2023-2024学年山东省青岛市即墨区第一中学高二（下）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省青岛市即墨区第一中学高二（下）期末考试物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共8小题，共24分。
1.如图，某中学为了加强学生的体育锻炼和团队合作，举行了篮球对抗赛。关于篮球对抗赛中相关物理知识的描述，下列说法正确的是( )
A. 甲学生依靠强壮的身体背打乙学生时，甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力
B. 某学生接到队友传球时，手对球的弹力是由于球发生形变产生的
C. 某学生接球后跳起投篮，其上升到最高点时处于平衡状态
D. 某学生在跳球时屈腿起跳瞬间，脚尚未离开地面，此时该学生所受的合力不为零
2.“中国环流三号”是我国自主设计研制的可控核聚变大科学装置，由于可控核聚变能源产生能量的原理与太阳发光发热的原理一样，它也被称为新一代“人造太阳”。其聚变核反应方程式为 12H+13H→24He+X，下列说法正确的是( )
A. 聚变核反应方程式中的X粒子是质子
B. 氘核的比结合能比氦核的比结合能小
C. 氘核与氚核的距离达到10−10m以内才能发生核聚变
D. 轻核聚变过程中因发生质量亏损，所以质量数不守恒
3.如图，我国古代将墨条研磨成墨汁时，讲究“圆、缓、匀”。当墨条的速度方向水平向右时，砚台始终静止在水平桌面上。下列说法正确的是( )
A. 砚台对墨条的摩擦力水平向右
B. 桌面对砚台的摩擦力水平向左
C. 桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对作用力与反作用力
D. 桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
4.图像能形象地表示物理规律，直观地描述物理过程，是常用的一种数学物理方法。如图为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像，x、v、a、t分别表示物体的位移、速度、加速度和时间。下列说法正确的是( )
A. 根据甲图可求出物体的加速度大小为4m/s2
B. 根据乙图可求出物体的加速度大小为1m/s2
C. 根据丙图可求出物体在2s时的速度大小为6m/s
D. 根据丁图可求出物体的加速度大小为10m/s2
5.如图，在同一竖直平面内，小球A、B上系有轻质刚性细线a、b、c、d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧光滑的定滑轮与物块P相连，c跨过右侧光滑的定滑轮与物块Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度使系统达到静止状态。已知小球A、B和物块P、Q质量均为100g，细线c、d平行且均与水平方向夹角θ=30°，重力加速度取10m/s2。则细线a、b的拉力分别为( )
A. 2N，1NB. 2N，0.5NC. 1N，1ND. 1N，0.5N
6.如图为某学校学生体育课练习“击鼓颠球”场景，鼓身周围对称系着多根相同的轻绳，10名学生围成一圈各握两根轻绳，通过手中的轻绳来控制鼓的运动，使鼓能和竖直下落的球发生碰撞。若活动过程中保持鼓面始终水平，球与鼓面接触时控制鼓不动，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 球离开鼓面后，在空中先处于超重状态后处于失重状态
B. 球下落时从接触鼓面到最低点过程中，速度一直减小
C. 球下落时从接触鼓面到最低点过程中，加速度先减小后增大
D. 球接触鼓面到最低点时，速度和加速度均为零
7.某学校发明创造小组对研制好的无人机进行试飞研究。当无人机悬停在距地面H=100m处时，由于操作不当，无人机突然失去全部升力，开始竖直坠落，3s后使其马上恢复F=40N的升力且保持不变。运动过程中无人机所受的空气阻力大小恒为4N，无人机的质量m=2kg，重力加速度g=10m/s2，则恢复升力4s后无人机距地面的高度为( )
A. 24mB. 36mC. 44mD. 56m
