2024-2025学年湖南省岳阳市汨罗市第一中学高三（上）月考物理试卷（9月）（含解析）

这是一份2024-2025学年湖南省岳阳市汨罗市第一中学高三（上）月考物理试卷（9月）（含解析），共16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。

一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.以下关于物理学史和物理方法的叙述中正确的是( )
A. 在建立合力、分力、重心、质点等概念时都用到了等效替代法
B. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各段位移相加，应用了“微元法”
C. 用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，如加速度的定义a=Fm
D. 秒、千克、牛顿都是国际单位制中力学的基本单位
2.如图，潜艇从海水的高密度区驶入低密度区过程称为“掉深”。图a，某潜艇在高密度区水平向右匀速航行；t=0时，该捞艇开始“掉深”，图b为其竖直方向的速度时间图像，水平速度v保持不变。若以水平向右为x轴，竖直向下为y轴，则带艇“掉深”后的0∼30s内。能大致表示其运动轨迹的图形是( )
A. B. C. D.
3.“神舟十五号”在“长征二号”F遥十五运载火箭的推动下顺利进入太空。关于运载火箭在竖直方向加速起飞的过程，下列说法正确的是( )
A. 火箭加速上升时，航天员对座椅的压力大小与自身受到的重力大小相等
B. 保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后做自由落体运动
C. 火箭加速升空过程中处于失重状态
D. 火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力大小相等
4.图甲是北京冬奥会单板滑雪大跳台比赛项目中运动员在空中姿态的合成图。比赛场地分为助滑区、起跳台、着陆坡和终点区域四个部分。运动员进入起跳台后的运动可简化成如图乙所示，先以水平初速度v0从A点冲上圆心角为α的圆弧跳台，从B点离开跳台，C点为运动轨迹最高点，之后落在着陆坡上的E点。若忽略运动过程中受到的空气阻力并将运动员及其装备看成质点，则下列说法正确的是( )
A. 运动员离开B点后的上升过程中处于超重状态
B. 运动员在C点速度为0
C. 运动员下降过程中的加速度不变
D. 运动员从B到C与从C到E两个过程的速度变化量方向相反
5.海洋馆中一潜水员把一小球以初速度v0从手中竖直向上抛出。从抛出开始计时，4t0时刻小球返回手中。小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变，抛出后小球的速度随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. 上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比为1:4
B. 小球返回手中时速度的大小为v04
C. 小球在0∼4t0时间内动量变化量的大小为43mv0
D. 小球在0∼4t0过程中阻力所做的功为49mv02
6.如图所示，倾角为α的粗糙斜面固定在水平地面上，一质量为M的物块放在斜面上，并与质量为m的小球通过跨过定滑轮且不可伸长的轻绳连接，当滑轮右侧悬挂小球的轻绳呈竖直状态时，M与斜面之间恰好没有摩擦力.现给小球施加一个向右且与水平方向成θ=30∘角的力F，使小球缓慢地运动，直至悬挂小球的轻绳呈水平状态，在小球移动的过程中轻绳一直处于拉伸状态，M始终保持静止，不计滑轮处的摩擦.下列说法正确的是( )
A. 拉力F先增大后减小
B. 拉力F先减小后增大
C. 斜面对M的摩擦力一直减小
D. 斜面对M的摩擦力先增大后减小，然后再增大
7.如图所示，在倾角θ=30°的固定的斜面上有物块A和B，物块A通过劲度系数为k的轻弹簧栓接在斜面底端的挡板上，物块B通过一根跨过定滑轮的细线与物块C相连，三个物块的质量均为m，弹簧和细线与斜面平行。初始时，用手托住物块C，使细线恰好伸直。现撤去外力，让物块C由静止释放。已知重力加速度为g，物块C下落过程没有触地，物块B没有接触定滑轮，不计一切阻力，下列说法正确的是( )
