2023-2024学年江苏省南通市海安市实验中学高一（上）学期期末模拟预测物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南通市海安市实验中学高一（上）学期期末模拟预测物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列给出的四个表达式中，g表示重力加速度，单位是m/s2；h表示高度，单位是m；x表示位移，单位是m；v表示速度，单位是m/s。下列表达式中，单位是s的有
( )
A. 2ghB. 2h2gC. xvD. vx
2.火车以v0=8m/s的速度匀速行驶，突然前方遇紧急情况关闭发动机做匀减速直线运动，当火车前进了70m时，速度减为v1=6m/s，则再经过70s火车又前进的距离为( )
A. 80mB. 90mC. 120mD. 160m
3.如图所示，甲、乙、丙、丁分别代表四辆车从同一地点同时出发的位移图像和速度图像，则下列说法正确的是( )
A. 甲车做匀加速运动，乙车做匀速运动
B. 0∼t1内，甲车在任一时刻的瞬时速度都不可能等于乙车的速度
C. 在t2时刻丁车与丙车正好相遇
D. v−t图像的“面积”表示位移采用了微元法
4.如图所示，光滑挡板OP、OQ相互垂直，OP竖直放置，小球A、B固定在轻杆的两端．现用水平力F将B向左缓慢推动一小段距离，则此过程中( )
A. 轻杆对A的弹力变大B. 挡板OP对A作用力变大
C. 水平力F变小D. 挡板OQ对B支持力变小
5.如图所示，置于水平地面上质量分别为m1和m2的两物体甲、乙用劲度系数为k的轻弹簧连接，在物体甲上施加水平恒力F，稳定后甲、乙两物体一起做匀加速直线运动，对两物体间弹簧的形变量，下列说法正确的是( )
A. 若地面光滑，则弹簧的形变量等于Fk
B. 若地面光滑，则弹簧的形变量等于m1F(m1+m2)k
C. 若物体甲、乙与地面间的动摩擦因数均为μ，则弹簧的形变量等于μm2gk
D. 若物体甲、乙与地面间的动摩擦因数均为μ，则弹簧的形变量等于m2F(m1+m2)k
6.用两根细线系住一小球悬挂于小车顶部，小车在水平面上做直线运动，球相对车静止。细线与水平方向的夹角分别为α和β(α>β)，设左边细线对小球的拉力大小为T1，右边细线对小球的拉力大小为T2，重力加速度为g，下列说法正确的是
( )
A. 若T1=0，则小车可能在向右加速运动B. 若T2=0，则小车可能在向左减速运动
C. 若T1=0，则小车加速度大小为gtanβD. 若T2=0，则小车加速度大小为gsinα
7.如图所示，小球从斜面的顶端以不同的初速度沿水平方向抛出，落在倾角一定、足够长的斜面上。不计空气阻力，下列说法正确的是
( )
A. 小球落到斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比
B. 小球运动到距离斜面最远处所用的时间与初速度的大小无关
C. 当用一束平行光垂直照射斜面，小球在斜面上的投影做匀速运动
D. 初速度越大，小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角越大
8.质量为m的小球由轻绳a、b分别系于一轻质木架上的A点和C点，如图所示，当轻杆绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，将绳b烧断的同时轻杆停止转动，则( )
A. 小球将在竖直平面内做匀速圆周运动
B. 小球将在水平面内做匀速圆周运动
C. 若角速度ω较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动
D. 在绳b被烧断的前后，绳a中张力大小不变
9.如图所示，水平圆盘上有两个相同的小木块a和b，a和b用轻绳相连，轻绳恰好伸直且无拉力。OO′为转轴，a与转轴的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘间的动摩擦因数均为μ，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，下列说法正确的是( )
A. a木块所受摩擦力不可能为零
B. a木块所受摩擦力逐渐变大
C. 角速度达到 2μgl时，a、b两木块开始相对圆盘滑动
D. 角速度达到 μgl时，轻绳上开始产生拉力
10.一木块沿一与水平面夹角为α的表面粗糙的传送带运动，其v−t图像如图所示，已知传送带以速率v0逆时针转动，传送带足够长，木块与传送带间的动摩擦因数为μ。则下列说法正确的是( )
A. v−t图像描述的是木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上的运动
B. 从v−t图像可知木块的初速度大于v ​0
