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2020届陕西省榆林市第二中学高三上学期第四次模拟考试物理试题（解析版）
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2020届陕西省榆林市第二中学高三上学期第四次模拟考试物理试题（解析版）
一、单项选择题：（本题共12小题，每题3分，共36分）
1.一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔内位移为，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设质点的初速度为v，则动能
，
由于末动能变为原来的9倍，则可知，末速度为原来的3倍，故有：
，
故平均速度：
，
根据位移公式可知：，联立解得：，
根据加速度定义可知：，故C正确。
2.如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块（可看成质点）沿斜面左上方顶点P以初速度v0水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，则（ ）
A. 物块由P点运动到Q点所用的时间
B. 物块由P点运动到Q点所用的时间
C. 初速度
D. 初速度
【答案】D
【解析】
【详解】AB、根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：
根据，有：，故选项AB错误；
CD、根据，有：，故选项C错误，D正确。
3.一个物体从房檐自由落下，通过一个高为的窗户用了，g取，则房檐距窗户下沿的高度为
A.
B.
C. 5m
D.
【答案】C
【解析】
解：根据得物体通过窗户上沿的速度为：
m/s=8m/s，
则屋檐距离窗户上沿高度为：，
则屋檐距窗户下沿的高度为：h=h1+1.8m=5m．
故选：C．
【点评】解决本题的关键知道自由落体运动的运动规律，结合运动学公式灵活求解，也可以根据平均速度推论求出中间时刻的瞬时速度，从而得出物体到达屋檐下沿的速度，结合速度位移公式进行求解．
4.已知火星的半径是地球的a倍，质量是地球的b倍，现分别在地球和火星的表面上以相同的速度竖直上抛小球，不计大气的阻力。则小球在地球上上升的最大高度与在火星上上升的最大高度之比为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据质量和半径的关系求得地球表面的重力加速度与火星表面重力加速度的关系，再根据竖直上抛公式求解。
【详解】根据可知；根据可知，故选A.
【点睛】本题关键是抓住星球表面重力与万有引力相等，根据质量和半径关系求得重力加速度之比，再根据竖直上抛规律求解。
5.如图A，B，C为三个完全相同的物体，当水平力F作用于B上，三物体可一起匀速运动，撤去力F后，三物体仍可一起向前运动，设此时A，B间作用力为f1，B、C间作用力为f2，则f1和f2的大小为（ ）
A. f1=f2="0" B. f1=0，f2="F"
C. f1=，f2=F D. f1=F，f2=0
【答案】C
【解析】
试题分析：撤去力F，若三个物体仍能一起继续向前运动，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离对A分析、对AB分析，求出A、B之间，B、C之间的摩擦力．
解：开始三个物体在拉力F的作用下一起做匀速直线运动，知F=f，
撤去F后，三个物体一起做匀减速直线运动，整体的加速度为：a==
隔离对A分析，A在水平方向上的合力等于B对A的摩擦力，有：f1=ma=
隔离对AB分析，AB整体所受的合力等于C对它们的摩擦力，有：f2=2ma=F，故C正确，ABD错误，
故选：C．
【此处有视频，请去附件查看】
6.如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，已知重力加速度g=10m/s2，由此可判断（ ）
A. 电梯可能加速下降，加速度大小为5
B. 电梯可能减速上升，加速度大小为2.5
C. 乘客处于超重状态
D. 乘客对电梯地板的压力为625 N
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg=kx，电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有
解得：
a=2.5 m/s2，
方向竖直向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，选项B正确， AC错误；
D．以乘客为研究对象，根据牛顿第二定律可得：
m′g-FN=m′a，
解得：
FN=375 N
故D错误。
7.如图所示，两个质量分别为m1=2kg，m2=3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（ ）
A. 弹簧秤的示数是10N
B. 弹簧秤的示数是50N
C. 在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度不变
D. 在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度变大
【答案】CD
【解析】
在两端水平拉力作用下，加速度方向向右，由牛顿第二定律，F1-F2=(m1+m2)a，解得a=2m/s2。隔离m1，分析受力，设弹簧秤的示数是F，由牛顿第二定律，F1-F=m1a，解得F=26N，选项AB错误；在突然撤去F2的瞬间，弹簧秤中拉力不变，m1的加速度不变，m2的加速度变大，选项CD正确；
8.如图甲所示，当A、B两物块放在光滑的水平面上时，用水平恒力F作用于A的左端，使A、B一起向右做匀加速直线运动时的加速度大小为a1，A、B间的相互作用力的大小为N1．如图乙所示，当A、B两物块放在固定光滑斜面上时，此时在恒力F作用下沿斜面向上做匀加速时的加速度大小为a2，A、B间的相互作用力的大小为N2，则有关a1，a2和N1、N2的关系正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】对于图1，根据牛顿第二定律，整体加速度，隔离对B分析，A对B的作用力.
对于图2，根据牛顿第二定律，整体的加速度.
隔离对B分析，有：N2-mBgsinθ=mBa2，解得,知a1＞a2，N1=N2;故D正确，A、B、C错误.
故选D.
