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2023-2024学年安徽省合肥重点学校高一（上）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年安徽省合肥重点学校高一（上）期末物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.在户外亲子活动中，小李同学和家人一起搭了天幕，还装饰了气球。有一个氢气球脱手后，飘上去停在倾斜的天幕顶下，如图所示，关于该氢气球的受力，下列说法正确的是( )
A. 氢气球共受到三个力的作用
B. 氢气球对天幕的摩擦力沿天幕斜向下
C. 氢气球和天幕之间可能不存在摩擦力
D. 气球受到天幕的作用力竖直向下
2.如图所示，A、B两物块质量相等，用一轻弹簧相连将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态时，B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压，此时轻弹簧的伸长量为x。现将悬绳剪断，则下列说法正确的是( )
A. 悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为g
B. 悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为2g
C. 悬绳剪断瞬间，B物块对桌面的压力大小等于B物块的重力
D. 悬绳剪断瞬间，B物块对桌面的压力大小等于B物块的重力的两倍
3.如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图所示，则( )
A. t1时刻小球速度最大
B. t1～t2这段时间内，小球的速度先增大后减小
C. t2～t3这段时间内，小球所受合外力一直减小
D. t1～t3全过程小球的加速度先减小后增大
4.有A、B两球质量分别是2m和m，通过长为L的竖直轻绳相连。用手拿着A球，B球距地面高度为ℎ，释放后两球落地时间差为Δt，不计空气阻力，则以下说法中正确的是( )
A. 若将两小球位置互换，则时间差Δt增大
B. 若将L增大，则时间差Δt增大
C. 若将ℎ增大，则时间差Δt增大
D. 若将B小球质量也增大到2m，则时间差Δt增大
5.在一次杂技表演中，表演者顶着一竖直杆沿水平地面运动，其位移—时间图像(x—t图像)如图甲所示。与此同时猴子沿竖直杆向上运动，如图乙所示，其沿竖直方向的速度—时间图像(v—t图像)如图丙所示，若以地面为参考系，下列说法正确的是( )
A. 猴子的运动轨迹为直线B. t=0时猴子的速度大小为8m/s
C. 猴子在前2s内的加速度大小为4m/s2D. 猴子在前2s内运动的位移大小为16m
6.生活中常用刀或斧来劈开物体。如图所示为刀刃的横截面，F是作用在刀背上的力，若刀刃的横截面是等腰三角形，刀刃两侧面的夹角为2θ，则可知刀劈开物体时对其侧向推力F1、F2的大小为( )
A. F1=F2=F2sinθB. F1=F2=F2csθ
C. F1=F2=F2sin2θD. F1=F2=F2cs2θ
7.如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v−t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则( )
A. t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B. t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C. 0～t2时间内小物块受滑动摩擦力作用，t2～t3时间内小物块受静摩擦力作用
D. 0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
8.下列关于运动的说法中，正确的是( )
A. 物体的速度为零时，加速度也一定为零
B. 物体的速度变化越快，加速度越大
C. 物体做曲线运动一定有加速度
D. 做曲线运动的物体的合力方向在曲线运动的切线方向
9.a、b两质点沿直线Ox轴正向运动，t=0时刻，两质点同时到达坐标原点O，测得两质点在之后的运动过程中，其位置坐标x与时间t的比值随时间t变化的关系如图所示，以下说法正确的是( )
A. 质点a做匀加速运动的加速度为0.5m/s2B. 质点b做匀速运动的速度为1.0m/s
C. t=1s时，a、b再次到达同一位置D. t=2s时，a、b再次到达同一位置
10.如图所示，两个倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等。有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于同一高度处，其中b小球在两斜面之间，a、c两小球在斜面顶端。若同时释放a、b、c小球到达该水平面的时间分别为t1、t2、t3.若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，到达水平面的时间分别为t1′、t2′、t3′.下列关于时间的关系正确的是( )
A. t1>t3>t2B. t1=t1′、t2=t2′、t3=t3′
C. t1′>t3′>t2′D. t1二、非选择题
11.如图甲所示为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置示意图。砂和砂桶的总质量用m表示，木块和砝码的总质量用M表示，实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对木块拉力的大小，交流电的频率为50Hz。
(1)除了甲图中已给出的实验器材外，还需要的测量工具有______；
A.秒表
B.天平
C.刻度尺
D.弹簧秤
(2)实验主要采用的研究方法是______；
A.理想模型法
B.微元法
C.控制变量法
D.等效替代法
(3)该实验中需要把带滑轮的长木板右端垫高来补偿阻力的影响，有关补偿阻力下列操作正确的是______。
A.木块需要悬挂砂和砂桶同时连接纸带并使用打点计时器
