2020北京石景山高一（上）期末物理（教师版）

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2020北京石景山高一（上）期末
物 理
一、选择题，本题共15小题，每小题3分，共45分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．
1．（3分）在物理学的发展历程中，首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理结合起来的科学家是（　　）
A．牛顿 B．亚里士多德 C．笛卡尔 D．伽利略
2．（3分）下列物理量中，属于标量的是（　　）
A．位移 B．速率 C．速度 D．加速度
3．（3分）某同学在操场上向正北方向运动了30m，接着转向正东方向运动了40m。两段路线相互垂直。整个过程中，该同学的位移大小和路程分别为（　　）
A．70m，70m B．50m，120m C．50m，70m D．50m，50m
4．（3分）一物体做自由落体运动，经5m落到地面上。取g＝10m/s2，则物体落地速度大小为（　　）
A．10m/s B．5m/s C．2.5 m/s D．0.5 m/s
5．（3分）某汽车做匀加速直线运动，初速度为4m/s，经过4s速度为12m/s，在这段时间内（　　）
A．汽车的加速度为4m/s2 B．汽车的加速度为8m/s2
C．汽车的平均速度为6m/s D．汽车的平均速度为8m/s
6．（3分）如图所示，用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中。已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°．重力加速度为g。则ac和bc绳中的拉力大小分别是（　　）

A． B． C． D．
7．（3分）甲、乙两物体在同一水平面上作匀变速直线运动，甲做加速运动，经过2s速度由3m/s增加到8m/s；乙做减速运动，经过8s速度由16m/s减小到0，则（　　）
A．甲的速度变化量大，甲的加速度大
B．乙的速度变化量大，甲的加速度大
C．甲的速度变化量大，乙的加速度大
D．乙的速度变化量大，乙的加速度大
8．（3分）作用在同一物体上的两个共点力，一个力的大小是5N，另一个力的大小是9N，它们合力的大小不可能是（　　）
A．2N B．4N C．6N D．8N
9．（3分）小滑块在一恒定拉力作用下沿水平面由静止开始做匀加速直线运动，2s末撤去恒定拉力，小滑块继续匀减速滑行再6s停下，问小滑块加速阶段的位移与减速阶段的位移大小之比是（　　）
A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．1：1
10．（3分）如图所示，一质量为m的木块静止在倾角为θ的斜面上。重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A．斜面对木块的支持力大小为mgsinθ
B．斜面对木块的摩擦力大小为mgtanθ
C．增大物块质量，物块就会沿斜面向下滑动
D．斜面对木块的支持力与摩擦力的合力与重力平衡
11．（3分）为研究自由落体运动，实验者从某砖墙前的高处由静止释放一个石子，拍摄到石子下落过程中的一张照片如图。由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。经测量，每层砖的平均厚度为6.0cm，位置A距石子下落的起始位置的距离大约为2m，请根据这些数据估算这张照片的曝光时间（　　）

A．0.02s B．0.05s C．0.2s D．0.5s
12．（3分）一个做直线运动的物体受到的合外力的方向与物体运动的方向相同，当合外力减小时，则物体运动的加速度和速度的变化是（　　）
A．加速度增大，速度增大 B．加速度减小，速度减小
C．加速度增大，速度减小 D．加速度减小，速度增大
13．（3分）某志愿者站在力传感器上分别完成下蹲和站起动作，计算机同时采集相应的数据。如图所示，这是做其中一个动作时，力传感器的示数随时间变化的情况。下面判断正确的是（　　）

A．这是站起过程，先失重后超重
B．这是站起过程，先超重后失重
C．这是蹲下过程，先失重后超重
D．这是蹲下过程，先超重后失重
14．（3分）一个恒力作用在质量为m1的物体上，产生的加速度大小为a1；作用在质量为m2的物体上，产生的加速度大小为a2，若这个恒力作用在质量为m1﹣m2的物体上，则产生的加速度大小等于（m1＞m2）（　　）
A．a1a2 B．
C． D．
15．（3分）类比是一种常用的研究方法，对于直线运动，我们学习了由v﹣t图象求位移的方法。如图所示，甲、乙两个物体静止开始做某直线运动时的v﹣t图象、a﹣t图象，根据图象，可以判断以下说法正确的是（　　）

