2020-2021学年江苏省无锡市高一(上)期末物理试卷(附答案详解)

2020-2021学年江苏省无锡市高一（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共12小题，共36.0分）
1.关于物体惯性下列说法正确的是()
A. 汽车速度越大，刹车后越难停下来，表明物体的速度越大，其惯性越大
B. 汽车转弯后前进方向发生了改变，表明物体速度方向改变，其惯性也随之改变
C. 平抛出的小球，速度的大小和方向都改变了，但惯性不变
D. 要使速度相同的沙袋在相同时间内停下来，对大沙袋用力比对小沙袋用力大，
表明受力大的物体惯性大
2.竖直向上抛出一小球，小球从抛出点上升到最高点之后，又落回抛出点。

若小球所
受的空气阻力与小球速度的大小成正比，则关于小球加速度大小，下列说法正确的是()
A. 小球在刚抛出时的加速度值最小，在落回抛出点时加速度值最大
B. 小球在刚抛出时的加速度值最大，在落回抛出点时加速度值最小
C. 小球在最高点时的加速度值最大，在刚抛出时的加速度值最小
D. 小球在最高点时的加速度值最小，在刚抛出时的加速度值最大
3.如图所示，质量为m的游客乘坐环形座舱(套装在竖直
柱子)，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由
落下，落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚
好停下。

已知座舱开始下落时的高度为76m，当落到
离地面28m的位置时开始制动做匀减速运动。

不计空
气阻力，则此过程中下列说法中正确的是()
A. 当座舱落到离地面50m时，座舱对游客的作用力大
小等于mg
B. 当座舱落到离地面20m时，座舱对游客的作用力大
小大于mg
C. 当座舱落到离地面20m时，座舱对游客的作用力大小等于mg
D. 当座舱落到离地面20m时，座舱对游客的作用力大小小于mg
4.如图所示，放在水平地面上的物块，受到一个与水平方
向成θ角斜向下的力F的作用。

如果保持力F的大小不
变，而使力F与水平方向的夹角θ变大，物块在水平地而上始终静止，那么，地面受到的压力F N和物块受到的摩擦力F f的变化情况是()
A. F N变大，F f变小
B. F N变大，F f变大
C. F N变小，F f变小
D. F N变小，F f变大
5.某物体做自由落体运动，g取10m/s2，则()
A. 第2s内的平均速度为10m/s
B. 第3s内的位移为45m
C. 后一秒内的位移总比前一秒内的位移多5m
D. 后一秒内的平均速度总比前一秒内的平均速度大10m/s
6.物体A、B的x−t图象如图所示，由图可知()
A. 第4s末，物体A、B的运动方向相同，且v A<v B
B. 两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟3s才开
始运动
C. 两物体在前5s内的位移不同，5s末A、B相遇
D. 两物体在前5s内的平均速度相等
7.木块A、B分别重50N和60N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25，夹在
A、B之间的轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为400N/m，系统置于水平地面
上静止不动。

现用F=4N的水平拉力作用在木块B上，如图所示，则力F作用后木块A、B所受摩擦力的大小分别为()
A. 12.5N，15N
B. 8N，8N
C. 8N，12N
D. 8N，4N
8.3D地图技术能够为“无人驾驶”汽车提供数据，这
些数据可以通过汽车内部的系统进行全面的分析，以
执行不同的指令。

如图所示为一段公路拐弯处的地图，
下列说法中正确的是()
A. 如果弯道是水平的，则“无人驾驶”汽车在拐弯
时受到重力、支持力、摩擦力和向心力
B. 如果弯道是水平的，为了防止汽车侧滑，则“无人驾驶”汽车拐弯时收到的指
令是让车速大一点
C. 如果弯道是倾斜的，为了防止汽车侧滑，则道路应为内(东北)高外(西南)低
D. 如果弯道是倾斜的，为了防止汽车侧滑，则道路应为外(西南)高内(东北)低
9.质量为m的小球由轻绳a、b分别系于一轻质木架
上的A点和C点，如图所示，当轻杆绕轴BC以角
速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运
动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向。

