2021-2022学年河南省鹤壁高级中学高一（下）学前居家检测物理试卷（含答案解析）

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2021-2022学年河南省鹤壁高级中学高一（下）学前居家检测物理试卷
1. 一个质点受两个互成锐角的恒力F1和F2作用，由静止开始运动，若运动过程中保持二力方向不变，但F1突然增大到F1+△F，则质点以后(    )
A. 一定做匀变速直线运动 B. 在相等时间内速度的变化一定相等
C. 可能做匀速直线运动 D. 可能做变加速曲线运动
2. 一艘小船在静水中的速度是3m/s，一条河宽45m，河水流速为4m/s，下列正确的是(    )
A. 小船在这条河中运动的最大速度是5m/s B. 小船在这条河中运动的最小速度是3m/s
C. 小船渡过这条河的最短时间是9s D. 小船渡过这条河的最小位移是60m
3. 如图所示，完全相同的三条轮胎整齐叠放在墙角，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.现将水平向右的恒力F作用在中间轮胎上，一小段时间后三条轮胎的位置可能是(    )

A. B.
C. D.
4. 图甲为宇航员王亚平在天和舱用跑步机锻炼的场景，其跑步过程可简化为图乙，宇航员与跑步机垂直。在太空中重力的作用消失，为了完成跑步，宇航员将一根橡皮绳一端系在腰间，另一端固定于舱体，橡皮绳与跑步机成60∘，宇航员跑步过程中相对天和舱静止。设宇航员的体重为60kg，在橡皮绳的作用下，宇航员有与在地面跑步完全一样的体验。已知橡皮绳的劲度系数为6000N/m，取地球表面上的重力加速度为10m/s2，跑步过程中橡皮绳的长度及橡皮绳与跑步机的夹角不变，则下列说法正确的是(    )

A. 橡皮绳被拉长了0.1m
B. 跑步机对宇航员的静摩擦力大小为2003N
C. 跑步机对宇航员的支持力大小为6003N
D. 跑步机所受到的静摩擦力方向向左
5. 如图所示，固定在水平面上的斜面体，其表面不光滑，顶端有光滑的定滑轮，斜面的右侧放有一块可绕顶端转动的光滑挡板，两个质量相等的滑块A和B分别放置在斜面和挡板上，二者通过细线和轻质弹簧相连，整个系统处于静止状态。现使挡板从与水平面成60∘角的位置缓慢转动到水平位置，滑块A始终静止不动，弹簧一直处于弹性限度内，下列说法正确的是(    )

A. 挡板对滑块B的弹力先增大后减小 B. 弹簧的弹性势能先减小后增加
C. 滑块A受到的摩擦力一直减小 D. 斜面对滑块A的作用力先减小后增大
6. 如图所示，质量为1kg物块甲和质量为2kg的物块乙放在水平地面上，用劲度系数为100N/m的轻弹簧连接，两物块与水平地面间的动摩擦因数均为0.3。物块甲受到一个向右逐渐增大的推力F，两物块始终静止，弹簧处于压缩状态。当F=8N时，甲即将滑动.若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，则以下说法正确的是(    )

A. 两物块静止时，弹簧的压缩量为3cm
B. 两物块静止时，物块乙受到的摩擦力大小为6N
C. 两物块静止时，随着F增大，物块乙受到的摩擦力也增大
D. 若突然撤去F，则在撤去瞬间甲的加速度大小为2m/s2
7. 两倾斜的平行杆上分别套着a、b两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示。当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a的悬线与杆垂直，b的悬线沿竖直方向，下列说法正确的是(    )


A. a环沿杆做匀速直线运动 B. b环与杆有摩擦力
C. d球处于失重状态 D. 细线对c、d球的弹力大小相等
8. ETC是电子不停车收费系统的简称，可以提高高速公路的通行能力，如图甲所示为ETC通道和人工通道的示意图。一辆汽车通过人工通道时的v−t图像如图乙所示，t=0s时刚好进入人工通道。t=7s时离开人工通道。若该汽车以4m/s的速度匀速通过ETC通道，则相比通过人工通道可节省的时间为(    )

