【文档说明】河北省沧州市第一中学2020-2021学年高二下学期第三次月考物理试题含答案.docx，共(18)页，236.821 KB，由小赞的店铺上传

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1沧州一中高二年级第三次学段检测物理学科试题（2021.6.4）命题人：审核人：满分：100分测试时间：75分钟第I卷（46分）一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.以18𝑚/𝑠的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动

，在前3𝑠内前进36𝑚，则汽车在5𝑠内的位移为()A.50𝑚B.45𝑚C.40.5𝑚D.40𝑚2.如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向左做匀减速运动时，球所受杆的作用力的方向沿图中的（）A．OA方向B．OB方向C．OC方向D．OD方向3.如图所示，一根弹簧一端固定在

左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时AB两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速

度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（）A.aA=aB=gB.aA=2g，aB=0C.aA=3g，aB=0D.aA=23g，aB=04.汽车A和汽车𝐵(均可视为质点)在平直的公路上沿两平行车

道同向行驶，A车在后(如图甲所示).以某时刻作为计时起点，此时两车相距𝑥0=12𝑚.汽车A运动的𝑥−𝑡图象如图乙所示，汽车B运动的𝑣−𝑡图象如图丙所示．则下列说法正确的是（）2A.在𝑡=8𝑠时，两车相遇

B.B车在0～6𝑠内的位移为23mC.在0～6𝑠内，𝑡=3𝑠时，两车相距最远，且最远距离为20mD.若𝑡=1𝑠时，A车紧急制动(视为匀变速)，要使A车追不上B车，则A车的加速度大小应大于0.5𝑚/𝑠25.如图所示，质量分别为𝑚1、𝑚2的

两个物体通过轻绳连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动，力F与水平方向成𝜃角。关于𝑚1所受的支持力N、摩擦力f和绳子拉力T的大小，下列判断正确的是()A.𝑁=𝑚1𝑔+𝑚2𝑔−𝐹𝑠𝑖𝑛𝜃B.C.𝑓=𝐹𝑠𝑖𝑛𝜃D.𝑇=𝐹𝑇=√(

𝐹cos𝜃)2+(𝐹sin𝜃+𝑚2𝑔)26.如图所示，一小滑块(可视为质点)沿足够长的斜面以初速度v向上做匀变速直线运动，依次经A，B，C，D到达最高点E，已知𝑥AB=𝑥BD=6𝑚，𝑥BC=1𝑚，滑块从A到C和从C到D所用的时间都是1s。设滑块经过B，C两点

时的速度分别为𝑣𝐵，𝑣𝐶，则()A.𝑣𝐶=6𝑚/𝑠B.𝐷𝐸=3𝑚C.滑块上滑过程中加速度的大小为1𝑚/𝑠2D.滑块从D到E所用时间为1s37.如下图所示，倾角为𝜃=30°的斜面体c置于水平地面上，滑块b置于光滑斜面上，通过细绳跨过轻质定滑轮与物体a连接．连接b的一段细绳

与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a下端连接在竖直固定在地面的轻弹簧上，整个系统保持静止．已知物块a、b、c的质量分别为5m、4m、3m，重力加速度为g，不计滑轮的质量和摩擦，下列说法中不正确的是()A.杆对轻滑轮的作用力大小为2√3𝑚𝑔

B.地面对c的摩擦力为2mgC.c对地面的压力为6mgD.剪断轻绳的瞬间，a的加速度大小为0.4𝑔二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）8.置于水平地面上的物体，在竖直向上的力的作用下，从静止向上做匀加速运动，经𝑡=3𝑠，撤去此力，再经𝑡=3𝑠，物体又落回地面，已知物体的

质量𝑚=0.3𝑘𝑔，取𝑔=10𝑚/𝑠2，则下列说正确的是()A.物体上升时加速度的大小是𝑎1=10𝑚/𝑠2B.拉力的大小𝐹=4𝑁C.物体落回地面时速度的大小是20𝑚/𝑠D.物体上升的最大高度是10m9.如图甲所示，某同学站在电

