四川省德阳市2025-2026学年高一（上）期末物理试卷

这是一份四川省德阳市2025-2026学年高一（上）期末物理试卷，共15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.力的单位是牛顿(N)，根据牛顿第二定律，力的单位还可以表示为( )
A. kg⋅m⋅sB. kg⋅m/s2C. kg⋅mD. kg⋅m/s
2.青藏铁路，是通往西藏腹地的第一条铁路，也是世界上海拔最高、线路最长的高原铁路。西宁至拉萨线路全长1956km。小明打算和同学从西宁坐火车去拉萨，他通过网络查得Z165次列车的信息如图所示。则下列说法正确的是( )
A. “1956km”指的位移大小
B. 图中的“19：28”是时间间隔
C. 本次列车的全程平均速率约为97.8km/h
D. 研究火车全程运行时间时，火车不能看作质点
3.汽车在一段平直路上行驶时，做初速度为零的匀加速直线运动，在第1s内位移大小为2m。则( )
A. 加速度大小为2m/s2B. 第2s内的位移大小为4m
C. 第3s末的速度大小为6m/sD. 前3s内的位移大小为18m
4.第十五届全运会由粤港澳三地联合举办。有关运动项目的描述，下列说法正确的是( )
A. 跨栏运动员在加速奔跑时，运动员的惯性不变
B. 蹦床比赛中，运动员的瞬时速度为零时，加速度一定为零
C. 跳高运动员在起跳过程中，地面对他的支持力大于他对地面的压力
D. 跳水运动员在空中运动的过程中，运动员重心位置一定处于身体内部
5.动车组的某次出站过程可视为做匀加速直线运动。将动车组开始驶出车站的时刻、位置作为计时起点和位移起点，分别用t、x、v和a表示动车组运动的时间、位移大小、速度大小和加速度大小。如图所列出的四个图像中能正确表征动车组出站过程的是( )
A. B.
C. D.
6.一只黄苇鳽双爪紧扣在荷花叶柄上休息，如图所示。某时刻叶柄处于竖直状态，随着一阵微风掠过，鸟和叶柄缓缓倾斜。在此过程中(忽略风的作用力)，则( )
A. 鸟所受合力减小
B. 鸟所受弹力减小
C. 鸟所受摩擦力减小
D. 叶柄对鸟的力增大
7.如图甲所示，为市面上深受儿童喜欢的一款玩具——“冲天火箭”，模型火箭被安装在竖直发射支架上，当小朋友用力一踩旁边的塑料气囊，模型火箭会受到一个较大的气体压力而瞬间被竖直发射出去，离开支架后的运动可看成直线运动，运动过程所受阻力大小与速率成正比，以刚开始离开支架瞬间为计时起点，火箭的v−t图像如图乙所示，则( )
A. 0∼t2过程火箭所受空气阻力先减小后增大
B. t1时刻火箭的加速度大小小于重力加速度g
C. 火箭离开支架后上升的最大高度为v02t1
D. 若t2时刻火箭回到起始位置，则t2=2t1
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.某同学在身高体重测量仪上迅速蹲下，用计算机采集该同学受到的支持力F随时间t变化的图像如图所示。则关于该同学在下蹲过程中，下列判断正确的( )
A. 所受重力变小
B. 所受重力不变
C. 先处于失重状态，后处于超重状态
D. 先处于超重状态，后处于失重状态
9.如图甲所示，足够长的木板静置于光滑水平面上，木板最右端放置一可看成质点的小物块。在t=0时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动；t=1s时撤去F，整个过程木板运动的v−t图像如图乙所示。已知物块和木板的质量均为1kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 物块与木板间的动摩擦因数为0.4B. 1∼1.5s内木板的加速度为5m/s2
C. 作用在木板的恒力F的大小为20ND. 物块与木板间相对滑动的距离为3.75m
10.如图所示，在倾角θ=30°的固定光滑斜面上，劲度系数为k的轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端与小滑块A相连，小滑块B在斜面上紧靠着A但不粘连，A、B的质量均为m，初始时小滑块均处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力F拉动B，使B沿斜面向上做加速度大小为a的匀加速运动，经时间t秒，B与A分离。已知重力加速度大小为g，则( )