B.木块需要悬挂砂和砂桶但不使用纸带和打点计时器
C.木块不悬挂砂和砂桶但要连接纸带并使用打点计时器
D.木块不悬挂砂和砂桶也不使用纸带和打点计时器
(4)在保持力不变的情况下探究加速度与质量的关系时，应该保持______的总质量不变，多次改变______的总质量，并测量出每次对应的加速度。根据实验数据描绘出______图像进而得出实验结论。
(5)实验中打出的其中一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得加速度a= ______m/s2(结果保留三位有效数字)。
(6)在保持质量不变的情况下探究加速度与力的关系时，某同学根据测得的多组数据绘制a−F图像如图丙所示。图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是______。
A.长木板的倾角过大
B.木块和砝码的总质量过大
C.木块与长木板之间存在摩擦
D.砂和砂桶的总质量过大
12.如图甲所示为很多商业步行街用来阻挡机动车辆进入的石球路障。现有一工作人员用一轻绳绕过石球按图乙所示方式匀速拉动石球，此时两侧轻绳互相平行，且与水平地面间的夹角均为θ=37°。已知石球路障总质量m=120kg，石球底座与地面间的动摩擦因数μ=13，重力加速度g=10m/s2，不计绳与球面间的摩擦，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求一侧轻绳拉力的大小T及地面对石球支持力的大小FN。
13.如图所示，在距地面高为H=45m处，有一小球A以初速度vA=10m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B由静止开始在水平恒力F的作用下同方向滑出，已知B物体的质量为m=1kg，F=6N，A、B均可看成质点，假设水平面光滑、空气阻力不计，g=10m/s2，求：
(1)A球从抛出到落地的时间；
(2)A球从抛出到落地这段时间内的水平位移；
(3)A球落地时，A、B之间的距离Δx。
14.如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑的斜面上，其上放置一质量为m的小滑块，斜面倾角θ=37°，木板受到沿斜面向上拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与力F的关系如图乙所示，重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)小滑块的质量m及其与木板的动摩擦因数？
(2)当拉力F=20N时，长木板的加速度大小为多大？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.选择氢气球为研究对象，对氢气球受力分析可知，氢气球受到重力、浮力、天幕对球的弹力和摩擦力，共受到四个力的作用，故A错误；
BC.天幕顶对气球的弹力垂直天幕斜向下，根据受力平衡条件可知，气球一定受到天幕所产生的摩擦力；气球相对天幕有斜向上运动的趋势，则天幕对气球的摩擦力沿天幕斜向下，则氢气球对天幕的摩擦力沿天幕斜向上，故BC错误；
D.气球受力平衡，因浮力和重力合力竖直向上，则气球受到天幕的作用力(弹力和摩擦力的合力)竖直向下，故D正确。
故选：D。
通过分析可知，氢气球受到四个力的作用；根据受力平衡，可知气球是否受到天幕的摩擦力，通过相对运动趋势，可得出氢气球对天幕摩擦力的方向；根据受力平衡可得到气球受到天幕的作用力方向。
学生在解答本题时，应注意能够根据受力平衡来求解未知力的情况。
2.【答案】B
【解析】解：AB.剪断悬绳前，对B受力分析，根据平衡条件，知弹力F=mg，剪断瞬间，弹簧弹力不变，对A分析，A的合力为
F合=mg+F=2mg，根据牛顿第二定律，得a=2g，故A错误，B正确；
CD.剪断前B物体受到弹簧的弹力和重力，剪断瞬间，弹簧弹力不变，B物块受合力仍为零，对桌面压力仍为零，故CD错误。
故选：B。
对A、B分析进行受力分析，建立牛顿第二定律方程计算；根据弹簧不能发生突变分析B的受力情况判断。
本题关键掌握弹簧伸长后不能发生突变的特点。
3.【答案】B
【解析】解：A、t1时刻小球刚接触弹簧，小球的速度仍在增大，速度不是最大。当弹簧的弹力等于重力时速度才最大。故A错误。
B、t1−t2这段时间内，小球向下运动，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，合外力先向下后向上，所以小球先加速后减速，即小球的速度先增大后减小。故B正确。
C、t1−t2这段时间内，小球向下运动，加速度先向下逐渐减小，后向上逐渐增大。t2～t3这段时间内，小球从最低点向上运动，弹簧的弹力先大于小球的重力，后小于重力，合外力先向上，后向下，而弹力逐渐减小，合外力先减小后增大，根据牛顿牛顿第二定律可知，小球的加速度先减小后反向增大。故CD错误
故选：B。
小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，合力变小，加速度变小，故小球做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力变得大于重力，合力变为向上且不断变大，加速度向上且不断变大，故小球做加速度不断增大的减速运动；同理，上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止．通过分析小球的运动情况来进行判断．
本题关键根据牛顿第二定律和胡克定律分析小球的运动情况是解题的关键，可将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速过程进行分析处理，也能结合图象分析．
4.【答案】B
【解析】解：两小球同时下落ℎ后，下面的小球落地，上面的小球继续做匀加速直线运动，根据自由落体运动的规律得ℎ=12gtB2，ℎ+L=12gtA2
B球下落的时间为：tB= 2ℎg
A球下落的时间为：tA= 2(ℎ+L)g
所以两球落地的时间差为Δt= 2(ℎ+L)g− 2ℎg= 2g( ℎ+L− ℎ)
A、根据表达式可知两球的落地时间差与两球的位置无关，所以将两球位置互换，两球的落地时间差不变，故A错误；
