2023-2024学年湖北省云学名校联盟高一（上）联考物理试卷（12月）（含解析）

2023-2024学年湖北省云学名校联盟高一（上）联考物理试卷（12月）一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.物理学的巨大发展得益于科学家们创造和应用了许多物理学方法，比如比值法、微元法、控制变量法、建立物理模型法等，以下关于物理学研究方法的叙述中正确的是(    )A. 伽利略在研究物体的运动与力的关系时，利用了“理想斜面实验”，由于摩擦力不可能完全消失，所以这个结论只是“理想中”成立，实际上并不成立B. 根据速度定义式v=ΔxΔt，当Δt→0时，ΔxΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了控制变量法C. 在研究匀变速直线运动的V—t图像中，用图线与坐标轴围成的面积代表物体运动过程中的位移，主要是利用了等效原则D. 在不需要考虑物体本身大小和形状对研究问题的影响时，用质点代替物体属于理想化模型2.有A、B两球质量分别是2m和m，通过长为L的竖直轻绳相连。用手拿着A球，B球距地面高度为h，释放后两球落地时间差为Δt，不计空气阻力，则以下说法中正确的是(    )A. 若将两小球位置互换，则时间差Δt增大B. 若将L增大，则时间差Δt增大C. 若将h增大，则时间差Δt增大D. 若将B小球质量也增大到2m，则时间差Δt增大3.在篮球比赛中，击地传球动作隐蔽，往往有出其不意的效果。下图为击地传球的示意图，传球者给篮球一定的初速度砸向水平地面，经地面反弹后被另一球员接住。不考虑空气阻力的影响，则以下说法中正确的是(    ) A. 篮球对地面的弹力方向沿着篮球初速度的方向B. 地面给篮球的弹力方向竖直向上C. 篮球受到地面的支持力，是因为篮球发生弹性形变造成的D. 地面对篮球的支持力和篮球对地面的压力是一对平衡力，大小相等，方向相反4.如图是a、b两物体在同一直线上运动时的x−t图像，在0∼t2时刻两图线平行。则下列描述中正确的是(    )A. 物体b先做匀减速运动，t1时刻后开始做匀加速运动B. 在0∼t2时刻，两物体之间的距离保持不变C. t3时刻两物体速度相同D. 物体a在0∼t4时间内发生的位移大小数值上等于该图线与t轴所围成的三角形的“面积”5.如图所示，两个质量相等的物块放在水平地面上，分别施加水平向右和与水平方向成θ角斜向上的拉力F作用在物体上，发现两物体都向右做匀速直线运动。已知两拉力F大小相等，物体与地面的动摩擦因数μ也相同，重力加速度g=10m/s2，则以下说法中正确的是(    )A. 物体与地面间的动摩擦因数μ可以为零B. 两次地面的摩擦力相等C. 若θ=53∘，则物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5D. 若将拉力F的方向改为与水平方向成θ角斜向下作用在该物体上，该物体仍然可以向右做匀速直线运动6.如图所示，一光滑圆环固定在竖直平面内，质量m=0.1kg的小球(可看成质点)穿在圆环上，并用劲度系数为k的轻弹簧连接后拴接在圆环最高点。小球静止时弹簧轴向与竖直方向形成37∘夹角。已知圆环半径R=10cm，弹簧原长L0=6cm，弹簧始终处在弹性限度范围内，重力加速度为g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，则以下说法中正确的是(    )A. 圆环对小球的支持力FN=1NB. 弹簧的弹力大小F=0.8NC. 弹簧的劲度系数k=10N/mD. 若小球静止时弹簧轴向与竖直方向的夹角小于37∘，则弹簧弹力F比现在大，圆环支持力FN会比现在小7.近几年全球多个地区争端不断，无人机在冲突中的作用日显突出。某品牌无人机自身质量为2m，下端还可挂一质量为m的炸弹。战斗人员遥控无人机从水平地面垂直起飞，该无人机旋翼升力F恒定，上升过程可视为匀加速运动。经时间3t后无人机上升速度大小为v，此时控制系统释放炸弹，又经时间t后炸弹落回到地面。已知重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法中正确的是(    )A. 炸弹释放前和释放后运动的位移相同B. 炸弹释放前和释放后加速度大小之比为1:3C. 