2019-2020学年仙桃市高一下学期期末物理试卷

2019-2020学年仙桃市高一下学期期末物理试卷
副标题
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1.作匀加速直线运动的物体，先后经过A、B两点时，其速度分别为v和7v，从A到
B的时间为t，则不正确说法是()
A. 经A、B中点时速度为5v
B. 经A、B中点时速度为4v
C. A到B过程的中间时刻的速度为4v
vt
D. 在后一半时间所通过的位移比前一半时间通过的位移多3
2
2.糙水平面上有一重量为G的木制斜面，斜面上放一物体A，斜
面和物体均处于静止状态，关于斜面受力情况，下列各图中正
确的是()
A. B. C. D.
3.科技馆的科普器材中常有如图所示的匀速率的传动裝置：在大齿
轮盘内嵌有三个等大的小齿轮。

若齿轮的齿很小，大齿轮的半径
(内径)是小齿轮半径的3倍，则当大齿轮顺时针匀速转动时，下
列说法正确的是()
A. 小齿轮和大齿轮转速相同
B. 小齿轮每个齿的线速度均相同
C. 小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍
D. 大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮的3倍
4.春节期间小明去电影院观看了国产科幻大片《流浪地球》，影片中每个行星发动机
地下5000米深处配套建设一个能容纳30万人口的地底城，设连接电梯的加速与减速时的最大加速度值均为4m/s2，最大运行速度为80m/s，地球可看成一个质量分布均匀的球体，则()
A. 生活在地底城的人受到地球的引力与在地球表面一样
B. 电梯加速上升的最小高度为800m
C. 从地底城乘坐电梯到达地面的最短时间为62.5s
D. 从地底城乘坐电梯到达地面的过程中，人始终处于超重状态
5.一负电荷仅受电场力作用，从电场中的A点运动到B点，在此过程中该电荷做初速
度为零的匀加速直线运动，则A、B两点电场强度E A、E B及该电荷在A、B两点的电势能ɛA、ɛB之间的关系为()
A. E A>E B
B. E A<E B
C. ɛA=ɛB
D. ɛA>ɛB
6.a、b、c三个质量和电荷量都相同的粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其
轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定()
①b和c同时飞离电场
②动能的增量相比，a的最小，b和c的一样大
③进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
④在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上
A. ①④
B. ①②
C. ③④
D. ②④
7. 如图甲所示为红砖夹，一次将五块砖夹起，大大提高了工作效率；如图乙所示，五
块质量相同的砖夹在两块竖直的夹板间处于静止状态。

