2022-2023学年山东省淄博实验学校高一（上）期末物理复习试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省淄博实验学校高一（上）期末物理复习试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.自然界多种多样的运动形式，为我们展示了一幅幅生动多彩的画卷。下列关于运动描述的基本概念，理解正确的是( )
A. 讨论动车从广州开往上海的时间不可以把动车看成质点
B. 地球在不停地自转，我们却感觉不到地球在动，这是因为我们以太阳为参考系
C. 2016年10月17日7时30分，“神舟十一号”搭载“长征二号”发射升空，其中“7时30分”指的是时刻
D. 绝对静止的物体是存在的
2.关于运动物体所受的合力，速度和加速度的关系，下列说法正确的是( )
A. 加速度变大，速度可能不变B. 加速度为零，速度就一定为零
C. 速度变大，加速度可能不变D. 运动物体所受的合力越大，速度变化越大
3.物体仅受到大小分别为3N、4N、5N，方向不定的三个力作用.该物体所受合力的最小值和最大值分别为( )
A. 0、12NB. 0、6NC. 2N、12ND. 2N、6N
4.从同一位置，沿同一平直路面行驶的甲、乙两辆汽车，它们的v−t图像如图所示，则( )
A. 第10s末乙车改变运动方向
B. 第10s末两车相距最远
C. 第20s末乙车追上甲车
D. 第20s末两车相距250m
5.如图是某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间，g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 从a到b过程，人的加速度方向向下B. 从a到b过程，人的重力先减小后增大
C. 下蹲过程中人处于失重状态D. 6s内该同学做了2次下蹲—起立的动作
6.如图所示，有一质量为m的物块分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳P竖直，轻弹簧Q与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A. 轻绳P的弹力大小可能小于mg
B. 弹簧Q可能处于拉伸状态
C. 剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小为g
D. 剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小为gsinθ
7.建筑工人为了方便将陶瓷水管由高处送到低处，设计了如图所示的简易滑轨，两根钢管互相平行斜靠、固定在墙壁上，把陶瓷水管放在上面滑下。实际操作时发现陶瓷水管滑到底端时速度过大，有可能摔坏，为了防止陶瓷水管摔坏，下列措施可行的是( )
A. 在陶瓷水管内放置砖块
B. 适当增加两钢管间的距离
C. 适当减少两钢管间的距离
D. 用两根更短的钢管，以增大钢管与水平面夹角
8.如图所示，静止的水平传送带足够长，其上叠放着静止的A、B两物体，A与B之间的动摩擦因数为μ1，B与传送带之间的动摩擦因数为μ2，且μ1>μ2，某时刻传送带由静止开始顺时针转动，其水平部分加速度大小为a，重力加速度为g，则在加速过程中( )
A. 物体A、B之间摩擦力可能为0
B. 无论a多大，物体B相对传送带都不会滑动
C. 只要a足够大，物体A、B之间就可以发生相对滑动
D. 若a<μ2g，则物体A、B与皮带之间都保持相对静止
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.牛顿第一定律是科学家集体智慧的成果，关于牛顿第一定律的说法正确的是( )
A. 物体的速度越大，其惯性越大
B. 物体的质量改变，其惯性就会改变
C. 物体的惯性大小与其受力的大小无关
D. 物体的加速度不为零且不变，那么物体的运动状态就不变
10.甲、乙物体的位移(x)—时间(t)图像如图所示，甲物体做初速度为0的匀加速直线运动，图像为曲线，B(t2,x1)为图像上一点，AB为过B点的切线，与t轴相交于A(t1,0)，乙物体的图像为过B点和原点的直线。下列说法正确的是( )
