高三物理匀变速直线运动基本公式应用试题答案及解析

高三物理匀变速直线运动基本公式应用试题答案及解析
=2m/s的速度（始终保持不变）顺时针1.如图所示，水平传送带A、B两端点相距x=3.5m，以v
运转．今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放在A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4．由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．小煤块从A运动到B的过程中
A、所用的时间是2s
B、所用的时间是2.25s
C、划痕长度是4m
D、划痕长度是0.5m
【答案】AD
【解析】根据牛顿第二定律得，小煤块的加速度，则匀加速运动的时间
，匀加速运动的位移．则小煤块匀速运动的位移
，则匀速运动的时间，所以小煤块从A运动到B的时间．故A错误，B正确．在煤块匀加速运动的过程中，传送带的位移
，
则划痕的长度．故C错误，D正确。

【考点】考查了牛顿第二定律，运动学公式得应用
2.一质点沿轴运动，其位置随时间变化的规律为：，的单位为s。

下列关于该质点运动的说法正确的是（）
A．该质点的加速度大小为5m/s2B．物体回到=0处时其速度大小为10m/s C．t= 2s时刻该质点速度为零D．0~3s内该质点的平均速度大小为5m/s
【答案】BD
【解析】根据公式对比可得：，A错误；当=0时，解得或者，在时速度为，B正确C错误；0-3s内的位移为，所以平均速度大小为，D正确；
【考点】考查了匀变速直线运动规律的应用
3.（13分）如图所示，一质量m=0.4kg的小物块，以v
=2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角
的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=10m。

已知斜面倾角θ=30o，物块与斜面之间的动摩擦因数。

（重力加速度g取
10 m/s2）
（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。

（2）拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
【答案】（1）3m/s2 8m/s （2）300
【解析】（1）设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得：
（2分） （2分）
联立以上两式，代入数据解得：， （2分）
（2）设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面之间的夹角为α。

受力分析如图所示，由牛顿第二定律得： （1分） （1分） 又 （1分） 联立解得： （1分）
由数学知识得：
（1分）
由上式可知对应的F 最小值的夹角α=300 （1分）
代入数据得F 的最小值为：
（1分）
【考点】本题考查了牛顿第二定律的应用。

4. 如图所示，为一传送货物的传送带abc ，传送带的ab 部分与水平面夹角=37°，bc 部分与水平面夹角=53°，ab 部分长为4.7m ，bc 部分长为7.5m 。

一个质量为m=1kg 的物体A(可视为质点)与传送带的动摩擦因数=0.8。

传送带沿顺时针方向以速率ν=1m ／s 匀速转动．若把物体A 轻放到a 处，它将被传送带送到c 处，此过程中物体A 不会脱离传送带。

(sin 37°=0.6，sin
53°=0.8，g=10m ／)求物体A 从a 处被传送到c 处所用的时间。

【答案】7.825s
【解析】物体A 轻放在a 点后在摩擦力和重力作用下先做匀加速直线运动直到和传送带速度相等，然后和传送带一起匀速运动到b 点。

在这一加速过程中有加速度m/s 2，
运动时间s,
运动距离
m=1.25m<s ab ，
在ab 部分做匀速运动的运动时间
=
s=3.45s 。

由于，所以物块沿传送带bc 部分匀加速运动到c 点，则物体A 在传送带bc 部分滑动的加速度为m/s 2，设在bc 部分运动的时间为t 3，则根据匀变速运动的规律得：，解得=1.875s 。