下列说法正确的是()
A. 砖夹对砖块的水平压力越大，4、5两块砖受到的摩擦力越大
B. 3受到2施加的摩擦力大小等于自身重力的一半
C. 4对3的摩擦力方向竖直向下
D. 1受到2施加的摩擦力与4受到5施加的摩擦力完全相同
8. 质量m=0.1kg的物体以某一初速度竖直向上抛出，经过2s该物体回到抛出点，不
计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2.则()
A. 该物体动量的变化量为零
B. 此过程中重力对该物体做的功为零
C. 此过程中重力对该物体的冲量为零
D. 物体回到出发点时，重力的功率为20W
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. 如图所示，小王乘滑板车从距底端高为h处的顶端A沿
滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g，斜面倾角
为30°，设人和滑板车总质量为m，人和滑板车可视为质
点，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是()
A. 人和滑板车减少的重力势能全部转化为动能
B. 人和滑板车获得的动能为0.8mgℎ
C. 整个下滑过程中人和滑板车减少的机械能为0.4mgℎ
D. 人和滑板车克服摩擦力做功为0.2mgℎ
10. 我国发射的风云一号气象卫星是极地卫星，周期为12h；发射的风云二号气象卫星
是地球同步卫星，周期是24ℎ.与风云二号相比较，风云一号()
A. 距地面较近
B. 角速度较大
C. 线速度较小
D. 受到地球的万有引力较小
11. 如图所示，一平行板电容器两板间有匀强电场．其中有一个带电液滴
处于静止状态，当发生下列哪些变化时，液滴将向上运动？()
A. 将电容器上极板稍稍下移
B. 将电容器下极板稍稍下移
C. 将S断开，并把电容器的上极板稍稍下移
D. 将S断开，并把电容器的下极板稍稍向左水平移动
12. 甲乙两名溜冰运动员的质量分别为m1=80kg、
m2=40kg，两人面对面在光滑水平冰面上拉着弹
簧秤作圆周运动，此时两人相距0.9m，弹簧秤的示
数为24N，则下列判断正确的是()
A. 两人的线速度相同，约为0.5m/s
B. 两人的角速度相同，为1rad/s
C. 两人的运动半径相同，都是0.45m
D. 两人的运动半径不同，甲为0.3m，乙为0.6m
三、填空题（本大题共1小题，共6.0分）
13. 如图所示，A、B、C、D为物体做平抛运动过程中依次通过的四个点，通过某种方
法把四个点记录在了图纸上，图中的网格区域是由许多个正方形小方框构成(实验时，纸张竖直放置．网格竖直线和重垂线平行)，每个正方形小方框的边长均为L=
5cm.由于保存不当，纸张被污染了，导致C点的位置无法确定．现在想要用该实验图纸来研究平抛运动，(g=10m/s2)请回答以下问题：
(1)判断A点是否为平抛的起始点______(填“是”或“不是”)
(2)从A运动到B所用的时间为______s；
(3)该平抛运动的初速度为______m/s．
四、实验题（本大题共1小题，共8.0分）
14. “验证机械能守恒定律”的实验装置如图1所示现有器材为：带铁夹的铁架台、电
火花打点计时器、纸带、带铁夹的重物、米尺、天平
(1)为完成该实验，需要______V的______(选填“交流”或“直流”)电源
(2)某同学正确操作得到的一条纸带如图2所示，点对应重物做自由落体运动的初始位
置，从合适位置开始选取的四个连续点A、B、C、D到O点的距离如图所示(单位：cm)，已知相邻两点之间的时间间隔为0.02s，根据纸带计算出打下B点时重物的速度大小为______m/s(结果保留两位有效数字)
(3)该同学根据纸带算出了相应点的瞬时速度，测出与此相对应的下落距离h，以v2为
纵坐标，以h为横坐标，建立坐标系，作出v2−ℎ图象，从而验证机械能守恒定律若所有操作均正确，则得到的v2−ℎ图象如图3所示，已知当地的重力加速度为g 则图线的“斜率”为______。

五、简答题（本大题共2小题，共16.0分）
15. 如图所示，一辆汽车在平直公路上，车上有一木箱，试
判断下列情况中，木箱所受的摩擦力及其方向．
(1)汽车由静止开始加速运动时(木箱和车面无相对滑动)；
(2)汽车刹车时(二者无相对滑动)；
(3)汽车匀速运动时(二者无相对滑动)；
(4)汽车刹车，木箱在车上向前滑动时；
(5)汽车在匀速行驶中突然加速，木箱在车上滑动时．
16. 一圆环的圆心为O，若以它的直径AB为轴做匀速转动，如图
所示，圆环上P、Q两点的线速度大小之比是多少？若圆环的
半径是20cm，绕AB轴转动的周期是0.1s，环上Q点的向心加
速度大小是多少？
六、计算题（本大题共2小题，共30.0分）
17. 如图所示，质量为m=0.1kg的小球置于平台末端A点，平台的右下方有一个表面
光滑的斜面体，在斜面体的右边固定一竖直挡板，轻质弹簧拴接在挡板上，弹簧的自然长度为x0=0.3m，斜面体底端C距挡板的水平距离为d2=1m，斜面体的倾角为θ=45°，斜面体的高度ℎ=0.5m。

现给小球一大小为v0=2m/s的初速度，使之在空中运动一段时间后，恰好从斜面体的顶端B无碰撞地进入斜面，并沿斜面运动，经过C点后再沿粗糙水平面运动，过一段时间开始压缩轻质弹簧。

