河北省衡水中学2017届高三（上）第一次调研物理试卷（解析版）

河北省衡水中学2017届高三（上）第一次调研物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年河北省衡水中学高三（上）第一次调研物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（每题4分）‎ ‎1．如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面C上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态．则（　　）‎ A．水平面对C的支持力小于B、C的总重力 B．B一定受到C的摩擦力 C．C受到水平面的摩擦力为零 D．若将细线剪断，B物体开始沿斜面向下滑动，则水平面对C的摩擦力不为零 ‎2．如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置﹣时间（x﹣t）图线，由图可知（　　）‎ A．在t1时刻，a、b两车的运动方向相同 B．在t2时刻，a、b两车的速度相同 C．在t1到t3这段时间内，a、b两车的平均速率相等 D．在t1到t3这段时间内，a、b两车的平均速度大小相等 ‎3．下列说法正确的是（　　）‎ A．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量也减小 B．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的 C．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变长 D．放射性元素的半衰期会随温度或压强的变化而变化 ‎4．a、b两束色光，分别沿半径方向射向圆柱形的玻璃砖，其出射光线都是由圆心O沿OP方向射出，如图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．b在介质中的折射率比a小 B．若用a光做单缝衍射实验，要比用b时中央条纹更宽 C．若a、b两束色光都发生了全反射，则b光的临界角小 D．a光在玻璃中的速度较小 ‎5．如图所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b靠在一起，表面光滑，重力为G，其中b的下半部刚好固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在平面上．现过a的轴心施以水平作用力F，可缓慢的将a拉离平面一直滑到b的顶端，对该过程分析，则应有（　　）‎ A．拉力F先增大后减小，最大值是G B．开始时拉力F最大为G，以后逐渐减小为0‎ C．a、b间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到G D．a、b间的压力由0逐渐增大，最大为G ‎6．如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是（　　）‎ A．若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小 B．若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力增大 C．若粘在c木块上面，绳的张力增大，a、b间摩擦力不变 D．若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小 ‎7．如图所示，A、B都是重物，A被绕过的小滑轮P的细线所悬挂，小滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点．O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，cO′沿竖直方向拉着弹簧，弹簧、细线、滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于静止状态．若悬挂小滑轮的细线OP的张力是20N，则下列说法中正确的是（取g=10m/s2）（　　）‎ A．弹簧的弹力为10N B．重物A的质量为2kg C．桌面对B物体的摩擦力为10N D．OP与竖直方向的夹角为60°‎ ‎8．如图所示，弹簧p和细绳q的上端固定在天花板上，下端用小钩勾住质量为m的小球C，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时p、q与竖直方向的夹角均为60°．下列判断正确的有（　　）‎ A．若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q对球的拉力大小为mg B．若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g C．若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p对球的拉力大小为mg D．若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g ‎9．河水的流速与离河岸的关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间关系如图乙所示，若要使船以最短时间渡河，则（　　）‎ A．船渡河的航程是300m B．船在河水中的最大速度是5m/s C．船渡河的最短时间100s D．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直 ‎10．如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（　　）‎ A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 ‎11．如图所示，将小球从倾角为45°的斜面上的P点先后以不同速度向右水平抛出，小球分别落到斜面上的A点、B点，以及水平面上的C点．已知B点为斜面底端点，P、A、B、C在水平方向间隔相等，不计空气阻力，则（　　）‎ A．三次抛出小球后，小球在空中飞行的时间均不同 B．小球落到A、B两点时，其速度的方向不同 C．若小球落到A、C两点，则两次抛出时小球的速率之比为：3‎ D．若小球落到B、C两点，则两次抛出时小球的速率之比为：3‎ ‎12．如图所示，一质量为1kg的小物块自斜面上A点由静止开始下滑，经2s运动到B点后通过光滑的衔接孤面恰好滑上与地面等高的传送带上，传送带以4m/s的恒定速率顺时针运行．