2023-2024学年山东省济宁市邹城二中高一（上）月考物理试卷（12月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省济宁市邹城二中高一（上）月考物理试卷（12月份）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.在国际单位制中，物理量的单位由基本单位和导出单位组成。下列各组物理量的单位中全部属于力学基本单位的是( )
A. 米/秒(m/s)、秒(s)B. 牛(N)、秒(s)
C. 千克(kg)、秒(s)D. 米(m)、米/秒(m/s)
2.如图所示是某同学站在力传感器上做下蹲−起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线，由图线可知该同学( )
A. 体重约为800N
B. 做了两次下蹲−起立的动作
C. 做了一次下蹲−起立的动作，且下蹲后约2s起立
D. 下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
3.如图所示，一质量为m的小球以大小为v0的初速度从地面竖直上抛，刚落回地面时的速度大小为v02，已知小球在运动过程中受空气阻力大小恒定，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球在运动过程中受空气阻力大小为mg2
B. 小球能到达的最高点距地面高5v0216g
C. 小球下降过程经过时间t2与上升过程经过时间t1关系为t1=2t2
D. 小球下降过程经过时间t2与上升过程经过时间t1关系为t1=4t2
4.如图所示，把光滑斜面上物体的重力mg分解为F1、F2两个力，下列说法正确的是( )
A. 物体受到mg、FN、F1、F2共4个力作用
B. 物体受到的合力为mgcsθ，方向沿斜面向下
C. mg与力F1、F2的作用效果相同，为等效替代的关系
D. F1是斜面作用在物体上使物体下滑的力，F2是物体对斜面的压力
5.如图所示，质量为m的正方体滑块，在水平力作用下，紧靠在竖直墙上，处于静止状态。若要滑块静止，水平力的最小值为2.5mg(已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，则滑块与竖直墙间的动摩擦因数为( )
A. 0.4B. 0.5C. 0.6D. 0.7
6.建筑工地上，工人用如图所示的方式将重物从平台运到地面。甲、乙两人在同一高度手握轻绳，不计重力的光滑圆环套在轻绳上，下端吊一重物。甲站在A点静止不动，乙从B点缓慢向A点移动一小段距离。此过程中，下列说法正确的是( )
A. 绳的拉力大小减小
B. 甲所受平台的支持力增大
C. 甲所受平台的摩擦力变大
D. 绳对圆环拉力的合力变小
7.嵩山异常险峻，为方便游客，景区设置了索道，如图所示倾斜索道与水平面间的夹角为30°，当载人车厢沿钢索匀加速向上运动时，车厢内站立的人对厢底的压力为其体重的1.5倍，车厢对人的摩擦力大小为其体重的( )
A. 2倍B. 3倍C. 32D. 12
8.如图所示为加速度测量仪示意图，与两根完全相同的轻质弹簧连接的小球穿在光滑的细铁丝上，系统静止时小球上的指针指在0刻度线处，当测量仪以大小为2m/s2的加速度运动时，指针偏离0刻度线的距离为4cm，若指针指在0刻度线左侧6cm处，测量仪运动的加速度为( )
A. 6m/s2，方向向左B. 6m/s2，方向向右
C. 3m/s2，方向向左D. 3m/s2，方向向右
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。现对B施加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设B对墙的作用力为F1，B对A的压力为F2。在F缓慢增大而整个装置仍保持静止的过程中
( )
A. F1、F2均缓慢增大B. F1、F2均缓慢减小
C. A受到的摩擦缓慢增大D. A受到的摩擦力缓慢减小
10.一辆货车运载着5个完全相同的圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定。桶C受到桶A和桶B的支持，和汽车一起保持静止，摩擦不计，重力加速度为g，如图所示。下列说法正确的有( )
