2022-2022学年山东省济宁市汶上一中高三（上）第二次月考物理试卷一、选择题（共12题，每小题4分，共48分，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）1．（4分）（2022秋•汶上县校级月考）关于曲线运动的下列说法中正确的是（ ） A．作曲线运动的物体，速度方向时刻改变，一定是变速运动 B．作曲线运动的物体，物体所受的合外力一定不是恒力 C．物体不受力或受到的合外力为零时，可能作曲线运动 D．作曲线运动的物体不可能处于平衡状态考点：物体做曲线运动的条件．版权所有分析：曲线运动的速度方向沿着曲线上某点的切线方向，时刻改变，故一定是变速运动，加速度一定不为零，合力一定不为零；曲线运动的条件是合力与速度不共线．解答：解：A、曲线运动的速度方向沿着曲线上某点的切线方向，时刻改变，一定是变速运动，故A正确；B、曲线运动的条件是合力与速度不共线，但合力可以不变化，如平抛运动的合力不变，是重力，故B错误；C、曲线运动的条件是合力与速度不共线，物体不受力或受到的合外力为零时，物体处于平衡状态，做匀速直线运动或静止状态，故C错误；D、作曲线运动的物体受的合外力不等于零，不可能处于平衡状态，故D正确；故选：AD．点评：本题考查了曲线运动的运动学性质和动力学条件，要能结合平抛运动和匀速圆周运动进行分析，还要注意矢量相同与标量相同的区别． 2．（4分）（2022•杭州二模）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铁球，在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，这一现象表明（ ） A．电梯一定是在下降 B．电梯一定是在上升 电梯的加速度方向一定是向下-15-\nC． D．乘客一定处在超重状态考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，弹簧的弹力增大了，乘客一定处在超重状态，电梯可能加速上升，也可能减速下降．根据牛顿第二定律确定加速度的方向．解答：解：A、B、C在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，弹簧的弹力增大了，弹力大于铁的重力，根据牛顿第二定律得知，小球的加速度方向一定向上，而速度方向可能向上，也可能向下，电梯可能加速上升，也可能减速下降．故ABC均错误．D、由于弹簧的弹力大于铁球的重力，铁球处于超重状态，电梯也处于超重状态．故D正确．故选D点评：本题是超重问题，实质上牛顿第二定律的具体运用，产生超重的条件是加速度方向向上，与速度方向无关． 3．（4分）（2022•漯河一模）如图所示，小球B放在真空容器A内，球B的直径恰好等于正方体A的边长，将它们以初速度V0竖直向上抛出，下列说法中正确的是（ ） A．若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的支持力 B．若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的压力向下 C．若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的压力向上 D．若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有压力考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：将容器以初速度V0竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，其合力为重力，A、B间无相互作用力．若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析B所受压力方向．解答：解：A、D将容器以初速度V0-15-\n竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，上升和下落过程其合力等于其重力，则B对A没有压力，A对B也没有支持力．故A错误，D正确．B、若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：上升过程加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：B受到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的压力．A对B的压力向下即故B正确．C、若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：下落过程加速度小于g，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：A受到的合力小于重力，B除受到重力外，还应受到向上的力，即A对B的支持力向上，B对A的压力向下，则故C错误．故选BD点评：本题采用整体法和隔离法，由牛顿定律分析物体的受力情况，考查灵活选择研究对象的能力． 4．（4分）（2022•中山市模拟）中央电视台《今日说法》栏目最近报道了一起发生在湖南长沙某区湘府路上的离奇交通事故．家住公路拐弯处的张先生和李先生家在三个月内连续遭遇了七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有辆卡车冲进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案．经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图所示．交警根据图示作出以下判断，你认为正确的是（ ） A．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做离心运动 B．