梯上随电梯斜向上运动，倾角𝜃=37°，电梯运动的𝑣—𝑡图象如图乙所示，人的质量为60kg，重力加速度𝑔=10𝑚/𝑠2，𝑠𝑖𝑛37°=0.6，𝑐𝑜𝑠37°=0.8，则下列说法正确的是（）A.0～1𝑠内，人受到的摩擦力大小为120NB.0～1𝑠内，人对电梯的压力大小为6

00NC.3～4𝑠内，人处于失重状态D.3～4𝑠内，人受到的摩擦力方向水平向左410.如图所示，一根弯折的光滑杆竖直放置，上面套着两个小环A，B，小环直径略大于杆，两小环用轻绳相连。小环A在沿杆的力F的作用下缓慢沿杆向上运动的

过程中，下列说法正确的是（）A.杆对B环的弹力减小B.轻绳上的张力会变大C.力F变小D.杆对A环的弹力变小第II卷（54分）三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）11.在“探究物体质量一定时，加速度与力的关系”实验中，小明同学做了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，用力传感器来

测细线中的拉力(滑轮上的摩擦不计)。5(1)关于该实验的操作，下列说法正确的是______；A.必须用天平测出砂和砂桶的质量B.一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量C.应当先释放小车，再接通电源D.需要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带E.实验中小车应从靠近打点计时

器位置静止释放(2)实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，小车运动的加速度大小是______𝑚/𝑠2(保留3位有效数字)；(3)由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示，

则小车与轨道的滑动摩擦力𝐹𝑓=______𝑁(保留2位有效数字)。12.在“验证力的平行四边形定则”的实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一把弹簧秤。(1)为完成实验，某同学另找来一根弹簧，先测量其劲

度系数，实验时他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹簧的原长𝐿0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上砝码后测出弹簧伸长后的长度L，把𝐿−𝐿0作为弹簧的伸长x。这样操作，由于弹簧自身重力的影响，

最后画出的图线可能是下图中的________。6(2)某次实验中，弹簧秤的指针位置如图所示，其读数是_______N。(3)某次实验中，∠𝐵𝑂𝐶=80°，现将弹簧秤缓慢逆时针转动90°，若要保持结点位置和OB方向不变，则弹簧秤的示数如何变化_(填“增

大、减小、先增大后减小、先减小后增大”)四、计算题（本大题共3小题，共39.0分）13.（10分）矿井中的升降机以5𝑚/𝑠的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度𝑔=10𝑚/𝑠2，求

：(1)矿井的深度为多少米？(2).螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时多长时间？14.（14分）如图所示，质量𝑚=1𝑘𝑔的物块，在沿斜面向上、大小𝐹=15𝑁的拉力作用下，沿倾角𝜃=37°的足够长斜面由静止开始匀加速上滑，经时间𝑡1=2𝑠撤去拉力。已知物块与斜面间的动摩擦因

数𝜇=0.5，取𝑔=10𝑚/𝑠2，𝑠𝑖𝑛37°=0.6，𝑐𝑜𝑠37°=0.8，求：（1）拉力F作用的时间𝑡1内，物块沿斜面上滑的距离𝑥1；(2)从撤去拉力起，物块运动至最高点所需的时间𝑡2；7(3)从撤去拉力起，经3𝑠物块距出发点的距离x。15.（15分）如图所示，在竖

直墙壁的左侧水平地面上放置一个质量为𝑀=1𝑘𝑔的正方体ABCD，在墙壁和正方体之间放置一质量为m的光滑球，正方体和球均保持静止。球的球心为O，O、B的连线与竖直方向的夹角为𝜃=30°，重力加速度大小𝑔=10𝑚/𝑠2，假定最大静摩擦力