【点睛】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，以及掌握整体法和隔离法的运用．
9.如图所示，两个挨得很近的小球，从斜面上的同一位置O以不同的初速度、做平抛运动，斜面足够长，在斜面上的落点分别为A、B，空中运动的时间分别为、，碰撞斜面前瞬间的速度与斜面的夹角分别为、，已知则有
A. ：：2 B. ：：2 C. D.
【答案】C
【解析】
根据OB=2OA结合几何关系可知，AB两球运动竖直方向位移之比 ，水平位移 ，两球都做平抛运动，根据h= gt2得： ，则 ，水平位移为：x=v0t，则 ，故AB错误；两球都落在斜面上，位移与水平方向的夹角为定值，故有：
，位移与水平面的夹角相同，所以α=β，故C正确，D错误；故选C.
点睛; 解决本题的关键抓住平抛运动落在斜面上竖直方向上的位移和水平方向上的位移的比值是定值，注意几何关系在解题中的应用，难度适中．
10. 一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示．在A点物体开始与弹簧接触，到B点时物体速度为零，然后被弹回。不计空气阻力，下列说法中正确的是
A. 物体从A下降到B的过程中，动能不断变小
B. 物体从B上升到A的过程中，动能不断变大
C. 物体从A下降到B和从B上升到A的过程中，加速度都是先增大后减小
D. 物体在AB之间某点时，系统的重力势能与弹性势能之和最小
【答案】D
【解析】
试题分析：在A下降到B的过程中，开始重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，物体做加速运动，弹力在增大，则加速度在减小，当重力等于弹力时，速度达到最大，然后在运动的过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，运动的过程中弹力增大，加速度增大，到达最低点，速度为零．知加速度先减小后增大，速度先增大后减小．动能先增大后减小；物体从B回到A的过程是A到B过程的逆过程，返回的过程速度先增大后减小．加速度先减小后增大，故选项ABC错误；系统的动能、重力势能及弹性势能之和守恒，故因为在重力等于弹力的位置物体的动能最大，则此位置系统的重力势能与弹性势能之和最小，故选项D正确．故选D。
考点：牛顿第二定律；能量守恒定律
【名师点睛】此题是弹簧问题，考查牛顿第二定律及能量守恒定律的应用；解决本题的关键知道加速度方向与合力方向相同，当加速度方向与速度方向相同，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。
11.滑雪运动员沿斜坡下滑了一段距离，重力对他做功为2000J，物体克服阻力做功100J．则物体的（ ）
A. 机械能减小了100J B. 动能增加了2100J
C. 重力势能减小了1900J D. 重力势能增加了2000J
【答案】A
【解析】
【详解】A．除重力外，物体克服阻力做功100J，故机械能减小100J，故A正确；
B．外力对物体所做的总功为2000J-100J=1900J，是正功，则根据动能定理得：动能增加1900J．故B错误；
CD．重力对物体做功为2000J，是正功，则物体重力势能减小2000J．故C D错误；
12.如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，开始弹簧处于原长h，让圆环沿杆滑下，圆环滑到杆的底端时速度恰好为零，则在圆环下滑过程中（ ）
A. 圆环机械能守恒
B. 弹簧的弹性势能先增大后减小
C. 当圆环的动能最大时弹簧的弹性势能最大
D. 当圆环滑到杆的底端时弹簧的弹性势能为mgh
【答案】D
【解析】
圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中，重力和弹簧的拉力对环做功，因为有弹力做功，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，A错误；弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短后再伸长到原长，再伸长，故弹簧的弹性势能先增大再减小后增大，B错误；当圆环的速度为零时，环的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，此时弹簧的弹性势能最大，但速度为零，所以动能不是最大，C错误；圆环的机械能减少了mgh，那么弹簧的机械能即弹性势能增大mgh，D正确．
二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
13.有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是
A. 如图a，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态
B. 如图b所示是两个圆锥摆，增大，但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变
C. 如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度相等
D. 如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置所受筒壁的支持力大小相等
【答案】BD
【解析】
汽车在最高点有mg-FN=m，则 FN＜mg，故汽车处于失重状态，故A正确；如图b所示是一圆锥摆，由重力和拉力的合力提供向心力，则有 F=mgtanθ=mω2r；r=Lsinθ，知，故增大θ，但保持圆锥的高h不变，角速度不变，故B正确；图c，根据受力分析知两球受力情况相同，若设侧壁与竖直方向的夹角为θ；则支持力，则支持力相同；向心力F=mg/tanθ相同，由F=mω2r知r不同，角速度不同，故C错误，D正确；故选BD.
