2023-2024学年新疆乌鲁木齐实验学校高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年新疆乌鲁木齐实验学校高一（上）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.2023年12月26日15：00邵永高铁项目在邵阳、永州两地同时举行开工仪式。邵永铁路北起邵阳市，南至永州市，新建线路全长约96公里，建设工期4年，设计时速350公里/小时。以下说法中正确的是( )
A. 2023年12月26日15：00指的是时间间隔
B. 线路全长约96公里指的是位移
C. 时速350公里/小时指的是平均速度
D. 估算某列动车从邵阳至永州行驶的时间，可将此动车视为质点
2.由速度公式v=ΔxΔt可知( )
A. v与Δx成正比B. 物体的速度由Δx决定
C. v的方向与Δx的方向相同D. v与Δt成反比
3.2023年成都大运会乒乓球比赛在高新体育中心举行，来自湖北工业大学的选手周凯击败来自西南大学的选手徐瑛彬，获得男子乒乓球单打冠军。乒乓球赛场上高抛发球是一种典型的发球方式，若将乒乓球离开手向上的运动视为竖直方向上的匀减速直线运动，且向上运动的时间为t。设乒乓球离开手后向上运动第一个t5时间内的位移为x1，最后一个t5时间内的位移为x2，则x2：x1为( )
A. 1：9B. 11：1C. 9：1D. 1：5
4.物体甲做直线运动的x−t图像和物体乙做直线运动的v−t图像分别如图甲、乙所示，则下列关于两物体运动情况描述正确的是( )
A. 物体甲在0～10s时间内做往复运动B. 物体甲在0～10s时间内运动方向不变
C. 物体乙在0～10s时间内位移为40mD. 物体乙在0～10s时间内运动方向不变
5.如图甲所示，一架直梯斜靠光滑的竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面上，直梯处于静止状态。从侧面观察时，可画成如图乙所示的图形。从图乙的角度观察，下列说法中正确的是( )
A. 地面对梯子的弹力是由于梯子发生形变而产生的
B. 地面对梯子的弹力方向沿梯子指向左上方
C. 地面对梯子的作用力方向竖直向上
D. 梯子对地面的摩擦力方向水平向右
6.如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为( )
A. Tsinα
B. Tcsα
C. Tsinα
D. Tcsα
7.将一个质量为0.5kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反。该过程的v−t图像如图所示，g取10m/s2。则小球( )
A. 受到的阻力大小为6N
B. 落回到抛出点时的速度大小为4 6m/s
C. 上升过程与下落过程都处于超重状态
D. 上升过程与下落过程所用时间之比为2：3
8.如图质量为m的小球A和质量为2m的小球B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来，剪断细绳的瞬间，关于A球和B球的加速度，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. A球的加速度为0
B. B球的加速度为0
C. A球的加速度大小为g，方向竖直向下
D. B球的加速度大小为g，方向竖直向上
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
9.下列哪些情况下的物体可以看成质点( )
A. 地球的自转运动B. 绕太阳运转的地球
C. 沿曲线飞行的空中的乒乓球轨迹D. 计算上海开往北京的火车所用时间
10.亚洲象是亚洲现存的最大陆生动物，也是国家一级保护动物，我国的亚洲象主要分布于云南。甲、乙两头亚洲象正在追逐嬉戏，从同一位置出发沿同一直线运动的位移x随时间t变化的规律分别如图中的图线A、图线B所示。下列说法正确的是( )
A. 在0～t1时间内，甲、乙运动的方向相同B. 在0～t1时间内，甲做匀加速直线运动
C. 在t1时刻后，乙在甲的前方D. 在t1时刻，甲、乙相遇
