安徽省滁州市定远县育才学校2020届高三上学期第一次月考物理试题

安徽省滁州市定远县育才学校2020届高三上学期第一次月考物理试题

育才学校 2020 届高三第一次月考 高三物理试卷 一、选择题(共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。1-7 小题为单选题，8-10 小题为多选题。) 1.水平面上某物体从 t=0 时刻起以 4m/s 的速度做匀速直线运动，运动 3s 后又立即以大小为 2m/s2 的加速度做匀减速直线运动，停止后物体不再运动。则下列判断正确的是 A. 该物体从 t=0 时刻算起 6s 内运动的位移大小为 15m B. 该物体在整个运动过程中的平均速度大小为 2m/s C. 该物体减速后最后 1s 内的仅移大小为 lm ' . D. 该物体减速后第 1s 末的速度大小为 3m/s 【答案】C 【解析】 【详解】物体速度减为零的时间为： 0 0 2vt sa   A 项：物体在 3s+2s=5s 末停止运动，所以物体在 6s 内的位移等于前 5s 的位移，总位移为： 2 0 1 0 0 0 1 162x v t v t at m    ，故 A 错误； B 项：物体的平均速度为： 1 0 16 3.23 2 x m mv s st t     ，故 B 错误； C 项：根据运动的可逆性可知，物体减速最后 1s 的位移等于以 2m/s2 加速 1s 的位移，大小为： 2 2 1 1 1 2 1 12 2x at m m     ，故 C 正确； D 项：该物体减速后第 Is 末的速度大小为： 0 4 2 1) =2m mv v at s s    （ ，故 D 错误。 故选：C。 2.某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开 降落伞做减速下落。他打开降落伞后的速度图线如图甲所示。降落伞用 8 根对称的绳悬挂运 动员，每根绳与中轴线的夹角均为 ，如图乙。已知人的质量为 M，不计人所受的阻力，打开 伞后伞所受阻力 F 与速度 v 成正比，重力加速度 g。则每根悬绳能够承受的拉力至少为（ ） A. Mg/8cos B. Mg/8sin C. Mgv2/8v1cos D. Mgv1/8v2cos 【答案】C 【解析】 【详解】设降落伞的质量为 m ，匀速下降时有： 1 ( )kv m M g  打开降落伞的瞬时对整体有： 2 ( ) ( )kv M m g m M a    打开降落伞的瞬时对运劝员有：8 cosT Mg Ma   联立解得： 2 18 cos MgvT v  ，故 C 正确。 3.如图所示，两个质量分别为 3 m、m 的小圆环 A、B 用细线连着，套在一个竖直固定的大圆 环上，大圆环的圆心为 O。系统平衡时，细线所对的圆心角为 90°，大圆环和小圆环之间的 摩擦力及线的质量忽略不计，重力加速度大小用 g 表示，下列判断正确的是 A. 小圆环 A、B 受到大圆环的支持力之比是 3 ：1 B. 小圆环 A 受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为 15° C. 细线与水平方向的夹角为 30° D. 细线的拉力大小为 3 2 mg 【答案】A 【解析】 【详解】对 A 和 B 进行受力分析，根据平行四边形定则做出重力和支持力的合力的大小等于 绳子的拉力的大小，设支持力与竖直方向的夹角分别为 和  ，如图所示： 根据正弦定理可以得到： 0 3 sin 45 sin mg T  ， ' 0sin 45 sin mg T  ，由于 'T T ， 90    整理可以得到： 030  ， 060  ， ' 6 2T T mg  再次利用正弦定理：   0 3 sin 180 45 30 sin 45 AN mg   ，   0sin 180 45 60 sin 45 BN mg   整理可以得到： 3 1 A B N N  ，故选项 A 正确，BD 错误； C、由图根据几何知识可以知道，细线与水平方向的夹角为  180 45 30 90 15       ， 故选项 C 错误。 4.