【文档说明】山东省德州市实验高中2021届高三上学期第一次调研物理试题【精准解析】.doc，共(23)页，1.314 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-d5d3017cf3dd99d9cd9812e2b5d3c6a4.html

以下为本文档部分文字说明：

德州市实验高中2020－2021学年度第一学期高三（上）第一次调研物理试卷2020.9一、选择题（每题4分、合计64分）1.如图所示，倾角为的斜面体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，连接B的一段细绳与斜面平行，A

、B、C处于静止状态，则（）A.水平面对C的支持力小于B、C的总力B.一定爱到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【答案】AD【解析】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；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．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．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．点睛：解答该题的关键是正确的判断静摩擦力的有无，对于静摩擦力的有无，关键在于正确判断其运动的趋势，解答过程中重用假设法和特殊值法来判断静摩擦力的相关问题．该题还应注意整体法和隔离法的正确应用．2.如图所示，直线a和曲践b

分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置时间(x一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t2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【答案】BD【解

析】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．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，且斜率大小相同，则速度相同

．故B正确．在t2到t3这段时间内，b车的路程大于a车，则a、b两车的平均速率不相等，选项C错误；在t1到t3这段时间内，a、b两车的位移相同，则平均速度大小相等，选项D正确；故选BD.点睛：解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知

道图线的斜率表示速度的大小，能够通过图线得出运动的方向．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【答案】BC【解析】【详解】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hp=，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【答案】BC【解析】【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cvn=分析光在玻璃中传播速度的大小。由1sinCn=分析临界角的大小。【详解】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1sinsinin=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1sinCn=可知，a光的临界角要大于b光的临界角，故C正确；D．由cvn=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的轴心施加一水平作用力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GB.开始时拉力F最大为3G，以后逐渐减小为0C.a、b间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到GD.a、b间的压力由0逐渐增大，最大为G【答案】BC【解析】【详解】AB．据力的三角形定则可知，小球a处于初状态时，小球a受到的支持力2sin30GNG==拉力F=Ncos30°=3

G当小球a缓慢滑动时，θ增大，拉力F=Gcotθ所以F减小；当小球a滑到小球b的顶端时小球a还是平衡状态，此时它受到的拉力必定为0，所以A选项错误B选项正确；CD．小球a受到的支持力由sinGN=可知，θ增大而支持力减小，滑

到b球的顶端时由于小球处于平衡状态，支持力N=G，故选a、b间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到G，故C正确，D错误。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【答案】BD【解析】【详解】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。AC．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可知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被绕过小滑轮

P的细线所悬挂，B放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点；O′是三根细线的结点，bO′水平拉着B物体，cO′沿竖直方向拉着弹簧；弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于平衡静止状态，g＝10m/s

2．若悬挂小滑轮的斜线OP的张力是203N，则下列说法中正确的是()A.弹簧的弹力为10NB.重物A的质量为2kgC.桌面对B物体的摩擦力为103ND.OP与竖直方向的夹角为60°【答案】D【解析】【详解】分别以物体A、B和节点O′及小滑轮为研究对象进行受

力分析，对物体A有：，对小滑轮有：，联立解得：，所以B正确；同时，因是同一根绳子，张力相同，故OP延长线的方向为绳子张角的角平分线，由此可知OP与竖直方向的夹角为300，所以D错误；节点O′有：，对物体B有：，联立解得弹簧弹力，B物体受力的摩擦力，所以A、C正确；故本

题错误的选项为D．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mgB.若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为12gC.若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p对球的拉力大小为12mgD.若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g【答案】D【解析】【详解】AB．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2cos600mvFmgr−==解得12Fmg=合力为F合=mgsin60°根据牛顿第二定律得，加速度3sin602agg==故AB错误；CD．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30

0mB.船在河水中的最大速度是5m/sC.船渡河的最短时间100sD.船在行驶过程中船头始终与河岸垂直【答案】BCD【解析】船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，根据运动的合成，可知，渡河位移大于300m；故A错误．要使船以最短时间渡河，船

在航行中与河岸垂直，根据速度的合成可知，船河水中的最大速度是2234+=5m/s，故BD正确．当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，故：3001003cdtssv===．故C正确．故选BCD．点睛：解决本题的关键将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，抓住分运动与合运动具有等

时性进行求解．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【答案】BD【解析】【详解】鱼缸向右加速运动，桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，故A错误；鱼缸在桌布上加速运动，脱离桌布后在桌面上做减速运动，加速度大小相等，且加速运动的末速度等于减速运动的初速度，故可

知鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等，故B正确；鱼缸受的摩擦力只与鱼缸的重力和摩擦因数有关，故若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将不变，故C错误；若猫减小拉力，若鱼缸能与桌布保持相对静止，故鱼缸能滑出桌面，故D正确．故选B

D．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相同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2：3D.若小球落到B、C两点，则两次抛出时小球的速率之比为2：3【答案】C【解析】根据2

12hgt=，解得2thg=，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；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：200122gtygttanxvtv===，解得：02vtg=

．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：022gttantanv===，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；小球落到A、B两点

，水平位移2002vxvtg==，根据题义可知，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=1：2，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0xvt=可知，两次抛出时小球的速率之比为：vB：vC=2：3,所以得

：vA：vC=2：3，故C正确，D错误．所以C正确，ABD错误．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2.32sB.物块

在传送带上因摩擦产生的热量为2JC.物块在传送带上运动过程中传送带对物块做功为4JD.物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为8J【答案】BD【解析】【详解】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02vxt=解得0222

2xvt===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0422vvta−−==s=

1s匀速运动的时间为201034Lstv−−==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=12mv02﹣12mv2

=12×1×16﹣12×1×4=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+（12mv02﹣12mv2）=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/cmC.物

