贵州省贵阳市北京师范大学贵阳附属中学2024-2025学年高一上学期期中物理试卷

这是一份贵州省贵阳市北京师范大学贵阳附属中学2024-2025学年高一上学期期中物理试卷，共18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。
一、选择题（本题共10小题，共计43分。1-7小题分别给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求，每小题4分。8-10小题分别给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。）
1．（4分）在物理学的发展历程中，下面的哪位科学家首先建立了平均速度、瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动．并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展（ ）
A．伽利略B．牛顿
C．亚里士多德D．爱因斯坦
2．（4分）如图，弹簧测力计和细线的重力不计，一切摩擦不计，重物的重力G＝20N，则弹簧测力计A和B的读数分别为（ ）
A．20N，40NB．20N，20NC．20N，0D．0，0
3．（4分）一辆汽车在平直公路上做刹车实验，t＝0时刻起运动过程的位移与速度的关系为x＝（10﹣0.1v2）m，下列分析正确的是（ ）
A．上述过程的加速度大小为0.2m/s2
B．刹车过程持续的时间为2s
C．t＝0时刻的速度为5m/s
D．刹车过程的位移为5m
4．（4分）两位同学做一小实验来测定反应时间。一位同学用两手指捏住1m长木尺顶端零刻度处，第二位同学的一只手在木尺的下端做握住木尺的准备，但不碰到尺。当他看到第一位同学松手时，立即握住木尺，手握处的读数为0.55m，g取10m/s2，则第二位同学的反应时间为（ ）
A．0.10sB．0.30sC．0.11sD．0.33s
5．（4分）一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为1kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是18m，则（ ）
A．小球在2s末的速度是20m/s
B．小球在第5s内的平均速度是3.6m/s
C．该星球上的重力加速度为5m/s2
D．小球在5s内的位移是50m
6．（4分）三个半径相同的小球放置于相同的凹形槽上，如图所示。在图（1）、图（2）和图（3）中，小球的重心分别在球心上方、球心和球心下方，对应凹槽对小球两个弹力之间的夹角分别为θ1、θ2和θ3，三夹角关系为（ ）
A．θ1＞θ2＞θ3
B．θ1＝θ2＝θ3
C．θ1＜θ2＜θ3
D．因小球质量未知，故无法确定
7．（4分）运动员用双手握住竖直的竹竿匀速攀上和匀速下滑时，他所受到的摩擦力分别为f上和f下，那么它们的关系是（ ）
A．f上向上，f下向下，f上＝f下
B．f上向下，f下向上，f上＞f下
C．f上向上，f下向上，f上＝f下
D．f上向上，F下向下，f上＞f下
（多选）8．（5分）甲乙两车在一平直道路上同向运动，其v﹣t图象如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为x1和x2（x2＞x1），初始时，甲车在乙车前方x0处（ ）
A．若x0＝x1+x2，两车能相遇
B．若x0＜x1，两车相遇2次
C．若x0＝x1，两车相遇1次
D．若x0＝x2，两车相遇1次
（多选）9．（5分）t＝0时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为2t0。在0～3t0时间内，下列说法正确的是（ ）
A．t＝2t0时，P回到原点
B．t＝2t0时，P的速度为0
C．t＝t0时，P到原点的距离最远
D．t=32t0时，P的速度与t=12t0时相同
（多选）10．（5分）一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s，1s后速度的大小变为10m/s，在这1s内该物体的（ ）
