1、2015-2016学年新疆生产建设兵团第一师高中高三（上）第一次月考物理试卷一、选择题：1、2、3、4、5为单选，6、7、8、9、10为多选，每小题6分，共60分1一滑块一初速v0从固定斜面底端沿斜面向上滑，已知斜面足够长，则该滑块的速度一时间图象不可能是下面的（）ABCD2质量为1kg的小球从空中某处自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，则（）A小球下落时离地面的高度为0.45 mB小球在0.8 s内通过的路程为0.8 mC小球第一次反弹后的加速度大小为10 m/s2D小球与地面碰撞过程中速度变化量的大小为2 m/s3某驾驶员手册规定具有良好刹车性能的汽
2、车在以90km/h的速率行驶时，可以在80m的距离内被刹住；在以54km/h的速率行驶时，可以在33m的距离内被刹住假设对于这两种速率，驾驶员所允许的反应时间（在反应时间内驾驶员来不及使用刹车，车速不变）与刹车的加速度都相同，则允许驾驶员的反应时间约为（）A0.2sB0.4sC0.5sD0.7s4如图所示，一只小鸟沿着较粗的均匀树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A运动到B的过程中（）A树枝对小鸟的合作用力先减小后增大B树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大C树枝对小鸟的弹力先减小后增大D树枝对小鸟的弹力保持不变5如图所示，在水平力F作用下，木块A、B保持静止若木块A与B的接触面是水平的，且F0则木块B的受
3、力个数可能是（）A3个B7个C5个D6个6在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为的加速度向东行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（）A8B10C15D187如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的v0，v1，t1均为已知量，则可求出（）A斜面的倾角B物块的质量C物块与斜面间的动摩擦因数D物块沿斜面向上滑行的最大高度8如图，将一根不
4、可伸长、柔软的轻绳左、右两端分别系于A、B两点上，一物体用动滑轮悬挂在轻绳上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为1，绳子张力为F1；将绳子右端移到C点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为2，绳子张力为F2；将绳子右端再由C点移到D点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为3，绳子张力为F3，不计摩擦，并且BC为竖直线，则（）AF1F2F3B1=2=3C1=23DF1=F2F39如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出（
5、）A物体的初速率v0=3m/sB物体与斜面间的动摩擦因数=0.75C取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin=1.44mD当某次=30时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑10如图所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块t=0时刻起，给木块施加一水平恒力F分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合运动情况的是（）ABCD二、填空题（本题共2小题，共12分，每小题6分，将正确答案填在题中横线上）11某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的
6、一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离（1）物块下滑是的加速度a=m/s2，打C点时物块的速度v=m/s；（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是（填正确答案标号）A物块的质量 B斜面的高度 C斜面的倾角12有同学利用如图1所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力TOA、TOB和TOC，回答下列问题：（1）改变钩码个数，实验能完成的是A钩码的个数N1=N2=2，N3=4B钩码的个数N1=N3=3，N2=4C钩码的个数N1=N2
7、=N3=4D钩码的个数N1=3，N2=4，N3=5（2）在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是A标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B量出OA、OB、OC三段绳子的长度C用量角器量出三段绳子之间的夹角D用天平测出钩码的质量（3）在作图时，你认为图2中是正确的（填“甲”或“乙”）三、论述、计算题（本题共4小题，共44分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位）13如图所示，质量为m1=5kg的滑块置于一粗糙的斜面上，用一平行于斜面的大小为30N的力F推滑块，滑块沿斜面向上匀速运动，斜面体质量m2=10kg，且始终静止，取g=10m/s2，求：（1）
8、斜面对滑块的摩擦力（2）地面对斜面体的摩擦力和支持力14如图所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30时恰能沿斜面匀速下滑对物体施加一大小为F的水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）这一临界角0的大小15如图所示，倾角为的光滑斜面ABC放在水平面上，劲度系数分别为k1、k2的两个轻弹簧沿斜面悬挂着，两弹簧之间有一质量为m1的重物，最下端挂一质量为m2的重物，此时两重物处于平衡状态，现把斜面ABC绕A点缓慢地顺时针旋转90后，
