2025-2026学年黑龙江省牡丹江三中高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年黑龙江省牡丹江三中高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共21页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）智能手机上装载的众多APP软件改变着我们的生活。如图所示为某地图APP软件的一张截图，表示了某次导航的路径，其推荐路线中有两个数据：16分钟、7.1千米，下列相关说法正确的是（ ）
A．研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看作质点
B．16分钟表示的是某个时刻
C．7.1千米表示了此次行程的位移的大小
D．根据这两个数据，我们可以算出此次行程的平均速度的大小
2．（3分）如图，某人准备乘船渡河。已知船在静水中速度为v1，河水流速为v2，且v1大于v2。若能抵达正对岸，则v1朝向可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）物体M从A运动到B，前半程平均速度为v1，后半程平均速度为v2，全程的平均速度是（ ）
A．B．
C．D．
4．（3分）如图一所示，2025蛇年春晚，国产宇树科技机器人集体扭秧歌引人注目，动作丝滑堪比人类。图二记录其中一台机器人在一段时间内运动的速度—时间图像，如图所示，在0～6s内，下列说法正确的是（ ）
A．机器人可能做曲线运动
B．机器人第1s内和第2s内的速度方向相反
C．机器人第1s内和第2s内的加速度方向相反
D．机器人第3s内的速度方向和加速度方向相反
5．（3分）用两根能承受的最大拉力相等、长度不等的细线AO、BO，如图所示悬挂一个中空铁球，当在球内不断注入铁砂时，则（ ）
A．AO先被拉断B．BO先被拉断
C．AO、BO同时被拉断D．条件不足，无法判断
6．（3分）如图所示，A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动，两球质量mB＝mA，两球间是一个轻质弹簧，如果突然剪断悬线，则在剪断悬线瞬间（ ）
A．A球加速度为g，B球加速度为0
B．A球加速度为0，B球加速度为g
C．A球加速度为2g，B球加速度为0
D．A球加速度为0，B球加速度为2g
7．（3分）如图，质量为m的小球挂在电梯的天花板上。电梯在以大小为的加速度向下减速运动的过程中，小球（ ）
A．处于失重状态，所受拉力为
B．处于失重状态，所受拉力为
C．处于超重状态，所受拉力为
D．处于超重状态，所受拉力为
8．（3分）如图所示，在水平桌面上固定一个光滑长木板，质量为M的木块通过轻绳与质量为m的钩码相连，重力加速度为g，则释放后钩码的加速度大小为（ ）
A．0B．gC．gD．g
（多选）9．（6分）若已知物体运动的速度v的方向及物体受到的恒定合外力F的方向，则选项中所画物体运动的轨迹可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
（多选）10．（6分）做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a，初速度大小为v0，经过时间t速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示（ ）
A．B．v0tC．D．
（多选）11．（6分）如图所示，质量为M＝4kg的木板放在水平面上，质量为m＝2kg的物块放在木板上，木板和物块之间用一条跨过光滑定滑轮的细绳相连。用水平向左的外力F拉动木板，当F＝10N时木板和物块匀速运动，已知滑轮左侧的细绳与水平面平行，物块与木板之间、木板与水平面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．跨过光滑定滑轮的细绳上的拉力大小为4N
B．跨过光滑定滑轮的细绳上的拉力大小为2N
C．动摩擦因数μ＝0.1
D．动摩擦因数μ＝0.2
（多选）12．（6分）如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速度放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为µ，则木块从左端运动到右端的时间可能是（ ）
A．B．C．D．
二、实验题（每空2分）
13．（8分）在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中。某同学进行实验的主要步骤是：
步骤一：如图甲，橡皮条的一端连接轻质小圆环，另一端固定，橡皮条的长度为GE。
步骤二：在图乙中，通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。小圆环受到拉力F1、F2的共同作用，处于O点，橡皮条伸长的长度为EO。
