1、1河北省衡水中学 2018 届高三上学期一调考试物理试题一.选择题1.物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步，关于物理学中运动与力的发展过程和研究方法的认识，下列说法中正确的是A. 亚里士多德首先提出了惯性的概念B. 伽利略对自由落体运动的研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法C. 牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，这三条运动定律都能通过现代的实验手段直接验证D. 力的单位“N”是基本单位，加速度的单位“m/s 2”是导出单位【答案】B【解析】牛顿首先提出了惯性的概念，
2、选项 A 错误； 伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法，选项 B 正确；牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿第一定律步能通过现代的实验手段直接验证，选项 C 错误； 力的单位“N”和加速度的单位“m/s 2”都是导出单位，选项 D 正确；故选 B.2.一质点位于 x=1m 处，t=0 时刻沿 x 轴正方向做直线运动，其运动的 vt 图象如图所示下列说法正确的是（ ）A. 02s 内和 04s 内，质点的平均速度相同B. t=4s 时，质点在 x=2m 处C. 第 3s 内和第 4s 内，质点位移相同D
3、. 第 3s 内和第 4s 内，质点加速度的方向相反2【答案】B【解析】根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，则知 02s 内和 04s 内，质点的位移相同，但所用时间不同，则平均速度不同，故 A 错误0-2s 内质点的位移为x= （1+2）2m=3m，2-4s 内位移为零，则 t=4s 时质点的位移是123m，t=0 时质点位于 x=-1m 处，则 t=2s 时，质点在 x=x+x=2m 处，故 B 正确第 3s 内和第 4s 内，质点位移大小相同，但方向不同，选项 C 错误；速度图线的斜率表示加速度，直线的斜率一定，加速度是一定的，则知第 3s
4、 内和第 4s 内，质点加速度的方向相同，故D 错误故选 B.点睛：本题是速度图象问题，考查理解物理图象意义的能力，关键要抓住速度图象“斜率”表示加速度， “面积”表示位移3.如图所示，小球 A、B 通过一条细绳跨过定滑轮连接，它们都穿在一根竖直杆上当两球平衡时，连接两球的细绳与水平方向的分别为 和 2假设装置中的各处摩擦均不计，则 A、B 球的质量之比为（ ）A. 2cos：1 B. 1：2cos C. tan：1 D. 1：2sin【答案】B【解析】分别对 AB 两球分析，运用合成法，如图：3由几何知识得： Tsin =mAg,Tsin2 =mBg,故 mA:mB=sin :sin2 =1
5、:2cos ,故选 B【点睛】本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来4.如图所示，一个半径为 R 的圆球，其重心不在球心 O 上，将它置于水平地面上，则平衡时球与地面的接触点为 A；若将它置于倾角为 30的粗糙斜面上，则平衡时（静摩擦力足够大）球与斜面的接触点为 B已知 AB 段弧所对应的圆心角度数为 60，对圆球重心离球心 O 的距离以下判断正确的是（ ）A. B. C. D. 32R 33R 14R 12R【答案】D【解析】试题分析：置于水平地面上时，球受重力和支持力，二力平衡，故重力的作用点在 OA 连线上；在图中，
6、以 B 点为支点，根据力矩平衡条件，合力的力矩为零，故重力的力矩一定为零，故重心也在过 B 的竖直线上，一定是该线与 OA 的交点，如图所示，结合几何关系，有：，故选 DOO Rsin3012R考点：物体的平衡；重心名师点睛：重心是重力的作用点，本题关键结合共点力平衡条件和力矩平衡条件判断出重心的位置，然后结合几何关系列式求解，不难。5.如图所示，光滑的大圆环固定在竖直平面上，圆心为 O 点，P 为环上最高点，轻弹簧的一端固定在 P 点，另一端栓连一个套在大环上的小球，小球静止在图示位置平衡，则（ ）4A. 弹簧可能处于压缩状态B. 大圆环对小球的弹力方向可能指向 O 点C. 小球受到弹簧的弹
