一、单选题（本大题共7小题，共28.0分） 1.
十一假期，很多人自驾出游，李先生和王先生想从赤峰去长春旅游。他们设计了两种路线。李先生路线是经通辽到达长春，王先生路线是经过阜新到达长春。他们同时于2017年10月1日8时从赤峰同地出发，李先生于当日下午15点10分到达长春某地，王先生于当日下午16时11分到达同一地点，下列说法正确的是( )
A. 2017年10月1日8时表示时间间隔 B. 二人选择路线不同，他们的位移也不同
C. 二人选择路线不同，但他们的平均速度平均速度可能相同 D. 研究二人从赤峰到长春时，可将他们看成质点
2.
如图甲所示，一物块在粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力𝐹作用下，斜面和物块始终处于静止状态，当𝐹按图乙所示规律变化时，关于物块与斜面间摩擦力的大小变化的说法中正确的是( )
A. 一定增大 C. 可能先增大后减小
3.
B. 可能一直减小 D. 可能一直增大
甲、乙两球位于同一竖直线上的不同位置，甲比乙高ℎ，如图所示，将甲、乙两球分别以𝑣1、𝑣2的速度沿同一水平方向抛出，不计空气阻力，下列条件中有可能使乙球击中甲球的是( )
A. 甲比乙早抛出，且𝑣1<𝑣2 B. 甲比乙后抛出，且𝑣1>𝑣2
C. 甲比乙早抛出，且𝑣1>𝑣2 D. 甲、乙同时抛出，且𝑣1<𝑣2
4.
3、如图所示，𝐴、𝐵为咬合传动的两齿轮，𝑅𝐴=2𝑅𝐵.则𝐴、𝐵两轮边缘上的两点( )
A. 角速度之比为2：1； B. 向心加速度大小之比为2：1； C. 线速度大小之比2：1； D. 周期之比为2：1；
5.
如图所示，在足够长的水平线上方有方向垂直纸面向里的范围足够大的匀强磁场区域，一带负电的粒子𝑃从𝑎点沿𝜃=45°方向以初速度𝑣垂直磁场方向射入磁场中，经时间𝑡从𝑏点射出磁场。不计粒子重力，下列说法不正确的是( )
A. 粒子射出磁场时与水平线的夹角为𝜃
B. 若𝑃的初速度增大为2𝑣，粒子射出磁场时与水平线的夹角为2𝜃 C. 若𝑃的初速度增大为2𝑣，则射出磁场所需时间仍为𝑡
D. 若磁场方向垂直纸面向外，粒子𝑃还是从𝑎点沿𝜃=45°方向以初速度𝑣垂直磁场方向射入磁
场中，则射出磁场所需时间为3𝑡 6.
如图所示，将完全相同的两个小球𝐴、𝐵，用长𝐿=0.4𝑚的细绳悬于以𝑣0=4𝑚/𝑠向右匀速运动的小车的顶部，两球恰与小车前
𝐹𝐴为(𝑔=10𝑚/𝑠2)( ) 后壁接触，由于某种原因，小车突然停止运动，此时悬线的拉力之比𝐹𝐵：
A. 1：5
7.
B. 1：3 C. 1：2 D. 1：1
杂技演员在表演水流星节目时，盛水的杯子在竖直平面内做圆周运动，当杯子到最高点时，里面水也不流出来，这是因为( )
A. 水处于失重状态，不受重力的作用了 B. 水受平衡力作用，合力为0
C. 水受的合力提供向心力，使水做圆周运动 D. 杯子特殊，杯底对水有吸力
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
8. 沿笔直的南沙港快速路前进的汽车刹车后匀减速运动，经3.5秒停止，它在最后一秒的位移是1𝑚，
以下说法中正确的是( )
A. 汽车刹车的加速度为2𝑚/𝑠2 B. 汽车刹车的速度为6𝑚/𝑠 C. 汽车刹车后共滑行7𝑚
D. 汽车刹车停止全程的平均速度为3.5𝑚/𝑠
9.
