专题五 模型构建——连接体问题
课堂任务 整体法、隔离法解决连接体问题
1．连接体
多个相互关联的物体组成的物体系统。如叠在一起、并排放在一起或用绳(或杆)连在一起的几个物体。
2．隔离法与整体法
(1)隔离法：在分析连接体问题时，从研究问题的方便性出发，将物体系统中的某一部分物体隔离出来，单独分析研究的方法。
(2)整体法：在分析连接体问题时，将整个物体系统作为整体分析研究的方法。在分析整体受外力时采用整体法。
3．整体法、隔离法的选用
(1)整体法、隔离法的选取原则
当连接体内各物体具有相同的加速度(或运动情况一致)时，可以采用整体法；当连接体内各物体加速度不相同(或运动情况不一致)时，采用隔离法。一般来说，求整体的外力时优先采用整体法，整体法分析时不要考虑各物体间的内力；求连接体内各物体间的内力时只能采用隔离法。
(2)整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”。
4．运用隔离法解题的基本步骤
(1)明确研究对象或过程、状态，选择隔离对象。
(2)将研究对象从系统中隔离出来，或将研究的某状态、某过程从运动的全过程中隔离出来。
(3)对隔离出的研究对象进行受力分析，注意只分析其他物体对研究对象的作用力。
(4)寻找未知量与已知量之间的关系，选择适当的物理规律列方程求解。
例1 如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升，夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。若木块不滑动，力F的最大值是( )
A.
B.
C.
D.
[规范解答] 对木块分析得2f－Mg＝Ma，计算得出木块的最大加速度a＝－g。对整体分析得F－(M＋m)g＝(M＋m)a，计算得出F＝。所以A正确，B、C、D错误。
[完美答案] A
运用整体法分析问题时，要求系统内各物体的加速度的大小和方向均应相同，根据牛顿第二定律对整体列方程。如果系统内各物体的加速度仅大小相同，如通过定滑轮连接的物体，一般采用隔离法，根据牛顿第二定律分别列方程。也可对整体，由动力效果和阻力效果列方程。
如图所示，一条细绳(忽略质量)跨过定滑轮在绳子的两端各挂有物体A和B，它们的质量分别是mA＝0.50
kg，mB＝0.10
kg。开始运动时，物体A距地面高度hA＝0.75
m，物体B距地面高度hB＝0.25
m，g取10
m/s2。求：
(1)AB的加速度的大小；
(2)绳子的拉力是多少；
(3)物体A落地后物体B上升的最大高度距地面多少米？
答案 (1)
m/s2 (2)
N (3)1.5
m
解析 (1)分析可得，GA＝mAg＝5
N，GB＝mBg＝1
N，GA>GB，所以A向下做匀加速直线运动，B向上做匀加速直线运动，加速度大小相同，设为a。对于A、B系统来说，GA是动力，GB是阻力，由整体法可得：GA－GB＝(mA＋mB)a，解得a＝
m/s2。
(2)设绳子的拉力为F，隔离B可得：F－GB＝mBa，
解得F＝
N。
(3)物体A落地时A、B的速度大小相同，设为v，
由v2＝2ahA可得v＝
m/s。
A落地后B以v为初速度做竖直上抛运动，设上升的最大高度为h，由v2＝2gh可得：h＝0.5
m，所以B上升的最大高度离地面为h＋hA＋hB＝1.5
m。
课堂任务 连接体的临界极值问题
临界与极值问题是中学物理中的常见问题，临界或极值是一个特殊的转换状态点，是一个状态的极限点，是物理过程发生变化的转折点，在这个转折点上，系统的某些物理量达到极值，临界点的两侧，物体的受力情况、运动状态一般要发生改变。
1．临界或极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，表明题述的过程存在临界点。
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态。
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在极值，这个极值点往往是临界点。
2．轻绳、轻杆、接触面形成的临界与极值状态
(1)轻绳形成的临界与极值状态
由轻绳形成的临界状态通常有两种，一种是轻绳松弛与绷紧之间的临界状态，其力学特征是绳是直的，但绳中张力为零；另一种是轻绳断裂之前的临界状态，其力学特征是绳中张力达到绳能够承受的最大值。
(2)轻杆形成的临界与极值状态
与由轻绳形成的临界状态类似，一种是杆对物体产生拉力与推力之间的临界状态，力学特征是该状态下杆对物体的作用力为零；另一种是轻杆能承受的最大拉力或最大压力所形成的临界状态。
(3)接触面形成的临界与极值状态
也有两种：
①接触面间分离形成的临界状态：力学特征是接触面间弹力为零。
②接触面间滑动形成的临界状态：力学特征是接触面间静摩擦力达到最大值。
3．处理临界问题的三种方法
极限法
把物理问题(或过程)推向极端情况，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题，假设是某种可能，或假设出现临界条件，会出现什么情况
数学法
将物理量间关系用数学式子表达出来，结合已知量的取值范围和其他物理条件，根据数学表达式解出临界值(此方法也可用于求解极值问题)
例2 如图所示，在水平向右运动的小车上，有一倾角为α的光滑斜面，质量为m的小球被平行于斜面的细绳系住并静止在斜面上，当小车加速度发生变化时，为使小球相对于小车仍保持静止，求小车加速度的允许范围。
[规范解答] 如图所示，对小球进行受力分析有：
水平方向：Tcosα－Nsinα＝ma①
竖直方向：Tsinα＋Ncosα－mg＝0②
由①②两式知，当N＝0时，加速度a取最大值，此时
amax＝
当绳中拉力T＝0时，加速度a取最小值，此时
amin＝－gtanα
负号表示加速度方向与速度方向相反，小车向右做减速运动。
故小车加速度的允许范围为－gtanα≤a≤，负号表示加速度方向向左。
[完美答案] 小车加速度的允许范围为－gtanα≤a≤，负号表示加速度方向向左
挖掘临界条件是解题的关键，本题中小车向右运动时，小球相对小车静止的一种临界情况是小球恰好不离开斜面，斜面弹力刚好为零；另一种临界情况是绳子刚好没有弹力，绳子对小球的拉力为零。
一根劲度系数为k、质量不计的轻弹簧，上端固定，下端系一质量为m的物体，用一水平木板将物体托住，并使弹簧处于自然长度，如图所示。现让木板由静止开始以加速度a(a＜g)匀加速向下运动。求经过多长时间木板开始与物体分离。
答案
解析 当木板与物体即将分离时，物体与木板间作用力N＝0，此时对物体，由牛顿第二定律得：mg－F＝ma
又F＝kx，x＝at2，
三式联立得：t＝
＝
。
1.
如图所示，小球A和B的质量均为m，长度相同的四根细线分别连接在两球间、球与水平天花板上P点以及与竖直墙上的Q点之间，它们均被拉直，且P、B间细线恰好处于竖直方向，两小球均处于静止状态，则Q、A间水平细线对球的拉力大小为( )
A.mg
B.mg
C.mg
D.mg
答案 C
解析 对小球B进行受力分析可知B、A间细线无弹力。对A进行受力分析，由于小球A的重力，使P、A间细线和A、Q间细线张紧。将小球A的重力沿PA与QA延长线方向分解，如图所示，由题意知四根细线长度相等，三角形PAB是等腰三角形，PB与PA夹角为60°，可得FQ＝mgtan60°＝mg，故C正确。
2.
(多选)如图所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车的质量为M，木块的质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小为( )
A．μmg
B.
C．μ(M＋m)g
D.ma
答案 BD
解析 m与M无相对滑动，对m、M整体，有F＝(M＋m)a，故a＝，m与整体的加速度相同，也为a，对m，有f＝ma，即f＝，故B、D正确。
3.
(多选)如图所示，长方体物体A贴在倾斜的墙面上，在竖直向上的力F的作用下，A、B两物体均保持静止。则关于墙面对物体A的摩擦力，以下说法中正确的是( )
A．一定有摩擦力
B．可能没有摩擦力
C．若有摩擦力，则一定沿墙面向下
D．若有摩擦力，则可能沿墙面向上
答案 BC
解析 如果墙面对A有弹力，先分析墙面对A弹力的方向就能判断出摩擦力的方向。对整体受力分析如图甲所示，如果外力F和总重力大小相等，则A与墙面之间就无弹力也就没有摩擦力，所以A错误，B正确。如果F大于总重力，则墙面对A有弹力，方向如图乙所示，根据物体平衡的条件可知，墙面对物体A的摩擦力方向一定沿墙面向下，所以C正确，D错误。
4.(多选)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行。在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则( )
A．b对c的摩擦力一定减小
B．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上
C．地面对c的摩擦力方向一定向右
D．地面对c的摩擦力一定减小
答案 BD
解析 若有mag>mbgsinθ，则b对c的摩擦力平行于斜面向上，且随沙子缓慢流出，b对c的摩擦力减小；若有mag5.