7、力与重力的合力一定指向 O 点D. 大圆环对小球的弹力大小可能小于球的重力，也可能大于球的重力【答案】C【解析】若弹簧处于压缩状态，则对小球受力分析可知，重力向下，大圆环对小球的弹力指向 O 点，弹簧弹力沿 PQ 向下，则由平衡条件可知，此三力不可能平衡，选项 A 错误；因弹簧处于被拉伸状态，则大圆环对小球的弹力方向沿半径方向向外，不可能指向 O 点，选项 B 错误；因小球受重力、弹簧的弹力以及大圆环的弹力作用，由平衡条件可知，小球受到弹簧的弹力与重力的合力一定与大圆环对小球的弹力等大反向，指向 O 点，选项 C 正确； 根据平行四边形法则，结合几何关系可知，大圆环对小球的弹力大小等于球的重力
8、，选项 D 错误；故选 C.点睛：解答此题关键是理解力的平衡条件，通过画出受力图，根据小球的受力情况，结合几何知识进行判断.6.如图所示，a、b、c 三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球 A、B 保持静止，细绳 a 是水平的，现对 B 球施加一个水平向右的力 F，将 B 缓缓拉到图中虚线位置，A 球保持不动，这时三根细绳张力 、 、 的变化情况是（ ）Fa Fb FcA. 都变大 B. 都不变C. 、 不变， 变大 D. Fb不变，F a、F c变大Fa Fb Fc5【答案】D【解析】【详解】以 B 为研究对象受力分析，将重力分解，由分解法作图如图，由图可以看出，当将 B 缓缓拉到图中虚线位置过程
9、，绳子与竖直方向夹角变大，绳子的拉力大小对应图中1、2、3 三个位置大小所示，即 Fc逐渐变大，F 逐渐变大；再以 AB 整体为研究对象受力分析，设 b 绳与水平方向夹角为 ，则竖直方向有：Fbsin=2mg；得：F b= ，不变；水平方向：F a=Fbcos+F ，F bcos 不变，而 F 逐渐变大，2mgsin故 Fa逐渐变大；故选 D。7.半圆柱体 P 放在粗糙的水平面上，有一挡板 MN，其延长线总是过半圆柱体的轴心 O，但挡板与半圆柱体不接触，在 P 和 MN 之间放有一个光滑均匀的小圆柱体 Q（P 的截面半径远大于 Q 的截面半径） ，整个装置处于静止状态，如图是这个装置的截面图，
10、若用外力使 MN绕 O 点缓慢地逆时针转动，在 Q 到达最高位置前，发现 P 始终保持静止，在此过程中，下列说法正确的是（ ）A. MN 对 Q 的弹力大小逐渐减小B. P、Q 间的弹力先增大后减小C. 桌面对 P 的摩擦力先增大后减小D. P 所受桌面的支持力保持不变【答案】AC【解析】以小圆柱体 Q 为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图 1 所示由平衡条件6得： 根据几何关系可知： + 不变，分析可知， 增大， 减小，F1sin=F2sin= mgsin(180)MN 对 Q 的弹力 F1减小，P 对 Q 的弹力 F2增大故 A 正确，B 错误若刚开始，挡板在最低点，处于水平位
11、置，对整体受力分析可知，整体水平方向不受力，桌面对 P 的摩擦力为零，当 Q 运动到最高点时，对整体受力分析可知，整体水平方向不受力，桌面对 P 的摩擦力仍为零，则整个过程中，桌面对 P 的摩擦力先增大后减小，故 C 正确对 P 研究，作出受力如图 2，地面对 P 的弹力 N=Mg+F2sin，F 2增大， 增大，所以 N 增大故 D 错误故选AC.点睛：本题采用隔离法研究动态平衡问题，分析受力，作出力图是关键，对 C 选项分析时可以使用极端假设法，假设初末位置分别在最低点和最高点，再对整体受力分析判断，难度适中。8.如图所示，n 个质量为 m 的相同木块并列放在水平面上，木块跟水平面间的动摩
12、擦因数为 ，当对 1 木块施加一个水平向右的推力 F 时，木块加速运动，木块 5 对木块 4 的压力大小为( )A. F B. C. D. 4Fn 4Fn-4 （n4)Fn【答案】D【解析】【详解】以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：F-nmg=nma；以 1234 为研究对象，设5 对 4 的压力为 N，根据牛顿第二定律： F-4mg-N=4ma ；联立以上二式得：N= ，故(n4)FnABC 错误，D 正确。故选 D。【点睛】本题属于连接体问题，连接体问题往往是隔离法和整体法结合应用，正确的选择7研究对象是关键9.如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着 A 小球，同时水平细线
