2021-2022学年新疆乌鲁木齐一中高一（上）期末物理试卷

2021-2022学年新疆乌鲁木齐一中高一（上）期末物理试卷试题数：16，总分：1001.（单选题，4分）一个物体在几个力的共同作用下处于静止状态，现让力F1逐渐减小到零再逐渐恢复到原来的值（其余力保持不变），下列图象可能正确的是（）A.B.C.D.2.（单选题，4分）如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是（）A.B与水平面间的摩擦力不变B.绳子对B的拉力增大C.悬于墙上的绳所受拉力大小不变D.A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等3.（单选题，4分）小明同学在力传感器上完成“下蹲”和“站起”动作，计算机采集的图线如图所示，由图中信息可以判断出（）（重力加速度g取10m/s2）A.小明的体重大约为70kgB.小明同学先完成“下蹲”动作，再完成“站起”动作C.“站起”过程一直处于超重状态D.整个过程的最大加速度约为4m/s24.（单选题，4分）如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸长的缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为m0，货物的质量为m，货车向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，货箱速度为v，连接货车的缆绳与水平方向夹角为θ，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A.货车的速度等于vcosθB.货物处于超重状态C.缆绳中的拉力FT小于（m0+m）gD.货车的对地面的压力大于货车的重力5.（单选题，4分）质量为M=20kg、长为L=5m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为μ1=0.15．将质量为m=10kg的小木块（可视为质点），以v0=4m/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上（如图所示），小木块与木板面的动摩擦因数为μ2=0.4（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2）．则以下判断中正确的是（）A.木板一定静止不动，小木块不能滑出木板B.木板一定静止不动，小木块能滑出木板C.木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板D.木板一定向右滑动，小木块能滑出木板6.（单选题，4分）如图所示，在光滑的水平桌面上有一物体A，通过绳子与物体B相连，假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长。如果mB=3mA，则绳子对物体A的拉力大小为（）A.mBgB.mAgC.3mAgD.mBg7.（多选题，4分）细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平轻质弹簧支撑，小球与弹簧不连结，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，（cos53°=0.6，sin53°=0.8）以下说法正确的是（）A.小球静止时弹簧的弹力大小为mgB.小球静止时细绳的拉力大小为mgC.细线烧断瞬间小球的加速度大小为gD.细线烧断瞬间小球的加速度大小为g8.（多选题，4分）如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2＞v1，则下列错误的是（）

A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0～t3时间内，小物块先受到大小不变的摩擦力作用，之后不受摩擦力9.（单选题，4分）长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，如图甲所示，木板由水平位置缓慢向上转动（即木板与地面的夹角α变大），另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随角度α的变化图象如图乙所示。下列判断正确的是（）

A.木块与木板间的动摩擦因数μ=tanθ1B.木块与木板间的动摩擦因数μ=C.木板与地面的夹角为θ2时，木块做自由落体运动D.木板由θ1转到的θ2的过程中，木块的速度变化越来越快10.（多选题，4分）如图所示，小船自A点渡河，到达正对岸B点，现在水流速度变大，仍要使船到达正对岸B点，下列可行的办法是（）A.航行方向不变，船速变大B.航行方向不变，船速变小C.船速不变，减小船与上游河岸的夹角αD.船速不变，增大船与上游河岸的夹角α11.（问答题，6分）如图甲所示为探究牛顿第二定律的实验装置示意图，图中打点计时器使用的电源为50Hz的交流电源。在小车质量未知的情况下，通过改变桶中沙的多少来探究在质量一定的条件下，物体的加速度与合外力的关系。

（1）平衡小车所受的摩擦力：取下装沙的桶，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列___的点。

（2）实验中打出的其中一条纸带如图乙所示，每5个点标记一个计数点，标记结果如图乙所示，A、B、C、D为连续选择的计数点，通过该纸带可求得小车的加速度大小为a=___m/s2（结果保留两位有效数字）。

（3）以沙和桶的总重力F为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，作出a-F图象如图丙所示，则小车的质量为M=___kg。12.（问答题，10分）如图所示，质量为m的木块在与水平方向成α角的推力F（未知）作用下，沿竖直墙壁向上匀速运动。已知木块与墙壁间动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