A．位移的大小可能小于4m
B．位移的大小可能大于10m
C．加速度的大小可能小于4m/s2
D．加速度的大小可能大于10m/s2
二、实验题（本题共2小题，11小题5分，12小题10分，共计15分）
11．（5分）一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中：
（1）甲同学在做该实验时，通过处理数据得到了图甲所示的F﹣x图象，其中F为弹簧弹力，x为弹簧长度。请通过图甲，分析并计算，该弹簧的原长x0＝ cm，弹簧的弹性系数k＝ N/m。该同学将该弹簧制成一把弹簧秤，当弹簧秤的示数如图乙所示时，该弹簧的长度x＝ cm。
（2）乙同学使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图丙所示。下列表述正确的是 。
A．a的原长比b的长
B．a的劲度系数比b的大
C．a的劲度系数比b的小
D．测得的弹力与弹簧的长度成正比。
12．（10分）利用图甲所示的装置可以研究自由落体运动。实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落，打点计时器会在纸带上打出一系列的小点，每相邻两个点之间时间间隔为T。
（1）若实验时用到的计时器为电磁打点计时器，打点计时器安装要使两个限位孔在同一 （选填“水平”或“竖直”）线上，以减少摩擦阻力。
（2）实验过程中，下列说法正确的是 。
A.接通电源的同时要立刻释放重物
B.选取纸带时要选取第1个计数点与第2个计数点之间的距离接近4mm且清晰的纸带
C.释放重物之前要让重物靠近打点计时器
D.为了使实验数据更加准确，可取各次测量结果的平均值
（3）为了测得重物下落的加速度，还需要的实验器材有 。
A.天平
B.秒表
C.毫米刻度尺
D.弹簧秤
（4）现测得一段纸带上的数据如图乙所示（d1、d2、d3、d4、d5、d6已知），根据数据计算当地重力加速度g＝ ，D点的速度vD＝ 。（用所给符号表示）
三、解答题（本题共3小题，13小题9分，14小题14分，15小题19分，共计42分）
13．（9分）如图所示，两块小磁铁质量均为1kg，A磁铁用轻质弹簧吊在天花板上，B磁铁在A正下方的地板上，弹簧的原长L0＝10cm，劲度系数k＝100N/m。当A、B均处于静止状态时，弹簧的长度为L＝11cm。不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间相互作用的磁力，（g取10N/kg）求：
（1）弹簧的弹力大小和方向。
（2）B对A的作用力大小和方向。
（3）B对地面的压力大小。
14．（14分）如图为一热气球，已知该热气球由静止从地面竖直向上做加速度大小为1.25m/s2的匀加速直线运动，发现在热气球运动了24s后，有一可视为质点的物体从热气球上脱落。此后热气球加速度不变继续做匀加速直线运动。运动过程忽略空气阻力，g＝10m/s2。
（1）设离地处为坐标原点，在竖直方向上建立一维坐标系，向上为正方向，求该物体上升到最高点时距地面高度。
（2）设离地处为坐标原点，在竖直方向上建立一维坐标系，向上为正方向，求该物体上升到最高点时热气球距地面高度。
（3）求物体从地面由静止开始运动到落回地面所需要的时间。
15．（19分）子弹垂直射入叠在一起的相同木板，穿过第12块木板后速度变为0。如果子弹在木板中运动的总时间是t，可以把子弹视为质点，子弹在各块木板中运动的加速度都相同。
（1）子弹穿过第1块木板所用时间是多少？
（2）子弹穿过前9块木板所用的时间是多少？
（3）子弹穿过第9块木板所用的时间是多少？
2024-2025学年贵州省贵阳市北京师大贵阳附中高一（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10小题，共计43分。1-7小题分别给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求，每小题4分。8-10小题分别给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。）
