2018-2019学年吉林省长春市第十一高中高一上学期期末考试物理试题（解析版）

2018-2019学年吉林省长春市第十一高中高一上学期期末考试物理试题（解析版）

长春市第十一高中2018-2019学年度高一上学期期末考试 物理试题 一、选择题 ‎1.下列实例属于超重现象的是 A. 自由落体运动 B. 举重运动员在举起杠铃后静止在空中 C. 跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动 D. 火箭点火后加速升空 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．‎ ‎【详解】A、自由落体运动，加速度为g，没有支持力，是完全失重，故A错误；B、举重运动员在举起杠铃后静止在空中，支持力等于重力，没有超重也没有失重，故B错误；C、跳水运动员离开跳板向上运动时，与跳板分离，没有支持力，完全失重，故C错误；火箭点火加速升空的过程中，有向上的加速度，是由支持力和重力的合力提供，处于超重状态，故D正确。故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了．‎ ‎2.关于平抛运动，下列说法正确的是 A. 平抛运动是匀速运动 B. 平抛运动是加速度不断变化的运动 C. 平抛运动是匀变速曲线运动 D. 做平抛运动的物体落地时速度方向一定是竖直向下的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平抛运动是一种匀变速曲线运动，在竖直方向上做自由落体运动，速度变化量△v=at=gt．结合这些知识进行分析．‎ ‎【详解】平抛运动的物体只受重力，加速度为g，保持不变，所以平抛运动是匀变速曲线运动，故C正确，AB 错误。平抛运动在水平方向上是匀速直线运动，物体落地时有水平分速度，所以落地时的速度不可能竖直向下，故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握平抛运动的性质，以及知道平抛运动的规律，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．‎ ‎3.关于运动学的概念，下列说法中正确的是 A. 小强同学的铅球成绩为7m，其中7m为铅球在空中运动的路程 B. 速度很大的物体加速度可能为零 C. 研究地球的公转不能把地球当成质点 D. 长春市西部快速路上方的路牌所标的“80”为车辆通行的平均速度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】小强同学的铅球成绩为7m，其中7m为为标枪在地面上的直线距离，不是路程，故A错误；当物体做匀速直线运动时，速度可以很大，但加速度为零，故B正确；研究地球的公转可以把地球当成质点，故C错误；长春市西部快速路上方的路牌所标的“80”为车辆通行的瞬时速度不超过80km/h，故D错误。故选B。‎ ‎4.小文同学在探究物体做曲线运动的条件时，将一条形磁铁放在桌面的A位置，让小钢珠在水平桌面上以初速度v0运动，得到小钢珠的运动轨迹．图中a、b、c、d哪一条为其运动轨迹（ ）‎ A. a B. b C. c D. d ‎【答案】C ‎【解析】‎ 解：磁体对钢珠有相互吸引力，当磁铁放在位置A时，先钢珠运动过程中有受到磁体的吸引，小钢珠逐渐接近磁体，所以其的运动轨迹是c．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】明确曲线运动的条件，即主要看所受合外力的方向与初速度的方向的关系，这是判断是否做曲线运动的依据．‎ ‎5.如图所示，A、B两木块间连一轻质弹簧，A的质量为m、B的质量也为m，一起静止地放在一块木板上.若将此木板突然抽去，在此瞬间，A、B两木块的加速度分别是 A. aA＝0，aB＝g B. aA＝g，aB＝g C. aA＝0，aB＝2g D. aA＝g，aB＝2g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 木板抽出前，木块A和木块B都受力平衡，根据共点力平衡条件求出各个力；木板抽出后，木板对木块B的支持力突然减小为零，其余力均不变，根据牛顿第二定律可求出两个木块的加速度。‎ ‎【详解】解：在抽出木板的瞬时，弹簧对A的支持力和对B的压力并未改变。