求：（1）推力F的大小；

（2）若将推力的方向改为竖直向上推动木块仍做匀速直线运动，则F’=？13.（问答题，11分）如图所示，某学校趣味运动会上举行推箱子比赛．杨明同学用与水平方向成θ=30°角斜向下的推力F推一个重为G=200N的箱子匀速前进，箱子与地面间的动摩擦因数为μ=0.40．求：

（1）推力F的大小；

（2）若人不改变推力F的大小，只把力的方向变为水平，去推这个静止的箱子，且当作用的时间t=3s后撤去推力，则撤去推力后箱子还能运动多长时间？14.（问答题，11分）如图所示，传送带与水平面夹角θ=37°，两轮间距A、B两点间长度L=16m，传送带以v=3m/s的恒定速度顺时针转动。现有质量m=0.5kg的物块以初速度v0=1m/s由底端A处冲上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：

（1）从物块冲上传送带开始计时，经6s时物块的速度大小；

（2）物块从A运动到B所用的时间。15.（问答题，11分）如图所示，一个少年脚踩滑板沿倾斜街梯扶手从A点由静止滑下，经过一段时间后从C点沿水平方向飞出，落在倾斜街梯扶手上的D点。已知C点是第二段倾斜街梯扶手的起点，倾斜的街梯扶手与水平面的夹角θ=37°，C、D间的距离s=3.0m，少年的质量m=60kg。滑板及少年均可视为质点，不计空气阻力。取sin37°=0.60，cos37°=0.80，重力加速度g=10m/s2，求：

（1）少年从C点水平飞出到落在倾斜街梯扶手上D点所用的时间t；

（2）少年从C点水平飞出时的速度大小；

（3）少年飞行过程中，离街梯最远时的速度大小。16.（问答题，11分）如图所示，一小木箱放在平板车的中部，距平板车的后端、驾驶室后端均为L=2.0m，处于静止状态，木箱与平板车之间的动摩擦因数μ=0.40，现使平板车在水平路面上以加速度a0匀加速启动，速度达到v=6.0m/s后接着做匀速直线运动，运动一段时间后匀减速刹车．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．

（1）若木箱与平板车保持相对静止，加速度a0大小满足什么条件？

（2）若a0=6.0m/s2，当木箱与平板车的速度都达到6.0m/s时，求木箱在平板车上离驾驶室后端距离s．

（3）若在木箱速度刚达到6.0m/s时平板车立即用恒定的阻力刹车，要使木箱不会撞到驾驶室，平板车刹车时的加速度大小a应满足什么条件？

2021-2022学年新疆乌鲁木齐一中高一（上）期末物理试卷参考答案与试题解析试题数：16，总分：1001.（单选题，4分）一个物体在几个力的共同作用下处于静止状态，现让力F1逐渐减小到零再逐渐恢复到原来的值（其余力保持不变），下列图象可能正确的是（）A.B.C.D.【正确答案】：B【解析】：根据合力的变化判断加速度的变化，结合加速度的方向与速度方向的关系判断速度的变化。

【解答】：解：力减小的过程中，合力逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相同，速度也逐渐增大；当这个力减小到0时，加速度最大；当这个力又从0逐渐增大时，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，加速度方向与速度方向相同，速度逐渐增大，当恢复到原来的值时，加速度为0，速度最大，因为速度时间图线的切线斜率表示瞬时加速度，可知切线斜率先增大，后减小，故B正确，ACD错误。

故选：B。

【点评】：解决本题的关键知道加速度随着合力的变化而变化，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动。2.（单选题，4分）如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是（）A.B与水平面间的摩擦力不变B.绳子对B的拉力增大C.悬于墙上的绳所受拉力大小不变D.A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等【正确答案】：D【解析】：对A分析可知绳上的拉力不变，再对B分析，作出受力分析图，根据共点力的平衡条件可得出摩擦力的变化；分析滑轮受力由力的合成与分解可得出夹角的大小关系．

【解答】：解：A、对A分析，由于A处于静止，故绳子的拉力等于A的重力；绳子对B的拉力也保持不变，等于A的重力；对B分析，B向右移动时，绳与地面的夹角减小，绳水平分量增大，而水平方向B受力平衡，摩擦力增大；故AB错误；