11.木块A、B分别重50N和60N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25，夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为400N/m，系统置于水面上静止不动。现用F=2N的水平向右的拉力作用在B上，作用后它们仍静止不动，则作用后下列说法正确的是( )
A. 木块A所受摩擦力大小是7NB. 木块A所受摩擦力方向向右
C. 木块B所受摩擦力大小是10ND. 木块B所受摩擦力大小是6N
12.图示为某学校举行的托乒乓球跑步比赛。比赛中球拍及乒乓球可视为水平方向的直线运动。为确保乒乓球不相对球拍运动，选手需调整球拍倾角θ(0≤θ<90°)以确保球与球拍间始终无摩擦。已知乒乓球所受空气阻力与其速度大小满足f=kv(k为大于零的常数)，f方向与乒乓球运动方向相反，下列说法正确的是( )
A. 匀速跑阶段，球拍应保持倾斜
B. 匀速跑的速度越小，球拍对球的弹力越大
C. 某段匀加速跑过程中，球拍倾角θ需逐渐增大
D. 若球拍突然停止运动，乒乓球将做平抛运动
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.某同学应用如图所示的装置测重力加速度。所用器材：铁架台、释放装置、小球、光电门(含数字计时器)、刻度尺及软垫等。
(1)现有如下材质的小球，实验中应当选用______(填序号)。
A.橡胶球
B.木球
C.钢球
(2)实验步骤如下：
①用游标卡尺测出小球的直径d。
②按图示装置安装好器材。
③实验时，应______(填序号)。
A.先释放小球，后接通数字计时器
B.先接通数字计时器，后释放小球
④小球由静止释放，使小球的球心刚好通过光电门，数字计时器记录小球通过光电门的时间为t，则小球通过光电门时的速度v= ______，用刻度尺测出小球下落到光电门的高度h。
⑤改变光电门的位置，重复实验，计算出小球的速度v1、v2、v3…vn及测出小球下落的对应高度h1、h2、h3…hn。
⑥以______为纵坐标(填“v”“v2”或“ v”)，以h为横坐标，作出的图像为一条直线。
⑦若图像的斜率为k，则小球运动的加速度g= ______。
14.某同学用如图甲所示的实验装置，探究一定质量的小车的加速度与力的关系。将光滑滑轮用一细杆固定在小车的前端，滑轮及细杆的总质量为m0，小车的质量为M，砂和砂桶的质量为m，打点计时器所接电源频率为50Hz的交流电。

(1)此实验正确的操作是______。
A.实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
B.让小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源
C.为减小系统误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
(2)该同学以小车的加速度a为纵坐标、力传感器的示数F为横坐标，画出的a−F的关系图像如图乙所示，图线的斜率为k，则小车的质量为______。
A.1k
B.2k−m0
C.k
D.2k
(3)某次实验中，力传感器的示数为4.59N，打出的部分计数点如图丙所示(每相邻两个计数点间还有四个计时点未画出)，其中s1=4.78cm，s2=5.44cm，s3=6.08cm，s4=6.73cm，s5=7.38cm，s6=8.04cm，则小车的加速度大小为______m/s2，此次实验中砂和砂桶的质量为______kg。(当地重力加速度大小为9.8m/s2，结果均保留两位有效数字)
四、简答题：本大题共3小题，共30分。
15.张先生在一段平直路面上试驾一辆小型汽车。汽车以速度v0=72km/h在水平直道上匀速行驶，行驶至O处时，张先生突然发现正前方L1=53m的B处有道路施工，经t0=0.5s的反应时间后，立即刹车使汽车开始匀减速运动，最终汽车刚好行驶至A处停止运动，A、B相距L2=3m，假设汽车可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)在张先生的反应时间内，汽车行驶的位移大小；
(2)汽车匀减速运动的时间。
16.在科学研究中，可以用风力仪直接测量风力的大小，其原理如图所示。仪器中有一根轻质金属丝，悬挂着一个金属小球。无风时，金属丝竖直下垂；当受到沿水平方向吹来的风时，金属丝偏离竖直方向一个角度。通过传感器，就可以根据偏角的大小指示出风力。已知小球质量为m，重力加速度为g，在风的作用下，金属丝偏离竖直方向θ角时，
