2024-2025学年陕西省西安市新城区高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年陕西省西安市新城区高一（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，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.2024年11月4日1时24分，神舟十八号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在距地面一定高度时，打开降落伞，速度减小至10m/s后匀速下落，在距地面1.2m时，返回舱的四台缓冲发动机开始向下喷气，舱体再次减速，着陆时速度减小到2m/s。假设返回舱在喷气减速过程做匀减速直线运动，下列说法正确的是( )
A. “2024年11月4日1时24分”指的是时间间隔
B. 打开降落伞后，在研究返回舱的运动姿态时可以将返回舱看作质点
C. 打开降落伞后，以降落伞为参考系，返回舱是运动的
D. 返回舱喷气匀减速过程的平均速度为6m/s
2.如图所示，物理老师用一根筷子穿透一个苹果，他一手拿筷子，另一只手拿锤子敲击筷子上端，发现苹果会沿着筷子向上“爬”，下列说法正确的是( )
A. 苹果越小越容易完成该实验
B. 苹果受到筷子的向上的力才会向上“爬”
C. 该实验原理主要是利用牛顿第一定律
D. 该实验原理主要是利用牛顿第三定律
3.如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，先用铅笔靠着线的左侧把橡皮拉至图中实线所示位置，然后水平向左匀速移动铅笔直至铅笔到达悬点处，则该过程中橡皮运动的速度( )
A. 大小和方向均不变
B. 大小不变，方向改变
C. 大小改变，方向不变
D. 大小和方向均改变
4.图甲是一款手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附物体。图乙是手机静止吸附在支架上的侧视图。若手机的重力为G，手机与水平方向的夹角为θ，下列说法正确的是( )
A. 手机受到五个力的作用
B. 纳米材料对手机的摩擦力大小为Gcsθ
C. 纳米材料对手机的作用力大小有可能大于G
D. 若使θ增大(手机保持静止)，纳米材料对手机的摩擦力增大
5.雨后，某人用高速相机拍下一幅水滴下落的照片，如图所示，其中第4滴水刚要离开屋檐．若滴水的时间间隔相同，第1滴与第2滴水的实际间距为1m，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，则拍下照片的瞬间，图中第2滴水的速度大小为( )
A. 2m/s
B. 3m/s
C. 4m/s
D. 5m/s
6.某同学设计制作了一个“电梯加速度测量仪”，其结构如图所示。一根轻弹簧上端固定在电梯厢顶部，在弹簧旁竖直固定一根直尺，弹簧下端挂一个质量为0.1kg的重物，重物静止时弹簧的伸长量Δx=2.00cm，指针指在O点。已知图中OM、ON的实际长度均为1.00cm，规定竖直向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 若指针指在OM之间某点时，重物处于失重状态
B. 若指针指在ON之间某点时，电梯可能在加速上升
C. M点应标记的加速度值为−5m/s2
D. 该测量仪上的刻度所对应加速度的值是不均匀的
7.冰壶被大家喻为冰上的“围际象棋”，冰壶被投掷出后在冰面上做匀减速直线运动。冰壶运动员将同一冰壶先后两次在相同冰面以v0=2m/s的速度水平掷出，第一次全程队友不刷冰；第二次在冰壶掷出后4s时，队友开始用毛刷在冰壶滑行前方不断的摩擦冰面，第16s时冰壶停止运动，该过程中冰壶的加速度大小a随时间t的变化关系如图所示。则冰壶第二次比第一次滑行的距离长( )