13、一端连着 A 球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是 60，A、B 两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时 AB 两球都静止不动，A、B 两小球的质量相等，重力加速度为 g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B 两球的加速度分别为（ ）A. aA=aB=g B. aA=2g， aB=0C. aA= g， aB=0 D. aA=2 g， aB=03 3【答案】D【解析】水平细线被剪断前对 A、B 进行受力分析如图，静止时 ， ，T=Fsin600 Fsin600=mAg水平细线被剪断瞬间，T 消失，其它各力不变，所以 ，aA=TmA=23g aB=0故选 D。10.如图所
14、示，质量为 M 足够长的斜面体始终静止在水平地面上，有一个质量为 m 的小物块在受到沿斜面向下的力 F 的作用下，沿斜面匀加速下滑，此过程中斜面体与地面的摩擦力为零。已知重力加速度为 g，则下列说法正确的是 A. 斜面体给小物块的作用力大小等于 mgB. 斜面体对地面的压力小于（m+M）g8C. 在加速下滑过程中若将力 F 的方向突然改为竖直向下，小物块仍做加速运动D. 在加速下滑过程中若将力 F 撤掉，小物块将匀速下滑【答案】AD【解析】试题分析：因斜面体与地面的摩擦力为 0，可知物体 m 对斜面体的作用力为竖直向下，可知斜面体给小物块的作用力为竖直向上，大小等于 mg，选项 A 正确；对斜
15、面体而言，受力分析可知，因物体 m 对斜面体的作用力为竖直向下大小为 mg，则斜面体对地面的压力等于（m+M）g，选项 B 错误；若将力 F 的方向突然改为竖直向下，则物体对斜面的正压力变大，摩擦力变大，力 F 沿斜面方向的分力变小，故小物块不一定做加速运动，选项 C 错误；若将力 F 撤掉，则小物块对斜面的压力不变，摩擦力不变，物体对斜面的正压力不变，故斜面体对小物块的作用力仍然竖直向上，大小等于 mg，故小物块仍将匀速下滑，选项 D 正确；故选 AD考点：牛顿定律的应用【名师点睛】此题考查了对不同研究对象进行受力分析，掌握力的合成与分解的方法，理解地面与斜面无摩擦力的本质。11.如图所示，
16、 A、 B 两物块的质量分别为 2m 和 m， 静止叠放在水平地面上。 A、 B 间的动摩擦因数为 ， B 与地面间的动摩擦因数为 。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速12度为 g。现对 A 施加一水平拉力 F，则下列说法中正确的是（ ）A. 当 F3mg 时， A 相对 B 滑动D. 无论 F 为何值， B 的加速度不会超过 g12【答案】BCD【解析】试题分析：根据 A、 B 之间的最大静摩擦力，隔离对 B 分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出 A、 B 不发生相对滑动时的最大拉力然后通过整体法隔离法逐项分析9设 B 对 A 的摩擦力为 ， A 对 B 的摩擦力为 ，地面对 B
17、 的摩擦力为 ，由牛顿第三定律可f1 f2 f3知 与 大小相等，方向相反， 和 的最大值均为 ， 的最大值为 ，故当f1 f2 f1 f2 2mg f332mg时， AB 均保持静止；继续增大 F，在一定范围内 A、 B 将相对静止以共同的加0 F32mg速度开始运动，故 A 错误；设当 A、 B 恰好发生相对滑动时的拉力为 ，加速度为 ，则对F aA，有 ，对 A、 B 整体，有 ，解得 ，故当F2mg=2ma F32mg=3ma F=3mg时， A 相对于 B 静止，二者以共同的加速度开始运动；当 时， A32mg3mg相对于 B 滑动，C 正确；当 时， A、 B 以共同的加速度开始运
