重庆市巴蜀中学2014-2015学年高一上期期末考试物理试题.doc

<p>重庆市巴蜀中学2014—2015学年高一上学期期末考试
物 理 试 题

一、单项选择题（每小题的四个选项中，只有一个选项正确，每题4分，共8题，共32分）
1．如图所示，某质点沿半径为r的圆弧由a点运动到b点，则它通过的位移和路程分别是（　　）

　 A．0，0 B．2r，向东；πr C．r，向东；πr D．2r，向东；2r
2．有两个力，一个是3N，一个是5N，它们的合力大小（　　）
　 A．可能是3 N B．可能是1 N C．可能是9 N D．可能是12 N
3．如图所示是汽车的速度计，某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化．开始时指针指示在如图甲所示的位置，经过8s后指针指示在如图乙所示的位置，若汽车做匀变速直线运动，那么它的加速度约为（　　）

　 A．11 m/s2 B．5.0 m/s2 C．1.4 m/s2 D．0.6 m/s2
4．在半球形光滑容器内，放置一细杆，如图所示，细杆与容器的接触点分别为A、B两点，则容器上A、B两点对细杆的作用力方向分别为（　　）

　 A．均竖直向上
　 B．均指向球心
　 C．A点处指向球心O，B点处竖直向上
　 D．A点处指向球心O，B点处垂直于细杆
5．质量分别为m1和m2的两滑块A和B通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上，滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ，系统在水平拉力F作用下匀速向右运动，选水平向右为正方向，如图所示．如突然撤消拉力F，则刚撤消后瞬间，二者的加速度aA和aB分别为（　　）

A．aA=0，aB=0 B．aA＞0，aB＜0 C．aA＜0，aB＞0 D．aA＜0，aB=0

6．如图所示，用一根长为L的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹30°角且绷紧，小球A处于静止，则需对小球施加的最小力等于（　　）

　 A．mg B．mg C．mg D．mg
7．粗糙水平面上，一个小球向右运动，将弹簧压缩，随后又被弹回直到离开弹簧．则该小球从接触到离开弹簧这个过程中，加速度大小的变化情况是（　　）

　 A．先增大后减小 B．先减小后增大
　 C．先增大后减小再增大 D．先减小后增大再减小
8．车厢内用细线悬挂两个质量不同的小球，上面小球的质量比下面小球的大，如图所示，当车厢水平向右做初速度为零的，加速度为a的匀加速直线运动，两小球均相对车厢静止时，不计空气阻力，下述各图正确的是（　　）
　 A． B． C． D．

二、选择题（每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分，共计16分）
9．如图所示，重物的质量为m，轻细线AO和BO的A、B端是固定的，平衡时AO是水平的，BO与水平面的夹角为θ，AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是（　　）

　 A．F1=mgcosθ B．F1=mgcotθ C．F2=mgsinθ D．
10．如图所示是甲、乙两物体从同一地点同时沿同一方向运动的速度时间图象，其中t2=2t1，则（　　）

　 A．在t1时刻，乙物体在前，甲物体在后
　 B．在t1时刻，甲、乙两物体相遇
　 C．在t1时刻，甲、乙两物体速度相等，且两物体相距最远
　 D．在t2时刻，甲、乙两物体相遇
11．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN．在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的截面图．现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止．则在此过程中，下列说法中正确的是（　　）

　 A．MN对Q的弹力逐渐减小 B．P对Q的弹力逐渐增大
　 C．地面对P的摩擦力逐渐增大 D．Q所受的合力逐渐增大
12．如图所示，带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上，在盒子内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁P、Q点相接触．若使斜劈A在斜面体C上静止不动，则P、Q对球B无压力．以下说法正确的是（　　）

　 A．若C的斜面光滑，斜劈A由静止释放，则P点对球B有压力
　 B．若C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则P、Q对B均无压力
　 C．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，则P、Q对B均无压力
　 D．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面加速下滑，则Q点对球B有压力