物体A 从a 处被传送到c 处所用的时间
s 。

5.汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2，则它在前3s内的平均速度为A．6 m／s B．8 m／s C．10 m／s D．12 m／s
【答案】B
【解析】将题目中的表达式与比较可知：，，所以由
汽车刹车到静止的时间为，由此可知3s时汽车已经停止，位移
，故平均速度．
【考点】本题考查对物理公式的理解及应用，解答的关键一是求出加速度，二是求出3s内的位移就是刹车的位移，三是求平均速度时的时间应该用3s，不是2s，所以答案容易错选A．
6.已知做匀变速直线运动的物体的位移随时间的变化关系为x=12t-3t2，根据这一关系式可
知（）
A．v
0=12m/s B．v
=24m/s C．a=-3m/s2D．a=-6m/s2
【答案】AD
【解析】将题中匀变速直线运动的物体的位移随时间的变化关系式，与匀变速直线运动的一般公式进行比对，得出初速度与加速度的值．
题中匀变速直线运动的物体的位移随时间的变化关系式得到，v
=12m/s，a=-6m/s2．
故选AD．
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．
点评：本题考查对匀变速直线运动的基本规律掌握程度，是经常出现的考法，没有难度．
7.（2011·江苏南通）在水平面上有a、b两点，相距20 cm，一质点在一恒定的合外力作用下沿a向b做直线运动，经过0．2 s的时间先后通过a、b两点，则该质点通过a、b中点时的速度大小为（）
A．无论力的方向如何均大于1 m/s
B．无论力的方向如何均小于1 m/s
C．若力的方向由a向b，则大于1 m/s，若力的方向由b向a，则小于1 m/s
D．若力的方向由a向b，则小于1 m/s，若力的方向由b向a，则大于1 m/s学科
【答案】A
【解析】质点在恒定的合外力作用下，加速度恒定，质点做匀变速直线运动，a、b间的平均速度
= m/s="1" m/s，且这段时间内中间时刻的瞬时速度也等于这个值，即v
t/2
=="1" m/s．若质点做匀加速直线运动，则前半段时间平均速度小，位移也小，故a、b中点位置在后半段时间内，所以
v x/2>v
t/2
．若质点做匀减速直线运动，则后半段时间平均速度小，位移也小，故a、b中点位置在
前半段时间内，所以v
x/2>v
t/2
．故A项正确
8.如图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间．技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10 m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑
动，g取10 m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为
A．s B．2 s C．s D．2 s
【答案】B
【解析】略
9.一辆警车在平直的公路上以40m/s的速度行驶，现在要到达前方某地时的速度也为40m/s，有
三种行进方式：（a）一直匀速直线运动；（b）先减速再加速；（c）先加速再减速，则
A．（a）种方式先到达B．（b）种方式先到达
C．（c）种方式先到达D．条件不足，无法确定
【答案】C
【解析】略
10.（6分）一个小车拖着纸带做匀加速直线运动，用打点计时器打下了一系列的点，舍去开头比较密集的点，适当选取某一点作为第一记数点后用刻度尺量出第6点到第11点间的距离为2cm，第21点到第26点之间的距离为4．4cm，那么：
（1）该小车的加速度为 m/s2
（2）打点计时器打21点时的速度为 m/s
【答案】（1） 0．8 m/s2（2） 0．4 m/s
【解析】略
11.一辆汽车以10m/s的速度沿平直公路匀速运动，司机发现前方有障碍物立即减速，以
0.2m/s2的加速度做匀减速运动，减速后一分钟内汽车的位移是（）
A．240m B．250m C．260m D．90m
【答案】B
【解析】略
12.（7分）一个做匀加速直线运动的物体，连续通过两段长为x的位移所用时间分别为t
1、t
2
，
求物体运动的加速度。

【答案】
【解析】略
13.（6分）质量为的飞机静止在水平直跑道上。

飞机起飞过程可分为两个匀加速运动阶段，其
中第一阶段飞机的加速度为a
1，运动时间为t
1。

当第二阶段结束时，飞机刚好达到规定的起飞速
度v。

飞机起飞过程中，在水平直跑道上通过的路程为s，受到的阻力恒为f。

求第二阶段飞机运
动的加速度a
2和时间t
2。

【答案】，
【解析】第一、二阶段结束时飞机运动速度分别为
①②
运动距离分别为③④
总距离为⑤
解①~⑤式，可得
14.汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0~60s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示。