C、由于两绳间夹角增大，而两拉力不变，故悬于绳上的绳子的拉力将减小；故C错误；

D、对滑轮分析，由于A一直竖直，故绳子与墙平行，故α=θ；因拉A的绳子与拉B的绳子力相等，而拉滑轮的力与两绳子的力的合力大小相等，故拉滑轮的力应这两绳子拉力的角平分线上，故α、β、θ三角始终相等，同时增加；故D正确；

故选：D。

【点评】：本题要注意分别对A、B及滑轮分析，根据共点力的平衡条件可得出各物体受力的关系；同时注意要根据力的合成与分解等知识进行讨论，解题时要注意明确绳子上的拉力大小不变．3.（单选题，4分）小明同学在力传感器上完成“下蹲”和“站起”动作，计算机采集的图线如图所示，由图中信息可以判断出（）（重力加速度g取10m/s2）A.小明的体重大约为70kgB.小明同学先完成“下蹲”动作，再完成“站起”动作C.“站起”过程一直处于超重状态D.整个过程的最大加速度约为4m/s2【正确答案】：B【解析】：开始时的人对力传感器的压力等于其重力；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；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；人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重；站起过程分别有超重和失重两个过程，先是加速上升超重，达到一个最大速度后再减速上升失重。据此分析。

【解答】：解：A、开始时小明处于平衡状态，小明对力传感器的压力是500N，则小明的重力为500N，体重为50kg，故A错误；

BC、小明下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重；站起过程分别有超重和失重两个过程，先是加速上升超重，达到一个最大速度后再减速上升失重。由图象可知，小明同学先完成“下蹲”动作，再完成“站起”动作，故B正确，C错误；

D、由图可知，小明对力传感器的最小压力约为200N，则根据牛顿第二定律得，最大加速度为a==m/s2=6m/s2。故D错误。

故选：B。

【点评】：解答本题得关键是理解超重失重的概念，知道下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重；站起过程分别有超重和失重两个过程，先是加速上升超重，达到一个最大速度后再减速上升失重。4.（单选题，4分）如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸长的缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为m0，货物的质量为m，货车向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，货箱速度为v，连接货车的缆绳与水平方向夹角为θ，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A.货车的速度等于vcosθB.货物处于超重状态C.缆绳中的拉力FT小于（m0+m）gD.货车的对地面的压力大于货车的重力【正确答案】：B【解析】：在将货物提升的过程中，由于缆绳不可伸长，货箱向上运动的速度和货车运动的速度沿着缆绳方向的分量相等，根据平行四边形定则求出货车的速度表达式，结合牛顿第二定律分析即可。

【解答】：解：A、将货车的速度进行正交分解，其分解成沿着缆绳方向与垂直缆绳方向，如图所示：

由于缆绳不可伸长，货箱向上运动的速度和货车的速度沿着缆绳方向的分量相等，故：v=v1cosθ，则货车运动的速度v1=，故A错误；

BC、因v1不变，θ减小，由上式知，货箱向上运动的速度v增大，货箱和货物整体向上做加速运动，处于超重状态，由牛顿第二定律知缆绳中的拉力FT大于（m0+m）g，故B正确，C错误。

D、由于货车受到缆绳的拉力，货车的对地面的压力小于货车的重力，故D错误。

故选：B。

【点评】：本题的关键要掌握缆绳端物体速度分解的方法，知道缆绳端物体沿缆绳方向的分速度相等，推导出货箱与货车的速度关系式，从而确定货箱的运动规律，然后超重与失重的特点分析，并注意两者的区别。5.（单选题，4分）质量为M=20kg、长为L=5m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为μ1=0.15．将质量为m=10kg的小木块（可视为质点），以v0=4m/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上（如图所示），小木块与木板面的动摩擦因数为μ2=0.4（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2）．则以下判断中正确的是（）A.木板一定静止不动，小木块不能滑出木板B.木板一定静止不动，小木块能滑出木板C.木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板D.木板一定向右滑动，小木块能滑出木板【正确答案】：A【解析】：比较小物块对木板摩擦力与地面对木板摩擦力的大小，从而判断出木板能否保持静止，然后对小物块进行分析，综合牛顿第二定律和运动学公式判断其能否从木板右端滑出．