炸弹释放前升力F的大小为4mgD. 炸弹最后落回地面时的速度大小为4v二、多选题：本大题共3小题，共18分。8.如图所示，一辆赛车在平直赛道上做匀加速直线运动，途经A、B、C、D四个标志杆，其中AB=6m，CD=9m。车手发现自己通过AB和CD这两段位移的时间均为1s，而通过BC段时间仅为0.5s，若将车手看成质点，则以下说法中正确的是(    )A. 赛车做匀加速直线运动的加速度a=1.5m/s2B. 赛车做匀加速直线运动的加速度a=2m/s2C. 赛道上BC间的距离为7.5mD. 利用以上数据可以计算出车手经过A点时的速度vA=5m/s9.传送带在运输货物时有很大的便捷性，效率也大为提升。如图所示，传送带与水平方向的倾角为θ，在电动机的带动下顺时针方向匀速运转。将一小木块无初速放到传送带上从最底端运送到最顶端，下述说法中符合实际情况的是(    )A. 木块可能先作匀加速运动，后作匀速运动B. 木块开始受到沿传送带向上的摩擦力，后来可能不受摩擦力C. 木块一直受到沿传送带向上的摩擦力作用D. 木块受到传送带的作用力一定沿传送带向上10.如图所示，质量m=1 kg的光滑球放在圆弧槽内，它们的左边接触点为A，OA与水平面夹角α=53°。圆弧槽质量M=3 kg，与水平桌面的动摩擦因数μ=0.2，用轻绳跨过定滑轮与重物P连接，与圆弧槽相连的那段绳子处于水平方向。不计滑轮质量和绳子与滑轮间的摩擦，已知轻绳能承受的最大拉力为40 N，重力加速度g=10 m/s2，则以下说法中正确的是(    )A. 若重物P质量mP=2 kg，则圆弧槽运动的加速度a=2 m/s2B. 若重物P质量mP=2 kg，则球受到圆弧槽的作用力FN=2 NC. 要保证轻绳不断，且球和槽保持相对静止，重物P质量最大值是3.8 kgD. 要保证轻绳不断，且球和槽始终保持相对静止，则圆弧槽运动的加速度不得超过7.5 m/s2三、实验题：本大题共2小题，共18分。11.小明同学在“验证力的平行四边形定则”实验中，装置如图甲所示，先用两个弹簧秤拉着一端固定的橡皮条伸长到O点，记下此时弹簧秤示数为F1、F2；再用一个弹簧秤把橡皮条也拉伸到O点，记下此时弹簧秤示数为F′。根据平行四边形定则利用图示法作出力F1和F2的合力F，且作出力F′的图示，如图乙所示。 (1)以下说法正确的是(    )A.使用弹簧秤前，应先将弹簧秤调零；使用弹簧秤时不要超过量程B.拉弹簧秤时，应使弹簧秤与木板平行，还应与弹簧秤轴线方向一致C.为了便于作图，两个弹簧秤的方向必须始终保持垂直D.小明最后做出图丙，在误差允许范围内，可以验证力的平行四边形定则成立(2)小明同学在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮，将绳子打一个结点O，分别挂上三组钩码，如图丁所示。系统平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力TOA、TOB和TOC，通过作图完成验证过程。①已知选用的每个钩码的质量都是相等的，要完成上述验证过程，________(填“需要”或“不需要”)测出钩码的具体质量。②改变各组钩码的个数，调节系统平衡，重复做该验证实验，________(填“需要”或“不需要”)保证绳子节点与上次验证时位置相同。12.小华同学利用图甲装置来验证牛顿第二定律。已知斜面高为h，两侧斜面长度均为L，斜面上固定两光电门，它们距斜面顶端的距离均为3L4。两相同的凹槽A和B用不可伸长的轻绳连接跨过定滑轮放在两侧斜面，A、B上安装有宽度均为d的挡光片，两挡光片到斜面顶端距离之和也为L，若两斜面与凹槽间的动摩擦因数相同。(1)两个凹槽内均放有10个质量为m的砝码，从B中拿出n=1个砝码放入A中，从图甲所示位置开始轻推A，发现AB上的两挡光片通过两光电门的时间刚好相等。(2)A、B恢复原状后，从B中总共拿出n=2个砝码放入A中，轻推A，测出两挡光片通过两光电门的时间分别为tA和tB。则可得到两凹槽的加速度a=_____(用题中已知量表示)(3)重复上一步骤，从B中总共拿出n=3,4⋅⋅⋅个砝码放入a中，轻推A，测出两挡光片通过两光电门的时间，算出两凹糟的加速度a。(4)用图像法验证牛顿第二定律，纵坐标为a，要做出下图中的图线，横坐标应为(    )A.n                    B．n−1                 C．