14.两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则( )
A. 甲球用的时间比乙球长
B. 甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C. 甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D. 甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
【答案】ACD
【解析】
【详解】设出小球的密度，写出质量的表达式，再结合题目的条件写出阻力的表达式，最后结合牛顿第二定律写出加速度的表达式．根据物体的加速度的关系结合运动学的公式判断运动的时间以及末速度；根据功的公式判断克服阻力做的功．
设小球的密度为，半径为r，则小球的质量为，重力，小球的加速度可知，小球的质量越大，半径越大，则下降的加速度越大，所以乙的加速度比较大，C正确；两个小球下降的距离是相等的，根据可知，加速度比较大的乙运动的时间短．故A正确；根据可知，加速度比较大的乙球末速度的大小大于甲球末速度的大小，故B错误；它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，即，所以甲的阻力大，根据可知，甲球克服阻力做的功大乙甲球克服阻力做的功，故D正确．
【此处有视频，请去附件查看】
15.如图所示，a为地球赤道上的物体；b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星；c为地球同步卫星。关于a、b、c做匀速圆周运动的说法中正确的是（ ）
A. 角速度的大小关系为
B. 向心加速度的大小关系为
C. 线速度的大小关系为
D. 周期的大小关系为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．同步卫星与地球角速度相同，即ωa=ωc，而rb＜rc，根据可知：ωc＜ωb，所以ωa=ωc＜ωb，故A正确；
B．由a=ω2r，得：aa＜ac；对于b和c，根据，ab>ac，即ab>ac >aa，故B错误；
C．ac角速度相等，由v=ωr，可知va＜vc；对于b和c，根据，vb>vc，即vb>vc>va，故C错误；
D．卫星c为同步卫星，所以Ta=Tc，根据及ωc＜ωb，可知Tc＞Tb，所以Ta=Tc＞Tb，故D正确；
16.如图，长度为L的小车静止在光滑的水平面上，可视为质点的小物块放在小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f，物块运动到小车的最右端时，小车通过的距离为则
A. 物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fx
B. 物块到达小车最右端时，物块具有的动能为
C. 在这个过程中，摩擦力对物块所做的功为
D. 在这个过程中，物块和小车增加的动能为fx
【答案】AC
【解析】
对小车，由动能定理得，A正确；对物块，由动能定理可知，小车动能为，B错误；物块克服摩擦力做功，C正确；对物块与小车组成的系统，由能量守恒定律可知，系统增加的机械能为，D错误．
17.如图所示，质量为2kg的物体沿倾角为30°的固定斜面匀减速上滑了2m距离，物体加速度的大小为8m/s2，重力加速度g取10m/s2，此过程中（ ）
A. 物体的重力势能增加了40J
B. 物体的机械能减少了12J
C. 物体的动能减少了32J
D. 系统内能增加12J
【答案】BCD
【解析】
物体上滑过程中，重力做功，则重力势能增加20J，故A错误；对物体受力分析，受重力、支持力、滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有 ，得，由于机械能变化量等于除重力外其余力做的功，此过程中摩擦力做功 ，因此物体的机械能减少了12J，故B正确；根据动能定理合外力做功，故C正确；摩擦生热在数值上等于滑动摩擦力与滑痕之积，，故D正确。
三、实验和填空题(本题共2小题，每空2分共16分．将正确答案填在指定位置)
18. 某同学利用下述装置对轻质弹簧弹性势能进行探究，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连:弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图（a）所示。向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放。小球离开桌面后落到水平地面。通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。
回答下列问题：
（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等。已知重力加速度大小为g，为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的 （填正确答案标号）。
A．小球的质量m
B．小球抛出点到落地点的水平距离s
C．桌面到地面的高度h
D．弹簧的压缩量△x
E.弹簧原长l0
（2）用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek= 。
（3）图（b）中的直线是实验测量得到的s—△x图线。从理论上可推出，如果h不变。m增加，s—△x图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）；如果m不变，h增加，s—△x图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）。由图（b）中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与△x的 次方成正比。
【答案】（1）ABC (2)（3）减小 增大 2
【解析】
【详解】（1）由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的初速度，进而可求出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h，故选ABC．
（2）由平抛规律可知：竖直方向上：h=gt2，水平方向上：x=vt，而动能Ek=mv2联立可得Ek= ；
（3）由题意可知如果h不变，m增加，则相同的△L对应的速度变小，物体下落的时间不变，对应的水平位移x变小，x-△L图线的斜率会减小；只有h增加，则物体下落的时间增加，则相同的△L下要对应更大的水平位移x，故x-△L图线的斜率会增大。弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能，即Ep=，可知Ep与△x的2次方成正比，而△x与△L成正比，则Ep与△L的2次方成正比。
【名师点睛】本题的关键是通过测量小球的动能来间接测量弹簧的弹性势能，然后根据平抛规律以及动能表达式即可求出动能的表达式，弹性势能转化为物体的动能，从而得出结论。根据x与△L的图线定性说明m增加或h增加时x的变化，判断斜率的变化。弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能和动能的表达式，得出弹性势能与△x的关系，△x与△L成正比，得出Ep与△L的关系。
【此处有视频，请去附件查看】
19.（1）某实验小组做验证牛顿第二定律实验. 实验小组中的小华用图所示装置做实验，图中带滑轮的长木板水平放置于桌面，拉力传感器可直接显示所受到的拉力大小．
小华做实验时，下列操作必要且正确的是_______
A．将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动
B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数
C．改变砂和砂桶质量，打出几条纸带
D．用天平测出砂和砂桶的质量
E．为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
（2）实验小组中的小明如图所示的实验装置来做实验。
