2018-2019学年江苏省苏州市高一（上）期末物理试卷

这是一份2018-2019学年江苏省苏州市高一（上）期末物理试卷，共23页。
2018-2019学年江苏省苏州市高一（上）期末物理试卷
一.单项选择题：本题共6小题.每小题3分，共计18分每小题只有一个选项符合题意
1．（3分）最早把实验和逻辑推理和谐地结合起来对自由落体运动进行科学研究的科学家是（　　）
A．伽利略 B．胡克 C．牛顿 D．亚里士多德
2．（3分）如图所示，在加速上升的电梯中。小明站在一个台秤上，下列说法正确的是（　　）

A．人对秤的压力与秤对人的支持力是一对平衡力
B．秤对人的支持力与人的重力是一对平衡力
C．秤对人的支持力等于人对秤的压力
D．秤对人的支持力大于人对秤的压力
3．（3分）汽车以20m/s的速变做匀速直线运动。刹车后的加速度大小为5m/s2．那么刹车后2s内与刹车后6s内汽车通过的位移之比为（　　）
A．1：1 B．3：4 C．3：5 D．5：9
4．（3分）如图所示，物体在恒力F作用下沿曲线从A运动到B．此时使它所受的力F大小不变，方向与原来方向相反，关于物体以后运动情况，下列说法正确的是（　　）

A．物体可能沿曲线Ba运动
B．物体可能沿直线Bb运动
C．物体可能沿曲线Bc运动
D．物体可能沿原曲线由B返回A：
5．（3分）一根弯折的硬杆一端固定小球。图A小车在水平面上向右匀速运动：图B小车在水平面上向右匀加速运动：图C小车在水平面上向右匀减速运动；图D小车在光滑斜面上加速下滑，下列图中杆对小球作用力F的示意图可能正确的是（　　）
A． B． C． D．
6．（3分）木块A，B的质量分别为m1、m2，用细线通过滑轮连接，如图所示、已知A，B静止时两条细线都处绷紧状态。现将物块B下方的细线剪断。忽略滑轮摩擦及一切阻力。设剪断细线前后A，B间的细线弹力分别T1、T2，则（　　）

A．m1g＞T1＞m2g B．m1g＞T1＝m2g C．m1g＞T2＝m2g D．m1g＞T2＞m2g
二.多项选择题：本题共5小题.每小题4分.共计20分每小题有多个选项符合題意.全部选对的得4分.选对但不全的得2分.错选或不善的得0分，
7．（4分）如图所示，在足球比赛中头球是一种常用的技术。关于运动员的头与球之间的弹力，下列说法正确的有（　　）

A．头对球有弹力作用，球对头设有弹力作用
B．头对球的弹力是由球的形变产生的
C．头对球的弹力使球发生形变
D．头对球的弹力可以改变球的运动方向
8．（4分）如图所示是某同学站在力板传感器上做“下蹲﹣起立”的动作时记录的压力F随时间t变化的图线。由图线可知该同学；（　　）

A．体重约为800 N
B．10s内做了一次“下蹲﹣起立”的动作
C．10s内做了两次“下蹲﹣起立”“的动作
D．“下蹲﹣起立过程”的最大加速度约为7m/s2
9．（4分）某河水的流速与离出发点河岸距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示。让船以最短时间渡河，则（　　）

A．渡河的时间是75s
B．在行驶过程中，船头始终与河岸垂直
C．航行的轨迹是一条直线
D．在行驶过程中，船相对于河岸的最大速度是5m/s
10．（4分）如图所示。传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速放一小木块。若木块与传送带间的动摩擦因数为μ．重力加速度为g，则木块从左端运动到右端的时间t正确的是（　　）
A．若μ＞V22gL，则t=Lv+v2μg
B．若μ＞V22gL 则t=2Lμg
C．若μ＜V22gL，则t=Lv+v2μg
D．若μ＜V22gL，则t=2Lμg
11．（4分）如图所示，细线的一端系质量为m的小球。另﹣﹣端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行、在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为（重力加速度为g）（　　）