小球速度减为零时，弹簧被压缩了△x=0.1m。

已知小球与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，设小球经过C点时无能量损失，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)平台与斜面体间的水平距离d1；
(2)小球在斜面上的运动时间t；
(3)弹簧压缩过程中的最大弹性势能E p。

18. 如图所示，从A点以v0=4m/s的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块(可视为质
点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平。

已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、ℎ=0.15m，R=0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，g=10m/s2.求：
(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；
(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；
(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。

答案和解析1.【答案】B
【解析】解：由题意知，AB时间中点的瞬时速度为：v t
2=v=v+v0
2
=v+7v
2
=4v，
物体经过AB位移中点的瞬时速度为：v s
2=√v2+v02
2
=√v2+(7v)2
2
=5v所以：
A、经过AB中点的瞬时速度为5v，故A正确；
B、经过AB中点的瞬时速度为4v，故B错误；
C、AB中间时刻的瞬时速度为4v，故C正确；
D、前一半时间的平均速度为：v
1=
v0+v2
2
2
=3v，
后一半时间的平均速度为：v2=v s
2
+7v
2
=6v，
所以后一半时间与前一半时间的位移差为：△x=(v2−v1)⋅t
2=3vt
2
，故D正确．
本题选择错误的，故选：B
根据匀变速直线运动的推论：时间中点的瞬时速度：v t
2=v=v+v0
2
；位移中点的瞬时速
度v s
2=√v2+v02
2
，由A点和B点的速度，求出物体经过AB中间时刻的速度和中间位移的
速度，再进行比较即可．
掌握匀变速直线运动的几个有用推论是解决本题的关键，中间时刻和中间位移，能根据匀变速直线运动的规律证明并掌握其推论是解决本题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：斜面受到重力G、A的压力N2和摩擦力f1，地面的支持力N1．
以A和斜面整体为研究对象，整体的合力为零，由于水平方向不受其他外力，所以地面对斜面没有摩擦力，因此就受四个力：重力G、A的压力N2和摩擦力f1，地面的支持力N1.受力示意图如D图所示．故ABC错误，D正确．
故选：D
按重力、弹力和摩擦力的顺序分析斜面的受力情况．对于地面对斜面有无摩擦力，可以整体为研究对象分析．
本题的解题技巧是选择整体作为研究对象，根据平衡条件分析地面对斜面体的摩擦力情况，要能灵活选择研究对象．
3.【答案】C
【解析】解：A、据v=wr，且线速度大小相等，小齿轮和大齿轮的角速度之比为半径的反比，所以它们的转速不同，故A错误；
B、速度是矢量，由方向，所以小齿轮每个齿的线速度不同，故B错误；
C、根据v=wr，且线速度大小相等，角速度之比为半径的反比，大齿轮的半径(内径)是小齿轮半径的3倍，所以小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍，故C正确；
D、根据向心加速度a=v2
r
，线速度大小相等，向心加速度之比为半径的反比，大齿轮的半径(内径)是小齿轮半径的3倍，所以小齿轮的向心加速度是大齿轮向心加速度的3倍。

故D错误。

故选：C。

大齿轮和小齿轮的线速度大小相等，小齿轮的运动方向和大齿轮的运动方向相同，根据
v=ωr判断角速度的关系，根据a=v2
r
判断向心加速度的关系。

解决本题的关键知道线速度、角速度、向心加速度与半径的关系，知道大齿轮和小齿轮的线速度大小相等，难度适中。

4.【答案】B
【解析】解：A、生活在地底城的人受到地球的引力小于在地球表面的引力。

故A错误；
B、由S1=v m
2a =802
2×4
m=800m，可得电梯加速上升的最小高度为800m。

故B正确；
C、加速和减速所用时间相同，即t1=t3=v m
a =80
4
s=20s，位移相同，即S1=S3=800m，
匀速运动的位移S2=5000−2×800=3400(m)，匀速运动的时间t2=S2v
m =3400
80
s=
42.5s，从地底城乘坐电梯到达地面的最短时间t=t1+t2+t3=20+42.5+20=
82.5s。