(多选)如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B。则( )
A．A对地面的压力等于(M＋m)g
B．A对地面的摩擦力方向向左
C．B对A的压力大小为mg
D．细线对小球的拉力大小为mg
答案 AC
解析 A、B叠放一起静止于水平面上，可以看做一个整体，受力分析发现只有它们的重力和地面的支持力，所以二力平衡，支持力等于重力即(M＋m)g，地面对整体没有摩擦力，如果有摩擦力，则不能平衡，A正确，B错误；对B球受力分析如图所示，重力和拉力的合力与支持力等大反向，绳子拉力水平说明B的球心和A的顶端等高，即B的球心到地面高度为R，B的球心到A的球心的连线长度为R＋r，那么cosα＝，作重力和水平拉力的合力矢量三角形，由力的平衡知FN＝，由牛顿第三定律得B对A的压力FN′＝FN＝mg，C正确；细绳拉力FT＝mgtanα＝mg，D错误。
6.
(多选)如图所示，小车内有一质量为m的物块，一轻弹簧与小车和物块相连，处于压缩状态且在弹性限度内。弹簧的劲度系数为k，形变量为x，物块和车之间的动摩擦因数为μ。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动过程中，物块和小车始终保持相对静止。下列说法正确的是( )
A．若μmg小于kx，则车的加速度方向一定向左
B．若μmg小于kx，则车的加速度a最小值为，且车只能向左加速运动
C．若μmg大于kx，则车的加速度方向可以向左也可以向右
D．若μmg大于kx，则加速度最大值为，加速度的最小值为
答案 AC
解析 由牛顿第二定律F＝ma知，若μmg小于kx，则车的加速度方向一定向左，A正确；若μmg小于kx，则车的加速度a最小值为，方向向左，可能向左加速运动，还可能向右减速运动，B错误；若μmg大于kx，则车的加速度方向可以向左也可以向右，C正确；若μmg大于kx，则加速度最大值为，加速度的最小值为0，D错误。
7.
如图所示，在光滑水平桌面上有一链条，共有(P＋Q)个环，每一个环的质量均为m，链条右端受到一水平拉力F。则从右向左数，第P个环对第(P＋1)个环的拉力是( )
A．F
B.(P＋1)F
C.
D.
答案 C
解析 对整体受力分析，由牛顿第二定律得F＝(P＋Q)·ma，解得a＝，第(P＋1)个环即是左端起的第Q个环，所以对左端Q个环受力分析，由牛顿第二定律得FT＝Qma＝，C项正确。
8.(多选)如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是( )
A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小
B．若粘在A木块上面，绳的拉力减小，A、B间摩擦力不变
C．若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力增大
D．若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小
答案 AD
解析 由牛顿第二定律得，未粘上橡皮泥时系统的加速度a＝，因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪块上，根据牛顿第二定律都有F－3μmg－μΔmg＝(3m＋Δm)a′，系统加速度都将减小，A正确；若粘在A木块上面，以C为研究对象，受水平恒力F、摩擦力μmg、绳子拉力FT，F－μmg－FT＝ma′，因加速度减小，F、μmg不变，所以FT增大，B错误；若粘在B木块上面，因加速度减小，以A为研究对象，m不变，A、B间所受摩擦力减小，C错误；若粘在C木块上面，因加速度减小，A、B间的摩擦力减小，以A、B整体为研究对象，有FT－2μmg＝2ma′，FT减小，D正确。
9.
如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻质弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零的瞬间，小球的加速度大小为多少？
答案 g
解析 当框架对地面压力为零的瞬间，而框架始终没有跳起，分析框架可得：弹簧对框架竖直向上的弹力F与框架的重力Mg平衡，即F＝Mg，所以弹簧处于压缩状态。再分析小球，压缩的弹簧对小球的弹力F，是竖直向下的，所以F＋mg＝Mg＋mg＝ma，所以，a＝g。
10.
如图所示，质量为M的木箱放在光滑水平地面上，受到一水平恒力F的作用，木箱的顶部用细绳悬挂一质量为m的小球，若想使细绳与竖直方向夹角为θ，则恒力F应为多大？
答案 (M＋m)gtanθ
解析 以小球为研究对象，受力分析如图所示，根据题意小球所受合力水平向右，则：mgtanθ＝ma，解得：a＝gtanθ。以木箱和小球整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtanθ。
11.如图所示，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球。静止时，箱子顶部与球接触但无压力。箱子由静止开始向右做匀加速直线运动，然后改做加速度大小为a的匀减速直线运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v。
(1)求箱子加速阶段的加速度大小a′；
(2)若a＞gtanθ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力。
答案 (1) (2)0 m
解析 (1)由匀变速直线运动的公式有v2＝2a′s1，0－v2＝－2as2，且s1＋s2＝s，解得：a′＝。
(2)
假设球刚好不受箱子作用，应满足FNsinθ＝ma0，FNcosθ＝mg，解得a0＝gtanθ，箱子减速时加速度水平向左，当a>gtanθ时，箱子左壁对球的作用力为零，顶部对球的力不为零。此时球受力如图，由牛顿第二定律得FN′cosθ＝F＋mg，FN′sinθ＝ma，解得F＝m。
12.
倾角为30°的光滑斜面上并排放着质量分别是mA＝10
kg和mB＝2
kg
的A、B两物块，劲度系数k＝400
N/m的轻弹簧一端与物块B相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态，现对A施加一沿斜面向上的力F，使物块A沿斜面向上做匀加速运动，已知力F在前0.2
s内为变力，0.2
s后为恒力，g取10
m/s2，求F的最大值和最小值。
答案 F的最大值为100
N，最小值为60
N
解析 设刚开始时弹簧压缩量为x0，
则(mA＋mB)gsinθ＝kx0，①
因为在前0.2
s时间内，F为变力，0.2
s以后，F为恒力，所以在0.2
s时，B对A的作用力为0，由牛顿第二定律知：kx1－mBgsinθ＝mBa。②
前0.2
s时间内A、B向上运动的距离为：
x0－x1＝at2，③
①②③式联立计算得出：a＝5
m/s2。
当A、B开始运动时拉力最小，此时有：
Fmin＝(mA＋mB)a＝60
N。
当A、B分离时拉力最大，此时有：
Fmax＝mA(a＋gsinθ)＝100
N。
专题六 传送带问题和滑块—木板问题
课堂任务 传送带问题
1．传送带问题涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析和动力学知识的运用，重点考查学生分析问题和解决问题的能力。主要有如下两类：
(1)水平传送带问题
当传送带水平运动时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化。摩擦力的突变，常常导致物体的受力情况和运动性质的突变。静摩擦力达到最大值，是物体和传送带恰好保持相对静止的临界状态；滑动摩擦力存在于发生相对运动的物体之间，因此两物体的速度达到相同时，滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力为0或变为静摩擦力)。
(2)倾斜传送带问题
当传送带倾斜时，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外，还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数μ和传送带倾斜角度θ对受力的影响，从而正确判断物体的速度和传送带速度相等时物体的运动性质。
2．倾斜传送带问题的两种情况
倾斜传送带问题可分为倾斜向上传送和倾斜向下传送两种情况(物体从静止开始，传送带匀速运动且足够长)：
例1 如图所示，水平传送带两端相距x＝8
m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件向左滑上A端时速度vA＝10
m/s，设工件到达B端时的速度为vB。(g取10
m/s2)
(1)若传送带静止不动，求vB。
