2024-2025學年人教版高一物理上冊壓軸題考卷（解析版）

高一上冊物理壓軸題考卷

（考試時間：90分鐘試卷滿分：100分）

注意事項：

1.測試范圍：人教版（2019）：必修第一冊第1?4章。

2.本卷平均難度系數0.18。

第I卷選擇題

一、選擇題（本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1?

8題只有一項符合題目要求，第9?12題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但

不全的得2分，有選錯的得0分）

1.如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質量均為M的物體A、

B（B物體與彈簧連接），彈簧的勁度系數為比初始時物體處于靜止狀態(tài)?，F用豎直向上

的拉力廠作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a（a<g）的勻加速運動，A、B

的速度隨時間變化圖像如圖乙所示，重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

A

甲

A.拉力廠的取小值為A/Q

B.A、B分離時，彈簧彈力恰好為零

C.A、B分離時，A上升的距離為“［一"）

k

D.彈簧恢復到原長時，物體B的速度達到最大值

【答案】C

【詳解】A.A、B整體原來靜止，合外力為零，施加外力廠的瞬間，對A、B整體，根

據牛頓第二定律有

F=2Ma

當A、B整體向上運動時，彈簧彈力減小，則尸增大，拉力廠的最小值為故A錯

誤；

B.物體A、B在％時刻分離，此時A、B具有共同的v與0,且A、B間作用力為0,對B

有

F^-Mg=Ma

解得

4=M(g+a)

故B錯誤；

C.施加/前，物體A、B整體平衡，根據平衡條件有

2Mg=kX[

解得

工2Mg

A、B在4時刻分離，由

與=M(g+a)=kx2

解得

v_M(g+a)

X2=^JT~

則A、B分離時，A上升的距離為

故C正確；

D.當彈簧的彈力

%=Mg

時，B達到最大速度，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，故D錯誤。

故選Co

2.如圖所示，質量機為2kg的物塊A放在一個靜止木箱內，A和木箱水平底面之間的動摩

擦因數〃=0.25。A的右邊被一根輕彈簧水平向右拉著并保持靜止，且彈簧的拉力為4N。

設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取lOm/s?。則下列說法正確的是()

AVWWWW

A.當木箱由靜止以Im/s2的加速度水平向左加速瞬間，A所受的摩擦力為6N

B.當木箱由靜止以《m/s2的加速度水平向右加速瞬間，A與木箱發(fā)生相對滑動

C.當木箱由靜止以4m/s2的加速度豎直向下加速瞬間，A的加速度大小為返m/s?

2

D.當木箱由靜止以2m/s2的加速度豎直向上加速瞬間，木箱對A的作用力大小為24N

【答案】C

【詳解】A.木箱受到的最大靜摩擦力為

/max=〃加g=5N

木箱以％=lm/s2向左加速時，物塊的合力大小為

Fx=max=2N

方向向左，若此時仍相對靜止，則所需的摩擦力為

/=與+片=6N>7mm=5N

則兩者發(fā)生相對滑動，此時所受摩擦力為5N,方向向左，故A錯誤;

B.木箱以g=4m/s2向右加速時，合力大小為

F?—ma2—8N

方向向右，又

與=與+/

解得

/=4N</max=5N

則物塊A與木箱底面相對靜止，故B錯誤；

C.木箱以%=4m/s2豎直向下加速時，由牛頓第二定律

mg~N3=ma3

解得支持力

V=12N

由于

加x=〃M=3N

水平方向，根據牛頓第二定律可得

月=瑪單一人=IN=max

A的加速度大小為

+=^^m/s2

Cl—

故C正確;