(1)画出小球的受力示意图。
(2)求金属丝拉力大小。
(3)求风对小球作用力的大小跟小球质量m、偏角θ之间的关系。
17.如图所示，足够长的传送带与水平方向的夹角θ=30°，并以v0=2.0m/s的速度逆时针转动。A、B两物体质量均为m=1.0kg，其中A物体和传送带间的摩擦可忽略，B物体与传送带间的摩擦因数为μ= 32。A、B之间用长为L=0.4m的不可伸长的轻绳连接。在外力F=15N作用下，A、B和传送带相对静止且绳处于伸直状态。t=0时撤去外力F，A、B两物体碰撞后会交换速度，g取10m/s2。求：
(1)外力F作用时，B物体受到的摩擦力f；
(2)撤去外力F，第一次碰撞后A、B两物体的速度大小；
(3)撤去外力F，绳子是否能再次伸直？如果会，求出此时的时刻t；如果不能，求出第一次碰后A、B之间的最大距离d。
五、计算题：本大题共1小题，共8分。
18.一个足球以4m/s的速度撞到竖直墙壁上，经过0.2s，被墙壁以2m/s的速度反弹回来，求这个过程中足球速度的改变量和加速度。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.2023年12月26日15：00指的是时刻，故A错误；
B.线路全长约96公里一般不能全程是直线，应该指的是路程而不是位移，故B错误；
C.时速350公里/小时指的是最高速度，即瞬时速度大小，故C错误；
D.估算某列动车从邵阳至永州行驶的时间，动车的形状大小可以忽略不计，可将此动车视为质点，故D正确。
故选：D。
A.根据实际和时刻的概念分析判断；
B.根据位移和路程的概念判断；
C.根据瞬时速度和平均速度的概念比较判断；
D.根据质点的概念分析解答。
熟练掌握时间、时刻、位移、路程等基本概念，会在具体事例中进行准确的区分。
2.【答案】C
【解析】解：ABD、由速度公式v=ΔxΔt可知，物体的速度由位移跟发生这段位移所用时间的比值决定，不能说v与Δx成正比，与Δt成反比，故ABD错误；
C、速度v的方向与Δx的方向相同，故C正确。
故选：C。
速度表示物体运动快慢的物理量，它等于位移跟发生这段位移所用时间的比值。速度是矢量，既有大小也有方向，其方向就是物体运动的方向。
本题考查了对速度定义式的理解，关键要明确速度是比值定义的物理量，比较容易。
3.【答案】C
【解析】解：采取逆向思维，看成是初速度为0的匀加速直线运动。根据初速度为0的匀加速直线运动在连续相等的时间内的位移之比为1：3：5：7：9：11：13⋅⋅⋅，可知
x2：x1=9：1，故C正确，ABD错误。
故选：C。
将乒乓球的运动逆向看作初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动相等时间内位移比进行判断。
本题考查匀变速直线运动规律，解题关键是掌握匀变速直线运动规律并能够熟练应用。
4.【答案】B
【解析】解：AB、根据x−t图像的斜率表示速度，可知甲在0～10s时间内斜率不变，则运动方向不变，故A错误，B正确；
C、根据v−t图像与时间轴围成的面积代表位移，物体乙在0～10s时间内位移为
x=−12×5×8m+12×5×8m=0，故C错误；
D、物体乙在5s时速度方向由负向变为正向，故速度方向发生改变，故D错误。
故选：B。
x−t图像的斜率表示速度；v−t图像斜率表示加速度，图像与时间轴围成的面积代表位移，据此解答。
本题考查了x−t图像和v−t图像的意义，关键要明确速度方向的表示方法，属于简单题。
5.【答案】D
【解析】解：A、地面对梯子的弹力是由于地面发生形变而产生，故A错误；
B、地面对梯子的弹力方向竖直向上，故B错误；
C、地面对梯子的作用力方向，即弹力和摩擦力的合力方向斜向左上方，故C错误；
D、梯子对地面的摩擦力方向水平向右，故D正确；
故选：D。
弹力是由于施力物体发生弹性形变产生的，根据平衡条件判断摩擦力的方向。
本题考查弹力和摩擦力，知道弹力是由于施力物体发生弹性形变产生的，知道摩擦力的判断方法。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题首先要选择好研究对象，再进行受力情况分析，最后由平衡条件求解，按照三个步骤进行研究，难度适中。气球处于静止状态，受力平衡，对气球受力分析，根据受力平衡即可计算。