A．甲物体在5s末回到了出发点
B．甲物体在5s内的位移是9m
C．乙物体在1s末的速度是1m/s
D．乙物体在4s末的速度是2m/s
二、填空题，本题共2小题，共15分．
16．（6分）某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验，实验装置如图甲所示，其中两个主要步骤如下：
①用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O，记下O点的位置，读出并记录两个弹簧测力计的示数；
②只用一个弹簧测力计，通过绳套拉橡皮条使其伸长，读出并记录弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示，如图乙所示；
（1）以上两步骤均有疏漏，请指出疏漏：
在①中是　 　
在②中是　 　
（2）图乙所示的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是　 　。

17．（9分）探究加速度与力、质量的关系，可以采用不同的研究方案。
（1）甲同学采用的方案如图所示，将两个相同的小车放在水平木板上，前端各系一条细绳，线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中可以放不同的砝码，盘与砝码的总重力可以近似认为是小车受到的拉力。两小车后端各系一条细线，用黑板擦可以同时按住或放开这两条细线，使两车同时停止或运动。
某次操作中，在相同时间内测得小车的位移分别为x1、x2，若小车的加速度分别为a1、a2，则a1：a2＝　 　，这么做的依据是　 　。
（2）乙同学用如图所示器材进行定量探究。用拉力传感器（能测量拉力的仪器）和速度传感器（能测量瞬时速度的仪器）探究加速度与物体受力的关系。用拉力传感器记录小车受到拉力的大小，在长木板上相距L＝48.0cm的A、B两点各安装一个速度传感器，分别测量小车到达A、B时的速率。
①乙同学认为，运动时小车受到的拉力　 　悬挂物的总重力（选填“＞”或“＜”），所以乙同学采用力传感器进行实验。
②实验主要步骤如下：
Ⅰ、将拉力传感器固定在小车上；
Ⅱ、垫高木板右端，让小车在不受拉力时做　 　运动；
Ⅲ、把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与钩码相连；为保证细线的拉力不变，必须调节滑轮的高度使　 　；
Ⅳ、接通电源后自C点释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力F的大小及小车分别到达A、B时的速率vA、vB；
Ⅴ、改变所挂钩码的数量，重复步骤④的操作。
③表中记录了实验测得的几组数据，v﹣v是两个速度传感器记录速度的平方差，则加速度的表达式a＝　 　（用已知符号表示），请将表中第4次的实验数据填写完整（结果保留三位有效数字）。
次数
F/N
v﹣v/（m2•s﹣2）
a/（m•s﹣2）
1
0.60
0.77
0.80
2
1.04
1.61
1.68
3
1.42
2.34
2.44
4
2.62
4.65

5
3.00
5.49
5.72
④由表中数据，在坐标纸上作出a﹣F关系图线。
⑤对比实验结果与理论计算得到的关系图线（图中已画出理论图线），造成上述偏差的原因除了拉力传感器读数可能偏大外，还可能是　 　。

三、本题共5小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程和重要步骤．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．BCA左右
18．（7分）在停在水平地面上的小车内，用细绳AB、BC拴住一个重球，绳BC呈水平状态，绳AB与竖直方向夹角为α，球的质量为m，绳AB的拉力为T1，绳BC的拉力为T2。
求（1）以小球为研究对象，画出受力图；
（2）绳子拉力T1，T2的合力为T，求T的大小和方向，并说明理由；
（3）当小车静止时，求绳子拉力T1，T2的大小。

19．（7分）民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面。若机舱口下沿距地面h＝3.6m，气囊所构成的斜面长度为l＝6.0m，一个质量为m＝60kg的人沿气囊滑下时所受的阻力是f＝240N．g取10m/s2．（为简化问题，此处将人看作质点，并忽略空气阻力）
求：（1）乘客在气囊上滑下的加速度至少为多大；
（2）若乘客从静止开始下滑，滑到底需要多长时间？

20．（8分）如图所示，一个质量m＝1kg的物块，在F＝10N的拉力作用下，从静止开始沿水平面做匀加速直线运动，拉力方向与水平方向成θ＝37°．假设物块与水平面之间的滑动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g＝10m/s2．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
求（1）做出物块的受力分析图；
（2）求物块运动的加速度大小；
（3）求从静止开始物块移动2s后撤去F，物体还能运动多长时间？

