2024-2025学年黑龙江省哈尔滨三中高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年黑龙江省哈尔滨三中高一（上）期末物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.“物理”二字最早出现在汉语中，是取“格物致理”四字的简称，即考察事物的形态和变化，总结研究它们的规律的意思。关于物理概念和规律，下列选项正确的是( )
A. 质点做曲线运动时，质点的速度和加速度方向均时刻在改变
B. 质点所受合力方向与速度方向相反时，可以做曲线运动
C. m、kg、N都是国际单位制中的基本单位
D. 只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F=ma
2.A、B两个物体同时同地从静止开始运动，两物体运动的v−t图像如图所示，关于它们运动的描述正确的是( )
A. 物体A做加速度增大的曲线运动
B. 物体B在直线上做往返运动
C. 第1s内物体A的平均速度比B小
D. 物体B前2s与最后1s加速度大小之比为2：3
3.某汽车正以72km/h在公路上行驶，遇突发情况时，司机紧急刹车使车做匀减速直线运动，若刹车时汽车加速度大小为4m/s2，则以下说法中正确的有( )
A. 刹车后第3s内的位移大小为5m
B. 刹车后3s内的位移大小为42m
C. 在减速行驶的整个过程中，汽车的平均速度大小为15m/s
D. 刹车后6s内的位移大小为48m
4.如图，弹簧测力计下端挂有一质量为0.50kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向读数为2.0N，g取10m/s2，挡板对球体支持力的大小为( )
A. 33N
B. 1.0N
C. 3N
D. 2.0N
5.如图，竖直墙上的A点与水平地面上的M点到墙角的距离相等，B点位于A点正上方的墙壁上，C点在M点正上方与A点等高。某时刻同时由A、B、C三点静止释放a、b、c三个相同的小球，c球由C点自由下落，a，b两球分别沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动，它们运动到M点所用时间分别为ta、tb、tc，下列说法正确的是( )
A. ta>tcB. ta=tcC. ta=tbD. tb= 2tc
6.如图(a)，足够高的水平长桌面上，P点左边光滑右边粗糙，物块A在砝码B的拉动下从桌面左端开始运动，物块A的v−t图像如图(b)所示。已知砝码B质量为0.5kg，重力加速度大小g取10m/s2，则下列说法中正确的是( )
A. 在0～1s时间内，轻绳的拉力大小为2N
B. 物块A的质量为1.5kg
C. 物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数为0.25
D. 物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数为0.125
7.如图，轻弹簧下端系一个质量m=2kg的小球A，小球被水平挡板P托住使弹簧长度恰为自然长度(小球与挡板不粘连)，然后使挡板P以恒定的加速度a=4m/s2开始竖直向下做匀加速直线运动，0.1s时小球与挡板间弹力大小为6N，忽略空气阻力，g=10m/s2。则下列说法正确的是( )
A. 210s时，挡板即将与小球分离
B. 劲度系数k=200N/m
C. 小球与挡板分离后，到最低点的过程中，小球一直处于失重状态
D. 小球从开始运动直到最低点的过程中，小球速度最大时弹簧的伸长量为5cm
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图，套在竖直杆上的环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连，B的质量较大。在释放B后，A将沿杆上升，不计一切摩擦和阻力。当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，A环上升速度为v且v≠0，则( )