对A物体受重力和支持力，mg=F，aA=0。对B物体受重力和弹簧的向下的压力，根据牛顿第二定律，故选C。‎ ‎【点睛】本题属于牛顿第二定律应用的瞬时加速度问题，关键是区分瞬时力与延时力；弹簧的弹力通常来不及变化，为延时力，轻绳的弹力为瞬时力，绳子断开即消失。‎ ‎6.如图所示，某健身爱好者手拉着轻绳，在粗糙的水平地面上缓慢地移动，保持绳索始终平行于地面。为了锻炼自己的臂力和腿部力量，可以在O点悬挂不同的重物G，则（ ）‎ ‎ ‎ A. 若健身者缓慢向右移动，绳OA拉力变小 B. 若健身者缓慢向左移动，绳OB拉力变大 C. 若健身者缓慢向右移动，绳OA、OB拉力的合力变大 D. 若健身者缓慢向左移动，健身者与地面间的摩擦力变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、设OA的拉力为，OB的拉力为，重物C的质量为m，因O点始终处于平衡状态，根据平衡条件有：，，解得，，当健身者缓慢向右移动时，角变大，则、均变大，故选项A正确；‎ B、当健身者缓慢向左移动时，角变小，则、均变小，因为健身者所受的摩擦力与OB绳拉力相等，故健身者与地面间的摩擦力变小，故选项B错误，D正确；‎ C、不论健身者朝哪里移动，绳OA、OB拉力的合力保持不变，大小等于重物G的重力，故选项C错误。‎ 点睛：本题要注意正确选择研究对象，正确进行受力分析，再根据共点力平衡中的动态平衡分析各力的变化情况。‎ ‎7.“歼-20”是中国成都飞机工业(集团)有限责任公司为中国人民解放军研制的第四代双发重型隐形战斗机该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。在某次起飞中，由静止开始加速，当加速度a 不断减小至零时，飞机刚好起飞。关于起飞过程下列说法正确的是 A. 飞机所受合力不变，位移不断增大 B. 飞机所受合力减小，位移不断增大 C. 速度方向与加速度方向相同，速度增加越来越快 D. 速度方向与加速度方向相同，速度增加越来越慢 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当加速度和速度方向相同，物体做加速运动，当加速度和速度方向相反，物体做减速运动。根据加速度的变化判断合力的变化。只要速度仍向正方向，则位移不断增大。‎ ‎【详解】根据牛顿第二定律可知，当加速度a 不断减小至零时合力逐渐减小到零，因速度不为零，仍向原来正方向，故位移不断增大，故A错误，B正确；飞机做加速运动，加速度方向与速度方向相同，加速度减小，即速度增加的快慢程度越来越慢，故C错误，D正确。故选BD。‎ ‎【点睛】解决本题的关键是掌握牛顿第二定律和加速度的物理意义，知道加速度方向与速度方向相同时物体做加速运动，加速度减小，速度并不减小。位移与速度有关。‎ ‎8.如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上，均处于静止状态。当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则 A. Q受到的摩擦力可能变小 B. Q受到的摩擦力可能变大 C. 轻绳上拉力一定变小 D. 轻绳上拉力一定不变 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别对P、Q 两个物体进行受力分析，运用力的平衡条件解决问题．由于不知具体数据，对于静摩擦力的判断要考虑全面．‎ ‎【详解】解：对物体P受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故绳子的拉力等于物体P的重力；当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，故绳子的拉力仍然等于物体P的重力，轻绳上拉力一定不变。故D正确；再对物体Q受力分析，受重力、拉力、支持力，可能有静摩擦力；当静摩擦力沿斜面向上时，有T+f=mgsinθ，当用水平向左的恒力推Q时，静摩擦力f会减小，也可能摩擦力大小不变，方向相反。当静摩擦力沿着斜面向下时，有T=f+gsinθ，当用水平向左的恒力推Q时，静摩擦力会增加，故ABD正确，C错误；故选ABD。‎ ‎【点睛】本题关键要对物体P和Q分别受力分析，然后根据平衡条件列式分析，难点在于静摩擦力的方向的不确定上．