2025-2026学年江苏省无锡市高一（上）期末物理试卷

2025・2026学年江苏省无锡市高一（上）期末物理试卷

一、单项选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分，每小题只有一个选项符合题意。

1.（4分）下列单位中，国际单位制基本单位是（）

A.牛顿B.千米C.千克D.米每秒

2.（4分）16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了

物理学发展的新纪元。下列说法中正确的是（）

A.做匀速直线运动的物体需要受到力的维持

B.做匀速直线运动的物体不需要受到力的维持

C.不受力的运动物体长时间后一定处于静止状态

D.两匹马拉的车比一匹马拉的车跑得快，这说明：物体受的力越大，速度就越大

3.（4分）蹦床比赛中，运动员以8m/s的竖直速度着网，经过1s后，以6m/s的速度沿竖直方向弹回，在

这个过程中运动员的加速度为（）

A.2m/s2,竖直向上B.6m/s2,竖直向上

C.8m/s2,竖直向下D.14m/s2,竖直向上

4.（4分）小明用绳子将一桶水向上提，已知绳子对桶的拉力为F1,桶对绳子的拉力为F2,下列说法正确

的是（）

A.桶加速上升的过程中，FI>F2

B.桶加速上升的过程中，FI=F2

C.桶减速上升的过程中，FI>F2

D.桶减速上升的过程中，FI<F2

5.（4分）如图所示，在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，下列说法正确的是（）

A.两根细绳OB、OC必须等长

B.实验过程中要注意使弹簧秤与木板平面平行

C.橡皮条AO两次伸长的长度相等，但方向可以不同

D.橡皮条AO一定与NBOC的角平分线在同一直线上

6.（4分）一枚火箭由地面竖直向上发射，其v・t图像如图所示，由图像可知（）

fv

心

A.t2时刻火箭离地面最远

B.13时刻火筋回到地面

C.0〜t2内火筋上升，t2〜t3闪火箭下落

D.0〜U内火箭的加速度小于U〜t2内的加速度

7.（4分）某同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示,篮球所受合力F的示意图可能正

确的是（）

H

LJ

A./F'B./

F

b""A""

zZ：F/:

C./：D./

8.（4分）如图为皮带传动装置的示意图，右轮半径为r,A是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮半径

为4r,小轮半径为21•。小轮上的B点到其中心距离为r。C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上。传

动过程中皮带不打滑，那么关于A、B、C、D点的线速度V、角速度3、向心加速度a的关系正确的是

A.U）A=COBB.VA>VCC.a?\=aDD.aA<aB

9.（4分）物体以初速度vo沿粗糙斜面向上滑行，达到最高点后自行返回原点，在该过程中，物体的v-l

图线可能正确的是（）

10.（4分）智能手机能记录某户外游乐设施在竖直方向上的加速度，将手机放在该设施的水平面板上，设

施由静止开始竖直上升，测得手机的图像如图所示，以竖直向上为正方向，则（）

B.在H〜t3内手机先加速后减速

C.在t2〜t4内，手机一直处于失重状态

D.在12〜13内手机受到的支持力逐渐减小

11.（4分）如图所示，轻绳的一端系在质量为m的物体上，另一端系在一个轻质圆环上，圆环套在粗糙

水平杆MN上。现用水平力F拉绳上-一点，使物体处于图中实线位置，然后改变F的大小使其缓慢下

降到图中虚线位置，圆环仍在原来的位置不动。在这一过程中，水平拉力F、环与杆的摩擦力Ff和环对

杆的压力FN的变化情况是（）

A.F减小，Ff减小，FN不变

B.F减小，Ff减小，FN减小

C.F增大，Ff不变，FN增大

D.F增大，Ff增大，FN不变

二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题〜第16题解答时请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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

12.（14分）某同学用如图1所示的装置来探究加速度与物体受力、物体质量的关系。

（1）本实验下列四项操作中，哪些是为了使小车受到的合力近似等于沙及小沙桶的总重力o

A.平衡摩擦力

B.调节细线与长木板平行

C.先接通电源，后释放小车

D.使沙及小沙桶的总质量远小于小车的质量

（2）平衡摩擦力时（填“需要”或“不需要”）挂小沙桶，（填“需要”或“不

需要”）在小车后连接纸带。

（3）图2是实验中得到的•条纸带，图中相邻计数点之间还有4个点没有画出，距离已在图中标示，

可得小车的加速度a=m/s2,C点的速度vc=m/s（结果均保留两位有效数

字）。

（4）在实验中保持小车质量不变，改变沙及小沙桶的质量，测得小车所受绳子的拉力F和加速度a的

数据如表所示:

F/N0.210.300.400.490.60

a/(m/s2)0.100.210.290.410.49

①根据测量的数据，在图3中作出a-F图像;

图3

②由作出的a-F图像可知，在实验操作过程中，存在的问题是o

13.（8分）如图所示，一小球在细线的牵引下，绕光滑水平桌面上的图钉做匀速圆周运动，已知小球质量

m=2kg,细线长度l=0.5m,沿圆周运动的线速度v=2m/s。求：

（1）小球绕圆心运动的周期；

14.（8分）如图所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从0点水平飞出，经3.0s落到斜坡上的A点。

已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角。=37°。不计空气阻力。（sin37°=0.60,cos37°=0.80,

g取1Om/s2）o求：

（1）A点与O点的竖直高度H；

（2）运动员离开O点时的速度大小；

（3）运动员落到A点时速度的大小和方向。

15.（12分）如图所示，一质量m=50kg的箱子放在倾角8=30°的斜面上，在平行于斜面的拉力F的作

用下，从斜面底端以速度v=4.（）m/s匀速上滑。已知箱子与斜面间的动摩擦因数口=喀。I（）m/s2,

sin3O"=：,cos30:>=坐）求：

（1）拉力F的大小；

（2）若箱子匀速上滑2s后撤去拉力F,则再经过多长时间箱子回到斜面底端？

16.（14分）如图所示，将帙码（可看作质点）置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力F将纸板迅速

抽出，使码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若磋码和纸板的质量分别为

mi和m2,祛码与纸板、桌面间的动摩擦因数均为用，桌面与纸板间的动摩擦因数为四，重力加速度

为g。求：

（1）当纸板相对祛码运动时，纸板所受摩擦力的大小；

（2）要使纸板相对祛码运动，所需拉力至少为多大；

（3）某次实验中，作用在纸板上的拉力F=23N,祛码轻微移动后停在桌面上，已知mi=O.5kg,m2

=O.lkg,1=0.2,眼=0.3,♦码与纸板左端的距离d=0.1m,g®10m/s2,则祛码运动的位移多大（保

留一位有效数字）？

2025・2026学年江苏省无锡市高一（上）期末物理试卷

参考答案与试题解析

一,选择题（共11小题）

题号12345678910H

答案CBDBBDACADA

一、单项选择题：本题共U小题，每小题4分，共44分，每小题只有一个选项符合题意。

1.（4分）下列单位中，国际单位制基本单位是（）

A.牛顿B.千米C.千克D.米每秒

【分析】回忆国际单位制的七个基本单位，与选项进行对照，选出正确的基本单位。

【解答】解：A.牛顿是力的单位，属于导出单位，不是基本单位，故A错误；

B.千米是长度单位，但国际单位制的基本长度单位是米，千米是常用单位，故B错误；

C.千克是质量的单位，是国际单位制的基本单位之一，故C正确；

D・米每秒是速度的单位，属于导出单位，不是基本单位，故D错误。

题目要求选择国际单位制基本单位，故选：Co

【点评】本题考查国际单位制的基本单位，属于基础记忆类题目，关键是区分基本单位和导出单位。

2.（4分）16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了近两千年的亚里土多德关于力和运动的理论，开启了

