2023年人教版高中物理必修1第四章 运动和力的关系 B卷

这是一份2023年人教版高中物理必修1第四章 运动和力的关系 B卷，共19页。


2023年人教版高中物理必修1第四章 运动和力的关系 B卷
一、选择题
1．如图所示，一只盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓球，容器中水和铁球．乒乓球都处于静止状态，当容器随小车突然向右运动时，两球的运动状况是（以小车为参考系）（　　）

A．铁球向左，乒乓球向右 B．铁球向右．乒乓球向左
C．铁球和乒乓球都向左 D．铁球和乒乓球都向右
2．如图所示，劈形物体M各面均光滑，放在固定的斜面上，上表面水平，在上表面放一个光滑小球m.劈形物体由静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是 (　　)

A．沿斜面向下的直线 B．竖直向下的直线
C．无规则的曲线 D．抛物线
3．小明用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系，实验中不需要的操作是（　　）

A．先接通电源，后释放小车
B．用秒表测出小车运动的时间
C．调节定滑轮的高度，使细绳与长木板平行
D．将长木板右端垫高，平衡小车和纸带受到的摩擦力
4．如图所示，质量M=2.0kg的长木板A静止于水平面上，质量m=1.0kg的小铁块B（可视为质点）静置于长木板最左端。已知小铁块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.4，长木板与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1，现对小铁块施加一个水平向右的拉力F，则（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2）（　　）

A．当F=2N时，小铁块能与长木板一起运动
B．当F=4N时，小铁块在静止的长木板上滑动
C．当F=5N时，小铁块与长木板发生相对滑动
D．当F从零开始逐渐增大，长木板的加速度也一直增大
5．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a﹣t图象如图所示．下列v﹣t图象中，可能正确描述此物体运动的是（　　）

A． B．
C． D．
6．如图所示，abcde是四段平滑链接的路面，一辆用轻绳悬挂小球的小车静止在起点，轻推小车，小车可以冲上de路面。若所有摩擦均不计，且忽略小车在各衔接路段对小球的扰动，在运动过程中小球与小车总是保持相对静止，那么轻绳与车顶垂直的阶段是（　　）

A．只有ab路面 B．只有bc路面 C．只有cd路面 D．全程
7．如图甲所示，光滑水平地面上静止放置足够长的木板B，物块A叠放在长木板B上，一水平拉力F作用在长木板上使长木板从静止开始运动，AB间动摩擦因数为μ，重力加速度为g。设木板B静止时右端的位置为坐标原点，规定力F的方向为正方向，木板B的加速度随位移的变化图像如图乙所示，则（　　）

A．位移为x1时物块A的速度大小为μgx1
B．位移为x2时木板B的速度大小为2μgx2
C．位移为x3时木板B的速度大小为2μg(2x3−x2)
D．物块A和木板B两物体在x2处开始相对滑动
8．质量为3kg的物块，重力约30N，从5m高处下落，2s后静止在海绵上，如下图所示，上述涉及了质量、长度、时间的单位及其他信息，下列说法正确的是（　　）

A．力学的三个基本单位是N、m、s
B．kg、m/s、N是国际单位的导出单位
C．海绵比物块形变更明显，物块对海绵的力大于海绵对物块的力
D．在国际单位制中，力的单位是根据牛顿第二定律定义的
9．如图所示，一个质量为m的小球从轻质弹簧正上方O点处自由下落，A点为弹簧的原长处，B点为弹簧弹力和小球重力大小相等处，C点为小球能到达的最低处，整个过程中弹簧始终未超过弹性限度，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A．小球运动到A点速度最大
B．小球运动到B点后加速度方向发生改变
C．从A点到C点的过程中，小球一直在做减速运动
D．从B点到C点的过程中，小球加速度不断减小
10．在光滑的水平面上，有两个相互接触的物体如图所示，已知M＞m，第一次用水平力F由左向右推M，物体间的作用力为N1，第二次用同样大小的水力F由右向左推m，物体间的作用力为N2，则（　　）

A．N1＞N2 B．N1=N2 C．N1＜N2 D．无法确定
11．如图所示，质量分别为m和2m的物体A、B静止在光滑水平面上，通过一根倾斜的轻绳连接，若用水平向左的恒力F拉物体A，经过一段时间，两物体的位移为x1、绳中的张力为F1；若用水平向右的恒力2F向右拉物体B，经过相同的一段时间，两物体运动的位移为x2、绳中的张力为F2，则（　　）