A．T＝m（gsinθ+acosθ） B．T＝m（gcosθ+asinθ）
C．FN＝m（gcosθ+asinθ） D．FN＝m（gcosθ﹣asinθ）
三.实验题：本题共3小题，共计24分.请将解答填写在答题卡相应的位置.
12．（4分）“验证力的平行四边形定则“的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。
（1）图乙中的F与F'两力中，方向一定沿AO方向的是　 　
（2）本实验采用的科学方法是　 　
A．理想实验法 B．等效替代法
C．控制变量法 D．建立物理模型法

13．（8分）某小组利用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律。实验中，他们平衡了摩擦力，用天平测出小车的总质量。用细线所挂钩码的总重力代替小车所受的牵引力大小F。
（1）他们还在实验时调节水板上定滑轮的高度。使牵引小车的细线与木板平行这样做的目的是　 　
A．避免小车在运动过程中发生抖动 B．使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰
C．保证小车最终能够做匀速直线运动 D．使细线拉力等于小车受到的合力

（2）实验得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示，O、A、B、C、D是在纸带上选取的计数点，相邻计数点间还有4个打的点未画出，AB、CD间的距离分别为x1，x2．打点计时器的打点周期为T．则小车运动的加速度大小为　 　m/s2。
（3）下表记录了小车质量一定时，牵引力大小F与对应的加速度a的几组数据。请在图丙的坐标中描点作出a﹣F图线。
钩码个数
1
2
3
4
5
F/N
0.49
0.98
1.47
1.96
2.45
a/（m．s﹣2）
0.92
I.68
2.32
2.88
3.32
（4）实验中画出的a﹣F图线与理论计算得到的图线（图中已画出）有明显偏差，其原因主要是　 　
14．（12分）“研究平抛物体的运动“实验的装置如图甲所示。钢球从斜槽上滚下，经过水平槽飞出后故平抛运动。每次都使钢球从斜槽上同一位置由静止滚下，在小球运动轨迹的某处用带孔的卡片迎接小球。使球恰好从孔中央通过而不碰到边缘，然后对准孔中央在白纸上记下一点。通过多次实验。在竖直白纸上记录钢球所经过的多个位置，用平滑曲线连起来就得到钢球做平抛运动的轨迹。

（1）实验所需的器材有：白纸、图钉、平板、铅笔、弧形斜槽、小球、重锤线、有孔的卡片，除此之外还需要的一项器材是　 　
A．天平 B．秒表 C．刻度尺
（2）在此实验中，小球与斜槽间有摩擦　 　（选填”会”或“不会”）使实验的误差增大：如果斜槽末端点到小球落地点的高度相同，小球每次从斜槽滚下的初始位置不同，那么小球每次在空中运动的时间　 　（选填“相同”或“不同“）：
（3）如图乙所示是在实验中记录的一段轨迹。已知小球是从原点O水平抛出的，经测量A点的坐标为（40cm，20cm）。g取10m/s2．则小球平抛的初速度v0＝　 　m/s，若B点的横坐标为xB＝60cm，则B点纵坐标为yB＝　 　m。
（4）另一同学利用稳定的细水柱显示平抛运动轨迹，下面三张装置图中正确的是　 　

四、计算题:本题共4小题.共计58分.解答时请写出必要的文字说明方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分有数值计算的题.答案中必须明确写出数值和单位
15．（14分）质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v﹣t图象如图所示。g取10m/s2，求：
（1）0～6s，6～10s过程中加速度的大小
（2）0～10s内物体运动的位移；
（3）物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小。