步骤三：撤去F1、F2，改用一个力F单独拉住小圆环，仍使它处于O点（图丙）。力F单独作用与F1、F2共同作用的效果是一样的，都能使小圆环在O点保持静止，由于两次橡皮条伸长的长度相同，即橡皮条对小圆环的拉力相同，所以F等于F1、F2的合力。
请回答下列问题：
（1）（单选）本实验采用的科学方法是 （填选项前字母）。
A．控制变量法
B．建立物理模型法
C．等效替代法
D．理想实验法
（2）要探究F与F1、F2的关系，需要绘制 （选填“力的图示”或“力的示意图”）。
（3）某次实验测得F1＝3N、F2＝4N两个力的夹角为钝角，则 （选填“可以”或“不可以”）用一个量程为5N的弹簧测力计完成本实验，试说明理由： 。
14．（12分）某实验小组用如图1的装置“探究加速度与力、质量的关系”。所用交变电流的频率为50Hz。
①实验中可采用如图甲、乙所示的两种打点计时器，请回答下面的问题：图乙是 （选填“电磁打点”或“电火花”）计时器，电源采用的是 （选填“交流8V”“交流220V”或“四节干电池”）。
②实验以小车为研究对象，为补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，应把木板一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在 （填“挂”或“不挂”）槽码时能拖动纸带沿木板做 直线运动。
③实验中打出的纸带如图2所示，由该纸带可求得小车的加速度a＝ m/s2（计算结果保留2位有效数字）。
④某同学在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变对小车的拉力F，由实验数据作出a﹣F图像如图3所示，图线不过原点的原因是 。
三、解答题（15题8分，16题10分，17题14分）
15．（8分）如图所示，质量为m的滑块沿倾角。为θ的斜面下滑。
（1）若斜面光滑。求滑块下滑的加速度大小；
（2）若滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求滑块下滑的加速度大小。
16．（10分）投壶（图甲）是从先秦延续至清末的一种中国传统礼仪，一小孩模仿投壶将石子（视为质点）从离地面高h＝0.8m的A点以初速度v0＝3m/s水平抛出，落在地面上的B点，如图乙所示，取重力加速度g＝10m/s2，不考虑空气阻力，求：
（1）石子运动的时间；
（2）石子运动的水平距离；
（3）石子落地时速度的大小。
17．（14分）某同学练习控制一质量为2kg的无人机垂直升降，运动过程中受到的空气阻力大小恒为4N，方向与运动方向相反，无人机能够获得的最大升力为36N。某次飞行练习，无人机从地面上由静止开始以最大升力竖直向上起飞，4s后无人机出现故障突然失去升力，排除故障后无人机重新获得最大升力，当无人机停止下落时离地面的高度为27m。已知重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）突然失去升力时距离地面的高度；
（2）无人机上升的最大高度；
（3）该同学排除故障所用的时间。
2025-2026学年黑龙江省牡丹江三中高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
二．多选题（共4小题）
一、选择题：本大题共12小题，1-8题为单选题，每题3分；8-12为多选题，每题6分选不全的给3分、有错选的不得分。共48分。
1．（3分）智能手机上装载的众多APP软件改变着我们的生活。如图所示为某地图APP软件的一张截图，表示了某次导航的路径，其推荐路线中有两个数据：16分钟、7.1千米，下列相关说法正确的是（ ）
A．研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看作质点
B．16分钟表示的是某个时刻
C．7.1千米表示了此次行程的位移的大小
D．根据这两个数据，我们可以算出此次行程的平均速度的大小
【分析】当物体的形状和大小对于所研究的问题可忽略不计时，可把物体看作质点；时间间隔为时间段，时刻为时间点；路程为物体的实际运动轨迹长度；平均速度等于位移与时间的比值，平均速率等于路程与时间的比值。
【解答】解：A．当物体的形状和大小对于所研究的问题可忽略不计时，可把物体看作质点；研究汽车在导航图中的位置时，不需要考虑汽车的大小形状等，故可以把汽车看作质点，故A正确；
B．时间间隔为时间段，时刻为时间点，16分钟表示的是行驶可能经历的时间，是时间间隔，故B错误；
C．路程为物体的实际运动轨迹长度，7.1千米表示了此次行程实际走过的路线，是路程，故C错误；
D．平均速度等于位移与时间的比值，平均速率等于路程与时间的比值。根据这两个数据，我们可以算出此次行程的平均速率，不能算平均速度的大小，故D错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查了质点、时间、路程以及平均速率等基本概念，比较简单。
