2020-2021学年福建省南安市某校高一（上）第一次段考物理试卷人教版（2019）

这是一份2020-2021学年福建省南安市某校高一（上）第一次段考物理试卷人教版（2019），共8页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。


1. 2019年10月8日，本年度诺贝尔物理学奖授予吉姆・皮布尔斯、米歇尔・麦耶和迪迪埃・奎洛兹。物理学史上许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。关于科学家的贡献，下列说法正确的是，（ ）
A.亚里士多德设计了理想斜面实验，论证了运动不需要力产生，也不需要力维持
B.胡克用逻辑推理的方法得出了弹簧的伸长与外力的关系
C.笛卡尔认为在同一地点，重的物体和轻的物体下落快慢不同
D.伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动

2. 2018年5月14日，川航8633号班机在由重庆飞往拉萨的过程中发生事故，飞机6时25分从重庆江北机场起飞，约40分钟后在高度达到9800m、速率达到790km/h时，驾驶舱右座挡风玻璃破裂脱落，机组人员克服各种困难，使飞机最终在事故发生35分钟后安全降落于成都双流机场。已知江北机场到双流机场的距离约360km。下列说法正确的是（ ）

A.事故飞机飞行的路程约为360 km
B.塔台工作人员在研究事故飞机飞行轨迹时，可以把飞机视为质点
C.“6时25分”和“40分钟“，前者表示“时间”、后者表示“时刻”
D.事故飞机在飞行过程中的平均速度大小是790km/h

3. 足球运动是目前全球体有界最具影响力的运动项目之-，深受青少年喜爱。如图所示为四种与足球有关的情境，下列说法中正确的是（ ）

A.图甲中，静止在地面上的足球对地面的压力就是它的重力
B.图乙中，静止在光滑水平地面上的两个足球相互接触，每个足球均受2个力作用
C.图丙中，足球被踢起过程中，足球受到的弹力是由于足球发生形变而产生的
D.图丁中，足球被停下来过程中，运动员对球的作用力大于球对运动员的作用力

4. 上海跳高运动员王雪毅在沈阳进行的2019年全国田径锦标赛上，以1米86获女子跳高冠军。若不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A.王雪毅起跳时地而对她的弹力大于她对地面的压力
B.王雪毅起跳后在上升过程中，她处于失重状态
C.王雪毅起跳前需要助跑是要产生较大的惯性
D.王雪毅落到软垫后一直做减速运动

5. 一辆汽车在教练场上沿着平直的道路行驶，其运动的位移-时间图像如图所示，以下有关汽车的运动描述正确的是（ ）

A.10s∼20s这段时间内汽车做匀速直线运动
B.t＝30s时汽车在返回出发点的途中
C.t＝40s时汽车离出发点最远
D.汽车前10s内的平均速度小于最后20s内的平均速度

6. 一个从地面上竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是5s，两次经过一个较高点B的时间间隔是3s，则AB之间的距离是（不计空气阻力，g=10m/s2）（ ）
A.80mB.40mC.20mD.无法确定

7. 如图所示，质量分别为1kg和2kg的物体A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，现用大小为30N的水平恒力F作用在A上，使A、B向左一起做匀加速直线运动，运动过程中A、B相对静止。现将恒力F撤去的瞬间，
A.30m/s2，10m/s2B.0，10m/s2
C.30m/s2，0D.20m/s2，10m/s2

8. 如图所示竖直平面内有一固定半圆环，AB为其直径且AB水平，O为圆心，一质量m＝0.5Kg的小球套在圆环上的P点，小球受到三个拉力F1、F2、F3作用保持静止状态，三个拉力的方向如图所示。已知F2＝4N，F1:F2:F3＝PA:PO:PB，sin37∘＝0.6，cs37∘＝0.8，g＝10m/s2，则圆环对小球的支持力为（ ）

A.16NB.15NC.12ND.8N

9. 关于做直线运动的物体的加速度、速度及速度变化量的说法，正确的是（ ）
A.物体的速度越大，加速度越大
B.物体的速度变化量越大，加速度不一定大
C.物体的速度变化越快，加速度越大
D.物体的加速度减小，速度一定减小

10. 如图所示，逆时针匀速转动的传送带与水平面的夹角θ，在传送带顶端静止释放小物块，小物块以加速度a1加速下滑，当小物块与传送带共速后，以加速度a2加速下滑，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ．则下列说法正确的是（ ）

