2023-2024学年天津市和平区高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年天津市和平区高一（上）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.北京时间2023年10月3日，由陈冠锋、谢震业、严海滨和陈佳鹏组成的男子接力队，以38秒29的成绩力压日本接力队和韩国接力队，拿下亚运会男子4×100m接力项目的金牌，下列说法正确的是( )
A. 4×100m指的是位移大小
B. 38秒29指的是冲线时刻
C. 在研究运动员冲线的动作时，不能将运动员看成质点
D. 第四棒运动员陈佳鹏最后越跑越快，说明他的加速度一定越来越大
2.“天宫课堂”第四课于2023年9月21日下午开课，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在中国空间站梦天实验舱面向全国青少年进行太空科普授课。在奇妙“乒乓球”实验中，航天员朱杨柱用水袋做了一颗水球，桂海潮用白毛巾包好的球拍击球，水球被弹开。对于该实验说法正确的是( )
A. 击球过程中，水球所受弹力是由于水球发生形变产生的
B. 击球过程中，水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是一对平衡力
C. 梦天实验舱内可进行牛顿第一定律的实验验证
D. 梦天实验舱内，水球质量越大其惯性越大
3.如图所示，曲线ab分别是在平直公路上行驶汽车a和b的位移—时间图像，由图可知( )
A. t1时刻，ab两车速度相等
B. t1～t2时间段，b车一直做加速运动
C. t1～t2时间段，a车先加速运动再减速运动
D. t1～t2时间，a车的位移大于b车的位移
4.质点从O点静止释放做自由落体运动，依次经过A、B两点，若质点通过OA、AB位移所用时间之比为1：2，则下列说法正确的是( )
A. 通过A、B两点的速度大小之比为1：2
B. OA、AB长度之比为1：4
C. OA、AB段平均速度大小之比为1：4
D. OA、AB段位移中点速度大小之比为1：3
5.中国的农历新年家家户户会挂上喜庆的大红灯笼，用来增加节日喜庆的气氛。现用一根劲度系数为k的轻质弹簧和一根不可伸长的轻绳在水平天花板下悬挂一只灯笼。灯笼的质量为m，悬挂静止时弹簧、轻绳与天花板形成的△OAB为等边三角形，如图所示。(重力加速度为g，弹簧在弹性限度内)则( )
A. 灯笼的重力和所受轻绳拉力的合力方向水平向右
B. 弹簧的形变量为2 3mg3k
C. 若某时刻剪断轻绳，则此瞬间灯笼的加速度大小为 33g
D. 若仅增加灯笼的质量，悬挂静止后O点位置依然保持不变
6.流量是指单位时间内通过管道横截面的流体体积，在生活中经常需要测量流量来解决实际问题。环保人员在检查时发现一根排污管正在向外满口排出大量污水。如图所示。他测出水平管口距落点的竖直高度为h，管口的直径为d，污水落点距管口的水平距离为l，重力加速度为g。根据这些测量计算排出污水的流量为( )
A. Q=14πld2 g2hB. Q=14πld2 2hgC. Q=14πld2D. Q=14πhd2
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
7.2023年10月15日7：30，天津马拉松在天津大礼堂鸣枪开跑。此次马拉松设计了一条串联城市地标、围绕海河两岸“最有诚意”的马拉松赛道，现代都市风貌与历史文化名胜交相辉映。若某位马拉松选手一段时间内在相互垂直的x方向和y方向运动的速度—时间图像如图甲、乙所示，则这段时间内对该选手，下列说法正确的是( )
A. t=0时刻，选手的速度为0B. 选手在y方向上的加速度为1m/s2
C. 选手在做匀变速直线运动D. 选手在0～1s时间位移大小为 412m