16．（14分）某电视台正在策划的“快乐向前冲”节目的场地设施，如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人（人可看作质点）运动，下方水面上漂浮着一个直径为2m海绵的圆盘。平台边缘与圆盘的高度差H＝3.2m。选手抓住悬挂器，按动开关，在电动机的带动下，从平台边缘正上方A点沿轨道做初速度为零，加速度为a＝2m/s2的匀加速直线运动。起动后2s悬挂器脱落。（重力加速度为g＝10m/s2）
（1）求：人随悬挂器水平运动的位移和悬挂器脱落时人的速率；
（2）若悬挂器脱落后，选手恰好落到圆盘的中心，求：圆盘离平台水平距离L的大小；
（3）求：选手落到圆盘时的速度大小及速度与竖直方向夹角的正切值。

17．（14分）如图所示，用细线A和轻弹簧B、C将两个质量均为m的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，细线A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平。求：
（1）细线A和轻弹簧C受到的拉力；
（2）轻弹簧B受到的拉力：
（3）若烧断细线A，则细线烧断瞬间两小球的加速度。

18．（16分）如图所示，质量为2kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为1kg可视为质点的木块A以水平速度v0＝2m/s从右端向左滑上木板。木块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5．此时有一水平向右的力F＝10N作用在长木板上，取g＝10m/s2。
（1）求开始时木块A和木板B各自的加速度大小。
（2）若木板足够长，求从木块滑上木板到木块和木板速度相等所经历的时间。
（3）要使木块不从木板上滑落，求木板的最小长度。


