5、山东省济南市2019-2020学年高一上学期期末学习质量评估物理试题（教师版）

这是一份5、山东省济南市2019-2020学年高一上学期期末学习质量评估物理试题（教师版），共13页。试卷主要包含了请将各题答案填写在答题卡上，本试卷主要考试内容，风筝是我国一种古老的民间艺术等内容，欢迎下载使用。

5、山东省济南市2019-2020学年高一上学期期末学习质量评估物理试题
2019~2020学年度高一年级模块检测试题

高一物理
注意事项:
1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共100分。考试时间90分钟。
2.请将各题答案填写在答题卡上。
3.本试卷主要考试内容:高一上学期期末

　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题(本题共15小题,每小题3分,共45分。其中~10小题,只有一个答案正确;11~15小题有多个选项正确,全部选对得3分,选对但选不全的得2分,有错选或不答的得0分)
1.(★)下列情况中,研究对象可以视为质点的是 (　　)
A.研究地球自转的规律
B.研究地球绕太阳公转的周期
C.研究人造地球卫星的姿态调整
D.研究跳水运动员的跳水动作
考向　质点的认识
分析　根据物体看成质点的条件来判断
解析　A:研究地球自转时,如果看成一个质点就没有办法分析不同位置转动情况,故不能看成质点,A错误;
B:研究地球绕太阳公转周期时,地球大小对研究问题没有影响,故可以看成质点,B正确;
C:研究人造卫星的姿势时,卫星不同部分姿势不同,故不能看成一个点,C错误;
D:研究跳水运动员动作时,运动员大小形状不能忽略不计,D错误。
答案　B
点评　当物体的大小形状对所研究的问题没有影响,就可以把物体看成质点。(1)能否看成质点与物体自身的大小无关。(2)当研究转动物体自身转动情况(例如研究车轮上一点的轨迹时),不能将物体看成质点。(3)当研究物体自身形状态姿势时,不能看成质点。
2.(★)下列物理量中,属于矢量的是 (　　)
A.位移 B.时间 C.功率 D.动能
考向　矢量和标量
分析　根据矢量和标量定义解题
解析　位移有大小又有方向,是矢量;时间、功率和动能只有大小没有方向,是标量,故选A。
答案　A
点评　本题是对物理概念的考查,要理解矢量和标量的区别,矢量既有大小又有方向,运算时遵循平行四边形法则;标量只有大小没有方向,运算时遵守算术运算法则。
3.(★)小明从某地打车到车站接人后返回出发地,司机打出全程的发票如图所示,下列说法正确的是 (　　)

A.11∶26指时间
B.出租车的位移大小为23.0km
C.出租车的平均速度为0
D.出租车的平均速度是46km/h
考向　位移与路程的区别、时间间隔和时刻的区别
分析　注意利用定义区分相似的物理概念,例如位移与路程、时间间隔和时刻
解析　A:发票上的时间11∶26指的是上车的时刻,A错误
B:23km时出租车行驶的轨迹长度,是路程不是位移,B错误
C、D:整个过程出租车的初末位置在同一位置,位移为零,根据平均速度=位移时间,平均速度为零,故C正确、D错误
答案　C
点评　1、时间间隔对应着时间轴上的一段,时刻对应点时间轴上的一点。2、位移是矢量,既有大小又有方向,用初位置指向末位置的有向线段表示;路程是标量,是轨迹的长度;在单向直线运动中,位移大小等于路程。
4.(★)下列关于速度和加速度的说法中正确的是 (　　)
A.速度方向就是加速度的方向
B.加速度为正,表示速度越来越大
C.速度变化越大,加速度越大
D.加速度不断减小,速度可能不断增大
考向　速度与加速度的关系
分析　加速度大小等于速度的变化率,加速度不是由速度大小和速度变化量大小决定。加速度方向和速度方向关系制约了速度是增加还是减小。
解析　A:例如减速运动时,加速度方向和速度方向相反,A错误;
B:加速度为正,如果初速度为负,则做减速直线运动,速度越来越小,B错误;
C:根据加速度定义式a=ΔvΔt,速度变化大,但不知道所用时间的长短,故不能说加速度大,C错误;
D:加速度与速度同向,则速度增大,当加速度减小时时,速度只是增大的越来越慢,故D正确。
答案　D
点评　(1)加速度等于速度的变化率,速度变化的越快时,加速度越大。
(2)加速度的大小不是由速度大小和速度变化量大小决定,加速度为零时,速度不一定为零;速度为零时,加速度不一定为零;速度大,加速度不一定大;速度小,加速度不一定小。
(3)物体加速度方向由合外力决定,与速度变化量的方向相同,与速度方向无关。
(4)当加速度方向与速度方向相同时,物体做加速运动;当加速度方向与速度方向相反时,物体做减速运动。
5.(★)如图所示,用一根细线竖直提起一个水杯,保持静止,摩擦力忽略不计。下列说法正确的是 (　　)