A.a1>a2B.a1＝a2C.μ＝tanθD.μ
11. 高速公路上车速较大，容易发生交通事故，所以交管部门规定前后两车要有100m以上的安全距离。某段平直的高速公路上，甲、乙两车在同一车道上同向行驶，乙车在前、甲车在后，某时刻两司机同时观察到前面发生了交通事故，并同时刹车，如图所示为两车刹车后的v−t图像。由此可知（ ）

A.刹车后，甲车的加速度小于乙车的加速度
B.刹车后，甲，乙两车必定相撞
C.若两车相撞，则相撞时刻一定是刹车后20s之内的某时刻
D.若两车相撞，则一定是甲车未按交管部门的规定保持安全距离行驶

12. 如图所示，质量为m的小球置于斜面体上，左边有一竖直挡板挡住小球。现用一个水平向右的力拉斜面体，使斜面体在水平面上向右做加速度大小为a的匀加速直线运动，重力加速
度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）

A.斜面和挡板对小球的弹力的合力大小等于m(g+a)
B.斜面对小球的弹力可能为零
C.斜面对小球的弹力与a无关且等于mgcsθ
D.若使向右的力方向变为水平向左，则小球有可能飞出斜面
二、实验题（共9个空，每空2分，共18分）

某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验，安装好的实验器材如图甲所示，图中A为固定橡皮条图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是某次实验时OB细绳所连接的弹簧测力计的指针指示情况。
请回答下列问题：
（1）图乙中弹簧测力计的读数为________N；

（2）在做完“验证力的平行四边形定则”实验后，某同学将其实验操作过程进行了回顾，并在笔记本上记下如下几条体会，其中正确的是（ ）（填序号字母）。
A.用弹簧测力计拉橡皮条时，必须使弹簧测力计的弹簧与木板平面平行
B.用两只弹簧测力计拉橡皮条时，必须使两细绳套间的夹角为90∘
C.用两只弹簧测力计拉时合力的图示F和用一只弹簧测力计拉时拉力的图示F′虽不完全重合，但在误差允许范围内仍可以说明“力的平行四边形定则”成立
D.若用两只弹簧测力计拉时，拉力F1、F2方向不变，大小各增加1N，则合力F的方向不变，大小必增加1N

（3）某次实验中在坐标白纸上作出两弹簧测力计的力的图示如图丙所示，请在图中作出合力的图示，并测量合力的大小为________N（结果保留两位有效数字）。

某同学用图甲所示装置做“探究物体的加速度与力的关系”的实验。实验时保持小车质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测小车运动的加速度。

（1）实验时先不挂钩码，反复调整垫块的位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是________。

（2）图乙为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间还有4个点迹没有标出。若打点计时器的打点周期为0.02s，由图乙可知：A、B两点间的距离是________cm；此次实验小车经过B点时的速度vB＝________m/s；此次实验中小车的加速度a＝________m/s2。

（3）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据作出图丙所示的a−F关系图线，图线不通过坐标原点O的原因是________，曲线上部弯曲的原因是________。
三、计算题（15小题6分、16、17小题各8分，18小题12分，共34分。要求：写出解题依据、公式、步骤和必要的文字说明）

某做直线运动质点的v−t图像如图所示，求：

（1）该质点在0−6s发生的位移大小；

（2）该质点在4s末的加速度大小；

（3）该质点在0−3s内的平均速度大小。

ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称．如图所示，汽车（视为质点）在入口AB处以15m/s的初速度进入ETC通道，做加速度大小为1m/s2的匀减速直线运动，运动到距收费站中心线EF左侧10m的CD处速度减为5m/s，然后做匀速运动通过收费站，求：

（1）汽车从AB处到EF的时间；

（2）AB处到EF的距离．

如图所示，质量为m1＝2kg的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与放置在水平面上的质量为m2＝10kg的物体乙相连，当轻绳OA与竖直方向的夹角θ＝450，物体乙恰好处于静止状态。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2．试求：

（1）轻绳OA的拉力；

（2）物体乙与地面间的动摩擦因数µ。

如图所示，质量M=2.0kg的长方形木板B静止在光滑的水平面上，在木板B的左端放置一质量为m=4.0kg物块A（可视为质点），现给物块A以向右的水平初速度v0=6m/s，使物块A和长木板B开始运动，最终物块A恰好没有脱离长木板B，已知物块A与长木板B之间动摩擦因数μ=0.6，重力加速度g取10m/s2，试解答下列问题：