A. 施加力F前，弹簧的形变量为mgk
B. 施加力F的瞬间，A对B的弹力大小为mg2+ma
C. 从开始运动至A、B分离时，B的位移为mg−ma2k
D. A沿斜面向上运动过程中速度最大时，A、B间的距离为12at2−mg2k
三、实验题：本大题共3小题，共24分。
11.某同学在用电火花打点计时器和纸带做“研究匀变速直线运动规律”的实验时，得到一条打下的纸带如图所示、相邻两个计数点间还有4个点(图中没有画出)，打点计时器所用电源为频率50Hz的交流电源。
(1)图中两相邻计数点间的时间间隔为T= s；
(2)若测得S1=3.59cm，S2=4.41cm，S3=5.19cm，S4=5.97cm，S5=6.78cm，S6=7.64cm，则小车的加速度a= m/s2(充分利用测量的数据)，打点计时器在打C点时小车的速度vC= m/s(结果均保留两位有效数字)。
12.在“探究弹簧弹力大小与伸长量关系”的实验中，设计了如图甲所示的实验装置。将弹簧竖直悬挂在铁架台上，先测出不挂钩码时弹簧的长度L0，再将钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出钩码静止时相应的弹簧总长度L，根据x=L−L0算出弹簧伸长的长度x，根据测量数据画出如图乙所示的F−x图像。
(1)根据所得的F−x图线可知该弹簧的劲度系数为 N/cm。
(2)在“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹簧弹力与弹簧长度之间关系的图像如图丙所示，下列说法正确的是 。
A.a的原长比b的长
B.a的原长比b的短
C.a的劲度系数比b的大
D.a的劲度系数比b的小
13.利用如图甲所示的实验装置来探究当合外力一定时，物体运动的加速度与其质量之间的关系。
(1)已知两个光电门中心之间的距离为x，遮光条的宽度为d。该实验小组在做实验时，将滑块从如图所示位置由静止释放，由数字计时器可以读出遮光条通过光电门1的时间Δt1，遮光条通过光电门2的时间Δt2，则滑块经过光电门1时的瞬时速度的表达式v1= ，则滑块的加速度的表达式a= 。(以上表达式均用字母表示)
(2)滑块质量M一定，探究滑块加速度与力的关系时，某同学通过不断改变槽码的个数以改变滑块所受的拉力，根据实验测量数据做出如图乙所示的a−F图线，则滑块的质量M= kg。(结果保留两位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
14.高空抛物现象曾被称为“悬在城市上空的痛”，是一种不文明的行为、而且会带来很大的社会危害。一个从高处落下的物体，落地时速度为30m/s，不计空气阻力、取g=10m/s2，求：
(1)物体下落过程所用的时间；
(2)物体开始下落处的高度。
15.如图所示，质量M=6kg物块甲置于倾角为45°的斜面，物块甲与斜面间动摩擦因数μ=0.5，物块与斜面间最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。质量为m=3kg的物块乙通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，水平轻绳OA与物块甲连接于A点，轻绳OB与水平方向夹角为37°。对物块甲施加沿斜面向上的力F(图中未画出)，使甲、乙两物体均静止。已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)轻绳OA的弹力TOA大小和轻绳OB的弹力TOB大小；
(2)斜面对甲的弹力FN大小；
(3)力F大小的取值范围。
16.如图甲所示为天府国际机场行李物品传送装置实物图，图乙为行李传送装置简化图，该装置由传送带ABCD及相对地面不动的固定挡板CDEF组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面ABCD与水平台面的夹角θ=26°。传送带以速度v=2m/s匀速转动时，将长方体行李箱从D点由静止释放，在运动L=10m后取下行李箱，行李箱运动时的剖面图如图丙所示。已知可视为质点的行李箱质量m=10kg，其底部与传送带上表面ABCD的动摩擦因数为μ1=0.4，其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数为μ2=0.25(不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，sin26°=0.44，cs26°=0.90)。求：
