7、山东省临沂市2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题（教师版）

这是一份7、山东省临沂市2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题（教师版），共12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等内容，欢迎下载使用。

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:人教版第一册第一章至第三章第3节。

第Ⅰ卷(选择题　共40分)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、单项选择题(共8小题,每小题3分,满分24分,每不上题给出的四个选项中只有一项是正确的)
1.(★)下列物理量中属于矢量的是 (　　)
A.路程 B.时间 C.质量 D.加速度
考向　矢量和标量
分析　根据矢量和标量定义解题
解析　加速度既有大小又有方向,是矢量;路程、时间和质量只有大小没有方向,是标量,故选D。
答案　D
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。
2.(★)我国在酒泉卫星发射中心于北京时间9月19日14时42分,用长征十一号运载火箭采取一箭五星的方式成功将“珠海一号”03组卫星发射升空,卫星顺利进入预定轨道,任务获得圆满成功,发射图片如图所示。下列说法正确的是 (　　)

A.在研究运载火箭姿态控制时,可以把火箭看做质点
B.研究卫星的运动必须选地球为参考系
C.火箭在向上加速的过程中,火箭对喷出气体的作用力大小等于喷出气体对火箭的作用力大小
D.火箭有向上加速的过程中,火箭对喷出气体的作用力与火箭的重力都向下,且大小相等
考向　质点、参考系、相互作用力
分析　根据质点的条件、参考系特点和相互作用力特点判断
解析　A:研究火箭姿势控制时,火箭各部分姿势不同,不能看作一个点,故A错误;
B:研究运动时,参考系的选择时任意的,故B错误;
C:火箭对气体的作用力和气体对火箭的作用力是相互作用力,大小相等,故C正确;
D:火箭加速运动,气体的火箭的力大于火箭的重力,故火箭对气体的力也大于火箭重力,故D错误。
答案　C
点评　(1)当物体自身的大小形状对于所研究的问题没有影响时,就可以把物体看成质点。(2)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。(3)参考系是研究物体运动时选定的参照物体,用来做参考系的物体都假定不动,参考系的选择是任意的,选择不同的参考系,物体的运动情况不同。

3.(★)2019年女排世界杯比赛中,中国队取得十一连胜的骄人成绩,成功卫冕世界杯冠军。为祖国70华诞献上了一份精彩的礼物。如图在比赛中球被击出后某瞬间的照片,此时排球受到的力有 (　　)
A.推力
B.重力、推力
C.重力、空气对球的作用力
D.重力、推力、空气对球的作用力
考向　受力分析
解析　球被击出后离开手,手对球没有弹力作用,排球受到重力和空气对球的作用力,故C正确
答案　C
易错警示　不能认为球未击出后人手对球还有力的作用,人手对球的作用力是弹力,接触时才有弹力,球离手后不再接触也就没有了弹力作用,受力分析后应该找每个力的施力物体确定这个力是否存在。
4.(★)下列关于物体惯性的说法中,正确的是 (　　)
A.被水平抛出的小球,尽管速度的大小和方向都改变了,但惯性不变
B.汽车速度越大,刹车后越难停下来,表明物体的速度越大,其惯性越大
C.汽车转弯后,前进方向发生了改变,表明物体速度方向改变,其惯性也随之改变
D.把手中的球由静止释放后,球能竖直加速下降,说明力是改变物体惯性的原因
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:被抛出的小球,速度大小方向改变,但是质量不变,惯性就不变,故A正确;
B:汽车速度大,会增大刹车位移,速度大小不影响汽车质量,惯性就不变,故B错误 ;
C:汽车转弯,速度方向改变,但质量不变,惯性就不变,故C错误;
D:球竖直加速下落,说明力是改变物体运动状态的原因,但力不能改变惯性,故D错误。
答案　A
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。