（1）画出汽车在0~60s内的v-t图线；（4分）
（2）求这60s内汽车行驶的路程。

（3分）
【答案】（1）速度图像为下图。

（2）900m
【解析】（1）由加速度图像可知前10s汽车匀加速，后20s汽车匀减速恰好停止，因为图像的
面积表示速度的变化，此两段的面积相等。

最大速度为20m/s。

所以速度图像为右图。

然后利用
速度图像的面积求出位移。

（2）汽车运动速度图像的面积为匀加速、匀速、匀减速三段的位移之和。

15.（18分）一辆汽车正在以15m/s的速度行驶，在前方20m处突然亮起红灯，司机立即刹车，刹车过程中汽车的加速度的大小是6m/s2。

求：
（1）刹车后3s末汽车的速度
（2）3s末汽车距红绿灯的距离
【答案】（1）0
（2）1.25m
【解析】（1）汽车减速到速度为零所用时间为：因此3s末的速度为0．
（2）3s内通过的位移为，车距红绿灯
16.物体的初速度为v
，以加速度a做匀加速直线运动，如果要它的速度增加到初速度的n倍，
则物体的位移是（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】考查公式
17.如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以
速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，
对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是
A．电动机多做的功为 mv2/2
B．物体在传送带上的划痕长v2/2μg
C．传送带克服摩擦力做的功为mv2 /2
D．电动机增加的功率为μmgv
【答案】BD
【解析】 A 、电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是，
所以电动机多做的功一定要大于
．故A 错误．B 、物体在传送带上的划痕长等于物体在传送
带上的相对位移，物块达到速度v 所需的时间，在这段时间内物块的位移
，传送带
的位移
．则物体相对位移
．故B 正确．C 、传送带克服摩擦力做的功就
为电动机多做的功，所以由A 的分析可知，C 错误．D 、电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为，所以D 正确．故选：BD ．
【考点】本题考查了动能定理的应用；滑动摩擦力；牛顿第二定律．
18. 如图所示，分别用力F 1、F 2、F 3将质量为m 的物体，由静止沿同一光滑斜面以相同的加速度，从斜面底端拉到斜面的顶端，物体到达斜面顶端时，力F 1、F 2、F 3的平均功率关系为（ ）
A ．P 1=P 2=P 3
B ．P 1＞P 2=P 3
C ．P 3＞P 2＞P 1
D ．P 1＞P 2＞P 3
【答案】A
【解析】物体的加速度相同，说明物体受到的合力相同，即拉力F 在沿着斜面方向的分力都相同，根据牛顿第二定律，有：，故，即拉力平行斜面方向的分力相同，由于斜面的长度相同，物体的加速度相同，所以物体到达顶端的时候，物体的速度的大小也是相同的；由于物体到达顶端时速度相同，拉力平行斜面方向的分力也相同，故拉力的瞬时功率也就相同，所以，A 正确； 【考点】考查了功率的计算
19. （10分）如图所示，某人距离墙壁10m 起跑，向着墙壁冲去，挨上墙之后立即返回。

设起跑的加速度为4 m/s 2，运动过程中的最大速度为4 m/s ，快到达墙根时需减速到零，不能与墙壁相撞。

减速的加速度为8 m/s 2，求该人到达墙壁需要的时间为多少？
【答案】3.25s 【解析】加速阶段：
(4分)
减速阶段：
(4分)
匀速阶段：
1分)
故人到达墙需要时间为 (1分) 【考点】本题考核运动学公式。

20. 一质量为M=4.0kg 、长度为L=3.0m 的木板B ，在大小为8N 、方向水平向右的拉力F 作用下，以v 0=2.0m/s 的速度沿水平地面做匀速直线运动，某一时刻将质量为m=1.0kg 的小铁块A （可视为质点）轻轻地放在木板上的最右端，如图所示。

