2022-2023学年河南省郑州第四十七高级中学高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河南省郑州第四十七高级中学高一（上）期末物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列关于力、运动状态和惯性的说法正确的是( )
A. 亚里士多德最早提出力不是维持物体运动的原因
B. 伽利略根据理想实验得出推论，如果没有摩擦，在水平面上的物体一旦具有某一速度，将保持这个速度继续运动下去
C. 高速公路上汽车限速，这是由于汽车速度越大惯性越大
D. 物体不受力的作用，运动状态也能发生变化
2.关于速度、速度改变量和加速度，下列说法正确的是( )
A. 速度为0，加速度一定也为0B. 速度越大，加速度也一定越大
C. 速度变化量大，加速度不一定越大D. 加速度很大时，运动物体的速度一定很大
3.如图所示，甲图是x−t图像，乙图是v−t图像，图中给出的四条曲线1、2、3、4，分别代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是( )
A. 两图像中，t2、t4时刻分别表示物体2、物体4已经向负方向运动
B. x−t图像中0至t1时间内物体1和物体2的平均速度相等
C. v−t图像中0至t3时间内物体3和物体4的平均速率相等
D. 甲图的物体做直线运动，乙图的物体做曲线运动
4.一辆汽车在平直公路上，从静止开始先做匀加速运动，达到某一速度后立即做匀减速运动，直到停止。下表记录了汽车运动过程中几个时刻的瞬时速度，下列说法正确的( )
A. 匀加速阶段汽车加速度的大小为3m/s2B. 匀减速阶段汽车加速度的大小为2m/s2
C. 最大速度的大小为18m/sD. 最大速度的大小为16m/s
5.如图所示，物体A和B相对静止一起沿粗糙斜面匀加速下滑，物体A和B的接触面水平，下列正确的是( )
A. A受重力和支持力
B. B受重力、支持力和斜面对B的摩擦力
C. B受重力、支持力、压力和斜面对B的摩擦力
D. B受重力、支持力、压力、斜面对B的摩擦力和A对B的摩擦力
6.图甲为杂技表演的安全网示意图，网绳的结构为正方格形，O、a、b、c、d…等为网绳的结点。安全网水平张紧后，若质量为m的运动员从高处落下，并恰好落在O点上。该处下凹至最低点时，网绳dOe、bOg均成90°向上的张角，如图乙所示，此时O点受到的向下的冲击力大小为F，则这时O点周围每根网绳承受的力的大小为( )
A. 24FB. F2C. 24(F+mg)D. F+mg2
7.如图所示，一根细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，小球静止时细绳与竖直方向成30°角，则需对小球施加一个力的最小值等于( )
A. 3mgB. 32mgC. 33mgD. 12mg
8.细绳拴一个质量为2m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示。(已知cs53°=0.6，sin53°=0.8)以下说法正确的是( )
A. 小球静止时弹簧的弹力大小为35mg
B. 小球静止时细绳的拉力大小为45mg
C. 细绳烧断瞬间小球的加速度立即为53g
D. 细绳烧断瞬间小球的加速度立即为43g
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动，把一质量为m的物体无初速度地轻放在左端，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 物体先做匀加速运动后做匀速运动B. 物体一直受到摩擦力作用，大小为μmg
C. 物体在匀加速阶段受到的静摩擦力向右D. 物体在匀加速阶段的加速度大小为μg
10.如图，将一个球放在两块光滑斜面板AB和AC之间，两板与水平面夹角都是60°。现在使AB板固定，使AC板与水平面的夹角逐渐减小到30°，则下列说法正确的是( )
A. 球对AB板的压力一直减小
B. 球对AB板的压力先减小后增大
C. 球对AC板的压力先减小后增大
D. 球对AC板的压力一直减小
