2018-2019学年湖北省武汉市华师大一附中高一(上)期末物理试卷解析版

2018-2019学年湖北省武汉市华师大一附中高一（上）期末物理试卷

一、单选题（本大题共7小题，共35.0分）

1.下列说法正确的是（）

A. 牛顿第一定律可以通过实验进行验证

B. 物体的运动不需要力来维持，但物体的运动速度越大时其惯性也越大

C. 牛顿第二定律公式中，比例系数k的数值由质量、加速度和力三者的单位决定的

D. 牛顿第三定律说明物体间的作用力是可以相互传递的

2.修正带是中学生必备的学习用具，其结构如图所示，包括上下盖座、

大小齿轮、压嘴座等部件，大小齿轮分别嵌合于大小轴孔中，大小

齿轮相互呐合，且大小齿轮的半径之比为2：1，a、b点分别位于大

小齿轮的边缘，c点位于大齿轮的半径中点，当纸带匀速走动时，

关于a、b、c三点相对各自转轴的转动方向、线速度，角速度和向

心加速度，下列说法正确的是（）

A. a、b点的转动方向相同

B. a、b点的线

速度大小之比为2：1

C. a、c点的角速度大小之比为2：1

D. b、c点的向心加速度大小之比为4：1

3.如图所示的圆周运动，下列说法不正确的是（）

A. 如图a，汽车通过拱桥的最高点处于失重状态置

B. 如图b，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对外侧车轮的轮缘会有挤压作用

C. 如图c，钢球在水平面做圆周运动，钢球距悬点的距离为l，则圆锥摆的周期

D. 如图d，在水平公路上行驶的汽车，车轮与路面之间的静摩擦力提供转弯所需的向心力

4.固定在竖直平面内的半圆形刚性铁环，半径为R，铁环上穿着小球，铁环圆心O的正上方固定一个小

定滑轮。用一条不可伸长的细绳，通过定滑轮以一定速度拉着小球从A点开始沿铁环运动，某时刻角度关系如下图所示，若绳末端速度为v，则小球此时的速度为（）

A. B. C. D. 2v 5.如图所示，在水平面运动的小车内，用轻绳AB、BC拴住一个重力为G

的小球，轻绳AB、BC与水平方向夹角分别为30°和45°，绳AB的拉力

为T1，绳BC的拉力为T2，下列叙述不正确的是（）

A. 小车向右以加速度g匀加速运动时

B. 小车向右以加速度g匀加速运动时

C. 小车向右以加速度匀减速运动时

D. 小车向右以加速度匀减速运动时

6.如图a，用力传感器研究橡皮绳中拉力的大小随时间变化。向下拉小球然后释放，小球沿竖直方向运

动，某段时间内采集到的信息如图所示，则（）

A. ～时间内小球向上运动，速度不断减小

B. ～时间内小球向下运动，加速度不断增大

C. ～时间内小球向上运动，速度不断增大

D. ～时间内小球向下运动，加速度不断增大

7.关于曲线运动，下列说法正确的是（）

A. 合外力的方向与物体速度方向不相同，物体一定做曲线运动

B. 物体在做曲线运动的过程中，某点的加速度方向不可能沿轨迹在该点的切线方向

C. 若合力方向与速度方向垂直，合力只改变物体速度的方向，不改变其速度的大小

D. 做曲线运动物体的加速度方向与其所受合外力方向不一定相同

二、多选题（本大题共3小题，共15.0分）

8.物体在直角坐标系xOy所在的平面内由O点开始运动，x轴方向的加速度随时间变化图象如图a所示，

y轴方向速度随时间变化的图象如图b所示，物体的初速度为2m/s，则对该物体运动过程的描述正确的是（）

A. 物体在～做直线运动，在～做曲线运动

B. 物体在～的加速度大小为，～的加速度大小为

C. 物体在 ～ 和 ～ 内位移之比为 ：1

D. 物体2s 末速度最大，最大值为

9. 如图所示，质量均为m 的物体A 、B 叠放在粗糙水平面上保持静止，B

与A 之间、A 与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2滑轮及细绳质量不计最大静摩擦力等于滑动摩擦力，时刻起滑轮受到随时间均匀增大的水平拉力F =kt 的作用，则下列说法中正确的是（ ） A. B 所受的摩擦力方向一定向左 B. B 所受的摩擦力方向可能向右 C. 当 时，A 、B 均静止