若铁块与木板之间没有摩擦，重力加速度g 取10m/s 2。

求：
（1）加上小铁块后，木板的加速度大小？（2）二者经过多长时间脱离？
【答案】(1) 0.5m/s2；(2)2s
【解析】试题分析:(1)由木板匀速运动时有，F="μmg" ；得:μ=0.2，加一个物块后，木板做匀减速运动：
μ(M+m)g-F=Ma，求出：a=0.5m/s2；
(2)物块放在木版上相对地面静止，木版匀减速运动的距离L后物块掉下来。

由位移公式：
代入数值解得t
1=2s；t
2
=6s（舍去），故2秒后A与B脱离。

【考点】匀变速直线运动
21.（1）中国首次太空授课活动于2013年6月20日上午10时许举行，神舟十号航天员在天宫
一号开展基础物理实验，为全国青少年进行太空授课。

其中女航天员王亚平利用“质量测量仪”在
太空测出了指令长聂海胜的质量。

①简述为何不能用托盘天平直接测质量
②如图所示“太空质量测量仪”，轻杆穿过光滑限位孔，左端通过一个“弹簧—凸轮”机构，能够产生一个恒定的力F=128N，右端固定有质量为m=6kg的圆盘支架。

首先将指令长固定在支架上，然
后把支架拉到指定位置，稳定后开始测量，拉力使他回到了初始位置。

光栅测速系统测出力F作
用时间Δt=0.5s，这段时间轻杆位移x=0.2m。

由上可知聂海胜的质量M= kg。

【答案】①完全失重；②74
【解析】①因为在太空，所有物体都处于完全失重的状态，故所有与重力有关的仪器都不能使用，故不能用托盘天平直接测质量；②航天员的加速度：，根据牛顿
第二定律：，解得M="74kg" .
【考点】牛顿第二定律的应用.
22.汽车正在以10m/s的速度在平直的公路上匀速前进，在它的正前方x处有一辆自行车以 4m/s
的速度做同方向的匀速直线运动，汽车立即关闭油门做a =" -" 6m/s2的匀变速运动，若汽车恰好
碰不上自行车，则x的大小为（）
A．8.33m B．3m C．3.33m D．7m
【答案】B
【解析】恰好碰不上的临界条件为二者速度相等时恰好追上，设汽车的初速度为，自行车的速
度为，由，二者经速度相等，这段时间内：汽车的位移为，自行车
位移为，且，解得：，即要保证汽车不撞上自行车，二者之间的距离至少
为3m，故B正确。

【考点】匀变速直线运动的规律（追及相遇问题、速度公式、位移公式）
23.如图所示，在距地面高为H=45m处，有一小球以初速度v
=10m/s水平抛出，与此同时，
在A的正下方有一物块B也以相同的初速度同方向滑出，B与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.4，A、B均可视为质点，空气阻力不计（取g="10" m/s2）。

求A球落地时，A、B相距多远？某同
学的解答如下
解：A做平抛运动：
A的水平距离
B受摩擦力做匀减速运动：∴
故在A下落过程中B的位移为：
∴A、B间的距离
你同意上述解法吗？若同意，说明理由；若不同意，写出你认为正确的答案。

（题目解答中，你认为正确的结论，可以不重复写出）
【答案】上述解答有误。

【解析】上述解答有误。

物块B做匀减速运动，减速到速度为零后保持静止状态，不再反向运动。

减速时间，可知小球A还没有落地物块B已经减速到零。

物块B发生的位移
A球落地时，A、B间的距离
【考点】匀变速直线运动的规律
24.某物体运动的速度图像如图，根据图像可知（）
A．0-2s内的加速度为2m/s2
B．0-5s内的位移为10m
C．第1s末与第3s末的速度方向相同
D．第1s末与第5s末加速度方向相同
【答案】C
【解析】速度时间图像中，图线的斜率表示加速度大小，因此在0-2s内的加速度为1m/s2，A错误；图像的面积表示位移大小，由此可知0-5s内的位移为，B错误；横轴以上速度
为正，横轴以下速度为负，由此可知C正确；在第1s末斜率为正值，所以加速度为正方向，在
第5s内斜率为负值，加速度为负方向，D错误；故选C。