A．2x1=x2，F1=F2 B．4x1=x2，F1=F2
C．2x1=x2，2F1=F2 D．4x1=x2，2F1=F2
12．如图所示，一小物块以初速度v滑上水平传送带的左端，最后恰好停在传送带右端，已知该过程中传送带一直保持静止不动，传送带两端水平间距为ns（n为整数）。在从左端算起的第k个s段（k为不为零的自然数，且k
A．tk=2sv[n(n−k+1)−n(n−k)]
B．tk=2sv[n(n−k)−n(n−k−1)]
C．若传送带顺时针转动，物块以速度v滑上传送带，则物块滑到传送带右端时速度为零
D．若传送带逆时针转动，物块以速度v滑上传送带，则物块一定从传送带右端滑离传送带
13．如图所示，木块B上表面是水平的，木块A置于B上，一起以某一初速度沿光滑斜面向上冲，上冲过程中A与B保持相对静止，在向上运动的过程中（　　）

A．因AB的运动情况相同所以相互间没有摩擦力
B．木块A处于超重状态
C．A的机械能不发生变化
D．A对B做负功
二、多项选择题
14．如图所示，两块相同木板做成两个倾角相同的斜面，斜面倾角 θ=37° ，斜面长度为L=6.25m，滑块从一侧斜面的底端以初速度v0=10m/s滑上斜面，恰好越过最高点并从另一侧面滑下，g取10m/s2， sin37°=0.6 ，下列说法正确的是（　　）

A．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.3
B．滑块下滑到斜面底端时速度大小约为7.07m/s
C．滑块在斜面上滑行时间约为3.02s
D．滑块上滑和下滑过程斜面对地面压力相等
15．一质量为0.5 kg 的物体静止放置在水平地面上， t=0时刻，给物体施加一个水平方向的力，其大小随时间的变化关系如图所示，已知物体在2s末的速度大小为4 m/s，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是（　　）

A．在0~2s 内，物体的加速度大小为l m/s2
B．物体与地面间的动摩擦因数为0.6
C．在4 s末，物体的速度为零
D．物体在0～4 s内的平均速度大小为2.5 m/s
三、非选择题
16．如图是伽利略理想斜面实验中的一幅图，小球从A点沿光滑轨道由静止开始运动到另一侧最高点B，则B点　 　（选填“高于”、“低于”或“等于”）A点的高度；若轨道仅CD部分光滑，小球仍从A点静止下滑，经过4秒达到斜面另一侧最高点B′，B′的高度是A点高度的 1625 ，A到B′的总路程是2m，且已知小球在水平部分运动时间为1s，则C到D的距离是　 　m．

17．某物理课外小组利用图甲所示的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系，图中，置于试验台上的长木板水平放置，在其上面安装了两个相距为x的光电门，小车上的遮光板宽为d，其右端固定一轻滑轮，轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码，本实验中可用的钩码共N=5个，每个质量均为0.010kg。实验步骤如下：

⑴将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车（和钩码）可以在木板上匀速下滑。
⑵将n（依次取n=1，2，3，4，5）个钩码挂在轻绳右端，其余N−n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行；释放小车，记录滑块通过两光电门的时间依次为t1、t2，通过以上测量数据表示加速度a=　 　。
⑶请利用（2）步，计算出的数据在图乙中作出a−n图像　 　，从图像可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。
⑷利用a−n图像求得小车（空载）的质量为　 　kg。（保留2位有效数字，重力加速度取g=10ms2）
⑸若以“保持木板水平”来代替步骤（1），下列说法正确的是　 　（填入正确选项前的标号）。
A．a−n图线不再是直线
B．a−n图线仍是直线，但该直线不过原点
C．a−n图线仍是直线，但该直线的斜率变大
18．如图所示，某粮库用电动机运粮。配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2m/s沿倾角为θ的斜坡匀速上行，此时电动机牵引绳对小车的拉力T1=7400N。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸完粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1=100kg，车上粮食的质量m2=1200kg，配重质量m0=40kg，重力加速度g取10m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计缆绳重力。求：