（1）求从物块A和长木板开始运动，到最终物块A恰好没有脱离长木板B的时间t；

（2）求长木板B的长度L；

（3）在其他条件不变时，若给物块A的初速度v0=210m/s，同时施加长木板B水平向右的恒力F作用，仍要使物块A最终不脱离长木板B，试求恒力F应满足的条件．
参考答案与试题解析
2020-2021学年吉林省吉林市高一（上）期末物理试卷
一、选择题（1-8题为单选题，每小题4分，错选或不选得0分；9-12题为多选题，每小题4分，全选对得4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分，共48分）
1.
【答案】
D
【考点】
物理学史
【解析】
本题考查物理学史，可根据伽利略、库仑、法拉第、奥斯特等科学家的物理学成就进行解答。
【解答】
A、伽利略设计了理想斜面实验，也不需要力维持；
B、胡克用实验的方法得出了弹簧的伸长与外力的关系；
C、亚里士多德认为在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同，故C错误；
D、伽利略将斜面实验的结论合理外推，故D正确；
2.
【答案】
B
【考点】
位移
平均速度
质点的认识
时间与时刻
【解析】
位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移是矢量，有大小也由方向；路程是指物体所经过的路径的长度，路程是标量，只有大小，没有方向。
物体可以看做质点的条件是它的大小和形状可以忽略不计；
平均速度是位移与所用时间的比值。
时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点。
明确质点的性质，知道物体视为质点的条件。
【解答】
A、已知江北机场到双流机场的距离约360km，是指直线距离，而事故飞机飞行的路程大于360 km，故A错误。
B、塔台工作人员在研究事故飞机飞行轨迹时，飞机的大小和形状可以忽略，所以可以把飞机视为质点，故B正确。
C、“6时25分”和“40分钟“，前者表示“时刻”、后者表示“时间”，故C错误。
D、“约40分钟后在高度达到9800m、速率达到790km/h时”中的790km/h指的是瞬时速度，故D错误。
3.
【答案】
B
【考点】
作用力和反作用力
【解析】
力的作用效果：一是改变物体的形状，二是改变物体的运动状态；弹力产生的条件是接触且发生弹性形变。作用力与反作用力总是大小相等方向相反。
【解答】
A、静止在地面上的足球受到的弹力的施力物体是地面，而重力的施力物体是地球，可知弹力不是重力，故A错误；
B、静止在光滑水平地面上的两个足球由于接触，但由于没有弹性形变，所以没有受到相互作用的弹力，每个足球均受重力与地面得支持力2个力作用，故B正确；
C、足球被踢起过程中，足球受到的弹力是由于运动员的脚发生形变而产生的，故C错误；
D、运动员对球的力与球对运动员的力是一对作用力与反作用力，总是大小相等方向相反，故D错误。
4.
【答案】
B
【考点】
作用力和反作用力
惯性
【解析】
作用力与反作用了大小相等；当物体具有向上加速度时，处于超重状态，相反，处于失重状态；惯性只与质量有关；受力分析判定合力方向，加速度与合力方向相同，然后知运动情况。
【解答】
A、王雪毅起跳时地面对她的弹力与她对地面的压力是作用力与反作用力，故A错误。
B、王雪毅起跳后在上升过程中，她处于失重状态。
C、因为质量决定惯性的大小，惯性越大，故C错误。
D、她落到软垫后开始时，她仍然要做一段加速运动后才会减速。
5.
【答案】
B
【考点】
x-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
位移时间图像的“斜率”等于速度。倾斜的直线运动表示匀速直线运动，平行于t轴的图线表示静止。位移等于坐标的变化量，平均速度等于位移与时间之比。
【解答】
解：A．位移-时间图像的“斜率”等于速度，则汽车在10s∼20s内的速度为零，静止，故A错误；
B．根据图像的“斜率”等于速度，知20s∼40s内和0∼10s内汽车的运动方向相反，所以t＝30s时汽车在返回出发点的途中，故B正确；
C．t＝40s时汽车返回出发点，10s末离出发点最远，故C错误；
D．汽车前10s内和后20s内位移相同，都是30m，则汽车前10s内的平均速度大于后20s内的平均速度，故D错误．
