辽宁省辽南协作体2025-2026学年高一上学期期末考试物理试卷（含解析）

辽宁省辽南协作体2025-2026学年高一（上）期末物理试卷
一、单选题：本大题共8小题，共24分。
1.自然界的物体不是孤立存在的，它们之间具有多种多样的相互作用。在研究物体机械运动时，最常见的力就是重力。关于重力和其产生的加速度，下列说法正确的是( )
A. 重力就是物体对水平面的压力
B. 形状规则的物体的重心一定在其几何中心上
C. 物体的重力就是地球对物体的吸引力，它的方向总是垂直地面向下
D. 的单位既可以是，又可以是，而且
2.年月，中国多款“代机”陆续面世，其中“成飞”的验证机的外形醋似“银杏叶”，被广大网友津津乐道。如图所示的某次试飞过程中，“银杏叶”在空中加速攀升，其合外力方向和轨迹关系可能正确的是( )
A. B.
C. D.
3.如图所示，质量为的物块与倾角为的斜面间动摩擦因数为。物块在水平恒力的作用下沿斜面匀速下滑。关于物块所受摩擦力大小正确的是( )
A. B.
C. D.
4.甲乙丙三个物体的运动图像分别如图所示，在时三个物体同地同向，以相同的初速度出发做直线运动，出发时乙、丙加速度相等。三个图像的纵轴截距、直线斜率数值大小相等，正方向相同。关于三个物体运动一段时间后的时刻，下列说法正确的是( )
A. 甲的位移比乙的位移大 B. 甲的位移比丙的位移大
C. 乙的速度比甲的速度大 D. 乙的速度比丙的速度大
5.如图甲所示，劲度系数为的轻质弹簧两端分别系着质量的物体和质量为的物体，最初、均处于静止状态。现有竖直向上的拉力缓慢向上提起物体，拉力与物体向上位移的关系图像如图乙所示，由图像可知( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
6. 年月日“沈白高铁”全线通车，把沈阳到长白山的时间压缩到小时。现运行高铁都为电力列车，列车本身不携带发电机和燃料，它通过车顶的受电弓与架设在铁轨上方的供电线接触，从而获取电能驱动电机前进，受电弓如图甲所示。为避免受电弓因长期同一位置接触造成的磨损，供电线都会在列车行驶方向上分段折线设计，如图乙所示。当列车以速度行驶的过程中，电缆和行驶方向夹角为，下列说法正确的是( )
A. 受电弓与供电线的接触点运动的速度大小为
B. 受电弓与供电线的接触点运动的速度大小为
C. 受电弓与供电线的接触点运动的速度大小为
D. 受电弓与供电线的接触点运动的速度大小为
7.生活中有一种如图甲所示的拉杆拖车，拉杆拖车可等效为图乙所示装置，竖直拉杆与水平底座可围绕固定轴自由转动；图丙中拉杆与竖直方向成夹角。拉杆由图乙缓慢旋转到图丙的过程中，拉杆对物体的支持力，底座对物体的支持力，在不考虑摩擦力的情况下，下列说法正确的是( )
A. 一直增大，一直减小 B. 一直减小，一直增大
C. 、都增大 D. 、都减小
8.如图所示，弹簧测力计下端挂有一质量为的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为，挡板与斜面夹角为。若弹簧测力计与竖直方向夹角为，读数为，取，挡板对球体支持力的大小为( )
A.
B.
C.
D.