8.中医针灸是世界非物质文化遗产，是针法和灸法的合称。如图甲，针法是把毫针按一定穴位刺入患者体内，运用捻转与提插等针刺手法来治疗疾病。如图乙，某次选用毫针长度约为25mm，直径0.3mm，针尖部分的截面可以看作是高为2mm的等腰三角形，医生用0.03N的力垂直皮肤下压该针进行治疗。不计针的重力，已知当某个角很小时正切值近似等于正弦值，下列说法正确的是( )
A. 若该针尖停止进入，则此时与针尖接触位置的肌肉组织所受弹力大小均不相同
B. 针尖进入肌肉组织的过程中，肌肉所受的弹力大小约为0.4N
C. 针尖进入肌肉组织的过程中，肌肉所受的弹力大小约为0.2N
D. 若针尖形状如图丙，则针尖缓慢进入身体时某固定位置肌肉所受弹力越来越小
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图，用轻绳在天花板上悬挂一物体，在水平力F作用下，物体保持静止且轻绳与竖直方向夹角为θ。若保持物体位置不变，将F由水平方向逆时针缓慢转至竖直方向，下列说法正确的是( )
A. 绳子拉力一直增大
B. 水平拉力F一直增大
C. 水平拉力F先减小后增大
D. 若物体质量为M，则开始时F=Mgtanθ
10.医学上可以用放射性同位素作为示踪剂注射到人体，然后定时检测其放射强度以研究病人的病情。已知钠的放射性同位素 1124Na经过一次衰变后产生稳定的镁( 1224Mg)。 1124Na的半衰期为15ℎ，将一个放射强度为每秒2.4×104次的 1124Na溶液样本注射到某病人血液中，45ℎ后从该病人体内抽取6mL的血液，测得其放射强度为每秒5次。下列说法正确的是( )
A. 该衰变过程为β衰变B. 1124Na进入到血液后半衰期变短
C. 45ℎ后样本放射强度变为原来的18D. 该病人体内血液的总体积约为4.8L
11.如图甲，质量M=2kg的足够长木板静止在粗糙水平地面上，木板左端放置一质量m=1kg的小物块。t=0时刻对小物块施加一水平向右的拉力F，拉力F的大小随时间t的变化关系如图乙所示，4s末撤去拉力。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.6，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
A. t=1s时物块受到的摩擦力大小为6N
B. 2∼4s内物块相对木板滑行的位移大小为9m
C. t=5.2s时物块与木板的速度大小均为6.8m/s
D. t=12s时木板在水平面上停止运动
12.如图甲，一水平浅色传送带上放置一煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2。初始时，两者都是静止的。现让传送带在电机带动下先加速后减速，传送带的速度—时间图像如图乙所示。设传送带足够长，一段时间后，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. t=8s时煤块与传送带速度相同B. 煤块相对传送带的位移为80m
C. 煤块的质量越大黑色痕迹的长度越长D. 黑色痕迹的长度为48m
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.某兴趣小组自制弹簧测力计做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验。

(1)用来制作弹簧测力计的弹簧有a、b两种型号，两弹簧弹力与弹簧长度的关系如图甲所示，则选用______弹簧做测力计误差较小，______弹簧的原长较长；(选填a或b)
(2)该小组进行实验操作的装置如图乙所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳，关于实验操作，下列说法正确的是______；
A.在使用两弹簧秤拉细绳时要保证两弹簧秤示数相等
B.橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上
C.在使用弹簧秤时要注意弹簧秤与木板平面平行
D.同一次实验时，结点O必须拉到同一位置
