1、山东省枣庄市滕州二中新校2014-2015学年高一上学期期末物理试卷一、单项选择题（本题有10小题，在每小题给出的4个选项中只有一个选项正确，每题3分，共30分）1我国在2011年发射的“天宫一号”飞行器可以被改造为一个短期有人照料的空间实验室有同学设想在“天宫一号”飞行器中进行高中物理的部分实验，你认为可行的是( )A用弹簧秤验证力的平行四边形定则B用自由落体运动验证机械能守恒定律C用砂桶拉动小车验证牛顿第二定律D用弹簧悬挂钩码探究弹力和弹簧伸长的关系考点：验证力的平行四边形定则；探究弹力和弹簧伸长的关系 专题：实验题分析：在“天宫一号”飞行器中，物体处于完全失重状态，根据实验时是否受到重力
2、的影响来分析解答此题解答：解：A、用弹簧秤验证力的平行四边形定则的实验不受重力影响，可以进行，故A正确；B、在天宫一号飞行器中，物体处于完全失重状态，不能做自由落体运动，不能用自由落体运动验证机械能守恒定律，故B错误；C、在天宫一号飞行器中砂与砂桶处于完全失重状态，它们对小车拉力为零，不能用砂桶拉动小车验证牛顿第二定律实验，故C错误；D、用弹簧悬挂钩码探究弹力和弹簧伸长的关系时，由于钩码处于完全失重状态，对弹簧的拉力为零，无法进行实验，故D错误故选：A点评：本题考查了重力对实验的影响，知道在“天宫一号”飞行器中，物体处于完全失重状态，难度不大，属于基础题2如图所示为一质点做直线运动的速度时间图
3、象，下列说法中正确的是( )A整个运动过程中，CE段的加速度最大B整个运动过程中，BC段的加速度最大C整个运动过程中，质点在C点的状态所对应的位置离出发点最远DOA段所表示的运动通过的路程是25m考点：匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分析：（1）vt图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大；（2）图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负（3）图象与坐标轴围成的面积表示位移，BC段与时间轴围成的梯形面积表示其运动的路程解答：解：A、整个过程中，CE段倾斜角最大，故其加速度数值最大，故A正确，B错误；C、从静
4、止到D点的图象与坐标轴围成的面积在时间轴的上方，位移为正，D点以后位移为负，说明此时已经反方向运动了，故D点离出发点最远，故C错误；D、OA段与时间轴围成的三角形面积为S=故D错误故选：A点评：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面积的含义，能根据图象读取有用信息，属于基础题3某物体的运动的vt图象如图所示，则下列说法正确的是( )A物体在第1 s 末运动方向发生改变B物体在第2 s 内第3 s 内的加速度是相同的C物体在第2 s 末返回出发点D物体在第5 s 时离出发点最远，且最大位移为0.5 m考点：匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专
5、题分析：vt图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，看物体是否改变运动方向就看速度图象是否从时间轴的上方到时间轴的下方解答：解：A由图象可知：物体在前2s内速度都为正，运动方向没有发生改变，故A错误； B物体在第2s内、第3s内图象的斜率相同，所以加速度是相同的，故B正确； C物体在前2s内图象与时间轴围成的面积不为零，所以没有回到出发点，故C错误； D物体在2s末和6s末位移最大，最大位移为0.5m，故D错误故选B点评：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
6、面积的含义，能根据图象读取有用信息，属于基础题4倾角为、质量为M的斜面体静止在粗糙水平面上，质量为m的滑块静止在斜面体上，滑块与斜面体间动摩擦因数为，重力加速度为g；如图所示下列结论正确的是( )A滑块受到的摩擦力大小一定是mgcosB滑块对斜面体的作用力为mgC地面对斜面体有水平向右的摩擦力D若只是增大滑块的质量，其它条件不变，释放滑块后，滑块可能沿斜面下滑考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先对木块m受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件求解支持力和静摩擦力；然后对M和m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡解答：解：A、先对
