2018-2019学年陕西省西安中学高一（上）期末物理试卷

这是一份2018-2019学年陕西省西安中学高一（上）期末物理试卷，共20页。试卷主要包含了单项选择题．，多项选择题．，实验题．，计算题．等内容，欢迎下载使用。
2018-2019学年陕西省西安中学高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题（共9小题，每题4分，共36分）．
1．（4分）在物理学的发展进程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理学史及物理学思想的说法中正确的是（　　）
A．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，能用实验直接验证
B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了微元思想
C．在探究加速度与力和质量关系的实验中，“将砝码和砝码盘的重力近似等于细线的拉力”利用了等效替代的思想
D．伽利略认为重的物体比轻的物体下落的更快
2．（4分）关于作用力和反作用力，下列说法中正确的是（　　）
A．物体相互作用时，先有作用力而后才有反作用力
B．作用力和反作用力大小相等、方向相反，在一条直线上，因此它们的合力为零
C．弹力的反作用力一定是弹力
D．车被马拉动，是因为马拉车的力大于车拉马的力
3．（4分）人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图所示。以下说法正确的是（　　）

A．人受到重力和支持力的作用
B．人受到重力、支持力和摩擦力的作用
C．人受到的合外力不为零
D．人受到的合外力方向与速度方向相同
4．（4分）如图所示，放在斜面上的小盒子中装有一些沙子，恰沿斜面匀速下滑，若在小盒子中再缓缓加入一些沙子，那么（　　）

A．小盒所受的合外力增大
B．斜面对小盒的摩擦力不变
C．小盒仍将匀速下滑
D．小盒将加速下滑
5．（4分）如图所示，两块相同的木块被竖直的木板夹住保持静止状态，设每一木块的质量为m，则两木块间的摩擦力大小为（　　）

A．0 B．0.5mg C．mg D．2mg
6．（4分）一些问题你可能不会求解，但是你仍有可能对这些问题的解是否合理进行分析和判断．例如从解的物理量单位，解随某些已知量变化的趋势，解在一些特殊条件下的结果等方面进行分析，并与预期结果、实验结论等进行比较，从而判断解的合理性或正确性．举例如下：声音在空气中的传播速度v与空气的密度ρ、压强P有关．下列速度表达式中，k为比例系数，无单位，则这四个表达式中可能正确的是（　　）
A．v=kPρ B．v=kPρ C．v=kρP D．v=kPρ
7．（4分）如图所示，水平放置的传送带以速度v＝2m/s向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，若A端与B端相距4m，求物体由A到B的时间和物体到B端时的速度（　　）

A．2.5s 2m/s B．1s 2m/s
C．2.5s 4m/s D．1s 4m/s
8．（4分）某物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，若这三个共点力大小和方向分别如图甲、乙、丙、丁所示（坐标纸中每格边长表示1N大小的力），则关于该物体受到合力的说法正确的是（　　）

A．甲图中物体所受的合力大小等于7N
B．乙图中物体所受的合力大小等于5N
C．丙图中物体所受的合力大小等于0N
D．丁图中物体所受的合力大小等于3N
9．（4分）如图所示，物体A和B叠放在一起，开始静止在光滑的水平面上，mA＝1kg，mB＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2．现用大小为F＝3N的拉力作用于物体B，若用a1和a2分别表示此时A、B获得的加速度大小，f表示此时A、B之间的摩擦力大小，则下列关系正确的是（　　）

A．a1＝1m/s2，a2＝1m/s2，f＝1N
B．a1＝1m/s2，a2＝1m/s2，f＝2N
C．a1 ＝2m/s2，a2＝0.5m/s2，f＝1N
D．a1＝2m/s2，a2＝0.5m/s2，f＝2N
二、多项选择题（共5小题，每小题4分，共20分．全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分）．
10．（4分）关于运动的合成，下列说法正确的是（　　）
A．两个直线运动的合运动一定是直线运动
B．两个不在一条直线上的匀速直线运动的合运动一定是直线运动
C．两个匀加速直线运动的合运动可能是曲线运动
D．一个匀速直线运动与一个匀变速直线运动的合运动可能仍是匀变速直线运动
11．（4分）如图所示，在光滑斜面上，有一轻质弹簧的一端固定在斜面上，有一物体A沿着斜面下滑，当物体A刚接触弹簧的一瞬间到弹簧压缩到最低点的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A．物体的加速度将逐渐增大
B．物体的加速度将先减小，后增大
C．物体的速度将逐渐减小
D．物体的速度将先增大，后减小
12．（4分）物体甲的s﹣t图象和物体乙的v﹣t图象分别如图所示，则这两个物体的运动情况是（　　）

