1、- 1 -长春市第十一高中 2018-2019 学年度高一上学期期末考试物理试题一、选择题1.下列实例属于超重现象的是A. 自由落体运动B. 举重运动员在举起杠铃后静止在空中C. 跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动D. 火箭点火后加速升空【答案】D【解析】【分析】当物体对接触面的压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；当物体对接触面的压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；如果没有压力了，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【详解】A、自由落体运动，加速度为 g，没有支持力，是完全失重，故 A 错误；B、举重
2、运动员在举起杠铃后静止在空中，支持力等于重力，没有超重也没有失重，故 B 错误；C、跳水运动员离开跳板向上运动时，与跳板分离，没有支持力，完全失重，故 C 错误；火箭点火加速升空的过程中，有向上的加速度，是由支持力和重力的合力提供，处于超重状态，故 D正确。故选 D。【点睛】本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了2.关于平抛运动，下列说法正确的是A. 平抛运动是匀速运动B. 平抛运动是加速度不断变化的运动C. 平抛运动是匀变速曲线运动D. 做平抛运动的物体落地时速度方向一定是竖直向下的【答案】C【解析】- 2 -【分析】平抛运动是一种匀变速曲线运动，在竖直方
3、向上做自由落体运动，速度变化量v=at=gt结合这些知识进行分析【详解】平抛运动的物体只受重力，加速度为 g，保持不变，所以平抛运动是匀变速曲线运动，故 C 正确，AB 错误。平抛运动在水平方向上是匀速直线运动，物体落地时有水平分速度，所以落地时的速度不可能竖直向下，故 D 错误。故选 C。【点睛】解决本题的关键掌握平抛运动的性质，以及知道平抛运动的规律，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3.关于运动学的概念，下列说法中正确的是A. 小强同学的铅球成绩为 7m，其中 7m 为铅球在空中运动的路程B. 速度很大的物体加速度可能为零C. 研究地球的公转不能把地球当成质点D. 长
4、春市西部快速路上方的路牌所标的“80”为车辆通行的平均速度【答案】B【解析】【详解】小强同学的铅球成绩为 7m，其中 7m 为为标枪在地面上的直线距离，不是路程，故A 错误；当物体做匀速直线运动时，速度可以很大，但加速度为零，故 B 正确；研究地球的公转可以把地球当成质点，故 C 错误；长春市西部快速路上方的路牌所标的“80”为车辆通行的瞬时速度不超过 80km/h，故 D 错误。故选 B。4.小文同学在探究物体做曲线运动的条件时，将一条形磁铁放在桌面的 A 位置，让小钢珠在水平桌面上以初速度 v0运动，得到小钢珠的运动轨迹图中 a、b、c、d 哪一条为其运动轨迹（ ）A. a B. b C.
5、 c D. d【答案】C【解析】解：磁体对钢珠有相互吸引力，当磁铁放在位置 A 时，先钢珠运动过程中有受到磁体的吸引，小钢珠逐渐接近磁体，所以其的运动轨迹是 c- 3 -故选：C【点评】明确曲线运动的条件，即主要看所受合外力的方向与初速度的方向的关系，这是判断是否做曲线运动的依据5.如图所示，A、B 两木块间连一轻质弹簧，A 的质量为 m、B 的质量也为 m，一起静止地放在一块木板上.若将此木板突然抽去，在此瞬间，A、B 两木块的加速度分别是A. aA0，a Bg B. a Ag，a BgC. aA0，a B2g D. a Ag，a B2g【答案】C【解析】【分析】木板抽出前，木块 A 和木块