18、动，将 A、 B 看作整体，F=52mg由牛顿第二定律有 ，解得 ，B 正确；对 B 来说，其所受合力的最大值F32mg=3ma a=g3，即 B 的加速度不会超过 ，D 正确Fm=2mg32mg=12mg 12g视频12.如图所示，M 为定滑轮，一根细绳跨过 M，一端系着物体 C，另一端系着一动滑轮 N，动滑轮 N 两侧分别悬挂着 A、B 两物体，已知 B 物体的质量为 3kg，不计滑轮和绳的质量以及一切摩擦，若 C 物体的质量为 9kg，则关于 C 物体的状态下列说法正确的是（ ）A. 当 A 的质量取值合适，C 物体有可能处于平衡状态B. 无论 A 物体的质量是多大，C 物体不可能平衡C
19、. 当 A 的质量足够大时，C 物体不可能向上加速运动D. 当 A 的质量取值合适，C 物体可以向上加速也可以向下加速运动【答案】AD【解析】试题分析：首先取 AB 连接体为研究对象，当 A 的质量远远小于 B 的质量，则 B 以接近重力加速度做向下的加速运动，B 处于失重状态，细绳的最小拉力接近为零；当 A 的质量远远10大于 B 的质量时，则 B 以接近重力加速度向上做加速运动，B 处于超重状态，细绳的最大拉力接近 B 的重力的两倍，故此时细绳拉 C 的最大拉力为 B 的重力的 4 倍，故当 A 的质量取值合适，C 的质量在大于零小于 12kg 之间都有可能处于平衡，故 A 正确，B 错误
20、；结合以上的分析，当细绳对 C 拉力小于 C 的重力时 C 产生向下的加速度，当细绳对 C 的拉力大于 C 的重力时 C 产生向上的加速度，故 C 错误、D 正确故选 AD。考点：牛顿定律的应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；解题时要分析滑轮两边物体的质量关系，根据牛顿定律讨论求解13.如图所示，一劲度系为 k 的轻度弹簧，上端固定，下端连一质量为 m 的物块 A, A 放在质量也为 m 的托盘 B 上，以 FN表示 B 对 A 的作用力,x 表示弹簧的伸长量。初始时，在竖直向上的力 F 作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x=0)。现改变力 F 的大小，使 B 以 的g2加速度匀加
21、速向下运动(f 为重力加速度，空气阻力不计）,此过程中 FN或 F 随 x 变化的图象正确的是（ ）A. B. C. 11D. 【答案】D【解析】弹簧的弹力减小到 mg/2 时，物块和托盘间的压力为零，在此之前，二者之间的压力由开始运动时的 mg/2 线性减小到零，力 F 由开始时的 mg 线性减小到 mg/2；此后托盘与物块分离，力 F 保持 mg/2 不变，故 BC 对；14.如图甲所示，用粘性材料粘在一起的 A、 B 两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为 mA1kg、 mB2kg，当 A、 B 之间产生拉力且大于 0.3N 时 A、 B 将会分离 t0 时刻开始对物块 A 施加一
22、水平推力 F1，同时对物块 B 施加同一方向的拉力 F2，使 A、 B 从静止开始运动，运动过程中 F1、 F2方向保持不变， F1、 F2的大小随时间变化的规律如图乙所示则下列关于 A、 B 两物块受力及运动情况的分析，正确的是( )A. t2.0 s 时刻 A、 B 之间作用力大小为 0.6 NB. t2.0 s 时刻 A、 B 之间作用力为零C. t2.5 s 时刻 A 对 B 的作用力方向向左D. 从 t0 时刻到 A、 B 分离，它们运动的位移为 5.4 m【答案】AD【解析】试题分析：设 t 时刻 AB 分离，分离之前 AB 物体共同运动，加速度为，以整体为研究对象，则有： ，分离
23、时： ，得a=F1+F2mA+mB=3.6+01+2=1.2m/s2 F2f=mBa，经历时间 ，根据位移公式 ，F2=f+mBa=0.3+21.2=2.7N t=43.62.7=3s s=12at2=5.4m则 D 正确；当 时， ， ，得 ，A 正确 B 错误；当t=2s F2=1.8N F2+f=mBa f=mBaF2=0.6N12时， ， ，得 ，C 错误t=2.5s F2=2.25N F2+f=m2a f=m2aF20考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用【名师点睛】AB 分离之前共同运动，以整体为研究对象根据牛顿第二定律列方程求出加速度大小，分离时二者之间的作用力为 03N 但
