四川省2024-2025学年高一年级上册期末联考物理试题【解析版】

四川省2024-2025学年高一上学期期末联考物理试题

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是

符合题目要求的。

1.第33届夏季奥林匹克运动会在巴黎举行，其中在男子100米自由泳（泳道长50米）决赛中，我国运动

员潘展乐以46秒40的成绩创造了新的奥运会纪录，勇夺该项目冠军，这也是我国游泳队在该项目历史上的

第一金。下列说法中正确的是（）

A.潘展乐全程的平均速度约为2.16m/s

B.“46秒40”表示的是时间间隔

C.研究潘展乐的泳姿时可以把其看作质点

D.潘展乐全程的位移大小为100m

【答案】B

【解析】【解答】平均速度是描述作变速运动物体运动快慢的物理量，平均速度也是矢量，其方向就是物体

在这段时间内的位移的方向。A.潘展乐全程的平均速率约为

_s100

P=t=4640m/s=216m/s

故A错误；

B.“46秒40”表示的是时间间隔,故B正确;

C.当物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或者影响很小，可以忽略不计时，可将物体看成质点，所

以研究潘展乐的泳姿时不可以把其看作质点，故C错误；

D.潘展乐全程的位移大小为0,故D错误。

故选Bo

【分析】根据位移和平均速度的定义分析；根据时刻在时间轴上用一个点表示，时间间隔在时间轴上用一段

表示；根据把物体看作质点的条件分析。

2.在学校班级篮球赛上，一名同学用手接住抛过来的篮球，篮球的速度沿水平方向，大小为5/n/s,并以大

小为4m/s的速度将它反向水平抛出，这个过程历时0.5s,则在此过程中（）

A.篮球的速度变化量大小为lm/s

B.篮球的平均加速度大小为18m/s2

C.篮球加速度的方向与篮球速度变化量的方向相反

D.篮球加速度的方向与篮球反向水平抛出的方向相反

【答案】B

【解析】【解答】加速度的定义：加速度是表示速度改变快慢的物理量，它等于速度的改变量跟发生这一改

变量所用时间的比值。A.以篮球水平抛入的方向为止方向，则这个过程中篮球的速度变化量为

△v=-4m/s-5m/s=-9m/s

第1页

即篮球的速度变化量大小为9m/s,负号表示速度变化量的方向与篮球反方向水平抛出的方向相同，故A错

误；

BD.篮球的平均加速度为

△v—9??

0=瓦=话2=-18m/s

即篮球的平均加速度大小为187N/S2,方向与篮球反向水平抛出的方向相同，故B正确，D错误；

C.篮球加速度的方向与篮球速度变化量的方向相同，故C错误,

故选B。

【分析】根据末速度与初速度之差计算速度变化量；根据加速度定义式计算；加速度方向与速麦变化量方向相

同。

3.如图，一质量为小的木块静止在领角为。的固定斜面体上，重力加速度大小为g。下列说法正确的是

()

A.木块受到的摩擦力大小为mgcosa

B.木块受到重力、弹力、下滑力和摩擦力的作用

C.斜面对木块的支持力是由于木块发生形变产生的

D.斜面对木块的弹力与木块对斜面的弹力是一对作用力和反作用力

【答案】D

【解析】【解答】解答本题时，要明确弹力的施力物体是发生弹性形变的物体。木题采用合成法处理共点力平

衡问题，也可以运用分解法或正交分解法解答。AB.对木块进行受力分析，受重力、支持力和摩擦力作用，

如图所示

根据平衡条件可得木块受到的摩擦力大小为

f=mgsina

故AB错误；

C.斜面对木块的支持力是由于斜面发生形变产生的，故C错误;

第2页

D.斜面对木块的弹力与木块对斜面的弹力是一对作用力和反作用力，故D正确。

故选D。

【分析】对木块进行受力分析，根据平衡条件求木块受到的摩擦力大小。斜面对木块的支持力是由于斜面发生

形变产生的。斜面对木块的弹力与木块对斜面的弹力是斜面与木块间的相互作用力。

4.蹦极是很受世人喜欢的项目，为了追求刺激，从高台一跃而下后被弹性绳拉着运动。如图，小王是蹦极

爱好者，某次她站在高台上轻轻一跃，从高台上跳下。关于小王的下落过程，下列说法正确的是（）

A.整个下落过程小王始终处于失重状态

B.绳子拉直前小王处于失重状态，拉直后处于超重状态

C.绳子刚拉直时，小王的速度达到最大值

D.绳子拉直后还要经过一段时间小王的速度才达到最大值

【答案】D

【解析】【解答】解决本题需明确知道人在运动过程中绳子的拉力与重力的大小关系，正确分圻人在运动过程

中的运动情况。绳子拉直前做自由落体运动，处于完全失重状态，速度增大；绳子拉直后，开始时拉力小于

重力，加速度向下，处于失重状态；当绳子拉力等于重力时加速度为零，速度最大；以后绳子的拉力大于重

力，加速度向上，处于超重状态，速度减小，直到速度减为零。

故选D。

【分析】根据人的加速度方向分析超重和失重情况；从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，刚开始

