2019-2020学年安徽省芜湖市高一（上）期末物理试卷PDF版含答案

2019-2020 学年安徽省芜湖市高一（上）期末物理试卷
一、选择题（每小 4 分，共 40 分；1-8 题为单选题，9-10 题分单选题和多选题，其中多选题全部选对得 4 分，选
不全得 2 分，选错或不答得 0 分）
1．（4 分）下列说法不正确的是（ ）
A．“坐地日行八万里”的地球可以视作质点
B．建立质点概念的物理方法是理想模型法
C．古代“刻舟求剑”故事中，刻舟求剑者的错误在于错选了参照系
D．第 4s 末和第 5s 初指同一时刻，在时间轴上二者对应同一点
2．（4 分）下列几个关于力学问题的说法中正确的是（ ）
A．米、千克、牛顿等都是国际单位制中的基本单位
B．加速度大的物体，速度变化一定快
C．摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反
D．马拉车加速前进说明马拉车的力大于车拉马的力
3．（4 分）如图所示，物体 A 置于水平地面上，力 F 竖直向下作用于物体 B 上，A、B 保持静止，则物体 A 的受力
个数为（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
4．（4 分）从高为 5m 处以某一初速度竖直向下抛出一个小球，小球与地面相碰后竖直向上弹起，上升至 2m 高处被
接住，这段时间内小球的位移和路程大小分别是（ ）
A．2m、7m B．5m、5m C．3m、7m D．7m、3m
5．（4 分）甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，则下列说法中正确的
是（ ）



A．两物体两次相遇的时刻是 2s 末和 6s 末
B．4s 末甲在乙前面
C．在 0～6s 内，两物体相距最远的时刻是 1s 末
D．乙物体先向前运动 2s，随后向后运动
6．（4 分）某人骑自行车沿一斜坡从坡底到坡顶，再从坡顶到坡底往返一次，已知上坡时的平均速度大小为 4m/s，
下坡时的平均速度大小为 6m/s，则此人往返一次的平均速度大小是（ ）
A．10 m/s B．5 m/s C．4.8 m/s D．0
7．（4 分）初速为 10m/s 的汽车遇紧急情况以大小为 2m/s
2
的加速度制动，下列说法中正确的是（ ）
A．汽车在制动过程中任意相等时间内速度变化量均为 2m/s
B．汽车在制动后第 1s 内的位移与第 4s 内的位移之比为 7：1
C．汽车在制动后 6s 内的位移为 24m
D．汽车在制动后的倒数第 3m、倒数第 2m、最后 1m 内的运动，平均速度之比是（ ）：（ ）：1
8．（4 分）如图所示，某宾馆大楼中的电梯下方固定有 4 根相同的竖直弹簧，其劲度系数均为 k。这是为了防止电
梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险。若缆绳断裂后，总质量为 m 的电梯下坠，4 根弹簧同时着地而开始缓冲，
电梯坠到最低点时加速度大小为 5g（g 为重力加速度大小），下列说法正确的是（ ）

A．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为
B．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为
C．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯先处于失重状态后处于超重状态
D．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯始终处于失重状态
9．（4 分）关于惯性的说法，正确的是（ ）
A．物体的质量越大，惯性越大
B．人走路时没有惯性，被绊倒时也没有惯性


C．物体没有受外力时有惯性，受外力作用后愤性就被克服了
D．运动员百米赛跑到达终点不能立即停下是由于有惯性，停下就没有惯性了
10．如图所示，在上表面光滑的小车上放有质量 m1 的物块和质量为 m2 的小球，且 m1＞m2，开始时物块，小车．小
球一起在水平面上匀速运动，现让小车向右匀加速运动则（ ）

A．由于 m1＞m2．物块将向前与小球相碰
B．由于 m1＞m2，物块的惯性大，在小车上小球相对物块向左运动
C．由于 m1＞m2，物块的惯性大，在小车上小物块相对球向右运动
D．物块的质量大惯性也大，但在小车上小球相对物块仍静止
11．如图所示，一只盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓球，容器中水和
铁球。乒乓球都处于静止状态，当容器随小车突然向右运动时，两球的运动状况是（以小车为参考系）（ ）