9、重新达到平衡试求：m1、m2沿斜面各移动的距离16如图所示，放在水平地面上的长木板B，长为：l m，质量为2kg，B与地面之间的动摩擦因数为0.2一质量为3kg的小铅块A，放在B的左端，A、B之间的动摩擦因数为0.4，当A以3m/s的初速度向右运动之后，求最终A对地的位移和A对B的位移2015-2016学年新疆生产建设兵团第一师高中高三（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：1、2、3、4、5为单选，6、7、8、9、10为多选，每小题6分，共60分1一滑块一初速v0从固定斜面底端沿斜面向上滑，已知斜面足够长，则该滑块的速度一时间图象不可能是下面的（）ABCD【考点】牛顿第二定律；
10、匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】分析滑块可能的受力情况和运动情况：滑块可能不受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，两个过程的加速度相同；滑块可能受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律分析加速度关系；滑块可能向上做匀减速运动，最后停在最高点速度图象的斜率等于加速度【解答】解：A、若滑块受滑动摩擦力，滑块可能向上做匀减速运动，最后停在最高点故A是可能的；B、C若滑块受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律分析得知，下滑的加速度小于上滑的加速度，下滑过程
11、速度图象的斜率小于上滑过程的斜率故B是可能的，C是不可能的；D、若滑块可能不受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知，两个过程的加速度相同；故D是可能的题目要求选不可能的，故选：C【点评】本题是多解问题，要考虑各种可能的受力情况和运动情况，再抓住速度图象的斜率等于加速度，即可作出判断2质量为1kg的小球从空中某处自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，则（）A小球下落时离地面的高度为0.45 mB小球在0.8 s内通过的路程为0.8 mC小球第一次反弹后的加速度大小为10 m/s2D小球与地面碰撞过程中速度变化量的大小为
12、2 m/s【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】速度图象的“面积”大小等于物体在某一段时间内发生的位移、斜率等于物体的加速度【解答】解：A、小球下落时离地面的高度等于图象在00.5s内“面积”大小，即得：h1=50.5=1.25m故A错误B、小球在0.50.8s时间内上升的高度为：h2=30.3=0.45m故在0.8s内的总路程为s=1.25+0.45=1.70m，故B错误C、速度图象的斜率等于物体的加速度，则得小球第一次反弹后的加速度大小为：a=m/s2=10m/s2故C正确D、小球与地面碰撞过程中速度的变化量为v=3m/s5m/s=8m/s，速度的变化量的大小为8m
13、/s故D错误故选：C【点评】本题解题的关键在于正确理解图象的意义：速度图象的“面积”大小等于物体在某一段时间内发生的位移、斜率等于物体的加速度熟练掌握运用图象处理物理问题的能力3某驾驶员手册规定具有良好刹车性能的汽车在以90km/h的速率行驶时，可以在80m的距离内被刹住；在以54km/h的速率行驶时，可以在33m的距离内被刹住假设对于这两种速率，驾驶员所允许的反应时间（在反应时间内驾驶员来不及使用刹车，车速不变）与刹车的加速度都相同，则允许驾驶员的反应时间约为（）A0.2sB0.4sC0.5sD0.7s【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】直线运动
14、规律专题【分析】假设驾驶员的反应时间为t，在反应时间内汽车做匀速直线运动，然后做匀减速直线运动到停止，两过程刹车位移可分别列等式，即可解除驾驶员的反应时间【解答】解：假设驾驶员的反应时间为t，在第一个过程中，反应时间内汽车做匀速直线运动速度v1，所以反应时间内的位移x1=v1t然后做匀减速直线运动到停止，由位移速度关系式得：0v12=2ax2全过程位移：X1=x1+x2=80m在第二个过程中，反应时间内汽车做匀速直线运动速度v2，所以反应时间内的位移x3=v2t然后做匀减速直线运动到停止，由位移速度关系式得：0v22=2ax4 全过程位移：X2=x3+x4=33m由解得：t=0.7s故选：D【
15、点评】分析清楚物体运动的过程，先是匀速直线运动，后是匀减速直线运动，分过程应用运动规律求解即可，本题的难度适中4如图所示，一只小鸟沿着较粗的均匀树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A运动到B的过程中（）A树枝对小鸟的合作用力先减小后增大B树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大C树枝对小鸟的弹力先减小后增大D树枝对小鸟的弹力保持不变【考点】共点力平衡的条件及其应用；* 固体的微观结构【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】小鸟缓慢爬行，合力为零，受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，根据平衡得出摩擦力的变化和弹力的变化【解答】解：A、树枝对小鸟的作用力与小鸟的重力等值反向，所以树枝对小鸟的作用力大小不变，故A错误