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
9.关于“物理量”下列说法正确的是( )
A. 既有“大小”又有“正负”的物理量就是矢量
B. 用两个物理量之比定义一个新的物理量，是物理学中常用的方法
C. 物理量可以用不同的方法测量，测量的结果用数值和相应的单位来表示
D. 质量既可以理解为物体所含物质的多少，也可以理解为描述物体惯性的物理量
10.全球首个由国际航空运动联合会主办的国际类无人机足球赛事年世界无人机足球锦标赛月日在上海体育馆收官，中国队包揽两个组别的冠、亚军。无人机足球项目是无人机技术与传统足球运动的结合。参与者在封闭低空场景中操控装有球形保护框的如图所示无人机，通过将无人机足球射入对方球门得分。关于“无人机足球”加速上升的过程中不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 调整“无人机足球”飞行姿态时可将其视为质点
B. “无人机足球”受到重力和空气对螺旋桨升力两个力
C. “无人机足球”处于超重状态，所以重力增大，惯性也增大
D. “无人机足球”给空气的力与空气给“无人机足球”的力是一对作用力与反作用力
11.如图甲所示的平直公路上，用固定放置的高频超声波测速仪，测量某辆汽车运动的示意图，测速仪工作时会向这辆车发出短暂的脉冲波，脉冲波被汽车反射后又被测量仪接收。图乙是发出的脉冲波信号到测速仪的距离与时间的关系，图像为计算机处理后保留下来的一组“等时间间隔”数据。根据图乙所给的信息，下列说法正确的是( )
A. 汽车在靠近超声波测速仪
B. 图中每段图像都为直线，说明汽车在做匀速直线运动
C. 若，说明汽车可能在做匀变速直线运动
D. 若汽车在做匀变速直线运动，汽车加速度大小
12.理想情况下，可视为质点的小球与水平地面发生弹性碰撞，小球瞬间会以同样大小的速度竖直反弹。如图所示，现有、两个弹性小球，、间距为，在正下方距水平地面距离。当、同时开始做自由下落，下列说法正确的是( )
A. 当时，两个小球恰在上升到最高点相遇
B. 当时，两个小球在上升过程相遇
C. 当时，两个小球在下降过程相遇
D. 当时，两个小球在下降过程相遇
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.某同学用如图甲所示的实验装置探究小车的加速度与质量的关系。所用交流电的频率为。
在该实验中，体现的物理思想方法是______；
A.理想模型法
B.控制变量法
C.等效替代法
图乙是该同学某次实验正确操作得到的纸带，两个计数点间有四个点未画出，部分实验数据如图乙所示。由纸带求得小车加速度 ______；
平衡好摩擦力，保持小车所受拉力、小车质量不变，通过增加车内砝码改变小车及砝码总质量。记录砝码质量，分别测得不同砝码质量时小车的加速度。在坐标纸中做出图像。下列说法正确的是：______。
A.斜率为小车所受拉力
B.斜率为小车所受拉力的倒数
C.纵轴截距为小车质量
D.纵轴截距为小车质量的倒数
14.某研学小组，设计用刻度尺和身边的材料测量地铁启动过程中的加速度。同学们把一根细线的下端绑一支笔，细线上端用胶布固定在地铁竖直扶手上。如甲图所示为地铁加速过程中稳定状态时拍的照片，细绳偏离竖直扶手，结构简化图如图乙。
为便于测量，同学们选用的刻度尺如图丙所示，刻度尺两侧都有刻度且“”刻度线对齐，一侧单位为””，另一侧单位为“寸”。据此下列说法正确的是：______；
A.“寸”等于
B.“寸”是基本单位
C.“寸”是国际单位
设细绳与竖直方向夹角为，当地重力加速度为，此时地铁加速度 ______；
为快速估算加速度的数值，某同学设计了“加速度测量尺”。将刻度尺“”刻线固定于细线结点下方处，并保证刻度尺水平。测量时，细线恰经过刻度尺“寸”刻线，此时加速度读数为______；估算取，保留两位有效数字
