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15、（2016·山东师大附中高三二次考试）（8分）如图甲所示，质量M＝1 kg的木板静止在水平面上，质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。设最大摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝10 m/s2。现给铁块施加一个水平向左的力F。

（1）若力F恒为8 N，经1 s铁块运动到木板的左端。求：木板的长度L；

（2）若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长。试通过分析与计算，在图乙中作出铁块受到的摩擦力Ff随力F大小变化的图象。

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16、（2016·辽宁五校高三质检）（11分）如图所示，厚度不计的薄板A长L＝5.0 m，质量M＝3.0 kg，放在水平桌面上。在A上距其左端s＝2.4 m处放一物体B（大小不计），其质量m＝2.0 kg，已知A、B间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与桌面间的动摩擦因数μ2＝0.2，原来系统静止。（设桌面足够长，g＝10 m/s2）求：

（1）要把薄板从物体下面抽出，所加的水平外力至少是多少？

（2）若加的水平力F＝18.0 N，则该力至少作用多长时间才能把薄板抽出？

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2017版创新设计《优化重组卷》物理大一轮复习滚动精练

第01～03章滚动提升卷（一）

Lex Li

滚动提升卷（一）

（时间：90分钟 满分：110分）

01、D 0～2 s内质点的运动方向一直向正方向，故第2 s末没有回到出发点，选项A错误；由v－t图象的斜率表示加速度可知，质点在第2 s内和第3 s内的加速度相同，选项B错误；质点在第3 s内沿负方向做匀加速直线运动，故选项C错误；由v－t图象与时间轴所围的面积表示位移可知，质点在7 s内总位移为正方向，选项D正确。

02、C 设磕头虫向下的加速度为a，磕头虫向下的最大速度为v，则有：v2＝2ah1，磕头虫向上h224

弹起的过程中有：－v2＝－2gh2，联立以上两式可得：a＝hg＝0.08×10＝3 000 m/s2，人向下蹲的过程

1

中有：v2人跳起的过程中有：－v2故有：2aH1＝2gH2，代入数据解得：H2＝150 m，1＝2aH1，1＝－2gH2，选项C正确。

03、C 球和运动员具有相同的加速度，对小球受力分析如图所示，则小球所受的合力为mgtan θ，

mg

根据牛顿第二定律得，a＝gtan θ，A项错误；根据平行四边形定则知，球拍对球的作用力FN＝cos θ，B项错误；对球拍和球整体分析，整体的合力为（M＋m）a，根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力为

（M＋m）g

，C项正确；运动员在水平

cos θ

方向加速运动，运动员受到水平方向的摩擦力与竖直方向的支持力，合力不在竖直方向，根据牛顿第三定律可知，运动员对地面的作用力也不在竖直方向，D项错误。

04、C 若小车静止，则由二力平衡可知F＝mg，方向竖直向上，选项A、B错误；若小车向右匀速运动，则由二力平衡可知F＝mg，方向竖直向上，选项C正确；若小车向右匀加速运动时，则水

222平方向Fx＝ma，竖直方向Fy＝mg，杆对球的作用力为FN＝F2x＋Fy＝ma＋g，设杆对球的作用力

maa

方向与水平方向夹角为α，则tan α＝mg＝g，故杆对球的作用力方向由加速度大小确定，未必沿着杆，

选项D错误。

05、D 框架静止在地面上，当框架对地面的压力为零的瞬间，受到重力和弹簧的弹力，根据平衡条件，弹簧对框架的弹力向上，大小等于框架的重力Mg，故弹簧对小球有向下的弹力，大小也等于Mg；再对小球受力分析，受重力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律，有Mg＋mg＝ma，故小球的（M＋m）g加速度为a＝。 m

06、C 铁块上滑过程做匀减速直线运动，加速度方向沿斜面向下，下滑过程做匀加速直线运动，加速度方向沿斜面向下，故上滑和下滑过程加速度方向相同，物体都处于失重状态，故A、B错误；

