四川省成都三十七中学2023-2024学年物理期末模拟测试卷(人教版物理必修第一册
一、选择题(共12小题，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项符合题目要求，每小题3分；第9～12小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．（2023·成都期末）唐代著名诗人李白在《望天门山》中写道：天门中断楚江开，碧水东流至此回。两岸青山相对出，孤帆一片日边来。诗中相对于站在岸边的人，下列哪个物体是静止的( )
A．江水 B．青山 C．帆船 D．红日
【答案】B
【知识点】参考系与坐标系
【解析】【解答】以人为参考系，则人被假定为静止，相对人位置不变的只有青山，所以青山是静止的，江水、帆船和红日相对人均在发生位置的变化，所以江水、帆船和红日都是运动的，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】被选定为参考系的物体，要假定为静止，相对参考系不发生位置变化的物体是静止的，相对参考系发生位置变化的物体是运动的。
2．（2023·成都期末）蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目，一个运动员从高处自由落下，以大小为8 m/s的竖直速度着网，与网作用后，沿着竖直方向以大小为10 m/s的速度弹回，已知运动员与网接触的时间Δt＝1.0 s，那么运动员在与网接触的这段时间内加速度的大小和方向分别为( )
A．2.0 m/s2，向下 B．8.0 m/s2，向上
C．10.0 m/s2，向下 D．18 m/s2，向上
【答案】D
【知识点】加速度
【解析】【解答】规定竖直向上为正方向，根据加速度定义式得，即加速度大小为，方向竖直向上，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据加速度的定义式求解加速度的大小和方向。
3．（2023·成都期末） A、B两物体在同一坐标系中运动的x－t图像如图所示，则下列关于物体运动的说法正确的是( )
A．A物体在0时刻至第8 s末，运动方向改变2次
B．两物体在第5 s末相遇
C．A物体在2～7 s时间内位移为4 m
D．0～5 s过程中两物体的平均速度不相同
【答案】B
【知识点】平均速度；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A.x-t图中，斜率的大小表示速度，斜率的正负表示速度的方向，由图可知，A物体在0~2s时间内速度沿正方向，2s~4s静止，4s~8s时间内速度沿负方向，所以物体在0时刻至第8 s末，运动方向只改变1次 ，A不符合题意；
B.x-t图中，交点表示相遇，可知两物体在第5s末相遇，B符合题意；
C.由图可知，A物体在2～7s时间内位移为-4m，C不符合题意；
D.0～5s过程中两物体的位移相等，均为3m，由平均速度公式可知，这段时间内两物体的平均速度相同，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据x-t图中斜率表示速度，交点表示相遇，分析物体的运动情况；由平均速度公式分析0～5 s过程中两物体平均速度的关系。
4．（2023·成都期末）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A、B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＝g B．，aB＝0
C．aA＝g，aB＝0 D．aA＝2g，aB＝0
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】水平绳子被剪断瞬间，弹簧弹力不突变，所以B球的受力情况不变，则加速度，设两个小球的质量都为m，以AB整体为研究对象，细绳剪断前，设细绳上的拉力为T，由共点力平衡条件可得，剪断绳子瞬间，弹簧弹力没有发生变化，A球所受到的合力与原来绳子的拉力大小相等，方向相反，对A，由牛顿第二定律可得，解得，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据弹簧的弹力不突变的特点，分析剪断细绳前和剪断后瞬间两小球的受力，由牛顿第二定律求出细线被剪断瞬间两小球的加速度。
5．（2023·成都期末）如图所示，一根轻绳上端固定在O点，下端拴一个重力为G的小球，开始时轻绳处于竖直状态，轻绳所能承受的最大拉力为2G，现对小球施加一个方向始终水平向右的力F，使球缓慢地移动，则在小球缓慢地移动过程中，下列说法正确的是( )
A．力F逐渐增大，最大值为G
B．力F逐渐增大，最大值为2G
C．轻绳与竖直方向夹角最大值θ＝30°
D．轻绳对小球的拉力与水平拉力的合力逐渐增大
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】ABC.对小球受力分析，如图甲
由共点力平衡条件得，，可知随着逐渐增大，则F和均逐渐增大，当轻绳 上的拉力取最大值2G时，最大，有，则，此时力F达到最大值，由共点力平衡条件得，A符合题意，BC不符合题意；
D.小球缓慢地移动过程中，小球受平衡力，合力为零，轻绳对小球的拉力与水平拉力的合力始终与重力等大反向，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】分析小球缓慢运动过程中的受力，由共点力平衡条件写出水平拉力和细绳上的拉力的表达式，根据表达式分析二力的变化情况和力F的最大值；缓慢移动的小球，速度几乎为零，可认为运动过程中一直处于平衡状态。
6．（2020高一上·芜湖期末）如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向转动，t=0时将质量m=1kg的物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块相对地面的v－t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速率v0为12m/s
B．传送带的倾角30°
C．物体与传送带之间的摩擦力大小为5N
D．物块与传送带间的动摩擦因数0.5
【答案】D
【知识点】力的合成与分解的运用；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为10m/s，A不符合题意；