A. t1时刻甲的速度大小为x1t2
B. 甲的加速度大小为2x1t22
C. t2时刻甲、乙的速度相等
D. 0～t2时间内，甲的平均速度大于乙的平均速度
11.如图所示，倾角为30°的粗糙斜面固定在水平地面上，一根轻绳的一端与斜面上的物块a相连，另一端绕过光滑的定滑轮系在竖直杆上的P点，用光滑轻质挂钩把物块b挂在O点，此时竖直杆与绳OP间的夹角为60°，a与斜面之间恰好没有摩擦力且保持静止。已知物块a的质量为M，物块b的质量为m，重力加速度为g。下列判断正确的是( )
A. M=2m
B. 将P端缓慢向上移动一小段距离，a位置不变，则a将受到沿着斜面向下的摩擦力
C. 将P端缓慢向下移动一小段距离，a位置不变，则a将受到沿着斜面向下的摩擦力
D. 将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，a位置不变，则a将受到沿着斜面向下的摩擦力
12.如图所示，A、B质量均为m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上)，对A施加一竖直向下、大小为F(F>2mg)的力，将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)而处于平衡状态。现突然撤去力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 刚撤去外力F时，FN=mg+F2
B. 弹簧弹力等于F时，FN=F2
C. 两物体A、B的速度最大时，FN=mg
D. 弹簧恢复原长时，A、B恰好分离
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.某课外兴趣小组做“探究求合力的方法”实验，步骤如下：
(1)在弹簧测力计的下端悬挂一重物M，记下重物静止时弹簧测力计的示数F。
(2)将贴有白纸的木板竖直放置，三个细绳套的一端共系于一个结点，另一端分别系于弹簧测力计A、B和重物M上，测力计A挂于固定点P，手持测力计B的一端拉动细线，使结点静止于O点，如图所示。记录下______ 、两个测力计示数FA、FB及三根细绳的方向。本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中弹簧测力计B的示数为______ N。
(3)在白纸上按一定标度作出F、FA、FB的图示，根据平行四边形定则作出FA、FB的合力F′的图示，若F与F′大致等大反向，则在误差允许的范围内平行四边形定则得到验证。
(4)关于本实验，下列做法合理的是______ 。
A.三根细线必须等长
B.要使两弹簧测力计的读数非常接近
C.每次实验时弹簧测力计B始终保持水平
D.实验过程中使弹簧测力计、细线都与木板平行
14.某同学利用如图装置探究加速度与合外力的关系。
(1)对本实验的操作，下列说法中正确的一项是______ 。
A.实验中无需测量盛放砝码的托盘质量
B.实验中要调节滑轮的高度使小车和滑轮间的细线与水平桌面平行
C.补偿阻力时，必须取下托盘和砝码，调整长木板托盘的倾角，使小车拖着纸带沿木板匀速下滑
D.让小车靠近打点计时器，先释放小车，后接通电源，打出一条纸带
(2)如图2所示为实验中得到纸带的一段，相邻两计数点间还有四个点没有画出。已知交流电的频率为50Hz，则相邻两计数点间的时间隔为______ s，小车的加速度为______ m/s2(保留两位有效数字)。
(3)以加速度a为纵坐标，F为横坐标，画出a−F图象。若求得图线的斜率为k，则小车的质量为______ 。
四、简答题：本大题共3小题，共30分。
15.一辆汽车停在十字路口处等信号灯，绿灯亮起，司机立即启动汽车，汽车以a=2m/s2的加速度开始做匀加速直线运动，直至达到最高限速v=72km/h后开始匀速运动。求：
(1)汽车从静止开始加速到最高限速时的位移大小x1；
(2)汽车在启动后发生x2=144m的位移所需要的时间t。
16.如图所示，粗糙水平地面上放置一个截面为半圆的柱状物体A，A与墙之间再放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。已知A、B两物体的质量分别为M和m，光滑圆球B和半圆的柱状物体A半径均为r，已知A的圆心到墙角距离为2r，重力加速度为g。求：