11.质点A、B做直线运动的x−t图像如图甲所示，质点C、D沿同一直线运动的v−t图像如图乙所示，2s时C、D相遇。下列判断正确的是( )
A. 质点A、B的加速度均不变，且A的加速度比B的大
B. t=0时，质点C在质点D后方20m处
C. t=3s时，质点C和质点D相距2.5m
D. 在0～5s内，质点C和D能相遇两次
12.如图所示，质量分别为m1、m2的两个物块间用一轻弹簧连接，放在倾角为θ的粗糙斜劈上，物块与斜劈间的动摩擦因数均为μ，用平行于斜面、大小为F的推力作用在m2上，使m1、m2一起向上做匀加速运动，斜劈始终静止在水平地面上，则( )
A. 弹簧的弹力为m1m1+m2FB. 弹簧的弹力为m1m1+m2F+μm1gsinθ
C. 地面对斜劈的摩擦力水平向左D. 地面对斜劈的摩擦力水平向右
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.在“探究求合力的方法”实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮条、细绳套和弹簧测力计。
(1)实验时，橡皮条的一端固定在木板上，用两个弹簧测力计把橡皮条的另端拉到某一确定的O点，以下操作正确的是______ 。
A.同次实验过程中，O点位置允许变动
B.实验中，先将其中一个弹簧测力计沿某方向拉到最大量程，然后只需调节另一个弹簧测力计拉力的大小和方向，把橡皮条另端拉到O点
C.实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度
D.实验中，把橡皮条的另端拉到O点时，两个弹簧测力计之间夹角必须取90°，以便于算出合力的大小
(2)某次实验中，弹簧测力计C的指针位置如图甲所示，其示数正确的是______ 。





(3)在另一次实验中，两弹簧测力计拉力的图示已作出(如图乙所示)，方格每边的长度表示1.0N，O是橡皮条的一个端点。则合力F的大小正确的是______ 。



14.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了图甲所示的装置，木板放在水平桌面上。

(1)下列说法错误的是______ 。
A.调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
B.在探究加速度与力的关系时，作a−F图像应该用折线将所描的点依次连接
C.实验时，先接通打点计时器的电源后释放小车
D.通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
(2)若直接按图甲所示装置进行实验，以沙和沙桶的总重力产生的拉力F为横坐标，通过纸带分析得到的加速度a为纵坐标，以下画出的图像合理的是______ 。

(3)实验中，为了让沙和沙桶的总重力大小更接近绳子对小车的拉力，应让沙和沙桶的总质量______ 。
A.远大于小车质量
B.远小于小车质量
C.等于小车质量
D.接近于小车质量
(4)如图乙是打出纸带的一段，相邻计数点间还有四个点未画出，已知打点计时器使用的交流电频率50Hz。由图可知，打纸带上点4时小车的瞬时v4和木块的加速度a分别是______
，2.0m/s2
，2.0m/s2
，4.0m/s2
，4.0m/s2
四、计算题：本大题共4小题，共38分。
15.如图所示，某跳伞运动员在离地面高度为323m处，由静止开始做自由落体运动。一段时间后，立即打开降落伞，以12.5m/s2的平均加速度匀减速下降落至地面，落地速度为5m/s。(g取10m/s2)
(1)求运动员展开伞时的瞬时速度；
(2)求运动员展开伞时，距离地面的高度；
(3)求运动员在空中的时间。
16.如图，小孩坐在雪橇上，小孩与雪橇的总质量为40kg，大人用与水平方向成37°角斜向上的大小为100N的拉力拉雪橇，使雪橇沿水平地面做匀速运动，g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)雪橇受到地面的支持力大小；
(2)雪橇与水平地面间的动摩擦因数的大小(本小题计算结果保留2位有效数字)。