(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，则求出到达B点的速度vB。
(3)若传送带以v＝13
m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间。
[规范解答] (1)根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，则a＝μg＝6
m/s2，且v－v＝－2ax，故vB＝2
m/s。
(2)能。当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B端的速度vB＝2
m/s。
(3)开始时工件所受滑动摩擦力向左，加速度a＝＝μg＝6
m/s2，假设工件能加速到13
m/s，则工件速度达到13
m/s所用时间为t1＝＝0.5
s，
匀加速运动的位移为s1＝vAt1＋at＝5.75
m<8
m，
则工件在到达B端前速度就达到了13
m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速。
匀速运动的位移s2＝x－s1＝2.25
m，t2＝≈0.17
s，工件由A到B所用的时间为t＝t1＋t2＝0.67
s。
[完美答案] (1)2
m/s (2)能 2
m/s (3)13
m/s 0.67
s
分析传送带问题的三个步骤
(1)初始时刻，根据v物、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况。
(2)确定临界状态v物＝v带的受力情况，判断之后的运动形式。
(3)运用相应规律，进行相关计算。
如图所示，传送带与水平地面的倾角为θ＝37°，AB的长度为64
m，传送带以20
m/s的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8
kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A点运动到B点所用的时间。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10
m/s2)
答案 4
s
解析 开始时物体下滑的加速度：
a1＝g(sin37°＋μcos37°)＝10
m/s2，
物体运动到与传送带共速的时间为：
t1＝＝
s＝2
s，
物体下滑的位移：s1＝a1t＝20
m；
由于tan37°＝0.75>μ，故共速之后物体加速下滑，
且此时的加速度：a2＝g(sin37°－μcos37°)＝2
m/s2，
根据s2＝vt2＋a2t，且s＝s1＋s2，
解得：t2＝2
s，故共用时间为t＝t1＋t2＝4
s。
课堂任务 滑块—木板问题
1．概述
滑块—木板问题至少涉及滑块和木板两个物体(有时不止一个滑块，有时木板受地面的摩擦力)，物体间经常存在相对滑动。由于摩擦力的突变，所以一般是多过程运动，各物体所受的摩擦力和运动情况比较复杂。
对于这类问题，应分阶段分析各物体的受力和运动特点，准确求出各物体在每一个运动阶段的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系和速度关系是解题的关键。速度相等是联系两个运动过程的桥梁。
2．受力分析
此类问题由于存在相对运动或相对运动趋势，所以对摩擦力的分析很重要。
滑块与木板如果速度相同，即没有发生相对滑动，则它们之间一般存在静摩擦力，应用“整体法”求出它们的加速度。
滑块与木板如果速度不相同，则它们之间存在滑动摩擦力，应用“隔离法”分析各自的加速度。几种典型情况如下：
(1)若滑块与木板“一快一慢”：较快的受到的对方给它的摩擦力为阻力，较慢的受到的对方给它的摩擦力为动力。
(2)若滑块与木板“一动一静”：运动的受到的对方给它的摩擦力为阻力，静止的受到的对方给它的摩擦力为动力。
(3)若滑块与木板“一左一右”：两者受到的对方给它的摩擦力都是阻力。
由上述分析可知，两物体的速度相等是静摩擦力与滑动摩擦力突变、摩擦力的大小或方向发生突变的临界点，此临界点加速度会发生突变，从而将运动划分为多个过程。所以临界点前后的受力分析和运动分析是重中之重！
3．运动分析
滑块与木板叠放在一起运动时，由于要考虑木板的长度，所以各物体运动的位移关系也比较复杂，应仔细分析运动过程，必要时可以借助运动草图和v t图象，弄清它们之间的相对位移和相对地面的位移之间的定量关系。
常见的两种运动关系：
(1)滑块从初始位置滑到木板一端的过程中，若它们向同一方向运动，则滑块与木板的位移大小之差等于初始时滑块到木板这一端的距离。
(2)滑块从初始位置滑到木板一端的过程中，若它们向相反方向运动，则滑块与木板的位移大小之和等于初始时滑块到木板这一端的距离。
注：如果滑块恰好没有脱离木板，则除了上述的位移关系外，滑块的末速度还与木板的相同。
例2 质量M＝3
kg的长木板放在光滑的水平面上。在水平拉力F＝11
N的作用下由静止开始向右运动。如图所示，当速度达到1
m/s时，将质量m＝4
kg的物块轻轻放到木板的右端。已知物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点。(g＝10
m/s2)求：
(1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大？
(2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止？
(3)物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小。
[规范解答] (1)物块刚放置在木板上时，
物块的加速度大小a1＝＝μg＝2
m/s2，
木板的加速度大小a2＝＝1
m/s2。
(2)当物块和木板速度相同后，二者保持相对静止，
故a1t＝v0＋a2t，得t＝1
s，
1
s内木板的位移s2＝v0t＋a2t2＝1.5
m，
物块的位移s1＝a1t2＝1
m，
所以若要使物块最终与木板保持相对静止，
板长至少为L＝s2－s1＝0.5
m。
(3)相对静止后，对整体F＝(M＋m)a，
对物块f＝ma，故f＝m≈6.29
N。
[完美答案] (1)2
m/s2 1
m/s2 (2)0.5
m
(3)6.29
N
解决滑块—木板问题的关键是根据相对运动情况分析受力情况，特别是分析速度相等前后的受力情况；然后依据牛顿第二定律和运动学规律解题。此外要抓住物体间的位移 路程 关系。
如图甲所示，质量M＝1
kg的薄木板静止在水平面上，质量m＝1
kg的铁块静止在木板的右端，可视为质点。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10
m/s2。现给铁块施加一个水平向左的力F，力F从零开始逐渐增加，且铁块始终在木板上没有掉下来，铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象如图乙所示。
(1)求木板与水平面间的动摩擦因数μ1和铁块与木板之间的动摩擦因数μ2；
(2)若力F恒为4
N，作用1
s后撤去F，最终铁块恰好能运动到木板的左端，求木板的长度L。
答案 (1)0.05 0.2 (2)
m
解析 (1)从图乙中可以看出，当F从3.0
N逐渐增加到4.5
N时，f不变，则此时的f是滑动摩擦力，即f＝μ2mg＝2.0
N，解得μ2＝0.2。
由图乙可知，当力F从1.0
N逐渐增加到3.0
N时，铁块和木板相对静止，并且一起加速运动，
当F＝2.0
N时铁块所受摩擦力大小为f铁＝1.5
N，
设此时铁块的加速度大小为a铁，
则F－f铁＝ma铁，a铁＝0.5
m/s2，
木板的加速度大小a板＝a铁，
对整体运用牛顿第二定律
F－μ1(m＋M)g＝(M＋m)a板，
解得μ1＝0.05。
(2)设当F＝4
N时，铁块的加速度大小为a铁1，
由牛顿第二定律有F－f1＝ma铁1，f1＝μ2mg，
解得a铁1＝2
m/s2，
设木板的加速度大小为a板1，
则f1－μ1(m＋M)g＝Ma板1，解得a板1＝1
m/s2，
因此在t＝1
s内，
铁块运动的位移为s铁＝a铁1t2＝1
m，
木板的位移为s板＝a板1t2＝0.5
m，
在t＝1
s时，铁块的速度v铁＝a铁1t＝2
m/s，
木板的速度v板＝a板1t＝1
m/s，
此后，铁块减速，设其加速度大小为a铁2，
则μ2mg＝ma铁2，得a铁2＝2
m/s2，
木板加速，设其加速度大小为a板2，
则μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma板2，得a板2＝1
m/s2，
当两者达到共同速度时有v＝v铁－a铁2t′＝v板＋a板2t′，
得t′＝
s，v＝
m/s，
此后两者保持相对静止直到减速至停止。
从撤去力F到两者达到共同速度的过程中，
铁块的位移s铁1＝t′，得s铁1＝
m，
木板的位移s板1＝t′，得s板1＝
m，
则木板长度为L＝(s铁－s板)＋(s铁1－s板1)＝
m。
1.