A．甲在整个t＝6s时间内有来回运动，它通过的总位移为零
B．甲在整个t＝6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4m
C．乙在整个t＝6s时间内有来回运动，它通过的总位移为零
D．乙在整个t＝6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4m
13．（4分）如图所示，A和B的质量分别是2kg和1kg，弹簧和悬线的质量不计，在A上面的悬线烧断的瞬间（　　）

A．A的加速度等于零 B．A的加速度等于32g
C．B的加速度为零 D．B的加速度为13g
14．（4分）如图所示，电灯悬挂于两墙壁之间，更换水平绳oA使连接点A向上移动而保持0点的位置不变，则在A点向上移动的过程中（　　）

A．绳OB的拉力逐渐增大
B．绳OB的拉力逐渐减小
C．绳0A的拉力先增大后减小
D．绳0A的拉力先减小后增大
三、实验题（共2小题，每空2分，共14分）．
15．（6分）在“探究求合力的方法”的实验中，用图钉把橡皮筋的一端固定在板上的A点，在橡皮筋的另一端拴上两条细绳，细绳另一端系着绳套B、C（用来连接弹簧测力计）．其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．
（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中与B相连的弹簧测力计的示数为　 　N．
（2）在实验中，如果只将OB、OC绳换成橡皮筋，其他步 骤保持不变，那么实验结果　 　（选填“会”或“不会”）发生变化．
（3）本实验采用的科学方法是　 　
A．理想实验法
B．控制变量法
C．等效替代法
D．建立物理模型法．

16．（8分）如图1所示为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置图。图中A为小车，B为砝码及砝码盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50Hz交流电。小车A的质量为m1，砝码及砝码盘B的质量为m2。

（1）下列说法正确的是　 　
A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
B．实验时应先释放小车后接通电源
C．本实验m2应远小于m1
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a-1m1图象
（2）图2是在正确操作下获得的一条纸带，A、B、C、D、E每两点之间还有4个点没有标出。则根据纸带所提供的数据计算：打C点时小车的瞬时速度的大小为　 　m/s；小车的加速度大小为　 　m/s2（计算结果保留两位有效数字）。
（3）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a﹣F图象，可能是图3中的　 　（填“甲”“乙”“丙”）。
四、计算题（共3小题，17题8分，18题10分，19题12分，共30分）．
17．（8分）如图所示，在倾角α＝30°斜面上有一块竖直放置的档板，在档板和斜面之间放有一个重为G＝30N的光滑圆球，试求这个球对斜面的压力大小和对档板的压力大小。

18．（10分）如图所示，质量为m＝10kg的纸箱在推力F的作用下沿水平地面运动，推力F＝50N，方向与水平面的夹角为θ＝53°，纸箱与水平地面的动摩擦因数为μ＝0.2．（取g＝10m/s2，sin53°≈0.8，cos53°≈0.6 ），求：
（1）求纸箱的加速度大小．
（2）纸箱由静止开始运动，第2s内的位移多大？

19．（12分）一物体以5m/s的初速度沿倾角为37˚的固定斜面上滑．已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，设斜面足够长．（g＝10m/s2，sin37˚＝0.6，cos37˚＝0.8）求：
（1）物体上滑的最大位移；
（2）物体回到出发点时的速度；
（3）计算上滑和下滑过程中平均速度的大小．


