物体在2s末的速度大小为，方向与y正方向成45°左斜向上，故两共线，即在在
AB间的摩擦力的可能方向。
本题考查了牛顿第二定律的应用，注意整体法和隔离法的灵活运用，对判断方向未知的力时通
2s～3s内，物体做直线运动，故A错误，B正确； C．在0～2s内，物体在x轴方向的位移为y1=2×2m=4m，故位移为
在2s～3s内，物体在物体在x轴方向的位移为
，故位移为
，故C错误；
m/s，故D正确。
，在y轴方向的位移为，在y轴方向的位移为
过假设法也是常用的方法。 10.【答案】ACD
【解析】
解：A、施加外力前，系统处于静止，合力为0，外力施加的瞬间，合力为外力F=15N，由牛顿第二定律得：a=
=7.5m/s2，故A正确；
D．由前面的分析可知，故t=2s时，物体的速度最大，大小为为2故选：BD。
B、初始时系统处于静止状态，即2mg=kx0，解得：x0=0.4m，当弹簧压缩量减小0.05m时，设A、B间弹力大小为FAB，此时物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：对A：F+FAB-mg=ma1 对B：k（x0-0.05）-mg-FAB=ma1，联立解得：FAB=1.25N，故B错误；
C、设A、B分离时，弹簧的形变量为x1，物体的加速度为a2，对A：F-mg=ma2，对B：kx1-mg=ma2，联立解得：x1=0.3m，所以A物体的位移大小为x0-x1=0.1m，故C正确；
D、当B物体的合力为0时速度达到最大，由C选项的分析知AB分离时有向上的加速度，所以速度最大时AB已经分离，由合力为0得：kx2=mg，解得：x2=0.2m，故D正确； 故选：ACD。
A、施加外力前，系统处于静止，合力为0，外力施加的瞬间，由牛顿第二定律可求得加速度； B、初始时系统处于静止状态，由合力为0可求得弹簧的形变量，当弹簧压缩量减小0.05m时，对A、B分别列由牛顿第二定律表达式可求得A、B间弹力大小；
C、A、B分离时，AB间弹力为0，二者加速度和速度相等，对A、B分别列由牛顿第二定律表达式可求得弹簧的形变量，则A的位移可求解；
D、B物体速度达到最大时，加速度为0，合力为0，以此可求得此时弹簧的形变量。
本题考查了牛顿第二定律的应用，明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB整体和B物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程。 11.【答案】1.0 0.69 小球释放位置低于其他次实验
【解析】
由平行四边形法则求出合加速度与合速度，即可判断是曲线运动还是直线运动；由图象求出分加速度，即可得合加速度；由图象读出分速度，即可得合速度；先求出分位移，即可得合位移。 本题要知道运动的合成与分解的实质是位移、速度、加速度的合成与分解，遵循平行四边形定则
9.【答案】AD
【解析】
解：AB、当F较小时，两物体处于静止状态，此时B受到向右的细线的拉力作用，可知受到的静摩擦力向左；当F增大到一定值时，A相对地面滑动，此时若AB相对静止，则对整体：F-μ2?2mg=2ma；对B：F-fAB=ma，解得：fAB=μ2mg＞0，可知B受A的静摩擦力向左；假设AB产生相对滑动，且B相对A向左滑动，则B受摩擦力方向向右，则对A：F-μ2?2mg-μ1mg=ma1；对B：F+μ1mg=ma2，可知a2＞a1，与假设矛盾，可知B的摩擦力方向不可能向右，故A正确B错误；
C、若AB均静止时，同时满足：F≤μ1mg=ma2；F≤μ2?2mg，故C错误；
D、若μ1=μ2=μ，对A：F-μ?2mg+μmg=ma1；对B：F-μmg=ma2，可知a1=a2，即不论水平力F有多大，物体A、B间都不会相对滑动，故D正确； 故选：AD。
分析两个物体的受力情况，利用假设法，结合整体法和隔离法根据牛顿第二定律列式来判断
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解：（1）x-tanθ的关系图象如图所示． （2）根据
则水平射程为：x=可知图线的斜率k=解得：
当θ=60°时，有t=则斜面的长度为：s=
，k=得：t=
．
， ．
，
．
知，初速度
，
故选：BD
（2）由逐差公式求加速度，a=