A. 4mB. 3.6mC. 2.8mD. 2m
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.建筑工人常常徒手抛、接砖块，当砖块上升到最高点时，被楼上的工人接住。如图所示，工人在Ⅰ位置以v0的初速度竖直上抛，砖块恰好在最高点被楼上工人接住，砖块上升的高度为h。如果工人站在Ⅱ位置以与水平方向成53°角的速度v斜抛出砖块，保证砖块也恰好在最高点被楼上工人接住。抛出点高度不变，不计空气阻力，sin53°=0.8，cs53°=0.6，则下列说法正确的是( )
A. 在Ⅱ位置抛出时砖块的速度大小为5v03
B. 在Ⅱ位置抛出时砖块的速度大小为5v04
C. Ⅰ、Ⅱ位置相距3h2
D. Ⅰ、Ⅱ位置相距8h3
9.如图所示，在天花板上固定一个光滑的定滑轮，小球P和小环Q通过细绳跨过滑轮相连，小环Q套在水平细杆上，开始时细绳与水平细杆之间夹角为60°。小环Q在水平拉力F作用下缓慢向左移动至细绳与杆之间夹角为30°。小球P的质量是小环Q的2倍，水平细杆粗糙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A. 滑轮对天花板的作用力不变B. 细绳对小环Q的拉力逐渐增大
C. 拉力F的大小可能先增大后减小D. 小环Q与水平细杆间的摩擦力逐渐减小
10.在训练运动员奔跑中下肢向后的蹬踏力量时，有一种方法是让运动员腰部系绳拖着汽车轮胎奔跑，如图甲所示。在一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的轻绳拖着质量m=9.5kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，第8s时轮胎从轻绳上脱落，轮胎运动的v−t图像如图乙所示，不计空气阻力。已知绳与地面的夹角为37°，且sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 轮胎与地面的动摩擦因数为0.25
B. 从轻绳上脱落时，轮胎的位移大小为80m
C. 绳子拉力的大小为37.5N
D. 第4s时，轮胎受到的摩擦力大小为23.75N
三、实验题：本大题共2小题，共21分。
11.某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验情况如图甲所示，其中A点为固定橡皮条图钉的位置，O为橡皮条与细绳的结点。OB与OC为细绳。
(1)某同学实验操作步骤如下：
①如图甲所示，把橡皮条的一端固定在板上的A点，用两条细绳连在橡皮条的另一端，通过细绳用两个弹簧测力计互成角度拉橡皮条，橡皮条伸长，使结点伸长到O点，用铅笔记下O点的位置，并记下两个测力计的读数；
②在纸上按比例作出两个力FOB、FOC的图示，用平行四边形定则求出合力F；
③只用一个测力计，通过细绳把橡皮条上的结点拉到同样的位置O点，记下测力计的读数和细绳的方向，按同样比例作出这个力F′的图示(如图乙)，比较F′与用平行四边形定则求得的合力F；
④改变FOB和FOC的夹角和大小，重复上述过程。
上述实验过程中，其中步骤______(填序号)中有重要内容遗漏。
(2)图乙是该同学在白纸上根据实验结果作出的力的图示。F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是______。
(3)弹簧是生活中比较常见的物体。实验室中有五根一模一样的弹簧，某同学想测量这些弹簧的劲度系数，将弹簧等间距悬挂在水平铁架台上，如图丙所示，1号弹簧不挂钩码，2号弹簧挂1个钩码，3号弹簧挂2个钩码，依此类推，钩码的质量均相同。固定在弹簧下端的轻指针在图中未画出。
①为了更直观地呈现出弹簧弹力大小F与伸长量Δx的关系。某同学以1号弹簧末端指针所指的位置为原点，作出竖直的y轴及水平的x轴，其中x轴为______(选填“F”或“Δx”)。
