2023-2024学年黑龙江省大庆铁人中学高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年黑龙江省大庆铁人中学高一（上）期末物理试卷（含解析），共16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.下列说法正确的是( )
A. 拔河比赛时，胜方拉对方的力大于败方拉对方的力
B. 只从单位的角度看，公式F=mv2r(其中F是力、m是质量、v是速度、r是半径)一定不正确
C. 在伽利略和笛卡尔的工作基础上，牛顿发现了牛顿第一定律
D. 静止在水平桌面上的物块受到桌面的支持力，和物块对桌面的压力是一对平衡力
2.如图所示，一个劈形物体M，各面均光滑，放在固定的斜面上，上表面成水平，在水平面上放一光滑小球m，劈形物从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是( )
A. 沿斜面向下的直线B. 竖直向下的直线C. 无规则曲线D. 抛物线
3.如图所示，重为4N的物块，用一平行于斜面的细线拴在斜面上端的小柱上，整个装置被固定在测力计上并保持静止，斜面的倾角为30°。如果物块与斜面间无摩擦，装置稳定以后，烧断细线，物块下滑，与稳定时比较，测力计读数( )
A. 减小2N
B. 增大2N
C. 减小1N
D. 增大1N
4.做匀减速直线运动的物体经4s停止，若在第1s内的位移是14m，则最后1s内的位移是( )
A. 3.5mB. 2mC. 1mD. 0
5.甲、乙两快递车辆从同一快递点出发在平直公路上某段时间内的v−t图象如图所示，下列说法正确的是( )
A. 乙比甲延迟启动，但在4s时追上甲
B. 在匀加速阶段，甲的加速度大于乙的加速度
C. 乙追上甲前，两车间距离最大值为30m
D. 5s时乙在甲前方5m处
6.如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处放置一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块自A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系应为( )
A. α=θB. α=θ2C. α=θ3D. α=2θ
7.如图所示，质量均为m的三个物块A、B、C，物块B叠放在A上，物块A与C之间用轻弹簧水平连接，物块A、C与水平地面间的动摩擦因数都为μ，物块B与A之间的动摩擦因数为2μ，在水平拉力F的作用下三个物块相对静止一起向右匀加速运动．某时刻，突然撤去水平拉力F，要使拉力撤去瞬间，物块A和B仍能保持相对静止，则水平拉力应不大于(已知重力加速度为g)( )
A. 6μmgB. 7μmgC. 8μmgD. 9μmg
二、多选题（本题共3小题，共18分）
8.有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑。AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡如图，现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FNP，摩擦力f，OB杆对Q环的支持力FNQ和细绳上的拉力FT的变化情况是( )
A. FNP不变B. f变小C. FNQ变大D. FT变小
9.轻质细线上端固定，下端悬挂一小球，对小球施加一个大小恒定且小于小球重力的拉力F，开始时拉力方向竖直向上，如图所示。现将拉力F在同一竖直平面内沿顺时针方向缓慢转过90°。设细线中拉力的大小为FT，细线与竖直方向的夹角为θ，则在拉力F方向变化的过程中( )
A. FT一直增大B. FT先增大后减小C. θ一直增大D. θ先增大后减小
10.如图所示，斜劈A静止放置在水平地面上。质量为m的物体B在外力F1和F2的共同作用下沿斜劈表面向下运动。当F1方向水平向右，F2方向沿斜劈的表面向下时，斜劈受到地面的摩擦力方向向左。若A始终静止在水平地面上，则下列说法中正确的是
( )
A. 若同时撤去F1和F2，物体B的加速度方向一定沿斜面向下
B. 若只撤去F1，在物体B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力方向可能向右
C. 只撤去F2，在B仍向下运动的过程中，A所受地面的摩擦力不变
D. 只撤去F2，在B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向可能向右
