1、12018-2019 学年山东省日照市高一（上）期末物理试卷一、单选题（本大题共 10 小题，共 30.0 分）1.做匀加速直线运动的物体的加速度为 ，对任意 1s 来说，下列说法中错误是 A. 某 1 s 末的速度比该 1 s 初的速度总是大 3 B. 某 1 s 末的速度比该 1 s 初的速度总是大 3 倍C. 某 1 s 末的速度比前 1 s 末的速度大 3 D. 某 1 s 末的速度比前 1 s 初的速度大 6 【答案】B【解析】【分析】根据题意可知做匀加速直线运动的物体的加速度为 ，即在任意 1s 内的末速度比初速度大 【详解】做匀加速直线运动的物体的加速度为 ，某 1 s 末比该
2、1 s 初多 1s，根据得：某 1s 末的速度比该 1s 初的速度总是大 。故 A 说法正确，B 说法错误；某 1 s 末比前 1 s 末多 1s，根据 ，知某 1s 末的速度比前 1s 末的速度大 ，故C 说法正确；某 1 s 末比前 1 s 初多 2s，根据 ，知某 1s 末的速度比前 1s 初的速度大 ，故 D 说法正确。所以选 B。2.一运动员双手握住单杠，使身体悬空静止，当两手间距增大时，每只手臂所受的力 T 及它们的合力 F 的大小变化情况是 A. T 增大， F 增大 B. T 增大， F 减小 C. T 增大， F 不变 D. T 减小， F 不变【答案】C【解析】【分析】根据
3、两手间距增大时，增大了手臂之间的夹角，两只手臂所受的力 T 的合力 F 与运动员重力平衡，由此可知合力 F 大小不变，由于夹角的增大，合力保持不变，只每只手臂所受力T 是增大的。【详解】运动员所受 T 的合力 F 与运动员重力大小相等方向相反，故夹角增大时合力大小不变；2手臂间距增大时，相当于在力图中两力 T 之间的夹角增大，若力 T 大小不变，则其合力 F随夹角的增大而减小，现要保持合力 F 大小不变，当夹角增大时，则 T 增大，所以 C 正确，ABD 错误。3.下列有关摩擦力的说法，正确的是 A. 只有静止的物体才受静摩擦力，只有运动的物体才受滑动摩擦力B. 静摩擦力、滑动摩擦力均与压力成
4、正比C. 滑动摩擦力的方向与物体运动的方向一定相反D. 静摩擦力的方向与相对运动趋势的方向相反【答案】D【解析】【分析】运用摩擦力总是阻碍物体之间的相对运动或相对运动的趋势；只有相对静止的物体才可能受到静摩擦力，只有相对运动的物体才有可能受到滑动摩擦力，静止的物体可以受滑动摩擦力；而滑动的物体也可以受静摩擦力。【详解】只有相对静止的物体才可能受到静摩擦力，只有相对运动的物体才有可能受到滑动摩擦力；故 A 错误；静摩擦力与压力无关、滑动摩擦力才与压力成正比，故 B 错误；滑动滑擦力总是阻碍物体之间的相对运动，与物体运动的方向可能相反，故 C 错误；静摩擦力的方向与相对运动趋势的方向相反，静摩擦力
5、可以与物体的运动方向相同，即可以作为物体运动的动力，故 D 正确。所以 D 正确，ABC 错误。【点睛】在理解摩擦力时，一定要注意理解“相对”的含义，区分相对运动和对地运动；摩擦力产生的条件：除了粗糙、挤压外，还要有相对运动或相对运动趋势。摩擦力方向可以与物体的运动方向相反，是阻力，也可以与物体运动的方向相同，是动力。4.某同学自编了这样一道题：“一架小型客机从静止开始在跑道上滑行，经过时刻 t20 s 离开地面它在跑道上滑行过程中的位移 x400 m，离开地面的平均速度 v140 m/s，求它滑行的瞬时速度 v2.”从题中可以看出，该同学用的概念正确的有( )3A. 时刻 t B. 位移 x
6、C. 平均速度 v1 D. 瞬时速度 v2【答案】B【解析】由题意可知， “经过时刻 t20 s”应改为“经过时间 t20 s”；“离开地面的平均速度v140 m/s，求它滑行的瞬时速度 v2”应改为“离开地面的瞬时速度 v140 m/s，求它滑行的平均速度 v2”故选项 B 正确5.物块静止在水平桌面上，物块对水平桌面的压力 A. 就是物块的重力 B. 是由于桌面的形变而产生的C. 是由于物块的形变而产生的 D. 与水平桌面对物块的支持力是一对平衡力【答案】C【解析】【分析】根据平衡条件可知物体静止在水平桌面上，物体对水平桌面的压力大小等于物体的重力，但不能说就是重力；压力是由于物体的形变而