②某同学依次测量3号、4号、5号弹簧的实验数据，根据测量的数据作出的图像如图丁所示，已知图中数据的单位均取国际单位制单位，则这些弹簧的劲度系数均为______N/m(计算结果保留三位有效数字)。
12.某同学利用图甲所示装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验。
(1)某次实验时，测得小车和小车上的砝码总质量为800g，则细沙和小桶的总质量较为合理的是______。
A.50g
B.500g
C.5kg
D.50kg
(2)图乙是实验中得到的一条纸带，图中的数字为相邻两个计数点间的距离(每两个计数点间还有4个点没有画出来)，打点计时器所用电源频率为50Hz。由这些已知数据计算：
①该小车匀变速直线运动的加速度a=______m/s2(保留3位有效数字)；
②若当时电网中交变电流的频率略微偏大，但该同学并不知道，则加速度的测量值与实际值相比______(选填：“偏大”、“偏小”或“不变”)；
(3)用图甲的实验装置探究加速度与力的关系，以钩码的重力作为小车受到的合外力F，多次改变钩码的质量，测得多组F、a。根据实验数据作出的a−F图象如图丙。
①图象未经过原点的原因可能是______。
A.平衡摩擦力过度
B.平衡摩擦力不足
②假设a−F图象的斜率为k，则小车的质量M与斜率k之间的关系式为______。
四、计算题：本大题共3小题，共33分。
13.如图所示，A车临时停在一水平路面上，B车在后面以速度vB匀速向A车靠近，A车司机发现后经1s的反应时间启动了A车，A车启动后做匀加速直线运动，加速度大小为6m/s2。以A车司机发现B车为计时起点，已知B车在第1s内与A车的距离缩短了x1=24m，两车恰好没有相撞。
(1)求B车运动的速度大小vB；
(2)求A车司机发现B车时两车的距离x0；
(3)若A车司机一直没有发现B车，B车的制动加速度最大为5m/s2，为了避免辆车相撞，求在A车与B车相距x0后，B车司机最多还可向前行驶多长的距离然后再制动(忽略B车司机的反应时间)。
14.劳动人民的智慧是无穷的！工人经常利用木板、钢管等物体来装卸货物。工人将木板搭在车厢末端与地面构成一个倾角为θ=37°的固定斜面，如图甲所示，质量m=50kg的货物刚好能从该斜面上匀速滑下。重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，sin30°=0.5，cs30°= 32，求：
(1)若要将货物推上货车，工人沿斜面方向的最小推力为多大？
(2)如图乙，工人利用两根等长的相同钢管A、B搭在车厢末端与水平地面之间，构成一倾斜轨道，该轨道平面与地面夹角θ=37°，利用该轨道可以卸载圆筒。如图丙所示为圆筒与钢管A、B的截面图，当两钢管间的距离与圆筒的半径R相等时，轻推一下圆筒后，圆筒可沿轨道匀速下滑，已知圆筒的质量M=100kg，忽略钢管粗细。求圆筒与钢管间的动摩擦因数μ。
15.如图为某快递分拣中心装车部分的示意图。A处为某一区域快递的分拣口，AB段斜面长度LAB=4m，斜面倾角θ=37°，BC段使用水平传送带装置，BC长度LBC=2.4m，斜面和传送带之间由一段不计长度的光滑圆弧连接。传送带末端C点距车厢尾端的水平距离s=1m，距车厢底面的高度h=0.8m，物件与斜面和水平传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.5。设物件以沿斜面v0=3m/s的速度从分拣口A点滑下，通过水平传送带后经C点被水平抛出，落在车厢上的不同位置，物件尺寸大小可忽略，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。

(1)求出物件到达B点时的速度大小；
(2)当传送带静止时，物件是否能落到车内？试求落点距车尾端的距离；