物理学发展的新纪元。下列说法中正确的是（）

A.做匀速直线运动的物体需要受到力的维持

B.做匀速直线运动的物体不需要受到力的维持

C.不受力的运动物体长时间后一定处于静止状态

D.两匹马拉的车比•匹马拉的车跑得快，这说明：物体受的力越大，速度就越大

【分析】结合伽利略的实验结沦与牛顿第一定律的核心思想，区分亚里士多德的错误观点与伽利略的正

确结论。

【解答】解：A、这是亚里士多德的错误观点，伽利略通过实验与推理证明，匀速直线运动不需要力来

维持，故A错误；

B、根据伽利略的结论，物体不受外力时会保持匀速直线运动或静止状态，因此做匀速直线运动的物体

不需要力的维持，故B正确；

C、不受力的运动物体将保持匀速直线运动状态，不会静止，故C错误：

D、车的速度由加速度和时间决定，力是产生加速度的原因，并非直接决定速度大小，这是亚里士多德

的错误观点，故D错误。

故选：Bo

【点评】学生易混淆亚里士多德与伽利略的力与运动观点，需重点关注“力是改变运动状态的原因，而

非维持运动的原因”这一核心规律。

3.（4分）蹦床比赛中，运动员以8m/s的竖直速度看网，经过1s后，以6m/s的速度沿竖直方向弹回，在

这个过程中运动员的加速度为（）

A.2m/s2,竖直向上B.6m/s2,竖直向上

C.8m/s2>竖直向下D.14m/s2,竖直向上

【分析】规定正方向，用加速度定义式代入初末速度（注意矢量性）计算加速度的大小与方向。

【解答】解：取向下为正，由加速度可得a=%>=45血〃2=-14m/s2,加速度大小14m『，方

向竖直向上，故ABC错误，D正确。

故选：D。

【点评】学生易忽略速度的矢量性，忘记对初末速度取正负号，导致加速度的大小或方向判断错误。

4.（4分）小明用绳子将一桶水向上提，已知绳子对桶的拉力为F1,桶对绳子的拉力为F2,下列说法正确

的是（）

A.桶加速上升的过程中，FI>F2

B.桶加速上升的过程中，FI=F2

C.桶减速上升的过程中，FI>F2

D.桶减速上升的过程中，FI<F2

【分析】绳子对桶的拉力为Fi与桶对绳子的拉力为F2是一对相互作用力，由牛顿第三定律判断即可解

题。

【解答】解：绳子对桶的拉力和桶对绳子的拉力是作用力和反作用力，任何时候都大小相等，方向相反，

故B正确，ACD错误。

故选：Bo

【点评】本题是对牛顿第三定律的考查，解决本题的关键知道作用力与反作用力大小相等，方向相反,

作用在同一条直线上，且同时产生、同时变化、同时消失，作用在不同的物体上。

5.（4分）如图所示，在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，下列说法正确的是（）

A.两根细绳OB、OC必须等长

B.实验过程中要注意使弹簧秤与木板平面平行

C.橡皮条AO两次伸长的长度相等，但方向可以不同

D.橡皮条AO一定与NBOC的角平分线在同一直线上

【分析】根据实验原理、正确操作和注意事项分析作答。

【解答】解：A.两根细绳OB、0C适当长一些，但不需要必须等长，故A错误；

B.为了保证合力与分力在同一平面内，实验过程中要注意使弹簧秤与木板平面平行，故B正确；

C.橡皮条A0两次伸长的长度相等，方向必须相同，才能保证力的作用效果相同，故C错误；

D.橡皮条A0不需要一定与/BOC的角平分线在同一直线上，故D错误。

故选:Bo

【点评】本题主要考查了“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，要明确实验原理，掌握实验的正

确操作和注意事项，基础题。

6.（4分）一枚火箭由地面竖直向上发射，其v-t图像如图所示，由图像可知（）

A.12时刻火箭离地面最远

B.t3时刻火箭回到地面

C.0-t2内火箭上升，t2-t3内火箭下落

D.0〜tl内火箭的加速度小于tl〜t2内的加速度

【分析】ABC、根据v-l图像中的点表示速度大小和方向判断火箭不同时间段所处的状态，结合图像

面积表示位移判断12和13时刻所处位置；

D、根据v-t图像的斜率表示加速度判断0〜11内火箭的加速度和U〜12时间段的关系。

【解答】解：ABC、由v-t图像可知火箭的速度一直为正，则火箭一直上升，所以13时刻火箭离地面

最远，故ABC错误;

D、v-【图像的斜率表示加速费，斜率的绝对值越大，则加速度越大，所以0〜U时间内火箭的加速度

小于U〜12时间内火箭的加速度，故D正确。

故选：D。

【点评】本题结合火箭升空背景考查学生对"v-t图像中的点、斜率和面积的理解，学生只要基础知识

扎实，难度不大。

7.（4分）某同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，篮球所受合力F的示意图可能正

确的是（）

【分析】根据物体做曲线运动的条件和受力特点解答。

【解答】解：篮球在空中的运动软迹为曲线，物体做曲线运动的条件是所受合力方向与运动方向（即轨

迹的切向方向）不共线，并且合力方向指向曲线轨迹的凹侧，故A正确，BCD错误。

故选：Ao

【点评】本题考查了力与运动问题，要理解当物体所受合力方向与运动方向不共线时，物体运动方向会

向合力的方向偏转，运动轨迹为曲线。

8.（4分）如图为皮带传动装置的示意图，右轮半径为r,A是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮半径