A. 该时刻B的速度恰好为0
B. 该时刻B的加速度恰好为0
C. 该时刻A的加速度恰好为0
D. 当A运动到绳与水平方向成30°角虚线位置时A的速度大小恰好是B的两倍
9.如图，倾斜的光滑杆与水平方向的夹角为30°，一质量为m=3kg的小环套在杆上位于底端，现施加一个竖直向上的拉力F在小环上，作用时间t1=1.5s后撤掉该力，小环再经时间t2=1.5s恰好返回杆的底端(最初出发处)，g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 小环沿光滑杆上升阶段，最大速度大小为3m/s
B. 小环返回斜面底端时的速度大小为5m/s
C. 恒力F的大小为40N
D. 撤掉F前，小环加速度大小为5m/s2
10.如图为工厂常用的皮带传输装置，它由两台皮带传输机组成，一台水平传送，AB两端相距4m；另一台倾斜浅色帆布传送带与地面倾角θ=37°；CD两端相距4m。B、C相距很近，假设所传送的物件从水平传送带过渡到倾斜传送带时速度大小没有发生改变。水平部分AB以v0=6m/s的速率顺时针转动，将质量为2kg的一块煤块轻放上水平传送带的最左端。煤块与两传送带间动摩擦因数均为0.5，设最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等。sin37°=0.6，g取10m/s2则下列说法正确的是( )
A. 煤块在AB段一直加速运动，且煤块滑上C端速度为v0=6m/s
B. 若CD部分不运转，煤块沿倾斜传送带上升的最大距离为1.8m
C. 若CD以4m/s的速率顺时针方向转动，煤块从C端运动到D端的时间为1.2s
D. 若CD以4m/s的速率顺时针方向转动，煤块在CD上留下痕迹的长度为1m
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.物理学习小组利用实验室的器材设计了如图1所示的实验装置进行“验证两个互成角度的力的合成规律”实验，量角器竖直放置，结点O与量角器的中心点在同一位置。
(1)本实验采用的科学方法是______。
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.建立物理模型法
(2)实验中保持重物c质量不变以及O点位置不变，改变细绳OA与细绳OB的方向，细绳OA与细绳OB拉力的合力______(填“变化”或“不变化”)。
(3)在某次实验中，弹簧测力计a、b的读数分别是F1、F2，然后只用弹簧测力计a测量物体重力，其读数为F，最后根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′。若操作正确，则作出的图应是图______(填“2”或“3”)。
12.在某次探究加速度与力、质量的关系的实验中，甲、乙、丙、丁四位同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用M表示，重物质量用m表示。
(1)为便于测量合力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合力成正比的结论，下列说法正确的是______(填选项字母)。
A.四组实验中只有甲需要平衡阻力
B.四组实验中只有甲需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件
C.乙方案中力传感器的示数和丙方案中力传感器的示数均等于小车所受合力的大小
D.四组实验都需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件
(2)甲同学经改进实验设计完成实验，并根据实验得到的数据，画出小车的a−1M图像如图所示，从图像中可以得出，当小车的质量为1kg时，它的加速度大小为______m/s2。