时重力大于弹力，后来重力小于弹力，重力等于弹力时，速度最大，由此逐个进行分析即可。

5.某乘客乘坐升降电梯上楼又立即下楼，其中一段运动的x-t图像如图所示，规定竖直向上为正方向，图

线的形状为抛物线。下列说法正确的是（）

A.0~lo时间内，乘客做竖直向上的减速直线运动

第3页

B.to~2to时间内，乘客的加速度竖直向上

C.乘客在tu时刻的速度最大

D.乘客在0时刻的速度大小为零

【答案】A

【解析】【解答】位移一时间图象的斜率等于物体运动的速度，从位移图上可以知道物体在任意时刻的速度

（斜率）和位置（纵坐标）。ACD.x-t图像的斜率表示速度，根据题意可知竖直向上为正方向，0〜to时间

内，乘客竖直向上做减速直线运动，加速度竖直向下，0时刻速度最大，to时刻速度减为零，A正确，CD错

误；

B.tn~2to时间内，乘客竖直向下做加速直线运动，加速度竖直向下，B错误。

故选Ao

【分析】x-t图像的形状反映了物体的位移随时间变化的情况，图像的斜率表示速度，倾斜的直线表示物体做

匀速直线运动，曲线则表示物体做变速直线运动。

6.如图，水平力F作用在4上使4、B一起在光滑水平面上向右运动，其中A的质量为2kg,8的质量为

0.5kg，A与B间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小取g=lOm/s?,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为

了使8不滑落，则F至少应为（）

A~B~

//////////////

A.40/VB.45NC.SOND.60N

【答案】C

【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律的应用，应用牛顿第二定律求出临界加速度是解题的关键，应用牛

顿第二定律即可解题。

对B分析可知

mBg=〃N

N=mBa

对整体

F=（啊+mB）a

解得

F=50N

故选Co

【分析】根据滑动摩擦力公式求出A对B的最小弹力，然后应用牛顿第二定律求出力的最小值。

7.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其图像如图所不，已知甲、乙两车在£=6S时并排行驶。下列说

法正确的是（）

第4页

B.在t=0时，甲车在乙车前方15m处

C.在t=4s时，甲、乙两车并排行驶

D.甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为90m

【答案】B

【解析】【解答】图像类问题是从数学的角度描述了物体的运动规律，能够比较直观地反映位移、速度的大小

和方向随时间的变化情况。在v-t图像中，斜率表示加速度，面积表示位移，定性地判断两军的加速度和位

移的关系即可。AC.由题图可知，在2〜6s内，甲、乙图线各自与横轴围成的面积相等，即2〜6s内，两车的

位移大小相等，而甲、乙两车在t=6$时并排行驶，所以可以判断在t=2s时，甲、乙两车第一次并排行

驶，故AC错误；

B.同理可知在。〜2s内，乙车的位移比甲车的大，而甲、乙两车在时t=2s并排行驶，所以在1=0时，甲车在

乙车的前方，二者相距

(10+5)x2

△x=---------7Z---------m=15m

乙

故B正确；

D.甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离等于从第2s末到第6s末两车运动的位移大小，则

有

,(10+30)x4

△%=----------------------m=80m

故D错误。

故选Bo

【分析】v-i图像反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律，斜率表示加速度的大小及方向，图线与

时间轴所包围的“面积”表示位移。两图线交点，说明两物体在该时刻的速度相等。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合

题目要求；全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.一小球从距离地面45m处由静止下落，忽略小球下落时受到的一切阻力，重力加速度大小双g二

10m/s2o以小球开始下落为计时起点，关于小球的下落过程，下列说法正确的是()