(3)若传送带顺时针转动且速度可调，要使物件从C点抛出后落到车上，车厢长度L=6m。试讨论物件在车厢内的落点到汽车尾端的水平距离x与传送带速度v之间的关系。
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：A.“2024年11月4日l时24分”指的是时刻，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，故A错误；
B.打开降落伞后在研究返回舱的运动姿态时，其大小形状不可忽略，不可以将返回舱看作质点，故B错误；
C.打开降落伞后，以降落伞为参考系，返回舱是静止的，故C错误；
D.返回舱喷气匀减速过程的平均速度为v−=v0+v2=10+22m/s=6m/s
故D正确。
故选：D。
时间间隔是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点；当物体的形状和大小在所研究的问题中可以忽略时，能够看作质点，否则不能看作质点；明确参考系的意义，结合平均速度公式求解。
对于物理中的基本概念要理解其本质，掌握时间与时间的区别，物体可以被看成质点的条件，能够根据参考系的选取情况判断运动员的运动情况。
2.【答案】C
【解析】解：该实验的原理是牛顿第一定律，任何物体总要保持原有的运动状态，除非外力迫使它改变这种状态。当拿锤子敲击筷子上端时，筷子快速下降，而苹果由于具有惯性，要保持原有的运动状态，位置保持不变，但筷子下降，则苹果相对筷子在向上运动，即苹果会沿着筷子向上“爬”，不是苹果受到筷子的向上的力向上“爬”，苹果越大，质量越大，惯性越大，越容易完成该实验。
故ABD错误，C正确。
故选：C。
先明确实验现象的原理：敲击筷子上端时，筷子快速向下运动，而苹果由于惯性(牛顿第一定律)要保持原来的静止状态，因此相对筷子向上“爬”。再分析选项：苹果质量越大惯性越大，实验效果更明显；苹果向上是惯性作用，并非受筷子向上的力；该过程核心是惯性，对应牛顿第一定律。
这道题是牛顿第一定律(惯性)的实际情境应用题，精准考查惯性的理解，同时通过错误选项(如“苹果受向上的力”“质量越小越易完成”)辨析惯性的本质，直击常见认知误区。
3.【答案】A
【解析】解：橡皮在水平方向匀速运动，由于细线长度不会发生变化，即橡皮向右运动的位移一定等于橡皮向上的位移，故在竖直方向以相等的速度匀速运动，所以橡皮参与了水平向左和竖直向下的分运动，两个方向的分运动都是匀速直线运动，即vx和vy恒定，且有vx=vy，
根据平行四边形定则得v合= 2vx，tanθ=vyvx=1，
v合大小恒定，且其方向始终与水平方向成45°斜向下，故橡皮运动的速度大小和方向都不变，故A正确，BCD错误。
故选：A。
橡皮参加了两个分运动，水平向右匀速移动，同时，竖直向上匀速运动，实际运动是这两个运动的合运动，根据平行四边形定则可以求出合速度。
本题关键是先确定水平方向和竖直方向的分运动，然后根据合运动与分运动的等效性，由平行四边形定则求出合速度。
4.【答案】D
【解析】解：A.纳米材料会对手机存在一个吸引力，根据平衡条件可知手机受到重力、支持力、摩擦力、吸引力共4个力，故A错误；
BD.手机处于静止状态，根据平衡条件可知，在平行手机方向有f=Gsinθ，若使θ增大(手机保持静止)，纳米材料对手机的摩擦力增大，故B错误，D正确；
C.手机处于静止状态，受力平衡，受到重力和纳米材料对手机的作用力，根据平衡条件可知，纳米材料对手机的作用力大小等于重力，故C错误。
故选：D。
对手机进行受力分析，根据手机的平衡条件得出受力个数以及对应力的大小。
本题主要考查了共点力的平衡问题，熟悉物体的受力分析，结合平衡条件即可完成解答。
5.【答案】C
【解析】解：设滴水间隔为T，据题意可得L=12g(3T)2−12g(2T)2，
解得T=0.2s，
