2023-2024学年安徽省宿州市灵璧县第二中学高一（上）段考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省宿州市灵璧县第二中学高一（上）段考物理试卷（含解析），共17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.第19届亚洲运动会在中国杭州举行。下列叙述中正确的是( )
A. 广播通知100m决赛检录于9：00开始，此处9：00指的是时间
B. 100m决赛中，一名运动员发现自己在“后退”，他是以大地为参考系
C. 400m决赛的冠军，他全程的平均速度大小一定最大
D. 研究短跑运动员终点撞线的具体情形时不可将运动员看成质点
2.图甲为风洞实验的示意图，风洞足够长，一仓鼠(可视为质点)在A点发现右侧到A点距离d=2m的B点的美食后，从A点以大小v0=2m/s的初速度向右爬行，在水平向左的风力作用下，从仓鼠在A点出发开始计时，仓鼠的加速度a随时间t变化的规律如图乙所示(以向左为正方向)下列说法正确的是( )
A. 仓鼠可以到达B点B. 仓鼠向右运动的最远距离为1.5m
C. t=3s时仓鼠的速度为2m/sD. t=4s时仓鼠的位置在A点左侧4m处
3.互成角度的两个共点力，有关它们的合力与分力关系的下列说法中，正确的是( )
A. 合力的大小一定大于小的分力、小于大的分力
B. 合力的大小可能大于小的分力，也可能小于小的分力，也可能等于小的分力
C. 合力的大小随分力夹角的增大而增大
D. 合力的大小一定大于任意一个分力
4.如图所示，甲、乙、丙二个实心小铁球，用细线悬挂在水平横杆上，其中甲、乙两球离地高度均为2h，丙球离地高度为h，现同时剪断甲、乙两球上方的细线，空气阻力不计，则( )
A. 乙球比甲球先落地B. 乙球落地时的速度大小是丙球的 2倍
C. 乙球在空中运动的时间是丙球的2倍D. 乙、丙球之间的细线对两球有拉力
5.如图甲质量为m=2kg的物块挂在弹簧秤的下端，在弹簧秤的拉力作用下沿竖直方向从静止开始做直线运动。取竖直向上为正方向，物块的加速度随时间的变化关系如图乙所示，弹簧秤始终在弹性限度内。重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 0∼6s内物块弹簧秤的示数先增大后减小
B. 2s∼6s内物块先失重后超重
C. 4s末物块开始向下运动
D. 物块在2s末和6s末速度等大反向
6.如图甲在光滑水平面上叠放着A，B两物体。现对A施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得A的加速度a随拉力F变化的关系如图乙。重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是 ( )
A. A的质量是1kgB. B的质量是2.5kg
C. A，B之间的动摩擦因数是0.45D. A，B之间的动摩擦因数是0.75
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
7.如图所示，关于两个斜面实验，下列分析正确的是( )
A. 伽利略利用图甲进行实验，球从左边斜面滚上右侧同样的高度是理想的，现实不存在的
B. 伽利略利用图乙中的斜面进行实验，得出下落的小球位移与时间成正比
C. 伽利略利用图甲中的斜面进行实验，得出物体的运动不需要力来维持；利用图乙中的斜面进行实验，最后推导得出自由落体运动的规律
D. 伽利略利用图甲乙中的斜面进行实验，证明了亚里士多德的观点是正确的
8.图甲中轻杆OA的A端固定在竖直墙壁上，另一端O光滑，一端固定在竖直墙壁B点的细线跨过O端系一质量为m的重物，OB水平；图乙中轻杆O′A′可绕A′点自由转动，另一端O′光滑；一端固定在竖直墙壁B′点的细线跨过O′端系一质量也为m的重物。已知图甲中∠BOA=30∘，以下说法正确的是