(3)若乙、丙、丁三位同学发现某次测量中力传感器读数都相同，通过计算得到小车加速度均为a，且a=13g(g为当地重力加速度)，则乙、丙、丁实验时所用小车总质量之比为______，丙、丁实验用的重物质量之比为______。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，a点在b点正下方，a、b两点距地面的高度分别为15m和30m，从a、b两点分别以不同的初速度水平抛出小球A、B，vA=4m/s，vB=2m/s，g=10m/s2，忽略空气阻力。
(1)求出A、B两个小球从抛出到落地所用时间之比。
(2)若想使两小球在c点相遇，应先抛出哪个小球，并求出先后抛出两个小球的时间间隔。
14.如图所示，两个完全相同的弹簧将质量m=1.6kg的物块悬挂在天花板上，天花板上两悬点的距离为0.6m，若对物块施加一垂直纸面向里的推力，推力大小F=12N时物块能够静止在A点(图中未画出)，A点距天花板的距离为32cm，若弹簧劲度系数k=500N/m，g=10m/s2。
(1)求物块受到两根弹簧弹力的合力大小。
(2)求弹簧的原长。
15.如图所示，物块A置于长木板B的左端(物块A可看成质点)，其中A的质量为m=1kg，B的质量为M=4kg，用一根轻绳绕过固定在墙上的定滑轮，绳的两端分别连接A、B两个物体(绳未松弛弯曲)，水平拉力F大小为27N作用在物块A上，使A、B由静止开始运动，一段时间后撤掉水平拉力F同时撤掉滑轮和轻绳。以拉力F作用在A上为计时起点，一段时间内物块A的运动情况如图乙所示，v1=2m/s，t1=2s，t2=73s，整个运动过程B与墙壁未相撞，且A未从B上掉落，设最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等，g=10m/s2。
(1)求AB间动摩擦因数μ1，B与地面间动摩擦因数μ2。
(2)求物块A最终位置距B板左端的距离。
(3)若前述过程不变，物块A与板B共速时，在板B左端上方(原A物块处)轻放一与A物块完全相同的物块C，求A、C两物块间的最近距离(结果用分数表示)。
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：A、质点做曲线运动，其速度方向沿轨迹的切线方向，时刻在改变，且与加速度方向不在一条直线上，加速度的方向可能是不变的，也可能是变化的，故A错误；
B、质点所受合力方向与速度方向不共线时才做曲线运动，故B错误；
C、m、kg是国际单位制中的基本单位，N是国际单位制中的导出单位，故C错误；
D、牛顿第二定律的表达式是F=kma，只有在国际单位制中，k=1，则表达式为F=ma，故D正确。
故选：D。
做曲线运动的物体速度的方向与该点曲线的切线方向相同；物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上；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。
本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，知道物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上即可；知道单位制包括基本单位和导出单位，在国际单位制中力学规定了三个基本单位，分别为m、kg、s，要注意N不是基本单位，而是导出单位。
2.【答案】C
【解析】解：A、根据题意分析可知，物体A速度为正值，表示沿同一方向做直线运动。v−t图像的斜率表示加速度，由图像可知物体A做加速度增大的直线运动，故A错误；
B、根据题意分析可知，物体B速度为正值，表示沿同一方向做直线运动，故B错误；
C、根据题意分析可知，v−t图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图像可知第1s内物体AA的位移小于物体B的位移，平均速度等于位移与时间的比值，故第1s内物体A的平均速度比B小，故C正确；