7、产生的；最后依据平衡力与相互作用力，即可判定。【详解】物体静止在水平桌面上，物体对水平桌面的压力大小等于物体的重力，由于压力与重力的施力物体和受力物体都不同，不能说压力就是重力，故 A 错误；物体对水平桌面的压力是由于物体发生向上的微小形变，要恢复原状，对桌面产生向下的弹力，即是压力，故 B 错误，C 正确；根据牛顿第三定律，则物块对水平桌面的压力与水平桌面对物块的支持力是一对相互作用力，不是一对平衡力，故 D 错误。所以 C 正确，ABD 错误。【点睛】要知道压力是一种弹力，弹力的施力物体是发生弹性形变的物体，受力物体是与之接触的物体。6.甲、乙两物体从同一时刻出发沿同一直线运动的 图象如图
8、所示，下列判断正确的是 x-tA. 甲做匀速直线运动，乙做匀变速直线运动B. 乙在前 2s 内做匀加速直线运动，2 s 后做匀减速直线运动4C. 两物体两次分别在 1s 末和 4s 末到达同一位置D. 内，乙的位移比甲大0 6s【答案】C【解析】【分析】图象对应纵坐标的值为位移，其斜率大小表示速度，物体通过的位移等于纵坐标根 据 x-t的变化量，据此分析即可【详解】由图知甲的斜率为 0，则表示甲的速度为 0，即静止；乙前 2s 内沿正向做匀速直线运动，2 s 后做沿负向做匀速直线运动，故 AB 错误；两物体分别在 1s 末和 4s 末的对应位移相同，即处于同一位置，两物体相遇，故 C 正确；6
9、 s 末乙回到原点，位移为 0，甲的位移为 0，故 内，两者位移相等，故 D 错误。所以 C 正确，ABD 错误。0 6s【点睛】解决本题的关键是知道 图象的斜率大小等于速度大小，斜率的方向表示速度x-t的正负7.如图所示，在两块相同的竖直木板 A、 B 间有质量分别为 m 的 5 块相同的砖，用两个大小均为 F 的方向相反的力水平压木板，使砖静止，则第 2 块砖对第 3 块砖的摩擦力大小为 A. 0 B. C. mg D. mg2 3mg2【答案】B【解析】【分析】先对 5 块砖整体受力分析，根据平衡条件求解木板对砖的摩擦力，再对 1 受力分析根据平衡条件求 12 间的摩擦力，再对砖 2 受
10、力分析，根据平衡条件求解第 23 块砖间的摩擦力大小【详解】先对 5 块砖整体受力分析，受重力 5mg 和两侧木板对砖向上的静摩擦力 2f，根据平衡条件，有： ，解得： ，再对砖 1 受力分析， ，解得：2f=5mg f=2.5mg mg+f21=f，方向竖直向下；再对 2 受力分析，根据牛顿第三定律则 1 对 2 的摩擦力方向f21=1.5mg5向上，根据平衡条件： ，解得： ，故 B 正确，ACD 错误。f12-mg=f32 f32=0.5mg【点睛】本题有 5 个木块，关键是要用整体法和隔离法选择研究对象进行分析，然后结合共点力平衡条件列式求解8. 如图所示，一固定在地面上的光滑斜面的顶
11、端固定有一个轻弹簧，地面上质量为 m 的物块（可视为质点）向右滑行并冲上斜面，设物块在斜面最低点 A 的速率为 ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为 h，则物块运动到 C 点时弹簧的弹性势能为（ ）A. mgh B. mgh+ m 2 C. mgh m 2 D. m 2mgh【答案】D【解析】试题分析：利用物块与弹簧组成的系统机械能守恒，得到弹簧具有的弹性势能整个过程中，物块的动能减小，转化成物体的重力势能和弹簧的弹性势能解：弹簧被压缩至最短时，物体速度为 0物体沿斜面向上到弹簧被压缩至最短时，物体和弹簧构成的系统机械能守恒物体的动能减小，转化成物体的重力势能和弹簧的弹性势能则有：
12、mgh+E p= mv2则物块运动到 C 点时弹簧的弹性势能为：E p= mv2mgh故选：D【点评】本题只要熟悉物块运动的过程中机械能守恒，知道能量如何转化，运用能量守恒即可轻松解决9.如图所示，在光滑的斜面上放一个质量为 m 的盒子 A， A 盒用轻质细绳跨过定滑轮与 B 盒相连， B 盒内放着一个质量也为 m 的物体。如果把这个物体改放在 A 盒内，则系统的加速度恰好等值反向，则 B 盒的质量为不计一切摩擦 )(A. B. C. D. m2 m4 23m m36【答案】B【解析】【分析】以 AB 和物体整体为研究对象，分别根据牛顿第二定律列方程，表示出两次的加速度，结合两次加速度关系即可
