2020-2021学年三门峡市高一上学期期末物理试卷_附答案解析

2020-2021学年三门峡市高一上学期期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1.在下列研究中，可以视为质点的是()
A. 研究乒乓球的旋转
B. 研究运动员的跨栏动作
C. 研究流星的坠落轨迹
D. 研究蝴蝶翅膀的振动
2.在下列公式中选出加速度a的定义式()
A. B. C. D.
3.物体做匀变速直线运动，从某时刻开始计时，第一秒末的速度是1m/s，第二秒末的速度大小是
5m/s，则下面判断正确的是()
A. 该物体的加速度大小一定是4m/s2
B. 该物体的加速度大小一定是6m/s2
C. 该物体在前2s内的位移大小一定是2m
D. 该物体在前2s内的位移大小可能是6m
4.如图所示，图线为物体做直线运动的位移−时间图象，从图象上可知
()
A. 物体在0～5s内做匀加速直线运动
B. 物体在5s～7s内处于静止状态
C. 物体在7s时运动的速度最大
D. 物体在10s时离出发点距离最远
5.下列表述中与实际情况符合的是()
A. 小李在3楼阳台将一篮球自静止释放，下落到地面所需时间约为ls
B. 小明将一个鸡蛋举过头顶，克服重力做功约为10J
C. 小华正常步行的速度约为10m/s
D. 某个二价离子的电荷量为3.1×10−19C
6.一小球在斜面上从静止开始匀加速滚下，进入水平面后又做匀减速直线运动．直至停止，在下
图中所示的v−t图象中哪个可以反映小球这一整个运动过程(v为小球运动的速率)()
A. B.
C. D.
7.如图所示，一根长为L的细铝棒用两根劲度系数为k的弹簧水平地悬挂
在匀强磁场中。

当电流I方向向右时，两根弹簧缩短；当I的方向向左时，两弹簧伸长，并且相对于平衡位置伸长、缩短的长度都是△L，则磁场的磁感应强度为()
A. 2K△L
LI B. 3K△L
LI
C. K△L
2LI
D. K△L
3LI
8.如图所示，清洗楼房玻璃的工人常用一根绳索将自己悬在空中，工人及其装备的总
重量为G，悬绳与竖直墙壁的夹角为α，悬绳对工人的拉力大小为T，墙壁对工人的
弹力大小为N，不计工人与墙壁之间的摩擦．则()
A. T=Gsinα
B. N=Gtanα
C. 若缓慢减小悬绳的长度，T与N的合力变大
D. 若缓慢增大悬绳的长度，T减小，N增大
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9.如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹．质点从M点出发经P点到达N点，已
知弧长MP小于弧长PN，质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等．下列说法中正确的是()
A. 质点从M到N过程中加速度逐渐增大
B. 质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同
C. 质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，但方向相同
D. 质点在MN间的运动是匀变速运动
10.两个中间有孔的质量均为M的小球用一轻弹簧相连，套在一水平光滑横杆上，两个小球下面分
别连一轻弹簧。

两轻弹簧下端系在同一质量为m的小球上，如图所示。

已知三根轻弹簧的劲度系数都为k，三根轻弹簧刚好构成一个等边三角形。

则下列判断正确的是()
A. 水平横杆对其中一个小球的支持力为Mg+mg
B. 连接质量为m小球的其中一个轻弹簧的伸长量为√3mg
3k
C. 套在水平光滑横杆上的轻弹簧的伸长量为√3mg
6k
D. 连接质量为m小球的其中一个轻弹簧的弹力为√3mg
3
11.A、B两个质点的运动情况如图所示，下列叙述中正确的是()
A. t=2s时，质点B的运动方向发生改变
B. t=2s时，A、B两质点间的距离一定等于4m
C. 在第1s内，A、B同时由静止出发，朝相反方向运动
D. t=4s时，A、B两物体相遇
12.如图所示，楔形物块A静止在水平地面上，其斜面粗糙，底边顶角θ=30°.用平行于斜面的力F拉
动斜面上的小物块B，使小物块B沿斜面匀速上滑。

若在纸面内顺时针缓慢旋转力F，使力F的方向与斜面之间的夹角α在0°≤α≤60°范围内增大，此过程小物块B仍沿斜面匀速上滑：楔形物块A始终静止在水平地面上。

己知小物块B与楔形物块A的斜面间的动摩擦因数μ=0.75.下列说法正确的是()
A. 拉力F与重力的合力方向不变
B. 拉力F先增大后减少
C. 拉力F先减少后增大
D. 地面受到的静摩擦力的方向不变
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13.测定木块与水平长木板之间的动摩擦因数，通常需要测力计。