①小明同学平衡了摩擦力后．以砂和砂桶的重力为F，在小车质量M保持不变情况下，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到，测小车加速度a，作a-F的图像．下列图线正确的是_______．
②图为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50 Hz，则C点的速度为________ m/s，小车的加速度为________ m/s2.(以上两空均保留一位有效数字)
【答案】 (1). ABC (2). C (3). 0.8 (4). 4
【解析】
【详解】（1）[1]．A、实验前要平衡摩擦力，将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动，故A正确；
B、为充分利用纸带，小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数，故B正确；
C、为得出普遍规律，改变砂和砂桶质量，打出几条纸带，故C正确；
D、小车受到的拉力可由拉力传感器测出来，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故D错误；
E、小车受到的拉力可以由拉力传感器测出，实验中不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故E错误；
（2）①[2]．实验时平衡了摩擦力，则图像过原点；但是最后砂桶的质量不是远小于小车的质量，则图线将出现弯曲，故图像C正确。
②[3]．由于每两个记数点间还有四个计时点未画出，纸带上面每打一点的时间间隔是0.1s。
根据匀变速直线运动的推论一段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则C点的速度为：
[4]．根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可得：
四、计算题（本题共3小题,，20、22小题各10分，21小题8分，共28分）
20.一个倾角为θ=37°的斜面固定在水平面上，一个质量为m=1.0kg的小物块（可视为质点）以v0=4.0m/s的初速度由底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数μ=0.25．若斜面足够长，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：
(1)小物块沿斜面上滑时的加速度大小；
(2)小物块上滑的最大距离；
(3)小物块返回斜面底端时的速度大小．
【答案】（1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小为8m/s2．
（2）小物块上滑的最大距离为1.0m．
（3）小物块返回斜面底端时的速度大小2m/s．
【解析】
试题分析：（1）根据牛顿第二定律求出小物块上滑的加速度大小．
（2）通过匀变速直线运动的速度位移公式求出小物块上滑的最大距离．
（3）根据牛顿第二定律求出下滑的加速度，通过速度位移公式求出下滑到斜面底端的速度大小．
解：（1）小物块在斜面上的受力情况如右图所示，重力的分力
根据牛顿第二定律有
FN=F2①
F1+Ff=ma②
又因为 Ff=μFN③
由①②③式得a=gsinθ+μgcosθ=10×0.6m/s2+0.25×10×0.8m/s2=8.0m/s2④
（2）小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有
⑤
得==1.0m⑥
（3）小物块在斜面上的受力情况如右图所示，根据牛顿第二定律有
FN=F2⑦
F1﹣Ff=ma'⑧
由③⑦⑧式得a'=gsinθ﹣μgcosθ=10×0.6m/s2﹣0.25×10×0.8m/s2=4.0m/s2⑨
因为⑩
所以==（或2.8m/s）
答：（1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小为8m/s2．
（2）小物块上滑的最大距离为1.0m．
（3）小物块返回斜面底端时的速度大小2m/s．
【点评】本题考查牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
21.宇航员在地球表面以一定初速度竖直向上抛出一小球，经过时间t小球落回原处；若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处。（取地球表面重力加速度g＝10m/s2，空气阻力不计）
（1）求该星球表面附近的重力加速度g＇；
（2）已知该星球的半径与地球半径之比为R星∶R地＝1∶4，求该星球的质量与地球质量之比M星∶M地。
【答案】（1）2 m/s2（2）1:80
【解析】
试题分析：运用运动学公式求出时间t与初速度之间的关系，求出地球表面重力加速度g与星球表面附近的重力加速度g′间的关系．根据万有引力等于重力表示出质量，求出星球的质量与地球质量之比．
（1）根据匀变速直线运动规律t=得：
从竖直上抛到最高点，上升的时间是=，上升和下降的时间相等，
所以从上抛到落回原处t=①
由于在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处．
根据匀变速直线运动规律得：
5t=②
由①②得星球表面附近的重力加速度g′=g=2m/s2，
（2）根据万有引力等于重力得：：=mg
M=
所以==
【此处有视频，请去附件查看】
22.如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定的速度t，沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一质量m=1 kg的物块以初速度vo从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，物块到传送带顶端的速度恰好为零，其运动的v-t图像如图乙所示，已知重力加速度为g= 10 m/s2，sin37°=0.6，求：
(1)0~2 s内物块的加速度a及传送带底端到顶端的距离x；
(2)物块与传送带闻的动摩擦因数μ；
(3)0 ~4 s物块与传送带间由于摩擦而产生的热量Q。
【答案】(1)32m (2)0.5 (3)96J
【解析】
【详解】（1）v-t图像的斜率表示加速度，由图像可知a=10m/s2，方向沿传送带向下，传送带底端到顶端的距离等于v-t图像包含的面积：
（2）0-2s内由牛顿第二定律可得：
由a=10m/s2 解得μ=0.5
（3）根据v-t图像可知，物块0-2s内向上做减速运动，当减速到与传送带共速时，由于重力沿传送带向下的分力大于传送带给它的向上的最大静摩擦力，故物块继续向上做减速运动，因此可断定传送带的速度为4m/s；
0-2s的相对位移：
则 ；
2-4s的相对位移：
则
综上得：Q=Q1+Q2=96J
一、单项选择题：（本题共12小题，每题3分，共36分）
1.一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔内位移为，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设质点的初速度为v，则动能
，
由于末动能变为原来的9倍，则可知，末速度为原来的3倍，故有：
，
故平均速度：
，
根据位移公式可知：，联立解得：，
根据加速度定义可知：，故C正确。
2.如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块（可看成质点）沿斜面左上方顶点P以初速度v0水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，则（ ）
A. 物块由P点运动到Q点所用的时间
B. 物块由P点运动到Q点所用的时间
C. 初速度
D. 初速度
【答案】D
【解析】
【详解】AB、根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：
根据，有：，故选项AB错误；
CD、根据，有：，故选项C错误，D正确。
3.一个物体从房檐自由落下，通过一个高为的窗户用了，g取，则房檐距窗户下沿的高度为
A.
