2018-2019学年广东省中山市高一（上）期末物理试卷

这是一份2018-2019学年广东省中山市高一（上）期末物理试卷，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择題，解答题等内容，欢迎下载使用。

2018-2019学年广东省中山市高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题(本题有6小题,每小题4分,共24分,每小题给出的四个选项中只有项满足题设要求,选对得4分;不选、错选或多选得零分)
1．（4分）如图所示为某列车车厢内可实时显示相关信息的显示屏的照片，图中甲、乙两处的数据分别表示了两个物理量．下列说法中正确的是（　　）

A．甲处表示时间，乙处表示平均速度
B．甲处表示时间，乙处表示瞬时速度
C．甲处表示时刻，乙处表示平均速度
D．甲处表示时刻，乙处表示瞬时速度
2．（4分）甲物体在5N的合外力作用下，产生2m/s2的加速度，乙物体在4N的合外力作用下，产生2m/s2的加速度，则下列说法正确的是（　　）
A．甲的惯性较大
B．乙的惯性较大
C．甲、乙两物体的惯性一样大
D．无法比较两物体的惯性大小
3．（4分）一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动，开始刹车后的第1s内和第2s内的位移大小依次为7m和5m，则刹车后5s内的位移是（　　）
A．48m B．15m C．16m D．65m
4．（4分）甲、乙两小车做直线运动，在t1﹣t2时间内运动的位移（x）一时间（t）图象如图所示，则在t1﹣t2时间内（　　）

A．乙车一定比甲车跑得快
B．甲车的平均速度等于乙车的平均速度
C．甲车做匀加速直线运动，乙车做加速度减小的加速直线运动
D．甲、乙两车间的距离随时间不断增大
5．（4分）如图所示，人的质量为M，物块的质量为m，且M＞m，若不计绳与滑轮的摩擦，则当人拉着绳向右跨出一步后，人和物仍保持静止，则下列说法中正确的是（　　）

A．人受到的合力变大 B．绳子上的张力增大
C．地面对人的摩擦力增大 D．人对地面的压力减小
6．（4分）如图所示，一辆小车静置于水平地面上，用一条遵守胡克定律的橡皮筋将小球P悬挂于车顶O点，在O点正下方有一光滑小钉A，它到O点的距离恰好等于橡皮筋原长L原长，现使小车从静止开始向右做加速度逐渐增大的直线运动，在此运动过程中（橡皮筋始终在弹性限度内），小球的高度（　　）

A．保持不变
B．逐渐降低
C．逐渐升高
D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
二、多项选择題（本題有6小題，在每小題给出的4个选项中有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分，共24分）
7．（4分）2018年11月，第十二届中国国际航空航天博览会在广东珠海如期举行，首次亮相航
展的空军航空大学“红鹰”飞行表演队为现场观众带来了“八机钻石筋斗、丘比特之箭”等精彩动作，如图所示。下列关于“红鹰”飞行表演的说法中正确的是（　　）

A．地面上的人看到飞机飞过，是以飞行员为参考系
B．飞行员看到观礼台向后掠过，是以飞机为参考系的
C．研究某架飞机在空中飞行的轨迹时，可将飞机视为质点
D．研究飞机中空中的各种表演动作时，可将飞机视为质点
8．（4分）如图所示，手用力向下压架在两本书之间的尺子，尺子发生了弹性形变。若手对尺子的压力为FN，尺子对手的弹力为FN′，下列说法正确的有（　　）

A．FN和FN′是一对平衡力
B．FN和FN′是一对作用力和反作用力
C．FN是由于尺子发生形变而产生的
D．FN′是由于尺子发生形变而产生的
9．（4分）甲、乙两个物体从同一高度先后自由下落，不计空气阻力，则从乙释放后到甲落地前这段时间内（　　）
A．甲相对乙静止
B．甲相对乙做匀速直线运动
C．甲、乙之间的距离不断增大
D．甲、乙之间的速度差不断增大
10．（4分）如图，物体在平行于斜面向上的拉力F作用下静止在粗糙斜面上，拉力增大的过程中物体保持静止，关于物体受到的静摩擦力大小的变化法可能正确的是（　　）