如果没有测力计，也可通过其他
方法测出它们之间的动摩擦因数。

某实验小组根据转换测量的方法，测出了木块与长木板之间的动摩擦因数μ，测量的步骤和方法如图所示。

①如图a，将轻弹簧竖直悬挂起来，测出轻弹簧的自然长度l0；
②如图b，将木块悬挂在轻弹簧的下端，静止时测出弹簧的长度l1；
③如图c，将长木板固定在水平面上，用弹簧拉动木块在长木板上匀速运动，测出弹簧长度l2。

(1)若测量该轻弹簧原长l0=20cm，悬挂木块的重力为20N时，弹簧总长l1=24cm。

则该弹簧的劲
度系数k=______N/m。

(2)根据测出的物理量，推导出木块与长木板之间的动摩擦因数μ的表达式μ=______(用l0、l1、l
等
2字母表示)
(3)在实验中同学们发现：如果按图d的方法，将轻弹簧一端连接木块，另一端固定在竖直墙壁上，
拉动长木板水平运动，测出弹簧长度l3，同样可以求得动摩擦因数μ.比较图c和图d的两种方法，你认为图______(填“c”或“d”)方法更好。

14.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中
(1)图甲给出的测量仪器中，本实验需要用到的有______
(2)某组同学实验得出数据，画出a−F图象如图乙所示，那么该组同学实验中出现的问题可能是
______
A.没有平衡摩擦阻力
B.平衡摩擦阻力时长木板倾角过大
C.绳子拉力方向没有跟长木板平行
D.小车质量发生变化
(3)打点计时器所用电源的频率为50Hz.如图丙所示，某同学选取一条比较理想的纸带做分析，标注
的计数点为“1”、“2”、“3”……则计时器打下点“2”时小车的瞬时速度大小
v2=______m/s，小车的加速度大小a=______m/s2.(结果均保留两位小数)
四、计算题（本大题共4小题，共38.0分）
15.如图所示，地面固定一个圆心为O，竖直放置的光滑半圆轨道ABC，B为半圆轨道中点，半径R=
0.08m，OB与AC垂直，木板DE质量为m，长度L=10m，E与A距离s=2m，木板与地面间的
动摩擦因数为µ1=0.1，假设木板与A碰撞后立即原速率返回，且与A只能碰撞一次，E与A等高，以使E与A重合时木板上的物体可以滑入半圆轨道，当E与A一旦分离，板上物块将落地而无法进入半圆轨道。

一个可看作质点的物体质量为2m，物体与木板间动摩擦因数为µ2=0.2，物体在合适的位置以合适的初速度v0开始向右运动(重力加速度g=10m/s2，结果可保留分数和根号)。

求：
(1)若物体从D端以v0开始向右运动，要使物体能到达A点，则物体运动的最大初速度v0；
(2)若物体以初速度v0=5m/s开始向右运动，为了使其能够进入半圆轨道，则物体开始运动的初始
位置距E端的距离和物体能达到的最大高度。

16.一汽车在平直的公路上以v0=10m/s的速度匀速行驶，某时刻关闭发动机开始刹车，以大小为
a=2m/s2的加速度做匀减速运动．求经过8s后该物体的速度大小和方向．
17.如图所示，在质量为m=√3kg的重物上系着一条长0.2m的细绳，细
绳的另一端连着一个轻质圆环，圆环套在水平的棒上可以滑动，环与
，另有一条细绳，在其一端跨过定滑轮，定
棒间的动摩擦因数μ=√3
3
滑轮固定在距离圆环0.4cm的地方，当细绳的另一端挂上重物G，而圆环将要开始滑动，(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2)求：
(1)角φ；
(2)长为0.2m的细绳的拉力T；
(3)圆环将要开始滑动时，重物G的质量．
18.一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放
到木板上，以后木板运动的速度−时间图象如图所示．己知物块与木板的质
量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g=
10m/s2，求：
(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
(2)求木板何时停止运动．
参考答案及解析
1.答案：C
解析：解：A、研究乒乓球的旋转时，不能看作质点，否则就没有转动了．故A错误．
B、研究体操运动员的跨栏动作时，要看运动员的动作，不能看作质点，故B错误；
C、研究流星的坠落轨迹，流星的大小和形状是可以忽略的，故可以看作质点；故C正确；
D、研究蝴蝶翅膀的振动，蝴蝶的大小和形状是不能忽略，故不能看作质点；故D错误．
故选：C．
当物体的大小和形状对所研究的问题中没有影响或影响不计时，可以把物体当成质点处理．
本题考查质点的定义，必须掌握质点的条件，明确能不能看成质点不是由物体决定，而是由所研究的问题的性质决定．
2.答案：B
解析：根据高中物理必修一中加速度的定义，加速度是速度的变化量与发生这一变化所用时间的比值，故正确答案为B。