故C错误；
D、从地底城乘坐电梯到达地面的过程中，在加速阶段，加速度方向向上，人处于超重状态；在减速阶段，加速度方向向下，人处于失重状态。

故D错误；
故选：B。

生活在地底城的人受到地球的引力小于在地球表面的引力；加速和减速所用时间相同，
位移相同，利用t=v m
a ，S=v m
2a
公式可以算出加速和减速阶段所用时间和通过的位移，
再计算出匀速运动的位移，从而算出匀速运动所用时间；在加速阶段，加速度方向向上，人处于超重状态；在减速阶段，加速度方向向下，人处于失重状态。

本题考查了牛顿运动定律的应用−超重和失重、万有引力定律及其应用等知识点。

熟练掌握匀变速直线运动规律以及超重失重的基本判断是解决本题的关键。

5.【答案】D
【解析】解：由于电荷做匀加速直线运动，所以根据Eq=ma可知，电场强度不变，即E A=E B；电荷做初速度为零的匀加速直线运动，且只受电场力，因此电场力做正功，电势能减小，所以εA>εB，故ABC错误，D正确。

故选：D。

根据受力特点可以判断A、B两点电场强度的大小，根据电场力做功的正负判断A、B 两点电势能的高低．
本题比较简单，基础性强；要加强理解电场力和电场强度关系，电势能和电场力做功关系．
6.【答案】C
【解析】三个粒子所受的电场力相等，加速度大小相等，在竖直方向上有：，可知a、b的偏转位移相等，大于c的偏转位移，则a、b的运动时间相等，大于c的时间，所以c先飞出电场，故错误；根据动能定理知，a、b的偏转位移相等，则电场力做功相等，大于c电场力做功，所以a、b的动能增量相等，大于c的动能增量，故错误；因为a的水平位移小于b的水平位移，时间相等，则a的速度小于b的速度，b 的水平位移和c的水平位移相等，b的时间大于c的时间，则b的速度小于c的速度，所以进入电场时，c的速度最大，a的速度最小，故正确；a、b两个粒子在电场中沿
gt2可知运动时间也相同，所以b粒子飞离电场的同电场的方向上的位移相同，由ℎ=1
2
时，a刚好打在负极板上，故正确。

故选C。

7.【答案】B
【解析】解：设每块砖的质量为m。

A、只有滑动摩擦和最大静摩擦才和正压力成正比，4、5两块砖受力平衡，受到静摩擦了作用，方向竖直向上且等于砖的重力，与正压力无关，故A错误；
D、将五块砖整体受力分析如图1所示：
图1
f1=f2=2.5mg
分别对1和5受力分析如图2所示：
图2
1受到2施加的摩擦力f21与5受到4施加的摩擦力f45大小均等于1.5mg，方向相同，则根据作用力与反作用力1受到2施加的摩擦力f21与4受到5施加的摩擦力f′45大小相等，方向相反，故D错误；
B、由以上分析，从两边砖块往中间砖块受力分析，对2受力分析如图3所示：
图3
由作用力与反作用力可知1对2的摩擦力f12=f21=1.5mg
根据平衡条件可得3受到2施加的摩擦力大小f32=0.5mg方向竖直向下，故B正确；
C、对3受力分析，受重力，和2对3的摩擦力，4对3的摩擦力，如图4所示：
图4
由作用力与反作用力可知2对3的摩擦力f23=f32=0.5mg
根据平衡条件可得3受到4施加的摩擦力大小f43=0.5mg方向竖直向上，故C错误；故选：B。

(1)对4、5两块砖分别受力分析，处于静止状态，根据平衡条件分析摩擦力的大小和方向，并依据滑动摩擦力才与正压力成正比，而静摩擦力大小由平衡条件来判定；(2)整体法求出1和5受到砖夹的摩擦力大小和方向，然后分别对1和5受力分析求出12之间和45之间的摩擦力大小和方向；
(3)对2受力分析，可求出3受到2施加的摩擦力的方向以及大小与自身重力的关系；
(4)对3受力分析，可求出4对3的摩擦力方向；
本题有5块砖，关键是要用整体法和隔离法选择研究对象进行分析，然后结合共点力平衡条件列式求解，注意分清静摩擦力与滑动摩擦力大小计算。

