山西省运城市河津市河津中学2019届高三物理上学期9月月考试题（含解析）.doc

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1、- 1 -山西省运城市河津市河津中学 2019 届高三 9 月月考物理试卷一选择题。本题共 14 道题，每道题 4 分，共 56 分，1-9 为单选题，10-14 为多选题，全部选对得 4 分，选对但不全得 2 分。1.一物体做匀加速直线运动，在第 1 个 内位移为 ，第 2 个 内位移为 ，则物体在第 1 个 末的速度是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】匀变速直线运动时间中点的瞬时速度等于全程的平均速度，则物体在第 1 个 末的速度等于 2内平均速度 ；故选 C2. 把一个小球放在光滑的玻璃漏斗中，晃动漏斗，可使小球沿漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动如图所示，关于小球的受力情

2、况，下列说法正确的是（ ）A. 重力、漏斗壁的支持力B. 重力、漏斗壁的支持力及向心力C. 重力、漏斗壁的支持力、摩擦力及向心力D. 小球受到的合力为零【答案】A【解析】试题分析：小球受重力和支持力，两个力的合力提供圆周运动的向心力，向心力是效果力解：小球受重力和支持力两个力的作用，靠两个力的合力提供向心力，向心力找不到施力物体，是做圆周运动所需要的力，靠其它力提供故 A 正确，B、C、D 错误- 2 -故选：A【点评】本题是圆锥摆类型的问题，分析受力情况，确定小球向心力的来源，再由牛顿第二定律和圆周运动结合进行分析，是常用的方法和思路3. 如图，A、B 两球（可视为质点）质量均为 m，固定在

3、轻弹簧的两端，分别用细绳悬于 O点，其中球 A 处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界处。已知两球均处于静止状态，OA 沿竖直方向，OAB 恰好构成一个正三角形，重力加速度为 g，则下列说法正确的是A. 球 A 对竖直墙壁的压力大小为B. 弹簧对球 A 的弹力大于对球 B 的弹力C. 绳 OB 的拉力大小等于 mgD. 球 A 对地面的压力不可能为零【答案】C【解析】试题分析：C、对 B 球受力分析，受重力、支持力和拉力，如图；由于三个力夹角均为 120，故弹簧的支持力和绳子 OB 的拉力都等于重力 mg，故 C 正确；A、对 A 球受力分析，受重力、弹簧的压力，墙壁的向右的支持力、细线的拉力、

4、地面的支持力， （其中地面的支持力和拉力可能只有一个） ，在水平方向： ,故 A 错误；B、弹簧静止，合力为零，故两个球对弹簧的弹力等大、反向、共线，故弹簧对球 A 的弹力等于对球 B 的弹力，故 B 错误；D、根据平衡条件，绳 OA 对球 A 的拉力和地面的支持力的合力大小等于弹簧推力的竖直分力和重力之和，故 N+T=mg+Fsin30,故T15mg，0N15mg可知地面对 A 的支持力可能等于 0，根据牛顿第三定律，球 A 对地面的压力可能为零故 D 错误；故选 C- 3 -考点：考查共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【名师点睛】该题考查共点力作用下物体的平衡，解答本题关键是先后对

5、两个小球受力分析，然后根据平衡条件列式分析求解4.一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，木板上放质量均为 1kg 的 A、B 两物块，A、B 与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为 1=0.3， 2=0.2，水平恒力 F 作用在 A 物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s 2。则：（ ）A. 若 F=1N，则物块、薄硬纸片都静止不动B. 若 F=1.5N，则 A 物块所受摩擦力大小为 1.5NC. 若 F=8N，则 B 物块的加速度为 40m/s 2D. 无论力 F 多大，A 与薄硬纸片都不会发生相对滑【答案】D【解析】试题分析：A 与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：f A=m