题中的A、C、D答案均为加速度的计算式，不是定义式。

3.答案：C
解析：
由于题中未给两个速度方向的关系，所以分速度方向相同和相反两个情况讨论求解加速度，但在求解位移时，要注意直接根据平均速度的结论进行分析即可。

本题关键明确物体做匀变速直线运动，然后根据平均速度定义公式求解前2s位移；若分加速和减速两种情况讨论，问题会复杂化。

m/s2=4m/s2，若速度方向相反，AB、若题中所给两个时刻的速度方向相同，则加速度为a=5−1
1
m/s2=−6m/s2，AB错误；
则加速度为a′=−5−1
1
CD、当加速度为a=4m/s2时，由匀变速的速度公式：v=v0+at可得，开始计时时的初速度为v0=
×2m=−2m，当加速度a′=−6m/s2时，由速度公式可得开始计−3m/s，前2s内的位移为x=−3+5
2
×2m=2m，故前2s内的位移大小一定为2m，时时的初速度为v0=7m/s，前2s内的位移为x=7−5
2
C正确，D错误。

故选C。

4.答案：B
解析：解：A、根据位移−时间图象的斜率表示物体运动的速度，知物体在0～5s内速度不变，做匀速直线运动，故A错误．
B、物体在5s～7s内速度为零，处于静止状态，故B正确．
C、物体在7s时运动的速度为零，故C错误．
D、物体在10s内的位移为△x=0m−0m=0m，则物体在10s时回到了出发点，故D错误．
故选：B．
本题是位移−时间(x−t)图象，其斜率表示物体运动的速度，斜率不变，且不等于零时，表示物体的速度不变，做匀速直线运动．根据斜率的正负判断物体的运动方向，从而分析出物体的运动情况．本题关键抓住图象的数学意义：斜率表示速度来分析物体的运动情况．根据运动图象分析物体的运动情况，是学习物理必须培养的基本功．
5.答案：A
解析：解：A、小球在1s内下落的高度大约为：ℎ=1
2gt2=1
2
×10×12=5m，与三楼阳台的高度接
近，故A正确；
B、鸡蛋的质量大约0.05kg，举过头顶，克服重力做功大约为：W=mgℎ=0.05×10×0.5=0.25J，故B错误；
C、人步行的速度一般在1.5m/s左右，不可能达到10m/s，故C错误；
D、二价离子的电荷量为3.2×10−19C，不可能不是元电荷的整数倍。

故D错误。

故选：A。

根据自由落体运动的位移时间公式求出下落1s下降的高度，从而判断是否符合实际。

根据鸡蛋的大约质量，结合W=mgℎ求出克服重力做功的大小；人正常步行的速度大约在1m/s。

本题考查了基本物理规律与实际生活联系的问题，通过位移公式、功、功率的公式分析判断，基础题。

6.答案：C
解析：解：
由小球初速度为零，先匀加速度，速率与时间成正比，故速率时间图象应是斜向上的直线，起点的原点处，后匀减速，末速度为零，故此段速率时间图象应是斜向下的直线，最终和时间轴相交，符合这一规律的是C，故C正确
故选：C。

小球初速度为零，先匀加速度，后匀减速，末速度为零，故其即其速率先均匀增大，后均匀减小，故可由此判定图象．
由规律得图象，必须要高清物体做的什么运动，只有明确了运动形式，才能找对图象．
7.答案：A
解析：解：不通电时mg=2k△x，
电流自左向右时有：mg=BIl+2k(△x−△l)，
电流自右向左时有：mg+BIl=2k(△l+△x)，
，故A正确，BCD错误。

