19-20学年贵州省黔东南州麻江一中高一(上)期末物理试卷 (含答案解析)

19-20学年贵州省黔东南州麻江一中高一(上)期末物理试卷
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）
1.下列实例中属于超重的是()
A. 汽车驶过拱形桥顶端时
B. 荡秋千的小孩通过最低点时
C. 跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动时
D. 绕地球作圆周运动的人造卫星
2.某物体在水平面上向正南方向运动了20m，然后又向正北方向运动了30m，对于这一过程，下
列说法正确的是()
A. 物体的位移大小是50m，方向向南
B. 物体的位移大小是50m，方向向北
C. 物体的位移大小是10m，方向向南
D. 物体的位移大小是10m，方向向北
3.一个物体从静止开始做匀加速直线运动，它在第1秒内与第2秒内位移大小之比为x 1∶x 2，在
走完第1米时与走完第2米时的速度大小之比为v 1∶v 2，则下列说法正确的是：()
A. x 1∶x 2=1∶3，v 1∶v 2=1∶2
B. x 1∶x 2=1∶3，v 1∶v 2=1∶√2
C. x 1∶x 2=1∶4，v 1∶v 2=1∶2
D. x 1∶x 2=1∶4，v 1∶v 2=1∶√2
4.质点从静止开始做匀加速直线运动，在第1个2s、第2个2s和第5s内三段位移之比为
A. 2∶6∶5
B. 2∶8∶7
C. 2∶2∶14
D. 4∶12∶9
5.如图所示，物体M沿光滑的斜面下滑，则M受到的作用力是()
A. 重力和下滑力
B. 重力和支持力
C. 重力、支持力和下滑力
D. 重力、摩擦力和下滑力
6.关于质点和参考系，下列说法正确的是()
A. 质点是理想模型，实际上并不存在
B. 同一运动以不同的物体作为参考系，运动速度可能不同，但运动性质一定相同
C. 能否将物体看成质点取决于物体的大小和形状
D. 研究运动的物体必须看成质点，也必须要参考系
7.如图所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，左侧面
是圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止，此时小球B距轨道末端Q的竖直
高度为H=R
3
，重力加速度为g，则F的大小为()
A. √5
3Mg B. √5
2
Mg C. √5
3
(M+m)g D. √5
2
(M+m)g
8.一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示。