8.如图甲所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块A连接，连接B的一段细绳与斜面平行，整个装置处于静止状态。现在B上再轻放一小物块D，整个系统仍处于静止状态，如图乙所示。则放上D之后与没放D时相比( )
A. 细绳对物块B的拉力大小一定不变B. 斜面体对物块B的摩擦力大小一定不变
C. 地面对斜面体的支持力大小一定不变D. 地面对斜面体的摩擦力大小一定不变
9.如图甲是某人站在力传感器上做下蹲−起跳动作的示意图，中间的●表示人的重心。图乙是根据传感器画出F−t图线。两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。图乙中a、c、e对应的纵坐标均为700N，取重力加速度g=10m/s2，请根据这两个图所给出的信息，判断下面说法中正确的是( )
A. 此人的质量为70kgB. 此人重心在b点时为下蹲的最低点
C. 此人重心在e点时具有向上的最大速度D. 此人重心在f点时脚刚好离开传感器
10.如图所示，水平传送带以速度v0=4m/s向右匀速传动，两物块A、B均可视为质点，与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2，物块A从传送带左端由静止释放，同时，物块B从传送右端以速度大小v0=4m/s向左滑上传送带，两物块恰好没有发生碰撞。重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. A物块与 B物块在传送带的中点位置相遇
B. A物块在传送带上的运动时间为4s
C. B物块与传送带间的“划痕”长度为16m
D. 传送带的长度为8m
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.小明同学根据图甲所示装置来做“探究物体加速度与力、质量的关系”的实验。

(1)实验中下列器材不必要的是______ 。
A.秒表
B.天平(含砝码)
C.刻度尺
(2)在实验中，为保证小车所受合力与槽码的重力相等，下列说法正确的是______ 。
A.需要把木板带有打点计时器的一侧垫高，以平衡小车受到的阻力
B.需要把与小车相连的细线调节水平
C.需要保证槽码的质量远小于小车的质量
(3)在一次实验中，小明同学得到如图乙所示的纸带。已知打点计时器所用电源频率为50Hz。计数点A、B、C、D、E间均有四个打出的点未画出，测得x1=1.10cm，x2=2.96cm，x3=4.92cm，x4=6.86cm。根据纸带可求出小车的加速度大小为______ m/s2(结果保留三位有效数字)。
(4)小明同学还做了如下实验：如图丙所示，不改变小车质量和槽码个数，撤去打点计时器及小车后面的纸带，用具有加速度测量软件的智能手机固定在小车上来测量加速度，测量的结果比用打点计时器测得的要小。这是因为______ 。
A.在小车上放置了智能手机后，没有重新平衡阻力
B.在小车上放置了智能手机后，整体的质量变大了
C.在小车上放置了智能手机后，细线的拉力变小了
12.小明同学在探究出平抛运动的竖直方向分运动特点之后，在家里设计了一个探究平抛运动水平方向分运动特点的实验装置。如图甲所示，在桌面上放置一个斜面，让钢球从斜面上滚下，滚过桌边后钢球便被抛出。在钢球抛出后经过的地方水平放置一块木板(还有一个用来调节木板高度的支架，图中未画出)，木板上放一张白纸，白纸上有复写纸，这样便能记录钢球在白纸上的落点。为了方便记录小球落点坐标，小明同学还在桌子边缘沿竖直方向设置了一个标尺(零刻度与水平桌面对齐)，在木板的边缘设置了一水平标尺(零刻度与桌面的竖直边缘对齐)。让钢球多次从斜面上滚下，不断调节木板高度，借助标尺，测量每次小球落点的坐标(x1,y1)、(x2,y2)…并记录于表中。小明同学根据记录的数据，运用图像法进行处理，得到了如图乙所示的图像(图乙中g为重力加速度)，得出了平抛运动水平方向分运动的特点。

(1)关于该实验，下列说法正确的是______ 。
A.斜面和桌面必须尽可能光滑