【解答】
解：气球在风中处于静止状态，受力平衡合力为零，对气球受力分析得，气球受到重力、浮力、拉力和水平方向上风的作用力，水平方向上受力平衡得：F风=Tsinα，故C正确，ABD错误。
7.【答案】B
【解析】解：A.由图可知小球上升过程中的加速度大小为a1=v1t1，解得：a1=12m/s2
根据牛顿第二定律有mg+f=ma1
解得受到的阻力大小为f=1N，故A错误；
BD.小球下落过程的加速度大小为a2=mg−fm，解得：a2=8m/s2
根据h=12a1t12，h=12a2t22
可得小球上升与下落所用时间之比为t1t2= a2a1，解得：t1t2= 23
则小球下落的时间为t2= 32t1= 32s
小球落回到抛出点的速度大小为v2=a2t2，解得：v2=4 6m/s，故B正确，D错误；
D.小球在上升过程和下落过程加速度方向均向下，所以小球均处于失重状态，故D错误。
故选：B。
根据速度—时间图线得出向上做匀减速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出阻力的大小，再根据牛顿第二定律求出下降的加速度，抓住上升的高度和下降的高度相等，结合位移—时间公式得出运动的时间之比．根据速度—时间图线得出上升的位移，从而得出下降的位移，结合速度—位移公式求出小球落到抛出点时的速度．根据加速度的方向判断超失重。
本题考查了牛顿第二定律和速度—时间图线的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过牛顿第二定律和运动学公式求出阻力是解决本题的关键。
8.【答案】B
【解析】解：BD、剪断绳前，对B球受力分析如下图所示：
由力的平衡可知弹簧弹力F=2mg，绳子断瞬间，弹簧来不及恢复形变，弹簧弹力不变，所以B球合力为零，由牛顿第二定律可知小球B的加速度为0，故B正确，D错误；
AC、剪断绳前，对A球受力分析如下图所示：
剪断绳子瞬间，弹簧弹力F不变，绳子拉力T变为零，由牛顿第二定律有：F+mg=maA，可得aA=3g，方向竖直向下，故AC错误。
故选：B。
BD、剪断绳前，由力的平衡可得弹簧弹力大小，剪断绳瞬间，根据弹簧弹力不变，由牛顿第二定律可得B球加速度；
AC、对A球受力分析，由牛顿第二定律可得A球加速度。
本题考查了牛顿第二定律和瞬时加速度问题，解题的关键是知道剪断绳子瞬间，弹簧来不及恢复形变，所以弹簧弹力瞬间不变。
9.【答案】BCD
【解析】解：A、研究地球的自转时，地球的大小和形状不可忽略，则不可以把地球看成质点，故A错误；
B、研究绕太阳运转的地球时，地球的大小和形状可忽略，故可以把地球看成质点，故B正确；
C、研究沿曲线飞行的空中的乒乓球轨迹时，乒乓球的大小和形状可以忽略，故可以把乒乓球看成质点，故C正确；
D、计算上海开往北京的火车所用时间时，火车的大小和形状可以忽略，故火车可以看成质点，故D正确。
故选：BCD。
质点是只计质量，不计大小、形状的一个点，是实际物体在一定条件的科学抽象，能否看作质点与物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略。
本题考查学生对质点这个概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小、形状对所研究的问题是否产生影响，物体的大小、形状能否忽略。
10.【答案】AD
【解析】解：A、x−t图像的斜率表示速度，斜率正负表示速度方向，则知在0～t1时间内，甲、乙均沿正方向运动，故A正确；
B、在0～t1时间内，甲的x−t图像为直线，说明甲的速度不变，做匀速直线运动，故B错误；
C、在t1时刻后，甲在乙的前方，故C错误；
D、在t1时刻，两图线相交，表示甲、乙相遇，故D正确。
故选：AD。
x−t图像的斜率表示速度，斜率正负表示速度方向，根据图像的形状分析甲、乙两头亚洲象的运动情况。由图像直接读出两者位置关系。
本题是位移—时间图像问题，关键要明确x−t图像的斜率表示速度，速度的符号表示运动的方向，两图线的交点表示相遇。
11.【答案】BC
【解析】解：AB.因B仍静止，可知弹簧弹力不变，因木块A与地面间的最大静摩擦力为
fAm=μGA=0.25×50N=12.5N
根据胡克定律，可得A、B间弹簧弹力大小为F1=kx=400×2×10−2N=8N