(1)B物体对墙壁的压力；
(2)A与地面间的动摩擦因数满足什么条件？(设A与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
17.如图甲，为一名滑雪运动员为迎接2022年北京冬奥会的训练画面，其运动过程可简化为如图乙的模型：运动员(可视为质点)沿倾斜滑道由静止开始沿直线匀加速下滑，到达坡底后进入水平滑道沿直线匀减速滑行一段距离后停下。已知运动员及装备的总质量m=70kg，倾斜滑道的倾角θ=37°，运动员沿斜面下滑x=24m到达坡底时的速度大小v=12m/s。设运动员与整个滑道的动摩擦因数均相同，运动员从倾斜滑道进入水平滑道瞬间的速度大小不变，不计空气阻力，取g=10m/s2，求：(sin37°=0.6,cs37°=0.8)
(1)运动员沿倾斜滑道下滑时的加速度大小；
(2)滑道上的动摩擦因数；
(3)运动员从静止开始8s内运动的总路程。
五、计算题：本大题共1小题，共16分。
18.如图所示，质量为M=1kg的长木板B放置在水平面上，质量为m=1kg，可视为质点的物块A放置于长木板B的上表面的正中央，A、B之间的动摩擦因数为μ1=0.5，B与水平面之间的动摩擦因数为μ2=0.35.长木板B的右侧s=3m处有一竖直墙面，木板与墙面之间发生碰撞时，速度反向且大小保持不变。现从静止开始对长木板B持续施加一个水平向右的推力，使其向右运动，直到右端接触到竖直墙面前的瞬间将力F撤去。设物体间的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。
(1)若保持AB一起向右匀速直线运动，求F的大小；
(2)要使A与B之间发生相对滑动，则力F至少需要多大？
(3)若力F=18N，要使A不从B的上表面滑落，长木板B的长度L至少为多少？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
物体能否看成质点由物体的大小形状是否可忽略决定；研究物体的运动情况时，首先要选取一个物体作为标准，这个被选作标准的物体叫做参考系；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；宇宙中的一切物体都是在运动的，静止是相对的。
本题考查了对运动描述的基本概念的理解，对于物理中的基本概念要理解其本质，如时刻具有瞬时性的特点，是变化中的某一瞬间通常与物体的状态相对应；时间间隔具有连续性的特点，与某一过程相对应。
【解答】
A、讨论动车从广州开往上海的时间，动车的大小和形状对所研究问题影响可以忽略不计，可以把动车看成质点，故A错误；
B、地球在不停地自转，以地球上相对地面静止的物体为参考系，地球上的物体和我们的运动状态一样，保持相对静止，所以我们感觉不到地球在动，故B错误；
C、2016年10月17日7时30分，“神舟十一号”搭载“长征二号”发射升空，“7时30分”指的是一个时间点，指的是时刻，故C正确；
D、宇宙中的一切物体都是在运动的，宇宙就是由运动的物体组成的，绝对静止不动的物体是没有的，故D错误。
故选：C。
2.【答案】C
【解析】解：A.加速度是描述速度变化快慢的物理量，物体有加速度，则物体速度一定变化，故A错误；
B.加速度为零，速度不一定为零，如匀速直线运动，故B错误；
C.速度变大，加速度可能不变，如匀加速直线运动，故C正确；
D.根据牛顿第二定律可知物体的加速度越大，运动物体所受的合力越大，则速度变化越快，但速度变化不一定越大，故D错误。
故选：C。
加速度是描述速度变化快慢的物理量；加速度的大小与速度的大小无关；根据牛顿第二定律判断合外力与加速度的关系，然后判断与速度的关系。
解决本题的关键知道物体加速度与合力、速度的关系，知道加速度方向与合力方向相同，与速度方向没有关系。
3.【答案】A
【解析】解：3N、4N、5N方向相同的时候，合力最大为12N，
3N、4N的合力的范围是1N≤F≤7N，所以当3N、4N的合力为5 N的时候，与第三个力大小相等方向相反，此时的合力最小为0，故A正确，BCD错误；
故选：A．