BD．开始时物体摩擦力方向沿斜面向下，速度相等后摩擦力方向沿斜面向上，则
联立解得 ，
B不符合题意，D符合题意；
C．物体与传送带之间的摩擦力始终为滑动摩擦力，只是方向发生变化，则
C不符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据正交分解和牛顿第二定律得出物体的加速度，以及传送带与水平方向的夹角。
7．（2023·成都期末）某课外兴趣小组研究如图甲所示的路灯支架构造及受力。小组绘制了如图乙所示的模型图，已知路灯支架横梁OA长2.0 m，斜梁OB长2.5 m，路灯重力为30 N，重心恰好在支架横梁和斜梁的连接点O处，支架重力不计。由共点力的知识可知( )
A．横梁与斜梁均被拉伸
B．横梁对O点作用力大小为40 N
C．斜梁对O点作用力大小为40 N
D．若把斜梁稍微加长，仍保持O点位置不变，横梁仍水平，这时斜梁对O点的作用力将变大
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A.O点受力平衡，受力如图所示，
可知，斜梁处于压缩状态，横梁处于拉伸状态，A不符合题意；
BC.结合题图乙可知，可知，结合受力分析可得，横梁对O点的作用力大小为，斜梁对O的作用力大小为，B符合题意，C不符合题意；
D.斜梁对O点的作用力，可知，当斜梁变长，横梁不变，增大，减小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】分析O点受力，由共点力平衡条件求解横梁和斜梁对O的作用力。
8．（2020高三上·山东月考）如图所示，倾角为37°、质量为10kg的斜面体ABC静置于粗糙水平地面上，AB面光滑。质量为1kg的物块（视为质点）从AB面顶端A点由静止释放，斜面体始终保持静止，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则在物块下滑的过程中（ ）
A．物块的加速度大小为5m/s2
B．物块对斜面体的压力大小为6N
C．地面对斜面体的摩擦力大小等于4.8N
D．斜面体对地面的压力大小为110N
【答案】C
【知识点】力的分解；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．物块的加速度大小为
A不符合题意；
B．物块对斜面体的压力大小为
B不符合题意；
CD．对物块和斜面体的整体，水平方向
即地面对斜面体的摩擦力大小等于4.8N；
竖直方向
解得FN=106.4N
即斜面体对地面的压力大小为106.4N，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出物块的加速度大小；利用力的分解可以求出物块对斜面压力的大小；利用整体的牛顿第二定律结合加速度的方向可以求出地面对斜面摩擦力的大小；利用竖直方向的牛顿第二定律可以求出斜面体对地面的压力的大小。
9．（2023·成都期末）相扑运动是一种常见的竞技项目。如图所示，在水平的比赛场地上，右侧运动员乙被推着向右加速滑动时，下列说法正确的是( )
A．甲对乙的推力大于乙对甲的推力
B．甲对乙的推力与乙对甲的推力大小相等
C．地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力
D．地面对甲的摩擦力与地面对乙的摩擦力大小相等
【答案】B,C
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB.甲对乙的推力与乙对甲的推力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知甲对乙的推力与乙对甲的推力大小相等，A不符合题意，B符合题意；
CD.由题意可知， 右侧运动员乙被推着向右加速滑动，可知甲、乙运动员的加速度均向右，合力均向右，而甲在水平方向上受乙对甲的向左的推力和地面对甲的向右的摩擦力，由于合力向右，可知地面对甲的摩擦力大于乙对甲的推力，乙在水平方向上受甲对乙的向右的推力和地面对乙的向左的摩擦力，由于合力向右，可知地面对乙的摩擦力小于甲对乙的推力，而甲对乙的推力与乙对甲的推力大小相等，所以地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，D不符合题意，C符合题意。
故答案为：BC。
【分析】由牛顿第三定律分析甲、乙之间的推力；根据甲、乙加速度的方向，分析两人受到的摩擦力的大小关系。
10．（2023·成都期末）驾校里两辆教练汽车在直道上参加训练，图(a)是1号车的速度—时间图像，图(b)是2号车的加速度—时间图像，根据图像可知( )
A．1号车在0～1 s内的速度方向与2 s～4 s内的速度方向相同
B．1号车在0～4 s内的平均速度大小为2 m/s
C．2号车在0～1 s内的加速度方向与2 s～4 s 内的加速度方向相反
D．2号车在0～4 s内的速度变化量大小为10 m/s
【答案】A,D
【知识点】平均速度；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.由图可知，1号车在0～1s内的速度与2s~4s内的速度均为正值，所以速度方向相同，A符合题意；
B.根据v-t图像中面积表示位移，可知在0~4s内1号车的位移为，故1号车在0~4s内的平均速度大小为，B不符合题意；
C.由图可知，2号车在0～1s内的加速度与2s～4s内的加速度都是正值，所以加速度方向相同，C不符合题意；
D.根据a-t图像中面积表示速度的变化量的大小，可知2号车在0~4s内的速度变化量大小为，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】由图中信息分析1号车和2号车的运动情况；根据平均速度公式求解1号车的平均速度；根据a-t图像中面积表示速度的变化量的大小，求解2号车在0～4 s内的速度变化量大小。
11．（2023·成都期末）跳水运动员训练时从十米跳台双脚朝下自由落下，某同学利用手机的连拍功能，连拍了多张照片。测得其中三张连续的照片中运动员双脚离水面的高度分别为h1＝8.2 m、h2＝6.8 m和h3，自由落体加速度g取10 m/s2，则( )
A．运动员双脚入水时的速度为10 m/s
B．拍第二张照片时运动员的瞬时速度为8 m/s
C．第三张照片中运动员双脚离水面的高度h3＝5.4 m