A．铁球向左，乒乓球向右 B．铁球向右，乒乓球向左
C．铁球和乒乓球都向左 D．铁球和乒乓球都向右
12．（4 分）如图所示，光滑水平面上的物体，如果在受到与水平方向成 θ角的拉力 F 作用下能够向右作匀速直线运
动，则需要对物体施加一个水平向左的拉力。这个拉力的大小为（ ）

A．Fsinθ B．Fcosθ C．mg﹣Fsinθ D．mg+Fsinθ
13．如图所示，光滑半球固定在水平面上，球心 O 的正上方 O′处固定一光滑的定滑轮，细线的一端拴小球 A，另
一端绕过定滑轮，现用一外力拉细线，将小球从图中位置缓慢拉至 B 点，在此过程中，小球 A 对光滑半球的压
力 N、对细线的拉力 F 的大小变化情况是（ ）



A．小球 A 对光滑半球的压力 N 大小不变
B．小球 A 对光滑半球的压力 N 变小
C．小球 A 对细线的拉力 F 大小不变
D．小球 A 对细线的拉力 F 变小
14．如图所示，轻弹簧的劲度系数为 k，一端固定在内壁光滑、半径为 R 的半球形容器底部 O′处（O 为球心），
弹簧另一端与质量为 m 的 A 小球相连，小球静止于 P 点，OP 与水平方向的夹角为 θ＝30°，若换成质量为 2m
的小球B与弹簧相连，小球静止在 之间的M点（图中没有标出），重力加速度为 g，下列说法正确的是（ ）

A．容器对小球 A 的支持力为 mg
B．容器对小球 B 的支持力为 2mg
C．O′M 的长度为
D．弹簧的原长为
二、填空题（每小题 4 分共 16 分）
15．（4 分）如图是某物体做直线运动的图象，则根据图象可知 8﹣12s 内的加速度大小是 m/s
2
；0﹣12s 内的
平均速度大小是 m/s。

16．（4 分）重为 400N 的木箱放在水平地面上，木箱与地面间的最大静摩擦力是 120N，动摩擦因数是 0.25，如果
用 80N 的水平力推木箱，木箱受到的摩擦力大小为 ；如果用 160N 的水平力推木箱，木箱受到的摩擦力


大小为 ．
17．（4 分）质量是 60kg 的人站在升降机中的体重计上，则：
（1）当升降机匀速上升时体重计的读数为 N；
（2）当升降机以 3m/s
2
的加速度匀加速上升时体重计的读数为 N；
（3）当体重计的读数是 300N 时，升降机的加速度大小为 m/s
2
，方向为竖直 （向上，向下）
18．（4 分）在光滑水平面上以水平恒力 F 拉动小车和木块，一起做无相对滑动的加速运动，若小车质量为 M，木
块质量为 m，木块和小车间的动摩擦因数为 μ．则小车与物块之间的摩擦力大小为 ．

三、实验题（每空 2 分，共 14 分）
19．（6 分）如图所示，某小组同学利用 DIS 实验装置研究支架上力的分解．A、B 为两个相同的双向力传感器，该
型号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负．A连接质量不计的细绳，可沿固定的板做圆弧形移动．B
固定不动，通过光滑铰链连接长 0.3m 的杆．将细绳连接在杆右端 O 点构成支架．保持杆在水平方向，按如下步
骤操作：
①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB＝θ
②对两个传感器进行调零
③用另一绳在 O 点悬挂在一个钩码，记录两个传感器读数
④取下钩码，移动传感器 A 改变 θ角
重复上述①②③④，得到图示表格 a．
（1）根据表格 a，A 传感器对应的是表中力 （填“F1”或“F2”）．钩码质量为 kg（保留 1 位有
效数字）．
F1 1.001 0.580 ? 1.002 ?
F2 ﹣0.868 ﹣0.291 ? 0.865 ?
θ 30° 60° ? 150° ?
（2）（单选题）本实验中多次对传感器进行调零，对此操作说明正确的是
A．因为事先忘记调零
B．何时调零对实验结果没有影响


