河北省张家口市2020届高三物理上学期10月阶段检测试题（含解析）

1 河北省张家口市河北省张家口市 20202020 届高三物理上学期届高三物理上学期 1010 月阶段检测试题 含解月阶段检测试题 含解 析 析 一 选择题一 选择题 1 下列关于物理学中科学方法或科学思维中描述不正确的是 a 瞬时速度概念的建立用到了极限的思思 b 加速度和速度都是采取比值法定义的物理量 c 质点是理想化物理模型 d 牛顿开创了实验和逻辑推理结合的科学思维方式和科学研究方法 答案 d 解析 详解 a 瞬时速度是平均速度 t 0 的极限 故 a 正确 x v t b 加速度 速度都是采取比值法定义的物理量 故 b 正确 c 当物体的形状和大小对研究的问题的影响可以忽略时 可将物体简化成的一个有质量的 点 故质点是一个理想模型 故 c 正确 d 伽利略开创了实验和逻辑推理结合的科学思维方式和研究方法 故 d 错误 2 甲 乙两物体同时从同一地点并排做直线运动 两物体的速度一时间图象如图所示 在 0 6s 内 下列说法中正确的是 a 乙物体先向正方向运动 后向负方向运动 b 两物体在 1s 末和 4s 末相遇 c 两物体最远距离为 1m d 第 4s 末两物体相距最远 答案 d 解析 详解 a 乙物体的速度一直为正 说明其运动方向始终未发生变化 一直沿正方向运动 故 a 错误 2 b 图像与坐标轴所围面积可知 0 1s 内 甲的位移比乙的大 则知两物体在 1s 末没有相 遇 同理知 两物体在 4s 末也没有相遇 故 b 错误 cd 1s 末两物体相距的距离等于一个小三角形的面积 而 4s 末两物体相距的距离等于 2 4 之间三角形的面积 明显 4s 末二者的距离最大 且两物体最远距离为 2 2 m2m 2 s 故 c 错误 d 正确 3 如图a b两物体叠放在固定的斜面上 b上表面水平 a b无相对滑动 下列说法正确 的是 a 若a b沿斜面向下匀速运动 b对a有水平向右的摩擦力 b 若a b沿斜面向下匀速运动 b对a有水平向左的摩擦力 c 若斜面光滑 b对a的作用力垂直斜面向上 d 若斜面光滑 b对a的作用力沿斜面向下 答案 c 解析 详解 ab 若a b沿斜面向下匀速运动 合力为零 所以a的合力也为零 a b间没 有摩擦力 故 ab 错误 cd 设斜面倾角为 若斜面光滑 则a b沿斜面向下加速运动 以的加速 sinag 度沿斜面向下 a的加速度也沿斜面向下且也为 所以a受重力 b对a的支 sinag 持力 摩擦力三个力的作用 由于a的加速度也沿斜面向下且也为 所以b对 sinag a的支持力 摩擦力两力的合力一定垂直斜面方向向上 即b对a的作用力垂直斜面向上 故 c 正确 d 错误 4 1970 年成功发射的 东方红一号 是我国第一颗人造地球卫星 该卫星至今在地球引力 的作用下仍沿椭圆轨道绕地球运动 如图所示 设卫星在近地点 远地点的速度分别为 1 v 近地点到地心的距离为r 地球质量为m 引力常量为g 则 2 v 3 a 12 vv 1 gm v r b 12 vv 1 gm v r c 东方红一号卫星的运行周期比轨道半径为r的人造地球卫星的运行周期大 d 从近地点到远地点阶段 东方红一号卫星 机械能逐渐变大 答案 c 解析 详解 ab 根据开普勒第二定律可知 当卫星沿近地点的轨道做匀速圆周运动时 12 vv 地球的引力提供卫星在近地点做圆周运动的向心力 2 2 gmmv m rr 得 gm v r 但由于卫星沿椭圆轨道运动 所以近地点的速度大于卫星沿近地点的圆形轨道做匀速圆周 运动的速度 故 ab 错误 c 由于东方红一号的轨道半长轴大于r 根据开普勒第三定律可知 半长轴大的 周期大 东方红一号卫星的运行周期比轨道半径为r的人造地球卫星的运行周期大 故 c 正确 d 卫星在椭圆轨道上稳定运行时 只有万有引力做功 机械能守恒不变 故 d 错误 5 如图竖直薄壁圆筒内壁光滑 半径为r 上部侧面a处开有小口 在小口a的正下方h 处亦开有与a大小相同的小口b 小球从小口a沿切线方向水平射入筒内 使小球紧贴筒 内壁运动 要使小球从b口处飞出 小球进入a口的速率可能是 0 v 4 a b c d 2 g r h 2 g r h 2 h r g h