D．手机连拍的时间间隔是0.2 s
【答案】B,D
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】A.运动员入水前下落的高度h=10m，根据自由落体运动位移与速度的关系式，可得运动员双脚入水时的速度，A不符合题意；
B．根据自由落体运动位移与速度的关系可得，解得拍第二张照片时运动员的瞬时速度，B符合题意；
D.运动员做自由落体运动，设下落到距水面高度为时，所需时间为t，则，下落到距水面为时，，解得，D符合题意；
C.拍第二张照片时运动员下降的时间，解得，则拍第三张时运动员下落的时间为，此时运动员下降的高度，第三张照片中运动员双脚离水面的高度，C不符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据自由落体运动的位移公式和速度公式求解即可。
12．（2023·成都期末）如图所示，光滑斜面倾角为30°，小滑块从斜面上的A点由静止下滑，经过相距2 m的B、C两点的时间为0.2 s，P为BC的中点，取g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．滑块过P点时的速度大小为10 m/s
B．滑块过C点时的速度大小为 10.5 m/s
C．滑块从P到C的时间小于0.1 s
D．若斜面倾角变为45°，则滑块从B到C的平均速度变大
【答案】B,C,D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A.滑块经过BC的平均速度，根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，可知BC中间时刻的速度为10m/s，因为物体做加速运动，所以中间位移的速度大于中间时刻的速度，故滑块过P点时的速度大小大于10m/s，A不符合题意；
B.由牛顿第二定律可得，小滑块下滑的加速度为，则滑块过C点时的速度大小为，B符合题意；
C.因为从P到C的平均速度大于从B到P的平均速度，则滑块从P到C的时间小于0.1s，C符合题意；
D.若斜面倾角变为45°，则下滑的加速度变大，则滑块从B到C的时间减小，根据可知，平均速度变大，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，求出滑块在BC的中间时刻的瞬时速度，再由中间时刻的速度与位移中点的速度关系进行判断；由牛顿第二定律求出滑块下滑的加速度，再由速度时间关系求出滑块过C点时的速度；根据滑块从P到C的平均速度与从B到P的平均速度的大小关系，分析滑块从P到C的时间与0.1s的关系；根据平均速度公式分析斜面倾角变大后，滑块从B到C的平均速度的变化。
二、填空题(共2小题，共14分。把答案直接填在横线上)
13．（2023·成都期末）学生课外实验小组使用如图所示的实验装置测量重力加速度大小。实验时，他们先测量分液漏斗下端到水桶底部的距离s；然后使漏斗中的水一滴一滴地下落，调整阀门使水滴落到桶底发出声音的同时，下一滴水刚好从漏斗的下端滴落；用秒表测量第1个水滴从漏斗的下端滴落至第n个水滴落到桶底所用的时间t。
（1）重力加速度大小可表示为g＝ (用s、n、t表示)；
（2）如果某次实验中，s＝0.90 m，n＝30，t＝13.0 s，则测得的重力加速度大小g＝ m/s2；(保留两位有效数字)
（3）写出一条能提高测量结果准确程度的建议： 。
【答案】（1）
（2）9.6
（3）水滴数n可适当多些；多次测量s及t
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】（1）根据题意可得，一个水滴从漏斗的下端滴落到桶底所用的时间，由自由落体运动的位移与时间的关系可得，解得；
（2）；
（3）为了提高精度，可以水滴数n适当多些；多次测量s及t。
【分析】（1）根据自由落体运动位移与时间的关系式推导g的表达式；（2）将所给数值代入g的表达式，求出g的数值；（2）根据实验原理分析减小实验误差的方法。
14．（2023·成都期末）某同学探究加速度与力的关系的实验装置示意图如图所示，在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一宽度为d的窄遮光条，由数字计时器可读出遮光条通过光电门的时间。该同学直接用细线跨过定滑轮把滑块和钩码连接起来，每次滑块都从A处由静止释放。
（1）实验前先调节气垫导轨下面的螺钉，在不挂钩码时，轻轻推动滑块使之恰好能 运动，则说明气垫导轨已经调至水平。
（2）实验时，该同学首先将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间Δt，用刻度尺测量A位置与光电门间的距离L，则滑块的加速度为 。
（3）该同学通过改变钩码的个数来改变滑块所受的合外力，实验时又测量出所挂钩码的质量m和滑块的质量M，正确操作后，实验得到的加速度a随合外力F变化的关系图像可能是__ __。
【答案】（1）匀速
（2）
（3）B
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）实验前先调节气垫导轨下面的螺钉，在不挂钩码时，轻轻推动滑块使之恰好能匀速运动，则说明气垫导轨已经调至水平。
（2）根据题中所给数据可得，滑块经过光电门的速度为，根据匀变速直线运动位移与速度的关系可得，解得；
（3）根据牛顿第二定律可知，图像应通过坐标原点。本实验中，要用所挂钩码的重力充当小车受到的合外力，而为达到这一目的，需要钩码的质量远小于小车的质量，但随着所挂钩码的逐渐增加，钩码的质量不再远小于小车的质量，所以图像末端发生弯曲。又因为小车的加速度不能超过重力加速度，所以图像向下弯曲，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】（1）不挂钩码时，轻轻推动滑块，滑块能在导轨上做匀速运动，则说明气垫导轨已经调至水平；（2）根据匀变速直线运动位移与速度的关系推导滑块的加速度；（3）根据实验的原理和实验误差，分析加速度a随合外力F变化的关系图像。
三、论述、计算题(本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
15．（2023·成都期末）如图所示，一光滑小球夹在竖直墙面和斜面体之间，整个系统保持静止，球体和斜面体的质量均为m，斜面体的倾角为37°（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g。）求：