2018-2019学年陕西省西安中学高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（共9小题，每题4分，共36分）．
1．【分析】在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多方法，如理想实验法，微元法，控制变量法，极限思想法、类比法和科学假说法等等．
【解答】解：
A、牛顿第一定律是在实验的基础上经逻辑推理而得出的，采用的是实验加推理的方法，反映了物体不受外力时的运动状态，而不受外力的物体不存在的，所以不能用实验直接验证，故A错误；
B、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了微元思想，故B正确；
C、在探究加速度与力和质量关系的实验中，“将砝码和砝码盘的重力近似等于细线的拉力”利用了近似计算法。故C错误；
D、伽利略通过对自由落体运动的研究，认为重的物体与轻的物体下落的一样快。故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查常见的物理方法，我们要清楚一些物理概念的形成和定义方法和研究物理问题时所采用的研究方法和思想．
2．【分析】由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．
【解答】解：A、物体相互作用时，作用力与反作用力同时产生，同时变化，同时消失。故A错误；
B、作用力与反作用力大小相等，方向相反，但是作用在两个物体上，不能进行力的合成。故B错误；
C、作用力与反作用力，力的性质相同，弹力的反作用力一定是弹力，故C正确；
D、车被马拉动，是因为马拉车的力大于车的阻力，马拉车的力与车拉马的力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故D错误；
故选：C。
【点评】考查牛顿第三定律及其理解．注意作用力与反作用力大小相等，方向相反，但是作用在两个物体上，不能进行力的合成．
3．【分析】人随扶梯斜向上匀速运动，处于平衡状态，合力为零；再对人受力分析，受到重力、支持力，二力平衡。
【解答】解：人随扶梯斜向上匀速运动，处于平衡状态，合力为零；
对人受力分析，受到重力mg、支持力N，假设有静摩擦力f，设为向右，根据共点力平衡条件，有
N＝mg
f＝0
故选：A。
【点评】本题关键结合物体的运动状态对物体进行受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解。
4．【分析】以小盒和沙子为研究对象，通过受力分析，摩擦力和支持力的合力与重力平衡，分别列出各力的大小与质量的关系，即可得出若在小盒子中以与盒子相同的速度缓缓加入一些沙子后的结果．
【解答】解：如图所示，