2018-2019学年江苏省苏州市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一.单项选择题：本题共6小题.每小题3分，共计18分每小题只有一个选项符合题意
1．【分析】掌握物理学史的基本内容，明确了题目所提到的科学家的重要贡献即可正确解答本题。
【解答】解：亚里士多德认为力是维持物体运动的原因；最早把实验和逻辑推理和谐地结合起来对自由落体运动进行科学研究的科学家是伽利略；牛顿在伽利略等科学家的基础上提出了牛顿三定律；胡克提出了胡克定律，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了有关物理学史的知识，对于这部分知识注意是注意平时加强积累和记忆。
2．【分析】明确作用力和反作用力的性质，能区分作用力和反作用力与平衡力；
明确当物体有向下的加速度时物体处于失重状态；当物体加速度向上时，物体处于超重状态；物体处于超重状态或失重状态时，重力并没有发生变化。
【解答】解：A、根据牛顿第三定律可知，人对秤的压力与秤对人的支持力是一对作用力和反作用力，故A错误；
B、人站在电梯里一起加速上升，人的加速度向上，合力向上，电梯对人的支持力大于人的重力，不是平衡力，故B错误；
C、D、由A的分析可知，秤对人的支持力等于人对秤的压力，故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】本题考查超重与失重以及牛顿运动定律的应用，其中要注意的是超重或失重时，是视重发生变化，而物体的重力不变化，还要注意平衡力与相互作用力的区别。
3．【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式求出汽车刹车到停止所需的时间，判断汽车是否停止，结合位移时间公式求出刹车后的位移。
【解答】解：汽车刹车到停止所需的时间t0=v0a=4s。
则刹车后2s内的位移x=v0t+12at2=30m。
刹车后6s内的位移等于刹车后4s内的位移，则x′=v022a=40m。
则刹车后2s内与刹车后6s内汽车通过的位移大小之比为3：4．故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题属于运动学中的“刹车”问题，是道易错题，注意汽车刹车停止后不再运动。
4．【分析】物体做曲线运动时，运动轨迹是在速度与力的夹角之中，根据这一点可以判断原来的恒力F的方向是向下的，当F变成向上时，运动轨迹仍然要处于速度与合力的夹角之间。
【解答】解：物体从A到B运动，因为运动轨迹是在速度与力的夹角之中，所以物体所受恒力方向应是向下的。到达B点后，力的大小不变方向相反，变成向上。
A、由于力的方向发生了改变，曲线Ba不在力与速度的夹角内，物体不可能沿曲线Ba运动，故A错误。
B、因为物体在B点的速度方向为切线方向，即直线Bb，而力与速度方向不同，所以物体不可能做直线运动，故B错误。
C、Bc在力与速度的夹角内，物体有可能沿Bc运动，故C正确。
D、物体的初速度的方向向右，很明显，物体不可能由B返回A，故D错误。
故选：C。
【点评】此题要理解物体做曲线运动时轨迹处于合力和速度的夹角之间。牢记运动轨迹在速度与力的夹角之中即可正确解答。 属于基础题。
5．【分析】小球受重力和杆对球的作用力两个力作用，结合合力的方向，确定杆对小球作用力的方向。
【解答】解：A、小车做匀速直线运动，则小球处于平衡状态，可知杆对小球的作用力方向竖直向上，故A错误。
B、小车在水平面上向右匀加速运动，合力方向向右，则力F的方向斜向右上方，故B正确；
C、小车向右做匀减速直线运动，知小车的加速度方向水平向左，则小球的加速度方向水平向左，小球所受的合力向左，根据平行四边形定则知，杆对小球的作用力方向斜向左上方，故C错误；
D、小车在光滑斜面上加速下滑，以整体为研究对象，加速度大小为a＝gsinθ，对小球根据牛顿第二定律可得，合力方向沿斜面向下，大小为ma＝mgsinθ，此时杆对小球的作用力方向垂直于斜面向上，故D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道小球和小车具有相同的加速度，知道合力的方向与加速度方向相同，结合合力方向判断杆对球的弹力方向。
6．【分析】剪断细线前，木块A、B均静止，且两绳均处于绷紧状态，即两绳均有弹力，分别对A、B受力分析由平衡条件即可求解；
剪断细线后，木块A、B一起加速运动，分别对A、B由牛顿第二定律列方程即可求解。
【解答】解：AB、剪断细线前，木块A、B均静止，且两绳均处于绷紧状态，即两绳均有弹力，分别对A、B受力分析由平衡条件有：
对A：m1g＝T1
对B：T1＝m2g+T
则m1g＝T1＞m2g，故AB错误；
CD、剪断细线后，木块A、B一起加速运动，设加速度为a，分别对A、B由牛顿第二定律有：
对A：m1g﹣T2＝m1a，解得：T2＝m1（g﹣a）
对B：T2﹣m2g＝m2a，解得：T2＝m2（g+a）
则m1g＞T2＞m2g，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题是常见的连接体问题，关键要知道细线剪断后A、B一起加速运动，然后由牛顿第二定律列方程。
二.多项选择题：本题共5小题.每小题4分.共计20分每小题有多个选项符合題意.全部选对的得4分.选对但不全的得2分.错选或不善的得0分，
7．【分析】掌握产生弹力的条件：使具有弹性的物体发生弹性形变，并且形变越大，弹力越大，从而即可求解。
【解答】解：A、力的作用是相互的，头对球有弹力作用，球对头也有弹力的作用，故A错误。
B、根据弹力产生原理，头对球的弹力，由于头发生形变而产生，故B错误；
C、头对球的弹力，导致球发生形变，故C正确；
D、头对球的弹力可以改变球的运动方向；故D正确；
故选：CD。
【点评】此题考查了学生对弹力的理解，关键掌握弹力产生的两个条件，是一道基础性题目。
8．【分析】失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度。人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是如此。
【解答】解：A、从图中可以看出人的体重约为630N，故A错误；
BC、人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲﹣起立的动作，故B正确，C错误；
D、图中可以看出人的体重约为650N，下降的过程中对力传感器的最小压力约190N，所以人的最大加速度：amax=650-19065≈7.1m/s2，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别。
9．【分析】合运动与分运动的相互关系：
①独立性：②等时性：③等效性：④相关性
本题船实际参与了两个分运动，沿水流方向的分运动和沿船头指向的分运动，当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，船的实际速度为两个分运动的合速度，根据分速度的变化情况确定合速度的变化情况。
【解答】解：A、当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，由甲图可知河宽为300m，t=dvc=3003s＝100s，故A错误；
B、船的合运动时间等于各个分运动的时间，沿船头方向分运动时间为t=xvc，当x最小时，t最小，当船头与河岸垂直时，x有最小值，等于河宽d，
故要使船以最短时间渡河，船在行驶过程中，船头必须始终与河岸垂直，故B正确；
C、由于随水流方向的分速度不断变化，故合速度的大小和方向也不断变化，船做曲线运动，故C错误；
D、当vs取最大值4m/s时，合速度最大，v=32+42 m/s＝5m/s，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题关键找到船参加的两个分运动，然后运用合运动与分运动的等时和等效规律进行研究，同时要注意合运动与分运动互不干扰。
10．【分析】木块沿着传送带的运动可能是一直加速，也可能是先加速后匀速，对于加速过程，可以先根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求解运动时间。
【解答】解：AB、若μ＞V22gL，即v2＜2μgL，物块先加速再匀速；
若木块沿着传送带的运动是先加速后匀速，根据牛顿第二定律，有：μmg＝ma
根据速度时间公式，有：v＝at1
根据速度位移公式，有：v2＝2ax1
匀速运动过程，有：L﹣x1＝vt2
联立解得：t＝t1+t2=Lv+v2μg，故A正确、B错误；
CD、若μ＜V22gL，即v2＞2μgL，物块沿着传送带的运动是一直加速，根据牛顿第二定律，有：μmg＝ma
根据位移时间公式，有L=12at2
解得：t=2Lμg，故C错误、D正确
故选：AD。
【点评】本题关键是将小滑块的运动分为两种情况分析，一直匀加速或先匀加速后匀速，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解。
11．【分析】小球始终静止在斜面上，说明斜面体加速度较小，且未脱离斜面，对小球受力分析，利用牛顿第二定律列式求解即可。
【解答】解：当加速度a较小时，小球与斜面一起运动，此时小球受重力、绳子拉力和斜面的支持力，绳子平行于斜面；小球的受力如图：
水平方向上由牛顿第二定律得：Tcosθ﹣FNsinθ＝ma ①
竖直方向上由平衡得：Tsinθ+FNcosθ＝mg ②
①②联立得：FN＝m（gcosθ﹣asinθ） T＝m（gsinθ+acosθ） 故AD正确BC错误。
故选：AD。