B.
C. 5m
D.
【答案】C
【解析】
解：根据得物体通过窗户上沿的速度为：
m/s=8m/s，
则屋檐距离窗户上沿高度为：，
则屋檐距窗户下沿的高度为：h=h1+1.8m=5m．
故选：C．
【点评】解决本题的关键知道自由落体运动的运动规律，结合运动学公式灵活求解，也可以根据平均速度推论求出中间时刻的瞬时速度，从而得出物体到达屋檐下沿的速度，结合速度位移公式进行求解．
4.已知火星的半径是地球的a倍，质量是地球的b倍，现分别在地球和火星的表面上以相同的速度竖直上抛小球，不计大气的阻力。则小球在地球上上升的最大高度与在火星上上升的最大高度之比为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据质量和半径的关系求得地球表面的重力加速度与火星表面重力加速度的关系，再根据竖直上抛公式求解。
【详解】根据可知；根据可知，故选A.
【点睛】本题关键是抓住星球表面重力与万有引力相等，根据质量和半径关系求得重力加速度之比，再根据竖直上抛规律求解。
5.如图A，B，C为三个完全相同的物体，当水平力F作用于B上，三物体可一起匀速运动，撤去力F后，三物体仍可一起向前运动，设此时A，B间作用力为f1，B、C间作用力为f2，则f1和f2的大小为（ ）
A. f1=f2="0" B. f1=0，f2="F"
C. f1=，f2=F D. f1=F，f2=0
【答案】C
【解析】
试题分析：撤去力F，若三个物体仍能一起继续向前运动，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离对A分析、对AB分析，求出A、B之间，B、C之间的摩擦力．
解：开始三个物体在拉力F的作用下一起做匀速直线运动，知F=f，
撤去F后，三个物体一起做匀减速直线运动，整体的加速度为：a==
隔离对A分析，A在水平方向上的合力等于B对A的摩擦力，有：f1=ma=
隔离对AB分析，AB整体所受的合力等于C对它们的摩擦力，有：f2=2ma=F，故C正确，ABD错误，
故选：C．
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6.如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，已知重力加速度g=10m/s2，由此可判断（ ）
A. 电梯可能加速下降，加速度大小为5
B. 电梯可能减速上升，加速度大小为2.5
C. 乘客处于超重状态
D. 乘客对电梯地板的压力为625 N
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg=kx，电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有
解得：
a=2.5 m/s2，
方向竖直向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，选项B正确， AC错误；
D．以乘客为研究对象，根据牛顿第二定律可得：
m′g-FN=m′a，
解得：
FN=375 N
故D错误。
7.如图所示，两个质量分别为m1=2kg，m2=3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（ ）
A. 弹簧秤的示数是10N
B. 弹簧秤的示数是50N
C. 在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度不变
D. 在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度变大
【答案】CD
【解析】
在两端水平拉力作用下，加速度方向向右，由牛顿第二定律，F1-F2=(m1+m2)a，解得a=2m/s2。隔离m1，分析受力，设弹簧秤的示数是F，由牛顿第二定律，F1-F=m1a，解得F=26N，选项AB错误；在突然撤去F2的瞬间，弹簧秤中拉力不变，m1的加速度不变，m2的加速度变大，选项CD正确；
8.如图甲所示，当A、B两物块放在光滑的水平面上时，用水平恒力F作用于A的左端，使A、B一起向右做匀加速直线运动时的加速度大小为a1，A、B间的相互作用力的大小为N1．如图乙所示，当A、B两物块放在固定光滑斜面上时，此时在恒力F作用下沿斜面向上做匀加速时的加速度大小为a2，A、B间的相互作用力的大小为N2，则有关a1，a2和N1、N2的关系正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】对于图1，根据牛顿第二定律，整体加速度，隔离对B分析，A对B的作用力.
对于图2，根据牛顿第二定律，整体的加速度.
隔离对B分析，有：N2-mBgsinθ=mBa2，解得,知a1＞a2，N1=N2;故D正确，A、B、C错误.
故选D.