（1）斜坡倾角θ的正弦值和比例系数k值；
（2）关闭电动机后，小车又沿斜坡上行加速度的大小（结果可用分数表示）；
（3）关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L的值（结果可用分数表示）。
19．如图所示，水平面上紧靠放置着等厚的长木板B．C（未粘连），它们的质量均为M=2kg。在B木板的左端放置着质量为m=1kg的木块A（可视为质点）。A与B．C间的动摩擦因数均为 μ1=0.4 ，B．C与水平面间的动摩擦因数均为 μ2=0.1 ，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。开始整个系统处于静止，现对A施加水平向右的恒力拉力F=6N，测得A在B．C上各滑行了1s后，从C的右端离开木板，求：木板B．C的长度 lB 、 lC

20．质量为m=50kg的小孩子站在电梯内的体重计上，电梯从t=0时刻由静止开始上升，在0到6s内体重计示数F的变化如图所示，试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？（取重力加速度g=10m/s2）

21．别小看这么一台风车，可以说古人的智慧是满满的。当农民转动把柄，风扇叶向左吹风，顶槽漏下的谷子就被分为三类：A出口得到实谷，B出口得到半实的谷，C出口得到瘪谷。这样选谷利用的原理是什么？具体解释一下。


答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】惯性与质量
【解析】【解答】解：因为小车突然向右运动时，由于惯性，铁球和乒乓球都有向左运动趋势，但由于与同体积的“水球”相比铁球的质量大，惯性大，铁球的运动状态难改变，即速度变化慢，而同体积的水球的运动状态容易改变，即速度变化快，而且水和车一起加速运动，所以小车加速运动时，铁球相对于小车向左运动，同理由于与同体积的“水球”相比乒乓球的质量小，惯性小，乒乓球向右运动．
故答案为：A．
【分析】物体的惯性只与自身的质量有关，与运动状态无关，故分析质量大的物体即可。
2．【答案】B
【知识点】惯性与质量
【解析】【解答】因小球在物体abc上从静止释放过程中，水平方向不受力的作用，由于惯性，水平方向仍保持静止而没有运动，所以小球在碰到斜面前运动轨迹是竖直的直线.
思路分析：由于直角三角体的水平面是光滑的，A又是放在光滑的斜面上，当斜面体A在光滑的斜面B上下滑时，小球由于只在竖直方向受力，
故小球在碰到斜面之前的运动轨迹是竖直向下的直线．
故答案为：B
【分析】小球相对于地面来说只受重力和支持力，故轨迹是竖直向下的运动。
3．【答案】B
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】解：A、实验时应先接通电源，后释放小车．A不符合题意；
B、探究加速度与力和质量的关系，加速度的大小可以通过纸带求解，打点的时间间隔已知，不需要测量小车运动的时间．B符合题意；
C、若连接砝码盘和小车的细绳与长木板不保持平行，则绳子的拉力分力等于小车的合力，这样导致误差增大，C不符合题意；
D、实验时需平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，即平衡小车和纸带受到的摩擦力．D不符合题意．
故答案为：B．
【分析】实验成功的关键与否取决于摩擦力是否被平衡，绳子的拉力等于小车所受的合外力时实验正确。
4．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；力与运动的关系
【解析】【解答】A与地面间的最大静摩擦力为 fAmax=μ2(m+M)g=3N
B与A间的最大静摩擦力为 fBmax=μ1mg=4N
A．当F=2N时，即 F 则小铁块与长木板都处于静止状态，A不符合题意；
B．当F=4N时，A、B间的摩擦力为4N，大于A与地面间的最大静摩擦力，则A会运动，B不符合题意；
C．当B与A间的摩擦力达到最大静摩擦时，对A有 μ1mg−μ2(m+M)g=Ma0
解得 a0=12m/s2
A、B整体有 F0−μ1(m+M)g=(m+M)a0
解得 F0=4.5N
即当拉力大于4.5N时，小铁块与长木板发生相对滑动，C符合题意；
D．当A、B发生相对滑动时，A对B的滑动摩擦力不变，A与地面间的滑动摩擦力也不变，则A的合力不变，加速度不变，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】根据摩檫力公式分别求两者的摩檫力，由此判断拉动两者的最小拉力；采用假设法分析相对运动的拉力大小。
5．【答案】D
【知识点】加速度；力与运动的关系；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】解：在0～ T2 s内，物体沿加速度方向做匀变速运动，v﹣t图象是倾斜的直线；
在 T2 ～T内，加速度为0，物体做匀速直线运动或处于静止状态，v﹣t图象是平行于t轴的直线；
在T～2T内，加速度反向，物体做匀变速直线运动，到2T时刻速度为零．v﹣t图象是向下倾斜的直线．因加速度的大小相等，所以在0～ T2 s内及在T～2T内的图线的斜率大小相同，D符合题意，ABC不符合题意
故答案为：D．
【分析】根据加速度和速度之间的关系，对物体运动进行判断，再结合速度时间，图像的物理意义分析得出结果。
6．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】小车在bc路面上时处于匀速直线运动状态，轻绳弹力与重力平衡，则弹力方向竖直向上，即当小车在bc路面上时，轻绳与车顶垂直；当小车在ab路面上时，小车与小球保持相对静止，向下做匀加速直线运动，对小车与小球分析有(M+m)gsinθ=(M+m)a1
即加速度大小a1=gsinθ
加速度方向沿斜面向下，θ为斜面倾角，对小球进行分析，由于其加速度为gsinθ，方向沿斜面向下，则小球在垂直于斜面方向的合力为0，沿斜面的合力为mgsinθ，等于小球的重力沿斜面的分力，则轻绳一定垂直于斜面，即轻绳与车顶垂直；当小车在cd路面上时，小车与小球保持相对静止，向上做匀减速直线运动，对小车与小球分析有(M+m)gsinα=(M+m)a2
即加速度大小a2=gsinα
加速度方向沿斜面向下，α为斜面倾角，对小球进行分析，由于其加速度为gsinα，方向沿斜面向下，则小球在垂直于斜面方向的合力为0，沿斜面的合力为mgsinα，等于小球的重力沿斜面的分力，则轻绳一定垂直于斜面，即轻绳与车顶垂直。
故答案为：D。

