2024-2025学年黑龙江省哈尔滨实验中学高三（上）月考物理试卷（9月份）（含解析）

这是一份2024-2025学年黑龙江省哈尔滨实验中学高三（上）月考物理试卷（9月份）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共7小题，共21分。
1.A、B两个物体的位移—时间图像如图所示，则以下说法正确的是( )
A. t1时刻，A、B两物体的速度都为0
B. 0∼t2内，A的平均速度等于B的平均速度
C. 0∼t2内，A的路程等于B的路程
D. t2时刻，A、B两物体的速度方向相同
2.做匀减速直线运动的物体经3s停止，若物体第1s内的位移大小为10m，则最后1s内的位移大小为( )
A. 8mB. 2mC. 1mD. 3m
3.质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动，当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角θ2时(如图)，下列判断正确的是( )
A. P的速率为vB. P的速率为vcsθ2
C. 绳的拉力大于mgsinθ1D. 绳的拉力等于mgsinθ1
4.如图所示，某同学在家用拖把拖地，拖把由拖杆和拖把头构成，设某拖把头的质量为m，拖杆质量可忽略，拖把头与地板之间的动摩擦因数μ，重力加速度为g，该同学用沿拖杆方向的力F推拖把，让拖把头在水平地板上向前匀速移动，此时拖杆与竖直方向的夹角为θ。则下列判断正确的是( )
A. 地面受到的压力N=FcsθB. 拖把头受到地面的摩擦力f=μmg
C. 推力F=μmgsinθD. 推力F=μmgsinθ−μcsθ
5.如图所示，质量为3kg的物体A静止在劲度系数为100N/m的竖直轻弹簧上方。质量为2kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，下列说法正确的是(g取10m/s2)( )
A. 轻弹簧的压缩量为0.2m
B. 物体A的瞬时加速度为0
C. 物体B的瞬时加速度为10m/s2
D. 物体B对物体A的压力为12N
6.宇航员在地球表面一斜坡上P点，沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡另一
点Q上。现宇航员站在某质量分布均匀的星球表面相同的斜坡上P点，沿水平方向以初速度2v0抛出一个小球，小球仍落在斜坡的Q点。已知该星球的半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G。不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 该星球表面的重力加速度g0=2g
B. 该星球的质量为M=R2G
C. 该星球的密度为ρ=3gπGR
D. 该星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为2：1
7.某新能源汽车的生产厂家在测试新产品的性能时，由司机驾驶一质量为m的新能源汽车由静止开始沿平直的公路运动，通过传感器在计算机上描绘出了汽车的牵引力F与汽车速度v的关系图像，已知整个过程中汽车所受的阻力恒为F2，汽车达到额定功率后功率就保持不变，v2=3v1，图像中F1未知。则下列说法正确的是( )
A. 汽车在加速阶段的加速度保持不变 B. F1：F2=4：1
C. 汽车的速度为v1+v22时，汽车的加速度为F22m D. 在v1～v2的过程中，汽车的平均速度为2v1
二、多选题：本大题共3小题，共9分。
8.如图甲所示，质量为4kg的物体在水平推力作用下开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2，则( )
A. 物体先做加速运动，推力减小到零后才开始做减速运动
B. 物体在运动过程中的加速度先变小后不变
C. 运动过程中推力做的功为200J
D. 物体在运动过程中的最大速度为8m/s
