江苏省泰州市泰兴一中高一物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc

2014-2015学年江苏省泰州市泰 兴一中高一（上）月考物理试卷（12月份）一、单选题（每题3分，共21分）1（3分）（2014秋青原区校级期末）关于加速度的相关知识，下列说法正确的是（）a某物体在运动过程中，速度变化得越多，加速度一定越大b某物体在运动过程中，速度变化得越快，加速度可能越小c某物体在运动过程中，加速度方向保持不变，则其速度方向也一定保持不变d某物体在运动过程中，可能会出现，加速度在变大，但其速度在变小的情况考点：加速度专题：直线运动规律专题分析：根据加速度的定义式a=可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度的大小方向无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大解答：解：a、速度变化越多，如果用的时间也越多，加速度不一定大，故a错误；b、速度变化的越快，说明在单位时间内速度变化量大，即加速度大，故b错误；c、如果加速度方向与速度方向相反，物体的速度方向将发生改变，故c错误；d、如果速度与加速度方向相反，当加速度增大时，速度反而减小，故d正确；故选：d点评：本题考查加速度的定义式，只要理解了加速度的概念就能顺利解决2（3分）（2014秋信阳期末）一辆汽车在平直的公路上做匀速直线运动，速度大小为20m/s，突然看到前面有障碍物，开始刹车，汽车作匀减速直线运动，加速度的大小为10m/s2，从开始刹车时刻算起，3s内物体的位移是（）a105mb20mc15md30m考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：根据速度时间公式求出汽车速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再结合位移公式求出刹车后的位移解答：解：汽车速度减为零的时间为：t=则3s内的位移等于2s内的位移，则有：x=故选：b点评：本题考查运动学中的刹车问题，是道易错题，注意汽车速度减为零后不再运动3（3分）（2012安庆二模）如图所示是一种提升重物的装置，其水平杆一端带有滑轮，另一端嵌入墙中，aoc为提升重物的钢索，已知角aob等于30，重物的重量为g，钢索的重量不计，重物处于静止状态，则钢索对滑轮的作用力大小为（）abgcgd考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：ao、co绳的拉力相等，等于物体的重力，对o点受力分析，根据共点力平衡求出钢索对滑轮的作用力大小解答：解：o点受两个拉力和钢索对o点的作用力，三个力处于平衡，根据共点力平衡，运用平行四边形定则得，f=t=g故b正确，a、c、d错误故选b点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意结点与滑轮的区别4（3分）（2015春杭州期中）一根轻质弹簧竖直悬挂一小球，小球和弹簧的受力如图所示，下列说法正确的是（）af1的施力者是弹簧bf2的反作用力是f3cf3的施力者是地球df4的反作用力是f1考点：作用力和反作用力专题：常规题型分析：小球受到重力和弹簧的拉力弹簧对小球的拉力与小球对弹簧的拉力是一对作用力与反作用力解答：解：a、f1是小球的重力，其施力物体是地球故a错误b、f2弹簧对小球的拉力，f3小球对弹簧的拉力，两力是一对作用力与反作用力故b正确c、f3是小球对弹簧的拉力，所以f3的施力物体是小球故c错误d、f4与f1没有直接关系，不是一对作用力与反作用力故d错误故选：b点评：确定施力物体，关键要明确力是哪个物体对哪个物体的作用基础题5（3分）（2012秋香坊区校级期末）有关超重和失重，以下说法中正确的是（）a物体处于超重状态时，所受重力增大，物体处于失重状态时，所受重力减小b竖直向上抛出的物体，不计空气阻力，处于完全失重状态c在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机必定处于下降过程d游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重专题：牛顿运动定律综合专题分析：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