【分析】小车在ab路面上时，小球在垂直于斜面方向的合力为0，轻绳一定垂直于斜面，即轻绳与车顶垂直；当小车在cd路面上时，小球在垂直于斜面方向的合力为0，轻绳一定垂直于斜面，即轻绳与车顶垂直。
7．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用；受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．对A分析，水平方向上，B对A的摩擦力提供A的加速度，根据牛顿第二定律得fBA=maA
A的做大加速度是由B对A的滑动摩擦力提供aAmax=μmAgmA=μg
位移为x1之前的加速度都小于μg，AB相对静止一起加速运动。根据运动学关系及通过微元法可以证明加速度随位移的变化图像所围成的面积是速度平方的差值，可得位移为x1时物块A的速度大小满足vA12−0=12⋅2μg⋅x1
解得vA1=μgx1
A不符合题意；
B．根据运动学关系及加速度随位移的变化图像，可得位移为x2时木板B的速度大小满足vB22−0=12⋅2⋅2μg⋅x2
解得vB2=2μgx2
B不符合题意；
C．位移为x2时木板B的速度大小满足vB32−0=12⋅2⋅2μg⋅x2+2⋅2μg(x3−x2)
解得vB2=2μg(2x3−x2)
C符合题意；
D．物块A和木板B两物体在x1处开始相对滑动，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】对A受力分析，根据牛顿第二定律得出最大加速度的表达式，利用匀变速直线运动的规律得出位移为x1时物块A的速度。
8．【答案】D
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】A、力学的三个基本单位是kg，m，s，A错误。
B、kg是基本单位，不是导出单位，B错误。
C、由牛顿第三定律可知，物块对海绵的作用力等于海绵对物块的作用力，C错误。
D、在国际单位制中，力的单位是由牛顿第二定律定义的，D正确。
故答案为：D
【分析】根据单位制和牛顿第二定律的表达式分析求解。
9．【答案】B
【知识点】对单物体(质点)的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】BD．在B点为弹簧弹力和小球重力大小相等，合力等于零，加速度等于零，小球运动到B点后加速度方向发生改变，从B点到C点的过程中，小球加速度不断增大，B符合题意，D不符合题意；
AC．在B点为弹簧弹力和小球重力大小相等，合力等于零，加速度等于零，速度最大，从A点到C点的过程中，小球先加速后减速，AC不符合题意。
故答案为：B。

