高一物理上学期期末考试试题(含解析)新人教版.doc

四川省广元市 高一上学期期末考试物理试卷
一、选择题共12小题，每小题4分．每小题给出的四个选项中，只有一个是最符合题意的，选对得4分，有选错或不选的得0分．
1．下列关于力的说法正确的是（　　）

A．
两物体必须接触才能产生力的作用

B．
摩擦力总是阻碍物体的运动

C．
自由下落的石块速度越来越大，说明它受到的重力也越来越大

D．
一个物体放在水平地面上，物体受到了向上的弹力，是因为地面发生了形变

考点：
滑动摩擦力；自由落体运动．.
分析：
任何物体都受到重力．重力与物体的速度无关．弹力产生的条件及原理，根据摩擦力阻碍物体相对运动，即可求解．
解答：
解：A、两物体必须接触，且发生弹性形变，才能产生弹力的作用，而产生力不一定要接触．故A错误．
B、摩擦力总是阻碍物体的相对运动．故B错误．
C、自由下落的物体速度越来越大，但物体受到的重力不变．故C错误．
D、根据弹力产生的原理，可知，物体放在水平地面上，物体受到了向上的弹力，是因为地面发生了形变．故D正确．
故选：D．
点评：
考查弹力产生的条件，理解摩擦力的方向中相对两字的含义，注意重力的大小与运动状态无关．

2．（4分）小王乘坐K283次列车从广元到成都，列车6点33分从广元出发，行驶319km后于11点39分抵达成都，下列有关说法正确的是（　　）

A．
“319km”指的是位移的大小

B．
“6点33分”、“11点39分”指的是时间间隔

C．
研究列车从广元到成都的行驶时间可以把列车当成质点

D．
通过已知信息可以计算列车从广元到成都的平均速度

考点：
平均速度；质点的认识；时间与时刻．.
专题：
直线运动规律专题．
分析：
本题要求：明确时间与时刻、位移与路程及平均速度和平均速率的定义，并能正确进行区分；掌握质点的条件．
解答：
解：A、列车所起的路线为曲线；故319km不是位移大小，而是路程；故A错误；
B、“6点33分”、“11点39分”是指列车到站的时间；故为时刻；故B错误；
C、列车相对于走过的路程来说其大小和形状可以忽略；故可以看作质点；故C正确；
D、因无法明确列车的位移，故不能求解平均速度，只能求出平均速率；故D错误；
故选：C．
点评：
物理学中有很多相近物理量，在学习中要特别注意区分它们之间的区别，并掌握它们之间的联系．

3．（4分）2014年11月1日，广元市城区试用高清公路监控摄像头，可抓拍不系安全带驾驶，超速等违规、违法行为，下列有关说法正确的是（　　）

A．
系好安全带可以减小人的惯性

B．
同一辆车，速度越大停下来需要的时间越长，说明速度大的车惯性大

C．
系好安全带可以减轻因人的惯性而造成的伤害

D．
系好安全带可以减轻因车的惯性而造成的伤害

考点：
惯性．.
分析：
惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大．
解答：
解：A、惯性的大小只与物体的质量有关，故司机驾车时系安全带，可以防止惯性的危害，但不能减小惯性，故A错误；
B、惯性的大小只与物体的质量有关，与速度无关，故B错误；
C、D、系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害，故C正确，D错误；
故选：C
点评：
此题通过不同的选项考查了学生对惯性知识的理解，一定要知道惯性是物体本身的一种性质，任何物体任何情况都有惯性，其大小只与物体的质量有关．