根据以上原理，关于“加速度测量尺”的刻度，下列说法正确的是：______。
A.“加速度测量尺”零刻度附近刻线稀疏，远离零刻度刻线密集
B.“加速度测量尺”零刻度附近刻线密集，远离零刻度刻线稀疏
C.“加速度测量尺”刻线是均匀分布的
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
15.传送带正在被现代工业、物流业等领域大量地应用。传送带除传送物料外，还可利用其长度、动摩擦因数、速度和衔接角等，对物料进行排列和控制。如图所示为水平传送带俯视图，某次调试中将可视为质点的同种物料、轻放在宽为的传送带两侧，整个传送带是由衔接角为的两部分组成缝隙间距不计，与物料间的动摩擦因数均为；第一段左侧长度，运行速度；第二段运行速度且足够长。
物料恰能在第一条传送带上达到速度求物料与传送带的动摩擦因数；
求、均相对第二段静止时，、位置连线与运动方向夹角。
16.如图所示为某种异型轻质弹簧，通过调整弹簧圈直径和弹簧丝粗细，将弹簧分为劲度系数大小相等的两部分、。开始时弹簧上端固定于水平天花板处静止，现将质量为可视为质点的小物块悬挂于弹簧下端，待小物块稳定时恰使分别系于两根弹簧的细绳、伸直且无弹力，此时弹簧下端向下移动的距离为。重力加速度为。
求每段弹簧的劲度系数；
若剪断两根弹簧连接点，求小物块瞬时加速度大小；
若剪断后，经过一段时间小物块能再次静止，且细绳、中均有拉力。求小物块移动距离及方向。
17.如图甲所示为空间足够大的某实验用箱，可视为质点的木块质量，叠放在长为的铁板最左端，右侧系有轻质细绳，被带有拉力传感器的牵引机拉动；箱内水平地板装有压力传感器，同时地板还可对提供恒定吸引力；两侧竖直挡板分别装有水平方向运动传感器和水平拉力传感器；计算机可利用这些传感器数据，测得物体所受地板支持力、物体所受细绳拉力、各个物体运动的图像。
若试验箱以恒定加速度竖直向下运动，压力传感器的示数为、水平拉力传感器示数为零时，求对的支持力；
若试验箱静止不动，当细绳拉力大小恒定时，、两个物体的图像如图乙所示，求铁板的长度及细绳拉力；
若试验箱以问的恒定加速度竖直向下运动，同时时，求开始相对运动，到水平方向上脱离所用时间。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：重力是地球对物体的引力，而物体对水平面的压力是弹力，二者性质不同，只是在水平面上静止时大小相等，并非同一力，故A错误；
B.形状规则的物体，只有质量均匀分布时重心才在几何中心，若质量分布不均匀，重心会偏离几何中心，故B错误；
C.重力是地球对物体引力的一个分力，其方向为竖直向下，而非垂直地面向下地面可能倾斜，故C错误；
D.由可知，因此的两个单位等价，故D正确。
故选：。
这道题是对重力相关概念的辨析，核心思路是逐一分析每个选项的概念本质：区分重力与压力的性质差异，明确重心位置的影响条件，辨析重力的方向，再通过牛顿第二定律推导的单位等价性，从而判断各选项的正误。
这是一道经典的力学概念辨析题，聚焦重力的本质、重心、方向及重力加速度单位等核心知识点。每个选项都精准击中常见的概念误区，既考查对基础概念的辨析能力，又能帮助学生厘清易混淆点，是夯实力学基础、规避概念错误的优质习题。
2.【答案】
【解析】解：根据曲线运动的特点，合外力指向曲线的凹侧，速度方向为曲线的切线方向，由于物体做加速曲线运动，可知合外力的方向与速度方向的夹角为锐角，故A正确，DCD错误。
故选：。
根据曲线运动的合外力、速度与加减速曲线运动的特征进行分析判断。
考查曲线运动的特点，关键是把握速度和加速度的方向关系，属于基础题。
3.【答案】
【解析】解：对物体受力分析如图所示：
将力正交分解，有，，又，代入数据可得，，故ABD错误，C正确。
故选：。
对物体受力分析，根据平衡条件分析。
考查了受力分析正交分解的方法，熟练掌握正交分解和矢量三角形等常用分析方法。
4.【答案】