如图所示，用丝线吊一个质量为𝑚的带电(绝缘)小球置于匀强磁场中，空气阻力不计，当小球分别从等高的𝐴点和𝐵点向最低点𝑂运动且两次经过𝑂点时，以下说法正确的是( )
A. 小球的速度大小相同 B. 丝线所受的拉力大小相同 C. 小球所受的洛伦兹力相同 D. 小球的向心加速度大小相同
10. 如图所示，两相同物块分别放置在对接的两固定斜面上，物块处
在同一水平面内，之间用细绳连接，在绳的中点加一竖直向的上拉力𝐹，使两物块处于静止状态，此时绳与斜面间的夹角小于90°。当增大拉力𝐹后，系统仍处于静止状态，下列说法正确的是( )
A. 绳受到的拉力变大 C. 物块对斜面的压力变小
B. 物块与斜面间的摩擦力变小 D. 物块受到的合力不变
11. 如图所示，实线为三条未知方向的电场线，从电场中的𝑀点以相同的速度飞出𝑎、𝑏两个带电粒
子，𝑎、𝑏的运动轨迹如图中的虚线所示．𝑎、𝑏仅受电场力作用，则下列说法中正确的是( )
A. 𝑎一定带正电，𝑏一定带负电 B. 电场力对𝑎、𝑏做正功
C. 𝑎的速度将减小，𝑏的速度将增大 D. 𝑎的加速度将减小，𝑏的加速度将增大
12. 一辆质量为𝑚=1.0×103𝑘𝑔的汽车，经过10𝑠由静止匀加速到速度为30𝑚/𝑠后，关闭油门并刹
车，设汽车刹车时所受阻力为车重的0.5倍．则下列选项中正确的有( )
A. 汽车在前10𝑠内的加速度大小为3𝑚/𝑠2 B. 汽车在前10𝑠内的加速度大小为10𝑚/𝑠2
C. 汽车在关闭油门并刹车后继续滑行的加速度大小为5𝑚/𝑠2
D. 汽车在关闭油门并刹车后继续滑行的加速度大小为12𝑚/𝑠2
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13. 某实验小组研究小车的匀变速直线运动，他们使用50𝐻𝑧交流电源为电磁打点计时器供电。实验
时得到一条纸带。某位同学在纸带上便于测量的地方选取第一个计数点，并在这个点下标明𝐴，在第6个点下标明𝐵，在第11个点下标明𝐶，在第16个点下标明𝐷，在第21个点下标明𝐸.但测量时发现𝐵点已模糊不清，于是只测得𝐴𝐶长为14.56𝑐𝑚、𝐶𝐷长为11.15𝑐𝑚、𝐷𝐸长为13.73𝑐𝑚，根据以上测得的数据，计算𝐶点时小车的瞬时速度大小为______𝑚/𝑠，小车运动的加速度大小为______𝑚/𝑠2，𝐴𝐵的距离应为______𝑐𝑚.(计算结果均保留三位有效数字)
14. “验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中𝐴为固定橡皮筋的图钉，𝑂为橡皮筋
与细绳的结点，𝑂𝐵和𝑂𝐶为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。
①做好实验准备后，先用两个测力计把橡皮条的结点拉到某一位置𝑂，记录结点𝑂的位置，两细绳的
方向和。其中拉𝑂𝐶绳的测力计的示数𝐹2如图丙所示，则𝐹2的大小为______𝑁。
②图乙中，已知𝐹1和𝐹2的夹角小于90°，现保持结点𝑂的位置不变和𝐹2的大小不变，将𝐹2沿图中顺时
针缓慢转过一个小角度，则𝐹1的大小的变化情况是______。
四、计算题（本大题共3小题，共38.0分）
15. 一个质量𝑚=70𝑘𝑔的滑雪者，从山坡上由静止匀加速滑下，山坡的倾角𝜃=30°，已知滑雪者
从山坡滑下时受到的阻力为140𝑁，滑行了4𝑠后到达山坡下的平台，设滑雪者从山坡进入平台时速度不变，不计平台的阻力及空气阻力，𝑔=10𝑚/𝑠2，求：