，合力也向上；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，合力也向下如果没有压力了，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解答：解：a、无论是处于超重或失重状态时，物体人的重力并没变，只是对支持物的压力变了，所以a错误；b、竖直向上抛出的物体只受到重力的作用，加速度为重力加速度，此时处于完全失重状态，所以b正确；c、物体处于失重状态，此时有向下的加速度，但是物体可以向上做减速运动，也可以向下做加速运动，所以c错误；d、游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于平衡状态，所以d错误故选：b点评：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6（3分）（2011海南）如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力（）a等于零b不为零，方向向右c不为零，方向向左d不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右考点：共点力平衡的条件及其应用专题：压轴题分析：在研究力和运动关系的问题时，常会涉及相互关联的物体间的相互作用问题，即“连接体问题”连接体问题一般是指由两个或两个以上物体所构成的有某种关联的系统研究此系统的受力或运动时，求解问题的关键是研究对象的选取和转换一般若讨论的问题不涉及系统内部的作用力时，可以以整个系统为研究对象列方程求解“整体法”；若涉及系统中各物体间的相互作用，则应以系统某一部分为研究对象列方程求解“隔离法”这样，便将物体间的内力转化为外力，从而体现其作用效果，使问题得以求解在求解连接体问题时，隔离法与整体法相互依存，相互补充，交替使用，形成一个完整的统一体，可以分别列方程求解本题中由于小木块与斜面体间有相对滑动，但无相对加速度，可以当作两物体间相对静止，摩擦力达到最大静摩擦力的情况，然后运用整体法研究解答：解：斜劈和物块都平衡，受力的大小和方向情况与两物体间相对静止且摩擦力达到最大静摩擦力的情况相同，故可以对斜劈和物块整体受力分析受重力和支持力，二力平衡，无摩擦力；故选a点评：本题关键要灵活地选择整体法与隔离法，选用整体法可以不考虑两物体间的作用力，使问题大为简化7（3分）（2015漳州二模）如图所示，一木块在光滑水平面上受到一个恒力f作用而运动，前方固定一个轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是（）a将立即做匀减速直线运动b将立即做变减速直线运动c在弹簧弹力大小等于恒力f时，木块的速度最大d在弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度为零考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；胡克定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：当木块接触弹簧后，分析木块的受力情况，判断其运动情况恒力先大于弹簧的弹力，后小于弹簧的弹力，木块先做加速运动后做减速运动，当弹簧弹力大小等于恒力f时，木块的速度最大弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度不为零解答：解：a、b、c当木块接触弹簧后，恒力f先大于弹簧的弹力，后小于弹簧的弹力，木块先做加速运动后做减速运动，随着弹簧的增大，加速度先减小后增大，故先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动当弹簧弹力大小等于恒力f时，木块的速度最大故ab错误，c正确d、在弹簧处于最大压缩量时，弹簧的弹力大于恒力f，合力向右，加速度不为零故d错误故选c点评：本题关键要抓住弹簧的可变性，分析合力的变化情况，确定加速度的变化情况二、多选题（每题4分，共20分）8（4分）（2012秋福建校级期中）关于自由落体运动，下面说法正确的是（）a第1s内、第2s内、第3s内的位移之比是1：4：9b第1s末、第2s末、第3s末的速度大小之比是1：3：5c只要物体的加速度竖直向下且a=g运动，都称之为自由落体运动d在前0.1m内、前0.2m