（1）小球对斜面体的压力；
（2）要使斜面体静止不动，斜面与水平地面的动摩擦因数至少为多大？(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
【答案】（1）解： 对小球受力分析，如图所示
据平衡条件可得FN＝Fsin 37°，mg＝Fcos 37°
联立代入数据可得F＝mg，FN＝mg，故小球对斜面体的压力为mg。
（2）解： 小球和斜面体当成一整体，竖直方向，地面对斜面的支持力
FN地＝2mg
水平方向，要使斜面体静止不动，最大静摩擦力应大于等于墙的作用力N，即μFN地≥FN
联立可解得μ≥，即斜面与水平地面的动摩擦因数至少为。
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）分析小球受力，由共点力平衡条件求解小球对斜面的压力；
（2）分析小球和斜面整体的受力，由共点力平衡条件求解动摩擦因数。
16．（2020高一上·泉州期末）如图为某轿车在行驶过程中，试图借用逆向车道超越客车的示意图，图中当两车相距L=4m时，客车正以v1=6m/s速度匀速行驶，轿车正以v2=10m/s的速度借道超车。客车长L1=10m，轿车长L2=4m，不考虑变道过程中车速的变化和位移的侧向变化。
（1）若轿车开始加速并在3s内成功超越客车L3=12m后，才能驶回正常行驶车道，其加速度多大？
（2）若轿车放弃超车并立即驶回正常行驶车道，则至少要以多大的加速度做匀减速运动，才能避免与客车追尾？
【答案】（1）解：设轿车的加速度大小为a，经过t1=3s，客车和轿车位移分别为s1、s2，由运动学公式得s1=v1t1
s2=s1+L1+L2+L+L3
解得a=4m/s2
（2）解：设轿车减速的加速度大小为a ，经过时间t2，轿车、客车达到共同速度，则v2–a t2=v1
客车和轿车位移分别为s1 、s2 ，满足
s1 =v1t2
s2 =s1 +L
解得a =2m/s2
即轿车至少以2m/s2加速度匀减速，才能避免与客车相撞。
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）根据位移时间关系分别求出客车和轿车的位移，利用位移关系求出加速度；
（2）根据速度相等求出时间，根据位移时间关系求出辆车各自的位移，两车速度相等时不相撞，以后就不会相撞，根据位移关系就可求出加速度。
17．（2023·成都期末）经过22年的发展，厦门“放心早餐工程”已经融入市民生活，成为展现城市人文风情的一张名片，也成为市民认可的“民心工程”。如图所示，某摊主的早餐推车质量M＝40 kg，上面平放着质量m＝10 kg的货箱A，右端的直杆上用轻绳悬挂着物体B。为了尽快赶到指定摊位，刚开始一小段时间内，摊主推着早餐车在平直路面上做匀加速直线运动。已知货箱A与推车上表面间的动摩擦因数μ＝0.4，推车所受路面的阻力f为推车对地面压力的0.2倍，重力加速度g＝10 m/s2，不计其他阻力。
（1）若加速运动过程中细绳与竖直杆之间的夹角为15°，求小车加速度的大小(已知sin 15°＝0.26，cos15°＝0.97，tan 15°＝0.27)；
（2）求上述加速过程中货箱A所受摩擦力fA的大小；
（3）取走物体B后，摊主重新推着该车加速前进，为保证货箱A不与推车发生相对滑动，求水平推力F的最大值。
【答案】（1）解：对物体B进行受力分析
则有mBgtan 15°＝mBa，解得a＝2.7 m/s2
因为一起加速，所以小车的加速度也是2.7 m/s2。
（2）解：对货箱A，受到的摩擦力FfA＝mAa＝27 N。
（3）解：对于A刚要发生滑动时的加速度μmAg＝mAa′
解得a′＝4 m/s2
选整体为对象F－0.2(mA＋M)g＝(mA＋M)a′
解得F的最大值F＝300 N。
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）分析小球的受力，由牛顿第二定律求解小车加速度的大小；（2）分析货箱受力，由牛顿第二定律求解货箱受到的摩擦力；（3）A刚要发生滑动时，受到的摩擦力等于最大静摩擦力，分别对A和整体，由牛顿第二定律列式，求出水平推力F的最大值。
18．（2020高一上·淄博期末）如图甲所示的“冰爬犁”是北方儿童在冬天的一种游戏用具：“上坐一人，双手握铁篙，向后下方用力点冰，则爬犁前进如飞。”在空旷的水平冰面上，有一小孩从静止开始，连续三次“点冰”后，爬犁沿直线继续滑行了x=12.96m后停下。某同学用v-t图像描述了上述运动过程（三次“点冰”过程中爬犁的加速度相同），如图乙所示。运动过程中，空气阻力不计，爬犁与冰面的动摩擦因数不变。
（1）通过受力分析，说明“点冰”过程中爬犁加速的原因；
（2）求爬犁减速滑行时加速度a2的大小和运动中的最大速率vmax；
（3）求小孩“点冰”时爬犁加速度a1的大小。
【答案】（1）解：小孩和“爬犁”看做一个整体，小孩向后下方用力点冰，冰反过来给整体一个反作用力F，整体的受力情况如图所示；当F的水平分力大于摩擦力时，整体就向前做加速运动。
（2）解：小孩三次“点冰”后自由滑行时水平方向只受摩擦力的作用，做匀减速直线运动，逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，因此有
将s2=12.96m、△t2=(12-4.8）s=7.2s代入上式，可解得a2=0.5m/s2
根据
可解得最大速度为vmax=3.6m/s
（3）解：小孩“点冰”加速过程中速度的增大量与滑行过程中速度的减小量相等，加速的时间共计t1=0.8s+0.8s+0.8s=2.4s
减速的时间共计t2=1.2s+1.2s+7.2s=9.6s
根据a1t1=a2t2
可解得
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【分析】（1）小孩做匀加速直线运动，受到了斜向上的作用力、竖直向下的重力，向上的支持力及阻力的作用；
（2）小孩三次点冰后做匀减速直线运动，利用位移公式可以求出加速度的大小；结合平均速度公式可以求出最大速率的大小；
（3）由于加速过程和减速过程速度变化量相等；结合速度公式可以求出加速过程加速度的大小。
1 / 1四川省成都三十七中学2023-2024学年物理期末模拟测试卷(人教版物理必修第一册