B.桌子边缘必须水平
C.斜面上每次释放小球的位置可以不同
D.上下调节木板时必须每次等间距移动
(2)若图乙的横纵坐标单位均为国际单位，则本实验中小球从桌边抛出时的初速度为______ m/s(结果保留2位有效数字)。
(3)由图乙可知，依据第四组数据描出的点P，明显偏离了“直线”，则造成这一偏差可能的原因是该次操作______ 。
A.小球释放的位置较“同一位置”偏高
B.小球释放的位置较“同一位置”偏低
C.水平木板的左端较桌子边缘偏右
四、简答题：本大题共3小题，共46分。
13.一质量m的物体(可视为质点)在水平推力的作用下静止在倾角为θ的固定斜面上，重力加速度为g，求：
(1)若斜面光滑，求斜面支持力FN的大小和水平推力F的大小；
(2)若斜面与物体间的动摩擦因数为μ，在水平推力的作用下物体恰好不上滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求水平推力F′的大小。
14.如图所示，一小物体自平台边缘上以v0=3.2m/s的速度水平抛出，能恰好沿倾角为θ=37°的固定斜面从顶端A点下滑，斜面放置在水平地面上，在B点与水平地面平滑连接，小物体最终停在水平地面上的C点。已知小物体与斜面及水平地面间的动摩擦因数均为μ=0.5，C点距B点的水平距离为L=2.5m，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)小物体下落到斜面顶端A点时的速度vA大小；
(2)斜面顶端高度H。
15.如图所示，在水平平台上，有一足够长的木板C，木板C的左端放有一物块B，物块B通过一绕过光滑定滑轮的轻绳与物块A相连，物块B与滑轮间的轻绳处于水平位置，物块A与物块B均可视为质点且质量相同，长木板C的质量是每个物块质量的2倍。开始时用手托住物块A，使绳刚好伸直，A、B、C均静止。已知物块B与木板C间的动摩擦因数为μ1，木板C与水平台面间的动摩擦因数为μ2，木板C的右端离定滑轮足够远，物块A离地面高度。h=5m，重力加速度g=10m/s2。
(1)若μ1=0，释放A后，木板C会静止不动，求释放物块A到物块A落地的时间t；
(2)若μ2=0，μ1足够大，释放物块A后物块B、木板C能相对静止一起滑动，求物块A落地瞬时速度v的大小；
(3)若μ1=0.4，μ2=0.1，释放物块A后物块B、木板C发生相对滑动，求从刚释放物块A到物块A落地，物块B相对木板C运动的距离s。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.位移为初位置指向末位置的有向线段，4×100m指的是路程，故A错误；
B.时刻为时间点，时间间隔为时间段，38 秒29 指的运动时间，故B错误；
C.在研究运动员冲线的动作时，运动员的形状大小不能忽略，所以不能将运动员看成质点，故C正确；
D.第四棒运动员陈佳鹏最后越跑越快，说明他的速度越来越大，加速度不一定增大，故D错误。
故选：C。
位移为初位置指向末位置的有向线段；时刻为时间点，时间间隔为时间段；物体看作质点的条件是物体的形状和大小对于所研究的问题可忽略不计；加速度为速度变化快慢的物理量。
本题主要考查了运动学的基础知识点，位移、时刻、能否看作质点的条件等，比较简单。
2.【答案】D
【解析】解：A.水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的。故A错误；
B.水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力，二者大小相等、方向相反，作用在两个物体上，故二者为作用力与反作用力。故B错误；
C.牛顿第一定律是理想的情况，并不能通过实验直接验证。故C错误；
D.梦天实验舱内，物体的惯性只与质量有关，水球的质量越大，其惯性就越大。故D正确。
故选：D。
弹力是由物体发生弹性形变产生的，发生弹性形变的物体是施力物体，弹力的方向由施力物体指向受力物体；