2．（3分）如图，某人准备乘船渡河。已知船在静水中速度为v1，河水流速为v2，且v1大于v2。若能抵达正对岸，则v1朝向可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】要使船抵达正对岸，船的实际运动方向需垂直于河岸。船的运动由船在静水中的速度v1和水流速度v2合成，根据运动的合成与分解，需通过矢量合成分析v1的方向，使得合速度垂直河岸。
【解答】解：根据题意分析可知，v1大于v2，即船速大于水速，若能抵达正对岸，应使船头朝向上游一定角度，使船速的水平分量与水速大小相等，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查运动的合成与分解，关键是明确“合运动方向垂直河岸”的条件，通过矢量合成分析分速度的方向。核心思路是：合速度垂直河岸时，沿河岸方向的分速度需相互抵消，垂直河岸方向的分速度提供渡河速度。
3．（3分）物体M从A运动到B，前半程平均速度为v1，后半程平均速度为v2，全程的平均速度是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据平均速度的定义式求出全程的平均速度。
【解答】解：前半程平均速度为v1，前半程时间
后半程平均速度为v2，后半程时间
总时间
全程平均速度
故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键掌握平均速度的定义式，根据定义式求出平均速度。
4．（3分）如图一所示，2025蛇年春晚，国产宇树科技机器人集体扭秧歌引人注目，动作丝滑堪比人类。图二记录其中一台机器人在一段时间内运动的速度—时间图像，如图所示，在0～6s内，下列说法正确的是（ ）
A．机器人可能做曲线运动
B．机器人第1s内和第2s内的速度方向相反
C．机器人第1s内和第2s内的加速度方向相反
D．机器人第3s内的速度方向和加速度方向相反
【分析】v﹣t图像只能描述直线运动，v﹣t图像的斜率表示加速度，根据斜率的变化分析加速度的变化。
【解答】解：A、v﹣t图像只能描述直线运动，所以机器人做直线运动，故A错误；
B、机器人第1s内和第2s内的速度都是正值，方向相同，均向正方向运动，故B错误；
C、机器人第1s内加速度向正方向，第2s内加速度向负方向，机器人第1s内和第2s内的加速度方向相反，故C正确；
D、机器人第3s内的速度方向为负方向，加速度为负方向，所以速度方向和加速度方向相同，均向负方向，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查v﹣t图像，解题关键是能根据图像分析机器人的运动状态，知道v﹣t图像的斜率表示加速度，图像与时间轴围成的面积表示位移。
5．（3分）用两根能承受的最大拉力相等、长度不等的细线AO、BO，如图所示悬挂一个中空铁球，当在球内不断注入铁砂时，则（ ）
A．AO先被拉断B．BO先被拉断
C．AO、BO同时被拉断D．条件不足，无法判断
【分析】将铁球对O点的拉力按作用效果分解，沿A0方向上的分力等于AO绳的拉力，沿BO绳方向上的分力等于BO绳的拉力，比较两拉力的大小，从而判断哪根绳先断．
【解答】解：物体对O点拉力等于物体重力，此力有两个效果：一是使AO绳拉紧；二是使BO绳拉紧。
按效果把物体对O点的拉力分解，通过作图可得AO绳受的力小于BO绳受的力。当重力逐渐增大，BO绳先达到最大拉力，BO绳先断。故A错误，B正确，C错误，D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键通过平行四边形定则确定出AO绳、BO绳的拉力大小，从而判断出哪个绳先断，难度不大，属于基础题．
6．（3分）如图所示，A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动，两球质量mB＝mA，两球间是一个轻质弹簧，如果突然剪断悬线，则在剪断悬线瞬间（ ）
A．A球加速度为g，B球加速度为0
B．A球加速度为0，B球加速度为g
C．A球加速度为2g，B球加速度为0
D．A球加速度为0，B球加速度为2g
【分析】对A、B分别进行受力分析，根据平衡等式列式，剪断细线后的瞬间，拉力T突变为0，弹簧弹力F弹不突变，根据牛顿第二定律，分别求剪断悬线瞬间B球和A球加速度。
【解答】解：剪断悬线前绳上的拉力为T，弹簧拉力为F弹。对A、B分别进行受力分析，根据平衡条件，则有
T＝mAg+F弹，F弹＝mBg
剪断细线后的瞬间，拉力T突变为0，弹簧弹力F弹不突变，B球依旧受力平衡。因为A、B球质量相等，所以在剪断悬线瞬间B球和A球加速度分别为
aB＝0，
故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题解题关键是掌握剪断细线后的瞬间，拉力T突变为0，弹簧弹力F弹不突变。
7．（3分）如图，质量为m的小球挂在电梯的天花板上。电梯在以大小为的加速度向下减速运动的过程中，小球（ ）
A．处于失重状态，所受拉力为
B．处于失重状态，所受拉力为
C．处于超重状态，所受拉力为
D．处于超重状态，所受拉力为
【分析】由题意分析小球加速度的方向判断小球处于超重或失重状态，根据牛顿第二定律计算拉力的大小。
