河北省辛集中学2019届高三物理上学期第一次阶段考试试题（含解析）

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1、2018-2019学年度第一学期第一次阶段考试高三物理试题第I卷（选择题64分）一、选择题：（共16题 每题4分 共64分。111为单选，1216为不定项选择，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。）1.1.在国际单位制(SI)中，力学和电学的基本单位有m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)库仑定律中k的单位用上述基本单位可表示为()A. kgm3A2s1 B. kgm3A2s2C. kgm3A2s3 D. kgm3A2s4【答案】D【解析】理量的单位可以有物理公式推导而出，由，则，所以k的单位可以表示为，又根据牛顿第二定律和电流强度的定义、，可得、，可得k的单位为kg

2、m3A2s4，D正确2.2.二十一世纪新能源环保汽车在设计阶段要对其各项性能进行测试，某次新能源汽车性能测试中，图甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第20s以后的数据，如图乙所示，已知汽车质量为1500kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始直线运动，设汽车所受阻力恒定，由分析可得( )A. 由图甲可得汽车所受阻力为1000NB. 20s末的汽车的速度为26m/sC. 由图乙可得20s后汽车才开始匀速运动D. 前20s内汽车的位移为426m【答案】B【解析】A、由乙图可知，在后车做匀速运动，则由甲图可知：，故选项A错误；B、在内由牛顿第二定

3、律得：，则：6s末车速： 在内，由牛顿第二定律得：，则：第18s末车速： 由图知后牵引力等于阻力，即汽车匀速直线运动，故有：，解得18s末的车速： 即：20s末的车速：，故选项B正确，C错误；D、汽车在内的位移：汽车在内的位移：汽车在内的位移： 故汽车在前的位移：，故选项D错误。点睛：该题思路非常简单，就是每个段的匀变速直线运动，麻烦在于需要分三段来处理速度和位移。3.3.如图所示，A，B质量均为m，叠放在轻质弹簧上（弹簧上端与B不连接，弹簧下端固定于地面上）保持静止，现对A施加一竖直向下、大小为F（F2mg）的力，将弹簧再压缩一段距离（弹簧始终处于弹性限度内）而处于静止状态，若突然撤去力F，

4、设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，则关于FN的说法正确的是（重力加速度为g）（）A. 刚撤去外力F时，B. 弹簧弹力等于F时，C. 两物体A、B的速度最大时，FN=2mgD. 弹簧恢复原长时，FN=mg【答案】B【解析】【详解】在突然撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，由平衡条件推论可知AB整体的合力向上，大小等于F，根据牛顿第二定律有：F=（m+m）a，解得：，对A受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：FN-mg=ma，联立解得：，故A错误；弹簧弹力等于F时，根据牛顿第二定律得，对整体有：F-2mg=2ma，对m有：FN-mg=ma，联立解得：，故B正确；当A、B两物

5、体的合力为零时，速度最大，对A由平衡条件得：FN=mg，故C错误；当弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律得，对整体有：2mg=2ma，对m有：mg-FN=ma，联立解得： FN=0，故D错误。所以B正确，ACD错误。4.4.如图所示，倾角为30的光滑斜面上放置质量为M的木板，跨过轻质光滑定滑轮的细线一端与木板相连且细线与斜面平行，另一端连接质量是m的物块C，质量为m的物块A位于木板顶端现由静止释放A，B、C仍保持静止已知M=1.5m，重力加速度为g，则此时A下滑的加速度大小为A. B. C. D. 【答案】D【解析】对C受力分析，可知绳子的拉力，对A受力分析，可知在沿斜面方向上，受到重力沿斜面向下