【点睛】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，以及掌握整体法和隔离法的运用．
9.如图所示，两个挨得很近的小球，从斜面上的同一位置O以不同的初速度、做平抛运动，斜面足够长，在斜面上的落点分别为A、B，空中运动的时间分别为、，碰撞斜面前瞬间的速度与斜面的夹角分别为、，已知则有
A. ：：2 B. ：：2 C. D.
【答案】C
【解析】
根据OB=2OA结合几何关系可知，AB两球运动竖直方向位移之比 ，水平位移 ，两球都做平抛运动，根据h= gt2得： ，则 ，水平位移为：x=v0t，则 ，故AB错误；两球都落在斜面上，位移与水平方向的夹角为定值，故有：
，位移与水平面的夹角相同，所以α=β，故C正确，D错误；故选C.
点睛; 解决本题的关键抓住平抛运动落在斜面上竖直方向上的位移和水平方向上的位移的比值是定值，注意几何关系在解题中的应用，难度适中．
10. 一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示．在A点物体开始与弹簧接触，到B点时物体速度为零，然后被弹回。不计空气阻力，下列说法中正确的是
A. 物体从A下降到B的过程中，动能不断变小
B. 物体从B上升到A的过程中，动能不断变大
C. 物体从A下降到B和从B上升到A的过程中，加速度都是先增大后减小
D. 物体在AB之间某点时，系统的重力势能与弹性势能之和最小
【答案】D
【解析】
试题分析：在A下降到B的过程中，开始重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，物体做加速运动，弹力在增大，则加速度在减小，当重力等于弹力时，速度达到最大，然后在运动的过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，运动的过程中弹力增大，加速度增大，到达最低点，速度为零．知加速度先减小后增大，速度先增大后减小．动能先增大后减小；物体从B回到A的过程是A到B过程的逆过程，返回的过程速度先增大后减小．加速度先减小后增大，故选项ABC错误；系统的动能、重力势能及弹性势能之和守恒，故因为在重力等于弹力的位置物体的动能最大，则此位置系统的重力势能与弹性势能之和最小，故选项D正确．故选D。
考点：牛顿第二定律；能量守恒定律
【名师点睛】此题是弹簧问题，考查牛顿第二定律及能量守恒定律的应用；解决本题的关键知道加速度方向与合力方向相同，当加速度方向与速度方向相同，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。
11.滑雪运动员沿斜坡下滑了一段距离，重力对他做功为2000J，物体克服阻力做功100J．则物体的（ ）
A. 机械能减小了100J B. 动能增加了2100J
C. 重力势能减小了1900J D. 重力势能增加了2000J
【答案】A
【解析】
【详解】A．除重力外，物体克服阻力做功100J，故机械能减小100J，故A正确；
B．外力对物体所做的总功为2000J-100J=1900J，是正功，则根据动能定理得：动能增加1900J．故B错误；
CD．重力对物体做功为2000J，是正功，则物体重力势能减小2000J．故C D错误；
12.如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，开始弹簧处于原长h，让圆环沿杆滑下，圆环滑到杆的底端时速度恰好为零，则在圆环下滑过程中（ ）
A. 圆环机械能守恒
B. 弹簧的弹性势能先增大后减小
C. 当圆环的动能最大时弹簧的弹性势能最大
D. 当圆环滑到杆的底端时弹簧的弹性势能为mgh
【答案】D
【解析】
圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中，重力和弹簧的拉力对环做功，因为有弹力做功，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，A错误；弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短后再伸长到原长，再伸长，故弹簧的弹性势能先增大再减小后增大，B错误；当圆环的速度为零时，环的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，此时弹簧的弹性势能最大，但速度为零，所以动能不是最大，C错误；圆环的机械能减少了mgh，那么弹簧的机械能即弹性势能增大mgh，D正确．
二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
13.有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是
A. 如图a，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态
B. 如图b所示是两个圆锥摆，增大，但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变
C. 如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度相等
D. 如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置所受筒壁的支持力大小相等
【答案】BD
【解析】
汽车在最高点有mg-FN=m，则 FN＜mg，故汽车处于失重状态，故A正确；如图b所示是一圆锥摆，由重力和拉力的合力提供向心力，则有 F=mgtanθ=mω2r；r=Lsinθ，知，故增大θ，但保持圆锥的高h不变，角速度不变，故B正确；图c，根据受力分析知两球受力情况相同，若设侧壁与竖直方向的夹角为θ；则支持力，则支持力相同；向心力F=mg/tanθ相同，由F=mω2r知r不同，角速度不同，故C错误，D正确；故选BD.