C．为了消除横杆自身重力对结果的影响
D．可以完全消除实验的误差．

20．（4 分）在做“研究匀变速直线运动”实验中，打点计时器打出的一条纸带中的某段如图所示，若 A，B，C ?
点间的时间间隔均为 0.10s，从图中给定的长度，求小车的加速度大小是 m/s
2
，打下 C 点时小车的速度大
小是 m/s。（结果保留到小数点后一位）

21．（4 分）为了探究加速度与力、质量的关系，某同学利用如图所示的实验装置，探究小车质量一定时加速度与合
外力之间的关系，图中上下两层水平轨道，细线跨过滑轮并挂上砝码盘。若可将砝码和砝码盘的总重力作为小车
所受合力，须满足条件 ；两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，
并同时停止。
该同学测量了两小车的位移为 x1、x2，则 ＝ 。

四、计算题（第 17 题 8 分，第 18 题 10 分，第 19 题 12 分，共 30 分；要求写出主要的计算公式、解题步骤和必要
的文字说明）
22．（8 分）一质点沿一直线运动，先从静止开始以 2.5m/s
2
的加速度匀加速运动 4s，接着以该时刻的速度匀速前进
3s，最后以大小为 10m/s
2
的加速度匀减速运动直至停止．求：
（1）4s 末的速度；
（2）10s 内的位移．


23．（10 分）如图所示，一质量为 2kg 的物块在固定斜面上受沿斜面向上的拉力 F 的作用而匀速向上运动，斜面的
倾角为 30°，物块与斜面间的动摩擦因数 μ＝ ，则拉力 F 的大小为多少？（g＝10m/s
2
）

24．如图所示，质量为 m1 的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为 O，轻绳 OB 水平且 B 端与站在水平面
上的质量为 m2 的人相连，轻绳 OA 与竖直方向的夹角 θ＝37°，物体甲及人均处于静止状态。（已知 sin37°＝
0.6，cos37°＝0.8，g 取 10m/s
2
．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）轻绳 OA、OB 受到的拉力分别是多大？
（2）人受到的摩擦力是多大？方向如何？
（3）若人的质量 m2＝60kg，人与水平面之间的动摩擦因数 μ＝0.3，欲使人在水平面上不滑动，则物体甲的质量
m1 最大不能超过多少？

25．如图所示，质量 M＝2 kg 的木块 A 套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量 m＝ kg 的小球 B 相连。今用
与水平方向成 α＝30°角的力 F＝10 N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中 M、m 相对位置保持不
变。求：
（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角 θ；
（2）木块与水平间的动摩擦因数 μ；
（3）当 α为多大时，使球和木块一起向右匀速运动的力 F 最小，最小值为多少？

26．（12 分）如图所示一足够长的斜面倾角为 37°，斜面 BC 与水平面 AB 圆滑连接。质量 m＝2kg 的物体静止于


水平面上的 M 点，M 点距 B 点之间的距离 L＝9m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为 μ＝0.5．现使物体
受到一水平向右的恒力 F＝14N 作用，运动至 B 点时撤去该力（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取 g＝10m/s
2
）。则：
（1）物体在恒力作用下运动时的加速度是多大？
（2）物体到达 B 点时的速度是多大？
（3）物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？

27．如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块。已知木块的质量 m＝1kg，木板的质
量 M＝4kg，长 L＝2.5m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数从 μ＝0.2．现用水平向右恒力 F＝20N
拉木板。
（1）要使木块能滑离木板，求 F 作用的最短时间；
（2）如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为 μ1＝0.3，欲使木板能
从木块的下方抽出，对木板施加的水平向右的拉力应满足什么条件？

28．如图所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐。薄木板的质量 M＝1.0kg，长度 L＝1.0m。在
薄木板的中央有一个小滑块（可视为质点），质量 m＝0.5kg。小滑块与薄木板之间的动摩擦因数 μ1＝0.10，小滑
块、薄木板与桌面之间的动摩擦因数相等，皆为 μ2＝0.20．设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的
最大静摩擦力。某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力使木板向右运动。求：
（1）当外力 F＝3.5N 时，m 与 M 的加速度各为多大？
（2）若使小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力 F 至少是多大？
（3）若使小滑块脱离木板但不离开桌面，求拉力 F 应满足的条件。