6、Ag=03110N=3N，B 与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：f B=m Bg=02110N=2N；F=1Nf A，所以 AB 即薄硬纸片保持相对静止，整体在 F 作用下向左匀加速运动，故 A 错误；若 F=15Nf A，所以 AB 即薄硬纸片保持相对静止，整体在 F 作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F-f=m Aa，所以 A 物块所受摩擦力 fF=15N，故 B 错误；当 B 刚要相对于薄硬纸片滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得：f B=mBa0，又 fB=m Bg，得：a 0=2m/s2；对整体，有：F 0=（m A+mB）a0=22N=4N，即达到 4N 后，B 将相对地

7、木板运动，此时摩擦力 f=2N；则对木板可知，木板受到 A 的摩擦力大于 B 的摩擦力；故 A 和木板间不会发生相对运动；故 D 正确；由上述分析可知，当拉力大于 4N 时，B 与木板间的摩擦力即为滑动摩擦力为 4N，此后增大拉力，不会改变 B 的受力；故 C 错误；故选 D考点：牛顿第二定律【名师点睛】本题以常见的运动模型为核心，考查了摩擦力、牛顿第二定律、隔离法与整体法的应用等知识；解决的关键是正确对两物体进行受力分析。5.质量为 M 的人站在地面上，用绳通过定滑轮将质量为 m 的重物从高处放下。若重物以加速度 a 下降(ag)，则人对地面压力为( ) - 4 -A. (M+m)g-maB

8、. M(g-a)-maC. (M-m)g+maD. Mg-ma【答案】C【解析】试题分析：以物体为研究对象，根据牛顿第二定律得: mg-T=ma；解得，绳子的拉力 T=m（g-a）再以人为研究对象，根据平衡条件得，地面对人的支持力为 N=Mg-T=Mg-m（g-a）=（M-m）g+ma根据牛顿第三定律得知，人对地面的压力大小 N=N=（M-m）g+ma故选 C考点：牛顿定律的应用【名师点睛】本题考查牛顿第二、第三定律的应用问题；题目中人处于平衡状态，物体处于有加速度的状态，运用隔离法，根据牛顿第二定律和平衡条件结合进行研究。6.一物体做直线运动的速度时间图象如图所示，则该物体在 0t 1和 t

9、1t 2两段时间内的运动，以下说法正确的是（ ）A. 速度方向相同，前段时间内加速度的数值大B. 速度方向相反，加速度方向相同C. 速度方向相反，前段时间内加速度的数值小D. 速度方向相同，加速度方向相反- 5 -【答案】D【解析】试题分析：根据速度的正负，分析速度的方向关系根据图象的斜率正负分析加速度的方向关系根据斜率的大小分析加速度大小的变化解：由图看出，在 0t 2时间内物体的速度均为正值，说明速度方向没有变化，则两段时间内速度方向相同在 0t 1时间内图线的斜率是正值且恒定，则加速度 a1为正值且恒定不变，做匀加速直线运动；在 t1t 2时间内图线的斜率为负值且恒定不变，加速度 a2为

10、负值且恒定，做匀减速直线运动；则知两段时间内加速度方向相反故 ABC 错误，D 正确；故选：D【点评】本题考查基本读图能力，由速度图象直接读出速度的方向、加速度的方向，并能分析物体的运动情况7.如图所示，两个质量分别为 m12kg、m 23kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻绳连接两个大小分别为 F130N、F 220N 的水平拉力分别作用在 m1、m 2上，则（ ）A. 绳的拉力大小是 30NB. 绳的拉力大小是 20NC. 在突然撤去 F2的瞬间，m 1的加速度大小为 6m/s2D. 在突然撤去 F1的瞬间，绳的拉力大小是 18N【答案】C【解析】试题分析：先选整体为研究对象进行受力分

