湖南省常德市汉寿一中高三物理上学期第一次半月考试卷(含解析)-人教版高三全册物理试题

湖南省常德市汉寿一中2015届高三上学期第一次半月考物理试卷
一、选择题〔此题共12小题，每一小题4分，总分为48分．第1-7题只有一项符合题目要求，第8-12题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分〕
1．在物理学的重大发现中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等，以下关于所用物理学研究方法的表示不正确的答案是( )
A．根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在该时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法
B．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
C．在探究加速度与力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
考点：物理学史．
专题：常规题型．
分析：在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；
当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；
质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；
在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度．
解答：解：A、根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在该时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故A错误；
B、质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法，故B错误；
C、在探究加速度与力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法，故C正确；
D、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D正确；
此题选不正确的，应当选：B．
点评：在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的根底上，更要注意科学方法的积累与学习．
2．一物体做匀加速直线运动，经A、B、C三点，AB=BC，AB段平均速度为10m/s，BC段平均速度为20m/s，如此以下物理量不可求得的是( )
A．物体运动的加速度B．AC段的平均速度
C．A点速度v A D．C点速度v C
考点：平均速度；加速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
专题：直线运动规律专题．
分析：由于物体做匀变速直线运动，因此根据可以求出各点的速度大小．
解答：解：设质点在ABC三点的速度分别为v A，v B，v C，根据AB段的平均速度为10m/s，可以得到：…①
根据在BC段的平均速度为20m/s，可以得到：…②
设AB=BC=x，整个过程中的平均速度为：
所以有：…③
联立①②③解得：v A=m/s，v B=m/s，v C=m/s，由于不知道具体的运动时间或者AB，BC之间的距离，因此无法求出其加速度的大小，
应当选：A．
点评：此题主要是对匀变速直线运动规律的考查，对于匀变速直线运动规律要求学生一定要掌握住，匀变速直线运动是我们在学习中遇到的物体的主要运动形式，也是考查的重点．3．如下列图，将一个质量为m的球固定在弹性杆AB的上端，今用测力计沿水平方向缓慢拉球，使杆发生弯曲，在测力计的示数逐渐增大的过程中，AB杆对球的弹力方向为( )
A．始终水平向左
B．始终竖直向上
C．斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大
D．斜向左下方，与竖直方向的夹角逐渐增大
考点：牛顿第三定律．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：分析球的受力情况：重力、测力计的拉力和AB杆对球作用力，由平衡条件求出AB 杆对球弹力方向．
解答：解：以球为研究对象，分析受力情况：重力G、测力计的拉力T和AB杆对球作用力F，由平衡条件知，F与G、T的合力大小相等、方向相反，作出力的合成图如图．如此有G、T的合力方向斜向右下方，测力计的示数逐渐增大，T逐渐增长，根据向量加法可知G、T的合力方向与竖直方向的夹角逐渐增大，所以AB杆对球的弹力方向斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大，所以选项ABD错误，C正确．
应当选C．
点评：此题是三力平衡问题，分析受力情况，作出力图是关键．难度不大．
4．竖直悬挂的轻弹簧下连接一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如下列图．如此迅速放手后( )