B、若将L增大，则时间差Δt增大，故B正确；
C、若将ℎ增大，则时间差Δt减小，故C错误；
D、两球落地的时间差与两球的质量无关，所以将B小球质量也增大到2m，两球落地时间差不变，故D错误。
故选：B。
根据自由落体的位移与时间的关系求出两球的落地时间，再根据时间表达式求出两球落地的时间差的表达式，最后逐项分析即可。
本题考查了自由落体运动的规律，解决本题的关键是熟练掌握自由落体运动的位移与时间的关系。
5.【答案】C
【解析】解：A.由题图甲、丙知，猴子在水平方向上做速度大小为4m/s的匀速直线运动，在竖直方向上做初速度大小为8m/s、加速度大小为4m/s2的匀减速直线运动，分析知合初速度与合加速度方向不在同一直线上，其合运动为曲线运动，故A错误；
B.根据矢量合成的特点可知，t=0时猴子的速度大小为v0= v0x2+v0y2，代入数据得v0=4 5m/s，故B错误；
C.猴子在前2s内的加速度大小为4m/s2，故C正确；
D.0～2s内猴子沿水平方向的位移大小为x0=8m，沿竖直方向的位移大小为y0=8×22m=8m
所以猴子在0～2s内的位移大小为s= x02+y02，代入数据得s=8 2m，故D错误。
故选：C。
根据图像得出猴子在不同方向上的运动特点，结合矢量合成的特点和运动学公式即可完成分析。
本题主要考查了运动的合成和分解问题，熟悉图像的物理意义，结合矢量合成的特点即可完成分析。
6.【答案】A
【解析】解：将力F根据平行四边形定则分解如图
由几何知识得，侧向推力的大小为F1=F2=F2sinθ=F2sinθ
故A正确，BCD错误；
故选：A。
将向下的力F按效果依据平行四边形定则进行分解，然后由几何知识求解。
本题考查力的分解，题中的力的分解作图为一菱形，由几何知识正确确定菱形中的角度是关键。
7.【答案】B
【解析】解：A、对小物块进行分析可知，小物块先向左做匀减速直线运动，减速至0后向右做匀加速直线运动，速度达到与传送带速度相等时，再向右做匀速直线运动，可知在速度减为0，即在t1时刻，小物块离A处的距离达到最大，故A错误；
B、由上述可知，在0～t1时间内小物块相对于传送带向左运动，在t1～t2时间内小物块速度方向向右，大小小于传送带的速度，小物块仍然相对于传送带向左运动，t2～t3小物块与传送带速度相等，小物块与传送带保持相对静止向右做匀速直线运动，该时间内没有发生相对运动，可知，t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；
C、由题图信息和上述分析，0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到向右的滑动摩擦力。在t2～t3时间内，小物块向右做匀速直线运动，小物块与传送带无相对运动，不受摩擦力，故C错误；
D、由题图信息和上述分析，0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到的滑动摩擦力方向始终向右，故D错误。
故选：B。
小物块滑上传送后在阻力作用下做匀减速直线运动，当速度减为0时，小物块又反向匀加速运动最后与传送带一起向右运动。当物块速度减小为零时，离A点最远；而相对于传送带的速度为零时，物块相对于传送带的距离最大；
根据图象分析有：0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，t1～t2小物块向右匀加速，受到的滑动摩擦力向右。而t2～t3当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速运动，摩擦力为零。
本题的关键是通过图象得出小物块的运动规律，再由运动规律得出小物块的受力和运动情况，从而明确物块与传送带之间的相对运动规律，此类问题涉及两个物体多个过程，对学生分析能力能起到较好的练习作用。
8.【答案】BC
【解析】解：A.物体的速度与加速度无关，物体的速度为零时，加速度不一定为零，故A错误；
B.加速度表示物体的速度变化的快慢，所以速度变化越快，加速度越大，故B正确；
C.物体做曲线运动时，速度一定发生变化，根据a=ΔvΔt可知，即物体一定有加速度，故C正确；
D.做曲线运动的物体的合力方向不在曲线运动的切线方向，而是速度在切线方向上，若合力也在切线方向上，则物体将做直线运动，故D错误。
故选：BC。
根据加速度的定义和物理意义，以及速度与加速度的关键进行解答即可。质点做曲线运动的条件是合力不为零，而且合力方向与速度方向一定不在同一直线上。
本题考查加速度和曲线运动的相关知识，解决本题的关键是理解加速度的物理意义以及加速度与速度的关系。
9.【答案】BC
【解析】解：A、对质点a，根据数学知识得：xt=0.5t+0.5(m/s)
则x=0.5t2+0.5t(m)，与匀变速直线运动的位移公式x=v0t+12at2对比得：v0=0.5m/s，a=1.0m/s2，所以质点a做匀加速运动的加速度为1.0m/s2.故A错误；
B、对质点b，有xt=1.0(m/s)，则x=t，故质点b做匀速运动的速度为1.0m/s，故B正确；
C、t=1 s时，xt相等，则x相等，所以1 s时，质点a、b再次到达同一位置，故C正确；
D、在t=2s时，质点a的位移大小为xa=0.5×2m+12×1×22m=3m
质点b的位移大小为xb=1×2m=2m
故t=2s两个质点没有到达同一位置，故D错误。
故选：BC。
A、根据数学知识写出质点a的xt与t的关系式，确定质点a的加速度；
B、根据数学知识写出质点b的xt与t的关系式，确定质点b的速度；
C、根据xt与时间轴围成面积表示位移，进而判断t=ls时a、b不在同一位置；
D、根据运动学公式求解位移，利用位移关系判断两质点在t=2s时是否到达同一位置。
解决本题的关键要根据数学知识写出xt与t的关系式，采用比对的方法确定质点的初速度和加速度，从而分析质点的运动情况。
10.【答案】ABC
【解析】解：第一种情况：b球做自由落体运动，a、c做匀加速运动。设斜面的高度为ℎ，则
对a球：ℎsin30∘=12gsin30°t12，
对b球：ℎ=12gt22
对c球：ℎsin45∘=12gsin45°t32
由数学知识得：t1>t3>t2。