联立以上三式可得：B=2K△L
LI
故选：A。

由左手定则判断出安培力的方向，对导体棒进行受力分析，然后由平衡条件列方程解题。

对导体棒进行受力分析，应用平衡条件可以正确解题；对导体棒进行受力分析时，要注意应用左手定则判断安培力的方向，注意导体棒受到的是两根弹簧的作用力。

8.答案：B
解析：解：AB、分析工人受力：工人受到重力、支持力和拉力，如图；
根据共点力平衡条件，有：
水平方向：Tsinα=N
竖直方向：Tcosα=G
，N=Gtanα.故A错误，B正确；
解得：T=G
cosα
CD、当缓慢减小悬绳的长度时，细绳与竖直方向的夹角α变大，故T变大，
N变大，但T与N的合力与重力平衡，保持不变；故CD错误。

故选：B．
工人受力平衡，合力为零，由平衡条件求出T和N.根据T和N的表达式分析讨论缓慢减小悬绳的长度时，N与T如何变化．
本题考查共点力的动态平衡；本题采用了解析法，由公式得出各力的变化；也可以使用图析法求解；可根据个人习惯选择解法．
9.答案：BD
解析：解：A、因质点在恒力作用下运动，由牛顿第二定律可知，质点做匀变速曲线运动，由于加速度不变，故A错误；
B、因加速度不变，则质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同，故B正确，C错误；
D、因加速度不变，在MN间的运动是匀变速曲线运动，故D正确；
故选：BD。

根据题意可知，质点在恒力作用下，做匀变速曲线运动，速度的变化量相等，而速度大小与方向时
刻在变化，从而即可求解．
考查曲线运动的特点：速度在变化，可能大小变，也可能方向变，但必存在加速度，可能加速度在变，也可能加速度不变．
10.答案：BCD
解析：解：A、先将三个小球当做整体，在竖直方向整体受到两个力的作用，即竖直向下的重力、竖
直向上的支持力，其大小为：F N=(2M+m)g，它的一半是水平横杆对小球的支持力，即为Mg+1
2
mg，故A错误；
B、连接质量m小球的轻弹簧的伸长量：由f=√3
3mg=kx得：x=√3mg
3k
，故B正确；
C、对M为研究对象，在水平方向有：fcos60°=kx′，解之得：x′=√3mg
6k
，故C正确。

D、以m为研究对象，受到两个弹力和m的重力的作用，故有2fcos30°=mg，解之得，f=√3
3
mg，故D正确；
故选：BCD。

本题要采用整体和隔离分析三体问题，求杆对M的作用力必须用整体法，求下端和上端弹簧的形变量必须采用隔离法，只要会正确进行受力分析和建立坐标系列方程求解，就不难求解出正确答案。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。

注意整体法和隔离法的应用。

11.答案：AC
解析：解：A、t=2s前，B的速度为负方向，2s后B的速度为正方向，所以t=2s时质点B的运动方向发生改变，故A正确。

B、由于不知道两物体一开始的间距，所以t=2s时，A、B两质点间的距离也无法确定，故B错误。

C、在第1s内，A、B同时由静止出发，A的速度为正方向，B的速度为负方向，所以两物体朝相反方向运动，故C正确。

D、t=4s时，A、B两物体速度相同，由于不知道两物体一开始的间距，所以t=4s时，A、B两质点是否相遇也无法确定，故D错误。

故选：AC。

在速度−时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．
本题是为速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，要注意上下面积之和为零时，位移等于零
12.答案：CD
解析：解：A、拉力F与重力的合力等于支持力与摩擦力的合力，逐渐增大力F的方向与斜面之间的夹角，支持力和摩擦力减小，其合力减小，故拉力F与重力的合力减小，故A错误；
BC、设拉力F与斜面的夹角为α，沿斜面方向根据平衡条件可得：
Fcosα=mgsinθ+μF N，
其中F N=mgcosθ−Fsinα
联立解得：F=mg(sinθ+μcosθ)
cosα+μsinα=mg(sinθ+μcosθ)
√μ2+1sin(α+β)
，其中tanβ=1μ=43，当β=53°，
α+β=90°时，即α=37°时拉力最小，所以拉力F先减少后增大，故B错误、C正确；
D、对物体A受力分析，受重力、支持力、B对A的压力、B对A的滑动摩擦力、地面对A的静摩擦力，如图；
根据平衡条件，有
水平方向：f静=Nsinθ+fcosθ，当拉力改变方向后，地面受到的静摩擦力的方向不变，故D正确。

故选：CD。

拉力F平行斜面向上时，分别对物体B、A受力分析，根据平衡条件列式求解；拉力改变方向后，再次分别对物体B、A受力分析，根据平衡条件列式求解；最后比较即可。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。