A. 若车匀速运动，则C受A、B的弹力大小一定相等
B. 若车匀加速运动，则C受A、B作用力的合力一定大于mg
C. 若车向左加速运动，则C受A的弹力大小一定大于受B的弹力大小
D. 若车向左加速、且加速度大小等于重力加速度g的大小时，则C会向后翻过B
11.质量m=2kg、初速度v0=8m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与地面之间的动摩擦因数μ=0.1，同时物体还要受一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向．则以下结论正确的是(取g=10m/s2)( )
A. 0～1s内，物体的加速度大小为2m/s2B. 1～2s内，物体的加速度大小为2m/s2
C. 0～1s内，物体的位移为7mD. 0～2s内，物体的总位移为11m
12.如图甲所示，质量分别为m、M的物体A、B静止在劲度系数为k的轻弹簧上，A与B不粘连。以两物体静止时的位置为坐标原点。现对物体A施加竖直向上的拉力，A、B一起竖直向上运动，两物体的加速度随位移变化的a−x图像如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 在图乙PQ段中，拉力恒定不变
B. 在图乙QS段中，B加速上升
C. 位移大小为x1时，A、B之间弹力大小为kx1−Ma0−Mg
D. 位移大小为x3时，A、B的速度大小均为 a0(x2+x3)
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.学校物理兴趣小组利用如图甲所示的实验装置完成“探究加速度与力的关系”的实验。他们所用的器材有小车、一端带有滑轮的导轨、打点计时器和几个已知质量的钩码，另有学生电源和力传感器(图中未画出)。
(1)图乙是实验中得到的一条纸带，图中打相邻两计数点的时间间隔为0.1s，由图中数据可得打点计时器打下B点时小车的速度大小______m/s，小车的加速度大小a=______m/s2.(结果均保留三位有效数字)
(2)实验小组A、B分别以各自测得的加速度a为纵轴，小车所受的合力F为横轴，作出图象如图丙中图线1、2所示，则图线1、2中对应小车(含车内的钩码)的质量较大的是图线______(选填“1”或“2”)。
14.某兴趣小组在学校数字化实验室中利用图示装置做“探究加速度与物体所受合力的关系”的实验，在气垫导轨上安装了两个光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块通过绕过两个滑轮的细绳与弹簧测力计相连，实验时改变钩码的质量，读出弹簧测力计的不同示数F，不计细绳与滑轮之间的摩擦力和滑轮的质量。

(1)根据实验装置图，本实验中______ (填“一定要”或“不必要”)保证钩码的质量远小于滑块和遮光条的总质量；实验中______ (填“一定要”或“不必要”)用天平测出所挂钩码的质量；滑块(含遮光条)的加速度______ (填“大于”“等于”或“小于”)钩码的加速度；
(2)某同学做实验时，未挂细绳和钩码接通气源，然后推一下滑块(含遮光条)使其从气垫导轨右端向左运动，发现遮光条通过光电门2所用的时间大于通过光电门1所用的时间，该同学疏忽大意，未调节气垫导轨使其恢复水平，就继续进行其他实验步骤(其他实验步骤没有失误)，则该同学作出的滑块(含遮光条)的加速度a与弹簧测力计示数F的图像可能是______ ；
(3)若该同学作出的a−F图像中图线的斜率为k，则滑块(含遮光条)的质量为______ 。
四、计算题：本大题共4小题，共46分。
15.平直路上向右运动的小车内，用细绳a和细绳b系住一个质量为3kg的小球，细绳a与竖直方向夹角θ=37°，细绳b水平，如图所示，取g=10m/s2.求：(已知：sin37°=0.6，cs37°=0.8)
(1)当小车作匀速直线运动时，两绳的拉力各为多少？
(2)假设小车向右运动过程中加速度a从零逐渐增大，则b绳刚好不受力时，小车的加速度是多少？