已知AB间距离为2m，传送带长度（即BC间距离）为10m，物块与传送带间的动縻擦 因数为0.2．取g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）‎ A．物块在传送带上运动的时间为2.32s B．物块在传送带上因摩擦产生的热量为2 J C．物块在传送带上运动过程中传送带对物块做功为4 J D．物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为8 J ‎13．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图b所示（g=10m/s2），则正确的结论是（　　）‎ A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B．弹簧的劲度系数为7.5N/cm C．物体的质量为20kg D．物体的加速度大小为5m/s2‎ ‎14．如图1所示，mA=4.0kg，mB=2.0kg，A和B紧靠着放在光滑水平面上，从t=0时刻起，对B施加向右的水平恒力F2=4.0N，同时对A施加向右的水平变力F1，F1变化规律如图2所示．下列相关说法中正确的是（　　）‎ A．当t=0时，A、B物体加速度分别为aA=5m/s2，aB=2m/s2‎ B．A物体作加速度减小的加速运动，B物体作匀加速运动 C．t=12 s时刻A、B将分离，分离时加速度均为a=2m/s2‎ D．A、B分离前后，A物体加速度变化规律相同 ‎15．如图1所示，小物块静止在倾角θ=37°的粗糙斜面上．现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图2所示，物块的速率υ随时间t的变化规律如图3所示，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．下列说法正确的是（　　）‎ A．物块的质量为1kg B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4‎ C．0～3s时间内力F做功的平均功率为0.213W D．0～3s时间内物体克服摩擦力做的功为5.12J ‎16．如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直轻质弹簧并保持静止，用大小等于mg的恒力F竖直向上拉B，当上升距离为h时B与A开始分离．下列说法正确的是（　　）‎ A．B与A刚分离时，弹簧为原长 B．B与A刚分离时，A与B的加速度相同 C．弹簧的劲度系数等于 D．从开始运动到B与A刚分离的过程中，B物体的动能先增大后减小 ‎　‎ 二、实验题 ‎17．现要测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图1所示．表面粗糙的木板一端固定在水平桌面上，另一端抬起一定高度构成斜面；木板上有一滑块，其后端与穿过打点计时器的纸带相连，打点计时器固定在木板上，连接频率为50Hz的交流电源．接通电源后，从静止释放滑块，滑块带动纸带上打出一系列点迹．‎ ‎（1）图2给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是实验中选取的计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），2、3和5、6计数点间的距离如图2所示．由图中数据求出滑块的加速度a=　　m/s2（结果保留三位有效数字）．‎ ‎（2）已知木板的长度为l，为了求出滑块与木板间的动摩擦因数，还应测量的物理量是　　．‎ A．滑块到达斜面底端的速度v B．滑块的质量m C．滑块的运动时间t D．斜面高度h和底边长度x ‎（3）设重力加速度为g，滑块与木板间的动摩擦因数的表达式μ=　　（用所需测量物理量的字母表示）‎ ‎18．如图1所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图．图中A为小车，B为装有砝码的小桶，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50HZ交流电．小车的质量为m1，小桶（及砝码）的质量为m2．‎ ‎（1）下列说法正确的是　　．‎ A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力 B．实验时应先释放小车后接通电源 C．本实验m2应远大于m1‎ D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a﹣图象 ‎（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a﹣F图象，可能是图2中的图线　　．（选填“甲”、“乙”、“丙”）‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎19．如图所示：一根光滑的丝带两端分别系住物块A、C，丝带绕过两定滑轮，在两滑轮之间的丝带上放置了球B，D通过细绳跨过定滑轮水平寄引C物体．整个系统处于静止状态．已知MA=kg，MC=2kg，MD=0.5kg，B物体两侧丝带间夹角为60°，与C物体连接丝带与水平面夹角为30°．此时C恰能保持静止状态．求：（g=10m/s2）‎ ‎（1）物体B的质量m；‎ ‎（2）物体C与地面间的摩擦力f；‎ ‎（3）物体C与地面的摩擦系数μ（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）．‎ ‎20．质量为10kg的环在拉力F的作用下，沿粗糙直杆向上做速度v0=5m/s的匀速运动，环与杆之间的动摩擦因数μ=0.5，杆与水平地面的夹角为θ=37°，拉力F与杆的夹角也为θ=37°，力F作用1s后撤去，环在杆上继续上滑了一段时间后，速度减为零．取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，杆足够长，求：‎ ‎（1）环受到的拉力F；‎ ‎（2）环运动到杆底端时的速度v．‎ ‎21．风洞是研究空气动力学的实验设备．如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=3.2m处，杆上套一质量m=3kg，可沿杆滑动的小球．将小球所受的风力调节为F=15N，方向水平向左．小球以速度v0=8m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小球落地所需时间和离开杆端的水平距离；‎ ‎（2）小球落地时的动能．