当小球运
动到图示位置时，将绳b烧断的同时轻杆停止转动，
则()
A. 小球将在竖直平面内做匀速圆周运动
B. 小球将在水平面内做匀速圆周运动
C. 若角速度ω较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动
D. 在绳b被烧断的前后，绳a中张力大小不变
10.如图所示，将篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚
好垂直击中竖直篮板上的A点，不计空气阻力。

若
抛射点B向篮板方向水平移动一小段距离，仍使抛
出的篮球垂直击中A点，则下列方法中可行的是()
A. 减小抛射速度v0，同时增大抛射角θ
B. 减小抛射速度v0，同时减小抛射角θ
C. 增大抛射速度v0，同时减小抛射角θ
D. 增大抛射速度v0，同时增大抛射角θ
11.顶端装有滑轮的粗糙斜面固定在地面上，A、B两物体通过细绳如图连接，并处于
静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦)。

现用一水平力F作用于悬挂的物体B上，将其缓慢拉起一定高度，发现A物体仍然静止。

则此过程中不正确的是()
A. 水平力F变大
B. 物体A所受斜面给的摩擦力变大
C. 物体A所受的合外力不变
D. 细绳对物体A的拉力变大
12.如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施
加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态．已知木块
与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则()
A. μ1>μ2
B. μ1<μ2
C. 若改变F的大小，当F>μ2(m1+m2)g时，长木板将开始运动
D. 若将F作用于长木板，当F>(μ1+μ2)(m1+m2)g时，长木板与木块将开始相
对滑动
二、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13.在用小车、打点计时器、带有滑轮的长木板、电源等器材，做“探究小车速度随时
间变化规律”的实验中：
(1)下列操作正确的有______ .(填选项前的字母代号)
A.在释放小车前，小车要靠近打点计时器
B.打点计时器应放在长木板的有滑轮一端
C.实验前必须将长木板没有滑轮的一端适当垫高
D.应先接通电源，后释放小车
(2)若按正确的操作，打出如图所示的一条纸带．O、A、B、C、D为依次选取的计
数点，相邻计数点之间还有4个点没有画出，距离已在图中标示．打点计时器所用的电源频率为50Hz.则小车的加速度a=______ m/s2；打点计时器打下计数点C 时，小车的瞬时速度v=______ m/s．
14.某同学想描绘一条小球做平抛运动的轨迹，如图所示是他的实验装置简图。

实验简
要步骤如下：
A.让小球多次从______ (选填“同一”或“不同”)位置滚下，记下小球碰到铅笔笔
尖的一系列位置；
B.按图安装好器材，注意使斜槽末端切线方向______ ，记下平抛初位置O点和过
O点的竖直线；
C.取下白纸，以O为原点，以竖直线为y轴建立坐标系用平滑曲线画平抛运动物体
的轨迹。

(1)完成上述步骤，将正确的答案填在横线上。

(2)上述实验步骤的合理顺序是______ 。

(3)该同学只在竖直板面上记下了重锤线y的方向并描出了一段平抛运动的轨迹，
但没有记录平抛的初位置O点，如图所示。

现在轨迹曲线上取A、B两点，量出它们到y轴的距离，AA′=x1，BB′=x2，以及AB的竖直距离h，已知重力加速度为g，用这些数据可以求得小球平抛时的初速度为______ 。

三、简答题（本大题共2小题，共32.0分）
15.如图所示，质量为5kg的木块，恰好能沿倾角为37°的
斜面匀速下滑(g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=
0.8)。

求：
(1)木块与斜面间的动摩擦因数为多少？
(2)要使木块沿斜面匀速向上运动，必须加多大的水平推力F？
16.为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离。

我国交通管理部门规定：
高速公路上行驶的汽车安全距离为200m，已知车在高速公路上行驶的最高速度为120km/ℎ，通常驾驶员的反应时间为0.3～0.6s，结合表格提供的资料，通过计算来说明安全距离为200m的理论依据，g取10m/s2。