当三个力同向的时候，合力最大，第三个力在另外的两个力合力的范围内的时候，它们的总的合力可以为零，此时合力最小．
求三个力的合力的时候，一定能要注意三个力的合力有可能为零的情况．
4.【答案】D
【解析】解：A、乙车的速度一直为正，说明乙车一直沿正方向运动，运动方向没有改变，故A错误；
BCD、根据v−t图像与时间轴围成的面积表示位移，由图像可知，第20s末两车相距最远，最远距离为Δx=(20×20−12×10×10−12×10×20)m=250m，故BC错误，D正确。
故选：D。
利用速度时间图像与坐标轴围城的图形面积即为物体所走过的位移，可求解本题。
该题属于运动学常见题型，只要学生熟练掌握速度—时间图像与坐标轴围城的图形面积即为物体所走过的位移该知识点即可。
5.【答案】A
【解析】解：A、从a到b过程，人对压力传感器的压力小于重力，人处于失重状态，加速度竖直向下，故A正确；
B、从a到b过程，人的重力保持不变，故B错误；
C、人下蹲过程，人的先向下做加速运动，后向下做减速运动，加速度先向下，后向上，人先处于失重状态，后处于超重状态，故C错误；
D、a～c过程，人对压力传感器的压力先小于重力，后大于重力，即人先向下做加速运动，后向下做减速运动，为下蹲过程；
4～6s时间内，人对传感器的压力先大于重力，后小于重力，即人先向上做加速运动，后向上做减速运动，为起立过程；
6s内该同学做了一次下蹲—起立过程，故D错误；
故选：A。
根据图像分析人对压力传感器的压力的变化和人的重力，进而得到加速度的方向；根据人的运动过程分析人的超失重状态；根据人对压力传感器的压力的变化判断人的运动过程。
本题考查超重与失重，注意细致分析物体的运动过程和受力情况，进而判断超失重状态。
6.【答案】C
【解析】解：AB、轻绳P竖直，轻弹簧Q弹力为零，弹簧处于原长状态，轻绳P的弹力大小等于mg，故AB错误；
CD、剪断轻绳瞬间，物体只受重力，物块的加速度大小为g，故C正确，D错误；
故选：C。
轻绳P竖直，根据物块受力平衡可知弹簧Q弹力为零绳P的弹力大小等于mg；剪断轻绳瞬间，物体只受重力，根据牛顿第二定律求得加速度。
本题考查物体处于平衡状态时的受力情况分析，要注意把握弹力或拉力变化时，明确弹簧的弹力不能发生突变，绳上的弹力可以发生突变。
7.【答案】B
【解析】解：A、在陶瓷水管内放置砖块，增大了整体的质量，重力沿钢管的分力与摩擦力同比增大，根据牛顿第二定律可知加速度不变，根据运动学公式可知陶瓷水管滑到到达底端时速度不变，故A错误；
BC、适当减少两钢管间的距离，陶瓷水管受到的钢管支持力的夹角减小，陶瓷水管受到钢管支持力减小，陶瓷水管受到的摩擦力减小，即适当减少两钢管间的距离可以在不改变重力分量的情况下减小摩擦力，根据牛顿第二定律可知加速度变大，陶瓷水管滑到到达底端时速度增大，而适当增加两钢管间的距离可以在不改变重力分量的情况下增大摩擦力，根据牛顿第二定律可知加速度变小，陶瓷水管滑到到达底端时速度减小，故B正确，C错误；
D、用两根更短的钢管，以增大钢管与水平面夹角，陶瓷水管受到钢管支持力减小，陶瓷水管受到的摩擦力减小，则陶瓷水管下滑过程中重力做功不变，摩擦力做的负功减小，据动能定理可得陶瓷水管滑到到达底端时速度增大，故D错误。
故选：B。
为了防止陶瓷水管摔坏，应减小水管滑到底端时的速度。在钢管的倾角不变时，应增大摩擦力，来减小加速度。
本题要抓住水管滑到底端时速度与加速度的关系，所采取的操作措施是增加水管与木杆间的摩擦力，或减小重力沿杆向下的分力，考虑物体在斜面上运动时摩擦力的大小影响因素即可以找到解决问题的办法。
8.【答案】D
【解析】解：A.因为传送带由静止开始顺时针加速转动，则物体AB也会加速运动起来，A所受合力为摩擦力，由牛顿第二定律可知A、B之间摩擦力一定不为零，故A错误；
BCD.将AB看作整体，由牛顿第二定律，则整体的最大加速度满足
μ2(m+M)g=(m+M)am
即am=μ2g
又因为A的最大加速度满足
μ1mg=ma1m
可得a1m=μ1g
因为μ1>μ2，所以可得物体A、B之间始终保持相对静止，又因为传送带的加速度为a，所以当传送带的加速度大于AB整体的最大加速度时，即
a>μ2g时，整体会相对于传送带发生滑动；
若传送带的加速度小于等于AB整体的最大加速度时，即a<μ2g时，整体与传送带保持相对静止，故BC错误，D正确。