14.两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则( )
A. 甲球用的时间比乙球长
B. 甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C. 甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D. 甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
【答案】ACD
【解析】
【详解】设出小球的密度，写出质量的表达式，再结合题目的条件写出阻力的表达式，最后结合牛顿第二定律写出加速度的表达式．根据物体的加速度的关系结合运动学的公式判断运动的时间以及末速度；根据功的公式判断克服阻力做的功．
设小球的密度为，半径为r，则小球的质量为，重力，小球的加速度可知，小球的质量越大，半径越大，则下降的加速度越大，所以乙的加速度比较大，C正确；两个小球下降的距离是相等的，根据可知，加速度比较大的乙运动的时间短．故A正确；根据可知，加速度比较大的乙球末速度的大小大于甲球末速度的大小，故B错误；它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，即，所以甲的阻力大，根据可知，甲球克服阻力做的功大乙甲球克服阻力做的功，故D正确．
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15.如图所示，a为地球赤道上的物体；b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星；c为地球同步卫星。关于a、b、c做匀速圆周运动的说法中正确的是（ ）
A. 角速度的大小关系为
B. 向心加速度的大小关系为
C. 线速度的大小关系为
D. 周期的大小关系为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．同步卫星与地球角速度相同，即ωa=ωc，而rb＜rc，根据可知：ωc＜ωb，所以ωa=ωc＜ωb，故A正确；
B．由a=ω2r，得：aa＜ac；对于b和c，根据，ab>ac，即ab>ac >aa，故B错误；
C．ac角速度相等，由v=ωr，可知va＜vc；对于b和c，根据，vb>vc，即vb>vc>va，故C错误；
D．卫星c为同步卫星，所以Ta=Tc，根据及ωc＜ωb，可知Tc＞Tb，所以Ta=Tc＞Tb，故D正确；
16.如图，长度为L的小车静止在光滑的水平面上，可视为质点的小物块放在小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f，物块运动到小车的最右端时，小车通过的距离为则
A. 物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fx
B. 物块到达小车最右端时，物块具有的动能为
C. 在这个过程中，摩擦力对物块所做的功为
D. 在这个过程中，物块和小车增加的动能为fx
【答案】AC
【解析】
对小车，由动能定理得，A正确；对物块，由动能定理可知，小车动能为，B错误；物块克服摩擦力做功，C正确；对物块与小车组成的系统，由能量守恒定律可知，系统增加的机械能为，D错误．
17.如图所示，质量为2kg的物体沿倾角为30°的固定斜面匀减速上滑了2m距离，物体加速度的大小为8m/s2，重力加速度g取10m/s2，此过程中（ ）
A. 物体的重力势能增加了40J
B. 物体的机械能减少了12J
C. 物体的动能减少了32J
D. 系统内能增加12J
【答案】BCD
【解析】
物体上滑过程中，重力做功，则重力势能增加20J，故A错误；对物体受力分析，受重力、支持力、滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有 ，得，由于机械能变化量等于除重力外其余力做的功，此过程中摩擦力做功 ，因此物体的机械能减少了12J，故B正确；根据动能定理合外力做功，故C正确；摩擦生热在数值上等于滑动摩擦力与滑痕之积，，故D正确。
三、实验和填空题(本题共2小题，每空2分共16分．将正确答案填在指定位置)
18. 某同学利用下述装置对轻质弹簧弹性势能进行探究，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连:弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图（a）所示。向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放。小球离开桌面后落到水平地面。通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。
回答下列问题：
（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等。已知重力加速度大小为g，为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的 （填正确答案标号）。
A．小球的质量m
B．小球抛出点到落地点的水平距离s
C．桌面到地面的高度h
D．弹簧的压缩量△x
E.弹簧原长l0
（2）用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek= 。
（3）图（b）中的直线是实验测量得到的s—△x图线。从理论上可推出，如果h不变。m增加，s—△x图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）；如果m不变，h增加，s—△x图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）。由图（b）中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与△x的 次方成正比。
【答案】（1）ABC (2)（3）减小 增大 2
【解析】
【详解】（1）由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的初速度，进而可求出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h，故选ABC．
（2）由平抛规律可知：竖直方向上：h=gt2，水平方向上：x=vt，而动能Ek=mv2联立可得Ek= ；
（3）由题意可知如果h不变，m增加，则相同的△L对应的速度变小，物体下落的时间不变，对应的水平位移x变小，x-△L图线的斜率会减小；只有h增加，则物体下落的时间增加，则相同的△L下要对应更大的水平位移x，故x-△L图线的斜率会增大。弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能，即Ep=，可知Ep与△x的2次方成正比，而△x与△L成正比，则Ep与△L的2次方成正比。
【名师点睛】本题的关键是通过测量小球的动能来间接测量弹簧的弹性势能，然后根据平抛规律以及动能表达式即可求出动能的表达式，弹性势能转化为物体的动能，从而得出结论。根据x与△L的图线定性说明m增加或h增加时x的变化，判断斜率的变化。弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能和动能的表达式，得出弹性势能与△x的关系，△x与△L成正比，得出Ep与△L的关系。
【此处有视频，请去附件查看】
19.（1）某实验小组做验证牛顿第二定律实验. 实验小组中的小华用图所示装置做实验，图中带滑轮的长木板水平放置于桌面，拉力传感器可直接显示所受到的拉力大小．