D、根据题意分析可知，物体B前2s与最后1s速度变化量的大小相同，故加速度大小之比为a1a2=ΔvΔt1ΔvΔt2=Δv2Δv3=32，故D错误。
故选：C。
根据v−t图像的斜率表示加速度、面积表示位移，速度正负表示运动方向，且v−t图像仅描述直线运动。
通过分析各选项涉及的加速度、运动方向、平均速度、加速度比值等物理量，结合v−t图像的规律逐一判断。
v−t图像的核心规律：①斜率表示加速度；②面积表示位移；③速度正负表示运动方向。分析时需结合加速度、位移、平均速度的定义，逐一验证选项。
3.【答案】B
【解析】解：AB、汽车刹车停止需要的时间t0=va=204s=5s
刹车后3s内的位移大小为x3=v0t3−12at32=20×3m−12×4×32m=42m
刹车后2s内的位移大小为x2=v0t2−12at22=20×2m−12×4×22m=32m
可知刹车后第3s内的位移大小为10m，故A错误，B正确；
C、在减速行驶的整个过程中，汽车的平均速度大小为v−=v02=202m/s=10m/s，故C错误；
D、刹车后6s内的位移大小等于5s内的位移，则为x=v02t0=202×5m=50m，故D错误。
故选：B。
首先将速度单位换算为m/s(72km/h=20m/s)，先计算汽车刹车到停止的总时间(由v=v0+at得t=5s)：
A、先确定第3s内是刹车后第2s末到第3s末的时间，结合匀减速位移公式计算该段位移；
B、刹车后3s内汽车仍在运动，用匀减速位移公式计算；
C、减速全程的平均速度为初末速度的平均值(停止时速度为0)；
D、刹车总时间为5s，6s内的位移实际是5s内的位移。
这道题以汽车紧急刹车为情境，考查匀减速直线运动的规律，核心是“刹车类问题”的关键—先判断停车总时间，避免直接代入时间计算的错误。选项覆盖了分段位移、总位移、平均速度的计算，既考查匀变速公式的应用，又强调实际运动的临界(停车)分析，是一道能检验思维严谨性的典型运动学习题。
4.【答案】C
【解析】解：对小球受力分析，如图所示
由几何关系易得挡板对球体的支持力F与斜面对球体的支持力FN与竖直方向的夹角均为30°，根据平衡条件可得FNsin30°=Fsin30°，FNcs30°+Fcs30°+T=mg
解得F=FN= 3 N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
对小球受力分析，画出小球的受力图，根据平衡条件写出平衡方程联立解答。
本题考查共点力平衡条件的应用，要明确研究对象，正确对研究对象进行受力分析，运用正交分解法列出平衡方程是关键。
5.【答案】A
【解析】解：设M点到墙角的距离为x，斜面与水平面的夹角为θ，则当物块从斜面顶端下滑到底端时，根据xcsθ=12gsinθ⋅t2
可得t= 4xgsin2θ
对小球a，θ=45°可知
ta= 4xg
对小球b，θ>45°可知
tb= 4xgsin2θ>ta
对小球c，根据x=12gtc2
可得
tc= 2xg
则tb>ta= 2tc>tc
故A正确，BCD错误。
故选：A。
明确三个球的运动形式：c竖直球是自由下落，a、b竖直是沿光滑斜面下滑。
对于a球：斜面AM的倾角是45°，它沿斜面的加速度是重力加速度的一部分(比g小)，且斜面长度比c球的下落高度长，所以a球的运动时间会比c球长。
对于b球：斜面BM的倾角比AM更小，加速度更小，同时斜面长度更长，所以b球的运动时间会比a球还长。
这道题是一道经典的运动学基础题，通过“墙角对称”的几何设定(A、M到墙角距离相等)，自然构建了“自由下落”与“斜面下滑”的对比场景，既简化了几何分析，又突出了运动形式的差异。
6.【答案】D
【解析】解：B、根据题意分析可知，物块A在P点左边滑动时的加速度a1=21m/s2=2m/s2
对AB整体分析可知mBg=(mA+mB)a1
可得A的质量为mA=2.0kg
故B错误；
A、根据题意分析可知，在0～1 s时间内，对A分析可知，轻绳的拉力大小为T=mAa1
解得T=4N，故A错误；
CD、根据题意分析可知，物块A在P点右边滑动时的加速度a2=3−22−1m/s2=1m/s2