一、选择题(共12小题，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项符合题目要求，每小题3分；第9～12小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．（2023·成都期末）唐代著名诗人李白在《望天门山》中写道：天门中断楚江开，碧水东流至此回。两岸青山相对出，孤帆一片日边来。诗中相对于站在岸边的人，下列哪个物体是静止的( )
A．江水 B．青山 C．帆船 D．红日
2．（2023·成都期末）蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目，一个运动员从高处自由落下，以大小为8 m/s的竖直速度着网，与网作用后，沿着竖直方向以大小为10 m/s的速度弹回，已知运动员与网接触的时间Δt＝1.0 s，那么运动员在与网接触的这段时间内加速度的大小和方向分别为( )
A．2.0 m/s2，向下 B．8.0 m/s2，向上
C．10.0 m/s2，向下 D．18 m/s2，向上
3．（2023·成都期末） A、B两物体在同一坐标系中运动的x－t图像如图所示，则下列关于物体运动的说法正确的是( )
A．A物体在0时刻至第8 s末，运动方向改变2次
B．两物体在第5 s末相遇
C．A物体在2～7 s时间内位移为4 m
D．0～5 s过程中两物体的平均速度不相同
4．（2023·成都期末）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A、B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＝g B．，aB＝0
C．aA＝g，aB＝0 D．aA＝2g，aB＝0
5．（2023·成都期末）如图所示，一根轻绳上端固定在O点，下端拴一个重力为G的小球，开始时轻绳处于竖直状态，轻绳所能承受的最大拉力为2G，现对小球施加一个方向始终水平向右的力F，使球缓慢地移动，则在小球缓慢地移动过程中，下列说法正确的是( )
A．力F逐渐增大，最大值为G
B．力F逐渐增大，最大值为2G
C．轻绳与竖直方向夹角最大值θ＝30°
D．轻绳对小球的拉力与水平拉力的合力逐渐增大
6．（2020高一上·芜湖期末）如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向转动，t=0时将质量m=1kg的物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块相对地面的v－t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速率v0为12m/s
B．传送带的倾角30°
C．物体与传送带之间的摩擦力大小为5N
D．物块与传送带间的动摩擦因数0.5
7．（2023·成都期末）某课外兴趣小组研究如图甲所示的路灯支架构造及受力。小组绘制了如图乙所示的模型图，已知路灯支架横梁OA长2.0 m，斜梁OB长2.5 m，路灯重力为30 N，重心恰好在支架横梁和斜梁的连接点O处，支架重力不计。由共点力的知识可知( )
A．横梁与斜梁均被拉伸
B．横梁对O点作用力大小为40 N
C．斜梁对O点作用力大小为40 N
D．若把斜梁稍微加长，仍保持O点位置不变，横梁仍水平，这时斜梁对O点的作用力将变大
8．（2020高三上·山东月考）如图所示，倾角为37°、质量为10kg的斜面体ABC静置于粗糙水平地面上，AB面光滑。质量为1kg的物块（视为质点）从AB面顶端A点由静止释放，斜面体始终保持静止，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则在物块下滑的过程中（ ）
A．物块的加速度大小为5m/s2
B．物块对斜面体的压力大小为6N
C．地面对斜面体的摩擦力大小等于4.8N
D．斜面体对地面的压力大小为110N
9．（2023·成都期末）相扑运动是一种常见的竞技项目。如图所示，在水平的比赛场地上，右侧运动员乙被推着向右加速滑动时，下列说法正确的是( )
A．甲对乙的推力大于乙对甲的推力
B．甲对乙的推力与乙对甲的推力大小相等
C．地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力
D．地面对甲的摩擦力与地面对乙的摩擦力大小相等
10．（2023·成都期末）驾校里两辆教练汽车在直道上参加训练，图(a)是1号车的速度—时间图像，图(b)是2号车的加速度—时间图像，根据图像可知( )
A．1号车在0～1 s内的速度方向与2 s～4 s内的速度方向相同
B．1号车在0～4 s内的平均速度大小为2 m/s
C．2号车在0～1 s内的加速度方向与2 s～4 s 内的加速度方向相反
D．2号车在0～4 s内的速度变化量大小为10 m/s
11．（2023·成都期末）跳水运动员训练时从十米跳台双脚朝下自由落下，某同学利用手机的连拍功能，连拍了多张照片。测得其中三张连续的照片中运动员双脚离水面的高度分别为h1＝8.2 m、h2＝6.8 m和h3，自由落体加速度g取10 m/s2，则( )
A．运动员双脚入水时的速度为10 m/s
B．拍第二张照片时运动员的瞬时速度为8 m/s
C．第三张照片中运动员双脚离水面的高度h3＝5.4 m
D．手机连拍的时间间隔是0.2 s
12．（2023·成都期末）如图所示，光滑斜面倾角为30°，小滑块从斜面上的A点由静止下滑，经过相距2 m的B、C两点的时间为0.2 s，P为BC的中点，取g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．滑块过P点时的速度大小为10 m/s
B．滑块过C点时的速度大小为 10.5 m/s
C．滑块从P到C的时间小于0.1 s
D．若斜面倾角变为45°，则滑块从B到C的平均速度变大
二、填空题(共2小题，共14分。把答案直接填在横线上)
13．（2023·成都期末）学生课外实验小组使用如图所示的实验装置测量重力加速度大小。实验时，他们先测量分液漏斗下端到水桶底部的距离s；然后使漏斗中的水一滴一滴地下落，调整阀门使水滴落到桶底发出声音的同时，下一滴水刚好从漏斗的下端滴落；用秒表测量第1个水滴从漏斗的下端滴落至第n个水滴落到桶底所用的时间t。
（1）重力加速度大小可表示为g＝ (用s、n、t表示)；
（2）如果某次实验中，s＝0.90 m，n＝30，t＝13.0 s，则测得的重力加速度大小g＝ m/s2；(保留两位有效数字)