4．（4分）如图所示，将两弹簧测力计a、b连结在一起，当用力缓慢拉a弹簧测力计时，发现不管拉力F多大，a、b两弹簧测力计的示数总是相等，这个实验说明（　　）

A．
这是两只完全相同的弹簧测力计

B．
作用力与反作用力大小相等、方向相反

C．
力是改变物体运动状态的原因

D．
弹力的大小与弹簧的形变量成正比

考点：
胡克定律．.
专题：
弹力的存在及方向的判定专题．
分析：
a、b两弹簧秤的示数分别显示b弹簧的拉力和a弹簧的拉力，这是一对作用力与反作用力，两弹簧称的示数相等，说明了作用力与反作用力大小相等、方向相反．
解答：
解：A、a、b两弹簧秤的示数分别显示b弹簧的拉力和a弹簧的拉力，这是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律得知，它们的示数总是相等，与弹簧称无关，故两只弹簧称不一定完全相同．故A错误．
B、a、b两弹簧秤的示数分别显示b弹簧的拉力和a弹簧的拉力，这是一对作用力与反作用力，两弹簧称的示数相等，说明了作用力与反作用力大小相等、方向相反．故B正确．
C、弹簧称的运动没有改变，故此实验不能说明力是改变物体运动状态的原因．故C错误．
D、此实验不能说明弹力的大小与弹簧的形变量成正比．故D错误．
故选：B
点评：
本实验是证明了牛顿第三定律的正确性，不能证明胡克定律、力的作用效果等等其他规律．

5．（4分）（2013•宝山区一模）一个做匀加速直线运动物体的加速度是3m/s2，这意味着（　　）

A．
该物体在任1s末的速度是该秒初速度的3倍

B．
该物体在任1s末的速度比该秒的初速度大3 m/s

C．
该物体在第1s末的速度为3 m/s

D．
该物体在任1s初的速度比前1s末的速度大3m/s

考点：
加速度．.
专题：
直线运动规律专题．
分析：
加速度是描述速度变化快慢的物理量，加速度等于3m/s2，说明速度每秒变化3m/s
解答：
解：A、B、作匀加速直线运动的物体，加速度等于3m/s2，说明速度每秒中增加3m/s，也就是说任一秒内，末速度比初速度大3m/s，所以A错误，B正确．
C、假设物体初速度为零，那么第一秒末的速度为3m/s，但是题目并没说明初速度是多少，故C错误．
D、该物体在任1s初的速度和前1s末的速度是指同一时刻速度，故D错误
故选B．
点评：
本题是对物理中基本概念的考查，这是学习物理的基础，基本知识一定要掌握牢固．

6．（4分）汽车以10m/s的速度在平直的公路上匀速前进，司机发现正前方x处有一辆自行车以4m/s的速度做同方向的匀速直线运动，汽车立即关闭油门做a=﹣6m/s2的匀变速运动，若汽车恰好碰不上自行车，则x的大小为（　　）

A．
8.33m
B．
7m
C．
3.33m
D．
3m

考点：
匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．.
专题：
直线运动规律专题．
分析：
根据速度时间公式求出两车速度相等的时间，结合位移关系求出恰好不相撞，开始两车相距的距离．
解答：
解：两车速度相等经历的时间t=，
此时汽车的位移，自行车的位移x1=v1t=4×1m=4m，
若恰好不相撞，开始相距的距离x=x2﹣x1=7﹣4m=3m．
故选：D．
点评：
本题考查了运动学中的追及问题，知道速度大者减速追及速度小者，若不相撞，速度相等时，有最小距离，临界情况是速度相等时恰好不相撞．

7．（4分）如图所示，物体在竖直方向的运动分三段，第1s﹣2s为第I段，第3s﹣4s为第II段，第5s为第Ⅲ段，以向上为正方向，则下列说法中正确的是（　　）

A．
第I段与第III段平均速度相等

B．
第II段物体静止

C．
第1s内物体处于失重状态

D．
第I段和第III段的加速度方向相反，速度方向也相反

考点：
匀变速直线运动的图像；牛顿运动定律的应用-超重和失重．.
专题：
运动学中的图像专题．
分析：
根据匀变速直线运动的平均速度推论比较第I段与第III段平均速度；根据加速度的方向判断物体的超失重；根据图线的斜率比较加速度的方向，结合速度正负比较速度的方向．
解答：
解：A、根据平均速度的推论，第I段与第III段的平均速度均为，故A正确．
B、第II段物体的速度不变，做匀速直线运动，故B错误．
C、第1s内物体向上做匀加速直线运动，加速度方向向上，物体处于超重状态，故C错误．
D、第I段和第III段的加速度方向相反，速度方向相同，故D错误．
故选：A．
点评：
本题考查学生的读图能力，知道速度时间图线中，速度的正负表示运动的方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．