( )
A. 图甲轻杆中弹力大小为 2mg
B. 图乙轻杆中弹力大小为 2mg
C. 图甲中轻杆中弹力与细线OB中拉力的合力方向一定沿竖直方向
D. 图乙中∠B′O′A′不可能等于30∘
9.长江索道被誉为“万里长江第一条空中走廊”。索道简化示意图如图所示，索道倾角为30°，质量为m的车厢通过悬臂固定悬挂在承载索上，在牵引索的牵引下一起斜向上运动，车厢内有一质量为m0的货物。若测试运行过程中悬臂和车厢始终处于竖直方向，缆车开始以加速度a1=10m/s2沿索道向上加速，最后以加速度a2=10m/s2沿索道向上减速，货物与车厢始终相对静止，重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是
( )
A. 向上加速阶段和向上减速阶段车厢对货物的摩擦力之比为1∶1
B. 向上加速阶段和向上减速阶段车厢对货物的支持力之比为2∶1
C. 向上加速阶段和向上减速阶段悬臂对车厢的作用力之比为 3:1
D. 向上加速阶段和向上减速阶段悬臂对车厢的作用力之比为3∶1
10.如图所示，有一固定在水平地面上的光滑半球，半球球心为O点，半球半径为R，一质量为m的小球A置于球面上，OA连线与水平方向夹角为60∘，小球A通过一轻绳跨过光滑定滑轮P、Q与一劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧另一端系在质量为M的物体B上，弹簧处于竖直状态，且小球A、物体B与弹簧均处在同一竖直平面内，已知PO=2R，PA=32R，重力加速度为g，则( )
A. 小球A受到绳的拉力为13mg
B. 轻质弹簧的伸长量3mgk
C. 小球A受到光滑半球的支持力为12mg
D. 若此时物体B刚要离开地面，则小球A与物体B的质量比mM=43
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
11.某实验小组用铁架台、毫米刻度尺以及若干质量均为m的钩码组成如图的装置，用来探究弹簧(下端带挂钩，自重不能忽略)弹力的大小与伸长量之间的关系。重力加速度大小为g。
(1)将弹簧的一端固定在铁架台上，让弹簧自然下垂，用刻度尺测得弹簧的长度为L0，由于弹簧的自重不能忽略，L0______(填“大于”、“小于”或“等于”)弹簧的原长。
(2)在弹簧下端挂上n个钩码，测得钩码保持静止时弹簧的长度为L，此时弹簧增加的弹力大小F=_______(用n、m、g表示)。
(3)弹簧的劲度系数k=_______(用L0、L、n、m、g表示)。
12.在探究“质量一定时，物体的加速度a与所受合力F的关系”的实验时，所需实验器材及安装示意图如图所示：
(1)为了近似地认为，砂和砂桶的重力等于小车受到的合外力F，首先要用木块将长木板的右侧垫高来平衡摩擦力。在左侧________(选填“悬挂”或“不悬挂”)砂桶的情况下，给小车一初速度，通过观察小车经过两个光电门的时间来判断是否正确完成了该操作。
(2)在改变砂子质量时，需确保小车(含遮光片)的质量________砂和砂桶的质量。
A.略小于 B.远大于 C.略大于 D.远小于
(3)该同学在砂和砂桶的质量不变的情况下，多次改变小车静止释放点到光电门2的距离x，记录小车通过光电门2的时间t，利用所测数据作出x−1t2图像，求得其斜率为k，已知遮光片宽度为d，则小车的加速度为________
A.2kd B．kd C．kd2 D．d22k
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.一辆货车在城市道路上匀速行驶，发现前方有障碍物后，货车制动做匀减速直线运动，已知货车制动时的加速度大小恒为a=5m/s2.