(3)进行完正确的实验操作后，如图丙所示，根据实验结果在白纸上用力的图示法画出拉力F1、F2和F′，以表示F1、F2两个力的有向线段为一组邻边作平行四边形，这一组邻边之间的对角线为F，图中F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是______，若______，则验证了力的平行四边形定则。
14.某课外活动小组设计了如图甲所示的实验装置来测量小物块与斜面间的动摩擦因数μ。位移传感器固定于倾角为37°的斜面底端，可以测量出其与小物块之间的距离x并通过数据线输入电脑。某时刻开始计时，小物块以某一初速度从斜面顶端开始下滑，其x−t图像如图乙所示，图中倾斜虚线为t=0时刻图线的切线，A点所在的水平虚线为图像的渐近线，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。

(1)小物块的初速度大小为______m/s；
(2)小物块的加速度大小为______m/s2；
(3)小物块与斜面间的动摩擦因数为______；
(4)乙图的A点应填入的数据为______cm。
四、简答题：本大题共2小题，共32分。
15.如图，两个质量均为m的小物块A、B静止放在粗糙水平面上，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，夹角为α的两根等长轻杆一端通过光滑铰链连接在O处，另一端分别通过光滑铰链连接在A、B上。现在O处施加一个竖直向下的压力，已知物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)若两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，在O处施加的压力大小为F时，求物块A受到地面最大静摩擦力的大小；
(2)若α=74°且无论在O处施加竖直向下的压力多大均不能使A、B与水平面发生相对滑动，则物块与水平面间的动摩擦因数应满足什么条件。
16.如图，倾角θ=37°的斜面固定在水平面上，斜面底端固定一垂直于斜面的挡板。一劲度系数k=100N/m的轻弹簧与斜面平行，下端固定在挡板上，上端与物块A连接，物块A与物块B接触不粘连，物块B通过与斜面平行的轻质细线跨过斜面顶端的定滑轮与物块C连接。刚开始，用手托住C使细线刚好伸直但不绷紧，此时A、B处于静止状态且A、B与斜面之间的静摩擦力刚好为0，然后松手，物块C下落，A、B上升，在A、B分离时，C还没有落地。已知物块A、B和C的质量均为2kg，物块A、B与斜面之间的动摩擦因数μ=0.2，且三个物块都可以视为质点，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求
(1)松手前，弹簧弹力及A、B之间的弹力；
(2)A、B分离瞬间的弹簧弹力；
(3)从释放C到A、B分离这一过程中，物块C的位移和最大加速度。(结果保留两位有效数字)
五、计算题：本大题共1小题，共10分。
17.汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶，行驶过程中司机忽然发现前方50m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车加速度的大小随位移变化的关系如图所示。司机的反应时间t1=0.3s，在这段时间内汽车仍保持匀速行驶，x1∼x2段为刹车系统的启动阶段，从x2位置开始，汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从x2位置开始计时，汽车第1s内的位移为10m，第3s内的位移为6m。
(1)求汽车刹车系统稳定工作后加速度的大小及x2位置汽车的速度大小；
(2)若x1∼x2段位移大小为11.5m，求从司机发现警示牌到汽车停止过程汽车位移的大小。
答案解析
1..D
【解析】解：A、甲对乙的作用力与乙对甲的作用力是一对相互作用力，则甲对乙的作用力等于乙对甲的作用力，故A错误；
B、某学生接到队友传球时，手对球的弹力是由于手发生形变产生的，故B错误；
C、某学生接球后跳起投篮，其上升到最高点时，由于受到的合外力不为0，则不处于平衡状态，故C错误；
D、某学生在跳球时屈腿起跳后速度在增加，具有向上的加速度，加速度不为0，则此时该学生所受的合力不为零，故D正确。
故选：D。
物体间相互作用力总是大小相等，方向相反；手对球的弹力是由于手发生形变产生的；共点力平衡条件是合外力为0，由牛顿第二定律可知，加速度不为0，则合外力不为0．