A．小球开始向下做匀加速运动
B．弹簧恢复原长时小球速度最大
C．小球运动到最低点时加速度为零
D．小球运动过程中最大加速度大于g
考点：牛顿第二定律；胡克定律．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：弹簧原来处于压缩状态，小球受到重力、弹簧向下的弹力和手的支持力，迅速放手后，分析小球的受力情况分析其运动情况，其中弹簧的弹力与弹簧的形变量大小成正比，根据牛顿第二定律研究小球的加速度．
解答：解：A、迅速放手后，小球受到重力、弹簧向下的弹力作用，向下做加速运动，弹力将减小，小球的加速度也减小，小球做变加速运动．故A错误．
B、当小球所受的合力为零时，小球的速度最大，此时弹簧处于伸长状态．故B错误．
C、根据简谐运动的对称性可知，小球运动到最低点时与刚放手时加速度大小相等，如此知其加速度大于g，知小球运动过程中最大加速度大于g．故C错误，D正确．
应当选：D．
点评：此题关键是分析小球的受力情况，来判断其运动情况，利用简谐运动的对称性研究小球到达最低点时的加速度．
5．在一大雾天，一辆小汽车以30m/s的速度匀速行驶在高速公路上，突然发现正前方30m 处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵．如
下列图，图线a、b分别为小汽车和大卡车的v﹣t图象〔忽略刹车反响时间〕，以下说法正确的答案是( )
A．因刹车失灵前小汽车已减速，故不会发生追尾事故
B．在t=3 s时发生追尾事故
C．在t=5 s时发生追尾事故
D．假设紧急刹车时两车相距40米，如此不会发生追尾事故且两车最近时相距10米
考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系．
专题：直线运动规律专题．
分析：当两车通过的位移之差等于30m时，两车会发生追尾．根据速度﹣时间图象所时间轴所围“面积〞大小等于位移，进展分析．
解答：解：ABC、根据速度﹣时间图象所时间轴所围“面积〞大小等于位移，由图知，t=3s 时，b车的位移为：s b=v b t=10×3m=30m
a车的位移为s a==60m，如此s a﹣s b=30m，所以在t=3s时追尾．故B正确，A、C错误．
D、假设紧急刹车时两车相距40米，速度相等时，a车的
=85m，b车位移s2=50m，因为s2+40＞s1，如此不会发生追尾事故，最近距离△s=40+50﹣85m=5m．故D错误．
应当选：B．
点评：解答此题关键要抓住速度图象的面积表示进展求解，知道图线的物理意义，属于基此题．
6．如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M〔m：M=1：2〕的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数一样．当用水平力F作用于B上且两块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时〔如图乙所示〕，弹簧的伸长量为x2，如此x1：x2等于( )
A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．2：3
考点：牛顿第二定律；胡克定律．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：通过整体法求出加速度，再利用隔离法求出弹簧的弹力，从而求出弹簧的伸长量．解答：解：对甲图，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度
a=，对A物体有：F弹﹣μmg=ma，得，．对乙图，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度，对A物体有：F弹′﹣mg=ma′，得，，如此x1：x2=1：1．故A正确，B、C、D错误．
应当选A．
点评：解决此题的关键注意整体法和隔离法的运用，先要由整体法通过牛顿第二定律求出加速度，再用隔离法运用牛顿第二定律求出弹簧的弹力．
7．如下列图，水平面上放置质量为M的三角形斜劈，斜劈顶端安装光滑的定滑轮，细绳跨过定滑轮分别连接质量为m1和m2的物块．m1在斜面上运动，三角形斜劈保持静止状态．如下说法中正确的答案是( )
A．假设m2向下运动，如此斜劈受到水平面向左摩擦力
B．假设m1沿斜面向下加速运动，如此斜劈受到水平面向右的摩擦力
C．假设m1沿斜面向下运动，如此斜劈受到水平面的支持力大于〔m1+m2+M〕g
D．假设m2向上运动，如此轻绳的拉力一定大于m2g
考点：共点力平衡的条件与其应用；静摩擦力和最大静摩擦力；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．
分析：运动情况不同，各局部受力不同，故需要根据选项提到的运动状态分别讨论，并运用整体法，牛顿第二定律的内容进展分析．即可求解．
解答：解：A、只说向下运动，没说明是加速向下还是减速向下还是匀速向下．分三种情况讨论：
1〕假设m2加速向下运动，如此m1沿斜面向上加速运动，加速度沿斜面向上，m1和斜面看作一个整体，如此整体有沿斜面向上的加速，该加速度可正交分解为水平方向和竖直方向两个分量，如此水平方向加速度由斜面受到的向左的摩擦力提供，竖直向上的加速度由地面支持力与重力的合力提供．故斜面受到水平向左的摩擦力．