16.2022年北京冬奥会中国将向世界展现抗击疫情的榜样力量，并推动世界冰雪运动发展。其中单板滑雪是主要项目之一。如图所示，滑雪轨道由倾角为θ=18°的倾斜轨道AB和水平轨道BC平滑连接组成。t=0时，运动员(可看作质点)从A点由静止开始匀加速下滑，经过B点前后速度大小不变，之后在BC上做匀减速直线运动，最后停在C点。运动员全程不借助外力自由滑动。已知t1=20s时运动员恰好到达B点，滑板与两轨道间的动摩擦因数均为μ=0.2，不计空气阻力，取sin18°=0.31，cs18°=0.95，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)运动员在倾斜轨道AB上下滑时的加速度大小；
(2)运动员滑完全程所用的时间；
(2)运动员滑完全程的距离。
17.如图所示，煤矿有一传送带与地面夹角θ=37°，从A到B的长度达到了L=10.45m，传送带以v0=7m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为m=1kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10m/s2，求：
(1)若传送带逆时针运转的速度可以调节，煤块从A点到达B点的最短时间(结果用根号表示)；
(2)煤块从A到B的时间；
(3)煤块从A到B的过程中，传送带上形成痕迹的长度。
18.如图所示，质量mB=1kg，长L=8m的木板B静置于水平地面上，质量mA=3kg的煤块(可视为质点)A静止于木板B的左端。已知A、B间的动摩擦因数μ1=0.2，B与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，试计算：
(1)为保证A与B不发生相对滑动，水平拉力F不能超过多少；
(2)若水平拉力F大小为24N，则从煤块开始运动到从木板上滑下，需要多长时间；
(3)若水平拉力F为24N不变，仅作用t1=1s后撤去，则当A与B停止相对滑动时，A在B留下的划痕长度。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：国际单位制中，力学基本物理量为质量、长度、时间，其单位为千克(kg)、米(m)、秒(s)。
故ABD错误，C正确。
故选：C。
国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量，从这七个物理量中选出属于力学的物理量并选出单位即可。
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，它们在国际单位制中的单位分别是什么，这都是需要学生自己记住的基本的知识，本题较简单。
2.【答案】C
【解析】解：A、从图中可以看出人的体重约为630N，故A错误；
B、人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲−起立的动作，故B错误；
C、由图象看出两次超重的时间间隔就是人蹲在传感器上持续的时间，约2s，故C正确；
D、下蹲过程先失重后超重，故D错误；
故选：C。
失重状态：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；超重状态：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。人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是如此。
本题考查物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别。
3.【答案】B
【解析】解：AB、设小球所受的空气阻力大小为f，上升的最大高度为ℎ.根据动能定理得：
上升过程有：−(mg+f)ℎ=0−12mv02
下降过程有：(mg−f)ℎ=12m(v02)2−0
联立解得f=35mg，ℎ=5v0216g，故A错误，B正确．
CD、上升过程，由运动学公式有ℎ=v02t1，下降过程，由运动学公式有ℎ=v022t2，联立解得t2=2t1.故CD错误．
故选：B
对上升和下降两个过程，分别运用动能定理列式，可求得空气阻力和最大高度，再结合运动学公式分析下降和上升时间的关系．
对于涉及力在空间的效果时，往往根据动能定理列式研究比牛顿第二定律和运动学公式综合简洁．要灵活选择运动学公式求时间，要知道由位移和平均速度求时间不涉及加速度．
4.【答案】C
【解析】解：A、物体只受重力和支持力两个力，故A错误；