本题以篮球对抗赛考查弹力、作用力与反作用力、平衡状态和牛顿第二定律的应用，掌握手对篮球的弹力形变的物体是手；相互作用力总是大小相等，方向相反的，共点力平衡条件是合外力为0，由牛顿第二定律可知加速度不为0时，合外力不为0。
2..B
【解析】解：A.根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0.所以X为中子，故A错误；
B.氘核聚变生成氦核，所以氘核的比结合能比氦核的比结合能小，故B正确；
C.要发生聚变反应，必须使核子达到核力的距离范围，即必须使原子核接近到10−15m，故C错误；
D.轻核聚变过程中发生质量亏损，释放能量，但是质量数仍然守恒，故D错误。
故选：B。
根据质量数守恒和电荷数守恒计算即可；在核反应中生成物的比结合能大于反应物的比结合能；要发生聚变反应，必须使核子达到核力的距离范围；在核反应中有质量亏损，但是质量数守恒的。
知道核反应中质量数守恒和电荷数守恒，发生聚变的条件，以及比结合能的物理含义。
3..B
【解析】解：A墨条向右运动，摩擦力与相对运动方向相反，砚台对墨条的摩擦力方向水平向左，故A错误；
BC、根据力的作用是相互的，墨条对砚台的摩擦力向右，而砚台静止，受力平衡，还受到桌面的摩擦力，故桌面对砚台的摩擦力水平向左，故B正确，C错误；
D、桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力都作用在砚台上以及砚台自身的重力三力平衡，故D错误；
故选：B。
AB、滑动摩擦力的方向与墨条的相对运动方向相反；
CD、力的作用是相互的，根据静止的物体受力平衡
本题主要考查摩擦力的方向以及平衡力与相互作用力的区别。
4..A
【解析】解：A、根据匀变速直线运动位移与时间关系式x=v0t+12at2整理得xt=v0+12at，甲图为一次关系直线，可得出12a=0−42m/s2，a=−4m/s2，加速度大小为4m/s2，故A正确；
B、乙图为一次关系直线，由x−t图像可知为匀速直线运动图像，a=0，故B错误；
C、a−t图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，可得Δv=12×3×2m/s=3m/s，不能得出速度的大小，故C错误；
D、根据匀变速直线运动速度与位移的关系式v2=2ax得出a=v22x=102×1m/s2=5m/s2，故D错误。
故选：A。
A、根据匀变速直线运动位移与时间关系式分析甲；
B、根据匀速直线运动位移与时间关系式分析乙；
C、根据a−t图像图线与坐标轴围成的面积含义分析丙；
D、根据匀变速直线运动速度与位移的关系式分析丁。
熟练掌握运动学公式和运动学图像，理解其含义，要将两者结合运用。
5..A
【解析】解：由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等、方向相反，对A、B整体分析可知细线a的拉力大小为
Ta=(mA+mB)g
解得
Ta=2N
设细线b与水平方向夹角为α，对B分析有
Tbsinα+Tcsinθ=mAg，Tbcsα=Tdcsθ
解得
Tb=1N
故选：A。
根据平衡条件可以得到细线c和细线d上的产生的拉力大小是相等的，然后把A、B看成一个整体，根据平衡条件可以得到细线a上的拉力；然后对B根据平衡条件列方程可得b线上的拉力。
熟练掌握整体法和分离法是解题的关键，能够正确的受力分析是解题的基础。
6..C
【解析】解：A.球离开鼓面后，只受重力作用，有向下的加速度，在空中处于失重状态，故A错误。
BC.球从接触鼓面到运动至最低点过程中，鼓面对球的弹力逐渐增大，刚开始鼓面对球的弹力小于球的重力，球向下做加速度逐渐减小的加速运动，当鼓面对球的弹力等于球的重力时，球速度达到最大，此后鼓面对球的弹力大于球的重力，球向下做加速度逐渐增大的减速运动，故球从接触鼓面到运动至最低点，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故B错误，C正确；
D.球运动到最低点时，速度为零，加速度不为零，故D错误。
故选：C。
A.根据球的受力情况判断运动状态；
BC.根据球与鼓面接触的过程中弹力和球的重力的变化关系分析加速度变化情况和速度变化情况；
