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。