D.木箱以q=2m/s2豎直向上加速時，由牛頓第二定律

N4-mg=ma4

解得支持力

N4=24N

木箱對A的作用力大小為

?==4厲N

故D錯誤。

故選Co

某質點做直線運動，運動速率的倒數，與位移尤的關系如圖所示,

3.關于質點的運動,

V

下列說法正確的是（）

A.質點做勻加速直線運動

B.圖線斜率等于質點運動加速度

V

C.四邊形AA'B'B的面積可表示質點從。到C所用的運動時間

D.四邊形5皮CC的面積可表示質點從。到C'所用的運動時間

【答案】D

【詳解】B.圖線的斜率

1

k,=?—=—1

xvx

所以L-x圖線斜率

根據單位運算可知，斜率的單位為s/m2,而加速度的單位為m/s2,

V

不等于質點運動加速度，故B錯誤;

A.圖線是一條過原點的傾斜直線，可知，!與x成正比，根據上述有

VV

vx=；=常數

k

假設質點做勻變速運動，則有

2

v—VQ=2ax

解得

v3_Wg=2"：

可知，如果質點做勻變速運動，加速度一定，則v3-l喏為一個定值，即速度V一定，與

假設矛盾；實際上，根據圖像可知，隨質點位移的增大，質點的速度減小，質點做減速

直線運動，可知假設不成立，質點做的是加速度變化的變速直線運動，故A錯誤；

CD.取位移的微元，此時速度相當于勻速，則此時圖像的面積表示為

1

s=-x=t

V

可知圖像直線與x軸圍成面積表示時間，所以左下角梯形的面積可表示質點從。到C所

用的運動時間，四邊形89CC的面積可表示質點從。至U。所用的運動時間，故C錯誤,

D正確；

故選D。

4.某物體從靜止開始做直線運動，以物體開始運動時為，=0時刻，其加速度4與時間。遵

循如圖所示的余弦變化規(guī)律，下列說法正確的是（）

A.，=2%時，物體回到出發(fā)點

B./=3/0時，物體的運動速度最小

C.，=3.5/0時，物體的速度方向與加速度方向相同

D.2/。~3%過程中物體的平均速度與“~%過程中物體的平均速度相同

【答案】D

【詳解】A.加速度與時間的關系圖線與坐標軸圍成的面積表示速度的變化量，f軸上方

速度變化量為正，f軸下方速度變化量為負，因為初速度為零，圖像的面積就表示物體的

速度，故結合圖像對稱性可知，。?2%內物體速度變化量為零，可知物體先做加速度減

小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，2fo時速度剛好減為零，故速度方向一直未

變，故”時未回到出發(fā)點，故A錯誤；

B.由圖像可知，2,o時速度剛好減為零，3fo時面積不為零，故桀時速度不是最小，故B

錯誤；

C.由圖像可知，0?3勺。內圖線面積為負，速度變化量為負，故35。時速度方向為負,

但加速度方向為正，故C錯誤；

D.因為2fo時物體速度剛好減為零，故4?包內物體先做加速度減小的加速運動，后

物體做加速度增大的減速運動，由于加速度的對稱性可知，2/。?3fo和“?4/。時這兩個

過程中物體位移是相等的，因為時間相同，故這兩端時間內平均速度相同，故D正確。

故選D。

5.如圖Q）是停在高速公路上的超聲波測連儀測盤車速的示意圖，測速儀發(fā)出并接收超聲

波脈沖信號，根據發(fā)出和接收到的信號間的時間差，測出被測的汽車的速度；圖（6）

中巳、B是測速儀先后發(fā)出的兩大超聲波信號，肛、町分別是測速儀檢測到的尸/、B由

汽車反射回來的信號。設測速儀勻速掃描尸八2之間的時間間隔△/=1.8s,超聲波在空

氣中傳播的速度是v=340。m/s,若汽車是勻速直線行駛的，則根據圖（6）可知，下列

說法不正確的是（）

A.圖（6）中每小格表示的時間是0.2s

B.測速儀第一次發(fā)出的信號到被測汽車遇到時，汽車距測速儀的距離是102m

C.汽車是在向測速儀靠近的

D.汽車的速度是70km/h

【答案】D

【詳解】A.如圖所示，P］、巳之間一共有9格，共L8s,則每一小格表示

1.8s八c

片=----=0.2s

°9

A不符合題意;