(1)加速过程传送带上表面对行李箱的摩擦力大小f1和挡板对行李箱的摩擦力大小f2；
(2)行李箱在传送带上运动的时间t；
(3)若行李箱放到传送带上2s后，传送带由于故障以10m/s2的加速度做匀减速运动，直到行李箱停止后工作人员立即重启系统，然后传送带从静止以8m/s2的加速度加速至恢复正常，若已知行李箱相对传送带累计滑动超过1.50m就会在该表面形成明显划痕，请通过计算判断全程行李箱与传送带接触的表面会不会产生明显划痕。(计算结果保留2位小数)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据牛顿第二定律F=ma，其中F为力，单位为牛顿(N)；m为质量，单位为千克(kg)；a为加速度，单位为米每二次方秒(m/s2)，
所以1N=1kg⋅m⋅s−2，即力的单位可表示为kg⋅m/s2，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据牛顿第二定律的表达式F=ma，其中质量m的单位是千克(kg)，加速度a的单位是米每二次方秒(m⋅s−2)，将两者单位相乘，即可得到力的单位的导出形式，据此匹配选项。
这道题是牛顿第二定律的单位推导题，根据牛顿第二定律的表达式，结合质量、加速度的单位进行推导，是对基础公式和单位制的入门级检验。
2.【答案】C
【解析】解：A.路程是轨迹的长度，故“1956km”指的是实际路程大小，不是位移大小，故A错误；
B.图中的“19：28”是发车时刻，不是时间间隔，故B错误；
C.平均速率是路程与时间的比值，则v=st≈195620km/h≈97.8km/h，故C正确；
D.研究火车全程运行时间时，火车的形状相对研究的问题可忽略，能看作质点，故D错误。
故选：C。
根据路程与位移的区别判断；根据时间与时刻的区别判断；根据平均速率概念计算；根据看作质点的条件判断。
本题关键掌握路程与位移、时间与时刻、平均速率与平均速度的概念和区别，看作质点的条件。
3.【答案】D
【解析】解：A.由匀加速直线运动位移—时间关系x=12at12
解得a=4m/s2，故A错误；
B.第2s内位移为前2s位移减前1s位移，则Δx2=12at22−12at12,解得Δx2=6m，故B错误；
C.由匀变速直线运动速度—时间关系可得第3s末速度为v=at3=4×3m/s=12m/s，故C错误；
D.前3s内位移为x3=12at32=12×4×32m=18m，故D正确。
故选：D。
根据位移—时间关系求解加速度大小以及第2s内位移大小和前3s内位移大小；根据速度—时间关系求解第3s末速度。
本题考查匀变速直线运动规律，解题关键是掌握匀变速直线运动规律并能够熟练应用。
4.【答案】A
【解析】解：A、惯性是物体的固有属性，只与质量有关，质量越大，惯性越大，与运动状态(如速度或加速度)无关，跨栏运动员加速奔跑时质量不变，故惯性不变，故A正确；
B、在蹦床比赛中，运动员达到最高点时瞬时速度为零，但因受重力作用，加速度为重力加速度 g(方向竖直向下)，不为零，故B错误；
C、地面对运动员的支持力与运动员对地面的压力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故C错误；
D、重心是物体各部分所受重力的等效作用点，跳水运动员在空中做屈体或团身动作时，身体形状变化，重心可能位于身体外部，故D错误。
故选：A。
惯性是物体的固有属性，仅由物体的质量决定，与运动状态无关来分析；根据瞬时速度与加速度没有必然性关系来分析；作用力与反作用力大小相等，方向相反；重心是物体各部分所受重力的等效作用点，重心可能位于身体外部。
这是一道结合体育场景的物理概念辨析题，核心考查了惯性、加速度与速度的关系、作用力与反作用力关系、重心等基础知识点，题目将抽象的物理概念与具体的运动场景结合，检验学生对概念本质的理解，容易因混淆“惯性与速度的关系”“速度与加速度的关系”而误判。
5.【答案】B