7、木块m受力分析，受重力mg、支持力N和静摩擦力f，根据平衡条件，有；f=mgsin N=mgcos 故A错误；B、斜面体对木块有支持力和静摩擦力两个力，斜面体对木块的作用力是支持力和摩擦力的合力，根据平衡条件可知，支持力和摩擦力的合力与重力mg大小相等，所以斜面体对木块的作用力大小为mg，故B正确C、对M和m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡，故桌面对斜面体的支持力为 N=（M+m）g，静摩擦力为零，故C错误；D、物体静止在斜面上，有：mgsinmgcos；如果只是增大滑块的质量，依然有：mgsinmgcos；故滑块依然保持平衡；故D错误；故选：B点评：本题关键灵活地选择研究对象，运用隔离
8、法和整体法结合求解比较简单方便5一轻杆BO，其O端用光滑铰链连接在固定竖直杆AO上，B端悬挂一重物，且系一细绳，细绳跨过杆顶端A处的光滑小滑轮，用力F拉住，如图所示现将细绳缓慢向左拉，使OB杆与OA杆间夹角逐渐减小，则此过程中，拉力F及OB杆弹力FN的变化情况是( )AFN先减小后增大BFN逐渐增大CF逐渐增大DF逐渐减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：当细绳缓慢拉动时，整个装置处于动态平衡状态，以B点为研究对象，分析受力情况，作出力图根据平衡条件，运用三角形相似法，得出F和FN与边长AB、AO、BO及物体重力的关系，再分析F、FN的变
9、化情况解答：解：A、B、设物体的重力为G以B点为研究对象，分析受力情况，作出力图，如图：作出力FN与F的合力F2，根据平衡条件得知，F2=F1=G由F2FNBABO得：=得到：FN=G式中，BO、AO、G不变，则FN保持不变故A错误，B错误；C、D、同理，有：=得到：F=G，式中，AO、G不变，但是AB逐渐减小，所以F逐渐变小故C错误，D正确；故选：D点评：本题中涉及非直角三角形，运用几何知识研究力与边或角的关系，是常用的思路6如图所示，弹簧左端固定，右端伸长到O点并系住一小滑块（可看做质点）先将弹簧压缩，使滑块达A点，然后由静止释放，滑块滑到B点时速度刚好为零，滑块与地面间摩擦力恒定，则(
10、)A滑块从A到O先加速后减速BA到B过程中，滑块在O点处速度最大C滑块从A到O过程中，加速度逐渐减小D滑块从A到O过程中，加速度逐渐增大考点：简谐运动的回复力和能量 专题：简谐运动专题分析：根据滑块的合力确定加速度的变化以及方向，结合速度方向和加速度的方向确定滑块的运动规律解答：解：A、滑块从A到O的过程中，开始弹簧的弹力大于摩擦力，加速度方向向右，向右做加速运动，加速度减小，当加速度减小为零后，弹簧的弹力小于摩擦力，向右做匀减速运动，加速度又增大，故A正确，C、D错误B、当弹簧的弹力与摩擦力相等时，速度最大，可知滑块速度最大的位置不在O点，故B错误故选：A点评：本题关键分阶段结合运动情况对物
11、体受力分析，求出合力后确定加速度的变化情况，从而最终确定物体的运动情况7如图所示，质量为m的小球置于倾角为斜面上，被一个竖直挡板挡住，现用一个水平力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，重力加速度为g；忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )A斜面对小球的弹力为B斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为maC若增大加速度a，斜面对小球的弹力一定增大D若增大加速度a，竖直挡板对小球的弹力可能不变考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：以小球为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律分析竖直挡板对球的弹力和斜面对球的弹力情况解答：解：A、以小球为研究对象，分
12、析受力情况，如图：重力mg、竖直挡板对球的弹力N和斜面的弹力F1设斜面的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得竖直方向：Ncos=mg 水平方向：F1Nsin=ma 联立解得：F1=mgtan+maN=故A正确；B、重力、斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为ma故B错误；C、由A的解析可知，斜面对小球的弹力与加速度的大小无关故C错误；D、由A的解析可知，若增大加速度a，竖直挡板对小球的弹力一定增大故D错误故选：A点评：本题运用正交分解法，根据牛顿第二定律研究物体的受力情况，要正确作出物体的受力图，抓住竖直方向没有加速度8如图所示，水平面上的小车向左运动，系在车后缘的轻绳绕过定滑轮，拉着质量为m的物体上