‎ ‎（3）小球离开杆端后经过多少时间动能为78J？‎ ‎22．如图所示，平板A长L=10m，质量M=4kg，放在光滑的水平面上，在A上最右端放一物块B（大小可忽略），其质量m=2kg．已知A、B间动摩擦因数μ=0.4，开始时A、B都处于静止状态（取g=10m/s2）．则 ‎（1）若加在平板A上的水平恒力F=6N时，平板A与物块B的加速度大小各为多少？‎ ‎（2）若加在平板A上的水平恒力F=40N时，要使物块B从平板A上掉下来F至少作用多长时间？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省衡水中学高三（上）第一次调研物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每题4分）‎ ‎1．如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面C上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态．则（　　）‎ A．水平面对C的支持力小于B、C的总重力 B．B一定受到C的摩擦力 C．C受到水平面的摩擦力为零 D．若将细线剪断，B物体开始沿斜面向下滑动，则水平面对C的摩擦力不为零 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】利用特殊值法，假设B的重力沿斜面的分量与A的重力大小相等时，即可得知B相对C没有运动趋势，从而分析BC间是否有摩擦力； ‎ 把BC看做一个整体，分析绳子对B的拉力在水平方向和竖直方向上分量，继而可知在水平方向上的运动趋势和竖直方向的受力关系，从而分析C受地面的摩擦力和地面上的支持力大小； ‎ 剪断细线后分析物体的运动情况，根据摩擦力的定义可明确水平面对C的摩擦力大小．‎ ‎【解答】解：A、把BC看做一个整体，对其受力分析，绳子对B的拉力在竖直方向上有分量，所以水平面对C的支持力比B、C的总重力要小，故A正确； ‎ B、若AB的质量存在关系MAg=MBgsinθ时，B在斜面C上无相对运动趋势，所以此时BC之间无摩擦力作用，故B错误．‎ C、把BC看做一个整体，对其受力分析，不论B、C间摩擦力大小、方向如何，绳子对B的拉力在水平方向上始终有向右的分量，所以整体有向右的运动趋势，所以水平面对C的摩擦力方向一定向左，故C错误．‎ D、若将细线剪断，B向下滑动时，B对C有向下的滑动摩擦力，则C有向左的运动趋势，因此水平面对C有向右的摩擦力，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置﹣时间（x﹣t）图线，由图可知（　　）‎ A．在t1时刻，a、b两车的运动方向相同 B．在t2时刻，a、b两车的速度相同 C．在t1到t3这段时间内，a、b两车的平均速率相等 D．在t1到t3这段时间内，a、b两车的平均速度大小相等 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；平均速度．‎ ‎【分析】位移时间关系图线反映位移随时间的变化规律，图线的斜率表示速度．平均速度等于位移与时间之比，而平均速率等于路程与时间之比．‎ ‎【解答】解：‎ A、由x﹣t图线斜率表示速度，斜率的正负表示运动方向，分析可知，t1时刻a车沿正向运动，b车沿负向运动，两者运动方向相反，故A错误．‎ B、x﹣t图线的斜率的正负表示运动方向，t2时刻，a车沿正方向运动，b车沿正方向运动，方向相同．故B正确．‎ C、在t1到t2这段时间内，a、b两车运动的位移相同，由于a做匀速直线运动，b先沿负向运动后沿正向运动，所以b通过的路程较大，根据平均速率等于路程与时间之比，则知b的平均速率较大，两车的位移和时间相等，则平均速度相等，故C错误，D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎3．下列说法正确的是（　　）‎ A．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量也减小 B．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的 C．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变长 D．放射性元素的半衰期会随温度或压强的变化而变化 ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】能级间跃迁时从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子；‎ β衰变生成的电子是其中的中子转化为质子同时生成的；‎ 在康普顿效应中，散射光子的动量减小，根据德布罗意波长公式判断光子散射后波长的变化；‎ 放射性元素的半衰期是由原子核内的结构决定的，与温度或压强无关．‎ ‎【解答】解：A、可按库仑力对电子做负功进行分析，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电场力对电子做负功；故电子的动能变小，电势能变大（动能转为电势能）；由于发生跃迁时要吸收光子，故原子的总能量增加．故A错误；‎ B、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的．故B正确；‎ C、在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，则动量减小，‎ 根据λ=，知波长增大．故C正确；‎ D、放射性元素的半衰期是由原子核内的结构决定的，与温度或压强无关．故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎4．a、b两束色光，分别沿半径方向射向圆柱形的玻璃砖，其出射光线都是由圆心O沿OP方向射出，如图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．b在介质中的折射率比a小 B．若用a光做单缝衍射实验，要比用b时中央条纹更宽 C．若a、b两束色光都发生了全反射，则b光的临界角小 D．a光在玻璃中的速度较小 ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】光线在底面发生折射，折射角相同，由折射定律可得出两光的折射率，从而分析出光的频率和波长的大小，判断出波动性强弱．由v=分析光在玻璃中传播速度的大小．由sinC=分析临界角的大小．‎ ‎【解答】解：A、由图可知光从底面射出时，折射角相同，而a的入射角大于b的入射角，由折射定律可知： =可知，故a的折射率小于b的折射率；故A错误．