16、B、小鸟所受的摩擦力f=mgsin，从A到B的过程中，先减小后增大，则摩擦力先减小后增大，故B正确C、小鸟所受的弹力N=mgcos，从A到B的过程中，先减小后增大，则弹力先增大后减小，故C、D错误故选：B【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意小鸟所受的摩擦力为静摩擦力5如图所示，在水平力F作用下，木块A、B保持静止若木块A与B的接触面是水平的，且F0则木块B的受力个数可能是（）A3个B7个C5个D6个【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】定性思想；整体法和隔离法；共点力作用下物体平衡专题【分析】先对A分析，B对A有向右的静摩擦力；再分析B
17、受力，B可能受到斜面的静摩擦力，也可能不受斜面的静摩擦力，B受力情况有两种可能【解答】解：以整体为研究对象，力F大小合适时，整体相对斜面无运动趋势，斜面对B无摩擦力；力F偏大或偏小，斜面对B有摩擦力另外，B受重力、斜面对B的支持力、A对B的压力，因为A受力平衡，必受B对A的摩擦力，故A、B的接触面上，A对B有摩擦力，再加上可能存在斜面对B的摩擦力，故B的受力个数可能是4个，也可能是5个，选项C正确故选：C【点评】本题考查受力分析，意在考查考生受力分析的能力以及合理选择研究对象应用整体法和隔离法解决问题的能力；本题关键先对A分析，根据平衡条件得到B对A有向左的静摩擦力，然后根据牛顿第三定律得到A
18、对B有向右的静摩擦力；再按照重力、弹力、摩擦力的顺序找力6在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为的加速度向东行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（）A8B10C15D18【考点】牛顿第二定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】根据两次的情况，利用牛顿第二定律得出关系式，根据关系式分析可能的情况即可【解答】解：设PQ两边的车厢数为P和Q，当机车在东边拉时，根据牛顿第二定律可得：F=Pma，
19、当机车在西边拉时，根据牛顿第二定律可得：F=Qma，根据以上两式可得：，即两边的车厢的数目可能是2和3，或4和6，或6和9，或8和12，等等，所以总的车厢的数目可能是5、10、15、20，所以可能的是BC故选：BC【点评】本题不是确切的数值，关键的是根据牛顿第二定律得出两次之间的关系，根据关系来判断可能的情况，本题比较灵活，是道好题7如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的v0，v1，t1均为已知量，则可求出（）A斜面的倾角B物块的质量C物块与斜面间的动摩擦因数D物块沿斜面向上滑行的最大高度【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【专
20、题】牛顿运动定律综合专题【分析】由图b可求得物体运动过程及加速度，再对物体受力分析，由牛顿第二定律可明确各物理量是否能够求出【解答】解：由图b可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移；图象的斜率表示加速度，上升过程及下降过程加速度均可求，上升过程有：mgsin+mgcos=ma1；下降过程有：mgsinmgcos=ma2；两式联立可求得斜面倾角及动摩擦因数；但由于m均消去，故无法求得质量；因已知上升位移及夹角，则可求得上升的最大高度；故选：ACD【点评】本题考查牛顿第二定律及图象的应用，要注意图象中的斜率表示加速度，面积表示位移
21、；同时注意正确的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系8如图，将一根不可伸长、柔软的轻绳左、右两端分别系于A、B两点上，一物体用动滑轮悬挂在轻绳上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为1，绳子张力为F1；将绳子右端移到C点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为2，绳子张力为F2；将绳子右端再由C点移到D点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为3，绳子张力为F3，不计摩擦，并且BC为竖直线，则（）AF1F2F3B1=2=3C1=23DF1=F2F3【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】绳子右端从B移动到C点时，根据几何关系可以判断出，两个绳
22、子之间的夹角不变，然后根据三力平衡条件判断出绳子拉力不变；绳子右端从B移动到D点时，绳子间夹角变大，再次根据共点力平衡条件判断【解答】解：设绳子结点为O，对其受力分析，如图当绳子右端从B移动到C点时，根据几何关系，有AOsin+BOsin=AC同理有：AOsin+BOsin=AC绳子长度不变，有AO+OB=AO+OB故1=2绳子的结点受重力和两个绳子的拉力，由于绳子夹角不变，根据三力平衡可知，绳子拉力不变，即F1=F2；绳子右端从B移动到D点时，绳子间夹角显然变大，绳子的结点受重力和两个绳子的拉力，再次根据共点力平衡条件可得F1F3故1=23，F1=F2F3故选：C【点评】本题关键根据几何关系
23、判断出两次移动过程中两绳子间夹角的变化情况，然后根据共点力平衡条件作图，运用合成法分析9如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出（）A物体的初速率v0=3m/sB物体与斜面间的动摩擦因数=0.75C取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin=1.44mD当某次=30时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑【考点】动能定理的应用；动摩擦因数；动能定理【分析】由题意明确图象的性质，则可得出位移的决定因素；根据竖