B.如圖所示，測速儀第一次發(fā)出信號到接受到信號所用的時間為

%=3,o=0.6s

在力時間內，超聲波從發(fā)出到與汽車相遇，再從第一次相遇的位置反射回去，所以第一

次相遇的位置到測速儀的距離為

x=—=102m

12

B不符合題意；

C.如圖所示，測速儀第二次發(fā)出信號到接受到信號所用的時間為

t2=2to=0?4s

在益時間內，超聲波從發(fā)出到與汽車相遇，再從第二次相遇的位置反射回去，所以第二

次相遇的位置到測速儀的距離為

=68m

2

因為

x2＜再

所以汽車是在向測速儀靠近的，C不符合題意；

D.汽車與超聲波第一次相遇到第二次相遇所用的時間為

%3=—24+5/2=1.7s

汽車與超聲波第一次相遇的位置到到第二次相遇的位置的距離為

x3=xl-x2=34m

則汽車的速度為

v'=—=20m/s=72km/h

D符合題意。

故選D。

6.如圖甲，足夠長木板靜置于水平地面上，木板右端放置一小物塊。在/=0時刻對木板施

加一水平向右的恒定拉力尸，作用1s后撤去尸，此后木板運動的v—f圖像如圖乙。物塊

和木板的質量均為1kg,物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，最大靜摩擦力等于滑

動摩擦力，重力加速度g=10m/s2,下列說法正確的是（）

A.拉力F的大小為24N

B.物塊與木板、木板與地面間的動摩擦因數均為必=04

C.物塊最終停止時的位置與木板右端間的距離為3m

D.Q2s時刻，物塊的速度減為0

【答案】C

【詳解】A.由圖像可知，撤去拉力廠前，物塊在木板上一直有有相對運動，否則，撤

去拉力尸后，木板的凹圖像不可能是兩段折線。

在工?1.5s內，物塊加速、木板減速，設它們的加速度大小分別為。八a2,則

22

a■—=m/s=2m/s

\-△41.5-0

=-8-3.m/s2=1Om/s2

a2=

AZ21.5—1

設物塊、木板的質量均為加，物塊與木板之間的動摩擦因數為〃/,木板與地面之間的動

摩擦因數〃2,則有

對物塊

"1加g=max

jUMg+4?2mg=ma2

得

"產0.2,//j=0.4

撤去拉力尸前，木板的加速度

a=—=8m/s2

0Nt

對木板，根據第二定律有

F-（從加g+"2?2加g）=ma。

得

尸=18N

選項A錯誤;

B.由上可知，物塊與木板間的動摩擦因數為〃1=0.2,選項B錯誤;

C.在片1.5s內，物塊位移為

32

=------m=2.25m

12al2x2

木板位移為

%=%+口=(-xl+^-^)m=6.75m

22a222x10

在。=1.5s后，物塊與木板間仍有相對滑動

物塊的加速度大小

a[=juxg=2mzs2

木板的加速度大小為芻,

人,2mg-從、mg-ma2

得

=6m/s2

物塊到停止的時間還需

V,3..