【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，结合牛顿第二定律运用正交分解进行求解。
三.实验题：本题共3小题，共计24分.请将解答填写在答题卡相应的位置.
12．【分析】由于实验误差的存在，导致F1与F2合成的理论值（通过平行四边形定则得出的值）与实际值（实际实验的数值）存在差别，实验利用了等效替代法的科学方法，可结合实验原理对各选项一一分析。
【解答】解：（1）F1与F2合成的理论值是通过平行四边形定则算出的值，而实际值是单独一个力拉O点的时的值，因此F是F1与F2合成的理论值，F′是F1与F2合成的实际值，方向一定沿AO方向；
故答案为：F′；
（2）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，因此ACD错误，B正确。
故选：B；
故答案为：（1）F′；（2）B；
【点评】本实验采用的是等效替代的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代。
13．【分析】（1）根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材，牵引小车的细绳与木板平行。这样做的目的是可在平衡摩擦力后使用细绳拉力等于小车受的合力。
（2）根据连续相等时间内位移之差是一恒量，△x＝aT2，求出加速度；
（3）根据描点法作出图象；
（4）根据图象分析原因。
【解答】解：（1）使牵引小车的细绳与木板平行。这样做的目的是可在平衡摩擦力后使用细绳拉力等于小车受的合力，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2）因为每相邻两计数点间还有4个打点，所以相邻的计数点之间的时间间隔为t＝5T，
匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数即△x＝at2，则有：a=x2-x150T2
（3）根据描点法作出图象，如图所示：
（4）探究加速度与力的关系实验中，当钩码质量远小于小车质量时，可以认为小车受到的拉力等于钩码重力，如果钩码质量太大，没有远小于小车质量，小车受到的拉力明显小于钩码重力，实验误差较大，a﹣F图象不再是直线，而发生弯曲，变成曲线。
故答案为：（1）D；（2）x2-x150T2；（3）如图所示；（4）不满足小车及所加钩码的总质量远大于所挂钩码质量