r g 答案 b 解析 详解 小球在竖直方向做自由落体运动 由可知 小球在桶内的运动时间为 2 1 2 hgt 2h t g 在水平方向 以圆周运动的规律来研究 得到 n 1 2 3 0 2 r tn v 所以有 n 1 2 3 0 2 2 n rg vn r th 当n 1 时 0 2g vr h a 与分析不符 故 a 错误 2 g r h b 与分析相符 故 b 正确 2 g r h c 与分析不符 故 c 错误 2 h r g 5 d 与分析不符 故 d 错误 h r g 6 如图所示 倾角 30 的斜面ab 在斜面顶端b向左水平抛出小球 1 同时在底端a 正上方与b等高 处水平向右抛出小球 2 小球 1 2 同时落在p点 p点为斜边ab的中点 则 a 小球 2 一定垂直撞在斜面上 b 小球 1 2 的初速度可以不相等 c 小球 1 落在p点时小球 1 落在 p 点时速度方向与斜面的夹角为 30 d 改变小球 1 的初速度 小球 1 落在斜面上的速度方向都平行 答案 d 解析 详解 a 项 设斜面底边长为 l 若小球 2 垂直打在斜面上 设小球 2 的位移与水平方向 的夹角为 则有 由几何关系可知 解得 0 tan60tan 2 tan 2 y l 2 3 4 l y 由此可见 小球 2 要垂直打在斜面上 则小球 2 开始运动的高度要一特定高度且与 b 的高 度不同 故 a 错误 b 项 由于小球 1 2 下落高度相同 水平位移相同 所以初速度一定相同 故 b 错误 c 项 小球 1 落在斜面上时 小球的位移与水平方向的夹角为 300 由平抛运动的规律可知 速度与水平方向夹角正切值等于位移与水平方向正切值的两倍 故 c 错误 d 项 改变小球 1 的初速度 只要小球能落在斜面上时 由平抛运动的规律可知 速度与 水平方向夹角正切值等于位移与水平方向正切值的两倍 而小球位移与水平方向夹角始终 为 300 所以速度方向与水平方向夹角不变 故 d 正确 7 如图所示 一个粗糙的水平转台以角速度匀速转动 有一个质量为m的物体与转台间 的动摩擦因数为 用长为l的细绳与转台中心o连接 现拉直细绳将物体轻放于转台上 则下列说法正确的是 6 a 若物体在转台上运动一周 摩擦力对物体不做功 b 若物体在转合上运动一周 摩擦力对物体做的功为2 mgl c 物体将做半径不变的圆周运动 绳上拉力不断增大 d 物体在转台上运动圈后相对于转台停止运动 2 4 l g 答案 d 解析 详解 a 物体在转台受与转台接触点速度方向相同的摩擦力f 所以物体将具有沿切向 加速度 物体将沿切线方向均匀加速 是变速圆周运动 拉力提供向心力 直到与圆盘相 对静止 摩擦力对物体做正功 故 a 错误 b 物体相对转台静止时 根据动能定理得 2 1 0 2 mgxml 解得 22 2 2 l x g x可能小于 2 l 所以物体在转台上运动一周 摩擦力对物体做功可能小于 故 2 mgl b 错误 c 物体将做半径不变的圆周运动 与转台相对静止后 做匀速圆周运动 拉力提供向心力 不变 故 c 错误 d 由于可知 物体在转台上运动圈后相对于转台停止运动 故 2 2 4 xl n lg 2 4 l g d 正确 8 如图甲所示 电动机通过绕过光滑定滑轮的细绳与放在倾角为的光滑斜面上的物体 30 相连 启动电动机后物体沿斜面上升 在时间内物体运动的图象如图乙所示 03s vt 7 其中除时间段图象为曲线外 其余时间段图象均为直线 1s后电动机的输出功率保 12s 持不变 已知物体的质量为 2kg 重力加速度则下列计算不正确的是 2 10 gm s a 1 s后电动机的输出功率p为 100w b 物体运动的最大速度为 10 m v m s c 在 s内电动机所做的功为 25j 0 1 d 在 s内电动机所做的功为 250 j 03 答案 c 解析 分析 根据图乙得出的加速度 再根据牛顿第二定律得出牵引力 最后由算 1 0 1s 1 f pfv 出电动机的输出功率 当加速度为 0 时 物体运动速度最大 根据二力平衡求出此时牵引力 结合 2 2 f 算出最大速度 pfv 内根据运动学公式及动能定理算出电动机所做的功 内 根据电动机功率 3 0 1s 1 3s 变 结合算出 wpt 详解 