三、实验题（本题共2小题，共14分）
11.某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律．物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上(尚未到达滑轮处).从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示．打点计时器电源的频率为50Hz．
(1)通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点______和______之间某时刻开始减速．
(2)计数点5对应的速度大小为______m/s，计数点6对应的速度大小为______m/s.(保留三位有效数字)
(3)物块减速运动过程中加速度的大小为a=m/s2，若用ag来计算物块与桌面间的动摩擦因数(g为重力加速度)，则计算结果比动摩擦因数的真实值______(填“偏大”或“偏小”)．
12.有同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力F1、F2和F3，回答下列问题：
(1)改变钩码个数，实验能完成的是______ (填正确答案标号)。
A.钩码的个数N1=N2=2，N3=4
B.钩码的个数N1=N3=3，N2=4
C.钩码的个数N1=N2=N3=4
D.钩码的个数N1=3，N2=4，N3=5
(2)改变钩码个数，再次做实验时绳子的结点O必须与上一次的结点重合______ (“是”或“否”)。
(3)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是______ (填选项前字母)。
A.标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向
B.量出OA、OB、OC三段绳子的长度
C.用量角器量出三段绳子之间的夹角
D.用天平测出钩码的质量
(4)在作图时，你认为图示中______ (填“甲”或“乙”)是正确的。
四、简答题（本题共2小题，共26分）
13.如图所示，直角三角形框架竖直放置，两侧细杆光滑，左侧杆与水平地面成θ角，细杆上分别穿有两个小球A和B，两个小球A、B用轻质细线相连，当两个小球都静止时，细线与左侧杆成α角，已知θ=45°，α=30°，求小球A与小球B的质量之比。
14.ETC是日前世界上最先进的路桥收费方式，它通过安装在车辆挡风玻璃上的车载电子标签与设在收费站ETC通道上的微波天线进行短程通信，利用网络与银行进行后台结算处理，从而实现车辆不停车就能支付路桥费的目的．2015年我国ETC已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间，假设一辆汽车以10m/s的速度驶向收费站，若进入人工收费通道，它从距收费窗口20m处开始匀减速，至窗口处恰好停止，再用10s时间完成交费，若进入ETC通道，它从某位置开始匀减速，当速度减至5m/s后，再以此速度匀速行驶5m即可完成交费，若两种情况下，汽车减速时加速度相同，求：
(1)汽车进入ETC通道减速行驶的位移大小；
(2)汽车从开始减速到交费完成，从ETC通道比从人工收费通道通行节省的时间．
五、计算题（本题共1小题，共14分）
15.如图，上表面光滑且水平的小车静止在水平地面上，A、B为固定在小车上的挡板，C、D为竖直放置的轻质薄板。A、C和D、B之间分别用两个相同的轻质弹簧连接，薄板C、D间夹住一个长方体金属块(视为质点)。金属块与小车上表面有一定的距离并与小车保持静止，此时金属块所受到的摩擦力为最大静摩擦力。已知金属块的质量m=10kg，弹簧劲度系数k=1000N/m，金属块和薄板C、D间动摩擦因数μ=0.8。设金属块受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取重力加速度g=10m/s2。求
(1)此时弹簧的压缩量；
(2)当小车、金属块一起向右加速运动，加速度大小a=15m/s2时，A、C和D、B间弹簧形变量及金属块受到的摩擦力大小。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.根据牛顿第三定律，拔河比赛时，胜方拉对方的力等于败方拉对方的力，故A错误；
B.根据1kg(m/s)2m=1kg⋅m/s2=1N
只从单位的角度看，公式F=mv2r是正确的，故 B错误；