n+1                 D．2n−1(5)选用正确的横坐标后，测出该图线斜率为k，已知重力加速度为g，则可算出凹槽A(含挡光片)的质量M=_____(用题中所给已知量表示)四、计算题：本大题共2小题，共26分。13.如图所示，一轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端连接有竖直挡板。还有一木块紧靠着挡板(两者不粘连)置于水平地面上，它与地面的动摩擦因数μ=0.1，假设木块所受最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。给木块施加一水平向左的推力F将木块缓慢推至某点静止，此时F=2 N，弹簧被压缩了1.5 cm。已知弹簧劲度系数K=1 N/cm，重力加速度g=10 m/s2，求：(1)若木块质量M=0.6 kg，不计挡板质量及挡板与地面的摩擦，突然撤去推力F的瞬间，木块的加速度有多大？(2)若木块质量M=0.5 kg，挡板质量m=0.1 kg，不计挡板与地面的摩擦，突然撤去推力F的瞬间，挡板对木块的支持力有多大？(3)第二问中撤去推力F后，木块向右运动直至与挡板分离，求此过程中木块向右运动的距离有多远？14.质量为M的斜面静止在水平地面上，倾角为θ。另一质量为m的物体放置于斜面上，它与斜面间的动摩擦因数为μ，且两者间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。如图所示，在水平外力F(未知)作用下M、m均处于静止状态。已知重力加速度为g，求：(1)力F多大的时候，质量为m的物体不受斜面摩擦力的作用；(2)在第(1)问情况下，斜面对地面的压力和摩擦力分别有多大；(3)将斜面M固定，若θ=60°，μ= 32，要使质量为m物体始终能静止于斜面上，对水平力F的大小有何要求。五、综合题：本大题共1小题，共10分。15.一辆汽车和自行车在平直公路的两个相邻车道上同向行驶，某时刻汽车以15m/s的速度开始制动做匀减速运动，此时自行车在汽车前方16m处以5m/s的速度正在匀速行驶，若不计车的尺寸。试分析：(1)若汽车追不上自行车，则对汽车做匀减速运动的加速度大小有何要求；(2)若汽车加速度大小为2m/s2，求两车何时会相遇。答案和解析1.【答案】D 【解析】【分析】明确物理学中方法，如微元求和的方法、极限思想法和建立物理模型法。在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元求和的方法;根据速度定义式v=ΔxΔt，当Δt非常非常小时，ΔxΔt就可以表示物体在时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法;在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法;【解答】解：A、伽利略在研究物体的运动与力的关系时，利用了“理想斜面实验”，抓住了主要因素，忽略次要因素，依靠客观事实加大胆的科学推理得到正确的力与运动的关系．故A错误；B、根据速度定义式v=ΔxΔt，当Δt→0非常非常小时，ΔxΔt就可以表示物体在时刻t的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故B错误;C、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元求和的方法，故C错误;D、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故D正确;故选：D。2.【答案】B 【解析】【分析】本题考查的是自由落体运动的规律，解题的关键是搞清两球运动的物理过程，分为两个阶段处理此过程，第一个阶段是两球一起做自由落体运动，第二个阶段是当下面的球着地后，后面小球的匀加速运动。两球从静止开始一起做自由落体运动，根据自由落体运动规律分析求解。【解答】AD.根据速度位移公式：v02=2gh，得：v0= 2gh，B球着地后，A球做匀加速运动到地面，时间为△t1，根据匀变速直线运动的位移公式：L=v0⋅△t+12g△t2，联立得Δt=−2v0+ 4v02+8gL2g，由该式可得时间差Δt与物体的质量无关，故AD错误；B.