2022年陕西省咸阳市高考物理一模试卷(含答案解析)

这是一份2022年陕西省咸阳市高考物理一模试卷(含答案解析)，共20页。试卷主要包含了【答案】C，【答案】B，【答案】D，【答案】A，【答案】BC等内容，欢迎下载使用。


曹冲称象故事讲的是曹冲巧妙地用石头总的重量称出了大象的重量，下列物理学习或研究中用到的方法与曹冲称象的方法相同的是( )
A. 牛顿的人造卫星发射设想
B. 测静电力常量
C. 探究二力合成的规律
D. 研究影响向心力大小的因素
图甲为家庭常用的燃气灶实物图，灶面上有一个支架。共有四个均匀分布的支撑面，对放在上面的厨具起到支撑作用。现把一个蒸锅放在支架上，并抽象成示意图乙，已知支架的每个支撑面与水平方向成α角。蒸锅和里面的食物总计重为G，则每个支撑面给蒸锅的支持力为(忽略蒸锅和支撑面之间的摩擦力)( )
A. G4B. G4csαC. G4sinαD. G4tanα
时隔8年之后，2021年12月9日我国宇航员王亚平再次进行太空授课，引发了我国很多中小学生对微重力下液体内部的受力情况感到好奇，某同学为了在地面探究微重力下液体内部的受力情况，设计了如下实验，如图所示，密度为ρ的木球与轻质弹簧相连后置于充满水的密闭容器中弹簧的另一端固定于容器的底部。水与木球的密度差为Δρ(Δρ>0)，重力加速度为g。初始时整个系统静止，现将容器由静止释放，则释放瞬间木球相对于地面的加速度大小为( )
A. gB. ΔρρgC. (1−Δρρ)gD. (1+Δρρ)g
如图所示，同一竖直平面内有四分之一圆环AC和倾角为θ=60∘的斜面BC相接于C点，A、B两点与圆环AC的圆心O等高。现将甲、乙小球同时从A、B两点以一定大小的初速度沿水平方向同时抛出，两球恰好在C点相碰(不计空气阻力)。则下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两球初速度大小之比为3：1
B. 若仅增大两球质量，则两球不再相碰
C. 若乙球速度大小变为原来的一半，则恰能落在斜面的中点D
D. 若乙球速度大小变为原来的两倍，则可能垂直击中圆环AC
质量为800kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a与速度的倒数1v的关系如图所示，已知图像斜率k的数值大小为500。则赛车( )
A. 速度随时间均匀增大
B. 加速度随时间均匀增大
C. 赛车运动时发动机输出功率为400kW
D. 图中b点取值应为0.01，其对应的物理意义表示赛车的最大时速为160km/h
如图甲所示的电磁流速/流量仪是一种为多种行业测量流速/流量的便携式测量仪表，其简化模型如图乙所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直于磁场方向放一个内径为D的不导磁管道，当导电液体在管道中以流速v流动时，导电液体切割磁感线产生电动势，在管道截面上垂直于磁场方向的直径两端安装一对电极，该电动势被信号电极采集，通过测量电压的仪表放大转换实现流速的测量，也可以实现流量(单位时间内流经某一段管道的流体体积)的测量。则关于电磁流速/流量仪的说法正确的是( )
A. 测量电压仪表a端的电势高于b端的电势
B. 稳定时信号电极采集到的电势差与流速v大小成反比
C. 仪表盘如果是刻度盘，流速/流量刻度都是均匀的
D. 流量的测量值与电磁流速/流量仪管道的长度成正比
如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1是光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，R2是定值电阻，C是平行板电容器，V1、V2都是理想电压表。闭合开关S后，电容器中的带电小球处于静止状态。在光照强度增大的过程中，分别用ΔU1、ΔU2表示电压表V1和电压表V2示数变化的绝对值，且ΔU1<ΔU2，则下列说法正确的是( )
A. V1的示数增大，V2的示数减小B. V1的示数减小，V2的示数增大
C. 带电小球仍处于静止状态D. 带电小球向上运动
如图所示，竖直墙与水平地面交点为O，从竖直墙上的A、B两点分别搭两条光滑轨道到M点，∠AMO=60∘、∠BMO=45∘，M点正上方与B等高处有一C点。现同时将a、b、c球分别从A、B、C三点由静止开始释放。则( )
A. a球最先到达M点B. b球最先到达M点
C. c球最先到达M点D. b球和c球都可能最先到达M点