“='T=5S=L5S

z

ax

木板到停止的時間還需

。后=一~——s=0.5s

板a；6

所以木板比物塊早停止運動。

在〃=1.5s到物塊停止運動的時間內，物塊的位移為

X；=1=工m=2.25m

2a；2x2

木板位移為

32

=0.75m

2x6

物塊最終停止時的位置與木板右端間的距離為

Ay=x2+%2'一(西+$')-[6.75+0.75-(2.25+2.25)]m=3m

選項c正確；

D.由上可知，物塊從開始到停止運動的時間為3s,2s時的速度不為0,選項D錯誤。

故選Co

【點睛】

7.如圖所示是安裝工人移動空調室外機的情境。剛開始，兩工人分別在與窗戶邊緣等高的

M、N兩點通過1、2兩根繩子使空調室外機靜止在P點，然后他們緩慢放繩，使空調室

外機豎直向下緩慢運動。已知開始時P點到M點的距離小于尸點到N點的距離。繩子

的質量忽略不計。在空調室外機到達指定位置前的一段時間內關于1、2兩繩的拉力，下

列說法正確的是（）

A.1繩的拉力一直小于2繩的拉力

B.1、2兩繩的拉力都在減小

C.K2兩繩拉力的合力小于空調室外機的重力

D.1、2兩繩的拉力之比保持不變

【答案】B

【詳解】A.如圖

由幾何關系得

cos-,cos02~~

412

由于尸點到“點的距離小于尸點到N點的距離，則

<%

根據平行四邊形定則結合正弦定理得

sin32sin0x

由于a<%且空調室外機豎直向下緩慢運動，則

故A錯誤;

B.根據正弦定理可得

號=mg=T?

sin%sin（6*+0,）sin4

化簡可得

T_mg

方_i

sin4--------+cos0,

tang

其中

1OMOPOM

sinq.

tangylOM2+OP2ONON

因此可知+M變大,則工變小,同理4也變小，則1、2兩繩的拉力只能

減小。故B正確;

C.由于空調室外殼緩慢移動，處于動態(tài)平衡,則1、2兩繩拉力的合力等于空調室外機

的重力。故C錯誤;

D.設OM=sj,ON=S2O由得

sin02sin0x

可見，〃變化，1、2兩繩的拉力之比也變。故D錯誤。

故選Bo

8.如圖所示，廂式汽車停放在水平地面上。一條長2￡的不可伸長的輕繩兩端分別拴在相距

為/的a、6兩點，讓輕繩穿過質量為〃z的光滑環(huán)，將光滑圓環(huán)懸掛起來，此時輕繩拉

力為耳。此后將汽車停放在傾角為30。的斜面上，此時輕繩的拉力為耳。則￡：￡的值為

()

【答案】D

【詳解】汽車在水平面時，對小球進行受力分析如圖

可得

cos30°3

在斜面上受力分析如圖

設。到球的距離為x,則6到球的距離為2￡-x,設邊長為x的邊與豎直方向夾角為a,

根據幾何關系及正弦定理，有

Lx2￡-x

sin2a

解得

sina=——

4

根據受力分析，可得

1

F=-2mg

尸2-----------I——

cosa\\3

所以有

三=正

故選D。

9.（多選）廣州正謀劃與其他超大城市間高速磁懸浮通道及實驗線建設，預留京港澳、滬廣

高速磁懸浮通道。某磁懸浮列車進站過程中的工―圖像如圖所示，進站過程的運動可視

t

為勻減速直線運動。下列說法正確的是（）

A.列車進站的初速度大小為2b

2b

B.列車進站過程中的加速度大小為丁

C.列車從開始進站到停止所用的時間為當

D.列車進站過程通過的距離為牛

4

【答案】BCD

【詳解】AB.進站過程的運動可視為勻減速直線運動，則有

12

x=vQt——at

整理可得

X1

l=V°-2at

結合題圖有

%=6、--a=k=^^~

°2t0

解得

2b

Q---

%

A錯誤，B正確;

CD.列車從開始進站到停止所用的時間

a2

可得列車進站過程通過的距離

214

CD正確。

故選BCD?