C. 从v−t图像可知木块与传送带间的动摩擦因数μ>tan α
D. 从v−t图像可以得出木块运动过程中的速度一定有等于v ​0的时刻
11.内壁光滑的圆筒竖直固定，圆筒半径为R，圆筒圆心的正上方悬挂一轻绳，轻绳下悬挂一质量为m的小球，轻绳长度为L=2R，重力加速度为g，现使小球在水平面内做圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. 轻绳的拉力随小球角速度的增大而增大
B. 轻绳受到的最大拉力为2mg
C. 当小球的角速度等于 g3R，此时轻绳的拉力大小为2 3mg3
D. 当小球的角速度等于 2g3R，此时侧壁对小球的弹力小于23mg
二、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.(1)某同学设计了一个探究小车的加速度a与小车所受拉力F关系的实验，图甲为实验装置简图。他想用钩码的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为下列说法正确的是
( )
A.实验时要平衡摩擦力
B.实验时不需要平衡摩擦力
C.钩码的重力要远小于小车的总重力
D.实验进行时应先释放小车再接通电源
(2)如图乙所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E是计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，距离如图所示。则打C点时小车速度的表达式为__________；该同学计算小车加速度的表达式为_______________。
13.某物理兴趣小组做“探究平抛运动的特点”的实验时，分成两组。
(1)其中一个实验小组使用平抛竖落仪，如图甲所示，用小锤打击弹性金属片，金属片把A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落。A、B两球同时开始运动，多次改变小球距离地面的高度和打击的力度，发现A、B两球均同时落地，下列说法错误的是____。(单选)
A.用小锤打击金属片前，要使A、B两个小球在同一水平面上
B.多次改变打击的力度是为了改变平抛运动的时间
C.多次改变小球距离地面的高度是为了改变平抛运动的时间
D.用耳朵“听”来判断两球落地时刻的先后，比用眼睛“看”要敏锐得多
(2)另一个实验小组的同学让小球做平抛运动，用频闪照相机对准方格背景照相，拍摄到如图乙所示的照片，已知小方格的边长L，重力加速度为g。由图可知，频闪的时间间隔T=____，小球平抛的初速度v0=____，平抛到c点的时间为t=____。
三、计算题：本大题共4小题，共42分。
14.如图所示，在光滑的水平桌面上有一光滑小孔0，一根轻绳穿过小孔，一端连接质量为m=1kg的小球A，另一端连接质量为M=4kg的重物B.求：
(1)当A球沿半径为 R=0.1m的圆做匀速圆周运动，其角速度为ω=10rad/s时，B对地面的压力是多少?
(2)要使B物体对地面恰好无压力，A球的角速度应为多大？(g=10m/s2)
15.一辆货车以v1=25m/s的速度匀速行驶在平直公路上，货车的前方有一辆出租车以v2=15m/s的速度同向行驶，当货车司机发现两车相距x0=20m时，货车司机经t0=0.2s的思考时间后，立即紧急制动开始做匀减速直线运动，加速度大小为2.5m/s2。
(1)若货车经历了t1=2s的刹车时间，求此时两车间的距离；
(2)试判断两车是否会相撞；
(3)若货车刹车t1=2s时，出租车发现险情，立即以2.5m/s2的加速度加速，求这种情况下两车间的最小距离。
16.如图所示，一水平平台AB高h=3m，平台左侧有半径R=0.5m的圆弧形轨道与平台相切，且A恰好为圆轨道最低点。质量为m=2kg的滑块，从圆轨道上某处以一定的初速度滑下，经过圆轨道的最低点A时的速度为vA=5m/s，已知滑块能看成质点，滑块和平台之间的动摩擦因数μ=0.1，平台AB长l=2m，取g=10m/s2，求：
(1)滑块通过圆弧上A点时对轨道的压力；
(2)滑块到达平台末端B点时的速度大小；
(3)滑块离开平台落至水平面时的落点与B点的水平距离。
17.某次班级活动中，进行桌面推木棒游戏，要求用力F水平推木棒，使木棒能在桌面上移动距离最远，且又不能从桌面掉落，假设木棒与桌面的动摩擦因数恒为μ=0.6，推力F=8N，木棒质量m=1kg，木棒长L=0.2m，桌面长s=1.5m，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)推力作用时，木棒的加速度；
(2)推力作用下木棒移动1m后，撤去外力F，木棒在桌面上运动的总时间；
(3)第(2)问中木块运动的总距离，判断木块是否从桌面掉落。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查单位的推导。
