【物理】安徽省芜湖市2019-2020学年高一上学期期末考试试题 （解析版）

【物理】安徽省芜湖市2019-2020学年高一上学期期末考试试题 （解析版）

安徽省芜湖市2019-2020学年高一上学期期末考试试题 一、选择题 ‎1.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，刻舟求剑者错误在于错选了参考系 D. 第4 s末和第5 s初指同一时刻，在时间轴上二者对应同一点 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎“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错误；质点在生活中并不存在，是理想模型法，B正确；“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，C正确；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．‎ ‎2.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 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】米、千克都是国际单位制中的基本单位、牛顿是导出单位，选项A错误； 加速度大的物体，速度变化一定快，选项B正确；摩擦力的方向总是与物体的相对运动方向相反，选项C错误； 马拉车加速前进，马拉车的力与车拉马的力是一对相互作用力，则马拉车的力等于车拉马的力，选项D错误；故选B.‎ ‎3.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受力个数为(　　)‎ A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】整体进行受力分析：整体受重力、地面对A的弹力、推力F三力平衡，所以A与地面之间没有摩擦，再对A进行受力分析：重力、地面的支支持力、B对A的压力，B对A沿接触面向下的静摩擦力；所以A受四力作用，选项B正确；‎ ‎4.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 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】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.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2 s末和6 s末 B. 4 s末甲在乙前面 C. 在0～6 s内，两物体相距最远的时刻是1 s末 D. 乙物体先向前运动2 s，随后向后运动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】v-t图象中图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，t=2s时乙的位移为，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；4s时甲的位移为x=4×2=8m，乙的位移为：，甲的位移小于乙的位移，所以甲在乙后面，故B错误；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正确；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．所以AC正确，BD错误．‎ ‎6.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. 10m/s B. 5m/s C. 4.8m/s D. 0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 人往返一次通过的位移为0，故平均速度为零，故选D.‎ ‎7.初速为10m/s的汽车遇紧急情况以大小为2m/s2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内位移为24m D. 汽车在制动后倒数第3m、倒数第2m、最后1m内的运动，平均速度之比是（）：（）：1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】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，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1：(−1)：(−)，根据平均速度的定义式知，平均速度之比为 故D正确．‎ 故选D．‎ ‎8.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 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在最低点时，由牛顿第二定律：，其中a=5g，解得，选项AB错误；从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，重力先大于弹力，电梯向下先加速运动，当重力小于弹力时，电梯的加速度向上，电梯向下做减速运动，则电梯先处于失重状态后处于超重状态，选项C正确，D错误；‎ ‎9.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，受外力作用后惯性就被克服了 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 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】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.如图所示，在上表面光滑的小车上放有质量的物块和质量为的小球，且，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. 由于物块将向前与小球相碰 B. 由于，物块的惯性大，在小车上小球相对物块向左运动 C. 由于，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 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 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；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；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．所以D正确，ABC错误．‎ ‎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 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】小车突然向右运动时，由于惯性，铁球和乒乓球都“想”保持原有的静止状态，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，而同体积的“水球”的运动状态容易改变，所以小车加速向右运动时，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，乒乓球相对于小车向右运动．‎ 故A正确，BCD错误．‎ ‎12.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 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据受力可知F在水平方向上的分力为Fcosθ，为了使物体能够向右作匀速直线运动，则应该在水平方向上施加一个大小等于Fcosθ方向水平向左的力，故B正确；ACD错误；故选B ‎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 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．受力分析如下：‎ 由图可知：因为小球所受合力为零，故小球所受重力mg、半球对小球的弹力和绳对小球A的拉力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、顶点高度及半球半径AO构成的三角形始终相似，故有：‎ ‎ ；可得：，由于小球在上拉的过程中，和AO的长度不变，由于重力不变，所以根据相似比可以得出：半球对小球A的支持力不变。根据牛顿第三定律，小球A对光滑半球的压力N大小不变，故A正确，B错误；‎ CD．由以上分析：，由于小球在上拉的过程中，的长度不变，减小，由于重力不变，所以根据相似比可以得出：小球A对细线的拉力变小。根据牛顿第三定律，小球A对细线的拉力F变小，故C错误，D正确。‎ 故选AD。‎ ‎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. 的长度为 D. 弹簧的原长为 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】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：‎ A．对A小球，弹簧弹力T、重力和支持力N围成的矢量三角形和△PO’O相似，则，即有： ；故A正确；‎ B．同理对B小球，弹簧弹力、重力、支持力和△MO’O相似，则，则，故B正确．‎ CD．由A分析可知，弹簧被压缩量为 ，则弹簧的原长为：，由B分析可知，，则，故C正确，D错误．‎ 二、填空题 ‎15.如图是某物体做直线运动的图像，则根据图像可知内的加速度大小是___m/s2；012s内的平均速度大小是___m/s。‎ ‎【答案】 10 10‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据斜率等于加速度可得：内的加速度大小是：；负号表示方向．‎ 根据速度图线与两个坐标轴所围“面积”大小等于位移，则得物体在内的位移是：‎ 平均速度：‎ ‎16.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 ．‎ ‎【答案】80N 100N ‎【解析】‎ ‎【详解】当用80N的水平力推木箱时，推力小于最大静摩擦力，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140N的水平力推木箱时，140N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.