9.粗糙水平地面上有一质量为M、倾角为30°的粗糙楔形物体C，斜面上有一个质量为2m的物块B，B与一轻绳连接，且绕过一固定在天花板上的定滑轮，另一端水平与一结点连接一个质量为m的小球A，右上方有一拉力F，初始夹角α=135°，如图所示。现让拉力F顺时针缓慢转动90°且保持α大小不变，转动过程B、C始终保持静止。已知B与滑轮间的细绳与斜面平行，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 拉力F一直减小
B. B、C间的摩擦力先增大再减小
C. 物体C对地面的压力先增大再减小
D. 物体C对地面的摩擦力的最大值为 2mg
10.如图所示，为皮带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ=37°，A、B两端相距4.45m，质量为m=10kg的物体以v0=5.0m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5(g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8)，下列说法中正确的是( )
A. 开始时物体的加速度大小一定为10m/s2
B. 若传送带不转动，物体沿传送带上滑的最大距离是1.25m
C. 若传送带逆时针运转的速度v=4.0m/s，物体沿传送带上滑的最大距离是1.25m
D. 若传送带顺时针运转的速度v=4.0m/s，物体从A点到达B点所需的时间是2.1s
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组利用图a所示装置验证小球平抛运动的特点。实验时，先将斜槽固定在贴有复写纸和白纸的木板边缘，调节槽口水平并使木板竖直；把小球放在槽口处，用铅笔记下小球在槽口时球心在木板上的水平投影点O，建立xOy坐标系。然后从斜槽上固定的位置释放小球，小球落到挡板上并在白纸上留下印迹。上下调节挡板进行多次实验。实验结束后，测量各印迹中心点O1、O2、O3…的坐标，并填入表格中，计算对应的x2值。
(1)根据上表数据，在图b给出的坐标纸上补上O4数据点，并绘制“y−x2”图线。

(2)由y−x2图线可知，小球下落的高度y，与水平距离的平方x2呈线性关系，由此判断小球下落的轨迹是______。
(3)由y−x2图线求得斜率k，小球平抛运动的初速度表达式为v0= ______(用斜率k和重力加速度g表示)。
12.实验小组在探究“加速度与物体的受力、物体质量的关系”时，用如图1所示的装置让滑块做匀加速直线运动来进行；由气垫导轨侧面的刻度尺可以测出光电门A、B之间的距离L，用游标卡尺测得遮光条的宽度d，遮光条通过光电门A、B的时间(t1、t2可通过计时器(图中未标出)分别读出，滑块的质量(含遮光条)为M，钩码的质量为m。重力加速度为g，忽略滑轮的质量及绳与滑轮之间的摩擦，回答下列问题：

(1)实验时______(选填“需要”或“不需要”)满足钩码的质量远小于小车的质量；
(2)滑块的加速度a= ______(用L、t1、t2、d来表示)
(3)改变钩码质量得到一系列的滑块加速度a和传感器示数F，通过得到的实验数据，描绘了a−F图像。若实验前，已将气垫导轨调至水平，但忘记打开气源，得到的a−F图像如图2所示，图线的斜率为k，纵截距为b，滑块与导轨之间的动摩擦因数μ= ______；滑块的质量M= ______。(用F0、b、g表示)
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从14圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为10kg滑道高度ℎ为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。求：
(1)经过Q点时对轨道的压力F；
(2)货物从P点运动到Q点的过程克服阻力做的功W。
14.如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为l的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ=30°，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间的动摩擦因数为μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，重力加速度为g，则：