A. 释放物块C的瞬间，物块A、B整体的加速度为g2
B. 从释放到物块A、B分离的过程中，A、B两物块沿斜面运动的位移为mg4k
C. 从释放到物块A、B分离的过程中，物块A的机械能保持不变
D. 从释放到物块A、B分离的过程中，物体C减小的机械能等于物块A、B增加的机械能
8.如图所示，空间有一底面处于水平地面上的长方体框架ABCD−A1B1C1D1，已知：AB:AD:AA1=1:1: 2，从顶点A沿不同方向平抛小球(可视为质点)。关于小球的运动，则( )
A. 所有小球单位时间内的速率变化量均相同
B. 落在平面A1B1C1D1上的小球，末动能都相等
C. 所有击中线段CC1的小球，击中CC1中点处的小球末动能最小
D. 当运动轨迹与线段AC1相交时，在交点处的速度偏转角均为60∘
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
9.同学们到中国科技馆参观，看到了一个有趣的科学实验：如图所示，一辆小火车在平直轨道上匀速行驶，当火车将要从“∩”形框架的下方通过时，突然从火车顶部的小孔中向上弹出一小球，该小球越过框架后，又与通过框架的火车相遇，并恰好落回原来的孔中，此过程忽略空气阻力。下列说法中正确的是( )
A. 相对于小火车，小球运动的轨迹是曲线
B. 相对于地面，小球运动的轨迹是曲线
C. 小球能落回小孔是因为小球在空中运动的过程中受到水平向前的力
D. 小球能落回小孔是因为小球具有惯性，在水平方向保持与火车相同的速度
10.如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球从静止开始下落20cm，被竖直顶起，离开头部后上升的最大高度为45cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 足球与头部作用过程中，足球的动量变化量大小为0.4kg⋅m/s
B. 头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍
C. 足球刚接触头到刚离开头时，头对足球做功为1J
D. 从静止下落到上升到最大高度过程中足球重力的冲量等于人对足球的冲量
11.某物理兴趣小组为了探究小球运动过程中受到的空气阻力与哪些因素有关，测量了小球竖直上抛到落回到出发点过程中的上升时间t1和下落时间t2，小球竖直上抛的初速度v1和落回到出发点的速度v2(已知重力加速度为g)，根据测量结果，该小组做了下列猜测，其中正确的是
A. 若空气阻力大小保持不变，则v1v2=t1t2
B. 若空气阻力只与小球半径成正比，则同种材料的实心小球，质量大的v1t1小
C. 若空气阻力只与速率成正比，则v1+v2t1+t2=g
D. 若空气阻力只与速率的平方成正比，则小球抛出瞬间的加速度大小为v12+v22v22g
12.如图所示，光滑杆1、2分别水平、竖直固定放置，交点为O，质量M=2.25 kg的物块甲套在竖直杆2上，质量m=1 kg的物块乙套在水平杆1上，甲、乙(均视为质点)用长度L=5 m的轻杆3连接，当轻杆3与水平杆1的夹角为53°时，甲由静止开始释放，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°=0.8，cs 53°=0.6，下列说法正确的是( )
A. 当轻杆3与竖直杆2的夹角为53°时，甲与O的距离为34L
B. 甲从静止释放到轻杆3与竖直杆2的夹角为53°时，系统的重力势能的减小量为22.5 J
C. 当轻杆3与竖直杆2的夹角为53°时，乙的速度为3 m/s
D. 甲从静止释放到轻杆3与水平杆1平行时，甲的机械能先减小后增大
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.(1)在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球做平抛运动的轨迹．为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出一些操作要求，你认为正确的是_______