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做向心运动 C．公路在设计上可能内（东）高外（西）低 D．公路在设计上可能外（西）高内（东）低考点：牛顿第二定律；向心力；离心现象．版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：汽车拐弯时发生侧翻是由于车速较快，提供的力不够做圆周运动所需的向心力，发生离心运动．有可能是内测高外侧低，支持力和重力的合力向外，最终的合力不够提供向心力．解答：解：A、汽车发生侧翻是因为提供的力不够做圆周运动所需的向心力，发生离心运动．故A正确，B错误．C、汽车在水平路面上拐弯时，靠静摩擦力提供向心力，现在易发生侧翻可能是路面设计不合理，公路的设计上可能内侧（东）高外侧（西）低，重力沿斜面方向的分力背离圆心，导致合力不够提供向心力而致．故C正确，D错误．故选AC．-15-\n点评：解决本题的关键知道当提供的力等于圆周运动所需要的力，物体做圆周运动，当提供的力不够圆周运动所需要的力，物体做离心运动． 5．（4分）（2022•江苏）火星的质量和半径分别约为地球的和，地球表面的重力加速度为g，则火星表面的重力加速度约为（ ） A．0.2gB．0.4gC．2.5gD．5g考点：万有引力定律及其应用．版权所有分析：根据星球表面的万有引力等于重力列出等式表示出重力加速度．通过火星的质量和半径与地球的关系找出重力加速度的关系．解答：解：根据星球表面的万有引力等于重力知道=mg得出：g=火星的质量和半径分别约为地球的和所以火星表面的重力加速度g′=g=0.4g故选B．点评：求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先根据物理规律用已知的物理量表示出来，再进行之比． 6．（4分）（2022秋•汶上县校级月考）如图所示，平台重600N，滑轮重量不计，要使系统保持静止，人的重力不能小于（ ） A．600NB．300NC．200ND．150N考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对人和平板整体受力分析，受重力和三根绳子的拉力，根据平衡条件列式求解即可求解出拉力．再对人受力分析，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件和牛顿第三定律可得人对平台的压力等于重力减去绳子对人的拉力．-15-\n解答：解：对人和平板整体受力分析，受重力和三根绳子的拉力，根据平衡条件，有：T2+T3+F=（M+m）g其中：T2=2T3=2F4T3=（M+m）g解得：T3=0.25（M+m）g；再对人受力分析，受重力、支持力和拉力，当支持力为零时，对绳子的拉力等于人的重力，此时人的重力最小，得：mg=F=0.25（M+m）g；N故选：C点评：本题关键对人与滑轮整体受力分析，然后根据平衡条件列式求解；如果对人和平板分别受力分析，同样可以根据平衡条件求解出绳子的拉力，但要使问题复杂化． 7．（4分）（2022秋•清流县校级期中）物体m从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑，斜面高为h，当物体滑至斜面底端时，重力做功的功率为（ ） A．mgB．mgsinα•C．mgsinαD．mg考点：功率、平均功率和瞬时功率．版权所有专题：功率的计算专题．分析：应用公式P=Fv求某力的瞬时功率时，注意公式要求力和速度的方向在一条线上，在本题中应用机械能守恒求出物体滑到斜面底端时的速度，然后将速度沿竖直方向分解即可求出重力功率．解答：解：物体下滑过程中机械能守恒，所以有：mgh=…①物体滑到底端重力功率为：P=mgvsinα…②联立①②解得：P=mgsinα，故ABD错误，C正确．故选：C．点评：物理公式不仅给出了公式中各个物理量的数学运算关系，更重要的是给出了公式需要遵循的规律和适用条件，在做题时不能盲目的带公式，要弄清公式是否适用． 8．（4分）（2022•泰安二模）2022年2月8日，欧洲航天局的“火星快车”号探测飞船利用雷达探测到火星表面有海床沉积物的迹物，为证明火星表面曾经被海洋覆盖提供了有力证据．如图所示，“火星快车”号探测飞船到达火星附近后，先沿椭圆轨道I运动，P是近地点、Q是远地点，变轨后沿圆形轨道Ⅱ运动，下列正确的是（ ） A．飞船在轨道I上从P到Q过程中，动能减小 飞船沿轨道I运行的周期小于沿轨道Ⅱ运行的周期-15-\nB． C．飞船沿轨道I经P点时的速度大于沿轨道Ⅱ经P点时的速度 D．飞船沿轨道I经P点时的加速度大于沿轨道Ⅱ经P点时的加速度考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．版权所有专题：人造卫星问题．分析：飞船从P到Q过程中万有引力做负功，飞船的动能减小．根据开普勒第三定律，轨道半长轴r越大周期越大．飞船要在P点加速做离心运动，才能从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ．根据万有引力提供向心力，得a=，距离r相等，则加速度相等，r大则加速度小．解答：解：A、飞船在轨道Ⅰ上从P到Q的过程中万有引力做负功，根据动能定理可知，飞船的动能减小，故A正确；B、由开普勒第三定律，可知飞船沿轨道Ⅰ运行的周期大于沿轨道Ⅱ运行的周期，故B错误；C、飞船从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，要在P点加速做离心运动，所以飞船沿轨道Ⅰ经P点时的速度大于沿轨道Ⅱ经P点时的速度，故C正确；D、根据万有引力提供向心力，可知无论在哪个轨道飞船在P处的加速度都为a=G，故D选错误．故选：AC．点评：本题要掌握开普勒第三定律，理解公式中各个量的含义，轨道半长轴r越大周期越大，其中k由中心天体的质量决定，与环绕天体无关． 