各种路面与轮胎之间的动摩擦因数
路面动摩擦因数
干沥青与混凝土路面0.7～0.8
干碎石路面0.6～0.7
湿沥青与混凝土路面0.32～0.4
四、计算题（本大题共1小题，共18.0分）
17.如图所示，水平转台离地面高ℎ=0.45m，半径为R=
0.2m，绕通过圆心处的竖直转轴转动，转台的同一半
径上放有质量m均为0.4kg的小物块A、B(可看成质
点)，A与转轴间距离r=0.1m，B位于转台边缘处，
A、B与水平转台间动摩擦因数均为0.5(设最大静摩擦
力等于滑动摩擦力)，g取10m/s2。

求：
(1)当转台的角速度多大时，小物块B刚好与转台发
生相对滑动？
(2)在第一问中物块B飞出转台，其落地点与转动轴心的水平距离多大(不计空气阻
力)？
(3)若A、B间用不可伸长的细线相连，转台的角速度达到多大时A物块开始滑动？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、惯性是物体本身的一种属性，任何物体都具有惯性，质量是物体惯性大小的唯一量度，与汽车的运动状态以及速度的大小均无关，故A错误；
B、质量是物体惯性大小的唯一量度，汽车转弯时速度方向改变，但惯性不变，故B错误；
C、质量是物体惯性大小的唯一量度，被抛出的小球，尽管速度的大小和方向都改变了，但其惯性不变，故C正确；
D、物体的惯性只与物体的质量有关，与物体受力大小及作用时间无关，故D错误。

故选：C。

质量是物体惯性大小的唯一量度；任何物体只要有质量就有惯性，只要质量不变，惯性就不变。

对于惯性概念的理解要准确到位：惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，惯性大小取决于物体质量大小。

2.【答案】B
【解析】解：小球抛出时速度最大，根据空气阻力与小球速度的大小成正比可知阻力最大，根据牛顿第二定律知加速度大小为：a=mg+f
；
m
到达最高点时，速度为零，阻力为零，加速度a′=g；
返回的过程中，速度增大，阻力增大，到达出发点时向下的速度最大，根据牛顿第二定
；
律得加速度大小为：a″=mg−f′
m
可知小球抛出时的加速度最大，小球在落回抛出点时的加速度最小，故B正确，ACD 错误。

故选：B。

当小球速度为零时，阻力为零，速度越大，阻力越大，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，从而确定最大值和最小值。

本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚小球的受力情况，能够根据牛顿第二定律求解加速度大小，知道阻力的方向与速度方向相反。

3.【答案】B
【解析】解：A、离地面50m时，座舱和游客都是自由下落，处于完全失重状态，所以座舱对游客的作用力大小等于零，故A错误；
BCD、设整体减速运动的加速度大小为a，以游客为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F−mg=ma，解得座舱对游客的作用力大小F=mg+ma，所以当座舱落到离地面20m时，座舱对游客的作用力大小大于mg，故B正确、CD错误。

故选：B。

离地面50m时，座舱还在自由下落，处于完全失重状态；当座舱落到离地面20m高时，制动系统开始启动，座舱和游客减速运动，由牛顿第二定律分析座舱对游客的作用力。

本题主要是考查了牛顿第二定律之超重和失重问题，知道当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g。

4.【答案】A
【解析】解：对物块受力分析，受推力、重力、支持力和静摩擦力，沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系，把力F进行分解，如图所示：
根据共点力平衡条件，有：
F f=Fcosθ
F′N=G+Fsinθ
当θ增大时，静摩擦力变小，支持力变大，根据牛顿第三定律可得地面受到的压力F N= F′N增大，故A正确、BCD错误。