A.小球在空中运动的时间为3s

B.小球第2s内的位移大小为2(hn

C.小球落地前瞬间的速度大小为30m/s

第5页

D.小球第1s内的位移大小为10m

【答案】A,C

【解析】【解答】物体只在重力作用下从静止开始竖直下落的运动叫做自由落体运动，自由落体运动是初速

度为零的匀加速直线运动。AC.根据自由落体运动公式

1

h=2gt2

可得小球在空1I।运动的时间为

2h

~9

则小球落地前瞬间的速度大小为

v=gt=30m/s

故AC正确;

BD.小球第1s内的位移大小为

生==5m

小球前2s内的位移大小为

1

2

九

2=-以2

2

小球第2s内的位移大小为

Ah=九2—九1二15m

故BD错误。

故选AC。

【分析】根据自由落体运动的位移计算公式计算时间，根据v=gt计算速度：分别计算出第1s内的位移大小和

前2s内的位移大小，进而计算出第2s内的位移大小。

9.智能化电动扶梯如图所示，乘客站在扶梯上，扶梯先匀加速上升，然后再匀速上升。设乘客的质量为m,

扶梯匀加速时的加速度大小为a,扶梯的运动方向与水平面成。角，重力加速度大小为下列说法正确的是

A.匀速阶段乘客所受的摩擦力方向水平向右

B.匀加速阶段乘客受到水平方向的摩擦力大小为macos。

第6页

C.匀加速阶段扶梯对乘客的作月力大小为J(mg)2+(ma)2

D.匀加速阶段乘客对扶梯的压力大小为力也十aasinO

【答案】B,D

【解析】【解答】加速度为矢量，解决本题时不分解力，只把加速度进行分解，再分别对水平和竖直方向结合

牛顿第二定律求解。

A.匀速阶段是平衡状态，乘客受到竖直方向的重力和支持力是一对平衡力，没有摩擦力作用，故A错误；

BCD.匀加速阶段沿水平方向和竖直方向分解加速度，则有

ax=acosS,ay=asinJ

水平方向根据牛顿第二定律可得

f=max=macosO

竖直方向根据牛顿第二定律可得

N-mg=may=mas.nO

可得

N=mg+masinO

可知乘客对扶梯的压力大小为mg+masin8：扶梯对乘客的作用力大小为

F=J/2+.2-(macos0)2+(mg+masin0)2=yj(rng)24-(ma)2+2m2gasin0

故BD正确，C错误。

故选BD=

【分析】物体随扶梯斜向上做加速运动，加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向，根据牛顿第二定

律即可求解。

10.如图，竖直面内有一圆环，圆心为O,AB为水平直径，MN为倾斜直径，AB、MN的夹角为。，一不可

伸长的轻绳两端分别固定在圆环的M、N两点，轻质小滑轮连接一重物，放置在轻绳上，不计滑轮与轻绳的

摩擦。圆环从图示位置在纸面内绕。点顺时针缓慢转过2。的过程中，下列说法正确的是()

A.轻绳对滑轮的作用力保持不变

B.轻绳对滑轮的作用力先减小再增大

C.轻绳的张力逐渐增大

D.轻绳的张力先增大再减小

第7页

【答案】A,D

【解析】【解答】本题考查共点力的平•衡条件，这种问题一般要抓住不变的量，然后去分析变化的量。在本

题中，小球的重力大小和方向都不变，抓住这一点，然后去分析另外两个力的变化情况，这样有理有据。

AB.对滑轮与重物构成的整体进行分析，在缓慢转过2。的过程口，根据平衡条件可知，轻绳对滑轮的作用

力与重物的重力大小相等，方向相反，即方向竖直向上，故A正确，B错误；

CD.MN连线与水平直径AB的夹角8（。<90。）越大，MN之间的水平距离d越小，根据对称性可知，连接

滑轮左右两侧轻绳与竖直方向的夹角相等，令夹角为%轻绳长为L,则有

d

sina=-j-

可知，若。越大，则a越小，根据平衡条件有

mg=2Tcosa

在圆环从图示位置在纸面内绕。点顺时针缓慢转过28的过程中，先MN之间的水平距离d先增大后减小，即

。先增大后减小，可知，轻绳的张力先增大再减小，故C错误，D正确。

故选AD..