【解答】解：小球以大小为g的加速度向下减速运动，则加速度方向向上，小球处于超重状态，小球挂在电梯的天花板上，受到重力mg和绳的拉力T，由牛顿第二定律可得
T﹣mg＝ma
解得

故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题关键掌握超重或失重的实质，利用牛顿第二定律计算力的方法。
8．（3分）如图所示，在水平桌面上固定一个光滑长木板，质量为M的木块通过轻绳与质量为m的钩码相连，重力加速度为g，则释放后钩码的加速度大小为（ ）
A．0B．gC．gD．g
【分析】释放后，钩码与木块都做匀加速运动，加速度大小相等，分别对钩码和木块研究，根据牛顿第二定律列式，即可求得加速度大小。
【解答】解：以钩码为研究对象，根据牛顿第二定律得：mg﹣T＝ma
为木块为研究对象，由牛顿第二定律得 T＝Ma
联立解得 ag，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题是连接体问题，关键要抓住两个物体的加速度大小相等，分别运用牛顿第二定律列式。
（多选）9．（6分）若已知物体运动的速度v的方向及物体受到的恒定合外力F的方向，则选项中所画物体运动的轨迹可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据物体做曲线运动的合外力、速度和轨迹之间的关系进行分析解答。
【解答】解：根据曲线运动的受力特点可知曲线运动中合力指向曲线的凹侧，速度沿切线方向，轨迹在速度方向和合外力方向之间，则符合题意的为CD，故CD正确，AB错误。
故选：CD。
【点评】考查曲线运动的速度和受力特点，理解做曲线运动的条件，属于基础题。
（多选）10．（6分）做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a，初速度大小为v0，经过时间t速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示（ ）
A．B．v0tC．D．
【分析】分别根据平均速度、速度—位移公式和反方向的初速度为零的匀加速直线运动的位移—时间公式计算即可。
【解答】解：根据平均速度公式可得质点的位移为x，根据速度—位移公式可得质点的位移大小为x，把该质点的运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，则在这段时间内的位移大小为x，故ACD正确，B错误。
故选：ACD。
【点评】本题考查了运动学公式的应用，一定要熟练掌握这些运动学公式，知道在碰到匀减速运动直到停止的运动，可以看作反方向的初速度为零的匀加速直线运动来处理。
（多选）11．（6分）如图所示，质量为M＝4kg的木板放在水平面上，质量为m＝2kg的物块放在木板上，木板和物块之间用一条跨过光滑定滑轮的细绳相连。用水平向左的外力F拉动木板，当F＝10N时木板和物块匀速运动，已知滑轮左侧的细绳与水平面平行，物块与木板之间、木板与水平面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．跨过光滑定滑轮的细绳上的拉力大小为4N
B．跨过光滑定滑轮的细绳上的拉力大小为2N
C．动摩擦因数μ＝0.1
D．动摩擦因数μ＝0.2
【分析】物块和木板均做匀速运动，处于受力平衡状态。通过对物块、木板分别进行受力分析，结合滑动摩擦力公式和平衡条件列方程，联立求解细绳的拉力和动摩擦因数。
【解答】解：根据题意分析可知，设绳子拉力大小为T，对m，由平衡条件可知T＝μmg
对M，由平衡条件可知F＝T+μ（M+m）g+μmg
联立解得μ＝0.1，T＝2N，故BC正确，AD错误；
故选：BC。
【点评】解决这类涉及连接体和摩擦力的问题，关键是对每个物体进行准确的受力分析，明确滑动摩擦力的正压力来源，结合平衡条件列方程联立求解。
（多选）12．（6分）如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速度放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为µ，则木块从左端运动到右端的时间可能是（ ）
A．B．C．D．
【分析】若传送带足够长，木块在传送带上先做匀加速直线运动，加速到与传送带共速后做匀速运动；若传送带不够长，全程做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律求出加速时加速度，再由运动学公式解答。
【解答】解：木块在传送带上加速时，根据牛顿第二定律得

若木块一直做匀加速直线运动，则有

可得

若木块一直匀加速，且到达右端时恰好达到传送带速度，则有

可得

若木块先做匀加速直线运动，共速后做匀速直线运动，则有
，故ACD错误，B正确。
故选：ACD。
【点评】这道题是关键传送带的经典基础题，围绕“木块在传送带上的匀加速+匀速（或全程匀加速）”两种运动情境展开，这是传送带问题的核心考查形式，能夯实“运动分类分析”的思维。
