【全国百强校】河北省武邑中学2020-2021学年高一下学期开学考试物理试题

【全国百强校】河北省武邑中学2020-2021学年高一下学期
开学考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．以下都属于国际单位制的基本单位的选项是（）
A．千克秒米B．牛千克秒
C．厘米克秒D．质量长度时间
2．关于作用力和反作用力，下列说法中正确的是（）
A．物体相互作用时，先有作用力而后才有反作用力
B．作用力和反作用力大小相等、方向相反，在一条直线上，因此它们的合力为零C．弹力的反作用力一定是弹力
D．车被马拉动，是因为马拉车的力大于车拉马的力
3．人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图所示，以下说法正确的是( )
A．人受到重力和支持力的作用B．人受到重力、支持力和摩擦力的作用C．人受到的合外力不为零D．人受到的合外力方向与速度方向相同4．一小船横渡一条两岸平行的河流，河水匀速流动，水流速度与河岸平行，船头直指河对岸行驶，在开始一段时间内船本身提供的速度(即静水速度)均匀增大，下列说法正确的是()
A．在开始一段时间内小船的运动轨迹是直线
B．在开始一段时间内小船的运动轨迹是抛物线
C．因为小船一直保持船头直指河对岸行驶，所以一定能到达出发点正对岸
D．若水流速度增大，则小船达到河对岸的时间会变长
5．身体素质拓展训练中，人从竖直墙壁的顶点A沿光滑杆自由下滑到倾斜的木板上（人可看作质点），若木板的倾斜角不同，人沿着三条不同路径AB、AC、AD滑到木板上的
时间分别为t1、t2、t3，若已知AB、AC、AD与板的夹角分别为70o、90o和105o，则（）
A．t1>t2>t3B．t1<t2<t3C．t1=t2=t3D．不能确定t1、t2、t3之间的关系
v 6．如图所示，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端向右平抛一个小球，当初速度为
0时，小球恰好落到斜面底端，飞行时间为0t。

现用不同的初速度v从该斜面顶端向右平抛这个小球，以下图像能正确表示平抛运动的飞行时间t随v变化的函数关系的是（）
A．B．
C．D．
7．如图所示，两个质量均为m的物体A、B叠放在光滑水平面上，A与B间的动摩擦因数为μ.现用水平外力F拉物体A，要将A拉离物体B，则F至少大于（）
A．0.5μmg B．μmg
C．2μmg D．3μmg
8．如图,吊篮P悬挂在天花板上,与吊篮质量相等的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托起,当悬挂吊篮的细绳被剪断的瞬间,P和Q的加速度为（）
A．g，g B．2g，g
C．g，2g D．2g，0
9．如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为4.0×103kg，其推进器的平均推力为800N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5s内测出飞船和空间站速度变化是0.05m/s，则空间站的质量为（）
A．8.0×104kg B．7.6×104kg
C．4.0×104kg D．4.0×103kg
10．河水速度与河岸平行，大小v保持不变，小船相对静水的速度为v0．一小船从A 点出发，船头与河岸的夹角始终保持不变，如图所示，B为A的正对岸，河宽为d，则（）
A．小船不可能到达B点
B．小船渡河时间一定等于d/v0
C．小船一定做匀速直线运动
D．小船到达对岸的速度一定大于v0
二、多选题
11．小明站在电梯内的体重计上，电梯静止时体重计示数为50kg，若电梯运动过程中，他看到体重计的示数为40kg，g=10m/s2．下列说法中正确的有（）
A．电梯可能正加速上升B．电梯可能正加速下降
C．电梯可能在减速上升D．电梯可能在减速下降
12．快递分拣常常利用传送带运送货物．现在分拣员把一质量为2kg的货物轻放在水平传送带左端，传送带以恒定的速度v0=2m/s向右运行，传送带左右两端距离为4m，货物与传送带之间动摩擦因数为0.5，g取10m/s2，货物可作质点处理，则货物到达右端的时间t和速度v分别是（）
A．t=2.2s B．t=1.6s C．v=2m/s D．v=8m/s 13．一物体从高空由静止开始下落，已知空气阻力的大小与物体的速度大小成正比，下列说法正确的是（）
A．物体在下落阶段处于完全失重状态
B．初始阶段物体将做加速度减小的加速运动
C．物体先做加速运动，后做减速运动
D．如果初始位置足够高，物体最终将做匀速直线运动
14．在向右行使的汽车车厢的天花板上悬挂有一个小球A，在A的正下方地板上有一点B，如图所示（）
A．若汽车匀速行驶的过程中细线突然断裂，小球A将落在B点上
B．若汽车匀速行驶的过程中细线突然断裂，小球A将落在B点的左侧
C．若汽车加速行驶的过程中细线突然断裂，小球A将落在B点的左侧
D．若汽车加速行驶的过程中细线突然断裂，小球A将落在B点的右侧
15．如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l。