8．（4分）如图所示，两竖直木桩ab、cd固定，一不可伸长的轻绳两端固定在a、c端，绳长L，一质量为m的物体A通过轻质光滑挂钩挂在轻绳中间，静止时轻绳两端夹角为120°，若把轻绳换成自然长度为L的橡皮筋，物体A悬挂后仍处于静止状态，橡皮筋处于弹性限度内，若重力加速度大小为g，关于上述两种情况，下列说法正确的是（　　）

A．
轻绳的弹力大小为2mg
B．
轻绳的弹力大小为mg

C．
橡皮筋的弹力大于mg
D．
橡皮筋的弹力大小可能为mg

考点：
共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．.
专题：
共点力作用下物体平衡专题．
分析：
根据几何知识求出两绳与水平方向的夹角，分析挂钩受力情况，根据平衡条件求解绳中的张力T．同理分析橡皮绳的弹力．
解答：
解：A、B、设两杆间的距离为S，细绳的总长度为L，静止时轻绳两端夹角为120°，由于重物的拉力的方向竖直向下，所以三个力之间的夹角都是120°．根据矢量的合成可知，三个力的大小是相等的．故轻绳的弹力大小为mg．故A错误，B正确；
C、D、若把轻绳换成自然长度为L的橡皮筋，橡皮筋受到拉力后长度增大，杆之间的距离不变，所以重物静止后两根绳子之间的夹角一定小于120°，两个分力之间的夹角减小，而合力不变，所以两个分力减小，即橡皮筋的拉力小于mg．故CD错误．
故选：B
点评：
本题要抓住挂钩与动滑轮相似，两侧绳子的拉力关于竖直方向对称，能运用几何知识求解夹角α，再运用平衡条件解题

9．（4分）如图所示，粗糙水平面上物体在水平拉力F作用下做匀加速直线运动，现使F不断变小到零，则在滑动过程中（　　）

A．
物体的加速度不断减小，速度不断增大

B．
物体的加速度不断增大，速度不断减小

C．
物体的加速度先增大再减小，速度先减小再增大

D．
物体的加速度先减小再增大，速度先增大再减小

考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．.
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
根据合力的变化确定加速度的变化，结合加速度方向与速度方向的关系判断物体速度的变化．
解答：
解：粗糙水平面上物体在水平拉力F作用下做匀加速直线运动，现使F不断变小到零，在F减小到等于滑动摩擦力之前，合力的大小逐渐减小，则加速度逐渐减小，加速度的方向与速度方向相同，做加速运动，速度逐渐增大．
在F从摩擦力大小减小到零的过程中，合力方向与速度方向相反，合力增大，则加速度增大，速度逐渐减小．
所以物体的加速度先减小后增大，速度先增大后减小．故D正确，A、B、C错误．
故选：D．
点评：
解决本题的关键知道加速度的方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同时，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，做减速运动．

10．（4分）如图所示，质量为m2的物体B放在车厢的水平底板上，用竖直细绳通过光滑定滑轮与质量为m1的物体A相连．车厢正沿水平直轨道向右行驶，两物体与车相对静止，此时与物体A相连的细绳与竖直方向成θ角，由此可知（　　）

A．
车厢的加速度大小为gsinθ

B．
绳对物体A的拉力大小为m1gcosθ

C．
底板对物体B的支持力大小为（m2﹣m1）g

D．
底板对物体B的摩擦力大小为m2gtanθ

考点：
牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．.
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
先以物体A为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律求出其加速度和绳的拉力．再对物体B研究，由牛顿第二定律求出支持力和摩擦力．
解答：
解：A、以物体A为研究对象，受力如图所示，由牛顿第二定律得：m1gtanθ=m1a，解得：a=gtanθ，则车厢的加速度也为gtanθ，故A错误；

B、如图所示，绳子的拉力：，故B错误；
C、对物体B研究，受力如图2所示，在竖直方向上，由平衡条件得：N=m2g﹣T=m2g﹣，故C错误；
D、由图2所示，由牛顿第二定律得：f=m2a=m2gtanθ，故D正确．
故选：D．
点评：
解决本题的关键的关键知道车厢和两物体具有相同的加速度，通过整体法和隔离法进行求解．