C.在伽利略和笛卡尔的工作基础上，牛顿发现了牛顿第一定律，故C正确；
D.静止在水平桌面上的物块受到桌面的支持力和物块对桌面的压力是一对作用力与反作用力，故D错误。
故选：C。
A.根据牛顿运动定律结合摩擦力判断大小关系；
B.根据单位制推导判断；
C.根据牛顿第一定律的建立历史分析判断；
D.根据牛顿第三定律判断。
考查单位制，牛顿运动定律的建立，熟悉记住物理学的史实，了解物理学的发展历程。
2.【答案】B
【解析】解：据题意，小球是光滑的，竖直方向上受到重力和M的支持力，当劈形物体从静止开始释放后，M对小球的支持力减小，小球的合力方向竖直向下，则小球沿竖直向下方向运动，直到碰到斜面前，故其运动轨迹是竖直向下的直线。
故选：B。
由题，小球是光滑的，只受竖直方向的重力和支持力，根据牛顿第二定律分析小球的运动情况．
本题关键要抓住题设的条件：小球是光滑的，根据牛顿第二定律分析其运动情况．
3.【答案】C
【解析】解：静止时，对物块和斜面体整体受力分析，受总重力和支持力平衡时，有：N−(M+m)g=0
加速下滑时，对物块受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：mgsin30°=ma
再次对物块和斜面体整体受力分析，受总重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律可得：
竖直方向：(M+m)g−N′=masin30°+M×0
水平方向：f=macs30°+M×0
由方程联立得到：N−N′=masin30°=mg(sin30°)2=4×0.25N=1N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
本题中原来物块和斜面体处于静止状态，故测力计的读数等于物块和斜面体的总重量。剪断细线后，物块沿斜面加速下滑，处于失重状态，对物块和斜面体整体运用牛顿第二定律列式求解。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答。
4.【答案】B
【解析】解：物体做匀减速直线运动，采用逆向思维，将物体的运动看成沿相反方向的做初速度为零的匀加速直线运动，根据推论：在相等时间内的位移之比等于1：3：5：7，
则知在第1s内和最后1s内的位移之比为7：1，因为第1s内的位移为14m，则最后1s内的位移为：x=17×14m=2m，故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
根据初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内的位移之比等于1：3：5：7，采用逆向思维求出最后1s内的位移．
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，以及掌握逆向思维在运动学中的运用．
5.【答案】C
【解析】解：A、在0～4s内，甲车的速度比乙车的大，由于两车从同一地点出发，故4s时，甲车在前，乙车在后。故A错误；
B、在匀加速阶段，a甲=203m/s2，a乙=202m/s2=10m/s2，a乙>a甲，故乙的加速度大。故B错误；
C、在t=4s前，甲的速度比乙大，甲在乙的前方，两者间距增大，t=4s后，乙的速度比甲大，两者间距减小，所以在4s时，间距最大，最大间距x=[(1+4)×202−2×202]m=30m，故C正确。
D、若t=5s时，甲的位移：x甲=(2+5)×202m=70m，乙的位移：x乙=3×302=45m，故甲在乙前面。故D错误。
故选：C。
根据速度大小关系以及初位置关系，分析两车之间距离如何变化。根据速度—时间图象与时间轴所围的面积表示位移，判断位移关系，即可分析两车距离问题。
解决本题的关键要掌握速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，图线的切线斜率表示瞬时加速度。
6.【答案】B
【解析】解：如图所示：
在竖直线AC上取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切与D点，
根据等时圆的结论可知：A点滑到圆上任一点的时间都相等，所以由A点滑到D点所用时间比由A到达斜面上其他各点时间都短，
将木板下端B点与D点重合即可，
而角COD为θ，所以α=θ2
故选：B。
在竖直线AC上取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切与D点，根据等时圆的结论及几何关系即可求解．