A.通过调节使斜槽的末端保持水平
B.每次释放小球的位置必须不同
C.每次必须由静止释放小球
D.将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线
E.小球运动时不应与木板上的白纸相接触
(2)某同学在做平抛运动实验时得到了如图所示的物体运动轨迹，a、b、c三点的位置在运动轨迹上已标出．则小球平抛的抛出点坐标为_____，初速度为______ m/s2(g取10m/s2)
14.为了测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接测量工具，某实验小组应用下列器材测量：轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略)、砝码一套(总质量为m=0.5kg)、不可伸长的轻细线、米尺、秒表，他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量。操作如下：
(1)实验装置如图所示，设两沙袋A、B(均可视为质点)的质量分别为m1、m2，在外力作用下，让A、B均处于静止；
(2)从m中取出质量为m′的砝码放在沙袋A中，剩余砝码都放在沙袋B中，之后撤去外力，发现A下降、B上升；
(3)用米尺测出沙袋A从静止下降的距离ℎ，用秒表测出沙袋A下降ℎ所用的时间t，可知沙袋的加速度大小为a=___________
(4)改变m′，测量相应的加速度a，得到多组m′及a的数据，作出____(填“a−m′”或“a−1m′”)图线；
(5)若求得图线的斜率k=4m/kg⋅s2，截距b=4m/s2，则两沙袋的质量m1=____kg、m2=______kg。(重力加速度g取10m/s2)
四、计算题：本大题共3小题，共32分。
15.质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当一质量为m的木块放在斜面上时恰好能匀速下滑，如果用与斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示，求：
(1)木块与斜面间的动摩擦因数；
(2)拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
16.如图所示，竖直平面内有一圆形轨道，其半径R=2m，质量m=1kg的小球从平台边缘A处以v0=6m /s的速度水平射出，恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内，轨道半径OP与竖直线的夹角为53°，不计空气阻力，已知sin 53°=0.8，cs53°=0.6，重力加速度g取10m/s2。
(1)求小球从A点到P点所用的时间；
(2)小球从A点水平抛出后，当水平位移是竖直位移的二倍时，求小球动能的改变量；
(3)若小球恰好能够通过最高点C，求小球在轨道内克服阻力做的功。
17.疫情防控期间的“亲子游戏”对家庭成员的身心有很好的调节作用，某家庭利用新型材料设计了一项户外“亲子游戏”，装置如图所示。新型材料板放置在水平地面上，质量m1=2kg的木块位于材料板的最右端。新型材料板质量m2=1kg，长L=12m，上表面平均分为AB、BC、CD三段，BC段光滑，AB、CD段与木块间的动摩擦因数均为μ1=0.40，材料板与地面间动摩擦因数μ2=0.20，开始材料板和木块均静止。家庭成员两人一组，在相等时间内施加外力拉动木块，比较哪组能使木块在材料板上滑行得更远且不脱离木板。某次游戏中，爸爸用F1=12N的水平力向左拉木块，作用2s后撤去，紧接着儿子用竖直向上的力F2=20N作用在木块上，2s后再撤去。将木块视为质点，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(计算结果可用分式表示)
(1)撤掉F1时木块的速度大小v1；
(2)木块在材料板上发生相对滑动的时间t；
(3)整个过程中，材料板在地面上滑行的总距离s。
答案解析
1.B