6、 B 都受力平衡，根据共点力平衡条件求出各个力；木板抽出后，木板对木块 B 的支持力突然减小为零，其余力均不变，根据牛顿第二定律可求出两个木块的加速度。【详解】解：在抽出木板的瞬时，弹簧对 A 的支持力和对 B 的压力并未改变。对 A 物体受重力和支持力，mg=F，a A=0。对 B 物体受重力和弹簧的向下的压力，根据牛顿第二定律，故选 C。【点睛】本题属于牛顿第二定律应用的瞬时加速度问题，关键是区分瞬时力与延时力；弹簧的弹力通常来不及变化，为延时力，轻绳的弹力为瞬时力，绳子断开即消失。6.如图所示，某健身爱好者手拉着轻绳，在粗糙的水平地面上缓慢地移动，保持绳索始终平行于地面。为了锻炼自己的臂
7、力和腿部力量，可以在 O 点悬挂不同的重物 G，则（ ）A. 若健身者缓慢向右移动，绳 OA 拉力变小B. 若健身者缓慢向左移动，绳 OB 拉力变大C. 若健身者缓慢向右移动，绳 OA、 OB 拉力的合力变大D. 若健身者缓慢向左移动，健身者与地面间的摩擦力变小- 4 -【答案】D【解析】A、设 OA 的拉力为 ， OB 的拉力为 ，重物 C 的质量为 m，因 O 点始终处于平衡状态，根据平衡条件有： ， ，解得 ， ，当健身者缓慢向右移动时， 角变大，则 、 均变大，故选项 A 正确；B、当健身者缓慢向左移动时， 角变小，则 、 均变小，因为健身者所受的摩擦力与 OB绳拉力 相等，故健身者与
8、地面间的摩擦力变小，故选项 B 错误，D 正确；C、不论健身者朝哪里移动，绳 OA、 OB 拉力的合力保持不变，大小等于重物 G 的重力 ，故选项 C 错误。点睛：本题要注意正确选择研究对象，正确进行受力分析，再根据共点力平衡中的动态平衡分析各力的变化情况。7.“歼-20”是中国成都飞机工业(集团)有限责任公司为中国人民解放军研制的第四代双发重型隐形战斗机该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。在某次起飞中，由静止开始加速，当加速度 a 不断减小至零时，飞机刚好起飞。关于起飞过程下列说法正确的是A. 飞机所受合力不变，位移不断增大B. 飞机所受合力减小，位移不断增大C. 速度方向与加速度方
9、向相同，速度增加越来越快D. 速度方向与加速度方向相同，速度增加越来越慢【答案】BD【解析】【分析】当加速度和速度方向相同，物体做加速运动，当加速度和速度方向相反，物体做减速运动。根据加速度的变化判断合力的变化。只要速度仍向正方向，则位移不断增大。【详解】根据牛顿第二定律可知，当加速度 a 不断减小至零时合力逐渐减小到零，因速度不为零，仍向原来正方向，故位移不断增大，故 A 错误，B 正确；飞机做加速运动，加速度方向与速度方向相同，加速度减小，即速度增加的快慢程度越来越慢，故 C 错误，D 正确。故选 BD。【点睛】解决本题的关键是掌握牛顿第二定律和加速度的物理意义，知道加速度方向与速度- 5
10、 -方向相同时物体做加速运动，加速度减小，速度并不减小。位移与速度有关。8.如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块 P、Q 用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦） ，P 悬于空中，Q 放在斜面上，均处于静止状态。当用水平向左的恒力推 Q 时，P、Q 仍静止不动，则A. Q 受到的摩擦力可能变小B. Q 受到的摩擦力可能变大C. 轻绳上拉力一定变小D. 轻绳上拉力一定不变【答案】ABD【解析】【分析】分别对 P、Q 两个物体进行受力分析，运用力的平衡条件解决问题由于不知具体数据，对于静摩擦力的判断要考虑全面【详解】解：对物体 P 受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故绳子的拉力等于
11、物体 P 的重力；当用水平向左的恒力推 Q 时，P、Q 仍静止不动，故绳子的拉力仍然等于物体 P 的重力，轻绳上拉力一定不变。故 D 正确；再对物体 Q 受力分析，受重力、拉力、支持力，可能有静摩擦力；当静摩擦力沿斜面向上时，有 T+f=mgsin，当用水平向左的恒力推 Q 时，静摩擦力 f 会减小，也可能摩擦力大小不变，方向相反。当静摩擦力沿着斜面向下时，有T=f+gsin，当用水平向左的恒力推 Q 时，静摩擦力会增加，故 ABD 正确，C 错误；故选ABD。【点睛】本题关键要对物体 P 和 Q 分别受力分析，然后根据平衡条件列式分析，难点在于静摩擦力的方向的不确定上9.有四个物体 A、B、