注意整体法和隔离法的应用。

13.答案：500l2−l0
l1−l0
d
解析：解：(1)设物体的质量为m，据图中的平衡条件可知，mg=k(l1−l0)，
代入数据为20=k(0.24−0.2)，
解得k=500N/m；
(2)由于弹簧的弹力和滑动摩擦力是一对平衡力，所以有：F=f=k(l2−l0)
又f=μmg
联立以上解得：μ=l2−l0
l1−l0
；
(3)比较两种实验方案的操作过程可以看出，图C中的物体在弹簧测力计作用下很难控制它一直做匀速直线运动，弹簧秤的示数不稳定，而图d中拉动的是木板，木板运动的速度不影响摩擦力的大小，稳定时弹簧测力计与木块相对于地静止，此时读数更准确。

所以，更合理的方案是图d。

故答案为：(1)500，(2)l2−l0
l1−l0
.(3)d；
根据胡克定律求出弹簧的劲度系数，再匀速拉动时测出弹簧的伸长量，由胡克定律和平衡条件求解μ.从实验操作方便的角度分析即可，图c中测力计是运动的，并且要匀速运动才可以，难度较大，不好。

解决该题的关键是认真分析实验中的各个实验过程，掌握实验的实验原理，熟记胡克定律的表达式；
14.答案：CD B0.360.20
解析：解：(1)在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，力是用钩码的重力代替的，所以需要天平，测加速度要用到刻度尺，而弹簧测力计和秒表用不上，故选：CD；
(2)从画出a−F图象可以看出当力为零时，小车的加速度仍然为某一值，所以是平衡摩擦阻力时长木板倾角过大，导致不拉小车时，小车就加速，故选：B；
(3)速度和加速度由运动学公式求解：v2=v13−=(7.20−0)×10−2
2×0.1m/s=0.36m/s；a=x23−x12
T2
=
(7.20−3.50)×10−2−3.50×10−2
0.12
m/s2=0.20m/s2；
故答案为：(1)CD
(2)B
(3)0.360.20
(1)根据探究加速度与力、质量关系需要测量的量，来确定实验器材；
(2)根据图2的特点得出拉力F=0时物体的加速度不为0，再分析问题出现的原因；
(3)由运动学公式求速度和加速度。

处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项。

本实验只有在满足平衡摩擦力和小车质量远大于托盘和砝码的总质量的双重条件下，才能用托盘和砝码的重力代替小车所受的合力。

15.答案：解：(1)当物体从木板左端D点滑到E点时，木板恰好运动了s=2m，E与A相遇，物体对应的初速度v0最大。

对木板有μ2⋅2mg−μ1⋅3mg=ma1
解得：a1=1m/s2
对物体有μ2⋅2mg=2ma2
解得：a2=2m/s2
设木板运动到与A相碰所用时间为t1，则木板运动的为位移s=1
2
a1t12
解得：t1=2s
木板与物体的位移关系有L=(v0t1−1
2a2t12)−1
2
a1t12
解得：v0=8m/s
此时物体到A点的速度v=v0−a2t1=4m/s
所以v0=8m/s是最大初速度。

(2)设经过t2木板与物体达到共速v1
v0−a2t2=a1t2
解得：t2=5
3s，v1=5
3
m/s
木板运动的位移x1=1
2a1t22=25
18
m
物体运动的位移x2=v0t2−1
2a2t22=50
9
m
因木板运动的位移x1<x2，之后两者以共同加速度做匀减速运动
初始位置距E端的距离为d=x2−x1=25
6
m
木板和物体以共同加速度a3做匀减速运动，到达A点的位移x3，速度为v A′
x3=s−x1=11 18
m
μ1⋅3mg=3ma3
v A′2−v12=2a3x3解得：a3=1m/s2 ，v A′=√14
3
m/s
设物体能够到达的最大高度为H，根据动能定理：
−2mgH=0−1
2
⋅2mv A′2
解得：H=7
90
m
答：(1)若物体从D端以v0开始向右运动，要使物体能到达A点，则物体运动的最大初速度为8m/s；
(2)若物体以初速度v0=5m/s开始向右运动，为了使其能够进入半圆轨道，则物体开始运动的初始
位置距E端的距离和物体能达到的最大高度为7
90
m。