如图所示，质量为 M 的滑块 A 放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为 O、半径为 R 的光滑 四分之一圆弧面，当用一水平恒力 F 作用在滑块 A 上时，一质量为 m 的小球 B(可视为质点) 在圆弧面上与 A 保持相对静止，此时小球 B 距轨道末端 Q 的竖直高度为 H= 3 R ，重力加速度为 g，则 F 的大小为 A. 5 3 Mg B. 5 2 Mg C. 5 ( )3 M m g D. 5 ( )2 M m g 【答案】D 【解析】 【详解】连接 OB，设 OB 连续与竖直方向的夹角为 ，由几何关系得： 2cos 3 R H R    2 5sin 1 cos 3     则 5tan 2   此时小球受到的合外力 5tan 2F mg mg  由牛顿第二定律可得： 5 2 Fa gm   以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得 5( ) ( )2F m M a m M g    ，故 D 正确，ABC 错误。 故选：D。 5.如图所示，在一座寺庙门口吊着一口大钟，在大钟旁边并排吊着撞锤，吊撞锤的轻绳长为 L， 与吊撞锤的点等高且水平相距 2 3 3 L 处有一固定的光滑定滑轮，一和尚将轻绳一端绕过定滑 轮连在撞锤上，然后缓慢往下拉绳子另一端，使得撞锤提升竖直高度 2 L 时突然松手，使撞锤 自然的摆动下去撞击大钟，发出声音，（重力加速度取 g），则（ ） A. 在撞锤上升过程中，和尚对绳子的拉力大小不变 B. 松手前瞬间，撞锤上方左右两边绳子的拉力之比为 3 3 C. 撞锤撞击大钟前瞬间的速度大小等于 2gL D. 突然松手时，撞锤的加速度大小等于 3 2 g 【答案】D 【解析】 试题分析：在摆锤上升过程中撞钟受力如图所示，因缓慢拉绳，撞钟受力平衡，由平行四边 形定则作图知两绳拉力都发生变化，故选项 A 错误；松手前瞬间，由几何知识知，两绳恰垂 直，且由力的平行四边形法则得，撞锤上方左右两边绳子的拉力之比为 ， 故选项 B 错误；松手后， 撞钟摆下，只有重力做功，由机械能守恒可知， ，得 ，故选项 C 错误； 当突然 松手时，撞钟受重力和右侧悬绳拉力作用，将重力分解为沿悬绳和垂直于悬绳的力，由圆周 运动知识知沿悬绳方向合力为零，则撞钟受合力为重力沿垂直于右侧悬绳的分力，即 F 合 =mgcos30°，所以撞钟加速度为 a=gcos30°= ，故选项 D 正确；故选 D．。 考点：物体的平衡；机械能守恒定律；牛顿第二定律 6.如图甲所示，一个质量 m=1kg 的物体以初速度 v0=12m/s 从斜面底端冲上一足够长斜面，经 t1=1.2s 开始沿斜面返回，t2 时刻回到斜面底端。物体运动的 v-t 图象如图乙所示，斜面倾角 θ=37°(sin37°=06，cos37°=0.8，重力加速度 g=10m/s2)。则可确定 A. 物块上滑时的加速度大小 5m/s2 B. 物块与斜面间的动摩擦因数为 0.4 C. 物块沿斜面向上滑行的最大距离为 7.2m D. 物块回到斜面底端的时刻为 2.4s 【答案】C 【解析】 【分析】 根据图象可以得出加速上升和减速上升的加速度的大小,根据牛顿第二定律计算物体的质量 和动摩擦因数的大小,根据速度公式计算减速运动的时间,根据位移公式计算下滑的时间. 【详解】A、v-t 图象的斜率表示加速度的大小,根据图象可以知道, 上升时的加速度为 2 1 10 /a m s ,故 A 错； B、物块在上升时根据牛顿第二定律可知： 1sin cosmg mg ma    解得： 0.5  ，故 B 错； C、在 v-t 图像中面积的大小等于位移，所以物块沿斜面向上滑行的最大距离为 1 12 1.2 7.22s m    ，故 C 对； D、物块沿斜面下滑的加速度为 2 2 sin cos 2 /a g g m s     根据位移公式： 2 2 1 2s a t 解得： 7.2 1.2t s s  ，故返回到斜面底端的时刻不等于为 2.4s，故 D 错； 故选 C 7.如图所示，质量均为 m 的 n（n>3）个相同匀质圆柱体依次搁置在倾角为 30°的光滑斜面上， 斜面底端有一竖直光滑挡板挡住使圆柱体均处于静止状态。则下列说法中正确的是( ) A. 挡板对圆柱体 1 的弹力大小为 3mg B. 圆柱体 1 对斜面的压力大小为  3 3 6 n mg  C. 圆柱体 2 对圆柱体 1 的压力大小为 2 n mg D. 若将挡板绕下端点缓慢逆时针转动 60°，则转动过程中斜面对每个圆柱体的支持力均减小 【答案】B 【解析】 A、将 n 个圆柱体作为整体分析，如图所示， 其中 NF 为挡板对圆柱 1 的弹力，N 为斜面对所有圆柱体的支持力的恒力，由平衡条件可得 3tan30 3NF nmg nmg   ， 2 3 cos30 3 nmgN nmg  ，A 错误； B、对 2 至 n 每个圆柱分析可知斜面对它们的支持力  2~ 3 12nN n mg  ，斜面对圆柱 1 的 支持力 1 2~ ( 3) 3 6n nN N N mg   ，B 正确； C、隔离对 2 到 n 共 n-1 个圆柱体受力分析，如图所示， 得圆柱体 1 对 2 的弹力为 1 2 n mg ，C 错误； D、缓慢转动挡板时，斜面对圆柱体 2、3、4……n 的支持力不变，D 错误； 综上所述本题答案是：B 8.