二、实验题（每空2分）
13．（8分）在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中。某同学进行实验的主要步骤是：
步骤一：如图甲，橡皮条的一端连接轻质小圆环，另一端固定，橡皮条的长度为GE。
步骤二：在图乙中，通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。小圆环受到拉力F1、F2的共同作用，处于O点，橡皮条伸长的长度为EO。
步骤三：撤去F1、F2，改用一个力F单独拉住小圆环，仍使它处于O点（图丙）。力F单独作用与F1、F2共同作用的效果是一样的，都能使小圆环在O点保持静止，由于两次橡皮条伸长的长度相同，即橡皮条对小圆环的拉力相同，所以F等于F1、F2的合力。
请回答下列问题：
（1）（单选）本实验采用的科学方法是 C （填选项前字母）。
A．控制变量法
B．建立物理模型法
C．等效替代法
D．理想实验法
（2）要探究F与F1、F2的关系，需要绘制 力的图示 （选填“力的图示”或“力的示意图”）。
（3）某次实验测得F1＝3N、F2＝4N两个力的夹角为钝角，则 可以 （选填“可以”或“不可以”）用一个量程为5N的弹簧测力计完成本实验，试说明理由： 两个力的夹角为钝角时，合力小于5N 。
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析判断；
（2）根据平行四边形定则判断；
（3）根据合力的范围分析判断。
【解答】解：（1）在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法为等效替代法。故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2）要探究F与F1、F2的关系，需要绘制力的图示，因为力的图示既可以表示力的大小，也可以表示力的方向。
（3）某次实验测得F1＝3N，F2＝4N，两个力的夹角为钝角，可以用一个量程为5N的弹簧测力计完成本实验，因为，若夹角为直角，两个力的合力恰好为5N，而夹角变为钝角，合力减小，小于5N，故5N的弹簧测力计可以完成本实验。
故答案为：（1）C；（2）力的图示；（3）可以，两个力的夹角为钝角时，合力小于5N。
【点评】本题关键掌握探究两个互成角度的力的合成规律的实验原理和力的合成方法。
14．（12分）某实验小组用如图1的装置“探究加速度与力、质量的关系”。所用交变电流的频率为50Hz。
①实验中可采用如图甲、乙所示的两种打点计时器，请回答下面的问题：图乙是 电火花 （选填“电磁打点”或“电火花”）计时器，电源采用的是 交流220V （选填“交流8V”“交流220V”或“四节干电池”）。
②实验以小车为研究对象，为补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，应把木板一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在 不挂 （填“挂”或“不挂”）槽码时能拖动纸带沿木板做 匀速 直线运动。
③实验中打出的纸带如图2所示，由该纸带可求得小车的加速度a＝ 0.88 m/s2（计算结果保留2位有效数字）。
④某同学在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变对小车的拉力F，由实验数据作出a﹣F图像如图3所示，图线不过原点的原因是 平衡摩擦力时，木板倾斜过大 。
【分析】①根据图片的特点得出对应的打点计时器的类型；
②根据实验原理和操作步骤，分析判断应怎样调整木板左右的高度；
③根据运动学公式得出小车的瞬时速度，结合逐差法得出小车的加速度；
④根据实验原理对误差进行分析。
【解答】解：①图乙中利用了墨粉盒，由此可知，图乙是电火花计时器，其电源采用的是交流220V。
②实验以小车为研究对象，为补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，应把木板一侧垫高，调节木板的倾斜度，由于使小车重力沿斜面的分力与小车所受阻力平衡，可知，平衡摩擦力时，应使小车在不挂槽码时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动。
③交流电源的频率为50Hz，则打点周期为0.02s，纸带上选择的相邻计数点之间的时间间隔为：T＝5×0.02s＝0.1s
根据逐差法可知，小车的加速度：
④根据图像可知，当拉力为0时，小车已经有一定的加速度，表明平衡摩擦力时，木板倾斜过大。
故答案为：①电火花、交流220V；②不挂、匀速；③0.88；④平衡摩擦力时，木板倾斜过大。
【点评】本题主要考查了打点计时器测量速度和加速度的实验，根据运动学公式得出速度的大小，结合逐差法即可完成分析。
三、解答题（15题8分，16题10分，17题14分）
15．（8分）如图所示，质量为m的滑块沿倾角。为θ的斜面下滑。
（1）若斜面光滑。求滑块下滑的加速度大小；