2019-2020 学年安徽省芜湖市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小 4 分，共 40 分；1-8 题为单选题，9-10 题分单选题和多选题，其中多选题全部选对得 4 分，选
不全得 2 分，选错或不答得 0 分）
1．【解答】解：A、“坐地日行八万里”的地球不能看做质点，否则就没有自转了，故 A 不正确；
B、质点在生活中并不存在，是理想模型法，故 B 正确；
C、“刻舟求剑”故事中，刻舟求剑者的错误在于错选了船为参考系，故 C 正确；
D、第 4 s 末和第 5 s 初指同一时刻，在时间轴上对应同一个点，故 D 正确；
本题选不正确的，故选：A
2．【解答】解：A、牛顿是导出单位，故 A 错误；
B、加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，加速度大则说明速度变化一定快，故 B 正确；
C、摩擦力与相对运动的方向相反，但可能与运动方向相同，故 C 错误；
D、马拉车和车拉马的力为作用力和反作用力，故二者一定大小相等方向相反，故 D 错误。
故选：B。
3．【解答】解：对整体受力分析可知，整体受重力、支持力和压力的作用，水平方向没有外力，故 A 与地面间没有
摩擦力；
再对 B 分析可知，B 受重力、支持力和 F 的作用而处于静止，则说明 AB 间一定有摩擦力；
则对 A 分析可知，A 受重力、支持力、压力和 B 的摩擦力，共四个力的作用；
故选：B。
4．【解答】解：小球的初位置距地面 5m，末位置距地面 2m，则在这段过程中小球的位移大小为 x＝5m﹣2m＝3m，
方向竖直向下。路程为 S＝5m+2m＝7m。
故选：C。
5．【解答】解：A、t＝2s 时乙的位移为 x＝ ×2×4＝4m，甲的位移为 x′＝2×2＝4m，两者位移相同，又是从同
一地面出发，故 2s 末时二者相遇，同理可判断 6s 末二者也是相遇，故 A 正确；
B、4s 时甲的位移为 x＝4×2＝8m，乙的位移为：x′＝ ×2×4+ ×（2+4）×2＝10m；甲的位移小于乙的位
移，故甲在乙后面，B 错误；
C、1s 末两物体相距的距离等于一个小三角形的面积，而 4s 末两物体相距的距离等于 2﹣4 之间三角形的面积，


明显 4s 末二者的距离最大，故 C 错误；
D、乙的速度一直为正，说明其运动方向始终未发生变化，故 D 错误；
故选：A。
6．【解答】解：人往返一次通过的位移为 0，故平均速度为零
故选：D。
7．【解答】解：A、汽车制动速度减为零的时间 ，在 5s 前任意相等时间内速度变化量均为
2m/s，故 A 错误。
B、采用逆向思维，汽车做初速度为零的匀加速直线运动，相等时间内的位移之比为 1：3：5：7：9，则汽车制
动后第 1s 内的位移和第 4s 内的位移之比为 x1：x4＝9：3＝3：1，故 B 错误。
C、汽车制动后 6s 内的位移等于 5s 内的位移，即 x＝ ，故 C 错误。
D 、采用逆向思 维，汽车做初 速度为零的匀加速直 线运动，根据相等位 移所用时间 之比 为
，根据平均速度的定义式知，平均速度之比为 ＝（ ）：
（ ）：1，故 D 正确。
故选：D。
8．【解答】解：A、电梯坠到最低点时加速度大小为 5g，
根据牛顿第二定律得 4F﹣mg＝ma＝5mg，
F＝ ，
根据胡克定律得每根弹簧的压缩长度△x＝ ＝ ，故 AB 错误；
C、电梯在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中，开始阶段，重力大于弹力，加速度方向向下，向下
做加速运动，当重力和弹力相等后，弹力大于重力，加速度方向向上，向下做减速运动，加速度的大小先减小后
增大，速度先增大后减小，则电梯先处于失重状态，后处于超重状态。故 C 正确，D 错误；
故选：C。
9．【解答】解：惯性是物体的固有属性，与物体的速度以及是否受力无关，其大小只有物体的质量有关，故 A 正确，
BCD 错误。
故选：A。
10．【解答】解：