如图所示，质量为m1的足够长的木板静止在水平面上，其上放一质量为m2的物块，物块与木板的接触面是光滑的，从t＝0时刻起，给物块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、物块的加速度和速度大小，下列图象符合运动情况的是( )
答案 D
解析 因木板与物块之间的接触面光滑，当水平恒力F作用于物块上时，木板与物块之间无摩擦力作用，故木板所受合外力为0，加速度为0，木板一定保持静止，A、B、C错误；由牛顿第二定律得，物块的加速度a＝，即物块做初速度为0的匀加速直线运动，物块运动的v t图象为过原点的倾斜直线，D正确。
2．(多选)如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动。将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、s、f表示物体的速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列选项中正确的是( )
答案 AB
解析 在0～t1时间内物体受到向右恒定的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，速度与时间的关系为v＝at，v t图象是过原点的倾斜直线；物体的速度与传送带的速度相同后，物体不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，加速度为0，故A、B正确，C错误；根据物体的运动情况，并结合匀变速直线运动和匀速直线运动的位移图象得，D错误。
3．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但长木板保持静止不动。已知木块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，下列说法正确的是( )
A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ1Mg
B．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ2(m＋M)g
C．只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动
D．无论拉力F增加到多大，长木板都不会与地面发生相对滑动
答案 D
解析 长木板保持静止不动，对其进行受力分析，水平方向受到木块的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，由长木板水平方向受力平衡知，长木板受到的地面的摩擦力大小一定等于物块对长木板的摩擦力，即为μ1mg，A、B错误；木块与长木板之间的滑动摩擦力大小为μ1mg，是定值，则不论F增加到多大，长木板的受力情况都不变，长木板都不会与地面发生相对滑动，C错误，D正确。
4．(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝3.5
m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。工件滑上A端时的速度vA＝4
m/s，到达B端时的瞬时速度设为vB，则下列说法中正确的是( )
A．若传送带不动，则vB＝3
m/s
B．若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于3
m/s
C．若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于3
m/s
D．若传送带顺时针匀速转动，vB可能等于3
m/s
答案 ABD
解析 当传送带不动或者传送带逆时针匀速转动时，工件均受到传送带的滑动摩擦力作用，摩擦力方向水平向左且大小相同，工件做匀减速运动，两种情况下，工件运动的位移相同，到达B端的速度相同，根据牛顿第二定律可得工件的加速度大小为a＝＝1
m/s2，根据匀变速直线运动规律有v－v＝－2ax，代入数据得，工件到达B端时的速度为vB＝3
m/s，A、B正确；当传送带顺时针匀速转动时，若传送带速度小于或等于3
m/s，则工件到达B端时的速度大小为3
m/s，若传送带速度大于3
m/s，则工件到达B端的速度大于3
m/s，故C错误，D正确。
5．如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹。下列说法中正确的是( )
A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧
B．开始时木炭包相对于传送带向右运动
C．木炭包的质量越大，径迹的长度越短
D．木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，径迹的长度越短
答案 D
解析 设木炭包的质量为m，传送带的速度为v，木炭与传送带间的动摩擦因数为μ。对木炭包运动过程进行分析知，木炭包放上传送带时，传送带相对木炭包向右运动，传送带受到的木炭包的摩擦力向左，则木炭包受到传送带向右的摩擦力，且在该摩擦力作用下向右做加速运动。开始时木炭包速度小于传送带速度，木炭包相对传送带向左运动，径迹出现在木炭包右侧，直到木炭包与传送带速度相等，一起做匀速运动，径迹不再变化。木炭包相对传送带运动时，其加速度为μg，径迹长度x＝，即传送带速度越大，径迹越长；动摩擦因数越大，径迹越短；径迹的长度与木炭包的质量无关。综上所述，A、B、C错误，D正确。
6．(多选)如图所示，与水平面夹角为θ的传送带，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ答案 BD
解析 将小木块轻放在传送带上，木块相对于传送带向后滑动，木块受到的摩擦力平行于传送带向下，则a1＝gsinθ＋μgcosθ，有可能木块的速度尚未达到v0时就已经滑离传送带，木块全程做匀加速直线运动；也可能中途木块速度增大到v0，此时滑动摩擦力方向突变为沿传送带向上，由于μ0，木块继续加速，只是后半段的加速度比前半段的加速度小一些，B、D正确，A、C错误。
7．(多选)如图所示，一条水平传送带以速度v0逆时针匀速转动，现有一物体以速度v向右冲上传送带，若物体与传送带间的动摩擦因数恒定，规定向右为正方向，则物体在传送带上滑动时的速度随时间变化的图象可能是下图中的( )
答案 BC
解析 物体在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力，由于摩擦力的方向与初速度方向相反，所以物体先做匀减速直线运动，若物体的速度v足够大，则物体在速度减小到0前，已经滑到传送带右端，B正确。若物体的速度比较小，则在物体的速度减小到0时，物体仍未滑到传送带右端，即物体的速度等于0时，仍然在传送带上，由于传送带向左运动，物体在传送带上受到向左的摩擦力，将向左做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度大于物体开始时的速度，则物体一直加速，返回出发点的速度大小仍然等于v；若传送带的速度小于物体开始时的速度，则当物体的速度与传送带的速度相等后，物体以传送带的速度随传送带一起做匀速直线运动，C正确，A、D错误。
8．(多选)一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放着质量分别为mA＝1
kg和mB＝2
kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10
m/s2)。则( )
A．若F＝1
N，则物块、木板都静止不动
B．若F＝1.5
N，则A物块所受摩擦力大小为1.5
N
C．若F＝4
N，则B物块所受摩擦力大小为2
N
D．若F＝8
N，则B物块的加速度为1
m/s2
答案 CD
解析 A与木板间的最大静摩擦力fAmax＝μmAg＝2
N，B与木板间的最大静摩擦力fBmax＝μmBg＝4
N。若F＝1
NNm/s2，对A有F－fA＝mAa，解得fA＝1
N，B错误；若F＝4
N>fAmax，则A在木板上滑动，B和木板整体受到的摩擦力为f＝fAmax＝2
N，轻质木板的质量不计，所以B的加速度aB＝＝1
m/s2，对B根据牛顿第二定律，有fB＝mBaB＝2
N，C正确；若F＝8
N>fAmax，则A相对于木板滑动，B和木板整体受到的摩擦力为f＝fAmax＝2
N，轻质木板的质量不计，所以B的加速度aB＝＝1
m/s2，D正确。
9．(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运动。t＝0时将质量为m＝1
kg的小物块(可视为质点)轻放在传送带上，小物块相对地面的v t图象如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10
m/s2。则( )
A．传送带的速率v0＝10
m/s
B．传送带的倾角θ＝30°
C．小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5