(1)当水平转盘以角速度ω1匀速转动时，绳上恰好有张力，求ω1的值；
(2)当水平转盘以角速度ω2= g2l匀速转动时，求物体所受的摩擦力大小；
(3)当水平转盘以角速度ω3= 2gl匀速转动时，求细绳拉力大小。
15.如图甲所示，粗糙水平地面上有一质量M=6kg的足够长木板B，将一质量m=2kg的小物块A(视为质点)轻放在木板B的右端，从t=0时刻起对B施加一水平向右的水平恒力F，经过t=4s后撤去恒力F，用传感器测得A、B的速度—时间图像如图乙所示，取g=10m/s2。求：

(1)A、B间的动摩擦因数μ1；
(2)B与地面间的动摩擦因数μ2，恒力F的大小；
(3)A、B均停止运动后A到B右端的距离L。
答案解析
1.B
【解析】解：A、根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，t1时刻，A物体的图像斜率是0，则A物体的速度是0。B物体的图像斜率不是0，则B物体的速度不是0，故A错误；
B、由题图可知，在0∼t2内，A、B两物体通过的位移相同，所用时间相同，则A与B的平均速度相同，故B正确；
C、由题图可知，在0∼t2内，A的路程为sA=4m+2m=6m。B的路程为sB=2m，可知A的路程比B的路程多4m，故C错误；
D、根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，t2时刻，A图像的斜率是负值，则A的速度方向是负方向。B图像的斜率是正值，则B的速度方向是正方向，即t2时刻，A、B两物体的速度方向相反，故D错误。
故选：B。
位移—时间图像的斜率表示速度，根据斜率大小分析速度大小，斜率的正负表示速度方向。位移等于纵坐标的变化量，平均速度等于位移与时间之比。结合两个物体的运动情况，分析路程关系。
解决本题的关键是理解位移—时间图像的物理意义，知道x−t图像的斜率表示速度，位移等于纵坐标的变化量，路程等于各段位移大小之和。
2.B
【解析】解：物体第1s内、第2s内、第3s内的位移大小之比为5：3：1，由于第1s内的位移大小为10m，
故最后1s内的位移大小为2m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
匀变速直线运动中，等分时间时，位移大小之比为定值，可利用此推论计算最后一秒的位移。
本题考查了对匀变速直线运动规律的理解，其中掌握匀变速直线运动关于等分时间位移之比为解决本题的关键。
3.C
【解析】解：AB、将小车速度v分解为沿细绳方向和垂直于细绳方向的分速度，如下图所示：
沿细绳方向的速率等于物体P的速率，则有：vP=vcsθ2，故AB错误；
CD、由vP=vcsθ2，可知θ2随小车向右运动逐渐减小，则物体P的速度逐渐增大，可知物体P沿斜面向上做加速运动，设绳的拉力为F，由牛顿第二定律可得：
F−mgsinθ1=ma>0，可得F>mgsinθ1，故C正确，D错误。
故选：C。
将小车速度分解为沿细绳方向和垂直于细绳方向的分速度，沿细绳方向的速率等于物体P的速率，由此得到两者的速度关系式，根据θ2的变化，判断P的速度变化，得到物体P的加速度方向，根据牛顿第二定律放分析绳的拉力与mgsinθ1的大小关系。
本题考查了关联速度问题，考查了牛顿第二定律的应用。掌握绳连物体速度相互关联的原理。
4.D
【解析】解：拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡，受力示意图如图所示；
A、将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，竖直方向上根据平衡条件可得：FN=Fcsθ+mg，根据牛顿第三定律可得地面受到的压力为：N=Fcsθ+mg，故A错误；
B、根据滑动摩擦力的计算公式可得：f=μN=μ(Fcsθ+mg)，故B错误；
CD、拖把头在水平地板上向前匀速移动，水平方向根据平衡条件可得：Fsinθ=f，即：Fsinθ=μ(Fcsθ+mg)，解得推力F=μmgsinθ−μcsθ，故C错误、D正确。
故选：D。