作用力与反作用力的特点：二者大小相等、方向相反，作用在两个物体上；
牛顿第一定律是一种理想情况。
惯性是物体的固有属性，只与质量有关，质量越大，惯性越大；
解题关键是掌握掌握弹力的产生和方向、作用力与反作用力的特点，能与平衡力区分开、惯性与质量的关系。属于基础题。
3.【答案】B
【解析】解：A、因图像的斜率等于速度，可知t1时刻，a车的速度大于b车的速度，故A错误；
B、t1～t2时间段，b车位移—时间图像的斜率一直增加，则一直做加速运动，故B正确；
C、t1～t2时间段，a车先减速运动再反向做加速运动，故C错误；
D、t1～t2时间，两车的初末位置一样，则a车的位移等于b车的位移，故D错误。
故选：B。
位移—时间图象反映位移随时间的变化规律，纵坐标的变化量Δx表示位移，图线的斜率表示速度的大小。
解决本题的关键要理解位移—时间图象的物理意义，知道图线的斜率表示速度的大小，能够通过图象得出两车的运动方向。
4.【答案】C
【解析】解：A、根据自由落体运动速度—时间公式v=gt，
质点通过OA、AB位移所用时间之比为1：2，
所以质点通过OA、OB位移所用时间之比为1：3，
可得通过A、B两点速度大小之比为
vAvB=gΔt1gΔt2=11+2=13
故A错误；
B、由自由落体运动位移—时间关系h=12gt2可得，OA、AB长度之比为
hOAhAB=12gt212g(3t)2−12gt2=18
故B错误；
C、由平均速度公式v−=xt，可得OA、AB段内平均速度大小之比为
vOA−vAB−=hOAtOAhABtAB=14
故C正确；
D、自由落体运动是匀变速直线运动，故OA、AB段位移中点速度大小之比等于OA、AB段平均速度大小之比，即OA、AB段位移中点速度大小之比为1：4，故D错误。
故选：C。
根据匀变速直线运动速度—时间公式求解速度之比；根据位移—时间公式求解长度之比；根据平均速度公式求解平均速度之比；根据速度变化量公式求解速度变化量之比。
本题考查匀变速直线运动规律，掌握匀变速直线运动规律并能够熟练应用是解题关键。
5.【答案】C
【解析】解：A、由于灯笼处于平衡状态，根据三力平衡的特点，可知灯笼的重力和所受轻绳拉力的合力方向与弹簧弹力方向相反，即沿AO方向向下，故A错误；
B、根据平衡条件，绳上拉力等于弹簧的弹力，大小为F=12mgcs30∘，解得：F= 33mg
根据F=kx可求得弹簧的形变量为x= 3mg3k，故B错误；
C、若某时刻剪断轻绳，则此瞬间弹簧弹力和重力不变，则合力与绳上拉力大小相等，方向相反，为F合= 3mg3
根据牛顿第二定律可知F合=ma，解得灯笼的加速度大小为a= 33g，故C正确；
D、若仅增加灯笼的质量，则绳上拉力和弹簧弹力都会变大，弹簧伸长量变大，弹簧变长，所以悬挂静止后O点位置会发生变化，故D错误。
故选：C。
根据灯笼受力平衡分析灯笼的重力和所受轻绳拉力的合力方向；根据受力平衡求出弹簧的形变量；若某时刻剪断轻绳，则此瞬间弹簧弹力和重力不变，则合力与绳上拉力大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律求出灯笼的加速度大小；根据受力平衡分析若仅增加灯笼的质量，悬挂静止后O点位置是否会发生变化。
本题主要考查了受力平衡和牛顿第二定律的应用，难度适中。
6.【答案】A
【解析】解：污水从管口排出做平抛运动，设水流速度为v，根据平抛运动规律得
水平方向有：l=vt
竖直方向有：h=12gt2
解得：v=l g2h
排出污水的流量为：Q=SvΔtΔt=Sv=14πd2l g2h，故A正确，BCD错误。
故选：A。
污水从管口排出做平抛运动，根据分位移公式求出水流的速度，结合流量的计算公式即可完成解答。
本题主要考查平抛运动的相关应用，要理解并掌握平抛运动在不同方向上的运动特点和规律，结合运动学公式即可完成分析。
7.【答案】BD
【解析】解：A.t=0时刻，选手的x方向速度为−2m/s，y方向速度为2m/s，根据速度的合成与分解可知，选手的速度大小为v= 22+22m/s=2 2m/s，故A错误；