‎ B、因折射率越大，光的频率越大，故a的频率小于b的频率，a的波长大于b光的波长，则a光的波动性强，若用a光做单缝衍射实验，要比用b时中央条纹更宽；故B正确；‎ C、由sinC=可知，a光的临界角要大于b光的临界角，故C正确； ‎ D、由v=分析可知，折射率越大，则光在玻璃中传播速度越小，故a光在玻璃中的速度较大，故D错误；‎ 故选：BC ‎　‎ ‎5．如图所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b靠在一起，表面光滑，重力为G，其中b的下半部刚好固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在平面上．现过a的轴心施以水平作用力F，可缓慢的将a拉离平面一直滑到b的顶端，对该过程分析，则应有（　　）‎ A．拉力F先增大后减小，最大值是G B．开始时拉力F最大为G，以后逐渐减小为0‎ C．a、b间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到G D．a、b间的压力由0逐渐增大，最大为G ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】a球缓慢上升，合力近似为零，分析a受力情况，由平衡条件得到F以及b球对a的支持力与θ的关系式，即可分析其变化．‎ ‎【解答】解：对于a球：a球受到重力G、拉力F和b球的支持力N，由平衡条件得：‎ F=Ncosθ，‎ Nsinθ=G 则得：F=Gcotθ，N=‎ 根据数学知识可知，θ从30°增大到90°，F和N均逐渐减小，当θ=30°，F有最大值为，N有最大值为2G，故BC正确．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是（　　）‎ A．若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小 B．若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力增大 C．若粘在c木块上面，绳的张力增大，a、b间摩擦力不变 D．若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律可明确加速度的变化，再根据各项进行分析，灵活选择研究对象，根据牛顿第二定律即可明确拉力和摩擦力的变化．‎ ‎【解答】解；整体法可知，只要橡皮泥粘在物体上，物体的质量均增大，则由牛顿运动定律可知，加速度都要减小 A、若橡皮泥粘在c物体上，将ab视为整体，F﹣FT=2ma，加速度减小，所以拉力FT变大，对b有F﹣fab=ma，知fab增大；故AC错误；‎ B、若粘在a木块上面，以c为研究对象，由牛顿第二定律可得，FT=ma，因加速度减小，所以拉力减小，而对b物体有F﹣fab=ma可知，摩擦力fab应变大，故B正确；‎ D、若橡皮泥粘在b物体上，将ac视为整体，有fab=2ma，所以摩擦力是变小，再对c分析可知，绳子的拉力减小，故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎7．如图所示，A、B都是重物，A被绕过的小滑轮P的细线所悬挂，小滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点．O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，cO′沿竖直方向拉着弹簧，弹簧、细线、滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于静止状态．若悬挂小滑轮的细线OP的张力是20N，则下列说法中正确的是（取g=10m/s2）（　　）‎ A．弹簧的弹力为10N B．重物A的质量为2kg C．桌面对B物体的摩擦力为10N D．OP与竖直方向的夹角为60°‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】根据悬挂小滑轮的斜线中的拉力与O′a绳的拉力关系，求出O′a绳的拉力．以结点O′为研究对象，分析受力，根据平衡条件求出弹簧的弹力和绳O′b的拉力．重物A的重力大小等于O′a绳的拉力大小．再根据物体B平衡求出桌面对物体B的摩擦力．‎ ‎【解答】解：A、设悬挂小滑轮的斜线中的拉力与O′a绳的拉力分别为T1和T，则有：2Tcos30°=T1，‎ 解得：T=20N．‎ 以结点O′为研究对象，受力如图，根据平衡条件得，弹簧的弹力为F1=Tcos60°=10N．故A正确．‎ B、重物A的质量mA==2kg．故B正确．‎ C、绳O′b的拉力F2=Tsin60°=20×N=．故C正确．‎ D、由于动滑轮两侧绳子的拉力大小相等，根据对称性可知，细线OP与竖直方向的夹角为30°．故D错误．‎ 故选：ABC ‎　‎ ‎8．如图所示，弹簧p和细绳q的上端固定在天花板上，下端用小钩勾住质量为m的小球C，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时p、q与竖直方向的夹角均为60°．下列判断正确的有（　　）‎ A．若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q对球的拉力大小为mg B．若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g C．若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p对球的拉力大小为mg D．若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】明确绳子与弹簧的性质，当弹簧脱钩后，绳子发生突变；而绳子脱钩后，弹簧不能突变；再根据受力分析即可求得球受到的合力，则可求得加速度．‎ ‎【解答】解：A、原来p、q对球的拉力大小均为mg．p和球脱钩后，球将开始沿圆弧运动，将q受的力沿法向和切线正交分解（见图1），得F﹣mgcos60°=，即F=，合力为mgsin60°，则加速度a=，故A、B错误．‎ C、q和球突然脱钩后瞬间，p的拉力未来得及改变，仍为mg，因此合力为mg（见图2），球的加速度为大小为g．故C错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．河水的流速与离河岸的关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间关系如图乙所示，若要使船以最短时间渡河，则（　　）‎ A．