对于拖把头进行受力分析，根据受力情况画出受力分析示意图，竖直方向根据平衡条件结合牛顿第三定律求解地面受到的压力，根据摩擦力的计算公式求解摩擦力，水平方向根据平衡条件求解推力大小。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
5.D
【解析】解：A、AB紧挨在一起但AB之间无压力，对A根据受力平衡可得mAg=kx，解得弹簧压缩量为x=mAgk=3×10100m=0.3m，故A错误；
BC、细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，对AB整体，由牛顿第二定律得mBg+mAg−kx=(mA+mB)a，解得a=mBg+mAg−kxmA+mB=2×10+3×10−100×0.33+2m/s2
解得AB的瞬时加速度为a=4m/s2，故BC错误；
D、对物体A，由牛顿第二定律得NB+mAg−kx=mAa，解得物体B对物体A的压力为NB=mAa−mAg+kx=3×4N−3×10N+100×0.3N=12N，故D正确。
故选：D。
开始时物体A与弹簧处于平衡状态，根据胡克定律可以求出弹簧的压缩量，细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，将AB看作一个整体，分析其与弹簧的受力情况，运用牛顿第二定律求解加速度，然后根据加速度求出物体B对物体A的压力。
考查胡克定律和牛顿第二定律的应用，两者结合解答问题。
6.C
【解析】解：A、小球抛出后做平抛运动，
由平抛运动的规律可得，小球在地球表面时，
小球在水平方向做匀速直线运动，
x=v0t
小球在竖直方向做自由落体运动，
y=12gt2
小球在某星球表面上时，则有在水平方向做匀速直线运动，
x′=x=2v0t′
小球在竖直方向做自由落体运动，
y′=y=12g0t′2
代入数据解得
g0=4g
故A错误；
BC、设星球质量为M，在该星球表面质量是m0的物体则有
GMm0R2=m0g0
解得
M=g0R2G=4gR2G
该星球的密度为
ρ=MV=4gR243πR3G=3gπGR
故B错误，C正确；
D、由万有引力提供向心力可得
GM′mR′2=mv2R′
解得
v= GM′R′
由GM=g0R2可得该星球的第一宇宙速度
v星= GMR= g0R=2 gR
地球的第一宇宙速度
v地= GM地R地= gR地
因地球的半径与该星球的半径关系不确定，因此该星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比不确定，故D错误。
故选：C。
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动的规律求出星球表面的重力加速度；根据万有引力等于重力求出星球的质量，结合密度的公式求出星球的密度；第一宇宙速度的大小等于贴近星球表面运行的速度，根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的大小。
解决本题的关键是掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个结论，并能灵活运用。
7.C
【解析】解：A、0～v1的过程中，汽车的牵引力保持不变，则该过程中汽车做匀加速直线运动，在v1～v2的过程中，汽车的牵引力逐渐减小，则汽车的合力逐渐减小，加速度逐渐减小，当牵引力等于F2时，汽车的加速度为零，速度达到最大值，故A错误；
B、在v1～v2的过程中，汽车的功率保持不变，则
P=F1v1=F2v2
结合v2=3v1
代入数据解得
F1：F2=3：1
故B错误；
C、汽车的速度为v1+v22时，
汽车的牵引力为F=Pv=Pv1+v22
由牛顿第二定律得
F−F2=ma
代入数据解得
a=F22m
故C正确；
D、在v1～v2的过程中，汽车做加速度减小的加速运动，
速度—时间图像中图像的面积代表位移的大小，
根据平均速度v−=xt
其速度—时间图像如图所示
显然该过程中汽车的平均速度满足
v−>v1+v22=2v1
故D错误。
故选：C。