A. 2s B. 4s C. 5s D. 6s
9. 如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度-时间变化规律如图乙所示，t=6s时恰好到B点，则(    )

A. 物块与传送带之间动摩擦因数为μ=0.5
B. AB间距离为20m
C. 小物块在传送带上留下的痕迹是8m
D. 若物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，则物块不能到达B端
10. 如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已知ma=mb=m，a、b间的动摩擦因数为μ，b与地面间的动摩擦因数为0.25μ。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对a施加一水平向右的拉力，下列判断正确的是(    )


A. 当力F=μmg时，a、b间的摩擦力为1.5μmg
B. 无论力F为何值，b的加速度不会超过0.75μg
C. 当力F>μmg时，b相对a滑动
D. 若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过1.5μmg
11. 如图所示，一栋高为9m的三层楼房，每层楼高相等，且每层楼墙壁正中间有一个高为1m的窗户。现将一石块从楼顶边缘自由释放，不计空气阻力，以下说法正确的是(    )
A. 石块依次到达三个窗户上边缘的速度大小之比为1：2:7
B. 石块依次通过三个窗户的平均速度之比为(2+1):(5+2):(22+7))
C. 石块依次到达三个窗户下边缘的时间之比为2：5：8
D. 石块依次通过三个窗户的时间之比为(2+1):(5−2):(7−6)

12. 甲、乙两光滑小球(均可视为质点)用轻直杆连接，乙球处于粗糙水平地面上，甲球紧靠在粗糙的竖直墙壁上。初始时轻杆竖直，杆长为4m。施加微小的扰动，使得乙球沿水平地面向右滑动，当乙球距离起点3m时，下列说法正确的是(    )


A. 甲、乙两球的速度大小之比为7：3
B. 甲、乙两球的速度大小之比为37：7
C. 甲球即将落地时，乙球的速度与甲球的速度大小相等
D. 甲球即将落地时，乙球的速度为零
13. 在粗糙水平地面上，有一质量为2kg的物体做直线运动，从t=0时刻起受水平恒力F的作用，经一段时间后撤去力F，物体运动的v−t图像如图所示，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是(    )
A. 物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2
B. 物体4s末回到起始位置
C. F的大小为6N
D. F在物体上的作用时间为3s
14. 如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则(    )

A. 两物块一起运动的加速度大小为a=Fm1+m2
B. 弹簧的弹力大小为T=m2m1+m2F
C. 若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
D. 若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大

15. 如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是(    )



A. 煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2+5)s
B. 煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+45)m
C. 倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ=0.75
D. 煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.35
16. 在“研究平抛物体的运动”的实验中：
(1)下列说法正确的是______。
A.通过调节使斜槽的末端保持水平
B.每次释放小球的位置可以不同
C.应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下
D.记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降
E.斜槽必须光滑
(2)在实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长L=5cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为______m/s；B点的速度为______m/s，抛出点距A点的水平距离______cm，抛出点距A点的竖直距离______cm(g=10m/s2)。


17. 如图所示，质量M=2kg足够长木板AB，在水平面上向右做直线运动，木板上表面光滑，下表面与地面间的动摩擦因数μ=0.1.某时刻木板的速度v0=9m/s时，在木板左端A施加一个水平向左的恒力F=5N，同时将一个质量m=2kg的小木块轻放在木板的右端B，经过一段时间，小木块从木板脱离．已知小木块可视为质点g=10m/s2.求：
(1)木板速度为零时，小物块距B端的距离；
(2)小木块从木板上脱离时，木板速度的大小．

18. 某校在水平直道举行托乒乓球跑步比赛，比赛距离为S.某同学将球置于球拍中心，从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点．整个过程中球一直保持在球拍中心不动．在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如图所示，设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g.
(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k；
(2)求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式；
(3)整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求β应满足的条件．