A．一直增大 B．先减小后增大
C．先增大后减小 D．始终为零
11．（4分）如图所示，一粗糙的水平传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以速率v2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带，下列说法正确的是（　　）

A．物体从右端滑到左端所需的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间
B．若v2＜v1，物体从左端滑上传送带一定先做加速运动，再做匀速运动
C．若v2＜v1，物体从右端滑上传送带又返回到右端，则返回右端时物体的速率一定为v2
D．若v2＞v1，物体从右端滑上传送带又返回到右端，则返回右端时物体的速率一定为v1
12．（4分）如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、3m、2m，B和C分别固定在弹簧两端，弹簧的质量不计。B和C在吊篮的水平底板上处于静止状态。将悬挂吊篮的轻绳剪断的瞬间（　　）

A．吊篮A的加速度大小为g
B．物体B的加速度大小为0
C．物体C的加速度大小为2g
D．A对C的支持力大小等于5mg
三、解答题（共6小题，满分52分）
13．（6分）小明同学热爱科学，喜欢自己做一些小实验，并利用学过的知识进行解释。他把两个完全相同的条形磁铁放在平板AB上，磁铁的N、S极如图所示，开始时平板和磁铁均处于水平位置，且静止不动。
a．若将AB突然竖直向上平移（平板与磁铁之间始终接触）并使之停在A″B″处，结果发现两个条形磁铁吸在了一起。
b．若将AB从原来位置突然竖直向下平移，并使之停在位置A′B′处，结果发现两个条形磁铁也吸在了一起
（1）开始时两磁铁静止不动的原因是　 　；左侧的磁铁受到的静摩擦力的方向向　 　（填“左”或“右”）
（2）在a过程中，磁铁开始滑动时，平板在向上做　 　（填“加速”或“减速”）
（3）在b过程中，磁铁开始滑动时，平板在向下做　 　（填“加速”或“减速”）

14．（8分）某同学利用“验证牛顿第二定律”的实验器材，测量滑块与长木板之间的动摩擦因数。如图甲所示，带滑轮的长木板水平放置，轻绳跨过固定在长木板末端的滑轮，端连接砂桶，另一端连接固定在滑块上的拉力传感器，穿过打点计时器的纸带与滑块尾部相连接，砂桶离地面足够高。调节滑轮的位置使轻绳与长木板平行，不计轻绳与滑轮间的摩擦。
（1）为了完成实验　 　（选填“需要”或“不需要”）将长木板右端垫高以平衡摩擦力，　 　（选填“需要”或“不需要”）使砂桶的质量远小于滑块和拉力传感器的总质量。
（2）经正确、规范的操作后，打出一条如图乙所示的纸带，每两个计数点之间还有四个计时点没有画出来，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器的频率为50Hz．由此可求得滑块的加速度a＝　 　m/s2（结果保留三位有效数字）
（3）改变砂桶的质量，进行多次实验，测出多组滑块的加速度a与相应的拉力传感器示数F，作出a﹣F图线如图（丙）所示，已知重力加速度为g＝9.8m/2，则滑块（含拉力传感器）质量为　 　kg，滑块与长木板间的动摩擦因数为　 　。

15．（8分）小宇同学骑自行车以2m/s的速度匀速直线前进，某时刻在他前面9m处以10m/s的速度同向行驶的汽车突然关闭发动机，以2m/s2的加速度减速前进。求；
（1）经过多长时间汽车停下来；
（2）经过3s时小宇和汽车的距离。
16．（9分）如图甲所示，从t＝0时刻开始，一小物块以v0＝10m/s的初速度从斜面底端冲上傾角为37°的粗糙斜面，物块沿斜面向上运动的ν﹣t图象如图乙所示，已知小物块的质量为m＝1kg，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，重力加速g＝10m/s2）求：
（1）物块与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）若在t＝1s时开始对物块施加一水平向左的恒定拉力F，可使物块沿斜面返回到底端时的速度大小与t＝0时刻的速度大小相等，则拉力F应为多大？