D. 若 ，不论水平力F 有多大，物体A 、B 间都不会相对滑动

10. 如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为1kg 的物体A 、B

（B 物体与弹簧栓接），弹簧的劲度系数为k =50N /m ，初始时系统处于静止状态。现用大小为15N

方向竖直向上的拉力F 作用在物体A 上，使物体A 开始向上运动，g 取10m /s 2

，空气阻

力忽略

不计，下列说法正确的是（ ）

A. 外力施加的瞬间，A 、B 的加速度大小为

B. 当弹簧压缩量减小 时，A 、B 间弹力大小为

C. A 、B 分离时，A 物体的位移大小为

D. B 物体速度达到最大时，弹簧被压缩了

三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）

11. 如图所示，AB 是一可升降的竖直支架，支架顶端A 处固定一弧形轨道，轨道末端水平．一条形木板的

上端铰接于过A 的水平转轴上，下端搁在水平地面上．将一小球从弧型轨道某一位置由静止释放，小球落在木板上的某处，测出小球平抛运动的水平射程x 和此时木板与水平面的夹角θ，并算出tanθ．改

AB x 和tanθ，记录的数据如表：

（）在图（）的坐标中描点连线，做出的关系图象；

（2）根据x -tanθ图象可知小球做平抛运动的初速度v 0=______m /s ；实验中发现θ超过60°后，小球将

不会掉落在斜面上，则斜面的长度为______m ．（重力加速度g 取10m /s 2

）； （3）实验中有一组数据出现明显错误，可能的原因是______．

12. 图a 为“探究小车的加速度与物体受力的关系”的实验装置图，图中A 为小车，质量为m 1，连接在小

车后面的纸带穿过电磁打点计时器，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，B 为沙桶和沙，质量为m 2，不计绳与滑轮问的摩擦，改变沙的质量，测量多组数据，并在坐标系中作出了如图c 所示的a -F 图象，其中F =

m

2

g

。

（1）下列说法正确的是______。

A ．电磁打点计时器正常工作时使用220V 的交流电

B ．实验时应先接通电源后释放小车

C ．平衡摩擦力时，应将沙桶用细绳通过定滑轮系在小车上

D ．为了减小误差，实验中一定要保证m 2远小于m 1

（2）图b 为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四

个打印点没有画出，各点间的距离如图所示，则小车的加速度大小为______m /s 2

（交流电的频率为50Hz ，结果保留两位有效数字）。 （3）图c 所示的a -F 图象中，图线不过坐标原点的原因是______，由图象求出小车的质量m 1为______kg （结果保留两位有效数字）。

四、计算题（本大题共4小题，共45.0分）

13. “抛石机”是古代战争中常用的一种设备。如图所示，某学习小组用自制的抛石机演练抛石过程。已

知所用抛石机长臂的长度L =2m ，质量m =1.0kg 的石块装在长臂末端的口袋中，开始时长臂处于静止状态，与水平面间的夹角α=30°，现对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，水平抛出前，石块对长臂顶部向上的压力为2.5N ，抛出后垂直打在倾角为45°的斜面上，不计空气阻力，重力加速

度g 取10m /s 2

，试求斜面的右端点A 距抛出点的水平距离。

14. 如图所示，质量均为M 的A 、B 两滑块放在粗糙水平面上，滑块与粗糙水

平面间的动摩擦因数为μ，两轻杆等长，且杆长为L ，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，杆与水平面间的夹角为θ，在两杆铰合处悬挂一质