对AB整体分析可知mBg−μmAg=(mA+mB)a2
解得桌面间的动摩擦因数为μ=0.125，故C错误，D正确。
故选：D。
根据v−t图像斜率确定加速度，再结合牛顿第二定律对物块A和砝码B组成的系统或单独分析物块A进行受力分析，进而求解物块A的质量、轻绳拉力及动摩擦因数。
本题关键在于利用v−t图像斜率求加速度，结合牛顿第二定律对系统或单个物体列方程求解。需注意区分P点左右两侧桌面的摩擦力情况(左侧光滑无摩擦，右侧粗糙有滑动摩擦)，并准确应用牛顿第二定律分析受力与运动的关系。
7.【答案】A
【解析】解：B、根据题意分析可知，0.1s时下落的高度x1=12at12=12×4×0.12m=0.02m
此时小球与挡板间弹力大小为6N，则对小球分析mg−FN−kx1=ma
解得劲度系数k=300N/m，故B错误；
A、根据题意分析可知，当挡板与球分离时对小球mg−kx2=ma，x2=12at22
解得x2=0.04m，t2= 210s
故A正确；
C、根据题意分析可知，小球的平衡位置x0=mgk=115m>x2
可知小球从与挡板分离到平衡位置，加速度向下处于失重状态；从平衡位置到最低点的过程中，加速度向上，小球处于超重状态，故C错误；
D、根据题意分析可知，小球从开始运动直到最低点的过程中，小球速度最大时在平衡位置，此时弹簧的伸长量为115m，故D错误。
故选：A。
对小球受力分析，结合运动学公式和胡克定律，分析不同阶段的运动状态，判断选项正误。
本题关键在于：①分离条件；②速度最大的条件；③超重/失重的判断。通过受力分析、运动学公式和胡克定律联立求解，逐一验证选项。
8.【答案】AD
【解析】解：AB.环上升过程中其速度v可分解为两个分速度v//和v⊥，如下图所示
其中v//为沿绳方向的速度，其大小等于重物B的速度为v2；v⊥为绕定滑轮转动的线速度，根据几何关系可得v2=vcsθ，θ为v与v//间的夹角，当A上升至与定滑轮的连线处于水平的位置时θ=90°
即csθ=0
可得v2=0
该时刻之前的瞬间和之后的瞬间的速度均不为零，故该时刻的加速度不为0，
故A正确，B错误；
C.环A到达此位置时，此位置与定滑轮的连线处于水平位置，受到重力、绳子的拉力和杆的支持力，其中绳子的拉力和杆的支持力平衡，物体A的合力等于其重力，由牛顿第二定律得mg=maA，解得aA=g，故C错误；
D.当A运动到绳与水平方向成30°角虚线位置时，由上分析可知v2=vcs60°
可得
vv2=2
故D正确。
故选：AD。
根据速度的合成与分解找到AB之间速度的关系，在求A的合力和加速度时，以A为研究对象，进行受力分析，找到合力的表达式进行判断。
本题考查的是速度的合成与分解的内容，解题的关键是找到哪个是和速度，哪个是分速度。
9.【答案】BC
【解析】解：CD、有拉力时，对小环根据牛顿第二定律可得Fsin30°−mgsin30°=ma1
撤去拉力后，对小环根据牛顿第二定律可得mgsin30°=ma2
解得a2=5m/s2
由运动学公式v1=a1t1
有拉力时，由位移公式x=12a1t12
撤去拉力后，根据位移公式−x=v1t2−12a2t22
解得a1=53m/s2，F=40N，故C正确，D错误；
A、撤去拉力时速度最大为v1=a1t1=53×1.5m/s=2.5m/s，故A错误；
B、小环返回斜面底端时的速度为v2=v1−a2t2=2.5m/s−5×1.5m/s=−5m/s
即小环返回斜面底端时的速度大小为5m/s，故B正确。
故选：BC。
对小环受力(拉力、重力)分解到杆方向，结合牛顿第二定律得加速度，算t1末的速度与位移；撤去拉力后，受力分析得返回加速度，结合位移关系(上升位移=返回位移)列方程求拉力F；通过计算的加速度、速度等，对比各选项判断正确性
这道题是“斜面变力+往返运动”的力学综合题，以小环在光滑斜杆的运动为情境，考点覆盖力的分解、牛顿第二定律、匀变速往返运动的位移与速度关联，需要结合上升和返回阶段的受力与运动关系联立分析，对逻辑衔接和公式应用的要求较高，难度中等偏上，是检验力学综合分析与多阶段运动处理能力的典型题。