等于滑动摩擦力。则：(1)若𝑚=1𝑘𝑔，求球对正方体和竖直墙壁的压力大小；(2)保持球的半径不变，无论球的质量多大，为使正方体不出现滑动，求正方体与水平地面间动摩擦因数𝜇的最小值。答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】结合位移时间公式求出汽车减速的加

速度；通过速度时间公式求出汽车速度减为零的时间，从而通过位移公式求出汽车滑行的距离。解题的关键是利用匀变速直线运动的推论得到加速度，然后利用运动学公式解答。【解答】根据𝑥=𝑣0𝑡+12𝑎𝑡2得𝑎=−4𝑚/𝑠2，汽车停

止所需时间为𝑡′=−𝑣0𝑎=−18−4𝑠=4.5𝑠<5𝑠，所以4.5𝑠末汽车停车，5𝑠内的位移𝑥=𝑣022𝑎=1822×4𝑚=40.5𝑚，故C正确，ABD错误。故选C。2.【答案】C【解析】据题意可知，小车

向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，根据力的合成故选项C正确。【学科网考点定位】牛顿第二定律、整体法和隔离法8【方法

技巧】本题通过整体法和隔离法可以判断出做匀变速直线运动的物体局部加速度和整体加速度相同。3.【来源】【全国百强校】2017届四川省绵阳市东辰国际学校高三一诊模拟物理试卷（带解析）【答案】D【解析】水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图，静止时，0TFsin

60=，0Fsin60Amg=水平细线被剪断瞬间，T消失，其它各力不变，所以23AATagm==，0Ba=故选D。4.【答案】C【解析】【分析】本题考查运动学中的追及问题，知道速度大者减速追及速度小者，若不相撞，速度相等时有最小距离，所以判断两车是否相撞，即判断速度相等时有无

相撞。【解答】B.B车在0∼6𝑠内的位移等于其在0∼5𝑠内的位移：𝑥𝐵=12×(1+5)×8𝑚=24𝑚，故B错误；A.由图知，A车的速度𝑣𝐴=𝛥𝑥𝛥𝑡=205𝑚/𝑠=4𝑚/𝑠，𝑡=8𝑠时，A匀

速运动的位移𝑥𝐴=𝑣𝐴𝑡=4×8𝑚=32𝑚，B车的位移𝑥𝐵=24𝑚，𝑥𝐴−𝑥𝐵=8𝑚<𝑥0，故两车不相遇，故A错误；9C.当两车速度相等时，两车相距最远，B车的加速度：𝑎=𝛥𝑣𝛥𝑡=0−85−1

𝑚/𝑠2=−2𝑚/𝑠2，设匀减速运动的时间为𝑡1时速度相等，则有𝑣𝐴=𝑣𝐵+𝑎𝑡1，代入数据解得：𝑡1=2𝑠，即在𝑡=3𝑠时二者速度相等，相距最远，此时A车的位移𝑥𝐴′=𝑣𝐴𝑡=4×3𝑚=12𝑚，B车位移：

𝑥𝐵′=8×1𝑚+8×2𝑚+12×(−2)×22𝑚=20𝑚，最远距离：𝛥𝑥=𝑥𝐵′+𝑥0−𝑥𝐴′=20𝑚，故C正确；D.𝑡=1𝑠时，A匀速位移𝑥𝐴1=𝑣𝐴𝑡=4×1𝑚=4𝑚，B车匀速位移𝑥𝐵1=𝑣𝐵𝑡=

8×1𝑚=8𝑚，两车间的距离𝛥𝑥′=8𝑚+12𝑚−4𝑚=16𝑚，B车匀减速到停止的位移𝑥𝐵2=82×(5−1)𝑚=16𝑚，当B停止时，A追上B也刚好停止时，A的加速度最小，A车匀减速运动的总位移𝑥𝐴总=𝛥𝑥′+𝑥𝐵2=32𝑚，对A车，根据速度位移公式得：𝑎