（2）若滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求滑块下滑的加速度大小。
【分析】对滑块受力分析，求出滑块所受的合力，根据牛顿第二定律求出滑块下滑的加速度。
【解答】解：（1）若斜面光滑。物体受到重力和支持力的作用，根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ＝ma，
解得：a＝gsinθ；
（2）对滑块受力分析，根据牛顿第二定律得：
mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma′，
解得：a′＝gsinθ﹣μgcsθ；
答：（1）若斜面光滑。滑块下滑的加速度大小为gsinθ；
（2）若滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块下滑的加速度大小为gsinθ﹣μgcsθ。
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住垂直斜面方向合力为零，沿斜面方向的合力产生加速度，运用正交分解进行求解。
16．（10分）投壶（图甲）是从先秦延续至清末的一种中国传统礼仪，一小孩模仿投壶将石子（视为质点）从离地面高h＝0.8m的A点以初速度v0＝3m/s水平抛出，落在地面上的B点，如图乙所示，取重力加速度g＝10m/s2，不考虑空气阻力，求：
（1）石子运动的时间；
（2）石子运动的水平距离；
（3）石子落地时速度的大小。
【分析】（1）石子做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据公式求解石子运动的时间；
（2）石子在水平方向做匀速直线运动，根据公式x＝v0t求解石子运动的水平距离；
（3）根据vy＝gt求出石子落地时竖直方向分速度，再与水平方向分速度合成求出石子落地时速度的大小。
【解答】解：（1）石子做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则有
解得：t＝0.4s
（2）石子在水平方向做匀速直线运动，则有x＝v0t
解得：x＝1.2m
（3）石子落地时竖直方向速度vy＝gt
石子落地时速度大小
联立解得：v＝5m/s
答：（1）石子运动的时间为0.4s；
（2）石子运动的水平距离为1.2m；
（3）石子落地时速度的大小为5m/s。
【点评】解答本题的关键要熟练运用运动的分解法处理平抛运动，掌握两个分运动的规律，并能熟练运用。
17．（14分）某同学练习控制一质量为2kg的无人机垂直升降，运动过程中受到的空气阻力大小恒为4N，方向与运动方向相反，无人机能够获得的最大升力为36N。某次飞行练习，无人机从地面上由静止开始以最大升力竖直向上起飞，4s后无人机出现故障突然失去升力，排除故障后无人机重新获得最大升力，当无人机停止下落时离地面的高度为27m。已知重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）突然失去升力时距离地面的高度；
（2）无人机上升的最大高度；
（3）该同学排除故障所用的时间。
【分析】（1）对无人机在加速起飞阶段根据牛顿第二定律求解加速度大小，再根据运动学公式求解无人机在有升力阶段上升的高度；
（2）求出失去升力时的速度，根据牛顿第二定律求解无人机在失去升力向上减速阶段加速度大小，根据运动学公式求解无人机上升的最大高度；
（3）根据牛顿第二定律求解无人机在失去升力下落阶段加速度大小和无人机在恢复升力后减速下落阶段加速度大小，分析无人机的运动情况，根据运动学公式进行解答。
【解答】解：（1）对无人机受力分析可知，无人机在加速起飞阶段有：F﹣mg﹣f＝ma1，
其中F＝36N，阻力f＝4N，无人机的质量m＝2kg，
解得：a1＝6m/s2
无人机在有升力阶段上升的高度：h1m＝48m；
（2）失去升力时的速度为：v1＝a1t1＝6×4m/s＝24m/s
无人机在失去升力向上减速阶段，根据牛顿第二定律可得：mg+f＝ma2
解得加速度大小为：a2＝12m/s2，方向向下；
此阶段所用时间：t2s＝2s
无人机上升的最大高度：h＝h1
解得：h＝72m；
（3）无人机在失去升力下落阶段，根据牛顿第二定律可得：mg﹣f＝ma3
解得：a3＝8m/s2
此时的速度：v2＝a3t3，
无人机在恢复升力后减速下落阶段，根据牛顿第二定律可得：F+f﹣mg＝ma4
无人机发生的总位移：h﹣h0，其中h0＝27m
该同学排除故障所用时间：t排＝t2+t3
联立解得：t排＝4.5s。
答：（1）突然失去升力时距离地面的高度为48m；
（2）无人机上升的最大高度为72m；
（3）该同学排除故障所用的时间为4.5s。
【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
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答案
CD
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