D．0～2.0
s内小物块在传送带上留下的痕迹的长度为6
m
答案 AC
解析 由v t图象可知，在0～1
s，小物块在传送带上做加速度
a1＝10
m/s2的匀加速运动，在1～2
s，小物块做初速度为10
m/s、加速度为a2＝2
m/s2的匀加速运动，故传送带的速率v0＝10
m/s，由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，B错误，A、C正确；0～1
s内传送带位移s1＝v0t1＝10
m，小物块位移s2＝a1t＝5
m，小物块相对传送带的位移大小Δs1＝s1－s2＝5
m，相对传送带向上，1～2
s内传送带位移s3＝v0t2＝10
m，小物块位移s4＝v0t2＋a2t＝11
m，故小物块相对传送带的位移Δs2＝s4－s3＝1
m，相对传送带向下，故小物块在传送带上留下的痕迹的长度为5
m，D错误。
10．如图所示，水平传送带正在以恒定的速率v＝4
m/s顺时针转动，质量为m＝1
kg的某物块(可视为质点)与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，将该物块从传送带左端无初速度地轻放在传送带上(g取10
m/s2)。
(1)如果传送带长度L＝4.5
m，求经过多长时间物块将到达传送带的右端？
(2)如果传送带长度L＝20
m，求经过多长时间物块将到达传送带的右端？
答案 (1)3
s (2)7
s
解析 物块放到传送带上后，在滑动摩擦力的作用下先向右做匀加速运动；
由μmg＝ma得a＝μg，
若传送带足够长，匀加速运动到与传送带同速后再与传送带一同向右匀速运动。
物块匀加速运动的时间t1＝＝＝4
s，
物块匀加速运动的位移s1＝at＝μgt＝8
m。
(1)若传送带长度L＝4.5
m，因为4.5
m<8
m，
所以物块一直在传送带上加速，
由L＝at2得t＝
＝
＝3
s。
(2)若传送带长度L＝20
m，因为20
m>8
m，所以物块速度达到与传送带的速度相同后，摩擦力变为0，此后物块与传送带一起做匀速运动，
物块匀速运动的时间t2＝＝
s＝3
s，
故物块到达传送带右端的时间t′＝t1＋t2＝7
s。
11．质量为2
kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1
s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v t图象如图乙所示，重力加速度g＝10
m/s2，求：
(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；
(3)A的质量。
答案 (1)0.2 (2)0.1 (3)6
kg
解析 (1)由题图乙可知，A在0～1
s内的加速度
a1＝＝－2
m/s2，
对A，由牛顿第二定律得，
－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2。
(2)由题图乙可知，A、B在1～3
s内的加速度
a3＝＝－1
m/s2，
对A、B，由牛顿第二定律得，
－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1。
(3)由题图乙可知，B在0～1
s内的加速度
a2＝＝2
m/s2，
对B由牛顿第二定律得，μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，
代入数据解得m＝6
kg。
12．长为L＝1.5
m的木板B静止放在水平冰面上，可视为质点的小物块A以初速度v0从左端滑上木板B，一段时间后A、B达到相同的速度v＝0.4
m/s，而后A、B又一起在水平冰面上滑行了s＝8
cm后停下。已知物块A与木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，g取10
m/s2。
(1)求木板与冰面的动摩擦因数μ2；
(2)求小物块A的初速度v0的大小；
(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，求小物块滑上木板的最大初速度v0m。
答案 (1)0.1 (2)2.4
m/s (3)3
m/s
解析 (1)小物块和木板一起运动时，做匀减速运动，根据速度与位移关系式可得加速度大小
a＝＝
m/s2＝1
m/s2，
对整体，由牛顿第二定律得μ2(2m)g＝2ma，
解得μ2＝0.1。
(2)小物块滑上长木板后做匀减速运动，其加速度大小
a1＝＝μ1g＝2.5
m/s2，
木板做匀加速运动μ1mg－μ2(2m)g＝ma2，
解得a2＝0.5
m/s2，
设小物块滑上木板经时间t后速度达到v，
对木板有v＝a2t，
解得t＝＝
s＝0.8
s，
小物块滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2.4
m/s。
(3)当小物块以最大初速度v0m滑上木板，则到达木板最右端时木板B和小物块A恰好速度相同，则
物块的位移为s物＝v0mt1－a1t，
木板的位移为s板＝a2t，
位移间的关系为s物－s板＝L，
速度关系为v0m－v′＝a1t1，v′＝a2t1，
由以上各式解得v0m＝3
m/s。
第6章 水平测试卷
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每个小题给出的四个选项中，第1～8小题，只有一个选项符合题意；第9～12小题，有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对而不全的得2分，错选或不选的得0分)
1．如图所示，将甲、乙两弹簧互相钩住并拉伸，则( )
A．甲拉乙的力小于乙拉甲的力
B．甲拉乙的力大于乙拉甲的力
C．甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对平衡力
D．甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对相互作用力
答案 D
解析 甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故A、B、C错误，D正确。
2．下列说法中正确的是( )
A．运动越快的汽车不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大
B．作用力与反作用力一定是同种性质的力
C．伽利略的理想实验是凭空想象出来的，是脱离实际的理论假设
D．马拉着车向前加速时，马对车的拉力大于车对马的拉力
答案 B
解析 惯性的唯一量度是质量，质量大则惯性大，惯性与速度无关，故A错误；作用力与反作用力一定是同性质的力，故B正确；伽利略的理想斜面实验是在实验的基础上，经过了合理的推理，故C错误；马对车的拉力与车对马的拉力是相互作用力，大小一定相等，故D错误。
3．鱼在水中沿直线水平向左加速游动过程中，水对鱼的作用力方向合理的是( )
答案 D
解析 鱼在水中沿直线水平向左加速游动过程中，受到水对它向上的浮力和向左的推力作用，合力方向应为左上方，故D正确。
4.
如图所示，两根完全相同的轻弹簧下端挂一个质量为m的小球，小球与地面间有一竖直细线相连，系统平衡。已知两轻弹簧之间的夹角是120°，且轻弹簧产生的弹力均为3mg，则剪断细线的瞬间，小球的加速度是( )
A．a＝3g，方向竖直向上
B.a＝3g，方向竖直向下
C．a＝2g，方向竖直向上
D.a＝2g，方向竖直向下
答案 C
解析 两轻弹簧弹力之和为3mg，由系统平衡知，小球所受合力为零，细线拉力为2mg，剪断细线的瞬间，弹簧弹力没发生变化，小球所受合外力为2mg，其加速度是a＝2g，方向竖直向上，C正确。
5.
如图所示，斜面体M始终处于静止状态，当物体m沿斜面下滑时，下列说法中错误的是( )
A．匀速下滑时，M对地面的压力等于(M＋m)g
B．加速下滑时，M对地面的压力小于(M＋m)g
C．减速下滑时，M对地面的压力大于(M＋m)g
D．M对地面的压力始终等于(M＋m)g
答案 D
解析 将m和M视为系统，当m匀速下滑时，系统竖直方向没有加速度，所以处于平衡状态，对地面的压力等于系统的重力。当m加速下滑时，整个系统在竖直方向上有向下的加速度，处于失重状态，对地面的压力小于系统的重力。当m减速下滑时，系统在竖直方向上具有向上的加速度，处于超重状态，对地面的压力大于系统的重力。A、B、C正确，D错误。
6．质量为m的金属盒获得大小为v0的初速度后在水平面上最多能滑行s距离，如果在盒中填满油泥，使它的总质量变为2m，再使其以v0初速度沿同一水平面滑行，则它滑行的最大距离为( )
A.
B.2s
C.
D.s
答案 D
解析 设金属盒与水平面间的动摩擦因数为μ，未装油泥前有μmg＝ma①
v＝2as②
装满油泥后有：μ·2mg＝2m·a′③
v＝2a′·s′④
解①②③④可得：s′＝s。故选D。
7.
如图所示，水平传送带水平部分长度为L，以速度v顺时针转动，在其左端无初速度释放一个小物体P，若P与传送带之间的动摩擦因数为μ，则P从左端到传送带右端的运动时间不可能为( )
A.
B.
C.