【解答】：解：m对M的摩擦力f1=μ2mg=0.4×100N=40N，地面对M的摩擦力f2=μ1（M+m）g=45N．因为f1＜f2，木板一定静止不动。

根据牛顿第二定律小木块的加速度，则x=，小物块不会滑出。故A正确，B、C、D错误。

故选：A。

【点评】：解决本题的关键能正确地进行受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．6.（单选题，4分）如图所示，在光滑的水平桌面上有一物体A，通过绳子与物体B相连，假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长。如果mB=3mA，则绳子对物体A的拉力大小为（）A.mBgB.mAgC.3mAgD.mBg【正确答案】：B【解析】：因整体的加速度沿绳子方向，以整体进行分析，由牛顿第二定律可求得加速度。隔离A由牛顿第二定律可求得绳的拉力。

【解答】：解：AB连在一起，加速度大小相同；对整体分析可知整体沿绳方向只受B的拉力，则由牛顿第二定律可知，加速度为：a==

选取A为研究的对象。水平方向A只受到绳子的拉力，所以绳子的拉力：F=mAa

解得：F=mAg故ACD错误B正确。

故选：B。

【点评】：本题为连接体，注意本题中注意应沿绳子方向进行分析；当然本题也可以对两物体分别受力分析，此时应注意分析绳子的拉力。7.（多选题，4分）细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平轻质弹簧支撑，小球与弹簧不连结，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，（cos53°=0.6，sin53°=0.8）以下说法正确的是（）A.小球静止时弹簧的弹力大小为mgB.小球静止时细绳的拉力大小为mgC.细线烧断瞬间小球的加速度大小为gD.细线烧断瞬间小球的加速度大小为g【正确答案】：ABC【解析】：小球静止时，分析受力情况，由平衡条件求解弹簧的弹力大小和细绳的拉力大小．细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，即可求出加速度．

【解答】：解：A、B、小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得：

弹簧的弹力大小为：F=mgtan53°=，

细绳的拉力大小为：T=，故A、B正确。

C、D、细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：

a=，故C正确，D错误。

故选：ABC。

【点评】：本题中小球先处于平衡状态，由平衡条件求解各力的大小，后烧断细绳，小球处于非平衡条件，抓住细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变是关键．8.（多选题，4分）如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2＞v1，则下列错误的是（）

A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0～t3时间内，小物块先受到大小不变的摩擦力作用，之后不受摩擦力【正确答案】：ACD【解析】：小物块滑上传送后在阻力作用下做匀减速直线运动，当速度减为0时，小物块又反向匀加速运动最后与传送带一起向右运动．根据图象分析有：0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，t1～t2小物块向右匀加速，t2～t3当速度增加到与传送带相等时，一起向右匀速运动，摩擦力消失．

【解答】：解：A、0～t1时间内，物块A向左做匀减速运动，t1时刻速度为零，则物块向左位移达到最大，即离A处的距离最大，故A错误；

B、t1～t2时间内，物体向右由静止开始向右做匀加速直线运动，t2以后物体相对皮带静止，所以t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；

CD、0～t1时间内，物块A向左做匀减速运动，小物块受到大小不变的向右的摩擦力作用，t1～t2时间内物体向右由静止开始向右做匀加速直线运动，摩擦力方向向右，t2～t3时间内无摩擦力，故CD错误。

本题选错误的，故选：ACD。

【点评】：根据图示图象分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键；滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，先判断出物块的相对运动方向，然后可以判断出摩擦力的方向。9.（单选题，4分）长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，如图甲所示，木板由水平位置缓慢向上转动（即木板与地面的夹角α变大），另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随角度α的变化图象如图乙所示。下列判断正确的是（）

A.木块与木板间的动摩擦因数μ=tanθ1B.木块与木板间的动摩擦因数μ=C.木板与地面的夹角为θ2时，木块做自由落体运动D.木板由θ1转到的θ2的过程中，木块的速度变化越来越快【正确答案】：D【解析】：根据木板抬起的过程中木块的受力及状态的变化，根据木块的运动状态可以确定木块受到的是静摩擦力还是滑动摩擦力；再通过受力分析可得出摩擦力随角度的变化，结合牛顿第二定律，即可求解。