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、光强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
【解答】
将各物理量统一到国际单位，代入公式进行运算，
A. 2gh的单位推导为 m/s2m=1s，故A错误；
B. 2h2g的单位推导为 m×mm/s2=s m，故B错误；
C.xv的单位推导为mm/s=s，故C正确；
D.vx的单位推导为m/sm=1s，故D错误。
2.【答案】B
【解析】解：在火车前进70m的过程中
由运动学公式：v12−v02=2ax
得：a=−0.2m/s2
火车从6m/s到停止所需时间t=v1a=60.2s=30s<70s
所以70s内的位移与30s内的位移相等
则x=v1t+12at2=90m
故选：B。
先根据题中已知条件求解火车匀减速直线运动的加速度，再判断火车到停止所用的时间并运用运动学公式即可求得，注意题中的干扰信息．
本题考查匀变速直线运动规律的综合运用，注意物体在给的时间段内会提前停止，计算的时候一定要使用有效的数据，运用运动学公式即可求解．
3.【答案】D
【解析】【分析】
(1)在位移−时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图线切线的斜率表示速度，图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间；
(2)在速度−时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀变速直线运动，图线的斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移。
本题关键要掌握两种图象斜率的意义，要能根据形状判断物体的运动性质，读出有用信息，注意位移−时间图象和速度−时间图象的区别。
【解答】
A.x−t图像中，斜率表示速度，甲做减速直线运动，乙做匀速直线运动，故A错误；
B.x−t图像中，斜率表示速度，由图可知开始时甲的斜率大于乙的斜率，t1时刻时甲的斜率小于乙的斜率，即甲的速度先大于乙的速度后来小于乙的速度，所以在0−t1时间内甲车在某一时刻的瞬时速度可能等于乙车的速度，故B错误；
C.速度−时间图象的面积表示位移，丙、丁两车在t2时刻速度相同，从图中的图线下方面积不等，可得此时两车不相遇，故C错误；
D.速度−时间图象的面积表示位移运用了微元法，故D正确。
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查整体法与隔离法在平衡问题中的应用，解题的关键是明确研究对象，受力分析，由平衡条件列式即可求解。
【解答】
AB.对A受力分析，则A受到竖直向下的重力GA，PO给A的水平向右的弹力F1，沿杆斜向上的弹力F2，由平衡条件可得：设杆与竖直方向的夹角为θ，则有：F2csθ=GA，F1GA=tanθ，故当B向左运动时，θ角变小，则F2减小，F1减小。故A错误、B错误。
CD.对整体受力分析，整体在水平方向上受到OP产生的向右的弹力F1，水平力F。在竖直方向上受到重力G和OQ的支持力F3，由受力平衡可得：F=F1，G=F3，故水平力F逐渐减小，挡板OQ对B的支持力不变。
5.【答案】D
【解析】解：AB.若地面光滑，对甲、乙两物体，有
F=(m1+m2)a
对物体乙有
kΔx=m2a
可解得
Δx=m2F(m1+m2)k，故AB错误；
CD.若地面粗糙，由题可知，对甲、乙两物体做加速运动，有
F−μ(m1+m2)g=(m1+m2)a
对物体乙有 kΔx−μm2g=m2a
可解得Δx=m2F(m1+m2)k，故C错误，D正确。
故选：D。
先用整体法求得加速度，再以乙为研究对象，对其受力分析利用牛顿第二定律求得弹簧的拉力，由胡克定律求出弹簧的形变量。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
6.【答案】A
【解析】【分析】
小球和小车具有相同的加速度，隔离对小球分析，根据牛顿第二定律求出小球的加速度，由加速度分析运动。
通过对小球的受力分析得出加速度的大小和方向，再根据加速度判断物体的运动情况。
【解答】
AC.若T1=0，小球受T2和重力，合力水平向右，加速度水平向右，则小车可能在向右加速运动，也可能向左减速运动；由牛顿第二定律：mgtanβ=ma，得a=gtanβ，故A正确，C错误；
BD.若T2=0，小球受T1和重力，合力水平向左，加速度水平向左，则小车可能在向右减速运动，也可能向左加速运动；由牛顿第二定律：mgtanα=ma，得a=gtanα，故B、D错误。