【分析】M、N连线与水平直径的夹角。（0<90°）越大，M、N之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的夹角

a越小，根据平衡条件得出轻绳上的张力与a的关系，再分析其变化情况。

三、实验探究题：本题共2小题，共14分。

11.某实验小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。

（1）关于本实验，下列说法正确的是（填标号）。

A.两根细绳必须等长

B.橡皮筋应与两根细绳夹角的角平分线在同一直线上

C.在使用弹簧测力计时，要注意使弹簧测力计与木板平面平行

D.将橡皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角必须取90。

（2）如图甲，将橡皮筋的一端固定在A点，另一端被两个弹簧测力计拉到O点，两个弹簧测力计的示数

分别为力和尸2,图甲中左侧放大显示沿OB方向拉的弹簧测力计，此弹簧测力计的示数为N（保留

3位有效数字）。

（3）图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示八图乙中的『与F’两力中，方向一定沿AQ方向的

是O

第8页

【答案】(1)C

(2)3.70

(3)F

【解析】【解答】实验原理：等效法：一个力F的作用效果和两个力R、F2的作用效果都是让同一条一端固

定的橡皮条伸长到同一点，所以一个力F就是这两个力R和F2的合力。A.两根细绳不需要等长，故A错

误；

B.两根细绳拉力大小不一定相等，所以橡皮筋不一定与两根细绳夹角的角平分线在同一直线上，故B错

误；

C.在使用弹簧测力计时，要注意使弹簧测力计与木板平面平行，故C正确；

D.将嚓皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角大小适当即可，不一定取90。，故D错误。

故选Co

(2)

图中弹簧测力计的分度值为0.1/V,由图甲可知此弹簧测力计的示数为3.70N。

(3)

图乙中，尸是通过平行四边形得到的合力理论值，由于存在一定的误差，方向不一定沿AO方向；F'是通过

一个弹簧测力计拉橡皮条得到的合力实验值，根据二力平衡可知，尸'方向一定沿AO方向。

【分析】(1)根据正确的实验操作分析作答；

(2)弹簧测力计的分度值为0.1N,读数时要估读到下一位；

(3)F的方向与橡皮筋在同一条直线上，F是平行四边形的对角线，据此分析。

(1)A.两根细绳不需要等长，故A错误；

B.两根细绳拉力大小不一定相等，所以橡皮筋不一定与两根细绳夹角的角平分线在同一直线.匕故B错

误；

C.在使用弹簧测力计时，要注意使弹簧测力计与木板平面平行，故C正确；

D.将嚓皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角大小适当即可，不一定取90。，故D错误。

故选Co

(2)图中弹簧测力计的分度值为0.1N,由图甲可知此弹簧测力计的示数为3.70N。

(3)图乙中，尸是通过平行四边形得到的合力理论值，由于存在一定的误差，方向不一定沿A0方向；是

通过一个弹簧测力计拉橡皮条得到的合力实验值，根据二力平衡可知，F'方向一定沿A0方向。

12.用如图1所示的实验装置探究“外力一定时加速度与质量的关系”。

第9页

（1）该实验中同时研究三个物理量间的关系是很困难的，因此我们可采用的研究方法是（填标

A.放大法B.控制变量法C.补偿法

（2）经正确操作后获得一条如图2所示的纸带，每五个点取一个计数点，各计数点与0点的距离分别为

XI、型、%3、%、&、％6。已知打点计时器的打点周期为丁，小车加速度大小的表达式为（填标号）。

图2

c_和_2打

A.a—2

(15T)Z

_X-2X

B.a—623

(3T)Z

X+X

X5+X4-(32)

C.Cl—

(10T)2

⑶以小车和袪码的总质量M为横坐标，加速度大小的倒数步纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的A

M图像如图3所示。由图3可知，在所受外力一定的条件下,a与吉成（填“正比”或“反比甲组

所用的（填“小车”“祛码”或“槽码”）的质量比乙组的更大。（实验中槽码的质量m远小于小车和法

A//kg

【答案】（1）B

（2）A

（3）正比；槽码

第10页

【解析】【解答】实验原理：探究加速度a与力F及质量m的关系时・，应用的基本方法是控制变量法，即先

控制一个参量即小车的质量m不变，讨论加速度a与力F的关系，再控制小盘和砧码的质量不变，即力P不

变，改变小车质量m,讨论加速度a与m的关系。

(1)该实验中同时研究三个物理量间的关系是很困难的，因此我们可以控制其中一个物理量不变，研究另

外两个物理量之间的关系，即采用了控制变量法。

故选B。

(2)纸带上相邻两个计数点时间间隔为

t=5T

根据逐差法可得小车的加速度大小为

%6一%3一%3_%6一%3

Q―2-?