13、升若小车以v1的速度匀速直线运动，当车后的绳与水平方向的夹角为时，物体的速度为v2，绳对物体的拉力为T，则下列关系式正确的是( )Av2=v1Bv2cos=v1CT=mgDTmg考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向两个运动，其中沿绳方向的运动与物体上升的运动速度相等，从而即可求解解答：解：A、B、小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向两个运动，由题意中夹角为，由几何关系可得：v2=v1cos，故A错误，B错误；C、D、因v1不变，而当逐渐变小，故v2逐渐变大，物体有向上的加速度，当物块加速上升时
14、，处于超重状态，Tmg，故D正确，C错误；故选：D点评：考查运动的合成与分解的应用，掌握牛顿第二定律的内容，注意正确将小车的运动按效果进行分解是解决本题的关键9如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向图中画出了从y轴上沿x轴正向水平抛出的三个小球a，b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则( )Aa的飞行时间比b的长Bb飞行时间比c长Ca的水平速度比b的小Db的初速度比c的大考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度解答：解：A、b、c的高度相同，大于a的高
15、度，根据h=，得t=，知b、c的运动时间相同，a的飞行时间小于b的时间故A、B错误；C、因为a的飞行时间短，但是水平位移大，根据x=v0t知，a的水平速度大于b的水平速度故C错误；D、b、c的运动时间相同，b的水平位移大于c的水平位移，则b的初速度大于c的初速度故D正确故选：D点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移10如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )AA的速度比B的大B悬挂A、B
16、的缆绳与竖直方向的夹角相等C悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小DA与B的向心加速度大小相等考点：向心力；牛顿第二定律 专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：AB两个座椅具有相同的角速度，分别代入速度、加速度、向心力的表达式，即可求解解答：解：A、AB两个座椅共轴转动，具有相同的角速度根据公式：v=r，A的运动半径小，A的速度小故A错误；B、如图，对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtan=m2r，则得tan=则知A的半径r较小，相等，可知A与竖直方向夹角较小，故B错误C、A的向心加速度就小，A的向心力就小，A对缆绳的拉力就小，故C正确D、根据公式：a=2r，
17、A的运动半径小，A的向心加速度就小，故D错误；故选：C点评：该题中，AB的角速度相等而半径不相等是解题的关键要正确运用牛顿第二定律和向心力公式分析此类问题二、多项选择题（本题有4小题，在每小题给出的4个选项中有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分，共12分）11如图所示，小球A放在真空容器B内，小球的直径恰好等于正方体B的边长，将它们以初速度v0竖直上抛，A、B一起上升的过程中，下列说法正确的是( )A若不计空气阻力A、B间一定没有弹力B若不计空气阻力A、B间一定有弹力C若考虑空气阻力，A对B的上板一定有压力D若考虑空气阻力，A对B的下板一定有压力考点：超重和失重
18、；力的合成 分析：将容器以初速度V0竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，其合力为重力，A、B间无相互作用力若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析B所受压力方向解答：解：A、B、将容器以初速度V0竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，上升和下落过程其合力等于其重力，则B对A没有压力，A对B也没有支持力故A正确，B错误 C、若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：上升过程加速度大于