（3）写出一条能提高测量结果准确程度的建议： 。
14．（2023·成都期末）某同学探究加速度与力的关系的实验装置示意图如图所示，在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一宽度为d的窄遮光条，由数字计时器可读出遮光条通过光电门的时间。该同学直接用细线跨过定滑轮把滑块和钩码连接起来，每次滑块都从A处由静止释放。
（1）实验前先调节气垫导轨下面的螺钉，在不挂钩码时，轻轻推动滑块使之恰好能 运动，则说明气垫导轨已经调至水平。
（2）实验时，该同学首先将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间Δt，用刻度尺测量A位置与光电门间的距离L，则滑块的加速度为 。
（3）该同学通过改变钩码的个数来改变滑块所受的合外力，实验时又测量出所挂钩码的质量m和滑块的质量M，正确操作后，实验得到的加速度a随合外力F变化的关系图像可能是__ __。
三、论述、计算题(本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
15．（2023·成都期末）如图所示，一光滑小球夹在竖直墙面和斜面体之间，整个系统保持静止，球体和斜面体的质量均为m，斜面体的倾角为37°（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g。）求：
（1）小球对斜面体的压力；
（2）要使斜面体静止不动，斜面与水平地面的动摩擦因数至少为多大？(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
16．（2020高一上·泉州期末）如图为某轿车在行驶过程中，试图借用逆向车道超越客车的示意图，图中当两车相距L=4m时，客车正以v1=6m/s速度匀速行驶，轿车正以v2=10m/s的速度借道超车。客车长L1=10m，轿车长L2=4m，不考虑变道过程中车速的变化和位移的侧向变化。
（1）若轿车开始加速并在3s内成功超越客车L3=12m后，才能驶回正常行驶车道，其加速度多大？
（2）若轿车放弃超车并立即驶回正常行驶车道，则至少要以多大的加速度做匀减速运动，才能避免与客车追尾？
17．（2023·成都期末）经过22年的发展，厦门“放心早餐工程”已经融入市民生活，成为展现城市人文风情的一张名片，也成为市民认可的“民心工程”。如图所示，某摊主的早餐推车质量M＝40 kg，上面平放着质量m＝10 kg的货箱A，右端的直杆上用轻绳悬挂着物体B。为了尽快赶到指定摊位，刚开始一小段时间内，摊主推着早餐车在平直路面上做匀加速直线运动。已知货箱A与推车上表面间的动摩擦因数μ＝0.4，推车所受路面的阻力f为推车对地面压力的0.2倍，重力加速度g＝10 m/s2，不计其他阻力。
（1）若加速运动过程中细绳与竖直杆之间的夹角为15°，求小车加速度的大小(已知sin 15°＝0.26，cos15°＝0.97，tan 15°＝0.27)；
（2）求上述加速过程中货箱A所受摩擦力fA的大小；
（3）取走物体B后，摊主重新推着该车加速前进，为保证货箱A不与推车发生相对滑动，求水平推力F的最大值。
18．（2020高一上·淄博期末）如图甲所示的“冰爬犁”是北方儿童在冬天的一种游戏用具：“上坐一人，双手握铁篙，向后下方用力点冰，则爬犁前进如飞。”在空旷的水平冰面上，有一小孩从静止开始，连续三次“点冰”后，爬犁沿直线继续滑行了x=12.96m后停下。某同学用v-t图像描述了上述运动过程（三次“点冰”过程中爬犁的加速度相同），如图乙所示。运动过程中，空气阻力不计，爬犁与冰面的动摩擦因数不变。
（1）通过受力分析，说明“点冰”过程中爬犁加速的原因；
（2）求爬犁减速滑行时加速度a2的大小和运动中的最大速率vmax；
（3）求小孩“点冰”时爬犁加速度a1的大小。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】参考系与坐标系
【解析】【解答】以人为参考系，则人被假定为静止，相对人位置不变的只有青山，所以青山是静止的，江水、帆船和红日相对人均在发生位置的变化，所以江水、帆船和红日都是运动的，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】被选定为参考系的物体，要假定为静止，相对参考系不发生位置变化的物体是静止的，相对参考系发生位置变化的物体是运动的。
2．【答案】D
【知识点】加速度
【解析】【解答】规定竖直向上为正方向，根据加速度定义式得，即加速度大小为，方向竖直向上，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据加速度的定义式求解加速度的大小和方向。
3．【答案】B
【知识点】平均速度；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A.x-t图中，斜率的大小表示速度，斜率的正负表示速度的方向，由图可知，A物体在0~2s时间内速度沿正方向，2s~4s静止，4s~8s时间内速度沿负方向，所以物体在0时刻至第8 s末，运动方向只改变1次 ，A不符合题意；
B.x-t图中，交点表示相遇，可知两物体在第5s末相遇，B符合题意；
C.由图可知，A物体在2～7s时间内位移为-4m，C不符合题意；
D.0～5s过程中两物体的位移相等，均为3m，由平均速度公式可知，这段时间内两物体的平均速度相同，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据x-t图中斜率表示速度，交点表示相遇，分析物体的运动情况；由平均速度公式分析0～5 s过程中两物体平均速度的关系。
4．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】水平绳子被剪断瞬间，弹簧弹力不突变，所以B球的受力情况不变，则加速度，设两个小球的质量都为m，以AB整体为研究对象，细绳剪断前，设细绳上的拉力为T，由共点力平衡条件可得，剪断绳子瞬间，弹簧弹力没有发生变化，A球所受到的合力与原来绳子的拉力大小相等，方向相反，对A，由牛顿第二定律可得，解得，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据弹簧的弹力不突变的特点，分析剪断细绳前和剪断后瞬间两小球的受力，由牛顿第二定律求出细线被剪断瞬间两小球的加速度。