【分析】接触A点前自由落体运动，接触A点后，受到弹簧弹力和重力的作用，根据形变程度分析弹力变化，结合牛顿第二定律分析加速度变化确定小球的运动状态。
10．【答案】C
【知识点】对单物体(质点)的应用；整体法隔离法；受力分析的应用
【解析】【解答】解：第一次：对左图，根据牛顿第二定律得：整体的加速度：a1= FM+m ，
再隔离对m分析：N1=ma1=m FM+m ．
第二次：对右图，整体的加速度：a2= FM+m ，
再隔离对M分析：N2=Ma2=M FM+m ．
由题M＞m，a1=a2，N1＜N2．
故答案为：C．
【分析】两物体两次加速度相同，采用先整体后隔离受力分析求解。
11．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】对整体分析，当F水平向左时，根据牛顿第二定律 F=3ma1 ，设轻绳与水平方向夹角为 θ ，向左拉物体A，对B分析 F1cosθ=2ma1 ，得 F1=2F3cosθ 当2F水平向右时，对整体 2F=3ma2 ，对A分析 F2cosθ=ma2 ，得 F2=2F3cosθ ，可见 a1：a2=1：2 ， F1=F2 ，又根据初速为零匀加速直线运动位移公式 x=12at2 知相等时间两种情况位移之比等于加速度之比，即 x1：x2=a1：a2=1：2
故答案为：A。

【分析】连接体问题，两边物体加速度相等。整体法求出整体加速度，隔离法求出绳中张力大小。
12．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AB．设小物块在传送带上的加速度为 a ，根据运动学公式可得 0−v2=−2ans ，解得 a=v22ns ，根据运动学公式可得 ks=vt2−12at22 ， (k−1)s=vt1−12at12 ，则 tk=t2−t1 ，联立解得 tk=2sv[n(n−k+1)−n(n−k)] ，
A符合题意，B不符合题意；
C．若传送带顺时针转动，若传送带速度大于 v ，物块先做加速运动，到达传送带右端的速度可能与传送带速度相等，还可能在加速度过程中就到达传送带右端，若传送带速度小于 v ，物块先做减速运动，到达传送带右端的速度可能与传送带速度相等，还可能在减速过程中就到达传送带右端，但不可能为零，C不符合题意；
D．若传送带逆时针转动，物块做减速运动，若物块速度减速到零时未到达传送带右端，然后随着传送带反向运动，物块将从传送带左端滑离传送带，D不符合题意。
故答案为：A。

【分析】物块在传送带运动的过程根据牛顿第二定律以及匀变速直线运动的规律得出滑块运动时间的表达式，结合相对运动进行分析判断。
13．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；超重与失重；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：
A、对A、B整体研究，作出受力示意图如图1所示，根据牛顿第二定律得：

（M+m）gsinθ=（M+m）a
得：a=gsinθ
以B为研究对象，将m的加速度沿水平和竖直方向分解，其受力如图2示，有：
竖直方向有 mg﹣FN=masinθ
解得 FN=mg﹣mgsin2θ=mgcos2θ
水平方向有 f=macosθ，
解得：f=mgsinθcosθ．故A错误；
B、由A的分析可知，AB整体的加速度由竖直向下的分量，所以AB整体都处于失重状态，故B错误；
C、物体B在运动的过程中受到A的支持力与摩擦力，设向上的位移为s，则支持力做的功：
WFN=FNs⋅sinθ=mgcos2θ⋅s⋅sinθ
摩擦力做的功： Wf=−fs⋅cosθ=−mgs⋅sinθcos2θ
可知支持力做的功与摩擦力做的功大小相等，一正一负，总功等于0，物块B机械能保持不变．故C正确；
D、由C的分析可知，物块B对物块A做的总功也是0，则A对B不做功．故D错误；
故选：C
【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小和方向，隔离对A分析，结合牛顿第二定律求解即可．
14．【答案】B,C
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A．根据题意，设滑块上滑时加速度为a1，由运动学公式 v02=2a1L
解得 a1=8m/s2
根据牛顿第二定律有 mgsinθ+μmgcosθ=ma1
解得 μ=0.25
A不符合题意；
C．同理下滑时设其加速度为 a2 ，根据牛顿第二定律有 mgsinθ−μmgcosθ=ma2
解得 a2=4m/s2
上滑用时 t1=2Lv0=1.25s
设下滑用时 t2 ，则有 L=12a2t22
解得 t2≈1.77s
滑块在木板上滑行时间 t=t1+t2≈3.02s
C符合题意；
B．设滑块下滑到斜面底端时速度大小为v，根据速度位移公式有 v2=2a2L
解得 v≈7.07m/s
B符合题意；
D．滑块上滑过程处于失重状态，滑块下滑过程也处于失重状态，但其加速度大小和方向均不同，故斜面对地面压力大小不相等，D不符合题意。
故答案为：BC。