19、g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：B受到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的压力A对B的压力向下故C正确 D、若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：下落过程加速度小于g，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：A受到的合力小于重力，B除受到重力外，还应受到向上的力，即A对B的支持力向上，对B的下板可能没有压力，故D错误故选：AC点评：本题采用整体法和隔离法，由牛顿定律分析物体的受力情况，考查灵活选择研究对象的能力12甲、乙两汽车在平直的公路上，t=0s时从同一地点向同一方向行驶，06s内，它们的vt图象如图所示，甲图象是曲线，乙图象是直线；在这段时间内，
20、下列说法正确的是( )A甲、乙在6s时相遇B甲、乙在2s时，间距最大C06s内甲、乙平均速度相等D06s内甲的平均速度大于乙的平均速度考点：匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分析：甲、乙两汽车在平直的公路上，t=0s时从同一地点向同一方向行驶，当位移相等时才相遇根据它们速度关系分析间距的变化由图象与时间轴围成的面积为汽车运动的位移，从而分析位移的大小，判断出平均速度的大小解答：解：A、速度图象与时间轴围成的面积表示汽车运动的位移，则可知，6s时甲的位移比乙的大，两者没有相遇，故A错误；B、在t=2s前，乙的速度比甲大，乙在甲的前方，两者间距增大，t=2s后，甲的速度比乙大，两者间距
21、减小，所以在2s时，间距最大，故B正确CD、由上知06s时甲的位移比乙的大，所用时间相等，则06s内甲的平均速度大于乙的平均速度故D正确故选：BD点评：解答本题应注意：（1）速度的正负表示物体速度的方向；（2）面积的正负表示物体位移的方向；（3）明确两物体的距离关系，可通过画运动的过程示意图帮助理解题意13如图所示，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A已知A点高度为h，山坡倾角为，由此可算出( )A轰炸机的飞行高度B轰炸机的飞行速度C炸弹的飞行时间D炸弹投出时的速度考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位
22、移与水平方向夹角正切值的2倍，速度方向的夹角得知位移与水平方向夹角的正切值，再通过水平位移求出竖直位移，从而得知轰炸机的飞行高度，炸弹的飞行时间，以及炸弹的初速度解答：解：A、根据A点的高度可知A点到底端的水平位移，即炸弹的水平位移，由于炸弹垂直击中目标A，得知速度与水平方向的夹角，抓住平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，可得知平抛运动竖直位移从而得出轰炸机的飞行高度故A正确B、求出平抛运动的竖直位移，根据y=得出炸弹平抛运动的时间，根据时间和水平位移求出轰炸机（炸弹）的初速度故BCD正确故选：ABCD点评：解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规
23、律，知道平抛运动的一些推论，并能灵活运用14铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的弯道处要求外轨比内轨高，铁路弯道处剖面图如图所示，内外轨的高度差为h，h的设计不仅与r有关，还与火车在弯道上行驶速率v有关下列说法正确的是( )Ar一定时，v越小则要求h越大Br一定时，v越大则要求h越大Cv一定时，r越小则要求h越大Dv一定时，r越大则要求h越大考点：向心力；牛顿第二定律 专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：火车转弯时，重力与支持力的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解解答：解：设内外轨的水平距离为d，铁轨路面的倾角为根据火车转弯时，重力与支持力的合力提供向心力得： mgtan=m因为路