(1)若该路段限速60km/h，从开始制动到停止运动，货车向前运动了40m，请通过计算分析该货车是否超速；
(2)货车以54km/h速度行驶，驾驶员发现前方29m处有障碍物，驾驶员的反应时间为t0=0.6s，问货车能否及时停下避免撞到障碍物。若可以停下说明理由，若不能停下来，求货车撞到障碍物速度是多少。
14.如图一传送带与地面夹角θ=37∘，从A到B长度达到L=44m，传送带以v0=10m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为m=0.5kg的物块，它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5。已知sin37∘=0.6,g=10m/s2，求：
(1)物块与传送带共速时，传送带的位移大小；
(2)物块从A到B的时间。
15.在学术界，风洞被喻为“飞行器的摇篮”，流传着“有什么样的风洞，才能有什么样的飞机、飞船、火箭、导弹”的说法。风洞可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力。如图甲所示为风洞里模拟实验的示意图，一直细杆倾斜放置，一个质量m=2kg的小球穿在细杆上，风对小球的作用力竖直向上、大小恒定不变，细杆与水平面的夹角为θ=37°，小球与细杆间的动摩擦因数为μ=0.5。从t=0时刻开始，小球在杆的中点A获得沿杆向上的初速度，其v−t图像如图乙所示。(sin37°=0.6,cs37°=0.8)。求：
(1)小球的加速度和风力F的大小：
(2)若t=2s时关闭风洞撤去风力，小球从计时开始向上运动的最大距离。
(3)若t=2s时小球到达B点，此时关闭风洞撤去风力，撤去风力后小球通过距B点4m位置的时刻。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.广播通知100m决赛检录于9:00开始，此处9:00指的是时刻，故A错误；
B.100m决赛中，一名运动员发现自己在“后退”，他是以前边比他运动快的运动员为参考系的，故B错误；
C.在400m比赛中，运动员的轨迹是曲线，位移的大小是0，所有运动员的平均速度为0，故C错误；
D.研究短跑运动员终点撞线时不能忽略运动员的形状，不能将运动员看成质点，故D正确。
故选D。
本题主要考查时间、时刻、参考系、平均速度，质点等概念，熟悉基本知识是解决本题的关键。
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要是考查匀变速直线运动的计算，解答本题的关键是掌握a−t图象的物理意义，弄清楚仓鼠的运动情况，结合运动学公式进行解答。
仓鼠开始做匀减速运动，类似刹车问题，求出仓鼠向右运动的最大位移，然后判断；
从图乙得到仓鼠运动的加速度，根据匀变速直线运动的位移时间关系式、速度与时间关系式求解
【解答】
AB.设仓鼠向右做匀减速直线运动到速度为零的时间为t0，根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得v0−a1t0=0，其中 a1=1m/s2，解得t0=2s>t1=1s；
所以1s后仓鼠向右的速度v1=v0−a1t1=1m/s，位移x1=v0+v12t1=1.5m；
设仓鼠1s后向右做匀减速直线运动到速度为零的时间为t2，根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得v1−a2t2=0，其中 a2=2m/s2，解得t2=0.5s<3s−1s=2s；
即仓鼠再经过0.5s速度为0，位移x2=v12t2=0.25m；
则仓鼠向右运动的最远距离为x=x1+x2=1.75m∼3s内仓鼠向左做匀加速直线运动，仓鼠在这段时间内向左运动速度为
v3=a2(t3−t1−t2)=3m/s，故C错误；
∼3s内仓鼠向左做匀加速直线运动，仓鼠在这段时间内向左运动位移为x3=v32(t3−t1−t2)=2.25m；
3s∼4s内仓鼠向左做匀加速直线运动，加速度a3=1m/s，仓鼠在这段时间内向左运动位移为x4=v3(t4−t3)+12a3(t4−t3)2=3.5m；
则仓鼠的位置在A点左侧：△x=(x3+x4)−x=4m，故D正确。
3.【答案】B
【解析】【分析】
力是矢量，求两力的合力时要用平行四边形定则；根据几何关系及分力间的夹角可得出合力和分力可能的关系。