B、根据力的合成法则，可知，物体受到的合力为mgsinθ，方向沿斜面向下，故B错误；
C、mg与F1、F2的作用效果相同，为等效替代的关系，故C正确；
D、F1是斜面作用在物体上使物体下滑的力，F2不是物体对斜面的压力，因为物体对斜面的压力受力物体是斜面，不是物体，而F2作用在物体上，故D错误。
故选：C。
A、物体只受重力和支持力两个力；
B、根据力的合成法则，可知，物体受到的合力为mgsinθ，方向沿斜面向下；
C、mg与F1、F2的作用效果相同，为等效替代的关系；
D、F1是斜面作用在物体上使物体下滑的力，F2不是物体对斜面的压力，因为物体对斜面的压力受力物体是斜面，不是物体，而F2作用在物体上。
本题考查了弹力方向的分析以及力的合成与分解的应用。
5.【答案】A
【解析】解：滑块处于静止状态，则竖直方向根据平衡条件可得摩擦力为：f=mg
由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，水平力的最小值为2.5mg，此时支持力为：FN=2.5mg
则有：mg=μFN=2.5μmg
解得μ=0.4，故A正确、BCD错误。
故选：A。
滑块处于静止状态，由于水平力的最小值为2.5mg，此时最大静摩擦力刚好等于滑动摩擦力，根据平衡条件结合摩擦力的计算公式求解。
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、利用平衡条件建立平衡方程进行解答。
6.【答案】A
【解析】解：A、设绳子与竖直方向夹角为θ，同一根绳子张力相同，两边绳子与竖直方向夹角相同，根据平衡条件有2Tcsθ=mg
乙从B点缓慢向A点移动，θ逐渐减小，csθ变大，又因为mg恒定，所以绳的拉力大小减小，故A正确；
B、甲受力如图所示
根据平衡条件有N=G甲+Tcsθ，Tcsθ和G甲为定值，所以甲所受平台的支持力不变，故B错误；
C、根据平衡条件，水平方向，有f=Tsinθ，θ逐渐减小，sinθ变小，又因为绳的拉力大小减小，所以甲所受平台的摩擦力变小，故C错误；
D、两边绳子的合力大小等于重物重力大小，所以绳对圆环拉力的合力不变，故D错误。
故选：A。
根据绳子与竖直方向的夹角关系，根据平衡条件列出平衡方程，再根据夹角的变化判断绳子的拉力如何变化；
再对甲受力分析，根据平衡条件列出平衡方程，判断甲所受平台的支持力是否变化；
根据平衡条件列出水平方向的平衡方程，结合角度的变化判断绳子的拉力如何变化，进而判断甲所受平台的摩擦力如何变化；
最后，根据两边绳子的合力大小等于重物重力大小，判断绳对圆环拉力的合力是否变化。
本题考查了共点力平衡问题，解决本题的关键是根据正交分解列出相关的平衡方程。
7.【答案】C
【解析】【分析】
对人受力分析可知，人在水平方向和竖直方向都有分加速度，由牛顿第二定律可以求得竖直方向上的分加速度的大小，进而可以求得水平方向上的加速度的大小，再次由牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小。
本题分解加速度，不是分解力，抓住人的水平方向和竖直方向的加速度之间的关系是解决本题的关键。
【解答】
解：由于人对车厢底的正压力为其重力的1.5倍，即FN=1.5mg，在竖直方向上，由牛顿第二定律有：FN−mg=ma上，解得a上=12g，设水平方向上的分加速度为a水，则有：a上a水=tan30°= 33，所以有：a水= 32，a上= 32g，对人受力分析可知，在水平方向上摩擦力作为合力产生加速度，由牛顿第二定律得：f=ma水= 32mg，故ABD错误，C正确。
故选C。
8.【答案】D
【解析】解：当测量仪以大小为a1=2m/s2的加速度运动时，设弹簧的劲度系数为k，由牛顿第二定律有
2kx1=ma1
若指针指在0刻度线左侧6cm处，小球受的每根弹簧的弹力为kx2，方向相同，由牛顿第二定律有
2kx2=ma2
联立两式可得
a2=3m/s2
由于受力方向向右，加速度方向向右。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
对小球受力分析，根据牛顿第二定律求劲度系数；根据胡克定律求指针指在0刻度线左侧6cm处时小球所受的弹力，再根据牛顿第二定律求测量仪运动的加速度。