‎ ‎9.有四个物体A、B、C、D,物体A、B运动的x-t图像如图甲所示；物体C、D从同一地点沿同一方向运动的v-t图像如图乙所示。根据图象做出的以下判断中正确的是 A. 物体A和B均做匀变速直线运动 B. 在0～3s的时间内，物体A、B 的间距逐渐增大 C. t=3s时，物体C、D的速度相同 D. 在0～3s的时间内，物体C 与D 的间距逐渐减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 由甲图看出：物体A和B位移图象都是倾斜的直线，斜率都不变，速度都不变，说明两物体都做匀速直线运动，故A错误；由甲图看出，在0～3s的时间内，物体A的位移都大于B 的位移，所以物体A、B 的间距逐渐增大，故B正确；由乙图可以看出C、D两物体的图线交于一点，所以速度一定相同，故C正确；由乙图看出：前3s内，D的速度较大，C、D间距离增大，3s后C的速度较大，两者距离减小，t=3s时，物体C与物体D之间有最大间距，故D正确。所以BC正确，AD错误。‎ ‎10.如图所示，在小车内有一个固定的斜面，斜面上有一个物体A与斜面保持相对静止。在小车的上面用细线悬挂一个质量为m的小球B，小球在如图所示的位置始终保持与小车相对静止，则下列说法中正确的是 A. 物体A与斜面间的动摩擦因数可能为零 B. 物体A与斜面间的动摩擦因数一定不为零 C. 物体B对线的拉力一定大于mg D. 小车在做匀加速直线运动 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对B进行受力分析，根据牛顿第二定律分析加速度，则A和小车的加速度与B相同，再分别对A和小车进行受力分析，即可求解．‎ ‎【详解】解：对B进行受力分析可知，B的合外力方向水平向左，即B的加速度方向水平向左，则A和小车的加速度方向也水平向左，AB、若物体A与斜面间的动摩擦因数为零，则A受重力和斜面的支持力，两个力的合力可以水平向左，提供A的加速度，故A正确，B错误；C、B受的重力与拉力以及合力构成直角三角形，而重力是直角边，拉力是斜边，故物体B对线拉力一定大于重力，故C正确；D、由图可知球的合力水平向左，即其加速度水平向左，又小球始终保持与小车相对静止，故可知小车加速水平向左，但小车可能做的是向右的匀减速运动，故D错误；故选AC。‎ ‎【点睛】本题是整体法和隔离法的应用，关键是对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律分析加速度的方向，难度不大，属于基础题．‎ ‎11.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示，为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持恒定的速率v=1m/s运行，一质量为m=4kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离L=2m，则 A. 行李刚开始运动时的加速度大小为1m/s2‎ B. 行李从A运动到B的时间为2.5s C. 行李在传送带上滑行痕迹的长度为1m D. 如果提高传送带的运行速率，行李从A处传送到B处的最短时间可能为2s ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对行李进行受力分析，求出受到的摩擦力的大小，然后又牛顿第二定律即可求出加速度；（2）行李在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带的速度，和传送带一起做匀速直线运动，根据运动学公式即可求出匀加速运动的时间；（3）若行李一直做匀加速运动，运动的时间最短，由此求出。‎ ‎【详解】A、行李的质量是4kg，则重力是40N，行李与传送带之间的弹力为40N，则行李受到的摩擦力：，行李的加速度：，故A正确；B、设行李做匀加速运动的时间为t1，由题意知行李加速运动的末速度v=1m/s，则由匀加速直线运动规律v=at1得：，该过程中的位移：，行李匀速运动的时间：，所以运动的总时间：t=t1+t2=1+1.5=2.5s。故B正确；在行李加速的时间内传送带的位移：x2=vt1=1×1=1m，行李在传送带上滑行痕迹的长度为：△x=x2-x1=1-0.5=0.5m。