11．（4分）沿直线运动的汽车刹车后做匀减速运动，经3.5s停止，它在刹车开始后的第1s内、第2s内、第3s内的位移之比为（　　）

A．
3：2：1
B．
3：5：6
C．
9：4：1
D．
5：3：11

考点：
匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．.
专题：
直线运动规律专题．
分析：
根据匀变速直线运动的速度时间公式求出初速度，结合匀变速直线运动的位移时间公式分别求出第1s、第2s、第3s内的位移．
解答：
解：设加速度大小为a，可知汽车的初速度v0=3.5a，
则第1s内的位移，
第2s内的位移=7a﹣2a﹣3a=2a，
第3s内的位移=10.5a﹣4.5a﹣7a+2a=a，
可知x1：x2：x3=3：2：1．
故选：A．
点评：
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，基础题．

12．（4分）在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量为m=1kg的小球，小球的一端与水平轻弹簧连接，另一端与不可伸长的轻绳相连，轻绳与竖直方向成θ=45°角，如图所示．小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，取g=10m/s2（　　）

A．
此时弹簧的弹力为10N

B．
剪断弹簧的瞬间，小球加速度的大小为10m/s2

C．
剪断细绳的瞬间，小球加速度的大小为8m/s2

D．
剪断细绳的瞬间，小球受到的合力斜向左45°

考点：
牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．.
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
先分析剪断轻绳前弹簧的弹力和轻绳的拉力大小，再研究剪断轻绳瞬间，抓住弹簧的弹力没有变化，求解小球的合力，由牛顿第二定律求出小球的加速度和水平面对小球的支持力．
解答：
解：A、剪断轻绳前小球受力情况，如图所示，

根据平衡条件得：细线的拉力大小：T=
轻弹簧的弹力大小：F==，故A错误；
BCD、剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，此时轻弹簧的弹力大小仍为F=10N，
水平面对小球的支持力大小N=mg=10N，摩擦力大小为f=μmg=2N，
合力：F合=F﹣f=10﹣2=8N，方向水平向右，
根据牛顿第二定律得：加速度：
故BD错误，C正确；
故选：C．
点评：
本题是瞬时问题，先分析剪断轻绳前小球的受力情况，再分析剪断轻绳瞬间的受力情况，再根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度．

二、（非选择题共52分）
13．（6分）为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供了如图甲所示的实验装置．
①下列做法正确的有　D　．
A．平衡摩擦力时，用细线一端挂空砝码盘，另一端与小车相连，将木板适当倾斜，使小车在木板上近似做匀速直线运动
B．每次改变砝码及砝码盘总质量之后，应重新平衡摩擦力
C．应让砝码及砝码盘总质量远大于小车及里面钩码的总质量
D．在砝码及砝码盘总质量远小于小车及里面钩码的总质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于砝码及砝码盘的重力
②有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受外力 F的关系，他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图乙所示．图线　II　（选填“I”或“II”）是在轨道水平情况下得到的；滑块和轨道间的动摩擦因数 μ=　0.2　（g取10m/s2）．

考点：
探究加速度与物体质量、物体受力的关系．.
专题：
实验题；牛顿运动定律综合专题．
分析：
（1）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事项．
（2）知道滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．
对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解．
解答：
解：（1）A、平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，使小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动．故A错误．
B、每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力．故B错误．
C、在砝码及砝码盘总质量远小于小车及里面钩码的总质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于砝码及砝码盘的重力，所以应让砝码及砝码盘总质量远小于小车及里面钩码的总质量，故C错误，D正确．
故选：D．
（2）由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，
该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．所以图线I是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的，图象II是在轨道水平情况下得到的．
根据F=ma得a=，所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．
由图形b得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=2，所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m=0.5Kg，
由图形b得，在水平轨道上F=1N时，加速度a=0，
根据牛顿第二定律得F﹣μmg=0，
解得μ=0.2；
故答案为：（1）D；（2）II；0.2
点评：
通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系，运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解．

14．（4分）（2014•宜昌模拟）如图是某同学用打点计时器研究小车做匀变速直线运动时得到的一条纸带．图中A、B、C、D、E是按打点先后顺序依次选取的计数点，相邻计数点间的时间间隔T=0.1s．由图中的数据可计算得出，打C点时小车的速度大小是　0.24　m/s，小车运动的加速度大小是　0.80　m/s2．（保留两位有效数字）