分0～v1和v1～v2两个过程，根据牵引力的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化。在v1～v2的过程中，汽车的功率保持不变，结合P=F1v1=F2v2来求解F1：F2。汽车的速度为v1+v22时，由牛顿第二定律和P=Fv相结合计算汽车的加速度。在v1～v2的过程中，汽车做加速度减小的加速运动，画出其速度一时间图象，再确定汽车的平均速度。
解决本题的关键要能够从图线中分析出汽车的受力情况和运动情况，根据牵引力功率公式P=Fv以及牛顿第二定律列式求解即可。
8.CD
【解析】解：AB.滑动摩擦力大小为f=μmg=0.5×4×10N=20N，一开始推力大于滑动摩擦力，随着推力的减小，物体先做加速度逐渐减小的加速运动；当推力减小到20N时，加速度为零，物体的速度达到最大；之后推力小于滑动摩擦力，物体做加速度逐渐增大的减速运动，当推力减小为零后，物体做匀减速运动，故AB错误；
C.根据F−x图像中图线与横轴所围的面积表示推力做的功，可得运动过程中推力做的功为W=12×100×4J=200J，故C正确；
D.当推力减小到20N时，物体的加速度为零，速度达到最大，F−x图像满足的方程为F=100−25x，可知当F=20N时，此时物体的位移为x=3.2m，根据动能定理可得WF−fx=12mvm2−0，其中WF=12×(100+20)×3.2J=192J，解得物体在运动过程中的最大速度为vm=8m/s，故D正确。
故选：CD。
AB.根据题意先计算滑动摩擦力，再结合外力F的变化情况分析合外力的变化情况，利用牛顿第二定律分析运动情况和加速度的变化情况；
C.根据F−x图像所围成的面积的物理意义求解推力做的功；
D.分析速度最大的状态，结合动能定理列式求解最大速度。
考查物体的受力分析，牛顿运动定律以及动能定理等，会根据题意结合图像解决实际问题。
9.AB
【解析】解：A.对题图右侧结点处受力分析，α角大小不变，与B相连的绳上的拉力用FT表示，由α=135°，可知最初F与竖直方向的夹角为45°，可以使用辅助圆方法判断力的动态变化情况，如图所示：
通过分析可得绳子拉力FT先增大再减小，在恰好过圆心时的FT2位置，取得绳子拉力的最大值；拉力F，最初刚好过圆心，之后一直减小，故A正确；
B.由图可知：初始状态，对A分析可得绳子拉力大小为：FT=mg，对B分析，可发现：FT=2mgsin30°，即一开始B与C间的静摩擦力为零；
F缓慢转动过程中，绳子拉力最大时如图：FT2= 2mg，B、C间的静摩擦力方向沿斜面向下且增大至( 2−1)mg；
拉力F缓慢转动90°时，FT为竖直方向，此时FT=mg，B、C间的静摩擦力方向沿斜面向下且减小至0；
即BC间的摩擦力先增大后减小，故B正确；
C.将B、C看成整体，竖直方向有：N地+FTsin30°=(2m+M)g，由于FT先增大再减小，BC总重力不变，故N地先减小再增大，由相互作用力知识可知，物体C对地面的压力先减小再增大，故C错误；
D.将B、C看成整体，水平方向上有：FTcs30°=f地，当FT最大时，即此时F水平向右，由图像分析可计算得：FTmax= 2mg，
所以：f地max= 62mg，由相互作用力知识可知，则物体C对地面的摩擦力的最大值为 62mg，故D错误。
故选：AB。
根据拉力缓慢转动过程中，角度的特点和各物体的平衡状态，结合辅助圆可分析结点两侧力的大小变化特点；根据绳上的拉力的定量分析，对B受力分析，即可判断BC间的摩擦力变化特点；将BC作为整体，由绳上的拉力变化特点，即可判断BC整体与地面之间的压力、摩擦力的变化情况。
本题考查利用辅助圆分析共点力的平衡，在判断C与地面之间的压力、摩擦力变化特点时，注意以BC作为一个整体，再受力分析，过程更简单。
10.BCD
【解析】解：B.若传送带不转动，物体受到的滑动摩擦力沿斜面向下，设其加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得：
mgsinθ+μmgcsθ=ma1，解得：a1=10m/s2
由速度—位移关系公式：v2−v02=2ax，可得物体沿传送带上滑的最大距离为：
xm=v022a1，解得：xm=1.25m<4.45m，结果合理，故B正确；