24、加速度相等，然后隔离 A、B 分别为研究对象根据牛顿第二定律和运动学公式列方程确定分离的时刻视频15.如图所示，穿在水平直杆上质量为 m 的小球开始时静止，现对小球沿杆方向施加恒力F0，垂直于杆方向施加竖直向上的力 F，且 F 的大小始终与小球的速度成正比，即F=kv（图中未标出） 已知小球与杆间的动摩擦因数为 ，小球运动过程中未从杆上脱落，且 F0mg下列关于运动中的速度-时间图象正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：根据竖直方向上平衡，确定杆子对球弹力的变化，从而得知摩擦力大小的变化，13根据牛顿第二定律得出小球加速度的变化小球开始重力大于竖直向上的力，支持力方
25、向向上，随着速度的增大，F 增大，则支持力减小，摩擦力减小，根据牛顿第二定律，加速度增大然后竖直向上的拉力大于重力，杆子对球的弹力向下，F 增大，弹力增大，摩擦力增大，根据牛顿第二定律，加速度减小，当加速度减小到零，做匀速直线运动，故 C 正确二、非选择题。16.现要测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图 1 所示。表面粗糙的木板一端固定在水平桌面上，另一端抬起一定高度构成斜面；木板上有一滑块，其后端与穿过打点计时器的纸带相连；打点计时器固定在木板上，连接频率为 50Hz 的交流电源。接通电源后，从静止释放滑块，滑块带动纸带打出一系列的点迹。（1）图 2 给出的是实验中获取的一条纸带的一
26、部分：0、1、2、3、4、5、6 是实验中选取的计数点，每相邻两计数点间还有 4 个点（图中未标出） ，2、3 和 5、6 计数点的距离如图2 所示。由图中数据求出滑块的加速度 a=_ （结果保留三位有效数字） 。m/s2（2）已知木板的长度为 L，为了求出滑块与木板间的动摩擦因数，还应测量的物理量是（ ）A.滑块到达斜面底端的速度 v B.滑块的质量 mC.滑块的运动时间 t D.斜面高度 h 和底边长度 x（3）设重力加速度为 g，滑块与木板间的动摩擦因数的表达式为 =_（用所需测物理量的字母表示） 。【答案】 (1). 2.51 (2). D (3). gha1gx【解析】试题分析：（1
27、）每相邻两计数点间还有 4 个打点，说明相邻的计数点时间间隔：T=01s，根据逐差法有： ；a=x56x233T2=0.14230.06703012 2.51m/s2（2）要测量动摩擦因数，由 mgcos=ma，可知要求 ，需要知道加速度与夹角余弦值，纸带数据可算出加速度大小，再根据斜面高度 h 和底边长度 x，结合三角知识，即可求解，14故 ABC 错误，D 正确（3）以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律有：mgsin-mgcos=ma解得： =gsinagcos=ghalgx考点：测量滑块与木板之间的动摩擦因数【名师点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意
28、事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题视频17.如图所示，放在粗糙斜面上的物块 A 和悬挂的物块 B 均处于静止状态。轻绳 AO 绕过光滑的定滑轮与轻质弹簧的右端及轻绳 BO 的上端连接于 O 点，轻质弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的 OC 段与竖直方向的夹角 =53，斜面倾角 =37，物块 A 和 B 的质量分别为、 ，弹簧的劲度系数为 K=500N/m，重力加速度 g=10 。求mA=5kg mB=1.5kg m/s2(1)弹簧的伸长量 x；(2)物块 A 受到的摩擦力。【答案】 （1） ；（2）5N，沿斜面向上x=4cm【解析】试题分析：（1）对结点 O 受力分析如图所示：TcosmB
29、g=0TsinF=0且： F=kx解得： 。x=4cm（2）设物体 A 所受摩擦力沿斜面向下，对物体 A 做受力分析如图所示：15TfmAgsin=0解得： f=5N即物体 A 所受摩擦力大小为 ，方向沿斜面向上。5N考点：共点力平衡的条件及其应用、物体的弹性和弹力【名师点睛】本题主要考查了平衡条件和胡克定律得直接应用，要求同学们能选择合适的研究对象并能正确对物体受力分析，注意正交分解法在解题中的应用。18.如图所示，电动机带动滚轮做逆时针匀速转动，在滚轮的摩擦力作用下，将一金属板从光滑斜面底端 A 送往斜面上端，已知斜面光滑且足够长，倾角 =30，滚轮与金属板的切点 B 到斜面底端 A 距离