𝐴=𝑣𝐴22𝑥𝐴总=422×32𝑚/𝑠2=0.25𝑚/𝑠2，所以A车的加速度大小应大于0.25𝑚/𝑠2，故D错误。故选C。5.【答案】A【解析】【分析】对𝑚1，𝑚2整体受力分析，受到重力(𝑚1𝑔+𝑚2𝑔)、支持力N、拉力F、滑动

摩擦力f，然后根据共点力平衡条件沿水平方向和竖直方向列式求解；隔离𝑚2，受到重力、拉力F和绳子拉力，根据平衡条件求解。整体法与隔离法是解决平衡问题的常用方法，在具体问题中，灵活地选用整体法和隔离法，可以使问题大大简化。【解答】𝐴𝐵.

对整体受力分析，受到重力(𝑚1𝑔+𝑚2𝑔)、支持力N、拉力F、滑动摩擦力f，如图所示，10根据共点力平衡条件，有：水平方向：𝑓=𝐹𝑐𝑜𝑠𝜃竖直方向：𝑁+𝐹𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑚1𝑔+

𝑚2𝑔解得：𝑁=𝑚1𝑔+𝑚2𝑔−𝐹𝑠𝑖𝑛𝜃，故AB正确；𝐶𝐷.隔离𝑚2，受到重力、拉力F和绳子拉力，如图所示；根据平衡条件可知，拉力F与重力𝑚2𝑔的合力与T等大反向，F和𝑚2𝑔在竖直方向的

合力为𝐹𝑠𝑖𝑛𝜃−𝑚2𝑔，在水平方向的合力为𝐹𝑐𝑜𝑠𝜃，根据几何关系可得𝑇=√(𝐹cos𝜃)2+(𝐹sin𝜃−𝑚2𝑔)2，故C错误、D正确。故选A。6.【答案】A【解析】分析：本题的突破口

是𝑥𝐴𝐵=𝑥𝐵𝐷=6𝑚，𝑥𝐵𝐶=1𝑚，小球从A到C的时间是1s，从A到D的时间是2s，根据位移−时间公式即可求出𝑣𝐴和a；再根据速度−时间公式公式求出𝑣𝑐和𝑣𝐷，然后根据速度−位移求出DE的距离，最后根据速度−时间公式求出从D到E的时间。本题对运动学公式要求较

高，要求学生对所有的运动学公式不仅要熟悉而且要熟练，要11灵活，基本方法就是平时多练并且尽可能尝试一题多解。解答：AC、设物体在A点时的速度大小为𝑣𝐴，加速度为a，则从A到C的过程中，由位移−时间公式得：𝑥𝐴𝐶=𝑥𝐴𝐵+𝑥𝐵𝐶=𝑣𝐴𝑡1+12

𝑎𝑡12从A到D的过程中，由位移−时间公式得：𝑥𝐴𝐷=𝑥𝐴𝐵+𝑥𝐵𝐷=𝑣𝐴𝑡2+12𝑎𝑡22联立解得：𝑎=−2𝑚/𝑠2，𝑣𝐴=8𝑚/𝑠根据速度−时间公式𝑣𝑡=𝑣0+𝑎𝑡可得：𝑣𝐶=8𝑚/𝑠−2×1𝑚/𝑠=6𝑚/

𝑠，故AC正确；B、根据速度−时间公式𝑣𝑡=𝑣0+𝑎𝑡可得：𝑣𝐷=𝑣𝐴+𝑎𝑡2=8𝑚/𝑠−2×2𝑚/𝑠=4𝑚/𝑠，则从D到E的过程中，由速度−位移公式得：0−𝑣𝐷2=

2𝑎𝑥𝐷𝐸解得：𝑥𝐷𝐸=0−𝑣𝐷22𝑎=−422×(−2)𝑚=4𝑚，故B错误；D、由速度−时间公式𝑣𝑡=𝑣0+𝑎𝑡，可得从D到E的时间为：𝑡𝐷𝐸=𝑣𝐷−𝑎=42𝑠=2𝑠，故D错误；故选：A7.【答案】B【解析】【