【解析】解：AC.动车组的某次出站过程可视为做匀加速直线运动，加速度恒定不变，故AC错误；
B.根据匀变速直线运动速度—位移关系v2=2ax可知，v2−x的图像斜率代表2a，由图可知斜率不变，则加速度不变，且速度逐渐增大，故B正确；
D.图像的斜率代表速度，由图可知图像斜率减小，则速度减小，而动车做匀加速直线运动，故D错误。
故选：B。
根据匀变速直线运动的公式及加速度的特点，分析各物理量随时间或位移的变化规律。
对于物理图像，往往根据物理规律得到解析式，再分析图像的斜率、截距、面积等方面的意义，来理解图像的物理意义。
6.【答案】C
【解析】解：A、鸟缓慢运动，处于平衡状态，所受合力为零，保持不变，故A错误；
BC、设叶柄的倾角为θ，鸟的质量为m，根据共点力平衡条件有f=mgsinθ，N=mgcsθ
θ由90°减小，则鸟所受支持力增大，摩擦力减小，故B错误，C正确；
D、叶柄对鸟的作用力与鸟所受重力是一对平衡力，大小不变，故D错误。
故选：C。
鸟和叶柄缓缓倾斜过程中，处于平衡状态，所受合力为零，根据共点力平衡条件列式分析鸟所受弹力和摩擦力变化情况。叶柄对鸟的力与鸟所受重力等大反向。
本题是动态平衡问题，要明确鸟的受力情况，利用共点力平衡条件列式分析各力的变化情况。
7.【答案】A
【解析】解：A.火箭所受阻力大小与速率成正比，由图知0∼t1过程速率减小，阻力减小，t1∼t2过程速率变大，阻力变大，故A正确；
B.t1时刻速率为0，由题意可知阻力为零，所以火箭只受重力，加速度大小为g，故B错误；
C.0∼t1时间内物体的运动不是匀变速直线运动，根据v−t图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知火箭上升的最大高度小于v02t1，故C错误；
D.根据位移—时间关系式x=12at2分析可知，上升过程、下降过程位移大小相等，加速度大小不同，时间不等，所以t2≠2t1，故D错误。
故选：A。
根据图像速度的变化情况结合题意判断；根据v−t图像的斜率表示加速度、与坐标轴围成的面积表示位移分析判断；根据位移—时间关系结合加速度变化情况判断。
本题关键掌握v−t图像特征、斜率和与坐标轴围成的面积的物理意义。注意上升过程、下降过程加速度大小不同。
8.【答案】BC
【解析】解：AB、该同学在迅速下蹲的过程中，人的质量m和重力加速度g均未改变，因此重力G=mg保持不变，故A错误，B正确；
CD、由题图可知，刚开始支持力小于重力，合力向下，加速度向下，该同学处于失重状态，后来支持力又大于重力，合力向上，加速度向上，则该同学又处于超重状态，故C正确，D错误。
故选：BC。
当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度。
本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了。
9.【答案】BD
【解析】解：AB、根据题意分析可知，1s后撤去拉力，木板减速运动，有μmg=ma
由图可知a=ΔvΔt=
解得μ=0.5，故A错误，B正确；
C、根据题意分析可知，1s内，加速度为a=Δv1Δt1，代入数据解得a=10m/s2
对木板，根据牛顿第二定律有F−μmg=ma1
解得F=15N，故C错误；
D、根据题意分析可知，1s内，物块与木板相对滑动，1s末物块的速度为v′=at，代入数据解得v′=5m/s
物块与木板间相对滑动的距离为Δx=102×1m−52×1m+(10+7.52×0.5m−5+7.52×0.5m)=3.75m，故D正确；
故选：BD。
根据木板的v−t图像分析物块和木板的运动状态，牛顿第二定律和运动学公式求解动摩擦因数、加速度、拉力及相对滑动距离。需明确不同阶段(有拉力、撤去拉力)的受力与运动关系，利用v−t图像斜率求加速度，结合牛顿第二定律分析受力。
本题关键是利用v−t图像分析运动阶段(加速、减速、共速)，结合牛顿第二定律分析受力，通过运动学公式计算位移差。需注意滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，v−t图像斜率对应加速度、面积对应位移的核心应用。
10.【答案】AD
【解析】解：A.施加力F前，对AB整体分析，根据平衡条件可知2mgsinθ=kx
解得x=mgk，故A正确；