2〕假设m2减速下滑，如此m1减速沿斜面上滑，加速度沿斜面向下，把m1和斜面看作整体，如此整体有沿斜面向下的加速度．该加速度有水平向右的分量．该加速度分量由摩擦力提供．故斜面受到向右的摩擦力．
3〕假设m2匀速下划，如此m1沿斜面匀速上滑，加速度为零．把m1和斜面看作整体，整体没有加速，处于平衡状态，故地面对斜面摩擦力为零．故A错误．
B、由于m1加速下滑，故m1加速度沿斜面下滑，把m1和斜面看作整体，整体有沿斜面向下的加速度，该加速度有水平向右的分量，所以斜面受到向右的摩擦力．故B正确．
C、同样没有说明是加速减速还是匀速，故C错误．
D、同样没有说明向上加速向上减速还是向上匀速，三种情况绳的拉力不同．需要讨论．故D错误
应当选：B
点评：该题较难．需要熟练掌握整体法处理物理问题．真确理解并能灵活运用牛顿运动定律，即可求解该题．
8．在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．现对B加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设B 对墙的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的摩擦力为F3，地面对A的支持力为F4．假设F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如下列图，如此在此过程中( )
A．F1保持不变，F4保持不变B．F1缓慢增大，F4缓慢增大
C．F2缓慢增大，F3缓慢增大D．F2缓慢增大，F3保持不变
考点：共点力平衡的条件与其应用；力的合成与分解的运用．
专题：共点力作用下物体平衡专题．
分析：先以B球为研究对象，运用分解法，分析墙对B的作用力F1、对B的作用力F2的变化，再以整体为研究对象，分析受力，由平衡条件分析地面对A的支持力和摩擦力的变化，判断地面对A的作用力为F3的变化情况．
解答：解：以B球为研究对象，将F与B重力G的合力按效果进展分解，如图，设BA连线与竖直方向夹角为α，由平衡条件得：
B对墙的作用力：F1=〔F+G B〕tanα，当F增大时，F1缓慢增大．
B对A的作用力：F2=，F1缓慢增大，如此F2缓慢增大．
再以整体为研究对象，
根据平衡条件，如此有
地面对A的支持力：F4=G A+G B+F，F增大如此F4缓慢增大．
地面对A的摩擦力：F3=F1，由前面分析F1增大如此F3缓慢增大．
应当选：BC．
点评：此题采用隔离法和整体法结合处理的，也可以运用隔离法研究，分析受力情况是解答的根底．
9．受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其v﹣t图线如下列图，如此( )
A．在0～t1秒内，外力F大小不断增大
B．在t1时刻，外力F为零
C．在t1～t2秒内，外力F大小可能不断减小
D．在t1～t2秒内，外力F大小可能先减小后增大
考点：匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．
专题：压轴题．
分析：〔1〕v﹣t图象中，斜率表示加速度，从图象中可以看出0～t1秒内做加速度越来越小的加速运动，t1～t2秒内做加速度越来越大的减速运动，两段时间内加速度方向相反；〔2〕根据加速度的变化情况，分析受力情况．
解答：解：A．根据加速度可以用v﹣t图线的斜率表示，所以在0～t1秒内，加速度为正并不断减小，根据加速度，所以外力F大小不断减小，A错误；
B．在t1时刻，加速度为零，所以外力F等于摩擦力，不为零，B错误；
C．在t1～t2秒内，加速度为负并且不断变大，根据加速度的大小，外力F 大小可能不断减小，C正确；
D．如果在F先减小一段时间后的某个时刻，F的方向突然反向，根据加速度的大小，F后增大，因为v﹣t图线后一段的斜率比前一段大，所以外力F大小先减小后增大是可能的，故D正确．
应当选CD．
点评：此题考查v﹣t图线的相关知识点，涉与牛顿第二定律的应用与受力分析的能力，难度较大．
10．如下列图，在水平力F作用下，木块A、B保持静止．假设木块A与B的接触面是水平的，且F≠0，如此木块B的受力个数可能是( )
A．3 B．4 C．5 D．6
考点：物体的弹性和弹力．
专题：受力分析方法专题．
分析：先对A分析，B对A有向右的静摩擦力；再分析B受力，B可能受到斜面的静摩擦力，也可能不受斜面的静摩擦力，B受力情况有两种可能．
解答：解：B至少受到重力、A对B的压力和静摩擦力、斜面的支持力四个力．斜面对物体B可能有静摩擦力，也有可能没有静摩擦力；故木块B受力的个数可能是4个，也可能是5个．
应当选：BC．
点评：此题关键先对A分析，根据平衡条件得到B对A有向左的静摩擦力，然后根据牛顿第三定律得到A对B有向右的静摩擦力；再按照重力、弹力、摩擦力的顺序找力．
11．质量为m1和m2的两个物体，分别以v1和v2的速度在光滑水平面上做匀速直线运动，且v1＜v2如下列图．如果用一样的水平力F同时作用在两个物体上，如此能使它们的速度在某时刻相等的条件是( )
A．力F与v1、v2同向，且m1＞m2B．力F与v1、v2同向，且m1＜m2
C．力F与v1、v2反向，且m1＞m2D．力F与v1、v2反向，且m1＜m2