10.（多選）如圖所示，傾角為6=37。的光滑斜面固定在水平地面上，一輕質彈簧一端與垂

直固定在斜面上的擋板相連，另一端與物塊B栓接，勁度系數為鼠物塊A緊靠著物塊

B,物塊與斜面均靜止?，F用一沿斜面向上的力尸作用于A,使A、B兩物塊一起沿斜

面做加速度大小為gg的勻加速直線運動直到A、B分離。物塊A質量為加，物塊B質

量為2相，重力加速度為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8o下列說法中正確的是（）

F

A.施加拉力的瞬間，A、B間的彈力大小為g機g

B.A、B分離瞬間彈簧彈力大小為

C.拉力廠的最大值大于加g

D.在A、B分離前整個過程中A的位移為等

5k

【答案】AD

【詳解】A.施加拉力廠之前，A、B整體受力平衡，根據平衡條件，有

F^=kx=3mgsin0

解得

1.8mg

x=--------

k

施加尸瞬間，物體A、B加速度大小為

1

對A、B整體，根據牛頓第二定律

尸+4單一3mgsin0=3ma

對A,根據牛頓第二定律得

F+穌八一mgsin0=ma

聯立，解得

L1

片A=『g

故A正確；

B.分離時，物體A、B之間作用力為0,對B根據牛頓第二定律得

尸'彈一2mgsin0-2ma

解得

尸‘彈=kxy=\.6mg

可得

,1.6mg

x二---------

k

故B錯誤；

C.依題意，整個過程中拉力廠一直增大，A、B分離瞬間，物體A、B之間作用力為

0,F最大,對A根據牛頓第二定律得

-mgsin0=ma

解得

或a*=0-8俏g<mg

故C錯誤；

D.在A、B分離前整個過程中A的位移為

x=x—x'=——故D正確。

A5k

故選AD。

11.（多選）如圖所示，三根輕質細線結于。點，CM另一端固定在天花板上的/點（位于

圓心。'的正上方），另一端連接質量為加的小球P（可視為質點），OC另一端連接

質量為2加的物體Q,將小球尸放置于半徑為R、質量為3加的圓表面光滑的半圓柱上,

半圓柱及物體Q均放置于粗糙水平面上，當N、。、。'處于同一豎直線上時，OC處于

3

水平且物體Q恰好不滑動，此時。8=］凡。。'=2凡重力加速度大小為g，，最大靜摩

擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是（）

A.半圓柱所受的摩擦力與物體Q所受到的摩擦力大小相等

B.OC段繩子的拉力大小為亞優(yōu)g

16

C.水平面對圓柱體的支持力大小為4mg

D.物體Q與水平面間的動摩擦因數為亞

64

【答案】AD

【詳解】A.根據題意，對整體進行受力分析，水平方向上合力為零，物塊所受摩擦力

與半圓柱體所受摩擦力等大反向，故A正確；

BD.對小球P受力分析，受重力mg,光滑半圓柱的支持力N和繩子的拉力R處于平

衡狀態(tài)，畫出拉力廠等大反向的力9，即為加g和N的合力，如圖所示：

由相似三角形有

F'mg

礪一次

解得

Fr=—mg

由余弦定理有

序1+（2叫之

cos/9='）---------------

2x-Rx2R

2

則有

sin。=Vl-cos2^=-----

8

對結點。受力分析，如圖所示：

由平衡條件有

F2=T^sin^,F3=F^osd

對物體Q受力分析，如圖所示:

由平衡條件有

心=2mg,f=F4

又有

m

F4=F2=々sin。=產sin。=Fsin。=S

/=〃旦

則有

f_鼻_3岳

LI-------------

然然64

故B錯誤，D正確；

C.04段繩子的張力

F3=F}cos0

在豎直方向上將小球P和圓柱體整體受力分析有

琮+F3=4mg

解得

琮=4mg-々cos0<4mg

故C錯誤。

故選AD。

12.（多選）如圖所示，用04、OB、OC三段輕質繩子吊起一個小球，此時04呈水平狀態(tài)。

現用一頂端固定有一輕質滑輪的桿頂著0C繩，使滑輪與o點之間的繩子逐漸由豎直

緩慢轉動到水平狀態(tài)，此過程中（）

//〃///〃///〃

A.OA繩的張力一直增大

B.。2繩的張力一直減小

C.輕桿對滑輪的作用力一直增大

D.輕桿對滑輪的作用力一直減小

【答案】BC

【詳解】AB,對結點。受力分析，如圖

由正弦定理，可得

Foe_FOB_紇/

sinysinasin[3

其中

F℃=mg

滑輪與。點之間的繩子逐漸由豎直緩慢轉動到水平狀態(tài)過程中a減小，P由銳角逐漸增

大到鈍角，丫保持不變。所以08繩的張力分一直減小，繩的張力先增大后減小。

故A錯誤；B正確;