B.从图乙可知图线的斜率表示在y方向上的加速度，为ay=ΔvyΔt=3−21m/s2=1m/s2，故B正确；
C.由图可知，选手在x方向做匀速直线运动，在y方向上做匀变速直线运动，根据运动的合成与分解可知合运动为匀变速曲线运动，故C错误；
D.选手在0～1s时间x方向位移大小为x=vt=2×1m=2m
在y方向上的位移大小为y=2+32×1m=2.5m
选手的位移大小为s= x2+y2= 22+2.52m= 412m，故D正确。
故选：BD。
分别根据图中信息判断x方向和y方向的分加速度、分速度和分位移，再判断运动的特点；根据平行四边形定则求解合加速度和位移。
本题主要考查运动的合成与分解，要注意速度、加速度、位移都是矢量，需运用平行四边形定则进行合成求解。
8.【答案】AD
【解析】A.细绳对物块B的拉力总等于物块A的重力，即T=mAg，故A正确；
B.没放D时，假设B受斜面的摩擦力沿斜面向上，则
T+f=mBgsinθ
放上D时
T+f′=(mB+mD)gsinθ
可知摩擦力大小一定变化，故B错误；
C.对BC整体，竖直方向
FN+Tsinθ=Mg
加上D后整体的重力变大，则地面对斜面体的支持力大小一定变大，故C错误；
D.对BC整体，水平方向
f地B=Tcsθ
摩擦力大小一定不变，故D正确。
故选：AD。
题干中涉及多个研究对象时，应选定整体法与隔离法。研究外力时选择整体法；研究内力时选择隔离法。首先，动滑轮属于活结问题，结点两端拉力大小相等，故拉力T=mAg；分析B与C之间摩擦力时，属于内力，因此隔离B，对B进行受力分析，比较拉力T及重力在斜面上的分力大小，进而分类讨论BC间静摩擦力的大小与方向；分析地面与C之间的摩擦力时，属于外力，应考虑研究BCD整体，则所受摩擦力依旧等于拉力在水平方向上的分力，故地面与C之间的摩擦不变。
本题在解题时涉及到多个研究对象，应根据问题选择合适的研究对象，研究外力时选择整体，研究内力时选择隔离某个对象。除此之外，静摩擦力的大小要根据受力平衡去解，不能上来就默认方向向上或向下。
9.【答案】ACD
【解析】解：A、此人在a位置静止时对传感器的压力为700N，根据FN=mg可知人的质量为70kg，故A正确；
B、此人从a到c为失重，具有竖直向下的加速度，且重心在b点时为失重最大，则在b点向下的加速度最大，此时向下的速度不为零，则不是下蹲的最低点，故B错误；
C、此人从c到e为超重，具有竖直向上的加速度，人先向下减速后向上加速，则重心在e点时加速度为零，此时具有向上的最大速度，故C正确；
D、此人重心在f点时，人对传感器的压力为0，说明此时刚好脱离传感器，故D正确。
故选：ACD。
首先根据F−t图得出人的重力大小，然后通过对比重心在b点人所受到的支持力与重力的大小，从而判断人所处的状态；根据F−t图分析重心在不同点时人的受力情况并结合牛顿第二定律分析重心在某一位置时人的加速度大小；通过分析f点时人对传感器是否有作用力来判断人是否离开传感器。
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判断。
10.【答案】BC
【解析】A.A先向右做匀加速直线运动，速度达到v0后，再向右做匀速直线运动，B先向左做匀减速直线运动，速度减小为0后，再向右做匀加速直线运动，由于两物块恰好没有发生碰撞，可知，当A速度加速至v0后向右做匀速直线运动过程中，B速度向右匀加速至v0时，两者恰好相遇，根据B运动的对称性可知，A物块与B物块相遇位置在B的出发点，即在传送带的右端，故A错误；
D.根据牛顿第二定律两者加速度大小均为
a=μmgm
a=2m/s2
相遇时，A在匀加速的运动过程，根据速度与位移的关系式有
v02=2ax1
解得x1=4m
此过程经历时间
t1=v0a
解得t1=2s
B做双向匀变速直线运动，根据对称性，B向左匀减速的时间与向右匀加速的时间相等，均等于t1，则A端的位移
