2019-2020年高三物理上学期第一次月考试题（含解析）新人教版.doc

2019-2020年高三物理上学期第一次月考试题（含解析）新人教版本试卷是高三上学期期中考试试题，包含了高中物理的必修一的内容，主要包含受力分析、物体平衡、互成角度的两个力的合成、运动的合成与分解、平抛物体的运动、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、圆周运动等，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。一、单项选择题(本大题共6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个选项符合题意)【题文】1物体在运动过程中加速度不为零，则下列说法正确的是A物体速度一定随时间变化B物体速度的方向一定随时间变化C物体速度的大小一定随时间变化D物体速度不一定随时间变化【知识点】加速度 速度变化A1 C2【答案解析】A解析：A、物体所受合力不为零，则物体的速度一定随时间变化，故A正确；B、如果物体做直线运动，物体所受合力不为零，则物体的速度方向不变，速度大小不断变化，故B错误；C、如果物体做匀速圆周运动，物体所受合力不为零，则物体的速度大小不变，速度方向时刻变化，故C错误；D、物体所受合力不为零，则则物体的速度一定随时间变化，故D错误；故选A【思路点拨】物体在运动过程中加速度不为零，物体受到的合力不为零【题文】2一物块以某一初速度沿粗糙的斜面向上沿直线滑行，到达最高点后自行向下滑动，不计空气阻力，设物块与斜面间的动摩擦因数处处相同，下列哪个图象能正确地表示物块在这一过程中的速率与时间的关系 【知识点】动能定理V-t图像E2 A5【答案解析】C 解析：由于整个过程当中摩擦力始终对物体做负功，故物体的机械能持续减小，所以物体回到出发点的速率小于开始运动时的初速度，故D错误由于物体上升和下降过程中通过的路程相同，而上升时的平均速度大于下降时的平均速度，故物体上升的时间小于物体下降的时间故AB错误，而C正确故选C【思路点拨】首先应该根据动能定理判定物体离开出发点时的速度和回到出发点时的速度的大小关系，以判定答案在AD中还是在BC中再根据平均速度的大小判定上升和下降过程所用时间的长短【题文】3轻杆的一端安装有一个小滑轮P，用手握住杆的另一端支持着悬挂重物的绳子，如图所示现保持滑轮的位置不变，使杆向下转动一个角度到虚线位置，则下列关于杆对滑轮P的作用力的判断正确的是A变大B不变C变小 D无法确定【知识点】平衡条件B7【答案解析】B解析：据题意，保持滑轮的位置不变，处于静止状态，其合力为零，重物也静止，则知绳子的拉力大小始终等于重物的重力大小，保持不变，两绳的夹角也不变，故析两绳拉力的合力保持不变使杆向下转动一个角度到虚线位置的过程中，根据平衡条件知，杆对滑轮P的作用力与两绳拉力的合力大小相等、方向相反，所以杆对滑轮P的作用力保持不变故B正确，ACD错误故选B.【思路点拨】由题，滑轮的位置不变时，绳子的拉力大小始终等于重物的重力大小，保持不变，两绳的夹角也不变，分析两绳拉力的合力是否变化，根据平衡条件知，杆对滑轮P的作用力与两绳拉力的合力大小相等、方向相反【题文】4人用绳子通过定滑轮拉物体A，A穿在光滑的竖直杆上，当以速度v0匀速地拉绳使物体A到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为，则物体A实际运动的速度是Av0sin B Cv0cos D【知识点】运动的合成与分解 D1【答案解析】D解析：如图所示，A实际运动速度为v，方向竖直向上，把v分解为沿绳方向的v1和垂直于绳方向的v2，则v1=v0，v=，所以，A实际运动速度为.【思路点拨】A实际运动速度为v，方向竖直向上，把v分解为沿绳方向的v1和垂直于绳方向的v2，即可求解.【题文】5一个物体在光滑水平面上做匀速直线运动，从某一时刻起该物体受到一个始终跟速度方向垂直、大小不变的水平力作用，此后物体的运动A轨迹为圆B轨迹为抛物线C加速度的大小和方向均变化D速度的大小和方向均变化【知识点】力的合成与分解的运用 物体做曲线运动的条件 B3 D1【答案解析】A 解析：由题意可知，物体做匀速圆周运动，所以速度的大小不变，而速度方向时刻改变向心力大小不变，方向始终指向圆心则加速度的大小也不变，方向也指向圆心故BCD错误，A正确；故选：A.