【KS5U解析】四川省宜宾一中2016届高三上学期第11周周练物理试卷 Word版含解析

2015-2016学年四川省宜宾一中高三（上）第11周周练物理试卷一、选择题（1-5单选，6-8多选，选对6分，部分对未错选3分，有错选0分）1．如图所示，用一原长为l0，劲度系数为k的橡皮筋将一质量为m的小球悬挂在小车的架子上，现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值a，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内）．此时橡皮筋的长度为（）A．l0B．C．D．2．如图所示，质量分别为m、2m的球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F，此时突然剪断细线，在绳断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为（）A．B． C．D．3．如图所示，小方块代表一些相同质量的钩码，图①中O为轻绳之间联结的节点，图②中光滑的滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置处于静止状态，现将图①中的B滑轮或图②中的端点B沿虚线稍稍上移一些，则关于θ角变化说法正确的是（）A．图①、图②中θ角均增大B．图①、图②中θ角均不变C．图①中θ增大、图②中θ角不变化D．图①中θ不变、图②中θ角变大4．如图所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体．现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如右图所示．已知重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．由图线可知（）A．甲的质量m A=7.5kgB．甲的质量m A=2.5kgC．甲、乙间的最大静摩擦力为15ND．甲、乙间的最大静摩擦力为60N5．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示（g=10m/s2），则下列结论正确的是（）A．物体的质量为3kgB．弹簧的劲度系数为7.5N/cmC．物体的加速度大小为5m/s2D．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态6．如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时，（）A．物块与斜面间的摩擦力减少 B．物块与斜面间的正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑7．如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g=10m/s2．关于热气球，下列说法正确的是（）A．所受浮力大小为4830NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/sD．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N8．如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小．这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为M和m．各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d．现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是（）A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ（M+m）gB．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ（M+m）gC．若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下D．当F=μ（2M+3m）g时，砝码恰好到达桌面边缘二、非选择题9．如图为“研究滑动摩擦力的大小”的实验装置图，将一木块和木板叠放于水平桌面上，弹簧测力计一端固定，另一端与木块水平相连．现要测量木块和木板之间的滑动摩擦力，木板在拉出过程中，木板受到个力的作用，要使弹簧秤的示数即为木块和木板之间的滑动摩擦力的大小，木板的运动应满足条件A．匀速直线运动；B．加速直线运动；C．减速直线运动；D．匀速直线运动、加速直线运动、减速直线运动均可．10．某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S 为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0Ω的定值电阻．①已知灵敏电流计G的满偏电流I g=100μA，内阻r g=2.0kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200mA，应并联一只阻值为Ω（保留一位小数）的定值电阻R1；②根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；③某次实验的数据如表所示：测量次数 1 2 3 4 5 6 7 8电压表V读数5.26 5.16 5.04 4.94 4.83 4.71 4.59 4.46U/V改装表A读数20 40 60 80 100 120 140 160I/mA该小组借鉴“研究匀变速直线运动”实验中计算加速度的方法（逐差法），计算出电池组的内阻r=Ω（保留两位小数）；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是．