13、求解。【详解】设 B 盒的质量为 。当物体放在 B 盘中时，以 AB 和物体整体为研究对象，根据牛m顿第二定律： ，当物体放在 A 盘中时，以 AB 和物体整体(mg+mg)-mgsin30=(2m+m)a为研究对象，根据牛顿第二定律： ，由题意， ，mg-(m+m)gsin30=(2m+m)a a=-a联立解得： ，故 B 正确，ACD 错误。m=m4【点睛】本题考查整体法和牛顿第二定律的应用，当两个物体的加速度大小相等时可以看作一个整体，也可以采用隔离法研究。10.两光滑平板 MO、NO 构成一具有固定夹角 0=75的 V 形槽，一球置于槽内，用 表示 NO 板与水平面之间的夹角，如图所示
14、。若球对板 NO 压力的大小正好等于球所受重力的大小，则下列 值中哪个是正确的（ ）A. 15 B. 30 C. 45 D. 60【答案】B【解析】试题分析：对球受力分析如下图所示：球受重力 mg、挡板 MO 的支持力 FM和挡板 NO 的支持力 FN三个力的作用，根据题意知，挡板 NO 的支持力 FN等于球的重力 mg，即 FN=mg球静止，所以球所受的三个力的合力为零，7三个力的合力为零，则其中任意两个力的合力必定与第三个力构成平衡力，图中所示的 FN与 FM的合力 F与重力 mg 构成平衡力，即 F=mg，所以力的三角形 OF NF是等腰三角形，根据几何关系和已知条件得： =1802对于
15、四边形 OMON有：MON+ 0=180，即 + 0=180 解方程得： +75=180，所以 =30则 值不可能是 ACD.1802考点：物体的平衡；平行四边形法则的应用【名师点睛】此题是关于物体的平衡以及平行四边形法则的应用问题；解题时通过受力分析和共点力平衡条件组成几何图形，本题关键能根据几何关系求出 。二、多选题（本大题共 5 小题，共 15.0 分）11.以下几种运动会比赛项目中的研究对象可看做质点的是 A. 在撑竿跳高比赛中，研究运动员手中的支撑竿在支撑地面过程中的转动情况B. 帆船比赛中确定帆船在大海中的位置C. 铅球比赛中研究铅球被掷出后在空中飞行的时间D. 跆拳道比赛中研究运
16、动员的动作时【答案】BC【解析】【分析】当物体的形状和大小在所研究的问题中，能够忽略，物体可以看成质点。【详解】在撑竿跳高比赛中研究运动员手中的支撑竿在支撑地面过程中的转动情况时，支撑杆各点的运动情况不同，不能看成质点，故 A 错误；帆船比赛中确定帆船在大海中的位置不需要考虑帆船的大小形状，故可以看做质点，故 B 正确；研究铅球在空中运动的时间，形状和大小能够忽略，铅球能看成质点，故 C 正确；研究运动员动作时，大小和形状不能忽略，运动员不能看成质点，故 D 错误。所以 BC 正确，AD 错误。【点睛】解决本题的关键知道物体能看成质点的条件，关键看物体的形状和大小在所研究的问题中能否忽略。12
17、. 一个质量为 2kg 的物体同时受到两个力的作用，这两个力的大小分别为 2N 和 6N，当这两个力的方向发生变化时，物体的加速度大小可能为（ ）A. 1m/s2 B. 5m/s2 C. 3m/s2 D. 4m/s2【答案】CD8【解析】试题分析：先根据平行四边形定则求出两个力的合力的范围，再根据牛顿第二定律求出加速度的范围解：两个力的大小分别为 2N 和 6N，合力范围为：8NF4N根据牛顿第二定律 F=ma，故加速度的范围为：4m/s2a2m/s 2故 AB 错误，CD 正确；故选：CD【点评】本题关键先求出合力范围，再根据牛顿第二定律确定加速度范围13.如图所示，木块受到两个拉力 和 作
18、用，开始两拉力在同一水平线上方向相反，且F1 F2，物体静止在水面上。保持 不变， 的大小不变，方向缓慢逆时针转过 ，在F1F2 F1 F2 180此过程中木块始终静止，下列说法正确的是 A. 木块对地面的压力先变小后变大 B. 木块受到的摩擦力先变小后变大C. 木块受到的摩擦力逐渐变大 D. 木块受到的摩擦力逐渐变小【答案】AC【解析】【分析】对木块进行受力分析，然后结合共点力平衡的条件以及摩擦力产生的条件分析即可。【详解】由题可知，木块受到重力、地面的支持力与摩擦力、以及两个拉力 和 的作用F1 F2处于平衡状态；当 转过 后木块仍然平衡，说明木块受到的最大静摩擦力大于等于F2 180和