【解答】：解：AB、木块受到的摩擦力在开始到滑动过程为静摩擦力，f=mgsinθ，故为正弦规律变化；

而滑动后变为了滑动摩擦力，则摩擦力f′=μmgcosθ，为余弦规律变化，

而滑动摩擦力一般小于最大静摩擦力，

当夹角为θ1时，最大静摩擦力为Ff2，而滑动摩擦力为Ff1；

根据滑动摩擦力公式，则有：μmgcosθ1＜mgsinθ1，解得：μ＜tanθ1，

当μmgcosθ1=Ff1；解得：μ=，故AB错误；

C、当木板与地面的夹角为θ2时，木块不受到摩擦力，但有水平初速度，则做匀变速运动，故C错误；

D、当木板由θ1转到的θ2的过程中，依据μmgcosθ=Ff；可知，木块受到摩擦力大小会减小，则其受到的合力也增大，那么加速度增大，因此木块的速度变化越来越快，故D正确；

故选：D.

【点评】：在求摩擦力时，一定要先明确是属于滑动摩擦力还是静摩擦力，再分别根据滑动摩擦及静摩擦力的求解方法进行求解。10.（多选题，4分）如图所示，小船自A点渡河，到达正对岸B点，现在水流速度变大，仍要使船到达正对岸B点，下列可行的办法是（）A.航行方向不变，船速变大B.航行方向不变，船速变小C.船速不变，减小船与上游河岸的夹角αD.船速不变，增大船与上游河岸的夹角α【正确答案】：AC【解析】：要使小船到达正对岸，即合速度的方向与河岸垂直，根据平行四边形定则，求出合速度的大小与方向．

【解答】：解：A、若航行方向不变，根据平行四边形定则可知，船速变大，才能确保合速度垂直河岸，故A正确，B错误；

C、若船速不变，根据平行四边形定则可知，必须减小船与上游河岸的夹角α，才能确保合速度垂直河岸，故C正确，D错误；

故选：AC。

【点评】：解决本题的关键知道运动的合成和分解遵循平行四边形定则，以及知道当合速度的方向与河岸垂直，小船将垂直到达对岸．11.（问答题，6分）如图甲所示为探究牛顿第二定律的实验装置示意图，图中打点计时器使用的电源为50Hz的交流电源。在小车质量未知的情况下，通过改变桶中沙的多少来探究在质量一定的条件下，物体的加速度与合外力的关系。

（1）平衡小车所受的摩擦力：取下装沙的桶，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列___的点。

（2）实验中打出的其中一条纸带如图乙所示，每5个点标记一个计数点，标记结果如图乙所示，A、B、C、D为连续选择的计数点，通过该纸带可求得小车的加速度大小为a=___m/s2（结果保留两位有效数字）。

（3）以沙和桶的总重力F为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，作出a-F图象如图丙所示，则小车的质量为M=___kg。【正确答案】：等间距;0.50;0.5【解析】：平衡摩擦力成功的标准是小车可以做匀速运动，打点计时器打出的纸带点迹等间距。利用逐差法可以求出加速度。利用牛顿第二定律得到a-F图像，可知斜率是，可求出质量M。

【解答】：解：（1）平衡摩擦力成功的标准是小车可以做匀速运动，打点计时器打出的纸带点迹等间距。

（2）相邻两个计数点的时间间隔是T=0.1s，小车的加速度为a==m/s2=0.50m/s2。

（3）由牛顿第二定律可得F=Ma，整理可得a=F，由图丙可知=2.0，解得小车质量是M=0.5kg。

故答案为：（1）等间距（2）0.50（3）0.5。

【点评】：本题考查平衡摩擦力的原理，用逐差法求加速度，利用数学方法找到图像斜率求出物理量。12.（问答题，10分）如图所示，质量为m的木块在与水平方向成α角的推力F（未知）作用下，沿竖直墙壁向上匀速运动。已知木块与墙壁间动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