三、解答题（共6小题，满分72分）
13．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验中，以下说法正确的是 （　　）
　 A．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度
　 B．弹簧的弹力大小与弹簧的长度成正比
　 C．用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量
　 D．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比均相等．
14．如图所示是物体做匀变速直线运动得到的一条纸带，纸带从O点开始每5个计时点取一个记数点，图中相邻的计数点间有四个计时点没有画出．打点计时器与50Hz的低压交流电源相连接．依照打点的先后顺序依次编为1、2、3、4、5、6，测得s1=5.18cm，s2=4.42cm，s3=3.62cm，s4=2.80cm，s5=2.00cm，s6=1.22cm．

（1）相邻两计数点间的时间间隔为T=　　　　　　s．
（2）打点计时器打记数点3时，物体的速度大小v3=　　　　　　m/s，方向　　　　　　 &nbsp;（填A→B或B→A，结果保留3位有效数字）．
（3）物体的加速度大小a=　　　　　　 m/s2，方向　　　　　　 （填A→B或B→A，结果保留3位有效数字）．

15．质量为m的金属块放在水平桌面上，在大小为F，水平向右的恒定拉力作用下，以速度v向右做匀速直线运动，如图所示．重力加速度为g．求：
（1）金属块与桌面间的动摩擦因数μ；
（2）如果从某时刻起撤去拉力，撤去拉力后金属块的加速度；
（3）撤去拉力后金属块在水平桌面上还能滑行的距离s．

16．如图所示，物体的质量为2kg，两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平线成θ=30°的拉力F，小球处于静止状态．重力加速度为g=10m/s2，求：
（1）当轻绳AC的拉力刚好为零时，拉力的大小F1；
（2）当轻绳AB的拉力刚好为零时，拉力的大小F2；
（3）若要使两绳均能伸直，求拉力F的大小的取值范围．

17．一质点从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a1，当速度大小为v时将加速度反向，大小恒定．为使这物体在相同的时间内回到原出发点．求：
（1）质点从静止开始到加速度反向所经历的时间t；
（2）加速度反向后的加速度a2应是多大；回到原出发点时速度v2多大．

18．质量为M，厚度可忽略的质量分布均匀的薄板静置于水平桌面上，其一端与桌边对齐，在板上距板端为l处放一质量为m的小花瓶．已知桌面长L，如图所示．水平恒力F作用于板上，板和花瓶在运动的过程中不考虑翻转．已知各接触面之间的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度为g．求：
（1）花瓶相对板滑动过程中，桌面对木板的滑动摩擦力的大小；
（2）若花瓶能在板上滑动，力F大小应满足的条件．
（3）若板在抽出过程中始终保持水平，将板从花瓶下抽出，为使板抽出后花瓶不至于从桌上掉下，则F至少为多大．

重庆市巴蜀中学2014—2015学年高一上学期期末考试
物 理 试 题（答案与解析）

一、单项选择题（每小题的四个选项中，只有一个选项正确，每题4分，共8题，共32分）
1．如图所示，某质点沿半径为r的圆弧由a点运动到b点，则它通过的位移和路程分别是（　　）

　 A． 0，0 B． 2r，向东；πr C． r，向东；πr D． 2r，向东；2r

考点： 位移与路程．
专题： 计算题．
分析： 位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移是矢量，有大小也由方向；
路程是指物体所经过的路径的长度，路程是标量，只有大小，没有方向．
解答： 解：位移是指从初位置到末位置的有向线段，所以此时位移的大小为ab之间的直线距离，即为2r，方向有a指向b，即向东；
路程是指物体所经过的路径的长度，即为半圆的弧长，所以大小为πr，所以B正确．
故选B．
点评： 本题就是对位移和路程的考查，掌握住位移和路程的概念就能够解决了．