11、析，由牛顿第二定律得：F 1-F2=（m 1+m2）a, 解得：a=2m/s2，对 m2受力分析：向左的 F2和向右的轻绳拉力 F，由牛顿第二定律得：F-F 2=m2a，解得：F=26N，故 AB 错误在突然撤去 F2的瞬间，F 1=（m 1+m2）a，得： ，故 C 正确突然撤去 F1的瞬间，向右的加速度消失变为向左的加速度：F 2=（m 1+m2）a，得：，以 m1为研究对象：F=m 1a=24=8N，故 D 错误故选 C考点：牛顿第二定律的应用- 6 -【名师点睛】此题是牛顿第二定律在连接体问题中的应用；在解决连接体问题时，注意整体法与隔离法的灵活应用，然后分别列牛顿第二定律，解出未知量

12、。8.如图所示，质量分布均匀的光滑小球 O，放在倾角均为 的斜面体上，斜面体置于同一水平面上，且处于平衡，则下列说法中正确的是（ ）A. 甲图中斜面对球 O 弹力最大B. 丙图中斜面对球 O 弹力最小C. 乙图中挡板 MN 对球 O 弹力最小D. 丙图中挡板 MN 对球 O 弹力最大【答案】A【解析】试题分析：将甲、乙、丙、丁四种情况小球的受力图作出，如图所示：由平衡条件得知，丁图中斜面对小球的弹力为零，挡板对小球的弹力等于其重力 G；斜面对小球的弹力和挡板对小球的弹力的合力与重力大小相等、方向相反，即得到三种情况下此合力相等，由平行四边形定则知，丙图中挡板 MN 对球的弹力最小，甲图中斜面对

13、小球弹力最大，故 A 对。考点:共点力平衡的条件及其应用、力的合成与分解的应用。【名师点睛】图解法：1、对研究对象初始状态进行受力分析，作出受力图。2、根据平衡条件画出平行四边形。3、根据已知量的变化情况，画出平行四边形的边角变化。- 7 -4、确定未知量大小、方向的变化。9. 如图所示，质量分别为 m 和 2m 所小球 A 和 B，用轻弹簧相连后再用细线悬挂于电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线上的拉力为 F。此时突然剪断细线，在细线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球 A 的加速度大小分别为A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：剪断细线前：设弹簧的弹力大小为 根据牛顿

14、第二定律得：对整体：对 B 球：解得，剪断细线的瞬间：弹簧的弹力没有来得及变化，大小仍为 对 A 球： ，得 ，故选项 D 正确。考点：牛顿第二定律、胡克定律【名师点睛】本题是瞬时问题，是牛顿运动定律应用中典型问题，一般先研究状态变化前弹簧的弹力，再研究状态变化瞬间的加速度，抓住弹簧的弹力不能突变的特点。10. 一物体自距地面高 H 处自由下落，经时间 t 落地，此时速度为 v，则（ ）A. 时物体距地面高度为B. 时物体距地面高度为- 8 -C. 物体下落 时速度为D. 物体下落 时速度为【答案】BD【解析】试题分析：根据位移时间公式 h= gt2知，在前一半时间和后一半时间内的位移之比为

15、1：3，则前一半时间内的位移为 ，此时距离地面的高度为 故 A 错误，B 正确根据v2=2gH，v 22g 知，物体下落 时的速度为 故 D 正确，C 错误故选 BD考点：匀变速直线运动的规律【名师点睛】此题是对匀变速直线运动的规律的考查；解决本题的关键知道自由落体运动的位移时间关系及速度位移关系式，结合运动学公式灵活求解，基础题。11.如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块 B 与 C 之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。现用水平拉力 F 拉 B 木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是A. 一起加速过程中，D 所受到的静摩擦力大小为B. 一起加速

16、过程中,C 木块受到四个力的作用C. 一起加速过程中,A、D 木块所受摩擦力大小和方向相同D. 当 F 撤去瞬间，A、D 木块所受静摩擦力的大小和方向都不变【答案】AC【解析】A、一起加速的过程中，由整体法分析可知： ， 对 A 受力分析可知，故选项 A 错误；B、对 C 受力分析可知， C 受重力、地面支持力、 D 物体的压力、 D 物体对 C 施加的摩擦力、地面的摩擦力、弹簧的拉力，共六个力的作用，故选项 B 错误；C、 A、 D 运动情况相同，受力情况相同，所受摩擦力大小、方向均相同，故选项 C 错误；- 9 -D、当 F 撤去瞬间，弹簧弹力瞬间不发生变化，故 D、C 整体受力不发生变化