【解析】解：根据图像面积代表位移，和对题目中甲乙丙三个物体运动的分析，可以画出如下的图像
通过图像面积可以看出甲的位移小于乙的位移，也小于丙的位移，故AB错误；
C.甲一直做匀速直线运动，乙做初速度和甲速度相同的匀加速直线运动，所以时刻乙的速度大于甲的速度，故C正确；
D.根据图像面积代表速度变化量，根据题意描述画出如下图像，所以丙的速度增加量大于乙的速度增加量，两者初速度相同，所以时刻乙的速度小于丙的速度，故D错误。
故选：。
本题结合题意尝试画出图像和图像比较快能判断选项，也可以利用运动学公式具体求解。
本题关键在于理解三种运动图像的物理意义：图像斜率为速度，图像面积为位移、斜率为加速度，图像面积为速度变化量。
通过分析运动性质，结合公式推导位移和速度的关系，最终得出结论。
5.【答案】
【解析】解：由图像可知，当时，，当的位移在以后，此时离开地面，将、作为整体分析，则，
所以；对单独分析，在伸长量为时，，斜率为弹簧的劲度系数。
故B正确，ACD错误。
故选：。
对、作为整体分析求出的质量，再单独对分析，结合图像求出弹簧的劲度系数。
本题考查学生对连接体问题的认识，并且要求学生能够结合图像找出弹簧连接体的特殊位置，属于中等难度题。
6.【答案】
【解析】解：设触点的合速度为，列车速度是合速度的水平分量，
由几何关系得：，变形可得：。故D正确，ABC错误。
故选：。
本题先要搞清楚谁是实际速度，然后根据运动的合成与分解结合三角函数来解题。
本题要求学生搞清楚合速度和分速度的关系，然后利用三角函数来解题，学生容易把分速度进行分解，但是整体难度不大。
7.【答案】
【解析】解：对球受力分析如图所示：
将力正交分解，有，，从增大到的过程中，一直增大，一直减小，故A正确，BCD错误。
故选：。
对球受力分析，根据平衡条件分析。
考查了解析法分析动态平衡的方法，熟练掌握常用的动态平衡分析方法。
8.【答案】
【解析】解：对球受力分析如图所示：
由几何关系可知测力计拉力和挡板支持力沿同一方向，沿斜面方向受力平衡，有，代入数据可得，故A正确，BCD错误。
故选：。
对球受力分析，根据平衡条件分析。
考查了受力分析正交分解的方法，分析几何关系是解题关键。
9.【答案】
【解析】解：、既有大小又有方向，相加是遵循平行四边形定则的物理量是矢量，故A错误；
B、比值定义法是指用两个物理量的比值来定义一个新的物理量的方法，是物理学中常用的方法，故B正确；
C、物理量具有明确的定义和物理意义，可以用不同的方法测量，测量结果用数值和相应的单位来表示，故C正确；
D、质量是指物体所含物质的多少，同时质量是惯性大小的量度，也可以理解为描述物体惯性的物理量，故D正确。
故选：。
根据矢量的定义判断；根据比值定义法的特点结合各物理量的表达式进行分析判断；根据物理量和质量的意义判断。
考查对矢量、惯性的理解、以及比值定义法等物理思维方法，知道物理研究的多种思想方法，属于基础题。
10.【答案】
【解析】解：调整“无人机足球”飞行姿态时，无人机的大小和形状不能忽略，故不可将其视为质点，故A错误；
“无人机足球”受到重力和空气对螺旋桨升力两个力的作用，故B正确；
“无人机足球”处于超重状态，但重力不变，惯性也不变，故C错误；
根据牛顿第三定律，“无人机足球”给空气的力与空气给“无人机足球”的力是一对作用力与反作用力，故D正确。
故选：。
根据质点的概念，物体的受力分析以及超失重的本质、惯性知识，和牛顿第三定律对各项逐一解答。
考查运动学和力学的基本概念，熟记各个概念，加强对相应概念的理解，属于基础题。
11.【答案】
【解析】解：从图乙可以看到，每次脉冲波对应的最大距离说明汽车与测速仪的距离在不断减小，因此汽车在靠近测速仪，故A正确；
B.图中每段直线表示的是超声波在空气中的匀速传播速度为声速，而非汽车的运动情况。汽车的运动情况需要通过不同时刻的距离差来判断，不能直接从这些直线得出汽车匀速的结论，故B错误；
C.将式子变形：
设汽车在相邻两次脉冲间隔内的位移为，，，，则上式等价于：