5.(★★)如图所示,某同学坐在橡胶轮胎上从倾斜平滑雪道上由静止开始沿直线下滑。若橡胶轮胎和雪道间的动摩擦因数保持不变,不计空气阻力,该同学和橡胶轮胎在下滑过程中 (　　)
A.位移与时间成正比
B.位移与速度成正比
C.相等时间内下滑位移相同
D.相邻的相等时间间隔内位移差不变
考向　已知受力求运动、匀变速直线运动特点
分析　对人和轮胎受力分析,根据牛顿第二定律求加速度,判断人和轮胎做初速度为零的匀加速直线运动,再根据匀变速直线运动特点判断
解析　对人和轮胎整体受力分析,受到重力、支持力和摩擦力作用,设斜面的夹角为θ,根据牛顿第二定律:

　　　　　mgsinθ-f=ma
mgcosθ=FN
f=μFN
解得a=gsinθ-μgcosθ,夹角和摩擦因数不变,故人和轮胎一起做初速度为零的匀加速直线运动。
A:根据初速度为零的匀加速直线运动x=12at2,位移与时间的平方成正比,故A错误;B:根据初速度为零的匀加速直线运动x=v22a,位移与速度的平方成正比,故B错误;C:匀加速直线运动速度逐渐增大,相等时间位移逐渐增大,故C;错误D:根据匀变速直线运动Δx=aT2,相邻相等时间间隔内位移差不变,故D正确。
答案　D
点评　本题考查力与运动相结合的问题,根据受力分析确定运动状态,再依据匀变速直线运动规律解题。牛顿第二定律求加速度即是联系力和运动的纽带,解题时要牢牢第把握住这个线索。

6.(★★)如图所示,物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时,传送带突然启动,方向如图中箭头所示顺时针转动,若传送带的速度大小也为v,则传送带启动后 (　　)
A.M相对地面静止在传送带上
B.M沿传送带向上运动
C.M受到的摩擦力不变
D.M下滑的速度减小
考向　受力分析、摩擦力方向
分析　在传送带突然转动前后,对物体进行受力分析,依据滑动摩擦力与相对运动方向相反,即可求解。
解析　传送带突然转动前物体匀速下滑,对物体进行受力分析:物体受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力。

传送带突然转动后,物体重力和支持力不变,由于物体向下运动,转送带向上运动,所以物体相对于传送带仍然向下运动,受到滑动摩擦力还是向上,故物体受力情况不变,继续匀速下滑,故选C。
答案　C
点评　解题关键在于判断摩擦力方向,滑动摩擦力方向与相对运动方向相反,在传送带静止和传送带与物体反向运动时,物体受到的摩擦力均与物体运动方向相反。
规律总结　判断摩擦力的方向常见方法:
(1)相对法:以与研究对象相接触的其他物体为参考系,判断研究对象相对于参考系的相对运动方向或相对运动趋势方向,摩擦力方向与该相对运动方向或相对运动趋势方向相反。
(2)动力阻力法:分析摩擦力是物体运动的动力还是阻力,若是动力,则摩擦力方向与物体运动方向相同;若是阻力,则摩擦力方向与物体运动方向相反。
(3)假设法:假设接触面光滑,看研究对象相对于参考系向哪个方向运动,则摩擦力和这个方向相反。

7.(★)甲、乙两物体从零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动,两物体的位移-时间图像如图所示,则在0~t1时间内 (　　)
A.甲的速度总比乙的大
B.甲、乙位移相同
C.甲经过的路程比乙的路程小
D.甲、乙均做加速运动
考向　x-t图像和匀变速直线运动规律相结合问题
分析　x-t图像的斜率代表速度,本题通过分析A、B图像交点的位置和图像斜率解题。
解析　AD:0-t1时间内,甲的斜率不变,则速度不变,做匀速直线运动;乙图线的斜率先小于甲后大于甲,即乙的速度先小于甲后大于甲,乙做加速运动,故AD错误;
B:0-t1时间内,甲乙的起点和终点都相同,位移相同,故B正确;
C:甲1乙均做单向运动,通过的路程等于位移大小,则甲、乙通过的路程相同,故C错误。
答案　B
点评　x-t图像反映了各个时刻物体的位移情况,斜率代表速度,斜率不变代表物体做匀速直线运动,抛物线代表匀变速运动;交点代表某时刻处于同一位置,即相遇。
8.(★★)一个质量是50kg的人站在升降机的水平地板上,升降机的顶部悬挂着一个弹簧秤,弹簧秤下面挂着一个质量是1kg的物体。当升降机向上运动时,该人看到的弹簧秤的示数为12N,当地的重力加速度g为10m/s2,则此时人对升降机地板的压力大小是 (　　)
A.612N B.600N C.500N D.400N
考向　超重与失重、牛顿第三定律
分析　人、物体和升降机的加速度都相同,先研究物体,利用牛顿第二定律求加速度,再研究人,由牛顿第二定律求地板对人的支持力,由牛顿第三定律可得人对地板的压力。
解析　对物体受力分析,物体受到弹簧秤向上的拉力和重力,根据牛顿第二定律FT-mg=ma,解得物体的加速度a=FT-mgm=12-101=2m/s2,方向向上。人和物体的加速度相同,人受到地板向上的支持力和重力,根据牛顿第二定律FN-Mg=Ma,解得FN=600N,再根据牛顿第三定律,人对地板的压力和地板对人的支持力相等FN'=FN=600N,故选B
答案　B
规律总结　超重与失重的特点:(1)物体的加速度方向向上,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。
点拨　超重、失重的分析:
特征
状态
加速度
视重(F)与
重力关系
运动
情况
受力分析图
超重
向上
F=
m(g+a)
>mg
向上加速
或
向下减速