【思路点拨】当物体仅仅受到一个始终与速度方向垂直的，大小不变的力时，则物体必做匀速圆周运动其力只改变速度的方向，不改变速度的大小加速度的大小不变，方向始终指向圆心【题文】6如图所示，一根轻弹簧竖直直立在水平地面上，下端固定，在弹簧的正上方有一个物块，物块从高处自由下落到弹簧上端O，将弹簧压缩，弹簧被压缩了x0时，物块的速度变为零从物块与弹簧接触开始，物块的加速度的大小随下降的位移x变化的图象可能是下图中的【知识点】自由落体运动 运动的图象 A3 A5【答案解析】D解析：下落过程中弹簧弹力逐渐增大，则开始合力逐渐减小，当重力与弹力相等时，加速度为零，然后弹力大于重力，向上方向的合力逐渐增大，达到最低点时合力大于重力，D正确.【思路点拨】当物块接触弹簧后，受到重力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律和胡克定律得出加速度与位移的关系式若物块接触弹簧时无初速度，根据简谐运动的对称性，可知物块运动到最低点时加速度大小等于g，当小球以一定的初速度压缩弹簧后，物块到达最低点时，弹簧的压缩增大，加速度增大，大于g难点在于确定小球在最低点的加速度大小大于重力加速度，利用简谐运动的对称性二、多项选择题(本大题共6小题，每小题3分，共18分，每小题有多个选项符合题意)【题文】7物体从静止开始做匀加速直线运动，第3 s内通过的位移是3 m，下列说法正确的是A第3 s内的平均速度是3 m/sB物体的加速度是1.2 m/s2C前3 s内的位移是6 mD3 s末的速度是4 m/s【知识点】匀变速直线运动规律 A2【答案解析】AB解析：A、平均速度等于位移与时间的比值，；正确B、由题意可得，三式联立解得；正确C、由题意可得；错误D、由速度公式可得；错误.【思路点拨】从静止开始作匀加速直线运动的物体在第ns内的位移等于前ns内的位移与前（n-1）s内的位移差.【题文】8如图所示，一个小球沿竖直固定的光滑圆形轨道的内侧做圆周运动，圆形轨道的半径为R，小球可看作质点，则关于小球的运动情况，下列说法正确的是 A小球的线速度方向时刻在变化，但总在圆周切线方向上B小球通过最高点的速度可以等于0C小球线速度的大小可以小于D小球线速度的大小总大于或等于【知识点】圆周运动实例分析D4【答案解析】AD解析：A、小球的线速度方向时刻改变，沿圆弧的切线方向故A正确B、根据牛顿第二定律，在最高点临界情况是轨道对球的作用力为零，则mg=m 解得v= 故B错误C、最高点的最小速度为，则小球的线速度的大小总大于或等于故C错误 D正确故选AD【思路点拨】小球做圆周运动的速度方向沿切线方向，在内轨道运动，根据牛顿第二定律求出最高点的最小速度，从而确定其它各点的线速度大小搞清小球做圆周运动向心力的来源，知道在最高点的临界情况【题文】9如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN表示木块与挡板间正压力的大小若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，下列说法正确的是AFf变小 BFf不变CFN变大 D FN变小【知识点】受力平衡的分析 B7【答案解析】BC 解析：两木块在竖直方向上静止，即摩擦力等于自身重力，所以Ff不变,当挡板间的距离增大时，两杆的分力增大，所以木块与挡板间的正压力，F增大，减小，所以正压力增大，故选BC.【思路点拨】将重物受到的重力按效果分解，求出分力与合力的关系表达式，然后再对木块受力分析，根据平衡条件即可求解对轻杆且一端为铰链时，杆产生或受到的弹力方向一定沿着杆的方向【题文】10在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是A晓敏同学所受的重力变小了B晓敏对体重计的压力等于体重计对晓敏的支持力C电梯一定在竖直向下运动D电梯的加速度大小为g/5，方向一定竖直向下【知识点】超重和失重 牛顿第二定律C2 C3【答案解析】BD解析：体重计的示数减小，说明晓敏同学对其压力减小，但其体重并没有变化，故选项A错误；晓敏同学对体重计的压力和体重计对其的支持力为作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知选项B正确；体重计的示数变小，说明处于失重状态，电梯可能向下加速运动或者向上减速运动，故选项C错误；电梯静止时，由平衡条件知：，电梯运动过程中，由牛顿第二定律可知：，代入数据解得，故选项D正确故BD正确.