木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g。

若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（）
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω=b开始滑动的临界角速度
D．当ω=a所受摩擦力的大小为kmg
16．如图，质量为m1=2kg的A物体和质量为m2=4kg的B物体用轻弹簧连接，置于光滑水平地面上．现将一大小为15N的水平拉力作用于A物体上，使两物体一起向右运动．取g=10m/s2．下列说法正确的是（）
A．弹簧的弹力大小等于10N
B．弹簧的弹力大小等于15N
C．突然撤去F瞬间，A与B的加速度大小相等
D．突然撤去F瞬间，A的加速度大小为5m/s2
三、实验题
17．某小组在做“验证力的平行四边形定则”的实验时，
（1）下列操作中正确的是___________
A．拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤应尽量贴近且平行木板
B．在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点到达的位置不能变化C．为减小测量误差，F1、F2方向间的夹角越大越好
D．每次实验中，只需记录弹簧测力计的读数和橡皮条结点到达的位置
（2）某同学先用两个弹簧测力计互成角度地拉住两个细绳套，使橡皮条伸长到O点位置，接下来他保持两个弹簧测力计的示数不变，增大两个拉力的夹角，则橡皮条的伸长量与刚才相比_________(填“变大”“变小”或“不变”)．
18．“探究加速度与物体质量、受力的关系”的实验装置如图所示．小车的质量为M，砝码和盘的总质量为m．正确安装好打点计时器，并使小车与滑轮间的细线与长木板平行．
（1）为了使分析数据时可认为砝码和盘的总重力等于小车所受合外力，你认为应采取的措施有
①______________________________________
②______________________________________
（2）打点计时器所用交流电源的频率为50 Hz，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，测出相邻计数点之间的距离如图．则该小车的加速度为________m/s2，打C
点时小车的速度为__________m/s.（结果均保留两位有效数字）
（3）实验中，如果不断往砝码盘加砝码，使m 不断增大，进行多次实验，下列图像中能正确反映小车加速度a 与m 的关系的是_____．
四、解答题
19．质量为5.2kg 的箱子置于水平地面上，用一大小为20N 、方向斜向下与水平方向夹角α=37°的力F 恰能推箱子沿水平面做匀速直线运动．求箱子与地面间的动摩擦因
数．（sin37°
=0.6，cos37°=0.8，g 取10m/s 2）
20．如图所示，地面上有一固定的斜面体ABCD ，其AB 边的长度2S m =，斜面倾角为370．光滑水平地面上有一块质量3M kg =的足够长的木板紧挨着斜面体静止放置．质量为1m kg =物体由A 点静止滑下，然后从B 点滑上长木板(由斜面滑至长木板时速度大小不变)，已知物体与斜面体的动摩擦因数为0.25，物体与长木板的动摩擦因数为0.3，210/g m s =，0370.6sin =，0370.8cos =．求：
(1)物体到达斜面底端B 点时的速度大小；
(2)物体从B 点滑上长木板时，物体和长木板的加速度大小；
(3)物体在长木板上滑行的最大距离．
21．如图甲所示，将一质量m=3kg 的小球竖直向上抛出，小球在运动过程中的速度随时间变化的规律如图乙所示，设空气阻力大小恒定不变，g=10m/s 2，求小球在4s 末的速度v 及此时离抛出点的高度h ．
22．如图所示为游乐场中深受大家喜爱的“激流勇进”的娱乐项目，人坐在船中，随着提升机到达高处，再沿着水槽飞滑而下，劈波斩浪的刹那带给人惊险刺激的感受．设乘客与船的总质量为m＝100kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ = 0.5，斜坡的倾角θ = 37°（sin37° = 0.6，cos37° = 0.8），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，船进入水平水槽后继续滑行25 m后停止，重力加速度g取10 m/s2．求：
（1）船沿倾斜水槽下滑的加速度大小；
（2）船滑到斜槽底部O点时的速度大小；
（3）它在斜坡上滑下的距离为多少？
参考答案
1．A
【分析】
力学国际基本单位有三个：米、千克、秒，其他的都是导出单位．对每个选项中的单位进行分析，明确各自对应的物理量，就能确定符合题意的选项．
【详解】
A、力学国际基本单位有三个：米、千克、秒，故A正确;
B、牛是力的导出单位；故B错误.
C、厘米和克是非国际制单位制的基本单位，C错误.
D、质量、长度、时间是基本物理量；故D错误.
故选A.
【点睛】
国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的．
2．C
【解析】
【分析】
本题考查牛顿第三定律的理解与应用。