内、前0.3m内物体的运动时间之比为1：考点：自由落体运动专题：自由落体运动专题分析：由初速度为零的匀加速直线运动的推论可以判定各个选项自由落体的定义是：初速度为零，只受重力的落体运动解答：解：a、自由落体为初速度为零的匀加速直线运动，故第1s内、第2s内、第3s内的位移之比是1：3：5，故a错误b、v=gt可知，第1s末、第2s末、第3s末的速度大小之比是1：2：3故b错误c、自由落体的定义是：初速度为零，只受重力的落体运动，故c错误d、由可得：在前0.1m内、前0.2m内、前0.3m内物体的运动时间之比为1：，故d正确故选：d点评：要熟练掌握初速度为零的匀加速直线运动的推论，虽然比较多但是掌握好了非常由助于解题9（4分）（2014秋泰兴市校级月考）如图甲所示，倾角为30的足够长的光滑斜面上，有一质量m=0.8kg的物体受到平行斜面向上的力f作用，其大小f随时间t变化的规律如图乙所示，t=0时刻物体的速度为零，重力加速度g=10m/s2下列说法中正确的是（）a01 s时间内物体的加速度最大b第2 s末物体的速度为零c23 s时间内物体向下做匀加速直线运动d第3 s末物体回到了原来的出发点考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：将重力沿垂直斜面方向和平行与斜面方向正交分解，垂直斜面方向合力为零，物体沿平行斜面方向运动，比较拉力和重力的平行斜面方向的分力，结合牛顿运动定律即可判断物体的运动情况解答：解：对物体受力分析，受重力、支持力和拉力将重力沿垂直斜面方向和平行与斜面方向正交分解平行与斜面方向分力为：g1=mgsin30=4n分阶段讨论物体的运动情况：0到1s内，f合=5n4n=1n，沿斜面向上加速度为a=1.25m/s21s末速度为v1=at1=1.25m/s1s到2s内，合力为f合=3n4n=1n加速度为a=1.25m/s22s末速度为v2=v1+at2=0m/s2s到3s内，合力为f合=1n4n=3n加速度为a=3.75m/s23s末速度为v3=v2+at3=3.75m/s故2s到3s加速度最大，a错误；第2s末物体的速度为零，b正确；23s时间内物体做向下匀加速直线运动，c正确，d错误；故选：bc点评：本题关键分为三个阶段对物体受力分析，求出加速度，然后运用运动学公式计算即可对于多过程问题要注意掌握各过程中的联系10（4分）（2014秋温州期末）如图所示，某人用手握住一个油瓶使油瓶始终在竖直方向保持静止，则下列说法中正确的是（） a手握得越紧，油瓶受到的摩擦力越大b手握得越紧，油瓶与手之间的最大静摩擦力越大c不管手握得多紧，油瓶受到的摩擦力总是一定的d油瓶受到的摩擦力必须大于其重力才能静止考点：静摩擦力和最大静摩擦力专题：摩擦力专题分析：瓶始终处于竖直方向且静止不动时，受的重力和静摩擦力平衡，手握的越紧，最大静摩擦力越大，而瓶子受的摩擦力仍然等于瓶子的重力解答：解：a、手握得越紧，油瓶受到的最大静摩擦力越大，静摩擦力不变，静摩擦力等于油瓶与油的总重力，故a错误b正确；c、油瓶始终处于竖直方向且静止不动，受重力和静摩擦力平衡，故油瓶质量不变，则受到的摩擦力一定，故c正确；d、油瓶受到的摩擦力必须等于其重力才能静止，故d错误；故选：bc点评：本题考查了静摩擦力和最大静摩擦力的应用和区别，注意最大静摩擦力的判断11（4分）（2014秋泰兴市校级月考）如图所示，质量为2kg的物块a与水平地面的动摩擦因数为=0.1，质量1kg的物块b与地面的摩擦忽略不计，在已知水平力f=11n的作用下，a、b一起做加速运动，则下列说法中正确的是（）aab的加速度均为3.0m/s2bab的加速度均为3.3m/s2ca对b的作用力为3.3nda对b的作用力为3.0n考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：先整体为研究对象求得ab一起运动的加速度，再以b为研究对象求得a对b的作用力解答：解：以ab整体为研究对象，根据牛顿第二定律有：fmag=（ma+mb）a整体产生的加速度再以b为研究对象，水平方向只受到a对b的作用力，故fab=mba=13n=3n所以bc错误，ad正确故选：ad点评：本题考查综合运用牛顿第二定律处理动力学问题的能力，注意整体法和隔离法的运用是正确解题的关键12（4分）（2014春海曙区校级期末）如图，当车厢向右加速行驶时，一质量为m的物块紧贴在车壁上，相对于车壁静止，随车一起运动，则下列说法正确的是（）a在竖