故选A。
7.【答案】A
【解析】A.设斜面倾角为θ，由tanθ=yx=12gt2v0t得t=2v0tanθg
小球落在斜面上竖直分速度为：vy=gt=2v0tanθ
根据平行四边形定则，可知落在斜面上的速度：v=v0 1+4tan2θ，可知小球落到斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比，故A正确；
C.将速度和重力加速度分解成平行与垂直斜面方向，平行斜面方向运动是匀加速直线运动，而垂直斜面方向先匀减速直线运动，后匀加速直线运动，可知小球在斜面上的投影加速运动，故C错误。
B.当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远；将速度分解成平行与垂直斜面方向，垂直斜面方向先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；当小球的速度方向与斜面平行时，即垂直斜面方向的分速度等于0，设斜面的倾角为θ，则时间：t=v0sinθgcsθ，所用的时间与初速度的大小有关，故B错误；
D.因为平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，小球落在斜面上位移的方向相同，则速度方向相同，故D错误。
故选A。
考查平抛运动的内容，掌握矢量的合成法则，理解离斜面最远时，垂直斜面方向的速度为零，此时速度方向与斜面平行。
8.【答案】C
【解析】解：ABC、小球原来在水平面内做匀速圆周运动，绳b被烧断后，若角速度ω较小，小球原来的速度较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动，若角速度ω较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动，故AB错误，C 正确；
D、绳b烧断前，小球竖直方向的合力为零，即：Fa=mg，绳b被烧断的同时木架停止转动，小球在竖直面内做圆周运动，且：Fa′−mg=mv2L，所以Fa′>Fa，故D错误。
故选：C。
绳b被烧断后，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或圆周运动，绳b被烧断前，a绳中张力等于重力，在绳b被烧断瞬间，a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳b的张力将大于重力；若角速度ω较小，小球原来的速度较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动，若角速度ω较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动。
本题关键分析清楚绳子b烧断前后小球的运动情况和受力情况，利用牛顿第二定律列式分析即可，难度适中。
9.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了圆盘上物体的圆周运动问题，分析的关键是知道向心力的来源，及绳子上开始有力和物体相对滑动时的临界条件。
根据向心力的来源分析摩擦力的变化和大小关系；根据临界条件计算相对圆盘滑动时的角速度。
【解答】
AB.开始时，两木块各自所受的摩擦力提供向心力，则fa=mlω2，fb=m2lω2，此过程中两木块的摩擦力随角速度增大均增大，
当b摩擦力达到最大时，绳子上开始出现拉力的作用，此时b摩擦力达到最大保持不变，
此时fa+T=mlω2，fbm+T=m2lω2，可知2fa=fbm−T，可知a木块的摩擦力减小到0后反向，故AB错误；
C.当a摩擦力达到最大时，两木块开始相对圆盘滑动，则此时T−fam=mlω2，fbm+T=m2lω2，联立解得ω= 2μgl时，开始相对圆盘滑动，故C正确；
D.当b摩擦力达到最大时，绳子上开始出现拉力的作用，μmg=m2lω2，得到ω= μg2l，所以角速度达到 μg2l时，轻绳上开始产生拉力，D错误。
故选C。
10.【答案】D
【解析】【分析】
从v−t图象可知木块先做加速度较大的加速运动，后做加速度较小的加速运动，则知木块所受摩擦力先沿传送带向下，后沿传送带向上，据木块运动情况及受力情况分析即可。
本题主要考查v−t图象、牛顿第二定律的应用。
【解答】
从v−t图象可知木块先做加速度较大的加速运动，后做加速度较小的加速运动，则知木块所受摩擦力先沿传送带向下，后沿传送带向上，可知v−t图象描述的是木块以一定的初速度从传送带的顶端开始向下的运动，当木块与传送带速度相同时，加速度大小改变，所以木块的初速度小于v0，木块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻，因木块先做加速度较大的加速运动，后做加速度较小的加速运动，则可知mgsinα>μmgcsα，即木块与传送带间的动摩擦因数μ故选D。