17．（9分）如图所示，两个直角三角形滑块底角均为53°，质量分别为m1＝22.4kg，m2＝31kg。两滑块与地面的动摩擦因数分别为μ1＝0.4，μ2＝0.3．两个滑块中间有一个圆弧形接触面光滑的轻质容器，现在容器中缓慢倒入水（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，cos53°＝06，sin53＝0.8，重力加速度g＝10m/s2）求：
（1）当容器中水的质量为3kg时，两个滑块均静止，求此时容器对两个滑块的压力
（2）再逐渐倒入水，试判断哪个滑块先开始滑动，并求出此时倒入容器中水的质量。

18．（12分）如图所示，一足够长的圆柱形管底端固定一弹射器，弹射器上有一圆柱形滑块（可视为质点），圆柱管和弹射器的总质量为m1＝1kg，滑块的质量为m2＝2kg，滑块与管内壁间的滑动摩擦力f＝20N．现将圆柱管竖直放置在水平地面上，滑块位于管底端的弹射器上。某时刻弹射器突然开启，在极短时间内将滑块向上以相对地面v0＝30m/s的速度弹离圆柱管的底端，滑块和管在运动过程中管始终保持在竖直方向。忽略弹射器的长度和空气阻力的影响，重力加速度g＝10m/s2．求
（1）弹射后，滑块相对于管上升的最大距离△s；
（2）滑块从被弹出到第一次回到管的底端所经历的时间t（管落地后立即停止运动）


2018-2019学年广东省中山市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题(本题有6小题,每小题4分,共24分,每小题给出的四个选项中只有项满足题设要求,选对得4分;不选、错选或多选得零分)
1．【分析】时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点．与时刻对应的是瞬时速度，与时间对应的是平均速度．
【解答】解：甲处表示的是时刻，乙处表示此时刻的速度，所以是瞬时速度，所以D正确。
故选：D。
【点评】时刻具有瞬时性的特点，是变化中的某一瞬间；时间间隔具有连续性的特点，与某一过程相对应．
2．【分析】质量是物体惯性大小的唯一量度。质量大的物体所具有的惯性大，质量小的物体所具有的惯性小。
由牛顿第二定律可以求出两个物体的质量。
【解答】解：由牛顿第二定律F＝ma，甲的质量：m甲=F1a1=52=2.5kg
乙的质量：m乙=F2a2=42=2kg
质量大的物体所具有的惯性大，可知甲的惯性大于乙的惯性。故A正确，BCD错误
故选：A。
【点评】该题考查对惯性的理解，要牢记质量是惯性大小的量度。
3．【分析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出刹车的加速度，根据第1s内的位移求出刹车时的初速度，结合速度时间公式求出速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再结合位移公式求出刹车后的位移。
【解答】解：设加速度大小为a
由△x＝at2 得：a=5-71m/s2=-2m/s2
根据第1s内的位移得，x1＝v0t+12at2
代入数据解得：v0＝8m/s
刹车时间为 t1=0-v0a=0-8-2s＝4s，
汽车5s时已停止运动，则汽车的位移x=v02t1=82×4m＝16m。故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，注意本题是刹车问题，汽车速度减为零后不再运动。
4．【分析】根据x﹣t图象的斜率大小分析速度大小。根据纵坐标变化量分析位移关系，来判断平均速度关系。倾斜的直线表示匀速直线运动。根据位移关系分析两车间距离如何变化。
【解答】解：A、根据位移﹣时间图象的斜率表示速度，由图象可知：乙车的速度先大于甲车的速度，再等于甲车的速度，后小于甲车的速度，因此乙车不是一直比甲车快，故A错误。
B、在t1﹣t2时间内两车通过的位移相等，都为x2﹣x1，时间相等，则甲车的平均速度等于乙车的平均速度，故B正确。
C、根据位移﹣时间图象的斜率表示速度，知甲车的速度不变，做匀速直线运动。乙车先做减速直线运动，后做加速直线运动，加速度的情况不能确定，故C错误。
D、甲、乙两车间的距离等于纵坐标x之差，可知甲、乙两车间的距离先增大后减小，故D错误。
故选：B。
【点评】本题从图线的斜率、“面积”、交点的数学意义来理解其物理意义，要注意位移﹣时间图象和速度﹣时间图象的区别。
5．【分析】人处于平衡状态，合力为零；当人拉着绳向右跨出一步后，绳子与水平方向的夹角减小，人和物仍保持静止，分别对物体和人受力分析应用平衡条件分析即可。
【解答】解：A、人处于平衡状态，合力为零保持不变，故A错误；
B、以物体为研究对象，根据平衡条件可知绳子拉力等于T＝mg不变，故B错误；
CD、物体始终处于静止状态，所以绳子对物体的拉力始终等于mg，
对人受力分析并正交分解如图：