直方向上，车壁对物块的摩擦力与物块的重力等大b在水平方向上，车壁对物块的弹力是由于物块发生了弹性形变c若车厢加速度变小，车壁对物块的弹力也变小d若车厢加速度变大，车壁对物块的摩擦力也变大考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力专题：牛顿运动定律综合专题分析：物块和车厢具有相同的加速度，抓住物块竖直方向上平衡，水平方向上产生加速度，结合牛顿第二定律分析求解解答：解：a、物块与车厢具有相同的加速度，在竖直方向上的合力为零，则物块所受的摩擦力和重力平衡故a正确b、在水平方向上，车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对作用力和反作用力故b错误c、物块与车厢具有相同的加速度，根据牛顿第二定律得，n=ma，加速度减小，车厢壁对物块的弹力减小故c正确d、车厢的加速度增大，根据牛顿第二定律知，n=ma，弹力增大，但是摩擦力和重力平衡，摩擦力保持不变故d错误故选：ac点评：本题考查了牛顿第二定律的基本运用，注意车厢的加速度增大时，弹力增大，此时最大静摩擦力增大，而静摩擦力仍然与重力平衡，保持不变三、简答题（每空2分，共18分）13（14分）（2014秋泰兴市校级月考）在探究加速度与力、质量的关系实验中，（1）如图所示是某同学正要释放小车的情形，下列说法正确的是da应把长木板水平放置b应使小车离打点计时器远些c应将打点计时器接在直流电源上d应调整滑轮高度使细绳与长木板表面平行（2）保持小车的质量不变，改变小车所受的作用力，测得了下表所示的5组数据，并已在坐标平面上画出部分数据点，如图所示：组别12345f/n01.12.23.34.4a/ms200.511.52在图中画出第 4组数据对应的数据点，然后作出af的关系图线；由所作图线可以得到结论：在质量一定的情况下，加速度 a与作用力 f成正比；当研究加速度与质量的关系时，应保持小车所受作用力不变，改变小车的质量来进行实验（3）如图是用打点计时器（频率为50hz）测定匀变速直线运动的加速度时得到的纸带，从o点开始每隔4个点取一个计数点，则相邻的两个计数点的时间间隔为0.1s，测得oa=6.80cm，cd=3.20cm，de=2.00cm，则物体运动加速度大小为1.2m/s2，d点的速度大小为0.26m/s考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：（1）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；（2）保持小车的质量不变，改变小车所受的作用力，由牛顿第二定律得：加速度与合外力成正比，故画图时画一条直线，根据我么画出的图线结合数学方法可以判断a与f的关系，实验采用的方法是控制变量法，所以当研究加速度与质量的关系时，应保持小车受到的作用力不变，改变小车的质量来进行实验；（3）打点计时器打点的时间间隔是0.02s，从o点开始每隔4个点取一个计数点，据此求出计数点间的时间间隔；由x=at2求出物体的加速度；根据做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于该时间中间时刻的瞬时速度求出d点的速度解答：解：（1）a、应垫高长木板右端以平衡摩擦力，长木板不能水平，故a错误；b、开始时应使小车靠近打点计时器，b错误；c、应将打点计时器接在交流电源上，c错误；d、为了使绳子的拉力充当小车运动的合力，应使滑轮高度使细绳与长木板表面平行，d正确；故选：d（2）保持小车的质量不变，改变小车所受的作用力，由牛顿第二定律得：加速度与合外力成正比，故画图时画一条直线，如图：由图象我们可得：图线是一条过原点的直线，所以结论是：在质量一定的情况下，加速度a与作用力f成正比该实验我们采取的是控制变量法，所以：当研究加速度与质量的关系时，应保持小车受到的作用力不变，改变小车的质量来进行实验（3）从o点开始每隔4个点取一个计数点，则计数点间的时间间隔t=0.02s5=0.1s；物体的加速度a1=120cm/s2=1.20m/s2，a2=120cm/s2=1.20m/s2，a=1.20m/s2；d点的速度vd=26cm/s=0.26m/s故答案为：（1）d；（2）如上图所示，正，小车所受作用力；（3）0.1，1.2，0.26点评：（1）教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚；（2）考查“探究加速度与力、质量的关系”实验的实验方法和数据处理方法，切实做一做这个实验可以加深对实验的理解最后熟练掌握并灵活应用匀变速运动的规律即可正确解题14（4分）（2014秋泰兴市校级月考）（1）在做“验证力的平行四边形定则”的实验中有同学各自画了以下力的图，图中f1、f2是用两把弹簧秤同时拉橡皮筋时各自的拉力，f是用一把弹簧秤拉橡皮筋时的拉力；画出了f1、f2、f的图示，以表示f1、f2的有向线段为邻边画平行四边形，以f1、f2交点为起点的对角线用f表示，在以下四幅图中，只有一幅图是合理的，这幅图是b（2）在做完实验后，某同学将其实验操作过程进行了回顾，并在笔记本上记下如下几条体会，你认为他的体会中正确的是da两根细绳套必须等长b用两只弹簧测力计拉绳套时，两测力计的示数要相同c若f1、f2方向不变，而大小各增加1n，则合力的方向也不变，大小也增加1nd用两只弹簧测力计拉时合力的图示f与用一只弹簧测力计拉时图示f不完全重合，在误差允许范围内，可以说明“力的平行四边形定则”成立考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题；平行四边形法则图解法专题分析：（1）在解决该题时，抓住f是根据平行四边形定则作出的f1和f2的合力，f是一个弹簧秤单独拉橡皮条时的力f和f在误差允许的范围内重合（2）根据实验的原理以及注意事项逐项分析解答：解：（1）在实验中，f是根据平行四边形定则作出的f1和f2的合力，而f是一个弹簧秤单独拉橡皮条时的力，在误差允许的范围内重合，则平行四边形定则得到验证故acd错误，b正确；故选：b（2）a、为减小实验过程中的偶然误差，就要设法减小读数误差，两个分力的大小不一定要相等，绳子的长短对分力大小和方向亦无影响，故a错误；b、两弹簧测力计拉橡皮条时，两弹簧测力计的示数不一定相同，故b错误；c、若f1、f2方向不变，而大小各增加1n，根据平行四边形定则知，合力的方向可能改变，大于不一定增加1n故c错误；d、用两只弹簧测力计拉时合力的图示f与用一只弹簧测力计拉时图示f不完全重合，在误差允许范围内，可以说明“力的平行四边形定则”成立，故d正确；故选：d故答案为：（1）b；（2）d点评：本实验采用是等效替代的思维方法实验中要保证一个合力与两个分力效果相同，结点o的位置必须相同，同时要明确实验原理和步骤，以及知道实验的注意事项四、计算题（15题15分，16题15分，17题15分，18题16分，共计61分）15（15分）（2011秋临沂期末）如图所示，质量为4.0kg的物体在与水平方向成37角、大小为20.0n的拉力f作用下，沿水平面由静止开始运动，物体与地面间动摩擦因数为0.20，（取g=10m/s2，已知cos37=0.8，sin37=0.6）；求：（1）物体的加速度大小；（2）经过2s撤去f，再经3s时物体的速度大小考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）物体受重力、拉力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律求出物体的加速度大小（2）先求出2s末的速度，再根据牛顿第二定律求出撤去f后的加速度，判断物体经过多长时间停止运动，判断再经过3s的运动状态，根据运动学公式求解解答：解：（1）物体受力如图所示，在x轴方向对物体运用牛顿第二定律得：fcosff=ma在y轴方向由平衡条件得：fsin+fnmg=0又因为：ff=fn联立以上三式代入数据解得：=2.6m/s2（2）设经过2s时的速度为v1，由匀变速运动公式得：v1=at1=5.2m/s 撤去f后，据牛顿第二定律有：mg=ma解得：a=g=0.2010 m/s2=2.0 m/s2由于=2.6s3 s=（52）s 则撤去f后，再经3s，即5s末时速度为：v=0 