小盒和沙子匀速下滑，受到平衡力作用，即物体受到重力G＝mg，沿斜面向上的滑动摩擦力f和斜面对它的支持力N的合力为0，
则有，N＝mgcosθ，
f＝μN＝μmgcosθ，
要使小盒及沙子匀速下滑，滑动摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力mgsinθ，
即：小盒和沙子匀速下滑的条件是：μmgcosθ＝mgsinθ；
若在小盒子中以与盒子相同的速度缓缓加入一些沙子，m增大，则支持力N增大，摩擦力f增大，A错误；
沿斜面方向，μmgcosθ＝mgsinθ，μ和θ不变，等式两边的m同时变大，合外力为0保持不变；所以小盒和沙子仍将匀速下滑，故BD错误、C正确；
故选：C。
【点评】掌握力的合成和分解，运用共点力平衡的条件找出力与力的关系．斜面物体匀速下滑的根本原因是滑动摩擦系数μ＝tnθ，与物体的质量无关，因为合外力始终是0．
5．【分析】先以两块木块整体为研究对象，由平衡条件求出木板对木块的摩擦力，再隔离其中一块木块研究，由平衡条件求解另一块对它的摩擦力大小。
【解答】解：设每一块木块的重力为mg，一侧木板对木块的摩擦力大小为f1，两块木块之间的摩擦力大小为f2。
根据平衡条件得
对整体，有：2f1＝2mg，得f1＝mg。
对A砖，有：f1+f2＝mg．解得f2＝0．即两木块间摩擦力为零，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题是解题关键是如何选择研究对象，采用整体法和隔离法相结合处理，简单方便。
6．【分析】根据传播速度υ 与空气的密度ρ以及压强p的单位，结合“力学制单位”来求解．
【解答】解：传播速度v的单位m/s，密度ρ的单位kg/m3，P的单位kg/m•s2，
所以Pρ的单位是m2/s2，Pρ的单位是m/s，k无单位，
所以kPρ的单位与v的单位相同。
故选：B。
【点评】物理表达式的产生同时也产生了表达式中各个物理量的单位的关系．
7．【分析】物体在摩擦力的作用下加速运动，先根据牛顿第二定律求解出加速度，然后假设一直加速，根据运动学公式求出加速的位移，再判断物体有没有到达B端，发现没有到达B端，接下来物体做匀速运动直到B端，分匀加速和匀速两个过程，分别求出这两个过程的时间即可．
【解答】解：物体在传送带上做匀加速直线运动的加速度a=μmgm=μg=2m/s2
物体做匀加速直线运动的时间t1=va=22s=1s；
匀加速直线运动的位移x1=v2t=22×1m=1m
则物体做匀速直线运动到达B端速度为2m/s，
匀速直线运动的位移x2＝x﹣x1＝4﹣1m＝3m
匀速运动的时间t2=x2v=32s=1.5s
故滑块从A到B的总时间t＝t1+t2＝2.5s
故A正确
故选：A。
【点评】本题考查了传送带问题，解决本题的关键搞清物体在传送带上的运动规律：先做匀加速运动后做匀速运动，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
8．【分析】力的合成遵循平行四边形定则，三力合成可以先合成其中两个力，再与第三个力合成，也可用正交分解法先分解再合成。
【解答】解：A、对甲，先将F1与F3合成，然后再用勾股定理，与F2进行合成，求得合力等于5 N，故A错误；
B、对乙，先将F1与F3沿水平和竖直方向正交分解，再合成，求得合力等于5 N，故B正确；
C、对丙，可将F3沿水平和竖直方向正交分解正交分解，求得合力等于6 N，故C错误；
D、根据三角形法则，丁图中合力等于0，故D错误；
故选：B。
【点评】求解合力可以直接根据平行四边形定则合成，有时也可以先正交分解再合成。
9．【分析】先由已知分析出A、B保持相对静止的最大外力，再把F＝3N与最大的外力进行比较确定两者是相对运动还是相对静止，从而即可采取整体法与隔离法进行分析
【解答】解：由已知可要使A、B相对静止的最大加速度为am＝μg＝2m/s2，由牛顿第二定律可得最大的外力为Fm＝（m1+m2）am＝（1+2）×2N＝6N，则有F＝3N＜Fm，所以A、B两物体相对静止一起做匀加速运动，由牛顿第二定律整体分析可得加速度为a=Fm1+m2=31+2m/s2=1m/s2，单独隔离A，可得摩擦力为f＝m1a＝1×1N＝1N，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题的关键是判断出A、B两者是相对运动还是相对静止，然后采取整体法与隔离法分析
二、多项选择题（共5小题，每小题4分，共20分．全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分）．
10．【分析】当合加速度的方向与合速度的方向在同一条直线上，物体做直线运动；当合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动。
【解答】解：A、两个直线运动的合运动不一定是直线运动，比如平抛运动，故A错误；
B、分运动都是匀速直线运动，知合加速度为零，合速度不为零，则合运动仍然是匀速直线运动，故B正确；
C、两个匀加速直线运动的合运动，若合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，则可能做曲线运动，故C正确；
D、一个匀速直线运动与一个匀变速直线运动合成，如果加速度的方向与合初速度的方向仍然在同一条直线上，则合运动仍是匀变速直线运动；如果加速度的方向与合初速度的方向不在同一条直线上，则合运动是匀变速曲直线运动，故D正确；
故选：BCD。
【点评】解决本题的关键掌握判断物体做直线运动还是曲线运动的方法，关键看合速度的方向与合加速度的方向是否在同一条直线上。
11．【分析】通过分析小球的受力情况，来分析其运动情况，确定速度的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化，分析时要抓住弹簧的弹力与压缩量成正比．
【解答】解：小球接触弹簧后，弹簧的弹力先小于重力沿斜面向下的分力，小球的合力沿斜面向下，加速度也沿斜面向下，与速度方向相同，故小球做加速运动，因弹力逐渐增大，合力减小，加速度减小；随着小球向下运动，弹簧的弹力增大，当弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力后，小球的合力沿斜面向上，加速度沿斜面向上，与速度方向相反，小球做减速运动，弹力增大，合力增大，加速度也增大；
综上可知，小球接触弹簧后速度先增大后减小，加速度先减小后反向增大，压缩过程中，小球所受合力先变小后变大。小球刚接触弹簧瞬间速度不是最大，当弹力与重力的分力平衡时，速度最大。故BD正确，AC错误。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键是分析小球的受力情况，判断其运动情况，是常见的问题，压缩弹簧运动的分析是中学阶段的一个难点．．
12．【分析】位移﹣时间图象表示物体的位置随时间变化的规律，而速度﹣时间图象表示速度随时间变化的规律；由图象的性质可得出物体的运动性质及位移大小。
【解答】解：A、甲在0时刻由负方向上距原点2m处向正方向运动，6s时达到正向的2m处，故总位移为4m，故A错误；
B、根据斜率等于速度，可知，甲在整个t＝6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4m，故B正确；
CD、乙开始时速度为沿负向的匀减速直线运动，3s后做正向的匀加速直线运动，图象与时间轴围成的面积为物体通过的位移，故总位移为零，故C正确，D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查对速度图象和位移的识别和理解能力，抓住各自的数学意义理解其物理意义，即速度图象的“面积”大小等于位移，而位移图象的斜率等于速度，△x表示位移。
13．【分析】先对开始时的平衡状态分析，求出弹簧的拉力；而烧断后绳的拉力立刻消失，由于弹簧的形变量没有变，故弹簧的弹力不变，由此可以分析AB的加速度。
【解答】解：悬线烧断弹簧前，由B平衡得到，弹簧的弹力大小F＝mBg．悬线烧断的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，大小仍为F＝mBg，此瞬间B物体受到的弹力与重力仍平衡，合力为零，则B的加速度为零。A受到重力和向下的弹力，由牛顿第二定律得：
A的加速度aA=F+mAgmA=2+12g=32g；
B的加速度aB=mBg-FmB=1-11g=0；
故BC正确，AD错误；
故选：BC。
【点评】本题典型的瞬时加速度问题，往往先分析变化前弹簧的弹力，再分析状态变化瞬间物体的受力情况，要抓住弹簧的弹力不能突变的特点进行分析求解。
14．【分析】本题中O点受到三个力作用处于平衡者状态，其中OB绳子上拉力方向不变，竖直绳子上拉力大小方向都不变，对于这类三力平衡问题可以利用“图解法”进行求解，即画出动态的平行四边形求解．
【解答】解：以O点位研究对象，处于平衡装态，根据受力平衡，有：