本题考查了牛顿第二定律和胡克定律，关键能求出弹簧的劲度系数，难度不大。
9.【答案】AC
【解析】解：A、以B球为研究对象，受力如图，由平衡条件得到
墙对B的作用力F1′=(F+GB)tanα，当F增大时，F1′缓慢增大，有牛顿第三定律可知，墙对B的作用力F1缓慢增大。
B对A的作用力F2 ′=F1 ′sinα，由于F1′缓慢增大，则F2′缓慢增大，根据牛顿第三定律可知，F2缓慢增大。故A正确，B错误；
C、再以整体为研究对象，受力如图。则有
地面对A的支持力N=GA+GB+F，则N缓慢增大。
地面对A的摩擦力f=F1′，则地面对A的摩擦力f缓慢增大。故C正确，F错误。
故选：AC。
先以B球为研究对象，分析受力，根据平衡条件分析墙对B的作用力F1、A对B的作用力F2的变化，再以整体为研究对象，分析受力，由平衡条件分析地面对A的支持力和摩擦力的变化．
本题采用隔离法和整体法结合处理的，也可以就运用隔离法研究，分析受力情况是解答的基础．
10.【答案】ABD
【解析】解：A、对桶C受力分析如图：
当车匀速直线运动时，根据平衡条件，A对C的支持力等于B对C的支持力，有：FB=FA，故A正确；
BC、当车匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律有：FBsinθ−FAsinθ=ma，B对C的支持力增大，大于A对C的支持力，又由于A、B对C的作用力方向不变，那么合力肯定大于mg，故B正确，C错误；
D、若车向左加速，则当A对C的弹力恰好为零时，有：mgtan30°=ma，解得：a= 33g，说明当加速度大于 33g时C将会向后翻动，因此当加速度等于g时，则C会向后翻过B，故D正确；
故选：ABD。
(1)对桶C受力分析，结合平衡条件，得出A对C的支持力等于B对C的支持力；
(2)根据牛顿第二定律，结合已知条件，得出C受A、B作用力的合力及C受A的弹力大小与受B的弹力大小关系；
(3)假设A对C的弹力为零，计算出此时的加速度，从而推出当加速度等于g时的结果。
本题考查了牛顿定律及受力分析，解题的难点在于分析两个物体分离问题时，要注意其临界条件的应用，即分离的临界条件是两物体间的相互作用力为零。
11.【答案】ABD
【解析】解：A、0～1s内，由牛顿第二定律可得：F+μmg=ma1，其中F=6N，解得a1=4m/s2，故A正确；
B、1～2s内，由牛顿第二定律可得：F−μmg=ma2，解得a2=2m/s2，故B正确；
C、0～1s内，物体向右做匀减速直线运动，1s末的速度v1=v0−a1t1=(8−4×1)m/s=4m/s，向右的位移x1=v0+x12t1=8+42×1m=6m，故C错误；
D、2s末的速度为v2=v1+a2t2=(4+2×1)m/s=6m/s，1～2s内，物体向右的位移为x2=v1+v22t2=4+62×1m=5m
总位移为x=x1+x2=6m+5m=11m，方向向右，故D正确。
故选：ABD。
根据牛顿第二定律求出0～1s内和1～2s内物体的加速度，根据速度−时间公式求出1s末和2s末的速度，再平均速度公式求出两段时间内的位移，从而求出总位移。
解决本题的关键要理清物体的运动规律，抓住两个过程之间的联系：第1s的末速度是第2s的初速度，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解。
12.【答案】BD
【解析】解：A.把AB看成整体，由平衡条件可知，弹簧的力F弹=kx0=(M+m)g
图乙PQ段中，A、B的加速度是定值，由牛顿第二定律F−(M+m)g+F弹=(M+m)a
随物体向上运动，弹簧弹力减小，拉力F增大，故A错误；
B.在图乙QS段中，A、B两物体的加速度方向仍竖直向上但减小，故A、B两物体做加速度减小的加速运动，故B正确；
C.当A、B向上运动x1时，弹力大小F弹1=k(x0−x1)=(M+m)g−kx1
以B为研究对象，由牛顿第二定律F弹1−Mg−F′=Ma0
解得F′=mg−kx1−Ma0
故C错误；
D.从P到Q的运动中，物体的加速度不变，有v12=2a0x2
从Q到S的运动中，物体的加速度随位移均匀减小，则有a−=a0+02=a02v22−v12=2a−(x3−x2)
联立解得v2= a0(x2+x3)
故D正确。
故选：BD。