由平衡条件得：
N+mgsinθ＝Mg
f＝mgcosθ
当人拉着绳向右跨出一步后，θ将变小：
所以：f＝mgcosθ会增大，N＝Mg﹣mgsinθ也将增大。
根据牛顿第三定律得知，人对地面的压力增大。故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】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。
6．【分析】以小球为研究对象，由牛顿第二定律可得出小球的加速度与受到的拉力之间的关系即可判断．
【解答】解：设L0为橡皮筋的原长，k为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：T1＝mg，
弹簧的伸长x1=mgk
即小球与悬挂点的距离为L1＝L0+mgk，
当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进行受力分析如图，得：

T2cosα＝mg，
T2sinα＝ma，
所以：T2=mgcosα，
弹簧的伸长：x2=T2k，
则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L2＝L0+mgk⋅cosα⋅cosα=L0+mgk=L1，
即小球在竖直方向上到悬挂点的距离不变，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题中考查二力平衡与牛顿第二定律的应用，注意整体法与隔离法的使用，同时要注意审题．
二、多项选择題（本題有6小題，在每小題给出的4个选项中有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分，共24分）
7．【分析】参考系可以任意选取，运动的物体也可以作为参考系，但不能选被研究物体本身，参考系的选择情况不同，物体的运动和静止情况也不同，这是运动和静止的相对性。当物体的形状和大小在所研究的问题中能忽略，物体可以看成质点。根据各项进行分析明确物体能否看作质点。
【解答】解：A、地面上的人看到飞机飞过，是以地面为参考系，飞机是运动的，故A错误；
B、飞行员以飞行为参考系，飞行员看到观礼台向后掠过，故B正确；
C、研究某架飞机在空中飞行的轨迹时，飞机的大小可以忽略不计，可将飞机视为质点，故C正确；
D、观看飞机表演的空翻动作时，飞机的大小和形状不能忽略，不可以看成质点。故D错误。
故选：BC。
【点评】在研究物体的运动时，都要选取参考系；我们以前总习惯于主观判断物体是运动还是静止，比如桌子是静的，行驶的汽车是动的，那是默认为地面为参照物了。
8．【分析】平衡力作用在同一物体上。由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失。弹力是发生形变的物体产生的。
【解答】解：AB、手对尺子的压力FN与尺子对手的弹力FN′分别作用在两个不同物体上，力的性质相同，不是一对平衡力，是一对作用力与反作用力。故A错误，B正确；
CD、FN是由手发生形变而产生的，而FN′是由尺子发生形变而产生的。故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要考查牛顿第三定律及其理解。理解一对作用力与反作用力与一对平衡力的区别。作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，性质相同，同时产生、同时变化、同时消失。
9．【分析】两物体均做自由落体运动，由速度公式求出速度之差与时间的关系，分析甲相对于乙做什么运动。
【解答】解：设乙运动的时间为t，则甲运动时间为t+△t，则两球的相对速度v＝g（t+△t）﹣gt＝g△t，所以甲相对乙的运动是匀速直线运动，甲乙之间距离随时间均匀增大，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
【点评】本题通过研究两球速度差来研究甲乙的相对运动，可以通过研究两球之间的距离分析甲相对于乙的运动情况。
10．【分析】先分析物体的受力情况，物体在平行于斜面方向上受推力F，重力的分力G1，摩擦力f，然后由平衡条件求物体所受的摩擦力。
【解答】解：物体在平行于斜面方向上，受平行于斜面向上的拉力F，平行于斜面向下的重力的分力G1，静摩擦力f的作用。
（1）当G1＝F时，物体不受摩擦力，所以当拉力增大时，则静摩擦力增大。
（2）当G1＞F时，这两个力的合力平行于斜面向下，则物体所受的静摩擦力f平行于斜面向上，
当拉力增大时，则静摩擦力先减小，后增大；
（3）当G1＜F时，摩擦力平行于斜面向下，随着拉力增大，则静摩擦力增大。
综上所述，故AB正确，CD错误。
故选：AB。
【点评】静摩擦力是被动力，大小与方向与物体所受的其它力有关，随其它力的变化而变化。
本题解题的关键是对物体进行受力分析，然后由平衡条件讨论摩擦力的大小与方向。
11．【分析】物体由于惯性冲上皮带后，分v2大于、等于、小于v1三种情况分析，从左端滑上传送带时，物体可以先加速，当速度等于传送带速度时匀速运动，也可以一直加速运动，也可以一直匀速运动，也可以先减速后匀速运动，还可以一直减速；从右端滑上传送带时，可以先匀减速运动到速度为0再反向加速后匀速，也可以先减速后反向匀加速，分情况进行讨论即可解题。
【解答】解：A、若物体从右端滑到左端和从左端滑到右端的过程中一直相对于传送带滑动，此时滑动摩擦力产生加速度，两者加速度相等，运动的位移相等，都做匀变速运动，所以运动的时间相等，否则不等，故A错误；