21．（8分）某同学在学习了牛顿运动定律后，利用弹簧设计了如图所示的竖直加速度测量仪，可以用来测量某升降装置竖直上下运行时的加速度。一根轻弹簧上端固定在小木板上，旁边附有标尺。将重力为0.8N的小球P挂在弹簧下端，静止时指针指向刻度B处，当悬挂重力为1.0N的小球Q时，将静止时指针所指的刻度标记为0．小球Q与弹簧、木板、标尺共同组成竖直加速度测量仪。取重力加速度g＝10m/s2。
（1）在某次测量中，弹簧的指针恰好指向位于刻度B处。求此时小球Q受到的弹力大小、小球Q加速度的大小和方向
（2）当指针位于刻度F时，求此时小球Q受到的弹力大小、小球Q加速度的大小和方向。

22．（10分）如图所示，一水平传送带以3m/s的速度匀速运动，现把质量为1kg的小物块（可视为质点）无初速地轻放在传送带的左端A处，经过一段时间，小物块到达传送带的右端B处。A、B间距离为6m，小物块与传送带间的动摩擦因数为0.15，重力加速度g＝10m/s2。
（1）小物块从A运动到B所用的时间；
（2）以右为正方向，描绘出物块从A运动到B的过程中摩擦力f﹣t图象；
（3）只增大传送带的速度，其它物理量保持不变，可使小物块在传送带上从A运动到B所用的时间缩短。传送带的速度为多大时，小物块的运动时间最短？


2020北京石景山高一（上）期末物理
参考答案
一、选择题，本题共15小题，每小题3分，共45分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．
1．【答案】D
【分析】伽得略首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理结合起来。牛顿在伽利略等人研究的基础上发现了三大牛顿运动定律。亚里士多德的主要方法是思辩。
【解答】解：是伽得略首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理结合起来，故ABC错误，D正确
故选：D。
【点评】本题考查物理学史，对于著名物理学家、经典实验和重要学说要记牢，还要学习他们的科学研究的方法。
2．【答案】B
【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。
【解答】解：ACD、位移、速度和加速度都既有大小又有方向，是矢量，故ACD错误。
B、速率只有大小，没有方向，是标量，故B正确。
故选：B。
【点评】对于物理量的矢标性是学习的重要内容之一，要抓住矢量与标量的区别：矢量有方向，标量没有方向。
3．【答案】C
【分析】根据路程等于物体运动路线的长度、位移大小等于初位置到末位置有向线段的长度，确定路程和位移的大小。
【解答】解：位移的大小等于首末位置的距离，大小为：x＝m＝50m，路程等于运动轨迹的长度为：s＝30m+40m＝70m，故ABD错误，C正确
故选：C。
【点评】本题要理解路程和位移的物理意义，画出示意图，求解它们的大小。位移大小等于起点到终点直线距离的大小，不会大于路程。
4．【答案】A
【分析】物体做自由落体运动，根据速度位移的关系式列式可求得落地速度大小。
【解答】解：物体做自由落体运动，由速度位移的关系式得：v2＝2gh
物体落地速度：v＝＝m/s＝10m/s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查应用自由落体运动规律解题的基本能力，是基本题。
5．【答案】D
【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式求出汽车的加速度，根据平均速度的推论求出汽车的平均速度大小。
【解答】解：AB、汽车的加速度a＝＝m/s2＝2m/s2．故AB错误。
CD、汽车的平均速度＝＝m/s＝8m/s。故D正确，C错误。
故选：D。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷。
6．【答案】B
【分析】以结点c为研究对象，受到三个拉力作用，作出力图，其中重物对c点拉力等于重物的重力。根据平衡条件列方程求解。
【解答】解：以结点c为研究对象，受到三个拉力作用，作出力图。整个装置静止，则重物对c点拉力F等于重物的重力。
根据平衡条件得：Fac＝Fsin60°＝mgsin60°＝mg，Fbc＝Fcos60°＝mgcos60°＝mg，故B正确，ACD错误。
故选：B。