(1)滑雪者进入平台时速度的大小；
(2)滑雪者滑离平台即将着地时的瞬间，其速度方向与水平地面的夹角为37°，求滑雪者着地点到平
台边缘的水平距离．(𝑠𝑖𝑛37°=0.6,𝑐𝑜𝑠37°=0.8)
16. 如图所示，质量为4𝑘𝑔的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳
𝑠𝑖𝑛37°=0.6，𝑐𝑜𝑠37°=0.8，子与竖直方向夹角为37°.已知𝑔=10𝑚/𝑠2，求：
(1)汽车匀速运动时，细线对小球的拉力为______ ；
(2)当汽车以𝑎=2𝑚/𝑠2向右匀减速行驶时，小球对车后壁的压力为______ ．
质量𝑚=1.0𝑘𝑔的物块在平行斜面向上的拉力𝐹作用下，从倾角𝜃=30°足够长的光滑斜面17. 如图，
𝑔取底端𝐴处由静止开始做匀加速运动，经𝑡=1.0𝑠到达𝐵处撤去拉力，已知𝐴𝐵间距离𝐿=2.0𝑚，10𝑚/𝑠2，求： (1)拉力𝐹的大小；
(2)物块离𝐴处的最大距离𝑠。
参考答案及解析
1.答案：𝐷
解析：解：𝐴、2017年10月1日8时表示时刻，不是时间间隔，故A错误； B、二人选择的路线不同，但他们的初末位置相同，他们的位移相同，故B错误； C、由题意可知，他们的位移相等而所用时间不同，他们的平均速度不同，故C错误；
D、研究二人从赤峰到长春时，他们的大小与形状可以忽略，可以把他们看成质点，故D正确； 故选：𝐷。
时间间隔可以用时间轴上两点间的距离来表示，时间间隔有一定长度，对应某过程，时刻即一瞬间，可以用时间轴上的一个点表示；
位移是描述物体位置变化的物理量，由物体的初末位置决定； 物体的位移与所用时间的比值是物体的平均速度；
当物体的大小与形状对所研究的问题是无关的或次要的因素时，物体可以看做质点。
本题考查了时间与时刻、位移、平均速度与质点问题，涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识是解题的前提与关键，平时要注意基础知识的学习与积累。
2.答案：𝐷
解析：
对物体受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力；结合平衡条件列式分析即可．本题关键分拉力的最大值大于重力的下滑分力和拉力的最大值小于重力的下滑分力两种情况讨论，要根据共点力平衡条件列方程．
对物体受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力；
①若拉力的最大值大于重力的下滑分力，静摩擦力沿着斜面向下，则：𝐹−𝑓−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=0，故拉力减小后，静摩擦力先减小后反向增加；
②若拉力的最大值小于重力的下滑分力，静摩擦力沿着斜面向上，则：𝐹+𝑓−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=0，故拉力减小后，静摩擦力一直增加； 故D正确，ABC错误。 故选D。
3.答案：𝐴
解析：解：根据ℎ=2𝑔𝑡2知，𝑡=√，知甲的运动的时间长，所以甲比乙先抛出，由于水平位移相𝑔
1
2ℎ
等，根据𝑥=𝑣0𝑡知，则𝑣1<𝑣2.故A正确，𝐵、𝐶、D错误．
故选：𝐴．
抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向的分运动是自由落体运动．乙球击中甲球时，两球的水平分位移大小相等，根据高度决定平抛运动的时间，确定谁先抛出，根据水平位移和时间比较初速度．