24、直方向的运动可求得初速度；由水平运动关系可求得动摩擦因数；再由数学关系可求得位移的最小值【解答】解：A、由图可知，当夹角=0时，位移为2.40m；而当夹角为90时，位移为1.80m；则由竖直上抛运动规律可知：v02=2gh；解得：v0=6m/s；故A错误；B、当夹角为0度时，由动能定理可得：mgx=mv02；解得：=0.75；故B正确；C、mgxsinmgcosx=0mv02解得：x=；当+=90时，sin（+）=1；此时位移最小，x=1.44m；故C正确；D、若=30时，物体受到的重力的分力为mgsin30=mg；摩擦力f=mgcos30=0.75mg=mg；一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦
25、力；故小球达到最高点后，不会下滑；故D错误；故选：BC【点评】本题综合考查动能定理、受力分析及竖直上抛运动；并键在于先明确图象的性质，再通过图象明确物体的运动过程；结合受力分析及动能定理等方法求解10如图所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块t=0时刻起，给木块施加一水平恒力F分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合运动情况的是（）ABCD【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】木块可能与木板保持相对静止，一起做匀加速直线运动，也可能与木板发生相对滑动，相对于木板向前滑根据牛顿第二定律得出
26、加速度以及速度与时间的关系【解答】解：A、木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动加速度大小相等故A正确B、木块可能相对木板向前滑，即木块的加速度大于木板的加速度，都做匀加速直运动故B错误，C正确D错误故选：AC【点评】解决本题的关键知道木块和木板之间运动情况，知道速度时间图线的斜率表示加速度二、填空题（本题共2小题，共12分，每小题6分，将正确答案填在题中横线上）11某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离（1）物块下滑是的加速度a=3.25m/s2
27、，打C点时物块的速度v=1.79m/s；（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是C（填正确答案标号）A物块的质量 B斜面的高度 C斜面的倾角【考点】探究影响摩擦力的大小的因素；测定匀变速直线运动的加速度【专题】实验题【分析】（1）根据x=aT2可求加速度，根据求解C点的速度；（2）对滑块根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因素的表达式进行分析即可【解答】解：（1）根据x=aT2，有：解得：a=3.25m/s2打C点时物块的速度：v=m/s=1.79m/s（2）对滑块，根据牛顿第二定律，有：mgsinmgcos=ma解得：=故还需要测量斜面的倾角，故选：C；故答案为：（1）3.
28、25，1.79；（2）C【点评】实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等等12有同学利用如图1所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力TOA、TOB和TOC，回答下列问题：（1）改变钩码个数，实验能完成的是BCDA钩码的个数N1=N2=2，N3=4B钩码的个数N1=N3=3，N2=4C钩码的个数N1=N2=N3=4D钩码的个数N1=3，N2=4，N3=5（2）在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是AA标记结点O的位置，并记
29、录OA、OB、OC三段绳子的方向B量出OA、OB、OC三段绳子的长度C用量角器量出三段绳子之间的夹角D用天平测出钩码的质量（3）在作图时，你认为图2中甲是正确的（填“甲”或“乙”）【考点】验证力的平行四边形定则【专题】实验题【分析】（1）两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于O点（如图所示）由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以O点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可知：三角形的三个边表示三个力的大小，根据该规律判断哪组实验能够成功（2）为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向；（3）明确“实际值”和“理论值”的区
30、别即可正确解答【解答】解：（1）对O点受力分析OA OB OC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以0C等于OD因此三个力的大小构成一个三角形A、2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故A错误；B、3、3、4可以构成三角形，则结点能处于平衡故B正确；C、4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡故C正确；D、3、4、5可以构成三角形，则结点能处于平衡故D正确故选：BCD（2）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB
31、、OC三段绳子的方向，故A正确，BCD错误故选：A（3）以O点为研究对象，F3的是实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际故答案为：（1）BCD （2）A （3）甲【点评】掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析，明确“理论值”和“实际值”的区别三、论述、计算题（本题共4小题，共44分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位）13如图所示，质量为m1=5kg的滑块置于一粗糙的斜面上，用一平行于斜面的大小为30N的力F推滑块，滑块沿斜面向上匀速运