如图所示，滑轮大小可忽略的传送带以恒定速率顺时针转动，将小物块在传送带底端P点无初速度释放，小物块在摩擦力作用下运动至传送带顶端，在小物块运动过程中，下列说法中正确的是( )
A. 小物块所受摩擦力的瞬时功率一定不断变大
B. 小物块所受摩擦力做的功大于小物块动能的增加量
C. 若物块滑到顶端时恰好与传送带共速，则两者间因摩擦而产生的内能恰好等于物块增加的机械能
D. 若物块滑动顶端时恰好与传送带共速，则两者间因摩擦而产生的内能恰好等于物块增加的动能
如图所示，曲线表示固定在x轴上a、b两点的两个点电荷产生的电势与位置之间的对应关系，两个点电荷所带电荷量分别为q1和q2，a、p间距离大于p、b间距离。从图可知以下正确的是( )
A. 两点电荷带异种电荷
B. 电势最低的p点的电场强度为零
C. p、b两点之间电场方向都指向p点
D. 将一负电荷从p点移到a点电势能增加
赤道平面内的某颗卫星自西向东绕地球做圆周运动该卫星离地面的高度小于地球同步卫星的高度，赤道上一观测者发现，该卫星连续两次出现在观测者正上方的最小时间间隔为t，已知地球自转周期为T0，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，由此可知该卫星绕地球运动的周期T和离地面的高度H为( )
A. T=tT0(T0+t)B. T=tT0(T0−t)
C. H=3gR2t2T024π2(t+T0)2−RD. H=3gR2t2T024π2(t−T0)2−R
如图所示，两光滑平行长直导轨水平放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场与导轨所在平面垂直。已知金属棒MN能沿导轨自由滑动，导轨一端跨接一个定值电阻R，金属棒与导轨电阻不计。金属棒在恒力F作用下从静止开始沿导轨向右运动，在以后过程中，金属棒速度v、加速度a、感应电动势E以及通过电阻R的电荷量q随时间t变化的关系表示正确的是( )
A. B.
C. D.
为测量木块与木板间的动摩擦因数μ，一同学设计了如图(甲)所示的实验装置，A为装有光电门的足够长的木板，B为与木板平滑连接的斜面C为带遮光片的小物块。
(1)测量遮光条宽度时游标卡尺的示数如图(乙)所示，则遮光条的宽度d=______mm；
(2)保持光电门的位置不变，多次改变物块在斜面上释放点的位置，每次都将物块由静止释放记录每次物块停止时物块中心到光电门中心的水平距离x和遮光条通过光电门的时间t，为了能直观地显示x与t之间的关系，即作出线性图像其应作______；(填选项序号)
A.x−t图像
B.x−t2图像
C.x−1t图像
D.x−1t2−图像
(3)若(2)问中正确图像的斜率为k，当地的重力加速度为g，不计细线与滑轮间的摩擦及空气阻力，则物块与水平面间的动摩擦因数为______。(用字母表示)
某同学为精确测量某金属圆柱的电阻，设计了如图甲所示的电路图。现在需要两个量程为200mA的电流表，但实验室提供的器材中，一个电流表的量程为100mA，内阻为12Ω，另外一个电流表的量程为200mA
(1)现将量程为100mA的电流表扩充为200mA，则应该______(填“串”或“并”)联一个阻值R′=______Ω的电阻。
(2)图中E为学生电源、G为灵敏电流计、A1代表量程为100mA电流表A(图中未画出)改装后的电流表、A2为量程为200mA的电流表、R1为电阻箱、R2与R3均为滑动变阻器、R0为定值电阻、S为开关、RX为待测金属圆柱，另有导线若干，这些器材全部由实验室提供。具体的实验操作如下：
A.按照如图甲所示的电路图连接好实验器材；
B.将滑动变组器R2的滑片、滑动变阻器R3的滑片均调至适当位置，闭合开关S；
C.调整R3，逐步增大输出电压，并反复调整R1和R2使灵敏电流计G的示数为零，此时量程为100mA的电流表A的示数为I1，A2的示数为I2，电阻箱的示数为R1；
D.实验完毕，整理器材。
①实验步骤B中滑动变阻器R3的滑片应调至最______(填“左”或“右”)端；
②反复调整R1和R2使灵敏电流计G示数为零的目的是______
③某次测量时量程为100mA的电流表A的指针位置如图乙所示，则此时通过R2的电流为______mA
(3)待测金属圆柱RX的阻值为______(用所测物理量的字母表示)
(4)电流表A1、A2的内阻对测量结果______(填“有”或“无”)影响
足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进到底线附近进行传中。某标准足球场长105m、宽68m。攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12m/s的匀减速直线运动，加速度大小为3m/s2。试求：