B.施加拉力瞬间，弹簧的弹力不能突变，A、B整体所受合力等于拉力，对A、B系统由牛顿第二定律得F=2ma
对B由牛顿第二定律得F+FAB−mgsinθ=ma
解得FAB=mg2−ma，故B错误；
C.小滑块A、B分离时两者间的弹力为零，对A，由牛顿第二定律得kx1−mgsinθ=ma
解得x1=mgsinθ+mak
B的位移为Δx=x−x1,解得Δx=mg−2ma2k，故C错误；
D.当A所受合力为零时速度最大，此时根据胡克定律可得kx2=mgsinθ
弹簧的压缩量x2=mg2k
则A速度最大时，A、B间的距离d=x3−(x−x2),解得d=12at2−mg2k，故D正确。
故选：AD。
施加力F前，对AB整体分析，根据平衡条件求解弹簧的形变量；弹簧的弹力不能突变，施加拉力瞬间，A、B整体所受合力等于拉力，结合牛顿第二定律分析；小滑块A、B分离时两者间的弹力为零，结合牛顿第二定律分析B的位移；当A所受合力为零时速度最大，结合胡克定律分析。
本题考查了整体、隔离法的运用，关键要明确受力情况，知道小滑块A、B分离时两者间的弹力为零。
11.【答案】0.10
0.80
0.48

【解析】解：(1)相邻两个计数点间还有4个点，两相邻计数点间的时间间隔为T=5×1f=5×150s=0.1s。
(2)根据逐差法可知加速度为a=xDG−xAD9T2=5.97+6.78+7.64−3.59−4.41−5.199×0.12×0.01m/s2=0.80m/s2
C点的速度等于BD段的平均速度，有vC=xBD2T=4.41+5.192×0.1×0.01m/s=0.48m/s
故答案为：(1)0.10；(2)0.80，0.48。
(1)根据题意、周期和频率关系计算；
(2)利用逐差法计算小车的加速度；根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段的平均速度计算打C点时小车的速度。
本题关键掌握探究小车速度随时间变化规律的实验原理、利用匀变速直线运动规律计算小车速度和加速度的方法。
12.【答案】0.5
AD

【解析】解：(1)由图示F−x图像可知，弹簧的劲度系数为k=ΔFΔx=
(2)AB.根据胡克定律可得F=kx=k(L−L0)
可知F−L图像的横轴截距表示弹簧的原长，由图像横轴截距可知，a的原长比b的长，故B错误，A正确；
CD.F−L图像的斜率表示弹簧的劲度系数，由图像斜率可知，a图像的斜率比b的小，则a的劲度系数比b的小，故D正确，C错误。
故选：AD。
故答案为：(1)0.5；(2)AD。
(1)利用F−x图像计算弹簧的劲度系数；
(2)利用F−L图像的横轴截距表示弹簧的原长判断；利用F−L图像的斜率表示弹簧的劲度系数判断。
本题关键掌握探究弹力和弹簧伸长关系的实验原理，利用图像计算弹簧原长和劲度系数的方法。
13.【答案】dΔt1
(dΔt2)2−(dΔt1)22x
0.38

【解析】解：(1)某段时间内的平均速度可以代替瞬时速度，故滑块经过光电门1时的瞬时速度的表达式为v1=dΔt1
滑块经过光电门2时的瞬时速度的表达式v2=dΔt2
根据速度—位移公式有v22−v12=2ax
解得a=(dΔt2)2−(dΔt1)22x
(2)根据牛顿第二定律有a=FM
结合图像可知k=1M=−1
解得M=0.38kg
故答案为：(1)dΔt1，(dΔt2)2−(dΔt1)22x；(2)0.38。
(1)利用平均速度替代滑块经过光电门的速度，结合运动学公式计算；
(2)根据牛顿第二定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
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、根据匀变速直线运动规律计算滑块加速度的方法和光电门的测速原理。
14.【答案】物体下落过程所用的时间为3s 物体开始下落处的高度为45m
【解析】解：(1)落地时速度为30m/s，由速度与时间关系有v=gt，
代入数据整理可得物体下落过程所用的时间t=3010s=3s；
(2)物体开始下落处的高度为h=12gt2，
代入数据解得h=45m。
答：(1)物体下落过程所用的时间为3s；
(2)物体开始下落处的高度为45m。
(1)根据v−t公式求出下落时间；
(2)根据位移—时间公式求出下落高度。