故选：D。
用整体法和隔离法结合牛顿第二定律分析整体加速度和传送带加速度的关系，由此分析物体的运动情况，接触面上两物体刚好相对滑动时的摩擦力为最大静摩擦力。
本题关键分析物体的运动状态，由牛顿第二定律和运动学公式联立列式求解，注意接触面上两物体滑动的临界条件，难度中档。
9.【答案】BC
【解析】解：ABC.质量是惯性的唯一量度，物体的惯性只与物体的质量有关，与物体的速度即状态无关，与物体的受力大小也无关。故A错误；BC正确；
D.物体的加速度不为零且不变，可知物体所受的合外力不为零，则物体的运动状态将改变。故D错误。
故选：BC。
首先根据惯性的性质进行惯性大小决定因素的判断，然后由加速度是改变物体运动状态的原因来判断物体的运动状态是否发生变化。
本题考查学生对牛顿第一定律的理解，属于基础题目，对学生要求较低。
10.【答案】AB
【解析】解：A.根据位移时间公式有x1=12at22
x−t图象的斜率表示速度，则t2时刻甲的速度大小为v=x1t2−t1=at2
解得t2=2t1
故t1时刻甲的速度大小为v1=at1=x1t2，故A正确；
B.根据位移时间公式有x1=12at22可得甲的加速度大小为a=2x1t22，故B正确；
C.t2时刻甲的速度为v=at2=2x1t2
t2时刻乙的速度为v2=x1t2
故t2时刻甲、乙的速度不相等，故C错误；
D.0～t2时间内，甲、乙运动的位移相等，时间相等，故甲的平均速度等于乙的平均速度，故D错误。
故选：AB。
x−t图像上某点切线的斜率表示瞬时速度，根据斜率关系分析甲、乙速度关系；根据匀变速直线运动的位移—时间公式求甲的加速度大小；根据纵坐标的变化量表示位移分析位移关系，再结合平均速度的定义判定甲、乙的平均速度关系。
本题考查x−t图像，要知道位移—时间图像的斜率表示速度，倾斜的直线表示匀速直线运动，两图象的交点表示相遇，结合运动学公式帮助解答。
11.【答案】AD
【解析】解：A.POa是同一根轻绳，弹力大小处处相等，对O点与物块b整体分析有
2Tcs60°=mg
a 与斜面之间恰好没有摩擦力，对a分析有
T=Mgsin30°
解得M=2m，故A正确；
B.设PO绳与竖直方向夹角为θ，滑轮与竖直杆之间的间距为d，滑轮与竖直杆之间的轻绳长为L
sinθ=dL
当P 端缓慢向上移动一小段距离，a位置不变时，夹角θ不变，即仍然为60°，轻绳弹力大小一定，即a受摩擦力仍然恰好为0，故B错误；
C.当P 端缓慢向下移动一小段距离，a位置不变时，夹角θ不变，即仍然为60°，轻绳弹力大小一定，即a受摩擦力仍然恰好为0，故C错误；
D.当将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，a位置不变，轮与竖直杆之间的间距d增大，则PO绳与竖直方向夹角为θ增大，由于2Tcsθ=mg
解得T=mg2csθ
轻绳中弹力增大，a有沿斜面向上运动的趋势，则a将受到沿着斜面向下的摩擦力，故D正确。
故选：AD。
对物块a受力分析，利用受力平衡联立方程，再对物块b受力分析联立方程，分析力的变化。
本题主要考查受力平衡，对物体分别进行受力分析，联立平衡方程，分析变化。
12.【答案】BCD
【解析】解：A.在突然撤去F的瞬间，A、B整体的合力向上，大小为F，根据牛顿第二定律
F=2ma
解得a=F2m
A物体受重力和支持力，根据牛顿第二定律
FN−mg=ma
解得FN=mg+F2，故A错误；
B.弹簧弹力等于F时，根据牛顿第二定律得，对AB整体有
F−2mg=2ma
隔离A有
FN−mg=ma
解得FN=F2，故B正确；
C.当物体的合力为零时，速度最大，对A有
FN=mg，故C正确；
D.当弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律得，对整体有
2mg=2ma
对A有
mg−FN=ma
解得FN=0
则A、B恰好分离，故D正确。
故选：BCD。
刚撤去外力F时，先对AB整体由牛顿第二定律求解出加速度，然后运用隔离法研究A，由牛顿第二定律求FN。当两物体速度最大时，合力为零，当弹簧恢复原长时，整体的加速度为g，再由牛顿第二定律求出FN。
本题主要考查了牛顿第二定律的应用，关键要灵活选择研究对象，整体法和隔离法相结合运用，解答比较简便。