【思路点拨】熟练超重和失重概念的理解及牛顿第二定律在超重和失重中的应用，不论处于超重还是失重状态，重力均不会变化【题文】11如图甲所示，A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，A、B始终相对静止，设向右为正方向，则关于A物体运动的加速度a、速度v、位移x及B对A的摩擦力Ff随时间变化的关系图象正确的是【知识点】牛顿第二定律 匀变速直线运动的速度与时间的关系 运动图像 C2 A2 A5【答案解析】AD解析：A、隔离A可知A、B之间的摩擦力提供A的加速度，系统开始加速度最大，因此由f=mAa可知，开始时刻A、B之间的摩擦力最大，t时刻为零，故A正确；B、以整体为研究对象根据F=（mA+mB）a，可知系统先做加速度逐渐减小的加速运动，在t时刻加速度为零，速度最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，在2t时刻，速度变为零，系统停止，根据运动学知识可知加速阶段位移等于减速阶段位移，且在2t时刻位移达到最大，故B、C错误；D、根据牛顿第二定律得，A物体加速度减小，则A的摩擦力减小，后增大，故D正确故选AD【思路点拨】注意“整体、隔离”法的应用，根据牛顿第二定律将受力情况转化为运动情况，然后根据运动规律求解以整体为研究对象，结合力与时间的关系图，判断出物体速度与加速度的变化情况，在分析A、B之间的摩擦力时，可以隔离A根据牛顿第二定律进行分析【题文】12随着人们生活水平的提高，打高尔夫球将逐渐成为普通人的休闲娱乐项目之一如图所示，某人从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的球，由于恒定的水平风力的作用，球竖直地落入距击球点水平距离为L的A穴下列说法正确的是A球被击出后做平抛运动 B球从被击出到落入A穴所用的时间为C球被击出时的初速度大小为L D球被击出后受到的水平风力的大小为mgh/L【知识点】匀减速直线运动 自由落体运动A2 A3【答案解析】BC解析：A、由于水平方向受到空气阻力，不是平抛运动，故A错误；B、竖直方向为自由落体运动，由h= gt2，得到t= ，故B正确；C、由于球竖直地落入A穴，故水平方向为末速度为零匀减速直线运动，根据运动学公式，有L=v0t- at2，0=v0-at解得v0=L ，故C正确；D、水平方向分运动为末速度为零匀减速直线运动，由运动学公式L=v0t- at2，0=v0-at，由牛顿第二定律F=ma，由上述各式可解得F= ，D错误故选BC.【思路点拨】小球水平方向受恒定的阻力，因而做匀减速直线运动，竖直方向只受重力，做自由落体运动，根据运动学公式即可列式求解将实际运动分解为水平方向的匀减速直线运动和竖直方向的自由落体运动，根据运动学公式和牛顿第二定律列式求解三、填空题(本大题共5小题，共24分)【题文】13李明同学在做“互成角度的两个力的合成”实验时，利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O点以及两只弹簧测力计拉力的大小，如图所示(1)试在图中作出F1和F2的合力图示，并用F表示此力(2)如图所示是李明和张华两位同学在做以上实验时得到的结果，其中比较符合实验事实的是_(力F是用一只弹簧测力计拉时的图示)【知识点】互成角度的两个力的合成B6【答案解析】1)如图13(1)所示(画出合力图示给1分，标出合力符号“F” 给1分)(2)张华解析：（1）以F1和F2为邻边作平行四边形，与F1和F2共点的对角线表示合力F，标上箭头如图所示(2)用平行四边形定则求出的合力可以与橡皮条拉力的方向有偏差，但用一只弹簧测力计拉结点的拉力与橡皮条拉力一定在同一直线上，故张华作的符合实验事实符合实验事实【思路点拨】（1）以F1和F2为邻边作平行四边形，通过O点的对角线表示合力F，据此可正确画出F1和F2的合力图示；(2)明确实验理论值和实验值之间的关系即可正确解答；【题文】14为了测量某一弹簧的劲度系数，将该弹簧竖直悬挂起来，在自由端挂上不同质量的砝码实验测出了砝码质量m与弹簧长度l的相应数据，其对应点已在图上标出(g9.8 m/s2)(1)作出ml的关系图线；(2)弹簧的劲度系数为_N/m【知识点】实验：探究弹力和弹簧伸长的关系B5【答案解析】(1)如图所示(2) k0.261 N/m解析：(1)如图所示(2)根据图象的斜率可以求得弹簧的劲度系数：mgkl，则k0.261 N/m(在0.248 N/m0.262 N/m之间均正确).【思路点拨】(1)描点连线，连成直线，让可能多的点落在直线上或平分在直线的两侧（2）斜率就表示劲度系数大小【题文】15某同学在做“测量平抛运动的初速度”的课题研究时，在白纸上记录了一段小球做平抛运动的轨迹和一条表示竖直方向的直线，然后在这张白纸上覆盖了一张透明的方格纸，如图所示。