CD.設0C傾斜部分和豎直部分的夾角為0,則輕桿對滑輪的作用力

igeos”

可知隨著0的增大，尸一直增大。故C正確；D錯誤。

故選BCo

第n卷非選擇題

二、實驗題（共2小題，共20分）

13.某同學設計了實驗驗證力的平行四邊形定則，實驗步驟如下：①用天平測得物塊A的

質量為加，②如圖甲兩根豎直桿相距為。，用長為2的不可伸長的輕繩，穿過光滑的

輕質動滑輪，動滑輪下端連接物體A,輕繩兩端分別固定在桿上尸、。兩點，在輕繩的

左端連接力傳感器，力傳感器的重力忽略不計。改變物塊A的質量機，記錄力傳感器的

示數尸，重力加速度為g。

（1）要驗證力的平行四邊形定則，力傳感器的示數廠與物塊A的質量加滿足關系式

（用題中給出的物理量表示）。

（2）輕繩的0端沿桿向上移動到0',力傳感器的示數（填"變大""變小"或"不

變"）。

（3）某同學改變物塊A的質量，作尸一a的圖像，如圖乙，圖像的斜率為左，但是他

忘記了記錄間距。的大小，可否利用圖乙和已知物理量求出。？并說明原因：

（￡,k,g已知）。

【答案】F2〃=2一￡）2不變可以，理由見解析

【詳解】（1）⑴如圖所示，設定滑輪處為。點，尸。段繩子長度為小設。。段繩子長

度為4，P0和。。與豎直方向的夾角為6。

甲

由幾何關系可知

Ilsin0+l2sin0=D

又

lx+/2=L

得

sin6?=—

L

由平衡條件可得

2Fcos0-mg

sin26^+cos20=1

mgL

(2)［2］由［1］分析可知，輕繩的。端沿桿向上移動到儲，工不變，。不變，力傳感器

的示數不變。

(3)［3］可利用圖乙和已知物理量求出。。原因如下:

由［1］可知

rn?L

的圖像斜率為左,則

F=—2"/?—￡)2F—m

解得

22

D=工,

2k

14.某實驗小組用如圖甲所示裝置探究加速度與合力的關系一細繩通過定滑輪連接兩個小桶

/和3,A桶中放有若干個質量均為m的鉤碼，B桶中裝有適量細沙，打點計時器固定

在鐵架臺上，已知重力加速度為g。

B

A

A

T

打點計時器

紙帶

甲

（1）下列實驗操作步驟，正確的順序是

①從/桶中取一個鉤碼放入5桶，接通電源，釋放2桶，利用紙帶測出加速度服

②給3桶一豎直向下的速度，通過不斷調整8桶中細沙的質量，直到打出的紙帶點跡

均勻。

③根據所得數據，作出相關圖像，得出結論。

④重復步驟①的操作，得到多組數據。

（2）打點計時器的打點周期為7,實驗打出的一段紙帶如圖乙所示，5個點為連續(xù)打

出的點，1、3點間距為打，1、5點間距為電，則桶的加速度大小為（用所給

字母表示）。

（3）實驗小組測得多組數據，以3桶中鉤碼的質量為縱坐標，/桶和2桶的加速度為

橫坐標，得到一條過原點斜率為左的傾斜直線若牛頓第二定律成立，則兩桶及所有鉤碼

和桶內沙子的總質量〃=（用左、g表示）。

【答案】②①④③由尹2kg

【詳解】（1）⑺正確步驟為：給8桶一豎直向下的速度，通過不斷調整3桶中細沙的

質量，直到打出的紙帶點跡均勻，從/桶中取一個鉤碼放入8桶，接通電源，釋放2

桶，利用紙帶測出加速度。，重復步驟①的操作，得到多組數據，根據所得數據，作

出相關圖像，得出結論。故順序為②①④③。

（2）⑵由逐差法可求得桶的加速度為

%2一演一工]