量为m 的重物C ，整个装置处于静止状态。重力加速度为g ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，试求：

（1）地面对物体A的静摩擦力大小；

（2）无论物块C的质量多大，都不能使物块A或B沿地面滑动，则μ至少要多大？

15.皮带传输装置示意图的一部分如下图所示，传送带与水平地面的夹角θ=37°，

A、B两端相距12m，质量为M=1kg的物体以v0=14.0m/s的速度沿AB方向

从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带顺时针运

转动的速度v=4.0ms（g取10m/s2），试求：

（1）物体从A点到达B点所需的时间；

（2）若物体能在传送带上留下痕迹，物体从A点到达B点的过程中在传送带上留下的划痕长度。

16.如图a所示，质量为M=1kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度v0=2.0m/s滑

上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F，当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到-F的关系如图b所示，当恒力F=0N时，物块恰不会从木板的右端滑下。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2试求：

（1）求木板长度；

（2）要使物块不从木板上滑下，恒力F的范围；

（3）图b中CD为直线，求该段的-F的函数关系式。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】

解：A．牛顿第一定律是在实验的基础上推理概括得出的规律，它告诉我们物体在不受力的作

用时保持静止状态或物体做匀速直线运动状态，所以不能通过实验进行验证，故A错误；B．根据牛顿第一定律可知物体的运动不需要力来维持，质量是惯性的唯一量度，故B错误；C．牛顿第二定律公式F=kmα中，比例系数k的数值由质量、加速度和力三者的单位决定的，只在三者的单位都取国际单位时，才有F=ma，故C正确；

D．力的作用是不可以相互传递的，故D错误。

故选：C。

牛顿第一定律是在实验的基础上推理概括得出的规律，它告诉我们物体在不受力的作用时保

持静止状态或物体做匀速直线运动状态，根据牛顿第二定律、牛顿第三定律的意义进行作答。本题考查的就是学生对于牛顿运动定律的理解，这些是需要学生学习新课时了解并知道的，考查的学生对课本基本内容的掌握情况，考查比较细，应引起学生的重视。

2.【答案】D

【解析】

解：AB、同缘传动时，边缘点的线速度大小相等，方向相反，v a：v b=1：1，根据v=ωr知角速度与半径成反比即为ωa：ωb=r b：r a=1：2；故AB错误；

C、同轴传动时，角速度相等，故：ωa=ωc，角速度大小之比为1：1，故C错误；

D、根据a=ω2r知b、c点的向心加速度大小之比为：=：=4：1，故D正确。

故选：D。

同缘传动时，边缘点的线速度相等；同轴传动时，角速度相等；然后结合v=ωr和a=ω2r列式求解。本题关键明确同缘传动同轴传动的特点：同轴传动时，角速度相等，同缘传动时，边缘点的线

速度相等，然后结合公式v=ωr分析求解即可。

3.【答案】C

【解析】解：A、汽车通过最高点时，具有向下的加速度，故处于失重状态，故A正确；

B、当火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，轮缘压迫外轨，外轨形变会对外侧车轮的轮缘有挤压作用，故B正确；

C、根据牛顿第二定律得：，故C错误；

D、在水平公路上行驶的汽车，竖直方向重力和支持力平衡，车轮与路面之间的静摩擦力提供转弯所需的向心力，故D正确；

本题让选错误的，

故选：C。

根据加速度的方向确定汽车在最高点处于超重还是失重；当火车转弯的速度超过规定速度，支持力和重力的合力不够提供向心力，会挤压外轨；根据合力提供向心力得出角速度的表达式，从而进行判断；静摩擦力提供向心力；

此题考查圆周运动常见的模型，每一种模型都要注意受力分析找到向心力，从而根据公式判定运动情况，如果能记住相应的规律，做选择题可以直接应用，从而大大的提高做题的速度，所以要求同学们要加强相关知识的记忆。