11

v－t图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知，铁块上滑的位移为2v1t1，下滑的位移为2v2（t2－t1），经过一段时间又返回出发点，则v1t1＝v2（t2－t1），故C正确；根据题意可知v1＞v2，则有t1＜t2

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－t1。故D错误。

07、BCD 斜劈A一直处于静止状态，所受合外力为零保持不变，故A错误；以斜劈A和光滑球B整体为研究对象，受力分析如图甲所示，有FN1＝F，FN＋Ff＝G总当F增大时，墙面对A的弹力增大，根据牛顿第三定律可知，B正确；对B受力分析如图乙所示，有F＝FN2sin θ，FN＝GB＋FN2cos θ，当F增大时，θ角不变，FN2增大，FN增大，由牛顿第三定律可知，B对地面的压力增大，C正确；当FN增大至与G总相等时，Ff＝0，即墙面对A的摩擦力等于零，D正确。

08、AC 剪断轻绳前小球受力情况，如图所示，根据平衡条件得：轻弹簧的弹力大小F＝mg＝20 N，轻绳的拉力大小为FT＝2mg＝202N，剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，仍然为20 N，故A正确；剪断轻绳瞬间，绳中拉力消失，弹簧的弹力不变，水平面的支持力FN＝mg，滑动摩擦力Ff＝μmg，由F－μmg＝ma得，a＝7 m/s2，方向向左，故B错误；剪断弹簧的瞬间，弹簧对小球弹力为零，此时小球所受的合力为零，加速度为零，故C正确，D错误。

v2－v2120

09、AC 由图象得，x＝5v，对照公式x＝2a，得初速度v0＝0，加

速度a＝2.5 m/s2，故A正确；小物块2 s末的速度v2＝at＝2.5×2 m/s＝5 m/s，故C正确；对物块受力

a11

分析，由牛顿第二定律得，mgsin θ＝ma，则sin θ＝g＝4，而sin 30°＝2，故B错误；小物块1 s末的速度v1＝at′＝2.5×1 m/s＝2.5 m/s，第2 s内的平均速度－v＝

v1＋v2

2＝3.75 m/s，故D错误。

10、CD 撤去力F前，设弹簧的弹力为FT，则对P、Q整体应用牛顿第二定律，有T＝3ma，对M、P、Q整体由牛顿第二定律可知，f1＝4ma，故N对M的摩擦力大小为f1＝4ma，撤去力F瞬间，弹簧的弹力不变，故P、Q的加速度均为a，方向不变，B错误，C正确；撤去力F瞬间，假设M、N相对静止，设M、N的加速度为a1，则对M、N整体有T＝3ma1，即a1＝a，方向改变，而此时M受到的摩擦力大小为f2＝2ma1＝2ma＜f1＝4ma，假设成立，故M、N相对静止，A错误，D正确。

11、（1） L3 1 mm （2）LA （3）4.9 10

解析 （1）由表格中的测量数据的单位可知，所用刻度尺的最小分度为1 mm，读数时应读到最小分度的下一位，故L3的数值记录不规范。

（2）由于m－x图象过坐标原点，所以横轴是弹簧长度与LA的差值。

10－3×9.8Δmg60×（3）图象斜率与该地重力加速度乘积为弹簧的劲度系数为：k＝Δx＝N/m＝4.9 N/m －212×10根据表中的数据和胡克定律得mg＝k（LA－L0），解得m＝10 g。 12、（1）BCD （2）1.3 （3）D

解析 （1）由实验原理图可以看出，由弹簧测力计的示数可得到小车所受的合外力的大小，故不需要测砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，A、E错误；为保证绳上拉力提供合外力，必须平衡摩擦力，B正确；小车应靠近打点计时器，先接通电源，再放小车，同时读出弹簧测力计的示数，C正确；为了多测几组数据，需改变砂和砂桶的质量多做几次实验，Dx34－x01＋x45－x12＋x56－x231

正确。（2）由逐差法可得：小车的加速度a＝，将T＝3 s＝0.06 s，代入29T50×可得a＝1.3 m/s2

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