1．（4分）在物理学的发展历程中，下面的哪位科学家首先建立了平均速度、瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动．并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展（ ）
A．伽利略B．牛顿
C．亚里士多德D．爱因斯坦
【分析】亚里士多德用快慢描述物体的运动，牛顿发现了牛顿三定律和万有引力定律，爱因斯坦的成就主要在量子力学，如光子说、质能方程、光电效应方程等，伽利略首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展．
【解答】解：A、伽利略首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展。故A正确；
B、牛顿发现了牛顿三定律和万有引力定律，故B错误；
C、亚里士多德认为重的物体下落的快，他用快慢描述物体的运动，故C错误；
D、爱因斯坦的成就主要在量子力学，如光子说、质能方程、光电效应方程等，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
2．（4分）如图，弹簧测力计和细线的重力不计，一切摩擦不计，重物的重力G＝20N，则弹簧测力计A和B的读数分别为（ ）
A．20N，40NB．20N，20NC．20N，0D．0，0
【分析】根据受力平衡可分析物体所受的弹力大小。
【解答】解：对A图由重物平衡得到，弹簧的拉力大小F＝G＝20N，则弹簧秤A的示数为20N；对B图由左侧重物（或右侧重物）平衡得到，弹簧的拉力大小F＝G＝20N，则弹簧秤B的读数为20N，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】明确弹簧秤的读数，知道根据受力平衡来判断弹簧秤的示数。
3．（4分）一辆汽车在平直公路上做刹车实验，t＝0时刻起运动过程的位移与速度的关系为x＝（10﹣0.1v2）m，下列分析正确的是（ ）
A．上述过程的加速度大小为0.2m/s2
B．刹车过程持续的时间为2s
C．t＝0时刻的速度为5m/s
D．刹车过程的位移为5m
【分析】根据匀变速直线运动的速度—位移公式得出汽车的初速度和加速度，结合速度—时间公式求出刹车过程持续的时间，根据平均速度推论求出刹车过程的位移．
【解答】解：AC、根据速度—位移公式v2-v02=2ax得：x=v22a-v022a，由v22a-v022a=10﹣0.1v2，解得初速度为：v0＝10m/s，加速度为：a＝﹣5m/s2，故AC错误。
B、刹车过程持续的时间为：t=0-v0a=-10-5s=2s，故B正确。
D、刹车过程的位移为：x=v02t=102×2m=10m，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了匀变速直线运动速度—位移公式、速度—时间公式以及推论的运用，通过速度—位移公式，通过类比得出初速度和加速度是解决本题的关键．
4．（4分）两位同学做一小实验来测定反应时间。一位同学用两手指捏住1m长木尺顶端零刻度处，第二位同学的一只手在木尺的下端做握住木尺的准备，但不碰到尺。当他看到第一位同学松手时，立即握住木尺，手握处的读数为0.55m，g取10m/s2，则第二位同学的反应时间为（ ）
A．0.10sB．0.30sC．0.11sD．0.33s
【分析】第一位同学松手时木尺做自由落体运动，由题知道木尺下落的高度为h＝1m﹣0.55m＝0.45m，木尺下落0.45m的时间即为第二位同学的反应时间，由位移公式求解。
【解答】解：第一位同学松手时木尺做自由落体运动，由题知道木尺下落的高度为h＝1m﹣0.55m＝0.45m，设下落时间为t，则
由h=12gt2得 t=2hg=0.3s
故选：B。
【点评】本题是实际问题，考查应用物理规律分析研究实际问题的能力，要注意不能把0.55m当作木尺下落的高度。
5．（4分）一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为1kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是18m，则（ ）