4.【答案】A

【解析】

解：将B的速度分解到沿绳方向和垂直绳方向，沿绳方向的

速度为v，

由结合关系知此时速度方向与绳的夹角为θ=30°，

所以v B =

解得：v B =，故A正确，BCD。

故选：A。

小球沿绳方向的速度等于绳末端速度，经小球的速度分解到沿绳方向和垂直绳方向，沿绳

方向

的速度为v，根据结合关系可求得此时小球的速度。

本题考查了运动的合成与分解，要知道沿绳方向的速度即为绳末端速度。

5.【答案】D

【解析】

解：对小球受力分析并建立直角坐标系，

AB、水平方向由牛顿第二定律得：T2cos45°-T1cos30°=mg

竖直方向加速度为0得：T1sin30°+T2sin45°=G

联立解得：T1=0，T2

=G，故AB正确；

CD、水平方向由牛顿第二定律得：T1cos30°-T2

cos45°=m?

竖直方向加速度为0得：T1sin30°+T2sin45°=G

联立解得：T1=2G，T2=0，故C正确D错误；

本题选不正确的，故选：D。

以小球为研究对象，分析受力，根据牛顿第二定律在水平方向和竖直方向列方程求解即可。本题在正确分析受力的基础上，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解两绳拉力的大小。

6.【答案】D

【解析】

解：A、t2～t3时间内拉力大于重力，但越来越小，说明小球向上运动，加速度向上，速度增大，故A错误；

B、t3～t4时间内拉力减小，且小于重力，说明小球向上运动，加速度向下增大，故B错误；

C、t4～t5时间内小球受到拉力小于重力，但拉力变大，说明小球在向下运动，加速度向下，速度增大，故C错误；

D、t5～t6时间内小球受拉力变大，故小球向下运动，加速度增大，故D正确。

故选：D。

明确图象的性质，知道绳子只能提供拉力，明确最终稳定时拉力将趋向于重力，从而确定出重力的大小，再根据拉力的变化确定小球的运动方向，根据合力确定加速度方向，从而确定超重还是失理。

本题考查牛顿第二定律的动态分析，注意掌握分析图象的基本能力。

7.【答案】B

【解析】

解：A、曲线运动是变速运动，一定有加速度，物体所受合外力的方向与速度方向不相同，物体一定做曲线运动。故A错误；

B、曲线运动是变速运动，一定有加速度，物体所受合外力的方向与速度方向不相同，则加速度方向不可能沿轨迹在该点的切线方向，故B正确。

C、合力方向与速度方向始终垂直，合力才只改变物体速度的方向，不改变其速度的大小。故C 错误；

D、根据牛顿第二定律可知，加速度的方向一定与合外力的方向相同。故D错误。

故选：B。

既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动。在恒力作用下，物体可以做曲线运动，如平抛运动，而匀速圆周运动受到的是变力，是变加速曲线运动。本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住。

8.【答案】BD

【解析】

解：AB．在0～2s内，由图可物体在y轴做匀速直线运动，速度大小为2m/s，又由物体的初速度为2m/s，可知物体在x轴上的初速度为0，由图可知物体在x轴上的加速度为，所合加速度为，方向沿x轴的负方向，合初速度等于v0=v y0=2m/s，方向沿y轴的正方向，不共线，故物体做曲线运动；在2s～3s，由图可知，在x轴方向，加速度为2m/s2，沿x轴的正方向，沿x轴的负方向做匀减速运动，由a-t图的面积表示速度的变化可知，3s末在x轴方向的速度减小为0，在y轴方向，由v-t图的斜率得加速度大小2m/s2，方向沿y轴的负方向，即在y轴方向物体做匀减速运动，根据平行四边形可得：物体的加速度大小为，方向与x轴正方向成45°斜向下；