D.根据最低点的受力分析加速度情况和速度。
考查物体的受力分析和运动情况的判断问题，会根据题意进行准确分析和解答。
7..D
【解析】解：设f=4N，竖直坠落的加速度大小为a1，恢复升力前的速度为v1，下降高度为ℎ1，则有
a1=mg−fm，v1=a1t1，ℎ1=12a1t12，
恢复升力到减速为零过程的加速度为a2，所用时间为t2，下降高度为ℎ2，则有
a2=F+f−mgm，t2=v1a2，ℎ2=v1t2−12a2t22，
恢复升力后开始上升过程的加速度为a3，在开始上升后的t3=4s−t2内上升的高度为ℎ3，则有a3=F−f−mgm，ℎ3=12a3t32，
则恢复升力4s后无人机距地面的高度为ℎ=H−ℎ1−ℎ2+ℎ3，联立以上各式解得ℎ=56m，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据失去升力时的受力情况利用牛顿第二定律求加速度、速度和下降高度，结合恢复升力时求第二次的加速度和减速到0的时间，下落高度以及再次上升时的加速度和上升高度，最后求距地面的高度。
考查物体的受力分析和运动状态的分析，会结合运动学的相关规律进行解答。
8..A
【解析】解：A、弹力的大小F跟等效于弹簧的肌肉组织伸长的长度x成正比，即F=kx，针尖部分不同位置长度不同，肌肉组织所受弹力大小也不相同，故A正确；
B、肌肉所受的弹力与针对肌肉的压力为一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故B错误；
C、肌肉所受的弹力与针对肌肉的压力为一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故C错误；
D、弹力的大小F跟等效于弹簧的肌肉组织伸长的长度x成正比，即F=kx，针尖部分尺寸由前往后逐渐变大，固定位置肌肉形变逐渐变大，所受弹力越来越大，故D错误。
故选：A。
可以把肌肉组织看作弹簧，运用胡克定律分析弹力变化规律，根据牛顿第三定律作用力与反作用力总是大小相等分析弹力大小。
本题以针灸为背景，考查形变量与力的关系以及学生对作用力与反作用力的理解。

【解析】D.开始时对小球受力分析，如图所示
则
tanθ=FMg
解得
F=Mgtanθ
故D正确；
ABC.若保持物体位置不变，将 F 由水平方向逆时针缓慢转至竖直方向，如图
则水平拉力 F 先减小后增大，绳子拉力一直减小，故AB错误，C正确。
故选CD。

【解析】A.根据核反应质量数和电荷数守恒，核反应为
1124Na→1224Mg+−10e
可知该衰变过程为 β 衰变，故A正确；
B.半衰期由核内部本身的因素决定，与原子所处的物理状态或化学状态无关， 1124Na 进入到血液后半衰期不变，故B错误；
C.45ℎ后，即经历三个半衰期，样本放射强度变为原来的
(12)3=18
故C正确；
D.设该病人体内血液的总体积约为V，则有
6×10−35=V18×2.4×104
解得
V=3.6L
故D错误。

【解析】A.由题意可知，在 0∼2s 的时间内，物块受到拉力
F=6N
假设物块与板不发生相对滑动，对整体由牛顿第二定律可得
F−μ2(M+m)g=(M+m)a
解得
a=1m/s2
再隔离m有
F−f=ma
解得
f=5N
物块受到最大静摩擦力为
fm=μ1mg=6N
故
f假设成立，物块受到的摩擦力大小为 5N ，故A错误；
B. t1=2s 时，物块和木板的速度为
v0=at1=2m/s 2∼4s 的时间内，拉力
F=12N
设物块和木板间发生相对滑动，物块和木板的加速度分别为 a1 和 a2 ，隔离m有
F−μ1mg=ma1
隔离M有
μ1mg−μ2M+mg=Ma2
解得
a1=6m/s2
a2=1.5m/s2 t2=4s 时，物块和木板的速度分别为
v1=v0+a1(t2−t1)=14m/s
v2=v0+a2(t2−t1)=5m/s
在 2∼4s 的时间内，物块在木板上滑行的位移大小为
Δx=v0+v12(t2−t1)−v0+v22(t2−t1)=9m
故B正确；
C.撤去拉力后，设经过 t3 时间二者相对静止，此时二者的速度为v。物块的加速度大小为
a1′=μ1g=6m/s2
木板的加速度不变仍为
a2=1.5m/s2
则
v1−a 1′t3=v2+a2t3
解得
t3=1.2s
v=v2+a2t3=6.8m/s