第二种情况：a、c两个球都做类平抛运动，沿斜面向下方向都做初速度为零的匀加速直线运动，a的加速度为gsin30°，c的加速度为gsin45°，b球做平抛运动，则有
对a球：ℎsin30∘=12gsin30°t1′2
对b球：ℎ=12gt2′2
对c球：ℎsin45∘=12gsin45°t3′2
比较可知，t1=t1′、t2=t2′、t3=t3′.故ABC正确。D错误
故选：ABC。
第一种情况：三个小球同时从静止释放时，b球做自由落体运动，a、c做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得知a的加速度为gsin30°，c的加速度为gsin45°，根据几何关系，用高度表示a、c两球的位移，由位移公式x=12at2，比较t1、t2、t3的大小。
第二种情况：a、c小球都做类平抛运动，根据运动的分解可知，小球沿斜面向下方向都做初速度为零匀加速直线运动，a的加速度为gsin30°，c的加速度为gsin45°，根据几何关系，用高度表示a、c两球的位移，由位移公式x=12at2，比较t1与t1′、t2与t2′的大小。b球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由ℎ=12gt2，比较t3与t3′的大小。
本题是匀加速直线运动、平抛运动和类平抛运动的对比，类平抛运动和平抛运动运用运动的分解法研究，在斜面内的类平抛运动要掌握沿斜面向下方向做匀加速直线运动，平行于斜面底边方向做匀速直线运动。
11.【答案】BC C C 砂和砂桶 木块和砝码 a−1M 1.10 D
【解析】解：(1)通过打点计时器可以得到计数点的时间间隔，所以不需要秒表；需要用天平测质量，不需要用弹簧秤测力的大小；需要用刻度尺测量纸带上计数点之间的距离，故AD错误，BC正确。
故选：BC。
(2)影响加速度大小的因素有木块和砝码的总质量、木块和砝码所受的合外力，探究加速度与力、质量的关系，先控制其中一个物理量不变，探究加速度与另一个物理量的关系，本实验主要应用的方法是控制变量法，故ABD错误，C正确。
故选：C。
(3)该实验中需要把带滑轮的长木板右垫高来补偿阻力的影响；利用木块重力沿木板向下的分力来补偿阻力，所以木块不悬挂砂和砂桶但要连接纸带并使用打点计时器，故ABD错误，C正确。
故选：C。
(4)在保持力不变的情况下探究加速度与质量的关系时，应该保持砂和砂桶的总质量不变，多次改变木块和砝码的总质量，并测量出每次对应的加速度。
根据牛顿第二定律F=Ma
变形得a=F⋅1M
实验数据描绘出a−1M图像进而得出实验结论。
(5)相邻计数点的时间间隔为T=5f=550s=0.1s
根据逐差法，加速度为a=xCE−xAC4T2=(27.00−11.30−11.30)×0.014×0.12m/s2=1.10m/s2
(6)以M为对象，根据牛顿第二定律T=Ma
以m为对象，根据牛顿第二定律mg−T=ma
联立解得a=mgm+M
实验中若用砂和砂桶总重力的大小作为细线对木块拉力的大小，即F=mg
由此可知当m≪M时，a−F图像的斜率几乎不变，图线几乎成一直线，当m不满足远小于M时，图像的斜率随m的增大而明显减小，则图线明显偏离直线；
综上分析，故ABC错误，D正确。
故选：D。
故答案为：(1)BC；(2)C；(3)C；(4)砂和砂桶；木块和砝码；a−1M；(5)1.10；(6)D。
(1)根据实验原理、正确操作步骤分析作答；
(2)影响加速度大小的因素有木块和砝码的总质量、木块和砝码所受的合外力，据此分析采用的物理方法；
(3)根据平衡摩擦力的原理和正确操作方法分析作答；
(4)根据牛顿第二定律求解a−1M函数，然后分析作答；
(5)根据逐差法求加速度；
(6)根据牛顿第二定律，结合图像分析作答。
本题考查探究加速度与力、质量的关系实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
12.【答案】解：对石球受力分析如图所示
匀速拉动，由平衡条件有
2Tcsθ=f
FN+2Tsinθ=mg
又
f=μFN
联立解得
T=200N，FN=960N
答：一侧轻绳拉力的大小为200N，地面对石球支持力的大小为960N。
【解析】对石球受力分析，根据共点力平衡条件分析解答。
本题考查共点力平衡条件的应用，解题关键掌握受力分析及力的平衡条件的运用。
13.【答案】解：(1)小球A抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有H=12gt2
解得t= 2Hg= 2×4510s=3s
(2)小球A在水平方向做匀速直线运动，则有xA=vAt=10×3m=30m
(3)设B物体的加速度为a，根据牛顿第二定律可得F=ma
解得a=Fm=61m/s2=6m/s2
小球A与B物体的运动具有同时性，A球落地时，B物体走的位移大小为xB=12at2=12×6×32m=27m
故A、B之间的距离为Δx=xA−xB=30m−27m=3m
答：(1)A球从抛出到落地的时间为3s；
(2)A球从抛出到落地这段时间内的水平位移为30m；
(3)A球落地时，A、B之间的距离Δx为3m。
【解析】(1)(2)根据平抛运动规律求出A球从抛出到落地的时间和水平位移；
(3)计算小球B在A落地过程中的水平位移，AB间距离即为AB在水平方向的位移差．
熟练掌握平抛运动的规律，是正确解题本题的前提，能根据牛顿运动定律求小球在水平面上的运动情况是正确解题的关键．
14.【答案】解：(1)当F等于18N时，加速度为a=0，对整体由平衡条件
F=(M+m)gsinθ
代入数据解得
M+m=3kg
当F大于18N时，根据牛顿第二定律得
F−Mgsinθ−μmgcsθ=Ma
长木板的加速度
a=1MF−gsinθ−μmgcsθM
图线的斜率
k=1M=1
截距
b=−gsinθ−μmgcsθM=−18
解得
M=1kg，m=2kg，μ=0.75
(2)当拉力F=20N时，代入长木板的加速度
a=1MF−gsinθ−μmgcsθM
解得长木板的加速度为
a1=2m/s2
答：(1)小滑块的质量m为2kg，其与木板的动摩擦因数为0.75；
(2)当拉力F=20N时，长木板的加速度大小为2m/s2。
【解析】(1)根据牛顿第二定律，利用a−F图像，结合题意求出动摩擦因数、木板的质量M、小滑块的质量；