如图所示，斜面体置于粗糙水平地面上，斜面体上方水平固定一根光滑直杆，直杆上套有 一个滑块。滑块连接一根细线，细线的另一端连接一个置于斜面上的光滑小球。最初斜面与 小球都保持静止，现对滑块施加水平向右的外力使其缓慢向右滑动至 A 点，如果整个过程斜 面保持静止，小球未滑离斜面，滑块滑动到 A 点时细线恰好平行于斜面，则下列说法正确的 是 A. 斜面对小球的支持力逐渐减小 B. 细线对小球的拉力逐渐减小 C. 滑块受到水平向右的外力逐渐增大 D. 水平地面对斜面体的支持力逐渐减小 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．对小球受力分析可知，沿斜面方向： cos sinT mg  ，在垂直斜面方向： sin cosNF T mg   （其中 是细线与斜面的夹角， 为斜面的倾角），现对滑块施加水 平向右的外力使其缓慢向右滑动至 A 点， 变小，则细线对小球的拉力T 变小，斜面对小球 的支持力 NF 变大，故选项 B 正确，A 错误； C．对滑块受力分析可知，在水平方向则有： sin cos( )cos( ) sin (cos tan sin )cos mgF T mg             ，由于 变小，则有 滑块受到水平向右的外力逐渐增大，故选项 C 正确； D．对斜面和小球为对象受力分析可知，在竖直方向则有： sin( )Nmg Mg F T      ， 由于 ( )  变小，所以水平地面对斜面体的支持力逐渐增大，故选项 D 错误。 9.一个可以看做质点的物块以恒定大小的初速度滑上木板，木板的倾角可在 0°-90°之间任 意凋整设物块沿木板向上能达到的最大位移为 x。木板倾角不同时对应的最大位移 x 与木板倾 角α的关系如图所示。(g 取 10m/s2)则下列说法正确的是 A. 小铁块与木板间的动摩擦因数为 3 3 B. 小铁块初速度的大小是 5m/s C. 沿倾角为 30°和 90 上滑时，物块运动到最大位移的时间不同 D. 当α=0 时，x= 5 3 4 m 【答案】ABD 【解析】 【详解】AB．当 90a   ，竖直上抛运动，x=1.25m，根据运动学方程得： 2 0 0 2v gx  ，解 得 0 5 /v m s ；当 30a   ，x=1.25m，根据速度位移关系： 2 0 0 2v ax  ，有 2 20 10 /2 va m sx   ， 而 cos sina g g    解得： 3 3   ，AB 正确 C．因为 30°和 90°对应的加速度均为 210 /a m s ，根据 0 0v at  ，运动到最高点时间相 同，C 错误 D．当角度等于 0 时， 210 3 /3a g m s  ，根据 2 0 0 2v ax  ，求得 x= 5 3 4 m，D 正确 10.如图所示，2019 个质量均为 m 的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水 平拉力 F 的作用下，一起沿光滑水平面以加速度 a 向右做匀加速运动，设 1 和 2 之间弹簧的 弹力为 F1—2，2 和 3 间弹簧的弹力为 F2—3，2018 和 2019 间弹簧的弹力为 F2018—2019，则下列结论 正确的是 A. F1—2：F2—3：……F2018—2019=1：2：3：……2018 B. 从左到右每根弹簧长度之化为 1：2：3：……2018 C. 如果突然撤去拉力 F，撤去 F 瞬间，第 2019 个小球的加速度为 F/m，N 其余每个球的加速 度依然为 a D. 如果 1 和 2 两个球间的弹簧从第 1 个球处脱落，那么脱落瞬间第 1 个小球的加速度为 0， 第 2 个小球的加速度为 2a，其余小球加速度依然为 a. 【答案】AD 【解析】 【详解】A．以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F=2019ma，解得 2019 Fa m  ；以后 面的第 1、2、3…2018 个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知 F1-2= 1 2019 F， F2-3= 2 2019 F，…F2018-2019= 2018 2019 F，则 F1-2：F2-3：……F2018-2019=1：2：3：……2018，故 A 正确； B．