A.当细线之间的夹角为60°时,细线的拉力大小等于杯子重力
B.当线细之间的夹角为60°时,细线的拉力大小等于杯子重力的33倍
C.逐渐增大细线夹角,细线拉力将逐渐变小
D.只要人的力气足够大,就可以将细线拉至水平
考向　力的合成与分解
分析　对水杯受力分析,利用几何方法推导拉力与重力关系,再根据关系式讨论。
解析　对水杯进行受力分析,水杯受到重力和绳子的两个拉力,同一根绳拉力大小相等,如图所示:

根据平衡条件,两拉力的合力和重力等大反向,设细线之间的夹角为θ,则2FTcosθ2=G,
解得FT=G2cosθ2。当夹角为60°时FT=33G,故A错误,B正确。
C:增大细线夹角θ,cosθ2减小,FT=G2cosθ2增大,故C错误。
D:当细线趋近于水平,接近180°,则FT=G2cosθ2趋近于无穷大,故D错误。
答案　B
方法指导　力的合成与分解问题,一般先受力分析,根据平行四边形法则或三角形定则作图,再根据几何知识推导各力之间的关系式,直角三角形的三角函数和三角形正弦定理是最常用的方法。
6.(★)风筝是我国一种古老的民间艺术。如图所示,MN为风筝的截面,下列四种情况中可能使风筝保持静止的是　 (　　)