故选B．
6.
【答案】
C
【考点】
竖直上抛运动
【解析】
物体做竖直上抛运动，可以利用对称来解，可以得到物体从顶点到A的时间为tA2，顶点到B点的时间为tB2，
从顶点出发物体做自由落体运动，根据位移公式x=12gt2将其带入求解．
【解答】
解：小球做竖直上抛运动，根据运动时间的对称性得到物体从最高点自由下落到A点的时间为tA2，最高点到B点的时间为tB2，AB间距离为：
hAB=12g(tA2−tB2)=12×10×(2.52−1.52)m=20m．
故选：C．
7.
【答案】
D
【考点】
力的合成与分解的应用
牛顿第二定律的概念
【解析】
对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对B分析，结合牛顿第二定律求出弹簧的弹力大小。撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对A、B分析，结合牛顿第二定律求出A、B的瞬时加速度。
【解答】
对整体分析，根据牛顿第二定律得：a=FmA+mB=301+2m/s2＝10m/s2，隔离对B分析，根据牛顿第二定律得：F弹＝mBa＝2×10N＝10N，突然撤去F瞬间，弹簧弹力不变，A的加速度为：aA=FmA=201m/s2＝20m/s2，B的加速度为：aB=FmB=202m/s2＝10m/s2，故ABC错误，D正确。
8.
【答案】
B
【考点】
力的合成与分解的应用
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
以圆环为研究对象进行力的分析，先将F1、F2、F3三个力进行合成，然后在支持力方向进行力的合成即可。
【解答】
圆环对小球的支持力方向一定沿半径方向向外，将F1和F3进行合成，由于F1:F2:F3＝PA:PO:PB，则合力一定沿F2方向，如图所示；
所以F1、F2、F3三个力的合力为：F合＝3F2＝12N，
根据平衡条件可得支持力为：N＝mgsin37∘+F合＝3N+12N＝15N，故B正确、ACD错误。
9.
【答案】
B,C
【考点】
加速度
速率
【解析】
加速度等于物体的速度变化量与发生变化所用时间的比值。
加速度与速度没有直接关系，加速度大小不断变小，速度不一定变小，相反，加速度变大，速度也不一定变大。
物体速度的增减取决于加速度和速度的方向关系，不决定于加速度的正负，加速度的大小就是速度的变化率。
【解答】
A、加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度很大，比如匀速直线运动，但不存在变化，加速度为零，故A错误。
B、物体的速度变化量越大，所用时间很长，加速度不一定大，故B正确。
C、物体速度变化越快，加速度越大，故C正确。
D、物体速度的增减取决于加速度和速度的方向关系，两者反向时，速度一定减小，故D错误。
10.
【答案】
A,D
【考点】
传送带模型问题
【解析】
当小物块与传送带共速后，以加速度a2加速下滑，说明mgsinθ>μmgcsθ，从而得到μ与tanθ的关系。根据牛顿第二定律列式分析两个过程加速度关系。
【解答】
解：小物块与传送带共速前，小物块所受的滑动摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律得 mgsinθ+μmgcsθ＝ma1，
小物块与传送带共速后，小物块所受的滑动摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律得 mgsinθ−μmgcsθ＝ma2，
对比可得，a1>a2，故A正确，B错误；
当小物块与传送带共速后，以加速度a2加速下滑，说明mgsinθ>μmgcsθ，则得μ故选AD．
11.
【答案】
C,D
【考点】
匀变速直线运动的概念
【解析】
根据速度-时间图线的斜率表示加速度，来分析甲、乙两车的加速度大小。根据速度相等时两车的位移关系判断两车能否相撞。通过两者的速度大小关系，判断之间距离的变化，从而确定发生碰撞的大致时间段。
【解答】
A、根据速度-时间图线的斜率表示加速度，可得甲车的加速度大小为：a1=3030m/s2＝1m/s2，乙车的加速度大小为：a2=2040m/s2＝0.5m/s2，所以刹车过程中甲车的加速度是乙车加速度的2倍，故A错误。