x2=v0t1
x2=8m
结合上述可知，传送带的长度为
L=x1+x2
解得L=12m，故D错误；
B.结合上述，A物块在传送带上的运动时间为
t=2t1=2×2s=4s，故B正确；
C.根据上述可知，B始终相对于传送带向左运动，B做双向匀变速直线运动，根据对称性，在时间4s内，B的位移为0，则B相对于传送带的位移大小等于传送带在4s内的位移，即有
x相=v0×2t1=4×2×2m=16m
即B物块与传送带间的“划痕”长度为16m，故C正确。
故选：BC。
根据AB的运动情况进行分析，然后确定A物块与B物块在传送带上相遇的位置；根据牛顿第二定律解得加速度，结合运动学公式可计算运动时间及“划痕”长度；根据速度与位移的关系式计算传送带的长度。
本题考查了能量守恒定律和牛顿第二定律的综合运用，理清物块在传送带上的运动规律，知道物块划痕的计算方法，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。
11.【答案】A AC 1.93 B
【解析】解：(1)“探究物体加速度与力、质量的关系”的实验不需要秒表，用打点计时器记录运动时间，需要用天平测量小车质量，用刻度尺测量运动的位移求加速度，故A正确，BC错误。
故选：A。
(2)A.为保证小车所受合力与槽码的重力相等，应平衡摩擦力，使绳上拉力等于小车的合力，故A正确；
B.细线应与木板平行，保证绳的量拉力与小车速度同向，故B错误；
C.应使槽码的质量远小于小车的质量，使槽码的重力等于绳的拉力，故C正确。
故选：AC。
(3)相邻计数点间的时间间隔为T=5f=550s=0.1s
根据逐差法，加速度为a=(x3−x1)+(x4−x2)4T2
代入数据解得加速度a=1.93m/s2
(4)A.平衡摩擦力后，根据平衡条件有mgsinθ=μmgcsθ
化简得μ=tanθ
由此可知，木板的倾角与小车质量无关；
在小车上放置了智能手机后，相当于小车的质量增大，上式仍成立，不用重新平衡摩擦力，故A错误；
B.在小车上放置了智能手机后，整体的质量变大了，不改变小车质量和槽码个数，则整体合力不变；
对槽码、小车和手机的整体，根据牛顿第二定律mg=(M+m)a
化简得a=mgM+m
M增大，a减小，故B正确；
C.对槽码有mg−F=ma
a减小，则绳上拉力F增大，故C错误。
故选：B。
故答案为：(1)A；(2)AC；(3)1.93；(4)B。
(1)根据实验原理分析所需的器材；
(2)根据实验原理、正确操作步骤和注意事项分析作答；
(3)根据逐差法求加速度；
(4)A.根据平衡摩擦力的原理和方法分析作答；
B.以槽码、小车和手机的整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析作答；
C.以槽码为研究对象，根据牛顿第二定律分析作答。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟练掌握牛顿第二定律的运用。
12.【答案】B 1.4 BC
【解析】解：(1)A.小球从斜面滑下后在水平面运动，从水平桌面边缘水平抛出，不需要斜面和桌面光滑，故A错误；
B.小球从桌子边缘抛出要做平抛运动，所以桌子边缘必须水平，B故正确；
C.要使每次从桌子边缘抛出的初速度相同，必须保证小球每次均从斜面上的同一位置静止释放，故C错误；
D.上下调节木板时不一定每次移动的距离相等，故D错误。
故选：B。
(2)小球离开平台后做平抛运动规律，水平方向左匀速运动x=v0t
竖直方向做自由落体运动y=12gt2
代入数据整理可得x= 2v0 yg
x− yg图像的斜率为k=0.61−00.3−0m/s≈2.03m/s
结合x− yg函数可得，图像斜率k= 2v0
代入数据解得v0≈1.4m/s
(3)点P，相对于直线上同一个竖直高度的点而言，水平位移x偏小；可能是抛出时的初速度较小，即释放小球的位置较“同一位置”偏低，也可能是水平木板的左端较桌子边缘偏右，使得水平位移的测量值偏小。