答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：互成锐角的恒力F1和F2作用，由静止开始运动，质点做匀加速直线运动．当保持F1方向，大小突然增大到F1+△F，且F2保持不变，则此时合力的方向与速度方向不共线，做曲线运动．由于合力恒定，所以做匀变速曲线运动，加速度是定值，所以在相等的时间里速度的增量一定相等，故B正确，A、C、D错误．
故选：B.
质点做直线运动还是曲线运动，就看合力的方向与速度的方向是否在同一条直线上，在同一条直线上，就做直线运动，不在一条直线上，质点就做曲线运动．
本题即考查了物体做曲线运动的条件，还考查了学生对匀变速运动的理解，把这两部分内容理解透彻就不会出错了．

2.【答案】D 
【解析】解：AB、根据运动的合成法则可知，当船在静水中速度和河水流速方向相同时，合速度最大，为7m/s，当静水中速度和河水流速方向相反时，合速度最小为1m/s，故AB错误；
C、当船头垂直河对岸时渡河时间最短，t=dv船=453s=15s，故C错误；
D、因船的静水速度小于水流速度，则当船的合速度垂直船在静水中的速度时，有最小渡河的位移x，设合速度为v为，由图像可知速度矢量三角形和位移三角形相似，则有v水v船=xd，代入数据解得x=60m，故D正确。

故选：D。
因为水流速度大于船的静水速度，故船不可以垂直河岸过河；当静水速度的方向与河岸垂直，渡河时间最短；当合速度垂直船速时，则渡河的位移最短，知速度矢量三角形和位移三角形相似，对应边成比例，从而即可求解。
解决本题的关键知道当静水速度与河岸垂直时，渡河时间最短，船的静水速度小于水流速度，则当船的合速度垂直船速时，有最小渡河的位移，并掌握相识三角形对应边成比例。

3.【答案】A 
【解析】解：第三条轮胎与地面之间的最大静摩擦力
f3=3μmg
第二条轮胎与第三条轮胎之间的最大静摩擦力
f2=2μmg
由此可发现，第三条轮胎不可能对地发生位移，当拉力足够大时，第二条轮胎可以带动第一条轮胎运动，同时与第一条轮胎发生相对位移。故A正确，BCD错误；
故选：A。
F作用在2轮胎上，在拉力作用下开始运动，根据摩擦力的大小可判断轮胎的运动情况。
本题考查了共点力平衡在实际生活中的运用，知道轮胎间发生相对滑动的临界条件，运用共点力平衡条件求解，难度中等。

4.【答案】B 
【解析】解：A、宇航员跑步过程中有与在地面跑步完全一样的体验，则宇航员对跑步机的压力等于宇航员在地面上的重力，设橡皮绳被拉长了x，则kxcos30∘=mg，代入数据解得：x=315m≈0.12m，故A错误；
B、跑步机对宇航员的静摩擦力大小为f=kxsin30∘，代入数据解得：f=2003N，方向向左，故B正确；
C、根据牛顿第三定律可知，跑步机对宇航员的支持力大小为FN′=FN=mg=60×10N=600N，故C错误；
D、跑步机对宇航员的静摩擦力向左，根据牛顿第三定律知跑步机所受到的静摩擦力方向向右，故D错误。
故选：B。
宇航员跑步过程中有与在地面跑步完全一样的体验，说明宇航员对跑步机的压力等于宇航员在地面上的重力，由胡克定律求橡皮绳的伸长量，由平衡条件求跑步机对宇航员的静摩擦力大小，并判断跑步机所受到的静摩擦力方向。
本题与地面上物体的受力情况不同，在宇航飞船中，宇航员的重力作用消失，分析受力情况时，可看成不受重力。