考向　共点力作用下物体的平衡
分析　对风筝受力分析,根据共点力平衡条件判断
解析　对风筝受力分析,重力竖直向下、拉力沿绳的方向、风对风筝的力垂直于风筝截面

由图像可知,只有A项在垂直于风筝截面和平行于风筝截面两个方向都可能达到平衡状态,B项合力偏向x正半轴,C、D项合力均偏向y负半轴,都不可能达到平衡,故选A。
答案　A
点评　研究共点力作用下,物体的平衡一般步骤:
①确定研究对象。
②分析研究对象的受力情况,画出受力示意图。
③选取适当的直角坐标系,将不在坐标轴上的力进行正交分解,受力简单时,可用合成法或分解法。
④根据平衡条件列方程:Fx合=0和Fx合=0。
⑤对方程进行求解,必要时需对结果进行讨论。
本题尤其要注意风力的方向不沿风的方向,应该和风筝的截面垂直。
7.(★)一辆货车以20m/s的速度行驶,遇到紧急情况后开始刹车,若驾驶员的反应时间为0.5s,货车行驶50m后停下来,货车的加速度大小为 (　　)
A.3m/s B.4m/s C.5m/s D.6m/s
考向　匀变速直线运动规律的应用
分析　汽车先匀速后减速,分段处理,根据速度位移关系式v2-v02=2ax求解
解析　在驾驶员反应时间内汽车匀速运动,x1=v0t1=20×0.5=10m,刹车后汽车做匀减速直线运动,根据速度位移公式x-x1=v022a,得a=v022(x-x1)=2022×(50-10)=5m/s2,故选C。
答案　C
点评　对于多过程运动问题,首先要清楚各个过程的运动特征,再分析在多过程的连接点,各物理量之间的联系和区别,根据运动学规律列式求解。
8.(★)下列关于“惯性”的说法中正确的是 (　　)
A.汽车超速行驶易引发交通事故,是因为速度大的汽车惯性大
B.车辆转弯时适当减速,是为了减小车辆惯性,确保行驶安全
C.货运列车在车站加挂车厢,会增大它的惯性
D.“强弩之末,势不能穿鲁缟”,是因为弩的惯性减小了
考向　惯性的理解
分析　物体的惯性大小仅取决于质量,质量越大,惯性越大,与物体运动的快慢及其他因素无关
解析　A:超速行驶,增大刹停位移,容易发生事故,但速度大的汽车质量不变,故惯性不变,A错误;
B:车辆转弯时适当减速,是为了防止被甩出车道,车辆质量不变,故惯性不变,B错误;
C:货车在车站加挂车厢,质量增大,惯性也增大,故C正确;
D:强弩之末指力量强大的箭,到了最末梢时,速度很小,不能穿过鲁缟,但箭质量不变,则惯性不变,D错误。
答案　C
规律总结　本题考查物理基本概念,物体保持原来运动状态的性质叫惯性,一切物体都有惯性,惯性是物体的一种属性,要牢牢把握惯性只与质量有关,与物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系,质量越大,惯性越大。

9.(★)如图所示,用劲度系数k=1N/cm的弹簧测力计竖直悬挂一静止的质量为1kg的果篮。下列说法正确的是(g取10m/s) (　　)
A.果篮对弹簧测力计的拉力就是果篮受到的重力
B.果篮对弹簧测力计的拉力是由于弹簧向下形变产生的
C.果篮对弹簧测力计的拉力和果篮的重力是一对作用力与反作用力
D.弹簧的形变量为10cm
考向　弹力、相互作用力
分析　根据弹力产生原因,胡克定律,相互作用力特点判断
解析　A:拉力是弹力,施力物体是果篮;重力是吸引力,施力物体是地球,拉力不是重力,故A错误;
B:果篮对测力计的拉力是由于果篮发生形变产生的;
C:果篮对测力计的拉力和测力计对果篮的拉力时一对作用力和反作用力,故C错误;
D:根据胡克定律F=kx,弹簧弹力和重力相平衡,x=mg/k=10cm,故D正确。
答案　D
点评　弹力产生的原因是因为施力物体发生形变,要恢复原状,对受力物体产生的力的作用,作用力与反作用力具有“异体、共线、等大、反向、同性、同存”的特点。
10.(★★)如图所示,质量为50kg的滑雪运动员沿倾角为30°的斜坡加速下滑,下列说法中正确的是(g取10m/s2) (　　)

A.下滑过程中支持力做正功
B.下滑过程中合外力做负功
C.沿斜坡下滑10m的过程中,重力做功5000J
D.当下滑速度为6m/s时,重力的功率为1500W
考向　功和功率的计算
分析　由受力分析可知物体受到的各力的情况,再根据功和功率的公式求解
解析　A:根据功的计算式W=Flcosα,支持力与位移垂直,不做功,故A错误;
B:物体做加速运动,动能增大,根据动能定理W合=ΔEk,合力做正功,故B错误;
C:重力做功WG=mgh=mgtsinθ=50×10×10×0.5=2500J,故C错误;
D:重力的功率PG=mgvy=mgvsinθ=50×10×6×0.5=1500W,故D正确。
答案　D
规律总结　(1)恒力功用W=Flcosα计算,α为F与l的夹角;变力功和恒力功都可以利用动能定理运算W合=ΔEk,重力方向竖直向下,重力做功WG=mgh,h是初末位置高度差。
(2)功率分平均功率和瞬时功率,平均功率P=Wt、P=Fv;瞬时功率P=Fvcosα,α为F与v的夹角,重力方向竖直向下,重力的瞬时功率PG=mgvy。
11.(★★)某物体沿竖直方向运动的v-t图像如图所示,取向上为正方向,由图可知 (　　)