物体在2s末的速度大小为，方向与y正方向成45°左斜向上，故两共线，即在在2s～3s内，物体做直线运动，故A错误，B正确；

C．在0～2s内，物体在x轴方向的位移为，在y轴方向的位移为

y1=2×2m=4m，故位移为

在2s～3s内，物体在物体在x轴方向的位移为，在y轴方向的位移

为

，故位移为，故C错误；

D．由前面的分析可知，故t=2s时，物体的速度最大，大小为为2m/s，故D正确。

故选：BD。

由平行四边形法则求出合加速度与合速度，即可判断是曲线运动还是直线运动；由图象求出分加速度，即可得合加速度；由图象读出分速度，即可得合速度；先求出分位移，即可得合位移。本题要知道运动的合成与分解的实质是位移、速度、加速度的合成与分解，遵循平行四边形定则

9.【答案】AD

【解析】

解：AB、当F较小时，两物体处于静止状态，此时B受到向右的细线的拉力作用，可知受到的静摩擦力向左；当F增大到一定值时，A相对地面滑动，此时若AB相对静止，则对整体：

F-μ2?2mg=2ma；对B

：F-f AB=ma，解得：f AB=μ2mg＞0，可知B受A的静摩擦力向左；假设AB 产生相对滑动，且B相对A向左滑动，则B受摩擦力方向向右，则对A ：F-μ2?2mg-μ1mg=ma1；

对B

：F+μ1mg=ma2，可知a2＞a1，与假设矛盾，可知B的摩擦力方向不可能向右，故A正确B 错误；

C、若AB均静止时，同时满足：F≤μ1mg=ma2；F≤μ2?2mg，故C错误；

D、若μ1=μ2=μ，对A ：F-μ?2mg+μmg=ma1；对B

：F-μmg=ma2，可知a1=a2，即不论水平力F 有多大，物体A、B间都不会相对滑动，故D正确；

故选：AD。

分析两个物体的受力情况，利用假设法，结合整体法和隔离法根据牛顿第二定律列式来判断AB间的摩擦力的可能方向。

本题考查了牛顿第二定律的应用，注意整体法和隔离法的灵活运用，对判断方向未知的力时通过假设法也是常用的方法。

10.【答案】ACD

【解析】

解：A、施加外力前，系统处于静止，合力为0，外力施加的瞬间，合力为外力F=15N，由牛顿第二定律得：

a==7.5m/s2，故A正确；

B、初始时系统处于静止状态，即2mg=kx0，解得：x0=0.4m，当弹簧压缩量减小0.05m时，设A、B间弹力大小为F AB，此时物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：对A：F+F AB-mg=ma1 对B：k（x0-0.05）-mg-F AB=ma1，联立解得：F AB=1.25N，故B错误；

C、设A、B分离时，弹簧的形变量为x1，物体的加速度为a2，对A：F-mg=ma2，对B：

kx1-mg=ma2，联立解得：x1=0.3m，所以A物体的位移大小为x0-x1=0.1m，故C正确；

D、当B物体的合力为0时速度达到最大，由C选项的分析知AB分离时有向上的加速度，所以速度最大时AB已经分离，由合力为0得：kx2=mg，解得：x2=0.2m，故D正确；

故选：ACD。

A、施加外力前，系统处于静止，合力为0，外力施加的瞬间，由牛顿第二定律可求得加速度；

B、初始时系统处于静止状态，由合力为0可求得弹簧的形变量，当弹簧压缩量减小0.05m时，对A、B分别列由牛顿第二定律表达式可求得A、B间弹力大小；

C、A、B分离时，AB间弹力为0，二者加速度和速度相等，对A、B分别列由牛顿第二定律表达式可求得弹簧的形变量，则A的位移可求解；

D、B物体速度达到最大时，加速度为0，合力为0，以此可求得此时弹簧的形变量。

本题考查了牛顿第二定律的应用，明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB整体和B物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程。