2．有两个力，一个是3N，一个是5N，它们的合力大小（　　）
　 A． 可能是3 N B． 可能是1 N C． 可能是9 N D． 可能是12 N

考点： 合力的大小与分力间夹角的关系．
专题： 平行四边形法则图解法专题．
分析： 两个力的合力范围为|F1﹣F2|≤F合≤F1+F2．根据两个力的大小，求出合力范围，可知合力大小的可能值．
解答： 解：根据力的矢量合成法则，当两力合成时，这两个力的合力范围为2N≤F合≤8N．故A正确，BCD错误．
故选：A．
点评： 解决本题的关键掌握两个力的合力范围|F1﹣F2|≤F合≤F1+F2

3．如图所示是汽车的速度计，某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化．开始时指针指示在如图甲所示的位置，经过8s后指针指示在如图乙所示的位置，若汽车做匀变速直线运动，那么它的加速度约为（　　）

　 A． 11 m/s2 B． 5.0 m/s2 C． 1.4 m/s2 D． 0.6 m/s2

考点： 加速度．
专题： 直线运动规律专题．
分析： 根据汽车的初末速度，结合加速度的定义式求出汽车的加速度．
解答： 解：速度的变化量为：△v=40km/h=11m/s，
则加速度为：a=．
故选：C．
点评： 解决本题的关键掌握加速度的定义式a=，以及在计算时注意单位的换算．

4．在半球形光滑容器内，放置一细杆，如图所示，细杆与容器的接触点分别为A、B两点，则容器上A、B两点对细杆的作用力方向分别为（　　）

　 A． 均竖直向上
　 B． 均指向球心
　 C． A点处指向球心O，B点处竖直向上
　 D． A点处指向球心O，B点处垂直于细杆

考点： 物体的弹性和弹力；弹性形变和范性形变．
专题： 共点力作用下物体平衡专题．
分析： 支持力是一种弹力，其方向与接触面垂直，并且指向被支持物，从而即可求解．
解答： 解：半球形光滑容器对细杆A、B两点处都有支持力．
在A处：细杆与半球形光滑容器的接触面是半球形光滑容器的切面，半球形光滑容器对细杆的支持力垂直切面指向细杆，根据几何知识得知，此方向指向球心O，即A点处半球形光滑容器对细杆的支持力指向球心O．
在B处：细杆与半球形光滑容器的接触面就是细杆的下表面，所以B点处半球形光滑容器对细杆的支持力垂直于细杆斜向上．故D正确，ABC错误．
故选：D．
点评： 弹力通常有三种：支持力、压力和拉力．对于球形物体，若两个物体是点与点接触型，支持力常常指向球心．

5．质量分别为m1和m2的两滑块A和B通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上，滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ，系统在水平拉力F作用下匀速向右运动，选水平向右为正方向，如图所示．如突然撤消拉力F，则刚撤消后瞬间，二者的加速度aA和aB分别为（　　）

　 A． aA=0，aB=0 B． aA＞0，aB＜0 C． aA＜0，aB＞0 D． aA＜0，aB=0

考点： 牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
专题： 牛顿运动定律综合专题．
分析： 对AB受力分析，由于在撤去外力瞬间，弹簧未来的及变化，根据牛顿第二定律判断加速变化
解答： 解：由于AB向右运动，当撤去外力瞬间，由于惯性，AB还是向右运动，由于弹簧还未来得及变化，故B继续向前加速运动，A向前减速运动，故aA＜0，aB＞0
故选：C
点评： 本题主要考查了对物体的受力分析，抓住撤去外力的瞬间，弹簧的弹力不变即可

6．如图所示，用一根长为L的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹30°角且绷紧，小球A处于静止，则需对小球施加的最小力等于（　　）

　 A． mg B． mg C． mg D． mg

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： 小球A处于静止，受力平衡，分析受力情况，用作图法得出对小球施加的力最小的条件，再由平衡条件求出力的最小值．
解答： 解：以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图，根据作图法分析得到，当小球施加的力F与细绳垂直时，所用的力最小．根据平衡条件得
&nbsp; &nbsp;F的最小值为Fmin=Gsin30°=
故选：C．