故C错误；D、若行李从A一直匀加速运动到B时，传送时间最短。则，故D正确。故选ABD。‎ ‎【点睛】解决本题的关键会根据受力判断行李的运动情况，以及知道当行李一直做匀加速直线运动，运行时间最短。‎ ‎12.如图所示为竖直平面内的直角坐标系。一质量为m的质点，在恒力F和重力的作用下，从坐标原点O由静止开始沿直线ON斜向下运动，直线ON与y轴负方向成θ角(θ<90°)。不计空气阻力，则以下说法正确的是 A. 当F=mgsinθ时，拉力F最小 B. 当F=mgtanθ时，拉力F最小 C. 若一段时间后撤去力F，此后质点将做曲线运动 D. 撤去力F后，质点在相等的时间内速度变化一定相等 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知物体受到的合力方向与ON 重合；由力的合成知识可知拉力的最小值；根据曲线运动的物点分析撤去力F后，质点做什么运动，以及速度的变化情况。‎ ‎【详解】因重力与拉力F的合力应沿ON方向，即如图所示：‎ 由几何关系可知，当拉力等于mgsinθ时，拉力F最小，故A正确，B错误；若一段时间后撤去力F，只受力重力作用，与速度方向存在夹角，故此后质点将做曲线运动，又因为加速度为重力加速度g，故质点在相等的时间内速度变化一定相等，故CD正确，故选ACD。‎ ‎【点睛】本题考查学生对曲线运动的条件及几何关系的应用，解决本题的关键就是掌握受力分析和运动分析。‎ 二、实验题 ‎13. 在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中，装置如图甲所示，实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次测出相应的弹簧总长度。‎ ‎（1）某同学通过以上测量后把6组数据描点在坐标图乙中，请作出F－L图线；‎ ‎（2）由此图线可得出该弹簧的原长L0＝__________cm，劲度系数k＝___________N/m。‎ ‎【答案】（1）如图所示；（2）5，25。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据实验数据在坐标纸上描出的点，基本上在同一条直线上．可以判定F和L间是一次函数关系．画一条直线，使尽可能多的点落在这条直线上，不在直线上的点均匀地分布在直线两侧，如图：‎ ‎（2）图线与坐标轴交点表示弹簧所受弹力大小F=0时弹簧的长度，即弹簧的原长：5cm．‎ 图线的斜率表示弹簧的劲度系数：‎ 考点：探究弹力和弹簧伸长量的关系 ‎【名师点睛】描线时要将尽可能多的点画在直线上，少数的点尽可能平均的分布于直线两侧．测量有关长度时，要注意区分弹簧的原长l0，实际长度l和伸长量x，并明确三者之间的关系。‎ ‎14.某同学用如图所示的实验装置验证牛顿第二定律 ‎(1)该同学在实验前准备了图中所示的实验装置及下列辅助器材,其中不必要的器材是 __________（选填字母代号）‎ A．交流电源、导线 B．天平（含配套砝码 C．秒表　 D．刻度尺 ‎(2)下列说法正确的是_________（选填字母代号）‎ 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．本实验应用的实验方法是控制变量法 D．只需要一条纸带即可确定加速度与力的关系 ‎(3)某学生在平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大．他所得到的a - F关系是下列的哪根图线？图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力．答：________‎ ‎(4)消除小车与水平木板之间摩擦力的影响后，可用钩码总重力代替小车所受的拉力，此时钩码质量m与小车总质量M之间应满足的关系为_______________；‎ ‎(5)某同学在实验中．打出的一条纸带如图所示，他选择了几个计时点作为计数点，相邻两计数点间还有4 个计时点没有标出，其中s1= 7.06cm、s2=7.68cm、s3=8.30cm、s4=8.92cm，那么打b 点的瞬时速度大小是_______m/s；纸带加速度的大小是___________m/s2（计算结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). C (2). C (3). C (4). m远小于M (5). 