(1)足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大？
(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球。他的启动过程可以视为初速度为零加速度为4m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8m/s，该前锋队员至少经过多长时间能追上足球？
如图(甲)所示，半径R=0.8m的光滑14圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑的水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M=2kg，长度l=1m，小车的上表面与B点等高，质量m=2kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放，取g=10m/s2。
(1)求物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力；
(2)若物块与木板间的动摩擦因数0.3，求物块从平板车右端滑出时平板车的速度大小；
(3)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化如图(乙)所示，求物块滑离平板车时的速率。
如图所示，AC水平轨道上AB段光滑，BC段粗糙，且LBC=2m，CDF为竖直平面内半径为R=0.2m的光滑半圆轨道，两轨道相切于C点，CF右侧有电场强度E=1.5×103N/C的匀强电场，方向水平向右。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与带负电滑块P接触但不连接，弹簧原长时滑块在B点。现向左压缩弹簧后由静止释放，已知滑块P的质量为m=0.2kg，电荷量为q=−1.0×10−3C，与轨道BC间的动摩擦因数为μ=0.2，忽略滑块P与轨道间电荷转移。已知g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)若滑块P运动到F点的瞬间对轨道压力为2N，求弹簧释放的弹性势能；
(2)在(1)的条件下，滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力；
(3)欲使滑块P在进入圆轨道后不脱离圆轨道(即滑块只能从C点或者F点离开半圆轨道)，求弹簧最初释放的弹性势能的取值范围。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：曹冲称象故事用等重量的石头代替等重量的大象，是等效替代的思想。
A、牛顿的人造卫星发射设想是由已知现象，经过逻辑推理和数学工具验证，再进行合理延伸的科学思维方法，故A错误；
B、测静电力常量采用放大的思想，不是等效替代，故B错误；
C、建立“合力和分力”的概念，采用等效替代的思想，故C正确；
D、研究影响向心力大小的因素采用控制变量法，故D错误。
故选：C。
曹冲称象故事用等重量的石头代替等重量的大象，是等效替代的思想；力的合成与分解、运动的合成与分解、以及交流电的有效值都是等效替代思想。
本题考查了等效替代法、理想模型法、极值法等思想方法，是物理学的精髓所在，基础问题．
2.【答案】B
【解析】解：四个支撑面对蒸锅的支持力的合力与蒸锅包括食物的重力相等，设其中一个支撑面对蒸锅的支持力为N，则其方向与竖直方向夹角为α，由分析可知
Ny=Ncsα
又在竖直方向受力平衡，有4Ny=G
故N=G4csα
故ACD错误，B正确。
故选：B。
分析一个支撑面对蒸锅的支持力方向，根据共点力的平衡条件可以求出支持力。
在处理共点力的平衡问题，要注意如果物体处于平衡状态，在利用正交分解法时，有Fx=0，Fy=0。
3.【答案】D
【解析】解：初始时整个系统静止，弹力为Fk，对木球分析ρsgV=Fk+ρgV
释放瞬间，弹力不变，系统处于完全失重状态，浮力消失，
根据牛顿第二定律可得：a=Fk+ρgVm=ΔρgV+ρgVρV=(1+Δρρ)g，故D正确，ABC错误。
故选：D。
系统静止时，根据平衡条件列方程，在释放的瞬间，浮力消失，根据牛顿第二定律列式求解加速度即可。