为4r,小轮半径为2i•。小轮上的B点到其中心距离为r。C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上。传

动过程中皮带不打滑，那么关于A、B、C、D点的线速度V、角速度3、向心加速度a的关系正确的是

)

A.（JOA=U）BB.VA>VCC.aA=aDD.aA<aB

【分析】先明确A与C皮带传动线速度相等，B、C、D同轴转动角速度相等，再结合v=o）i•和向心加

速度公式推导各点物理量关系。

【解答】解：由题意可知：rA：rB：rc：rD=l：1：2：4,AC皮带相连，线速度大小相同，故VA=VC,

BCD同轴转动，角速度相同，故（DB=3C=3D，

根据v=o）r可知：VA：VB：vc：VD=2：1：2：4,角速度之比为3A：O）B：U）C：<I）D=2：1：1：I

根据a=3-可知：aA：aB：ac：aD=4：I：2：4,故ABD错误，C正确。

故选：Co

【点评】本题围绕皮带传动与同轴转动的速度规律，结合向心加速度公式分析各点物理量，需准确区分

两种传动的速度特点，对圆周运动规律的应用能力要求较高，

9.（4分）物体以初速度vo沿粗糙斜面向上滑行，达到最高点后自行返回原点，在该过程中，物体的v-t

图线可能正确的是（）

【分析】根据牛顿第二定律求解上升和下滑过程中的加速度，结令vt图像斜率代表加速度判断物体

的运动情况。

【解答】解：物体以初速度VD沿粗糙斜面向上滑行，先向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可

知：加速度a=gsin8+ugcos8；后向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：加速度a'=gsin8・

HgcosO,这两个过程的加速度不同，两段图线的斜率不相同。前一段的斜率绝对值大于后一段斜率的绝

对值，符合物体运动情况的图像只有A。故A正确，BCD错误。

故选：Ao

【点评】本题以物体在斜面上上滑和下滑过程的情境，结合牛顿第二定律考查学生对V・t图像的理解,

难度不大。

10.（4分）智能手机能记录某户外游乐设施在竖直方向上的加速度，将手机放在该设施的水平面板上，设

施由静止开始轻直上升，测得手机的a-t图像如图所示，以竖直向上为正方向，则（）

A.在t3时刻手机到达最高点

B.在U〜13内手机先加速后减速

C.在12〜14内，手机一直处于失重状态

D.在12〜13内手机受到的支持力逐渐减小

【分析】通过分析加速度的正负判断速度变化趋势与超重、失重状态，结合图像中加速度的变化来逐一

验证选项-

【解答】解.：A.ti时刻加速度为正，说明设施仍在加速上升，速度未减为零，并未到达最高点，故A错

误；

B.U〜13阶段加速度为正且减小，速度仍在增大，故B错误；

C.12〜14为加速度有负（失重）也有正（超重）的阶段，并非一直处于失重状态，故C错误；

D.由N=m（g+a）可知，t2〜t3阶段加速度a为负且绝对值漕大，支持力N逐渐减小，故D正确。

故选；D。

【点评】本题以游乐设施的运动为背景，结合a-t图像考查运动状态分析与超重失重的判断，注重对

物理规律的理解与应用。

II.（4分）如图所示，轻绳的一端系在质量为m的物体上，另一端系在一个轻质圆环上，圆环套在粗糙

水平杆MN上。现用水平力F拉绳上一点，使物体处于图中实线位置，然后改变F的大小使其缓慢下

降到图中虚线位置，圆环仍在原来的位置不动。在这一过程中，水平拉力F、环与杆的摩擦力Ff和环对

杆的压力FN的变化情况是（）

MN

A.F减小，Ff减小，FN不变

B.F减小，Ff减小，FN减小

C.F增大，Ff不变，FN增大

D.F增大,Fr增大，FN不变

【分析】对重物进行隔离受力分析，结合共点力平衡条件推导拉力、水平力与角度的关系，判断角度减

小时力的变化规律；对整体受力分析，依据平衡条件得出支持力不变、摩擦力随水平力减小而减小，结

合牛顿第三定律判断杆的受力变化。

【解答】解：以重物为研究对象，受重力G、水平力F和绳子的拉力T,如图所示:

由平衡条件得F=GtanB,T=急,当9减小时，F逐渐减小，T逐渐减小；

再以两物体整体为研究对象，受重力Mg,水平力F,杆的摩擦力Ff和支持力FNI,如图所示:

由平衡条件得FNi=Mg,Ff=F,可知FNI保持不变，根据牛顿第三定律，环对杆的压力FN也不变；F

逐渐减小，所以摩擦力Fr逐渐减小。故A正确，BCD错误。

故选：Ao

【点评】本题考查共点力平衡条件、隔离法与整体法受力分析、力的分解与合成以及牛顿第三定律，重

点检验动态平衡问题中力的变化判断、连接体受力分析的综合应用能力。

二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题〜第16题解答时请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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

12.（14分）某同学用如图1所示的装置来探究加速度与物体受力、物体质量的关系。

打点计时器

（1）本实验下列四项操作中，哪些是为了使小车受到的合力近似等于沙及小沙桶的总重力Do

A.平衡摩擦力

氏调节细线与长木板平行

C.先接通电源，后释放小车

D.使沙及小沙桶的总质量远小于小车的质量

（2）平衡摩擦力时不需要（填“需要”或“不需要”）挂小沙桶，需要（填“需要”或“不

需要”）在小车后连接纸带。

（3）图2是实验中得到的一条纸带，图中相邻计数点之间还有4个点没有画出，距离已在图中标示，

可得小车的加速度a=。20m/s2,C点的速度vc=0.10rn/s（结果均保留两位有效数字）。

（4）在实验中保持小车质量不变，改变沙及小沙桶的质量，测得小车所受绳子的拉力F和加速度a的

数据如表所示：

F/N0.210.300.400.490.60

a/(m/s2)0.100.210.290.410.49

①根据测量的数据，在图3中作出a-F图像;

图3

②由作出的a-F图像可知，在实验操作过程中，存在的问题是一平衡摩擦力不足o

【分析】（1）根据牛顿第二定律分析作答；

（2）根据平衡摩擦力的正确操作分析作答；

（3）根据逐差法求加速度，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度求解打卜.C点的速度；

（4）根据描点法作图；根据a-F图像，结合牛顿第二定律分析作答。

【解答】解：（1）根据牛顿第二定律，对整体mg=（M+m）a

对小车F=Ma

联立解得F=黑

当满足M»mH寸，有F-mg

为了使小车受到的合力近似等于沙及小沙桶的总重力，需要使沙及小沙桶的总质量远小于小车的质量,

故ABC错误，D正确。

故选：Do

（2）根据实验原理，结合平衡摩擦力的方法可知平衡摩擦力时不需要挂小沙桶，需要在小车后连接纸

带。

（3）相邻计数点之间的时间间隔T=*景=0.1s

2

根据逐差法，加速度a=丝芋=（竺"2X喀.0.20m/s

4r4x0.1,

根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，C点的速度喋=啮竺=

（2.74-0.72）x10-2.

--------------m/s®0.10m/sz

（4）①根据描点法，作出的a-F图像如图所示：

a/(m-sz)

0.5

0.4

0.3

0.2

0.I

0

F/N

②由a-F图像可知，当拉力不为零时，加速度为零，存在的问题是平衡摩擦力不足。

故答案为：（I）D；（2）不需要；需要;（3）0.20；0.10；

（4）①

a/(m,s2)

②平衡摩擦力不足。

【点评】本题主要考查了探究加速度与物体受力、物体质量的关系的实验，要明确实验原理，理解并掌

握平衡摩擦力的方法，掌握根据纸带求解瞬时速度和加速度的方法，掌握牛顿第二定律的运用。

13.（8分）如图所示，一小球在细线的牵引下，绕光滑水平桌面上的图钉做匀速圆周运动，已知小球质量

m=2kg,细线长度l=0.5m,沿圆周运动的线速度v=2m/s。求：

（1）小球绕圆心运动的周期；

【分析】（1）小球做匀速圆周运动，由T=*■可求周期；

（2）细绳拉力提供向心力，由牛顿第二定律列式即可求解.