12、C、D,物体 A、B 运动的 x-t 图像如图甲所示；物体 C、D 从同一地点沿同一方向运动的 v-t 图像如图乙所示。根据图象做出的以下判断中正确的是- 6 -A. 物体 A 和 B 均做匀变速直线运动B. 在 03s 的时间内，物体 A、B 的间距逐渐增大C. t=3s 时，物体 C、D 的速度相同D. 在 03s 的时间内，物体 C 与 D 的间距逐渐减小【答案】BC【解析】由甲图看出：物体 A 和 B 位移图象都是倾斜的直线，斜率都不变，速度都不变，说明两物体都做匀速直线运动，故 A 错误；由甲图看出，在 03s 的时间内，物体 A 的位移都大于 B 的位移，所以物体 A、 B 的间距
13、逐渐增大，故 B 正确；由乙图可以看出 C、 D 两物体的图线交于一点，所以速度一定相同，故 C 正确；由乙图看出：前 3s 内， D 的速度较大， C、 D 间距离增大，3s 后 C 的速度较大，两者距离减小， t=3s 时，物体 C 与物体 D 之间有最大间距，故D 正确。所以 BC 正确，AD 错误。10.如图所示，在小车内有一个固定的斜面，斜面上有一个物体 A 与斜面保持相对静止。在小车的上面用细线悬挂一个质量为 m 的小球 B，小球在如图所示的位置始终保持与小车相对静止，则下列说法中正确的是A. 物体 A 与斜面间的动摩擦因数可能为零B. 物体 A 与斜面间的动摩擦因数一定不为零C.
14、 物体 B 对线的拉力一定大于 mgD. 小车在做匀加速直线运动【答案】AC【解析】【分析】- 7 -先对 B 进行受力分析，根据牛顿第二定律分析加速度，则 A 和小车的加速度与 B 相同，再分别对 A 和小车进行受力分析，即可求解【详解】解：对 B 进行受力分析可知，B 的合外力方向水平向左，即 B 的加速度方向水平向左，则 A 和小车的加速度方向也水平向左，AB、若物体 A 与斜面间的动摩擦因数为零，则 A受重力和斜面的支持力，两个力的合力可以水平向左，提供 A 的加速度，故 A 正确，B 错误；C、B 受的重力与拉力以及合力构成直角三角形，而重力是直角边，拉力是斜边，故物体 B 对线拉力
15、一定大于重力，故 C 正确；D、由图可知球的合力水平向左，即其加速度水平向左，又小球始终保持与小车相对静止，故可知小车加速水平向左，但小车可能做的是向右的匀减速运动，故 D 错误；故选 AC。【点睛】本题是整体法和隔离法的应用，关键是对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律分析加速度的方向，难度不大，属于基础题11.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示，为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带 AB 始终保持恒定的速率 v=1m/s 运行，一质量为 m=4kg 的行李无初速度地放在 A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动设行李
16、与传送带之间的动摩擦因数 =0.1，A、B 间的距离 L=2m，则A. 行李刚开始运动时的加速度大小为 1m/s2B. 行李从 A 运动到 B 的时间为 2.5sC. 行李在传送带上滑行痕迹的长度为 1mD. 如果提高传送带的运行速率，行李从 A 处传送到 B 处的最短时间可能为 2s【答案】ABD【解析】【分析】（1）对行李进行受力分析，求出受到的摩擦力的大小，然后又牛顿第二定律即可求出加速度；（2）行李在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带的速度，和传送带一起做匀速直线运动，根据运动学公式即可求出匀加速运动的时间；（3）若行李一直做匀加速运动，运动的时间最短，由此求出。【详解】A、