D.＋
答案 A
解析 若v＝，则P一直加速到右端且到最右端时速度为v，则L＝t，B可能；若v>，则P一直加速到右端且到最右端时速度小于v，则有μgt2＝L，C可能；若v<，则P先加速后匀速，加速到v所用时间t1＝，运动位移s1＝，则匀速运动位移为s2＝L－s1，运动时间为t2＝，则总时间为t＝t1＋t2，D可能。
8.有一固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连。某时刻小球正处于如图所示状态。设斜面对小球的支持力为FN，细绳对小球的拉力为F，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是( )
A．若小车向左运动，FN不可能为零
B．若小车向左运动，F可能为零
C．若小车向右运动，FN不可能为零
D．若小车向右运动，F不可能为零
答案 B
解析 对小球进行受力分析，小球受重力G、斜面对小球的支持力FN、细绳对小球的拉力F。若FN为零，小球所受合力一定为水平向右，小车可做向右加速或向左减速的变速运动；若F为零，小球所受合力一定为水平向左，小车可做向左加速或向右减速的变速运动。故正确选项只有B。
9.如图所示，置于水平地面上的相同材料的质量分别为m和m0的两物体用细绳连接，在m0上施加一水平恒力F，使两物体做匀加速直线运动，对两物体间细绳上的拉力，下列说法正确的是( )
A．地面光滑时，绳子拉力大小等于
B．地面不光滑时，绳子拉力大小等于
C．地面不光滑时，绳子拉力大于
D．地面不光滑时，绳子拉力小于
答案 AB
解析 地面光滑时，将两物体看成一个整体，则由牛顿第二定律可得：F＝(m＋m0)a，对m分析可得：FT＝ma，联立解得：FT＝，A正确；当地面不光滑时，将两者看成一个整体，可得F－μ(m＋m0)g＝(m＋m0)a，对m分析可得：FT－μmg＝ma，联立可得FT＝，故B正确，C、D错误。
10．如图甲所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，若重力加速度g取10
m/s2，根据图乙中所提供的信息可以计算出( )
A．物体的质量为2
kg
B．斜面的倾角为37°
C．加速度为6
m/s2时物体的速度
D．物体能静止在斜面上所施加的最小外力为12
N
答案 AB
解析 对物体受力分析，根据牛顿第二定律得Fcosθ－mgsinθ＝ma，a＝·cosθ－gsinθ，当F＝0
N时，a＝－6
m/s2，当F＝20
N时，a＝2
m/s2，解得θ＝37°，m＝2
kg，A、B正确；由三力平衡得物体能静止在斜面上所施加的沿水平方向的最小外力为F＝mgtanθ＝15
N，D错误；由于运动情况未知，力F随时间的变化情况未知，无法确定加速度为6
m/s2时物体的速度，C错误。
11．如图a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s的关系如图b所示(g＝10
m/s2)，则下列正确的结论是( )
A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B．物体的加速度大小为5
m/s2
C．物体的质量为2
kg
D．弹簧的劲度系数为7.5
N/cm
答案 BC
解析 以物体为研究对象，由牛顿第二定律并结合图象得10＋4k－mg＝ma；30－mg＝ma；又4k＝mg，由以上三式解得m＝2
kg；a＝5
m/s2；k＝5
N/cm，所以B、C正确，D错误。由题意知，物体与弹簧分离时，弹簧处于自然伸长状态，A错误。
12．如图所示，轨道由左边水平部分ab和右边斜面部分bc组成，b处为一小段光滑圆弧连接，斜面倾角为θ＝37°，斜面长L＝10
m。一个小物体在水平面上向右运动，Pb距离为s＝10
m，经过P时速度v0＝20
m/s，小物体与接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g＝10
m/s2，sin37°＝0.6，则( )
A．小物体最终飞离斜面
B．小物体最终停在轨道水平部分，到斜面底端的距离小于x
C．从P点开始计时，小物体沿接触面运动的时间为(3－＋1.4)
s
D．从P点开始计时，小物体沿接触面运动的时间为(3－)
s
答案 AD
解析 应用牛顿第二定律可知：小物体在水平面上滑动的加速度大小为a1＝μg＝5
m/s2(方向与速度v0方向相反)。沿斜面上滑的加速度大小为a2＝gsinθ＋μgcosθ＝10
m/s2(方向沿斜面向下)。小物体在水平面上运动到斜面底端时速度设为v1，应用速度位移公式有v－v＝－2a1s，解得v1＝10
m/s。滑上斜面到速度减小为0需运动的位移为L1＝＝15
m>L，小物体最终离开接触面，A正确，B错误。离开斜面时的速度设为v2，v－v＝－2a2L，v2＝10
m/s，小物体从P到斜面底端的运动时间t1＝，沿斜面上滑的运动时间为t2＝，小物体沿接触面运动的时间为t＝t1＋t2＝(3－)
s，C错误，D正确。
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
二、实验题(本题共2小题，共14分)
13．(7分)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验操作中：
(1)下列说法符合实际的是________。
A．通过同时改变小车的质量及受到的拉力的研究，能归纳出加速度、力、质量三者间的关系
B．通过保持小车质量的不变，只改变小车受到的拉力的研究，就可以归纳出加速度、力、质量三者之间的联系
C．通过保持小车受到的拉力不变，只改变小车的质量的研究，就可以归纳出加速度、力、质量三者间的关系
D．先不改变小车的质量，研究加速度与力的关系，再不改变小车受到的拉力，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度、力、质量三者间的关系
(2)在该实验中，所用电源的频率为50
Hz，取下一段如图所示的纸带研究，取0、1、2、3、4点为计数点，相邻两个计数点之间还有四个点未画出，则：
①该打点计时器使用的是________(填“交流”或“直流”)电源，它每隔________
s打一次点。
②计算此纸带的加速度大小a＝________
m/s2。
③打下“2”计数点时物体的瞬时速度为v2＝________
m/s。
答案 (1)D (2)①交流 0.02 ②3 ③0.75
解析 (1)探究加速度与力、质量关系的实验中用到的方法为控制变量法，D正确。
(2)①打点计时器使用交流电源，因频率为50
Hz，则周期为0.02
s。
②据Δs＝aT2，a＝＝3
m/s2。
③v2＝＝
m/s＝0.75
m/s。
14．(7分)某同学用如图甲所示的实验装置来“探究a与F、m之间的定量关系”。
(1)实验时，必须先平衡小车与木板之间的摩擦力，该同学是这样操作的：如图乙所示，将小车静止地放在水平长木板上，并连着已穿过打点计时器的纸带，调整木板右端的高度，接通电源，用手轻拨小车，让打点计时器在纸带上打出一系列________________的点，说明小车在做________运动。
(2)如果该同学先如(1)中的操作，平衡了摩擦力。以砂和砂桶的重力为F，在小车质量M保持不变的情况下，不断往桶里加砂，砂和砂桶的质量最终达到，测小车加速度a，作a F的图象。下列图线正确的是________。
(3)设纸带上计数点的间距为s1和s2，如图所示为用米尺测量某一纸带上的s1、s2的情况，从图中可读出s1＝3.10
cm，s2＝________
cm，已知打点计时器的频率为50
Hz，由此求得加速度的大小a＝________
m/s2。
答案 (1)点迹均匀 匀速直线 (2)C
(3)5.50 2.40
解析 (1)平衡摩擦力时，先接通电源，用手轻拨小车，让打点计时器在纸带上打出一系列点迹均匀的点，说明小车在做匀速直线运动。
(2)由于该同学平衡了摩擦力，故得到的a F图线过原点，当砂和砂桶的质量最终达到时，由于不满足小车的质量远大于砂和砂桶的质量，故图线应该为C。
(3)s2＝5.50
cm，T＝0.1
s，则加速度a＝＝
m/s2＝2.40
m/s2。
三、计算题(本题共4小题，共38分。要有必要的文字说明和演算步骤。有数值计算的要注明单位)
15.
(8分)如图所示，一位重600
N的演员，悬挂在绳上。若AO绳与水平方向的夹角为37°，BO绳水平，则AO、BO两绳受到的力各为多大？若B点位置向上移，AO、BO的拉力如何变化？
答案 1000
N 800
N AO绳的拉力减小，BO绳的拉力先减小后增大
解析 把人的拉力F沿AO方向和BO方向分解。如图甲所示，由画出的平行四边形可知：AO绳上受到的拉力：
F1＝＝
N＝1000
N。
BO绳上受到的拉力：
F2＝Gcotθ＝600cot37°
N＝800
N。
若B点上移，人的拉力大小和方向不变，利用力的分解方法作出力的平行四边形，可判断出AO绳上的拉力一直在减小、BO绳上的拉力先减小后增大，如图乙所示。
16．(8分)在平直的公路上，一辆汽车正以32
m/s的速度匀速行驶，因前方出现事故，司机立即刹车，直到汽车停下。已知汽车的质量为1.5×103
kg，刹车时汽车所受的阻力为1.2×104
N。求：
(1)刹车时汽车的加速度大小；
(2)从开始刹车到最终停下，汽车运动的时间；
(3)从开始刹车到最终停下，汽车前进的距离。
答案 (1)8
m/s2 (2)4
s (3)64
m
解析 (1)对车受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，由Ff＝ma解得a＝＝－8
m/s2，即刹车时汽车的加速度大小为8
m/s2。
(2)汽车做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动的速度与时间关系式，有t＝＝4