17.倾角53°的斜面静止在地面上，有一质量为m1=9kg的物体A用细线拉住，细线与斜面平行绕过斜面右上角的定滑轮O1后再绕过动滑轮O2并栓接在竖直墙壁上C点，当在动滑O2上悬挂一质量为m2=6kg的物体B时，物体A刚好要相对斜面滑动，斜面刚好要相对地面滑动，已知定滑轮O1到墙壁距离d=8m，定滑轮O1到墙之间绳长为L=10m，不计滑轮的摩擦和质量，斜面质量m=3kg，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度取g=10m/s2，求：
(1)绳子的拉力T；
(2)物体A与斜面之间动摩擦因数μ1、斜面与地面之间动摩擦因数μ2。(计算结果可由分数表示)
18.如图所示，质量为M、长度为L的长木板放在水平桌面上，木板右端放有一质量为m长度可忽略的小木块，木块与木板之间的动摩擦因数为µ1、木板与桌面之间的动摩擦因数为µ2，且µ1<µ2。开始时小块、木板均静止，某时刻起给木板施加一水平向右的恒定拉力F，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)若使木块和木板一起加速，且不发生相对滑动，求拉力F应满足的条件；
(2)若拉力F=2μ2(m+M)g，求从开始运动到木板从小木块下拉出经历的时间。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、伽利略最早提出力不是维持物体运动的原因，故A错误；
B、伽利略根据理想实验得出推论，如果没有摩擦，在水平面上的物体一旦具有某一速度，将保持这个速度继续运动下去，符合史实，故B正确；
C、物体的惯性只与物体的质量有关，与物体的速度无关，故C错误；
D、根据牛顿第一定律可知，物体不受力的作用，物体的运动状态不会改变，故D错误。
故选：B。
伽利略最早提出力不是维持物体运动的原因。质量是惯性大小的唯一量度。物体不受力的作用，运动状态不变。
本题主要考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，不能张冠李戴。
2.【答案】C
【解析】解：A.加速度大小与速度大小无关，物体的速度为零，加速度也不一定为零，例如：竖直上抛运动物体到达最高点，速度为零，但加速度不为零，故A错误；
B.加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，物体的速度越大，速度不一定变化，则加速度不一定越大，可能为零，故B错误；
C.速度变化量大，若所用的时间也越长，速度的变化率不一定越大，则加速度不一定越大，故C正确；
D.加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，加速度很大时，表示速度变化很快，但运动物体的速度不一定越大，故D错误。
故选：C。
根据加速度的定义式a=ΔvΔt可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度的方向无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大。
把握加速度的定义式a=ΔvΔt中各个物理量的含义以及各个物理量之间的关系是解决此类问题的关键，是正确理解加速度的定义的基础。
3.【答案】B
【解析】解：A、根据x−t图像的斜率表示物体的速度，速度的正负表示速度方向，可知两图像中，t2时刻表示物体2已经向负方向运动。t4时刻，物体4的速度方向仍为正方向，物体4向正方向运动，故A错误；
B、x−t图像中0至t1时间内，物体1和物体2的位移相同，根据平均速度公式v−=xt可知，0至t1时间内物体1和物体2的平均速度相等，故B正确；
C、物体3和物体4均向正方向做直线运动，根据v−t图像与横轴围成的面积表示位移可知，0至t3时间内，物体3通过的位移小于物体4通过的位移，则物体3通过的路程小于物体4通过的路程，物体3的平均速率小于物体4的平均速率，故C错误；
D、x−t图像和v−t图像都只能表示直线运动的规律，可知甲图的物体做直线运动，乙图的物体也做直线运动，故D错误。
故选：B。
x−t图像的斜率表示物体的速度，速度的正负表示速度方向，图像的交点表示相遇，纵坐标的变化量表示位移；v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，结合平均速度等于位移与时间之比，平均速率等于路程与时间之比分析。