6、的分力，以及B给的沿斜面向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可得，根据牛顿第三定律可得A对B的摩擦力沿斜面向下，且两摩擦力等大，故B受到沿斜面向下的重力分力，沿斜面向下的摩擦力，和绳子给的沿斜面向上的拉力，故，联立解得，D正确5.5.如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上表面放置小滑块A.木板B在水平拉力F作用下，其加速度a随拉力F变化的关系图象如图乙所示，则小滑块A的质量为()A. 4 kg B. 3 kg C. 2 kg D. 1 kg【答案】C【解析】当F等于3N时，加速度为: ，对整体分析，由牛顿第二定律有: ，代入数据计算得出: ，当F大于3N时，对B，由牛顿第二定律得，由

7、图示图象可以知道，图线的斜率，计算得出木板B的质量: ，滑块A的质量为，故ABD错误，C正确；故选C。【点睛】当拉力较小时，A和B保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，A和B发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析。6.6.如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量m1的物块A，A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为1，则细线中的拉力大小为A. Mg B. Mg+Ma C. (m1+m2)a D. m1a+1m1g【答案】C【解析】对AB的整体，根据牛顿第二定律 ，选项

8、C正确；对C： ，解得：，选项AB错误；对物体A： ，则 ，因f为静摩擦力，故不一定等于1m1g，选项D错误；故选C.点睛:此题是牛顿第二定律的应用习题;解题的关键是能正确选择研究对象,根据牛顿第二定律列得方程联立求解.7.7.如图所示，一固定光滑杆与水平方向夹角为，将一质量为m1的小环套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，静止释放后，小环与小球保持相对静止以相同的加速度a一起下滑，此时绳子与竖直方向夹角为，则下列说法正确的是（ ）A. 杆对小环的作用力大于m1g+m2gB. m1不变，则m2越大，越小C. =，与m1、m2无关D. 若杆不光滑，可能大于【答案】C【解析】试题分析：先以整

9、体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度和杆对小环的作用力，再以小球为研究对象，由牛顿第二定律得到与的关系解：A、以整体为研究对象，分析受力情况，如图，根据牛顿第二定律得：（m1+m2）gsin=（m1+m2）a得：a=gsinN=（m1+m2）gcos（m1+m2）g；故A错误；B、C、再对小球研究可知，其合力大小为F=m2gsin，等于重力沿杆向下方向的分力，则细线与杆垂直，则由几何知识得，=，与环和小球的质量无关，故B错误，C正确；D、若杆不光滑；把环和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得：沿斜面方向：（m1+m2）gsinf=（m1+m2）a垂直斜面方向：FN=（m

10、1+m2）gcos摩擦力：f=FN联立可解得：a=gsingcos，设=，由几何关系知，此时绳应该和杆垂直，对小球受力分析可知重力沿杆的分力作为合力产生加速度，垂直于杆的分力与绳的拉力相平衡，此时可以求得小球的加速度为gsin，大于整体的加速度gsingcos，故绳的拉力要有一个分力来减小小球重力沿着杆方向的分力，所以绳应该向下倾斜，故，故D错误；故选C【点评】本题是牛顿第二定律的应用问题，关键是研究对象的选择，采用整体法和隔离法结合比较简便8.8.如图所示，小球的质量为m，用弹簧和细线悬挂在天花板上，保持静止，弹簧和细线的质量忽略不计，且与水平方向的夹角均为60，当细线被剪断的瞬间，小球的加

11、速度大小和方向正确的是A. 0 B. g，竖直向下C. ，竖直向下 D. ，右下方与水平方向成60【答案】D【解析】细线烧断后，弹簧弹力和重力都没变化，受力分析如图故两力的合力为，根据牛顿第二定律：F=ma得：，方向向右下方与水平方向成60角，故D正确，ABC错误；故选D。【点睛】本题是共点力平衡和牛顿第二定律共同结合的题目，注意弹簧弹力和绳子拉力的瞬间变化问题。9.9.如图所示，从地面上同一位置同时抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同。空气阻力不计，则下列说法正确的是A. 在运动过程中的任意时刻有vBvAB. B的飞行时间比A的长C. B的加速度比A的大D. 在