若将L增大，v0不变，时间差Δt增大，故B正确；C.若将h增大，v0增大，时间差Δt减小，故C错误。3.【答案】B 【解析】【分析】支持力的方向垂直于接触面指向被支持物体；地面对篮球的支持力和篮球对地面的压力是一对相互作用力；篮球受到地面的支持力是由于地面发生了形变而产生的。本题考查了弹力的产生和方向等知识点。支持力是常见的弹力，其方向垂直于接触面并且指向被支持物。基础题，比较容易。【解答】A、篮球对地面的弹力方向竖直向下，故A错误；B、地面给篮球的弹力方向竖直向上，故B正确；C、篮球受到地面的支持力是由于地面发生了弹性形变而产生的，故C错误；D、地面对篮球的支持力和篮球对地面的压力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故D错误。4.【答案】B 【解析】A.根据 x−t 图像的斜率表示速度可知，物体b的斜率不变，则一直做匀速直线运动，故A错误；B.在 0∼t2 时刻两图线平行，即在 0∼t2 时间内两物体速度相同，所以两物体之间的距离保持不变，故B正确；C.由图可知， t3 时刻两物体在同一位置， t3 时刻斜率不同，则速度不同，故C错误；D.由图可知，物体a在 0∼t4 时间内发生的位移大小为零，故D错误。故选B。5.【答案】C 【解析】【分析】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。分别分析两个物体受力情况，根据平衡条件分析求解；当拉力F的方向改为与水平方向成θ角斜向下作用在该物体上，分析物体受力情况判断是否为平衡力，确定物体运动情况。【解答】解：AB.物体做匀速直线运动，受力平衡；对于左图：F=f=μmg；对于右图：FN+Fsinθ=mg，Fcosθ=f′=μFN=μ(mg−Fsinθ)；由此可知：物体与地面间的动摩擦因数μ不能为零，两次地面的摩擦力不相等，故AB错误；C.若θ=53°，由F=μmg和Fcosθ=f′=μFN=μ(mg−Fsinθ)可得μ=0.5，故C正确；D.若将拉力F的方向改为与水平方向成θ角斜向下作用在该物体上，则F支持力=mg+Fsinθ，水平方向的拉力：Fx=Fcosθ，而滑动摩擦力f滑=μF支持力=μ(mg+Fsinθ)>Fx=Fcosθ，所以物体不可能向右做匀速直线运动，故D错误。6.【答案】A 【解析】【分析】本题考查了共点力平衡条件的应用，解决此题的难点在于力的合成中的三角形为斜三角形，不能用直角三角形的边角关系去求解问题，三角形相似是处理此类问题的方法之一。根据平衡条件分析圆环对小球的作用力的方向；通过三角形相似求解弹簧的弹力，并分析夹角变化后各力的变化。【解答】解：ABC.弹簧长度大于原长，处于拉伸状态，则弹簧弹力斜向左上，结合平衡条件对圆环受力分析，如图：；由平衡条件得，小球对圆环的弹力方向背离圆心，由相似三角形得：mgR=FNR=F2Rcosθ；代入数据解得：圆环对小球的弹力大小为FN=mg=1N；弹簧弹力大小为F=mgcosθ=1.6N，则弹簧的劲度系数k=F2Rcosθ−L0=16N/m；故A正确，BC错误；D.若小球静止时弹簧轴向与竖直方向的夹角小于37°，则弹簧弹力F=mgcosθ比现在大，圆环支持力FN=mg不变，故D错误。7.【答案】D 【解析】【分析】炸弹释放前向上做匀加速直线运动，释放后，由于惯性，炸弹继续向上运动，做竖直上抛运动，根据匀变速直线运动的规律求出上升过程的加速度大小，根据牛顿第二定律求F。根据竖直上抛运动的规律求落地速度。【解答】A、炸弹释放前和释放后运动的位移大小相同，但是方向相反，故A错误；B、设3t时间无人机的高度为h，上升过程，12v×3t=h，a·3t=v，释放炸弹后，炸弹做竖直上抛运动，经时间t后炸弹落回到地面，则有vt−12gt2=−h，联立解得a=115g，故B错误；C、根据牛顿第二定律F−3mg=3ma，解得F=165mg，故C错误；D、根据B选项可得t=5vg，分析炸弹释放后的运动过程，落地速度v′=v−gt=−4v，负号表示速度方向竖直向下，故经时间t后炸弹落回到地面时的速度大小为4v，故D正确。故选D。8.【答案】BD 【解析】【分析】本题考查了匀变速直线运动及其规律；解决本题的关键掌握匀变速直线运动的公式以及推论，并能进行灵活的运用。根据位移与时间公式，结合速度与时间公式，依据题设条件分析求解。【解答】解：ABD.