13.【答案】O点的位置 2.70 D
【解析】解：(2)因要验证平行四边形法则，需要知道力的大小、方向和作用点，故需记录O点的位置。
根据弹簧测力计的读数规则，弹簧测力计最小分度为0.1N，则读数为2.70N。
(4)A.本实验对三根细线长度没有要求，故A错误；
B.本实验对两弹簧测力计示数没有要求，故B错误；
C.本实验中不需要弹簧测力计B始终保持水平，故C错误；
D.本实验必须使弹簧测力计、细线都位于竖直平面内，这样才能保证力的准确性，故D正确。
故选：D。
故答案为：(2)O点的位置；2.70；(4)D。
(2)验证平行四边形法则，需要作力的图示，必须知道力的大小、方向和作用点；根据弹簧测力计的读数规则读数；
(4)根据实验原理和数据记录要求判断。
本题考查探究求合力的方法的实验，要求学生熟练掌握实验原理、数据处理和误差分析。
14.【答案】(1)C；(2)0.1、0.41；(3)1k
【解析】解：
(1)
考查实验的操作细节：A、实验中是用钩码的总重力代替拉力，所以砝码及盘的质量均要测量，故A错误；
B、调节滑轮的高度使小车和滑轮间的细线与轨道平行，而不是与桌面行，故B错误；
C、补偿阻力时，必须取下托盘和砝码，调整长木板托盘的倾角，使小车拖着纸带沿木板匀速下滑，故C正确；
D、小车靠近打点计时器，先接通电源，后释放小车，打出的纸带点迹完整，而题目秩序相反，故D错误。
故选：C
(2)由于相邻两计数点间还有四个点，则计数间隔为T=5×150s=0.1s。把图2中的纸带分成两段，由△x=aT2求加速度为：a=(3.21+3.61)−(2.39+2.80)(2×0.1)2×10−2m/s2=0.41m/s2；
(3)以加速度a为纵坐标，F为横坐标，画出的a−F图象的斜率为k，据牛顿第二定律有：a=1M×F，所以小车的质量为M=1k。
故答案为：(1)C；(2)0.1、0.41；(3)1k
本题对于实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去理解。对牛顿第二定律实验中关键明确平衡摩擦力的原因和要求满足砝码总质量远小于小车质量的理由。
(1)根据实验原理和实验注意事项即可判断；
(2)根据匀变速直线运动的推论，利用△x=aT2求得加速度；
(3)根据牛顿第二定律和a−F图角的斜率求小车的质量。
15.【答案】解：(1)汽车的最高速度为v=72km/h=20m/s
根据速度—位移关系式v2=2ax1
可得x1=100m
(2)前100m内一直加速，根据位移公式x1=12at12
可得t1=10s
再做匀速直线运动，有x2−x1=vt2
可得t2=2.2s
所需要的总时间为t=t1+t2=10s+2.2s=12.2s
答：(1)汽车从静止开始加速到最高限速时的位移大小为100m；
(2)汽车在启动后发生x2=144m的位移所需要的时间为12.2s。
【解析】(1)根据速度—位移公式求出汽车从静止开始加速到最高限速时的位移大小x1；
(2)按照匀变速运动速度与时间的关系计算加速时间，然后求出加速阶段的位移，再根据匀速运动的位移公式求出匀速运动的时间，最后求出总时间。
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式和速度—时间公式，并能灵活运用。
16.【答案】解：(1)根据题意，对B受力分析，如图所示

由几何关系有
sinθ=r2r=12
解得
θ=30°
由平衡条件得
NABcsθ−mg=0
NABsinθ−NB=0
解得，B物体受到墙壁的弹力大小为
NB=mgtanθ= 33mg
由牛顿第三定律得B物体对墙壁的压力大小为 33mg，方向水平向左。
(2)根据题意，对整体分析，如图所示

由平衡条件有
f=NB，NA=(M+m)g
要使A不滑动，则：有
μNA=μ(M+m)g≥ 33mg
解得
μ≥ 3m3(M+m)
答：(1)B物体对墙壁的压力大小为 33mg，方向水平向左；
(2)A与地面间的动摩擦因数满足μ≥ 3m3(M+m)。
【解析】(1)对B受力分析如图，由几何关系得到AB两球球心连线与竖直方向的夹角，再由平衡条件求得墙面对B的弹力；