(3t)(157)2

故选Ao

⑶由图像可知，Q与得成正比，艮］在所受外力一定的条件下，Q与1成正比。

设槽码的质量为m,由牛顿第二定律可得

mg=Ma

可得

1_J_乂

a-mg

结合图像可知，工-M图线的斜率越小，槽码的质量越大，由图3可知，甲组所用的槽码的质量比乙组的更

a

大。

【分析】(1)影响加速度的因素主要有小车所受的合外力和小车的质量等，据此分析采用的物理方法；

(2)根据逐差法求加速度；

(3)根据图像分析加速度的倒数与小车质量的关系；根据牛顿第二定律求解Q与1函数，结合图像斜率的含

义分析作答。

(1)该实验中同时研究三个物理量间的关系是很困难的，因此我们可以控制其中一个物理量不变，研究另

外两个物理量之间的关系，即采用了控制变量法。

故选B。

(2)纸带上相邻两个计数点时间间隔为

t=ST

根据逐差法可得小车的加速度大小为

%6一一%6-

a=---------2----=-------2

(3t)(157)

第11页

故选Ao

（3）[1]由图像可知，Q与克成止比，即在所受外力一定的条件卜，Q与4成止比。

[2]设槽码的质量为m,由牛顿第二定律可得

mg=Ma

可得

11

a-=m---g---M

结合图像可知，图线的斜率越小，槽码的质量越大，由图可知，甲组所用的槽码的质量比乙组的更

aM3

大。

四、计算题：本题共3小题，共40分。解答应当写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。

只写出最后答案的，不能得分。

13.如图，质量为机力=2kg的物体A被绕过定滑轮P的细线悬挂，质量为ms=5kg的物体B放在粗糙的水

平桌面上，0,是三根细线的结点，匕。'水平拉着物体B,cO'沿竖直方向拉着下端固定在水平地面上的轻质弹

簧，弹簧伸长了2cm,整个装置恰好处于静止状态。弹簧、细线的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，

b。'与c。'的夹角为90。，与c。的夹角为120。，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取g=

10m/s2o求：

（2）物体B与水平桌面间的动摩擦因数由

【答案】（1）解：以物体A为对象，根据受力平衡可得

T=mAg=20N

以。'为对象，竖直方向根据平衡条件可得

Tsin30°=F弹

解得弹簧弹力大小为

产弹=10N

根据胡克定律可得

第12页

F弹=kx

解得弹簧的劲度系数为

k=500/V/m

（2）解：以。'为对象，水平方向根据平衡条件可得

Tcos30°=Tb

解得

Tb=10V3/V

以物体B为对象，由于B恰好处于静止状态，则有

Tb=f

又

f=〃N=^imBg

联立解得物体B与水平桌面间的动摩擦因数为

百

「亏

【解析】【分析】（1）以物体A为研究对象，根据平衡条件确定纽线aO的拉力大小。再对结点0'受力分析,

根据共点力平衡条件求出弹簧的弹力，再根据胡克定律求弹簧的劲度系数；

（2）求出细线bO的拉力，对B分析受力，由平衡条件求出桌面对B的摩擦力大小，从而计算动摩擦因

数。

（1）以物体A为对象，根据受力平衡可得

T=mAg=20N

以。'为对象，竖直方向根据平衡条件可得

Tsin30°=尸弹

解得弹簧弹力大小为

产弹=10N

根据胡克定律可得

产弹=kx

解得弹簧的劲度系数为

k=500N/m

（2）以。'为对象，水平方向根据平衡条件可得

Tcns30°=Tb

解得

第13页

Tb=10A/3/V

以物体B为对象，由于B恰好处于静止状态，则有

Tb=f

又

/=〃N=iimBg

联立解得物体B与水平桌面间的动摩擦因数为

V3

〃=可

14.某校科技小组准备举行RC遥控赛车比赛，科技小组先对两款电动遥控赛车进行性能测试，将两车摆放

在操场直道上，两车的位置如图所示，A车在前，B车在后，两车静止且相距xo=5.5m,此时准备对两车同

时遥控使两车向前加速运动，A车立即做加速度大小为ai=4m/s2的匀加速直线运动，但是遥控操作B车的

同学犹豫了一下，迟启动了0.5s,B车做加速度大小为a2=5m/$2的匀加速直线运动。两车均可视为质点，

两车的运动视为在同一直线上。求：

A'、

xo

B

（I）两车的速度相等时B车运动的时间，此时两车的速度大小；

（2）B车追上A前，两车间的最大距离；

（3）B车追上A车所用的时间。

【答案】（1）解：当两车的速度相等时，有

v=a^t+tn）=a?t

解得

t=2s>v=10m/s

（2）解：B车追上A前，当两车生速度相等时，两车间的距离最大，则A车的位移大小为

V

4=2（£+如）

B车的位移大小为

V

切

第14页

最大距离为

=xo+XA-XB

联立解得

△x=8m

(3)解：设B车追上A车的时间为t',则有

1、21,2

++%)=202t

代入数据解得

t=6s(或/=-2s舍去)