【解析】A.在建立合力、分力、重心等概念时都用到了等效替代法；而建立质点概念时都用到了理想模型法；故A错误；
B.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各段位移相加，应用了“微元法”，故B正确；
C.用用比值法定义出来的物理量与参与定义的物理量无关，反映物质本身的属性；根据a=Fm，a与F成正比，与m成反比，是牛顿第二定律得出的加速度的决定式，所以该式不是用比值法定义的，故C错误；
D.秒、千克是国际单位制中力学的基本单位，而牛顿是导出单位，故D错误。
2.B
【解析】根据题意可知，潜艇在 x 轴方向上做匀速直线运动， y 轴方向上先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，则 y−x 运动轨迹的图形，在 x 轴上取相邻距离相等的几段距离，则时间相等， y 轴上下降的距离先增大后减小。
故选B。
3.D
【解析】A.火箭加速上升时，航天员处于超重状态，对座椅的压力大于自身受到的重力，选项A错误；
B.保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落时，因为惯性，有向上的速度，所以做竖直上抛运动，选项B错误；
C.火箭加速升空过程中处于超重状态，选项C错误；
D.火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力是作用力与反作用力的关系，大小相等，选项D正确。
4.C
【解析】解：A、运动员离开B点后的上升过程中，只受重力，加速度大小为g，方向竖直向下，所以运动员处于失重状态，故A错误；
B、运动员离开B点后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，运动员在C点时具有水平速度，速度不为0，故B错误；
C、运动员下降过程中只受重力作用，加速度不变，故C正确；
D、由Δv=gt可知，运动员从B到C与从C到E两个过程的速度变化量方向均竖直向下，方向相同，故D错误。
故选：C。
根据加速度方向分析运动员的状态；根据斜抛运动分运动规律分析运动员在C点速度大小；根据其受力情况分析加速度变化情况；由Δv=gt分析速度变化量关系。
解答本题时，要掌握斜抛运动中受力、加速度、速度特点，明确超重的条件。
5.C
【解析】A、根据冲量的定义式I=ft，小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变，可得上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比为：If1：If2=t0：3t0=1：3，故A错误；
B、根据v−t图像的面积表示位移，从抛出开始计时，4t0时刻小球返回手中，说明小球上升过程与下降过程中的位移大小相等，设小球返回手中时的速度大小为v，根据运动学公式得：
12⋅v0⋅t0=12⋅(4t0−t0)⋅v，解得：v=v03，故B错误；
C、根据动量变化量的定义式，可得小球在0～4t0时间内动量变化量为：Δp=m(−v03)−mv0=−43mv0，负号表示方向竖直向下，即小球在0～4t0时间内动量变化量的大小为43mv0，故C正确；
D、根据动能定理得：Wf=12⋅mv2−12mv02，代入数据联立解得小球在0～4t0过程中阻力所做的功为：Wf=−49mv02，故D错误。
6.D
【解析】AB.作出小球的动态平衡图，如图所示：
，
由图可知，随着轻绳与竖直方向的夹角变大，拉力F一直增大，故AB错误；
CD.轻绳对小球的拉力先由开始时的T0=mg减小为最小值T1=mgcsθ= 32mg，这一过程斜面对M的摩擦力沿斜面向上且逐渐增大，第二阶段是由T1增大到T2=mg，这一过程斜面对M的摩擦力沿斜面向上且逐渐减小到0，第三阶段是由T2增大到T3= 3mg，这一过程斜面对M的摩擦力沿斜面向下且逐渐增大，所以斜面对M的摩擦力先增大后减小，然后再增大，故C错误，D正确。
7.B
【解析】A.初始时，细线对物块B的作用力为零，物块AB整体受力平衡，有kx=2mgsin30°，解得x=mgk；释放物块C的瞬间，对ABC整体分析，由牛顿第二定律可得：mg=m+m+ma0，可得：a0=g3，故A错误；