5.【答案】D 
【解析】解：设A与B的质量为m。
A、对B进行受力分析如图：

挡板对滑块B的弹力：N=mgcosθ，可知当挡板从与水平面成60∘角的位置缓慢转动到水平位置，θ逐渐减小，则N逐渐增大，故A错误；
B、滑块B受到细线的拉力：F=mgsinθ，当挡板从与水平面成60∘角的位置缓慢转动到水平位置，θ逐渐减小，则拉力F逐渐减小，当转动到水平位置θ=0，此时细线的拉力为零；根据胡克定律可知，弹簧的伸长量逐渐减小，所以弹簧的弹性势能将逐渐减小，故B错误；
C、开始时绳子对B的拉力：F=mgsin60∘=32mg；细线和轻质弹簧相连，则当挡板从与水平面成60∘角的位置缓慢转动到水平位置过程中，弹簧的拉力从32mg逐渐减小为零；
滑块A在整个过程中受到重力、斜面得支持力、绳子的拉力以及可能的斜面的摩擦力，开始时A的重力沿斜面向下的分力为G1=mgsin30∘=12mg，小于弹簧对A斜向上的拉力32mg，则滑块A开始时受到斜面对A的沿斜面向下的摩擦力；当弹簧对A的拉力等于12mg时，斜面对A的摩擦力为零；当弹簧对A的拉力小于12mg时，斜面对滑块A的摩擦力的方向沿斜面向上，当弹簧的拉力为零时，向上的摩擦力达到最大，所以滑块A受到的摩擦力先减小后增大，故C错误；
D、斜面对滑块A的作用力等于支持力与摩擦力的合力，支持力与摩擦力相互垂直，支持力不变，摩擦力先减小后增大，故斜面对P的作用力先变小后变大，故D正确。
故选：D。
分别对B与A进行受力分析，根据平衡条件求出滑块B受到的支持力与拉力的变化，分析滑块A所受摩擦力方向和斜面对A的作用力的大小变化情况。
本题考查动态平衡分析问题，关键要抓住物块B受力平衡，任意两个力的合力与第三个力等大反向，运用图解法分析F和N的变化情况。

6.【答案】D 
【解析】解：A、由题意可知，物块甲的最大静摩擦力f甲m=μm甲g=0.3×1×10N=3N，物块乙的最大静摩擦力f乙m=μm乙g=0.3×2×10N=6N，当推力F=8N时，物块甲刚好要滑动，根据力的平衡可知，弹簧的弹力为T=F−f甲m=8N−3N=5N，弹簧的压缩量x=Tk=5100m=0.05m=5cm，故A错误；
B、两物块静止时，根据平衡条件可知物块乙受到的摩擦力为f乙=T=5N，故B错误；
C、两物块静止时，随着F增大，甲乙均静止，弹簧的形变量不变，弹簧弹力不变，则物块乙受到的摩擦力也不变，故C错误；
D、若突然撤去F，则在撤去瞬间弹簧的形变量不变，弹簧弹力不变，甲的加速度大小为a=T−f甲mm甲=5−31m/s2=2m/s2，故D正确。
故选：D。
求出物块甲、乙的最大静摩擦力，根据力的平衡求解弹簧的弹力，根据胡克定律求解弹簧的压缩量；根据平衡条件可知物块乙受到的摩擦力；施加推力后，随着F增大，弹簧的形变量不变，由此分析物块乙受到的摩擦力；若突然撤去F，则在撤去瞬间弹簧的形变量不变，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律求解甲的加速度大小。
本题主要是考查了牛顿第二定律和共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平衡条件或牛顿第二定律结合弹簧弹力的决定因素进行分析。