19、的和。竖直方向当 与水平方向之间的夹角是时： ，可知当 的大小F1 F2 F2 mg=N+F2sin F2不变，方向缓慢逆时针转过 的过程 与水平方向之间的夹角是从 0 增大到 时，支180 F2 90持力 N 逐渐减小，当夹角是从 增大到 的过程中，支持力 N 逐渐增大，因此木块对90 180地面的压力先变小后变大，故 A 正确；水平方向： ，可知当 的大小不变，F1=F2cos+f F2方向缓慢逆时针转过 的过程中， 与水平方向之间的夹角是从 0 增大到 时，摩擦180 F2 90力 f 逐渐增大，当夹角是从 增大到 的过程中，摩擦力仍然逐渐增大，故 BD 错误，90 1809C 正确。所
20、以 AC 正确，BD 错误。【点睛】本题考查共点力作用下物体的平衡，解答的关键是正确理解摩擦力产生的条件，从而判断出木块在整个的过程中必定一直受到地面的支持力。14.酒后驾驶会导致许多安全隐患，是因为驾驶员的反应时间变长。反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间。表中“思考距离”是指驾驶员发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离。分析表可知，下列说法正确的是 思考距离 /m速度正常 酒后15 7.5 15.020 10.0 20.025 12.5 25.0A. 驾驶员正常情况下反应时间为 B. 驾驶员正常情况下反应时间为0.4s 0.5sC. 驾驶员酒后反应时间比正常情况下多 D. 驾驶员
21、酒后反应时间比正常情况下多0.5s1s【答案】BC【解析】【分析】“思考距离”是指驾驶员发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；“制动距离”是指驾驶员发现情况到汽车停止行驶的距离。由于在制动之前汽车做匀速运动，所以根据思考距离的正常值可求出驾驶员正常情况下的反应时间。再由思考距离的酒后值可求出酒后反应时间。【详解】在制动之前汽车做匀速运动，由正常情况下的思考距离 s 与速度 v，则由可得： ，故 A 错误，B 正确；在制动之前汽车做匀速运动，由酒后情s=vt， t=sv=7.515s=0.5s况下的思考距离 s 与速度 v，则有： 则酒后比正常情况下多 ，故 C 正确，t=sv=1515s=
22、1s， 0.5sD 错误。所以 BC 正确，AD 错误。10【点睛】本题关键要明确制动距离的构成，知道汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，结合运动学公式灵活求解。15. （4 分） （2011海南）一质量为 1kg 的质点静止于光滑水平面上，从 t=0 时起，第 1秒内受到 2N 的水平外力作用，第 2 秒内受到同方向的 1N 的外力作用下列判断正确的是（ ）A. 02s 内外力的平均功率是 WB. 第 2 秒内外力所做的功是 JC. 第 2 秒末外力的瞬时功率最大D. 第 1 秒内与第 2 秒内质点动能增加量的比值是【答案】AD【解析】试题分析：本题可由动量定理求得 1s
23、 末及 2s 末的速度，再由动能定理可求得合力的功；由功率公式求得功率；解：由动量定理 Ft=mv2mv 1求出 1s 末、2s 末速度分别为：v 1=2m/s、v 2=“3m/s“由动能定理可知合力做功为 w=故 02s 内功率是 ，故 A 正确；1s 末、2s 末功率分别为：P 1=F1v1=4w、P 2=F2v2=3w；故 C 错误；第 1 秒内与第 2 秒动能增加量分别为： 、 ，故第 2s内外力所做的功为 2.5J，B 错误；而动能增加量的比值为 4：5，故 D 正确；故选 AD点评：本题也可由动力学公式求解出 1s 末及 2s 末的速度，再由动能定理求解；不过在过程上就稍微繁琐了点