失重
向下
F=
m(g-a)
向下加速
或向上减速

二、多项选择题(共4小题,每小题4分,满分16分,在每小题给出的四个选项中,有多个选项是正确的,每小题全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不选的得零分)
9.(★)从物理学科学方法上说,下列说法正确的是 (　　)
A.研究小石块从静止开始下落的运动,可以忽略空气阻力的影响,将其视为自由落体运动,这是建立理想模型的思想
B.研究加速度与力、质量之间的关系时,应用了控制变量法的思想
C.重心及合力的概念的建立都用到了等效的思想
D.平均速度概念的建立运用了极限法的思想
考向　常用的物理研究方法
答案　ABC
解析　A:研究小石块从静止下落,忽略空气阻力,看成自由落体运动,这种忽略次要因素,突出主要因素的方法是理想化物理模型法,故A正确;
B:探究加速度与合力关系时,保持小车质量不变;探究加速度与质量关系时,保持钩码不变,这种实验方法是控制变量法,故B正确;
C:重心是重力的等效作用点,合力与分力是等效替代的关系,都运用了等效的思想,故C正确;
D:用极限法定义的速度是瞬时速度,故D错误。
点评　本题考查物理量定义的常用方法,注意理解每种定义方法的特点,平时的学习中注意背诵积累。
10.(★★)有一条两岸平直的河流,河水自西向东流速度恒为v,一小船以相对静水恒为2v的速度渡河,去程(从南到北岸)时行驶路线与两河岸垂直,回程(从北岸再回到南岸)时船头指向始终与河岸垂直。下列说法正确的是 (　　)
A.去程和回程小船路程之比为1∶1
B.去程和回程小船位移大小之比为1∶1
C.去程和回程小船时间之比为2∶3
D.去程和回程小船相对河岸的速度大小之比为3∶5
考向　小船过河问题
分析　根据去程路线和河岸垂直,回程船头与河岸垂直,作出运动示意图,根据运动合成与分解的知识,结合几何关系求解。
解析　小船的运动情况如下图所示,去程从A到B,回程从C到D,设河宽为d,根据几何关系可得θ=30°

AB:小船去程的位移和路程均为AB=d,返程的位移和路程均为CD=dcosα=52d,所以去程和回程的位移比和路程比均为AB∶CD=2∶5,故AB错误;
C:去程时间t1=dv1=d(2v)2-v2=d3v,回程时间t2=d2v,所以去程和回程小船所用时间之比t1∶t2=2∶3,故C正确;
D:去程小船相对于河岸速度v1=(2v)2-v2=3v,回程小船相对于河岸速度v2=(2v)2+v2=5v,所以去程和回程小船相对河岸速度之比v1∶v2=3∶5,故D正确。
答案　CD
方法指导　小船过河问题是运动合成与分解问题,小船实际的速度是合速度,船在静水中的速度和水速是分速度,在合成和分解时遵循等时性和平时四边形法则,多利用几何关系解题,考查了用数学方法解决物理问题的能力。


11.(★)在光滑墙壁上,用网兜把足球挂在A点,足球与墙壁的接触点为B。足球的质量为m,悬绳与墙壁的夹角为α,网兜的重力不计,已知重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　)
A.悬绳对足球的拉力大小为mgcosα
B.墙壁对足球的支持力大小为mgtanα
C.若缩短悬绳,则足球对墙壁的压力变大
D.若缩短悬绳,则悬绳的拉力变大
考向　共点力作用下的平衡问题
分析　对足球进行受力分析,运用力的合成与分解求出悬绳的拉力和墙壁的支持力表达式,根据式中角度的变化确定拉力和支持力的变化。
解析　对足球受力分析,足球受到重力,拉力和支持力,根据平衡条件:

FTsinα=FN
FTcosα=mg
解得:FT=mgcosα,FN=mgtanα
若缩短悬绳,α角增大,悬绳的拉力增大;支持力FN增大,根据牛顿第三定律,球对墙壁的压力也增大,故选BCD。
答案　BCD
点评　共点力作用下物体的平衡条件是物体所受合力为零,任意方向上的合力均为零。正确的对物体进行受力分析,再求出各个力的表达式解决平衡问题。
12.(★★)钢球由静止开始做自由落体运动,不计空气阻力,落地时的速度大小为40m/s,g取10m/s2,下列说法正确的是 (　　)
A.钢球下落的高度是80m
B.钢球在前2s内的平均速度大小是10m/s
C.钢球在最后1s内下落的高度是30m
D.钢球下落高度一半时的速度大小是20m/s
考向　自由落体运动规律的应用
分析　根据自由落体运动规律求解,最后1s的位移用总位移减去前(t-1)s的位移
解析　根据自由落体运动速度公式v=gt,解得落地的总时间为t=vg=4010=4s。
A:钢球下落的高度h=12gt2=12×10×42=80m,故A正确;
B:钢球第2s末的速度v2=gt2=10×2=20m/s前2s的平均速度v=0+v22=0+202=10m/s,故B正确;
C:前3s的位移h3=12gt32=12×10×9=45m,最后1s的位移用总位移减去前3s的位移,即h'=h-h3=80m-45m=35m,故C错误;
D:根据速度位移关系vℎ22=2gℎ2,得vℎ2=202m/s,故D错误。
答案　AB
点评　自由落体运动是初速度为零,加速度为g 的匀变速直线运动,匀变速直线运动的公式和推论都适用。自由落体下落高度h=12gt2,末速度v=gt,高度与速度满足v2=2gh。

第Ⅱ卷(非选择题　60分)
三、实验题(本题共2小题,共16分。)
13.(★)(6分)如图所示,某实验小组在做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验时,在水平旋转的木板上固定一张白纸,把橡皮条的一端固定在木板上的P点,另一端拴两根轻细绳套。实验操作步骤如下:

(1)用两个弹簧测力计分别钩住两根细绳套,互成角度地拉橡皮条使之伸长,当结点到达某一位置O时,需记下O点的位置,同时需记下两弹簧测力计的示数和　　　　。 
(2)再用一个弹簧测力计钩住一根细绳套把橡皮条拉长,使结点到达同一位置O,此时需要再记下弹簧测力计　　　　。 
(3)在白纸上按同一标度画出用两弹簧测力计拉细绳套时F1、F2的图示和用一个弹簧测力计拉细绳套时力F的图示。如图所示,若实验步骤(1)中左右两弹簧测力计的示数始终为1.20N,则在实验时使两细绳套方向的夹角从60°逐渐变化到120°的过程中,则步骤(2)中弹簧测力计的示数可能为　　　　。 
A.1.00N　　　　　　B.1.50N
C.2.50N D.3.50N
考向　验证力的平行四边形定则实验
分析　根据等效替代法验证平行四边形定则,需要保证合力和分力作用效果相等,并测量分力F1、F2合力F的大小和方向,再根据力的合成求合力范围,判断弹簧测力计的示数可能值
答案　(1)两个细绳套的方向　(2)示数及细绳套的方向　(3)B　(每空2分)
解析　(1)根据实验原理可知,用两个测力计分别钩住细绳套互成角度地拉橡皮条使之伸长,需要记下结点位置、两测力计的示数和两细绳套的方向,以确定F1和F2的大小和方向;再用一个测力计拉橡皮条时,为了保证作用效果相同,必须还将结点拉到同一位置,并记下测力计的示数和细绳套的方向,以确定合力测量值F的大小和方向。
(2)两分力大小始终是1.20N,夹角从60°到120°变化,根据几何关系求二力的合力

Fmax=2F1cos30°=2.08N、Fmin=2F1cos60°=1.20N,合力在1.2N~2.08N之间,步骤2中弹簧测力计示数和F1、F2合力相等,故选B。
点评　本实验采用等效替代法,根据平行四边形法则,利用力的图示,作出两分力的合力理论值,再与实验测量的实际值相比较,若两个力的图示近似重合,则验证力在合成时遵循平行四边形法则,故在实验中必须保证两次测量结点O的位置相同,并记录分力与合力的大小和方向。
14.(★★)(10分)某实验小组利用如图甲所示的实验装置测量学校所在地的重力加速度,已知打点计时器的打点周期为0.02s