取物体开始运动的方向
为正方向，则下列关于物体运动的描述正确的是()
A. 在1～2s内，物体做减速运动
B. 2s末时物体的速度最大，大小为3m/s
C. 在1～3s内，物体做匀变速直线运动
D. 在0～4s内，物体先沿正方向运动，后沿负方向运动
9.如图，由两种材料做成的半球面固定在水平地面上，球右侧面是
光滑的，左侧面粗糙，O点为球心，A，B是两个相同的小物块(
可视为质点)，物块A静止在左侧面上，物块B在图示水平力F
作用下静止在右侧面上，A，B处在同一高度，AO、BO与竖直
方向的夹角均为θ，则球面分别对A，B的支持力大小之比为()
A. sin2θ：1
B. sinθ：1
C. cos2θ：1
D. cosθ：1
10.有两个大小恒定的力，作用在一点上，当两力同向时，合力为A，反向时合力为B，当两力相
互垂直时，其合力大小为()
A. √A2+B2
B. √(A2+B2)
2C. √A+B D. √(A+B)
2
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
11.手托着一木块，由静止开始向上加速运动，手对木块的支持力应该()
A. 小于木块对手的压力
B. 等于木块对手的压力
C. 大于木块对手的压力
D. 大于木块所受的重力
12.在水平的路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗．现突然发现碗中的水洒出，
水洒出的情况如图所示，则关于小车在此种情况下的运动叙述正确的是()
A. 小车可能突然向左加速运动
B. 小车可能突然向左减速运动
C. 小车可能突然向右减速运动
D. 小车可能突然向右加速运动
13.用绳OA、OB悬挂一个重物，OB水平，O为半圆形支架的圆心，
悬点A和B在支架上，悬点A固定不动，将悬点B从如图所示的
位置逐渐移动到C点的过程中，OA绳和OB绳上的拉力的大小
变化情况是()
A. OA绳中的拉力逐渐减小
B. OA绳中的拉力逐渐
增大
C. OB绳中的拉力逐渐减小
D. OB绳中的拉力先减小后增大
14.如图所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜面B上，现用大
小均为F，方向相反的水平力分别推A和B，它们均静止不动，则()
A. A与B之间不一定存在摩擦力
B. B与地之间可能存在摩擦力
C. B对A的支持力一定大于mg
D. 地面对B的支持力的大小一定等于(M+m)g
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
15.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，实验装置如图所示．在实验过程中：
(1)打点计时器应该与________(选填“交流”或“直流”)电源连接；在闭合电键前，将小车放
置在靠近______一端；(选填“滑轮”或“打点计时器”)．
(2)在探究过程中，该同学打出了一条纸带，并在纸带上连续取几个计数点，如下图所示，自A
点起，相邻两点间的距离分别为10.0mm、16.0mm、22.0mm、28.0mm.己知相邻计数点的时间间隔为0.1s，则打D点时小车的速度为________m/s，整个过程中小车的平均加速度为
________m/s2．
16.在“验证牛顿运动定律”的实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码的总质量用M
表示，所挂钩码的总质量用m表示，小车的加速度a可由打点计时器在纸带上的打点信息测量并计算出来．
(1)当M与m的大小关系满足M________m时，才可近似认为绳对小车的拉力大小等于所挂钩
码的重力mg；
(2)在探究加速度与质量的关系时，保持钩码的质量m一定，改变小车及车中砝码的总质量M，
测出相应的加速度．如果采用图象法处理数据，为了比较直观地反映加速度a与质量M的关系，
”)的关系图象；
应该画出a与________(填“M”或者“1
M
(3)在探究加速度a与合力F的关系时，甲同学根据测量数据做出的a—F图线如图(A)所示，说
明实验中存在的主要问题是：________；
(4)乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a—F图线，如图(B)所示，两个同学做实
验时取值不同的物理量是：________；(选填“m”或“M”)
(5)下图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，相邻两
计数点间还有4个打点(图中未标出)，相邻计数点的间距分别为x1、x2、x3、x4、x5、x6、x7，测得点距如图所示．已知实验电源的频率为f，则根据逐差法导出计算小车加速度的表达式为a=________，根据图中数据并取f=50Hz，则可得出a=________m/s2(保留3位有效数字)．
四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
17.2012年8月25日，在伦敦奥运会女排小组赛中中国队以3∶2击败韩国队，
夺得小组赛亚军．中国队与韩国队交锋时，假如从韩国队飞来的排球具有
水平方向上的20m/s的速度，被击后球以原速率水平返回，球与王一梅的
手接触时间为0.2s，设0.2s内排球的速度均匀变化，求排球被击打过程中的加速度．
18.质量为0.1kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程
对应的v−t图象如图所示．弹性球与水平地面相碰后反弹离开地
面时的速度大小为碰撞前的k=0.75倍．设球受到的空气阻力大
小恒为f，取g=10m/s2，求：
(1)弹性球受到的空气阻力f的大小；
(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h．
19.甲、乙两车在平直公路上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方L1=11m处，乙车速度v乙=60m/s，
甲车速度v甲=50m/s，若甲车加速运动，加速度a=2m/s2，乙车速度不变，不计车长．求：
(1)经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？
(2)经过多长时间甲车追上乙车？
20.足够长光滑斜面BC的倾角α=53°，小物块与水平面间动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间由
一小段长度不计的弧形连接，一质量m=2kg的小物块静止于A点。

现在AB段对小物块施加与水平方向成α=53°角的恒力F作用，如图甲所示，小物块在AB段运动的速度—时间图象如
图乙所示，到达B点迅速撤去恒力F(已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10m/s2)。

求：
(1)小物块所受到的恒力F；
(2)小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；
(3)小物块能否返回到A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离。