a 设物体质量为 m 由题图乙可知 在 s 时间内 物体做匀加速直线运动 1 t1 的加速度大小为 a 1 s 末物体的速度大小达到 此过程中 设细绳拉力的大 1 v5 m s 小为 则根据运动学公式和牛顿第二定律可得 由 1 f 11 vat 1 fmgsin 30ma 图象可知 由功率公式 联立解得 在 1s 末电动机输出功率为 1 v5m s 11 pfv 故 a 正确 p100w b 当物体达到最大速度后 细绳的拉力大小 由牛顿第二定律和功率的公式可得 m v 2 f 8 由解得 故 b 正确 2 fmgsin 0 2m pf v m v10m s c 在时间 s 内 物体的位移为 x 电动机做的功为 则由运动学公式得 1 t1 1 w 2 1 1 xat 2 由动能定理得 联立解得 故 c 错误 1 wmgxsin 2 1 1 30mv 2 1 w50j d 在时间t 3s 内电动机做的功为w 则 联立解得 11 wwp tt 故 d 正确 w250 j 故选 c 点睛 本题与汽车启动类似 关键需要分析清楚物体各段的运动规律及受力情况 明确 实际功率达到额定功率时匀加速直线运动转为变速直线运动 达到速度最大值后做匀速直 线运动 9 如图所示 半径为r 0 4m 的圆弧形光滑轨道固定于竖直平面内 圆弧形轨道与光滑 1 4 固定的水平轨道相切 可视为质点的质量均为m 0 5kg 的小球甲 乙用轻杆连接 置于圆 弧形轨道上 小球甲与o点等高 小球乙位于圆心o的正下方 某时刻将两小球山静止释放 最终它们在平面上运动 g取 10m s2 则 a 两小球由静止释放后速度大小相等 最终在水平面上运动的速度大小为 2m s b 小球甲下滑过程中重力对它做功的功率一直增大 c 小球甲下滑到圆弧轨道最低点对轨道的压力的大小为 10n d 整个过程中轻杆对小球乙做的功为为 1j 答案 cd 解析 详解 a 两球沿杆方向速度始终大小一样 但在甲球未滑离圆弧形轨道时 两球实际速 度不相等 当甲乙两球都在水平面上运动时 两球速度相等 整个过程两个小球组成系统机 9 械能守恒 故 22 11 22 mgrmvmv 解得小球在水平面上最终运动速度 2m s vgr 故 a 错误 b 小球甲下滑过程中 最高点速度为零 故重力的功率为零 最低点速度和重力垂直 故 重力的功率也是零 而中途重力的功率不为零 故重力的功率应该是先增加后减小 故 b 错误 c 小球甲下滑到圆弧形轨道最低点 重力和支持力的合力提供向心力 故 2 v nmgm r 解得 n 10n 根据牛顿第三定律 压力也为 10n 故 c 正确 d 整个过程中 对球乙 根据动能定理 有 1j 2 1 2 wmv 故 d 正确 10 如图所示 细线ab和bc连接着一质量为m的物体p 其中绳子的a端固定 c端通过 小定滑轮连接着一质量也为m的另一个物体q 开始时 用手抓住物体q 使物体p q均 静止 此时ab和bc两绳中拉力大小分别为t1 t2 把手放开瞬间 ab和bc两绳中拉力 大小分别为t1 t2 已知abc处于同一竖直平面内 绳子间连接的夹角如图 则 a t1 t1 1 1b t1 t2 1 2c t2 t2 2 3d t1 t2 1 3 答案 ac 10 解析 详解 p q 均静止时 由 p 受力平衡条件可知 1 3 sin60 2 o tmgmg 把手放开瞬间 将 p 物体的重力沿 ab 方向和 bc 方向分解 由 2 1 cos60 2 o tmgmg 于 pq 两物体沿绳方向的速度相同 所以 p 物体接下来以 ab 为半径的圆周运动 由于此时 速为 0 向心力为 0 所以此时 ab 绳的拉力等于 p 物体重力沿 ab 方向的分力即为 3 2 mg 此时 圆弧切线方向的合力为 加速度为 解得 对 p 物体有 1 2 mg 1 2 2 mgma 4 g a 联立解得 所以 t1 t1 1 1 t2 t2 2 3 故 ac 正 2 mgtma 2 3 4 tmg 确 11 在星球m上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上 把物体p轻放在弹簧上端 p由静止向 下运动 