则第2滴水的速度大小v=2gT=2×10×0.2m/s=4m/s，故C正确，ABD错误。
故选：C。
设滴水的时间间隔为T，根据自由落体运动的位移时间公式求出滴水的时间间隔，根据v=gt求得速度。
解决本题的关键知道自由落体运动是初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动。
6.【答案】C
【解析】解：A、重物静止时弹簧的伸长量为Δx，可得mg=kΔx，若指针指在OM之间某点时，弹簧的伸长量增大，弹簧弹力大于物体重力，物体有向上的加速度，被测物体处于超重状态，故A错误；
B、若指针指在ON之间某点时，弹簧的伸长量减小，弹簧弹力小于物体重力，物体有向下的加速度，被测物体处于失重状态，被测物体可能在减速上升，也可能加速下降，故B错误；
C、指针指在M点时，根据牛顿第二定律，有mg−k(Δx+OM)=ma
解得a=−5m/s2
故C正确；
D、设O点至指针所指位置的位移为x，根据牛顿第二定律，有mg−k(Δx+x)=ma′
可得a′=−gΔxx
故该测量仪上的刻度所对应加速度的值是均匀的，故D错误。
故选：C。
先由重物静止时的弹簧伸长量结合胡克定律求劲度系数；再对重物受力分析(重力、弹簧弹力)，利用牛顿第二定律建立弹力与加速度的关系，结合M、N点对应的弹簧伸长量变化，计算对应加速度并分析状态。
这道题是牛顿第二定律在电梯加速度测量工具中的应用题型，以“电梯加速度测量仪”为背景，将弹簧伸长量与电梯加速状态结合，贴近实际生活场景，能让学生感知物理知识在日常工具中的应用。
7.【答案】B
【解析】解：由图可知第一次不刷冰时加速度为a1=0.2m/s2，运动的距离为x1=v022a1,解得x1=10m
第二次运动4s后冰壶的速度为v1=v0−a1t1，代入数据解得v1=1.2m/s
运动的距离为x2=v0+v12t1+v12t2=2+1.22×4m+1.22×12m=13.6m
则冰壶第二次比第一次滑行的距离长Δx=x2−x1，代入数据解得Δx=3.6m，故B正确，ACD错误；
故选：B。
第一次冰壶全程加速度恒定，做匀减速直线运动；第二次冰壶分两个阶段运动：前4s加速度较大，后12s(4s到16s)加速度较小，均做匀减速直线运动。通过匀变速直线运动的速度—时间公式和位移—时间公式(或平均速度公式)分别计算两段位移，再与第一次的位移比较，得到距离差。
本题的关键是明确两次冰壶的运动阶段：第一次为单一匀减速阶段，第二次为两个不同加速度的匀减速阶段。通过匀变速直线运动的速度公式和平均速度公式(或位移公式)分别计算各阶段位移，再求差值。解题时需注意加速度的方向与速度方向相反，公式应用时符号的一致性。
8.【答案】BC
【解析】解：AB.在Ⅰ位置上抛，竖直方向做竖直上抛运动，有v02=2gh
在Ⅱ位置时抛出后，砖块也恰好在最高点被楼上工人接住，则(vsin53°)2=2gh
解得在Ⅱ位置砖块的初速度大小为v=5v04
故A错误，B正确；
CD.在Ⅱ位置抛出的砖块竖直方向上有vsin53°=gt
水平方向上做匀速运动，有x=vcs53°⋅t
联立可得x=3h2
故C正确，D错误。
故选：BC。
根据运动的分解求解在Ⅱ位置砖块的初速度大小；在Ⅱ位置抛出的砖块竖直方向上做匀变速直线运动，水平方向做匀速运动，根据运动学公式求解。
本题就是对斜抛运动规律的直接考查，掌握住斜抛运动的规律就能轻松解决。
9.【答案】CD
【解析】解：AB、对P，根据平衡条件可知，绳子上拉力大小始终等于P的重力大小，则细绳对小环Q的拉力大小不变，但是两段绳子之间的夹角变大，合力减小，则滑轮对天花板的作用力减小，故AB错误；
CD、对小环Q受力分析，如图所示
设小环Q的质量为m，细绳与杆之间夹角为θ，竖直方向由平衡条件有N=Tsinθ−mg
则f=μN=μ(Tsinθ−mg)
θ逐渐减小，故小环Q与水平细杆间的摩擦力逐渐减小；