A．小球在2s末的速度是20m/s
B．小球在第5s内的平均速度是3.6m/s
C．该星球上的重力加速度为5m/s2
D．小球在5s内的位移是50m
【分析】由位移公式和速度公式即可求出加速度，由速度公式即可求出5s末的速度；由位移公式求出前5s的位移，由平均速度的公式求出平均速度。
【解答】解：ABC、小球在第5s内的位移是18m，则5s内的平均速度为：v5=x5t=181=18m/s
第5s内的平均速度等于4.5s末的速度，所以有：g=v4.5t'=v5t'=184.5=4m/s2
小球在2 s末的速度是：v2＝at2＝4×2＝8m/s。故ABC错误；
D、小球在前5s内的位移是：x=12gt″2=12×4×52=50m．故D正确；
故选：D。
【点评】该题考查自由落体运动的公式的应用，涉及的公式比较多，在解答的过程中要注意公式的形式的选择。
6．（4分）三个半径相同的小球放置于相同的凹形槽上，如图所示。在图（1）、图（2）和图（3）中，小球的重心分别在球心上方、球心和球心下方，对应凹槽对小球两个弹力之间的夹角分别为θ1、θ2和θ3，三夹角关系为（ ）
A．θ1＞θ2＞θ3
B．θ1＝θ2＝θ3
C．θ1＜θ2＜θ3
D．因小球质量未知，故无法确定
【分析】点与球面之间的弹力的方向过球面的球心，由此分析即可。
【解答】解：图中得小球与凹槽是相同的，根据弹力方向的特点：点与球面之间的弹力的方向过球面的球心，则三个图中六个接触点对球的支持力的方向都分别过对应的球的球心，所以各对应凹槽对小球两个弹力之间的夹角分别为θ1、θ2和θ3都是相等的，与小球的重心的位置以及小球的质量都无关。故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】该题考查弹力的方向，知道各点受到的支持力的方向都过各自小球的球心是关键。
7．（4分）运动员用双手握住竖直的竹竿匀速攀上和匀速下滑时，他所受到的摩擦力分别为f上和f下，那么它们的关系是（ ）
A．f上向上，f下向下，f上＝f下
B．f上向下，f下向上，f上＞f下
C．f上向上，f下向上，f上＝f下
D．f上向上，F下向下，f上＞f下
【分析】运动员匀速上攀和匀速下滑时，合外力都为零，受到的力是平衡力．根据平衡条件，分析即可．
【解答】解：运动员用双手握住竖直的竹竿匀速攀上时，受力平衡，竖直方向受到重力和静摩擦力，根据平衡条件可知：f上向上，而且有 f上＝G；
运动员用双手握住竖直的竹竿匀速滑下时，受到的滑动摩擦力f下向上，因为匀速运动，根据平衡条件有：f下＝G．所以f上＝f下。
故选：C。
【点评】本题考查学生对物体的受力分析，以及应用二力平衡知识解决实际问题的能力．
（多选）8．（5分）甲乙两车在一平直道路上同向运动，其v﹣t图象如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为x1和x2（x2＞x1），初始时，甲车在乙车前方x0处（ ）
A．若x0＝x1+x2，两车能相遇
B．若x0＜x1，两车相遇2次
C．若x0＝x1，两车相遇1次
D．若x0＝x2，两车相遇1次
【分析】此题是追及与相遇问题，解决此类问题的关键是分析清楚两物体的位移关系．两物体的位移之差等于初始时的距离是两物体相遇的条件．
【解答】解：由图线可知：在T时间内，甲车前进了x2，乙车前进了x1+x2；
若x0+x2＞x1+x2，即x0＞x1，两车不会相遇；
若x0+x2＜x1+x2，即x0＜x1，在T时刻之前，乙车会超过甲车，但甲车速度增加的快，所以甲车还会超过乙车，则两车会相遇2次；
若x0+x2＝x1+x2，即x0＝x1两车只能相遇一次；故BC正确，AD错误。
故选：BC。
【点评】1、抓住速度图象是速度随时间的变化规律，是物理公式的函数表现形式，分析问题时要做到数学与物理的有机结合，数学为物理所用．
2、在速度图象中，纵轴截距表示初速度，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的“面积”表示位移，抓住以上特征，灵活分析．