木块A受到向左的弹力为8N，小于最大静摩擦力，因A处于静止状态，故木块A所受摩擦力为静摩擦力，
根据二力平衡，可得木块A所受摩擦力大小为fA=8N，方向水平向右，故A错误，B正确；
CD.木块B与地面间的最大静摩擦力为fBm=μGB=0.25×60N=15N，
用F=2N的水平拉力作用在木块B上，木块B受弹簧向右的弹力为8N和向右的拉力为2N，共10N，小于最大静摩擦力，故B仍静止不动，B所受的静摩擦力大小为10N，向左，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据胡克定律可求出弹簧弹力大小；通过计算A的最大静摩擦力与弹力比较大小，可知A静止，得到静摩擦力大小；对B求出最大静摩擦力大小，通过受力分析得到B静止，从而得出静摩擦力大小。
学生在解答本题时，应注意求解物体的最大静摩擦力后，进行受力分析，判断物体是否能够保持静止状态。
12.【答案】AC
【解析】解：A.匀速跑阶段，乒乓球受力平衡，球拍应保持倾斜，若不倾斜，乒乓球与球拍之间会有摩擦力，故A正确；
B.对小球受力分析可得
匀速跑的速度越小，空气阻力越小，球拍对球的弹力FN= (kv)2+(mg)2越小，故B错误；
C.匀加速跑过程中，水平方向有F合=mgtanθ−kv=ma，加速度不变，v增大，球拍倾角θ逐渐增大，故C正确；
D.若球拍突然停止运动，乒乓球竖直方向不是自由落体运动，不是做平抛运动，故D错误。
故选：AC。
乒乓球匀速过程中受力平衡，所以球拍应保持倾斜；对小球受力分析，求出弹力表达式，可知阻力越小弹力越小；利用牛顿第二定律可求出加速度时，速度增大，倾角会增大；若突然停止运动，乒乓球竖直方向不是自由落体，所以也不是平抛运动。
学生在解决本题时，应注意通过受力分析，结合牛顿第二定律解决本题。
13.【答案】C B dt v2 k2
【解析】解：(1)为确保小球做自由落体运动，减小阻力对小球的影响，则应使小球重力远大于阻力，所以应选用密度大的小钢球。故C正确，AB错误。
故选：C。
(2)③实验时，小球下落时间很短，若先释放小球，可能出现时间记录不完整，所以先接通数字计时器，后释放小球。
故选：B。
④小球通过光电门时的速度
v=dt
⑥根据自由落体速度与位移公式
v2=2gh
以v2为纵坐标，以h为横坐标，作出的图像为一条直线。
⑦根据
k=2g
小球运动的加速度
g=k2
故答案为：(1)C(2)③B；④dt；⑥v2；⑦k2。
(1)根据小球重力远大于阻力分析判断；
(2)③根据小球的运动特点分析判断；④根据平均速度计算；⑥根据速度—位移关系式分析；⑦根据图线的物理意义推导。
本题关键掌握v2−h图像的物理意义计算小球的加速度。
14.【答案】A B 0.65 0.54
【解析】解(1)A.实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故A正确；
B.为充分利用纸带，应先接通电源，再释放小车，故B错误；
C.力传感器可以测量力，不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故C错误。
故选：A。
(2)对小车，根据牛顿第二定律2F=(M+m0)a
得a=2M+m0F
则k=2M+m0
则小车的质量为M=2k−m0
综上分析，故ACD错误，B正确。
故选：B。
(3)相邻计数点的时间间隔T=5f=550s=0.1s
根据逐差法，加速度a=(s4+s5+s6)−(s1+s2+s3)9T2
代入数据解得小车的加速度大小为a=0.65m/s2
砂和砂桶的加速为2a，根据牛顿第二定律mg−F=m⋅2a
代入数据解得砂和砂桶的质量为m=0.54kg。
故答案为：(1)A；(2)B；(3)0.65；0.54。
(1)根据实验原理和操作步骤分析作答；
(2)对小车，根据牛顿第二定律求解a−F函数，结合图像斜率求小车质量；
(3)根据逐差法求加速度，根据牛顿第二定律求砂和桶的总质量。
本题考查了探究一定质量的小车的加速度与力的关系，理解实验原理是解题的关键；注意小车所受的拉力与力传感器示数的关系，小车加速度与砂和桶的加速度的关系。
15.【答案】解：(1)反应时间内汽车做匀速直线运动，则在反应时间内运动的位移为
x1=v0t0
解得：x1=10m
(2)汽车匀减速运动的位移为
x2=L1−L2−x1