物体在液体中所受的浮力为上下两平面的压力差，在完全失重状态，物体不受浮力作用。
4.【答案】A
【解析】解：A、甲乙两球从等高处做平抛运动恰好在C点相碰，则时间相等，水平方向有x2=v2t=Rtan60∘=13R，x1=v1t=R，
所以甲、乙两球初速度大小之比为3：1，故A正确；
B、两球运动时间与质量无关，故改变质量，两球仍会相碰，故B错误；
C、若v2大小变为原来的一半，在时间不变的情况下水平位移会变为原来的一半，但由于乙球会碰到斜面，下落高度减小，时间减小，所以乙球的水平位移小于原来的一半，不会落在斜面的中点，故C错误；
D、若乙球垂直击中圆环AC，则落点时速度的反向延长线过圆心O，由几何关系有(v2′t−13R)2+(12gt2)2=R2，
tanα=v2′t−13R12gt2=v2′gt(落点和圆心连线与OC夹角为α)，解得v2′≠2v2，故D错误。
故选：A。
两球均做平抛运动，将平抛运动分解为水平方向上匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动进行分析，根据题中给出的条件即可列式求解。
本题主要是考查了平抛运动的规律应用，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性。
5.【答案】C
【解析】解：A、由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A错误；
B、函数方程为a=500v−4，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；
C、对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有F−f=ma，F=Pv
联立得a=Pmv−fm
结合图线，故Pm=k，fm=4
所以P=km=500×800W=400kW，f=4m=4×800N=3200N，故C正确；
D、当物体的速度最大时，加速度为零b=1v=fP=3200400000=0.008，故D错误；
故选：C。
赛车以恒定功率启动，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析即可
本题关键对汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析求解
6.【答案】C
【解析】解：A.根据左手定则可知测量电压的仪表a端的电势低于b端的电势，故A错误；
B.当导电液体在管道中以流速v流动时，正负离子在磁场的作用下偏转，电极两端形成了电势差，当qUD=qvB
即U=BvD
电势差恒定，保持稳定输出，所以信号电极采集到的电势差与流速大小成正比，故B错误；
CD.流量为Q=Vt=πD2v4
流量的测量值与流速v成正比，与电磁流速/流量仪管道的长度无关，在仪表内部参数确定后，测量流速和流量的仪表盘刻度都是均匀的，故C正确，D错误；
故选：C。
根据左手定则分析出粒子的受力方向，由此分析出电势的高低；
根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出电压的表达式，结合流量的表达式完成分析。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出粒子的受力方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析。
7.【答案】B
【解析】解：AB.在光照强度增大的过程中，R1的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，则R2的电压增大，V2的示数增大。内电压和R2的电压增大，则路端电压减小，V1的示数减小，R1的电压减小，故A错误、B正确；
CD.R1的电压减小，则电容器板间电压减小，板间场强减小，带电小球受到的电场力减小，则带电小球向下运动，故CD错误。
故选：B。
在光照强度增大的过程中，R1的阻值减小，分析电路总电阻的变化，判断总电流变化和路端电压的变化，即可知道V1的示数变化。由欧姆定律分析V2的示数变化。根据电容器板间电压的变化，分析带电小球的运动情况。
解决本题的关键要抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析。也可以直接根据路端电压随外电阻的减小而减小，分析V1的示数变化情况。
8.【答案】C
【解析】解：设CM距离为R，
对于AM轨道：