④该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组，通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大．若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是．（填选项前的字母）A．电压表内阻的影响B．滑动变阻器的最大阻值偏小C．R1的实际阻值比计算值偏小D．R0的实际阻值比标称值偏大．11．质量为M、长为L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环．已知重力加速度为g，不计空气影响．（1）现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小：（2）若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示．①求此状态下杆的加速度大小a；②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？12．如图所示，某传送带与地面倾角θ=37°，AB之间距离L1=2.05m，传送带以V0=1.0m/s 的速率逆时针转动．质量为M=1.0kg，长度L2=1.0m的木板上表面与小物块的动摩擦因数μ2=0.4，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ3=0.1，开始时长木板靠近传送带B端并处于静止状态．现在传送带上端A无初速地放一个质量为m=1.0kg的小物块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ1=0.5，（假设物块在滑离传送带至木板右端时速率不变，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）．求：（1）物块离开B点的速度大小；（2）物块在木板上滑过的距离；（3）木板在地面上能滑过的最大距离．三、[物理--选修3-4]13．两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，则（）A．在相遇区域会发生干涉现象B．实线波和虚线波的频率之比为3：2C．平衡位置为x=6m处的质点此刻速度为零D．平衡位置为x=8.5m处的质点此刻位移y＞20cmE．从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x=5m处的质点的位移y＜014．如图所示，半圆玻璃砖的半径R=10cm，折射率n=，直径AB与屏幕MN垂直并接触于A点．激光束a以入射角i=60°射向玻璃砖圆心O，结果在屏幕MN上出现两光斑①画出光路图；②求两光斑之间的距离L．2015-2016学年四川省宜宾一中高三（上）第11周周练物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（1-5单选，6-8多选，选对6分，部分对未错选3分，有错选0分）1．如图所示，用一原长为l0，劲度系数为k的橡皮筋将一质量为m的小球悬挂在小车的架子上，现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值a，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内）．此时橡皮筋的长度为（）A．l0B．C．D．【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【分析】隔离对小球分析，根据牛顿第二定律，结合平行四边形定则求出橡皮筋的拉力，通过胡克定律定律求出伸长量，从而得出橡皮筋的长度．【解答】解：对小球分析，小球所受的合力为ma，根据平行四边形定则知，橡皮筋的拉力F=，根据胡克定律得，橡皮筋的伸长量，则橡皮筋的长度l=．故D正确，A、B、C错误．故选：D．2．如图所示，质量分别为m、2m的球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F，此时突然剪断细线，在绳断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为（）A．B． C．D．【考点】牛顿第二定律；胡克定律．【分析】运用整体法和隔离法求出弹簧的弹力的大小，在剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出A的瞬时加速度大小．【解答】解：对A、B球组成的系统研究，根据牛顿第二定律得，a=．隔离对B分析，有：2mg﹣F弹=2ma，解得弹簧的弹力F弹=2mg﹣2ma=．剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对A，有：mg+F弹=ma′，解得．故A正确，B、C、D错误．故选：A．3．如图所示，小方块代表一些相同质量的钩码，图①中O为轻绳之间联结的节点，图②中光滑的滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置处于静止状态，现将图①中的B滑轮或图②中的端点B沿虚线稍稍上移一些，则关于θ角变化说法正确的是（）A．图①、图②中θ角均增大B．图①、图②中θ角均不变C．图①中θ增大、图②中θ角不变化D．