他测出小方格的边长为l0，又透过方格纸在小球的运动轨迹上取了a、b、三个数据点，由此可知小球从a点到b点运动的时间_(填：大于、小于、等于)小球从b点到c点的运动时间，小球做平抛运动的初速度为_(已知重力加速度为g)【知识点】研究平抛物体的运动D3【答案解析】相等、v0=解析：平抛运动水平方向匀速直线运动，右图可知，球从a点到b点和b点到c点的水平位移相等，所以运动时间也相等；在竖直方向上有：h=gt2，其中h=（5-3）l0=2l0，代入求得：t= 水平方向：x=v0t，其中x=5l0，所以v0= 【思路点拨】正确应用平抛运动规律：水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动；解答本题的突破口是利用在竖直方向上连续相等时间内的位移差等于常数解出两点间的时间，然后进一步根据匀变速直线运动的规律、推论求解对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题【题文】16某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系弹簧测力计固定在一合适的木块上，桌面的右边缘固定一个光滑的定滑轮，细绳的两端分别与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶连接在桌面上画出两条平行线P、Q，并测出间距d开始时将木块置于P处，现缓慢向瓶中加水，直到木块刚刚开始运动为止，记下弹簧测力计的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小再将木块放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧测力计的示数F，然后释放木块，并用秒表记下木块从P运动到Q处的时间t(1)木块的加速度可以用d、t表示为a_(2)改变瓶中水的质量，重复实验，确定加速度a与弹簧测力计示数F的关系下列图象能表示该同学实验结果的是_(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是_A可以改变滑动摩擦力的大小 B可以更方便地获取更多组实验数据C可以更精确地测出摩擦力的大小 D可以获得更大的加速度以提高实验精度【知识点】测定匀变速直线运动的加速度A7【答案解析】（1）a=（2）C（3）BC解析：（1）根据匀变速直线运动公式得：d=,解得：a=（2）当F1F0时，木板才产生加速度随着继续向瓶中加水后，矿泉水瓶的质量不断增加，矿泉水瓶的质量不能远小于木板的质量，那么水的重力与绳子的拉力差值越来越大，则图象出现弯曲故选C（3）A、不可以改变滑动摩擦力的大小，故A错误 B缓慢向瓶中加水，可以更方便地获取多组实验数据，故B正确 C缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动，可以比较精确地测出摩擦力的大小，故C正确 D并没有获得很大的加速度，可以获取多组实验数据以提高实验精度故D错误故选：BC【思路点拨】长木板做匀加速直线运动，根据位移时间关系公式列式求解加速度；知道减小误差的常用方法是多次测量取平均值；知道当水的质量远远小于木板的质量时，水的重力近似等于绳子的拉力书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚实验的图象描绘，物理结合数学的应用都值得注意【题文】17某同学利用“研究匀变速直线运动”的实验装置来测量一个质量为m50g的重锤下落时的加速度值，实验中使用的是电磁打点计时器该学生将重锤固定在纸带下端，让纸带穿过打点计时器，实验装置如图所示 (1)以下是该同学正确的计算过程，请填写其中的空白部分：重锤下落后，该同学取下纸带，取其中的一段标出计数点如图所示，测出相邻计数点间的距离分别为x12.60cm，x24.14cm，x35.69cm，x47.22cm，x58.75cm，x610.29cm，已知打点计时器的打点间隔T0.02s，为了尽量减小误差，则计算重锤运动加速度的表达式为a_，代入数据，可得加速度大小a_m/s2(计算结果保留三位有效数字) (2)该同学从实验结果发现，重锤下落时的加速度与实际的重力加速度不相等，为了有效地缩小这个实验测得的加速度与实际的重力加速度之差，请你提出一个有效的改进方法：_【知识点】探究小车速度随时间变化的规律C4【答案解析】(1) a= , a=9.60m/s2(2)一是小球下落的空气阻力，二是纸带和限位孔之间的摩擦，故具体采取的具体措施为：将钩码换成较大质量的重锤或者实验过程中让钩码下落时纸带尽量减小摩擦解析：根据匀变速直线运动的推论x=aT2，有：x6-x3=3a1（2T）2，x5-x2=3a2（2T）2 ，x4-x1=3a3(2T)2 a= 联立解得：a= 带入数据解得a=9.60m/s2（2）根据实验原理可知，造成该实验误差的主要原因是物体下落过程中存在摩擦阻力，一是小球下落的空气阻力，二是纸带和限位孔之间的摩擦，故具体采取的具体措施为：将钩码换成较大质量的重锤或者实验过程中让钩码下落时纸带尽量减小摩擦【思路点拨】根据逐差法可以求出物体运动的加速度大小；（2）根据实验原理可知，造成该实验误差的主要原因是物体下落过程中存在摩擦阻力，因此从减小摩擦阻力的角度进行实验的改正四、计算题(本大题共5小题，共40分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)【题文】18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个水平向右的恒力F，物体可沿斜面匀速向上滑行试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)水平向右的恒力F的大小【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用B7 B3【答案解析】(1)(2)mg解析： (1)斜面倾角为30时，物体恰能匀速下滑，满足mgsin 30mgcos 302分解得1分(2)设斜面倾角为，受力情况如图，由匀速直线运动的条件：Fcos mgsin Ff1分FNmgcos Fsin 1分FfFN解得：Fmg1分【思路点拨】物体匀速下滑时受力平衡，按重力、弹力和摩擦力顺序进行受力分析，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列方程，同时结合摩擦力公式求解动摩擦因素；物体沿斜面匀速上升，根据平衡条件列方程，可求得推力F的大小关键是分析物体的受力情况，作出受力的示意图，要培养良好的作图习惯，注意结合正交分解法列方程求解【题文】19质量m=1.5kg的物体，在水平恒力F=15N的作用下，从静止开始运动0.5s后撤去该力，物体继续滑行一段时间后停下来已知物体与水平面的动摩擦因数为=0.2，g取10m/s2求：(1)恒力作用于物体时的加速度大小；(2)撤去恒力后物体继续滑行的时间；(3)物体从开始运动到停下来的总位移大小【知识点】牛顿第二定律 匀变速直线运动的规律 C2 A2【答案解析】(1)8.0m/s2(2)2.0s(3)5.0m解析： (1)以m为研究对象，受力情况如图所示: 设物体在恒力作用下的加速度为a1，根据牛顿运动定律：2分(2)撤去恒力F后受力分析如图所示，设撤去恒力F的瞬间物体的速度为v，根据运动学公式：设撤去恒力F后，物体做匀减速直线运动的加速度为a2，设滑行的时间为3分(3)设物体做匀加速直线运动和匀减速直线运动的位移分别是s1和s2，根据运动学公式：3分【思路点拨】（1）作出物体在恒力作用下运动的受力分析图，根据牛顿第二定律求出物体运动的加速度（2）作出物体撤去恒力后的受力分析图，根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式求出在恒力作用下的末速度，再根据速度时间公式求出撤去恒力后物体继续滑行的时间（3）根据运动学公式分别求出物体匀加速直线运动和匀减速直线运动的位移，从而求出总位移的大小【题文】20“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上现将太极球简化成如图甲所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时小球与板间无相对运动趋势A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高，圆的半径为R已知小球的重力为1 N，不计平板的重力，且在A处板对小球的作用力为F(1)设小球在A处的速度大小为v，写出在A处板对小球的作用力与小球速度大小的关系式；(2)求在C处板对小球的作用力比在A处大多少？ (3)当球运动到B、D位置时，板与水平方向需有一定的夹角，才能使小球在竖直面内做匀速圆周运动，请作出tan F的关系图象【知识点】匀速圆周运动 D4【答案解析】(1)Fm-mg (2)2N(3)如下图解析： (1)由于小球在A处的速度大小为v，半径为R则在A处时有 Fmgm 2分(2)在C处时Fmgm 1分由式得FFF2mg2 N1分(3)在A处时板对小球的作用力为F，球做匀速圆周运动的向心力：F向Fmg1分由于无相对运动趋势，在B处不受摩擦力作用，受力分析如图所示则tan F11分作出的tan F的关系图象如图所示2分【思路点拨】人在运动过程中受重力和支持力，由向心力公式可以求在各点的受力情况【题文】21如图所示，长为L的细绳上端系一质量不计的环，环套在光滑水平杆上，在细绳的下端吊一个质量为m的铁球(可视作质点)，球离地的高度hL现让环与球一起以v的速度向右运动，在A处环被挡住而立即停止，已知A离右墙的水平距离也为L，当地的重力加速度为g，不计空气阻力求：(1)在环被挡住而立即停止时绳对小球的拉力大小；(2)若在环被挡住后，细绳突然断裂，则在以后的运动过程中，球的第一次碰撞点离墙角B点的距离是多少？【知识点】牛第二定律 圆周运动 平抛运动C2 D4 D2【答案解析】(1)3mg (2)L 解析： (1)在环被挡住而立即停止后小球立即以速率v绕A点做圆周运动，根据牛第二定律和圆周运动的向心力公式有：Fmgm2分解得：F3mg1分(2)细绳断裂后，此后小球做平拋运动假设小球直接落到地面上，则：hLgt21分球的水平位移：xvt2LL1分故小球先碰到右墙，则Lvt1分小球下落的高度hgt21分所以球的第一次碰撞点距B的距离为：HLL1分【思路点拨】（1）在环由运动到被挡住而立即停止后，小球立即以速率v绕A点做圆周运动，由重力与绳子的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出绳子的拉力，再求解拉力的变化量（3）在环停止以后，若绳子断裂，小球将做平抛运动假设小球直接落在地面上，求出水平位移，分析小球能否与墙碰撞若与墙碰撞，碰撞后小球水平方向仍做匀速运动再由运动学公式求解铁球的第一次碰撞点离墙角B点的距离【题文】22如图所示，水平地面上一个质量M=4.0kg、长度L=2.0m的木板，在F=8.0 N的水平拉力作用下，以v0=2.0m/s的速度向右做匀速直线运动某时刻将质量m=1.0 kg的物块(物块可视为质点)轻放在木板最右端(g取10m/s2)(1)若物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间；(2)若物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间的动摩擦因数相等，求将物块放在木板上后，经过多长时间木板停止运动【知识点】牛顿第二定律 运动学公式C2 A2【答案解析】(1)1.2s(2)4.0 s解析 (1)未放物块之前，木板做匀速运动因此木板与地面之间的动摩擦因数 = 0.201分若物块与木板间无摩擦，物块放在木板上后将保持静止.木板水平方向受力如图1所示，它将做匀减速直线运动，设其加速度的大小为a1 f1F = Ma1 ， f1 = (m+M) g1分a1 = 0.50 m/s2设物块经过时间t离开木板木板在这段时间内的位移 L = v0ta1t2 1分解得 t = 1.2 s1分或6.8 s其中t = 6.8 s不合题意，舍去. 因此1.2s后物块离开木板(2)若物块与木板间的动摩擦因数也为，则物块放在木板上后将做匀加速运动，设物块的加速度的大小为a2mg = ma2 a2 = g = 2.0 m/s21分木板水平方向受力如图2所示，它做匀减速直线运动，设其加速度的大小为a3f1 + f2F = Ma31分 (M+m) g + mgF = Ma3a3 = 1.0 m/s2设经时间t1，物块与木板速度相等，此时它们的速度为v，此过程中木板的位移为s1，物块位移为s2v = v0a3t1 v = a2t1 s1 = v0t1a3t12 s2 =a2t12 解得 t1 =s，v =m/s，s1 =m，s2 =m1分因为s1s2 L，所以物块仍然在木板上之后，它们在水平方向的受力如图3所示，二者一起做匀减速直线运动，设它们共同运动的加速度的大小为a4f1F = (M+m) a41分 (M+m) gF = (M+m) a4a4 = 0.40 m/s2设再经过时间t，它们停止运动0 = va4t2 t2 =s1分t总 = t1 + t2= 4.0 s1分因此将物块放在木板上后，经过 4.0 s木板停止运动【思路点拨】（1）木板受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，根据平衡条件和滑动摩擦定律列式求解；（2）物块与木板间无摩擦，木板减速，根据牛顿第二定律求解加速度，根据位移时间关系公式列式求解即可；（3）滑块加速运动的同时木板减速运动，此后一起匀减速知道停止；根据牛顿第二定律求解各段的加速度，然后根据运动学公式列式求解