24、面倾角很小，则有 tantan=联立得 v=AB、如果r一定时，v越大则要求h越大，故A错误，B正确；CD、如果v一定时，r越小则要求h越大，r越大则要求h越小，故C正确，D错误故选：BC点评：本题是物理模型在实际生活中的应用题，注意几何关系在解题中的运用，难度适中三、实验题（本题2小题，每小题6分，共12分）15某实验小组用打点计时器研究匀变速直线运动某次实验所得纸带如图所示，在纸带上便于测量的地方选取了A、B、C、D、E5个计数点，相邻计数点间还有4个点未标出，打点计时器所接电源频率50Hz测得AB长为6.02cm，BC长为8.58cm，CD长11.15cm，DE长为13.73cm，则打C
25、点时小车的瞬时速度大小为0.987m/s；小车运动的加速度大小为2.57m/s2（保留三位有效数字）考点：测定匀变速直线运动的加速度 专题：实验题；直线运动规律专题分析：根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小解答：解：由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小vC=0.987 m/s，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的
26、大小，得：a=2.57m/s2故答案为：0.987，2.57点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用16某同学利用如图1所示的实验装置，探究小车的加速度和它所受拉力F的关系（1）除备有4个50g钩码外，另有下列实验器材备选：A质量为300g的小车B质量为2kg的小车C输出电压46V的直流电源D输出电压46V的交流电源为保证实验成功，选用的实验小车应为B，电源应为D（填字母代号）（2）某同学正确选择实验器材后，通过实验得到如图2所示的aF图象，造成图线未过坐标原点的原因是平衡摩擦力时，木板倾角过大考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系
27、 专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：当钩码总质量远远小于小车和砝码的总质量，即mM时才可以认为绳对小车的拉力大小等于钩码的重力；实验时要平衡摩擦力，如果平衡摩擦力时木板倾角太大，过平衡摩擦力，则小车受到的合力大于细线对小车的拉力，aF图象不过原点，在a轴上有截距解答：解：（1）当mM时，即钩码的总质量m远远小于小车和砝码的总质量M时，绳子的拉力近似等于钩码的总重力，由题意可知，选用的实验小车应为质量为2kg的小车，即选：B，电源应为输出电压46V的交流电源，即选：D（2）由图2可知，aF图象不过原点，在a轴上有截距，即F=0时有加速度，这是由于在平衡摩擦力时，木板被垫的太高，木板倾角过大
28、，平衡摩擦力太过造成的；故答案为：（1）B，D；（2）平衡摩擦力时，木板倾角过大点评：在“探究加速度与力、质量的关系”的实验用控制变量法，本实验只有在满足平衡摩擦力和小车质量远大于钩码质量的双重条件下，才能用钩码重力代替小车所受的合力，同时加强基础物理知识在实验中的应用，加强解决实验问题的能力四、计算题（本题4小题，共46分）17将小球从高塔边以v=20m/s的初速度竖直上抛，空气阻力忽略不计重力加速度g=10m/s2求：（1）经多长时间小球的速度大小为10m/s；（2）经t=5s时，小球离抛出点的距离为多少考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；竖直上抛运动 专题：直线运动规律专题分析：根据
29、匀变速直线运动的速度时间公式求出速度变为10m/s时的时间，根据位移时间公式求出小球离抛出点的距离解答：解：（1）规定初速度的方向为正方向，由vt=v0gt得，当vt=10m/s时，代入数据解得：，当vt=10m/s时，代入数据解得：（2）根据位移时间公式得，h=代入数据解得：h=25m即，5s时小球在抛出点下方25m处答：（1）经1s或3s时间小球的速度大小为10m/s；（2）经t=5s时，小球离抛出点的距离为25m点评：解决本题的关键知道竖直上抛运动是加速度不变的匀变速直线运动，可以直接运用匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式进行求解18如图所示，水平传送带以v=2m/s的速度匀速运