7.【答案】B 
【解析】解：A、c球受重力和拉力两个力，两个力的合力不等于零，受力如图所示

c球与a环以共同的加速度向下滑，对c球有a=mgsinθm=gsinθ，则a环的加速度为gsinθ，做匀加速直线运动，故A错误；
BC、对球d单独进行受力分析，只受重力和竖直方向的拉力，因此球d的加速度为零，球d处于平衡状态，加速度为零，不是失重状态，因为b和d相对静止，因此b的加速度也为零，处于平衡状态，可知b环受重力、支持力、拉力和摩擦力，故B正确，C错误；
D、细线对c球的拉力Tc=mgcosθ，对d球的拉力Td=mg，细线对c、d球的弹力大小不相等，故D错误。
故选：B。
对C受力分析，根据牛顿第二定律求出c的加速度，a、c相对静止，即可得到a的运动情况；对d受力分析，可知b、d均处于平衡状态；直接求出细线对c、d的弹力，比较大小。
本题关键是灵活地选择研究对象，受力分析后根据牛顿第二定律或者平衡条件列式求解。

8.【答案】C 
【解析】
【分析】
根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，求出人工通道的长度，结合匀速运动的规律求出汽车匀速通过ETC通道的时间，从而求得相比通过人工通道可节省的时间。
解答本题时，要知道v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，运用几何知识求出人工通道的长度是关键。
【解答】
ABCD.根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，可得人工通道的长度为L=2×4×22m=8m，由图可知，人工通道的长度也为8m，则汽车以4m/s的速度匀速通过ETC通道所用时间为t1=Lv=84s=2s，由图可知，汽车通过人工通道的时间为t2=7s，则相比通过人工通道可节省的时间为Δt=t2−t1=7s−2s=5s，故ABD错误，C正确。
故选：C。  
9.【答案】C 
【解析】解：A、由图乙可知，在0−4s内，物块做匀加速直线运动，加速度大小为a=vt=44m/s2=1m/s2，由牛顿第二定律得：μmg=ma，联立解得μ=0.1，故A错误；
B、因物块在t=6s时恰好到B点，所以物块在0−6s内的位移大小等于AB间的距离，根据v−t图像与时间轴所围成的面积表示位移，可得AB间距离为L=2+62×4m=16m，故B错误；
C、由于t=4s后物块与传送带的速度相同，故传送带速度为v=4m/s，在0−4s内，物块与传送带间相对位移大小为Δx=vt−vt2=vt2=4×42m=8m，t=4s后物块与传送带相对静止，所以小物块在传送带上留下的痕迹是8m，故C正确；
D、在0−4s内，物块运动的位移为x1=vt2=4×42m=8m。若物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块在传送带上滑行的最大距离为x2=v22a=422×1m=8m
因x1+x2=16m=L，所以物块恰好能到达B端，故D错误。
故选：C。
由v−t图像的斜率求出物块做匀加速直线运动时的加速度，根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式相结合求物块与传送带之间动摩擦因数；根据图像与时间轴所围成的面积求出物块在0−6s内的位移大小，即为AB间距离；读出传送带的速度，根据物块与传送带间的相对位移大小求物块在传送带上留下的痕迹长度；若物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，由速度-位移公式求出物块在传送带上滑行的距离，从而判断物块能否到达B端。
本题考查传送带问题，关键要要结合v−t图像分析物块在传送带上的运动情况，抓住v−t图像的斜率表示加速度，图像与时间轴所围成的面积表示位移，结合牛顿第二定律和运动学公式进行解答。

10.【答案】D 
【解析】解：a、b之间的最大静摩擦力为fmax=μmg=μmg，b与地面间的最大静摩擦力为fmax′=0.25μ(m+m)g=0.5μmg
CD、a、b相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律得：
对b有：fmax−fmax′=ma0
对整体有：F0−fmax′=2ma0
解得：a0=0.5μg，F0=1.5μmg，
所以若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过1.5μmg，当力F>1.5μmg时，b相对a滑动，故C错误，D正确；
A、当力F=μmg时，a、b一起加速运动，设加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：
对a、b整体：F−fmax′=ma1
对a：F−f1=ma1
解得a、b间的摩擦力为：f1=0.75μmg，故A错误；
B、根据D选项的分析可知，无论力F为何值，b的加速度不会超过0.5μg，故B错误。
故选：D。
根据a、b之间的最大静摩擦力，隔离对b分析求出a相对于b静止的临界加速度，通过牛顿第二定律求出a、b不发生相对滑动时的最大拉力。然后通过整体法隔离法逐项分析。
本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B恰好不发生相对滑动时的拉力。