A.第2s内物体保持静止
B.前4s内物体的位移为1.5m
C.第3s内物体向下运动
D.第3s内和第4s内物体的加速度相同
考向　v-t图像的应用
分析　分析质点v-t图像的形状、倾斜程度、横纵截距和图像面积得到物体的运动信息。
解析　A:v-t图像切线的斜率表示加速度,第2s内斜率为0,代表匀速直线运动,故A错误;
B:v-t图像与坐标轴围成的面积代表位移,前4s内的位移即为前2s的位移,x=1+22×1=1.5m,故B正确;
C:第3s内图像在t 轴上方,代表速度向上,故C错误;
D:v-t图像切线的斜率表示加速度,2s~4s的斜率不变,加速度不变,故D正确。
答案　BD
点评　(1)在v-t图像中,某一点代表此时刻的瞬时速度,时间轴上方速度是正值,时间轴下方速度是负值。(2)v-t图像切线的斜率表示加速度,向右上方倾斜为正,右下方倾斜为负;斜率不变的倾斜直线,代表匀变速直线运动,与时间轴平行的横线代表匀速直线运动。(3)v-t图像与坐标轴围成的面积代表位移,时间轴上方为正,时间轴下方为负。
12.(★★)一辆自行车以6m/s的速度在平直公路上匀速行驶,经过某汽车时,汽车立即由静止开始以3m/s2的加速度匀加速追赶自行车,汽车和自行车均视为质点,下列说法正确的是 (　　)
A.经过4s汽车追上自行车
B.经过8s汽车追上自行车
C.经过4s自行车与汽车之间的距离最远
D.追上之前,自行车与汽车之间的最远距离为6m
考向　追及问题
分析　当自行车车和汽车的位移相等时,追上汽车,利用位移关系求追上的时间;在追上前速度相等时,有最大距离,先用速度相等求时间,然后求出两车位移,位移差就是最远距离;
解析　AB:设经过时间t汽车追上自行车,此时两车位移相等v自t=12at2,解得t=4s,故A正确、B错误;
C:当两车速度相等时相距最远,根据v自=at,解得t=2s,故C错误;
D:追上之前,两车的最远距离Δx=v自t-12at2,解得Δx=6m,故D正确。
答案　AD
点评　追及问题是运动学中较为综合且有实践意义的一类习题,它往往涉及两个以上物体的运动过程,每个物体的运动规律又不尽相同。对此类问题的求解,除了要透彻理解基本物理概念,熟练运用运动学公式外,还应仔细审题,挖掘题文中隐含着的重要条件,并尽可能地画出草图以帮助分析,确认两个物体运动的位移关系、时间关系和速度关系,再利用匀变速直线运动规律求解。
追上时两车处于同一位置,可由运动示意图分析位移关系;速度相等是相距最近、相距最远、恰好相撞和恰好不相撞的临界条件;还要注意两车是否同时运动,谁先谁后,必要时还可以利用v-t图像求解。
13.(★★)如图所示,一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢从b点爬到a点。下列说法正确的是 (　　)

A.蚂蚁受到的弹力逐渐变大
B.蚂蚁受到的摩擦力逐渐变大
C.地面对碗的支持力保持不变
D.地面对碗的摩擦力逐渐变大
考向　共点力作用下平衡,整体法与隔离法
分析　蚂蚁缓慢上爬,可以认为蚂蚁始终处于平衡状态,对蚂蚁受力分析求弹力和摩擦力;再对整体受力分析,求地面对碗的支持力和摩擦力。
解析　AB:蚂蚁缓慢上爬,始终处于平衡状态,合力为零,对蚂蚁受力分析,根据共点力平衡可知