10.【答案】BCD
【解析】解：A.煤块在水平传送带上，由牛顿第二定律有μmg=ma1
解得a1=5m/s2
假设煤块一直加速到水平传送带右端，则有v12=2a1xAB
解得v1= 2a1xAB= 40m/s>6m/s
假设不成立，则煤块在AB段先加速后匀速，最终煤块滑上C端速度为v0=6m/s，故A错误；
B.煤块在倾斜传送带上，有mgsin37°+μmgcs37°=ma2
解得加速度a2=10m/s2
若CD部分不运转，根据匀变速直线运动速度—位移公式，则有v12=2a2x1
解得煤块沿倾斜传送带上升的最大距离x1=v122a2=1.8m
故B正确；
CD.若CD以4m/s的速率顺时针方向转动，则煤块速度减为v=4m/s之前的加速度为a2=10m/s2，此时上滑的距离和时间为x2=v12−v22a2=1m，t1=v1−va2=0.2s
煤块相对传送带向上移动的距离为Δx1=x2−vt1
解得：Δx1=0.2m
由于mgsin37°>μmgcs37°，煤块继续向上匀减，此时加速度为a3=mgsin37°−μmgcs37°m=2m/s2
设再经过t2煤块运动到D端，则有xCD−x2=vt2−12a3t22
解得t2=1s，t2=3s(舍掉)
煤块相对传送带向下移动的距离为Δx2=vt2−(xCD−x2)
解得：Δx2=1m
则煤块从C端运动到D端的时间为t=t1+t2
解得：t=1.2s
煤块在CD上留下痕迹的长度为Δx=Δx2=1m
故CD正确。
故选：BCD。
根据煤块在水平传送带上，先加速后匀速，结合煤块在倾斜传送带上，对CD部分不运转以及CD以4m/s的速率顺时针方向转动，列牛顿第二定律方程，结合运动学公式分析求解。
本题考查了传送带相关知识，理解物体在传送带上不同时刻的运动状态，合理利用牛顿第二定律以及功能关系是解决此类问题的关键。
11.【答案】B 不变化 2
【解析】解：(1)该实验是用一个力作用产生的作用效果与两个共同作用产生的作用效果相同来探究两个互成角度的力的合成规律，所以使用的科学方法是等效替代法。故B正确，ACD错误。
故选：B。
(2)由于重物c质量不变以及O点位置不变，细绳OC的拉力不变化，仅改变细绳OA与细绳OB的方向，细绳OA与细绳OB拉力的合力大小仍等于细绳OC的拉力大小，则细绳OA与细绳OB拉力的合力不变化。
(3)F是通过实验得到的合力，一定沿竖直方向，合力F′是通过平行四边形得到的理论值，不一定在竖直方向上，则若操作正确，则作出的图应是图2。
故答案为：(1)B；(2)不变化；(3)2。
(1)根据实验原理分析判断；
(2)根据细绳OA与细绳OB拉力的合力大小仍等于细绳OC的拉力大小分析判断；
(3)根据F与F′得到的方法判断。
本题关键掌握“验证力的平行四边形定则”实验原理和实验采用的物理方法。
12.【答案】B 0.5 2：1：1;5：8
【解析】解：(1)A.实验中需要使连接小车的细绳的拉力等于小车所受外力的合力，四组实验均需要平衡摩擦力，故A错误；
BD.由于乙、丙、丁图中能够利用力传感器直接测出细绳的拉力，而甲图中近似认为重物的重力等于细绳的拉力，由于T=Ma，mg−T=ma
解得T=11+mMmg
可知，为了减小误差，甲需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件，故B正确，D错误；
C.乙方案中力传感器的示数的两倍等于小车所受合力的大小，丙方案中力传感器的示数均等于小车所受合力的大小，故C错误。
故选：B。
(2)根据图像可知a=k⋅1M=0.20.4⋅1M=12M
可知，当小车的质量为1kg时，它的加速度为a=0.5m/s2
(3)根据牛顿第二定律，对乙图有2F=M1a
对丙图有F=M2a
对丁图有F=M3a
解得M1：M2：M3=2：1：1
根据牛顿第二定律，图丙中，对重物有m丙g−F=m丙a
图丁中，对重物有m丁g−2F=m丁a2
图丙、丁所示实验用的重物质量之比为m丙：m丁=5：8
故答案为：(1)B；(2)0.5；(3)2：1：1，5：8。