点评： 本题物体平衡中极值问题，关键是确定极值条件，本题采用图解法得到力最小的条件，也可以运用数学函数法求解极值．

7．粗糙水平面上，一个小球向右运动，将弹簧压缩，随后又被弹回直到离开弹簧．则该小球从接触到离开弹簧这个过程中，加速度大小的变化情况是（　　）

　 A． 先增大后减小 B． 先减小后增大
　 C． 先增大后减小再增大 D． 先减小后增大再减小

考点： 牛顿第二定律．
专题： 牛顿运动定律综合专题．
分析： 小球接触弹簧到离开，根据弹簧的形变量判断弹力的变化，结合牛顿第二定律判断加速度的变化．
解答： 解：小球与弹簧接触后，受到向左的弹力和摩擦力，根据a=知，向左压缩的过程中，x逐渐增大，则加速度逐渐增大．
反弹后，小球的加速度a=，形变量减小，加速度减小，当加速度减小为零后，加速度大小a=，方向向右，x减小，加速度a增大，可知整个过程中加速度先增大后减小再增大．
故选：C．
点评： 本题是含有弹簧的动态变化分析情况，要抓住弹力的可变性，由牛顿定律分析物体的运动情况．

8．车厢内用细线悬挂两个质量不同的小球，上面小球的质量比下面小球的大，如图所示，当车厢水平向右做初速度为零的，加速度为a的匀加速直线运动，两小球均相对车厢静止时，不计空气阻力，下述各图正确的是（　　）
　 A． B． C． D．

考点： 牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
专题： 牛顿运动定律综合专题．
分析： 两小球与车厢具有相同的加速度，分别对质量小的小球和两球整体分析，得出绳子拉力的方向，从而确定正确的选项．
解答： 解：对两球整体分析，整体受总重力、上面绳子的拉力两个力作用，设上面绳子与竖直方向的夹角为θ，根据平行四边形定则知，tanθ=，
对质量小的小球分析，受重力和绳子的拉力，设下面绳子与竖直方向的夹角为α，根据平行四边形定则知，，
可知θ=α，故B正确，A、C、D错误．
故选：B．
点评： 解决本题的关键知道小球和车厢具有相同的加速度，合理地选择研究对象，结合牛顿第二定律和平行板四边形定则进行求解．

二、选择题（每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分，共计16分）
9．如图所示，重物的质量为m，轻细线AO和BO的A、B端是固定的，平衡时AO是水平的，BO与水平面的夹角为θ，AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是（　　）

　 A． F1=mgcosθ B． F1=mgcotθ C． F2=mgsinθ D．

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： 以结点为研究对象，分析受力情况：三根细线的拉力．重物对O点的拉力等于mg．作出力图求解．
解答： 解：以结点为研究对象，分析受力情况：三根细线的拉力．重物对O点的拉力等于mg．
根据平衡条件得知，mg与F1的合力与F2大小相等、方向相反，作出力的合成图如图．则有
&nbsp; F1=mgcotθ
&nbsp; F2=
故选BD

点评： 本题是常见的绳子悬挂物体的类型，常常选择结点为研究对象，根据平衡条件研究．比较容易．

10．如图所示是甲、乙两物体从同一地点同时沿同一方向运动的速度时间图象，其中t2=2t1，则（　　）

　 A． 在t1时刻，乙物体在前，甲物体在后
　 B． 在t1时刻，甲、乙两物体相遇
　 C． 在t1时刻，甲、乙两物体速度相等，且两物体相距最远
　 D． 在t2时刻，甲、乙两物体相遇