5．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】ABC.对小球受力分析，如图甲
由共点力平衡条件得，，可知随着逐渐增大，则F和均逐渐增大，当轻绳 上的拉力取最大值2G时，最大，有，则，此时力F达到最大值，由共点力平衡条件得，A符合题意，BC不符合题意；
D.小球缓慢地移动过程中，小球受平衡力，合力为零，轻绳对小球的拉力与水平拉力的合力始终与重力等大反向，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】分析小球缓慢运动过程中的受力，由共点力平衡条件写出水平拉力和细绳上的拉力的表达式，根据表达式分析二力的变化情况和力F的最大值；缓慢移动的小球，速度几乎为零，可认为运动过程中一直处于平衡状态。
6．【答案】D
【知识点】力的合成与分解的运用；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为10m/s，A不符合题意；
BD．开始时物体摩擦力方向沿斜面向下，速度相等后摩擦力方向沿斜面向上，则
联立解得 ，
B不符合题意，D符合题意；
C．物体与传送带之间的摩擦力始终为滑动摩擦力，只是方向发生变化，则
C不符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据正交分解和牛顿第二定律得出物体的加速度，以及传送带与水平方向的夹角。
7．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A.O点受力平衡，受力如图所示，
可知，斜梁处于压缩状态，横梁处于拉伸状态，A不符合题意；
BC.结合题图乙可知，可知，结合受力分析可得，横梁对O点的作用力大小为，斜梁对O的作用力大小为，B符合题意，C不符合题意；
D.斜梁对O点的作用力，可知，当斜梁变长，横梁不变，增大，减小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】分析O点受力，由共点力平衡条件求解横梁和斜梁对O的作用力。
8．【答案】C
【知识点】力的分解；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．物块的加速度大小为
A不符合题意；
B．物块对斜面体的压力大小为
B不符合题意；
CD．对物块和斜面体的整体，水平方向
即地面对斜面体的摩擦力大小等于4.8N；
竖直方向
解得FN=106.4N
即斜面体对地面的压力大小为106.4N，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出物块的加速度大小；利用力的分解可以求出物块对斜面压力的大小；利用整体的牛顿第二定律结合加速度的方向可以求出地面对斜面摩擦力的大小；利用竖直方向的牛顿第二定律可以求出斜面体对地面的压力的大小。
9．【答案】B,C
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB.甲对乙的推力与乙对甲的推力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知甲对乙的推力与乙对甲的推力大小相等，A不符合题意，B符合题意；
CD.由题意可知， 右侧运动员乙被推着向右加速滑动，可知甲、乙运动员的加速度均向右，合力均向右，而甲在水平方向上受乙对甲的向左的推力和地面对甲的向右的摩擦力，由于合力向右，可知地面对甲的摩擦力大于乙对甲的推力，乙在水平方向上受甲对乙的向右的推力和地面对乙的向左的摩擦力，由于合力向右，可知地面对乙的摩擦力小于甲对乙的推力，而甲对乙的推力与乙对甲的推力大小相等，所以地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，D不符合题意，C符合题意。
故答案为：BC。
【分析】由牛顿第三定律分析甲、乙之间的推力；根据甲、乙加速度的方向，分析两人受到的摩擦力的大小关系。
10．【答案】A,D
【知识点】平均速度；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.由图可知，1号车在0～1s内的速度与2s~4s内的速度均为正值，所以速度方向相同，A符合题意；
B.根据v-t图像中面积表示位移，可知在0~4s内1号车的位移为，故1号车在0~4s内的平均速度大小为，B不符合题意；
C.由图可知，2号车在0～1s内的加速度与2s～4s内的加速度都是正值，所以加速度方向相同，C不符合题意；
D.根据a-t图像中面积表示速度的变化量的大小，可知2号车在0~4s内的速度变化量大小为，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】由图中信息分析1号车和2号车的运动情况；根据平均速度公式求解1号车的平均速度；根据a-t图像中面积表示速度的变化量的大小，求解2号车在0～4 s内的速度变化量大小。
11．【答案】B,D
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】A.运动员入水前下落的高度h=10m，根据自由落体运动位移与速度的关系式，可得运动员双脚入水时的速度，A不符合题意；
B．根据自由落体运动位移与速度的关系可得，解得拍第二张照片时运动员的瞬时速度，B符合题意；
D.运动员做自由落体运动，设下落到距水面高度为时，所需时间为t，则，下落到距水面为时，，解得，D符合题意；
C.拍第二张照片时运动员下降的时间，解得，则拍第三张时运动员下落的时间为，此时运动员下降的高度，第三张照片中运动员双脚离水面的高度，C不符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据自由落体运动的位移公式和速度公式求解即可。
12．【答案】B,C,D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A.滑块经过BC的平均速度，根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，可知BC中间时刻的速度为10m/s，因为物体做加速运动，所以中间位移的速度大于中间时刻的速度，故滑块过P点时的速度大小大于10m/s，A不符合题意；