本题考查合力和分力的关系。合力与分力的大小关系取决于它们的力的平行四边形，一定要考虑可能出现的情况找出可能的结果。
【解答】
ABD.两个分力F1与F2，当它们方向相同时，合力最大，为F1+F2，当它们方向相反时，它们的合力最小，为F1−F2，据此可以看出合力可以大于任何一个分力，也可以小于任何一个分力，故AD错误，B正确；
C.依据力的平行四边形定则，则合力的大小随两分力夹角的增大而减小，故C错误。
4.【答案】B
【解析】【分析】本题主要考查自由落体运动规律的应用。同时剪断甲、乙两球上方的细线，甲、 乙、丙三个小球都做自由落体运动，根据自由落体运动的规律列式即可求解。
【解答】A.空气阻力不计，三个小球都做自由落体运动，甲、乙两球高度相同，由位移时间关系2h=12gt2，可知两球同时落地，故A错误；
B.由位移速度公式v2=2gh，可得丙球落地时的速度大小为v1= 2gh，
乙球落地时的速度大小为v2= 2×2gh，可知乙球落地时的速度大小是丙球的 2倍，故B正确；
C.由位移时间公式h−12gt2，可得丙球在空中运动的时间为t1= 2hg，
乙球在空中运动的时间为t2= 2×2hg，乙球在空中运动的时间是丙球的 2倍，故C错误；
D.三个小球均处于完全失重状态，乙、丙球之间的细线对两球没有拉力，故 D错误。
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查超重失重、a−t图像。竖直方向加速度向上时，是超重；竖直方向加速度向下时，是失重。a−t图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量。
【解答】
AB、由题意可知，在0∼4s，由牛顿第二定律得F−mg=ma，F=mg+ma，a先增大后减小，弹簧秤的示数F先增大后减小，加速度向上，物块处于超重状态；在4s∼6s，加速度反向，mg−F=ma，F=mg−ma，视重F小于实际重力mg，物块处于失重状态，故A正确，B错误；
CD、a−t图像中图线下的“面积”为速度的变化量，设2s末速度为v2，v2=Δv2=(1+2)×22m/s=3m/s，2s∼4s物块竖直向上做加速度逐渐减小的变加速直线运动，4s时物块速度最大vm=Δv4=(1+2)×22m/s+12×(4−2)×2m/s=5m/s，4s∼6s，物块向上做加速度向下逐渐增大的变减速直线运动，速度变化量为Δv46=−12×(6−4)×2m/s=−2m/s，6s时物块的速度v6=Δv4+Δv46=3m/s，速度方向沿正方向，物块在2s末和6s末速度等大同向；故CD错误。
故选A。
6.【答案】B
【解析】【分析】根据a−F图像确定物体的运动情况，当F小于12N时，两物体保持相对静止，当F增大至12N时，A、B之间刚好发生相对运动，再结合牛顿第二定律求解。
【解答】CD.根据图像可知，当拉力F较小时，加速度较小，A、B能够保持相对静止，当F增大至12N时，A、B之间刚好发生相对运动，则有
μmBg=mBa1
解得
g
故CD错误；
AB.在A、B之间刚好发生相对运动时，加速度为3m/s2，对A有
F1−μmBg=mAa1
在拉力等于15N时，A、B已经发生相对运动，此时对A有
F2−μmBg=mAa2
解得
mA=1.5kg
mB=2.5kg
故A错误，B正确。
故选B。
7.【答案】AC
【解析】A.斜面不可能没有摩擦，故伽利略利用图甲的U型槽进行实验，球从左边斜面滚上右侧也是理想的，现实不存在的，A正确；
B.伽利略利用图乙中的斜面进行实验，得出下落的小球位移与时间的平方成正比，故B错误；
C.伽利略利用图甲中的斜面进行实验，得出物体的运动不需要力；利用图乙中的斜面进行实验，最后推导得出自由落体运动的规律，故C正确；
D.伽利略利用图甲乙中的斜面进行实验，推翻了亚里士多德为代表的“力是维持物体运动”的原因的观点，故D错误。
故选AC。
本题根据伽利略对自由落体运动研究的历史过程，即可解答。
本题考查学生对伽利略对自由落体运动研究的历史过程的掌握，比较基础。
8.【答案】AC
【解析】解：A、图甲轻杆OA为“定杆”，其O端光滑，可以视为活结，细线中两侧拉力大小相等，都等于mg，由力的平衡条件可知，图甲轻杆中弹力为
F甲=2mgcs45°= 2mg，故A正确；