体的质量为20kgD.物体的加速度大小为5m/s2【答案】D【解析】【详解】A．物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；BCD．刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mgkx=拉力1F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1Fkxmgma+−=物体与弹簧分离后，拉力2F为30N，根据牛顿第二定律有2Fmgma−=代入数据解得2kgm=500N/m5N/cmk==25m/sa=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/s2B.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=12s时刻A、B将分离，分离时加速度均为a=2m/s2D.A、B分离前后，A物体加速度变化规律相同【答案】C【解析】【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。【详解】A．若AB之间没有力的作用，则222msBBFam==当t=0时，

120NF=，而4.0kgAm=，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2224ms4ms6ABFamm===+合故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18NABFma==根据图象可知，此时t=12s，所以t=12s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v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1kgB.物块与斜面间的动摩擦因数为0.4C.0～3s时间内力F做功的平均功率为0.213WD.0～3s时间内物体克服摩擦力做的功为5.1

2J【答案】AD【解析】【详解】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，拉力F1=0.8N物块的位移为2210.42m021.8m2axt===1～3s内力F做功的平均功率为10.80.8W0.32W2FxWPtt====故C错误；AB．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：F1+mgsinθ﹣μmgcosθ=ma由v﹣t图象可知，加速度为a=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；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上并保持静止，用大小等于12mg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32mghD.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【答案】BCD【解析】【详解】当A和B两物体叠放在竖直轻质弹簧并保持静止时，弹簧的弹力2Fmg=弹由胡克定律，

得弹簧的形变量12mgxk=当A和B两物体一起上升时，把A和B两物体看成一个整体，由牛顿第二定律，得22FFmgma+−=弹对B物体进行隔离分析，得NFFmgma+−=当A和B开始分离时，0NF=，解得12

ag=−负号表示方向竖直向下，此时弹簧的弹力为12'Fmg=弹，由胡克定律，得弹簧的形变量22mgxk=由题中条件，12xxh−=则32mgkh=故BCD正确A错误．故选：BCD。二、实验题（每题10分、合计20分）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，滑块带动纸带打出一系列的点迹．（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个点（图中未标出），2、3和5、6计数点的距离如图2所示．由图中数据求出滑块的加速度a=________2m/s（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vB.滑块的质量mC.滑块的运动时间tD.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

擦因数的表达式为μ=_________（用所需测物理量的字母表示）．【答案】(1).2.51(2).D(3).1ghagx−【解析】试题分析：（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：25623220.14230.067

02.51/3301xxamsT−−==．；（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：gsinaghalgcosgx−−==考点：测量滑块与木板之间的动摩擦因数【名师点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题．18.如图所示为“探究加速度与物

体受力和质量的关系”实验装置图．图中A为小车，B为装有砝码的托盘，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，托盘(及砝码)的质量为m2．(1)下列说法中正确的是________．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m1D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a-11m图象(2)实验时，某同学因疏忽遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a-F图象如图所示，可能是图中的图线______．(选填“甲”、“乙”、“丙”)【答案】(1).D(2).丙【解析】（

1）A：平衡摩擦力，假设木板倾角为，则有：fmgsinmgcos==，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1212mFMamgm

m==+，故应该是21mm＜＜，故C错误；D：Fma=，所以：1aFm=，当F一定时，a与1m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．点睛：会根据实验原理分析分析为什么要

平衡摩擦力和让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，且会根据原理分析实验误差．三、计算题（19题10分、20题15分、21题20分、22题22分，合计66分）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牵引C物体．整个系统处于静止状态．已知3AMkg=，23CMkg=，0.5DMkg=，B物体两侧丝带间夹角为60，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）．【答案】（1）3kg；（2）10N；（3）239。【解析】【详解】（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2c

os30AMgmg=解得：m=3kg（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：cos30ADMgMgf=+解得：f=10N（3）对C，竖直方向平衡，支持力：sin30153NcNMgT=−=由f=μN，知2

39fN==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．【答案】（1）91N；（2）5m/s。【解析】【详解】（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°=0②由①、②得F=1001.1N=91N（2）撤去拉力前，环的位移：x1=v0

t=5×1=5m当撤去F时，有：N2=mgcos37°=10×10×0.8=80N④μN2+mgsin37°=ma1⑤由④、⑤，得a1=10m/s2⑥向上运动的最大位移：22021051.252210vxa−−===−−m环向下运动时：mgsin37°﹣μ

N2=ma2⑦代入数据得：22s2m/a=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/s21.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．小球以初速度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？【答案】（1）4.8m

（2）120J（3）0.24s【解析】【详解】（1）由题意可得小球在竖直方向做自由落体运动，由公式212Hgt=代入数据可得运动时间为20.8sHtg==小球在水平方向做匀减速运动，由牛顿第二定律Fma=代入数据可

得加速度为：水平位移公式为：2012xvtat=−代入数据可得位移为：4.8xm=（2）以小球为研究对象，令小球的初动能为0kE，末动能为kE由动能定理0kkmgHFxEE−=−代入数据可得120kEJ=（3）小球离开杆后经过时间t的水平位移2012xvtat=−下落的高

度为H，212Hgt=由动能定理2012kmgHFxEmv−=−将78kEJ=和08/vms=代入得212580120tt−+=代入数据得10.4ts=，20.24ts=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？【答案】(1)1m/s2，1m/s2；(2)3s【解析】【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。【详解】(1)物块B的临界加速度为204msag==对整体分析，A、B发生相对滑动时的最小拉力为()024NFMma=+=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21msFaMm==+(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()12vgtt=+共()21212Bsgtt=+对

A有11Avat=根据牛顿第二定律得1FmgMa−=22Avvat=−共2mgMa=则A的位移为22112221122AAsatvtat=+−因为10mABss−=代入数据联立解得13st=