分析】因为a，b两个物体受力平衡，因此分别对两个物体进行受力分析，得出平衡方程即可。剪断轻绳的瞬间，弹簧没有发生形变，弹力不变，绳子拉力瞬间消失。本题主要考查了牛顿第二定律的瞬时问题，抓住剪断细线的瞬间弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用

。【解答】A.对滑轮受力分析，利用平衡条件可得：2𝑇𝑐𝑜𝑠30°=𝐹杆，对b受力分析有𝑇=4𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛30°，解得绳子对杆力的大小为𝐹杆=2√3𝑚𝑔，故杆对轻滑轮的作用力大小为2√3𝑚𝑔，故A正12确；B.对b、c的整体分析，则地面对c的摩擦力𝑓=

𝑇cos30°=√3𝑚𝑔，故B错误；C.对b、c的整体分析，有3𝑚𝑔+4𝑚𝑔=𝐹𝑁+𝑇𝑠𝑖𝑛30°，可得c对地面的压力为6mg，故C正确D.剪断轻绳的瞬间，a受的重力和弹簧弹力都

没变，对a分析可知加速度为：𝑎=𝑇5𝑚=2𝑚𝑔5𝑚=0.4𝑔，故D正确。故选B8.【答案】BC【解析】【试题剖析】【试题解析】解：AB、设拉力为F，在拉力作用下，根据牛顿第二定律可得𝐹−𝑚𝑔=𝑚𝑎1，解得𝑎1

=𝐹−𝑚𝑔𝑚3s末的速度𝑣=𝑎1𝑡前3s内的位移为𝑥=12𝑎1𝑡2撤去外力后，物体的加速度为g，后3s回到地面，则−𝑥=𝑣𝑡−12𝑔𝑡2联立解得：𝐹=4𝑁，𝑎1=103𝑚/𝑠2，𝑣=10𝑚/𝑠，故A错误，B正确；C、物体落回到

地面的速度𝑣′=𝑣−𝑔𝑡=10𝑚/𝑠−10×3𝑚/𝑠=−20𝑚/𝑠，方向竖直向下，故C正确；D、在下降过程中，下降的高度𝐻=𝑣′22𝑔=20𝑚，故上升的最大高度为20m，故D错误；故选：BC

。在上升过程根据牛顿第二定律求得加速度，根据运动学公式求得3s末获得速度和上升的高度，撤去外力后，物体向上做竖直上抛运动，后3s内回到地面，通过的位移大小与前133s内位移大小相同，根据运动学公式联立即可求得拉力和向上加速阶段的加速度，有

运动学公式求得落地时的速度和上升的最大高度。此题考查了牛顿第二定律和运动学的计算，解题的关键是分析题中的关键信息，比如t时间撤去力F时的速度既是前一段时间的末速度，又是后一段时间的初速度，利用公式求解时，注意矢量性。9.【答案】CD【解析

】【分析】本题结合速度时间图象主要考查了应用牛顿运动定律的应用。在速度时间图象中，直线的斜率表示加速度，根据图象的斜率分析加速度方向，从而判断该同学的运动状态。根据牛顿第二定律可计算某一方向上受力情况，当有向上的加速度时，此时人就处于超重状态，当有向下的加速度时，此时人就处于失重状态。【解

答】A.根据𝑣−𝑡图像，0～1𝑠内，加速度𝑎=2−01𝑚/𝑠2=2𝑚/𝑠2，方向沿电梯斜向上，沿水平方向根据牛顿第二定律有：人受到的摩擦力𝐹𝑓=𝑚𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃=60×2×0.8𝑁=96𝑁，故A错误；B.0～1𝑠内，沿竖直方向根据牛顿第二定