B.由牛顿第二定律可得，小滑块下滑的加速度为，则滑块过C点时的速度大小为，B符合题意；
C.因为从P到C的平均速度大于从B到P的平均速度，则滑块从P到C的时间小于0.1s，C符合题意；
D.若斜面倾角变为45°，则下滑的加速度变大，则滑块从B到C的时间减小，根据可知，平均速度变大，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，求出滑块在BC的中间时刻的瞬时速度，再由中间时刻的速度与位移中点的速度关系进行判断；由牛顿第二定律求出滑块下滑的加速度，再由速度时间关系求出滑块过C点时的速度；根据滑块从P到C的平均速度与从B到P的平均速度的大小关系，分析滑块从P到C的时间与0.1s的关系；根据平均速度公式分析斜面倾角变大后，滑块从B到C的平均速度的变化。
13．【答案】（1）
（2）9.6
（3）水滴数n可适当多些；多次测量s及t
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】（1）根据题意可得，一个水滴从漏斗的下端滴落到桶底所用的时间，由自由落体运动的位移与时间的关系可得，解得；
（2）；
（3）为了提高精度，可以水滴数n适当多些；多次测量s及t。
【分析】（1）根据自由落体运动位移与时间的关系式推导g的表达式；（2）将所给数值代入g的表达式，求出g的数值；（2）根据实验原理分析减小实验误差的方法。
14．【答案】（1）匀速
（2）
（3）B
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）实验前先调节气垫导轨下面的螺钉，在不挂钩码时，轻轻推动滑块使之恰好能匀速运动，则说明气垫导轨已经调至水平。
（2）根据题中所给数据可得，滑块经过光电门的速度为，根据匀变速直线运动位移与速度的关系可得，解得；
（3）根据牛顿第二定律可知，图像应通过坐标原点。本实验中，要用所挂钩码的重力充当小车受到的合外力，而为达到这一目的，需要钩码的质量远小于小车的质量，但随着所挂钩码的逐渐增加，钩码的质量不再远小于小车的质量，所以图像末端发生弯曲。又因为小车的加速度不能超过重力加速度，所以图像向下弯曲，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】（1）不挂钩码时，轻轻推动滑块，滑块能在导轨上做匀速运动，则说明气垫导轨已经调至水平；（2）根据匀变速直线运动位移与速度的关系推导滑块的加速度；（3）根据实验的原理和实验误差，分析加速度a随合外力F变化的关系图像。
15．【答案】（1）解： 对小球受力分析，如图所示
据平衡条件可得FN＝Fsin 37°，mg＝Fcos 37°
联立代入数据可得F＝mg，FN＝mg，故小球对斜面体的压力为mg。
（2）解： 小球和斜面体当成一整体，竖直方向，地面对斜面的支持力
FN地＝2mg
水平方向，要使斜面体静止不动，最大静摩擦力应大于等于墙的作用力N，即μFN地≥FN
联立可解得μ≥，即斜面与水平地面的动摩擦因数至少为。
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）分析小球受力，由共点力平衡条件求解小球对斜面的压力；
（2）分析小球和斜面整体的受力，由共点力平衡条件求解动摩擦因数。
16．【答案】（1）解：设轿车的加速度大小为a，经过t1=3s，客车和轿车位移分别为s1、s2，由运动学公式得s1=v1t1
s2=s1+L1+L2+L+L3
解得a=4m/s2
（2）解：设轿车减速的加速度大小为a ，经过时间t2，轿车、客车达到共同速度，则v2–a t2=v1
客车和轿车位移分别为s1 、s2 ，满足
s1 =v1t2
s2 =s1 +L
解得a =2m/s2
即轿车至少以2m/s2加速度匀减速，才能避免与客车相撞。
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）根据位移时间关系分别求出客车和轿车的位移，利用位移关系求出加速度；
（2）根据速度相等求出时间，根据位移时间关系求出辆车各自的位移，两车速度相等时不相撞，以后就不会相撞，根据位移关系就可求出加速度。
17．【答案】（1）解：对物体B进行受力分析
则有mBgtan 15°＝mBa，解得a＝2.7 m/s2
因为一起加速，所以小车的加速度也是2.7 m/s2。
（2）解：对货箱A，受到的摩擦力FfA＝mAa＝27 N。
（3）解：对于A刚要发生滑动时的加速度μmAg＝mAa′
解得a′＝4 m/s2
选整体为对象F－0.2(mA＋M)g＝(mA＋M)a′
解得F的最大值F＝300 N。
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）分析小球的受力，由牛顿第二定律求解小车加速度的大小；（2）分析货箱受力，由牛顿第二定律求解货箱受到的摩擦力；（3）A刚要发生滑动时，受到的摩擦力等于最大静摩擦力，分别对A和整体，由牛顿第二定律列式，求出水平推力F的最大值。
18．【答案】（1）解：小孩和“爬犁”看做一个整体，小孩向后下方用力点冰，冰反过来给整体一个反作用力F，整体的受力情况如图所示；当F的水平分力大于摩擦力时，整体就向前做加速运动。
（2）解：小孩三次“点冰”后自由滑行时水平方向只受摩擦力的作用，做匀减速直线运动，逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，因此有
将s2=12.96m、△t2=(12-4.8）s=7.2s代入上式，可解得a2=0.5m/s2
根据
可解得最大速度为vmax=3.6m/s
（3）解：小孩“点冰”加速过程中速度的增大量与滑行过程中速度的减小量相等，加速的时间共计t1=0.8s+0.8s+0.8s=2.4s
减速的时间共计t2=1.2s+1.2s+7.2s=9.6s
根据a1t1=a2t2
可解得
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【分析】（1）小孩做匀加速直线运动，受到了斜向上的作用力、竖直向下的重力，向上的支持力及阻力的作用；
（2）小孩三次点冰后做匀减速直线运动，利用位移公式可以求出加速度的大小；结合平均速度公式可以求出最大速率的大小；
（3）由于加速过程和减速过程速度变化量相等；结合速度公式可以求出加速过程加速度的大小。
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