【详解】
A．作用力和反作用力是同时产生、同时变化、同时消失的，没有先后之分。

故A项错误。

B．作用力和反作用力大小相等、方向相反，在一条直线上；作用力和反作用力作用在两个相互作用的物体上，不能求合力。

故B项错误。

C．作用力和反作用力是同一性质的力，故C项正确。

D．马拉车的力和车拉马的力是一对作用力和反作用力，它们大小相等。

故D项错误。

3．A
【详解】
A．人匀速运动，合力为零，人只受到重力和支持力的作用，故A正确；
B．假设人受到摩擦力的作用，则人水平方向合力不为零，这与人合力为零相矛盾，说明人不受摩擦力作用，故B错误；
C．人匀速运动，合外力一定为零，故C错误；
D．人受到的合外力为零，没有方向，故D错误。

故选择A。

4．B
【分析】
轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，合力的方向又与静水速的方向一致，可见加速度的方向一直垂直于河岸向前.
【详解】
A、B、小船参与了两个运动，有两个分速度分别是静水速和水流速；而静水速均匀增大，在开始一段时间内有垂直河岸向前的加速度，可知合初速度和合加速度有锐角，则小船的轨迹为抛物线；故A错误，B正确.
C、静水速的方向为船头直指河对岸，水速平行于河岸向下，则合速度方向斜向下，故小船不能到达正对岸；故C错误.
D、渡河时间由垂直河岸的分运动决定，由运动的独立性可知水速增大不影响渡河时间；故D错误.
故选B.
【点睛】
解决本题的关键知道小船参与了两个运动，有两个分速度，分别是静水速和水流速;以及知道轨迹的弯曲大致指向合力的方向，注意垂直河岸渡河时，时间最短.
5．A
【解析】
试题分析：若以OA为直径画圆，则AB交圆周与E点，C点正好在圆周上，D点在圆周之内，AD的延长线交圆周与F点；设AC与AO的夹角为α，则可知人从A到C的时间为
t==A点滑到E、C、F的时间是相等的，则可知人从A点滑到BCD的时间关系是：t1>t2>t3，故选A.
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；要抓住物体从直径的顶端沿光滑斜面滑到圆周上时所用的时间是相等的这一结论，则很容易解答此题；同样物体从圆周上的各点滑到圆周的底端时的时间也是相等的，这些结论都要记住. 6．B 【详解】
AD ．平抛运动竖直方向为自由落体运动
2
012
h gt =
水平方向为匀速直线运动
0x v t =
若初速度大于0v ，在高度不变时水平位移就会大于x ，此时小球落在水平面上，高度不变，所以飞行时间不变，结合图像可知，AD 错误；
BC ．若初速度小于0v ，则会落在斜面上，此时设斜面的倾角为θ，则有
212tan 2gt y gt x vt v
θ===
得到时间
2tan v t g
θ
=
可见
t v ∝
B 正确，
C 错误。

故选B 。

7．C 【解析】
拉力F 作用在A 上，B 产生的最大加速度为m a g μ=，对A 由牛顿第二定律得：
m F mg ma μ-=，解得：2F mg μ=，故选C.
8．D 【详解】
剪断细线前，对PQ 整体受力分析，受到总重力和细线的拉力而平衡，故T=2mg ；再对物体Q 受力分析，受到重力、弹簧的拉力；剪断细线后，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力减为零，故物体P 受到的力的合力等于2mg ，向下，所以a p =2g ，物体Q 受到的力不变，合力为零，所以a Q =0，故D 正确，ABC 错误。