【点评】对于实验题，要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，应控制砂桶总质量远小于小车质量。
14．【分析】（1）根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材。
（2）根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤，根据下降的高度比较运动的时间。
（3）根据下降的高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出初速度，根据水平位移和初速度求出平抛运动的时间，结合位移时间公式求出B点的坐标。
（4）竖直管内与大气相通，为外界大气压强，竖直管在水面下保证竖直管上出口处的压强为大气压强。
【解答】解：（1）研究平抛运动，需要测量水平位移和竖直位移，所以还需要的器材是刻度尺。故选：C。
（2）为了保证小球每次平抛运动的初速度相等，让小球每次从斜槽的同一位置由静止释放，小球与斜槽间有摩擦不会影响实验的误差。
小球每次从斜槽滚下的初始位置不同，会导致平抛运动的初速度不同，但是平抛运动的高度相同，则小球每次在空中运动的时间相同。
（3）根据yA=12gtA2得，tA=2yAg=2×0.210s=0.2s，则小球平抛运动的初速度v0=xAtA=0.40.2m/s=2.0m/s，小球运动到B点的时间tB=xBv0=0.62s=0.3s，则B点的纵坐标yB=12gtB2=12×10×0.09m=0.45m。
（4）竖直管内与大气相通，为外界大气压强，竖直管在水面下保证竖直管上出口处的压强为大气压强。因而另一出水管的上端口处压强与竖直管上出口处的压强有恒定的压强差，保证另一出水管出水压强恒定，从而水速度恒定。如果竖直管上出口在水面上，则水面上为恒定大气压强，因而随水面下降，出水管上口压强降低，出水速度减小。故选：B。
故答案为：（1）C，（2）不会，相同，（3）2.0，0.45，（4）B。
【点评】解决本题的关键知道探究平抛运动规律的原理，以及掌握研究平抛运动的方法，对于第四问，能够通过压强的知识分析获得稳定流速的方法。
四、计算题:本题共4小题.共计58分.解答时请写出必要的文字说明方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分有数值计算的题.答案中必须明确写出数值和单位
15．【分析】（1）根据速度时间图线的斜率求出加速过程和减速过程物体的加速度；
（2）根据图线与时间轴围成的面积求出0～10s内物体运动位移的大小；
（3）减速运动过程根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式可求得动摩擦因数的大小，加速运动过程根据牛顿第二定律可求得水平推力的大小。
【解答】解：（1）0～6s的加速度a1=△v1△t1=8-26m/s2＝1m/s2
6～10s物体的加速度a2=△v2△t2=0-84m/s2＝﹣2m/s2
（2）图线与时间轴围成的面积表示位移，则0～10s内物体运动位移的大小x=12×（2+8）×6+12×4×8m＝46m。
（3）减速运动过程根据牛顿第二定律得，摩擦力f＝﹣ma2＝2×2N＝4N，
动摩擦因数μ=fmg=0.2。
加速运动过程根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma1，
解得：F＝f+ma1＝4+2×1N＝6N。
答：（1）0～6s，6～10s过程中加速度的大小分别为1m/s2、2m/s2；
（2）0～10s内物体运动的位移是46m；
（3）物体与水平面间的动摩擦因数是0.2；水平推力F的大小是6N。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合运用，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。
16．【分析】（1）由匀变速直线运动的位移公式即可求出位移，由速度公式即可求出悬挂器脱落时人的速率。
（2）抓住平抛运动的水平位移和匀加速直线运动的位移等于L，结合位移公式和速度公式求出匀加速运动的时间；根据平抛运动的分位移公式列式求解
（3）根据矢量合成求解末速度。
【解答】解：（1）匀加速运动选手的位移为：x1=12at12=4m。
悬挂器脱落时选手的速度为：v1＝at1＝4m/s。
（2）悬挂器脱落后选手做平抛运动，
竖直方向上，h=12gt22
水平方向上，x2＝v1t2
联立解得x2＝3.2m。
故圆盘离平台的水平距离为：
L＝x1+x2﹣R＝6.2m。
（3）选手恰好落到转盘的圆心处的速度为：
v2=vx2+vy2=45m/s。
tanθ=vxvy=12。
答案：（1）人随悬挂器水平运动的位移为4m，悬挂器脱落时人的速率为4m/s。
（2）若悬挂器脱落后，选手恰好落到圆盘的中心，圆盘离平台水平距离L的大小为6.2m。
（3）选手落到圆盘时的速度大小45m/s，速度与竖直方向夹角的正切值为12。
【点评】解决本题的关键理清选手的运动过程，并抓住各个过程之间的联系，如速度关系和位移关系，结合牛顿第二定律、平抛运动的分位移公式、运动学公式灵活求解。
17．【分析】（1）将两球和弹簧B看成一个整体，分析受力情况，根据平衡条件求出弹簧A、C拉力，
（2）再以球2为研究对象，求BC弹簧的拉力。
（3）烧断细线A的瞬间，弹簧的弹力瞬间没有变化，根据牛顿第二定律可求得加速度大小。
【解答】解：（1）将两小球看作一个整体，对整体受力分析，
可知整体受到重力2mg，细线A和弹簧C的拉力FA和FC的作用，受力如图所示，
根据共点力的平衡条件有：FA=2mgcos30°=43mg3，FC＝2mgtan30°=23mg3
（2）对BC间的小球进行受力分析，其受力如图所示，