船渡河的航程是300m B．船在河水中的最大速度是5m/s C．船渡河的最短时间100s D．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直 ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】找到船参加的两个分运动，然后运用合运动与分运动的等时和等效规律进行研究即可．‎ ‎【解答】解：A、C、当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，由乙图可知河宽为300m；则时间为：t=s．‎ 由于船的运动还有沿水流方向的位移，所以船渡河的航程一定大于300m．故A错误，C正确；‎ B、当v2取最大值4m/s时，合速度最大；为：v=m/s；故B正确；‎ D、若要使船以最短时间渡河，则船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直．故D正确．‎ 故选：BCD ‎　‎ ‎10．如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（　　）‎ A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 ‎【考点】牛顿运动定律的综合应用；滑动摩擦力．‎ ‎【分析】根据摩擦力性质可判断鱼缸受到的摩擦力方向以及拉力变化时摩擦力的变化情况；再根据牛顿第二定律以及运动学公式进行分析，明确拉力变化后运动位移的变化情况．‎ ‎【解答】解：A、桌布向右拉出时，鱼缸相对于桌布有向左的运动，故鱼缸受到的摩擦力向右；故A错误；‎ B、由于鱼缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同，故受到的摩擦力相等，则由牛顿第二定律可知，加速度大小相等；但在桌面上做减速运动，则由v=at可知，它在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等；故B正确；‎ C、鱼缸受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小与拉力无关，只与压力和动摩擦因数有关，因此增大拉力时，摩擦力不变；故C错误；‎ D、猫减小拉力时，桌布在桌面上运动的加速度减小，则运动时间变长；因此鱼缸加速时间变长，桌布抽出时的位移以及速度均变大，则有可能滑出桌面；故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，将小球从倾角为45°的斜面上的P点先后以不同速度向右水平抛出，小球分别落到斜面上的A点、B点，以及水平面上的C点．已知B点为斜面底端点，P、A、B、C在水平方向间隔相等，不计空气阻力，则（　　）‎ A．三次抛出小球后，小球在空中飞行的时间均不同 B．小球落到A、B两点时，其速度的方向不同 C．若小球落到A、C两点，则两次抛出时小球的速率之比为：3‎ D．若小球落到B、C两点，则两次抛出时小球的速率之比为：3‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】‎ 三个小球均做平抛运动，可把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，平抛运动落在斜面上时，竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定，根据该规律求出平抛运动的时间，从而求出落在斜面上时，速度与水平方向的夹角．‎ ‎【解答】解：A、根据h=，得t=，由于B、C下落的高度相同，则这两球飞行时间相同，大于A球飞行时间．故A错误；‎ B、A、B两球都落在斜面上，竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定，即有：‎ tanθ===‎ 解得：t=．‎ 则落在斜面上时竖直方向上的分速度为：‎ vy=gt=2v0tan45°=2v0‎ 设球落在斜面上时速度与水平方向的夹角为α，有：tanα==2tanθ=2．‎ 知落在斜面上时，速度与水平方向的夹角与初速度无关，则A、B小球在落点处的速度方向相同，故B错误；‎ CD、小球落到A、B两点，水平位移 x=v0t=，据题，P、A、B在水平方向间隔相等，可得：两次抛出时小球的速率之比为：vA：vB=1：‎ 小球落到B、C两点，则运动的时间相等，而P、A、B、C在水平方向间隔相等，根据v0=可知，两次抛出时小球的速率之比为：vB：vC=2：3‎ 所以得：vA：vC=：3，故C正确，D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎12．如图所示，一质量为1kg的小物块自斜面上A点由静止开始下滑，经2s运动到B点后通过光滑的衔接孤面恰好滑上与地面等高的传送带上，传送带以4m/s的恒定速率顺时针运行．已知AB间距离为2m，传送带长度（即BC间距离）为10m，物块与传送带间的动縻擦 因数为0.2．取g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）‎ A．物块在传送带上运动的时间为2.32s B．物块在传送带上因摩擦产生的热量为2 J C．物块在传送带上运动过程中传送带对物块做功为4 J D．物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为8 J ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】物块在斜面上做匀加速直线运动，由运动学基本公式可求得物块通过B点的速度，物块滑上传送带后先做匀加速运动，由牛顿第二定律和运动学公式求出匀加到速度与传送带相等所用时间和通过的位移，再分析速度相等后的运动情况，求解时间，物块在传送带上因摩擦产生的热量Q=μmg△x，根据动能定理求出求出传送带对物块做功，根据能量守恒定律求解传动系统因此而多消耗的能量．‎ ‎【解答】解：A、物块在斜面上做匀加速直线运动，设到达B点速度为v，则有：x=t0，解得：v===2m/s 滑上传送带后，物块在传送带上匀加速运动，有：μmg=ma，代入数据得：a=2m/s2‎ 由v02﹣v2=2as，代入数据解得：s=3m＜L=10m，所以速度相等后物块随传送带一起做匀速运动，匀加速经历时间为：‎ ‎ t1==s=1s 匀速运动的时间为：t2==s=1.75s，故总时间为：t=t1+t2=2.75s，故A错误；‎ B、物块在传送带上因摩擦产生的热量为：Q=μmg（v0t1﹣s）=0.2×10×（4×1﹣3）=2J，故B正确；‎ C、根据动能定理得：传送带对物块做功 W=mv02﹣mv2=×1×16﹣×1×4=6J，故C错误；‎ D、物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的电能为：E=Q+（mv02﹣mv2）=8J，故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎13．