32、动，斜面体质量m2=10kg，且始终静止，取g=10m/s2，求：（1）斜面对滑块的摩擦力（2）地面对斜面体的摩擦力和支持力【考点】共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力；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】（1）以滑块为研究对象，分析受力情况滑块向上匀速运动时，合力为零，根据平衡条件求解斜面对滑块的摩擦力（2）再以整体为研究对象，整体的合力为零，分析受力情况，由平衡条件求解地面对斜面体的摩擦力和支持力【解答】解：解：（1）以滑块为研究对象，分析受力情况如图，滑块向上匀速运动时，则有：F=m1gsin30+f1，则得斜面对滑块的摩擦力：f1=Fm1gsin30=30500
33、.5（N）=5N（2）以整体为研究对象，整体的合力为零，分析受力情况，根据平衡条件得：水平方向：f2=Fcos30竖直方向：N+Fsin30=（m1+m2）g解得：f2=N，N=135N答：（1）斜面对滑块的摩擦力是5N （2）地面对斜面体的摩擦力是N，支持力是135N【点评】本题是两个物体平衡的问题，首先要灵活选择研究对象，其次要正确分析受力情况本题解答采用整体法和隔离法相结合的方法，比较简便14如图所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30时恰能沿斜面匀速下滑对物体施加一大小为F的水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界
34、角0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）这一临界角0的大小【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】本题（1）的关键是正确对物体受力分析，采用正交分解法分别列出牛顿第二定律表达式，然后求解即可；题（2）的关键是根据牛顿第二定律写出物体匀速时的函数表达式，然后再讨论即可【解答】解：（1）物体m匀速下滑时应有：mgsin30=mgcos30，解得=tan30=；（2）设斜面的倾角为，对物体受力分析，由匀速运动的条件应有： Fcos=mgsin+=联立可得F=，讨论如下：当cossin=0
35、时，F，即无论用多大的力都不能使物体沿斜面上滑，可解得临界角tan=tan=，解得=60答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数为=（2）临界角=60【点评】涉及到有关极值的问题，应首先根据相应的物理规律写出相应的文字表达式，然后再根据数学极值问题进行讨论即可，注意数学三角函数公式的应用15如图所示，倾角为的光滑斜面ABC放在水平面上，劲度系数分别为k1、k2的两个轻弹簧沿斜面悬挂着，两弹簧之间有一质量为m1的重物，最下端挂一质量为m2的重物，此时两重物处于平衡状态，现把斜面ABC绕A点缓慢地顺时针旋转90后，重新达到平衡试求：m1、m2沿斜面各移动的距离【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与
36、分解的运用；胡克定律【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】在旋转前后，物体均处于平衡状态，则共点力的平衡条件可得出物体弹簧弹力，由胡克定律可求得弹簧的伸长量，则可得出旋转前后的距离【解答】解：没旋转时，两弹簧均处于伸长状态，两弹簧伸长量分别为x1、x2，由平衡条件可知k2x2=m2gsin，解得：x2=k2x2+m1gsin=k1x1解得：x1=旋转后，两弹簧均处于压缩状态，压缩量为x1，x2m2gcos=k2x2解得：x2=（m1+m2）gcos=k1x1解得：x1=所以m1移动的距离d1=x1+x1=m2移动的距离d2=x2+x2+d1=（sin+cos）+（sin+cos）答：m1、m
37、2沿斜面移动的距离各为和（sin+cos）+（sin+cos）【点评】本题为共点力的平衡问题，受力分析较为简单，只要明确沿斜面方向平衡关系即可求解16如图所示，放在水平地面上的长木板B，长为：l m，质量为2kg，B与地面之间的动摩擦因数为0.2一质量为3kg的小铅块A，放在B的左端，A、B之间的动摩擦因数为0.4，当A以3m/s的初速度向右运动之后，求最终A对地的位移和A对B的位移【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；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】分别对A、B进行受力分析，根据牛顿第二定律求出它们的加速度，利用力与运动的关系，分析出A做
38、匀减速，B做匀加速运动，当两者速度相等时，一起做匀减速运动到停止【解答】解：对A： =4m/s2 对B： =1m/s2A对地做匀减速运动，B对地做匀加速运动，设经过时间t，A的位移为xA，B的位移为xB，两者达到共同速度v，然后共同做匀减速运动，最后停止对A：v=v0+aAt对B：v=aBt代入数据，得：v=0.6m/s，t=0.6s，xA=1.08m，xB=0.18mA对B的位移x=xAxB=0.9mA、B共同运动的加速度=2m/s2x0=0.09m最终A对地的位移x总=xA+x0=1.17m故最终A对地的位移1.17mA对B的位移为0.9m【点评】解决本题的关键是正确地对A、B进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，结合力与运动的关系，分析物体的运动状况2016年2月4日