本题要理解位移—时间图像与速度—时间图像物理意义，搞清它们的区别，从斜率、面积等数学意义进行识别和理解。
4.【答案】C
【解析】解：A.由表格数据可知，汽车先匀加速后匀减速，由此可知，匀加速阶段汽车加速度的大小为
a1=Δv1Δt1=8.0−02.0−0m/s2=4m/s2
故A错误；
B.匀减速阶段汽车加速度的大小为
a2=Δv2Δt2=12.0−4.08.0−6.0m/s2=4m/s2，故B错误；
CD.设最大速度为vm，对应时刻为t，则有
vm=a1t
v6=vm−a2(6−t)=12m/s
联立解得
vm=18m/s
故C正确，D错误。
故选：C。
根据表格数据，可得出匀加速时的加速度和匀减速时的加速度，利用运动学公式，和假设法，可以求出最大速度。
学生在解决本题时，应注意认真分析表格数据，得到物体的运动过程，通过题干信息计算答案。
5.【答案】D
【解析】解：A.因为物体A和B相对静止一起沿粗糙斜面匀加速下滑，加速度沿斜面向下，则物体A有水平向左的加速度分量；
所以B对A有水平向左的摩擦力，同时物体A受重力和B对A的支持力，故A错误；
BCD.由牛顿第三定律可知，A对B有水平向右的摩擦力和向下的压力；
所以B受重力、斜面对B的支持力、A对B的压力、A对B水平向右的摩擦力和斜面对B沿斜面向上的摩擦力，故BC错误、D正确。
故选：D。
受力分析是将研究对象看作一个孤立的物体并分析它所受各外力特性的方法，是进行力学计算的基础；
受力分析的一般顺序：先分析场力(重力、电场力、磁场力)，再分析接触力(弹力、摩擦力)，最后分析其他力。
对物体受力分析，可以结合力的性质、力的作用效果和牛顿第三定律三个方面进行分析；受力分析是高中物理的基础，贯穿于整个物理体系中，一定要掌握。
6.【答案】A
【解析】解：由作用力与反作用力可知，O点对杂技演员的作用力大小为F，方向竖直向上。因为dOe、bOg均成90°向上的张角，网绳dOe、bOg的弹力大小相等，假设网绳的张力为T，根据平衡条件4Tcs45°=F
解得，这时O点周围每根网绳承受的力的大小为T= 24F，故A正确，BCD错误；
故选：A。
由作用力与反作用力可知，O点对杂技演员的作用力大小为F，对O点受力分析，结合平衡条件，即可解答。
本题考查学生对平衡条件的分析能力，是一道基础题。
7.【答案】D
【解析】解：以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图．小球受到重力G，细绳的拉力T和外力F，由平衡条件知，T和F的合力与G等大、反向、共线，根据作图法得知，当力F的方向与细绳垂直时，力F最小．
则由平衡条件得：
力F的最小值为Fmin=mgsin30°=12mg
故选：D
分析小球的受力情况，采用作图法，得出对小球所施加的力达到最小的条件，再由平衡条件求出力的最小值．
本题运用作图法得到的结论可在理解的基础上记住：当两个力合力一定，已知一个分力的方向，则当两个分力垂直时，另一个分力有最小值．
8.【答案】C
【解析】解：AB、小球静止时，对小球受力分析，如下图所示
由平衡条件可得，弹簧的弹力大小为F=2mgtan53°=83mg
细绳的拉力大小为T=2mgcs53∘=103mg
故AB错误；
CD、细绳烧断瞬间，弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为a=T2m=103mg2m=53g
故C正确，D错误。
故选：C。
小球静止时，分析受力情况，由平衡条件求解弹簧的弹力大小和细绳的拉力大小．细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，即可求出加速度。
本题中小球先处于平衡状态，由平衡条件求解各力的大小，后烧断细绳，小球处于非平衡条件，抓住细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变是关键。
9.【答案】AD
【解析】解：CD.物体刚放上传送带时，相对于传送带向左运动，物体受到向右的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得，加速度大小为
a=μmgm=μg