12、落地时的水平速度与合速度的夹角，B比A大【答案】A【解析】由题可知，A、B两小球均做斜抛运动，由运动的分解可知：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，由两球运动的最大高度相同，可知两球的竖直方向速度相同，由图可知B球水平位移大，则B球水平速度大，在运动过程中的任意时刻有vBvA，选项A正确；两球的加速度均为重力加速度，选项C错误；设上升的最大高度为h，在下落过程，由，可知两球飞行时间相同，选项B错误；落地时，竖直方向的速度，在落地时的水平速度与合速度的夹角，因为小于，所以在落地时的水平速度与合速度的夹角，A比B大，选项D错误。综上本题选A。点睛：本题考查运用运动的合成与分解的方法处理

13、斜抛运动的能力，对于竖直上抛的分速度，可根据运动学公式和对称性进行研究10.10.在水平桌面上放置一张纸，画有如图所示的平面直角坐标系，一个涂有颜料的小球以速度v从原点O出发，沿y轴负方向做匀速直线运动(不计纸与球间的摩擦)，同时白纸从静止开始沿x轴正方向做匀加速直线运动，经过一段时间，在纸面上留下的痕迹为下图中的A. B. C. D. 【答案】B【解析】小球在x方向上沿x轴正方向做匀加速直线运动，即水平方向上的合力指向x正方向，在y方向上沿y轴负方向做匀速直线运动，合力为零，故合力指向x正方向，指向轨迹内侧，B正确【点睛】物体在做曲线运动时，轨迹夹在速度方向与合力方向之间，切合力指向轨迹的内

14、侧11.11.质量为m的物体P置于倾角为1的固定光滑斜面上，斜面足够长，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与动力小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车带动物体P以速率v沿斜面匀速直线运动，下列判断正确的是（ ）A. 小车的速率为v B. 小车的速率为vcos1C. 小车速率始终大于物体速率 D. 小车做匀变速运动【答案】C【解析】将小车的速度v进行分解如图所示，则，故AB错误；由速度的分解图可知，C正确；小车带动物体P以速率v沿斜面匀速直线运动，D错误12. 如图所示，底板光滑的小车放在水平地面上，其上放有两个完全相同的轻弹簧秤甲、乙，甲、乙系住一个质量为m=1 kg的物块。当小车做匀速直线运动

15、时，两弹簧秤被拉长，示数均为10 N。则当小车向右做匀加速直线运动时，弹簧秤甲的示数变为8 N，则A. 弹簧秤乙的示数为12 NB. 弹簧秤乙的示数仍为10 NC. 小车的加速度为4 m/s2D. 小车的加速度为2 m/s2【答案】AC【解析】试题分析：因弹簧的弹力与其形变量成正比，当弹簧秤甲的示数由变为时，其形变量减少，则弹簧秤乙的形变量必增大，且甲、乙两弹簧秤形变量变化的大小相等，所以，弹簧秤乙的示数应为物体在水平方向所受到的合外力为：，根据牛顿第二定律，得物块的加速度大小为，小车与物块相对静止，加速度相等，所以小车的加速度为4m/s2故A C正确，BD错误。考点：牛顿第二定律；力的合成与

16、分解的运用【名师点睛】甲由变为，减少了，说明小车是向右方向加速且减少的就是物块由惯性向左运动挤压造成，则乙也增加2N，所以物体一共受到，根据牛顿第二定律即可求解；本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要知道弹簧秤甲的力减小量跟弹簧秤乙的弹力增加量相同。13.13.如图所示，倾斜的传送带始终以恒定速率v2运动一小物块以v1的初速度冲上传送带。小物块从A到B的过程中一直做减速运动，则（ ）A. 如果v1v2，小物块到达B端的速度可能等于0B. 如果v1v2，减小传送带的速度，物块到达B端的时间可能增长D. 如果v1v2，所以物块在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做匀减速运动，当速度减为v2后，重力沿