答：（1）物体的加速度大小为2.6m/s2；（2）经过2s撤去f，再经3s时物体的速度大小为0点评：加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度，可以根据力求运动，也可以根据运动求力16（15分）（2014秋泰兴市校级月考）在2008年北京残奥会开幕式上运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示设运动员的质量为65kg，吊椅的质量为25kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g=10m/s2当运动员与吊椅一起正以加速度a=1m/s2上升时，试求：（1）运动员竖直向下拉绳的力；（2）运动员对吊椅的压力考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）对运动员和吊椅整体分析，运用牛顿第二定律求出绳子的拉力，根据牛顿第三定律求出运动员竖直向下拉绳的力（2）隔离对运动员分析，根据牛顿第二定律求出吊椅对运动员的支持力，从而得出运动员对吊椅的压力解答：解：（1）设运动员受到绳向上的拉力大小为f，由于跨过定滑轮的两段绳子的拉力大小相等，故吊椅受到绳的拉力大小也是f对运动员和吊椅整体进行受力分析，如图所示，则有：2f（m人+m椅）g=（m人+m椅）a代入数据解得：f=495 n根据牛顿第三定律知，运动员竖直向下拉绳的力的大小为：f=495 n（2）设吊椅对运动员的支持力为fn，对运动员进行受力分析，如图所示，则有：f+fnm人g=m人a代入数据解得：fn=220n根据牛顿第三定律知，运动员对吊椅的压力大小为220 n答：（1）运动员竖直向下拉绳的力是495n；（2）运动员对吊椅的压力是220n点评：本题关键是对物体进行正确受力分析，根据牛顿第二定律分析求解，掌握整体法和隔离法的运用17（15分）（2015武威校级一模）如图所示，用两细绳系着一质量为m的物体，1、2两细绳与水平车顶的夹角分别为30和60已知重力加速度为g，不计空气阻力（1）若小车向右作匀速直线运动，求两绳中拉力的大小；（2）若让小车向右以2g的加速度做匀加速直线运动，当物体与车保持相对静止时，求绳1拉力的大小？考点：牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）通过受力分析有共点力平衡即可求得拉力（2）这是个临界问题，对物体受力分析，假设t2恰好为0时，绳1与车夹角为30，求出此时的加速度，即为绳子1不飘起来的最大加速度讨论当加速度为2g是绳子1有没有飘起来，针对不同情况，运用牛顿第二定律列方程求解解答：解：（1）匀速运动时有 共点力平衡可知f1cos30=f2cos60f1sin30+f2sin60=mg联立解得（2）绳2中拉力刚好为零时，根据牛顿第二定律有 所以 说明当a=2g时绳2已松弛 此时有答：（1）若小车向右作匀速直线运动，两绳中拉力的大小，；（2）若让小车向右以2g的加速度做匀加速直线运动，当物体与车保持相对静止时，绳1拉力的大小为点评：本题关键是对小球受力分析，根据牛顿第二定律列出方程求解出各个力的表达式，然后进行讨论18（16分）（2014秋泰兴市校级月考）在工厂的流水线上安装水平传送带，可以把沿斜面滑下的工件用水平传送带进行传送，可大大提高工作效率如图所示，一倾角30的光滑斜面下端与水平传送带相连，一工件从h=0.2m高处的a点由静止滑下后到达b点的速度为v1，接着以v1滑上水平放置的传送带已知：传送带长l=7m，向右保持v0=4m/s的运行速度不变，工件与传送带间的动摩擦因数=0.2，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2，工件可看成质点求：（1）下滑到b点的速度v1等于多少？（2）求工件从a点由静止下滑到离开传送带c点所用的时间（3）假设传送带是白色的，工件为一煤块，则工件从b滑到c的过程中，在传送带上留下黑色痕迹的长度考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据动能定理求出工件下滑到b点的速度大小（2）根据牛顿第二定律和速度时间公式求出工件在斜面上的运动时间，根据牛顿第二定律和运动学公式求出在传送带上匀加速运动的时间和位移，从而得出匀速运动的位移，求出匀速运动的时间，从而得出总时间（3）在相对滑动的过程中，结合传送带的位移和工件的位移求出相对滑动的位移大小，即黑色痕迹的长度解答：解：（1）根据动能定理得：，解得：m/s=2m/s（2）在斜面上下滑的加速度为：，则在斜面上的运动时间为：，在传送带上做匀加速运动的时间为：，匀加速运动的位移为：，匀速运动的时间为：，则工件从a点由静止下滑到离开传送带c点所用的时间为：t=t1+t2+t3=0.4+1+1s=2.4s（3）在传送带上留下黑色痕迹的长度为：x=v0t2x1=413m=1m答：（1）滑到b点的速度v1等于2m/s；（2）工件从a点由静止下滑到离开传送带c点所用的时间为2