故C错误，D正确；
AB.当物体速度等于传送带速度时，物体受到的摩擦力变为零，物体与传送带一道做匀速直线运动，故物体先做匀加速运动后做匀速运动。
故A正确，B错误。
故选：AD。
质量为m的物体无初速地放在左端，由于滑动摩擦力作用物体向右加速，当速度增大到与传送带相等时，与传送带一起匀速运动，受力平衡，此时不受摩擦力。
本题主要是考查牛顿第二定律以及摩擦力的判断，解答时要注意当物块达到与传送速度相等后便不再加速，而是与传送带一起匀速运动，此后就不受摩擦力作用了。
10.【答案】AD
【解析】解：由题意可知，AC板和水平方向的夹角逐渐减小至30°，可知最后的状态下AC板刚好与AB板垂直；选择球做为对象，根据三角形定则，其受力如图所示
由图可知FAB和FAC都一直减小，所以可得到：球对AB板的压力一直减小，球对AC板的压力一直减小。故AD正确，BC错误。
故选：AD。
对小球进行受力分析，结合几何关系和力的变化，可得出正确答案。
学生在解决本题时，应注意对物体受力分析时，画图图解，找到其中大小和方向不变的力和方向不变大小变的力，由此作图完成动态分析这一过程。
11.【答案】CD
【解析】解：A、根据x−t图象的斜率表示速度，知质点A、B的速度均不变，故质点A、B都做匀速直线运动，故A错误；
D、根据v−t图线与t轴所围的面积表示位移，可知2～4s内质点C、D通过的位移相同，由于2s时C、D相遇，故4s时C、D再次相遇，在0～5s内，质点C和D能相遇两次，故D正确；
B、根据v−t图像可知，C、D的加速度大小分别为aC=ΔvΔt=10−03m/s2=103m/s2
aD=Δv′Δt′=15−103m/s2=53m/s2
2s时C、D的速度分别为vC2=aCt=103×2m/s=203m/s，vD2=v0−aDt=15m/s−53×2m/s=353m/s
质点D和C的v−t图线与t轴所围面积的差值表示它们通过的位移差，为Δx=12×2×[(353−203)+15]m=20m
可知t=0时，质点C在质点D前方20m处，故B错误；
C、在2～3s内，质点D和C通过的位移差为Δx′=12×1×(353−203)m=2.5m，可知t=3s时，质点C和质点D相距2.5m，故C正确；
故选：CD。
在x−t图象中，图象的斜率等于速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，在v−t图象中，图象与时间轴所围的面积表示位移，分析质点C与D的位移关系，从而判断BCD项正误。
对于位移—时间图象和速度—时间图象，关键要从图象的数学意义来理解其物理意义，抓住斜率、面积、交点等数学意义分析物体的运动情况。
12.【答案】AC
【解析】解：AB、以m1、m2整体为研究对象，对其进行受力分析，由牛顿第二定律得
F−μ(m1+m2)gcsθ−(m1+m2)gsinθ=(m1+m2)a
对m1受力分析，由牛顿第二定律可得
F弹−m1gsinθ−μm1gcsθ=m1a
联立解得，弹簧的弹力为
F弹=m1m1+m2F
故A正确，B错误；
CD、以斜面为研究对象，受力分析情况如图所示
受重力G、m1和m2对斜面的压力N1和滑动摩擦力f1、地面的支持力N2
由平衡条件可知，地面对斜面的摩擦力f2必定水平向左，斜面才能保持静止状态。故C正确，D错误。
故选：AC。
对m1、m2整体受力分析由牛顿第二定律列出方程，再对m1受力分析，由牛顿第二定律列出相关方程，求出弹簧的弹力；
然后，以斜面为研究对象，受力分析由平衡条件判断地面对斜劈的摩擦力方向。
本题考查了牛顿第二定律的应用，解决本题的关键是灵活运用整体法和隔离法分析受力。
13.【答案】C B C
【解析】解：(1)A、要保证两个弹簧秤的拉力与一个弹簧秤的拉力效果相同，橡皮条要沿相同方向伸长量相同，则O点的位置应固定，故A错误；
B、本实验，弹簧秤的拉力应不超过量程，两个弹簧秤拉力的大小没有要求，只要使两次效果相同就行，故B错误；
C、实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度，故C正确；
D、本实验只要使两次效果相同就行，两个弹簧秤拉力的方向没有限制。故D错误；
故选：C
(2)弹簧测力计的分度值为0.1N，则读数为2.10N，故选：B