30、转，在其左端无初速度释放一质量为m=1kg的小滑块，滑块可视为质点，滑块与传送带间的动摩擦因数=0.2，传送带长L=2m，重力加速度g=10m/s2求：（1）滑块从传送带左端到右端的时间？（2）滑块相对传送带滑行的位移？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）小物块在传送带上一直做匀加速运动，求出小物块到B时速度，与传送带的速度相比，若大于传送带速度，则假设不成立，则物块先做匀加速运动，后与传送带一起匀速运动；（2）先求出运动过程中传送带的位移x，则小物块由A滑到B的过程中相对传送带滑动的距离为Lx；解答：解：（1）滑块运动的加速度释放后经t
31、1时间达传送带速度，s；位移m2m之后匀速运动的时间s总时间：t=t1+t2=1s+0.5s=1.5s（2）滑块和传送带在t1时间内有相对运动传送带的位移：s2=vt1=21m=2m滑块相对传送带的位移：s=s2s1=2m1m=1m答：（1）滑块从传送带左端到右端的时间是1.5s；（2）滑块相对传送带滑行的位移是1m点评：本题主要考查了相对运动的问题，关键是对物体的运动情况分析清楚，然后根据运动学公式列式求解，难度适中19如图所示，匀速转动的水平转台上，沿半径方向放置两个用细线相连的小物块A、B（可视为质点），质量分别为mA=3kg、mB=1kg；细线长L=2m，A、B与转台间的动摩擦因数=0
32、.2开始转动时A放在转轴处，细线刚好拉直但无张力，重力加速度G=10m/s2最大静摩擦力等于滑动摩擦力求：（1）使细线刚好拉直但无张力，转台转动的最大角速度1为多少；（2）使A、B能随转台一起匀速圆周运动，转台转动的最大角速度2为多少考点：向心力；牛顿第二定律 专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：细绳的弹力刚好为零，B与转台间摩擦力恰好达最大静摩擦力，且提供向心力，代入数据可以计算出此时的最大角速度A、B与转台间摩擦力都达最大静摩擦力，分别对A和B受力分析，根据牛顿第二定律列方程计算此时的角速度解答：解：（1）当转台角速度为1时，B与转台间摩擦力恰好达最大静摩擦力，细绳的弹力刚好为零；有
33、：带入数值解得：1=1rad/s（2）当转台角速度为2时，A、B与转台间摩擦力都达最大静摩擦力，则：对A有：mAg=T； 对B有：带入数值解得：2=2rad/s答：（1）使细线刚好拉直但无张力，转台转动的最大角速度1为1rad/s；（2）使A、B能随转台一起匀速圆周运动，转台转动的最大角速度2为2rad/s点评：本题考查圆周运动中力与运动的关系，注意本题中为静摩擦力与绳子的拉力充当向心力，故应注意静摩擦力是否已达到最大静摩擦力20质量为m、长为L的长木板静止在光滑水平面上；质量也为m的小滑块（可看做质点），放在长木板的左端，如图所示；给小滑块一水平向右的拉力F；当F取不同值时求解下列问题（重力
34、加速度为g）（1）使滑块在木板上发生相对滑动，F至少为多大；（2）当F=3mg时，经多长时间，力F可使滑块滑至木板的最右端；（3）当F=3mg时，F至少作用多长时间后再撤去，最终滑块可以滑到木板的最右端考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）若发生相对滑动，滑块与木板间摩擦力达最大静摩擦力，对整体研究根据牛顿第二定律可得系统加速度，隔离分析木板，根据牛顿第二定律可求解；（2）通过受力分析，得到合外力，根据牛顿第二定律求得加速度，进而由位移时间公式求出运动时间；（3）分段分析运动特征，由牛顿第二定律求出加速和减速过程中的加速度，进而求出时间解答
35、：解：（1）若使滑块在木板上发生相对滑动，对滑块、木板整体有：F=2ma当滑块与木板间摩擦力达最大静摩擦力时，对木板有：mg=ma联立解得：F=2mg（2）设滑块、木板的加速度分别为a1，a2；由牛顿运动定律得：Fmg=ma1mg=ma2解得：a1=2g，a2=g；设经t时间，滑块滑到木板的最右端；解得：（3）设经t1时间撤去外力F；撤去外力F后，滑块的加速度为a3；mg=ma3解得：a3=g设撤去外力F后，再经t2时间，滑块滑到木板最右端时恰好和木板有相同的速度则：a1t1a3t2=a2（t1+t2）解得：位移关系有：解得：答：（1）使滑块在木板上发生相对滑动，F至少为2mg；（2）当F=3mg时，经，力F可使滑块滑至木板的最右端；（3）当F=3mg时，F至少作用后再撤去，最终滑块可以滑到木板的最右端点评：该题不难，主要从受力分析入手，结合牛顿第二定律和运动学公式即可求出结果