故选：BC。
故答案为：(1)B；(2)1.4；(3)BC。
(1)根据实验原理、正确的实验操作步骤分析作答；
(2)根据平抛运动的规律求解x− yg函数，结合x− yg图像斜率的含义求初速度；
(3)根据x− yg图像分析图像的斜率变化，再结合x− yg函数斜率的含义分析可能的原因。
本题考查了探究平抛运动规律的实验，要理解实验的原理，掌握实验正确的操作步骤；根据平抛运动规律求解x− yg函数是解题的关键。
13.【答案】解：(1)若斜面光滑，物体处于平衡状态，受力分析，如图1

图1
根据平衡条件，结合几何关系，可知F=mgtanθ，FN=mgcsθ
(2)若斜面不光滑且恰好不上滑，则摩擦力为最大静摩擦力，方向沿斜面向下，物体受力分析，如图2

图2
根据平衡关系，有
Fcsθ=f+mgsinθ，FN=Fsinθ+mgcsθ
f=μFN
解得
F=mgsinθ+μmgcsθcsθ−μsinθ
答：(1)若斜面光滑，斜面支持力FN的大小为mgcsθ，水平推力F的大小为mgtanθ；
(2)若斜面与物体间的动摩擦因数为μ，在水平推力的作用下物体恰好不上滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则水平推力F′的大小为mgsinθ+μmgcsθcsθ−μsinθ。
【解析】(1)若斜面光滑，根据受力平衡求出斜面支持力FN的大小和水平推力F的大小；
(2)若斜面不光滑且恰好不上滑，根据受力平衡求出水平推力F′的大小。
本题是简单的力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，根据平衡条件列式求解，特别注意用数学知识来确定，难度不大。
14.【答案】(1)小物体抛出后能恰好沿斜面从顶端A点下滑，则在A点速度沿斜面向下，根据运动的合成与分解，有
v0=vAcs37
解得vA=4m/s
(2)小物体从A点到C点，根据动能定理，有
mgH−μmgcsθ⋅Hsinθ−μmgL=0−12mvA2
解得H=1.35m
答：(1)小物体下落到斜面顶端A点时的速度vA大小为4m/s；
(2)斜面顶端高度H为1.35m。
【解析】(1)根据运动的合成与分解，求小物体在端A点时的速度vA大小；
(2)根据动能定理，求斜面顶端高度H。
本题考查了平抛运动和斜面的组合，解题关键分析小物体的运动情况，运动的合成与分解结合动能定理解得。
15.【答案】(1)若μ1=0，设ABC的质量分别为m、m、2m；释放A后，木板C会静止不动，根据牛顿第二定律对AB的整体
mg=2ma1
h=12a1t2
解得t= 2s
(2)若 μ2=0，μ1足够大，释放物块A后，物块B、木板C能相对静止一起滑动，根据牛顿第二定律
mg=4ma2
物块A落地瞬时速度的大小
v= 2a2h
解得v=5m/s
(3)若μ1=0.4，μ2=0.1，释放物块A后物块B、木板C发生相对滑动，此时对木板C
μ1mg−μ2⋅3mg=2ma3
解得a3=0.5m/s2
对AB的整体
mg−μ1mg=2ma4
解得a4=3m/s2
从刚释放物块A到物块A落地的时间
t′= 2ha4= 2×53s= 103s
此时木板C的位移
x=12a3t′2=12×0.5×103m=56m
物块B 相对木板C运动的距离
s=h−x
解得s=256m
答：(1)释放物块A到物块A落地的时间t为 2s；
(2)物块A落地瞬时速度v的大小为5m/s；
(3)从刚释放物块A到物块A落地，物块B相对木板C运动的距离s为256m。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求物块A落地的时间t；
(2)根据速度—位移关系式求解速度；
(2)根据牛顿第二定律和位移—时间公式求出从刚释放重物A到物块B相对长木板运动的距离。
解决本题的关键是能够正确地受力分析，采用整体隔离法运用牛顿第二定律结合运动学公式进行处理，难度适中。