位移x1=2R，加速度为：a1=mgsin60∘m=gsin60∘=32g，
由x1=12a1t12，
解得：t1=2x1a1=2×2R32g=8R3g，
对于BM轨道：
位移x2=2R，加速度为：a2=mgsin45∘m=gsin45∘=22g，
由x2=12a2t22，
解得：t2=2x2a2=2×2R22g=4Rg，
对于C到M：
位移x3=R，加速度a3=g，
由得x3=12a3t32，
解得：t3=2x3a3=2×Rg=2Rg，
可见t3最小，t2最大，c球最先到达M点，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据几何关系分别求出各个轨道的位移，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀变速直线运动的位移时间公式求出运动的时间，从而比较出到达M点的先后顺序。
解决本题的关键根据牛顿第二定律求出各段的加速度，运用匀变速直线运动的位移时间公式进行求解。
9.【答案】BC
【解析】解：A、物块受到重力、支持力和摩擦力作用，可能先做匀加速，后做匀速直线运动，则摩擦力的瞬时功率先增大，后不变，故A错误。
B、在运动的过程中，摩擦力做正功，重力做负功，根据动能定理知，合力做功等于动能的变化量，则摩擦力做功大于物块动能的增加量，故B正确。
CD、根据功能关系知，摩擦力做功等于物块机械能的增加量，物块运动到顶端时，恰好与传送带共速，则物块的位移与相对位移大小大小，则摩擦力对物块做功的大小等于摩擦产生的内能，则两者间因摩擦而产生的内能恰好等于物块增加的机械能，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据物块在整个过程中的运动规律判断摩擦力功率的变化，结合动能定理比较摩擦力做功与物块动能的变化量，根据功能关系比较摩擦力产生的内能与物块增加的机械能关系。
解决本题的关键掌握功能关系，知道除重力以外其它力做功等于机械能的增加量，知道摩擦产生的内能等于摩擦力与相对位移的乘积。
10.【答案】BC
【解析】解：AB.由E=ΔφΔx可知，φ−x图象斜率表示电场强度，可知p点场强最小，由沿电场线方向电势降低，可知a、b两点电荷均为正电荷，且两点电荷在p点产生的场强大小相等，方向相反，所以电势最低的p点的电场强度是零，故A错误，B正确；
C.由沿电场线方向电势降低，p点电势最低，可知p、b两点之间电场方向都指向p点，故C正确；
D.由Ep=qφ可知，负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，将一负电荷从p点移到a点，即从低电势移到高电势，电势能减少，故D错误。
故选：BC。
φ−x图象的斜率表示电场强度的大小，沿着电场线方向电势降低，电势能根据Ep=qφ来判定。
本题重点考查φ−x图象的物理意义；电势能的表达式Ep=qφ使用时注意符号的代入。
11.【答案】AC
【解析】解：设卫星的周期为T，则有(2πT−2πT0)t=2π
解得T=T0tT0+t
由万有引力提供向心力GMm(R+H)2=m(R+H)4π2T2
又在地表处g=GMR2
联立解得H=3gR2t2T024π2(t+T0)2−R，故AC正确，BD错误；
故选：AC。
根据万有引力提供向心力公式，结合前后两次出现在人的正上方时，正好多转动一圈，从而列式，即可求解．
考查万有引力与向心力表达式，掌握牛顿第二定律的应用，理解向心力的来源，注意前后两次出现在人的正上方时，正好多转动一圈是解题的突破口．
12.【答案】BCD
【解析】解：AB.金属棒受到恒力作用开始做加速运动，运动以后由于切割磁感线导体棒受到安培力的作用，加速度大小满足：ma=F−B2L2vR，随着速度的增大，加速度越来越小，最终将做匀速运动，故A错误、B正确；
C.根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E=BLv=BLat，由于加速度逐渐减小，则E随t变化的图线切线斜率越来越小，最后E为一定值，故C正确；
D.通过电阻R的电荷量q=It=ERt=BLxR，由于金属棒做加速度越来越小的加速运动，金属棒的位移x随时间增大，增加的越来越慢，通过R的电荷量随时间增加，但在相等时间内的增加量逐渐减小，当导体棒做匀速运动时图线的切线斜率不变，D正确。
故选：BCD。
由安培力公式求出安培力，然后由牛顿第二定律求出加速度，根据加速度的表达式判断加速度与速度如何变化；求出感应电动势与电荷量的表达式，然后分析它们的变化，即可答题．