=
=
=0.40m/s2。
（3）由图象看出，当力为某一值时，但加速度代仍为零，说明没有平衡摩擦力或平衡不足。由牛顿第二定律a=
，所以a-F图象的斜率是小车质量的倒数，所以m1==
=1.0kg。
故答案为：（1）BD；（2）0.40；（3）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，1.0
（1）电磁打点计时器使用的是低压交流电源，电火花打点计时器工作电压为220V交流电压，每隔0.02s打一个点；
（2）在实验中需平衡摩擦力，长木板的一端应略微太高，实验时先接通电源后释放小车；由于实验中的绳子拉力可以直接测量，无需m2应远小于m1．由牛顿第二定律可求解测力计的读数。 解决本题的关键知道实验的原理，以及实验中的注意事项，注意绳子的拉力可以直接测量，不需要满足m2应远小于m1。
13.【答案】解：在长臂顶部，据牛顿第二定律 解得：v0=5m/s；
石块被抛出后做平抛运动，其速度垂直于斜面，故 从水平抛出到落到斜面上所经历的时间vy=gt得 高度h=
（3）实验中有一组数据出现明显错误，由图可知，水平射程偏小，由x=偏小，即小球释放位置低于其他次实验．
故答案为：（1）如图所示，（2）1.0，0.69，（3）小球释放位置低于其他次实验． （1）根据表格中的数据做出x-tanθ的关系图象．
（2）根据平抛运动的规律，结合竖直位移和水平位移的关系得出x-tanθ的表达式，结合表达式和图象求出初速度．
（3）根据水平射程的表达式，以及图中偏离比较远的点，分析错误的原因．
本题考查了平抛运动与图象的综合运用，根据平抛运动规律得出x与tanθ的表达式是解决本题的关键，知道图线斜率的物理意义．
12.【答案】BD 0.40 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 1.0
【解析】
=5m/s， 解得vy=v0tan45°
，故平抛的水平位移x=v0t=2.5m，平抛的竖直
，
则石块打在斜面上的点距地面高度为H=L+Lsinα-h=1.75m，该点到斜面的右端点A的水平距离 ，
故斜面的右端点A距抛出点的水平距离△x=x-s=2.5-1.75m=0.75m； 答：斜面的右端点A距抛出点的水平距离为0.75m。 【解析】
解：（1）考察实验过程及原理：A、电磁打点计时器使用的是低压交流电源，且为6V以下，故选项A错误；
根据石块在最高点的受力求解平抛的初速度，根据石块垂直打在斜面上，可求平抛的水平位移和竖直位移，根据几何关系可求斜面的右端点A距抛出点的水平距离。
B、为防止打不上点，要先通电再释放小车，故选项B正确；
本题是平抛运动的综合应用，平抛运动采用运动的合成和分解的方法研究都是经常运用的方
C、平衡的是小车的摩擦力，当然不用挂上沙桶，让小车带着纸带能在木板上做匀速直线运动； D、据牛顿第二定律表示出拉力F=m1a=m1×F≈m2g，故选项D正确。
=
，由此看出，当m2＜＜m1时，
法。
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14.【答案】解：（1）将C的重力按照作用效果分解，如图所示：
根据平行四边形定则，有：F1=F=
2
=
对A分析，受重力、杆的推力、支持力和向右的静摩擦力，根据平衡条件，有： f=F1cosθ= ；
（2）以整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得A受到的支持力N=Mg+ 则无论物块C的质量多大，都不能使物块A或B沿地面滑动时满足：μN≥f 即μ（Mg+ ）≥ ； 解得μ≥ =
由于μ＜tanθ，物体不会相对传送带静止，而是做减速运动， 由牛顿第二定律得：Mgsin θ-μMgcosθ=Ma2
2
解得：a2=2m/s
减速发生的位移x2=L-x1=3m 解得：t2=1s（另一解舍去）
物体从A点到达B点所需的时间t=t1+t2=2s （2）在t1时间内传送带的位移：x1′=vt1=4m 在t2时间内传送带的位移：x2′=vt2=4m
在传送带上留下的划痕长度：△x=（x1-x1′）-（x2′-x2）=4m 答：（1）物体从A点到达B点所需的时间是2s；
（2）物体从A点到达B点的过程中在传送带上留下的划痕长度是4m。 【解析】