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图b所示（g=10m/s2），则正确的结论是（　　）‎ A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B．弹簧的劲度系数为7.5N/cm C．物体的质量为20kg D．物体的加速度大小为5m/s2‎ ‎【考点】牛顿第二定律；胡克定律．‎ ‎【分析】物体一直匀加速上升，从图象可以看出，物体与弹簧分离后，拉力为30N；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡；拉力为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，弹簧压缩量为4cm；根据以上条件列式分析即可．‎ ‎【解答】解：A、物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；‎ B、C、D、刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有 mg=kx ①‎ 拉力F1为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有 F1+kx﹣mg=ma ②‎ 物体与弹簧分离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律，有 F2﹣mg=ma ③‎ 代入数据解得 m=2kg k=500N/m=5N/cm a=5m/s2‎ 故B错误，C错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎14．如图1所示，mA=4.0kg，mB=2.0kg，A和B紧靠着放在光滑水平面上，从t=0时刻起，对B施加向右的水平恒力F2=4.0N，同时对A施加向右的水平变力F1，F1变化规律如图2所示．下列相关说法中正确的是（　　）‎ A．当t=0时，A、B物体加速度分别为aA=5m/s2，aB=2m/s2‎ B．A物体作加速度减小的加速运动，B物体作匀加速运动 C．t=12 s时刻A、B将分离，分离时加速度均为a=2m/s2‎ D．A、B分离前后，A物体加速度变化规律相同 ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】若AB之间没有力的作用，求出B的加速度，若A的加速度大于大于B的加速度，则AB以相同的加速度运动，若A的加速度小于B的加速度，则B做匀速运动，A做加速度越来越小的加速运动，分情况讨论即可求解．‎ ‎【解答】解：若AB之间没有力的作用，则m/s2，‎ A、当t=0时，F1=2ON，而mA=4．Okg，所以F1单独作用在A上的加速度大于AB之间没有力的作用时的加速度，此时AB一起运动，加速度为：a=m/s2，故A错误；‎ B、由A得分析可知：随着F1的减小，刚开始时AB在两个力的作用下做加速度越来越小的加速运动，故B错误；‎ C、当F1单独在A上的加速度等于F2单独作用在B上的加速度时，AB之间恰好没有力的作用，此后F1继续减小，A的加速度继续减小，AB分离，根据牛顿第二定律得：F1=mAaB=8N，根据图象可知，此时t=12s，所以t=12 s时刻A、B将分离，分离时加速度均为a=2m/s2，故C正确；‎ D、AB分离前，A受到F1和B对A的弹力作用，分离后A只受F1作用，A物体加速度变化规律不相同，故D错误．‎ 故选C ‎　‎ ‎15．如图1所示，小物块静止在倾角θ=37°的粗糙斜面上．现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图2所示，物块的速率υ随时间t的变化规律如图3所示，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．下列说法正确的是（　　）‎ A．物块的质量为1kg B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4‎ C．0～3s时间内力F做功的平均功率为0.213W D．0～3s时间内物体克服摩擦力做的功为5.12J ‎【考点】动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】由F﹣t图象求出力的大小，由v﹣t图象判断物体的运动状态，应用牛顿第二定律、平衡条件与滑动摩擦力公式求出物块的质量与动摩擦因数；由运动学公式求出物块的位移，由功的计算公式求出物体克服摩擦力做的功，由功率公式可以求出力F做功的平均功率．‎ ‎【解答】解：A、由速度图象知在1～3s时间内，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：‎ ‎0.8+mgsinθ﹣μmgcosθ=ma 由v﹣t图象可知，加速度为：a=m/s2=0.4m/s2．‎ 在3～4s时间内，物块做匀速直线运动，由平衡条件得：μmgcosθ﹣mgsinθ=0.4N 解得：m=1kg，μ=0.8，故A正确，B错误；‎ C、由v﹣t图象可知，0～1s时间内，物块静止，力F不做功，1～3s时间内，力F=0.8N，‎ 物块的位移为：x=×0.4×22m=0.8m，1～3s内力F做功的平均功率为：P===W=0.32W，故C错误；‎ D、0～3s时间内物体克服摩擦力做的功为：Wf=μmgcosθ•x=0.8×1×10×cos37°×0.8=5.12J，故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎16．如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直轻质弹簧并保持静止，用大小等于mg的恒力F竖直向上拉B，当上升距离为h时B与A开始分离．下列说法正确的是（　　）‎ A．B与A刚分离时，弹簧为原长 B．B与A刚分离时，A与B的加速度相同 C．弹簧的劲度系数等于 D．从开始运动到B与A刚分离的过程中，B物体的动能先增大后减小 ‎【考点】功能关系；胡克定律．