9．B 【解析】 【分析】
由加速度公式可求得整体的加速度，由牛顿第二定律可求得整体的质量，则可求得空间站的质量； 【详解】 加速度：220.05
/0.01/5
v a m s m s t ∆=
==∆， 由牛顿第二定律()F M m a =+可知，空间站的质量为：
34800 4.0107.6100.01
F M m kg kg kg a =
-=-⨯=⨯，故B 正确，ACD 错误。

【点睛】
牛顿第二定律的应用中要注意灵活选取研究对象，并注意在公式应用时的同体性，即公式中的各量均为同一物体所具有的。

10．C 【解析】 【分析】
依据船的合速度能否垂直河岸，即可判定是否到达B 点；依据运动学公式，结合矢量的合成法则，即可求解渡河时间；根据矢量的合成法则，可知，合速度不一定大于分速度； 【详解】
A 、当船的合速度垂直河岸时，即沿着A
B 方向，则一定能到达B 点，故A 错误； B 、只有当船在静水中速度垂直河岸渡河时，渡河时间一定等于0
d v ，如今，则渡河时间一
定大于0
d v ，故B 错误； C 、由于两方向均是匀速直线运动，因此合运动也必定是匀速直线运动，故C 正确； D 、根据速度的合成法则，则合速度不一定大于分速度，故D 错误． 【点睛】
考查渡河的时间最短，与位移最小的情况，掌握矢量的合成法则内容，理解运动的合成与分解的方法． 11．BC 【解析】 【分析】
人对体重计的压力小于人的重力，说明人处于失重状态，加速度向下，运动方向可能向上也可能向下； 【详解】
由于体重计示数小于其重力，故其处于失重状态，其加速度向下，即电梯可能正加速下降或减速上升，故选项BC 正确，AD 错误． 【点睛】
做超重和失重的题目要抓住关键：有向下的加速度，失重；有向上的加速度，超重． 12．AC 【分析】
该体是牛顿第二定律应用的传送带模型，根据该题型的分析解答方法，运用牛顿第二定律和运动规律求解即可． 【详解】
对放上传送带的货物受力分析，应用牛顿第二定律可得：mg ma μ=，解得：货物开始运
动时的加速度25/a m s =；由速度位移公式可得：2
0102v ax -=，解得：货物加速到与皮带
速度相等时滑过的距离10.44x m m =<，所以货物在传送带上先加速后匀速．货物到达右
端的速度02m v v s ==；货物到达右端的时间010240.4 2.252
v x x t s s a v --=+=+=．故AC 两项正确，BD 两项错误． 13．BD 【分析】
物体下落时，由于受到空气阻力、重力且阻力与速度成正比，当下落时速度变大导致阻力变大，所以在下落过程中是加速度变小的运动．随着速度不断变大，阻力也增加，加速度在渐渐变小，当重力与阻力相等时，加速度为零，根据平衡条件列方程求解. 【详解】
B 、物体下落过程由牛顿第二定律mg kv ma -=，则随着速度逐渐增大则阻力不断变大，加速度减小；故B 正确.
C 、
D 、物体先做加速度减小的加速运动，当阻力与重力相等时，加速度为零，此时速度达最大，则物体最终可以做匀速直线运动；故C 错误，D 正确.
A 、综合运动的分析可知物体的加速度先向下后减为零，则物体先失重后平衡；故A 错误. 故选BD. 【点睛】
本题考查了力和运动的关系，借助牛顿第二定律分析，知道当物体匀速运动时速度为最大速度是关键. 14．AC 【分析】
根据惯性(一切物体都有保持静止状态或匀速直线运动状态的性质)的知识分析解答. 【详解】
A 、
B 、汽车匀速行驶，绳子断裂后，小球A 由于惯性在水平方向继续向前运动，水平速度和汽车的速度相同，故小球A 落地时应落在正下方的B 点；故A 正确，B 错误.
C 、
D 、绳子断裂后小球继续保持原来的速度水平匀速，汽车加速行驶其速度大于小球的速度，故球A 将落在B 点的左侧；故C 正确，D 错误. 故选AC. 【点睛】
此题主要考查学生对惯性的理解和掌握，惯性现象在日常生活中十分常见，在学习中要注意
细心观察认真领会，用所学惯性知识解决相关的物理问题. 15．AC 【详解】
B ．小木块都随水平转盘做匀速圆周运动时，在发生相对滑动之前，角速度相等，静摩擦力提供向心力即
2f mR ω=静
由于木块b 的半径大，所以发生相对滑动前木块b 的静摩擦力大，选项B 错。