由图可知，在A点向上移动的过程中，绳子OB上的拉力逐渐减小，OA上的拉力先减小后增大，故AC错误，BD正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了动态平衡问题，要熟练掌握各种处理动态平衡问题的方法，尤其是图解法和正交分解法．
三、实验题（共2小题，每空2分，共14分）．
15．【分析】在实验中注意细线的作用是提供拉力，采用橡皮筋同样可以做到；
本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注意不同实验方法的应用；
【解答】解：（1）弹簧测力计的每一格代表0.2N，所以图中B的示数为3.6N．
（2）在实验中细线是否伸缩对实验结果没有影响，故换成橡皮筋可以同样完成实验，故实验结果不变；
故答案为：不会．
（3）实验中两次要求效果相同，故实验采用了等效替代的方法，故ABD错误，C正确．
故选C．
故答案为：（1）3.6；
（2）不会；
（3）C
【点评】验证力的平行四边形定则是力学中的重点实验，应明确实验的原理、数据处理方法及本实验采用的物理方法．一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析．
16．【分析】（1）实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为mgsinθ＝μmgcosθ，m约掉了。②让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m。结合实验操作方法分析。
（2）小车做的是匀加速直线运动，在某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，可由△x＝aT2求解加速度。
（3）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现拉力较小时，小车不动的情况。由此分析。
【解答】解：（1）A、平衡摩擦力后，假设木板倾角为θ，则有：mgsinθ＝μmgcosθ，即得：gsinθ＝μgcosθ，m约掉了，故改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力。故A错误。
B、实验时应先接通电源后释放小车，故B错误。
C、只有满足m2应远小于m1的条件，才能认为小车的拉力等于托盘和砝码的重力，故C正确。
D、在用图象探究加速度与质量关系时，应作a-1m1图象，便于直观判断加速度与质量的关系。故D正确。
故选：CD
（2）设第1段位移为：x1，第2段位移为：x2，第3段位移为：x3，第4段位移为：x4。
计时器打点的周期为0.02s。A、B、C、D、E每两点之间还有4个点没有标出，说明相邻计数点间的时间间隔 T＝0.1s
打点C时小车的速度为：vC=x2+x32T=(3.65+3.52)×10-22×0.1≈0.36m/s
由△x＝x1﹣x2＝aT2得：
即：（3.78﹣3.65）×10﹣2＝a×0.12
解得：a＝0.13m/s2
（3）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况。故图线为丙。
故答案为：（1）CD；（2）0.36，0.13；（3）丙。
【点评】解决本题的关键要理解实验原理，掌握数据处理的方法，会根据实验原理分析分析为什么要平衡摩擦力和让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，且会根据原理分析实验误差。
四、计算题（共3小题，17题8分，18题10分，19题12分，共30分）．
17．【分析】球受到向下的重力作用，这个重力总是欲使球向下运动，但是由于挡板和斜面的支持，球才保持静止状态，因此，球的重力产生两个作用效果，故产生两个作用效果：使球垂直压紧档板的力F1，使球垂直压紧斜面的力F2，根据平行四边形定则作图分析即可。
【解答】解：球受重力、挡板支持力、斜面支持力，按照作用效果，将重力沿着垂直挡板和垂直斜面方向分解，如图所示：
结合几何知识可得：
F1＝Gtan30°＝30×33=103N
F2=Gcos30°=203N。
答：这个球对斜面的压力大小和对档板的压力大小分别为203N、103N。