BD、图乙中轻杆可绕A′点自由转动，为“动杆”，另一端O′光滑，可以视为活结，O′两侧细线中拉力相等，“动杆”中弹力方向沿“动杆”方向，“动杆”O′A′中弹力大小等于′两侧细线中拉力的合力F大小，两细线夹角不确定，轻杆中弹力无法确定，∠B′O′A′可能等于30°，故BD错误；
C、根据共点力平衡条件，图甲中轻杆弹力与细线OB中拉力的合力方向一定竖直向上，故C正确。
故选：AC。
对O点受力分析，受m的拉力(等于G)、轻杆对O点的弹力和绳AO的拉力，根据共点力平衡条件并结合合成法列式求解即可。跨过光滑定滑轮的轻绳上张力大小处处相等，滑轮对绳子的作用力应该是两滑轮两侧细绳拉力的合力，根据平衡条件和平行四边形定则求解。
本题是简单的三力平衡问题，正确分析受力情况，是解题的关键，明确两幅图中杆的区别，注意杆的弹力可以沿着杆，也也可以与杆不平行。
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查的是货物加速和减速阶段受力分析沿货物运动方向应用牛顿第二定律。
【解答】AB.对货物加速和减速时受力分析如下
加速时，根据牛顿第二定律
f1=m0a1cs300
FN1−m0g=m0a1sin300
减速时，根据牛顿第二定律
f2=m0a2cs30∘
m0g−FN2=m0a2sin30∘
联立可得
f1:f2=1:1
FN1:FN2=3:1
故A正确，B错误;
CD.对车厢和货物整体进行受力分析，分别画出向上加速阶段和向上减速阶段的矢量图如图所示
根据几何关系得
F1= 3(m+m0)g F2=(m+m0)g
向上加速阶段和向上减速阶段悬臂对车厢的作用力之比为
F1:F2= 3:1
故C正确， D错误。
10.【答案】CD
【解析】【分析】
本题考查相似三角形法求解静态平衡问题，常规题目。
对小球A受力分析，根据力的三角形和几何三角形相似得出小球A受到的支持力和拉力。再结合胡克定律得出弹簧的伸长量；由于物体B刚要离开地面，所以kx=Mg，进而求解质量之比。
【解答】ABC、对小球A受力分析，由于力的三角形与三角形OAP相似，
可得mgOP=FNOA=FTAP①
解得小球A受到光滑半球的支持力：FN=12mg，小球A受到绳的拉力FT=34mg②
即弹簧弹力FT=kx=34mg③
解得轻质弹簧的伸长量：x=3mg4k④，故AB错误C正确
D、若此时物体B刚要离开地面，所以kx=Mg⑤
联立③、⑤式解得mM=43，故D正确
11.【答案】(1)大于；(2)nmg；(3)nmgL−L0；
【解析】(1)[1]由于弹簧的自重不能忽略，弹簧自然下垂时，弹簧的长度大于原长，L0大于弹簧的原长；
(2)[2]弹簧增加的弹力大小等于增加的钩码的总重力，即
F=nmg
(3)[3]根据胡克定律可得
F=nmg=kL−L0
所以
k=nmgL−L0
12.【答案】(1)不悬挂；(2)B；(3)D。
【解析】【分析】
本题主要考查探究“质量一定时，物体的加速度a与所受合力F的关系”的实验，明确实验原理和注意事项是解决问题的关键。
(1)根据实验原理和注意事项分析求解；
(2)对小车以及砂和砂桶整体由牛顿第二定律列式，对小车由牛顿第二定律列式，联立得到绳子拉力的表达式，由此分析求解；
(3)根据一段极短时间内的瞬时速度等于平均速度求得小车通过光电门2的速度大小，由速度位移关系式整理得到x与1t2的关系式，结合x−1t2 图像的斜率求解小车的加速度。
【解答】
(1)平衡摩擦力时，应不悬挂砂桶，用木块将长木板的右侧垫高来平衡摩擦力，使小车受到的摩擦力与重力的下滑分力平衡；
(2)本实验认为小车受到的合外力等于砂和砂桶的重力，设小车质量为M，砂和砂桶的质量为m，
对整体根据牛顿第二定律 mg=(M+m)a，对小车有T=Ma，整理得 T=mg1+mM，
当小车的质量远大于砂和砂桶总质量时，可认为细绳对小车的作用力等于砂和砂桶的总重力，故B正确，ACD错误；
(3)由于遮光片宽度较小，用通过光电门的平均速度代替瞬时速度，即小车通过光电门2的速度 v=dt，
则根据速度与位移关系可知 (dt)2=2ax，则 x=d22a·1t2
则 x−1t2 图像的斜率 k=d22a，则小车的加速度为a=d22k，故D正确，ABC错误。
13.【答案】(1)超速；(2)撞到障碍物时速度 5m/s
【解析】(1)汽车刹车后做匀减速直线运动，设汽车行驶的初速度为v0，则
0−v02=−2as
代入数据解得
v0=20m/s=72km/h
由于
72km/h>60km/h