17、斜面的分量可以大于向上的摩擦力，这样合力方向向下，物体继续减速，到达顶端时，速度有可能正好减为零，选项A正确；如果v1v2，减小传送带的速度，则物体减速到与传送带共速时的时间增加，而当物体速度与传送带共速后，物体在向下的重力分力和向上的摩擦力作用下的加速度和减小传送带的速度之前是相同的，故物体在剩下的位移上的时间也可能变大，即物块到达B端的总时间可能增长，选项C正确；如果v1v2，增大传送带的速度，物体在传送带上受到的向上的摩擦力始终小于重力且摩擦力的方向及大小都不变，则加速度不变，则物块到达B端的时间不变，选项D错误；故选ABC.考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用的

18、综合问题；物体的受力情况及运动过程都比较复杂，既要分析摩擦力的方向，又要分析摩擦力与重力分力的大小关系，所以此题能很好的考查学生对物理问题的综合分析能力.14.14.如图(a)所示，用一水平外力F推着一个静止在倾角为的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图(b)所示，若重力加速度g取10 m/s2.根据图(b)中所提供的信息计算出( )A. 物体的质量B. 斜面的倾角C. 物体能静止在斜面上所施加的最小外力D. 加速度为6 m/s2时物体的速度【答案】ABC【解析】AB、对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图x方向：y方向：从图象中取两个点,代入解

19、得：,.故A正确，B正确。C、物体能静止在斜面上，当F沿斜面向上时所施加的外力最小,故C正确；D、题中并未说明物体的位移，物体做的是变加速的运动，故无法求出加速度为时物体的速度大小。故D错误。故选：ABC。【点睛】对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出力F与加速度a的函数关系，然后结合图象得出相关信息15.15.如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（）A. 当F2mg时，A、B都相对地面静止B. 当F=时，A的加速度为C. 当F3mg时，A相对B滑

20、动D. 无论F为何值，B的加速度不会超过【答案】BCD【解析】试题分析：根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力然后通过整体法隔离法逐项分析设B对A的摩擦力为，A对B的摩擦力为，地面对B的摩擦力为，由牛顿第三定律可知与大小相等，方向相反，和的最大值均为，的最大值为，故当时，AB均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误；设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为，加速度为，则对A，有，对A、B整体，有，解得，故当时，A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当时，A相对于B滑动，C

21、正确；当时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有，解得，B正确；对B来说，其所受合力的最大值，即B的加速度不会超过，D正确视频16.16.如图所示为一半球形的坑，其中坑边缘两点M、N与圆心等高且在同一竖直面内。现甲、乙两位同学分别站在M、N两点，同时将两个小球以v1、v2的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚好落在坑中同一点Q，已知MOQ60，忽略空气阻力。则下列说法正确的是A. 两球拋出的速率之比为1：3B. 若仅增大v1，则两球将在落入坑中之前相撞C. 两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，两球抛出的速率之和不变D. 若仅从M点水平抛出小球，改变小球抛出

22、的速度，小球可能垂直坑壁落入坑中【答案】AB【解析】根据几何关系知，Q到O点的水平方向的距离等于0.5R，所以M的水平位移，N的水平位移为：，则落在Q点的水平位移之比为1:3，运动时间相等，则初速度之比为1：3，故A正确；若只增大v1，而v2不变，则M运动的轨迹的落点将向右一些，两球可在空中相遇，故B正确；要两小球落在弧面上的同一点,则水平位移之和为2R，则(v1+v2)t=2R，落点不同，竖直方向位移就不同，t也不同，所以v1+v2也不是一个定值，故C错误；根据平抛运动的推论：速度的反向延长线交水平位移的中点，因为球心O并不是水平位移的中点，所以不可能使小球沿半径方向落在圆弧轨道内，故D错误

23、。所以AB正确，CD错误。第II卷（非选择题46分）二.实验题：（共2题 , 17题4分,18题8分,共12分）17.17.在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学进行实验的主要步骤是：a如图甲所示，将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计b沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小用笔在两绳的拉力方向上分别标记a、b两点，并分别将其与O点连接，表示两力的方向c再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录其拉力F的大小并用上述方法记录其方向实验中确定