本题考查了判断速度v、加速度a、感应电动势E、通过电阻的电荷量随时间的变化关系，求出金属棒受到的安培力，应用牛顿第二定律求出加速度，然后进行分析即可正确解题，知道金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速直线运动是正确解题的关键．
13.【答案】3.10Dd22kg
【解析】解：(1)由图乙所示游标卡尺可知，其精度是0.05mm，遮光条的宽度d=3mm+2×0.05mm=3.10mm
(2)已知遮光条宽度为d，则滑块经过光电门速度为v=dt
已知物块中心到光电门中心的水平距离为x，由速度-位移公式得：v2=2ax
由牛顿第二定律得：μmg=ma
整理得：x=d22μg×1t2，d、μ都是常数，x与1t2成正比，x−1t2图像是直线，应作出x−1t2图故选D。
(3)由x=d22μg×1t2可知，x−1t2图像的斜率k=d22μg
解得，动摩擦因数：μ=d22kg
故答案为：(1)3.10；(2)D；(3)d22kg。
(1)游标卡尺主尺读数与游标尺读数的和是游标卡尺读数。
(2)求出滑块经过光电门时的速度，应用匀变速直线运动的速度-位移求出分析答题。
(3)根据图像的函数表达式求出动摩擦因数。
要掌握常用器材的使用即读数方法；理解实验原理是解题的前提，应用匀变速直线运动的速度-位移公式求出图像的函数表达式即可解题。
14.【答案】(1)并，12；(2)①左；②使R1和R2两端的电压相等；③160；(3)2I1I2R1；(4)无
【解析】解：(1)要将量程为100mA，内阻为12Ω的电流表量程扩大为I=200mA，由电流表的改装原理可知，应并联R′=IArAI−IA=12Ω的电阻；
(2)①闭合开关前，调节滑动变阻器R3的滑片滑至最左端，保护电路中的元件；
②调节电流计G的示数为零，目的是使R1和R2两端的电压相等；
③根据电表的改装原理可知，通过电阻R2的电流应该是量程为100mA的电流表A的刻度上读数的2倍，即160mA；
(3)根据2I1R1=I2R2，得到待测金属圆柱的电阻为：RX=2I1I2R1
(4)从表达式可以看出电流表A1、A2的内阻对测量结果较没有影响。
故答案为：(1)并，12；(2)①左；②使R1和R2两端的电压相等；③160；(3)2I1I2R1；(4)无
(1)把电流表扩大量程要并联一个电阻进行分流；
(2)为了能够保护电路元件，分压连接方式应该从最左端开始；当电流计为零时，两电阻的电压相等；根据改装后的电流特点可计算出R2的电流；
本题考查了电学实验，解题的关键是了解电流表的改装原理及电流计为零时意味着上下两电路电压相等。
15.【答案】解：(1)足球的运动可视为在地面上的匀减速直线运动，根据运动学公式有x=v2−v022a1=0−1222×(−3)m=24m
(2)当队员的速度达到满速时t1=ΔvΔt=8−04s=2s
此时队员的位移为x1=12a2t12=12×4×22m=8m
此时足球的位移为x′1=v0t1+12a1t12=12×2m−12×3×22m=18m
此时队员未追上足球，与足球相差10m，以球为参照物，运动员与足球
队员此后相对初速
加速度
追上足球用时为t2，则有
解得t2=2s
故前锋队员追上足球至少经过t=t1+t2=2s+2s=4s
答：(1)足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为24m；
(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球。他的启动过程可以视为初速度为零加速度为4m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8m/s，该前锋队员至少经过4s长时间能追上足球。
【解析】(1)根据速度-位移公式计算足球的位移；
(2)根据位移-时间公式和队员与足球的位移关系列式求出追上的时间。
本题以足球运动为考查背景，考查了运动学公式的基本应用，解题的关键点在于分类讨论队员追上足球的时间并加以分析。
16.【答案】解：(1)物块从A点到B点的过程中，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgR=12mvB2
代入数据解得：vB=4m/s
在B点，轨道的支持力与物块的重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
F−mg=mvB2R