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：根据牛顿第二定律比拟加速度的大小，结合速度方向与加速度方向的关系判断做什么运动，从而判断能否出现速度相等的时刻．
解答：解：A、力F与v1、v2同向，且m1＞m2，根据牛顿第二定律得，a1＜a2，由于初速度v1＜v2，可知m1的速度一直小于m2，不会出现速度相等．故A错误．
B、力F与v1、v2同向，且m1＜m2，根据牛顿第二定律得，a1＞a2，初速度v1＜v2，会出现速度相等的时刻．故B正确．
C、力F与v1、v2反向，且m1＞m2，根据牛顿第二定律得，a1＜a2，由于初速度v1＜v2，物体做减速运动，会出现速度相等的时刻．故C正确．
D、力F与v1、v2反向，且m1＜m2，根据牛顿第二定律得，a1＞a2，初速度v1＜v2，可知m1的速度一直小于m2，不会出现速度相等．故D错误．
应当选：BC．
点评：解决此题的关键根据运动学公式得出两物体的加速度大小关系，再根据牛顿第二定律，得出两物体的质量关系．
12．如下列图，水平传送带AB距离地面的高度为h，以恒定速率v0顺时针运行．甲、乙两一样滑块〔视为质点〕之间夹着一个压缩轻弹簧〔长度不计〕，在AB的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以一样的速率分别向左、右运动．如下判断正确的答案是( )
A．甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，且距释放点的水平距离可能相等
B．甲、乙滑块可能落在传送带左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等
C．甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离不相等
D．假设甲、乙滑块能落在传送带的同一侧，如此所受摩擦力的功一定相等
考点：功的计算；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
分析：弹簧弹开后，两滑块以一样的速率分别向左、右运动．根据滑块的受力判断物体的运动，需讨论滑块弹簧后的速度与传送带的速度的大小．
解答：解：A、设v大于v0．弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动．乙物体向向右做初速度为v，〔假设v大于v0〕，如此乙也做加速度为a的匀减速运动．假设甲乙都一直做匀减速运动，两个物体落地后，距释放点的水平距离相等，故A 正确，B错误．
C、假设v小于v0．弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动．速度为零后可以再向相反的方向运动．整个过程是做初速度为v，加速度和皮带运动方向一样的减速运动．乙物体做初速度为v，加速度为a的匀加速运动，运动方向和加速度的方向都和皮带轮的运动方向一样．甲乙到达B点时的速度一样．落地的位置在同一点，此过程摩擦力对甲乙做的功一定相等．故C错误，D正确．
应当选：AD
点评：解决此题的关键会根据物体的受力判断物体的运动，这是处理物体的运动的根底，需扎实掌握．
二、实验题〔13题9分，14题9分，每空均为3分〕
13．如图甲为“用DIS〔位移传感器、数据采集器、计算机〕研究加速度和力的关系〞的实验装置．
〔1〕在该实验中我们以小车为研究对象，采用控制变量法，来研究小车的加速度与合力的关系，应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受外力，用DIS测小车的加速度．
〔2〕改变所挂钩码的数量，屡次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据可画出a﹣F 关系图线〔如图乙所示〕．
①分析此图线的OA段可得出的实验结论是在质量不变的条件下，加速度与外力成正比．
②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是C
A．小车与轨道之间存在摩擦 B．导轨保持了水平状态 C．所挂钩码的总质量太大 D．所用小车的质量太大．
考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
专题：实验题．
分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，该实验是探究加速度与力的关系，采用控制变量法进展研究．根据图象得出两个变量之间的关系，知道钩码所受的重力代替小车所受合外力的条件．
解答：解：〔1〕研究小车的加速度与合力的关系，应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受的外力．
〔2〕①OA段是过原点的直线，知在质量不变的条件下，加速度与外力成正比．
②设小车的质量为M，钩码的质量为m，由实验原理得：
mg=Ma
得a==，而实际上a′=，可见AB段明显偏离直线是由于没有满足M＞＞m造成的．故C正确．
故答案为；〔1〕钩码所受的重力；
〔2〕①在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；②C．
点评：要清楚实验的研究方法和实验中物理量的测量．当钩码的质量远小于小车的总质量时，钩码所受的重力才能作为小车所受外力．