（多选）9．（5分）t＝0时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为2t0。在0～3t0时间内，下列说法正确的是（ ）
A．t＝2t0时，P回到原点
B．t＝2t0时，P的速度为0
C．t＝t0时，P到原点的距离最远
D．t=32t0时，P的速度与t=12t0时相同
【分析】a﹣t图像纵轴表示加速度，横轴表示时间，图像和时间轴所围面积表示速度的变化量。
【解答】解：ABC、t＝0 时刻，P由静止开始运动，0～t0 时间内加速度a一直为正值，则P一直向正方向加速，t＝t0时加速度a反向，则P的速度开始减小，由a﹣t图线与t轴所围的面积表示速度变化量，可知t＝2t0时刻P的速度减为0，之后2t0～3t0时间内重复时间内的运动，可知在0～3t0时间内，P一直向正方向运动，不会回到原点，t＝3t0时，P到原点的距离最远，t＝2t0 时，P的运动速度最小，故AC错误，B正确；
D、a﹣t图线与t轴所围的面积表示速度变化量，由题图知，t02-3t02时间内速度的变化量为零，因此P的运动速度在3t02时刻与t02时刻相同，故D正确。
故选：BD。
【点评】考查对a﹣t图像的理解，清楚图线的含义。
（多选）10．（5分）一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s，1s后速度的大小变为10m/s，在这1s内该物体的（ ）
A．位移的大小可能小于4m
B．位移的大小可能大于10m
C．加速度的大小可能小于4m/s2
D．加速度的大小可能大于10m/s2
【分析】物体做匀变速直线运动，根据平均速度公式求解位移，根据加速度的定义公式求解加速度．
【解答】解：（1）若初、末速度同向时：
v=v0+v2=4+102 m/s＝7 m/s
s=v t=4+102×1=7 m；
a=v-v0t=10-41 m/s2＝6 m/s2。
（2）若初、末速反向时：
v=v0+v2=-4+102 m/s＝3 m/s
s=v t＝3 m
a=v-v0t=-10-41 m/s2＝﹣14 m/s2。
因此可得出AD正确，BC错误；
故选：AD。
【点评】本题关键是明确物体的运动性质，注意物体的初末速度可能同向，也可能反向，要分情况讨论．
二、实验题（本题共2小题，11小题5分，12小题10分，共计15分）
11．（5分）一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中：
（1）甲同学在做该实验时，通过处理数据得到了图甲所示的F﹣x图象，其中F为弹簧弹力，x为弹簧长度。请通过图甲，分析并计算，该弹簧的原长x0＝ 8 cm，弹簧的弹性系数k＝ 25 N/m。该同学将该弹簧制成一把弹簧秤，当弹簧秤的示数如图乙所示时，该弹簧的长度x＝ 20 cm。
（2）乙同学使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图丙所示。下列表述正确的是 B 。
A．a的原长比b的长
B．a的劲度系数比b的大
C．a的劲度系数比b的小
D．测得的弹力与弹簧的长度成正比。
【分析】（1）弹簧的弹力满足胡克定律，F＝kx＝k（l﹣l0），在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，横截距表示弹簧的原长。根据F＝kx求得弹簧的形变量，即可求得弹簧的长度；
（2）根据F﹣x图象中判断出弹簧的原长，斜率代表劲度系数
【解答】解：（1）当弹力为零时，弹簧处于原长状态，故原长为x0＝8cm，在F﹣x图象中斜率代表弹簧的劲度系数，则k=ΔFΔx=60.24N/m=25N/m
在乙图中弹簧秤的示数F＝3.00N，根据F＝kx可知x=Fk=325m=0.12m=12cm，故此时弹簧的长度L＝x+x0＝20cm
（2）A、在丙图中，当弹簧的弹力为零时，弹簧处于原长，故b的原长大于a的原长，故A错误；
BC、斜率代表劲度系数，故a的劲度系数大于b的劲度系数，故B正确，C错误；
D、弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误