因为每根弹簧的劲度系数相等，根据胡克定律可知，从左到右每根弹簧伸长量之比为 1：2： 3：……2018，但是总长度之比不等于 1：2：3：……2018，故 B 错误； C．突然撤去 F 瞬间，因弹簧的弹力不能突变，可知除第 2019 个球所受合力突然变为 2018 2019 F， 加速度为 2018 2019 F m ，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为 a，故 C 错误； D．如果 1 和 2 两个球间的弹簧从第 1 个球处脱落，那么脱落瞬间第 1 个小球受到的合力为零， 则加速度为 0，第 2 个小球受到的合力变为 2 2019 F ，则加速度为 2 22019 F am  ，其余小球受到 的合力不变，加速度依然为 a，故 D 正确。 二、实验题(共 2 小题,共 14 分) 11.小明用如图甲的实验装置验证“力的平行四边形定则”，实验步骤如下： ①将弹簧的一端固定于铁架台上的 C 处，在竖直放置的木板上贴一张坐标纸，在弹簧末端挂 上一个重力已知的钩码，在坐标纸上记下此时弹簧末端的位置 O； ②取下钩码，将两绳套系在弹簧末端，用两个弹簧测力计共同将弹簧末端拉到同一位置 O，记 录此时细绳套 OA、OB 的方向及两个弹簧测力计相应的读数； ③选好标度，在坐标纸上画出两只弹簧测力计的拉力 FA 和 FB 的图示，并根据平行四边形定则 求出合力 F 合； ④按同一标度，在坐标纸上画出挂一个钩码时弹簧所受的拉力 F 的图示； ⑤比较 F 合和 F 的大小和方向，得出结论。 回答下列问题： （1）步骤②中弹簧测力计 A 的示数如图乙，该读数为__________N； （2）图丙中已画出 FB 和 F的图示（小方格的边长表示 1.0 N），FA 的方向如图中虚线所示。请 在图中画出 FA 的图示，并根据平形四边形定则画出 FA 和 FB 的合力 F 合； （3）本次实验中，若保持弹簧测力计 A的读数不变，增大 OA 与 OC 的夹角，为将弹簧末端拉 到同一位置 O，可采用的办法是________ A．增大弹簧测力计 B 的读数，减小 OB 与 OC 之间的夹角 B．增大弹簧测力计 B 的读数，增大 OB 与 OC 之间的夹角 C．减小弹簧测力计 B 的读数，减小 OB 与 OC 之间的夹角 D．减小弹簧测力计 B 的读数，增大 OB 与 OC 之间的夹角 【答案】 (1). 4.00 (2). CD 【解析】 【详解】（1）步骤②中弹簧测力计 A 的读数为 4.00N； （2）画出的图像如图： （3）若保持弹簧测力计 A 的读数不变，逐渐增大 OA 与 OC 的夹角，甲、乙两个弹簧秤弹力的 合力不变，如图所示，则可知采用的方法是：减小弹簧测力计 B 的读数，减小 OB 与 OC 之间 的夹角；或者减小弹簧测力计 B 的读数，增大 OB 与 OC 之间的夹角，故选 CD. 12.用如图所示的装置可以完成“探究加速度与力、质量的关系”的实验。用总质量为 m 的托 盘和砝码所形成的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录 小车的运动情况。 ①打点计时器使用的电源是_____(选填选项前的字母)。 A.直流电源 B.交流电源 ②实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力。正确操作方法是_____(选填选项前的字母)。 A.把长木板右端垫高 B.改变小车的质量 ③在_____(选填选项前的字母)且计时器打点的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀 速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响。 A.不悬挂重物 B.悬挂重物 ④实验中，为了保证悬挂重物的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，悬挂重物的总质 量 m 与小车 M 之间应满足的条件是_____ A.M>>m B.m>>M ⑤安装好实验装置，正确进行实验操作，物体做匀加速直线运动。从打出的纸带中选出符合 要求的纸带，如图所示(其中一段纸带图中未画出)。图中 O 点为打出的起始点，且速度为零。 选取在纸带上连续打出的点 A、B、C、D、E、F、G 作为计数点。其中测出 D、E、F 点距起始 点 O 的距离分别为 S1，S2，S3 如图所示。