17、，故 D 受力情况不变，即 D 木块所受静摩擦力的大小和方向都不变，故选项 D 正确。点睛：本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，关键抓住撤去外力 F 的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用。12.如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力 F 拉物体，在 F 从 0 开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度 a 随外力 F 变化的图象如图乙所示.根据图乙中所标出的数据可计算出（ ）A. 物体的质量B. 物体与水平面间的滑动摩擦力C. 物体与水平面间的最大静摩擦力D. 在 F 为 14N 时，物体的速度最小【答案】ABC【解析】试题分析

18、：根据牛顿第二定律，F-f=ma，由图中可读出外力 F 和加速度 a 的值，有：7-f=05m，14-f=4m联立两式解得：f=6N，m=2kg故 A、B 正确由图可知，当 F=7N 时物体开始滑动，所以最大静摩擦力为 7N；故 C 正确当 F=7N 开始增大，加速度逐渐增大，物块做变加速直线运动，可知 F=14N 时，物体的速度不是最小故 D 错误故选 ABC考点：牛顿第二定律【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和图象的综合，也可以通过牛顿第二定律得出加速度与 F 的关系式，结合图线的斜率和截距进行求解。13.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

19、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（ ）- 10 -A. 当 F3mg 时，A 相对 B 滑动B. 当 F mg 时，A 的加速度为 gC. 当 F2mg 时，A、B 都相对地面静止D. 无论 F 为何值，B 的加速度不会超过 g【答案】ABD【解析】【详解】地面与 B 间的最大静摩擦力 ，AB 间的最大静摩擦力当 时，A、B 都相对地面静止。当 时， AB 相对地面运动，设 AB 间恰要发生相对滑动时的拉力为 ，对应的加速度为，则对 A 有 ；对 A、B 整体有 ，解得： 、 。即当 时，A、B 以共同

20、的加速度一起运动；当 时，A 相对 B 滑动，两者以不同的加速度向右运动。AC：由以上分析可知，A 项正确，C 项错误。B：当 时，A、B 以共同的加速度一起运动，对 A、B 整体有 ，解得：。故 B 项正确。D：对 B 来说，AB 间恰要滑动时的加速度是其最大加速度，则 B 的加速度不会超过 。故 D 项正确。【点睛】先求出各个面间的最大静摩擦力，分析出能拉动的临界条件；再据 A、B 间的最大静摩擦力，分析出整体一起动的临界条件；最后根据力所在区间，分析实际对应的情形。14.如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩 0.4 m 后锁定，

21、t0 时解除锁定，释放滑块计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的 v t 图象如图乙所示，其中 Oab 段为曲线， bc 段为直线，倾斜直线 Od是 t0 时的速度图线的切线，已知滑块质量 m2.0 kg，取 g10 m/s 2，则下列说法正确的- 11 -是( )A. 滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动B. 弹簧恢复原长时，滑块速度最大C. 弹簧的劲度系数 k175 N/mD. 该过程中滑块的最大加速度为 30 m/s2【答案】CD【解析】【详解】A：由图乙可得：滑块被释放后，先做加速度减小的加速再做加速度增大的减速，最终做匀减速直线运动直至停止。故 A 项错误。B：当弹