【解答】解：（1）小球围绕图钉做匀速圆周运动，则小球运动的周期为：7二驾=2笠s=?s；

（2）小球围绕图钉做匀速圆周运动，细绳拉力提供向心力，由牛顿第二定律可得：F=解得：

22

F=m-v7-=22=16N。

答：⑴小球绕圆心运动的周期为三S;

（2）细线对小球的拉力的大/.、为16No

【点评】解决本题的关键是明确小球做圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律以及向心力公式分析。

14.（8分）如图所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从。点水平飞出，经3.0s落到斜坡上的A点。

己知。点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角8=37°。不计空气阻力,（sin37°=0.60,cos37°=0.80,

g取10m/s2）o求：

（1）A点与O点的竖直高度H；

（2）运动员禽开0点时的速度大小；

（3）运动员落到A点时速度的大小和方向。

【分析】（1）竖直方向为自由落体运动，已知运动时间，直接用自由落体位移公式即可求出A点与O

点的轻直高度H；

（2）先根据斜面倾角和竖直下落高度求出水平位移，再结合水平方向匀速直线运动的特点，用水平位

移除以时间得到初速度；

（3）水平速度保持初速度不变，竖直速度由自由落体速度公式求得，再将两速度分量合成得到合速度

大小，用正切值确定速度方向。

【解答】解:（1）设A点与O点的距离为L,运动员在竖直方向做自由落体运动，则有Lsin370=\gt2

代入数据得L=75m,H=Lsir.37°

代入数据得H=45m

（2）设运动员离开O点的速度为vo,运动员在水平方向做匀速直线运动，即LCOS37°=vot

代入数据得vo=20nVs

（3）运动员落在A点的竖直方向速度为v=gl

代入数据得v=30m/s,根据v合=J诏+i;2

代入数据得v合=10VT3m/s,iana==

vo

代入数据得tana=|

答：（I）A点与O点的距离是45m；

（2）运动员离开O点时的速度大小是20m/s；

3

（3）运动员落到A点时速度的大小是lOgm/s,方向和水平方向夹角的正切值为1

【点评】本题是典型的平抛运动落斜面模型，需将运动分解为水平匀速与竖直自由落体，结合斜面倾角

的几何关系关联水平与竖直位移，综合性考查平抛运动的分解与合成，对运动的矢量性和几何关联的理

解要求较高。

15.（12分）如图所示，一质量m=50kg的箱子放在倾角8=3。°的斜面上，在平行于斜面的拉力F的作

用下，从斜面底端以速度v=4.0m/s匀速上滑。已知箱子与斜面间的动摩擦因数口=电。lOm/s2,

1

sin3O°=2，cos300二5~）求：

（1）拉力F的大小；

（2）若箱子匀速上滑2s后撤去拉力E则再经过多长时间箱子回到斜面底端？

【分析】（1）分析物体的受力情况，由平衡条件列式即可求解拉力F的大小;

（2）根据牛顿第二定律和动刀学公式即可求得上滑的位移和上滑的时间；从而求出总位移，再根据牛

顿第二定律分析下滑过程的加速度，根据位移公式即可求出返回的时间，从而求出时间。

【解答】解：（1）箱子在拉力F作用下向上匀速运动时，对箱子，由平衡条件可得：F=mgsin3O°

+pmgcos30°,代入数据解得：F=mgain30°+nmgcos300=50xl0x^N+?x50xl0x

率N=400M

（2）箱子匀速上滑2s发生的位移为：xi=vti=4.0X2m=8m,撤去拉力F后，设箱子的加速度的大小

为ai,对箱子，由牛顿第二定律可得：mgsin30°+pmgcos30°=mai,解得：%=gsin30。+〃gcos30。=

10x1m/s2+造x10x*m/s2=8m/s2,则箱子做匀减速上滑的时间为：&===1s=0.5s,匀

LZyLuio

加速上滑的位移为：X=y—==

2ZuiZXo

设箱子下滑时的加速度的大小为a2,则由牛顿第二定律可得：mgsin30:-nmgcos30°=ma2,解得：

222

a2=gsin30