甲
(1)该同学开始实验时情形如图甲所示,接通电源,释放纸带。请指出该同学在实验操作中存在的两处明显错误或不当的地方:
①　; 
②　。 
(2)该同学经修改错误并正确操作后得到如图乙所示的纸带,打点2时重物的瞬时速度为　　　　m/s,学校所在地的重力加速度约为　　　　m/s2(本题计算结果均保留3位有效数字)。 

(3)若该同学通过实验测得的重力加速度值比公认值偏小,可能的原因是　　　　。 
A.电源电压变低了
B.电源电压变高了
C.该同学采用了先打点后让纸带下落的操作
D.纸带与打点计时器限位孔之间有摩擦
考向　利用落体法测量重力加速度
分析　根据某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点2的速度,再根据连续相等时间间隔位移差是一个恒量,求出当地重力加速度,并根据实验原理讨论误差。
答案　(1)打点计时器不能使用直流电 重物释放的位置离打点计时器太远　(2)0.385　9.50　(3)D　(每空2分)
解析　(1)打点计时器应该是使用交流电;为了能打出更多的点迹,让纸带利用率更高,重物释放位置应该靠近打点计时器。
(2)根据某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得v2=x132T=0.0058+0.00962×0.02=0.385m/s,根据连续相等时间间隔位移差是一个恒量Δx=aT2,求出小车的加速度g=x3-x12T2=0.0134-0.0582×0.022=9.50m/s2。
(3)AB:根据g的计算原理式可知,g与电源电压大小无关,故AB错误;实验中必须先接通电源打点,再释放纸带,故C错误;由于纸带和限位块之间有摩擦,会使加速度测量值小于真实值,故D正确
点评　在落体法实验中,常见的实验装置和操作要求:(1)打点计时器电源使用交流电。(2)先接通电源,再释放纸带。(3)两个限位孔在一个竖直线上。(4)重物从靠近打点计时器的位置释放。
在运用公式处理纸带时要注意:(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=0.02s。(3)计算结果注意按照题中要求保留小数或有效数字。
四、计算题(本题包括4小题,共44分。解答应写出必要的文字说明,方程式和重要的步骤,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。)

15.(★)(9分)如图所示,三根细绳系于O点,一个质量m=10kg的重物用细绳OC悬挂于结点O,两细绳OM、ON的另一端固定在天花板上,细绳OM、ON与天花板的夹角分别是30°和60°,重物处于静止状态,重力加速度g取10m/s2,求细绳OC、OM和ON上的拉力大小。
分析　分别以重物和结点O为研究对象进行受力分析,根据平衡条件求解
解析　对重物受力分析,重物受到重力和OC绳的拉力,
根据受力平衡FTOC=mg=100N 3分
对结点O受力分析如图所示:

根据平衡条件和几何关系得
FTOM=FTOCcos60°=50N 3分
FTON=FTOCcos30°=503N=86.6N 3分
点评　对于三力平衡,任意两个力的合力必与第三个力等大反向,借助三角函数或相似三角形知识求解;或将某一个力分解到另两个力的反方向上,得到两个分力必与另两个力等大反向;本题也可以使用正交分解法。
16.(★★)(9分)女子跳台滑雪如图所示,

运动员踏着专用滑雪板,不带雪杖在助滑路上(未画出)获得一定速度后水平飞出,在空中飞行一段距离后着陆,这项运动非常惊险。设一位运动员由斜坡顶的A点沿水平方向飞出的速度v0=20m/s,落在斜坡上的B点,斜坡倾角θ=37°,斜坡可以看成一斜面,空气阻力忽略不计。(取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:
(1)运动员在空中飞行的时间t;
(2)A、B间的距离s。
考向　平抛运动与斜面相结合问题
分析　运动员初末位置都在斜坡上,位移与水平方向夹角与斜面底角相等,根据水平位移和竖直位移的关系求出时间,结合初速度求出水平位移,从而得到AB距离
解析　(1)运动员初末位置都在斜坡上,位移方向沿斜面方向,位移偏向角和斜面底角相等,

tanθ=yx=12gt2v0t (3分)
得到t=2v0tan37°g=3s。 (2分)
(2)A、B间的距离为:s=v0tcos37°=75m(4分)
方法指导　平抛运动与斜面相结合的模型,其特点是做平抛运动的物体落在斜面上,包括两种情况:
(1)物体从空中抛出落在斜面上;
(2)物体从斜面上抛出落在斜面上。
在解答该类问题时,除要运用平抛运动的位移和速度规律外,还要充分利用斜面倾角,找出斜面倾角同位移和速度的关系,从而使问题得到顺利解决。例如物体从斜面上抛出最后又落在斜面上,其位移与水平方向间的夹角就为斜面的倾角,求解时可抓住这一特点,利用三角函数知识tanθ=gt2v0,找到对应关系,可快速得出结论。
17.(★★)