17、行李的质量是 4kg，则重力是 40N，行李与传送带之间的弹力为 40N，则行李受- 8 -到的摩擦力： ，行李的加速度： ，故 A 正确；B、设行李做匀加速运动的时间为 t1，由题意知行李加速运动的末速度 v=1m/s，则由匀加速直线运动规律 v=at1得： ，该过程中的位移： ，行李匀速运动的时间： ，所以运动的总时间：t=t 1+t2=1+1.5=2.5s。故 B 正确；在行李加速的时间内传送带的位移：x 2=vt1=11=1m，行李在传送带上滑行痕迹的长度为：x=x 2-x1=1-0.5=0.5m。故 C 错误；D、若行李从 A 一直匀加速运动到 B 时，传送时间最短。则，故 D 正确
18、。故选 ABD。【点睛】解决本题的关键会根据受力判断行李的运动情况，以及知道当行李一直做匀加速直线运动，运行时间最短。12.如图所示为竖直平面内的直角坐标系。一质量为 m 的质点，在恒力 F 和重力的作用下，从坐标原点 O 由静止开始沿直线 ON 斜向下运动，直线 ON 与 y 轴负方向成 角(90)。不计空气阻力，则以下说法正确的是A. 当 F=mgsin 时，拉力 F 最小B. 当 F=mgtan 时，拉力 F 最小C. 若一段时间后撤去力 F，此后质点将做曲线运动D. 撤去力 F 后，质点在相等的时间内速度变化一定相等【答案】ACD【解析】【分析】由题意可知物体受到的合力方向与 ON 重
19、合；由力的合成知识可知拉力的最小值；根据曲线运动的物点分析撤去力 F 后，质点做什么运动，以及速度的变化情况。【详解】因重力与拉力 F 的合力应沿 ON 方向，即如图所示：- 9 -由几何关系可知，当拉力等于 mgsin 时，拉力 F 最小，故 A 正确，B 错误；若一段时间后撤去力 F，只受力重力作用，与速度方向存在夹角，故此后质点将做曲线运动，又因为加速度为重力加速度 g，故质点在相等的时间内速度变化一定相等，故 CD 正确，故选 ACD。【点睛】本题考查学生对曲线运动的条件及几何关系的应用，解决本题的关键就是掌握受力分析和运动分析。二、实验题13. 在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验
20、中，装置如图甲所示，实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将 5 个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次测出相应的弹簧总长度。（1）某同学通过以上测量后把 6 组数据描点在坐标图乙中，请作出 FL 图线；（2）由此图线可得出该弹簧的原长 L0_cm，劲度系数 k_N/m。【答案】 （1）如图所示；（2）5，25。【解析】试题分析：（1）根据实验数据在坐标纸上描出的点，基本上在同一条直线上可以判定 F和 L 间是一次函数关系画一条直线，使尽可能多的点落在这条直线上，不在直线上的点均匀地分布在直线两侧，如图：- 10 -（2）图线与坐标轴交点表示弹簧所受弹力大小 F=0 时弹簧的长度，即弹簧的原长：5c
21、m图线的斜率表示弹簧的劲度系数：考点：探究弹力和弹簧伸长量的关系【名师点睛】描线时要将尽可能多的点画在直线上，少数的点尽可能平均的分布于直线两侧测量有关长度时，要注意区分弹簧的原长 l0，实际长度 l 和伸长量 x，并明确三者之间的关系。14.某同学用如图所示的实验装置验证牛顿第二定律(1)该同学在实验前准备了图中所示的实验装置及下列辅助器材,其中不必要的器材是 _（选填字母代号）A交流电源、导线B天平（含配套砝码C秒表 D刻度尺(2)下列说法正确的是_（选填字母代号）A每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B实验时应先释放小车后接通电源C本实验应用的实验方法是控制变量法D只需要一条纸带即可确定
22、加速度与力的关系(3)某学生在平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大他所得到的 a - F关系是下列的哪根图线？图中 a 是小车的加速度，F 是细线作用于小车的拉力答：- 11 -_(4)消除小车与水平木板之间摩擦力的影响后，可用钩码总重力代替小车所受的拉力，此时钩码质量 m 与小车总质量 M 之间应满足的关系为_；(5)某同学在实验中打出的一条纸带如图所示，他选择了几个计时点作为计数点，相邻两计数点间还有 4 个计时点没有标出，其中 s1= 7.06cm、s 2=7.68cm、s 3=8.30cm、s 4=8.92cm，那么打 b 点的瞬时速度大小是_m/s；纸带加速度的大小是_