14．某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数〞的实验方案．如图示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x．〔空气阻力对本实验的影响可以忽略〕
①滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为．
②滑块与斜面间的动摩擦因数为．
③以下能引起实验误差的是cd．
a．滑块的质量 b．当地重力加速度的大小
c．长度测量时的读数误差 d．小球落地和滑块撞击挡板不同时．
考点：探究影响摩擦力的大小的因素．
专题：实验题；压轴题；摩擦力专题．
分析：由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间一样，由匀加速运动的位移时间公式和自由落体的位移时间公式即可求得加速度的比值；由牛顿第二定律与几何关系即可求得滑块与斜面间的动摩擦因数；由μ的数学表达式就可以知道能引起实验误差的因数，还要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差；
解答：解：①由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间一样，
由x=at2和H=gt2得：
所以=
②根据几何关系可知：sinα=，cosα=
对滑块由牛顿第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα=ma，且a=，
联立方程解得μ=
③由μ得表达式可知，能引起实验误差的是长度x、h、H测量时的读数误差，同时要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差，应当选cd．
故答案为：①
②
③c d
点评：此题考查了匀加速直线运动和自由落体运动的根本公式，要求同学们能学会对实验进展误差分析，
三、计算题〔此题共3个小题，34分，要求有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只有结果没有过程的不能得分，有数值计算的必须写出数值和单位〕
15．一斜面放在水平地面上，倾角为θ=53°，一个质量为0.2kg的小球用细绳吊在斜面顶端，如下列图．斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行．不计斜面与水平面间的摩擦，当斜面以10m/s2的加速度向右运动时，求细绳的拉力与斜面对小球的弹力．〔g取10m/s2〕
考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：首先判断小球是否飞离了斜面，根据小球刚刚飞离斜面的临界条件，即绳子的倾角不变，斜面的支持力刚好为零，解出此时的加速度与题目给出的加速度大小进展比拟，假设给出加速度大于小球的临界加速度说明小球已经飞离了斜面，否如此小球还在斜面上．
解答：解：设小球刚刚脱离斜面时，斜面向右的加速度为a0，
此时斜面对小球的支持力恰好为零，小球只受重力和细绳的拉力，
且细绳仍然与斜面平行，小球受力如下列图，
由牛顿第二定律得：mgcotθ=ma0，
解得临界加速度：a0=gcotθ=7.5 m/s2．
加速度a=10 m/s2＞a0，
如此小球已离开斜面，斜面的支持力F1=0，此时小球受力如下列图：
水平方向，由牛顿第二定律得：Tcosα=ma，
竖直方向，由平衡条件得：Tsinα=mg，
解得：T=2N=2.83 N，方向沿着细绳向上，
细绳与水平方向夹角α=arcsin=45°，
细绳的拉力方向为与水平方向成45°角向右上方．
答：细绳的拉力大小为2.83N，斜面对小球的弹力为零．
点评：此题最难解决的问题是小球是否飞离了斜面，我们可以用假设法判断出临界加速度来进展比拟．
16．一水平传送带足够长，以v1=2m/s的速度匀速运动，将一粉笔头无初速放在传送带上，达到相对静止时产生的划痕长L1=4m．求：
〔1〕粉笔头与传送带间的动摩擦因数；
〔2〕假设关闭发动机让传送带以a2=1.5m/s2的加速度减速运动，同时将该粉笔头无初速放在传送带上，求粉笔头相对传送带滑动的位移大小L2．〔取g=10m/s2〕
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；滑动摩擦力．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：〔1〕粉笔头在摩擦力作用下做匀加速运动，直到速度与传送带速度相等时，一起做匀速直线运动，根据这段时间内的相对位移为4m求解动摩擦因数；
〔2〕传送带减速运动时，由于a2＞μg，故两者不能共速，所以粉笔头先加速到与传送带速度一样，然后以μg的加速度减速到静止，根据运动学根本公式即可求解划痕长度．
解答：解：〔1〕设粉笔头运动时间t后，速度与传送带速度相等，如此
t=
达到相对静止时产生的划痕长L1=4m有：
vt﹣=vt﹣t2=4m
解得：μ=0.05
〔2〕传送带减速运动时，由于a2＞μg，故两者不能共速，所以粉笔头先加速到与传送带速度一样，然后以μg的加速度减速到静止．
设两者达到一样速度为v共，由运动等时性得：
=
解得：v共=0.5m/s。