考点： 匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
专题： 运动学中的图像专题．
分析： 速度图线与坐标轴所围“面积”等于位移．根据位移大小关系，分析两物体的位置关系，判断是否相遇．
解答： 解：AB、根据速度图线与坐标轴所围“面积”等于位移．知t1时刻，乙物体的位移比甲的位移小，两者又是从同地出发的，则乙物体在后，甲物体在前．故A、B错误．
C、在t1时刻前，甲的速度大，两者间距增大．在t1时刻前，乙的速度大，两者间距减小，则在t1时刻，甲、乙两物体速度相等，相距最远．故C正确．
D、t2时刻甲图线的“面积”等于乙图线的“面积”，则甲的位移等于乙的位移，而两物体是从同一地点沿同一方向作直线运动的，说明t2时刻相遇．故D正确．
故选：CD
点评： 本题考查对速度图象的理解，抓住速度图象的“面积”表示位移是关键，同时知道速度相等时两物相距最远．

11．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN．在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的截面图．现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止．则在此过程中，下列说法中正确的是（　　）

　 A． MN对Q的弹力逐渐减小 B． P对Q的弹力逐渐增大
　 C． 地面对P的摩擦力逐渐增大 D． Q所受的合力逐渐增大

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： 先对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，其中重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件并运用合成法得到各个力的变化规律；最后对PQ整体受力分析，根据共点力平衡条件得到地面对整体的摩擦力情况．
解答： 解：A、B、对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，如图

重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到
N1=mgtanθ

由于θ不断增大，故N1不断增大，N2也不断增大；
故A错误，B正确；
C、对PQ整体受力分析，受到总重力、MN杆的支持力N1，地面的支持力N3，地面的静摩擦力f，如图

根据共点力平衡条件，有
f=N1=mgtanθ
由于θ不断增大，故f不断增大，故C正确；
D、物体Q一直保持静止，故D错误；
故选BC．
点评： 本题关键先对物体Q，再对物体PQ整体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出各个力的表达式进行分析处理．

12．如图所示，带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上，在盒子内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁P、Q点相接触．若使斜劈A在斜面体C上静止不动，则P、Q对球B无压力．以下说法正确的是（　　）

　 A． 若C的斜面光滑，斜劈A由静止释放，则P点对球B有压力
　 B． 若C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则P、Q对B均无压力
　 C． 若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，则P、Q对B均无压力
　 D． 若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面加速下滑，则Q点对球B有压力

考点： 牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
专题： 牛顿运动定律综合专题．
分析： 斜劈A在斜面体C上静止不动，则B受重力和支持力平衡．当斜面光滑，斜劈A和B球具有相同的加速度沿斜面向下加速，通过对B球进行受力分析，判断P、Q对球有无压力．当斜面粗糙或光滑，按照同样的方法，先判断出整体的加速度方向，再隔离对B进行受力分析，从而判断P、Q对球有无压力．
解答： 解：A、当斜面光滑，斜劈静止释放，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下．根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下．所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力．知P点对球无压力，Q点对球有压力．故A、B错误．
C、斜劈A沿斜面匀速下滑，知B球处于平衡状态，受重力和底部的支持力平衡．所以P、Q对球均无压力．故C正确．
D、斜劈A沿斜面加速下滑，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下．根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下．所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力．故D正确．
故选：CD．
点评： 解决本题的关键通过整体法判断整体的加速度方向，再用隔离法对B球进行分析，从而判断P、Q对球有无压力．

三、解答题（共6小题，满分72分）
13．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验中，以下说法正确的是 （　　）
　 A． 弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度
　 B． 弹簧的弹力大小与弹簧的长度成正比
　 C． 用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量
　 D． 用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比均相等．

考点： 探究弹力和弹簧伸长的关系．
专题： 实验题．
分析： 在《探索弹力和弹簧伸长的关系》实验中，弹簧的弹力与行变量的关系满足F=kx，其中k由弹簧本身决定．
解答： 解：A、弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，否则弹簧会损坏，故A正确．
B、弹簧的弹力大小与弹簧的伸长量成正比．故B错误．
C、弹簧的长度不等于弹簧的伸长量．故C错误．
D、拉力与伸长量之比是劲度系数，由弹簧决定，同一弹簧的劲度系数是不变的，不同的弹簧的劲度系数不同，故D错误．
故选：A．
点评： 本题关键明确实验原理，知道伸长量、原长和长度间的关系，明确弹簧的劲度系数由弹簧本身决定．