11.【答案】1.0 0.69 小球释放位置低于其他次实验

【解析】

解：（1）x-tanθ的关系图象如图所示．

（2

）根据得：t=，

则水平射程为：x=．

可知图线的斜率k=，

k=，

解得：．

当θ=60°时，有

t=，

则斜面的长度为：s=．

（3）实验中有一组数据出现明显错误，由图可知，水平射程偏小，由x=知，初速度偏小，即小球释放位置低于其他次实验．

故答案为：（1）如图所示，（2）1.0，0.69，（3）小球释放位置低于其他次实验．

（1）根据表格中的数据做出x-tanθ的关系图象．

（2）根据平抛运动的规律，结合竖直位移和水平位移的关系得出x-tanθ的表达式，结合表达式和图象求出初速度．

（3）根据水平射程的表达式，以及图中偏离比较远的点，分析错误的原因．

本题考查了平抛运动与图象的综合运用，根据平抛运动规律得出x与tanθ的表达式是解决本题的关键，知道图线斜率的物理意义．

12.【答案】BD0.40 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 1.0

【解析】

解：（1）考察实验过程及原理：A、电磁打点计时器使用的是低压交流电源，且为6V以下，故选项A错误；

B、为防止打不上点，要先通电再释放小车，故选项B正确；

C、平衡的是小车的摩擦力，当然不用挂上沙桶，让小车带着纸带能在木板上做匀速直线运动；

D、据牛顿第二定律表示出拉力F=m1a=m1×=，由此看出，当m2＜＜m1时，

F≈m2g，故选项D正确。故选：BD

（2）由逐差公式求加速度，a====0.40m/s2。

（3）由图象看出，当力为某一值时，但加速度代仍为零，说明没有平衡摩擦力或平衡不足。由牛顿第二定律

a=，所以a-F图象的斜率是小车质量的倒数，所以m1===1.0kg。

故答案为：（1）BD；（2）0.40；（3）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，1.0

（1）电磁打点计时器使用的是低压交流电源，电火花打点计时器工作电压为220V交流电压，每

隔0.02s打一个点；

（2）在实验中需平衡摩擦力，长木板的一端应略微太高，实验时先接通电源后释放小车；由于实验中的绳子拉力可以直接测量，无需m2应远小于m1．由牛顿第二定律可求解测力计的读数。解决本题的关键知道实验的原理，以及实验中的注意事项，注意绳子的拉力可以直接测量，不需要满足m2应远小于m1。

13.【答案】解：在长臂顶部，据牛顿第二定律解得：v0=5m/s；

石块被抛出后做平抛运动，其速度垂直于斜面，故解得v y=v0tan45°=5m/s，

从水平抛出到落到斜面上所经历的时间v y=gt得，故平抛的水平位移x=v0t=2.5m，平抛的竖直高度h=，

则石块打在斜面上的点距地面高度为H=L+L sinα-h=1.75m，该点到斜面的右端点A的水平距离

，

故斜面的右端点A距抛出点的水平距离△x=x-s=2.5-1.75m=0.75m；

答：斜面的右端点A距抛出点的水平距离为0.75m。

【解析】

根据石块在最高点的受力求解平抛的初速度，根据石块垂直打在斜面上，可求平抛的水平位移和竖直位移，根据几何关系可求斜面的右端点A距抛出点的水平距离。

本题是平抛运动的综合应用，平抛运动采用运动的合成和分解的方法研究都是经常运用的方法。

14.【答案】解：（1）将C的重力按照作用效果分解，如图所示：

根据平行四边形定则，有：F1=F2==

对A分析，受重力、杆的推力、支持力和向右的静摩擦力，根据平衡条件，有：

f=F1cosθ=；

（2）以整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得A受到的支持力N=Mg+

则无论物块C的质量多大，都不能使物块A或B沿地面滑动时满足：μN≥f

即μ（Mg+）≥；

解得μ≥=

当m→∞大时，有μ≥

故μ至少要等于时，无论物块C的质量多大，都不能使物块A或B沿地面滑动。

答：（1）地面对物体A的静摩擦力大小为；

（2）μ至少要等于时，无论物块C的质量多大，都不能使物块A或B沿地面滑动。

【解析】

（1）先将C的重力按照作用效果分解，根据平行四边形定则求解轻杆受力；再隔离物体A受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解滑块与地面间的摩擦力；