0.74 (6). 0.62‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据实验的原理确定测量的物理量，从而确定所需的器材．（2）根据实验的原理进行分析即可.（3）根据实验的原理，列出牛顿第二定律方程进行分析即可。（4）根据牛顿第二定律，求出小车实际的拉力大小，然后和mg进行比较，可以得出结论；（5）纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．‎ ‎【详解】解：（1）在实验中，打点计时器可以测量时间，所以不需要秒表．上述器材中不必要的为C．（2）A、平衡摩擦力，假设木板倾角为，则有：，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。研究牛顿第二定律F=ma时，采用控制变量法保持小车质量不变，研究加速度与合外力的关系，故C正确；D、实验要重复三次，从打出的三条纸带中选择一条最清晰的纸带进行数据处理，故D错误。故选C；（3）把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，会导致重力沿斜面向下的分力偏大，摩擦力偏小，而且重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，这样在没有绳子的拉力作用下，小车就会产生加速度．故选C．（4）根据牛顿第二定律得：对m：，对M：，解得：，由此可知当m＜＜M时，即当钩码的总质量要远小于小车的质量，绳子的拉力近似等于钩码的总重力。（5）利用匀变速直线运动的推论 ‎，根据运动学公式△x=at2得：‎ ‎【点睛】要知道验证牛顿第二定律实验的注意事项，要会处理实验数据，能根据打出的纸带求出物体的加速度、物体的瞬时速度．要掌握应用图象法处理实验数据的方法．‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，物块的质量m=30kg，细绳一端与物块相连，另一端绕过光滑的轻质定滑轮，当人用100N的力竖直向下拉绳子时，滑轮左侧细绳与水平方向的夹角为53°，物体在水平面上保持静止．已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，取g=10m/s2，求：地面对物体的弹力大小和摩擦力大小．‎ ‎【答案】地面对物体的弹力大小为220N；摩擦力大小为60N ‎【解析】‎ 试题分析：要求地面对物体的弹力大小和摩擦力大小可以以物块为研究对象并进行受力分析，根据物块处于平衡状态即物块所受合力为0列方程即可求解．在竖直方向有N+Tsin53°﹣mg=0，在水平方向有f=Tcos53，联立即可求得．‎ 解：物体受力如图，设地面对物体的弹力大小为N，地面对物体的摩擦力大小为f，由共点力平衡条件有 竖直方向 N+Tsin53°=mg 代入数据得 N=220N 水平方向 f=Tcos53°=60N 答：地面对物体的弹力大小为220N；摩擦力大小为60N．‎ ‎【点评】求两段绳子拉力的矢量和时可以先将左边绳子的拉力分解为水平方向的分力和竖直方向的分力，从而求出两根绳子对滑轮向下的拉力，再用勾股定理求解．这样可以不用余弦定理而减小了计算量，提高了计算速度．‎ ‎16.如图所示，物体的质量m=5kg，物块与地面间的动摩擦因数为0.4，取g=10m/s2，若沿水平向右方向施加一恒定的拉力F=70N,使物体由静止开始做匀加速直线运动，求：‎ ‎(1)物体的加速度大小 ‎(2)2s末物体的速度大小 ‎(3)2s末撤去拉力F，物体还能运动多远？‎ ‎【答案】(1)10m/s2 (2)20m/s (3)50m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据牛顿第二定律求出物体的加速度。（2）结合速度时间公式求出2s末的速度。（3）根据牛顿第二定律求出撤去拉力后的加速度，结合速度位移公式求出物体还能滑行的距离。‎ ‎【详解】解：（1）根据牛顿第二定律得 F-f=ma，又 得 a=10m/s2‎ ‎（2）对于匀加速运动，2s末的速度 v=at=10×2=20m/s ‎（3）撤去拉力后，根据牛顿第二定律得： ‎ 得 则物体还能滑行的距离 ‎【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，要注意撤去F后动摩擦因数不变。