22、簧弹力等于摩擦力时，滑块速度最大。故 B 项错误。CD：由图乙的 bc 段可得，滑块匀减速直线运动的加速度大小 ，由牛顿第二定律可得 ；速度时间图线的斜率表示加速度，则滑块刚释放时的加速度最大， ；对刚释放时的滑块受力分析，由牛顿第二定律可得：，解得：弹簧的劲度系数 。故 CD 两项均正确。二实验题，共 12 分，15 题 6 分，每空 1 分，最后一空 2 分。16 题 6 分，每空 1 分。15.(1)在“用打点计时器测速度”的实验中用到打点计时器，打点计时器是一种计时仪器，其电源频率为 50Hz，电磁打点计时器和电火花计时器使用的是_（填“直流”或“交流”）电源，它们是每隔_s 打一个点

23、(2)接通打点计时器电源和让纸带开始运动，这两个操作间的顺序关系是_（填字母序号）A先接通电源，后让纸带运动B先让纸带运动，再接通电源C让纸带运动的同时接通电源D先让纸带运动或先接通电源都可以(3)在研究某物体的运动规律时，打点计时器打下如图所示的一条纸带已知打点计时器使- 12 -用的交流电频率为 50Hz，相邻两计数点间还有四个打点未画出由纸带上的数据可知，打 B点时物体的速度 v=_，物体运动的加速度 a=_（结果保留两位有效数字） 【答案】 (1). 交流 (2). 0.02 (3). A (4). 0.16m/s (5). 0.30m/s 2【解析】【详解】(1)电磁打点计时器和电火

24、花计时器使用的是交流电源；交流电频率为 50Hz，电磁打点计时器和电火花计时器每隔 0.02 s 打一个点。(2)接通打点计时器电源和让纸带开始运动，这两个操作间的顺序关系是：先接通打点计时器电源后让纸带开始运动。故 A 项正确，BCD 三项错误。(3)两计数点间还有四个打点未画出，则计数点间时间间隔打 B 点时物体的速度物体运动的加速度 16.为了探究加速度与力、质量的关系(1)小亮利用如图甲所示的实验方案，探究小车质量一定时加速度与合外力之间的关系，图中上下两层水平轨道，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，将砝码和砝码盘的总重作为小车所受合外力，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小

25、车同时开始运动，并同时停止实验前，下列操作必要的是_A.选用质量不同的两辆小车B.调节定滑轮的高度，使细线与轨道平行C.使砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量- 13 -D.将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，以平衡摩擦力他测量了两小车的位移为 x1、x 2，则 =_(2)小明用如图乙所示的装置进行实验打出的一条纸带如图丙所示，计时器打点的时间间隔为 0.02s他从比较清晰的 A 点起，每五个点取一个计数点，测量出各点到 A 点的距离标在纸带上各点的下方，则小车运动的加速度为_m/s 2.实验前由于疏忽，小明遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的 aF 图象可能是丁图

26、中的图线_(选填“1” “2”或“3”)调整正确后，他作出的 aF 图象末端明显偏离直线如果已知小车质量为 M，某次所挂钩码质量为 m，则戊图中坐标 a1=_，a 2=_【答案】 （1）BCD（2） 0.4 3【解析】试题分析：（1）本实验需要用砝码盘和砝码的重力代替小车所受的合外力，所以需要平衡摩擦力，即将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，且应该满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量，细线的拉力为小车的合力，所以细线与木板平行，则应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，对小车质量是否相同没有要求，故 A 错误，BCD 正确故选 BCD- 14 -在初速度为零的匀变速直

27、线运动中有 ，因运动时间相等，则位移与加速度成正比小车 1、2 的加速度之比为 （2）每五个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔 T=01s，根据纸带可知，x=002-0008-0008=0004m,根据匀变速直线运动的推论公式x=aT 2得：a=0004/001040m/s 2遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，即 F0 时，a=0故图线为 3没有偏离直线时，可以用砝码盘和砝码的总重力代替小车受到的合力，根据牛顿第二定律得： ，偏离直线后，把砝码以及小车看成一个整体，根据牛顿第二定律求出 考点：考查探究加速度与物体质量、物体受力的关系【名师点睛】小亮设计的实