故选：A。

对物块进行受力分析，根据共点力平衡条件求出支持力和静摩擦力后讨论即可。

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。

5.【答案】D
【解析】解：A、第2s内的位移x2=1
2gt22−1
2
gt12=1
2
×10×(4−1)m=15m，则第
2s内的平均速度为15m/s。

故A错误。

B、第3s内的位移x3=1
2gt32−1
2
gt22=1
2
×10×(9−4)m=25m。

故B错误。

C、根据△x=gT2得，后1s内的位移比前1s内的位移多△x=10×1m=10m，故C 错误。

D、因为后1s内的位移比前1s内的位移多10m，则平均速度大10m/s。

故D正确。

故选：D。

自由落体运动是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，结合运动学公式分析判断．解决本题的关键知道自由落体运动的运动规律，掌握匀变速直线运动的位移时间公式和速度时间公式，并能灵活运用．
6.【答案】C
【解析】解：A、x−t图象的斜率表示速度，由图可知，A的斜率大于B的，故A的速度要大，且A从3s开始运动，运动方向都沿x轴的正方向，故A错误；
B、由x−t图象可知，B从5m处开始运动，而A从0m处开始运动，故二者开始位置不同，故B错误；
C、两物体在前5s内的位移分别为5m和10m，但t=5s时AB位置相同，即相遇，故C 正确；
D、因5s的位移不同，故5s内的平均速度不同，故D错误。

故选：C。

由图可知两物体的位置随时间的变化关系，由图象的斜率可知速度大小。

研究图象时，首先要明确图象的横纵坐标，再根据点线面的含义确定运动的性质，很多同学可能想当然的当成了v−t图象进行了处理。

7.【答案】C
【解析】解：木块A与地面间的滑动摩擦力为：
f A=μG A=0.25×50N=12.5N
木块B与地面间的滑动摩擦力为：
f B=μG B=0.25×60N=15N
弹簧弹力为：
=kx=400×2×10−2N=8N
F
弹
施加水平拉力F后，对B物体受力分析，重力与支持力平衡，水平方向受向右的弹簧弹力和拉力，由于B木块与地面间的最大静摩擦力为15N(等于滑动摩擦力)，大于弹簧弹力和拉力之和，故木块B静止不动，故木块B受到的静摩擦力与弹簧弹力和拉力的合力平衡，因而：f B′=F弹+F=8N+4N=12N；
施加水平拉力F后，弹簧长度没有变化，弹力不变，故木块A相对地面有向左的运动趋势，其受到向右的静摩擦力，且与弹力平衡，因而：f A′=F弹=8N；
综上所述，故C正确，ABD错误；
故选：C。

静摩擦力的大小随外力的变化而变化，但有一个最大值，其最大值略大于滑动摩擦力，在一般的计算中可以认为等于滑动摩擦力；
本题中，未施加拉力F时，A、B两木块在弹簧的推动下，相对地面有运动趋势，但无相对运动，故均受静摩擦力；在木块B上加上一个水平拉力后，通过计算会发现，虽然B木块相对地面的滑动趋势变大，但仍然无法滑动，说明静摩擦力只是变大了，并不会变成滑动摩擦力．
本题关键是分别对两个木块受力分析，通过计算判断木块能否滑动，要注意静摩擦力等于外力，而不是大于外力，大于外力的只是静摩擦力的最大值，还考查了胡克定律，理解其适用条件。

8.【答案】D
【解析】解：A、如果弯道是水平的，则“无人驾驶”汽车在拐弯时受到重力、支持力、摩擦力，受力分析不能分析向心力，故A错误；
B、如果弯道是水平的，由静摩擦力提供向心力，根据f=m v2
可知，速度越大，所需
R
要的向心力越大，当需要的向心力大于最大静摩擦力时，汽车做离心运动，所以“无人驾驶”汽车在拐弯时收到的指令应让车速小一点，防止汽车作离心运动而发生侧翻，故B错误；
CD、如果弯道是倾斜的，重力和支持力的合力可以提供向心力，而向心力指向圆心，所以3D地图上应标出外(西南)高内(东北)低，故C错误，D正确。

故选：D。

做圆周运动的物体靠径向的合力提供向心力，如果弯道是水平的，汽车拐弯靠静摩擦力提供向心力，如果弯道是倾斜的，重力和支持力的合力可以提供向心力，据此分析即可。

解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，不论是匀速圆周运动还是变速圆周运动，都是靠径向的合力提供向心力，注意受力分析不能分析向心力。