【解析】【分析】(1)利用速度与时间公式计算两车速度相等时的时间和速度大小；

(2)B车追上A前，当两车的速度相等时，两车间的距离最大，可利用位移与时间公式计算二者之间的最

大距离；

(3)B车追上A车时，有关于位移的定量关系，可利用位移与时间关系计算时间。

(1)当两车的速度相等时，有

u=。式£+t0)=a2t

解得

£=2s,v=10m/s

(2)B车追上A前，当两车的速度相等时，两车间的距离最大，则A车的位移大小为

V

XA=

B车的位移大小为

V

XB=]t

最大距离为

△x=%0+-xB

联立解得

Ax=8m

(3)设B车追上A车的时间为f,则有

121,2

益+②的t+£。)=2。2t

代入数据解得

t=6s(或£'=-2s舍去)

15.如图，倾斜传送带以vi=2m/s的恒定速率顺时针转动，其与水平面的夹角为0=37。，传送带的长度为

LAB=3.2m,将可视为质点的煤块轻放在传送带顶端A点，煤块的质量为m=2kg,煤块与传送带间的动摩

擦因数为阳=0.5。煤块从传送带顶端A点运动到底端B点，再通过一小段光滑圆弧轨道滑到一水平长木板

第15页

上的C点，此时脱离圆弧轨道滑上木板。传送带与木板并未接触，重力加速度大小取g=10m/s2,sin370=

（1）求煤块刚放在传送带顶端A点时的加速度；

（2）求煤块到达传送带底端B点时的速度大小vf：

（3）当煤块滑到质量为M=2kg的水平长木板上的C点时（煤块从B点到C点的时间不计），其速度方

向改变为水平、大小不变，木板正好以大小为V2=10m/s的速度水平向右运动，整个过程中煤块未从木板上

滑落。煤块与木板间的动摩擦因数为卬=0.1,木板与水平面间的动摩擦因数为田二0.2。求整个过程中煤块

在木板上留下的划痕长度。

【答案】（1）解：煤块刚放在传送带顶端A点时，根据牛顿第二定律可得

mgsind+^mgcosd=ma1

解得

Qi=10m/s2

方向沿传送带向下。

（2）解：设经过h时间煤块与传送带共速，则有

口=m=0.2s

al

该过程煤块通过的位移大小为

Vi

=0.2m

共速后，由于

=0.5<tan。=0.75

煤块继续向下加速运动，根据牛顿第二定律可得

mgsinO—417ngeos8=ma2

解得

«2=2m/s2

根据运动学公式可得

2a2（〃8-%）=4-评

解得

v\=4m/s

（3）解：煤块滑上木板后，煤块与木板共速前，对煤块有

第16页

%mg=rna3

解得

%=lm/s2

对木板有

U2mg+〃3（M+m）g=.Wa4

解得

2

cz4=5m/s

设经过t3时间煤块与木板共速，则有

口共=+。3亡3=也一a4t3

解得

t3=15,^共=5m/s

此时煤块和木板的位移大小分别为

*+“井也+%

x2=——2~~~^3=4.5m'义2=—2—匕=7.5m

煤块相对于木板向左滑动的距离为

=%3一=3m

由于

“2=0.1V〃3=0・2

可知煤块与木板共速后，煤块相对于木板向右运动，对煤块有

0-噬=-2a3%4

解得

x4=12.5m

对木板有

〃3（M+m）g-R2mg=Mas

°一片&=-2a5x5

解得

25

Xs=-6m

则煤块相对于木板向右滑行的距离为

25

m

△%2=x4-%5=

由于以2所以整个过程中煤块在木板上留下的划痕K度为孕机。

【解析】【分析】（1）对煤块受力分析，可得到煤块刚开始的加速度;

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（2）求出煤块与传送带共速时的时间和位移，之后继续加速，由动边学规律求到达底端的速度；

（3）煤块滑到水平木板后，求出刚开始滑上的加速度，从而得到共速的时间和位移，判断之后的运动状

态，用动力学规律求出两个阶段的相对位移，从而得到摩擦痕迹。

（1）煤块刚放在传送带顶端A