C.若传送带逆时针运转的速度v=4.0m/s时，则物体受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，物体的加速度大小等于a1=10m/s2，物体沿传送带上滑的最大距离与B选项的结论相同，即物体沿传送带上滑的最大距离等于1.25m，故C正确；
D.若传送带顺时针运转的速度v=4.0m/s，因v0>v，故物体开始时相对传送带上滑，物体受到的滑动摩擦力沿斜面向下，物体的加速度大小等于a1=10m/s2，物体先做匀减速直线运动。
减速到与传送带速度相等时所用时间为：t1=v0−va1=5.0−4.010s=0.1s
此时间内物体上滑的距离为：x1=v0+v2t1，解得：x1=0.45m<4.45m
共速后，因mgsinθ>μmgcsθ，故物体相对传送带下滑，物体受到的滑动摩擦力沿斜面向上，设其加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得：
mgsinθ−μmgcsθ=ma2，解得：a2=2m/s2
物体沿传送带向上做匀减速直线运动，设到B点时的速度是vB，由速度—位移关系得：
v2−vB2=2a2(L−x1)，解得：vB=0
在此过程所用时间为：t2=v−vBa2=4−02s=2s
物体从A点到达B点所需的时间为：t=t1+t2=0.1s+2s=2.1s，故D正确。
A.由以上分析可知，当物体受到的滑动摩擦力沿斜面向上时，其加速度大小为2m/s2，当物体受到的滑动摩擦力沿斜面向下时，其加速度大小为10m/s2，故A错误。
故选：BCD。
对于BCD选项，先确定物块相对传送带的运动方向，由此判断摩擦力的方向，根据牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解位移或者时间，注意分析是否存在共速的情况。对于A选项通过BCD选项的解答可知加速度的情况。
本题考查了牛顿第二定律应用的传送带模型，解答时要注意物块相对传送带的运动方向，由此判断摩擦力的方向，再由牛顿第二定律求解加速度。
11.抛物线 g2k
【解析】解：(1)根据上表数据，在图b给出的坐标纸上标出O4数据点，并绘制“y−x2”图线如图所示
(2)由y−x2图线可知，小球下落的高度y，与水平距离的平方x2呈线性关系，由此判断小球下落的轨迹是抛物线。
(3)根据平抛运动规律可得：x=v0t，y=12gt2
联立可得：y=12g(xv0)2=g2v02x2
可知y−x2图像的斜率为k=g2v02
解得小球平抛运动的初速度为v0= g2k
故答案为：(1)图b给出的坐标纸上标出O4数据点，并绘制“y−x2”图线如图所示
(2)抛物线；(3) g2k
(1)(2)根据数据描点作图，并根据图像中y与x2的关系判断小球的运动轨迹；
(3)根据平抛运动的规律结合图像中的斜率求解小球的初速度表达式。
解决本题的关键是理解平抛运动的基本规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。
12.不需要 d22L(1t22−1t12) bg F0b
【解析】解：(1)对滑块由牛顿第二定律得
T=Ma
T可直接由传感器读出，故不需要钩码的质量远小于小车的质量；
(2)由题意可知，滑块通过光电门A、B对应的瞬时速度分别为
v1=dt1
v2=dt2
滑块从A运动到B的过程中，由匀变速直线运动速度—时间关系可得2aL=v22−v12，可得
a=d22L(1t22−1t12)
(3)未打开气源，滑块所受摩擦力不可忽略，根据牛顿第二定律可知
F−μMg=Ma
整理得：a=1MF−μg
由图像可得
μg=b
k=1M=bF0
解得：μ=bg；M=F0b
故答案为：(1)不需要；(2)d22L(1t22−1t12)；(3)bg； F0b
(1)绳子的拉力由传感器测量得到，不需要满足钩码的质量远小于小车的质量；
(2)根据光电门的测速原理得出滑块的速度，结合速度—位移公式得出加速度的表达式；
(3)根据图像的物理意义，结合牛顿第二定律得出μ和M的表达式。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和牛顿第二定律即可完成分析。
13.解：(1)货物经过Q点时，由物体做圆周运动，则
FN−mg=mv2R
解得FN=mg+mv2R=10kg×10m/s2+10kg×(6m/s)24m=190N