28、验在原来的基础上有所创新，根据所学物理知识和实验装置的特点明确实验原理是解答该实验的关键，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三计算题，共 32 分17.某人骑自行车以 v1=4m/s 的速度匀速前进，某时刻在他前面 7m 处有一辆以 v2=10m/s 行驶的汽车开始关闭发动机，加速度大小为 2m/s2，求：(1)经过多长时间才能追上汽车？(2)追上汽车之前他们之间的最远距离是多少？【答案】 （1）8s （2）16m【解析】试题分析：（1）根据速度时间公式求出汽车速度减为零的时间根据位移公式求出汽车速度减为零的时间内汽车的位移和自行车的位

29、移，判断是否追上，若未追上，再结合位移公式求出追及的时间（2）当二者的速度相等时，二者之间的距离最大解：（1）设汽车关闭发动机后运动的时间为 t1，位移为 x1，在 t1时间内人的位移为 x2由 t= - 15 -汽车速度减为零的位移为：x 1= ，自行车的位移为：x 2=vt=45m=20m因为 x2=20m（x 1+7）m=32m有：t= （2）当二者的速度相等时二者之间的距离最大： s该过程中汽车的位移： =103 =21m自行车的位移：x 4=v1t=43=12m它们之间的距离：L=x 3x 4+7=2112+7=16m答：（1）经过 8s 时间才能追上汽车；（2）追上汽车之前他们之间

30、的最远距离是 16m【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，在求解追及问题时，要注意自行车追上汽车时，汽车是否停止18.如图甲所示，一个可视为质点的质量 m=2kg 的物块，在粗糙水平面上滑行，经过 A 点时物块速度为 v0=12m/s，同时对其施加一与运动方向相反的恒力 F，此后物块速度随时间变化的规律如图乙所示，取 g=10m/s2求：（1）物块与水平面之间的动摩擦因数 和所施加的恒力 F 大小；（2）从施加恒力 F 开始，物块再次回到 A 点时的速度大小【答案】 （1）0.2，8N（2）6.92m/s【解析】试题分析：（1）从图象可知，02s 内物体做匀

31、减速直线运动，加速度大小为：- 16 -根据牛顿第二定律可知： 24s 内物体做反方向的匀加速直线运动，加速度大小为：根据牛顿第二定律可知： 联立两式得： ，（2）由 vt 图象可得匀减速阶段：反方向匀加速运动阶段： ，解得：考点：v-t 图象、牛顿第二定律。【名师点睛】 （1）根据图线的斜率求出匀减速运动的加速度大小和反向做匀加速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数和恒力 F 的大小；（2）根据图线与时间轴围成的面积求出匀减速运动的位移大小，结合速度位移公式求出返回 A 点的速度大小。19.避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动

32、坡床视为水平面夹角为 的斜面。一辆长 12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为 23 m/s 时，车尾位于制动坡床的低端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了 4 m 时，车头距制动坡床顶端 38 m，再过一段时间，货车停止已知货车质量是货物质量的 4 倍，货物与车厢间的动摩擦因数为 0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的 0.44 倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取 cos =1，sin =0.1， g=10 m/s2。求：（1）货物在车厢内滑动时货车加速度的大小和方向；（2）制动坡床的长度。【答案】 （1） 斜面向下（2）98m【解析】试题分析：（1）对货车：044（m+4m）g+4mgsinmgcos=4ma 2解得：a 2=55m/s 2- 17 -方向沿斜面向下；（2）对货物：mgcos+mgsin=ma 1a1=5m/s2，设减速的时间为 t，则有：v 0t a1t2（v 0t a2t2）=4得：t=4s故制动坡床的长度 L=38+12+（v 0t a2t2）=98m考点：牛顿第二定律的综合应用【名师点睛】解题的关键是将实际问题模型化，本题模型是斜面上的小滑块和平板易错点是求货车的加速度时容易漏掉货物对货车向前的摩擦力，求坡的长度时容易忽略货车的长度。视频