24、分力方向时，图甲中的b点标记得不妥，其原因是_用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，这样做的目的是_图乙是在白纸上根据实验数据作出的力的图示_，其中_是F1和F2合力的实际测量值实验中的一次测量如图丙所示，两个测力计M、N的拉力方向互相垂直，即+=90若保持测力计M的读数不变，当角由图中所示的值逐渐减小时，要使橡皮筋的活动端仍在O点，可采用的办法是_A增大N的读数，减小角B减小N的读数，减小角C减小N的读数，增大角D增大N的读数，增大角【答案】 (1). O、b两点太近，误差大 (2). 与F1、F2共同作用的效果相同 (3). (4). F (5). B【解析】为了减小测量的误差，记录

25、方向时，记录点与O点的距离适当大一些，图甲中的b点标记得不妥，其原因是O、b两点太近，误差大用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，这样做的目的是与共同作用的效果相同和合力的实际测量值是用一根弹簧秤拉的，不是根据平行四边形定则作出的，故F是和合力的实际测量值由题意可知：保持O点位置不动，即合力大小方向不变，弹簧测力计M的读数不变，因此根据要求作出力的平行四边形定则，画出受力分析图如下：所以由图可知角逐渐变小时，N的示数减小，同时角减小故选：B18.18.如图1为验证牛顿第二定律的实验装置示意图图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源，打点的时间间隔用t表示在小车质量未知的情况下，某同学设计

26、了一种方法用来探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系” （1）完成下列实验步骤中的填空：平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列_的点按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点列的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点测量相邻计数点的间距x1，x2，求出与不同m相对应的加速度a以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出m关系图线若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与m应成_关系

27、（填“线性”或“非线性”）（2）完成下列填空：本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_设纸带上相邻两个计数点分别为x1、x2、x3、x4、x5、x6来表示从O点开始各相邻两个计数点间的距离，用T表示相邻计数点的时间间隔，则该匀变速直线运动的加速度的表达式为a=_（用符号写出表达式，不要求计算）打E点时小车的速度大小为vE=_m/s（保留3位有效数字）图3为所得实验图线的示意图设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为_，小车的质量为_【答案】 (1). 等间距； (2). 线性； (3).

28、远小于小车和砝码的总质量； (4). ； (5). 1.39； (6). ； (7). 【解析】【详解】（1）平衡摩擦力的标准为小车可以匀速运动，打点计时器打出的纸带点迹间隔均匀。由，可得，所以的图线为线性关系。（2）设小车的质量为M，小吊盘和盘中物块的质量为m，设绳子上拉力为F，以整体为研究对象有mg=（m+M）a，以M为研究对象有绳子的拉力F=Ma，联立可得：，要有F=mg必有m+M=M，故有Mm，即只有Mm时才可以认为绳对小车的拉力大小等于小吊盘和盘中物块的重力所以为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应该远小于小车和砝码的总质量。（3）令1

29、、2点间的距离为x1，以此类推为x2、x3、x4、x5、x6，根据逐差法可得，平均加速度为：，由以上可得：。E点的瞬时速度等于DF段的平均速度，故：。（3）设小车质量为M，小车受到外力为F，由牛顿第二定律有F=（m+M）a。可得：，可知图象的斜率为，可得，纵轴截距为，所以。三、计算题：（共3题,19题8分20题12分，21题14分，共34分.必须要有必要的文字叙述和公式及配图,直接写结果不得分.）19.19.一物体在水平推力F=18N的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的vt图象如图所示，g=10m/s2求：(1)06s和69s物体的加速度大小； (2)物体与水平面间的动摩擦因