根据平衡条件由：FB=(mg)2+(23mg3)2=73mg
（3）烧断细线A的瞬间，弹簧的弹力瞬间没有变化，BC间小球的受力不变，加速度为0，
AB间小球的合力为F＝FA=43mg3
所以加速度为Fm=43g3
答：（1）细线A和轻弹簧C受到的拉力分别为43mg3、23mg3；
（2）轻弹簧B受到的拉力是73mg；
（3）若烧断细线A，则细线烧断瞬间两小球的加速度分别为43g3、0。

【点评】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。
18．【分析】（1）对木块和木板分别受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解加速度；
（2）A物体先向左减速到0后再向右加速，由速度时间公式求所用时间；
（3）要使木块不滑下，应使木板的长度至少等于木板和木块在这段时间内的位移差。
【解答】解：（1）对木块和木板分别受力分析，由牛顿第二定律得：
对A分析 a1＝μg＝0.5×10＝5m/s2
对B分析 F﹣μmg＝2ma2 a2＝2.5m/s2
（2）设A物体向左减速到v＝0时所用时间为t1
由速度公式得：vA＝v0﹣μgt1
解得：t1＝0.4s
此时B物体的速度：vB＝a2t1
解得：vB＝1m/s
设A、B一起向右加速到共速时间为t2
由速度关系得：a1t2＝vB+a2t2
解得：t2＝0.4s
经历的时间t总＝t1+t2＝0.8s
（3）A物体向左发生的位移：xA=v022μg
解得：xA＝0.4m
B物体向右发生的位移：xB=12a2t12
解得：xB＝0.2m
A、B相反运动过程中的相对位移为△x1＝0.4+0.2＝0.6m
A、B一起向右过程中A、B的位移差为△x2＝xB′﹣xA′＝（VBt2+12a2t22）-12a1t22＝（1×0.4+12×2.5×0.42）-12×5×0.42＝0.2m
要使木块不滑下，木板最小长度为△x总＝△x1+△x2＝0.8m
答：（1）求开始时木块A和木板B各自的加速度大小分别为5m/s2和2.5m/s2；
（2）若木板足够长，从木块滑上木板到木块和木板速度相等所经历的时间为0.8s；
（3）要使木块不从木板上滑落，木板的最小长度为0.8m。
【点评】本题属于连接体问题，关键是隔离法受力分析然后正确运用牛顿第二定律求出各自的加速度。