（1）根据受力及牛顿第二定律求出物体的加速度，结合运动学公式求解时间；
（2）求出物体在第一段减速过程的相对位移和第二段过程的相对位移，做差即可得出划痕长度。 传送带问题一直是学生头大的问题，关键是明确物体所受传送带摩擦力方向的判断，摩擦力的方向与物体相对传送带运动方向相反，而牛顿第二定律和运动学公式的应用选取的参照物是地面。
16.【答案】解：（1）当恒力F=0N时，物块恰不会从木板的右端滑下。设最终物块和木板的速度为v，
…① 对木板和物块组成的系统由动能定理得：
当m→∞大时，有μ≥ 故μ至少要等于 时，无论物块C的质量多大，都不能使物块A或B沿地面滑动。 答：（1）地面对物体A的静摩擦力大小为 ；
（2）μ至少要等于 时，无论物块C的质量多大，都不能使物块A或B沿地面滑动。 【解析】
（1）先将C的重力按照作用效果分解，根据平行四边形定则求解轻杆受力；再隔离物体A受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解滑块与地面间的摩擦力；
（2）求出地面对A的支持力，当滑动摩擦力大于杆在水平方向的分力时，A或B不会滑动，由此列方程进行解答。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
15.【答案】解：（1）对物体受力分析由牛顿第二定律得：Mgsin θ+μMgcosθ=Ma1
2
解得：a1=10m/s
由动量守恒得：（M+m）v=mv0…② 由①②解得L=0.5m
（2）当F=0N时，物块恰能滑到木板的右端，且两者正好达到共同速度，物块和木板保持相对静止，一起运动；
当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，则：a= …③，f=ma…④
由于静摩擦力存在最大值，所以：f≤fmax=μmg=2N…⑤ 由③④⑤解得：F≤4N
综述：恒力F的取值范围是0≤F≤4N；
（3）当0≤F≤4N时，最终两物体达到共速，并最后一起相对静止做加速运动，对应图（b）中的AB段；当F＞4N时对应图（b）中的CD段，当量物体达到共速时，F继续增大，此时物块相对于木板向左运动，木板上物块相对于木板滑动的路程为：s=2△x…⑥ 当两者具有共同速度v时，历时t， 则有：
…⑦
…⑧
根据速度时间关系可得：v0-amt=aMt…⑨
设经时间t1达到共同速度，则t1=发生的位移：x1=
=1s
根据位移关系可得：△ …（10） 由⑥⑦⑧⑨（10）可得CD段的 -F函数关系式为： =
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t1=9m
。
答：（1）木板长度为0.5m；
（2）要使物块不从木板上滑下，恒力F的范围为0≤F≤4N； （3）图b中CD为直线，该段的 -F的函数关系式为 =【解析】
。
（1）当恒力F=0N时，物块恰不会从木板的右端滑下，根据动能定理、动量定理，当两物体共速时，物块相对木板的位移恰为木板的长度；
（2）当F=0N时，物块恰能滑到木板右端，当F増大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，根据牛顿第二定律求解F的最大值；
（3）当0≤F≤Fm时，随着F力増大，S减小，当F=Fm时，出现S突变，说明此时物块、木板在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，物块将会从木板左端掉下。对二者恰好发生相对运动时，由牛顿第二定律列式结合运动公式即可求解。
本题考查牛顿运动定律。滑块问题是物理模型中非常重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型。滑块问题的解决非常灵活，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特別是摩擦カ的变化与转型，都是难点所在。本题通过非常规的图象来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动。
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