B、若v2＜v1，物体从左端滑上传送带时所受的滑动摩擦力向右，物体先做匀加速运动，当物体运动到右端时速度仍小于传送带速度时，没有匀速过程，故B错误；
C、若v2＜v1，物体从右端滑上传送带又回到右端。物体受到的摩擦力一直向右，加速度不变，即先向左匀减速，后向右匀加速，整个过程是匀变速运动，位移为零，根据速度位移公式，故末速度的大小等于初速度的大小，即返回右端时物体的速率一定为v2，故C正确；
D、若v2＞v1，物体从右端滑上传送带又返回到右端，先向左匀减速，后向右匀加速，当速度达到传送带速度v1时不再加速，而后匀速运动，则返回右端时物体的速率一定为v1，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题关键是要分成v2大于、等于、小于v1三种情况讨论，同时还要考虑传送带的实际长度是否能保证最后匀速。
12．【分析】剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对A、B、C分析受力，运用牛顿第二定律求出加速度的大小。并求出A对C的支持力大小。
【解答】解：AC、装置静止时，弹簧的弹力 F＝3mg，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得：
aAC=F+(m+2m)gm+2m=2g
即A、C的加速度均为2g，方向向下。故A错误，C正确。
B、剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，B的合力仍然为零，则B的加速度为0．故B正确。
D、对C，由牛顿第二定律得 F+2mg﹣N＝2maC，解得A对C的支持力大小 N＝mg，D错误。
故选：BC。
【点评】本题是瞬时问题，关键是先根据平衡条件求出各个力，然后根据牛顿第二定律列式求解加速度；同时要注意轻弹簧的弹力与形变量成正比，来不及突变，而轻绳的弹力是由微小形变产生的，故可以突变。
三、解答题（共6小题，满分52分）
13．【分析】（1）根据磁铁间的吸引力与最大静摩擦力的关系，分析磁铁静止不动的原因，根据平衡条件判断出左侧磁铁受到的静摩擦力方向。
（2、3）根据最大静摩擦力的变化得出支持力的变化，从而得出平板加速度的方向，确定平板是加速还是减速。
【解答】解：（1）开始时两磁铁静止不动的原因是磁铁所受的吸引力小于最大静摩擦力。
左侧磁铁受到的吸引力向右，因为磁铁处于平衡状态，则左侧的磁铁受到的静摩擦力的方向向左。
（2）在a过程中，由于支持力减小，最大静摩擦力减小，吸引力大于最大静摩擦力，磁铁会开始运动，可知平板处于失重状态，正在向上做减速运动。
（3）在b过程中，由于支持力减小，最大静摩擦力减小，当吸引力大于最大静摩擦力，磁铁会开始运动，可知平板处于失重状态，正在向下做加速运动。
故答案为：（1）磁铁所受的吸引力小于最大静摩擦力，左。（2）减速。（3）加速。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的基本运用，要知道物体加速度方向向上时，处于超重状态。加速度方向向下，处于失重状态。
14．【分析】（1）根据实验原理判断所需实验操作和注意事项；
（2）根据△x＝aT2求得加速度；
（3）根据牛顿第二定律求得摩擦因数。
【解答】解：（1）：（1）滑块受到的拉力是通过力传感器显示的，故不必保证砂和砂桶的总质量远小于滑块质量和测定砂和砂桶的质3量，由于要测量摩擦因数，故不需要平衡摩擦力；
（2）把0﹣﹣6点分成两大段，由逐差公式求加速度 a=△xT2=(11.10+13.10+15.10-5.00-7.05-9.10)×10-2(3×5×0.02)2m/s2＝2.02m/s2。
（3）根据牛顿第二定律，加速度a=F-μMgM=FM-μg，结合题目所给图象知：斜率k=1M=4.08-02.00-0.98，从而求出滑块质量M=1k=0.25kg，从横截距可求出μ=FMg=0.4。
故答案为：（1）不需要 不需要
（2）2.02
（3）0.25 0.4
【点评】本题主要考查了实验原理，利用逐差法求得加速度，利用好牛顿第二定律求得加速度。
15．【分析】（1）根据速度时间公式求出汽车速度减为零的时间。
（2）根据位移公式求出经3s汽车和人的位移，结合位移关系，即可求出汽车和人的距离。
【解答】解：（1）汽车减速到零所需时间为t1，则有：
v1=at1
得：t1=102s=5s
（2）经过3s时间汽车的位移为：
x1=v1t-12at2=21m
小宇的位移为：
x2=v0t=6m
两者距离为：
L=x1-x2+d=24m
答：（1）经过5s时间汽车停下来；
（2）经过3s时小宇和汽车的距离为24m
【点评】本题考查了运动学中的追及问题，关键抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解。
16．【分析】（1）由速度图象的斜率可求得物体上滑的加速度大小，再由牛顿第二定律即可求出物体与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）要使物块沿斜面返回到底端时的速度大小与t＝0时刻的速度大小相等，则物块下滑过程的加速度和上滑的加速度相同，分析物块的受力，根据牛顿第二定律求拉力F。
【解答】解：（1）由图象知，物块沿斜面向上运动的加速度大小为 a1=|△v|△t=101m/s2＝10m/s2；
物块沿斜面向上运动时受力如图（1）所示。

