师点睛】物块离开转台后做平抛运动，根据平抛运动的规律在竖直和水平方向分别列出方程，可求出抛出时的初速度。摩擦力提供物块在转台上做匀速圆周运动的向心力，刚好抛出时，最大静摩擦力提供向心力，根据向心力公式列出方程，即可求解。视频18.为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为 m、形状不同的“ A 鱼”和“ B 鱼” ，如图所示。在高出水面 H 处分别静止释放“ A 鱼”和“ B

30、鱼” ，“A 鱼”竖直下潜 hA后速度减小为零， “B 鱼”竖直下潜 hB后速度减小为零。 “鱼”在水中运动时，除受重力外，还受到浮力和水的阻力。已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的10/9 倍，重力加速度为 g， “鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计。求： (1)“A 鱼”入水瞬间的速度 vA1；(2)“A 鱼”和“ B 鱼”在水中运动时所受阻力之比 fA fB。【答案】 ， 【解析】【详解】(1)“ A 鱼”在入水前做自由落体运动，有 vA1202 gH 得： 16(2)“A 鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为

31、aA，有: F 合 F 浮 fA mg F 合 maA 0-vA12-2 aAhA 由题意：综合上述各式，得 考虑到“ B 鱼”的受力、运动情况与“ A 鱼”相似，有 综合、两式，得:【点睛】本题关键是明确鱼的运动，然后根据动能定理多次列式求解；也可以根据运动学规律和牛顿第二定律列式求解，会使问题复杂化19.质量分别为 m 和 M 的两个星球 A 和 B 在相互引力作用组成双星系统绕它们连线上的一点做匀速圆周运动，星球 A 和 B 两者中心之间的距离为 L。已知引力常数为 G。(1)求两星球做圆周运动的周期；(2)在地月系统中，若忽略其他星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球 A 和 B，月

32、球绕其轨道中心运行的周期记为 T1。但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期记为 T2。求 T2与 T1两者平方之比。【答案】 （1） ；（2） 【解析】【详解】A 和 B 绕 O 做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供向心力，则 A 和 B 的向心力相等。且 A 和 B 和 O 始终共线，说明 A 和 B 有相同的角速度和周期。因此有 ，17R+r=L，对 A 根据牛顿第二定律和万有引力定律得联立解得：T= ；将地月看成双星，由得 T1= ；将月球看作绕地心做圆周运动，根据牛顿第二定律和万有引力定律得化简得 ；所以两种周期的平方比值为 =20.一长木板置于粗糙

33、水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4.5m，如图（a）所示。t=0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至 t=1s 时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短） 。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后 1s 时间内小物块的 v-t 图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度大小 g 取 10m/s2。求：（1）木板与地面间的动摩擦因数 1及小物块与木板间的动摩擦因数 2（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离。【答案】 （1）0.1,0.4；（2）6m；（3）6.5m【解

34、析】【详解】 （1）根据图像碰撞前木块与木板共同速度为 v=4m/s，碰后木板速度水平向左，也是 v=4m/s18木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有 ，解得 2=0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间 t=1s，位移 x=4.5m，末速度 v=4m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得 ，带入可得 a1=1m/s2木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即 1(m+M)g=(m+M)a1可得 1=0.1（2）碰撞后，木板向左匀减速，根据牛顿第二定律 1（M+m）g+ 2mg=Ma3，可得 a3= m/s2 对滑块，a 2=4m/s2，规定向左为正方向，因滑块的加速度大，先减

35、小到 0，后向左与木板达到共同速度。滑块速度 v1=-4+4t, 木板的速度 v2=4- t, v1= v2，得 t=1.5s. v1= v2=2m/s滑块位移 x1= m=-1.5m木板位移 x2= m=4.5m二者的相对位移最大为x=x 2-x1=6m，木板最小的长度为 6m；（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度 a= 1g=1m/s2位移 x3= =2m ，所以木板右端离墙壁最远的距离为 L=x2+x3=6.5m【点睛】 （1）由图像可知木块的初速度和末速度，根据牛顿第二定律可求木块与木板间的动摩擦因数，根据位移时间关系求出木块和木板共同运动时的加速度，根据牛顿第二定律可求木板与地面间的动摩擦因数；（2）根据牛顿第二定律求出碰撞后木块和木板的加速度，二者速度相等时相对位移最大，这是木块不离开木板时木板的最小长度；19（3）根据速度位移关系，求出物块与木板碰后一起运动时的位移，求出木板右端离墙壁最远的距离。