(12分)如图所示,在水平地面上有一个质量为5kg的物体,当它受到大小为F=25N,方向与水平成θ=53°(sin53°=0.6)。求:
(1)物体与地面的动摩擦因数;
(2)当拉力的方向保持不变,大小变为F1=50N时,物体由静止开始运动前2s内物体的位移大小。
考向　受力平衡、牛顿运动定律的应用——已知受力求运动
分析　对物体受力分析,正交分解,根据共点力平衡求出摩擦因数;根据牛顿第二定律,结合受力分析求加速度,再根据运动学公式求位移
解析　(1)由题意知,物体受力如图甲所示,由平衡条件可得:

甲
水平方向:Fcos53°=Ff1 (2分)
竖直方向:FN+Fsin53°=mgFf1 (2分)
Ff1=μFN (1分)
联立解得:μ=0.5 (1分)

(2)当拉力F1=50N时,物体受力如图乙所示,由牛顿第二定律得:
F1cos53°-Ff2=ma (1分)
F'N+F1sin53°-mg=0 (1分)
Ff2=μF'N (1分)
联立解得:a=5m/s2 (1分)
故前2s内位移x=12at2=10m(2分)
方法指导　在运用牛顿第二定律求解物体的加速度时,如果物体受力个数较多,或所受各力的方向不在一条直线上,求合力的一般方法是正交分解法。建立坐标系时,一般选择加速度方向为x轴,垂直加速度方向为y轴,这样x轴合力提供加速度,y轴合力为零,列方程求解。
易错提醒　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。

18.(★★)如图所示,在倾角37°足够长的斜面上有一个质量为1kg的物块(可视为质点),开始时物块在斜面底端的距离L=1.95m,物块与斜面之间的动摩擦因数为0.3。物块在拉力F的作用下由静止开始运动,F的大小为10.5N,方向沿斜面向上,经过t1=2s时间后撤去,物块在斜面上继续运动。取g=10m/s2,(sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:
(1)物块在斜面上运动的各个阶段的加速度;
(2)物块在斜面上运动的总时间。
考向　牛顿运动定律的应用——已知受力求运动
分析　物块在斜面上的运动分为三段,向上加速、向上减速和向下加速,分别对三段运动中的物块受力分析,根据牛顿第二定律求加速度;再利用匀变速直线运动规律求时间。
解析　(1)撤去F前,设物块加速度大小a1,

F-mgsin37°-μmgcos37°=ma1 (2分)
解得a1=2.1m/s2,方向沿斜面向上。 (1分)
撤去F后,物块上滑过程中,设其加速度大小a2
mgsin37°+μmgcos37°=ma2 (1分)
解得a2=8.4m/s2,方向沿斜面向下。 (1分)
物块在斜面上下滑过程中,设其加速度大小为a3
mgsin37°-μmgcos37°=ma3 (1分)
解得a3=3.6m/s2,方向沿斜面向下。 (1分)
(2)物块向上加速过程:x1=12a1t12=4.2m(1分)
v=a1t1=4.2m/s (1分)
物块向上减速过程:t2=va2=4.28.4s=0.5s(1分)
x2=12a2t22=1.05m(1分)
物块向下加速过程的总位移x3=x1+x2+L=7.2m
由x3=12a3t32 (1分)
解得:t3=2s(1分)
所求总时间t=t1+t2+t3=4.5s(1分)
方法指导　解决已知物体受力求解物体运动的问题,一般是应用牛顿运动定律求出物体的加速度,再根据物体的初始条件,应用运动学公式,求出物体的运动情况。流程图如下:
分析物
体受力→求物体所
受的合力→利用公式
a=Fm
求加速度→运动学
公式→物体的
运动情况
易错提醒　本题在物体从斜面加速上滑、减速上滑、加速下滑三个阶段的受力情况各不相同,加速度也不同,要分别受力分析求解加速度,不能相互混用,对于多过程的问题还注意各个运动过程间的速度和位移联系。