A、小车向右匀加速运动时，由于小车上表面光滑，小车对物块和小球水平方向没有作用力，由于惯性，两者相
对于地面都静止，所以物块和小球不会相碰。故 A 错误。
B、C，m1＞m2，物块的惯性大。但在小车上小球相对物块静止。故 BC 错误。
D、物块的质量大惯性也大，但由于惯性，物块和小球保持原来静止状态，在小车上小球相对物块仍静止。故 D
正确。
故选：D。
11．【解答】解：因为小车突然向右运动时，由于惯性，铁球和乒乓球都有向左运动趋势，但由于与同体积的“水
球”相比铁球的质量大，惯性大，铁球的运动状态难改变，即速度变化慢，而同体积的水球的运动状态容易改变，
即速度变化快，而且水和车一起加速运动，所以小车加速运动时，铁球相对于小车向左运动，同理由于与同体积
的“水球”相比乒乓球的质量小，惯性小，乒乓球向右运动。
故选：A。
12．【解答】解：F 在水平方向的分力为 Fcosθ；由于物体做匀速直线运动，所以物体受力平衡，根据平衡条件可得
需要对物体施加一个水平向左的拉力 F′＝Fcosθ，故 B 正确，ACD 错误。
故选：B。
13．【解答】解：在小球被拉升的过程中对小球进行受力分析，小球受重力、半球面对小球的弹力和绳对小球的拉
力，小球在三个力作用下缓慢滑向半球顶点，可视为小球在运动过程中受力平衡，即小球受重力、支持力和绳拉
力的合力为 0．如图，作出小球的受力示意图，由图可知：
因为小球所受合力为零，故小球所受重力 mg、半球对小球的弹力 N 和绳对小球 A 的拉力 F 可以构成一个闭合的
三角形，如图可知，三个力构成的三角形与图中由绳 AO′、顶点高度 OO′及半球半径 AO 构成的三角形 ACO
始终相似，故有： ；
由于小球在上拉的过程中，OO′和 AO 的长度不变，AO′减小，由于重力不变，所以根据相似比可以得出：
小球的拉力 F 变小，半球对小球 A 的支持力 N 不变，故 AD 正确、BC 错误。
故选：AD。



14．【解答】解：AC、对质量为 m 的小球，受重力、支持力和弹簧的弹力而平衡，如图所示：
根据平衡条件，有：F＝N＝mg；
故弹簧的原长为：l＝R+ ＝R+ ；故 AC 正确；
BD、当改为质量为 2m 的球后，球与弹簧间的弹力变大，设 OM 与水平方向的夹角为 α，则：
其中 N′与水平方向的夹角为 α，F′与竖直方向的夹角为 β＝45°+ ；
根据平衡条件，水平方向：N′cosα＝F′sin（45°+ ），
竖直方向：N′sinα+F′cos（45°+ ）＝2mg，
根据胡克定律，有：F′＝k[l﹣2Rsin（45°﹣ ）]＝k[R+ ﹣2Rsin（45°﹣ ）]
联立解得：2Rsin（45°﹣ ）＝ ，N′＝2mg，故 BD 正确。
故选：ABCD。


二、填空题（每小题 4 分共 16 分）
15．【解答】解：根据 v﹣t 图象的斜率表示加速度，知 8﹣12s 内的加速度大小 a＝| |＝| |m/s
2
＝10m/s
2
。
根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移，可知，0﹣12s 内位移 x＝[ ×（4+10）×20﹣ ×2×20]m＝120m，
平均速度 ＝ ＝ m/s＝10m/s。
故答案为：10，10。


16．【解答】解：当用 80N 的水平力推木箱时，木箱不动，此时受的摩擦力是静摩擦力，大小与水平力推力相等，
也是 80N；
用 150N 的水平力推木箱时，150N 大于 120N 了，物体要运动，此时受的摩擦力是滑动摩擦力，滑动摩擦力的大
小为：F＝μFN＝0.25×400N＝100N；
故答案为：80N，100N
17．【解答】解：（1）升降机匀速上升，受力平衡，则 FN＝mg＝600N
（2）升降机加速上升，加速度方向向上，支持力大于重力，根据牛顿第二定律得：
FN1﹣mg＝ma1
FN1＝m（g+a1）＝60（10+3）N＝780N
（3）当体重计的读数是 300N 时，小于 600N，人处于失重状态，则升降机加速下降，加速度方向向下，根据牛
顿第二定律得：
mg﹣FN2＝ma2
解得：a2＝ ＝ m/s
2
＝5m/s
2