30、数和物体的质量m【答案】(1), ；(2)，m=3kg【解析】【分析】根据速度-时间图象的斜率求出两段时间内的加速度大小；0-6s内有水平推力F的作用，物体做匀加速直线运动；6s-9s内，撤去F后只在摩擦力作用下做匀减速直线运动，分段根据牛顿第二定律列式，求解动摩擦因数和物体的质量。【详解】（1）v-t图象的斜率表示加速度，可得06s物体的加速度大小：可得69s物体的加速度大小为：（2）根据牛顿第二定律得：6s-9s内有 mg=ma2，解得：=0.40-6s内，有 F-mg=ma1，解得： m=3kg【点睛】本题是速度-时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的

31、面积的含义，能根据图象读取有用信息，并结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律即可解题。20.20.如图所示，水平传送带AB长为16m，传送带以6.0m/s的速度匀速运动，现在水平传送带A处无初速度放一质量为m小物体（可视为质点）,水平传送带与物体之间的动摩擦因数为0.2；（g=10m/s2）. 求：（1）小物体从A运动到B所用的时间为多少？（2）若要使小物体从A运动到B所用的时间最短，则传送带的速度至少应为多少？【答案】（1）4.17s（2）8m/s【解析】（1）物块加速度 a=mg/m=g=2m/s2达到v=6m/s速度所需时间t1=v/a=3s3s内位移x1=t1=9m剩下位移x2=L-

32、x1=7m发生位移x2所需时间t2=x2/v=sA到B所需时间t=t1+t2=s=4.17s（2）物块一直加速到B时，到达B的速度为vB, vB2=2aL 解得vB=8m/s若要使小物体从A运动到B所用的时间最短，则传送带的速度至少应为8m/s21.21.如图所示，一水平的长L=2.25m的传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面，皮带以v0=4m/s匀速顺时针转动，现在传送带上左端静止放上一质量为m=1kg的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为1=0.2经过一段时间，煤块被传送到传送带的右端，此过程在传送带上留下了一段黑色痕迹，随后煤块在平稳滑上右端平板

33、上的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力F=17N，F作用了t0=1s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去F最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M=4kg，（重力加速度为g=10m/s2），求：(1)传送带上黑色痕迹的长度；(2)求平板与地面间动摩擦因数2的大小；(3)平板上表面至少多长（计算结果保留两位有效数字）。【答案】(1)3.75m；(2)0.3；(3)1.6m【解析】【分析】根据牛顿第二定律求出煤块在传送带上发生相对滑动时的加速度，结合速度时间公式求出传送带达到速度v的时间以及煤块达到该速度的时间，根据运动学公式分别求出传送带和煤块的位移，从而得出黑色痕迹的长度；根据牛顿第二定律求出

34、煤块在平板车上的加速度大小，结合速度时间公式求出共同的速度大小，从而通过速度时间公式求出平板车的加速度。对平板由牛顿第二定律列式求解动摩擦因数2的大小；根据牛顿第二定律求出平板车与地面间的动摩擦因数，得出煤块和平板车共速后煤块和平板车的运动规律，根据牛顿第二定律和运动学公式求出平板车表面的最小长度。【详解】（1）对煤块由牛顿第二定律：1mg=ma1解得： a1=2m/s2 若煤块一直加速到右端，设到右端速度为v1得：v12=2a1L解得：v1=3m/s 因为v1v0，所以煤块一直加速到右端，设需t1时间到右端得：t1时间内皮带位移：s皮=v0t1=4m=6m s=s皮L=62.25m=3.75m （2）煤块滑上平板时速度 v1=3m/s a1=2m/s两者速度相等有：v共=v1a1t0=a2t0解得 a2=1m/s2 v共=1m/s 对平板由牛顿第二定律：F+1mg2（M+m）g=Ma2 解得：2=0.3 （3）由于21，共速后煤块将以a1匀减速到停止，而平板以a3匀减速对平板由牛顿第二定律：1mg2（M+m）g=Ma3解得： 可得时间为：全过程平板位移：解得： 全过程煤块位移： 所以板长 l=s煤s板1.6m【点睛】本题考查了动力学中的多过程问题，解决本题的关键理清煤块、传送带、平板在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。19