由牛顿第三定律得，F=FN
可得经过Q点时对轨道的压力190N。
(2)货物从P点运动到Q点的过程，由动能定理可得
mgℎ−W=12mv2−0
解得货物从P点运动到Q点的过程克服阻力做的功
W=mgℎ−12mv2=10kg×10m/s2×4m−12×10kg×(6m/s)2=220J
答：(1)经过Q点时对轨道的压力为190N
(2)货物从P点运动到Q点的过程克服阻力做的功为220J
【解析】首先，对圆周运动公式的理解，其次运用运用动能定理。
在运动和能量结合专题中，要注重对运动的全面分析，先用运动中的公式计算力的大小关系，在结合能量中动能定理，综合分析。
14.解：(1)当最大静摩擦力不能满足所需要向心力时，细绳上开始有张力，则由牛顿第二定律得：
μmg=mω12lsinθ
代入数据解得：ω1= gl
(2)当水平转盘以角速度ω2= g2l<ω1= gl匀速转动时，有
f=mω22lsinθ
解得f=mg4
(3)当支持力为零时，物块所需要的向心力由重力和细绳拉力的合力提供，设此时的角速度为ω′3，由牛顿第二定律得：
mgtanθ=mω′32lsinθ
代入数据解得ω′3= 2 3g3l
水平转盘以角速度ω3= 2gl匀速转动时，绳子与竖直方向的夹角为θ′，有
Fsinθ′=mω32lsinθ′
Fcsθ′=mg
解得F=2mg
答：(1)当水平转盘以角速度ω1匀速转动时，绳上恰好有张力，ω1的值为 gl；
(2)物体所受的摩擦力大小为mg4；
(3)细绳拉力大小为2mg。
【解析】(1)对物块受力分析，当最大静摩擦力不能满足所需要向心力时，细绳上开始有张力，根据牛顿第二定律求解。
(2)角速度较小，根据牛顿第二定律解得摩擦力。
(3)当支持力为零时，物块所需要的向心力由重力和细绳拉力的合力提供，解得临界角速度，从而分析解答。
本题考查牛顿运动定律和功能原理的应用，关键是正确分析临界状态，确定临界条件，知道细绳中刚出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，由重力和细绳拉力的合力提供向心力。
15.解：(1)物块A在B上做加速运动，加速度为
aA=55m/s2=1m/s2
根据
aA=μ1g
可得
μ1=0.1
(2)力F作用于木板B时的加速度
aB1=104m/s2=2.5m/s2
由牛顿第二定律
F−μ1mg−μ2(M+m)g=MaB1
撤去F后木板B的加速度大小
aB2=|5−105−4|m/s2=5m/s2
由牛顿第二定律
μ1mg+μ2(M+m)g=MaB2
联立解得
μ2=0.35
F=45N
(3)由图像可知5s时AB速度相等v=5m/s，此时A相对B向后的位移，即A距离B右端的距离为
x1=12×4×10m+10+52×1m−12×5×5m=15m
AB速度相等以后，A做减速运动，加速度为aA=1m/s2；B减速运动的加速度
μ2(M+m)g−μ1mg=MaB3
代入数据解得
aB3=133m/s2
速度减为零时的位移
xB=v22aB3
代入数据解得
xB=7526m
A速度减为零时的位移
xA=v22aA=522×1m=12.5m
A、B均停止运动后A到B右端的距离
L=x1+xB−xA
代入数据解得
L=5.38m
答：(1)A、B间的动摩擦因数为0.1；
(2)B与地面间的动摩擦因数为0.35；恒力F的大小为45N；
(3)A、B均停止运动后A到B右端的距离为5.38m。
【解析】(1)根据图乙所示图像求出A的加速度大小，然后应用牛顿第二定律求出动摩擦因数；
(2)根据图乙所示图像求出B的加速度大小，然后应用牛顿第二定律求解；
(3)v−t图像与坐标轴围成图形的面积表示位移，根据图乙所示图像应用运动学公式求解。
本题考查了牛顿第二定律的应用，根据题意与图示图像分析清楚运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可求解。O1
O2
O3
O4
O5
O6
y/cm
2.95
6.52
9.27
13.20
16.61
19.90
x/cm
5.95
8.81
10.74
12.49
14.05
15.28
x2/cm2
35.4
77.6
115.3
156.0
197.4
233.5