‎ ‎17.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/s2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/s2，方向为竖直____（向上，向下）‎ ‎【答案】 (1). 600 (2). 780 (3). 5 向下 ‎【解析】‎ ‎【详解】（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可得：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，则加速度方向向下；‎ 根据牛顿第二定律得：mg−FN2=ma2，解得：‎ ‎18.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____. ‎ ‎【答案】= ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]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=；‎ 三、实验题 ‎19.如图所示，某实验小组同学利用DIS实验装置研究支架上力分解，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0.3 m的杆；将细绳连接在杆右端D点构成支架。保持杆在水平方向，g取10 m/s2，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用另一根绳在D点悬挂一个钩码，记录两个传感器的读数；‎ ‎④取下钩码，移动传感器A改变θ角。‎ 重复上述实验步骤，得到表格。‎ ‎（1）根据表格，A传感器对应的是表中力_____(填“F1”或“F2”)；钩码质量为______kg(保留一位有效数字)。‎ ‎（2）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 ‎【答案】 (1). F1 0.05 (2). C ‎【解析】‎ ‎【详解】(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：‎ F1sin 30°＝mg 解得 m＝0.05 kg。‎ ‎(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，故选C。‎ ‎20.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/s2，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）‎ ‎【答案】 (1). 4. 0 (2). 1. 1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]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的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：；‎ ‎[2]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：。‎ ‎21.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，则__________．‎ ‎【答案】 (1). 使砝码和砝码盘的总质量远小于小车质量 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．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，此时需满足使砝码和砝码盘的总质量远小于小车质量．‎ ‎[2]．使两小车同时开始运动，并同时停止，两车运动的位移 ‎．‎ 则 四、计算题 ‎22.一质点沿一直线运动，先从静止开始以2.5m/s2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/s2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．‎ ‎【答案】（1）10m/s（2）55m ‎【解析】‎ ‎【详解】（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：‎ ‎23.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，则拉力F的大小为多少？（g=10m/s2）‎ ‎【答案】16N ‎【解析】‎ ‎【详解】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 ‎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/s2. 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？‎ ‎【答案】（1）、. （2）；方向水平向左；（3）24kg ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）以结点O为研究对象，如图，由平衡条件有：‎ 水平方向：‎ FOB−FOAsinθ=0‎ 竖直方向：‎ FOAcosθ−m1g=0‎ 联立得：‎ ‎，‎ ‎；‎ ‎（2）人水平方向受到OB绳的拉力和水平面的静摩擦力，受力如图所示，由平衡条件得：‎ f=FOB=0.75m1g，‎ 方向水平向左；                ‎ ‎（3）当甲的质量增大到人刚要滑动时，质量达到最大，此时人受到的静摩擦力达到最大值：fm=μm2g 由平衡条件得：FOBm=fm 又 FOBm=m1mgtanθ=0.75m1mg 联立得：m1m=24kg 即物体甲的质量m1最大不能超过24kg。‎ ‎25.如图所示，质量kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量kg的小球B相连。今用与水平方向成α=30°角的力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？‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）arctan，‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球B受力如图所示：‎ 设细绳对B的拉力为T，由平衡条件可得：‎ Fcos30∘=Tcosθ，‎ Fsin30∘+Tsinθ=mg，‎ 解得：‎ T=10N tanθ=‎ 即：θ=30°；‎ ‎(2)A受力如图所示：‎ 由平衡条件得：‎ FN=Tsinθ+Mg f=Tcosθ，‎ 滑动摩擦力为：f=μFN 解得：μ=；‎ ‎（3）M、N整体受力如图所示：‎ 由平衡条件得：‎ FN+Fsinα=(M+m)g f=Fcosα=μFN，‎ 联立解得：‎ 令：，‎ 则：‎ 当α+β=90°时F有最小值，最小值为：‎ ‎，‎ 所以：tanα=μ=，‎ 则：α=arctan；‎ ‎26.如图所示一足够长的斜面倾角为370，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素均为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(sin370=0.6，cos370=0.8，取g=10m/s2)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？‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在水平面上，根据牛顿第二定律可知：F-μmg=ma， 解得： ‎ ‎（2）有M到B，根据速度位移公式可知：vB2＝2aL 解得：vB＝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/s2 根据速度位移公式可知：0 vB2＝2a′x 解得：x＝m＝1.8m ‎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？‎ ‎【答案】（1）1s；（2）25N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）木板受到的滑动摩擦力为：‎ f=μ(M+m)g=0.2×(4+1)×10N=10N，‎ 木板的加速度为：‎ 设作用t时间后撤去力F，木板的加速度大小为：‎ ‎，‎ 木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，要使木块能滑离木板，应有：‎ 解得：‎ t=1s；‎ ‎（2）设木块的最大加速度为a1，则有：‎ μ1mg=ma1‎ 对木板有：‎ F−μ1mg−μ(M+m)g=Ma2‎ 木板从木块的下方抽出的条件为：‎ a2>a1‎ 代入数据解得：‎ F>25N ‎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，长度在薄木板的中央有一个小滑块可视为质点，质量小滑块与薄木板之间的动摩擦因数，小滑块、薄木板与桌面之间的动摩擦因数相等，皆为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．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（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，薄木板的加速度为，根据牛顿第二定律有： 对滑块： 对木板： 且有：，解得：， 由于：， 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：； （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：，则拉力至少为； （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，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为，空间位置变化如图所示：‎ ‎ 则滑块的速度：， 对滑块，由牛顿第二定律得：， 位移：，， 由几何关系得：， 木板的位移：‎ ‎， 根据牛顿第二定律，对木板： 解得：，要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力；‎