B.物块AB刚分离时，物块AB之间的相互作用力为0，此时对A物体分析可知，对A物体，由牛顿第二定律可得：kx′−mgsin30°=ma，对BC整体：mg−mgsin30°=2ma，解得此时弹簧的形变量为x′=3mg4k，故A、B两物块沿斜面运动的位移Δx=x−x′=mg4k，故B正确；
C.从释放到物块A、B分离过程，A的速度越来越大，高度越来越高，故动能与重力势能都增大，故机械能一直增大，故C错误；
D.根据功能关系可知，从释放到物块A、B分离过程，C物体减小的机械能与弹簧弹性势能减少量的和等于A、B物块增加的机械能，故D错误。
8.C
【解析】A.所有小球都是做平抛运动，只受重力，加速度为重力加速度g，所有小球单位时间内的速度变化率相同，故A错误；
B.所有落在平面A1B1C1D1上的小球，下落高度相同，由
t= 2ℎg
可知下落时间相同，而落到C1点的小球水平位移最大，所以落到C1点的小球的抛出初速度v0最大，所以落到C1点的小球的末速度最大，即落到C1点的小球的末动能最大，故B错误；
C.所有击中线段CC1的小球水平位移相同，设为x，击中线段CC1某点的小球的位移偏转角为 θ ，那么下落到该点的高度ℎ为
ℎ=xtanθ
又由平抛规律和动能定理有
ℎ=12gt2
x=v0t
mgℎ=Ek−12mv02
联立上式得
Ek=mgxtanθ+14tanθ
可知当
tanθ=12
时， Ek 有最小值，再结合题目的几何关系知该点应为线段CC1的中点，故C正确；
D.当运动轨迹与线段AC1相交时，所有小球的位移偏转角相同，其正切值为
tanθ=1
再根据平抛推论知，所有小球速度偏转角相同，其正切值为
tan∂=2tanθ=2
由此可知在交点处的速度偏转角均不为60°，故D错误；
故选C。
9.BD
【解析】解：A、相对于火车，小球始终在火车的正上方，相对于火车做竖直上抛运动，是直线运动，故A错误；
B、相对于地面，小球竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速运动，轨迹是曲线，故B正确；
CD、能落回小孔是因为小球具有惯性，在水平方向保持与火车相同的速度，故C错误，D正确。
故选：BD。
相对于地面，小球做的是竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速运动，能落回小孔是因为小球具有惯性，在水平方向保持与火车相同的速度．
掌握惯性的物理意义：惯性是物体的固有属性，惯性的大小由质量决定．
10.CD
【解析】A、下落到与头部刚接触时，由v2=2gℎ，可得v= 2gℎ= 2×10×0.2m=2m/s，与头部碰撞后，速度反向，v’= 2gℎ= 2×10×0.45m/s=3m/s 则动量变化量为△p=mv′−mv=−2kg⋅m/s，故A错误；
B、由题意可知，与头部碰撞后，速度反向，大小不变，取向下为正方向，则动量变化量为Δp=mv′−mv=(−3−2)×0.4kg⋅m/s=−2kg⋅m/s，对物体进行受力分析mg−FΔt=Δp 得F=24N故头部对足球的平均作用力为足球重力的6倍，故B错误；
C、足球刚接触头到刚离开头时，重力不做功，根据动能定理的W=12mv,2−12mv2=1J 故C正确；
D从静止下落到上升到最大高度过程中动量变化为0，足球重力的冲量与人对足球的冲量大小相等，故D正确。
故选：CD。
11.BC
【解析】若空气阻力大小保持不变，小球上升和下落过程做匀变速运动，设小球上升最大高度为H，根据平均速度公式可得H=v12t1=v22t2，因此v1v2=t2t1，故A错误。
若空气阻力只与半径成正比，即f=kr，设小球的密度为ρ，半径为r，则小球的质量为m=ρV=ρ⋅43πr3，小球上升时的加速度a=mg+krm=g+3k4πρr2，可知，同种材料的实心小球，质量越大，半径越大，则上升的加速度越小，所以v1t1越小，故 B正确。