‎ ‎【分析】B和A刚分离时，相互之间恰好没有作用力，则B受到重力mg和恒力F，由已知条件F=0.5mg，由牛顿第二定律求出此时B的加速度和A的加速度，说明弹力对A有向上的弹力，与重力平衡．对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，所受合力在变化，加速度在变化，做变加速运动．‎ ‎【解答】解：A、B与A刚分离的瞬间，A、B仍具有相同的速度和加速度，且AB间无相互作用力．分析B知，B具有向下的加速度，大小 aB==0.5g，此时对A分析有：aA==aB，A也具有向下的加速度，由牛顿第二定律知此时弹簧弹力F弹=0.5mg，不为0，故弹簧不是原长，处于压缩状态．故A错误，B正确．‎ C、B和A刚分离时，弹簧处于压缩状态，弹力大小为F弹=0.5mg，原来静止时弹簧处于压缩状态，弹力大小为2mg，则弹力减小量△F=1.5mg．‎ 两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小△x=h，由胡克定律得：k=．故C正确．‎ D、由题知，F=0.5mg＜2mg，对于整体分析可知，整体在上升的过程中，合力应向上后向下，先做加速运动后做减速运动，B的动能先增大后减小，故D正确．‎ 故选：BCD ‎　‎ 二、实验题 ‎17．现要测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图1所示．表面粗糙的木板一端固定在水平桌面上，另一端抬起一定高度构成斜面；木板上有一滑块，其后端与穿过打点计时器的纸带相连，打点计时器固定在木板上，连接频率为50Hz的交流电源．接通电源后，从静止释放滑块，滑块带动纸带上打出一系列点迹．‎ ‎（1）图2给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是实验中选取的计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），2、3和5、6计数点间的距离如图2所示．由图中数据求出滑块的加速度a=　2.51　m/s2（结果保留三位有效数字）．‎ ‎（2）已知木板的长度为l，为了求出滑块与木板间的动摩擦因数，还应测量的物理量是　D　．‎ A．滑块到达斜面底端的速度v B．滑块的质量m C．滑块的运动时间t D．斜面高度h和底边长度x ‎（3）设重力加速度为g，滑块与木板间的动摩擦因数的表达式μ=　　（用所需测量物理量的字母表示）‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【分析】（1）利用逐差法△x=aT2可以求出物体的加速度大小，根据匀变速直线运动中某点的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小可以求出某点的瞬时速度大小；‎ ‎（2）根据牛顿第二定律有μmgcosθ=ma，由此可知需要测量的物理量．‎ ‎（3）根据牛顿第二定律的表达式，可以求出摩擦系数的表达式 ‎【解答】解：（1）每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔：T=0.1s，‎ 根据逐差法有：a==≈2.51m/s2；‎ ‎（2）要测量动摩擦因数，由μmgcosθ=ma，可知要求μ，需要知道加速度与夹角余弦值，纸带数据可算出加速度大小，‎ 再根据斜面高度h和底边长度x，结合三角知识，即可求解，故ABC错误，D正确．‎ ‎（3）以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律有：‎ mgsinθ﹣μmgcosθ=ma 解得：μ==．‎ 故答案为：（1）2.51，（2）D，（3）．‎ ‎　‎ ‎18．如图1所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图．图中A为小车，B为装有砝码的小桶，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50HZ交流电．小车的质量为m1，小桶（及砝码）的质量为m2．‎ ‎（1）下列说法正确的是　D　．‎ A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力 B．实验时应先释放小车后接通电源 C．本实验m2应远大于m1‎ D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a﹣图象 ‎（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a﹣F图象，可能是图2中的图线　丙　．（选填“甲”、“乙”、“丙”）‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了．②让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：际上绳子的拉力F=Ma=mg，故应该是m＜＜M，而当m不再远远小于M时a==随m的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g．‎ ‎（2）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．‎ ‎【解答】解：（1）A：平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力．故A错误．‎ B：实验时应先接通电源后释放小车，故B错误．‎ C：让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：际上绳子的拉力F=Ma=mg，故应该是m＜＜M，而当m不再远远小于M时a==随m的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g，故C错误．‎ D：F=ma，所以：a=，当F一定时，a与成正比，故D正确．‎ ‎（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．故图线为丙．‎ 故答案为：（1）D；（2）丙 ‎　‎ 三、计算题 ‎19．如图所示：一根光滑的丝带两端分别系住物块A、C，丝带绕过两定滑轮，在两滑轮之间的丝带上放置了球B，D通过细绳跨过定滑轮水平寄引C物体．整个系统处于静止状态．已知MA=kg，MC=2kg，MD=0.5kg，B物体两侧丝带间夹角为60°，与C物体连接丝带与水平面夹角为30°．此时C恰能保持静止状态．