故
t=t2+t3=5.2s
时物块与木板的速度大小均为 6.8m/s ，故C正确；
D.由题意可知，二者将一起滑行，一起滑行时的加速度为 a′ ，时间为 t4 ，则
a′=μ2g=1m/s2
0=v−a′t4
t4=6.8s
故木板在水平地面上停止运动的时刻为
t=t2+t3+t4=12s
故D正确。
故选BCD。

【解析】解：A、煤块的加速度为：a1=μmgm=μg，解得：a1=2m/s2
传送带加速和减速过程中的加速度大小为：a2=ΔvΔt=246m/s2=4m/s2
t1=6s时煤块的速度大小为：v1=a1t1=2×6m/s=12m/s
设从开始经过t2时间二者共速，则有：a1t2=24−a2(t2−6)，解得：t2=8s，故A正确；
B、根据对称性可知煤块运动的时间为16s，在v−t图像上作出煤块的速度—时间图像如图所示：(图像过6s，12m/s；与传送带的图像交于8s，16m/s；然后减速，交t轴于16s，如图中红线所示)。
B、煤块在传送带上的相对位移为：x=x带−x煤=12×12×24m−12×16×16m=16m，故B错误；
C、质量变大，不改变煤块的加速度，其运动情况不变，则黑色痕迹的长度不变，故C错误；
D、由图可知，共速前传送带相对于煤块向前的位移为：x1=12×12×24m−12×12×16m=48m
共速后煤块相对于传送带向前的位移为：x2=12×(16−12)×16m=32m
考虑到痕迹有重叠，则黑色痕迹的长度为：L=48m，故D正确。
故选：AD。
求出煤块的加速度大小和传送带加速和减速过程中的加速度大小，在v−t图像上作出煤块的速度—时间图像，根据图像结合运动学公式逐项进行解答。
本题考查了传送带问题，分析清楚物体的运动过程和受力情况是解题的前提与关键，传送带模型是重要的模型，一定要掌握传送带问题的处理方法。
13..b b CD F′ 在误差允许范围内F′和F的大小和方向相同
【解析】解：(1)根据胡克定律F=k(l−l0)=k⋅l−kl0
则F−l图像的斜率表示弹簧的劲度系数，由图甲可知b型号的弹簧劲度系数比a的小；
弹簧测力计精确度取决于弹簧测力计的分度值，分度值越小精确度越高，由于b型号的弹簧劲度系数比a的小，故选择b型号弹簧做测力计精确度高，误差较小；
当F=0时，图像的横截距表示弹簧的原长，因此弹簧b的原长更长。
(2)A.在实验中，使用两弹簧秤拉细绳时不需要保证两弹簧秤示数相等，故A错误；
B.实验中要保证橡皮条与两细绳在同一平面内，不需要橡皮条与两绳夹角的平分线在同一直线上，故B错误；
C.为了减小实验误差，实验中要保证橡皮条与两细绳在同一平面内，因此在使用弹簧秤时要注意弹簧秤与木板平面平行，故C正确；
D.实验的原理为等效替代法，同一次实验时，结点O必须拉到同一位置，以保证两个力共同的作用效果与一个力单独作用的效果相同，故D正确。
故选：CD。
(3)图乙中的F与F′中，F是由平行四边形得出的，而F′是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同，一定与AO共线的是F′；
在误差允许范围内F′和F的大小和方向相同，则验证了力的平行四边形定则。
故答案为：(1)b；b；(2)CD；(3)F′；在误差允许范围内F′和F的大小和方向相同。
(1)根据胡克定律求解F−l函数，结合图像斜率分析两弹簧测力计的劲度系数，劲度系数越小精确度越高，据此分析作答；根据图像横截距分析弹簧的原长；
(2)根据实验原理和注意事项分析作答；
(3)图2中F′是单独用一个弹簧测力计测出的合力，是合力的实际值，据此分析作答；合力的实际值与理论值的大小和方向，然后得出结论。
本题考查了“探究共点力合成的规律”实验，实验的原理为等效替代法；知道根据平行四边形定则作图法作出的合力为理论值，知道合力的实际值一定沿橡皮筋的方向。
0.4 0.8 0
【解析】解：(1)x−t图像切线的斜率的绝对值表示速度，因此初速度v0=k=(80−0)×10−21.0−0m/s=0.8m/s
(2)小物块做匀减速直线运动，0～1.0s的位移x=80cm−20cm=60cm=0.6m
根据运动学公式x=v0t−12at2
代入数据解得加速度的大小a=0.4m/s2
(3)对小物块，根据牛顿第二定律μmgcs37°−mgsin37°=ma
代入数据解得，动摩擦因数μ=0.8