【考点】速度时间图像
25.(17分)如图甲所示，带斜面的足够长木板P，质量M=3kg．静止在水平地面上，其右侧靠竖
直墙壁，倾斜面BC与水平面AB的夹角、两者平滑对接。

t=Os时，质量m=1kg、可视为
质点的滑块Q从顶点C由静止开始下滑，图乙所示为Q在O～6s内的速率随时间t变化的部分图线。

已知P与Q间的动摩擦因数是P与地面间的动摩擦因数的5倍，sin370=0.6，cos370=O.8，
g取10m／s2。

求：
(1)木板P与地面间的动摩擦因数。

(2)t=8s时，木板P与滑块Q的速度大小。

(3)O～8s内，滑块Q与木板P之间因摩擦而产生的热量。

【答案】(1) (2) (3)
【解析】（1）0～2s内,P因墙壁存在而不动，Q沿着BC下滑，2s末的速度为v
1
＝9.6m/s，设
P、Q间动摩擦因数为μ
1，P与地面间的动摩擦因数为μ
2
；
对Q，由图像有（1分）
由牛顿第二定律有：（2分）
联立求解得：（1分）
（1分）
（2）2s后，Q滑到AB上，因,故P、Q相对滑动，且Q减速、P加速，设加
速度大小分别是a
2、a
3
，Q从B滑动AB上到P、Q共速所用的时间为t
对Q有：（1分）
对P有：（1分）共速时：（1分）
解得a
2=1.5m/s2、a
3
=0.1m/s2、t
=6s （1分）
故在t＝8s时，P、Q的速度大小恰相同，（2分）
（3）0～2s内，根据图像中面积的含义，Q在BC上发生的位移x
1
=9.6m （1分）
2～8s内，Q发生的位移（1分）
P发生的位移（1分）
0～8s内，Q与木板P之间因摩擦而产生的热量（2分）
代入数据得（1分）
【考点】本题考查了匀变速直线运动规律，牛顿第二定律，图像、功能关系.
26.如图所示，竖直平面内四分之一光滑圆弧轨道AP和水平传送带PC相切于P点，圆弧轨道的圆心为O，半径为R=5m。

一质量为m=2kg的小物块从圆弧顶点由静止开始沿轨道下滑，再滑上传送带PC，传送带可以速度v=5m／s沿顺时针或逆时针方向的传动。

小物块与传送带间的动摩擦因数为，不计物体经过圆弧轨道与传送带连接处P时的机械能损失，重力加速度为
g=10m／s2。

(1)求小物体滑到P点时对圆弧轨道的压力；
(2)若传送带沿逆时针方向传动，物块恰能滑到右端C，问传送带PC之间的距离L为多大：
(3)若传送带沿顺时针方向的传动，传送带PC之间的距离为L=12.5m，其他条件不变，求小物块从P点滑到C点所用的时间。

【答案】（1）60N，方向竖直向下（2）10m.（3）7.5m.
【解析】
（1）由机械能守恒定律：
由牛顿定律：
N’=N，解得：N’=3mg=60N，方向竖直向下
（2）滑块向右匀减速到头，末速度为零。

解得：
（3）滑块先向右匀减速达到与传送带速度相同，然后匀速运动
解得：a=5m/s2
由v2-v
02=-2ax
1
解得：x
1
=7.5m
【考点】牛顿第二定律；动能定理的应用.
27.质量为1kg的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为0.2。