已知打点计时器打点周期为 T。物体运动到 E 点时的 瞬时速度表达式为 vE=_____；物体运动的加速度表达式 a=_____ ⑥该同学在实验中，得到了如图的 -F 图象，发生这种现象的原因_____。 ⑦该同学在分析了原因后，决定改进实验原理。在实验中，他每次改变拉力时，就将小车中 的砝码取出，加到托盘中，把托盘和托盘中的砝码总重力视为合力 F，对应的加速度 从纸带 中计算得出，多次测量后，绘出 -F 图象。你认为这种方法能否避免图 8 中出现的问题吗? 请分析原因_____。 【答案】 (1). B (2). A (3). A (4). A (5). 3 1 2 s sv T  (6).    3 2 2 1 2 s s s sa T    或 3 2 1 2 2s s sa T   (7). 未始终满足 M m (8). 能，因为 根据 Fa M m   ，每次改变拉力时就将小车中的砝码取出，加到托盘中，这样就能保证总质 量（M+m)不变，画出的 a--F 图像就是正比例函数。 【解析】 【详解】①打点计时器使用的电源是交流电源，故选 B. ②实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力。平衡摩擦力的方法是：把木板右端垫高，让小车滑 下，当小车匀速运动时，就意味着摩擦力抵消了，故选 A； ③在不悬挂重物且计时器打点的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明 已经消除了摩擦力和其他阻力的影响，故选 A。 ④实验中，为了保证悬挂重物的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，悬挂重物的总质 量 m 与小车 M 之间应满足的条件是 M >>m ，故选 A. ⑤根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，则物体运动到 E 点时的瞬 时速度表达式为 3 1 2E s sv T  ；根据 2x aT  可知，物体运动的加速度表达式    3 2 2 1 2 s s s sa T    ； ⑥小车受到的拉力 1 mg mgF Ma M mm M M    ＝ ，当 m＜＜M 时，即重物的总重力远小于小 车的重力，绳子的拉力近似等于重物的总重力，小车的加速度 a 与拉力 F 成正比，如果重物 的总质量太大，小车受到的拉力明显小于重物的重力，加速度与重物的重力（小车受到的合 力）不成正比，a-F 图象发生弯曲，不再是直线；故该同学在实验中，得到了如图的 a﹣F 图 象，发生这种现象的原因未始终满足 M≫m； ⑦ 能；因为根据 Fa M m   ，每次改变拉力时就将小车中的砝码取出，加到托盘中，这样 就能保证总质量（M+m)不变，画出的 a--F 图像就是正比例函数。 三、解答题(共 3 小题 ,共 46 分) 13.如图所示，平板车长为 L=6m，质量为 M=10kg，上表面距离水平地面高为 h=1.25m，在水平 面上向右做直线运动，A、B 是其左右两个端点．某时刻小车速度为 v0=7.2m/s，在此时刻对平 板车施加一个方向水平向左的恒力 F=50N，与此同时，将一个质量 m=1kg 的小球轻放在平板车 上的 P 点（小球可视为质点，放在 P 点时相对于地面的速度为零）， 3 LPB  ，经过一段时间， 小球脱离平板车落到地面．车与地面的动摩擦因数为 0.2，其他摩擦均不计．取 g=10m/s2．求： （1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间； （2）小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间； （3）从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小． 【答案】（1）0.5s；（2）3s；（3）5.175m，方向向左 【解析】 （1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间 （2） 小球放到平板车后相对地面静止，小车的加速度为 小车向右运动的距离为 小于 4m，所以小球不会从车的左端掉下． 