故选：B
故答案为：（1）8；25；20；（2）B
【点评】考查了胡克定律，注意F﹣l图象的认识，要理解在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，横截距表示弹簧的原长。
12．（10分）利用图甲所示的装置可以研究自由落体运动。实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落，打点计时器会在纸带上打出一系列的小点，每相邻两个点之间时间间隔为T。
（1）若实验时用到的计时器为电磁打点计时器，打点计时器安装要使两个限位孔在同一 竖直 （选填“水平”或“竖直”）线上，以减少摩擦阻力。
（2）实验过程中，下列说法正确的是 CD 。
A.接通电源的同时要立刻释放重物
B.选取纸带时要选取第1个计数点与第2个计数点之间的距离接近4mm且清晰的纸带
C.释放重物之前要让重物靠近打点计时器
D.为了使实验数据更加准确，可取各次测量结果的平均值
（3）为了测得重物下落的加速度，还需要的实验器材有 C 。
A.天平
B.秒表
C.毫米刻度尺
D.弹簧秤
（4）现测得一段纸带上的数据如图乙所示（d1、d2、d3、d4、d5、d6已知），根据数据计算当地重力加速度g＝ d6-2d39T2 ，D点的速度vD＝ d4-d22T 。（用所给符号表示）
【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，明确实验中可能面临的误差情况。
【解答】解：（1）电磁式打点计时器需要用低压交流电压；安装打点计时器时要注意让上下限位孔在同一竖直线上，从而减小阻力；
（2）A、应先接通电源，稳定后再释放纸带，故A错误；
B、根据h=12gT2
解得h＝0.002m＝2mm
则应选择前两个点间距接近2mm的纸带，故B错误；
C、释放重物时，应让重物靠近打点计时器；故C正确；
D、为了使实验数据更加准确，可取多次测量结果的平均值；故D正确；
故选：CD。
（3）据运动学公式得：Δx＝at2，a=Δxt2，
为了测试重物下落的加速度，还需要的实验器材有：米尺，用来测量计数点之间的距离，该实验中不需要天平。通过打点计时器打点的时间间隔可以计算出计数点之间的时间间隔，所以也不需要秒表。本次实验与重力的大小无关，所以也不需要弹簧秤。故ABD错误，C正确。
故选：C。
（4）根据逐差法可知加速度为g=d6-2d39T2
根据匀变速直线运动规律有vD=d4-d22T
故答案为：（1）竖直； （2）CD；（3）C；（4）d6-2d39T2；d4-d22T
【点评】本题考查验证自由落体运动的实验，要清楚实验中需要测量的物理量，从中知道需要的仪器和多余的仪器。知道实验原理，清楚实际情况下存在的误差。
三、解答题（本题共3小题，13小题9分，14小题14分，15小题19分，共计42分）
13．（9分）如图所示，两块小磁铁质量均为1kg，A磁铁用轻质弹簧吊在天花板上，B磁铁在A正下方的地板上，弹簧的原长L0＝10cm，劲度系数k＝100N/m。当A、B均处于静止状态时，弹簧的长度为L＝11cm。不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间相互作用的磁力，（g取10N/kg）求：
（1）弹簧的弹力大小和方向。
（2）B对A的作用力大小和方向。
（3）B对地面的压力大小。
【分析】（1）根据胡克定律求得弹簧对A拉力大小和方向；
（2）对A受力分析，根据平衡条件得求B对A的作用力大小和方向；
（3）对B受力分析，根据平衡条件以及牛顿第三定律求得B对地面的压力大小。
【解答】解：（1）根据胡克定律，弹簧对A拉力大小：F＝k（L﹣L0）＝100×（11﹣10）×10﹣2N＝1N
弹簧对A的弹力方向向上；
（2）对A受力分析，根据平衡条件得：FBA+F＝mg
代入数据解得B对A的作用力大小为：FBA＝9N，方向竖直向上；
（3）根据牛顿第三定律，A对B的作用力大小FAB＝9N，方向向下
对B受力分析，根据平衡条件得：FN＝mg+FAB
代入数据解得地面对B的支持力大小为：FN＝19N