(2)A、B两球均静止，受力都平衡，可以看成整体，对整体分析受力，由平衡条件求地面对A的支持力，结合整体法求地面对A的摩擦力，再求出动摩擦因数满足的条件。
本题是共点力平衡条件的应用问题，注意正确选择研究对象，采用整体法和隔离法结合，通过受力分析，作出受力分析图即可顺利求解。
17.【答案】解：(1)运动员沿斜面下滑时，做初速度为零的匀加速直线运动，加速度设为a1，根据运动学公式
v2−v02=2a1x
可得：a1=3m/s2
(2)对运动员受力分析，根据牛顿第二定律
mgsinθ−f=ma1
f=μN
N=mgcsθ
解得：μ=0.375
(3)运动员在斜面上的运动时间
t1=va1
运动员在水平滑道上做匀减速直线运动，加速度为a2，根据牛顿第二定律
−μmg=ma2
根据运动学公式
0−v=a2t2
运动员在整个滑行过程中所用的总时间
t=t1+t2
得t=7.2s<8s
运动员在水平面上的位移
0−v2=2a2x2
运动员运动的总路程
s=x+x2
解得：s=43.2m
答：(1)运动员沿倾斜滑道下滑时的加速度大小为3m/s2；
(2)滑道上的动摩擦因数为0.375；
(3)运动员从静止开始8s内运动的总路程为43.2m。
【解析】(1)根据速度—位移公式计算出运动员的加速度；
(2)根据牛顿第二定律计算出动摩擦因数；
(3)分阶段计算出运动员的位移最后相加即可。
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟练掌握运动学公式，同时在分析过程中要将运动分阶段分析，同时结合牛顿第二定律即可完成解答。
18.【答案】解：(1)若保持AB一起向右匀速直线运动，以AB整体为研究对象，由平衡条件有：F=μ2(M+m)g
解得：F=7N
(2)以A为研究对象，A的最大加速度为aA，则有：μ1mg=maA
解得：aA=5m/s2
以B为研究对象，当AB有相对运动时具有相同的加速度，则有：F−μ1mg−μ2(m+M)g=MaA，
解得：F=17N
(3)F=18N≥17N，故物块与板发生了相对滑动。
此时，物块的加速度为a1，则：μ1mg=ma1，
解得：a1=5m/s2；
木板的加速度为a2，则：F−μ1mg−μ2(m+M)g=Ma2，
解得a2=6m/s2；
此后A、B分别往右加速运动到墙面前，其位移分别为SA1、SB1，由运动学公式有：
由于SB1=s=12a2t12
解得t1=1s
SA1=12a1t12=12×5×12m=2.5m，
此时A相对于B向左的位移为△x1=s−SA1=0.5m，
此时A、B的速度分别为：
vA=a1t1=5m/s
vB=a2t1=6m/s
B与墙壁碰撞后，速度等大反向，此后A向右减速、B向左减速；
A的加速度大小为：a′1=μ1g=5m/s2，
对B：μ1mg+μ2(m+M)g=Ma′2，解得a′2=12m/s2，
此后B先静止，根据速度位移关系可得：
A减速的位移x1=vA22a′1=252×5m=2.5m，方向向右
B减速的位移为x2=vB22a′2=362×12m=1.5m，方向向左；
此过程A相对于B向右的位移为△x2=x1+x2=4m，
由于物块A放置于长木板B的上表面的正中央，所以A最终偏离中点相对于B向右的位移为：
L2=△x2−△x1=3.5m
解得L=7m。
答：(1)若保持AB一起向右匀速直线运动，F的大小为7N；
(2)要使A与B之间发生相对滑动，则力F至少需要17N；
(3)若力F=18N，要使A不从B的上表面滑落，长木板B的长度L至少为7m。
【解析】(1)若保持AB一起向右匀速直线运动，以AB整体为研究对象，由平衡条件求解；
(2)分别以A、B为研究对象，根据牛顿第二定律列方程求解；
(3)F=18N物块与板发生了相对滑动，根据牛顿第二定律求解二者的加速度大小，由运动学公式计算B达到墙时二者的相对位移以及速度大小；B与墙壁碰撞后，速度等大反向，此后A向右减速、B向左减速，再次根据牛顿第二定律计算加速度大小，根据位移速度关系求解相对位移大小，由于物块A放置于长木板B的上表面的正中央，由此求解木板的长度。
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；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。