对物体施加一个
大小变化、方向不变的水平拉力F，使物体在水平面上运动了3t
0的时间。

为使物体在3t
时间内
发生的位移最大，力F随时间的变化情况应该为下面四个图中的哪一个？(g=10m/s2)
【答案】D
【解析】若物体发生滑动，则其所受的摩擦力为，所以AC两种情况在开始阶段不能发生运动，B选项物体先加速后减速在2t
时，速度为零，然后再加速运动，D选项物体在前
2t
时，做加速，然后再做减速，最后速度不为零，即D选项的过程中的平均速度最大，所以发生的位移最大，故选D。

【考点】牛顿第二定律、匀变速运动的规律
28.(14分)甲、乙两个同学在直跑道上进行4×100 m接力(如图所示)，他们在奔跑时有相同的最大速度，乙从静止开始全力奔跑需跑出25 m才能达到最大速度，这一过程可看作匀加速直线运动．现在甲持棒以最大速度向乙奔来，乙在接力区伺机全力奔出．若要求乙接棒时奔跑的速度达
到最大速度的80%，则：
(1)乙在接力区须奔出多少距离？
(2)乙应在距离甲多远时起跑？
【答案】（1）16m；（2）24m。

【解析】设他们共同的最大速度为
对乙而言，当乙接棒时：由
(2)设乙应在距甲处起跑
故应在距甲24 m处起跑
【考点】匀变速运动的规律
29.质点在x轴上运动，其位置坐标x随时间t的变化关系为x=2t2+2t-4，则其加速度
a=___________m/s2。

当t=0时，速度为___________m/s（x的单位是m，t的单位是s）。

【答案】、
【解析】对比公式可得，时的速度为初速度，故，
【考点】考查了匀变速直线运动规律的应用
30.质量分别为m
1和m
2
的两个小物块用轻绳连接，m
1
=4m
，m
2
="5" m。

绳跨过位于倾角a＝37°
的光滑斜面顶端的轻滑轮，滑轮与转轴间的摩擦不计，斜面固定在水平桌面上，如图所示。

m
1
悬
空，m
2放在斜面上，m
2
自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端，用时为t。

已知重力加速度为g，
sin370=0.6，cos370=0.8。

求：
（1）将m 1和m 2位置互换，使m 2悬空，m 1放在斜面上，m 1自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端，两次绳中拉力之比；
（2）将m 1悬空，m 2放在斜面上，增加m 2的质量，使m 2从斜面顶端由静止开始运动至斜面底端的时间也为t ，m 2增加的质量。

【答案】（1）
（2）
【解析】（1）第一次：m 1：
，m 2：，
，
第二次：m 2：，m 1：
，
，所以：
；
（2）第一次：m 1：，m 2：
，
增加m 2的质量，m 2：，m 1：
，
根据：
，可得：
，。

【考点】考查了牛顿第二定律的综合应用
31. 如图，质量m 为5kg 的物块(看作质点)在外力F 1和F 2的作用下正沿某一水平面向右做匀速直线运动。

已知F 1大小为50N,方向斜向右上方，与水平面夹角，F 2大小为30N,方向水平向左,物块的速度大小为11m/s.当物体运动到距初始位置距离时，撤掉F 1，
（1）求物块与水平地面之间的动摩擦因数；
（2）求撤掉F 1以后，物块在6S 末距初始位置的距离。

【答案】（1）0.5 （2）2m
【解析】（1）物块做匀速运动： （1） （2） 联立得 （2）撤掉F 1后:
设经过t 1向右运动速度变为0，
此时向右位移
后5s 物块向左运动： 后5s 向左位移：
物块在6s 末距初始位置的距离： 【考点】牛顿第二定律的应用.
32. （18分）如图甲所示，有一倾角为30的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M 的木板．开始时质量为m = 1kg 的滑块在水平向左的力F 作用下静止在斜面上，今将水平力F 变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F ，木块滑上木板的过程不考虑能量损失．此后滑块和
木板在水平上运动的v-t图象如图乙所示，g＝10 m/s2．求
（1）水平作用力F的大小；
（2）滑块开始下滑时的高度；
（3）木板的质量。