小车向右运动的时间为 小车向左运动的加速度为 小车向左运动的距离为 小车向左运动的时间为 故小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间 t=t1+t2=3s （3）小球刚离开平板车瞬间，小车的速度方向向左，大小为 小球离开车子后，车的加速度为 车子向左运动的距离为 从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小 X= x1 + x2+ x3 =5.175m 小球离开平板车后做自由落体运动，运动时间由竖直分运动判断，小球放到平板车后水平方 向不受外力，所以小球静止不动，小车受到水平向左的拉力后向右匀减速，当速度为零时可 判断此时位移大小，由此可知小球没有从左端掉下来，随后小车向左做匀加速直线运动，利 用位移间的等量关系可求得小球掉落的时刻 14.传送带以恒定速率 v＝4m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量 m＝1 kg 的小物块轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力 F＝10 N 拉 小物块，经过一段时间物块被拉到离地高为 H＝1.8m 的平台上，如图所示．已知物块与传送 带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10m/s2，已知 sin37° ＝0.6，cos37°＝0.8.求： (1)物块在传送带上运动的时间； (2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力 F，则物块还需多少时间才能脱离传送带？ 【答案】（1）1s（2） (2 2)s 【解析】 【详解】（1）物体在达到与传送带速度 v＝4 m/s 相等前，做匀加速直线运动，有： F＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma1 解得 a1＝8 m/s2 由 v＝a1t1 得 t1＝0.5s 位移 x1＝ 1 2 a1t1 2＝1m 物体与传送带达到共同速度后，因 F－mgsinθ＝4 N＝μmgcos37° 故物体在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升． 位移 x2＝ 0sin 37 H －x1＝2m t2＝ 2x v ＝0.5s 总时间为 t＝t1＋t2＝1s （2）在物体与传送带达到同速瞬间撤去恒力 F，因为μ＜tan37°，故有： mgsin37°－μmgcos37°＝ma2 解得：a2＝2m/s2 假设物体能向上匀减速运动到速度为零，则 通过的位移为 x＝ 2 22 v a ＝4 m＞x2 故物体向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台．故 x2＝vt3- 1 2 a2t3 2 解得 t3＝（2- 2 ）s 或 t3＝（2+ 2 ）s（舍去） 【点睛】本题关键是受力分析后判断物体的运动状态，再根据牛顿第二定律求解出加速度， 然后根据运动学公式列式求解时间． 15.一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示。木板与地面间的动摩 擦因数μ1=0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4。t=0 时刻开始，小物块与木板一起以共 同速度向墙壁运动，当 t=1s 时，木板以速度 v1=4m/s 与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后 木板速度大小不变，方向相反。运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下。已 知木板的质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度大小 g 取 10m/s2。求： (1)t=0 时刻木板的速度； (2)木板的长度。 【答案】（1） 0 5 /v m s （2） 16 3l m 【解析】 【详解】（1）对木板和物块：    1 1M m g M m a    令初始时刻木板速度为 0v 由运动学公式： 1 0 1v v a t  代入数据求得： 0 =5m/sv （2）碰撞后，对物块： 2 2mg ma  对物块，当速度为 0 时，经历时间 t，发生位移 x1，则有 2 1 1 12 vx a  ， 1 1 2 vx t 对木板，由牛顿第二定律：  2 1 3mg M m g Ma    对木板，经历时间 t，发生位移 x2 2 2 1 3 1 2x v t a t  木板长度 1 2l x x  代入数据， 16= m3l