11.【答案】B 
【解析】解：A、石块依次到达三个窗户上沿的位移分别为1m、4m、7m，根据v2=2ax知速度大小之比为1：4：7，故A错误；
B、石块依次到达三个窗户下沿的位移分别为2m、5m、8m，根据v2=2ax知依次到达窗户下沿的速度大小之比为2:5:8=2:5:22，根据匀变速直线运动的平均速度公式v−=v0+v2，知石块依次通过三个窗户的平均速度之比为：(2+1):(5+2):(22+7))，故B正确；
C、根据v=at知石块依次到达三个窗户下沿的时间之比等于依次到达窗户下沿的速度大小之比，为2:5:22，故C错误；
D、根据x=v−t知，石块依次通过三个窗户的时间与平均速度成反比，即为12+1:15+2:122+7=(2−1)：(5−2)：(22−7)，故D错误。
故选：B。
根据图确定对应的位移大小，根据初速度为零的匀变速直线运动规律：v2=2ax，v=at，v−=v0+v2，x=v−t等公式计算比值。
物体由静止下落时列式，故对于自由落体运动，尽量由开始状态列式求解。

12.【答案】BD 
【解析】解：AB、设轻杆与竖直方向夹角为θ，则甲的速度v1在沿杆方向的分量为v1杆=v1cos⁡θ，乙的速度v2在沿杆方向的分量为v2杆=v2sin⁡θ，且v1杆=v2杆，当甲乙处于图示位置时，cosθ=74，sinθ=34，解得此时甲、乙两球的速度大小之比为v1v2=377，故A错误，B正确；
CD、当甲球即将落地时，θ=90∘，此时甲球的速度达到最大，乙球的速度为0，故C错误，D正确；
故选：BD。
将两球的速度均分解到沿杆和垂直于杆方向，根据运动的合成与分解列出两球速度的关系，即可求解。
本题考查系统关联速度问题，掌握关联速度问题中速度的分解，会列速度的关系式并进行求解。

13.【答案】ACD 
【解析】解：AD、由于0−1s内物体沿负方向减速运动，1−3s内沿正方向加速运动，3s后沿正方向减速运动，则拉力在3s末撤去的，拉力F的作用时间为3s，根据v−t图像斜率的物理意义，可得在3−4s内物体的加速度大小为：a=ΔvΔt=21m/s2=2m/s2，根据牛顿第二定律得：μmg=ma，代入数据解得物体与水平地面间的动摩擦因数为：μ=0.2，故AD正确；
B、根据v−t图像面积表示物体的位移，0−1s内物体沿负向运动，位移大小为：x1=12×5×1m=2.5m，1∼4s内沿正向运动，位移大小为：x2=12×3×2m=3m，则知4s末距离出发点距离为：x=x2−x1=3m−2.5m=0.5m，故B错误；
C、在0−1s内物体沿负向运动，根据v−t图像斜率的物理意义，可得加速度大小为a1=Δv1Δt1=51m/s2=5m/s2，根据牛顿第二定律可得：F+μmg=ma1，代入数据解得F的大小为：F=6N，故C正确。
故选：ACD。
物体做减速运动时，合力方向与速度方向相反，根据物体的运动情况分析拉力何时撤去的；由图象的斜率求解加速度，再由牛顿第二定律求解；根据v−t图像面积表示物体的位移求解。
本题考查的是速度-时间图象的应用，要明确斜率的含义，能根据图象读取有用信息，并结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解。