【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。
7．【答案】B
【分析】根据甲乙初末速度得出速度变化量，结合加速度的定义式求出加速度，从而比较大小。
【解答】解：甲的速度变化量△v1＝（8﹣3）m/s＝5m/s，加速度为：a甲＝＝m/s2＝2.5m/s2
乙的速度变化量△v2＝（0﹣16）m/s＝﹣16m/s，加速度为：a乙＝＝m/s2＝﹣2m/s2
可知乙速度变化量大，甲的加速度大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道加速度的物理意义，知道加速度的正负表示方向，不表示大小。
8．【答案】A
【分析】两力合成时，合力随夹角的增大而减小，当夹角为零时合力最大，夹角180°时合力最小，并且|F1﹣F2|≤F≤F1+F2。
【解答】解：两力合成时，合力范围为：|F1﹣F2|≤F≤F1+F2；
一个力的大小是5N，另一个力的大小是9N，它们合力的大小的范围：4N≤F≤14N，因此它们合力的大小不可能是2N，故A是不可能的，BCD是可能的；
本题选择不可能的，
故选：A。
【点评】本题关键根据平行四边形定则得出合力的范围：|F1﹣F2|≤F≤F1+F2。
9．【答案】B
【分析】用撤去恒定拉力时的速度可表达两段的平均速度，用平均速度表达出两段的位移即可求解。
【解答】解：设撤去恒定拉力时的速度为v
则加速阶段的位移为：x1＝
减速阶段的位移为：x2＝
整理得：＝
带入数据解得：＝＝＝，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了匀变速运动的位移公式，灵活选择推论公式可使解题过程简化。
10．【答案】D
【分析】以m为研究对象进行受力分析，根据平衡条件求解支持力和摩擦力大小，静止状态时合力为零，由此分析。
【解答】解：以m为研究对象，受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力，如图所示；
AB、根据平衡条件，将重力进行分解可得斜面对木块的支持力大小为N＝mgcosθ，斜面对木块的摩擦力大小为f＝mgsinθ，故AB错误；
C、增大物块质量，摩擦力和支持力同比例增加，木块仍处于静止状态，故C错误。
D、由平衡条件知，斜面对木块的支持力与摩擦力的合力与重力等大反向，故D正确。
故选：D。