8.【答案】B
【解析】解：A、物体在空中运动时间为2s，只受重力，则由动量定理可求得：△P=I= mgt=0.1×10×2=2N⋅s.故A错误；
B、该过程中的总位移等于0，所以重力做的功等于0.故B正确；
C、根据冲量的定义可知，重力的冲量：I=mgt=0.1×10×2=2N⋅s.故C错误；
D、物体在空中运动时间为2s，则初速度：v0=g⋅t
2=10×2
2
=10m/s，由运动的对称
性可知，物体回到出发点时的速度大小也是10m/s，所以重力的功率为：
P=mgv=0.1×10×10=10W.故D错误。

故选：B。

明确题设条件，根据动量定理求出物体动量的变化量，由竖直上抛运动的特点求出初速度与末速度，然后由P=Fv即可求出瞬时功率．
本题考查动量定理的应用，要注意明确物体在空中运动时的受力情况，再根据动量定理求解．
9.【答案】BD
【解析】解：A、设下滑过程中滑板车所受的摩擦力大小为f，人与滑板车下滑的过程，由牛顿第二定律得；mgsinθ−f=ma，又a=0.4g，得f=0.1mg，则知人和滑板车减少的重力势能全部转化为动能和摩擦产生的内能，故A错误；
B、从顶端向下滑到底端B的过程中，由动能定理得：人和滑板车获得的动能为E k=ma⋅
ℎ
sinθ
=m⋅0.4g⋅2ℎ=0.8mgℎ，故B正确；
CD、整个下滑过程中人和滑板车减少的机械能等于系统克服摩擦力做功，即E减=
W
f克=f⋅ℎ
sinθ
=0.1mg⋅2ℎ=0.2mgℎ，故C错误，D正确。

故选：BD。

以人与滑板车构成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可求出滑板车所受的摩擦力大小，从而分析能量的转化情况，由动能定理即可求解出系统到达底端B的动能与克服摩擦力所做的功；由功能关系求系统减少的机械能。