解得：x2=40m
根据匀变速直线运动的平均速度表达式可知
v02t=x2
解得
t=4s
答：(1)在张先生的反应时间内，汽车行驶的位移大小为10m；
(2)汽车匀减速运动的时间为4s。
【解析】(1)反应时间内汽车做匀速直线运动，根据位移时间公式求出在张先生的反应时间内，汽车行驶的位移大小；
(2)先求出汽车匀减速运动的位移，再根据匀变速直线运动的平均速度表达式求出汽车匀减速运动的时间。
解决本题时，要求同学们能掌握匀变速直线运动的速度一时间关系式和位移一时间关系式，要知道在驾驶员反应时间内汽车做匀速运动。
16.【答案】解：(1)小球受重力、风力、金属丝拉力，如图：

(2)小球沿y轴方向：Tcsθ=mg
T=mgcsθ
(3)小球沿x轴方向：Tsinθ=F
解得：F=mgtanθ，质量一定时，风力增大，偏角也增大。
答：(1)小球的受力示意图见解析。
(2)金属丝拉力大小为mgcsθ。
(3)风对小球作用力的大小跟小球质量m、偏角θ之间的关系为F=mgtanθ。
【解析】(1)小球受重力、风力、金属丝拉力，从而画出受力示意图。
(2)根据竖直方向的受力平衡解答。
(3)根据水平方向的受力平衡解答。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、然后建立平衡方程进行解答。
17.【答案】解：(1)B与传送带之间的最大静摩擦力为：fmax=μmgcsθ，解得：fmax=7.5N
A和B重力沿传送带向下的分力大小为：2mgsinθ=2×1.0×10×0.5N=10N
由于fmax+2mgsinθ=7.5N+10N=17.5N>F=15N
所以B物体受到的摩擦力沿传送带向下，根据平衡条件可得：F=mgsin30°+mgsin30°+f
解得：f=5N，方向沿传送带斜面向下；
(2)撤去外力F，对A受力分析，有：aA=gsinθ=10×0.5m/s2=5m/s2，方向沿斜面向下
对B受力分析可知，B的重力沿传送带向下的分力小于最大静摩擦力，所以B匀速下滑，加速度为零。
两物体的位移之差等于绳长L时第一次碰撞，设第一次碰撞的时间为t，则有：
v0t1+12aAt12−v0t1=L
解得：t1=0.4s
第一次碰撞前A、B的速度大小分别为：
vA=v0+aAt，解得：vA=4m/s
vB=v0=2m/s
两物体碰撞后会交换速度，所以碰撞后vA′=2m/s，vB′=4m/s；
(3)对A受力分析得，A的加速度不变，对B受力分析得：aB=μgcsθ−gsinθ，解得：aB=5m/s2
第一次碰撞后经过时间t2，两者速度相等，此时距离最大，则有：
vA′+aAt2=vB′−a1t2
解得：t2=0.2s
最大距离为：d=(vB′t2−12aBt22)−(vA′t2+12aAt22)
代入数据解得：d=0.2m因此绳子不会再次伸直。
答：(1)外力F作用时，B物体受到的摩擦力为5N，方向沿传送带斜面向下；
(2)撤去外力F，第一次碰撞后A、B两物体的速度大小分别为2m/s、4m/s；
(3)绳子不会再次伸直，第一次碰后A、B之间的最大距离为0.2m。
【解析】(1)求出B与传送带之间的最大静摩擦力，根据平衡条件求解摩擦力大小和方向；
(2)撤去外力F，对A、B分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小，再根据运动学公式进行解答；
(3)对A受力分析得，A的加速度不变，对B受力分析求解加速度大小，再根据运动学公式就求解绳子是否会再次伸直，以及第一次碰后A、B之间的最大距离。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
18.【答案】解：(1)规定以垂直墙壁向右方向为正方向，入射速度v0=4m/s，反射速度为v=−2m/s
则速度变化量为：
Δv=v−v0=−2m/s−4m/s=−6m/s，负号代表方向向左；
(2)加速度为：a=ΔvΔt=−60.2m/s2=30m/s2。
答：(1)这个过程中足球速度的变化量为−6m/s；
(2)足球的加速度为−30m/s2．
【解析】根据速度变化量Δv=v−v0求解速度改变量，再根据加速度公式a=ΔvΔt即可求解加速度，但要规定正方向。
本题考查速度变化以及加速度的计算，注意二者均为矢量；对于矢量的加减，我们要考虑方向，应该规定正方向。