s，即从开始刹车到最终停下，汽车运动的时间为4
s。
(3)根据匀变速直线运动的速度与位移关系式，有s＝＝64
m，即从开始刹车到最终停下，汽车前进的距离为64
m。
17．(10分)在研究摩擦力特点的实验中，将木块放在水平长木板上，如图甲所示，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大。用特殊的测力仪器测出拉力和摩擦力，并绘制出摩擦力Ff随拉力F变化的图象，如图乙所示。已知木块质量为2
kg，取g＝10
m/s2。
(1)求木块与长木板间的动摩擦因数；
(2)若将实验中的长木板与水平方向成37°角放置，将木块置于其上，木块在平行于木板的恒力F′作用下，从静止开始向上做匀变速直线运动，沿斜面向上运动4
m，速度达到4
m/s，求此拉力F′的大小。
答案 (1)0.2 (2)19.2
N
解析 (1)设木块与木板间的动摩擦因数为μ，由图乙知木块受到的滑动摩擦力Ff＝μmg＝4
N，解得μ＝0.2。
(2)设木块在斜面上的加速度为a，由v2＝2as解得a＝2
m/s2，如图所示对木块进行受力分析，由牛顿第二定律得F′－mgsinθ－Ff′＝ma，FN′－mgcosθ＝0，又Ff′＝μFN′，解得F′＝19.2
N。
18．(12分)为抗震救灾，空军某部派直升机空投救灾物资。总质量为100
kg的救灾物资从悬停在离地300
m高处的直升机上被静止释放，经过2
s救灾物资上的降落伞自动开启，如图所示是救灾物资在下落过程中的v t图象。试根据图象所提供的信息(g取10
m/s2)求：
(1)t＝1
s时救灾物资的加速度大小和1.5
s时所受的合力大小；
(2)t＝15
s时救灾物资所受的阻力大小；
(3)估算救灾物资下落18
s时离地的高度。
答案 (1)8
m/s2 800
N (2)1000
N (3)132
m
解析 (1)由题图可知从0～1.5
s内救灾物资做匀加速直线运动，t＝1
s时救灾物资的加速度大小为：
a＝＝
m/s2＝8
m/s2。
由题图可知1.5
s时加速度大小仍为8
m/s2。
由牛顿第二定律可得：F合＝ma＝100×8
N＝800
N。
(2)从题图中可知在15
s时救灾物资做匀速运动，阻力与重力平衡，所以F阻＝mg＝100×10
N＝1000
N。
(3)18
s时由题图可估算出下落距离为h＝42格(±1格)×4
m/格＝168
m(±4
m)，
离地高度为Δh＝300
m－168
m＝132
m。
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本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每个小题给出的四个选项中，第1～8小题，只有一个选项符合题意；第9～12小题，有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对而不全的得2分，错选或不选的得0分)
1．下列说法中正确的是( )
A．只有体积很小的物体才能被看成质点
B．第3
s表示时刻
C．速度、加速度、速度变化量都是矢量
D．在田径场1500
m长跑比赛中，跑完全程的运动员的位移大小为1500
m
答案 C
解析 当物体的大小形状对所研究的问题没有影响或者影响很小可以忽略不计时，物体就可以看做质点，能否看做质点，关键看对所研究的问题影响大小，与体积大小无关，A错误。第3
s表示的是一段时间，是2～3
s这1秒钟，B错误。速度、加速度和速度变化量都有方向，都是矢量，C正确。在田径场1500
m长跑比赛中，路程为1500
m，但位移小于1500
m，D错误。
2．以下判断正确的是( )
A．跳高运动员起跳时，地面对他的支持力大于他对地面的压力
B．拔河比赛时，若甲胜乙负，则甲队对乙队的拉力大于乙队对甲队的拉力
C．起重机用钢丝绳吊着货物加速上升时，钢丝绳对货物的拉力等于货物对钢丝绳的拉力
D．汽车拉着拖车在水平道路上沿直线运动，只有它们做匀速运动时，汽车拉拖车的力才等于拖车拉汽车的力
答案 C
解析 根据牛顿第三定律，作用力和反作用力总是等大反向的，与物体的运动状态、是否受其他力无关，A、B、D错误，C正确。
3．一根轻绳能承受的最大拉力为G，现将一重力为G的物体系在绳的中点，两手先并拢分别握住绳的两端，然后缓慢对称左右分开，若想绳子不断，两绳之间的夹角不能超过( )
A．45°
B.60°
C．120°
D.135°
答案 C
解析 随着绳子间夹角的增加，绳子的拉力逐渐增大，当绳子的拉力大小为G时，两绳间的夹角最大，此时两绳拉力的合力恰好等于物体的重力。由几何知识可以得出此时两绳之间的夹角为120°，C正确。
4.
如图所示，挂有一条鱼的弹簧测力计悬在电梯顶部，鱼的质量为m，当地的重力加速度为g，在电梯运行过程中，弹簧测力计示数为F。则( )
A．若F＝mg，则电梯一定在匀速运动
B．若F>mg，则电梯一定在加速上升
C．若F>mg，则电梯一定在减速上升
D．若F答案 A
解析 由平衡条件，匀速时F＝mg，A正确；若F>mg，加速度向上，可能加速上升或减速下降，B、C均错误；F5.
如图所示，弹簧测力计外壳质量为m0，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为m的重物。现用一方向竖直向上的外力F拉着弹簧测力计，使其向上做加速运动，则弹簧测力计的示数为( )
A．mg
B.mg
C.F
D.F
答案 D
解析 弹簧测力计的读数等于挂钩对物体m的拉力F′，对m、m0组成的整体：F－(m＋m0)g＝(m＋m0)a，对m：F′－mg＝ma，可解得：F′＝F，故D正确。
6.
在光滑的水平面上有一个物体同时受到两个水平力F1和F2的作用，在第1
s内该物体保持静止状态。若两个力随时间变化情况如图所示，则下列说法正确的是( )
A．在第2
s内物体做匀加速直线运动
B．在第3
s内物体做变加速直线运动
C．在第4
s末物体的加速度方向改变
D．在第6
s末物体的速度为零
答案 B
解析 由F t图象可知，1～4
s内物体所受的合力不断增大，故在1～4
s内物体做变加速直线运动，A错误，B正确；由F t图象可知，1～5
s内物体所受的合力始终大于零，故加速度方向不变，物体速度逐渐增大，C错误；最后1
s内物体所受的合力为零，速度保持不变，6
s末速度不为零，D错误。
7.如图所示，两相互接触的物块放在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2，且m1A．FN＝0
B.0C．FD.FN>2F
答案 B
解析 设两物块运动过程中，它们之间的相互作用力为FN，则对于两物块整体而言，由牛顿第二定律得2F＝(m1＋m2)a，对于物块m1而言，由牛顿第二定律得F－FN＝m1a；将两式联立解得FN＝F1－，因m18．物体甲的s t图象和物体乙的v t图象分别如图所示，则这两物体的运动情况是( )
A．甲在整个t＝6
s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为2
m
B．甲在整个t＝6
s时间内有来回运动，它通过的总位移为零
C．乙在整个t＝6
s时间内有来回运动，它通过的总位移为零
D．乙在整个t＝6
s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4
m
答案 C
解析 s t图象斜率为物体速度，因斜率不变，所以速度不变，初位置为－2
m，末位置为2
m，位移为4
m，A、B错误；v t图象面积表示物体位移，前3
s向负向运动，后3
s向正向运动，面积相等位移为零，C正确，D错误。
9．关于摩擦力的下列说法中，正确的是( )
A．运动的物体可能受到静摩擦力的作用
B．静止的物体不可能受到滑动摩擦力的作用
C．滑动摩擦力一定阻碍物体的运动
D．摩擦力不一定与正压力成正比
答案 AD
解析 发生静摩擦力的两个物体是相对静止的，但两物体都可能运动，故A正确；静止的物体也可以受到滑动摩擦力，只要它和与它接触的物体之间有相对滑动即可，故B错误；滑动摩擦力阻碍物体之间的相对运动，但它可以与运动方向相同，此时为动力，故C错误；静摩擦力的大小与正压力无关，故D正确。
10．物体做匀加速直线运动，在时间T内通过位移s1到达A点，接着在时间T内又通过位移s2到达B点，则物体( )
A．在A点的速度大小为
B．在B点的速度大小为
C．运动的加速度为
D．运动的加速度为
答案 AB
解析 匀变速直线运动的中间时刻的速度等于该过程的平均速度，故A点的速度为，故A正确；由Δx＝aT2，可得物体运动的加速度a＝，故C、D错误；因为vA＝，B点的速度vB＝vA＋aT＝，故B正确。
11．在电梯的地板上放置一个压力传感器，在压力传感器上放一个重为20
N的物块，如图甲所示，计算机显示出压力传感器所受物块的压力大小随时间变化的关系，如图乙所示。根据图象分析得出的结论中正确的是( )
A．从时刻t1到t2，物块处于失重状态，从时刻t3到t4，物块处于超重状态
B．从时刻t1到t2，物块处于超重状态，从时刻t3到t4，物块处于失重状态
C．电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层
D．电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层
答案 BC
解析 根据超重和失重的含义可以判定A错误，B正确；时刻t1到t2物块处于超重状态，加速度向上，可能是加速向上运动或减速向下运动，时刻t3到t4物块处于失重状态，加速度向下，可能是减速向上运动或加速向下运动，0到时刻t1和t2到t3物块处于静止或者匀速直线运动状态，所以C正确，D错误。
12．某司机在检测汽车性能过程中，得到汽车减速过程中的位移s与速度v的关系曲线如图所示，并得出位移s与速度v的函数关系式为s＝m－nv2，其中m、n为常数。重力加速度的大小g取10