9．（4分）（2022•南通模拟）如图所示，小车向右做匀加速运动的加速度大小为a，bc为固定在小车上的水平横杆，物块M串在杆上，M通过细线悬吊着一小铁球m，M、m均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ．若小车的加速度逐渐增大到2a时，M仍与小车保持相对静止，则（ ） 横杆对M的作用力增加到原来的2倍-15-\nA． B．细线的拉力增加到原来的2倍 C．细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍 D．细线与竖直方向夹角的正切值增加到原来的2倍考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：先对小球受力分析，根据牛顿第二定律列式分析；再对小球和滑块整体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解，从中解出各个选项中涉及到的物理量，然后可以判定其具体变化情况．解答：解：对小球受力分析，受重力mg和细线的拉力T，如图根据牛顿第二定律，水平方向有Tsinθ=ma①竖直方向受力平衡有：Tcosθ﹣mg=0②再对m和M整体受力分析，受总重力（M+m）g、横杆支持力N、横杆摩擦力f，如图根据牛顿第二定律，水平方向有f=（M+m）a③竖直方向受力平衡有：N﹣（M+m）g=0④由①②③④解得：-15-\nN=（M+m）gf=（M+m）a横杆对M的作用力：由以上表达式可知：横杆对M的摩擦力增大为原来2倍，但是支持力没变，故横杆对M的作用力不是原来两倍．故A错误由拉力表达式可知，拉力T也不是增大为原来2倍，故B错误．θ的正切变为原来的2倍，但θ不是2倍，故C错误，D正确故选D．点评：本题是典型的整体与部分受力分析法的应用，对连接体问题，多数要用到这个方法，建议重点训练掌握熟练．另外在涉及正交分解的时候，一般是在运动方向列牛顿第二定律方程，而在垂直运动方向列平衡方程． 10．（4分）（2022秋•汶上县校级月考）如图所示，AC为光滑竖直杆，ABC为构成直角的光滑L形轨道，B处有一小圆弧连接可使小球顺利转弯，并且A、B、C三点正好是圆上三点，而AC正好是该圆的直径，如果套在杆上的小球自A点静止释放（图中小球未画出），分别沿ABC曲轨道和AC直轨道运动到C点，如果沿ABC曲轨道运动的时间t1是沿AC直轨道运动所用时间t2的1.5倍，AC与AB夹角α的值为（ ） A．30°B．45°C．53°D．60°考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：以小球为研究对象，分别求出沿AC和ABC运动的时间，注意两种运动情况的运动遵循的规律，特别是在B点的速度即是上一段的末速度也是下一段的初速度，利用关系式和几何关系灵活求解．解答：解：设圆环的半径为R，小球沿AC做自由落体运动，运动的时间t2满足：2R=g可解得t2=2…①小球沿AB段运动时，a=gcosα，且AB=2Rcosα，所需的时间tAB满足；-15-\n2Rcosα=gcosα解得：tAB=2在B点小球的速度v=atAB，以后沿BC做匀加速运动，其加速度为：a'=gsinα，且BC=2Rsinα故：2Rsinα=vtBC+其中tBC=1.5t2﹣tAB=0.5t2=带入后解得tanα=，即α=53°故选：C点评：本题的关键是能正确对ABC进行受力和运动分析，把运动的时间正确表示；可视为多过程的运动分析，一定明确前后过程的衔接物理量． 11．（4分）（2022•宁夏）如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（ ） A．物块先向左运动，再向右运动 B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动 C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动 D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．版权所有专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：据题，当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，根据摩擦力的方向分别分析两个物体的运动情况．解答：解：由题知道：当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动．故选BC点评：本题关键要分析得到撤掉拉力时两个物体之间仍存在摩擦力，考查分析物体受力情况和运动情况的能力． -15-\n12．（4分）（2022•南京二模）如图所示、一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上、环与杆的摩擦因数为μ，现给环一个向右的初速度v0，同时对环加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大小变化，两者关系为F=kv，其中k为常数，则环运动过程中的速度图象可能是图中的（ ） A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的图像．版权所有专题：运动学中的图像专题．分析：以圆环为研究对像，分析其可能的受力情况，分析其运动情况，再选择速度图象．解答：解：A、当F=mg时，圆环竖直方向不受直杆的作用力，水平方向不受摩擦力，则圆环做匀速直线运动．故A正确．B、当F＜mg时，圆环水平方向受到摩擦力而做减速运动，随着速度的减小，F也减小，圆环所受的杆的摩擦力f=μ（mg﹣F），则摩擦力增大，加速度增大．故B正确．