物体做自由落体运动，分析清楚物体的运动过程，应用运动学公式即可解题。
15.【答案】轻绳OA的弹力TOA大小和轻绳OB的弹力TOB大小分别为40N，50N 斜面对甲的弹力FN大小为10 2N 力F大小的取值范围为45 2N≤F≤55 2N
【解析】(1)对结点O分析受力，如图所示：
由平衡条件得
TOBcs37°=TOA，TOBsin37°=mg
解得TOA=40N，TOB=50N
(2)对物块甲进行受力分析，在垂直斜面方向，由平衡条件可得
FN=Mgcs45°−TOAsin45°
解得FN=10 2N
(3)甲受到的最大静摩擦力为fm=μFN=0.5×10 2N=5 2N
当拉力F最小时，且沿斜面向上的摩擦力达到最大静摩擦力时，由平衡条件可得F1+fm=Mgsin45°+TOAcs45°
解得F1=45 2N
当拉力F较大，且沿斜面向下的摩擦力达到最大静摩擦力时，由平衡条件可得F1=fm+Mgsin45°+TOAcs45°
解得F1=55 2N
故力F大小的取值范围为45 2N≤F≤55 2N
答：(1)轻绳OA的弹力TOA大小和轻绳OB的弹力TOB大小分别为40N，50N；
(2)斜面对甲的弹力FN大小为10 2N；
(3)力F大小的取值范围为45 2N≤F≤55 2N。
(1)对结点O分析受力，根据平衡条件求解轻绳OA的弹力TOA大小和轻绳OB的弹力TOB大小；
(2)对物块甲进行受力分析，在垂直斜面方向上，根据平衡条件计算斜面对甲的弹力FN大小；
(3)当拉力F最小时，斜面对物块甲的静摩擦力沿斜面向上达到最大。当拉力F最大时，斜面对物块甲的静摩擦力沿斜面向下达到最大。根据平衡条件求出F的最小值和最大值，从而求得力F大小的取值范围。
本题主要考查共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象，进行受力分析，利用平行四边形定则进行力的合成或者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.【答案】加速过程传送带上表面对行李箱的摩擦力大小为36N，挡板对行李箱的摩擦力大小为11N 行李箱在传送带上运动的时间为5.4s 全程行李箱与传送带接触的表面会产生明显划痕
【解析】解：(1)上表面对行李箱的摩擦力f1=μ1mgcsθ，代入数据解得f1=36N
挡板对行李箱的摩擦力f2=μ2mgsinθ，代入数据解得f2=11N
(2)对行李箱在传送带上由牛顿第二定律有f1−f2=ma1
解得a1=2.5m/s2
加速时间t1=va1，代入数据解得t1=0.8s
加速位移x1=v2t1，代入数据解得x1=0.8m
接着行李箱做匀速直线运动，所用时间t2=L−x1v，代入数据解得t2=4.6s
总时间t=t1+t2
代入数据解得t=5.4s
(3)假设行李箱和传送带相对静止一起匀减速，需要的合外力F=ma2
代入数据解得F=100N
由于f1+f2a1，故传送带和行李箱发生相对滑动，箱加速时间为t3=t1=0.8s
传送带加速时间t4=va4，代入数据解得t4=14s
行李箱运动位移x4=x1=0.8m
传送带运动位移x5=v2t4+v(t3−t4)，代入数据解得x5=1.35m
行李箱相对于传送带向后滑动的距离Δx2=x5−x4
代入数据解得Δx2=0.55m
在发生故障前行李箱相对于传送带向后滑动的距离Δx3=vt1−x1
代入数据解得Δx3=0.8m
行李箱相对传送带累计滑动距离Δx=Δx1+Δx2+Δx3
代入数据解得Δx≈1.58m>1.50m
故表面会产生明显划痕。
答：(1)加速过程传送带上表面对行李箱的摩擦力大小为36N，挡板对行李箱的摩擦力大小为11N；
(2)行李箱在传送带上运动的时间为5.4s；
(3)全程行李箱与传送带接触的表面会产生明显划痕。
(1)对行李箱进行受力分析，沿传送带和垂直传送带方向建立坐标系，利用平衡条件和滑动摩擦力公式求解两个摩擦力。
(2)分析行李箱的运动过程，先匀加速到传送带速度，再匀速运动，分别计算两段时间求和。
(3)分阶段分析传送带故障后的运动，计算行李箱与传送带的相对位移，累加后与1.50m比较。
本题考查传送带模型中的多阶段运动与相对位移分析，关键在于正确受力分析确定加速度，分阶段处理运动过程，利用运动学公式计算位移和时间，最后通过相对位移判断划痕。