-------- 答案与解析 --------
1.答案：B
解析：解：A、汽车驶过拱形桥顶端时，具有向下的加速度，故处于失重状态，故A错误；
B、荡秋千的小孩通过最低点时，具有向上的加速度，故处于超重状态，故B正确；
C、跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动时，只受重力，具有向下的加速度，处于完全失重状态，故C错误；
D、绕地球作圆周运动的人造卫星，具有向下的加速度，处于失重状态，故D错误；
故选B．
超重是物体所受限制力(拉力或支持力)大于物体所受重力的现象．当物体做向上加速运动或向下减速运动时，物体均处于超重状态，即不管物体如何运动，只要具有向上的加速度，物体就处于超重状态．超重现象在发射航天器时更是常见，所有航天器及其中的宇航员在刚开始加速上升的阶段都处于超重状态．
物体对支持物的压力(或对悬绳的拉力)小于物体所受重力的现象叫做失重现象．只要物体具有向下的加速度，物体就处于失重状态．
本题关键要明确：(1)当物体具有向上的加速度时，处于超重状态；(2)当物体具有向下的加速度时，处于失重状态．
2.答案：D
解析：解：物体在水平面上向正南方向运动了20m，然后又向正北方向运动了30m，位移的大小x= 30−20=10m，方向由南向北；故ABC错误；D正确；
故选：D．
位移的大小等于首末位置的距离，路程等于运动轨迹的长度．
解决本题的关键知道路程和位移的区别，知道位移是矢量，路程是标量．
3.答案：B
解析：
根据匀变速直线运动的位移时间得出第1s内和前2s内的位移之比，进而得出第一秒和第二秒内的位移之比；根据匀变速直线运动的速度位移公式求出速度之比。

解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式和速度位移公式，并能灵活运用，基础题。

根据x=1
2
at2知，第一秒内和前两秒内的位移之比为xⅠ：xⅠ=1：4，则x1：x2=1：3；
根据v2=2ax得，通过1m后和2m后的速度之比为v1：v2=1：√2，故B正确，ACD错误。

故选B。

4.答案：D
解析：
根据初速度为零的匀加速直线运动的位移公式x=1
2
at2，可以求得位移之比。

在解答匀变速直线运动一类题目时，注意公式的合理选取，如果涉及时间一般采用速度时间关系和位移时间关系公式解答，如果不涉及时间，一般采用速度位移关系公式解答。

由x=1
2at2可得，第1个2s的位移为x1=1
2
a×(2t)2=2at2，第2个2s的位移为x2=1
2
a×(4t)2−
1 2a×(2t)2=6at2，第5s内的位移为x3=1
2
a×(5t)2−1
2
a×(4t)2=9
2
at2，所以在第1个2s、第2
个2s和第5s内三段位移比为2：6：9
2
=4：12：9，故D正确，ABC错误。

故选D。

5.答案：B
解析：解：物体沿光滑斜面滑下，受到重力、斜面的支持力．下滑下力是重力的分力，不是物体实际受到的力，不需要分析．物体对斜面的正压力不是物体受到的力，而是斜面受到的力，不要分析，故B正确，ACD错误．
故选：B
物体沿光滑斜面滑下，受到重力、斜面的支持力．物体对斜面的正压力是斜面受到的，下滑力是重力的分力，都不需要分析．
分析受力时，只分析物体实际受到的力，不分析分力或合力，也不分析物体对别的物体施加的力．
6.答案：A
解析：
质点是用来代替物体的有质量的点。

当物体的大小和形状对所研究的问题没有影响或影响可忽略不计时，可以把物体当作质点。

根据这个条件进行判断。

参考系是假定不动的物体，故参考系可以选择运动的物体也可以选择静止的物体；参考系的选择是任意的，故任何物体都可以作为参考系。

一般情况下我们以地面或地面上的物体作为参考系。

本题是常见的题型，关键抓住把物体看作质点的条件行判断，不是看物体的绝对体积和质量，而要看物体的大小和形状对所研究的问题是不是没有影响或影响可忽略不计。

A、质点是一个理想化的模型，实际上并不存在。

故A正确；
B、选择不同的参考系来观察同一物体的运动，其结果会有所不同，运动性质也不一定相同。

故B 错误；
C、当物体的大小和形状对所研究的问题没有影响或影响可忽略不计时，可以把物体当作质点。

根据这个条件进行判断，不是看物体的大小，故C错误；
D、研究运动的物体不一定看成质点，故D错误
故选：A。

7.答案：D
解析：解：连接OB，设OB连线与竖直方向的夹角为θ，根据几何关
系可得：
cosθ=R−H
R
=
2
3
sinθ=√1−cos2θ=√5 3
则tanθ=√5
2
此时小球受到的合力F
合=mgtanθ=√5
2
mg，
根据牛顿第二定律可得：a=F合
m =√5
2
g，
以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F=(M+m)a=√5
2
(M+m)g，故D正确、ABC错误。