答：（1）升降机匀速上升时体重计的读数是 600N；
（2）升降机以 3m/s
2
的加速度上升时体重计的读数是 780N；
（3）当体重计的读数是 300N 时，升降机的加速度大小为 5m/s
2
，竖直向下。
18．【解答】解：由牛顿第二定律，对小车与木块组成的系统有：F＝（M+m）a?①
对木块：f＝ma?②
由①②联立解得：f＝ma＝ ；
故答案为： ．
三、实验题（每空 2 分，共 14 分）
19．【解答】解：（1）由表格数据可知，F1 都是正值，传感器受到的都是拉力，因绳子只能提供拉力，故 A 传感器
对应的是表中力 F1．
对结点 O 受力分析有 F1sin30°＝mg，解得 m＝0.05kg
（2）本实验中多次对传感器进行调零，为了消除横杆自身重力对结果的影响．
故答案为：
（1）F1． 0.05；


（2）C
20．【解答】解：由于每相邻的计数点间的时间间隔 T＝0.1s，
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。
vC＝ ＝1.1m/s
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：a＝ ＝4.0m/s
2

故答案为：4.0，1.1。
21．【解答】解：若可将砝码和砝码盘的总重力作为小车所受合力，绳中拉力约等于砝码和砝码盘的总重力，此时
需满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车质量
使两小车同时开始运动，并同时停止，两车运动的位移 。
则
故答案为：（1）砝码和砝码盘的总质量远小于小车质量；（2）
四、计算题（第 17 题 8 分，第 18 题 10 分，第 19 题 12 分，共 30 分；要求写出主要的计算公式、解题步骤和必要
的文字说明）
22．【解答】解：（1）根据 ，有

（2）匀加速运动的位移：
匀速运动的位移：
匀减速到速度减为 0 的时间：
匀减速位移：

答：（1）4s 末的速度 10m/s；
（2）10s 内的位移 55m


23．【解答】解：受力分析如图所示：
沿斜面向上为 x 轴正方向，垂直斜面向上为 y 轴正方向建立直角坐标系，将重力向 x 轴及 y 轴分解，因物体处于
平衡状态，由共点力的平衡条件可知：
平行于斜面方向：F﹣mgsinα﹣f＝0
垂直于斜面方向：N﹣mgcosα＝0
其中 f＝μN
联立解得：F＝16N
答：拉力 F 的大小为 16N。

24．【解答】解：（1）对结点 O 进行受力分析，受甲通过绳子对 O 的拉力 m1g，OB 的拉力 F 和 OA 的拉力 T，处
于平衡状态，如图所示，有：
T＝ ＝1.25m1g
F＝m1g?tanθ＝ m1g
（2）对人受力分析，在水平方向上受 OB 的拉力 F′和地面对人的摩擦力 f 处于平衡状态，所以有：
f＝F′＝F＝ m1g?①
人有向右的运动趋势，所以人受到水平向左的摩擦力作用
（3）人在竖直方向上受重力 m2g 和支持力 N，若人的质量 m2＝60kg，人与水平面之间的动摩擦因数 μ＝0.3，
则人受到的最大静摩擦力为：
fmax＝μN＝μm2g?②
此时物体甲的质量达到最大，联立①②并代入数据得：m1＝24kg
答：（1）轻绳 OA、OB 受到的拉力分别是 1.25m1g 和 m1g。
（2）人受到的摩擦力是 m1g，方向水平向左。
（3）若人的质量 m2＝60kg，人与水平面之间的动摩擦因数 μ＝0.3，欲使人在水平面上不滑动，则物体甲的质量