11.【答案】D
【解析】【分析】
该题考查圆周运动相关知识。分析好物理情景，灵活应用公式是解决本题的关键。
求出恰好沿桶壁做圆周运动角速度，分析好小球受力，灵活应用牛顿第二定律分析解题即可。
【解答】
根据题意，设小球的角速度为ω时，恰好沿桶壁做圆周运动，此时，细绳与竖直方向的夹角为θ，则有sinθ=RL=12，则θ=30∘
对小球受力分析，受细绳拉力和本身重力，竖直方向上，由平衡条件有Fcs30∘=mg
水平方向上，由牛顿第二定律有Fsin30∘=mω2R
解得F=mgcsθ=2 33mg，ω= g 3R
AB.当角速度ω≤ g 3R时，随小球角速度增大θ增大，绳子的拉力增大，当ω> g 3R时，随小球角速度增大θ不变，绳子的拉力不变，即当ω= g 3R时，θ最大，此时绳子的拉力最大为Fm=2 33mg，故AB错误；
C.当小球的角速度ω= g3R< g 3R时，小球受绳子的拉力和重力两个力的作用，设轻绳与竖直方向的夹角为α，则有Tsinα=mω2Lsinα
可得T=mω2L，代入数据解得T=23mg，故C错误；
D.当小球的角速度ω= 2g3R> g 3R时，小球受绳子的拉力、重力和桶壁的支持力三个力的作用，由牛顿第二定律有Fmsin30∘+FN=mω2R
可得FN=23mg− 33mg<23mg，故D正确。
故选D。
12.【答案】(1)AC；(2)L3−L12T；L4−2L24T2。
【解析】解：(1)根据实验原理我们知道，为了让砝码的重力更加接近为小车的合外力，本实验中需要平衡摩擦力和让砝码重力远远小于小车重力，实验时先接通电源后释放小车。
故选：AC。
(2)C点的瞬时速度等于BD的平均速度，即为：vC=L3−L12T
求加速度，使用逐差法，得：a=xCE−xAC4T2=L4−2L24T2
故答案为：(1)AC；(2)L3−L12T；L4−2L24T2。
(1)该实验装置于验证牛顿第二定律的实验装置相同，为了让砝码的重力更加接近为小车的合外力，本实验中需要平衡摩擦力和让砝码重力远远小于小车重力。
(2)根据匀变速直线运动的规律和△x=aT2可求物体的速度和加速度。
在该实验中有两个认为，1、认为绳子的拉力等于小车的合力，所以实验时需平衡摩擦力，2、认为砝码的重力等于绳子的拉力，所以要求砝码的重力远小于小车的重力。
13.【答案】(1)B；(2) Lg；2 gL；52 Lg。
【解析】解：(1)AD.两小球在同一水平面上时，小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开自由下落，耳朵听到一个落地的声音，说明两球同时落地，可知平抛运动在竖直方向上做自由落体运动；由于小球下落的高度不大，落地先后的微小差别，人眼无法分辨，而人耳能较为敏锐的分别分辨出撞击声的先后，故AD正确；
BC.实验时改变装置的高度是为了改变平抛运动的时间，控制小锤打击力度来改变平抛初速度，多次实验，可以验证平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，从而体现分运动的独立性，故B错误，C正确。
本题选择错误的选项。
故选：B。
(2)由于各点迹的水平位移相等，因此各个点迹之间的时间间隔相等，设为T
平抛运动竖直方向为自由落体运动，相邻时间间隔的位移差Δy=2L−L=L
根据匀变速运动的推论Δy=gT2
解得T= Lg
平抛运动水平方向的分运动为匀速直线运动2L=v0T
解得水平初速度v0=2LT=2 gL
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得vcy=ybd2T=5L2T
设抛出点运动到C点的时间为t，根据自由落体运动规律vcy=gt
代入数据解得t=52 Lg。
故答案为：(1)B；(2) Lg；2 gL；52 Lg。
(1)根据实验原理和实验注意事项判断；
(2)根据平抛运动的水平分运动为匀速直线运动，竖直方向上的分运动为自由落体运动，运用位移差公式求频闪间隔，根据x=v0T求解初速度。
解决本题的关键掌握“研究平抛运动”实验的注意事项，以及知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，灵活运用运动学公式求解。
14.【答案】解：(1)对小球A来说，小球受到的重力和支持力平衡．因此绳子的拉力提供向心力，则：FT=mRω2=1×0.1×102N=10N
对物体B来说，物体受到三个力的作用：重力Mg、绳子的拉力FT、地面的支持力FN，由力的平衡条件可得：FT+FN=Mg
故F N=Mg−FT
将FT=10N代入可得：FN=(4×10−10)N=30N
由牛顿第三定律可知，B对地面的压力为30 N，方向竖直向下。