本题关键要根据牛顿第二定律求摩擦力的大小，从而分析清楚能量的转化情况，同时，要搞清能量是如何转化的。

10.【答案】AB
【解析】解：A 、根据万有引力提供圆周运动向心力G
mM r 2
=mr
4π2
T
2可得T =√4π2r 3
GM
可知
风云二号周期短，故其半径小即距地面较近故A 正确； B 、据ω=
2πT
可知风云一号周期小角速度较大，故B 正确；
C 、由A 分析知，风云一号半径较小，再根据v =√GM r 可知风云一号的线速度较大，故
C 错误；
D 、因为不知道两颗卫星的具体质量大小情况，不能仅根据半径情况确定所受地球引力的大小，故D 错误． 故选：AB ．
根据万有引力提供圆周运动向心力，由周期关系确定卫星的半径关系，再根据半径关系分析其它物理量的关系．
万有引力提供圆周运动向心力是解决此类问题的关键，掌握万有引力公式和向心力不同表达式是解题的基础．
11.【答案】AD
【解析】试题分析：带电液滴受到重力和电场力处于平衡，当电场强度增大时，液滴将会向上运动．电容器始终与电源相连，两端的电压不变，电容器与电源断开，所带的电量不变，根据动态分析判断电场强度的变化．
A 、将电容器的上极板稍稍下移，d 变小，电势差不变，则电场强度增大，电场力增大，将向上运动．故A 正确．
B 、将电容器的下极板稍稍下移，d 变大，电势差不变，则电场强度减小，电场力减小，将向下运动．故B 错误．
C 、将S 断开，Q 不变，减小d ，根据E =U
d ，U =Q
C ，C =ϵs
4πkd ，则E =
4πkQ ϵs
，与d 无关，
则E 不变，带电液滴不动．故C 错误． D 、将S 断开，Q 不变，s 减小，根据E =4πkQ ϵs ，E 变大，则电场力变大，液滴向上运动．故
D 正确． 故选AD ．
12.【答案】BD
【解析】解：两个人做圆周运动的角速度相等，向心力相等，有：m 1r 1ω2=m 2r 2ω2，
解得r 1r 2
=m 2
m 1
=1
2，则r 1=0.3m ，r 2=0.6m.两人的角速度相等，但是半径不等，根据v =rω
知，线速度不等．
根据F =m 1r 1ω2，解得：ω=1rad/s.故B 、D 正确，A 、C 错误．
故选BD．
两人面对面在光滑水平冰面上拉着弹簧秤作圆周运动，角速度相等，向心力相等，根据牛顿第二定律求出角速度的大小．
解决本题的关键抓住两人的角速度相等，向心力相等，运用牛顿第二定律进行求解．13.【答案】不是0.1 2
【解析】解：(1)(2)根据图象可知，y AB=2L，y BD=y BC+y CD=10L，
而y BC−y AB=y CD−y BC
解得：y BC=4L，y CD=6L
在竖直方向上△y=gT2，T=√
g =√4L−2L
g
=√2L
g
=√0.1
10
s=0.1s，所以从A运动到B
所用的时间为0.1s；
B点在竖直方向上的分速度v By=y AC
2T =1.5
10
m/s=1.5m/s，
则从抛出到运动到B点所用的时间t=v By
g
=1.5
10
s=0.15s>0.1s，所以A点不是为平抛
的起始点．
(3)小球平抛运动的初速度v0=x
t =4L
T
=0.2
0.1
m/s=2m/s；
故答案为：(1)不是；(2)0.1；(3)2．
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上△y=gT2，判断出C点的位置，求出时间间隔，再根据水平方向上的匀速直线运动求出初速度．求出B点在竖直方向上的速度，根据t=v yB g求解从抛出到运动到B点所用的时间．
解决平抛实验问题时，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．
14.【答案】220 交流 1.42g
【解析】解：(1)电火花计时器用的220V交流电源。

(2)B点的速度为：V B=x AC
2T =12.41−6.04
0.04
×10−2m/s=1.4m/s
(3)由机械能守恒，有：mgℎ=1
2
mv2
得：v2=2gℎ，
由此可知：图象的斜率k=2g；
故答案为：(1)220；交流(2)1.4(3)2g
(1)电火花计时器用的220V交流电源。