FN=mgcosθ、f=mgsinθ,蚂蚁上爬角增大,弹力变小,摩擦力变大,故A错误、B正确
CD:对碗和蚂蚁整体进行受力分析,碗和蚂蚁均处于静止状态,受到重力和地面的支持力,根据平衡条件,地面对碗的支持力等于整体重力,地面对碗没有摩擦力力,故C正确、D错误
答案　BC
点评　整体法是以系统为研究对象,进行受力分析的方法,一般用来研究不涉及系统内部某物体的相互作用力;隔离法是将所确定的研究对象从周围物体中隔离出来,进行受力分析的方法,一般用来研究系统内部物体之间的相互作用。本题在研究地面对碗的作用力时,由于蚂蚁对碗的作用力较为复杂,故选取整体法较为简单。

14.(★★)如图所示,某同学站在电梯内的体重计上,当电梯静止时,体重计示数为50kg;电梯启动后的一段时间内,体重计的示数变为40kg,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　)
A.电梯向下加速运动,加速度大小为g5
B.该同学对体重计的压力小于体重计对该同学的支持力
C.该同学处于失重状态,但重力不变
D.该同学的重力势能减小,动能增大
考向　超重、失重、重力做功和重力势能
分析　对人受力分析,确定加速度方向,判断超重还是失重;再根据重力做功和重力势能的关系解题
解析　A:静止时,体重计的支持力和重力相等G=50g。启动后人受到向下的重力和向上的体重计的支持力,根据牛顿第二定律G-FN=mg⇒a=50g-40g50=g5,方向向下,电梯向下加速运动,故A正确;
B:人对体重计的压力和体重计对人的支持力是相互作用力,大小相等,故B错误;
C:加速度向下,人处于失重状态,故C正确;
D:人向下运动,重力做正功,根据功能关系,重力势能减小,动能增大,故D正确。
答案　ACD
规律总结　超重与失重的特点:(1)物体加速度方向向上处于超重状态,超重时支持物对物体支持力或悬挂物对物体拉力大于重力;(2)物体加速度方向向下处于失重状态,失重时支持物对物体支持力或悬挂物对物体拉力小于重力;(3)当物体加速度向下且等于g时,处于完全失重状态,完全失重时支持物对物体支持力或悬挂物对物体拉力等于零。
重力做功与重力势能满足WG=-ΔEp,即重力做功等于重力势能的减少量,重力做正功重力势能减小,重力做负功重力势能增大。
15.(★★)质量为m的汽车在水平路面上以恒定功率P由静止开始启动,t秒后恰好达到最大速度,已知汽车受到的摩擦阻力f大小不变,则 (　　)
A.汽车的最大速度为Pf
B.t时间内汽车的合外力做功为Pt
C.t时间内汽车克服阻力做功为Pt-mP22f2
D.t时间内汽车位移的大小为Ptf-mP22f2
考向　机车启动问题、动能定理应用
分析　汽车启动满足P=Fv,a=F-fm,当F=f,加速度为零,速度最大;再根据动能定理解题
解析　A:当汽车匀速运动时速度最大,此时牵引力F和阻力f相等,故最大速度vm=Pf,故A正确;
B:汽车的牵引力做功等于WF=Pt,汽车的合外力做功等于增加的动能W合=12mvm2=mP22f 2,故B错误;
C:根据动能定理W合=ΔEk得:WF-Wf=12mvm2,解得汽车克服阻力做功Wf=Pt-mP22f 2,故C正确;
D:摩擦阻力f不变,所以克服阻力做功Wf=fx,解得x=Ptf-mP22f 3,故D错误。
答案　AC
点评　(1)以恒定的功率启动

机车以恒定的功率启动后,若运动过程中所受阻力f不变,由于牵引力F=Pv,随着速度v的增大,牵引力F减小。根据牛顿第二定律a=fm=Pmv-fm,当速度v增大时,加速度a减小至零,此后速度不再增大。速度达到最大值vmax后做匀速直线运动,且做匀速直线运动的速度vmax=Pf。下面是这个动态过程的方框图:

二、实验题(把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答。)
16.(★)(6分)某学习小组做“验证力的平行四边形定则”的实验装置如图所示。该小组将橡皮筋的一端固定在A点,另一端拴上两根细绳,每根细绳分别连着一个量程为5N、最小刻度为0.1N的弹簧测力计。沿两个不同的方向拉弹簧测力计,当橡皮筋的活动端拉到O点时,两根细绳相互垂直。
(1)图中弹簧测力计甲的读数为　　　　N。 
(2)请在坐标纸上画出两个弹簧测力计的拉力及它们的合力的图示。
(3)通过作图可知合力的大小为　　　　N(保留2位有效数字)。 

考向　验证力的平行四边形定则实验
分析　(1)根据弹簧测力计最小刻度,由指针位置读出拉力的示数;(2)按照标度作出两个拉力的图示,根据平行四边形法则作出合力;(3)由力的图示中合力的长度,得到合力的大小。
答案　(1)4.0　(2)如图所示　(3)4.7　(每空2分)
解析　(1)最小刻度是0.2N的弹簧测力计,故甲的读数时4.0N。
(2)乙的读数2.5N,根据标度做出两个分力力的图示,根据平行四边形法则做出合力,合力沿两个分力的对角线。

(3)测量出合力图示的长度,和选取的标度相比较,得到合力大小为4.7N
17.(★★)(9分)某实验小组利用图甲所示实验装置,探究加速度与力、质量的关系,所用交变电流的频率为50Hz。
(1)(多选)下列关于本实验的操作中正确的是　　　　。 
A.调节滑轮的高度,使牵引木块的细线与长木板保持平行
B.通过调节木板倾斜度来平衡木块受到的滑动摩擦力时,需要将小桶通过定滑轮拴在木块上
C.实验时,应先接通打点计时器的电源再放开木块
D.实验开始,释放木块时,应使木块离打点计时器适当远些
(2)为使小桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力,应满足小桶及桶内砝码的总质量　　　　(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)木块和木块上砝码的总质量。 
(3)如图乙所示是某次实验得到的纸带,每相邻两计数点间有四个点未画出。图中标出的相邻两计数点之间的时间间隔T=　　　　s,根据纸带可求得小车的加速度a=　　　　m/s2。 