(4)当t1=2.0s时，根据运动学公式x1=v0t1−12at12
代入数据解得x1=0.8m=80cm
A点的坐标xA=80cm−80cm=0cm
因此，乙图的A点应填入的数据为0cm。
故答案为：(1)0.8；(2)0.4；(3)0.8；(4)0。
(1)x−t图像切线的斜率的绝对值表示速度，据此求解作答；
(2)根据运动学公式求加速度；
(3)根据牛顿第二定律求动摩擦因数；
(4)根据运动学公式求A点的坐标，然后作答。
解决本题的关键要理解位移—时间图象斜率的物理意义，熟练掌握运动学公司与牛顿第二定律的运用。
15..解：(1)根据滑动摩擦力公式
f=μN=μ(mg+F2)
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所以
fm=f=μ(mg+F2)
(2)由题意分析可知，轻杆对物块沿水平方向的分力不大于最大静摩擦力，竖直方向
F杆csα2=F2
水平方向上
F杆sinα2≤fm
fm=μ(mg+F2)
解得
μ≥3F4(2mg+F)
当F远远大于2mg时，上式整理为
μ≥0.75
答：(1)物块A受到地面最大静摩擦力的大小μ(mg+F2)；
(2)物块与水平面间的动摩擦因数应满足μ≥0.75。
【解析】(1)先将C的重力按照作用效果分解，根据平行四边形定则求解轻杆受力；再隔离物体A受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解滑块与地面间的摩擦力；
(2)求出地面对A的支持力，当滑动摩擦力大于杆在水平方向的分力时，A或B不会滑动，由此列方程进行解答。
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。
16..解：(1)用手托住C使细线刚好伸直但不绷紧，说明绳子拉力为0。此时A、B处于静止状态，且A、B与斜面之间的静摩擦力刚好为0。把A、B看成一个整体，可得弹簧弹力大小为
F=2mgsinθ=2×2×10×0.6N=24N
设A、B之间的弹力大小为FN，对B根据平衡条件有
FN=mgsinθ=2×10×0.6N=12N
(2)设A、B分离瞬间的加速度为a，对BC根据牛顿第二定律有
mg−mgsinθ−μmgcsθ=2ma
解得a=1.2m/s2
设此时弹簧的弹力为F′，对A根据牛顿第二定律有
F′−mgsinθ−μmgcsθ=ma
代入数据解得F′=17.6N
(3)刚开始释放时C的加速度最大，设为a′，把A、B、C看成一个整体，根据牛顿第二定律有
mg+F−2mgsinθ−2μmgcsθ=3ma′
a′=2.27m/s2
开始时弹簧的形变量为x，则F=kx
刚分离时弹簧的形变量为x′，则F′=kx′
从释放C到A、B分离这一过程，C的位移大小为
Δx=x−x′
Δ联立代入数据解得Δx=0.064m
答：(1)松手前，弹簧弹力为24N，A、B之间的弹力为12N；
(2)A、B分离瞬间的弹簧弹力为17.6N；
(3)从释放C到A、B分离这一过程中，物块C的位移为0.064m，最大加速度为1.2m/s2。
【解析】(1)根据平衡条件列方程计算；
(2)先根据分离条件对BC整体分析和牛顿第二定律得到分离时的加速度，然后对A根据牛顿第二定律列方程计算。
(3)刚开始释放时的加速度最大，根据牛顿第二定理计算即可，C的位移等于从开始到分离时弹簧的形变量。
两个接触的物体刚分离时的条件是两个物体之间的弹力为零，它们的加速度相等。
17..1)假设第三秒内未停止，则加速度大小为
最后一秒内的位移应为
x0=12aT2=1m<6m
假设成立。
根据匀变速直线运动规律
vT−12aT2=s1
解得
v=11m/s
(2)从x1∼x2，取一小段位移 Δx ，则有
v 02−v 12=2a1Δx
v 12−v 22=2a2Δx
…
vn−12−vn2=2anΔx
vn=11m/s
上式相加有
v02−vn2=2(a1Δx1+a2Δx2+a3Δx3+⋯+anΔxn)
其中括号内之和表示a− x图像围成面积，可得
v02−vn2=2×x2−x12a
解得
v0=12m/s
则反应时间内
x1=v0t1=3.6m
在匀减速阶段有
x3−x2=v22a=30.25m
汽车行驶总位移
x=x1+(x2−x1)+(x3−x2)=45.35m

【解析】详细解答和解析过程见.