由牛顿第二定律得 mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
解得：μ＝0.5
（2）要使物块沿斜面返回到底端时的速度大小与t＝0时刻的速度大小相等，则物块下滑过程的加速度a2和上滑的加速度a1相同。
施加水平向左的拉力F后，物块的受力如图（2）所示。
根据牛顿第二定律得：
N2＝mgcos37°﹣Fsin37°
mgsin37°+Fcos37°﹣μN2＝ma2。
又 a2＝a1＝10m/s2
联立解得 F＝8N
答：
（1）物块与斜面间的动摩擦因数μ是0.5；
（2）拉力F的大小为8N。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，关键要抓住速度图象的斜率大小表示加速度。要知道物体往返两个过程中加速度大小相等。
17．【分析】（1）对容器进行受力分析，根据平衡条件求解容器对两个滑块的压力；
（2）滑块A或B刚要滑动时，根据平衡条件求解压力大小进行比较，再对容器根据平衡条件倒入容器中水的质量。
【解答】解：（1）对容器进行受力分析如图所示，
根据平衡条件可得|：2Fcosθ＝G
解得：F＝25N，
根据牛顿第三定律可得容器对两个滑块的压力为：F′＝F＝25N；
（2）滑块A刚要滑动时，根据平衡条件可得：F1sinθ＝μ1（m1g+F1cosθ）
解得：F1＝160N；
滑块B刚要滑动时，根据平衡条件可得：F2sinθ＝μ2（m2g+F2cosθ）
解得：F2＝150N；
由于F2＜F1，所以B先滑动。此时对容器根据平衡条件可得：
2F2cosθ＝G，
解得G＝180N，则倒入容器中水的质量为：m=Gg=18kg。
答：（1）当容器中水的质量为3kg时，两个滑块均静止，此时容器对两个滑块的压力为25N；
（2）再逐渐倒入水，B滑块先开始滑动，此时倒入容器中水的质量为18kg。