【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。
11．【答案】A
【分析】AB间距约为2块砖头的厚度，约为12cm＝0.12m；石子的初位置与A点间距为2m，求出末速度；由于0.12m远小于2m，故可以近似地将AB段做匀速运动，求时间。
【解答】解：自由落体运动2m的末速度为：v＝＝m/s＝2m/s；
由于0.12m远小于2m，故可以近似地将AB段当匀速运动，故时间为：t＝＝s＝0.019s≈0.02s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题关键是求出A点速度，然后将AB段近似为匀速直线运动，估算出时间；如果用自由落体运动的公式求解，数据运算量加大。
12．【答案】D
【分析】加速度的方向与合力的方向相同，随着合力的变化而变化，当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动。由此分析。
【解答】解：当合外力减小时，根据牛顿第二定律知，加速度减小，因为合外力的方向与速度方向相同，则加速度方向与速度方向相同，知速度增大，故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
【点评】解决本题的关键要知道加速度方向与合力的方向相同，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法：看加速度方向与速度方向的关系。
13．【答案】C
【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：AB、人站起动作分别有超重和失重两个过程，先是加速上升超重，到达一个最大速度后再减速上升失重，对应先超重再失重，故AB错误；
CD、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，故C正确，D错误。
故选：C。
【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。
14．【答案】C
【分析】恒力单独作用于两个物体上时，分别根据牛顿第二定律列出两个方程，当F作用在质量为（m1﹣m2）的物体上时再根据牛顿第二定律列式，联立方程即可解题。
【解答】解：恒力单独作用于两个物体上时，分别根据牛顿第二定律得：
F＝m1a1
F＝m2a2
当F作用在质量为（m1﹣m2）的物体上时，根据牛顿第二定律得：
F＝（m1﹣m2）a
联立以上三式可得：a＝，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，根据牛顿第二定律列式联立求解即可，解题的关键在于公式的计算，分别用前两式中的F和加速度将质量表示出来。
15．【答案】C
【分析】根据速度的正负表示甲物体的运动方向，根据v﹣t图象与时间轴所围的面积表示位移求甲物体在5s内的位移。根据a﹣t图象与时间轴所围的面积表示速度变化量分析乙物体的速度。
【解答】解：A、甲物体一直沿正方向运动，不会回到出发点，故A错误。
B、根据v﹣t图象与时间轴所围的面积表示位移，可得，甲物体在5s内的位移x＝m＝8m，故B错误。
C、根据a﹣t图象与时间轴所围的面积表示速度变化量，可得，乙物体在1s内速度增加量为△v＝m/s＝1m/s，则乙物体在1s末的速度是1m/s，故C正确。
D、同理，乙物体在4s内速度增加量为△v′＝8m/s，则乙物体在4s末的速度是8m/s，故D错误。
故选：C。
【点评】本题一要有基本的读图能力，要能根据加速度图象分析乙物体的运动情况；可运用类比法，理解加速度图象“面积”的物理意义。
二、填空题，本题共2小题，共15分．
16．【答案】见试题解答内容
【分析】1、步骤①中只有记下两条细绳的方向，才能确定两个分力的方向，进一步才能根据平行四边形定则求合力；步骤②中只有使结点到达同样的位置O，才能表示两种情况下力的作用效果相同。
2、只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示。
【解答】解：（1）本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，得出结果。所以，实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示。步骤①中未记下两条细绳的方向；步骤②中未说明把橡皮条的结点拉到位置O。
（2）F是利用F1和F2做平行四边形得到的，F′使用一根弹簧测力计测出的，故F′一定沿AO方向。
故答案为：（1）①记下两条细绳的方向；②把橡皮条的结点拉到了同一位置O点。（2）F′。
【点评】本实验关键理解实验原理，根据实验原理分析实验步骤中有无遗漏或缺陷，因此掌握实验原理是解决实验问题的关键。
17．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据初速度为零的匀变速直线运动特点可得出答案；
（2）注意平衡摩擦力的原理，利用重力沿斜面的分力来平衡摩擦力，若物体能匀速运动则说明恰好平衡了摩擦力；
根据运动学公式中速度和位移的关系可以写出正确的表达式；
利用描点法可正确画出图象；
对比实际与理论图象可知，有外力时还没有加速度，由此可得出产生偏差原因。
【解答】解：（1）在初速度为零的匀变速直线运动中有x＝at2，若运动时间相等，则位移与加速度成正比。
小车1、2的加速度之比a1：a2＝x1：x2
（2）①小车运动时有加速度，重物也有加速度，即G﹣F＝Ma，解得：F＝G﹣Ma，即F＜G
②根据平衡状态的特点可知道当小车做匀速直线运动时，说明摩擦力已经被重力的下滑分力平衡。
为保证绳子的拉力不变，必须调节滑轮的高度使细线与长木板平行。
③根据匀变速直线运动的位移与速度公式：vB2﹣vA2＝2aL，解得a＝．代入数据解得a＝4.84m/s2。
④a﹣F图线如图所示，
⑤对比图象可知，实际图象没有过原点而是和横坐标有交点，造成原因为没有完全平衡摩擦力。
故答案为：（1）x1：x2 小车做初速度为零的匀变速直线运动
（2）①＜
②匀速直线　 细线与长木板平行
③　4.84
④如图
⑤没有完全平衡摩擦力

【点评】本题关键要明确实验原理，正确进行误差分析和数据处理是对学生学习实验的基本要求，掌握运动学公式中速度和位移的关系，要加强这方面的训练。
三、本题共5小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程和重要步骤．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．BCA左右
18．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）小球受到重力、两根绳子的拉力由此画图；
（2）球处于静止状态，受力平衡，根据平衡条件进行分析；
（3）根据平衡条件结合三角函数关系求解。
【解答】解：（1）小球受到重力、两根绳子的拉力，受力图如图所示；
（2）球处于静止状态，受力平衡，绳子拉力的合力一定与重力大小相等，方向相反，所以有：
T＝mg，方向竖直向上；
（3）根据平衡条件结合图中几何关系可得：
T1＝，T2＝mgtanα。
答：（1）小球受力图如图所示；
（2）绳子拉力的合力一定与重力大小相等，方向相反，大小为mg，方向竖直向上；
（3）当小车静止时，绳子拉力T1，T2的大小分别为、mgtanα。

【点评】本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解。
19．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）对人进行受力分析，根据牛顿第二定律可以求出乘客的加速度；
（2）再根据匀变速直线运动位移公式可以求出乘客滑到底需要的时间。
【解答】解：（1）对人进行受力分析如图所示：

设斜面倾角为θ，由牛顿第二定律：mgsinθ﹣f＝ma
代入数据解得：a＝2m/s2
（2）由 sinθ＝，

解得：。
答：（1）乘客在气囊上滑下的加速度至少为2m/s2；
（2）乘客从静止开始下滑，滑到底需要2.45s。
【点评】本题考查了牛顿第二定律、运动学公式等知识点。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。
20．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）按重力、弹力和摩擦力的顺序分析物块的受力，再作出受力分析图；
（2）建立坐标系，根据牛顿第二定律求物块运动的加速度大小；
（3）先由v＝at求出撤去F时物块的速度。撤去F后，物体做匀减速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，再由速度公式求还能运动的时间。
【解答】解：（1）物块受到重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，受力示意图如下图所示