本题有其特殊的解题方法，作等时圆是一种快捷、方便的方法，难度适中．
7.【答案】A
【解析】解：突然撤去水平拉力F瞬间，若A和B恰好不打滑，则此时B与A之间的摩擦力达到最大，设此时B和A的加速度大小为a，对B根据牛顿第二定律可得：2μmg=ma，解得：a=2μg，方向向左；设此时弹簧的弹力为T，对A和B整体，根据牛顿第二定律可得：T+μ⋅2mg=2ma，解得：T=2μmg；
在拉力F作用下，三者一起加速运动的加速度大小设为a0，对C根据牛顿第二定律可得：T−μmg=ma0，解得：a0=μg；再对整体根据牛顿第二定律可得：F−μ⋅3mg=3ma0，解得：F=6μmg，所以要使拉力撤去瞬间，物块A和B仍能保持相对静止，则水平拉力应不大于6μmg，故A正确、BCD错误。
故选：A。
突然撤去水平拉力F瞬间，假设B刚好不打滑，对B根据牛顿第二定律求解加速度大小，再对A和B整体，根据牛顿第二定律求解弹簧弹力；在拉力F作用下，对C根据牛顿第二定律求解加速度大小，再对整体根据牛顿第二定律求解拉力的大小即可。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
8.【答案】ABD
【解析】解：对小环Q受力分析，受到重力、支持力和拉力，如图1，
根据三力平衡条件可得：FT=mgcsθ，FNQ=mgtanθ
再对P、Q整体受力分析，受到总重力、OA杆支持力、向右的静摩擦力、BO杆的支持力，如图2所示。
根据共点力平衡条件，有：f=FNQ，FNP=2mg
则f=mgtanθ
当P环向左移一小段距离，角度θ变小，FNQ变小，故静摩擦力f变小，支持力FNP不变，FT变小，故ABD正确，C错误。
故选：ABD。
分别以两环组成的整体和Q环为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件研究AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况。
本题涉及两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象是关键。当几个物体都处于静止状态时，可以把它们看成整体进行研究。
9.【答案】AD
【解析】解：设当细线与竖直方向的夹角为θ时，F与竖直方向的夹角为a，对小球受力分析，如图所示
由图可知，F与FT的合力大小等于重力，方向竖直向上，故F、FT和F合可以组成一个闭合的矢量三角形。因F的大小不变，当F在同一竖直平面内沿顺时针方向缓慢转过90°的过程中，以F的大小为半径，画出一个动态圆进行分析，同时保证合力的大小、方向都不变。如图所示
当F的方向由竖直向上变到水平向右，即α不断增大的过程中，由图可知，从位置1到位置2，再到位置3，FT的大小不断增大，而从位置1变到位置2，θ增大，当F与FT垂直，即在位置2时，θ最大，从位置2变到位置3，θ减小，故θ先增大后减小，故AD正确，BC错误。
故选：AD。
对小球受力分析，因为F拉力始终不变，做出辅助圆，根据力的合成原理，从而判断其他力的变化情况。
学生在解决本题时，应注意对于动态平衡的受力分析，找到不变的力和方向不变的力，结合力的合成作答。
10.【答案】AC
【解析】【分析】
由题意知，物体B沿斜劈向下运动，斜劈A保持静止并受到地面给它向左的静摩擦力作用，说明A有向右运动的趋势，由于题目没有明确物体B向下运动的性质是匀速直线运动还是匀加速直线运动以及斜劈A表面的粗糙程度是光滑还是粗糙，这给该题的判断和分析带来了很大的困难，我们要用假设法去讨论存在的问题。
(1)注意选准研究对象，例如本题在讨论斜劈粗糙的情况下，分析A反而要比分析B简单；
(2)要善于找出问题的突破口．例如本题在不知斜面是否光滑的情况下可以进行讨论，在斜劈粗糙情况下得出μ(3)这样的问题很好的培养理解、分析、推理等能力，对提高综合能力有很大的帮助。
【解答】
本题可以假设从以下两个方面进行讨论：
(1)斜劈A表面光滑(设斜面的倾角为θ，A的质量为mA，B的质量为mB)
B.如果撤去F1，使A相对地面发生相对运动趋势的外力大小是FN2sinθ=mBgcsθsinθ，方向向右，如图1所示：
由于mB gcsθsinθ<(mBgcsθ+F1sinθ)sinθ，所以A所受地面的摩擦力仍然是静摩擦力，其方向仍然是向左，而不可能向右，故B错误；