考点：
探究小车速度随时间变化的规律．.
专题：
实验题；直线运动规律专题．
分析：
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，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．
解答：
解：打纸带上C点时小车的瞬时速度大小为：
vC==0.24m/s
由题意可知：△x=aT2，其中△x=0.8cm，T=0.1s，故带入数据解得：a=0.80m/s2；
故答案为：0.24；0.80
点评：
本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．

15．（6分）小明通过实验验证力的平行四边形定则．
①实验记录纸如图甲所示，O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力F3的方向过P3点．三个力的大小分别为：F1=3.30N、F2=3.85N和F3=4.25N．请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力，该合力的大小约为　4.70　N．

②仔细分析实验，小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，影响实验结果．他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度，发现读数不相同，于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响．
实验装置如图乙所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于O点，下端N挂一重物．用与白纸平行的水平力缓慢地移动N，在白纸上记录下N的轨迹．重复上述过程，再次记录下N的轨迹．
两次实验记录的轨迹如图丙所示．过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力Fa、Fb的大小关系为　Fa=Fb　．

考点：
验证力的平行四边形定则．.
专题：
实验题；平行四边形法则图解法专题．
分析：
根据平行四边形定则先作出F2与F1的合力，根据图中给出的标度求出合力．
根据平衡条件进行分析求解，根据图丙中的实验分析结果结合实验数据进行求解．
解答：
解：（1）根据平行四边形定则求F2与F1的合力，作图如下，

F1和F2的合力F=4.70N．
（2）过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力Fa、Fb的方向相同，
由于缓慢地移动N，根据平衡条件得Fa、Fb的大小关系为Fa=Fb．
故答案为：（1）如图，4.70；（2）Fa=Fb
点评：
解决本题的关键知道合力与分力遵循平行四边形定则，知道缓慢地移动可以看成物体处于平衡状态，掌握平衡条件的应用．
对于中学中的实验，学生尽量要到实验室进行实际操作，只有这样才能体会具体操作细节的意义，解答实验问题时才能更加有把握．

16．（6分）如图所示，一个重为100N的小球被夹在竖直的墙壁和A点之间，已知球心O与A点的连线与竖直方向成θ角，且θ=60°，所有接触点和面均不计摩擦．试求小球对墙面的压力F1和对A点压力F2．

考点：
共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．.
专题：
共点力作用下物体平衡专题．
分析：
对小球受力分析，由共点力的平衡条件作出几何图象，由几何关系可知压力的大小．
解答：
解：受力分析如图，将重力分解，
小球对墙面的压力：F1=F1′=mgtan60°=100N
小球对A点的压力：F2=F2′==200N；
答：小球对墙面的压力为100，对A点的压力为200N．

点评：
本题为共点力的平衡题目，可以由合成法也可以用分解法作出几何图象，则由几何关系可解．

17．（7分）汽车从静止开始作匀加速直线运动，经5s后速度达到10m/s，然后匀速运动了20s，接着以5m/s2的加速度减速，则
（1）汽车在加速阶段的加速度是多少？
（2）在第28s末的速度大小是多少？
（3）汽车全程的路程是多大？

考点：
匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．.
专题：
直线运动规律专题．
分析：
（1）汽车从静止开始作匀加速直线运动，已知初速度、时间和末速度，根据加速度的定义式a=求解加速度．
（2）先根据速度公式v=v0+at匀减速运动所用时间，判断28s末汽车的状态，再求解其速度．
（3）根据位移公式求出三个过程的位移，即可求得总位移．
解答：
解：（1）已知汽车匀加速直线运动的初速度 v0=0，末速度 v=10m/s，时间 t1=5s，
则加速度 a==m/s2=2m/s2；
（2）设汽车匀减速运动至停止运动所用时间为t0．汽车匀减速直线运动的加速度为 a′=﹣5m/s2．
由 v=v0+at0=0，得：t0==s=2s
则在t=5s+20s+2s=27s后汽车停止运动，故在第28s末的速度大小是0．
（3）汽车全程的路程是 s=+vt2+=（+10×20+）m=235（m）
答：
（1）汽车在加速阶段的加速度是2m/s2．
（2）在第28s末的速度大小是0．
（3）汽车全程的路程是235m．
点评：
本题是涉及刹车的问题，要注意求出汽车刹车的时间，判断其运动状态，不能死代公式．