9.【答案】C
【解析】解：ABC、小球原来在水平面内做匀速圆周运动，绳b被烧断后，若角速度ω较小，小球原来的速度较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动，若角速度ω较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动，故AB错误，C 正确；
D、绳b烧断前，小球竖直方向的合力为零，即：F a=mg，绳b被烧断的同时木架停
，所以F a′>F a，故D错误。

止转动，小球在竖直面内做圆周运动，且：F a′−mg=m v2
L
故选：C。

绳b被烧断后，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或圆周运动，绳b被烧断前，a绳中张力等于重力，在绳b被烧断瞬间，a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳b的张力将大于重力；若角速度ω较小，小球原来的速度较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动，若角速度ω较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动。

本题关键分析清楚绳子b烧断前后小球的运动情况和受力情况，利用牛顿第二定律列式分析即可，难度适中。

10.【答案】A
【解析】解：由于篮球垂直击中A点，其逆过程是平抛运动，抛射点B向篮板方向水平移动一小段距离，由于平抛运动的高度不变，运动时间不变，水平位移减小，初速度减
小，水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大。

因此只有增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0，才能仍垂直打到篮板上。

故A正确，BCD错误。

故选：A。

解决本题巧用平抛运动知识，由于题目中紧抓住篮球垂直打到篮板，故其逆过程可以看成平抛运动，则有水平速度越大，落地速度越大，与水平面的夹角越小。

该题考查了平抛运动的相关知识，本题采用了逆向思维，降低了解决问题的难度。

若仍沿题意角度思考，解题很烦同时容易出错。

11.【答案】B
【解析】解：AD、对物块B受力分析，受到重力、细绳的拉力T
和水平拉力F作用，如图所示，根据平衡条件可得：F=mgtanθ，
T=mg
；
cosθ
当B被拉动一个小角度后，θ增大，则力F增大，细绳对物体B的
拉力增大，则细绳对物体A的拉力也增大，故AD正确；
B、A开始时受静摩擦力可能向上也可能向下，则当绳子的拉力变
大时，A受到斜面的摩擦力可能增大也可能减小，故B错误；
C、对于A物体始终处于静止状态，合力为零，所以物体A所受的合外力不变，故D正确。

本题选错误的，故选：B。

先对物体B受力分析，根据共点力平衡条件求出F和绳子拉力的变化；再对木块A受力分析，同样根据共点力平衡条件分析摩擦力和合外力的变化情况。

本题属于共点力作用下物体平衡的基本题型，要灵活选择研究对象，正确分析受力情况，由平衡条件分析动态平衡问题。

12.【答案】D
【解析】
【分析】
因为木块所受的摩擦力为滑动摩擦力，地面对木板的摩擦力为静摩擦力，无法比较动摩擦因数的大小．通过对木板分析，根据水平方向上的受力判断其是否运动．当F作用于长木板时，先采用隔离法求出临界加速度，再运用整体法，求出最小拉力。

解决本题的关键能够正确地受力分析，结合整体和隔离法，运用牛顿第二定律进行求解。

【解答】
AB.对m1，根据牛顿运动定律有：F−μ1m1g=m1a，对m2，由于保持静止有：μ1m1g−F f=0，F f<μ2(m1+m2)g，所以动摩擦因数的大小从中无法比较，故A、B错误。

C.改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止，故C错误。

D.若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g=m1a，解得a=μ1g，对整体分析，有F−μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a，
解得F=(μ1 +μ2 )(m1 +m2 )g，所以当F>(μ1 +μ2 )(m1 +m2 )g时，长木板与木块将开始相对滑动，故D正确。