设A点的速度为vA，加速度为a；xAB=vAt+12at2，xCD=[vA+a(t+t′)]t+12at2；其中：xAB=6m，t=1s，t′=0.5s，xCD=9m；联立解得：a=2m/s2，vA=5m/s，故BD正确，A错误；C.赛道上BC间的距离xBC=(vA+at)t′+12at′2=3.25m，故C错误。9.【答案】AC 【解析】【分析】本题考查了牛顿第二定律的应用；解决本题的关键理清木块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，得出木块运动规律是关键。分析木块的受力情况，根据滑动摩擦力与重力沿传送带向下的分力关系，判断木块的运动情况；根据力的合成判断木块受到传送带的作用力分析。【解答】ABC.木块放在传送带上，受到竖直向下的重力、垂直斜面的支持力、沿斜面向上的摩擦力作用；由于木块无初速放到传送带上从最底端运送到最顶端，，木块先沿传送带向上做匀加速直线运动，当速度等于传输带速度时，木块受到静摩擦力，所以先作匀加速运动，后作匀速运动；木块无初速放到传送带上从最底端运送到最顶端，也有可能一直做匀加速运动，因此不可能不受摩擦力，摩擦力方向一直向上，故 AC正确，B错误；D.木块受到传送带的作用力为支持力和摩擦力的合力，支持力方向垂直斜面向上，摩擦力方向沿斜面向上，木块受到传送带的作用力方向不可能沿传送带向上，故D错误。10.【答案】AD 【解析】【分析】本题考查了牛顿第二定律与力的平行四边形定则的应用，理解整体法与隔离法的方法，注意对小球受力分析是解题的关键。【解答】解：D.要保证轻绳不断：Fmax−μ(m+M)g=(m+M)amax′，解得amax′=8m/s2，且保证对静上，FNcosα=mamax，FNsinα=mg，解得amax=7.5m/s2，所以圆弧槽运动的加速度不得超过7.5m/s2，故D正确；C.当球和槽的加速度为7.5m/s2时，整体分析球和槽、重物P受力，由牛顿第二定律得：mPmaxg−μ(m+M)g=(mPmax+m+M)amax，解得：mPmax=15.2kg，故C错误;A.若重物P质量mP=2kg小球能在圆弧槽相对静止，小球受到重力与圆弧槽对小球的支持力，小球与圆弧槽有相同的加速度，对球与圆弧槽由牛顿第二定律得：F−μ(m+M)g=(m+M)a，分析重物P受力，由牛顿第二定律得：mPg−F=mPa，联立解得：a=2m/s2，故A正确；B.对小球受力分析，受重力mg、圆弧槽的作用力FN由牛顿第二定律可得： FN2−mg2=ma，解得：FN= mg2+ma2=2 26N，故B错误。11.【答案】(1)AB；(2) ①不需要； ②不需要 【解析】【分析】本题考查“验证力的平行四边形定则”实验：(1)根据实验原理和实验操作步骤分析解答；(2)根据实验原理分析求解问题。【解答】(1)A.所有用到弹簧秤测弹力的实验做实验之前都需要调零，使用弹簧秤时不要超过量程，故A正确；B.拉弹簧秤时，应使弹簧秤与木板平行，还应与弹簧秤轴线方向一致，否则读数会有较大误差，故B正确；C.两个弹簧秤的方向夹角适当大一些，没有必须要求始终保持垂直，故C错误；D.小明最后做出图丙，F′和F误差较大，不能验证力的平行四边形定则成立，故D错误。(2)①已知选用的每个钩码的质量都是相等的，可以将每个钩码对细绳的拉力看作一个单位的力，同样可以作出力的图示，进行验证，不需要测量出钩码的质量。②改变各组钩码的个数，调节系统平衡，重复做该验证实验，只需要测定OA、OB、OC方向及力的大小或者单位力的个数，根据力的合成进行验证，不需要保证绳子节点与上次验证时位置相同。12.【答案】   dtA2−dtB2L      B     mghkL−10m 【解析】(2)[1]两物块用绳连接，所以速度大小相等，运动过程中，初速度为v1=dtB末速度为v2=dtA位移为x=3L4−L4=L2根据2ax=v22−v12可得a=dtA2−dtB2L(4)[2]从B中拿出 n=1 个砝码放入A中，AB上的两挡光片通过两光电门的时间刚好相等，说明系统匀速运动，设凹槽A(含挡光片)的质量为 M ，有(M+11m)gsinθ=(M+9m)gsinθ+μ(M+11m)gcosθ+μ(M+9m)gcosθ解得μ=mtanθM+10m从B中总共拿出 n≥2 个砝码放入A中时，有M+(10+n)mgsinθ−M+(10−n)mgsinθ−μM+(10−n)mgcosθ−μM+(10+n)mgcosθ=2M+20ma解得a=mgsinθM+10m(n−1)根据图线可知，横坐标为 n−1 。