(2)结合图像，对长木板分析，利用牛顿第二定律求出长木板的加速度。
在处理运动学图像问题时，要注意先由牛顿第二定律写出图像的函数表达式，再结合题意求出相关量。
1.在户外亲子活动中，小李同学和家人一起搭了天幕，还装饰了气球。有一个氢气球脱手后，飘上去停在倾斜的天幕顶下，如图所示，关于该氢气球的受力，下列说法正确的是( )
A. 氢气球共受到三个力的作用
B. 氢气球对天幕的摩擦力沿天幕斜向下
C. 氢气球和天幕之间可能不存在摩擦力
D. 气球受到天幕的作用力竖直向下
2.如图所示，A、B两物块质量相等，用一轻弹簧相连将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态时，B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压，此时轻弹簧的伸长量为x。现将悬绳剪断，则下列说法正确的是( )
A. 悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为g
B. 悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为2g
C. 悬绳剪断瞬间，B物块对桌面的压力大小等于B物块的重力
D. 悬绳剪断瞬间，B物块对桌面的压力大小等于B物块的重力的两倍
3.如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图所示，则( )
A. t1时刻小球速度最大
B. t1～t2这段时间内，小球的速度先增大后减小
C. t2～t3这段时间内，小球所受合外力一直减小
D. t1～t3全过程小球的加速度先减小后增大
4.有A、B两球质量分别是2m和m，通过长为L的竖直轻绳相连。用手拿着A球，B球距地面高度为ℎ，释放后两球落地时间差为Δt，不计空气阻力，则以下说法中正确的是( )
A. 若将两小球位置互换，则时间差Δt增大
B. 若将L增大，则时间差Δt增大
C. 若将ℎ增大，则时间差Δt增大
D. 若将B小球质量也增大到2m，则时间差Δt增大
5.在一次杂技表演中，表演者顶着一竖直杆沿水平地面运动，其位移—时间图像(x—t图像)如图甲所示。与此同时猴子沿竖直杆向上运动，如图乙所示，其沿竖直方向的速度—时间图像(v—t图像)如图丙所示，若以地面为参考系，下列说法正确的是( )
A. 猴子的运动轨迹为直线B. t=0时猴子的速度大小为8m/s
C. 猴子在前2s内的加速度大小为4m/s2D. 猴子在前2s内运动的位移大小为16m
6.生活中常用刀或斧来劈开物体。如图所示为刀刃的横截面，F是作用在刀背上的力，若刀刃的横截面是等腰三角形，刀刃两侧面的夹角为2θ，则可知刀劈开物体时对其侧向推力F1、F2的大小为( )
A. F1=F2=F2sinθB. F1=F2=F2csθ
C. F1=F2=F2sin2θD. F1=F2=F2cs2θ
7.如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v−t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则( )
A. t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B. t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C. 0～t2时间内小物块受滑动摩擦力作用，t2～t3时间内小物块受静摩擦力作用
D. 0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
8.下列关于运动的说法中，正确的是( )
A. 物体的速度为零时，加速度也一定为零
B. 物体的速度变化越快，加速度越大
C. 物体做曲线运动一定有加速度
D. 做曲线运动的物体的合力方向在曲线运动的切线方向
9.a、b两质点沿直线Ox轴正向运动，t=0时刻，两质点同时到达坐标原点O，测得两质点在之后的运动过程中，其位置坐标x与时间t的比值随时间t变化的关系如图所示，以下说法正确的是( )
A. 质点a做匀加速运动的加速度为0.5m/s2B. 质点b做匀速运动的速度为1.0m/s
C. t=1s时，a、b再次到达同一位置D. t=2s时，a、b再次到达同一位置
10.如图所示，两个倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等。有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于同一高度处，其中b小球在两斜面之间，a、c两小球在斜面顶端。若同时释放a、b、c小球到达该水平面的时间分别为t1、t2、t3.若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，到达水平面的时间分别为t1′、t2′、t3′.下列关于时间的关系正确的是( )
A. t1>t3>t2B. t1=t1′、t2=t2′、t3=t3′
C. t1′>t3′>t2′D. t1
11.如图甲所示为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置示意图。砂和砂桶的总质量用m表示，木块和砝码的总质量用M表示，实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对木块拉力的大小，交流电的频率为50Hz。
(1)除了甲图中已给出的实验器材外，还需要的测量工具有______；
A.秒表
B.天平
C.刻度尺
D.弹簧秤
(2)实验主要采用的研究方法是______；
A.理想模型法
B.微元法
C.控制变量法
D.等效替代法
(3)该实验中需要把带滑轮的长木板右端垫高来补偿阻力的影响，有关补偿阻力下列操作正确的是______。
A.木块需要悬挂砂和砂桶同时连接纸带并使用打点计时器
B.木块需要悬挂砂和砂桶但不使用纸带和打点计时器
C.木块不悬挂砂和砂桶但要连接纸带并使用打点计时器
D.木块不悬挂砂和砂桶也不使用纸带和打点计时器