即连续相等时间内的位移差恒定，这符合匀变速直线运动的位移差规律，故C正确；
D.在匀变速直线运动中，逐差法求加速度的公式为：，
代入数据得：，
代入数据得，故D错误。
故选：。
运动方向判断：若相邻两次测量的距离逐渐减小，说明汽车在靠近测速仪；
若逐渐增大，说明汽车在远离测速仪。
匀变速直线运动的核心推论：连续相等时间内的位移差恒定：；
逐差法：对于匀变速直线运动，利用多段位移差求加速度，可减小实验误差。
超声波测速的时间对应图中是发射脉冲的时间间隔，而超声波往返时间与汽车实际运动时间需对应，注意时间的转换。
超声波测速原理：利用回声测距，图中，，代表汽车与测速仪的距离，距离减小说明汽车靠近。
匀变速直线运动判定连续相等时间内的位移差恒定，题目中等式正是这一规律的变形。
逐差法求加速度加速度计算需匹配正确的时间间隔。
12.【答案】
【解析】解：设球下落到地面所需时间为，根据位移时间公式，解得：。此时球的速度大小，解得：。球与地面发生弹性碰撞后以的速度竖直向上反弹，而球此时的速度为，方向竖直向下。
A、取竖直向下为正方向，设球在第次反弹后的运动过程中，球的速度，球的速度其中为第次落地的时刻，两球的相对速度，解得：。在球的第个弹跳周期内，相对位移，解得：。前个弹跳周期内总相对位移，解得：。当时，相遇发生在球第一次反弹后的过程中，所需时间，解得：，此时球恰好上升到最高点，故A正确；
B、当时，所需时间，解得：，由于，说明球已经过最高点正在下降，故B错误；
C、当时，由于，相遇发生在球第二次反弹之后，此时前一个周期的相对位移，进入第二个周期后的剩余相对位移为，对应时间，解得：，由于，说明球正在上升，故C错误；
D、当时，由可知，前三个周期总位移，前四个周期总位移，故相遇发生在第四个周期内，剩余相对位移为，对应时间，解得：，由于，说明球正在下降，故D正确。
故选：。
从距高度处自由下落，从距地面高度处自由下落。需分析不同值下，两球何时相遇，并判断相遇时处于上升还是下降过程。核心是分别描述、的运动过程：始终自由落体；先自由落体触地，然后以原速率竖直反弹，做竖直上抛运动，并可发生多次反弹。两球相遇时位移关系满足下落位移与位移之和等于初始间距。关键在于建立多次反弹周期内两球相对运动的分析框架，通过比较相遇时间与各运动阶段的时间关系，判断的状态。选项分析需结合具体值，计算相对位移对应的相遇时刻在的哪个运动阶段。
本题巧妙结合自由落体、竖直上抛运动以及弹性碰撞模型，考查学生对匀变速直线运动规律的综合应用能力。题目通过设置两球在不同初始间距下的相遇时机，有效检验学生对运动过程的分析与分段处理能力，特别是对相对运动思想的理解与运用。本题计算量适中但思维要求较高，需要学生严谨推导两球在不同反弹周期的相对位移表达式，并准确判断相遇时刻对应的运动阶段。解答过程不仅锻炼学生的逻辑推理与数学建模能力，也深化对多过程运动问题的整体把握。
13.【答案】
【解析】解：在探究加速度与质量、合力的关系时，通常采用控制其中一个量不变，研究另外两个量之间关系的方法，此物理方法称为控制变量法，故AC错误，B正确。
故选：。
交流电频率为，相邻两计数点间有四个点未画出，则计数点间时间间隔。
根据相邻相等时间内的位移差公式，由纸带数据可得位移差，代入公式解得：。
由牛顿第二定律有，整理得。在图像中，图线斜率等于小车所受拉力，纵轴截距绝对值等于小车质量，故AC正确，BD错误。
故选：。
故答案为：；
；
。
探究加速度与质量关系时，需保持小车所受拉力不变，通过改变小车及砝码总质量来研究加速度变化，这种有意识控制其他因素只改变单一变量的研究方法属于控制变量法。
利用打点计时器所获纸带分析小车加速度，关键是处理相邻计数点间位移数据。已知交流电频率及纸带上相邻计数点间有四个点未画出，可确定相邻计数点间时间间隔，再依据匀变速直线运动规律中相邻相等时间间隔内位移差与加速度的关系，由纸带提供的位移数据即可求得加速度数值。