B、根据位移时间关系知t＝20s时，甲车运动的位移为：x甲＝v甲t−12a1t2＝(30×20−12×1×202)m＝400m，乙车的位移为：x乙＝v乙t−12a2t2＝(20×20−12×0.5×202)m＝300m，则位移之差为：△x＝x甲−x乙＝400m−300m＝100m，由于两车刚刹车时间距与100m的关系未知，所以不能确定两车能否相撞，故B错误。
C、因为速度相等相等后，若不相撞，两者之间的距离逐渐增大，不可能再撞，可知若两车相撞，则相撞时刻一定是刹车后20s之内的某时刻，故C正确。
D、刹车前，乙车在前、甲车在后，若两车相撞，可知甲车没有按交通管理部门的规定保持安全距离行驶，故D正确。
12.
【答案】
C,D
【考点】
牛顿第二定律的概念
力的合成与分解的应用
【解析】
以小球为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律知道小球所受的合力为ma，根据牛顿第二定律分析竖直挡板对球的弹力和斜面对球的弹力情况
【解答】
A、以小球为研究对象，分析受力情况，如图：重力mg、竖直挡板对球的弹力F2和斜面的弹力F1．根据牛顿第二定律得知小球的合力大小为 F合＝ma
根据平行四边形定则知：斜面和挡板对小球的弹力的合力方向斜向右上方，大小 F=(mg)2+(ma)2=mg2+a2，故A错误。
BC、根据牛顿第二定律得：
竖直方向：F1csθ＝mg ①
水平方向：F2−F1sinθ＝ma，②
由①看出，斜面对小球的弹力F1=mgcsθ，保持不变，与加速度a无关，不可能为零，故B错误，C正确。
D、若使向右的力方向变为水平向左，系统向左加速，若加速度足够大，小球能沿斜面飞出，故D正确。
二、实验题（共9个空，每空2分，共18分）
【答案】
3.80
A、拉两个细绳套时，这样记录在白纸上的实验数据才会真实客观B、实验中两个分力间的夹角不需要调到90°，故B错误C、实验一定有误差，说明“力的平行四边形定则”任成立D、若F​1、F​2方向不变，而大小各增加6N，合力的方向可能改变，故D错误
6.5
【考点】
验证力的平行四边形定则
【解析】
（1）注意测力计最小刻度为0.1N，需要估读一位数；
（2）为了减小误差拉力应尽量与木板平行；作图法求合力两个分力间的夹角不需要调到90∘；实验一定有误差，但只有误差足够小且在允许的范围内，说明“力的平行四边形定则”任成立；力的合成遵守平行四边形定则，不能简单加减。
（3）以两个分力为临边做平行四边形，作出对角线，量出合力的长度再与比例尺对比。
【解答】
注意测力计最小刻度为0.1N，需要估读一位数。故填：2.80。
A、拉两个细绳套时，这样记录在白纸上的实验数据才会真实客观；
B、实验中两个分力间的夹角不需要调到90∘，故B错误；
C、实验一定有误差，说明“力的平行四边形定则”任成立；
D、若F1、F2方向不变，而大小各增加6N，合力的方向可能改变，故D错误。
如图：以两个分力为临边做平行四边形，作出对角线，每格为1N，故填：6.5。
故答案为：（1）3.80 (2)AC
【答案】
平衡摩擦力，使小车受到的合外力等于细线拉力
1.20,0.16,0.74
平衡摩擦力过度,钩码质量很大时，不满足钩码远小于小车质量的条件，钩码的重力和绳子的拉力相差很大
【考点】
探究加速度与物体质量、物体受力的关系
【解析】
（1）为了使绳子的拉力等于小车的合力，需平衡摩擦力。
（2）根据平均速度的定义式求出AC段的平均速度，很短时间内的平均速度可以近似表示物体的瞬时速度，据此求出小车经过B点的速度；根据连续相等时间内的位移之差，运用逐差法求出加速度的大小；
（3）图象不通过原点的原因是平衡摩擦力过度，曲线上端完全的原因是没有满足钩码的质量远小于小车的质量。
【解答】
实验时先不挂钩码，反复调整垫块的位置，这样做的目的是平衡摩擦力。
根据刻度尺读数规则可知，A、B两点间的距离为1.20cm。
每两个相邻的计数点之间还有4个计时点没画出来，相邻计数点间的时间间隔：t＝2.02×5s＝0.4s，
小车经过B点时的速度＝＝m/s≈7.16m/s，
根据△x＝aT2，运用逐差法得：
a＝＝×10−2m/s5＝0.74m/s2。
图线不通过坐标原点O，力F为零时，说明平衡摩擦力过度。
曲线上部弯曲的原因是随着力F的增大，即钩码质量的增大。
三、计算题（15小题6分、16、17小题各8分，18小题12分，共34分。要求：写出解题依据、公式、步骤和必要的文字说明）
【答案】