本题根据整体平衡，求初始弹力，根据牛顿第二定律，分析弹力和拉力变化；根据a−t图像分析B的运动状态；根据胡克定律和牛顿第二定律求AB间弹力；根据匀加速位移公式，求AB的速度；
注意图像的物理意义，根据研究对象的受力情况判断物体的运动情况，再结合牛顿第二定律进行解答。
13.【答案】(1)0.101 0.195
(2)1
【解析】解：(1)由vt2=vt−求打下B点的速度：
vB=vAC=(2.74−0.72)×10−22×0.1m/s=0.101m/s，
由匀变速直线运动的推论△x=at2可知，小车的加速度：
a=BC−OA+CD−AB4×0.12=0.195m/s2；
(2)由牛顿第二定律得：a=1MF，a−F图线斜率：k=1M，小车在质量越大，图象的斜率越小，由图示图象可知，图线1的斜率小，则图线1对应的小车质量大。
故答案为：(1)0.101 0.195
(2)1
(1)根据匀变速直线运动的推论△x=at2求加速度。
(2)应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后分析图示图象答题。
本题考查了实验数据处理，应用匀变速直线运动的推论△x=at2可以求出小车的加速度；应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式可以比较小车质量大小。
14.【答案】不必要 不必要 大于 C 1k
【解析】解：(1)滑块受到的拉力大小可以用弹簧测力计测出故不必要满足钩码的质量远小于滑块和遮光条的总质量。也不必要用天平测出所挂钩码的质量，因钩码挂在动滑轮上。
滑块(含遮光条)的加速度等于钩码加速度的2倍，即滑块(含遮光条)的加速度大于钩码的加速度。
(2)遮光条通过光电门2所用的时间大于通过光电门1所用的时间，说明滑块(含遮光条)做减速运动，导轨的左端偏高，则加外力时，外力需到达一定的值才能使滑块(含遮光条)向导轨左端加速运动则作出的滑块(含遮光条)加速度a与弹簧测力计示数F的图像可能是C。
(3)根据牛顿第二定律有：F=ma有a=1mF知，斜率是k=1m，则m=1k。
故答案为：(1)不必要，不必要，大于(2)C(3)1k。
滑块受到的拉力大小可以用弹簧测力计测出故不必要满足钩码的质量远小于滑块和遮光条的总质量。也不必要用天平测出所挂钩码的质量，因钩码挂在动滑轮上。遮光条通过光电门2所用的时间大于通过光电门1所用的时间，说明小车减速，说明外力值要大于零时才会有加速度，所以选图像C。利用牛顿第二定律求出直线斜率，找到质量。
本题考查实验，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，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a−F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数．
15.【答案】(1)小车匀速运动时，对小球受力分析如图所示：
由物体的平衡条件有：
水平方向：Fb−Fasin 37°=0
竖直方向：Facs 37°−mg=0
代入数据解得：Fa=37.5 N，Fb=22.5 N
(2)小车向右运动过程中加速度从零逐渐增大，b绳刚好不受力时，有：
Fb=0
对小球受力分析，由牛顿第二定律得：F合=mgtanθ=ma
解得：a=7.5 m/s2；
答：(1)当小车作匀速直线运动时，a、b两绳的拉力分别为37.5 和22.5 N；
(2)假设小车向右运动过程中加速度a从零逐渐增大，则b绳刚好不受力时，小车的加速度是7.5 m/s2。
【解析】(1)小车匀速运动时，小球所受的合力为零，分析小球受力，根据平衡条件求出两绳的拉力。
(2)当车向右的加速度大到一定程度，b绳恰好无拉力时研究，受力分析，根据牛顿第二定律即可求解。
解决该题的关键是正确进行受力分析，掌握用正交分解根据平衡条件列方程，掌握用三角形定则求解合力的大小；
16.【答案】解：(1)运动员在倾斜轨AB上下滑时，根据根据牛顿第二定律有：
mgsin18°−μmgcs18°=ma1
代入数据解得：a1=1.2m/s2
(2)运动员滑到B点的速度v
v=a1t1=1.2×20m/s=24m/s
在BC上，根据ma2=μmg
a2=μg=0.2×10m/s2=2m/s2
则在BC上运动的时间t2=0−v−a2=0−24−2s=12s