23、m/s 2（计算结果保留两位有效数字）【答案】 (1). C (2). C (3). C (4). m 远小于 M (5). 0.74 (6). 0.62【解析】【分析】（1）根据实验的原理确定测量的物理量，从而确定所需的器材 （2）根据实验的原理进行分析即可.（3）根据实验的原理，列出牛顿第二定律方程进行分析即可。 （4）根据牛顿第二定律，求出小车实际的拉力大小，然后和 mg 进行比较，可以得出结论；（5）纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度【详解】解：（1）在实验中，打点计时器可以测量时间，所以不需要
24、秒表上述器材中不必要的为 C （2）A、平衡摩擦力，假设木板倾角为 ，则有： ，m 约掉了，故不需要重新平衡摩擦力。故 A 错误。B、实验时应先接通电源后释放小车，故 B 错误。研究牛顿第二定律 F=ma 时，采用控制变量法保持小车质量不变，研究加速度与合外力的关系，故 C 正确；D、实验要重复三次，从打出的三条纸带中选择一条最清晰的纸带进行数据处理，故 D 错误。故选 C；（3）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- 12 -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 （4）根据牛顿第二定律得：对
25、m： ，对M： ，解得： ，由此可知当 mM 时，即当钩码的总质量要远小于小车的质量，绳子的拉力近似等于钩码的总重力。 （5）利用匀变速直线运动的推论，根据运动学公式x=at 2得：【点睛】要知道验证牛顿第二定律实验的注意事项，要会处理实验数据，能根据打出的纸带求出物体的加速度、物体的瞬时速度要掌握应用图象法处理实验数据的方法三、计算题15.如图所示，物块的质量 m=30kg，细绳一端与物块相连，另一端绕过光滑的轻质定滑轮，当人用 100N 的力竖直向下拉绳子时，滑轮左侧细绳与水平方向的夹角为 53，物体在水平面上保持静止已知 sin53=0.8，cos53=0.6，取 g=10m/s2，求：
26、地面对物体的弹力大小和摩擦力大小【答案】地面对物体的弹力大小为 220N；摩擦力大小为 60N【解析】试题分析：要求地面对物体的弹力大小和摩擦力大小可以以物块为研究对象并进行受力分析，根据物块处于平衡状态即物块所受合力为 0 列方程即可求解在竖直方向有 N+Tsin53mg=0，在水平方向有 f=Tcos53，联立即可求得解：物体受力如图，设地面对物体的弹力大小为 N，地面对物体的摩擦力大小为 f，由共点力平衡条件有竖直方向 N+Tsin53=mg代入数据得 N=220N水平方向 f=Tcos53=60N- 13 -答：地面对物体的弹力大小为 220N；摩擦力大小为 60N【点评】求两段绳子拉
27、力的矢量和时可以先将左边绳子的拉力分解为水平方向的分力和竖直方向的分力，从而求出两根绳子对滑轮向下的拉力，再用勾股定理求解这样可以不用余弦定理而减小了计算量，提高了计算速度16.如图所示，物体的质量 m=5kg，物块与地面间的动摩擦因数为 0.4，取 g=10m/s2，若沿水平向右方向施加一恒定的拉力 F=70N,使物体由静止开始做匀加速直线运动，求：(1)物体的加速度大小(2)2s 末物体的速度大小(3)2s 末撤去拉力 F，物体还能运动多远？【答案】(1)10m/s 2 (2)20m/s (3)50m【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求出物体的加速度。 （2）结合速度时间公式求出 2s