该质点在0−6s发生的位移大小是105m；
该质点在4s末的加速度大小是10m/s2；
该质点在0−3s内的平均速度大小是20m/s。
【考点】
匀变速直线运动的概念
【解析】
（1）根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移，来求位移的大小。
（2）根据速度图像的斜率表示物体的加速度，来求加速度的大小。
（3）平均速度等于位移与时间之比来求平均速度的大小。
【解答】
根据v−t图线与时间轴围成的面积表示位移，可得，质点在0−6s发生的位移大小为 x=1+62×30m＝105m
质点在4s末的加速度大小 a＝|△v△t|=30−06−3m/s2＝10m/s2。
质点在0−3s内的位移大小为 x′=1+32×30m＝60m
平均速度大小 v=x′t′=603m/s＝20m/s
【答案】
（1）汽车从AB到EF的时间为12s；
（2）AB到EF的距离为110m．
【考点】
匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】
（1）分别求出汽车从AB到CD及从CD到EF的时间，即可求出从AB到EF的时间；
（2）由匀变速直线运动规律求出AB到CD的距离，可求出从AB到EF的距离。
【解答】
解：（1）根据速度—时间关系可得汽车从AB到CD的时间为：
t1=v−v0a=5−15−1s=10s，
汽车从CD到EF的过程中，以v=5m/s做匀速直线运动，运动时间为：
t2=x2v=105s=2s，
所以汽车从AB到EF的时间为：
t=t1+t2=10s+2s=12s．
（2）汽车从AB到CD过程中，平均速度为：
v=v+v02=5+152m/s=10m/s，
此过程中，汽车的位移为：
x1=vt1=10×10m=100m，
则可得AB到EF的距离为：
x=x1+x2=100m+10m=110m．
【答案】
轻绳OA的拉力为202N。
物体乙与地面间的动摩擦因数为0.2。
【考点】
力的合成与分解的应用
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
（1）以结点O为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求出轻绳OA受到的拉力；
（2）乙物体水平方向受到OB绳的拉力和水平面的静摩擦力，由二力平衡求解乙受到的摩擦力大小和方向。
【解答】
对结点O分析，受到三段绳子的拉力，受力情况如图所示；
根据共点力平衡得，TA=m1gcsθ
解得：TA=202N
对结点O由共点力平衡得：TB＝m1g
对乙受力分析可知，水平方向受到的OB拉力等于其摩擦力，
根据平衡条件得：TB＝μm2g
联立解得：μ＝0.2
【答案】
（1）从物块A和长木板开始运动，到最终物块A恰好没有脱离长木板B的时间为13s；
（2）长木板B的长度L为1m；
（3）恒力F应满足的条件为4N≤F≤36N．
【考点】
板块模型问题
【解析】
（1）根据第二定律分别求出A、B的加速度aA，aB，最终达共同速度，根据匀变速直线速度公式可以求出最终物块A恰好没有脱离长木板B的时间；
（2）A恰好未滑离B，根据匀变速直线运动位移公式可以求出长木板B的长度；
（3）当水平恒力F最小时，物块A滑至B右端时恰好与B共速，根据牛顿第二定律及匀变速直线运动速度位移公式可以求出F的最小值；当水平拉力F最大时，物块A与长木板B达到相对静止后加速度为相同且为aA，对整体根据牛顿第二定律可以求出F的最大值。
【解答】
解：（1）设A与B的加速度大小分别为aA、aB，最终达共同速度v，
对A，有：μmg=maA，v0−v=aAt，
对B，有：μmg=MaB，v＝aBt，
联立解得：t=13s．
（2）A恰好未滑离B，则v0t−12aAt2−12aBt2=L，
解得：L=1m．
（3）当水平恒力F最小时，物块A滑至B右端时恰好与B共速，设水平恒力最小值为F1，B的加速度为a，
由牛顿第二定律：F1+μmg=Ma，
得：a=F1+μmgM，
由运动的相对性原理可知：v02=2(aA+a)L，
解得：F1=4N，
当水平拉力F最大时，物块A与长木板B达到相对静止后不再相对滑动，即它们具有相同的加速度aA=μg=6m/s2，
设此时拉力为F2，则：F2=(M+m)aA=36N，
所以满足木块A不脱离长木板B的恒力F条件为：4N≤F≤36N．