因此该货车超速了。
(2)当货车以v=54km/h=15m/s行驶时，在驾驶员反应阶段
x1=vt0
制动阶段
0−v2=−2ax2
总位移
x=x1+x2 =31.5m>29m
因此会撞到障碍物。撞到时速度满足
−2a(x0−x1)=v2−v02
得
v=5m/s
14.【答案】(1)10m；(2)4s
【解析】(1)煤块刚放在传送带上时，对煤块，由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcsθ=ma1
代入数据解得
a1 =10m/s2
煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间
t1=v0a1 =1s
传送带的位移为
x1=v0t1=10 m
(2)煤块的位移为
x2=12v0t1=5 m<44m
由于 μmgcsθmgsinθ−μmgcsθ=ma2
代入数据解得
a2 =2m/s2
设煤块在经过时间 t2 到达B，则
L−x1=v0t2+12a2t22
代入数据解得
t2 =3s
煤块从A到B的运动时间为
t=t1+t2=1s+3s=4s
15.【答案】解：(1)由v−t图象可知，小球的初速度为：v0=6m/s，加速度为：a1=ΔvΔt=6−00−(−3)m/s2=2m/s2，方向沿杆向上。
对小球受力分析，由牛顿第二定律得：
(F−mg)sinθ−μ(F−mg)csθ=ma1
代入数据解得：F=40N
(2)2s末小球速度：v1=v0+a1t=6m/s+2×2m/s=10m/s
0～2s内小球的位移大小：x1=v0t+12a1t2=6×2m+12×2×22m=16m
2s后，对小球，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcsθ=ma2
代入数据解得：a2=10m/s2
2s后沿斜细杆向上运动的最大位移大小：x2=v122a2
代入数据解得：x2=5m
故小球从计时开始向上运动的最大距离为：x=x1+x2=16m+5m=21m
(3)撤去风力后，小球先沿杆向上匀减速运动，速度减为零之后，再沿杆向下以相同的加速度做匀加速运动，加速度大小均为a1。
结合(2)的解析可知，小球沿杆向上运动到离B最远距离为5m，设x3=4m，以沿杆向上为正方向。
①若距B点4m位置在B点的上方，设所求时刻为t1，则有：x3=v1(t1−t)−12a2(t1−t)2
代入数据得：4=10×(t1−2)−12×10×(t1−2)2
解得：t1=15− 55s(此时刻速度沿杆向上经过)，和t1=15+ 55s(此时刻速度沿杆向下经过)；
②若距B点4m位置在B点的下方，设所求时刻为t2，则有：−x3=v1(t1−t)−12a2(t1−t)2
代入数据得：−4=10×(t2−2)−12×10×(t2−2)2
解得：t2=15+3 55s，或t2=15−3 55s(此时刻小于t1，不合理舍去)
故小球通过距B点4m位置的时刻分别为15− 55s、15+ 55s和15+3 55s。
答：(1)小球的加速度大小为2m/s2，方向沿杆向上；风力F的大小为40N；
(2)小球从计时开始向上运动的最大距离为21m；
(3)若t=2s时小球到达B点，此时关闭风洞撤去风力，撤去风力后小球通过距B点4m位置的时刻为15− 55s、15+ 55s和15+3 55s。
【解析】(1)根据v−t图象的斜率表示加速度，求出小球的加速度。对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律求解风力F的大小；
(2)根据v−t图象读出小球的初速度，由速度—时间公式求t=2s时小球的速度，由位移—时间公式求出此过程中小球运动的位移。关闭风洞撤去风力后，根据牛顿第二定律求出小球上滑的加速度大小，由速度—位移公式，求解小球上滑的最大位移，从而求得小球从计时开始向上运动的最大距离。
(3)关闭风洞撤去风力后小球先沿杆向上匀加速运动，速度减为零之后，再沿杆向下以相同的加速度做匀加速运动，以距B点4m位置在B点的上方和下方分情况解答，由位移—时间公式解答。
本题考查牛顿第二定律的综合应用，牛顿定律和运动学公式是解决力学的基本方法，关键在于分析物体的受力情况和运动情况，当物体受力较多时，往往采用正交分解法求加速度。本题第(3)问为多过程问题，要分情况讨论求解，考虑全面不要漏解。