CD.撤去F2，在物体B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的变化情况要从A受地面摩擦力作用的原因角度去思考，即寻找出使A相对地面发生相对运动趋势的外力的变化情况，通过分析，使A相对地面有向右滑动趋势的外力是(mBgcsθ+F1sinθ)sinθ，如图2、3所示：
与F2是否存在无关，所以撤去F2，在物体B仍向下运动的过程中，A所受地面的摩擦力应该保持不变，故D错误，C正确；
A.若同时撤去F1和F2，滑块B的加速度方向一定沿斜面向下，a=gsinθ，故A正确；
(2)斜劈A表面粗糙(设A表面的动摩擦因数为μ)
在斜劈A表面粗糙的情况下，B在F1、F2共同作用下沿斜面向下的运动不一定是匀加速直线运动，也可能是匀速直线运动，由题意知，在B沿斜劈下滑时，受到A对它弹力FN和滑动摩擦力f.根据牛顿第三定律，这两个力反作用于A.斜劈A实际上就是在这两个力的水平分力作用下有相对地面向右运动的趋势的．FNsinθ>fcsθ，又因为f=μFN，所以FN sinθ>μFNcsθ，即μB.如果撤去F1，在物体B仍向下运动的过程中，N=mgcsθ，f=μN，图中假设A受的摩擦力fA方向向左
Nsinθ=fcsθ+fA，则有：fA=Nsinθ−μNsθ=N(sinθ−μcsθ)>0所以斜劈A都有相对地面向右运动的趋势，摩擦力方向是向左，故B错误；
CD.撤去F2后，斜劈A所受摩擦力的大小和方向均保持不变，故F ​2的存在与否对斜劈受地面摩擦力大小没有影响，故D错误，C正确；
A.同时撤去F1和F2，由以上分析可知mBgsinθ>μmBgcsθ.所以物体B所受的合力沿斜劈向下，加速度方向也一定沿斜劈向下，故A正确。
因此，在斜劈A表面粗糙的情况下，本题的正确选项仍然是AC。
故选：AC。
11.【答案】6 7 1.00 1.20 偏大
【解析】解：①从纸带上的数据分析得知：在点计数点5之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，在计数点7之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点6和7之间某时刻开始减速；
②根据平均速度等于瞬时速度，则有：v5=x462T=0.09+0.11012×0.1=1.00m/s
v5=x572T=0.1101+0.12282×0.1m/s=1.16m/s
③由纸带可知，计数点6往后做减速运动，根据作差法得：
a=(0.066+0.046)−(0.106+0.0861)0.22=−2.00m/s2．
在减速阶段产生的加速度的力是滑动摩擦力和纸带受的阻力，所以计算结果比动摩擦因素的真实值偏大．
故答案为：(1)6、7；(2)1.00，1.20；(3)2.00，偏大．
①由纸带两个点之间的时间相同，若位移逐渐增大，表示物体做加速运动，若位移逐渐减小，则表示物体做减速运动；
②用平均速度代替瞬时速度的方法求解瞬时速度；
③用作差法求解减速过程中的加速度．
要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．
12.【答案】BCD 否 A 甲
【解析】解：(1)对O点受力分析
OA OB OC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以OC等于OD，因此三个力的大小构成一个三角形，以钩码的个数表示力的大小，三个力能构成三角形才能够完成实验。
A、钩码的个数N1=N2=2，N3=4，这三个力只有在一条直线上才能够平衡，不符合实验要求，故A错误；
B、钩码的个数N1=N3=3，N2=4，能构成三角形，能完成实验，故B正确；
C、钩码的个数N1=N2=N3=4，能构成三角形，能完成实验，故C正确；
D、钩码的个数N1=3，N2=4，N3=5，能构成三角形，能完成实验，故D正确；
故选：BCD。
(2)本实验不是先用一根绳拉结点，然后用两根绳去拉结点，使一根绳拉的作用效果与两根绳拉的作用效果相同，而是三根绳都直接拉O点，所以O点的位置可以改变，绳的结点不必与第一次实验中白纸上描下的O点重合；
(3)为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(4)以O点为研究对象，F3的是实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际。
故答案为：(1)BCD；(2)否；(3)A；(4)甲。