m/s2。则以下判断正确的是( )
A．汽车在此过程中做匀变速直线运动
B．汽车的末速度为20
m/s
C．由题中所给已知条件可确定m、n的大小
D．汽车对司机作用力的大小与司机重力大小的比值为
答案 AC
解析 由s＝m－nv2可知汽车做匀变速直线运动，A正确；汽车做匀减速直线运动，位移最大时速度为0，B错误；由图象上截距可判断当v＝0时，s＝25
m，当s＝0时，v＝72
km/h＝20
m/s，则m＝25，n＝，则s＝25－v2，C正确；将上式变形可得v2－400＝－16
s，与v－v＝2as比较可知a＝－8
m/s2，又因为F合＝ma，G＝mg，可知二力大小之比＝，而汽车对司机作用力的大小不等于司机受到的合力，故D错误。
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
二、实验题(本题共2小题，共14分)
13．(4分)下表是某同学在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中测得的几组实验数据。
弹力F/N
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
弹簧的伸长量x/cm
2.6
5.0
6.8
9.8
12.4
(1)请你在如图所示的坐标系中描点连线，作出F x图象。
(2)根据图象，写出F、x的具体函数关系式：F＝________。(其中F的单位为N，x的单位为m)
答案 (1)图见解析 (2)20x[F＝(20±2)x均可]
解析 (1)如图所示。
(2)由ΔF＝kΔx，得k＝＝
N/m≈20
N/m，得F＝20x。
14．(10分)在“验证牛顿第二定律”的实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带打上的点计算出。
(1)当M与m的大小关系满足______________时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力。
(2)一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据。为了比较容易地检查出加速度a与质量M的关系，应该作a与________的图象。
(3)如图a是甲同学根据测量数据作出的a F图线，说明实验存在的问题是________________________。
(4)乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a F图线，如图b所示，两个同学做实验时的哪一个物理量取值不同？_______。
(5)已知打点计时器使用的交流电频率为50
Hz，每相邻两个计数点间还有4个点未画出，利用下图给出的数据可求出小车运动的加速度a＝________。(结果保留三位有效数字)
答案 (1)M远大于m (2)
(3)木板倾角过大，摩擦力平衡过度
(4)小车及车中砝码的质量M
(5)1.58
m/s2
解析 (1)以整体为研究对象有mg＝(m＋M)a，解得a＝。
以M为研究对象，则绳子的拉力F＝Ma＝
mg。
显然要使F＝mg，即绳对小车的拉力大小近似等于盘及砝码的重力，必有m＋M≈M，故必须满足M m，即只有M m时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力。
(2)根据牛顿第二定律F＝Ma，a与M成反比，而反比例函数图象是曲线，而根据曲线很难判定出自变量和因变量之间的关系，故不能作a M图象；因a＝，故a与成正比，而正比例函数图象是过坐标原点的一条直线，就比较容易判定自变量和因变量之间的关系，故应作a 图象。
(3)图中没有拉力时就产生了加速度，说明平衡摩擦力时木板倾角过大，平衡摩擦力过度。
(4)由图可知在拉力相同的情况下a乙>a丙，根据F＝Ma可得M＝，所以M乙(5)相邻两点之间还有4个点没有标出，所以相邻计数点间的时间间隔T＝0.1
s，根据逐差法得：
a＝
＝
m/s2
＝1.58
m/s2。
三、计算题(本题共4小题，共38分。要有必要的文字说明和演算步骤。有数值计算的要注明单位)
15．(8分)足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。如图所示，某足球场长90
m、宽60
m。攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12
m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2
m/s2。试求：
(1)足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大？
(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球。他的起跑过程可以视为初速度为0，加速度为2
m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8
m/s。该前锋队员至少经过多长时间能追上足球？
答案 (1)36
m (2)6.5
s
解析 (1)已知足球的初速度为v1＝12
m/s，加速度大小为a1＝2
m/s2。
足球做匀减速运动的时间为：t1＝＝6
s。
运动位移为：s1＝t1＝36
m。
(2)已知前锋队员的加速度为a2＝2
m/s2，最大速度为v2＝8
m/s，前锋队员做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为：
t2＝＝4
s，
s2＝t2＝16
m。
之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为：
s3＝v2(t1－t2)＝16
m，
由于s2＋s3s，
前锋队员追上足球的时间t＝t1＋t3＝6.5
s。
16．(8分)
一个质量是50
kg的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一个弹簧秤，弹簧秤下面挂着一个质量为mA＝5
kg的物体A，当升降机向上运动时，他看到弹簧秤的示数为40
N，如图所示，g取10
m/s2，求此时人对地板的压力。
答案 400
N，方向竖直向下
解析 升降机所处的运动状态未知，但可由A物体的运动状态分析求得。以A为研究对象，对A进行受力分析如图所示，选向下的方向为正方向，由牛顿第二定律可得mAg－FT＝mAa，
所以a＝＝
m/s2＝2
m/s2。
再以人为研究对象，他受到向下的重力m人g和地板的支持力FN。仍选向下的方向为正方向，同样由牛顿第二定律可得方程m人g－FN＝m人a，所以FN＝m人g－m人a＝50×(10－2)
N＝400
N。则由牛顿第三定律可知，人对地板的压力为400
N，方向竖直向下。
17．(10分)
质量为4
kg的雪橇在倾角θ＝37°的斜坡上向下滑动，所受的空气阻力与速度成正比，比例系数未知。今测得雪橇运动的v t图象如图所示，且AB是曲线最左端那一点的切线，B点的坐标为(4,15)，CD线是曲线的渐近线。试问：
(1)物体开始时做什么运动？最后做什么运动？
(2)当v0＝5
m/s和v1＝10
m/s时，物体的加速度各是多少？
(3)空气阻力系数k及雪橇与斜坡间的动摩擦因数各是多少？
答案 (1)加速直线运动 匀速直线运动
(2)2.5
m/s2 0
(3)2
kg/s 0.125
解析 (1)物体开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动。
(2)当v0＝5
m/s时，加速度a0＝
m/s2＝2.5
m/s2，v1＝10
m/s时，加速度为a1＝0。
(3)t＝0时刻开始加速时：
mgsinθ－kv0－μmgcosθ＝ma0，
最后匀速时：mgsinθ＝kv1＋μmgcosθ
由上面二式得kv0＋ma0＝kv1，
解得k＝＝2
kg/s
联立，得μ＝，代入数据解得μ＝0.125。
18．(12分)如图甲所示，质量为M＝4
kg的木板静止在水平面上，质量m＝1
kg的小滑块静止在木板的右端，可看成质点。已知木板与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.4，重力加速度g＝10
m/s2。现用力F作用在木板M上，F随时间t变化的关系如图乙所示，求：
(1)t＝1
s时，小滑块和木板的速度大小；
(2)为使小滑块不从木板上滑落下来，木板的最小长度。
答案 (1)4
m/s 5
m/s (2)0.75
m
解析 (1)设m在M上即将滑动时加速度为a0，
可知a0＝μ2g，
此时的拉力F0＝(m＋M)a0＋μ1(m＋M)g＝25
N。
0～1
s，F1>F0，故m在M上滑动，
对小滑块：a1＝μ2g＝4
m/s2
对木板：第1
s内，
a2＝＝5
m/s2，
t＝1
s时，小滑块的速度vm＝a1t＝4
m/s，
木板的速度vM＝a2t＝5
m/s。
(2)t＝1
s时，vms
m先在M上滑动，滑块的加速度为a1，木板的加速度为
a3＝＝2
m/s2，
当滑块与木板速度相等时，因为F2vm＋a1Δt＝vM＋a3Δt
解得：Δt＝0.5
s。
滑块与木板在1.5
s后，保持相对静止，0～1.5
s内：
木板的位移s2＝a2t2＋a2tΔt＋a3Δt2＝5.25
m，
滑块的位移为s1＝a1t2＋a1tΔt＋a1Δt2＝4.5
m，
木板的最小长度L＝s2－s1＝0.75
m。(共57张PPT)
专题五
模型构建——连接体问题
01课堂探究评价
答案
答案
答案
答案
答案
02课后课时作业
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案