若空气阻力只与速率成正比，即f=kv，设上升时加速度为a1，mg+kv=ma1，取极短△t时间，速度变化量为△v=a1Δt=(g+kvm)Δt，上升全程速度变化量为∑Δv=g∑Δt+km∑vΔt，可得v1=gt1+kmH ①，设下降时加速度为a2，mg−kv=ma2，取极短△t时间，速度变化量为△v=a2△t=(g−kvm)△t，下降全程速度变化量为∑Δv=g∑Δt−km∑vΔt，可得v2=gt2−kmH ②，由 ①+ ②可得v1+v2=gt1+gt2，故C正确。
若空气阻力只与速率的平方成正比，即f=kv2，设小球抛出时加速度为a1，则mg+kv12=ma1 ③，设落回到出发点时加速度为a2，则mg−kv22=ma2 ④，由 ③ ④两式消去m后，可得a1=v12+v22v22g−v12v22a2，只有在a2=0时a1=v12+v22v22g，通过题干无法得出a2=0，故D错误。
12.BCD
【解析】A.当杆3与2的夹角为53∘时，甲与O的距离ℎ2=Lcs53∘=35L，A项错误；
B.杆3与1的夹角为53∘时，甲与O的距离ℎ1=Lsin53∘=45L，则系统的重力势能的减小量△Ep=Mg(ℎ1−ℎ2)，解得△Ep=22.5J，B项正确；
C.当杆3与2的夹角为53∘时，设甲、乙的速度分别为v甲、v乙，则有v甲cs53∘=v乙sin53∘，由系统的机械能守恒定律可得△Ep=12Mv甲2+12mv乙2，解得v乙=3m/s，C项正确;
D.乙运动过程中的机械能先增加后减小，根据机械能守恒，甲机械能先减小后增加，D项正确。
13.(1)ACE
(2)(−10cm,−1.25cm) 2
【解析】解：(1)A.只有斜槽的末端保持水平，小球才具有水平初速度，其运动才是平抛运动，A正确；
BC.为了使小球每次做平抛运动的轨迹相同，要让小球有相同的初速度，因此要求每次由静止从同一位置释放小球。B错误，C正确；
D.为减小实验误差，将描出的点用平滑的曲线连接起来，D错误；
E.如果小球在运动过程中与木板上的白纸相接触就会改变它的运动轨迹，使其不是平抛运动，E正确。
故选ACE。
(2)根据公式
Δx=aT2
可得竖直方向上
Δy=yBC−yAB=gT2
解得
T=0.1s
b点竖直方向的速度为
vby=yactac=0.32×0.1m/s=1.5m/s
所以水平的初速度为
v0=xabT=2m/s
b点距离抛出点的下落的时间为
t=vbyg=0.15s
故b点距离抛出点的水平和竖直方向的位移为
Δx=v0t=0.3m=30cm ， Δy=12gt2=0.1125m=11.25cm
与b点坐标对比可知小球平抛的抛出点坐标为(−10cm,−1.25cm)。
14.(3)2ℎt2；
(4)a～m′;
(5)3.5；1.0。
【解析】(3)根据匀变速直线运动的位移时间公式得ℎ=12at2，解得a=2ℎt2；
(4)根据牛顿第二定律，对沙袋A及砝码有(m1+m′)g−T=(m1+m′)a，
对沙袋B及砝码有T一(m2+m−m′)g=(m2+m−m′)a，联立解得a=m1−m2−mm1+m2+mg+2m′gm1+m2+m，
根据数学知识得知：做“a−m′”图线。
(5)由上一问知，图线斜率k=2gm1+m2+m，图线截距b=m1−m2−mm1+mz+mg，将k、b、m代入计算，
解得m1=3.5kg，m2=1.0kg。
故答案为：(3)2ℎt2；(4)a～m′(5)3.5；1.0。
15.解：(1)木块在斜面上匀速向下运动，有：
mgsinθ=μmgcsθ，
即：μ=tanθ。
(2)当加上外力F时，对木块受力分析如图：

因向上匀速，则有：Fcsα=mgsinθ+f…①
Fsinα+N=mgcsα…②
f=μN…③
由①②③得F=2mgsinθcsα+μsinα
联立可解得：F=mgsin2θsin(π2−θ+α)
则当α=θ时，F有最小值，即Fmin=mgsin2θ。
答：(1)木块与斜面间的动摩擦因数为tanθ；
(2)拉力F与斜面的夹角为θ时，拉力F最小，拉力F的最小值是mgsin2θ。
【解析】(1)根据木块匀速下滑，通过共点力平衡求出动摩擦因数的大小。
(2)对木块进行受力分析，根据共点力平衡，利用正交分解，在沿斜面方向和垂直于斜面方向都平衡，进行求解。
木块放在斜面上时正好匀速下滑隐含摩擦系数的数值恰好等于斜面倾角的正切值，当有外力作用在物体上时，列平行于斜面方向的平衡方程，找到外力F的表达式，讨论F取最小值的条件，求解第二问时，灵活选用整体的思想较好，总体上看此题有一定难度