故选：D。

13.【答案】AD；1.2；0.49
【解析】解：(1)A、在释放小车前，小车应尽量靠近打点计时器，以能在纸带上打出更多的点，有利于实验数据的处理和误差的减小，故A正确．
B、为在纸带上多打出一些点，打点计时器应放在长木板的没有滑轮的一端，故B错误；
C、该实验不需要平衡摩擦力，实验前不需要将长木板没有滑轮的一端适当垫高，故C 错误；
D、实验中为了在纸带上打出更多的点，为了打点的稳定，具体操作中要求先启动打点计时器然后释放小车，故D正确．故选：AD．
(2)因为每相邻两计数点间还有4个打点，所以相邻的计数点之间的时间间隔为t=
0.02s×5=0.1s，
根据运动学公式得：△x=at2可知，加速度：a=x BC−x OA+x CD−x AB
4t2
=
0.0430−0.0190+0.0550−0.0310
4×0．12
=1.2m/s2，
打点计时器打下计数点C时，小车的瞬时速度：v C=x BD
2t =0.0430+0.0550
2×0.1
=0.49m/s．
故答案为：(1)AD；(2)1.2；0.49．
(1)正确解答本题需要掌握：打点计时器的使用以及简单构造等，明确《探究小车速度随时间变化的规律》实验中一些简单操作细节等．
(2)纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．
本题比较简单，考查了基本仪器的使用和基础实验的操作细节，对于基础知识，平时训
练不可忽略，要在练习中不断加强．
14.【答案】同一保持水平BAC√g
2ℎ
(x22−x12)
【解析】解：(1)要使物体做平抛运动，初速度必须水平，为了使每次运动轨迹相同，物体的初速度必须相同，因此必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，为保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，
(2)实验顺序是：先安装实验器材，让小球做平抛运动，最后去下白纸进行数据处理，故实验步骤合理的顺序为：BAC
(3)设抛出点为O点，从抛出到A点过程，根据平抛运动的分位移公式，有：
x1=v0t1①
ℎA=1
2
gt12②
从抛出到B点过程，根据平抛运动的分位移公式，有：
x2=v0t2③
ℎB=1
2
gt22④
联立①②③④解得：v0=√g
2ℎ
(x22−x12)
故答案为：(1)同一，水平；(2)BAC；(3)√g
2ℎ
(x22−x12)．
(1)因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，根据平抛运动的特点求解水平初速度．
(2)先安装器材，再进行试验，最后处理数据和整理仪器的思路进行．
(3)正确应用平抛运动规律：水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动；根据平抛运动的分位移公式列式求解后联立求解即可．
解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项．在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解，同时一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题．15.【答案】解：(1)木块恰好能够沿斜面下滑，根
据平衡条件可得：mgsin37°=μmgcos37°
解得：μ=0.75；
(2)受推力后仍匀速运动，则：
沿斜面方向有：Fcos37°−mgsin37°−μF N=0
垂直斜面方向有：F N−mgcos37°−Fsin37°=0
解得：F=171.4N。

答：(1)木块与斜面间的动摩擦因数为0.75；
(2)要使木块沿斜面匀速向上运动，必须加171.4N的水平推力。

【解析】(1)木块受重力，斜面支持力，摩擦力，先由木块不受推力时可以匀速下滑，列沿斜面的平衡方程，可以得到物体和斜面间动摩擦因数；
(2)物体受推力作用下沿斜面匀速向上运动，沿斜面和垂直斜面方向建立平衡方程进行解答。

本题主要是考查共点力的平衡，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。

16.【答案】解：根据题中图表可知动摩擦因数取最小为μ=0.32，根据牛顿第二定律，汽车刹车时的加速度为：
a=μmg
m
=μg=0.32×10m/s2=3.2m/s2，
考虑最高车速为：v0=120km/ℎ=33.33m/s、最长反应时间为：t=0.6s、及最小动摩擦因数μ=0.32的极限情况下
反应距离为：s1=v0t=33.33×0.6m≈20m
制动距离为：s2=v02
2a =33.332
2×3.2
m≈174m
刹车距离为：s=s1+s2=20m+174m=194m
因此200m的安全距离是必要的。

答：理论依据见解析。

【解析】要根据牛顿第二定律求出刹车时汽车的加速度。

在汽车最高车速v、司机最长反应时间t、及最小动摩擦因数μ的条件下，由运动学公式求出汽车刹车距离。

本题是实际问题，考查运用物理量知识分析和解决实际问题的能力。

要注意在司机的反应时间内，汽车的运动状态没有变化。