(3)根据乙图做出合力：
可知合力为7.0N，故选：C
故答案为：(1)C；(2)B；(3)C。
(1)本实验的目的是验证力的平行四边形定则，研究合力与分力的关系，而合力与分力是等效的，即产生相同的形变效果；
(2)首先观察弹簧秤的最小刻度，然后读数，可以估读到0.01N；
(3)根据题意读得合力大小，该合力是通过平行四边形法则而得。
在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解。
14.【答案】B C B B
【解析】解：(1)A.为了减小实验误差，调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，故A正确；
B.在探究加速度与力的关系时，作a−F图像应该用直线将尽可能多的点连接起来，故B错误；
C.实验时，应先接通打点计时器的电源再放开小车，故C正确；
D.平衡摩擦力后，满足μmgcsθ=mgsinθ
化简为μ=tanθ
当通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，即只需要平衡一次摩擦力，故D正确。
本题选择错误的选项。
故选：B。
(2)小车的质量不变时，加速度大小与拉力成正比，所以a−F图像是一条倾斜的直线，由实验装置可知，实验前没有平衡摩擦力，则画出的a−F图像在F轴上有截距，随着F的增加，沙和沙桶的质量不再满足远小于小车的质量，即不满足m≪M时，图像将出现弯曲，故ABD错误，C正确。
故选：C。
(3)设小车的质量为M，沙和沙桶的质量为m，对整体受力分析，由牛顿第二定律得mg=(m+M)a
对小车受力分析，由牛顿第二定律T=Ma
绳子的拉力为T=Mm+Mmg
故细线的拉力小于沙和沙桶的总重力，为了减小实验误差，实验时应要求沙和沙桶的质量远小于小车的质量，这样才能认为沙和沙桶的总重力大小更接近绳子对小车的拉力。
故选：B。
(4)相邻计数点的时间间隔为T=5f=550s=0.1s
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打纸带上点4时小车的瞬时速度为
v4=x352T=7.10+9.132×0.1×10−2m/s=0.8115m/s≈0.81m/s
由逐差法可得木块的加速度大小为
a=x36−x039T2=(11.09+9.13+7.10−1.10−3.09−5.12)9×0.01×10−2m/s2
解得a=2.0m/s2
综上分析，故ACD错误，B正确。
故选：B。
故答案为：(1)B；(2)C；(3)B；(4)B。
(1)根据实验原理，正确的操作步骤和注意事项分析作答；
(2)由于没有平衡摩擦力，当小车受拉力F不为零时小车加速度为零的情况，据此判断a−F图象；
(3)根据牛顿第二定律分析需要满足的条件；
(4)根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求瞬时速度；根据逐差法求加速度。
本题考查探究加速度与力、质量的关系的实验，要求掌握实验原理、掌握正确的实验操作步骤；明确题目中沙桶重力和绳子对小车拉力近似相等的条件是m≪M，未平衡摩擦力时a−F图象与横轴有截距。
15.【答案】解：(1)设运动员展开伞时的瞬时速度为v，运动员展开伞前做自由落体运动，令ℎ1为加速下降位移，则有
2gℎ1=v2
运动员展开伞后到落地过程，可认为以12.5m/s2做匀减速直线运动，令ℎ2为减速下降位移，则有
−2aℎ2=v地2−v2
又
ℎ1+ℎ2=323m
联立以上式子可得
v=60m/s
(2)运动员展开伞时，距离地面的高度为
ℎ1=v22g=6022×10m=180m
(3)运动员自由下落过程的时间为
t1=vg=6010s=6s
运动员展开伞后到落到地面所用时间为
t2=v−v地a=60−512.5s=4.4s
运动员在空中的时间为
t=t1+t2=6s+4.4s=10.4s
解：(1)运动员展开伞时的瞬时速度为75m/s；
(2)距离地面的高度为180m；
(3)运动员在空中的时间是10.4s。
【解析】(1)运动员开伞前做自由落体运动，开伞后左匀减速直线运动，第一个过程的末速度与第二过程的初速度相等，由此可求出开伞时的瞬时速度大小；