小华做实验时，下列操作必要且正确的是_______
A．将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动
B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数
C．改变砂和砂桶质量，打出几条纸带
D．用天平测出砂和砂桶的质量
E．为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
（2）实验小组中的小明如图所示的实验装置来做实验。
①小明同学平衡了摩擦力后．以砂和砂桶的重力为F，在小车质量M保持不变情况下，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到，测小车加速度a，作a-F的图像．下列图线正确的是_______．
②图为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50 Hz，则C点的速度为________ m/s，小车的加速度为________ m/s2.(以上两空均保留一位有效数字)
【答案】 (1). ABC (2). C (3). 0.8 (4). 4
【解析】
【详解】（1）[1]．A、实验前要平衡摩擦力，将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动，故A正确；
B、为充分利用纸带，小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数，故B正确；
C、为得出普遍规律，改变砂和砂桶质量，打出几条纸带，故C正确；
D、小车受到的拉力可由拉力传感器测出来，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故D错误；
E、小车受到的拉力可以由拉力传感器测出，实验中不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故E错误；
（2）①[2]．实验时平衡了摩擦力，则图像过原点；但是最后砂桶的质量不是远小于小车的质量，则图线将出现弯曲，故图像C正确。
②[3]．由于每两个记数点间还有四个计时点未画出，纸带上面每打一点的时间间隔是0.1s。
根据匀变速直线运动的推论一段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则C点的速度为：
[4]．根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可得：
四、计算题（本题共3小题,，20、22小题各10分，21小题8分，共28分）
20.一个倾角为θ=37°的斜面固定在水平面上，一个质量为m=1.0kg的小物块（可视为质点）以v0=4.0m/s的初速度由底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数μ=0.25．若斜面足够长，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：
(1)小物块沿斜面上滑时的加速度大小；
(2)小物块上滑的最大距离；
(3)小物块返回斜面底端时的速度大小．
【答案】（1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小为8m/s2．
（2）小物块上滑的最大距离为1.0m．
（3）小物块返回斜面底端时的速度大小2m/s．
【解析】
试题分析：（1）根据牛顿第二定律求出小物块上滑的加速度大小．
（2）通过匀变速直线运动的速度位移公式求出小物块上滑的最大距离．
（3）根据牛顿第二定律求出下滑的加速度，通过速度位移公式求出下滑到斜面底端的速度大小．
解：（1）小物块在斜面上的受力情况如右图所示，重力的分力
根据牛顿第二定律有
FN=F2①
F1+Ff=ma②
又因为 Ff=μFN③
由①②③式得a=gsinθ+μgcosθ=10×0.6m/s2+0.25×10×0.8m/s2=8.0m/s2④
（2）小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有
⑤
得==1.0m⑥
（3）小物块在斜面上的受力情况如右图所示，根据牛顿第二定律有
FN=F2⑦
F1﹣Ff=ma'⑧
由③⑦⑧式得a'=gsinθ﹣μgcosθ=10×0.6m/s2﹣0.25×10×0.8m/s2=4.0m/s2⑨
因为⑩
所以==（或2.8m/s）
答：（1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小为8m/s2．
（2）小物块上滑的最大距离为1.0m．
（3）小物块返回斜面底端时的速度大小2m/s．
【点评】本题考查牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
21.宇航员在地球表面以一定初速度竖直向上抛出一小球，经过时间t小球落回原处；若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处。（取地球表面重力加速度g＝10m/s2，空气阻力不计）
（1）求该星球表面附近的重力加速度g＇；
（2）已知该星球的半径与地球半径之比为R星∶R地＝1∶4，求该星球的质量与地球质量之比M星∶M地。
【答案】（1）2 m/s2（2）1:80
【解析】
试题分析：运用运动学公式求出时间t与初速度之间的关系，求出地球表面重力加速度g与星球表面附近的重力加速度g′间的关系．根据万有引力等于重力表示出质量，求出星球的质量与地球质量之比．
（1）根据匀变速直线运动规律t=得：
从竖直上抛到最高点，上升的时间是=，上升和下降的时间相等，
所以从上抛到落回原处t=①
由于在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处．
根据匀变速直线运动规律得：
5t=②
由①②得星球表面附近的重力加速度g′=g=2m/s2，
（2）根据万有引力等于重力得：：=mg
M=
所以==
【此处有视频，请去附件查看】
22.如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定的速度t，沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一质量m=1 kg的物块以初速度vo从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，物块到传送带顶端的速度恰好为零，其运动的v-t图像如图乙所示，已知重力加速度为g= 10 m/s2，sin37°=0.6，求：
(1)0~2 s内物块的加速度a及传送带底端到顶端的距离x；
(2)物块与传送带闻的动摩擦因数μ；
(3)0 ~4 s物块与传送带间由于摩擦而产生的热量Q。
【答案】(1)32m (2)0.5 (3)96J
【解析】
【详解】（1）v-t图像的斜率表示加速度，由图像可知a=10m/s2，方向沿传送带向下，传送带底端到顶端的距离等于v-t图像包含的面积：
（2）0-2s内由牛顿第二定律可得：
由a=10m/s2 解得μ=0.5
（3）根据v-t图像可知，物块0-2s内向上做减速运动，当减速到与传送带共速时，由于重力沿传送带向下的分力大于传送带给它的向上的最大静摩擦力，故物块继续向上做减速运动，因此可断定传送带的速度为4m/s；
0-2s的相对位移：
则 ；
2-4s的相对位移：
则
综上得：Q=Q1+Q2=96J
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