24、三、填空题（本大题共 1 小题，共 6.0 分）16. 在“探究弹簧伸长量与弹力的关系”的实验中，以下说法正确的是 _(1)A.用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量B.在悬挂钩码时，可以任意增加钩码的个数C.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于静止11D.用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等某同学做“探究弹簧伸长量与弹力的关系”的实验，他先把弹簧平放在桌面上使其自然(2)伸长，用直尺测出弹簧的原长 ，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的L0长度 L，把 作为弹簧的伸长量 x，这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的L-L0
25、图线可能是图中的_【答案】 (1). C (2). B【解析】【分析】在 探索弹力和弹簧伸长的关系 实验中，弹簧的弹力与变化量的关系满足 ，其中 k F=kx由弹簧本身决定；对于物理图象问题，要首先弄清横轴和纵轴代表的含义，在这里 x 代表的是弹簧的伸长量，即 ，最后结合数学知识综合判断选取答案。L-L0【详解】 弹簧的长度不等于弹簧的伸长量，伸长量等于弹簧的长度减去弹簧的原长，故(1)A 错误；在悬挂钩码时，在不超出量程的前提下可以任意增加钩码的个数，故 B 错误；用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于竖直位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，要待钩码平衡时再读读数，故 C 正确；拉力与
26、伸长量之比是劲度系数，由弹簧决定，同一弹簧的劲度系数是不变的，不同的弹簧的劲度系数不同，故 D 错误。所以 C 正确，ABD错误。实验中用纵轴表示弹簧的伸长量 x，横轴表示弹簧的拉力 即所挂重物的重力大小，由(2) F(可知，不考虑弹簧重力时图象过原点；如果考虑弹簧自身的重力，不挂勾码时伸长F=kx量已经不为零，故 ACD 错误，B 正确。【点睛】本题第一小题关键明确实验原理，知道伸长量、原长和长度间的关系，明确弹簧的劲度系数由弹簧本身决定；第二小题考查学生运用图象来处理数据的能力，关键是弄清坐标轴代表的意义，并能综合分析拉力 F 与伸长量 的关系，需要注意弹簧的平放与竖L直放对横纵坐标的影响
27、四、实验题探究题（本大题共 1 小题，共 9.0 分）1217.在探究加速度与力、质量的关系实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用 M 表示，盘及盘中砝码的质量用 m 表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带打上的点计算出当 M 与 m 的大小关系满足_时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码(1)的重力一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及(2)车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据为了比较容易地观测加速度 a与质量 M 的关系，应该做 a 与_的图象乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的 图线如图所示，两个同学
28、做实(3) a-1M验时的哪一个物理量取值不同_？ 【答案】 (1). (2). (3). 两个同学做实验时盘中砝码的重力取值不Mm1M同【解析】【分析】要求在什么情况下才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，需求出绳子的拉力，而要求绳子的拉力，应先以整体为研究对象求出整体的加速度，再以 M 为研究对象求出绳子的拉力，通过比较绳对小车的拉力大小和盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有 时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力；反比例函数图mm Mm13才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力。根据牛顿第二定律 ， a 与 M 成反比，而反比例函数图象是曲线，而根