律有：𝐹𝑁−𝑚𝑔=𝑚𝑎𝑠𝑖𝑛𝜃，解得𝐹𝑁=672𝑁，根据牛顿第三定律，则人对电梯的压力大小为672N，故B错误；C.3～4𝑠内，加速度𝑎=0−21𝑚/𝑠2=−2𝑚/𝑠2，方向沿电梯斜向下，即竖直方向加速度的分量向下，人处于失重状

态，故C正确；D.3～4𝑠内，加速度方向沿电梯斜向下，即水平方向加速度的分量向左，而摩擦力为水平方向的合力，根据牛顿第二定律可知摩擦力方向水平向左，故D正确。故选CD。1410.【答案】BD【解析】略11.【答案】DE2.401.0【解析】解：(1)关于实验操作：AB、拉力由拉力传感器测量，不必

测量砂和砂桶的质量，也不必满足𝑚<<𝑀，故AB错误；C、凡涉打点计时器的操作均应先通电再释放小车，故C错误；D、改变砂和砂桶的质量，用来改变拉力，故D正确；E、开始释放小车时，小车就尽量靠近打点计时器，这样打出

的点才完整，故E正确。故选：DE(2)由题意知，两相邻计数点的时间间隔为𝑇=5×150𝑠=0.1𝑠，由逐差公式求加速度𝑎=𝑥𝐵𝐷−𝑥𝑂𝐵(2𝑇)2=(28.81−9.61−9.61)×10−2(2×0.1)2𝑚/𝑠2=2.40�

�/𝑠2；(3)根据图甲由牛顿第二定律可写出𝑎=2𝐹−𝑓𝑀=2𝑀×𝐹−𝑓𝑀，由图乙图象的斜率𝑘=2𝑀=4.06.5−0.5(𝑘𝑔)−1所以𝑀=2.5𝑘𝑔，图象的横截距𝑎=𝑓𝑀=2𝐹𝑀=1.0，所以𝑓=1.0𝑁。故答案为

：(1)𝐷𝐸；(2)2.40；(3)1.0(1)细线对小车的拉力是通过力传感器得到的，故无需测量砂和砂桶的总质量，也不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，使用打点计时器，应先接通电源，后释放小车。实

验时应多打出几条纸带，从中选取最合适的一条求加速度；(2)由逐差公式求加速度；(3)根据牛顿第二定律和图象的横截距求摩擦力大小。此题要求我们要有一定的实验操作能力和实验分析能力，只有掌握了实验原理才能顺利解决在原实

验基础上的拓展类问题，所以在学习过程中要注意加强对基本知识的学习。12.【答案】(1)𝐶；(2)2.10𝑁；(3)先减小后增大。15【解析】【分析】(1)首先弄清横轴和纵轴代表的含义，在这里x代表的是弹簧的伸长量，即𝐿−𝐿0，最后综合判断选取答案

；(2)最小刻度为0.1𝑁，由指针所指刻度即可读数，要注意估读；(3)因为两个弹簧秤的合力不变，由动态平衡做出力的平行四边形定则即可分析力的变化。熟练掌握实验原理与操作过程是分析的关键。【解答】(1)实验中用横轴表示弹簧的伸长

量x，纵轴表示弹簧的拉力𝐹(即所挂重物的重力大小)，因为在弹簧的弹性限度内，弹簧自身重力的影响使弹簧产生一定的形变量，故C图象符合。故选C。(2)弹簧秤读数为：2.10𝑁；(3)根据平行四边形定则做出示意图，如图可以看出弹簧秤的示数先减小后增大。故答案为：(1)𝐶；(2)2.10𝑁；(3

)先减小后增大。13.【答案】【解析】【分析】螺钉脱落后做竖直上抛运动，升降机做匀速直线运动，根据这两种运动的不同特点即可求解。【解答】16对螺钉其位移为：ℎ1=𝑣0𝑡+12𝑔𝑡2=−5×3𝑚+12×10×32𝑚=30𝑚，对电梯其位移