a~~4F-4r2

（3）⑶設2桶和沙子的總質量為叫，/桶的質量為加2，鉤碼的總質量為加3，從N桶

中取出鉤碼放到2桶中的質量為加4,設繩子拉力為7,則

mx+m2+m3=M

剛開始8桶中沒放鉤碼時，/桶和8桶勻速下落有

mxg=（m1+mi）g

可得

ml=m2+加3

當從Z桶中取出質量為加4的鉤碼放到5桶中時，對5桶有

（加1+加4）g—T=（加1+機4）。

對4桶有

T-（m2+加3―^4）g=（加2+加3一加4）Q

聯立可得

2加4g-Ma

變形得

Ma

m4=—

2g

由于以桶中鉤碼的質量為縱坐標，4桶和8桶的加速度為橫坐標，得到一條過原點斜率

為k,則有

7M

K=——

2g

則

M=2gk

三、計算題（本題共3小題，共32分）

15.如圖所示，某工廠需要利用質量為3kg的物體B通過輕質繩及光滑定滑輪協(xié)助傳送帶將

質量為2kg的物體A從傳送帶底端（與地面等高）由靜止開始傳送到距離地面〃高處,

已知傳送帶傾角為30°,與貨物接觸面間動摩擦因數為傳送帶以5m/s的速度順時

6

針轉動，物體B最初距離地面6.5m且落地后不反彈。某時刻將A釋放，最終A剛好到

達頂端，最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力，g取lOm/s?。求:

⑴釋放后瞬間物體A的加速度大小為q；

⑵傳送帶最上端距離地面的高度a；

⑶A由靜止釋放到滑到傳送帶頂端，整個過程物塊A在傳送帶上留下的劃痕長度/。

【答案】⑴氣=5m/s2

⑵H=6.55m

(3)/?6.6m

【詳解】(1)剛開始由于物體A的速度小于傳送帶速度，由牛頓第二定律，對A、B兩

物體分析，可得

T+cos300-mAgsin30°=m^ax

m^g-T=m^a{

解得

=5m/s2

(2)物體A從靜止加速至5m/s,發(fā)生的位移

M=—1―=----m=2.5m<6.5m

2〃i2x5

物體A與傳送帶共速后，A繼續(xù)加速，傳送帶給物體A向下的滑動摩擦力

T-cos30°-mAgsin30°=mAa2

r

mBg-T=mBa2

解得

=3m/s2

從物體A與傳送帶共速看到物體B落地過程，設物體B落地瞬間速度大小為了2,則有

2a2x2=2a2(/zB-=v；-v：

v2=7m/s

物體B落地后，物體A向上做勻減速的加速度大小為

_//mAgcos30°+mAgsin30°

物體A從速度V2減速到再次與傳送帶共速匕，發(fā)生的位移為

物體A再次與傳送帶共速后，物體A繼續(xù)向上做勻減速的加速度大小為

mgsin300-cos30°

A=2.5m/s

從共速V,到剛好到達頂端，發(fā)生的位移為

m=5m

2&2x2.5

故整個過程物體A向上的位移為

=

xA=石+%2+項+/(2.5+4+1.6+5)m=13.1m

可知高度

H=xAsin30°=6.55m

(3)從開始到物體A與傳送帶第一次共速所用時間為

X51

tx=-=—8=18

ax5

此過程物體A與傳送帶的相對位移大小為

從物體A與傳送帶共速到物體B落地過程，所用時間為

此過程物體A與傳送帶的相對位移大小為

物體A從速度均減速到再次與傳送帶共速，所用時間為

v-v_7-54

2{s=一s

7.515

此過程物體A與傳送帶的相對位移大小為

V,+v4

^=^-^^23-^3=-m

從再一次共速到剛好到達頂端，所用時間為

t.=—=-^―s=2s

為2.5

此過程物體A與傳送帶的相對位移大小為

v?5m

54