14．如图所示是物体做匀变速直线运动得到的一条纸带，纸带从O点开始每5个计时点取一个记数点，图中相邻的计数点间有四个计时点没有画出．打点计时器与50Hz的低压交流电源相连接．依照打点的先后顺序依次编为1、2、3、4、5、6，测得s1=5.18cm，s2=4.42cm，s3=3.62cm，s4=2.80cm，s5=2.00cm，s6=1.22cm．

（1）相邻两计数点间的时间间隔为T=　0.1　s．
（2）打点计时器打记数点3时，物体的速度大小v3=　0.321　m/s，方向　B→A　 &nbsp;（填A→B或B→A，结果保留3位有效数字）．
（3）物体的加速度大小a=　0.224　 m/s2，方向　A→B　 （填A→B或B→A，结果保留3位有效数字）．

考点： 测定匀变速直线运动的加速度．
专题： 实验题．
分析： 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点3的速度．根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度．
解答： 解：（1）相邻的计数点间有四个计时点没有画出，可知相邻计数点间的时间间隔为：T=0.02×5s=0.1s．
（2）计数点3的瞬时速度为：m/s=0.321m/s．方向由B→A．
（3）根据△x=aT2，运用逐差法得：=m/s2=﹣0.224m/s2．，方向由A→B．
故答案为：（1）0.1，（2）0.321，B→A（3）0.224，A→B
点评： 解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动的推论的运用．

15．质量为m的金属块放在水平桌面上，在大小为F，水平向右的恒定拉力作用下，以速度v向右做匀速直线运动，如图所示．重力加速度为g．求：
（1）金属块与桌面间的动摩擦因数μ；
（2）如果从某时刻起撤去拉力，撤去拉力后金属块的加速度；
（3）撤去拉力后金属块在水平桌面上还能滑行的距离s．

考点： 牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
专题： 牛顿运动定律综合专题．
分析： 根据共点力平衡求出金属块与桌面间的动摩擦因数．撤去拉力后，结合牛顿第二定律求出金属块的加速度，根据速度位移公式求出还能滑行的距离．
解答： 解：（1）根据共点力平衡得，F=μmg，解得：．
（2）撤去拉力后，金属块的加速度为：．
（3）根据速度位移公式得，金属块还能滑行的距离为：x=．
答：（1）金属块与桌面间的动摩擦因数为；
（2）如果从某时刻起撤去拉力，撤去拉力后金属块的加速度为；
（3）撤去拉力后金属块在水平桌面上还能滑行的距离为．
点评： 本题考查了共点力平衡、牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，基础题．

16．如图所示，物体的质量为2kg，两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平线成θ=30°的拉力F，小球处于静止状态．重力加速度为g=10m/s2，求：
（1）当轻绳AC的拉力刚好为零时，拉力的大小F1；
（2）当轻绳AB的拉力刚好为零时，拉力的大小F2；
（3）若要使两绳均能伸直，求拉力F的大小的取值范围．

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： 对A球受力分析，受到拉力F、重力mg，两根细绳的拉力FB、FC，根据共点力平衡条件列方程求解．
解答： 解：（1）（2）对A球受力分析，受到拉力F，重力mg，两根细绳的拉力FB、FC，根据平衡条件，有：
x方向：Fcos30°=FC+FBcos30° &nbsp; ①
y方向：Fsin30°+FBsin30°=mg &nbsp; ②
当FB=0时，F最大，为：Fmax=2mg=40N；
当FC=0时，F最小，为：Fmin=mg=20N；
（3）若要使两绳均能伸直，拉力F的大小的取值范围：20N≤F≤40N
答：（1）若AC绳恰好松驰，拉力F的大小最大，为20N；
（2）若AB绳恰好松驰，拉力F的大小最小，为40N．
（3）拉力F的大小的取值范围：20N≤F≤40N；
点评： 本题关键是对小球受力分析，列平衡方程，然后找出最大和最小两种临界情况讨论即可．