‎ ‎17.如图所示，质量m=1kg的物块，在沿斜面向上，大小F=15N的拉力作用下，沿倾角θ=37°的足够长斜面由静止开始匀加速上滑，经时间t1=2s撤去拉力，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，取，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎(1)拉力F作用的时间t1内，物块沿斜面上滑的距离x1；‎ ‎(2)从撤去拉力起，物块沿斜面滑到最高点的时间t2；‎ ‎(3)从撤去拉力起，经时间t=3s物块到出发点的距离x。‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎(1)物块在时间内沿斜面匀加速上滑，设加速度大小为，‎ 由牛顿第二定律有 解得 在这段时间内物块上滑的距离为 ‎(2)经时间物块的速度大小为 接着物块沿斜面匀速上滑，设加速度大小为，‎ 由牛顿第二定律有：‎ 解得 根据速度公式有：‎ 解得 ‎(3)物块在时间t2内上滑的距离为，‎ 沿斜面下滑时间为 设物块沿斜面下滑的加速度大小为，‎ 由牛顿第二定律有：‎ 解得 物块在时间t3内沿斜面下滑的距离为，‎ 故 ‎【点睛】过程稍多，中间摩擦力方向有变化，要分过程仔细分析，不能盲目套用匀变速直线运动的规律．‎ ‎18.如图所示，光滑水平桌面上的物体A质量为m1，系一细绳，细绳跨过桌沿的定滑轮后悬挂质量为m2的物体B，先用手使B静止（细绳质量及滑轮摩擦均不计）。‎ ‎(1)求放手后A、B一起运动中绳上的张力FT ‎(2)若在A上再叠放一个与A质量相等的物体C，绳上张力就增大到，求m1：m2‎ ‎【答案】（1）；（2）1：2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）放手后两物体一起做匀加速直线运动，分别以AB为研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律可求得绳子的拉力；（2）分别对B及AC整体受力分析，由牛顿第二定律可列出绳子张力的表达式，根据题意可得出质量的关系．‎ ‎【详解】解：（1）对B，由牛顿第二定律有：‎ 对A，由牛顿第二定律有：‎ 解得：‎ ‎（2）对B，由牛顿第二定律有：‎ 对AC，由牛顿第二定律有：‎ 解得：‎ 由，得：‎ 所以m1：m2=1：2‎ ‎【点睛】对于连接体问题要注意正确受力分析，合理选择研究对象进行分析，列牛顿第二定律进行分析即可解决．‎ ‎19.如图所示，质量M＝4kg、长L＝2.25m的木板静止在水平面上，质量m＝2kg的滑块（可看做质点）从木板的左端以速度v0开始向右运动，滑块刚好没有从木板上滑下，已知木板与地面、滑块与木板间的动摩擦因数分别为µ1＝0.1和µ2＝0.4，取g＝10m/s2‎ ‎(1)分别求开始时木板和滑块的加速度大小 ‎(2)求滑块的初速度v0的大小 ‎(3)求木板运动的最大位移并在图乙中画出滑块整个运动过程中的v－t图象.‎ ‎【答案】(1) 4m/s2，0.5m/s2 ；(2)4.5m/s (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由牛顿第二定律求开始时木板和滑块的加速度大小；（2）滑块刚好没有从木板上滑下，滑到木板右端时，两者速度相等，由速度关系和位移关系分别列式，可求出运动时间和滑块的初速度v0的大小；（3）滑块和木板共速后一起向右做匀减速运动，由牛顿第二定律求出加速度，再由速度公式求出滑行时间，即可画出v-t图象。‎ ‎【详解】解：（1）对滑块，由牛顿第二定律得：，解得： 对木板，由牛顿第二定律得：，解得：‎ ‎（2）滑块刚好能滑到木板右端时，两者速度相等，则 又 解得：t1=1s，v0=4.5m/s ‎（3）两者速度相等时 ‎ 对木板，有，解得：‎ 此后两者一起向前减速运动，由牛顿第二定律得：‎ 又 解得木板运动的最大位移 又，解得 滑块整个运动过程中的v-t图象如图所示：‎ ‎【点睛】解决本题时要知道滑块刚好没有从木板上滑下的临界条件是：两者达到共同速度时物块恰好到达木板的右端，两者对地的位移差恰等于木板的长度。分段运用牛顿第二定律和运动学公式结合解答。‎ ‎ ‎ ‎ ‎