解决本题的关键知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．
4.答案：𝐷
解析：
咬合后的两齿轮有两轮边缘上线速度大小相等，根据线速度大小相等和各物理量的关系求解即可。 抓住齿轮咬合传动时，两轮边缘上线速度大小相等展开讨论，熟练掌握描述圆周运动的各物理量之间的关系是解决本题的关键。
根据题意有两轮边缘上的线速度大小相等，即有𝑣𝐴=𝑣𝐵
𝐴𝐵
A.根据角速度𝜔和线速度𝑣的关系𝑣=𝑟𝜔得角速度与半径成反比：即𝜔=𝑅=2，故A错误；
𝐵
𝐴
𝜔𝑅1
B.根据向心加速度𝑎与线速度𝑣的关系𝑎=
𝑣2𝑅
𝐴𝐵
得，因为𝑣𝐴=𝑣𝐵所以：𝑎=𝑅=2，故B错误；
𝐵
𝐴
𝑎𝑅1
C.𝐴𝐵边缘线速度相同，故大小之比为1:1，故C错误；
2𝜋𝑅𝑣
𝐴𝐴
得，因为𝑣𝐴=𝑣𝐵所以：𝑇=𝑅=1，故D正确。
𝐵
𝐵
D.根据同期𝑇和线速度𝑣的关系𝑇=
𝑇𝑅2
故选D。
5.答案：𝐵
解析：解：𝐴、根据粒子做匀速圆周运动的对称性，当负粒子从𝑏点射出时，速度方向与水平线的夹角为𝜃，故A正确。
B、若速度增大为2𝑣，虽然负粒子做匀速圆周运动的半径加倍，但速度方向仍与水平线夹角为𝜃，故B不正确。
C、若𝑃的初速度增大为2𝑣，粒子的偏转角度为不变，粒子射出磁场所需时间仍未𝑡，故C正确。
D、磁场垂直于纸面向里时，粒子的偏转角为90°，若磁场反向，负粒子逆时针方向做匀速圆周运动，由运动的对称性，当粒子从磁场射出时与边界成45°，此时粒子偏转了360°−2×45°=270°，粒子在磁场中的运动时间：𝑡=360∘𝑇，粒子偏向角变为原来的3倍，则粒子运动时间为原来的3倍，为3𝑡，故D正确。
本题选不正确的，故选：𝐵。
带电粒子与磁场边界成一定的夹角射入磁场，根据运动的对称性，当粒子离开磁场时速度方向必与边界成45°.至于偏转角度还要看粒子的旋转方向，顺时针偏转90°，逆时针偏转270°，而运动时间是由偏转角来决定。
本题是带电粒子从直线边界进入磁场做匀速圆周运动的简单情况，显然根据运动的对称性，带电粒子从边界射出进必与边界成相同的角度，且与半径和速度无关，运动时间是由偏转角来决定。
𝜃
6.答案：𝐴
解析：解：小车向右匀速运动，由于某种原因，突然停止运动，𝐴球由于惯性，会向前摆动，将做圆周运动，𝐵球受到小车前壁的作用停止运动， 设小球的质量都是𝑚，对𝐴球有：
𝑣2
𝐹𝐴−𝑚𝑔=𝑚 𝐿𝑣2
𝐹𝐴=𝑚𝑔+𝑚=10𝑚+40𝑚=50𝑚
𝐿对𝐵球有：𝐹𝐵=𝑚𝑔=10𝑚。
所以𝐹𝐵：𝐹𝐴=1：5，故A正确，BCD错误。 故选：𝐴。
𝐴球由于惯性，𝐵球受到小车前壁的作用停止运动，小车突然停止运动，会向前摆动，将做圆周运动，在竖直方向上拉力等于重力，根据牛顿第二定律求出𝐴球绳的拉力，从而求出两悬线的拉力之比。 解决本题的关键知道小车刹车后，𝐴球将做圆周运动，最低点，重力和拉力的合力提供向心力。
7.答案：𝐶
解析：解：𝐴、当杯子经过最高点时，里面的水处于失重状态，但失重时物体的重力并未变化，故A错误；
B、当杯子经过最高点时，水受重力和向下的支持力，合力提供向心力，不为零，故B错误； C、水做圆周运动，经过最高点时，水受重力和向下的支持力，合力提供向心力，故C正确； D、杯底对水只有向下的弹力，无吸引力，故D错误； 故选：𝐶。
水做圆周运动，通过最高点时，水受到的重力和弹力的合力等于向心力． 本题关键明确水经过最高点时重力和支持力的合力提供向心力．