考向　实验原理、注意事项和数据处理
分析　本实验需要测量木块的加速度a和木块的合力,木块实际受拉力和摩擦力,需要平衡摩擦力、细线和木板平行且满足m≪M后,木块的合力才等于mg;再根据连续相等时间间隔位移差是一个恒量,求出小车的加速度。
答案　(1)AC(2分)　(2)远小于(2分)　(3)0.1(2分)　0.51(3分)
解析　(1)A:为了保证合力和拉力相等,需要让拉力沿木板方向,所以要调节滑轮的高度,让牵引木块的细线与木板平行,故A正确;
B:在平衡摩擦力时,木块自身重力沿木板的分力平衡摩擦力,不能挂小桶,故B错误;
C:在使用打点计时器的实验中,均要求先接通电源,再释放纸带,故C正确;
D:实验室,为了让纸带上打下更多的点迹,应使木块靠近打点计时器释放,故D正确。
(2)木块实际受拉力和摩擦力,平衡摩擦力后,合力和拉力相等,设小桶和砝码的总质量为m,木块质量为M,根据牛顿第二定律对M与m的系统:a=mgM+m,对M有FT=Ma=MmgM+m=11+mMmg。当m远小于M时,拉力才和mg近似相等。
(3)打点计时器频率50Hz,每个0.02s打一个点,相邻两个计数点间还有四个点未画出,故相邻计数点间的时间间隔T=0.1s,根据连续相等时间间隔,位移差是一个恒量,求出小车的加速度,由得a=x4+x3-x2-x1(2T)2=(7.72+7.21-6.70-6.19)×10-20.04=0.51m/s2
点评　控制变量法探究加速度与力、质量的关系实验,需要测量小车的合力F和加速度a,(1)在测量合力F时注意:小车实际受拉力和摩擦力,第一步先需要平衡摩擦力;第二步若没有办法直接测量小车的拉力,则需要满足砝码和砝码盘则总质量m远小于小车和车上砝码总质量M,合力才近似等于mg。
(2)在处理纸带,计算a时要注意:(1)测量长度的单位在代入公式运算时均转化成米。(2)注意T的取值,本题相邻计数点间的时间间隔T=0.1s。(3)计算结果注意按照题中要求保留小数或有效数字。
(3)常见的装置要求有:打点计时器使用交流电、牵引小车的细线和木板平行、小车释放位置靠近打点计时器、先接通电源后释放小车。
三、计算题(解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
18.(★)(12分)一质量为1kg的小球自8m高处由静止下落,经过2s后落地。设空气阻力保持不变(g取10m/s)。求
(1)小球即将落地时的速度大小;
(2)小球落时过程中空气阻力的大小。
考向　牛顿第二定律应用——已知运动求受力
分析　根据匀变速直线运动位移公式求加速度,再利用速度公式求落地速度,最后根据牛顿第二定律列式求解阻力
解析　(1)小球做初速度为零的匀加速直线运动,根据位移公式x=12at2 2分
解得a=2xt2=2×822=4m/s2 2分
根据速度公式v=at=4×2=8m/s 3分
(2)小球受到重力和阻力作用,

根据牛顿第二定律mg-f=ma 3分
解得f=6N2分
点评　解决已知运动求受力的问题,一般先应用运动学公式求出物体的加速度,再利用牛顿第二定律求出物体的合外力,进而分析出物体的受力情况,流程图如下:
物体的运
动情况→运动学
公式→求加速度→求物体所
受的合力→物体的受
力情况
19.(★★)(13分)很多人开车时喜欢用智能手机的导航功能,于是一种“车载磁吸手机支架”受到人们的喜爱,

如图甲所示,支架的吸盘具有磁性,会牢牢吸附固定手机。图乙是手机吸附在支架上的侧视示意图(支架相当于倾角为θ的斜面)。若手机质量m=200g,支架倾角θ=53°,手机与支架接触面间的动摩擦因数μ=0.3,手机和支架均处于静止状态,支架和手机间的最大静摩擦力与滑动摩擦力近似相等。(sin53°=0.8,cos53°=0.6,g取10m/s2)
(1)若没有磁吸力,通过计算说明,手机会不会滑下来;
(2)若二者间的磁吸力F=6N,求支架对手机的弹力和摩擦力的大小。
考向　摩擦力大小,共点力作用下平衡问题
分析　计算没有磁吸力时手机与支架的最大静摩擦力,与手机的重力向下的分力比较,分析是否平衡;有磁力后对手机受力分析,判断是否下滑,再确定弹力和摩擦力大小。
解析　(1)以手机为研究对象,受力分析如图所示

沿斜面垂直斜面分解后可得:
FN=mgcosθ 2分
最大静摩擦力fmax=μFN
带入数据可得fmax=0.36N2分
而mgsinθ=1.6N2分
mgsinθ>fmax,所以手机会滑下来 1分
(2)以手机为研究对象,受力分析如图所示