29、据曲线很难(2) F=Ma判定出自变量和因变量之间的关系，故不能作 图象；但 ，故 a 与 成正比，而正a-M a=FM 1M比例函数图象是过坐标原点的一条直线，就比较容易判定自变量和因变量之间的关系，故应作 图象。a-1M图象的斜率等于物体所受的拉力，故斜率大的物体所受的拉力大，我们认为认为绳(3)a-1M对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力所以两个同学做实验时盘中砝码的重力取值不同。【点睛】掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握五、计算题（本大题共 4 小题，共 40.0 分）18.如图所示为攀崖运动员，正在竖直
30、崖壁上攀登，由于身背很重的行装，重心上移到肩部的 C 点，总质量为 75kg，此时手臂与身体垂直手臂与崖壁夹角为 ，若手受到的拉力 F60和脚受到的作用力 均通过重心 C，则此时手受到的拉力和脚受到的作用力大小分别是多FN少？ (g=10m/s2)【答案】375 N 649.5N【解析】【分析】人处于平衡状态，对人受力分析，应用平衡条件，即可求出人手受到的拉力和脚受到的支持力【详解】对人受力分析并合成如图所示：14在直角三角形中： ，F=mgcos60=75012=375N FN=mgsin60=75032=649.5N【点睛】应用平衡条件解决问题时：我们常用的方法就是： 三个力，一般用合成法
31、；(1)个力以上，一般用正交分解法，选择合适的方法即可(2)419.质量 M=6.0103kg 的客机，从静止开始沿平直的跑道滑行，当滑行距离 l=7.2102m时，达到起飞速度 v=60m/s求：（1）起飞时飞机的动能多大？（2）若不计滑行过程中所受的阻力，则飞机受到的牵引力为多大？【答案】 （1）1.0810 7J（2）1.510 4N【解析】解：（1）起飞时飞机的动能为：E k= = J=1.08107J（2）根据动能定理得：Fx=E k0解得：F= = =1.5104N答：（1）起飞时飞机的动能为 1.08107J（2）飞机受到的牵引力为 1.5104N【点评】本题考查了动能定理的基本
32、运用，运用动能定理解题时，首先要明确研究对象和研究的过程，分析过程中有哪些力做功，根据动能定理列式求解20.质量为 吨的电车，由静止开始做匀加速直线运动，经过 8s 速度达到 ，电12.5 14.4km/h车所受阻力为 2500N，求电车的牵引力？【答案】 。8.75103N【解析】【分析】15根据速度时间公式求出电车的加速度，结合牛顿第二定律求出牵引力的大小。【详解】依题意知： ， ，v0=0 vt=14.4km/h=4m/s t=8s根据 vt=v0+at解得 a=vt=48m/s2=0.5m/s2由牛顿第二定律 F-f=ma可得： N。F=f+ma=(2.5103+12.51030.5)
33、N=8.75103【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。21.如图所示，有一长 ，质量 ，上表面光滑下表面粗糙的木板，在水平面L=1.5m M=10kg上向右做直线运动某时刻将一个质量 的小球，轻轻放在距木板右端 长度的 P 点，m=1kg13此时木块速度 ，并同时对木板施加一个方向水平向左的恒力 ，经过一段v0=3.6m/s F=50N时间后，小球脱离木板下落设木板与地面的动摩擦因数为 ，其它摩擦不计 取 求：0.2 .g 10m/s2.木块向右运动的最大位移；小球从放上木板至脱离木板经历的时间【答案】 【解析】【分析】木块先向右做匀减速直线运动，再向左做匀加速直线运动，求出木块向右做匀减速直线运动的位移，判断小球有无从木板的左端落下，根据运动学公式求出小球从放上木板至脱离木板经历的时间【详解】 根据牛顿第二定律得，木板向右做匀减速直线运动的加速度：则匀减速直线运动的最大位移：所以木块向右运动的最大位移为 16木板向左做匀加速直线运动，加速度： 向右匀减速直线运动的时间：小球离开木板，木板向左运动的位移：根据： ，解得： 则总时间： 【点睛】解决本题的关键知道小球静止不动，理清木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解