求：（1）推力F的大小；

（2）若将推力的方向改为竖直向上推动木块仍做匀速直线运动，则F’=？【正确答案】：

【解析】：（1）以物体为研究对象进行受力分析，根据平衡条件列方程求解；

（2）若将推力的方向改为竖直向上推动木块仍做匀速直线运动，物体只受重力和推力，根据平衡条件求解。

【解答】：解：（1）以物体为研究对象，物体受到重力、支持力、推力和摩擦力作用，受力情况如图所示；

x轴：N=Fcosα

y轴：Fsinα=mg+f

又因为：f=μN

由以上各式联立得：；

（2）若将推力的方向改为竖直向上推动木块仍做匀速直线运动，物体只受重力和推力，

根据平衡条件可得：F′=mg。

答：（1）推力F的大小为；

（2）若将推力的方向改为竖直向上推动木块仍做匀速直线运动，则F’为mg。

【点评】：本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。13.（问答题，11分）如图所示，某学校趣味运动会上举行推箱子比赛．杨明同学用与水平方向成θ=30°角斜向下的推力F推一个重为G=200N的箱子匀速前进，箱子与地面间的动摩擦因数为μ=0.40．求：

（1）推力F的大小；

（2）若人不改变推力F的大小，只把力的方向变为水平，去推这个静止的箱子，且当作用的时间t=3s后撤去推力，则撤去推力后箱子还能运动多长时间？【正确答案】：

【解析】：（1）先受力分析，再正交分解，据摩擦力公式和平衡态列方程即可求解．（2）以整个运动过程为研究过程，利用动量定理求解．

【解答】：解：（1）箱子匀速前进，则在水平方向有Fcos30°=f

而在竖直方向有：G+Fsin30°=N

由于f=μN

联立以上解得：F=120.3N

（2）当推力水平方向时，摩擦力f1=μG=80N

整个运动过程为研究对象，据动量定理得：Ft-f1（t+t1）=0

联立以上解得：t1=1.5s

答：（1）推力F的大小120N；

（2）若人不改变推力F的大小，只把力的方向变为水平，去推这个静止的箱子，且当作用的时间t=3s后撤去推力，则撤去推力后箱子还能运动1.5秒．

【点评】：解决动力学的思路：先受力分析，利用正交分解或平行四边定则，据牛顿运动定律列方程求解；第2问可用牛顿运动定律求解，但过程较麻烦．14.（问答题，11分）如图所示，传送带与水平面夹角θ=37°，两轮间距A、B两点间长度L=16m，传送带以v=3m/s的恒定速度顺时针转动。现有质量m=0.5kg的物块以初速度v0=1m/s由底端A处冲上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：

（1）从物块冲上传送带开始计时，经6s时物块的速度大小；

（2）物块从A运动到B所用的时间。【正确答案】：

【解析】：（1）对物块由牛顿第二定律求得加速度，由运动学公式可求出加速到与传送带相对静止的时间，可判断6s时物块的状态，在根据6s时物块的状态求解速度。

（2）求出加速运动的时间和匀速运动的时间，则总的时间可求解。

【解答】：解：（1）由牛顿第二定律得：μmgcos37°-mgsin37°=ma

解得：a=0.4m/s2

设加速到与传送带相对静止的时间为t1，则t1==5s

所以5s后随传送带一起匀速运动，故6s时物块的速度为3m/s

（2）设加速运动的位移为x1，由速度位移的关系式得：v2-v02=2ax1

解得：x1=10m

匀速运动的位移：x2=L-x1=6m

匀速运动的时间t2==2s

物块从A运动到B的时间：t=t1+t2=7s

答：（1）从物块冲上传送带开始计时，经6s时物块的速度大小是3m/s；

（2）物块从A运动到B所用的时间是7s。

【点评】：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的角标应用，分析物块的摩擦力的方向从而求得加速度是关键，一定要判断清小物块与传送带相对运动的关系。15.（问答题，11分）如图所示，一个少年脚踩滑板沿倾斜街梯扶手从A点由静止滑下，经过一段时间后从C点沿水平方向飞出，落在倾斜街梯扶手上的D点。已知C点是第二段倾斜街梯扶手的起点，倾斜的街梯扶手与水平面的夹角θ=37°，C、D间的距离s=3.0m，少年的质量m=60kg。滑板及少年均可视为质点，不计空气阻力。取sin37°=0.60，cos37°=0.80，重力加速度g=10m/s2，求：

（1）少年从C点水平飞出到落在倾斜街梯扶手上D点所用的时间t；

（2）少年从C点水平飞出时的速度大小；

（3）少年飞行过程中，离街梯最远时的速度大小。【正确答案】：

【解析】：（1）少年从C点水平飞出后在空中做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据下落的高度求出运动时间t。