沿斜面垂直斜面分解后可得:
FN'=mgcosθ+F 2分
f'=mgsinθ 2分
解得FN'=7.2N,f'=1.6N2分
根据 f'max=μF'N可得f'max=2.16N,
f' 故物体受到静摩擦力大小为1.6N
易错提醒:　(1)注意在计算滑动摩擦力时使用公式f=μFN,FN是正压力,不能直接认为f=μmg或者f=μmgcosθ,一定要根据平衡条件计算FN的大小,再代入公式运算。
(2)在计算摩擦力时要先判断是静摩擦还是滑动摩擦力,滑动摩擦力大小f=μFN,FN是压力;静摩擦力具有不确定性和被动适应性,会随着运动状态改变而改变,静摩擦力可以根据平衡问题运算。
20.(★★★)(15分)装卸、搬运是物流过程中必不可少的环节。某公司设计了如图甲、乙所示的皮带输送机,输送机速度可调,可针对不同货物设置不同的速度;输送机长度可调,可直接延伸到拖车中作业;输送机的高度也可调,方便工人直接搬运货厢高处的货物。


(1)若货物A(可视为质点)与输送机等高,输送过程示意图如图丙所示,已知输送机长度L1=6m,输送机以v0=2m/s的速度顺时针传送,货物A与输送之间的动摩擦因数μ1=0.2。货物A从输送机左端由静止释放,求货物A刚放上时的加速度以及从左端运动到右端所用的时间。(g取10m/s2)

(2)若货物B(可视为质点)处于较高处,输送过程示意图如图丁所示,已知输送机长度变为L2=12.05m,倾角θ=37°,货物B与输送机之间的动摩擦因数μ2=0.5,货物B从输送机左端由静止释放,输送机仍然顺时针转动。当货物B到达右端的速度大于7m/s时,货物就会因碰撞而损坏。为确保货物安全,输送机的速度v0应满足怎样的条件?(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)
考向　输送机(传送带)模型
分析　(1)根据牛顿第二定律求货物A在输送机上的加速度,分析A的运动情况,先加速后匀速,再求解,滑块离开输送机的时间,(2)对货物B受力分析,B先向下加速到和输送机的速度相等,由于重力的下滑分力大于最大静摩擦力,B继续向下加速运动,分析B两段加速运动,联系末速度7m/s,求解输送机的临界速度
解析　(1)以货物A为研究对象,进行受力分析,根据牛顿第二定律可得μmg=ma1 1分
带入数据可得a1=2m/s2　v02=2a1s1 1分
当货物A与输送机共速时,根据s1=v022a1=1m2分
根据运动学公式v0=a1t1,可得t1=1s2分
之后货物A做匀速运动,L1-s1=v0t2,可得t2=2.5s
所以货物A运动的总时间t=3.5s2分
(2)以货物B为研究对象,进行受力分析,根据牛顿第二定律可得FN2=mgcosθ
mgsinθ+f2=ma2
f2=μ2FN2
带入数据可得a2=10m/s2 2分
当货物B与输送机共速时,v02=2a2s2,s2=v022a2 1分
之后货物B继续加速,受力分析后根据牛顿第二定律可得
mgsinθ-f2=ma3
带入可得a3=2m/s2 2分
v32-v02=2a3s3 1分
s2+s3=L2
带入数据解得v0=1m/s
故输送机的速度应小于1m/s 1分
规律总结　输送机(传送带)问题要注意先判断物体的运动性质,在本题中:
(1)货物A静止放在水平输送机后可能一直加速,也可能先加速后匀速,要根据加速度判断物体加速到与输送机共速时的位移与输送机长度关系,若加速位移大于等于输送机长度,则物体一直加速;若加速位移小于输送机长度,则物体先加速后匀速。
(2)货物B静止放在倾斜输送机后一定先加速,摩擦力沿斜面向下,a=gsinθ+μgcosθ;当物体加速到和输送机速度相等后,可能匀速或继续加速,关键看重力向下的分力mgsinθ和最大静摩擦力μmgcosθ的关系,①若μmgcosθ大于mgsinθ,则静摩擦力可以维持货物B随着输送机一起匀速运动;②若μmgcosθ小于mgsinθ,则静摩擦力不能维持B随输送机一起匀速运动,物体会继续加速下滑,加速度a=gsinθ-μgcosθ。
解题时要注意将物体的受力和运动相结合,综合考虑后再解题。