(1)根据使连接小车的细绳的拉力等于小车所受外力的合力分析判断；根据小车受到的拉力是否能够直接测量分析判断；
(2)根据图像计算小车的加速度；
(3)根据牛顿第二定律推导计算。
本题关键掌握“探究加速度与力、质量关系”的实验原理、利用图像处理问题的方法、是否需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的判断方法、是否需要平衡摩擦力的判断方法。
13.【答案】(1)A、B两个小球从抛出到落地所用时间之比1： 2 (2)若想使两小球在c点相遇，应先先抛B小球，先后抛出两个小球的时间间隔1s
【解析】解：(1)A、B竖直分运动为自由落体运动，由h=12gt2
可得t1：t2=1： 2
(2)设A从a到c时间t1，则有x=vAt1，h1=12gt12
B从b到c的时间为t2，则有x=vBt2，h2=12gt22
又有h2−h1=15m
联立解得Δt=1s
则先抛B球；抛出两个小球的时间间隔为1s。
答：(1)A、B两个小球从抛出到落地所用时间之比1： 2。
(2)若想使两小球在c点相遇，应先先抛B小球，先后抛出两个小球的时间间隔1s。
(1)利用竖直方向的自由落体运动公式分别求出A、B的落地时间，再求时间之比；
(2)两球在c点相遇时，水平位移相同，竖直位移分别为各自下落的高度，结合水平方向的匀速运动公式和竖直方向的自由落体公式，求出各自的运动时间，再比较时间先后，计算时间间隔。
本题的关键是将平抛运动分解为水平和竖直方向的分运动，利用自由落体公式求落地时间，利用匀速直线运动公式结合水平位移相同列方程。对于相遇问题，需同时满足水平和竖直方向的位移条件，通过时间差分析抛出顺序。
14.【答案】(1)物块受到两根弹簧弹力的合力大小等于20N (2)弹簧的原长等于0.475m
【解析】解：(1)设两弹簧合力大小为F合，如图所示
则有F合= F2+(mg)2
解得F合=20N
(2)如图所示
力的三角形与三角形AOD相似，即F合L=mgh
得L=hF合mg，L=0.4m
设弹簧原长为l0，弹簧此时长度为x1，tanθ=xOBL=34
由三角函数关系得csθ=45，csθ=Lx1
可得x1=0.5m
可知F合=2k(x1−l0)csθ
解得l0=0.475m
答：(1)物块受到两根弹簧弹力的合力大小等于20N；
(2)弹簧的原长等于0.475m。
(1)对物体进行受力分析，根据平衡条件结合矢量合成法则求解合力大小；
(2)对物体进行受力分析，画出受力分析图，根据相似三角形结合结合关系求解弹簧的原长。
该题考查共点力作用下物体的平衡，解决本题的关键能够正确地进行受力分析，熟练运用相似三角形去求解力。
15.【答案】(1)AB间动摩擦因数0.6，B与地面间动摩擦因数0.2 (2)物块A最终位置距B板左端的距离4.8m (3)若前述过程不变，物块A与板B共速时，在板B左端上方(原A物块处)轻放一与A物块完全相同的物块C，A、C两物块间的最近距离11524m
【解析】解：(1)根据图像求得撤F前后物块A的加速度大小分别为a1=v1t1=22m/s2=1m/s2，a2=v1t2−t1，代入数据解得a2=6m/s2
撤F后，对A有μ1mg=ma2
撤F前，对A有F−μ1mg−T=ma1
对B有T−μ1mg−μ2(M+m)g=Ma1
解得μ1=0.6，μ2=0.2
(2)撤F后，对B有μ1mg+μ2(M+m)g=Ma3
解得a3=4m/s2
设从撤F到A、B共速所用时间为t3，有v1−a2t3=−v1+a3t3(向右为正方向)
解得t3=0.4s
撤F前A、B位移大小为xA1=xB1=12a1t12
撤F后A、B位移大小分别为xA2=v1t3−12a2t32，xB2=v1t3−12a3t32
A距B板左端的距离L1=xA1+xA2+xB1+xB2
解得L1=4.8m
(3)设A、B共速时速度大小为v2，有v2=v1−a2t3
解得v2=0.4m/s，向左；
将C放于板上后，对C有μ1mg=ma4
对A、B有μ1mg+μ2(M+2m)g=(M+m)a5
解得a4=6m/s2；a5=3.6m/s2