物体的加速度与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示 在另一星球n上用完 a 全相同的弹簧 改用物体q完成同样的过程 其关系如图中虚线所示 假设两星球 ax 均为质量均匀分布的球体 已知星球m的半径是星球n的 2 倍 则 a 星球m与星球n表面的重力加速度之比为 3 1 b 星球m与星球n的密度相等 c 星球m与星球n的第一宇宙速度之比为 1 6 d q下落过程中的最大动能是p的 4 倍 答案 acd 解析 详解 ab 由牛顿第二定律可知物体下落的加速度 11 k agx m 可知两星球表面的重力加速度之比为 3 1 m n g g 由 可知 3 4 g gr 3 2 m n 故 a 项正确 b 错误 c 由第一字宙速度可知星球m与星球n的第一宇宙速度之比为 1 故 c 正确 1 vgr 6 d 由物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系图 结合公式可知 图像面积代 2 2vax 表 p下落过程中的最大动能 2 2 v 2 11 1100 13 22 k emvm a x q下落过程中的最大动能 2 222200 1 2 k em vm a x 又由可知两图线斜率绝对值之比为质量反比 即 k agx m 1 2 1 6 m m 21 4 kk ee 故 d 正确 12 如图所示 在水平圆盘上放有质量分别为 m m 2m 的可视为质点的三个物体a b c 圆盘可绕垂直圆盘的中心轴转动 三个物体与圆盘的动摩擦因数均为 最大静 oo 0 1 摩擦力等于滑动摩擦力 三个物体与轴 o 共线且 oa ob bc r 0 2m 现将三个物体用轻质细 线相连 保持细线伸直且恰无张力 若圆盘从静止开始转动 且角速度 缓慢增大 已知 重力加速度为 g 10m s2 则对于这个过程 下列说法正确的是 12 a a b 两个物体同时达到最大静摩擦力 b b c 两个物体的静摩擦力先增大后不变 c 当rad s 时 a b c 整体会发生滑动 5 d 当 时 在 增大的过程中 b c 间细线的拉力不断增大 5rad s 5 2 rad s 答案 bcd 解析 详解 abc 当圆盘转速增大时 由静摩擦力提供向心力 三个物体的角速度相等 由 f m 2r可知 因为 c 的半径最大 质量最大 故 c 所需要的向心力增加最快 最先达到 最大静摩擦力 此时 2mg 2m 解得 1rad s 当 c 的摩擦力达到最 2 1c r 2 5 大静摩擦力之后 bc 开始提供拉力 b 的摩擦力增大 达最大静摩擦力后 ab 之间绳开始 有力的作用 随着角速度增大 a 的摩擦力将减小到零然后反向增大 当 a 与 b 的摩擦力 也达到最大时 且 bc 的拉力大于 ab 整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动 此时 a 与 b 还受到绳的拉力 对 c 可得 t 2mg 2m 对 ab 整体可得 t 2 mg 解得 2 2 2r 2 当rad s 时整体会发生滑动 故 a 错误 bc 正确 g r 5 g r d 当rad srad s 时 在 增大的过程中 b c 间的拉力逐渐增大 故 d 2 55 正确 二 第二 第 1313 1717 题为必考题 每个试题考生都必须作答题为必考题 每个试题考生都必须作答 第第 1818 1919 题为选考题 考生根据要题为选考题 考生根据要 求作答求作答 把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答 解答题应写出必要的文字说明 解答题应写出必要的文字说明 方程式和重要演算步骤 只写出最后答案的不能得分方程式和重要演算步骤 只写出最后答案的不能得分 有数值计算的题 答案中必须明确写有数值计算的题 答案中必须明确写 出数值和单位出数值和单位 13 某实验小组的同学为了 探究加速度与外力的关系 利用了如图 1 所示的实验装置 忽略滑轮与细绳之间的摩擦 13 1 为了完成探究实验 下列步骤必须的是 a 分别测出砝码 a 以及滑块的质量 m 和 m b 将长木板远离滑轮的一端适当垫高平衡摩擦力 c 将滑块靠近打点计时器 接通电源后释放小车 