【分析】（1）滑块在运动过程中根据位移与速度的关系得出滑块的加速度；根据牛顿第二定律得出动摩擦因数的表达式；同理下根据牛顿第二定律得出下滑时的加速度；根据匀变速直线运动的位移与时间的关系得出运动的时间，从而得出滑块在木板上滑行的距离；当物体具有向下的加速度时处于失重，从而进行分析判断。
15．【答案】B,D
【知识点】力与运动的关系；牛顿第二定律；牛顿定律与图象
【解析】【解答】AB、0~2s内，v0=0，v2=4m/s，t1=2s，由a=v2−v0t1=2m/s2 ，A正确；由F1−μmg=ma1得
μ=0.6 ，B正确；
C、2~4s，F2−μmg=ma2得a2=−1m/s2，
v2=4m/s，t2=2s，由v4=v2+a2t2=2m/s ，C错误；
D、0~2s内的位移x1=v0+v22t1=4m，
2~4s内的位移x2=v2+v42t2=6m，
0~4s内的位移x=x1+x2=10m，
平均速度v=xt1+t2=2.5m/s ，D正确。
故答案为：BD。
【分析】通过图像信息寻找物体的受力情况，来判断物体的运动情况，正确运用匀变速直线运动相对应的公式。而将力学与运动学联系起来的量就是加速度，求两个时间段的加速度就成了本题的关键了。
16．【答案】等于；0.8
【知识点】力与运动的关系；平均速度；机械能守恒定律
【解析】【解答】解：由于理想实验中机械能守恒，故小球到达右侧后能到达等高的位置，故B点等于A点的高度；
设CD长度为x，CD过程运动时间为t1，
则物体在CD面上的速度v= xt1 = x1 =x；
则AC过程和DB'过程均为匀减速运动，则平均速度 v = v2 = x2 ；
则根据题意可知：
v （t﹣t1）=2﹣x
解得：x=0.8m；
故答案为：等于；0.8．
【分析】判断不同位置物体你的运动状态，水平方向上做匀速左侧做匀加速右侧做匀减速运动，根据匀变速运动规律列方程求解。
17．【答案】d22x(1t22−1t12)；；0.45；BC
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】⑵由题设条件可知，滑块经第一个光电门时的速度为 v1=dt1 ，经第二个光电门的速度为 v2=dt2 ，由速度位移关系公式可得 a=v22−v122x=d22x(1t22−1t12)
⑶由图乙可画出a−n的图像，如图所示。

⑷挂在轻绳右端的砝码为n个，则有 nmg−F=nma ，对小车（含剩下的钩码），则有 F=[M+(N−n)m]a ，两式相加 nmg=(M+Nm)a ，解得 a=nmgM+Nm=0.100M+0.050n ，可见 a−n 图像的斜率是 k=0.100M+0.050=15 ，解得 M=0.45kg
⑸若木板水平，即没有平衡摩擦阻力，挂在轻绳右端的砝码为n个，则有 nmg−F′=nma′ ，对小车（含剩下的钩码），则有 F′−μ[M+(N−n)m]g=[M+(N−n)m]a′ ，两式相加 nmg−μ[M+(N−n)m]g=(M+Nm)a′ ，解得 a′=nmg+μmgM+Nmn−μg=0.100+0.100μM+0.050n−10μ ，可知 a−n 图线仍是直线，该直线的斜率变大，且该直线不过原点，A不符合题意，BC符合题意。
故答案为：BC。

【分析】（2）由匀变速直线运动的速度位移关系求解加速度。
（3）根据描点法得到图像为过原点的倾斜直线。
（4）由牛顿第二定律求解an的关系式。从而得到斜率的表达式，从而求出小车质量。
（5）若木板水平，即没有平衡摩擦阻力，加速度表达式和动摩擦因数有关，结合一次函数特点求解。
18．【答案】（1）解：小车匀速上行时，对小车和车上粮食整体受力分析如图所示