14.【答案】BC 
【解析】解：A、对整体受力分析，根据牛顿第二定律有 F−(m1+m2)gsinθ=(m1+m2)a，解得a=Fm1+m2−gsinθ，故A错误；
B、对m2受力分析，根据牛顿第二定律有T−m2gsinθ=m2a，解得T=m2m1+m2F，故B正确；
C.根据T=m2m1+m2F=Fm1m2+1，可知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力T变大，根据胡克定律可知弹簧的伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；
D.根据T=m2m1+m2F，可知T与θ无关，只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力不变，根据胡克定律可知弹簧的伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。
故选：BC。
对整体受力分析，根据牛顿第二定律求加速度，再对物块Q，利用牛顿第二定律列式，可求出弹簧弹力的大小。根据弹力的表达式，分析弹力的变化，从而确定弹簧形变量的变化，即可判断它们间距的变化情况。
本题考查了牛顿第二定律与胡克定律的基本运用，抓住P、Q具有相同的加速度，运用整体、隔离法进行求解。

15.【答案】ABC 
【解析】解：A、0−1s内，煤块的加速度大小为a1=Δv1Δt1=12−41m/s2=8m/s2，方向沿传送带向下；1−2s，物块的加速度大小为a2=Δv2Δt2=4−01m/s2=4m/s2，方向沿传送带向下；物块上升的位移大小等于v−t图象与时间轴所包围的面积大小，为x=12+42×1m+12×4×1m=10m；根据x=12a2t下2，得煤块下滑的时间t下=5s，所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2+5)s，故A正确；
B、传送带的速度v=4m/s。在0−1s内传送带的位移x带1=vt1=4×1m=4m，煤块的位移为x煤1=12+42×1m=8m，两者相对位移大小为Δx1=x煤1−x带1=8m−4m=4m；
在1−2s内传送带的位移x带2=vt2=4×1m=4m，物块的位移为x煤2=12×4×1m=2m，两者相对位移大小为Δx2=x带2−x煤2=4m−2m=2m；
所以整个上升过程中痕迹的长度为4m；
2∼(2+5)s传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总的长度为ΔL=2m+12a2t2+vt，解得：ΔL=(12+45)m，故B正确；
CD、0−1s内，对煤块根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1
1−2s，对煤块根据牛顿第二定律得：mgsinθ−μmgcosθ=ma2
解得θ=37∘，μ=0.25，则tanθ=0.75，故C正确、D错误。
故选：ABC。
0−1s内，煤块的速度大于传送带的速度，煤块受到沿斜面向下的滑动摩擦力，向上做减速运动，速度与传送带相等以后，煤块所受的摩擦力改为向上，继续向上做加速度较小的匀减速运动；根据图象的“面积”求传送带底端到顶端的距离。根据牛顿第二定律和位移公式结合求出煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间。根据相对位移求解划痕长度。根据图象的斜率求出加速度，由牛顿第二定律求斜面的倾角和动摩擦因数。
解决本题的关键要理清物体在整个过程中的运动规律，抓住v−t图象的斜率表示加速度，面积表示位移，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。要注意摩擦生热与相对路程有关；注意划痕长度重叠时按最长的计算。