C、D当F＞mg时，圆环水平方向受到摩擦力而做减速运动，随着速度的减小，F也减小，加速度减小，当F=mg后，圆环做匀速直线运动．故C错误，D正确．故选ABD点评：本题考查分析物体的受力情况和运动情况的能力，条件不明时要加以讨论，不要漏解． 二、填空题（共18分、13题6分、14题12分把答案填在相应的横线上．）13．（6分）（2022•天津）半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点，在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出时，半径OA方向恰好与v的方向相同，如图所示，若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，重力加速度为g，则小球抛出时距O的高度h= ，圆盘转动的角速度大小ω= （n=1、2、3…） ．-15-\n考点：匀速圆周运动；平抛运动．版权所有专题：匀速圆周运动专题．分析：小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，根据水平位移求出运动的时间，根据竖直方向求出高度．圆盘转动的时间和小球平抛运动的时间相等，在这段时间内，圆盘转动n圈．解答：解：小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，则运动的时间t=，竖直方向做自由落体运动，则h=根据ωt=2nπ得：（n=1、2、3…）故答案为：；（n=1、2、3…）．点评：解决本题的关键知道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，以及知道圆盘转动的周期性． 14．（12分）（2022秋•桓台县校级期中）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图1所示的实验装置，小车的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后面拉动的纸带经打点计时器打出的点计算得到．（1）当M与m的大小关系满足 M＞＞m 时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的总重力．（2）一组同学在探究加速度与质量的关系时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度．在分析处理时，该组同学产生分歧：甲同学认为应该根据实验中测得的数据作出小车加速度a与其质量M的图象，乙同学则认为应该作出a与其质量倒数的图象．为了比较容易地得出加速度a与质量M的关系，你认为同学 乙 （填“甲”、“乙”）的方案更合理．（3）甲同学在探究加速度与力的关系时，根据测量数据作出a﹣F图线，如图2所示，则实验存在的问题是 平衡摩擦力时木板倾角过大 ．（4）如图3所示为打点计时器打出的一条纸带，图中A、B、C、D、E等是按时间顺序先后打出的计数点（相邻两个计数点间有四个点未画出）．用刻度尺量出AB、DE之间的距离分别为0.84cm，那么小车的加速度大小是 0.52 m/s2．（结果保留两位有效数字）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．版权所有-15-\n专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）要求在什么情况下才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，需求出绳子的拉力，而要求绳子的拉力，应先以整体为研究对象求出整体的加速度，再以M为研究对象求出绳子的拉力，通过比较绳对小车的拉力大小和盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有m＜＜M时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力．（2）反比例函数图象是曲线，而根据曲线很难判定出自变量和因变量之间的关系；正比例函数图象是过坐标原点的一条直线，就比较容易判定自变量和因变量之间的关系．（3）实验时要平衡摩擦力，根据实验注意事项分析图示图象然后答题．（4）应用匀变速直线运动的推论求出小车的加速度．解答：解：（1）由牛顿第二定律得，对M、m组成的系统：mg=（M+m）a，对M：F拉=Ma，解得：F拉==，当M＞＞m时，F拉≈mg，即小车的质量远大于砝码和盘的总质量，绳子的拉力近似等于砝码和盘的总重力，因此实验时要保证：M＞＞m．（2））由牛顿第二定律得：F=Ma，a=F，由此可知，与M成反比，反比例函数图象是曲线，a与成正比，a﹣图象是正比例函数图象，为方便实验数据处理，应作出：a﹣图象，乙同学的方案合理．（3）由图示a﹣F图象可知，图象在a轴上有截距，即：当F=0时加速度不为零，小车受到的合外力不为零，这是平衡摩擦力时过度，木板倾角过大造成的．（4）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，相邻的计数点间的时间间隔：t=0.02s×5=0.1s，由匀变速直线运动的推论：△x=at2可知，小车的加速度：a===0.52m/s2．故答案为：（1）M＞＞m；（2）乙；（3）平衡摩擦力时木板倾角过大；（4）0.52．点评：该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量法．对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等．解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚． 三、计算题（本题3小题，共34分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的，答案中必须明确写出数值和单位．）