求：（g=10m/s2）‎ ‎（1）物体B的质量m；‎ ‎（2）物体C与地面间的摩擦力f；‎ ‎（3）物体C与地面的摩擦系数μ（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对物体B受力分析，根据平衡条件求B的重力；对C受力分析，正交分解，根据平衡条件求摩擦力大小．‎ ‎【解答】解：（1）对B受力分析，受重力和两侧绳子的拉力，根据平衡条件，知：2MAg•sin30°=mg，‎ 解得：m=kg；‎ ‎（2）对C受力分析，受重力、两个细线的拉力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，知水平方向受力平衡：MAgcos30°=MDg+f，‎ 解得：f=10N；‎ ‎（3）对C，竖直方向平衡，支持力：N=MCg﹣Tsin30°=2×10﹣×10×=15N，‎ 由f=μN知．‎ 答：（1）物体B的质量m为kg；‎ ‎（2）物体C与地面间的摩擦力f为10N；‎ ‎（3）物体C与地面的摩擦因数μ为．‎ ‎　‎ ‎20．质量为10kg的环在拉力F的作用下，沿粗糙直杆向上做速度v0=5m/s的匀速运动，环与杆之间的动摩擦因数μ=0.5，杆与水平地面的夹角为θ=37°，拉力F与杆的夹角也为θ=37°，力F作用1s后撤去，环在杆上继续上滑了一段时间后，速度减为零．取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，杆足够长，求：‎ ‎（1）环受到的拉力F；‎ ‎（2）环运动到杆底端时的速度v．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】（1）环先沿杆做匀速直线运动，对环进行受力分析即可求出拉力F．‎ ‎（2）由位移公式分别求出两个过程的位移，位移之和等于环沿杆向上运动的总距离s．根据动能定理求出环滑回底端时的速度大小．‎ ‎【解答】解：（1）当有F作用时，环做匀速直线运动，环的受力如图，‎ 环受到的合外力为0，则垂直于杆的方向：Fsin37°+N1=mgcos37° ①‎ 沿杆的方向：Fcos37°﹣μN1﹣mgsin37°=0 ②‎ 由①、②．得F=N=91N ③‎ ‎（2）撤去拉力前，环的位移：x1=v0t=5×1=5m 当撤去F时，有：N2=mgcos37°=10×10×0.8=80N ④‎ ‎ μN2+mgsin37°=ma1 ⑤‎ 由④、⑤，得a1=10m/s2 ⑥‎ 向上运动的最大位移： m 环向下运动时：mgsin37°﹣μN2=ma2⑦‎ 代入数据得：‎ 设环运动到杆底端时的速度v，则：v2﹣0=2a2（x1+x2）‎ 代入数据得：v=5m/s 答：（1）环受到的拉力F是91N；‎ ‎（2）环运动到杆底端时的速度是5m/s．‎ ‎　‎ ‎21．风洞是研究空气动力学的实验设备．如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=3.2m处，杆上套一质量m=3kg，可沿杆滑动的小球．将小球所受的风力调节为F=15N，方向水平向左．小球以速度v0=8m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小球落地所需时间和离开杆端的水平距离；‎ ‎（2）小球落地时的动能．‎ ‎（3）小球离开杆端后经过多少时间动能为78J？‎ ‎【考点】动能定理的应用；运动的合成和分解．‎ ‎【分析】（1）小球离开杆后在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速直线运动；根据自由落体运动规律可求得时间；根据水平方向的匀变速直线运动规律可求得水平位移；‎ ‎（2）对小球下落全过程由动能定理列式可求得落地时的动能；‎ ‎（3）设达到78J用时为t，根据运动学公式求出其竖直分位移和水平分位移；再对下落过程由动能定理列式，根据数学规律可求得速度为78J所用的时间．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为 t===0.8s；‎ 小球在水平方向做匀减速运动，加速度 a===5m/s2；‎ 则水平位移s=v0t﹣at2=8×0.8﹣=4.8m ‎（2）由动能定理 EK﹣mv02=mgH﹣Fx 解得：Ek=120J ‎（3）小球离开杆后经过时间t的水平位移 x=v0t﹣at2‎ 竖直分位移h=gt2； ‎ 由动能定理EK﹣mv02=mg×gt2﹣Fx 将EK=78J和v0=8m/s代入得 ‎125t2﹣80t+12=0‎ 解得t1=0.4s，t2=0.24s 答：（1）小球落地所需时间为0.8s；离开杆端的水平距离为4.8m；‎ ‎（2）小球落地时的动能为120J；‎ ‎（3）小球离开杆端后经过0.4s和0.24s时间动能均为78J．‎ ‎　‎ ‎22．如图所示，平板A长L=10m，质量M=4kg，放在光滑的水平面上，在A上最右端放一物块B（大小可忽略），其质量m=2kg．已知A、B间动摩擦因数μ=0.4，开始时A、B都处于静止状态（取g=10m/s2）．则 ‎（1）若加在平板A上的水平恒力F=6N时，平板A与物块B的加速度大小各为多少？‎ ‎（2）若加在平板A上的水平恒力F=40N时，要使物块B从平板A上掉下来F至少作用多长时间？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）当在平板A上加恒力F，先判断A、B之间是否发生相对滑动，再结合牛顿第二定律求出平板A和B的加速度大小．‎ ‎（2）在F的作用下A、B均做匀加速直线运动，撤去F后，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，抓住B恰好从A上脱离，两者速度相同，结合牛顿第二定律和两者的位移关系求出F至少作用的时间．‎ ‎【解答】解：（1）物块B的临界加速度为：a0=μg=0.4×10m/s2=4m/s2，‎ 对整体分析，A、B发生相对滑动时的最小拉力为：F=（M+m）a0=（4+2）×4N=24N，‎ 当F=6N时，A、B保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度为：a=．‎ ‎（2）当F=40N时，A、B发生相对滑动，设F的作用时间为t1，撤去F后，经过t2时间达到相同速度．对B有：‎ v共=μg（t1+t2），‎ ‎，‎ 对A有：vA=a1t1，‎ 根据牛顿第二定律得，F﹣μmg=Ma1，‎ v共=vA﹣a2t2，‎ μmg=Ma2，‎ 则A的位移为：，‎ 因为sA﹣sB=10m，‎ 代入数据联立解得：．‎ 答：（1）平板A与物块B的加速度大小各为1m/s2；‎ ‎（2）要使物块B从平板A上掉下来F至少作用．‎ ‎　‎ ‎2016年11月22日