根据牛顿第二定律，在拉力恒定条件下，小车及砝码总质量与加速度倒数呈线性关系。将物理规律表达式整理成线性函数形式，明确图像斜率及纵轴截距的物理意义，即可判断各选项对斜率及截距所对应物理量的描述是否正确。
本题是一道综合性较强的力学实验题，主要考查探究加速度与质量关系的实验原理、数据处理及图像分析。题目计算量适中，难度中等偏上，需要学生扎实掌握牛顿第二定律的核心应用以及控制变量法的思想。第一问直接考查实验方法，属于基础概念。第二问通过处理纸带数据求解加速度，重点检验学生对匀变速直线运动规律的熟练运用和有效数字处理能力。第三问是本题的亮点与难点，要求学生从牛顿第二定律出发，推导出线性关系，进而准确判断图像中斜率和纵截距绝对值的物理意义。这一过程深度考查学生的公式变形、模型转化以及利用图像函数关系分析物理量的能力，对逻辑思维要求较高。
14.【答案】
【解析】解：由图丙可知，刻度尺上寸刻度对应，由比例关系得；“寸”是我国传统长度单位，并非国际单位制中的基本单位，故A正确，BC错误。
对笔进行受力分析，笔受重力和细线拉力，设加速度为，根据牛顿第二定律，水平方向有，竖直方向有，两式相除解得地铁加速度。
已知刻度尺固定在细线结点正下方处，当细线经过“寸”刻线时，水平位移，由几何关系得，解得：，根据加速度公式，代入数据解得加速度读数为。
根据加速度表达式可知，在重力加速度和结点到尺的竖直高度恒定时，加速度与水平位移成正比，即相等的位移增量对应相等的加速度增量，因此“加速度测量尺”的刻线是均匀的，故C正确，AB错误。
故答案为：；
；
；
。
观察丙图中“寸”与“”刻度的对应关系，明确国际单位制中基本单位的定义，判断“寸”是否属于基本单位或国际单位，从而得出正确选项。
笔随地铁加速，细线倾斜，笔受重力与拉力，加速度水平。基于牛顿第二定律，通过笔在水平与竖直方向的受力平衡关系，建立加速度与重力加速度及偏角的关联。
已知结点下方竖直距离与水平位移由“寸”换算，由三角函数关系得到，再代入加速度公式与给定值，计算加速度数值。
由加速度公式与的关系及几何关系，推导与的关系，判断该关系是否为线性，从而确定刻度尺上加速度刻度的分布是否均匀。
本题是一道设计巧妙的创新实验题，通过简单的单摆装置将地铁加速度的测量转化为几何测量，充分考查学生的物理建模能力与知识迁移能力。题目首先涉及单位制的基本概念辨析，引导学生关注物理量的测量基础。核心部分考查牛顿第二定律在非惯性系中的应用，通过受力分析推导出加速度与摆角的关系，这是连接理论与实验的关键。第问要求学生利用给定的刻度尺数据与几何关系进行数值估算，锻炼数据处理与近似计算能力。最后对“加速度测量尺”刻度分布规律的探讨，则深入考查学生对函数关系的理解，由的正比关系判断刻度均匀，体现对实验原理的深化认识。整体计算量适中，思维链条完整，是一道能有效融合理论、实验与数据分析的特色好题。
15.【答案】物料与传送带的动摩擦因数为 、位置连线与运动方向夹角为
【解析】解：物料在第一段传送带上从静止开始做匀加速直线运动，根据速度位移公式，可得加速度；
由牛顿第二定律，摩擦力提供加速度，有，解得。
、在第一段传送带上的垂直间距为，传送带与水平方向夹角为，可知比晚进入
第二段传送带的时间为；
A、在第二段传送带上的加速过程完全相同，最终都做匀速运动。
物料匀速运动位移
物料匀速运动位移
所以沿运动方向的间距为
A、位置连线与运动方向夹角的正切值，解得。
答：物料与传送带的动摩擦因数为。
、位置连线与运动方向夹角为。
根据匀加速直线运动的速度位移公式求出加速度，结合牛顿第二定律，由摩擦力提供加速度，解得动摩擦因数。
根据、的垂直间距和传送带倾角求出进入第二段传送带的时间差；利用两者加速过程相同、最终匀速的特点，计算沿运动方向的间距；通过几何关系求出、位置连线与运动方向的夹角。
本题考查了匀变速直线运动的规律、牛顿第二定律的应用、运动时间差与位移差的计算以及几何关系的推导，核心是检验能否结合运动学与动力学规律，解决传送带多物体的运动关联问题。