28、 末的速度。 （3）根据牛顿第二定律求出撤去拉力后的加速度，结合速度位移公式求出物体还能滑行的距离。【详解】解：（1）根据牛顿第二定律得 F-f=ma，又得 a=10m/s 2（2）对于匀加速运动，2s 末的速度 v=at=102=20m/s（3）撤去拉力后，根据牛顿第二定律得： 得则物体还能滑行的距离【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，要注意撤去 F 后动摩擦因数不变。17.如图所示，质量 m=1kg 的物块，在沿斜面向上，大小 F=15N 的拉力作用下，沿倾角- 14 -=37的足够长斜面由静止开始匀加速上滑，经时间 t1=2s 撤去拉
29、力，已知物块与斜面间的动摩擦因数 =0.5，取 ，sin37=0.6，cos37=0.8，求：(1)拉力 F 作用的时间 t1内，物块沿斜面上滑的距离 x1；(2)从撤去拉力起，物块沿斜面滑到最高点的时间 t2；(3)从撤去拉力起，经时间 t=3s 物块到出发点的距离 x。【答案】(1) (2) (3)【解析】(1)物块在时间 内沿斜面匀加速上滑，设加速度大小为 ，由牛顿第二定律有解得在这段时间内物块上滑的距离为(2)经时间 物块的速度大小为接着物块沿斜面匀速上滑，设加速度大小为 ，由牛顿第二定律有：解得根据速度公式有：解得(3)物块在时间 t2内上滑的距离为 ，沿斜面下滑时间为设物块沿斜面下
30、滑的加速度大小为 ，由牛顿第二定律有：- 15 -解得物块在时间 t3内沿斜面下滑的距离为 ，故【点睛】过程稍多，中间摩擦力方向有变化，要分过程仔细分析，不能盲目套用匀变速直线运动的规律18.如图所示，光滑水平桌面上的物体 A 质量为 m1，系一细绳，细绳跨过桌沿的定滑轮后悬挂质量为 m2的物体 B，先用手使 B 静止（细绳质量及滑轮摩擦均不计） 。(1)求放手后 A、B 一起运动中绳上的张力 FT(2)若在 A 上再叠放一个与 A 质量相等的物体 C，绳上张力就增大到 ，求 m1：m 2【答案】 （1） ；（2）1：2【解析】【分析】（1）放手后两物体一起做匀加速直线运动，分别以 AB 为研
31、究对象进行受力分析，由牛顿第二定律可求得绳子的拉力；（2）分别对 B 及 AC 整体受力分析，由牛顿第二定律可列出绳子张力的表达式，根据题意可得出质量的关系【详解】解：（1）对 B，由牛顿第二定律有：对 A，由牛顿第二定律有：解得：（2）对 B，由牛顿第二定律有：对 AC，由牛顿第二定律有：解得：- 16 -由 ，得：所以 m1：m 2=1：2【点睛】对于连接体问题要注意正确受力分析，合理选择研究对象进行分析，列牛顿第二定律进行分析即可解决19.如图所示，质量 M4kg、长 L2.25m 的木板静止在水平面上，质量 m2kg 的滑块（可看做质点）从木板的左端以速度 v0开始向右运动，滑块刚好没
32、有从木板上滑下，已知木板与地面、滑块与木板间的动摩擦因数分别为 10.1 和 20.4，取 g10m/s 2(1)分别求开始时木板和滑块的加速度大小(2)求滑块的初速度 v0的大小(3)求木板运动的最大位移并在图乙中画出滑块整个运动过程中的 vt 图象.【答案】(1) 4m/s 2，0.5m/s 2 ；(2)4.5m/s (3) 【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律求开始时木板和滑块的加速度大小；（2）滑块刚好没有从木板上滑下，滑到木板右端时，两者速度相等，由速度关系和位移关系分别列式，可求出运动时间和滑块的初速度 v0的大小；（3）滑块和木板共速后一起向右做匀减速运动，由牛顿第二定律求出加速
33、度，再由速度公式求出滑行时间，即可画出 v-t 图象。【详解】解：（1）对滑块，由牛顿第二定律得： ，解得： - 17 -对木板，由牛顿第二定律得： ，解得：（2）滑块刚好能滑到木板右端时，两者速度相等，则又解得：t 1=1s，v 0=4.5m/s（3）两者速度相等时 对木板，有 ，解得：此后两者一起向前减速运动，由牛顿第二定律得：又解得木板运动的最大位移又 ，解得 滑块整个运动过程中的 v-t 图象如图所示：【点睛】解决本题时要知道滑块刚好没有从木板上滑下的临界条件是：两者达到共同速度时物块恰好到达木板的右端，两者对地的位移差恰等于木板的长度。分段运用牛顿第二定律和运动学公式结合解答。- 18 -