m1 最大不能超过 24kg。

25．【解答】解：（1）对小球 B 进行受力分析，设细绳对 N 的拉力为 T 由平衡条件可得：

Fcos30°＝Tcosθ
Fsin30°+Tsinθ＝mg
代入数据解得：T＝10 ，tanθ＝ ，即：θ＝30°
（2）对 M 进行受力分析，由平衡条件有：

FN＝Tsinθ+Mg


f＝Tcosθ
f＝μFN
解得：μ＝ ；
（3）对 M、N 整体进行受力分析，由平衡条件有：

FN+Fsinα＝（M+m）g
f＝Fcosα＝μFN
联立得：Fcosα＝μ（M+m）g﹣μFsinα
解得：F＝
令：sinβ＝ ，
cosβ＝ ，
即：tanβ＝
则：F＝ ＝
所以：当 α+β＝90°时 F 有最小值。所以：tanα＝μ＝ 时 F 的值最小。
即：α＝arctan ，那么此时拉力 F＝ N。
答：（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角 θ为 30°；
（2）木块与水平杆间的动摩擦因数 ；
（3）当 α为 arctan 时，使球和木块一起向右匀速运动的拉力最小，且最小值为 N。
26．【解答】解：在水平面上，根据牛顿第二定律可知：F﹣μmg＝ma，


解得：a＝
（2）有 M 到 B，根据速度位移公式可知：
解得： m/s＝6m/s
（3）在斜面上，根据牛顿第二定律可知：mgsinθ+μmgcosθ＝ma′
代入数据解得：a′＝10m/s
2

根据速度位移公式可知：
解得：
答：（1）物体在恒力作用下运动时的加速度是 2m/s
2

（2）物体到达 B 点时的速度是 6m/s
（3）物体沿斜面向上滑行的最远距离是 1.8m
27．【解答】解：（1）当木板受到拉力时，木板受到的地面给的滑动摩擦力为：
f＝μ（M+m）g＝0.2×（4+1）×10N＝10N
木板的加速度为：
a＝ ＝ m/s
2
＝2.5m/s
2
。
设作用 t 时间后撤去力 F，木板的加速度大小为：
a′＝ ＝ m/s
2
＝2.5m/s
2

整个过程木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，因为 a＝a′
要使木块能滑离木板，根据对称性应有：L＝2× at
2
。
解得：t＝1s。
（2）设木块的最大加速度为 a 木块，则有：
μ1mg＝ma 木块。
对木板有：F﹣μ1mg﹣μ（M+m）g＝Ma 木板
木板从木块的下方抽出的条件为：a 木板＞a 木块
解得：F＞25N
答：


（1）F 作用的最短时间为 1s。
（2）欲使木板能从木块的下方抽出，对木板施加的拉力应大于 25 N。
28．【解答】解：（1）设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，
小滑块的加速度为 a1，薄木板的加速度为 a2，
根据牛顿第二定律有：
对滑块：μ1mg＝ma1
对木板：F 临界﹣μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma2
且有：a1＝a2，解得：F 临界＝4.5N，
由于：F＝3.5N＜F 临界＝4.5N，
M、m 相对静止，它们一起做匀加速直线运动，
由牛顿第二定律可知，加速度：a＝ ＝ m/s
2
；
（2）由（1）可知，使小滑块与木板之间发生相对滑动的临界拉力：
F 临界＝4.5N，则拉力至少为 4.5N；
（3）设小滑块脱离薄木板时的速度为 v，时间为 t，
在桌面上滑动的加速度为 a3，小滑块脱离木板前，
薄木板的加速度为 a4，空间位置变化如图所示，
则滑块的速度：v＝a1t，
对滑块，由牛顿第二定律得：μ2mg＝ma3，
位移：x1＝ ，x2＝ ，
由几何关系得：x2﹣x1＝ L，
木板的位移： L+ ＝ a4t
2
，
根据牛顿第二定律，对木板：F2﹣μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma4
解得：F2＝6N，要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力 F≥6N；
答：（1）当外力 F＝3.5N 时，m 与 M 的加速度都是 m/s
2
；
（2）若使小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力 F 至少是 4.5N；
（3）若使小滑块脱离木板但不离开桌面，拉力 F 应满足的条件是：F≥6N。