【点评】本题关键是明确小球重力的作用效果，然后运用分解法解题，也可以用合成法解题，注意球对挡板的压力垂直挡板，基础题。
18．【分析】（1）对纸箱进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度；
（2）第2s内的位移等于前2s的位移减去第一秒内的位移，根据匀加速直线运动位移时间公式即可求解．
【解答】解：（1）对纸箱受力分析得：
竖直方向：N＝mg+Fsin53°＝10×10+50×0.8N＝140N
所以摩擦力f＝μN＝28N
根据牛顿第二定律得：
F合＝ma
解得：a=Fcos53°-fm=50×0.6-2810=0.2m/s2
（2）纸箱做匀加速直线运动，则
x=12at22-12at12=12×0.2×4-12×0.2×1m＝0.3m
答：（1）纸箱的加速度大小为0.2m/s2．
（2）纸箱由静止开始运动，第2s内的位移为0.3m．
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，知道第2s内的位移等于前2s的位移减去第一秒内的位移，难度不大，属于基础题．
19．【分析】（1）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据位移速度关系求解上滑的最大位移；
（2）根据牛顿第二定律求出下滑时的加速度，根据位移速度关系求出末速度；
（3）根据v=v0+v2即可求解平均速度的大小．
【解答】解：（1）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律得：
a1＝gsinθ+μgcosθ＝10m/s2
根据位移速度公式得：2as＝v02
解得：s＝1.25m
（2）根据牛顿第二定律可知下滑时：
a2＝gsinθ﹣μgcosθ＝2m/s2
根据位移速度公式得：v2＝2a2s
解得：v=5m/s
（3）根据匀变速运动的推论有：v=v0+v2
所以上滑时的平均速度
v1=52=2.5m/s
下滑时的平均速度 v2=52m/s
答：（1）物体上滑的最大位移为1.25m；
（2）物体回到出发点时的速度为5m/s；
（3）上滑平均速度的大小为2.5m/s，下滑过程中平均速度的大小为52m/s．
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，知道匀变速运动平均速度的公式，难度适中．