C ．随着角速度的增大，当静摩擦力等于滑动摩擦力时木块开始滑动，则有
2f mR kmg ω==静
代入两个木块的半径，小木块a 开始滑动时的角速度
a ω=
木块b 开始滑动时的角速度
b ω=
选项C 正确。

A ．根据a b ωω>，所以木块b 先开始滑动，选项A 正确。

D ．当角速度b ωω=
>，木块b 已经滑动，但是
a ωω=
所以木块a 达到临界状态，摩擦力还没有达到最大静摩擦力，所以选项D 错误。

故选AC 。

16．AD 【分析】
对整体受力分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离分析求出弹簧的弹力，撤去F 的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出A 、B 的加速度大小． 【详解】
A 、
B 、水平拉力F 作用在A 上，由整体分析整体的加速度为2125
m/s 2
F a m m =
=+，隔离
对B 分析，则弹簧的弹力为210N k F m a ==；故A 正确，B 错误.
C 、
D 、撤去F 的瞬间，弹簧的弹力不变，则B 的受力不变，加速度不变2
2.5m/s B a a ==，
方向向右；而A 物体的合外力剩下弹簧的弹力，2A 1
5m/s k
F a m ==，方向向左；故C 错误，D 正确. 故选AD. 【点睛】
本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，知道撤去F 的瞬间弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解． 17．AB 变小 【分析】
本实验采用“等效法”，即要求两次拉橡皮筋的效果相同，对于两弹簧拉力大小以及夹角大小没有具体要求，只要便于作图以及减小误差即可；因此在实验中尽量减小力的测量及作图中出现的误差；根据力的合成特点分析合力的变化. 【详解】
(1)A 、弹簧测力计、细绳、橡皮条都应贴近木板且与木板平行,没有摩擦力从而减小误差．故A 正确．
B 、为了产生相同的效果，橡皮条与细绳结点的位置不能变化；故B 正确．
C 、画平行四边形时,夹角大的话画出的平行四边形就会准些,则要求夹角尽量大些，但不是夹角越大越好；故C 错误.
D 、实验中要记录弹簧测力计的读数和方向以及O 点的位置，才能保证效果相同；故D 错误. 故选AB ．
(2)
根据二力合成的原理F =
当两个分力大小不变，夹角为0°时合力最大，夹角为180°时合力最小，而随着夹角的增大合力逐渐减小. 【点睛】
主要考查验证力的平行四边形定则的误差分析及数据的处理，应通过实验原理及数据的处理方法去思考减少实验误差的方法；熟练应用平行四边形定则解决有关问题．
18．平衡摩擦力 使m 远小于M 0.47m/s 2 0.20m/s C 【分析】
(1)明确从对小车受力分析不难得出若使小车受到的合力等于绳子的拉力就必须首先平衡摩擦力；若要使绳子拉力等于砝码和盘的总重力则必须满足小车质量远大于砝码和盘的总质量.
(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．
(3)随着m 的逐渐增大，当砝码和盘的总质量为m 变大后不能满足m ＜＜M 的条件，图象就会发生弯曲． 【详解】
(1)若使小车受到的合力为绳子的拉力，对小车受力分析可知应进行平衡摩擦力，即应采取①将长木板一端垫起，让小车重力沿斜面的分力平衡摩擦阻力；若使绳子拉力等于砝码和盘的总重力，应采取②小车质量远大于砝码和盘的总质量.
(2)纸带上取四段连续相等时间(0.1T s =)的位移，由判别式(2x aT ∆=)结合逐差法，可得：
2
2
0.47m/s 4CE AC x x a T -=
=；由匀变速直线运动的推论，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，
有：0.20m/s 2BD C x
v T ==.
(3)设小车与砝码的质量为M ，砝码和盘的总质量为m ，根据牛顿第二定律，对m ：
mg F ma -=拉，对M ：F 拉
=Ma ，解得
1mg
F m M
=
+拉，当m ＜＜M 时，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力．所以刚开始a -m 图象是一条过原点的直线，当砝码和盘的总质量为m 变大后不能满足m ＜＜M 的条件，图象弯曲，且加速度增大的速度变慢，故选C. 【点睛】