8.答案：𝐴𝐷
𝑥′=2𝑎𝑡′2，𝐴、解析：解：采用逆向思维，根据最后1𝑠内的位移得，解得加速度大小𝑎=2𝑚/𝑠2，故A正确．
B、汽车刹车的速度𝑣0=𝑎𝑡=2×3.5𝑚/𝑠=7𝑚/𝑠，故B错误． C、汽车刹车后滑行的距离𝑥=
𝑣02
1
2𝑥′𝑡′2
=
2×11
𝑚/𝑠2=
𝑡=2×3.5𝑚=12.25𝑚，故C错误．
𝑣02
7
D、根据平均速度推论知，汽车刹车过程中的平均速度𝑣=故选：𝐴𝐷．
=𝑚/𝑠=3.5𝑚/𝑠，故D正确．
2
7
采用逆向思维，结合匀变速直线运动的位移时间公式求出汽车刹车的加速度大小，结合速度公式求出汽车刹车时的速度．结合平均速度推论求出汽车刹车滑行的距离，以及平均速度的大小． 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，注意逆向思维在运动学中的运用．
9.答案：𝐴𝐷
解析：解：𝐴、由题意可知，拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅重力做功，则小球机械能守恒，所以小球分别从𝐴点和𝐵点向最低点𝑂运动且两次经过𝑂点时的动能相同，即速度大小相同，故A正确； B、由𝐴选项可知，速度大小相等，则根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同，故B错误；
C、由于小球的运动方向不同，则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，但大小却相同，故C错误； D、根据公式𝑎=故选：𝐴𝐷。
带电小球在重力与拉力及洛伦兹力共同作用下，绕固定点做圆周运动，由于拉力与洛伦兹力始终垂直于速度方向，它们对小球不做功，因此仅有重力做功，则有机械能守恒，从而可以确定动能是否相同，即可以知道速度大小是否相同，并由此可确定拉力与洛伦兹力，最后由向心加速度公式来确定是否相同。
𝑣2𝑟
，可知小球的向心加速度大小相同，故D正确。
本题考查对小球进行受力分析，并得出力做功与否，根据机械能守恒定律来解题是突破口，得出动能大小即可得到速度大小关系，同时注意洛伦兹力方向随着速度的方向不同而不同，最后由𝑎=判断向心加速度。
𝑣2𝑟
来
10.答案：𝐴𝐶𝐷
解析：
将𝐹分解，分析绳受到的拉力与𝐹的关系，即可判断绳受到的拉力如何变化；分析物块的受力情况，由平衡条件得出物块与斜面间的摩擦力与绳子拉力的关系，以及斜面对物块的支持力与绳子拉力的关系，即可分析支持力和摩擦力的变化情况。物块处于静止状态，受到的合力不变。
A.将𝐹分解为𝐹1、𝐹2两个分力，如图1所示，由于𝐹1、𝐹2之间的夹角不变，当𝐹增大时，则知绳受到的拉力𝐹1和𝐹2同时增大，故A正确；
𝐵𝐶.对左边物体进行研究，分析受力如图2所示，由平衡条件得 摩擦力𝑓=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼+𝐹1𝑐𝑜𝑠𝛽，𝐹1增大，其他量不变，则𝑓增大；
支持力𝐹𝑁=𝑚𝑔−𝐹1𝑠𝑖𝑛𝛽，𝐹1增大，其他量不变，则𝐹𝑁变小；故B错误，C正确。 D.由题意，物块处于静止状态，受到的合力为零，保持不变，故D正确。 故选ACD。
11.答案：𝐵𝐷
解析：
电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小。