并记录传感器的示数 d 多次改变砝码的质量 打出几条不同的纸带 e 该实验中必须满足滑块的质量远远大于砝码 a 的质量 2 该小组的同学在某次实验中得到了一条清晰的纸带 如图 2 所示 并在该纸带上选取 了多个计数点 已知图中相邻两计数点之间还有两个计时点没有画出 若实验中所使用的 交流电的频率为 50 hz 则滑块的加速度大小为 m s2 结果保留两位有效数字 3 该小组的同学通过多次测量 得到了多组传感器的示数以及相对应的加速度的数值 并以传感器的示数为横坐标 加速度为纵坐标 得到的图线为一条过原点的倾斜直线 fa 经测量可知直线的斜率大小为 则小车的质量大小应为 k 4 如果该小组的同学在实验时未平衡摩擦力 结果得到的图象不过原点 与横轴交点的 坐标值为 则滑块在运动过程中受到的摩擦力大小为 0 f 答案 1 bcd 2 1 3 3 4 2 k0 2f 解析 详解 1 由于滑块b所受的拉力可有传感器读出 因此不需要测量砝码a的质量 因 此也就不必要求砝码a的质量远小于滑块的质量了 ae 错误 将带滑轮的长木板右端垫高 以平衡摩擦力是需要的 因为这样滑块受到的合力就不考虑摩擦力了 b 正确 滑块b靠 近打点计时器 先接通电源 再释放滑块 打出一条纸带 同时记录传感器的示数是需要 的 c 正确 多次改变砝码的质量 即改变拉力的大小 打出几条纸带 以研究加速度随 外力变化的关系 d 正确 2 由题意可知该交流电的打点周期为 0 02 s 又因为相邻两计数点间还有两个点没有 画出 故两计数点之间的时间间隔为0 06 s 由逐差法得 t 2 xat 14 2 45612322 22 3 8 332 82 3 1 9 1 4 10 m s1 3m s 99 0 06 xxxxxx a t 3 由实验原理图可知 滑块b的合力大小为传感器示数的两倍 则由牛顿第二定律得 对图象来说 图象的斜率大小为 所以滑块的质量为 2f a m af 2 k m 2 m k 4 滑块所受的拉力大小为传感器示数的两倍 则由牛顿第二定律可知 2 f ffma 整理得 即当细绳的拉力大小为时 滑块刚开始运动 即 2 2 ff fff af mmm 0 f 0 2 f ff 14 某同学利用如图所示的装置验证机械能守恒定律 水平桌面上固定倾斜的气垫导轨 一 上端装有长方形遮光片的滑块总质量为m 滑块的左端连接着平行于导轨的细绳 细绳另 一端跨过定滑轮和矿泉水瓶连接 导轨下端固定一光电门 光电门与计时器 图中未画出 连 接 可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间 光电门的中心位于导轨上的b点 开始时 使滑块在导轨上静止 此时遮光片的中心位于导轨上的a点 该同学利用刻度尺测出a b 两点间的距离为l 高度差为h 测得矿泉水瓶和里面水的总质量为m 遮光片的宽度为 d 忽略滑块和导轨间的摩擦 重力加速度为g 1 用螺旋测微器测量挡光条的宽度d 如图乙所示 由该图可得遮光条的宽度 d mm 2 使滑块由a点静止开始沿导轨下滑 读出遮光片经过光电门时的挡光时间为t 则滑块 从a到b的过程中 系统重力势值的减小量为 实验需要验证的表达式为 均 用题目中所给的字母表示 3 该同学保持滑轮高度和光电门位置不变 不断改变矿泉水瓶中水的质量 释放滑块使其 由a处静止沿导轨下滑 测出每次矿泉水瓶和瓶中水的总质量m以及对应挡光时间t 为 15 便于更直观地验证机械能守恒定律 应作出 选填 2 1 m t 2 11 mt 关系图象 如图丙所示 则图象的斜用率k 2 11 mmt 答案 1 6 000mm 2 3 mghmgl 4 5 2 1 2 d mghmglmm t 2 11 mmt 2 2 d g lh m 解析 详解 1 1 螺旋测微器的固定刻度读数为 5 5mm 可动刻度读数为 0 01 50 0mm 0 500mm 所以最终读数为 6 000mm 2 2 设斜面倾角为 从a到b过程系统重力势能的减少量为 sin h l p emghmgl 滑块经过光电门时的速度为 d v t 滑块动能的增加量为 2 2 2 1 22 k mm d emm v t 3 由机械能守恒定律得 2 1 2 d mghmglmm