图①中θ不变、图②中θ角变大【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．【分析】根据力的平行四边形定则，结合几何关系，即可求解．【解答】解：图1中，根据钩码个数，三个力正好构成直角三角形，若端点B沿虚线稍稍上移一些，三力大小不变，根据力的合成法则，可知，方向不变，即夹角不变．图2中，因光滑的滑轮，且绳子中的张力相等，则A、B的力总是相等的，因此合力平分A、B绳的夹角，即使稍上移，绳子张力大小仍不变，则根据力的合成法则，可知，AB夹角也不变．故选：B4．如图所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体．现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如右图所示．已知重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．由图线可知（）A．甲的质量m A=7.5kgB．甲的质量m A=2.5kgC．甲、乙间的最大静摩擦力为15ND．甲、乙间的最大静摩擦力为60N【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】当力F较小时甲乙一起以相同加速度匀加速直线运动，故先用整体法分析；当力F 较大时甲乙加速度不同，采用隔离法分析．【解答】解：由图象可以看出当力F＜60N时，加速度较小，所以甲乙相对静止，采用整体法，F1=60时，a1=6m/s2，由牛顿第二定律：F1=（M+m）a1①图中直线的较小斜率的倒数等于M与m质量之和：M+m=10kg对乙：Ma1=μmg当F＞60N时，甲的加速度较大，采用隔离法，由牛顿第二定律：F′﹣μmg=ma′②图中较大斜率倒数等于甲的质量：7.5kg，所以乙的质量为2.5kg，故A正确，B错误．当F=60N时，A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，隔离对乙分析，则最大静摩擦力f m=ma=2.5×6N=15N．故C正确，D错误．故选：AC．5．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示（g=10m/s2），则下列结论正确的是（）A．物体的质量为3kgB．弹簧的劲度系数为7.5N/cmC．物体的加速度大小为5m/s2D．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态【考点】牛顿第二定律．【分析】有图象分析可知，初始，物体静止在弹簧上面，弹簧弹力与重力平衡，施加F后即为合力，物体匀加速上升，弹簧上的弹力逐渐变小，运动位移为4cm后，弹簧恢复原长，此时物块和弹簧分离，此后物体受到恒定的力F=30N和重力做匀加速运动．根据牛顿第二定律分别列出起始和分离状态时的方程联立可解得．【解答】解：A、初始，物体静止在弹簧上面，弹簧弹力与重力平衡，施加F后即为合力，所以有10N=ma①，此后物体匀加速上升，弹力逐渐变小，当弹簧恢复原长后，物块和弹簧分离，合力为30N﹣mg=ma②，联立①②两式，整理得物体重力：mg=20N，质量m=2Kg，故A错误；B、由图可知，从初始弹簧弹力等于重力到弹簧恢复原长，位移为4cm，即弹力等于重力时，弹簧形变量为△X=4cm，劲度系数K==5N/cm，故B错误；C、当弹簧恢复原长后，物块和弹簧分离，合力为30N﹣mg=ma，又已求得m=2Kg，则a=m/s2=5m/s2，故C正确；D、因为力F随弹簧形变量在不断变化，有图象分析可知物体与弹簧分离时弹簧恢复原长，故D错误．故选：C6．如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时，（）A．物块与斜面间的摩擦力减少 B．物块与斜面间的正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用．【分析】对物体进行受力分析，得出匀速下滑时的受力情况，然后分析升降机加速上升时的情况即可．【解答】解：当升降机匀速运动时，物块相对于斜面匀速下滑，则：f=μmgcosθ=mgsinθ，所以：sinθ=μcosθ；支持力与摩擦力的合力竖直向上，大小等于重力；当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物体受到的支持力一定增大，此时的摩擦力：f′=μ•F N′，由于接触面的压力增大，所以物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B 正确；假设物体以加速度a向上运动时，有N=m（g+a）cosθ，所以f′=μm（g+a）cosθ，对物体受力分析可知，水平方向上，由于m（g+a）sinθ=μm（g+a）cosθ，所以Nsinθ=f′cosθ，即物体在水平方向上合力为0，所以物体仍做匀速下滑运动．故C错误，D正确．故选：BD．7．如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g=10m/s2．关于热气球，下列说法正确的是（）A．所受浮力大小为4830NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/sD．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】气球受重力、浮力和阻力，先加速后匀速，故加速度变化，合力变化，故阻力变化；开始时速度为零，空气阻力为零，根据牛顿第二定律列式求解出浮力；最后匀速，再根据平衡条件列式求解．