加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，即可解决本题。
A.电场线的方向不知，所以粒子带电性质不定；从图中轨道变化来看电场力都做正功，动能都增大，速度将增大，电势能都减少，所以AC错误，B正确；
D.电场线密的地方电场的强度大，𝑏受电场线疏的地方电场的强度小，所以𝑎受力减小，加速度减小，力增大，加速度增大，所以D正确； 故选BD。
12.答案：𝐴𝐶
解析：解：𝐴、根据𝑎=𝑡=10𝑚/𝑠2=3𝑚/𝑠2.故A正确，B错误． C、关闭发动机后，根据牛顿第二定律得，𝑎=故选AC．
根据匀变速直线运动速度时间公式求出匀加速运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出刹车后的加速度大小．
本题考查了运动学公式和牛顿第二定律的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
𝑘𝑚𝑔𝑚
𝑣
30
=𝑘𝑔=5𝑚/𝑠2.故C正确，D错误．
13.答案：0.986 2.58 5.99
解析：解：在这个点下标明𝐴，第六个点下标明𝐵，第十一个点下标明𝐶，第十六个点下标明𝐷，第二十一个点下标明𝐸；可以看出相邻的计数点间的时间间隔为：𝑇=0.1𝑠，
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上𝐶点时小车的瞬时速度大小，为：
𝑥𝐴𝐸(14.56+11.15+13.73)×10−2𝑚
𝑣𝐶===0.986𝑚/𝑠
4𝑇4×0.1𝑠设𝐴到𝐵之间的距离为𝑥1，设𝐵到𝐶之间的距离为𝑥2，设𝐶到𝐷之间的距离为𝑥3，设𝐷到𝐸之间的距离为𝑥4，根据匀变速直线运动的推论公式△𝑥=𝑎𝑇2可以求出加速度的大小，得： 𝑥3−𝑥1=2𝑎1𝑇2 𝑥4−𝑥2=2𝑎2𝑇2
为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值得：
1𝑥𝐶𝐸−𝑥𝐴𝐶(11.15+13.73)×10−2𝑚−14.56×10−2𝑚
𝑎=(𝑎1+𝑎2)===2.58𝑚/𝑠2 2224𝑇4×(0.1𝑠)相等的相邻的时间间隔的位移差恒定，故：𝐵𝐶−𝐴𝐵=𝐷𝐸−𝐶𝐷=13.73𝑐𝑚−11.15𝑐𝑚=2.58𝑐𝑚； 且𝐴𝐵+𝐵𝐶=14.56𝑐𝑚； 解得：𝐵𝐶=8.57𝑐𝑚
𝐴𝐵=5.99𝑐𝑚；
故答案为：0.986，2.58，5.99。
根据匀变速直线运动的推论公式△𝑥=𝑎𝑇2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上𝐶点时小车的瞬时速度大小。
要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。
14.答案：4.0 变小
解析：解：①弹簧测力计的最小刻度为0.2𝑁，所以读数保留到最小刻度的同一位，所以𝐹2的大小为4.0𝑁；
将𝐹2沿图中顺时针缓慢转过一个小角度，即保持𝐹1和𝐹2的②保持结点𝑂的位置不变和𝐹2的大小不变，合力不变，
𝐹1、𝐹2之间的夹角减小，所以𝐹1变小； 故答案为：①4.0𝑁 ②变小；
分析弹簧测力计的最小刻度，根据最小刻度的值对有效数字位数进行分析解答； 分析𝐹1、𝐹2之间的夹角的变化情况，根据合力不变，分力随夹角的减小而减小进行分析； 解决该题的关键是掌握有效数字位数的保留原则，知道合力不变，分力随夹角的减小而减小；
15.答案：解：(1)滑下山坡时，由牛顿第二定律得：
𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛30°−𝐹𝑓=𝑚𝑎，
滑雪者匀加速运动，速度：𝑣=𝑎𝑡1， 代入数据得：𝑣=12𝑚/𝑠；
(2)滑雪者离开平台后做平抛运动，设落地时竖直方向的速度为𝑣𝑦， 竖直方向：𝑣𝑦=𝑔𝑡2，水平方向：𝑥=𝑣𝑡2，
由几何知识得：𝑣=𝑡𝑎𝑛37°，代入数据得：𝑥=10.8𝑚； 答：(1)滑雪者进入平台时速度的大小为12𝑚/𝑠； (2)滑雪者着地点到平台边缘的水平距离为10.8𝑚．
解析：(1)由牛顿第二定律与运动学公式可以求出滑雪者进入平台时的速度． (2)滑雪者离开平台后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出水平位移．
本题考查了求速度与位移问题，分析清楚滑雪者的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、平抛运动规律即可解题．
𝑣𝑦
16.答案：50𝑁；22𝑁
解析：解：(1)匀速运动时，小球受力分析，小球受到重力、拉力、后壁的弹力，由平衡条件得： 𝑇𝑠𝑖𝑛37°=𝐹𝑁…① 𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃=𝑚𝑔…②
联立①②代入数据可解得：𝑇=50𝑁，𝐹𝑁=30𝑁． 即细线对小球的拉力为50𝑁．
(2)当汽车向右匀减速行驶时，由牛顿第二定律得： 𝑇′𝑠𝑖𝑛𝜃−𝐹𝑁′=𝑚𝑎…③ 𝑇′𝑐𝑜𝑠𝜃=𝑚𝑔…④
联立③④代入数据可解得：𝑇′=50𝑁，𝐹𝑁′=22𝑁． 根据牛顿第三定律可得，小球对车后壁的压力： 𝐹𝑁″=𝐹𝑁′=22𝑁．
故答案为：(1)50𝑁；(2)22𝑁．
(1)汽车匀速直线运动时，小球受重力、拉力和后壁的弹力平衡，根据共点力平衡求出细线对小球的拉力；
(2)根据牛顿第二定律求出后壁对球弹力恰好为零时的加速度，判断小球是否飞起来，从而根据牛顿第二定律求出小球对车后壁的压力大小．
本题考查了共点力平衡以及牛顿第二定律，知道小球与小车具有相同的加速度，通过对小球受力分析，根据牛顿第二定律进行求解．第二问关键是要注意若向左的加速度很大，小球会飘起来，必要时要先求解小球飘起来的临界加速度．
17.答案：解：(1)根据匀变速直线运动规律𝐿=2𝑎1𝑡2
撤去𝐹前物块受力如图
1
沿斜面方向
𝐹−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑚𝑎1
联立①②式，代入数据解得
𝐹=9𝑁 (2)
撤去𝐹时，物块的速度为𝑣=𝑎1𝑡 撤去𝐹后，沿斜面方向有−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑚𝑎2 继续上滑的距离为𝐿′=物块离𝐴处最大距离
𝑠=𝐿+𝐿′
代入数据解得：𝑠=3.6𝑚 答：(1)拉力𝐹的大小为9𝑁； (2)物块离𝐴处的最大距离𝑠为3.6𝑚。
解析：根据匀变速直线运动求出加速度，结合牛顿第二定律求出外力；撤去拉力，受力分析求出加速度，由运动学公式求出位移。
本题主要考查了牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式求出拉力，注意当外力改变时加速度会发生变化。
0−𝑣22𝑎2
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