(4)在保持力不变的情况下探究加速度与质量的关系时，应该保持______的总质量不变，多次改变______的总质量，并测量出每次对应的加速度。根据实验数据描绘出______图像进而得出实验结论。
(5)实验中打出的其中一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得加速度a= ______m/s2(结果保留三位有效数字)。
(6)在保持质量不变的情况下探究加速度与力的关系时，某同学根据测得的多组数据绘制a−F图像如图丙所示。图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是______。
A.长木板的倾角过大
B.木块和砝码的总质量过大
C.木块与长木板之间存在摩擦
D.砂和砂桶的总质量过大
12.如图甲所示为很多商业步行街用来阻挡机动车辆进入的石球路障。现有一工作人员用一轻绳绕过石球按图乙所示方式匀速拉动石球，此时两侧轻绳互相平行，且与水平地面间的夹角均为θ=37°。已知石球路障总质量m=120kg，石球底座与地面间的动摩擦因数μ=13，重力加速度g=10m/s2，不计绳与球面间的摩擦，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求一侧轻绳拉力的大小T及地面对石球支持力的大小FN。
13.如图所示，在距地面高为H=45m处，有一小球A以初速度vA=10m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B由静止开始在水平恒力F的作用下同方向滑出，已知B物体的质量为m=1kg，F=6N，A、B均可看成质点，假设水平面光滑、空气阻力不计，g=10m/s2，求：
(1)A球从抛出到落地的时间；
(2)A球从抛出到落地这段时间内的水平位移；
(3)A球落地时，A、B之间的距离Δx。
14.如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑的斜面上，其上放置一质量为m的小滑块，斜面倾角θ=37°，木板受到沿斜面向上拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与力F的关系如图乙所示，重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)小滑块的质量m及其与木板的动摩擦因数？
(2)当拉力F=20N时，长木板的加速度大小为多大？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.选择氢气球为研究对象，对氢气球受力分析可知，氢气球受到重力、浮力、天幕对球的弹力和摩擦力，共受到四个力的作用，故A错误；
BC.天幕顶对气球的弹力垂直天幕斜向下，根据受力平衡条件可知，气球一定受到天幕所产生的摩擦力；气球相对天幕有斜向上运动的趋势，则天幕对气球的摩擦力沿天幕斜向下，则氢气球对天幕的摩擦力沿天幕斜向上，故BC错误；
D.气球受力平衡，因浮力和重力合力竖直向上，则气球受到天幕的作用力(弹力和摩擦力的合力)竖直向下，故D正确。
故选：D。
通过分析可知，氢气球受到四个力的作用；根据受力平衡，可知气球是否受到天幕的摩擦力，通过相对运动趋势，可得出氢气球对天幕摩擦力的方向；根据受力平衡可得到气球受到天幕的作用力方向。
学生在解答本题时，应注意能够根据受力平衡来求解未知力的情况。
2.【答案】B
【解析】解：AB.剪断悬绳前，对B受力分析，根据平衡条件，知弹力F=mg，剪断瞬间，弹簧弹力不变，对A分析，A的合力为
F合=mg+F=2mg，根据牛顿第二定律，得a=2g，故A错误，B正确；
CD.剪断前B物体受到弹簧的弹力和重力，剪断瞬间，弹簧弹力不变，B物块受合力仍为零，对桌面压力仍为零，故CD错误。
故选：B。
对A、B分析进行受力分析，建立牛顿第二定律方程计算；根据弹簧不能发生突变分析B的受力情况判断。
本题关键掌握弹簧伸长后不能发生突变的特点。
3.【答案】B
【解析】解：A、t1时刻小球刚接触弹簧，小球的速度仍在增大，速度不是最大。当弹簧的弹力等于重力时速度才最大。故A错误。
B、t1−t2这段时间内，小球向下运动，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，合外力先向下后向上，所以小球先加速后减速，即小球的速度先增大后减小。故B正确。
C、t1−t2这段时间内，小球向下运动，加速度先向下逐渐减小，后向上逐渐增大。t2～t3这段时间内，小球从最低点向上运动，弹簧的弹力先大于小球的重力，后小于重力，合外力先向上，后向下，而弹力逐渐减小，合外力先减小后增大，根据牛顿牛顿第二定律可知，小球的加速度先减小后反向增大。故CD错误
故选：B。
小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，合力变小，加速度变小，故小球做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力变得大于重力，合力变为向上且不断变大，加速度向上且不断变大，故小球做加速度不断增大的减速运动；同理，上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止．通过分析小球的运动情况来进行判断．
本题关键根据牛顿第二定律和胡克定律分析小球的运动情况是解题的关键，可将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速过程进行分析处理，也能结合图象分析．
4.【答案】B
【解析】解：两小球同时下落ℎ后，下面的小球落地，上面的小球继续做匀加速直线运动，根据自由落体运动的规律得ℎ=12gtB2，ℎ+L=12gtA2
B球下落的时间为：tB= 2ℎg
A球下落的时间为：tA= 2(ℎ+L)g
所以两球落地的时间差为Δt= 2(ℎ+L)g− 2ℎg= 2g( ℎ+L− ℎ)
A、根据表达式可知两球的落地时间差与两球的位置无关，所以将两球位置互换，两球的落地时间差不变，故A错误；
B、若将L增大，则时间差Δt增大，故B正确；
C、若将ℎ增大，则时间差Δt减小，故C错误；
D、两球落地的时间差与两球的质量无关，所以将B小球质量也增大到2m，两球落地时间差不变，故D错误。
故选：B。