【答案】（1）（2）2.5m（3）1.5kg
【解析】（1）对物体受力分析可得：
mg sinθ =" F" cosθ (2分)
代入数据可得： (1分)
（2）由题意可知，滑块滑到木板上的初速度为10 m/s
当F变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得：
mg sinθ+ F cosθ= ma (1分)
解得：a ="10" m/s2 (1分)
下滑的位移 (1分)
解得：x = 5m (1分)
故下滑的高度h =" x" sin30=2.5m (1分)
(3) 由图象可知，二者先发生相对滑动，当达到共速后一块做匀减速运动，设木板与地面间的动摩
擦因数为μ
1，滑块与木板间的摩擦因数为μ
2
二者共同减速时的加速度大小a
1=1m/s2，发生相对滑动时，木板的加速度a
2
=1m/s2，滑块减速的
加速度大小a
3
=4m/s2 (3分)
（说明：每计算对1个加速度得1分）
对整体受力分析可得： (1分)
可得：μ
1
=0.1 (1分)
在0~2s内分别对m和M做受力分析可得：
对M: (2分)
对m: (2分)
带入数据解方程可得：M =1.5kg (1分)
【考点】牛顿第二定律，物体受力分析
33.（18分）研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间），但饮
酒会导致反应时间延长，在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以的速度在试验场的
水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39m。

减速过程中汽车位移s与速
度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动。

取重力加速度的大小g=10m/s2。

求：
（1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间；
（2）饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少？
（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。

【答案】（1）2.5s（2）0.3s（3）
【解析】（1）设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度，
末速度，位移，由运动学公式得
①
②
联立①②式，代入数据得
③
④
（2）设志愿者反应时间为,反应时间的增加量为，由运动学公式得
⑤
⑥
联立⑤⑥式，代入数据得
⑦
（3）设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F
，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得
⑧
由平行四边形定则得
⑨
联立③⑧⑨式,代入数据得
⑩
【考点】牛顿第二定律匀变速直线运动规律
34.（16分）如图所示为仓储公司常采用的“自动化”货物装卸装置，两个相互垂直的斜面固定在地面上，货箱A（含货物）和配重B通过与斜面平行的轻绳跨过光滑滑轮相连．A装载货物后从h＝8.0 m高处由静止释放，运动到底端时，A和B同时被锁定，卸货后解除锁定，A在B的牵引下被拉回原高度处，再次被锁定．已知θ＝530，B的质量M为1.0×103 kg，A.B与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑动摩擦力与最大静摩擦力相等， g取10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝
0.6．
（1）为使A由静止释放后能沿斜面下滑，其质量m需要满足什么条件？
（2）若A的质量m＝4.0×103 kg，求它到达底端时的速度v；
（3）为了保证能被安全锁定，A到达底端的速率不能大于12 m/s．请通过计算判断：
当A的质量m不断增加时，该装置能否被安全锁定．
【答案】（1）m >2.0×103 kg （2）v （3）能
【解析】（1）设左斜面倾角为θ，左斜面倾角为β，货箱由静止释放后能沿斜面下滑，则
F
合
>0 1分
mgsinθ Mgsinβ μmgcosθ μMgcosβ >0 2分
m >2.0×103 kg 1分
（2）对系统应用动能定理：
由动能定理：W
合=△E
k
2分
mgh Mg(hsinβ/sinθ) ( μmg cosθ+μMgcosβ)(h/sinθ) ="(1/2)(M+m)" v2 3分
v 1分
另解：本小题也可用牛顿第二定律求解：
由F
合
=ma 1分
mgsinθ Mgsinβ μmgcosθ μMgcosβ=（M+m）a 2分
a=2m/s2 1分
由运动学方程 v2=2aL 1分
L=h/sinθ
v 1分
（3）当A的质量m与B的质量M 之间关系满足m>>M时，货箱下滑的加速度最大，。