16.【答案】每段弹簧的劲度系数为 若剪断两根弹簧连接点，小物块瞬时加速度大小为 若剪断后，经过一段时间小物块能再次静止，且细绳、中均有拉力，则小物块移动距离为，方向竖直向上
【解析】解：以物体为研究对象，设弹簧伸长量为，由二力平衡及胡克定律可知：
以物体、弹簧为研究对象，设弹簧伸长量为，由二力平衡及胡克定律可知：
由几何关系可知：
解得：；
剪断弹簧瞬间，每段弹簧的弹力大小方向不变，绳中弹力大小瞬间等于各自所系弹簧的弹力大小，以物体为研究对象，由牛顿第二定律可知：
解得：；
再次静止后，以物体为研究对象，设每根弹簧的伸长量为，由胡克定律及共点力平衡可知；
可得：
对，根据几何关系解得：
解得：，方向竖直向上。
答：每段弹簧的劲度系数为；
若剪断两根弹簧连接点，小物块瞬时加速度大小为；
若剪断后，经过一段时间小物块能再次静止，且细绳、中均有拉力，则小物块移动距离为，方向竖直向上。
以物体为研究对象，由二力平衡及胡克定律分别求出和弹簧的伸长量，再根据几何关系求解劲度系数；
剪断弹簧瞬间，以物体为研究对象，由牛顿第二定律进行解答；
再次静止后，以物体为研究对象，设每根弹簧的伸长量为，由胡克定律及共点力平衡进行解答。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用牛顿第二定律建立方程进行解答。
17.【答案】对的支持力大小为 铁板的长度为，细绳拉力为 从开始相对运动到水平方向脱离所用时间为
【解析】解：对木块与铁板构成的整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有：，解得：。
对木块进行受力分析，由牛顿第二定律得：，解得：。
设在到时间内，木块的加速度大小为，铁板的加速度大小为。木块与铁板间的动摩擦因数为，铁板与地板间的动摩擦因数为。
由图像可知：，解得：。
由图像可知：，解得：。由图像可知：，解得：。
在到时间内，对铁板进行受力分析，由牛顿第二定律得：，解得：。
在到时间内，对铁板进行受力分析，由牛顿第二定律得：，解得：。
在到时间内，对木块进行受力分析，由牛顿第二定律得：，解得：。
规定水平向右为正方向。由前两问分析结论可知，试验箱以恒定加速度竖直向下运动，铁板的长度，物体间的动摩擦因数分别为、。
在随试验箱向下匀加速运动的非惯性参考系中，物体受到的等效重力加速度，代入数据得。
分析木块的受力情况，其对铁板的正压力，代入数据得，则、间的滑动摩擦力，代入数据得；
分析铁板的受力情况，地板对的支持力，代入数据得，则地板对铁板的最大静摩擦力，代入数据得。
由于，即木块施加给铁板的水平推力不足以克服地板的静摩擦力，故铁板相对试验箱保持静止，加速度。
对于木块，根据牛顿第二定律，代入数据，解得木块相对铁板的加速度。
根据运动学公式，代入数据，解得，即木块从开始运动到脱离铁板所用的时间。
答：对的支持力大小为。
铁板的长度为，细绳拉力为。
从开始相对运动到水平方向脱离所用时间为。
试验箱以恒定加速度竖直向下运动，对、整体进行受力分析，竖直方向重力、地板吸引力与支持力共同提供加速度。已知支持力大小，可求出加速度。再隔离木块分析其竖直方向受力，重力与支持力提供加速度，由此确定对的支持力。
试验箱静止，根据图像分析、的运动过程。在到时间内两者有相对滑动，的位移大于的位移，两者位移差即为板长，可利用图像面积关系求出。分别对和进行水平方向受力分析，受细绳拉力与对它的滑动摩擦力，受对它的摩擦力与地板对它的滑动摩擦力。结合图像中各自的加速度，可列方程联立求解动摩擦因数及细绳拉力。
试验箱以问的加速度竖直向下运动，此时地板对的支持力已知。需比较细绳拉力与、间最大静摩擦力及与地板间最大静摩擦力的大小关系，判断是否运动。由于拉力大于、间最大静摩擦力而小于与地板间最大静摩擦力，故B保持静止，在水平方向做匀加速直线运动。由相对于的位移等于板长，结合的加速度可求出运动时间。