故选B。(5)[3]已知图线斜率为k，根据a=mgsinθM+10m(n−1)可知k=mgsinθM+10m解得M=mgsinθk−10m根据几何关系可知sinθ=hL所以有M=mghkL−10m13.【答案】解：(1)撤去F之前木块受力情况如图所示：；F= f+F弹，F弹=kx1=1.5N；则f=0.5N；撤去F之后木块受力情况如图所示：；弹簧弹力不变F=kx1=1.5N，方向向右因为fmax=μMg=0.6N，所以F弹大于fmax；则木块开始向右运动，滑动摩擦力方向向左；可列：FN=Mg，f滑=μFN，F弹−f滑=Ma；所以：a=F弹−μMgM=1.5m/s2。(2)撤去F之后，对挡板和木块的整体受力分析，如图：；由牛顿第二定律可得：a=F弹−μMgM+m=53m/s2再对木块单独受力分析，可列：FN=Mg，f滑=μFN，F推−f滑=Ma所以：F推=Ma+μMg=43N。(3)挡板和木块分离时，两者速度和加速度均相同，但接触面刚好不挤压；对木块受力分析，如图：；可知a木=μg=1m/s2，方向向左；再对挡板受力分析如图：；F弹2=ma=0.1N，F弹2=kx2；所以x2=0.1cm；此时弹簧被拉伸了0.1cm，所以：△x=1.6cm；即木板在和挡板分离前向右运动了1.6cm。 【解析】本题主要是考查了牛顿第二定律；关键是能够进行受力分析，利用牛顿第二定律建立方程进行解答。(1)分析推力F撤去前后受力情况，由牛顿第二定律求出木块的加速度；(2)撤去F之后，对挡板和木块的整体受力分析，求出加速度；再对木块单独受力分析，由牛顿第二定律求出挡板对木块的支持力；(3)挡板和木块分离时，两者速度和加速度均相同，但接触面刚好不挤压；分别分析木块、挡板受力，由牛顿第二定律，结合胡克定律求出弹簧被拉伸的长度，进而得出木块向右运动的距离。14.【答案】解：(1)受力分析如图所示FNcosθ=mgFNsinθ=F可得：F=mgtanθ(2)对M和m构成的整体受力分析如图所示FN=mg+Mgf地=F=mgtanθ由牛顿第三定律可得：F压=mg+Mgf′=mgtanθ；(3)取临界状态进行分析：若F很小时，物体沿斜面有向下的运动趋势，受力分析如图，可列FN=mgcosθ+FsinθFcosθ+f=mgsinθf=μFN解得：Fmin=mgsinθ−μmgcosθcosθ+μsinθ= 35mg若F很大时，物体沿斜面有向上的运动趋势，受力分析如图，可列FN=mgcosθ+FsinθFcosθ=mgsinθ+ff=μFN解得：Fmax=mgsinθ+μmgcosθcosθ−μsinθ小于零综合以上得：F≥ 35mg。 【解析】本题考查共点力平衡条件，解题关键是对物体做好受力分析，根据共点力平衡条件列式求解即可，知道物体静止在斜面上的临界条件。(1)物体不受摩擦力时，对物体受力分析，根据共点力平衡求解力F的大小;(2)对M和m构成的整体受力分析，根据正交分解、牛顿第三定律可得斜面对地面的压力和摩擦力；(3)力F最大时，物体有沿斜面向上滑动的趋势，且摩擦力达到最大静摩擦力，当力F最小时，物体有沿斜面向下滑动的趋势，且摩擦力达到最大静摩擦力，根据共点力平衡条件列式求解即可。15.【答案】(1) a≥3.125m/s2 ；(2) t1=2s 和 t2=8.05s 【解析】(1)取临界状态，令经过时间t秒后两车共速，且汽车刚好追上自行车，设汽车匀减速的加速度大小为a，则有v车−at=v自即15−at=5又v车t−12at2=v自t+Δx即15t−12at2=5t+16联立两式求解a=258m/s2故若汽车追不上自行车，则对汽车做匀减速运动的加速度a≥258m/s2=3.125m/s2(2)设经过时间t秒后两车相遇，则x车=x自+Δx又x车=v0t−12at2=15t−t2x自=vt=5t即15t−t2=5t+16解得t1=2s ， t2=8s根据 t=vt−v0a ，解得t停=7.5s所以 t2=8s 不符合题意。说明第二次自行车追上汽车时，汽车是在静止状态下被自行车追上的x车总=vt2−v022a=56.25m所以t自2=x车总−Δxv=8.05s即两辆车分别在 t1=2s 和 t2=8.05s 时相遇。