【解答】解：A、从地面刚开始竖直上升时，速度为零，故阻力为零，气球受重力和浮力，根据牛顿第二定律，有：F﹣mg=ma浮=m（g+a）=460×（10+0.5）N=4830N，故A正确；解得：F浮B、气球受重力、浮力和空气阻力，若阻力不变，合力不变，气球匀加速上升，矛盾，故B 错误；C、刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，气球是变加速运动，加速度逐渐减小，故10s后的速度大小小于5m/s，故C错误；=mg+f，解得f=230N，故D正确；D、以5m/s匀速上升时，根据平衡条件，有：F浮故选AD．8．如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小．这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为M和m．各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d．现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是（）A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ（M+m）gB．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ（M+m）gC．若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下D．当F=μ（2M+3m）g时，砝码恰好到达桌面边缘【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】应用摩擦力公式求出纸板与砝码受到的摩擦力，然后求出摩擦力大小．根据牛顿第二定律求出加速度，要使纸板相对于砝码运动，纸板的加速度应大于砝码的加速度，然后求出拉力的最小值．当F=μ（2M+3m）g时，根据牛顿第二定律分析求出砝码和纸板加速度，结合运动学公式求出分离时砝码的速度，结合速度位移公式求出砝码速度减为零的位置，从而判断出砝码的位置．【解答】解：A、对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力μ（M+m）g+μMg，故A错误．B、设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1=Ma1，F﹣f1﹣f2=ma2发生相对运动需要a2＞a1代入数据解得：F＞2μ（M+m）g，故B正确．C、若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于，匀减速运动的位移小于，则总位移小于d，不会从桌面掉下，故C正确．D、当F=μ（2M+3m）g时，砝码未脱离时的加速度a1=μg，纸板的加速度=2μg，根据，解得t=，则此时砝码的速度，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′=μg，则匀减速运动的位移，而匀加速运动的位移，可知砝码离开桌面，故D错误．故选：BC．二、非选择题9．如图为“研究滑动摩擦力的大小”的实验装置图，将一木块和木板叠放于水平桌面上，弹簧测力计一端固定，另一端与木块水平相连．现要测量木块和木板之间的滑动摩擦力，木板在拉出过程中，木板受到6个力的作用，要使弹簧秤的示数即为木块和木板之间的滑动摩擦力的大小，木板的运动应满足条件DA．匀速直线运动；B．加速直线运动；C．减速直线运动；D．匀速直线运动、加速直线运动、减速直线运动均可．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【分析】根据受力分析的方法，结合重力、弹力与摩擦力的特征，即可求解；由题意可知，不论木板做何种运动，不影响测量结果．【解答】解：对木板受力分析，则有：重力，木块对木板的压力，木块对木板的滑动摩擦力，桌面对木板的滑动摩擦力，桌面对木板的支持力，水平拉力，共6个力；本实验中，木板不论处于什么运动，木块总处于平衡状态，则弹簧的弹力等于木块的滑动摩擦力，故选：D．故答案为：6，D．10．某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S 为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0Ω的定值电阻．①已知灵敏电流计G的满偏电流I g=100μA，内阻r g=2.0kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200mA，应并联一只阻值为 1.0Ω（保留一位小数）的定值电阻R1；②根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；③某次实验的数据如表所示：测量次数 1 2 3 4 5 6 7 8电压表V读数5.26 5.16 5.04 4.94 4.83 4.71 4.59 4.46U/V改装表A读数20 40 60 80 100 120 140 160I/mA该小组借鉴“研究匀变速直线运动”实验中计算加速度的方法（逐差法），计算出电池组的内阻r= 1.66Ω（保留两位小数）；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是充分利用取得的数据．④该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组，通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大．