(1)两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于O点，由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以O点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可知：三角形的三个边表示三个力的大小，由此分析；
(2)不同次实验，节点O不一定在同一位置；
(3)为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小(钩码的个数)与力的方向；
(3)明确“实际值”和“理论值”的区别即可正确解答。
本题考查验证平行四边形定则的实验验证，要求掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析，明确“理论值”和“实际值”的区别。
13.【答案】解：设A球的质量为m1，则B球的质量为m2，绳子拉力为T，受力情况如图所示：

根据平衡条件得：
对A球沿杆方向有：Tcs30°=m1gsin45°
对B球沿杆方向有：Tcs(90°−30°)=m2gsin45°
联立解得：m1：m2= 3：1。
答：小球A与小球B的质量之比为 3：1。
【解析】分别对A和B进行受力分析，根据平衡条件列方程进行解答。
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。
14.【答案】解：(1)根据速度位移公式，匀减速直线运动的加速度大小为：
a=v22x=1002×10=2.5m/s2
汽车在ETC收费通道，匀减速运动的时间为：
t1=v′−v−a=5−10−2.5=2s；
匀减速运动的位移为：
x1=v′2−v2−2a=25−100−5m=15m；
(2)汽车在ETC收费通道，匀减速运动的时间为：t1=2s
匀速行驶的时间为：t2=x′v′=55s=1s，
从开始减速到交费完成所需的时间为：t=t1+t2=3s．
过人工收费通道，匀减速直线运动的时间为：t3=va=102.5=4s，
汽车进入人工收费通道，从开始减速到交费完成所需的时间为：t′=4+10s=14s．
因此节省的时间为：△t=t’−t=14−3s=11s．
答：(1)汽车进入ETC通道减速行驶的位移大小为15m；
(2)汽车从开始减速到交费完成，从ETC通道比从人工收费通道通行节省的时间为11s．
【解析】(1)根据匀变速运动中速度和位移的关系可求得加速度，再根据匀变速运动规律可求得减速的时间，由速度和位移关系可求得位移；
(2)分别对两种通道过程中的运动规律进行分析，根据匀变速直线运动规律可求得各自的时间，从而求出节约的时间．
本题考查匀变速直线运动规律的应用，要注意明确运动过程，能分别根据减速过程规律以及匀速运动规律进行分析，从而求出对应的时间．
15.【答案】解：(1)由于两个轻质弹簧相同，两弹簧压缩量相同，设弹簧的压缩量为x0，弹簧形变产生的弹力大小为F，
由胡克定律得：F=kx0
设金属块所受摩擦力大小为f，此时金属块所受摩擦力等于最大静摩擦力，则有：f=2μF，
由物体平衡条件得：f=mg，
联立解得：x0=0.0625 m；
(2)假设A、C和D、B间的弹簧压缩量分别为x1和与x2，有：x1+x2=2x0，
对金属块由牛顿第二定律得：k(x1−x2)=ma，
代入数据解得：x1=0.1375m，x2=−0.0125 m，
由于x2<0可知，说明此时薄板D已与金属块分离，D、B间弹簧已恢复原长，无弹力，金属块水平方向加速运动所需的合力全部由A、C间弹簧的弹力提供，
设A、C间弹簧实际压缩量为x′1，根据牛顿第二定律可得：kx′1=ma，
解得：x1′=0.15m，
由于此时最大静摩擦力f′max=μkx′1=0.8×1000×0.15N=120N>mg=10×10N=100N，
故金属块竖直方向不会滑动，根据平衡条件可得金属块受到的摩擦力大小为f′=mg=10×10N=100N。
答：(1)此时弹簧的压缩量为0.0625 m；
(2)当小车、金属块一起向右加速运动时，A、C的弹簧压缩0.15m，D、B间弹簧形变量为0，金属块受到的摩擦力大小为100N。
【解析】(1)由胡克定律、金属块在竖直方向的受力情况结合物体平衡条件、胡克定律求解；
(2)假设A、C和D、B间的弹簧压缩量分别为x1和与x2，对金属块由牛顿第二定律结合胡克定律求解压缩量大小，根据实际情况分析弹簧的形变量；分析金属块在竖直方向是否会滑动，根据平衡条件可得金属块受到的摩擦力大小。
本题主要是考查了牛顿第二定律和胡克定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用牛顿第二定律建立方程进行解答。