故选：D。

以小球为研究对象，根据牛顿第二定律求解加速度大小；再以整体为研究对象，根据牛顿第二定律
求解力F。

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；注意整体法和隔离法的应用。

8.答案：B
解析：解：物体由静止开始运动，所以物体的速度的方向一定与开始时加速度的方向相同，由a−t 图可知，该物体在第1s内做匀加速直线运动，加速度的方向与速度的方向相同；在第2s内，物体做加速度减小的加速运动，第3s内物体加速度的方向与开始时相反，所以与速度的方向相反，物体做加速度增大的减速运动；第4s内物体继续减速运动，结合运动的对称性可知，在4s末物体的速度恰好减为0。

A、由以上的分析可知，在第2s内，物体做加速度减小的加速运动，故A错误；
B、物体从第2s末开始减速，所以物体在2s末时的速度最大，结合图象的意义可知，2s末物体的速度：
×2m/s=3m/s，故B正确；
v=1+2
2
C、由图可知，物体在1～3s内，物体的加速度不断变化，所以不是做匀变速直线运动，故C错误；
D、由开始时的分析可知，物体在4s内始终沿相同的方向运动，故D错误。

故选：B。

本题根据物体的加速度情况定性分析物体的运动，也可结合物体的a−t图象做出物体的v−t图象进行分析。

9.答案：C
解析：
分别对A、B两个相同的小物块受力分析，由受力平衡，求得所受的弹力，再由牛顿第三定律，求A、B分别对球面的压力大小之比．
考查了受力分析，注意各力的方向，灵活利用平衡条件。

分别对A、B两个相同的小物块受力分析如图，
由平衡条件，得：N=mgcosθ，同理N′= mg
cosθ
由牛顿第三定律，A、B分别对球面的压力大小为N、N′；则它们之比为 N N′ = mgcosθ 
mg 
cosθ = cos2θ 
1
，
故C正确。

故选C。

10.答案：B
解析：
本题关键是先假设出两个分力，然后根据题意列方程求解出两个分力，最后再得到合力F。

设两个力大小分别有F1、F2且F1>F2，
两力同向时有F1+F2=A
两力反向时F1−F2=B
联立解得F1=A+B
2；F2=A−B
2
当两力相互垂直时，设合力大小为F，由勾股定理可得F=√F12+F22=√(A2+B2)
2
故选B。

11.答案：BD
解析：
手对木块的支持力与木块对手的压力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律分析它们之间的关系，据牛顿第二定律分析木块由静止开始向上加速运动，手对木块的支持力与重力的关系。

本题主要考查牛顿第二定律及牛顿第三定律的应用。

手对木块的支持力与木块对手的压力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律得知：手对木块的支持力应该等于木块对手的压力．木块由静止开始向上加速运动，合力竖直向上，据牛顿第二定律知手对木块的支持力大于木块所受的重力，故BD正确，AC错误。

故选BD。

12.答案：AC
解析：
水突然相对于车向右运动，说明此时水向右的速度大于车向右的速度或者小车向左的速度大于水向左的速度，分情况进行讨论即可．
本题主要考查了惯性和相对运动的概念，难度不大，属于基础题．
A、小车突然向左加速，由于惯性，水还没有来得及加速，所以小车向左的速度大于水向左的速度，可以出现图示情况，故A正确；
B、小车突然向左减速，由于惯性，水还没有来得及减速，所以小车向左的速度小于水向左的速度，水应向左洒出，故B错误；
C.小车突然向右减速，由于惯性，水还没有来得及加速，所以小车向右的速度小于水向右的速度，可以出现图示情况，故C正确；
D、小车突然向右加速，由于惯性，水还没有来得及加速，所以小车向右的速度大于水向右的速度，水应向左洒出，故D错误；
故选：AC
13.答案：AD
解析：
本题为动态平衡问题，可以做出支态受力分析图象，由图象中边的变化要得
出两力的变化。

对于动态平衡的问题，要注意找出变化的量和不变量，本题中不变的量为两
绳子拉力的合力，变化的是两绳子间的夹角。

在转动OB的过程中，G的重力不变并处于平衡状态，故OA与OB两绳的合力大小等于G而保持不
变；
则作出受力分析图如图所示，在OB转动的过程中，由图可知OA的拉力一直减小；而OB的拉力先减小后增大，当OB与OA垂直时最小；故AD正确，BC错误；
故选AD。