17．一质点从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a1，当速度大小为v时将加速度反向，大小恒定．为使这物体在相同的时间内回到原出发点．求：
（1）质点从静止开始到加速度反向所经历的时间t；
（2）加速度反向后的加速度a2应是多大；回到原出发点时速度v2多大．

考点： 牛顿第二定律．
专题： 牛顿运动定律综合专题．
分析： （1）根据速度时间公式求出质点从静止开始到加速度反向所经历的时间；
（2）抓住两段时间内时间相等，位移的大小相等，方向相反，结合匀变速直线运动的位移时间公式求出加速度a1与加速度a2的比值．得出加速度a2的大小．
解答： 解：（1）质点从静止开始到加速度反向所经历的时间为：t=．
（2）在加速阶段有：…①
减速阶段的位移为：x2=v0t﹣…②
其中：v0=a1t x1=﹣x2…③
联立①②③解得：a1：a2=1：3，
则有：a2=3a1．
以初速度方向为正方向，由平均速度与位移关系得：，
解得：v2=﹣2v1．
答：（1）质点从静止开始到加速度反向所经历的时间为．
（2）加速度反向后的加速度a2应是3a1，回到原出发点时速度为﹣2v1．
点评： 熟练掌握运动学公式中各个物理量的含义和公式的矢量性，这要在平时训练中不断的加强练习以加深理解．

18．质量为M，厚度可忽略的质量分布均匀的薄板静置于水平桌面上，其一端与桌边对齐，在板上距板端为l处放一质量为m的小花瓶．已知桌面长L，如图所示．水平恒力F作用于板上，板和花瓶在运动的过程中不考虑翻转．已知各接触面之间的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度为g．求：
（1）花瓶相对板滑动过程中，桌面对木板的滑动摩擦力的大小；
（2）若花瓶能在板上滑动，力F大小应满足的条件．
（3）若板在抽出过程中始终保持水平，将板从花瓶下抽出，为使板抽出后花瓶不至于从桌上掉下，则F至少为多大．

考点： 牛顿第二定律；动摩擦因数．
专题： 牛顿运动定律综合专题．
分析： （1）根据滑动摩擦力公式求出桌面对木板的摩擦力．
（2）隔离对花瓶分析，根据牛顿第二定律求出恰好发生相对滑动时的加速度，对整体分析，根据牛顿第二定律求出发生相对滑动时的最小拉力．
（3）木板在被抽出的过程中，花瓶先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，根据运动学规律求解出时间；再求解出木板的加速度，最后对木板受力分析，根据牛顿第二定律求解拉力大小．
解答： 解：（1）桌面对木板的滑动摩擦力f=μ（M+m）g．
（2）花瓶在板上滑动时的临界加速度a=，
对整体分析，F﹣μ（M+m）g=（M+m）a，解得F=2μ（M+m）g，
即F＞2μ（M+m）g时，花瓶能在板上滑动．
（3）设花瓶没有离开木板的过程，时间为t，花瓶的加速度大小为a1，移动的距离为s1，木板被抽出后，小瓶在桌面上做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，移动的距离为s2，有：
μmg=ma1
μmg=ma2
即有：a1=a2=μg
根据运动学规律有：s1=s2
所以：s1==s2
根据题意有：s1+s2=L﹣l
设花瓶没有离开木板的过程中，木板的加速度为a，移动的距离为s，有：s=
根据题意有：s=s1+l
根据牛顿第二定律得：F﹣μ（m+M）g﹣μmg=Ma
解得：F=+2μmg+μMg
答：（1）桌面对木板的滑动摩擦力的大小为μ（M+m）g；
（2）若花瓶能在板上滑动，力F大小应满足的条件为F＞2μ（M+m）g．
（3）力F至少为+2μmg+μMg．
点评： 本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，抓住位移之间的关系解题，明确两个物体之间的时间和位移关系．

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