t 3 4 5 由 2 1 2 d mglmghmm t 整理得 2 2 11 2 dl mmg lh mthl m 为便于更直观地验证机械能守恒定律 应作出图象 2 11 mmt 16 则图象的斜率 2 2 d k g lh m 15 如图所示 水平面上放有质量分别为 1kg 2kg 的物块a和b a b与地面的 1 m 2 m 动摩擦因数分别为 0 4 和 0 5 相距l 0 75m 现给物块a一初速度使之向b运动 1 2 与此同时给物块b施加一个大小为f 14n 方向与水平方向成 的力 b由静止开始 53 运动 经过一段时间a恰好追上b月二者速度相等 g 10m s 求 1 物块a的初速度大小 2 从开始到物块a追上物块b的过程中 b走过的位移 答案 1 3m s 2 x 0 25m 0 v 解析 详解 1 设a经时间t追上b a b的加速度大小分别为 由牛顿第二定律有 1 a 2 a 111 m gma 解得 4m s2 1 a 对b有 2222 cos sin fm gfm a 解得 2m s2 2 a 恰好追上时它们速度相同 则 012 vata t 追上时由路程关系有 17 22 012 11 22 v tata tl 由以上四式解得a的初速度大小为 3m s t 0 5s 0 v 2 b运动的位移 0 25m 2 2 1 2 xa t 16 如图所示 光滑半圆形轨道处于暨直平面内 半圆形轨道与光滑的水平地面相切于半圆 的端点a 一质量为m的小球在水平地面上c点受水平向左的恒力f由静止开始运动 当运 动到a点时撒去恒力f 小球沿竖直半圆形轨道运动到轨道最高点b点 最后又落在水平 地面上的d点 图中未画出 已知a c间的距离为l 重力加速度为g 1 若轨道半径为r 求小球到达半圆形轨道b点时对轨道的压力fn的大小 2 为使小球能站动到轨道最高点b 求轨道半径的最大值 m r 3 轨道半径r多大时 小球在水平地面上的落点d到a点距离最大 最大距离是多少 m x 答案 1 2 3 2 5 fl mg r 2 5 fl mg fl mg 解析 详解 1 设小球到b点速度为v 从c到b根据动能定理有 2 1 20 2 flmgrmv 解得 2 4 fl vgr m 在b点 由牛顿第二定律有 2 n v fmgm r 解得 18 2 5 n fl fmg r 根据牛顿第三定律可知 2 5 nn fl ffmg r 2 小球恰能运动到轨道最高点时 轨道半径有最大值 则有 2 50 n fl fmg r 解得 2 5 mn fl rf mg 3 设小球平抛运动的时间为t 有 2 1 2 2 rgt 解得 4r t g 水平位移 22 24 24 4 4 flrflmgrmgr xvtgr mgm g 当时 水平位移最大 解得 244flmgrmgr 4 fl r mg d到a的最大距离 m fl x mg 17 如图所示质量为 1kg 的长木板长 静止放在水平地面上 与水平面的动摩擦因数为 1 m 0 2 其右端静置一质量为 1kg 的小滑块 可视为质点 小滑块与木板间的动摩擦 1 2 m 因数为 0 1 今用水平力f 7n 向右位木板 经过 1s 后撤去拉力 整个运动过程中小滑 2 块没有从长木板上掉下 不计空气阻力 g取 10m s 求 1 在f的作用下 的加速度各为多少 1 m 2 m 19 2 撤去拉力后经过多长时间两物体共速 3 最终小物块停在距高木板的右端多远处 答案 1 2m s2 2 3 7 m s 6 7 m 54 解析 详解 1 设小物块的加速度为 根据牛顿第二定律有 2 a 2222 m gm a 得 lm s2 2 a 设长木板的加速度为 根据牛顿第二定律有 1 a 221121 1 fm gm gm gm a 得 2m s2 1 a 2 ls 时 长木板的速度为 1 t 2m s 11 1 vat 小物块的速度为 1m s 22 1 va t 撤去拉力后 小物块继续加速 加速度仍为 1m s2 长木板做减速运动 加速度为 2 a 1 a 112221 1 m gm gm gm a 解得 5m s2 1 a 设从撤去拉力到共速 经过时间为 2 t 11 222 2 vatva tv 共 20 解得