30、 L=6.5m，当金属板的下端运动到切点 B 处时，立即提起滚轮使其与板脱离接触。已知板的质量 m=1kg，滚轮边缘线速度恒为 v=4m/s，滚轮对板的正压力FN=20N，滚轮与金属板间的动摩擦因数为 =0.35，取重力加速度 g=10m/s2。求：（1）板加速上升时所受到的滑动摩擦力大小； （2）板加速至与滚轮边缘线速度相同时前进的距离； （3）板匀速上升的时间【答案】 （1）70N；（2）4m；（3）0.625s【解析】（1）根据摩擦力公式，得： f=FN=0.3520N=7N（2）对板进行受力分析，根据牛顿第二定律： mgsin-f=ma可以得到： ，根据运动学公式得： 。a=2m/s2
31、 x=v22a=4222m=4m（3）当板与轮的线速度相等后，板做匀速直线运动，则上升的时间为：。t=Lxv=6.544s=0.625s点睛：正确对板进行受力分析，根据受力情况确定板的运动情况，分析杆在运动过程中各力的做功情况，根据动能定理求解即可注意对运动性质的确定，能正确判断物体的运动16性质，并能写出运动规律。19.在铁路与公路交叉点上，由于司机粗心、判断失误或车况等原因常常造成交通事故。现有一辆长为 5m 的汽车以 v1=15m/s 的速度行驶，当汽车前端距离铁路与公路交叉点 175m 时，汽车司机突然发现离交叉点 200m 处有一列长 300m 的列车以 v2=20m/s 的速度行驶
32、过来，为了避免事故的发生。（1）若汽车司机如果立刻作匀加速运动，则最小加速度应多大？ （2）若汽车司机如果立刻刹车作匀减车运动，则最小加速度为多少？【答案】0.643 m/s 2， 0.6 m/s 2【解析】加速行驶，在列车通过交叉口前面通过，临界情况： ，L+s=v1t+12at2列车到达交叉口所用时间为： t=s1v2=20020s=10s整理得： a=0.6m/s2故当汽车以大于 的加速度刹车时亦可避免事故发生汽车减速行驶，在列车到之前0.6m/s2停止，列车通过交叉口所需时间为： t1=300+20020s=25s汽车减速到停止过程，有： s=12v1t2代入数据得： t2=35015
33、s=23.33s25s则汽车做减速运动应满足： 2a1s=0-v2代入数据得： a1=0.643m/s2故当汽车以大于 的加速度刹车时亦可避免事故发生。0.643m/s2点睛：本题要注意汽车可以通过两种方式避免事故发生，一个是加速，一个是减速，解题时不能遗漏还有就是不要忽略车身的长度。20.如图所示，质量 M10kg、上表面光滑的足够长的木板在 F50N 的水平拉力作用下，以初速度 v05m/s 沿水平地面向右匀速运动。现有足够多的小铁块，它们的质量均为m1kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了 L1m 时，又无初速度地在木板的最右端放上第 2 块铁块，只要木板运动了 L 就在木
34、板的最右端无初速度放一铁块。（取 g10m/s 2）试问： 17(1)木板与地面之间的滑动摩擦系数多大? (2)第 1 块铁块放上后，木板运动了 L 时，木板的速度多大？ (3)最终木板上放有多少块铁块？【答案】 （1）0.5 （2） （3）7 块26m/s【解析】（1）木板最初做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：竖直方向： FN=Mg水平方向： Ff=F滑动摩擦力为： Ff=FN则得： ，解得： 。F=Mg =0.5（2）放第 1 块铁块后，木板做匀减速运动，则有： ；（M+m)gF=Ma1由运动学公式得为： ，代入数据解得： 。2a1L=v02v12 v1=26m/s（3）设最终有 n 块铁块能静止在木板上则木板运动的加速度大小为：第 1 块铁块放上后有： ，第 2 块铁块放上后有：第 n 块铁块放上后有： 由以上各相加得： 要使木板停下来，必须有 ，代入解得： ，则 故最终有 7 块铁块放在木板上。点睛：熟练应用平衡条件、摩擦力公式、牛顿第二定律和运动学公式即可正确解题，关键运用归纳法，得到速度的通项。