14.答案：AD
解析：解：B、D、对A、B整体受力分析，如图，受到重力(M+m)g、支持力N和已知的两个推力，对于整体，由于两个推力刚好的合力为零，故整体与地面间没有摩擦力；
根据共点力平衡条件，有
N=(M+m)g
故B错误，D正确；
A、C、再对物体A受力分析，受重力mg、已知的推力F、斜面体B对A的支持力N′和摩擦力f，当推力F沿斜面分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，如下图
当推力F沿斜面分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，如下图
当推力F沿斜面分量等于重力的下滑分量时，摩擦力为零，如下图
根据共点力平衡的条件，运用正交分解法，可以得到：
N′=mgcosθ+Fsinθ
故A正确，C错误；
故选：AD。

先对A、B整体进行受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力；再对物体A受力分析，根据平衡条件求解B对A的支持力和摩擦力．
本题关键是对A、B整体受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力，然后再对物体A受力分析，再次根据平衡条件列式求解出各个力的情况．
15.答案：(1)交流靠近打点计时器
(2)0.250.6
解析：
(1)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中应联系实际做实验的过程，结合注意事项：打点计时器应该与交流电源连接，使小车停在靠近打点计时器处，接通电源，放开小车，让小车运动，断开电源由此可正确解答；
(2)根据中间时刻的速度等于平均速度求出打D点时小车的速度，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小。

解答实验问题的关键是正确理解实验原理，加强基本物理知识在实验中的应用，同时不断提高应用数学知识解答物理问题的能力。

(1)打点计时器应该与交流电源连接，为提供纸带的利用率，应使小车停在靠近打点计时器处。

(2)D点的速度等于CE过程中的平均速度，故v D=x CE
2T
=0.25m/s，根据题意可知，相邻两个计数点之间的距离△x=16.0−10.0=22.0−16.0=28.0−22.0=6mm，根据逐差法可得a=
x DE−x BC+x CD−x AB
4T2
=0.6m/s2。

故填：(1)交流；靠近打点计时器；(2)0.25；0.6。

16.答案：(1)M≫m；
(2)1
M
；
(3)平衡摩擦力时木板倾角过大；
(4)M；
(5)(x5+x6+x7)−(x2+x3+x4)
225·f2或(x5+x6+x7)−(x1+x2+x3)
300
·f2；0.497
解析：
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，尤其是理解
平衡摩擦力和M>>m的操作和要求的含义。

只要掌握了实验原理就能顺利解决此类题目，就能举
一反三，所以要注意基本原理的学习。

(1)要求在什么情况下才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，需求出绳子的拉力，而要求绳子的拉力，应先以整体为研究对象求出整体的加速度，再以M为研究对象求出绳子的拉力，通过比较绳对小车的拉力大小和盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有m<<M时才可以认为绳
对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力。

(2)反比例函数图象是曲线，而根据曲线很难判定出自变量和因变量之间的关系；正比例函数图象是过坐标原点的一条直线，就比较容易判定自变量和因变量之间的关系。

(3)图中没有拉力时就产生了加速度，说明平衡摩擦力时木板倾角过大。

(4)a−F图象的斜率等于物体的质量，故斜率不同则物体的质量不同。

(5)根据逐差法可以算出小车的加速度。

(1)以整体为研究对象有mg=(m+M)a，解得：a=mg
M+m
，以M为研究对象有绳子的拉力F=Ma=
Mmg M+m =mg
1+m
M
，
显然要有F=mg必有m+M=M，故有M>>m，即只有M>>m时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力。

(2)根据牛顿第二定律得：a=1
M F，在F一定时，a与1
M
成正比，为方便实验数据处理，使作出的图
象直观，应作出a−1
M
图中；
(3)由图2A所示a−F图象可知，F=0时已经产生加速度，说明小车受到的合力大于细线的拉力，这是由于平衡摩擦力过大造成的。

(4)由牛顿第二定律得：a=1
M F，由图2B所示图象可知，两图象的斜率不同，则1
M
不同，即两小车
的质量M不同。

(5)相邻两计数点间还有4个打点，根据逐差法导出计算小车加速度的表达式为
a=(x5+x6+x7)−(x2+x3+x4)
225·f2或a=(x5+x6+x7)−(x1+x2+x3)
300
·f2，f=50Hz，代入可得：
a=(x5+x6+x7)−(x2+x3+x4)
225
·f2
=(4.37+3.88+3.39−2.88−2.40−1.89)×10−2
225
×502m/s2
≈0.497m/s2。