（2）求出地面对A的支持力，当滑动摩擦力大于杆在水平方向的分力时，A或B不会滑动，由此列方程进行解答。

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。

15.【答案】解：（1）对物体受力分析由牛顿第二定律得：Mg sin θ+μMg cosθ=Ma1

解得：a1=10m/s2

设经时间t1达到共同速度，则t1==1s

发生的位移：x1=t1=9m 由于μ＜tanθ，物体不会相对传送带静止，而是做减速运动，

由牛顿第二定律得：Mg sin θ-μMg cosθ=Ma2

解得：a2=2m/s2

减速发生的位移x2=L-x1=3m

解得：t2=1s（另一解舍去）

物体从A点到达B点所需的时间t=t1+t2=2s

（2）在t1时间内传送带的位移：x1′=vt1=4m

在t2时间内传送带的位移：x2′=vt2=4m

在传送带上留下的划痕长度：△x=（x1-x1′）-（x2′-x2）=4m

答：（1）物体从A点到达B点所需的时间是2s；

（2）物体从A点到达B点的过程中在传送带上留下的划痕长度是4m。

【解析】

（1）根据受力及牛顿第二定律求出物体的加速度，结合运动学公式求解时间；

（2）求出物体在第一段减速过程的相对位移和第二段过程的相对位移，做差即可得出划痕长度。传送带问题一直是学生头大的问题，关键是明确物体所受传送带摩擦力方向的判断，摩擦力的方向与物体相对传送带运动方向相反，而牛顿第二定律和运动学公式的应用选取的参照物是

地面。

16.【答案】解：（1）当恒力F=0N时，物块恰不会从木板的右端滑下。设最终物块和木板的速度为v，

对木板和物块组成的系统由动能定理得：…①

由动量守恒得：（M+m）v=mv0…②

由①②解得L=0.5m

（2）当F=0N时，物块恰能滑到木板的右端，且两者正好达到共同速度，物块和木板保持相对静止，一起运动；

当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，则：a=…③，f=ma…④

由于静摩擦力存在最大值，所以：f≤f max=μmg=2N…⑤

由③④⑤解得：F≤4N

综述：恒力F的取值范围是0≤F≤4N；

（3）当0≤F≤4N时，最终两物体达到共速，并最后一起相对静止做加速运动，对应图（b）中的AB段；当F＞4N时对应图（b）中的CD段，当量物体达到共速时，F继续增大，此时物块相对于木板向左运动，木板上物块相对于木板滑动的路程为：s=2△x…⑥

当两者具有共同速度v时，历时t，

则有：…⑦

…⑧

根据速度时间关系可得：v0-a m t=a M t…⑨

根据位移关系可得：△ (10)

由⑥⑦⑧⑨（10）可得CD段的-F函数关系式为：=。

答：（1）木板长度为0.5m；

（2）要使物块不从木板上滑下，恒力F的范围为0≤F≤4N；

（3）图b中CD为直线，该段的-F的函数关系式为=。

【解析】

（1）当恒力F=0N时，物块恰不会从木板的右端滑下，根据动能定理、动量定理，当两物体共速时，物块相对木板的位移恰为木板的长度；

（2）当F=0N时，物块恰能滑到木板右端，当F増大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，根据牛顿第二定律求解F的最大值；

（3）当0≤F≤Fm时，随着F力増大，S减小，当F=Fm时，出现S突变，说明此时物块、木板在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，物块将会从木板左端掉下。对二者恰好发生相对运动时，由牛顿第二定律列式结合运动公式即可求解。

本题考查牛顿运动定律。滑块问题是物理模型中非常重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型。滑块问题的解决非常灵活，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特別是摩擦カ的变化与转型，都是难点所在。本题通过非常规的图象来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动。