若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是CD．（填选项前的字母）A．电压表内阻的影响B．滑动变阻器的最大阻值偏小C．R1的实际阻值比计算值偏小D．R0的实际阻值比标称值偏大．【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）根据电流表的改装原理，计算并联的电阻．（2）根据电路图连接实物图，注意电表的接线柱以及滑动变阻器的解法（3）借鉴“研究匀变速直线运行”实验中计算加速度的方法（逐差法），每两组数据联立求出E，r；而后取其平均值即可；逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是充分利用取得的数据．（4）结合电路图，由闭合电路欧姆定律E=U+I（R0+r）分析内阻测量值总量偏大的原因．【解答】解：（1）根据电流表的改装原理：R1===1.0Ω；（2）根据电路图连接实物图，注意电表的接线柱以及滑动变阻器的解法，电路图如图所示：（3）借鉴“研究匀变速直线运行”实验中计算加速度的方法（逐差法），采用1与5；2与6；3与7；4与8；两两组合，由E=U+I（R0+r）得，△U=△I（R0+r），联立求出E，r，而后取其平均值可得．由E=U+I（R0+r）得，△U=△I（R0+r），故r=﹣R0，采用1与5时，r1=﹣R0；采用2与6时，r1=﹣R0；采用3与7时，r1=﹣R0；采用4与8时，r1=﹣R0；则r==﹣R0，代入数据解得：r=1.66Ω；逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是充分利用取得的数据．（4）A、如果考虑电压表的内阻，则虚线部分相当于电源，测得的电阻相当于电源E的内阻与R0串联后再与电压内阻并联的阻值，即测得的电阻值偏小，故A错误；B、滑动变阻器的阻值不会影响r的测量结果，故B错误；C、电表改装时，R1的实际阻值比计算值偏小，可导致通过表头的电流偏小，电流表读数偏小，故内阻测量值总量偏大，故C正确；D、结合电路图，由闭合电路欧姆定律E=U+I（R0+r）知，R0的实际阻值比称标值偏大，可导致内阻测量值总量偏大，故D正确．故选：CD．故答案为：（1）1.0；（2）如图所示；（3）1.66；充分利用取得的数据；（4）CD．11．质量为M、长为L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环．已知重力加速度为g，不计空气影响．（1）现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小：（2）若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示．①求此状态下杆的加速度大小a；②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．【分析】（1）以环为研究对象，环处于静止状态，合力为零，根据平衡条件求解绳中拉力的大小；（2）①以环为研究对象，由正交分解法，根据牛顿第二定律求解加速度；②对整体研究，由正交分解法，根据牛顿第二定律求解外力的大小和方向．【解答】解：（1）以环为研究对象，环处于静止状态，合力为零，分析受力如图所示，设两绳的夹角为2θ．则sinθ==，得cosθ==设绳子的拉力大小为T，由平衡条件得2Tcosθ=mg解得；（2）①对环：设绳子的拉力大小为T′，则根据牛顿第二定律得：竖直方向：T′+T′cos60°=mg水平方向：T′sin60°=ma，解得②设外力大小为F，方向与水平方向成α角斜向右上方．对整体：由牛顿第二定律得：水平方向：Fcosα=（M+m）a竖直方向：Fsinα=（M+m）g解得，，α=60°即外力方向与水平方向夹角为60°斜向右上方．答：（1）现让杆和环均静止悬挂在空中，绳中拉力的大小是；（2）①此状态下杆的加速度大小a为；②为保持这种状态需在杆上施加一个的外力为，方向与水平方向夹角为60°斜向右上方．12．如图所示，某传送带与地面倾角θ=37°，AB之间距离L1=2.05m，传送带以V0=1.0m/s 的速率逆时针转动．质量为M=1.0kg，长度L2=1.0m的木板上表面与小物块的动摩擦因数μ2=0.4，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ3=0.1，开始时长木板靠近传送带B端并处于静止状态．现在传送带上端A无初速地放一个质量为m=1.0kg的小物块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ1=0.5，（假设物块在滑离传送带至木板右端时速率不变，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）．求：（1）物块离开B点的速度大小；（2）物块在木板上滑过的距离；（3）木板在地面上能滑过的最大距离．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系．【分析】以小物快为研究对象，受力分析，明确其运动情况（先以a1匀加速与传送带同速后；由于μ1＜tan37°，小物块收到重力、弹力和传送带斜向上的滑动摩擦力作用下，以a2做匀加速到B点；小物块在木板上方做匀减速运动），利用牛顿运动定律求解．注意多过程运动中，速度是连接前后的纽带．【解答】解：（1）以小物块为研究对象，收到重力、弹力和沿斜面向下的滑动摩擦力．由牛顿第二定律得：刚开始物块相对传送带往下滑其加速度为a1=gsin37°+μ1gcos37°=10 m/s2物快与传送带速度V0用的时间：t1==0.1s。