代入数据解得：F=60N
由牛顿第三定律可知，物块在B点时对轨道压力F′=F=60N，方向竖直向下．
(2)物块滑上小车后，对物块，由牛顿第二定律得，加速度：
a1=μmgm=μg=0.3×10m/s2=3m/s2
平板车向右匀加速运动，加速度为：
a2=μmgM=0.3×2×102m/s2=3m/s2
物块向右匀减速运动，经过时间t滑离，
则有：vBt−12a1t2−12a2t2=l
代入数据解得：t=13s(t=1s时物块已经离开平板车，舍去)
所以物块滑离平板车时速度大小为：v=vB−a1t=4m/s−3×13m/s=3m/s
(3)物块在小车上滑行时的摩擦力做功：
Wf=−μ1mg+μ2mg2l=−0.3×2×10+0.6×2×102×1J=−9J
从物体开始滑动到滑离平板车的过程，由动能定理得：
mgR+Wf=12mv2−0
代入数据解得：v=7m/s
答：(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小是60N，方向竖直向下；
(2)物块从平板车右端滑出时平板车的速度大小是3m/s；
(3)物块滑离平板车时的速率是7m/s。
【解析】(1)根据机械能守恒定律求出物块到达B点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出物块对轨道的压力。
(2)根据牛顿第二定律分别求出物块和小车的加速度，根据运动学公式和位移关系求出物块滑离平板车所用时间，从而求得物块从平板车右端滑出时平板车的速度。
(3)根据摩擦力的平均值求出摩擦力做的功，通过动能定理求出物块滑离平板车时的速度。
本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式，关键理清物块的运动过程，选择合适的规律进行求解。
17.【答案】解：(1)滑块在F点时受力如图1所示，由重力和轨道作用力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
N+mg=mvF2R
根据牛顿第三定律知N=2N
解得：vF=2m/s
从释放弹簧到滑块到达F点的过程，由能量守恒定律得
EP=μmgLBC+2mgR+12mvF2
解得弹簧释放的弹性势能：EP=2J
(2)滑块从D点到F点，由动能定理得：
−mgR+qER=12mvF2−12mvD2
在D点，对滑块由牛顿第二定律得：
qE+ND=mvD2R
解得：ND=3.5N
由牛顿第三定律可知滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力大小为3.5N，方向水平向右。
(3)如图2所示，滑块的等效重力大小为：mg′=(mg)2+(qE)2
解得：mg′=2.5N，
设mg′方向与竖直方向夹角θ，则有：
tanθ=qEmg=1×10−3×1.5×1030.2×10=0.75，可得θ=37∘
M、N两点分别为等效最高点和等效圆心等高点。
①要使滑块P恰好沿半圆轨道运动到M点时不与轨道分离，可得：
mg′=mvM2R
滑块P从释放到M点的过程中，由动能定理得：
EP1−μmgLBC−mg′R(1+csθ)=12mvM2−0
联立可得：EP1=1.95J
②小球达到等效圆心等高点(N点)的速度为零，由动能定理得：
EP2−μmgLBC−mg′Rcsθ=0−0，
解得：EP2=1.2J
所以欲使滑块P在进入圆轨道后不脱离圆轨道，弹性势能的取值范围：EP≥1.95J或EP≤1.2J。
答：(1)弹簧释放的弹性势能为2J；
(2)滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力大小为3.5N，方向水平向右；
(3)弹簧最初释放的弹性势能的取值范围。为：EP≥1.95J或EP≤1.2J。
【解析】(1)滑块P运动到F点时，由重力和轨道作用力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出滑块到达F点的速度，再根据功能关系求解弹簧释放的弹性势能；
(2)滑块从D点到F点，由动能定理求出滑块通过D点的速度，再由牛顿第二定律和牛顿第三定律求解滑块在D点时对轨道的压力；
(3)计算等效重力，找到等效最高点，分析题意找到滑块不与轨道分离的两种情况，分别用动能定理解答。
本题的关键要理清滑块的运动情况和受力情况，把握隐含的临界条件。在(3)问中，一是计算等效重力，找到等效最高点，二是滑块不与轨道分离的两种情况，记住这种模型。