受到斜坡的摩擦力、斜坡的支持力、配重的拉力、电动机牵力以及自身的重力，根据平衡条件有 m1+m2gsinθ+km1+m2g=T1+m0g
卸完粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，小车受到自身的重力，沿斜坡向上的摩擦力以及配重的拉力，根据平衡条件有 m1gsinθ=km1g+m0g
联立解得 sinθ=12 ， k=0.1
（2）解：关闭电动机后，小车和车上粮食以及配重一起做匀减速直线运动，对系统根据牛顿第二定律 m1+m2gsinθ+km1+m2g−m0g=m1+m2++m0a
解得 a=37067m/s2
（3）解：根据 v2=2aL
解得 L=67185m
【知识点】受力分析的应用；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1） 对小车和车上粮食整体受力分析 ，根据共点力品格和那个得出 斜坡倾角θ的正弦值和比例系数k值；
（2） 关闭电动机后 ，对系统根据牛顿第二定律得出小车又沿斜坡上行加速度的大小；
（3）通过匀变速直线运动的位移与速度的关系得出小车又沿斜坡上行路程L的值。
19．【答案】解：如图的示，对物体A进行受力分析有：

物体A产生的加速度 aA=F−fAmA=F−μ1mAgmA=6−0.4×1×101m/s2=2m/s2
当A在B上滑动时，若B运动则以运动以B一致，故取BC为整体为研究对象受力分析有：

BC整体受地面的支持 NBC=GBC+NA′=50N ，BC与地面间的最大静摩擦力 fmax=μ2NBC>fA ，所以A在B上滑动时，BC均处于静止状态．
所以A在B上做初速度为0的匀加速直线运动，由题意各B的长度等于A在1s的时间内运动的位移即： lB=12at2=12×2×12m=1m
当A滑上B时，以C为研究对象受力分析有：

由图可知： F合C=fA′−fc=μ1mAg−μ2（mA+mC）g
所以C产生的加速度 aC=0.4×1×10−0.1×(2+1)×102m/s2=0.5m/s2
所以此时C的长度 lC=xA−xC=2×1+12×2×12−12×12×12m＝2.75m
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】当A在B上运动时，利用牛顿第二定律可以求出A的加速度的大小及B的运动情况；利用位移公式可以求出B的长度大小；当A滑上C时；利用牛顿第二定律可以求出C的加速度大小；结合位移公式可以求出C的长度。
20．【答案】解：由图可知，在t=0到t1=2s的时间内，体重计的示数大于mg，故电梯应向上做匀加速运动．设在这段时间内体重计对小孩子的支持力为F1，电梯的加速度为a1，根据牛顿第二定律，得：
F1﹣mg=ma1
可得 a1=0.8m/s2．
在这段时间内电梯上升的高度 h1= 12 a1t12= 12×0.8×22 =1.6m
t1=2s时刻电梯的速度，即 v1=a1t1=0.8×2=1.6m/s
在t1=2s到t2=5s的时间内，体重计的示数等于mg，故电梯匀速上升，在这段时间内电梯上升的高度 h2=v1t2=1.6×3m=4.8m
在t2到t3=6s的时间内，体重计的示数小于mg，故电梯应减速上升．设这段时间内体重计作用于小孩子的作用力大小为F2，电梯的加速度大小为a2，由牛顿第二定律，得：
mg﹣F2=ma2
可得 a2=1.6m/s2．
在这段时间内电梯上升的高度 h3=v1（t3﹣t2）﹣ 12 a2（t3﹣t2）2=1.6×1﹣ 12 ×1.6×12=0.8m
电梯上升的总高度 h=h1+h2+h3=7.2m
答：在这段时间内电梯上升的高度是7.2m．
【知识点】对单物体(质点)的应用；超重与失重
【解析】【分析】零到两秒物体处于超重，二到五秒匀速，五到六秒物体处于减速运动状态。根据牛顿第二运动定律列方程求解。i
21．【答案】解：利用的原理是惯性。实谷由于质量大，惯性大，难于被风吹远；瘪谷由于质量小，惯性小，很容易就被吹远了。
【知识点】惯性与质量
【解析】【解答】此机器利用的原理是惯性。实谷由于质量大，惯性大，难于被风吹远；瘪谷由于质量小，惯性小，很容易就被吹远了。
【分析】风车的原理是利用物体的质量大小决定惯性的大小。