根据自由落体的位移与时间的关系求出两球的落地时间，再根据时间表达式求出两球落地的时间差的表达式，最后逐项分析即可。
本题考查了自由落体运动的规律，解决本题的关键是熟练掌握自由落体运动的位移与时间的关系。
5.【答案】C
【解析】解：A.由题图甲、丙知，猴子在水平方向上做速度大小为4m/s的匀速直线运动，在竖直方向上做初速度大小为8m/s、加速度大小为4m/s2的匀减速直线运动，分析知合初速度与合加速度方向不在同一直线上，其合运动为曲线运动，故A错误；
B.根据矢量合成的特点可知，t=0时猴子的速度大小为v0= v0x2+v0y2，代入数据得v0=4 5m/s，故B错误；
C.猴子在前2s内的加速度大小为4m/s2，故C正确；
D.0～2s内猴子沿水平方向的位移大小为x0=8m，沿竖直方向的位移大小为y0=8×22m=8m
所以猴子在0～2s内的位移大小为s= x02+y02，代入数据得s=8 2m，故D错误。
故选：C。
根据图像得出猴子在不同方向上的运动特点，结合矢量合成的特点和运动学公式即可完成分析。
本题主要考查了运动的合成和分解问题，熟悉图像的物理意义，结合矢量合成的特点即可完成分析。
6.【答案】A
【解析】解：将力F根据平行四边形定则分解如图
由几何知识得，侧向推力的大小为F1=F2=F2sinθ=F2sinθ
故A正确，BCD错误；
故选：A。
将向下的力F按效果依据平行四边形定则进行分解，然后由几何知识求解。
本题考查力的分解，题中的力的分解作图为一菱形，由几何知识正确确定菱形中的角度是关键。
7.【答案】B
【解析】解：A、对小物块进行分析可知，小物块先向左做匀减速直线运动，减速至0后向右做匀加速直线运动，速度达到与传送带速度相等时，再向右做匀速直线运动，可知在速度减为0，即在t1时刻，小物块离A处的距离达到最大，故A错误；
B、由上述可知，在0～t1时间内小物块相对于传送带向左运动，在t1～t2时间内小物块速度方向向右，大小小于传送带的速度，小物块仍然相对于传送带向左运动，t2～t3小物块与传送带速度相等，小物块与传送带保持相对静止向右做匀速直线运动，该时间内没有发生相对运动，可知，t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；
C、由题图信息和上述分析，0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到向右的滑动摩擦力。在t2～t3时间内，小物块向右做匀速直线运动，小物块与传送带无相对运动，不受摩擦力，故C错误；
D、由题图信息和上述分析，0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到的滑动摩擦力方向始终向右，故D错误。
故选：B。
小物块滑上传送后在阻力作用下做匀减速直线运动，当速度减为0时，小物块又反向匀加速运动最后与传送带一起向右运动。当物块速度减小为零时，离A点最远；而相对于传送带的速度为零时，物块相对于传送带的距离最大；
根据图象分析有：0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，t1～t2小物块向右匀加速，受到的滑动摩擦力向右。而t2～t3当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速运动，摩擦力为零。
本题的关键是通过图象得出小物块的运动规律，再由运动规律得出小物块的受力和运动情况，从而明确物块与传送带之间的相对运动规律，此类问题涉及两个物体多个过程，对学生分析能力能起到较好的练习作用。
8.【答案】BC
【解析】解：A.物体的速度与加速度无关，物体的速度为零时，加速度不一定为零，故A错误；
B.加速度表示物体的速度变化的快慢，所以速度变化越快，加速度越大，故B正确；
C.物体做曲线运动时，速度一定发生变化，根据a=ΔvΔt可知，即物体一定有加速度，故C正确；
D.做曲线运动的物体的合力方向不在曲线运动的切线方向，而是速度在切线方向上，若合力也在切线方向上，则物体将做直线运动，故D错误。
故选：BC。
根据加速度的定义和物理意义，以及速度与加速度的关键进行解答即可。质点做曲线运动的条件是合力不为零，而且合力方向与速度方向一定不在同一直线上。
本题考查加速度和曲线运动的相关知识，解决本题的关键是理解加速度的物理意义以及加速度与速度的关系。
9.【答案】BC
【解析】解：A、对质点a，根据数学知识得：xt=0.5t+0.5(m/s)
则x=0.5t2+0.5t(m)，与匀变速直线运动的位移公式x=v0t+12at2对比得：v0=0.5m/s，a=1.0m/s2，所以质点a做匀加速运动的加速度为1.0m/s2.故A错误；
B、对质点b，有xt=1.0(m/s)，则x=t，故质点b做匀速运动的速度为1.0m/s，故B正确；
C、t=1 s时，xt相等，则x相等，所以1 s时，质点a、b再次到达同一位置，故C正确；
D、在t=2s时，质点a的位移大小为xa=0.5×2m+12×1×22m=3m
质点b的位移大小为xb=1×2m=2m
故t=2s两个质点没有到达同一位置，故D错误。
故选：BC。
A、根据数学知识写出质点a的xt与t的关系式，确定质点a的加速度；
B、根据数学知识写出质点b的xt与t的关系式，确定质点b的速度；
C、根据xt与时间轴围成面积表示位移，进而判断t=ls时a、b不在同一位置；
D、根据运动学公式求解位移，利用位移关系判断两质点在t=2s时是否到达同一位置。
解决本题的关键要根据数学知识写出xt与t的关系式，采用比对的方法确定质点的初速度和加速度，从而分析质点的运动情况。
10.【答案】ABC
【解析】解：第一种情况：b球做自由落体运动，a、c做匀加速运动。设斜面的高度为ℎ，则
对a球：ℎsin30∘=12gsin30°t12，
对b球：ℎ=12gt22
对c球：ℎsin45∘=12gsin45°t32
由数学知识得：t1>t3>t2。
第二种情况：a、c两个球都做类平抛运动，沿斜面向下方向都做初速度为零的匀加速直线运动，a的加速度为gsin30°，c的加速度为gsin45°，b球做平抛运动，则有
对a球：ℎsin30∘=12gsin30°t1′2
对b球：ℎ=12gt2′2
对c球：ℎsin45∘=12gsin45°t3′2