(2)时间的中点的速度等于平均速度，求得B点的速度。

(3)明确机械能守恒定律的基本规律列式，再根据图象进行分析明确图象的斜率。

本题考查验证机械能守恒定律的实验，要注意运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题。

同时在计算中要注意单位的换算。

15.【答案】解：(1)汽车由静止向前加速运动，木箱相对于货车有向后运动的趋势，木箱受到向前的静摩擦力．
(2)汽车刹车时(二者无相对滑动)，由于惯性，木箱相对于汽车有向前运动的趋势，木箱受到向后的静摩擦力．
(3)汽车向前匀速运动，木箱与货车间没有相对趋势，不受到摩擦力；
(4)汽车刹车时，由于惯性，木箱相对于汽车有向前运动，木箱受到向后的滑动摩擦力．
(5)汽车在匀速行驶中突然加速，木箱在车上滑动时，木箱相对于汽车有向后运动，木箱受到向前的滑动摩擦力．
答：(1)汽车由静止开始加速运动时(木箱和车面无相对滑动)，木箱受到向前的静摩擦力；
(2)汽车刹车时(二者无相对滑动)，木箱受到向后的静摩擦力；
(3)汽车匀速运动时(二者无相对滑动)，不受到摩擦力；
(4)汽车刹车，木箱在车上向前滑动时，木箱受到向后的滑动摩擦力；
(5)汽车在匀速行驶中突然加速，木箱在车上滑动时，木箱受到向前的滑动摩擦力．【解析】据摩擦力产生的条件判断，即二者接触、表面不光滑、有弹力和有相对运动的趋势，摩擦力的方向与相对运动(趋势)的方向相反，注意相对应的物理情景．
本题根据静(滑动)摩擦力产生的条件和方向特点分析摩擦力的方向，也可以运用牛顿第二定律分析摩擦力的大小和方向．
16.【答案】解：P、Q两点均以AB为轴做匀速转动，角速度相等，
都为ω，则Q点转动的半径r1=Rsin30°=R
2
，P点转动的半径r2=
Rsin60°=√3
2
R
由公式v=rω，ω相等，则P、Q两点的线速度大小之比v P
v Q =r1
r2
=
√3
Q点的向心加速度大小是a Q=(2π
T
)2r1=40π2m/s2
答：P、Q两点的线速度大小之比是1：√3．
环上Q点的向心加速度大小是40π2m/s2．
【解析】同一圆环以直径为轴做匀速转动时，环上的点的角速度相同，根据几何关系可以求得Q、P两点各自做圆周运动的半径，根据v=ωr即可求解线速度之比；根据a=ω2r，即可求得Q点的向心加速度大小
该题主要考查了圆周运动基本公式的直接应用，对于同轴转动的问题，关键要抓住角速度相同．
17.【答案】解：
(1)小球到达斜面顶端时v By=v0tanθ
则有v By=gt1
又d1=v0t1
解得：d1=0.4m
(2)在B点，v B=v0
cosθ
小球由B到C过程中，由牛顿第二定律，则有mgsinθ=ma
位移与速度表达式，v C2−v B2=2aℎ
cosθ
又v C=v B+at
解得：t1=0.2s
v C=3√2m/s
(3)小球在水平面上的运动过程中，
根据能量守恒定律，则有，1
2
mv C2=μmg(d2−x0)+μmg⋅△x+E P
解得：E P=0.5J
答：(1)平台与斜面体间的水平距离为0.4m；
(2)小球在斜面上的运动时间为0.2s；
(3)弹簧压缩过程中的最大弹性势能为0.5J。

【解析】(1)根据速度的分解，结合运动学公式，即可求解；
(2)根据三角函数知识，确定速度间的关系，再由牛顿第二定律与运动学公式，即可求解；
(3)根据能量守恒定律，即可求解。

考查运动的合成与分解，掌握运动学公式与牛顿第二定律的应用，理解能量守恒定律的运用，注意做功的正负。

18.【答案】解：(1)物块做平抛运动：H−ℎ=1
2
gt2
设到达B点时竖直分速度为v y则：v y=gt
则合速度为：v=√v02+v y2=√23m/s
方向与水平面的夹角为θ：tanθ=v y
v0=√7
4
(2)从A至C点，由动能定理得：mgH=1
2mv22−1
2
mv02
代入数据解得：v 2=√26m/s
设C 点受到的支持力为F N ，则有F N −mg =m v 22
R
解得：F N =44.7N
根据牛顿第三定律可知，物块m 对圆弧轨道C 点的压力大小为44.7N (3)由题意可知小物块m 对长木板的摩擦力f =μ1mg =5N
长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力f′=μ2(M +m)g =10N 因f <f′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动 小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0 则长木板长度至少为：l =v 222μ
1g
=
2610
m =2.6m
答：(1)小物块运动至B 点时的速度大小为=√23m/s ，方向与水平面的夹角为θ(其中tanθ=
v y v 0
=
√7
4
)； (2)小物块滑动至C 点时，对圆弧轨道C 点的压力为44.7N ； (3)长木板至少为2.6m ，才能保证小物块不滑出长木板。

【解析】小物块先做平抛运动，由平抛规律就能求出运动到B 点时速度的大小和方向；从B 点到C 点做变速圆周运动，由动能定理求出C 点的速度，在C 点由由牛顿第二定律、和牛顿三定律求出对圆弧轨道的压力。

滑上长木板后，由于滑块与木板间的摩擦力大，则将带动长木板做匀加速直线运动，当两者速度相等时，再一起减速到零，则木板的长就是滑块的位移与木板的位移之差。

本题考查了动能定理、平抛运动、牛顿第二定律、牛顿第三定律等知识点。

本题关键要理清物块在多个不同运动过程中的运动规律，掌握物块各个阶段的运动规律是解决本题的关键。