【点评】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。
18．【分析】（1）滑块被弹射后与圆柱管共速前，滑块做匀减速运动，管子做匀加速运动，根据牛顿第二定律求得各自的加速度，由速度时间公式求出共速时经过的时间以及共同速度。再由位移公式求出此过程中两者的位移，得到位移之差即相对位移，即为滑块相对管上升的最大距离。
（2）共速后，滑块和管一起向上做匀减速运动，由运动学公式求出上升的最大高度和运动时间。整体上升到最大高度后一起自由下落，根据运动学公式求出下落时间和落地时速度。管落地后立即停止运动，滑块由于惯性，继续向下运动，再由牛顿第二定律求出滑块运动的时间，即可求得总时间t。
【解答】解：（1）滑块被弹一与圆柱管共速前，设圆柱管和滑块的加速度大小分别为a1和a2．根据牛顿第二定律，有
对圆柱管：f﹣m1g＝m1a1．（a1方向向上）

对滑块：m2g+f＝m2a2．（a2方向向下）
共速时滑块相对圆柱管上升的距离最大，设经过时间t1后，两者以v1共速，由运动学公式，可知
v1＝a1t1
v1＝v0﹣a2t1
联立解得 t1＝1s，v1＝10m/s
圆柱管的位移 s1=v12t1=102×1m＝5m
滑块的位移 s2=v0+v12t1=30+102×1m＝20m
两者相对位移△s＝s2﹣s1＝15m
（2）共速后滑块和管一起向上做匀减速直线运动，加速度为 a＝g，方向竖直向下，上升到最高点时速度为0，设共速后滑块和管上升的高度为s3，经历时间为t2．则
0﹣v12＝﹣2gs3，0＝v1﹣gt2。
解得 s3＝5m，t2＝1s
圆柱管的底端离地面的最大高度 h＝s1+s3＝10m
滑块和圆柱管一起上升到最高点后一起做自由落体运动，设经历时间t3，管底碰到地面，落地前瞬间的速度大小为v2，则
v22＝2gh，h=12gt32
解得 t3=2s，v2＝102m/s
管落地后立即停止运动，滑块受到的滑动摩擦力方向向上，大小 f＝20N＝m2g，滑块以速度v2做匀速直线运动至管底，经历时间
t4=△sv2=342s
滑块从被弹出第一次回到管的底端所经历的时间 t＝t1+t2+t3+t4＝（2+742）s≈2.48s
答：
（1）弹射后，滑块相对于管上升的最大距离△s是15m；
（2）滑块从被弹出到第一次回到管的底端所经历的时间t是2.48s。
【点评】分析清楚滑块和管子的运动情况是解决本题的关键，要注意分析临界状态：速度相同的条件，运用牛顿第二定律和运动学公式解答。