（2）建立如图所示的直角坐标系，根据牛顿第二定律得
x方向 Fcosθ﹣f＝ma
y方向 Fsinθ+N＝mg
根据摩擦力公式有 f＝μN
联立解得 a＝6m/s2
（3）物块做匀加速直线运动2s，速度大小为 v＝at＝6×2m/s＝12m/s
撤去拉力后，水平方向物块只受滑动摩擦力，有 μmg＝ma′，得 a′＝5m/s2
撤去拉力后，物块还能运动的时间 ，代入数据得 t′＝2.4s
答：
（1）如图所示。
（2）物块运动的加速度大小是6m/s2；
（3）从静止开始物块移动2s后撤去F，物体还能运动2.4s时间。
【点评】本题是已知受力情况确定运动情况的问题，关键是正确分析受力情况，根据牛顿第二定律求解加速度。
21．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）弹簧的指针恰好指向位于刻度B处时，小球Q受到的弹力大小等于小球P挂在弹簧下端静止所受的弹力。根据牛顿第二定律求加速度大小和方向。
（2）由图读出弹簧形变量，求当指针位于刻度F时小球Q受到的弹力大小，再根据牛顿第二定律埭 小球Q加速度的大小和方向。
【解答】解：（1）由小球Q的重力可知，小球Q的质量 m＝0.1kg
指针指向刻度B时，小球Q所受弹力为：T1＝0.8N
由牛顿第二定律得：G﹣T1＝ma1
解得：a1＝2m/s2，方向竖直向下。
（2）读题可知，弹簧形变量△x1为两大格时，弹力大小变化为：△T1＝0.2N
弹簧形变量△x2为三大格时，弹力大小变化为：△T2＝0.3N
指针指向刻度F时，小球Q所受弹力为：
T2＝1.0N+0.3N＝1.3N
由牛顿第二定律得：
T2﹣G＝ma2
解得：a2＝3m/s2，方向 竖直向上
答：（1）此时小球Q受到的弹力大小是0.8N，小球Q加速度的大小为2m/s2，方向竖直向下。
（2）当指针位于刻度F时，此时小球Q受到的弹力大小是1.3N，小球Q加速度的大小为3m/s2，方向 竖直向上。
【点评】解决本题的关键要理解胡克定律，明确弹力与弹簧形变量的的关系，确定不同刻度弹簧的弹力。
22．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）小物块放在传送带上后先做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出小物块的加速度，结合速度时间公式求出物块的速度达到传送带速度所用的时间，根据位移公式求出匀加速运动的位移，从而得出匀速运动的位移，求出匀速运动的时间，从而得出总时间。
（2）物块从A运动到B的过程中，先受滑动摩擦力，物块与传送带共速后不受摩擦力，根据f＝μmg求出滑动摩擦力大小，再画出f﹣t图象。
（3）若小物块从A运动到B一直做匀加速运动，所用时间最短，根据速度位移公式求解。
【解答】解：（1）小物块先做匀加速直线运动，与传送带共速后一起匀速运动。
匀加速过程，由牛顿第二定律得
μmg＝ma，解得 a＝1.5m/s2
小物块做匀加速运动的时间为 t1＝＝s＝2s
位移为 x＝＝m＝3m
因为x1＜6m，所以小物块运动3m后开始做匀速运动，所用时间 t2＝＝s＝1s
小物块从A运动到B所用的时间 t＝t1+t2＝3s
（2）0﹣2s内物块所受的滑动摩擦力大小为 f＝μmg＝0.15×1×10N＝1.5N，方向向右
2s后物块不受摩擦力。物块从A运动到B的过程中摩擦力f﹣t图象如图所示。

（3）小物块全程加速时，用时最短，加速的末速度为传送带的最小速度，则
解得
答：
（1）小物块从A运动到B所用的时间是3s；
（2）物块从A运动到B的过程中摩擦力f﹣t图象如图所示；
（3）传送带的速度为3m/s时，小物块的运动时间最短。
【点评】解决本题的关键要理清小物块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，要知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。