水平方向由平衡条件有F=μ(Tsinθ−mg)+Tcsθ= 1+μ2Tsin(θ+α)−μmg
由数学知识可知，拉力F可能先增大后减小，故CD正确。
故选：CD。
对P，根据平衡条件分析细绳拉力的变化，由力的合成法分析滑轮对天花板的作用力变化情况；对小环Q受力分析，根据平衡条件列式分析拉力F的大小以及小环Q与水平细杆间的摩擦力变化情况。
本题解题的关键是利用解析法解决动态平衡问题，要抓住绳子的拉力大小不变，根据平衡条件列方程分析各力的变化情况。
10.【答案】AC
【解析】解：A、8s时轮胎从轻绳上脱落，轮胎做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得a2=μmgm=μg
由图可知a2=ΔvΔt=1012−8m/s2=2.5m/s2
联立可得轮胎与地面的动摩擦因数μ=0.25
故A正确；
B、v−t图像0−8s的面积即脱落时的位移，从轻绳上脱落时，轮胎的位移大小为x1=12×10×8m=40m
故B错误；
CD、0～8s内，根据牛顿第二定律可得Fcs37°−f=ma1，Fsin37°+FN=mg，f=μFN
根据图像可得a1=108m/s2=1.25m/s2
联立可得F=37.5N，f=18.125N
故C正确，D错误。
故选：AC。
A、轮胎脱落(8s后)做匀减速，由v−t图得减速加速度，结合滑动摩擦力公式，求μ；
B、v−t图像中0−8s的面积即脱落时的位移，计算梯形、三角形面积判断；
CD、0−8s轮胎匀加速，由v−t图得加速加速度，对轮胎受力分析(拉力、重力、支持力、摩擦力)，结合牛顿第二定律列方程求拉力、摩擦力。
这道题是“v−t图像+牛顿运动定律”的综合题，以实际训练场景为背景，考点覆盖v−t图像的物理意义、受力分析、动摩擦力计算等核心知识点，既考查图像信息提取能力，又检验受力分析与牛顿定律的结合应用。
11.【答案】① F′ F;50.0
【解析】解：(1)上述实验过程中，其中步骤①中除了用铅笔记下O点的位置以及两个测力计的读数外，还应该记录两个拉力的方向，故步骤①中有重要内容遗漏。
(2)图乙F与F′两力中，F是两个分力合力的理论值，而F′是两个力合力的实验值，则F′方向一定沿AO方向。
(3)根据题意，y轴表示弹簧的伸长量，根据胡克定律F=kx
可知，若图线为一条过原点的倾斜直线，x轴应为弹簧弹力F；
结合图线可得这些弹簧的劲度系数k=60.12N/m=50.0N/m
故答案为：(1)①；(2)F′；(3)F；50.0。
(1)根据其中步骤①中除了用铅笔记下O点的位置以及两个测力计的读数外，还应该记录两个拉力的方向分析求解；
(2)根据图乙F与F′两力中，F是两个分力合力的理论值，而F′是两个力合力的实验值分析求解；
(3)根据胡克定律，结合图像分析求解。
本题考查了探究两个互成角度的力的合成规律实验知识，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
12.【答案】A 0.800 偏小 A M=1k
【解析】解：(1)该实验要满足小车和小车上的砝码总质量远大于细沙和小桶的总质量，故选细沙和小桶的总质量较小的，故A正确、BCD错误。
故选：A；
(2)①每两个计数点间还有4个点没有画出来，则相邻的两个计数点之间的时间间隔为：T=0.1s
根据“逐差法”可得加速度大小为：a=x24−x024T2=(0.0661+0.0580)−(0.0501+0.0420)4×0.12m/s2=0.800m/s2；
②当电网中交变电流的频率略微偏大时，可知周期变小，相邻的两个计数点之间的距离变小，所以加速度的测量值与实际值相比偏小；
(3)①由图可知，当力F为零时，小车也有加速度，由此可判断图象未经过原点的原因可能是平衡摩擦力过度，故A正确、B错误；
故选：A；
②由a=FM可知图像的斜率k=1M，整理得M=1k。
故答案为：(1)A；(2)①0.800；②偏小；(3)①A；②M=1k。