根据牛顿第三定律，B对地面的压力大小为：FN′＝FN＝19N。
答：（1）弹簧的弹力大小为1N，弹簧对A的弹力方向向上；
（2）B对A的作用力大小为9N，方向竖直向上；
（3）B对地面的压力大小为19N。
【点评】本题考查的是胡克定律和平衡条件以及牛顿第三定律的应用；受力分析是处理力学问题的关键和基础，所以要熟练掌握物体受力分析的一般步骤和方法。
14．（14分）如图为一热气球，已知该热气球由静止从地面竖直向上做加速度大小为1.25m/s2的匀加速直线运动，发现在热气球运动了24s后，有一可视为质点的物体从热气球上脱落。此后热气球加速度不变继续做匀加速直线运动。运动过程忽略空气阻力，g＝10m/s2。
（1）设离地处为坐标原点，在竖直方向上建立一维坐标系，向上为正方向，求该物体上升到最高点时距地面高度。
（2）设离地处为坐标原点，在竖直方向上建立一维坐标系，向上为正方向，求该物体上升到最高点时热气球距地面高度。
（3）求物体从地面由静止开始运动到落回地面所需要的时间。
【分析】（1）根据匀加速直线运动公式结合竖直上抛公式，求物体离地高度；
（2）根据位移公式，求位移，求热气球离地高度；
（3）根据位移—时间公式，求时间，再求总时间；
【解答】解：（1）物体从热气球上脱落是的速度和上升的位移分别为
v0＝at0，h0=12at02
代入数据解得v0＝30m/s，h0＝360m
脱离后，物块做竖直上抛运动，从脱离到最高点经历的时间和位移分别为
t1=v0g，h1=v022g
代入数据解得：t1＝3s，h1＝45m
该物体上升到最高点时的位置坐标为x1＝h0+h1
代入数据解得x1＝405m
（2）物体上升到最高点时热气球的位移为h2=12a（t0+t1）2
代入数据解得h2＝455.625m
（3）根据自由落体运动规律得：h0+h1=12gt22
代入数据解得t2＝9s
故物体从地面由静止开始运动到落回到地面所需要的时间
t＝t0+t1+t2
代入数据解得t＝36s
答：（1）该物体上升到最高点时距地面高度为405m；
（2）该物体上升到最高点时热气球距地面高度为455.625m；
（3）物体从地面由静止开始运动到落回地面所需要的时间为36s。
【点评】本题综合性强，运动分段，需要学生分析出每一段运动的特性，结合运动公式和几何位置，找到位置坐标和运动时间。
15．（19分）子弹垂直射入叠在一起的相同木板，穿过第12块木板后速度变为0。如果子弹在木板中运动的总时间是t，可以把子弹视为质点，子弹在各块木板中运动的加速度都相同。
（1）子弹穿过第1块木板所用时间是多少？
（2）子弹穿过前9块木板所用的时间是多少？
（3）子弹穿过第9块木板所用的时间是多少？
【分析】（1）采取逆向思维的方法，根据穿过12块的时间为t结合位移—时间关系列方程；根据位移—时间关系求解子弹穿过后11块木板的时间，由此得到子弹穿过第1块木板所用时间；
（2）根据位移—时间关系求解子弹穿过后3块木板的时间，由此得到子弹穿过前9块木板所用时间；
（3）根据位移—时间关系求解子弹穿过后4块木板的时间，由此得到子弹穿过第9块木板所用的时间。
【解答】解：（1）采取逆向思维的方法，假设每块木板厚度为x，则有：12x=12at2 ①
设子弹穿过后11块木板的时间为t11，则：11x=12at112 ②
①②联立解得：t11=1112t
子弹穿过第1块木板所用时间是：t1＝t﹣t11
解得：t1＝（1-1112）t；
（2）设子弹穿过后3块木板的时间为t3，则：3x=12at32 ③
①③联立解得：t3＝0.5t；
子弹穿过前9块木板所用时间是：t9＝t﹣t3＝t﹣0.5t＝0.5t；
（3）设子弹穿过后4块的时间为t4，则：4x=12at42 ④
①④联立解得：t4=33t
故子弹穿过第9块木板所用的时间：t9′＝t4﹣t3=33t﹣0.5t=23-36t。
答：（1）子弹穿过第1块木板所用时间是（1-1112）t；
（2）子弹穿过前9块木板所用的时间是0.5t；
（3）子弹穿过第9块木板所用的时间是23-36t。
【点评】在研究匀减速直线运动，且末速度为零时，合理运用逆过程可以使题目变得简单易做。要灵活应用匀变速直线运动的推论。