解析：(1)当物体从木板左端D点滑到E点时，木板恰好运动了s=2m，E与A相遇，物体对应的初速度v0最大。

对木板根据牛顿第二定律可以求出木板的加速度a1，同理可以求出物块的加速度a2，根据匀变速直线运动位移公式可以求出物体运动的最大初速度；
(2)设经过t2木板与物体达到共速v1，根据速度公式可以求出t2和v1，再根据位移公式可以求出木板和物块的位移；之后两者以共同加速度做匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式可以求出到达A点时的速度，再根据动能定理可以求出物体能达到的最大高度。

本题考查了牛顿第二定律、动能定理、匀变速直线运动规律的综合运用等知识点。

解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解。

16.答案：解：汽车刹车到停止所需的时间为：t0=0−v0
a =0−10
−2
=5s<3s，知刹车后8s时汽车已经
停止，
t0<8s，所以刹车后在8s内的位移等于在刹车后5s内的位移．有：x=v0t+1
2
at2=10×5+
1
2
×(−2)×52=25m.
故汽车刹车后，在8s内的位移等于25m．
答：从开始刹车计时，第8s末汽车的瞬时速度是0；开始刹车后8s内，汽车前进了25米．
解析：先求出汽车刹车到停止所需的时间，因为汽车刹车停止后不再运动，然后根据x=v0t+1
2
at2，求出刹车后的位移．
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式x=v0t+1
2
at2，以及知道汽车刹车停止后不再运动，所以8s内的位移等于在5s内的位移．
17.答案：解：(1)圆环将要开始滑动时，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有：f=μF N
对环进行受力分析，则有：μF N−Tcosθ=0
F N−Tsinθ=0
解得：tanθ=√3
得：θ=60°
由于AO=0.2m，AB=0.4cm，由余弦定理可求得：φ=90°．
(2)按如图所示选取坐标轴，根据m处于平衡状态，则有：
Gcosθ+Tsinθ=mg
Tcosθ−Gsinθ=0
解得：T=15N．
(3)圆环将要滑动时，重物G=m′g
又Tcosθ−Gsinθ=0，
kg．
解得：m′=√3
2
答：(1)角φ是90°；
(2)长为0.2m的细绳的拉力T是15N；
(3)重物G的质量是√3
kg．
2
解析：(1)圆环将要开始滑动时，所受的静摩擦力刚好达到最大值．根据共点力平衡条件对环进行研究，求出tanθ，得到θ，由几何知识求出角ϕ．
(2)物体m处于平衡状态，根据共点力平衡条件求解细绳的张力．
(2)圆环将要滑动时，对重物进行受力分析，求解重物G的质量．
本题是在共点力作用下重物的平衡问题，采用隔离法分别研究三个物体，分析受力情况是解题的关键之处．
18.答案：解：(1)从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．
由图可知，在t1=0.5s时，物块和木板的速度相同．设t=0到t=t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则有：
a1=v1
t1
…①
a2=v0−v1
t1
…②
式中v0=5m/s、v1=1m/s分别为木板在t=0、t=t1时速度的大小．设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得
μ1mg=ma1…③
(μ1+2μ2)mg=ma2…④
联立①②③④式得：
μ1=0.20…⑤
μ2=0.30…⑥
(2)0.5s后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a=μ2g 由于物块的最大静摩擦力μ1mg<μ2mg，所以物块与木板不能相对静止．
根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于a2=μ1mg
m
=μ1g=2m/s2．
0.5s后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为：a1′=μ2⋅2mg−μ1mg
m
= 4m/s2
则木板速度减为零需要的时间为：t2=△v a
1′=1
4
=0.25s，
则有：t=0.5+0.25=0.75s，即木板在t=0.75s时停止运动．
答：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为0.20和0.30；
(2)木板在0.75s时停止运动．
解析：(1)由v−t图象分析可知，0.5s时刻以前木板做匀减速运动，而物块做匀加速运动，t=0.5s时刻两者速度相等．根据v−t的斜率等于物体的加速度，由数学知识求出木板的加速度大小，由运动学公式和牛顿第二定律结合求解动摩擦因数；
(2)根据牛顿第二定律判断速度相同后两个物体能否一起做匀减速运动，求出加速度，从而求出木板匀减速到静止的时间，进而求出木板停止运动的时刻．
本题首先要掌握v−t图象的物理意义，由斜率求出物体的加速度，其次要根据牛顿第二定律判断速度相等后两物体的运动情况，再由运动学公式求时间，难度适中．。