(2)当B对地面恰好无压力时，有：Mg=FT′，
拉力FT′提供小球A所需向心力，则：FT′=mRω′2
则有：ω′= MgmR= 4×101×0.1rad/s=20rad/s
即：当B对地面恰好无压力时，A小球的角速度值应为20rad/s．
答：(1)当A球沿半径为R=0.1m的圆做匀速圆周运动，其角速度为ω=10rad/s时，B对地面的压力是30N，方向竖直向下；
(2)要使B物体对地面恰好无压力，A球的角速度应为20rad/s。
【解析】(1)对A，绳子的拉力提供A所需的向心力，根据向心力公式F=mω2r，求出绳子上拉力。B受到重力、支持力和拉力，根据B处于平衡状态，求出地面给B的支持力，根据牛顿第三定律可知物体B对地面的压力；
(2)B物体处于将要离开而尚未离开地面的临界状态时地面给它的支持力为零，由此可以求出绳子上拉力。然后以A为研究对象，根据向心力公式T=mω2r可以求出A球的角速度的大小。
解决本题的关键知道绳子的拉力提供A做圆周运动的向心力，结合B受力分析列出受力平衡方程进行求解，注意研究对象的灵活选择。
15.【答案】解：(1)货车经历了2s的刹车时间，货车的位移
x货=v1t0+v1t1−12at12
这段时间内出租车的位移
x出=v2(t0+t1)
此时两车间的距离
Δx=x0+x出−x货
解得
Δx=3m
(2)假设两车不会相撞，则两车的速度相等时，两车的距离最小
这段时间内货车的位移
x1=v1t0+v22−v122a
这段时间内出租车的位移
x2=v2(t0+v1−v2a)
由于x1>x2+x1则两车会相撞
(3)设货车刹车时间为，两车的速度相等，则
v1−a(t−t0)=v2+a(t−t1)
这段时间内货车的位移
x′1=v1t0+v1(t−t0)−12a(t−t0)2
这段时间内出租车的位移
x2′=v2(t0+t1)+v2(t−t0+t1)−12a(t−t0+t1)2
此时两车间的距离
Δx′=x0+x2′−x1′
解得
Δx′=0.5m。
【解析】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。
追及相遇问题：(i)一定能追上；速度相等时两者距离最大；(ii)有可能追上，在两者速度相等时：①没有追上，此时距离最小；②刚好追上，只能相遇1次或恰好相遇；③超过，相遇2次或在此之前已经发生相撞。从时间、位移、速度三个角度列式求解。
16.【答案】解：(1)设滑块在A点受到的轨道支持力为FN，由牛顿第二定律得
FN−mg=mvA2R
解得FN=120N
由牛顿第三定律知滑块通过圆弧上A点时对轨道的压力大小为
FN′=FN=120N，方向竖直向下
(2)滑块在平台上运动时，根据牛顿第二定律得
μmg=ma
解得a=1m/s2
滑块在平台上做匀减速运动，有vB2−vA2=−2al
解得vB= 21m/s；
(3)滑块离开平台后做平抛运动，设滑块落至水平面时的落点与B点的水平距离为x，运动时间为t。则
x=vBt，h=12gt2
解得x=3 355m。
【解析】本题涉及到三个运动过程，分析清楚物体的运动过程，把握每个过程的物理规律是正确解题的前提与关键。对于平抛运动，要熟练运用运动的分解法研究。
(1)滑块通过圆弧上A点时，由轨道的支持力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，从而得到滑块对轨道的压力；
(2)滑块在平台上运动时，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度−位移公式求滑块到达平台末端B点时的速度大小；
(3)滑块离开平台后做平抛运动，根据下落的高度求出平抛运动的时间，再求滑块落至水平面时的落点与B点的水平距离。
17.【答案】解：(1)由牛顿第二定律F−μmg=ma1 得a1=2m/s 2
(2)推力作用下木棒移动位移x1=1m时，木棒运动的时间由x1=12a1t12
解得t1=1s
此时物体的速度为 v=a1t1=2m/s
撒去外力后木棒的加速度为a2=μg=6m/s2
木棒还能运动的时间 t2=va 2=13s
所以运动的总时间为 t=t1+t2=43s
(3)由上可知木棒运动的总距离： x=x1+v22a2=43m
木棒最多不能超过半根露出桌面边缘，即在桌面上最多只能移动1.4m，而x<1.4m，故没有从桌面掉落。

【解析】(1)推力作用时，对木棒根据牛顿第二定律求解加速度大小；
(2)根据位移时间关系求解力作用1m时木棒运动的时间，根据速度−时间关系求解木棒的速度；根据牛顿第二定律求解撤去外力后木棒的加速度，再求出木棒还能运动的时间即可；
(3)从第(2)问中求出木块运动的总距离，判断木块是否从桌面掉落。
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。