故答案为：(1)M≫m；
(2)1
M
；
(3)平衡摩擦力时木板倾角过大；
(4)M；(5)a=(x5+x6+x7)−(x2+x3+x4)
225·f2或a=(x5+x6+x7)−(x1+x2+x3)
300
·f2;0.497。

17.答案：解：
设球返回的速度方向为正方向，球与手接触过程的速度变化为：Δv=40m/s
由加速度的定义式可知，该过程球被击打的加速度为a=Δv
Δt =40
0.2
m/s2=200m/s2，其方向沿球返
回的方向。

解析：先求出球在该过程的速度变化，再由加速度的定义式解得该过程的加速度大小，并判断其方向。

本题主要考查加速度的定义式，知道该过程球的速度变化为前后两速度的矢量差，知道加速度与球的速度、速度变化无关，简单题。

18.答案：解：(1)弹性球下落过程，根据牛顿第二定律得：mg−f=ma1①
由v−t图象可知：a1=△v
△t =4
0.5
m/s2=8m/s2②
由①②解得：f=0.2N…③
(2)弹性球第一次反弹后的速度为：v1=kv0…④
由v−t图象可知：v0=4m/s…⑤
弹性球反弹上升的过程为匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学规律有：
mg+f=ma2⑥
0−v12=−2a2ℎ⑦
由③④⑤⑥⑦解得：ℎ=0.375m
答：(1)弹性球受到的空气阻力f的大小为0.2N；
(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h为0.375m．
解析：(1)根据图象求得小球下落时的加速度，再根据牛顿第二定律求得空气阻力的大小；
(2)由题意求得反弹时的初速度和加速度，根据运动学公式求反弹的高度h．
掌握牛顿第二定律由加速度的大小，读懂v−t图象是正确解题的关键，不难属于基础题．19.答案：解：(1)当甲、乙两车速度相等时，两车间距最大，即v甲+at1=v乙，得：
t1=v
乙
−v
甲
a
=60−50
2
s=5s
甲车位移为：x甲=v甲t1+1
2at12=50×5+1
2
×2×52=275m
乙车位移为：x乙=v乙t1=60×5m=300m
此时两车间距离为：△x=x乙+L1−x甲=275+11−300=36m (2)甲车追上乙车时，位移关系为：x甲′=x乙′+L1
甲车位移为：x甲′=v甲t2+1
2
at22
乙车位移为：x乙′=v乙t2
将x甲′、x乙′代入位移关系，得：v甲t2+1
2at22=v
乙
t2+L1
代入数值并整理得：t2−10t2−11=0，
解得：t2=−1s(舍去)或t2=11s
答：(1)经过5s时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是36m．
(2)经过11s时间甲车追上乙车．
解析：(1)抓住两车相距最大时的临界条件：两车速度相等，由速度时间公式求时间，再由位移时间公式求解即可；
(2)甲车追上乙车时，根据两车位移关系，由位移公式求出所用的时间．
对于追击问题，关键要分析两个物体之间的关系，本题明确两车相距最远时的临界条件和追击条件是解决本题的关键，要知道当两车速度相等时，两车间距离最大．
20.答案：解：(1)由图乙可知，AB段加速度：a1=Δv
Δt =2.0−0
4.0−0
m/s2=0.5m/s2
根据牛顿第二定律，有：Fcosα−μ(mg−Fsinα)=maF=
ma+μmg
cosα+μsinα
=2×0.5+0.5×2×10
0.6+0.5×0.8
N=11N
(2)在BC段mgsinα=ma2,a2=gsinα=8m/s2
小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，有
t=2v B
a2
=
2×2.0
8.0
s=0.5s
(3)小物块从B向A运动过程中，有μmg=ma3
a3=μg=0.5×10m/s2=5m/s2
滑行的位移：s=v 2
2a3=2.02
2×5
m=0.4m<s AB=v.t=v t
2
t=2.0
2
×4.0m=4.0m
所以小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4m。

答：(1)小物块所受到的恒力F是11N；
(2)小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为0.5s；
(3)小物块不能返回到A点，小物块停止运动时离B点的距离为0.4m。

解析：本题是已知运动情况确定受力情况和一直受力情况确定运动情况的问题，关键求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解。

(1)根据v−t图象得到运动情况，结合速度时间关系公式求解加速度；然后对物体受力分析，并根据牛顿第二定律列式求解拉力F；
(2)先受力分析并根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据速度时间关系公式求解；。