对牛顿第二定律实验应明确平衡摩擦力和要求小车的质量远大于沙桶总质量的含义；遇到涉及打点计时器问题注意推论2
t x
x t
=
以及判别式2x aT ∆=的应用. 19．0.25 【分析】
对物体受力分析，受拉力、重力、支持力和摩擦力，然后根据平衡条件并结合正交分解法列式求解出支持力和摩擦力，根据滑动摩擦定律列式求解动摩擦因数.
【详解】
对箱子进行受力分析,如图所示：
物体做匀速直线运动，受力平衡，竖直方向：sin 37N F mg F =+︒ 水平方向：cos37f F =︒
N f F μ=
联立可得：μ = 0.25 【点睛】
本题关键是对物体受力分析后根据平衡条件列式分析，注意推力斜向下，故支持力与重力不平衡，要运用正交分解法分解推力.
20．（1）4/m s （2）213/a m s = ；221/a m s = （3）2m
【分析】
该题是应用牛顿第二定律解决运动问题中的物体在粗糙斜面上滑行问题和板块模型的结合题．分别根据两种题型的解答思路和方法， 求解即可． 【详解】
(1)对沿斜面下滑的物体受力分析，据牛顿第二定律得：00
13737mgsin mgcos ma μ-=
解得：物体沿斜面下滑的加速度24/a m s =
对物块沿斜面下滑的过程，应用速度位移公式得：2
02B v aS -=
解得：物体到达斜面底端B 点时的速度4B m v s =
(2)物体刚滑上长木板，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得：21mg ma μ=
解得：物体滑上长木板后物体的加速度2
13/a m s =，方向水平向左
物体刚滑上长木板，对长木板受力分析，由牛顿第二定律可得：22mg Ma μ=
解得：物体滑上长木板后长木板的加速度2
21/a m s =，方向水平向右
(3)设经过时间t ，物体和长木板的速度相等，则：12B v a t a t -= 解得：1t s =
这段时间内物体的位移221111
4131 2.522B x v t a t m m =-
=⨯-⨯⨯= 这段时间内长木板的位移22
2211110.522
x a t m m ==⨯⨯=
物体在长木板上滑行的最大距离122d x x m =-= 21．v =16m/s ．h=8m 【分析】
该题是运用牛顿第二定律结合解决运动问题和运动图像的结合题，运用运动图像的有关知识和牛顿第二定律解决运动问题的思路和方法分析解答． 【详解】
由图可得，0～2s 内小球做匀减速直线运动，加速度的大小
22010240
/12/2
v a m s m s t --=
==； 对小球的上升过程受力分析，由牛顿第二定律列式：mg f ma +=，代入数据解得：小球所受的空气阻力6f N =；
对小球的下降过程受力分析，由牛顿第二定律列式：2mg f ma -=，代入数据解得：小球
下降时的加速度2
28/a m s =；
球在4s 末已下降的时间2422t s s =-=； 小球4s 末的速度228216m
m v a t s s
==⨯=； 据图象得，小球在4s 末离抛出点的高度11
242162822
h m m =⨯⨯-⨯⨯=； 22．(1)2m/s 2，
(2) /s ，(3)62.5m 【分析】
（1）对船进行受力分析：重力、水槽的支持力和阻力，根据牛顿第二定律求解加速度． （2，3）船做匀加速运动，初速度为零，位移为25m ，结合加速度，由速度与位移的关系式
求出船滑到槽底部时的速度大小；,船进入水平水槽后，摩擦力提供加速度，根据运动学位移公式可求解滑行距离． 【详解】
（1）设船在斜坡上滑下的加速度为a 1， 由牛顿第二定律有：
11mgsin f ma θ-=
1cos 0N mg θ-=
11f N μ=
联立解得 a 1 = g ( sin θ－μcos θ )， 代入数据得 a 1 = 2m/s 2
（2，3）船在水平滑道上，由牛顿第二定律有
22f ma =
20N mg -=
22f N μ=
将以上各式联立解得a 2 = μg = 5 m/s 2
设从斜坡上滑下的距离为L AB ，由匀变速运动的公式得
20222v a L =
代入数据得v 0
m/s
20112v a L =
联立解得：L 1=12
2
a L a =62.5m。