16.【答案】AC1.52.5155 
【解析】解：(1)A、斜槽末端必须保持水平，才能保证小球做平抛运动，故应通过调节使斜槽的末端保持水平，故A正确；
BCE、该实验要求小球每次抛出的初速度要相同而且水平，因此要求小球从同一位置静止释放，至于是否光滑没有影响，故BE错误，C正确；
D、记录小球经过不同高度的位置时，每次不必严格地等距离下降，故D错误。
故选：AC。
(2)在竖直方向上，根据位移差公式，有△y=5L−3L=2L=gT2得，T=2Lg=2×5×10−210s=0.1s，
小球平抛运动的初速度v0=3LT=3×5×10−20.1m/s=1.5m/s.
B点的竖直分速度vyB=yAC2T=8×5×10−22×0.1m/s=2m/s，B点的速度vB=v02+vyB2=1.52+22m/s=2.5m/s
从抛出点到B点的时间t=vyBg=210s=0.2s，
则抛出点到B点的水平位移xB=v0t=1.5×0.2m=0.3m=30cm，
抛出点到B点的竖直位移yB=12gt2=12×10×0.22m=0.2m=20cm，
所以抛出点距离A点的水平距离xA=xB−3L=30cm−15cm=15cm，抛出点到A点的竖直距离yA=yB−3L=20cm−15cm=5cm.
故答案为：(1)AC，(2)1.5，2.5，15，5；
(1)根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤．
(2)根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出初速度的大小，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的竖直分速度．根据速度时间公式求出抛出点到B点的时间，从而得出抛出点到B点的水平距离和竖直距离，求出抛出点距A点的竖直位移和水平位移．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解，难度不大．

17.【答案】解：(1)对木板施加恒力F后，木板向右做匀减速直线运动，其加速度设为a1，由牛顿第二定律得：
F+μ(M+m)g=Ma1.
代入数据解得：a1=92m/s2
设经过时间t1木板的速度为零，由速度公式可得：t1=v0a1=992s=2s
由位移公式可得，木板的位移为：x1=v02t1=92×2m=9m
由于木板上表面光滑，木板在运动过程中，小木块始终静止不动，则木板速度为零时，小物块距B端的距离为：x1=9m.
(2)此后木板向左做匀加速运动，小木块仍静止不动，设小木块经过t2时间从木板B端落下，木板的位移为x1=9m.
设此过程中木板的加速度为a2，由牛顿第二定律得：
F−μ(M+m)g=Ma2.
代入数据解得：a2=12m/s2
由速度位移关系公式可得木块从木板上脱离时，木板速度的大小为：
v=2a2x1=2×12×9m/s=3m/s
答：(1)木板速度为零时，小物块距B端的距离为9m.
(2)木块从木板上脱离时，木板速度的大小是3m/s. 
【解析】(1)木板上表面光滑，木板向右做匀减速运动时，小木块不动．根据牛顿第二定律求出木板的加速度，由速度时间公式求出木板速度为零时经历的时间，再求位移，从而得到物块距B端的距离．
(2)木板速度为零后向左做匀加速运动，由牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式求小木块从木板上脱离时，木板速度的大小．
解决本题的关键要搞清木板和木块的运动情况，要知道小木块不受摩擦力，始终处于静止状态，要注意木板对地的压力等于两个物体的总重力．

18.【答案】解：(1)在匀速运动阶段，有mgtanθ0=kv0
得k=mgtanθ0v0
(2)加速阶段，设球拍对球的支持力为N′，有
 N′sinθ−kv=ma
 N′cosθ=mg
得tanθ=ag+vv0tanθ0
(3)以速度v0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有F=mgcosθ0
球拍倾角为θ0+β时，空气阻力与重力的合力不变．
设球沿球拍面下滑的加速度大小为a′，有Fsinβ=ma′
设匀速跑阶段所用时间为t，有
 t=sv0−v02a
球不从球拍上掉落的条件12a′t2≤r
得  sinβ≤2rcosθ0g(sv0−v02a)2.
答：
(1)空气阻力大小与球速大小的比例系数k为mgtanθ0v0；
(2)在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式为tanθ=ag+vv0tanθ0；
(3)β应满足的条件为 sinβ≤2rcosθ0g(sv0−v02a)2. 
【解析】(1)在匀速运动阶段，受力平衡，根据平衡条件列式即可求解；
(2)加速阶段，设球拍对球的支持力为N′，根据牛顿第二定律即可求解；
(3)根据牛顿第二定律求出球沿球拍面下滑的加速度，当球运动的位移小于等于r时，球不从球拍上掉落，根据运动学基本公式列式即可求解．
本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用，关键要求同学们能正确受力分析．