比较可知，t1=t1′、t2=t2′、t3=t3′.故ABC正确。D错误
故选：ABC。
第一种情况：三个小球同时从静止释放时，b球做自由落体运动，a、c做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得知a的加速度为gsin30°，c的加速度为gsin45°，根据几何关系，用高度表示a、c两球的位移，由位移公式x=12at2，比较t1、t2、t3的大小。
第二种情况：a、c小球都做类平抛运动，根据运动的分解可知，小球沿斜面向下方向都做初速度为零匀加速直线运动，a的加速度为gsin30°，c的加速度为gsin45°，根据几何关系，用高度表示a、c两球的位移，由位移公式x=12at2，比较t1与t1′、t2与t2′的大小。b球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由ℎ=12gt2，比较t3与t3′的大小。
本题是匀加速直线运动、平抛运动和类平抛运动的对比，类平抛运动和平抛运动运用运动的分解法研究，在斜面内的类平抛运动要掌握沿斜面向下方向做匀加速直线运动，平行于斜面底边方向做匀速直线运动。
11.【答案】BC C C 砂和砂桶 木块和砝码 a−1M 1.10 D
【解析】解：(1)通过打点计时器可以得到计数点的时间间隔，所以不需要秒表；需要用天平测质量，不需要用弹簧秤测力的大小；需要用刻度尺测量纸带上计数点之间的距离，故AD错误，BC正确。
故选：BC。
(2)影响加速度大小的因素有木块和砝码的总质量、木块和砝码所受的合外力，探究加速度与力、质量的关系，先控制其中一个物理量不变，探究加速度与另一个物理量的关系，本实验主要应用的方法是控制变量法，故ABD错误，C正确。
故选：C。
(3)该实验中需要把带滑轮的长木板右垫高来补偿阻力的影响；利用木块重力沿木板向下的分力来补偿阻力，所以木块不悬挂砂和砂桶但要连接纸带并使用打点计时器，故ABD错误，C正确。
故选：C。
(4)在保持力不变的情况下探究加速度与质量的关系时，应该保持砂和砂桶的总质量不变，多次改变木块和砝码的总质量，并测量出每次对应的加速度。
根据牛顿第二定律F=Ma
变形得a=F⋅1M
实验数据描绘出a−1M图像进而得出实验结论。
(5)相邻计数点的时间间隔为T=5f=550s=0.1s
根据逐差法，加速度为a=xCE−xAC4T2=(27.00−11.30−11.30)×0.014×0.12m/s2=1.10m/s2
(6)以M为对象，根据牛顿第二定律T=Ma
以m为对象，根据牛顿第二定律mg−T=ma
联立解得a=mgm+M
实验中若用砂和砂桶总重力的大小作为细线对木块拉力的大小，即F=mg
由此可知当m≪M时，a−F图像的斜率几乎不变，图线几乎成一直线，当m不满足远小于M时，图像的斜率随m的增大而明显减小，则图线明显偏离直线；
综上分析，故ABC错误，D正确。
故选：D。
故答案为：(1)BC；(2)C；(3)C；(4)砂和砂桶；木块和砝码；a−1M；(5)1.10；(6)D。
(1)根据实验原理、正确操作步骤分析作答；
(2)影响加速度大小的因素有木块和砝码的总质量、木块和砝码所受的合外力，据此分析采用的物理方法；
(3)根据平衡摩擦力的原理和正确操作方法分析作答；
(4)根据牛顿第二定律求解a−1M函数，然后分析作答；
(5)根据逐差法求加速度；
(6)根据牛顿第二定律，结合图像分析作答。
本题考查探究加速度与力、质量的关系实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
12.【答案】解：对石球受力分析如图所示
匀速拉动，由平衡条件有
2Tcsθ=f
FN+2Tsinθ=mg
又
f=μFN
联立解得
T=200N，FN=960N
答：一侧轻绳拉力的大小为200N，地面对石球支持力的大小为960N。
【解析】对石球受力分析，根据共点力平衡条件分析解答。
本题考查共点力平衡条件的应用，解题关键掌握受力分析及力的平衡条件的运用。
13.【答案】解：(1)小球A抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有H=12gt2
解得t= 2Hg= 2×4510s=3s
(2)小球A在水平方向做匀速直线运动，则有xA=vAt=10×3m=30m
(3)设B物体的加速度为a，根据牛顿第二定律可得F=ma
解得a=Fm=61m/s2=6m/s2
小球A与B物体的运动具有同时性，A球落地时，B物体走的位移大小为xB=12at2=12×6×32m=27m
故A、B之间的距离为Δx=xA−xB=30m−27m=3m
答：(1)A球从抛出到落地的时间为3s；
(2)A球从抛出到落地这段时间内的水平位移为30m；
(3)A球落地时，A、B之间的距离Δx为3m。
【解析】(1)(2)根据平抛运动规律求出A球从抛出到落地的时间和水平位移；
(3)计算小球B在A落地过程中的水平位移，AB间距离即为AB在水平方向的位移差．
熟练掌握平抛运动的规律，是正确解题本题的前提，能根据牛顿运动定律求小球在水平面上的运动情况是正确解题的关键．
14.【答案】解：(1)当F等于18N时，加速度为a=0，对整体由平衡条件
F=(M+m)gsinθ
代入数据解得
M+m=3kg
当F大于18N时，根据牛顿第二定律得
F−Mgsinθ−μmgcsθ=Ma
长木板的加速度
a=1MF−gsinθ−μmgcsθM
图线的斜率
k=1M=1
截距
b=−gsinθ−μmgcsθM=−18
解得
M=1kg，m=2kg，μ=0.75
(2)当拉力F=20N时，代入长木板的加速度
a=1MF−gsinθ−μmgcsθM
解得长木板的加速度为
a1=2m/s2
答：(1)小滑块的质量m为2kg，其与木板的动摩擦因数为0.75；
(2)当拉力F=20N时，长木板的加速度大小为2m/s2。
【解析】(1)根据牛顿第二定律，利用a−F图像，结合题意求出动摩擦因数、木板的质量M、小滑块的质量；
(2)结合图像，对长木板分析，利用牛顿第二定律求出长木板的加速度。
在处理运动学图像问题时，要注意先由牛顿第二定律写出图像的函数表达式，再结合题意求出相关量。
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