(2)根据位移—速度公式可求出开伞时距离地面的高度；
(3)利用速度—时间公式可知自由落体和匀减速下落时间，相加得出总时间。
学生在解决本题时，应认真分析运动员的运动过程，找到两个过程中的衔接物理量，作为分析运动的突破口。
16.【答案】解：(1)以雪橇和小孩为整体，受力分析如图所示

由平衡条件得N+Fsin37°=G
代入数据解得：N=340N
可知雪橇受到地面的支持力大小为340N。
(2)以雪橇和小孩为整体，水平方向根据受力平衡可得Fcs37°=f
又f=μN
联立解得：μ=0.24
答：(1)雪橇受到地面的支持力大小为340N；
(2)雪橇与水平地面间的动摩擦因数的大小为0.24。
【解析】(1)以小孩和雪橇整体为研究对象，分析受力情况，作出受力图，由平衡条件求解水平地面对雪橇的支持力．
(2)由摩擦力公式f=μN求解雪橇与水平地面的动摩擦因数μ．
本题是共点力平衡类型，在确定研究对象的基础上，分析受力情况是解题的关键．
17.【答案】解：(1)O1O2绳、O2C绳与竖直方向夹角分别为θ1和θ2，因为O1O2绳和O2C绳为同一根绳，拉力大小相等，都为T，如图所示：

根据O2结点水平方向平衡可得：Tsinθ1=Tsinθ2
可得：θ1=θ2
这样设为O1O2绳、O2C绳与竖直方向夹角设为θ，根据几何关系可得：sinθ=dL=810=45
解得：θ=53°
对于结点O2，竖直方向根据受力平衡可得：2Tcsθ=T′=m2g
解得绳子拉力大小为：T=m2g2csθ
代入数据解得：T=50N，方向沿收缩方向。
(2)以物体A为对象，根据受力平衡可知：m1gsin53°=T+f
可得：f=22N
又：f=μ1m1gcs53°
解得：μ1=1127
以物体A和斜面为整体，受力如图所示：

根据受力平衡可得：Tsin53°=f地，N地=(m+m1)g+Tcs53°
可得：f地=40N，N地=150N
又：f地m=μ2N地
联立解得：μ2=415。
答：(1)绳子的拉力为50N，方向沿收缩方向；
(2)物体A与斜面之间动摩擦因数为1127、斜面与地面之间动摩擦因数为415。
【解析】(1)根据几何关系求解O1O2绳、O2C绳与竖直方向夹角对于结点O2，竖直方向根据受力平衡进行解答；
(2)以物体A为对象，根据受力平衡求解物体A与斜面之间动摩擦因数；以物体A和斜面为整体，根据受力平衡求解斜面与地面之间动摩擦因数。
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。
18.【答案】解：(1)若使木块和木板一起加速的条件是木板和桌面之间的摩擦力到达最大值，根据平衡条件得
F11=μ2(M+m)g
若使木块和木板不发生相对滑动的条件是木块和木板之间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律得
μ1mg=ma0
解得
a0=μ1g
根据牛顿第二定律得
F12−μ2(M+m)g=(M+m)a0
解得
F12=(μ1+μ2)(M+m)g
若使木块和木板一起加速，且不发生相对滑动，拉力 F 应满足的条件是
μ2(M+m)g(2)因为
μ2>μ1
所以
2μ2(m+M)g>(μ1+μ2)(M+m)g
木块与木板之间一定发生相对滑动，设木块和木板的加速度分别是a1和a2，根据牛顿第二定律得
μ1mg=ma1
2μ2(m+M)g−μ2(M+m)g−μ1mg=Ma2
解得
a1=μ1g
a2=[μ2(M+m)−μ1m]gM
恰好拉出时
12a2t2−12a1t2=L
解得
t= 2ML(μ2−μ1)g(M+m)
答：(1)拉力F应满足的条件为μ2(M+m)g(2)从开始运动到木板从小木块下拉出经历的时间为 2ML(μ2−μ1)g(M+m)。
【解析】(1)木块和木板一起加速的条件为木板和桌面之间的摩擦力到达最大值，而且木块和木板不发生相对滑动，利用牛顿第二定律可求出范围；
(2)木块与木板发生相对滑动，同时利用牛顿第二定律可求出二者各自的加速度，然后利用位移—时间公式，利用二者位移差等于一个板长，可求出时间。
学生在解决本题时，应构建板块模型知识体系，熟练运动牛顿第二定律，同时，知道发生相对滑动的条件。时刻/s
0
2.0
4.0
6.0
8.0
速度/m⋅s−1
0
8.0
16.0
12.0
4.0