15．（8分）（2022秋•薛城区校级月考）一宇航员站在某质量分布均匀的星球表面上沿竖直方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落回抛出点，已知该星球半径为R，引力常量为G，求：-15-\n（1）该星球表面的重力加速度；（2）该星球的第一宇宙速度．考点：万有引力定律及其应用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．版权所有专题：万有引力定律的应用专题．分析：（1）小球做竖直上抛运动，由运动学公式可求得该星球表面的重力加速度g；（2）该星球的近地卫星的向心力由万有引力提供，该星球表面物体所受重力等于万有引力，联立方程即可求出该星球的第一宇宙速度υ；解答：解：（1）小球在空中的运动时间t=2×，所以g=．（2）由G=mg联立以上各式可得：答：（1）该星球表面的重力加速度；（2）该星球的第一宇宙速度．点评：重力加速度g是天体运动研究和天体表面宏观物体运动研究联系的物理量．本题要求学生掌握两种等式：一是物体所受重力等于其吸引力；二是物体做匀速圆周运动其向心力由引力提供． 16．（12分）（2022•江岸区校级模拟）在海滨游乐场有一种滑沙的娱乐活动．如图所示，人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始下滑，滑到斜坡底部B点后沿水平滑道再滑行一段距离到C点停下来，斜坡滑道与水平滑道间是平滑连接的，滑板与两滑道间的动摩擦因数均为μ=0.5，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，斜坡倾角θ=37°．（1）若人和滑块的总质量为m=60kg，求人在斜坡上下滑时的加速度大小．（2）若由于受到场地的限制，A点到C点的水平距离为s=50m，为确保人身安全，假如你是设计师，你认为在设计斜坡滑道时，对高度h应有怎样的要求？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．版权所有分析：-15-\n（1）对人和滑块受力分析，受到重力、支持力和摩擦力的作用，沿着斜面方向的合力产生加速度，由牛顿第二定律可以求得加速度的大小；（2）人在斜面上做加速运动，到达水平面上之后做匀减速运动，由牛顿第二定律可以求得人在两个过程的加速度的大小，再由匀变速直线运动的公式可以求得高度的大小．解答：解（1）对人和滑块受力分析，由牛顿第二定律可得，加速度为：a1=g（sinθ﹣μcosθ）=2m/s2，（2）设高为h，则斜面长s=h，水平面BC长L=50﹣h，滑到B点时的速度V12=2as=h，在地面滑动时加速度大小为：a2=μg=5m/s2又有L=，即50﹣h=h解得h=25m．答：（1）人在斜坡上下滑时的加速度大小是2m/s2；（2）高度h最高为25m．点评：本题是对牛顿第二定律的应用，对物体受力分析可以求得加速度的大小，再利用匀变速直线运动的规律可以求得高度的大小． 17．（14分）（2022秋•汶上县校级月考）一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB=4m，BC段是倾斜的，长度LBC=5m，倾角为θ=37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接（图中未画出圆弧），传送带以v=4m/s的恒定速率顺时针运转．已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2．现将一个工件（可看作质点）无初速地放在A点．求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）工件第一次到达B点所用的时间；（2）工件运动了23s时距A点右侧的水平距离．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．版权所有专题：传送带专题．分析：（1）工件刚放在水平传送带上进行受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解．（2）由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，找出这个过程中时间的关系．解答：解：（1）工件刚放在水平传送带上的加速度为a1由牛顿第二定律得μmg=ma1解得a1=μg=5m/s2-15-\n经t1时间与传送带的速度相同，则t1==0.8s前进的位移为x1=a1t12=1.6m此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时t2==0.6s所以工件第一次到达B点所用的时间t=t1+t2=1.4s（2）设工件上升的最大高度为h，由动能定理得（μmgcosθ﹣mgsinθ）•=0﹣解得h=2.4m工件沿传送带向上运动的时间为t3==2s此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为TT=2t1+2t3=5.6s工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间t0=2t1+t2+2t3=6.2s而23s=t0+3T这说明经23s工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零．故工件在A点右侧，到A点的距离x=LAB﹣x1=2.4m答：（1）工件第一次到达B点所用的时间是1.4s（2）工件运动了23s时所在的位置是工件在A点右侧，到A点的距离是2.4m．点评：本题关键分析清楚工件的运动情况，根据牛顿第二定律求解出加速过程的加速度，再根据运动学公式和动能定理列式求解 -15-