全程运动的时间t=t1+t2=20s+12s=32s
(3)运动员在倾斜轨AB上的位移
xAB=12a1t12
代入数据解得：xAB=240m
运动员在倾斜轨BC上的位移，逆向思维做初速度为零的加速度大小为2m/s2的加速运动
则运动员滑完全程的距离
xBC=12a2t22
代入数据解得：xBC=144m
答：(1)运动员在倾斜轨道AB上下滑时的加速度大小为1.2m/s2；
(2)运动员滑完全程所用的时间为32s；
(2)运动员滑完全程的距离为144m。
【解析】根据难度第二定律求解甲运动员滑上斜直轨道后加速度大小，根据位移时间关系求解位移大小，根据速度时间关系分析速度大小。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
17.【答案】解：(1)由于传送带逆时针的速度可以调节，则煤块从A到B一直加速运动的情况下用时最短。根据牛顿第二定律有
mgsin37°+μmgcs37°=ma1
解得a1=10m/s2
匀加速阶段的位移为传送带的长度L，根据运动学公式有
L=12a1tmin2
解得tmin= 20910s
(2)刚放上煤块时有
mgsin37°+μmgcs37°=ma1
则a1=10m/s2
设煤块与传送带共速的时间为t1，则有
v0=a1t1
解得t1=0.7s
加速位移为
x1=12a1t_1
由于μ=0.5煤块继续加速，根据牛顿第二定律有
mgsin37°−μmgcs37°=ma2
解得a2=2m/s2
根据位移公式可得
L−x1=v0t2+12a2t_2
解得t2=1s，t2′=−8s(舍)
所以煤块从A到B的时间为
t=t1+t2=0.7s+1s=1.7s
(3)以加速度a1加速过程中，煤块的位移为
x1=2.45m
传送带的位移为
x2=v0t1=7×0.7m=4.9m
相对滑动的位移为
Δx1=x2−x1=4.9s−2.45s=2.45m
以加速度a2加速过程中，煤块的位移为
x1′=L−x1=10.45s−2.45s=8m
传送带的位移为
x2′=v0t2=7×1s=7m
相对滑动的位移为
Δx2=x1′−x2′=8m−7m=1m
由于Δx1>Δx2，所以传送带上形成的痕迹长度为
Δx=Δx1=2.45m
答：(1)煤块从A点到达B点的最短时间为 20910s；
(2)煤块从A到B的时间为1.7s；
(3)煤块从A到B的过程中，传送带上形成痕迹的长度为2.45m。
【解析】(1)(2)根据牛顿第二定律先求加速度，然后结合运动学公式求时间；
(3)求煤块从A到B的过程中的相对位移可求传送带上痕迹的长度。
本题考查了物块在倾斜传送带上运动时间及物块的划痕长度，有一定难度。
18.【答案】解：(1)设A与B刚好不发生相对滑动时，水平拉力为F0，对木板B受力分析可得μ1mAg−μ2(mA+mB)g=mBa2
对煤块A受力分析可得F0−μ1mAg=mAa2
联立解得F0=12N
(2)因为24N>12N，故A与B发生相对滑动，对煤块A受力分析可得F−μ1mAg=mAa1
煤块脱落前A的位移为x1=12a1t2
煤块脱落前B的位移为x2=12a2t2
由几何关系得x1−x2=L
联立解得t=2s
(3)撤去拉力前，对煤块A有v1=a1t1
x′1=12a1t12
撤去拉力后对煤块A受力分析得μ1mAg=mAa3
撤去拉力后煤块A减速到与木板B共速的时间为t2，对煤块A有v=v1−a3t2
x′2=v1+v2t2
从开始运动到木板B加速至共速，对木板B有
v=a2(t1+t2)
x3=v2(t1+t2)
由几何关系可得Δx=x′1=x′2−x3
联立解得Δx=4m
答：(1)为保证A与B不发生相对滑动，水平拉力F不能超过12N；
(2)若水平拉力F大小为24N，则从煤块开始运动到从木板上滑下，需要2s长时间；
(3)若水平拉力F为24N不变，仅作用t1=1s后撤去，则当A与B停止相对滑动时，A在B留下的划痕长度4m。
【解析】(1)设A与B刚好不发生相对滑动时，根据牛顿第二定律求得水平拉力的最大值；
(2)根据牛顿第二定律求得各自的加速度，结合运动学公式求得运动时间；
(3)根据牛顿第二定律求得各自的加速度，利用运动学公式求得相对滑动的位移。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。