(1)该实验要满足小车和小车上的砝码总质量远大于细沙和小桶的总质量，由此分析；
(2)①根据“逐差法”可得加速度大小；
②当电网中交变电流的频率略微偏大时，相邻的两个计数点之间的距离变小，由此分析；
(3)①图象未经过原点的原因可能是平衡摩擦力过度；
②由牛顿第二定律a=FM进行分析。
本题主要是考查“探究加速度与力、质量的关系”实验，解答本题要掌握匀变速直线运动的基本规律和利用逐差法求解加速度的计算方法。
13.【答案】B车运动的速度大小vB为24m/s；
A车司机发现B车时两车的距离x0为72m；
在A车与B车相距x0后，B车司机最多还可向前行驶14.4m的距离然后再制动
【解析】(1)A车司机的反应时间为t反=1s，B车在第1s内与A车的距离缩短了x1=24m，则有x1=vBt反
解得B车的速度为vB=24m/s
(2)两车恰好没有相撞，即两车的速度达到相等时，两车的距离恰好为0。
根据vB=at1
解得t1=4s
该段时间内A车的位移大小xA=12at12
解得xA=48m
B车的位移大小xB=vB(t1+t反)
解得xB=120m
A车司机发现B车时两车的距离x0=xB−xA=120m−48m=72m
(3)B车制动的距离为x′B=vB22a1
解得x′B=57.6m
B车司机最多还可向前行驶的距离Δx=x0−x′B=72m−57.6m=14.4m
答：(1)B车运动的速度大小vB为24m/s；
(2)A车司机发现B车时两车的距离x0为72m；
(3)在A车与B车相距x0后，B车司机最多还可向前行驶14.4m的距离然后再制动。
(1)B车在第1s内与A车缩短的距离即为A车在司机反应时间内行驶的距离，根据x1=vBt反求B车运动的速度大小vB；
(2)两车恰好没有相撞，速度相等，且两车的距离恰好为0，根据速度—时间公式求出时间，再根据位移—时间公式和位移关系求A车司机发现B车时两车的距离x0；
(3)根据速度—位移公式求出B车制动的距离，再求在A车与B车相距x0后，B车司机最多还可向前行驶多长的距离。
本题是追击问题，一方面要分析两车各自的运动情况，另一方面要把握两者之间的关系，如位移关系、速度关系等等。
14.【答案】(1)工人沿斜面方向的最小推力为600N (2)圆筒与钢管间的动摩擦因数等于3 38
【解析】解：(1)货物匀速下滑，则有mgsin37°−f=0
沿斜面向上推动货物，货物匀速上滑时推力最小，则Fmin=mgsin37°+f
联立解得Fmin=600N
(2)设两钢管对圆筒的支持力的合力为N，摩擦力的合力为Ff，
垂直轨道平面方向有N−Mgcs37°=0
沿轨道平面方向有Mgsin37°−Ff=0
将圆筒所受支持力的合力N沿AO、BO方向分解，由几何知识可知∠AOB=60°
则2N1cs30°=N
又Ff2=μN1
解得μ=3 38
答：(1)工人沿斜面方向的最小推力为600N；
(2)圆筒与钢管间的动摩擦因数等于3 38。
(1)货物匀速下滑时根据平衡条件分析滑动摩擦力，再根据平衡条件分析向上滑时的推力；
(2)先分析支持力的合力，再对圆筒受力分析正交分解，根据平衡条件分析。
本题考查了受力分析正交分解的方法，空间物体受力分析时，注意选择合适的视角进行分析。
15.【答案】物件到达B点时的速度大小为5m/s；
物件不能落入车内，落点在车尾左侧0.6m处；
见解析
【解析】解：(1)物件在斜面上做匀加速运动，由牛顿第二定律得
mgsin37°−μmgcs37°=ma1
解得a1=2m/s2
由运动学公式有
vB2−v02=2a1LAB
解得vB=5m/s
(2)若传送带静止，物件在传送带上做匀减速运动，由牛顿第二定律得
ma2=μmg
解得a2=5m/s2
由运动学公式有
vC2−vB2=−2a2LBC
解得vC=1m/s
物件经C点水平抛出，竖直方向有
h=12gt2
水平方向有
x=vCt
解得x=0.4m