为：ℎ2=𝑣0𝑡=15𝑚，由几何关系得：𝐻=ℎ1+ℎ2=45𝑚，.螺钉所用时间与升降机所以用时间相同，升降机从井底出发做匀速直线运动，位移为45m，速度为5𝑚/𝑠，时间为9s，14.【答案】解：(1)

物块在时间𝑡1内沿斜面匀加速上滑，设加速度大小为𝑎1，由牛顿第二定律有：𝐹−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛37°−𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠37°=𝑚𝑎1代入数据解得：𝑎1=5𝑚/𝑠2在这段时间内物块上滑的距离为：𝑥1=12𝑎1𝑡12=12×5×22𝑚=10m(2)

经时间𝑡1物块的速度大小为：𝑣1=𝑎1𝑡1=5×2=10𝑚/𝑠接着物块沿斜面匀减速上滑，设加速度大小为𝑎2.由牛顿第二定律有：𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛37°+𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠37°=𝑚𝑎2代入数据解得：𝑎2═10𝑚/𝑠2根据速度公式有：0

=𝑣1−𝑎2𝑡2代入数据解得：𝑡2=1𝑠(3)物块在时间𝑡2内上滑的距离为：𝑥2=𝑣1𝑡2−12𝑎2𝑡22=10×1−12×10×12=5𝑚物块沿斜面下滑的时间为：𝑡3=𝑡−𝑡2=2𝑠设

物块沿斜面下滑的加速度大小为𝑎3，由牛顿第二定律有：𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛37°−𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠37°=𝑚𝑎3代入数据解得：𝑎3═2𝑚/𝑠2物块在时间𝑡3内沿斜面下滑的距离为：𝑥3=12𝑎3𝑡32=12×2×22=4�

�故：𝑥=𝑥1+𝑥2−𝑥3=11𝑚答：(1)拉力F作用的时间𝑡1内，物块沿斜面上滑的距离𝑥1是10m。17(2)从撤去拉力起，物块沿斜面滑到最高点的时间𝑡2是1s。(3)从撤去拉力起，经时间𝑡=3𝑠物块到出发点的距离x是11m。【解析】(1)物块上

滑时，分析受力，运用牛顿第二定律求得加速度，再由位移公式求物块沿斜面上滑的距离𝑥1；(2)结合匀变速直线运动的速度公式求出撤去F时物体的速度大小；撤去拉力后物体先做匀减速直线运动至速度减为零，利用牛顿第二定律和速度公式

结合求时间时间𝑡2；(3)由位移公式求得物体从撤去到滑到最高点的过程运动的位移，再研究下滑过程，利用牛顿第二定律和位移公式结合求解。本题过程较多，中间滑动摩擦力方向有变化，要分过程仔细分析，不能盲目套用匀变速直线运动的规律。15.【答案】

【答案】(1)以球为研究对象，受力如图所示，球受力平衡，根据三角形法则可知：正方体对球的支持力𝑁1=𝑚𝑔cos30⬚∘=20√33N，墙壁对球的支持力𝑁2=𝑚𝑔tan30⬚∘=10√33N，根据牛顿第三定律，球对正方体的压力为20√33N，球对墙壁的压力为10√33N；(2)设球

的质量为𝑚′，球对正方体的压力为𝑁′1，以正方体为研究对象，受力分析如图所示，正方体受力平衡，根据正交分解可知18𝐹𝑁=𝑀𝑔+𝑁′1𝑐𝑜𝑠𝜃，𝑁⬚′1=𝑚′𝑔cos𝜃，𝑁′1𝑠𝑖�

�𝜃≤𝐹𝑓𝑚，𝐹𝑓𝑚=𝜇𝐹𝑁，联立上式，解得𝜇⩾1𝑀𝑚′+1tan𝜃，由数学关系式，当𝑚′为无穷大时，最容易滑动，代入数据可得𝜇最小值为√33才能满足正方体始终不滑动。