16.解：(1)小球从A点到P点，小球做平抛运动，有
vy=gt
tan53∘=vyv0
解得
t=0.8s
(2)小球从A点水平抛出后，当水平位移是竖直位移的二倍时，有
x=v0t1
y=12gt12
x=2y
解得
t1=0.6s
小球动能的改变量
ΔEk=mgy=mg⋅12gt12=18J
(3)小球在P点的速度
vP=v0cs53∘=10m/s
小球恰好能够通过最高点C，有
mg=mvC2R
小球从P点到C点，根据动能定理有
12mvC2−12mvP2=−mgR(1+cs53∘)−Wf
解得
Wf=8J

【解析】本题考查了平抛运动、动能定理、竖直面的圆周运动。
(1)从A到P小球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据运动的合成与分解规律求解；
(2)根据平抛运动的规律结合动能定理求解；
(3)小球恰好能够通过最高点C，在C点由重力提供向心力可求出速度，再由动能定理求小球在轨道内克服阻力做的功。
17.解：(1)当爸爸施加水平向左的力F1时，假设木块与材料板一起运动，对整体由牛顿第二定律有
F1−μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a1
解得a1=2m/s2
材料板的加速度有最大值，设为amax，此时对材料板根据牛顿第二定律有
μ1m1g−μ2(m1+m2)g=m2amax
解得amax=2m/s2
因为a1=amax，可知假设正确，两者恰不发生相对滑动
经过t0=2s，木块的速度v1=a1t0=4m/s
(2)撤去F1，当儿子施加竖直向上的力F2时，对木块有F2+N=m1g
可得N=0
则木块所受摩擦力f=μ1N=0，故木块以v1=4m/s
做匀速直线运动
对材料板有μ2m2g=m2a2
可得材料板减速运动的加速度大小a2=2m/s2
经过t1=2s，材料板的速度v2=v1−a2t1
解得v2=0
此过程木块的位移s1=v1t1
材料板的位移s2=v1+v22t1
木块在材料板上滑行的距离x=s1−s2
解得x=4m
因为x=L3，则撤去F2时，木块刚好运动到光滑BC段的B点，木块在BC段时水平方向不受力，继续做匀
速运动，材料板水平方向不受力，故静止不动，此过程木块在材料板上的相对滑动时间t2=L3v1
解得t2=1s
木块运动到粗糙的CD段时，对木块有μ1m1g=m1a3
可解得木块减速运动的加速度大小a3=4m/s2
材料板加速运动的加速度大小a4满足μ1m1g−μ2(m1+m2)g=m2a4
解得a4=2m/s2
设经过时间t3两者共速，则v1−a3t3=a4t3
解得t3=23s
材料板再次运动至与木块共速的过程，木块的位移s3=v1t3−12a3t32
材料板的位移s4=12a4t32
木块在材料板上滑行的距离x′=s3−s4
解得x′=43m共速后，假设木块与材料板一起减速，则对整体有μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a5
解得a5=2m/s2
因为μ1m1g=8N>m2a5，所以假设正确，即木块与材料板不再发生相对滑动
综上可知，木块相对材料板滑动的时间t=t1+t2+t3
代入数据得t=113s
(3)施加F1时，材料板与木块一起加速运动的位移s0=12a1t02
施加F2时，材料板减速的位移为s2
材料板再次运动至与木块共速过程，材料板加速的位移为s4
木块和材料板共速时的速度v3=a4t3
木块和材料板一起减速到0的位移s5=v322a5
所以整个过程中，材料板在地面上滑动的总距离s=s0+s2+s4+s5
联立并代入数据得s=809m。
【解析】本题考查应用牛顿运动定律解决板块类多过程问题。首先要确定木块与材料发生相对滑动的条件，然后确定运动情况，根据牛顿第二定律、运动学公式逐段求解。本题信息量大过程多，需要细心分析，充分利用牛顿第二定律和运动规律，抓住相关临界条件和各过程之间的联系，逐过程进行求解，然后综合处理即可解决，此类题目不得分难，但得满分更难，要注意多训练，提高综合分析能力。