18．（11分）如图所示，一个人用与水平方向成θ=37°角的斜向下的推力F推一个质量为20kg的箱子以4m/s匀速前进，如图甲所示，箱子与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.50，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）推力F的大小；
（2）若不改变力F的大小，只把力的方向变为与水平方向成37°角斜向上去拉这个静止的箱子，如图乙所示，拉力作用2s后撤去，箱子最多还能运动多长距离？

考点：
牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．.
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
（1）对物体进行受力分析，物体做匀速运动故所受合力为0，根据平衡方程求解物体所受推力F的大小；
（2）对物体进行受力分析，在拉力F作用下做匀加速运动，由牛顿运动定律求出加速度，从而求出作用2s末的速度，再根据撤去力F后在摩擦力作用下做匀减速运动，再由牛顿运动定律求出减速运动的加速度，根据速度时间关系求解物体还能运动的位移．
解答：
解：（1）对箱子进行受力分析如右图所示，根据力的平衡对箱子有f=Fcosθ，N1=mg+Fsinθ（1+1分）
其中f=μN1
解得：F=200N
（2）在图乙的情况下，物体先以加速度a1做匀加速运动，然后以加速度a2做匀减速运动直到停止．对物体
由牛顿定律有：Fcosθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）=ma1
由运动学知识有：v1=a1t
当撤去外力F后有：﹣μmg=ma2
由运动学知识有：
联立解得：s2=14.4m
答：（1）推力F的大小为200N；
（2）若该人不改变力F的大小，只把力的方向变为与水平方向成30°角斜向上去拉这个静止的箱子，如图（b）所示，拉力作用2.0s后撤去，箱子最多还能运动14.4m（g取10m/s2）．

点评：
本题关键是抓住正确的受力分析，由平衡条件或牛顿第二定律列方程求解，掌握规律是解决问题的基础，本题第二问中还能运行多远的计算中，部分同学认为撤去外力F前后摩擦力大小保持不变，这是一个易错点．

19．（12分）如图所示，传送带与水平方向的倾角θ=37°，在电动机的带动下以v=4m/s的速率顺时针方向运行，在传送带的B端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住，在传送带的A端无初速地释放一质量m=1kg的物块，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，AB间的长度L=9m，物块与挡板的碰撞能量损失不计，即碰撞后物块的速度大小不变，物块与挡板的碰撞时间极短．g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）物体刚放上传送带时的加速度是多大；
（2）从物块与挡板P第一次碰撞后，物块再次上升到最高点（最高点还未达到A点）所需要的时间？

考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．.
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
（1）物体刚放上传送带时，受重力、支持力、滑动摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解加速度即可；
（2）对下滑过程，根据速度位移公式列式求解末速度；反弹后，分速度大于初速度速度和速度小于初速度速度的两个过程，根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据运动学公式列式求解时间．
解答：
解：（1）物块从A点由静止释放，物块相对传送带向下加速运动，根据牛顿第二定律，有：
mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1
解得：a1=gsinθ﹣μgcosθ=10×（0.6﹣0.5×0.8）=2m/s2
（2）设物块下滑到与P碰前的速度为v1，根据运动学规律，有：

解得：
物块与挡板碰撞后，以v1的速度反弹，因v1＞v，物块相对传送带向上做减速运动，物块受到的摩擦力沿传送带斜向下，由牛顿运动定律，有：
mgsinθ+μmgcosθ=ma2
解得：a2=10m/s2
物块速度减小到与传送带速度相等的时间：

此后物块的速度小于传送带的速度，物块相对传送带向下滑动，但相对于地面物块继续向上滑动，摩擦力反向，有：
mgsinθ﹣μmgcosθ=ma3
解得：a3=gsinθ﹣μgcosθ=10×（0.6﹣0.5×0.8）=2m/s2
物块速度减小到零的时间：

物块向上的总时间：
t=t1+t2=0.2+2=2.2s
答：（1）物体刚放上传送带时的加速度是2m/s2；
（2）从物块与挡板P第一次碰撞后，物块再次上升到最高点（最高点还未达到A点）所需要的时间为2.2s．
点评：
本题关键明确滑块的受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解，不难．

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