山东省泰安市新泰一中2022届高三物理上学期第一次段考试卷（含解析）

2022-2022学年山东省泰安市新泰一中高三（上）第一次段考物理试卷一、选择题（本题包括12小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分，共48分．）1．（4分）（2022秋•伊通县校级月考）一物体做匀变速直线运动，经过时间t，它的速度由v1变为v2，经过的位移为s，下列说法中正确的是（　　）　A．这段时间内它的平均速度=　B．这段时间内它的平均速度=　C．经过时，它的瞬时速度为　D．经过时，它的瞬时速度为考点：匀变速直线运动规律的综合运用；瞬时速度．版权所有专题：直线运动规律专题．分析：根据平均速度的定义式和推论分别求出平均速度的大小，匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，结合速度位移公式求出中间位置的瞬时速度．解答：解：A、因为位移为x，运动时间为t，则这段时间内的平均速度为：；故A正确．B、因为初速度为v，末速度为v，根据推论知，平均速度为：=．故B正确．C、中间位移时的速度是大于中间时刻时的速度的；故C错误；D、由速度和位移关系可以推导出，中间位移时的瞬时速度为；故D正确；故选：ABD．点评：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，有时运用推论求解会使问题更加简捷．　2．（4分）（2022•淄博三模）A、B、C、D四个物体做直线运动，它们运动的x﹣t、v﹣t、a﹣t图象如图所示，已知物体在t=0时的速度均为零，其中0～4s内物体运动位移最大的是（　　）-15-　A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的图像；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．版权所有专题：运动学中的图像专题．分析：物体做单向直线运动时位移一直增大，速度方向不变，根据图象逐项分析即可．解答：解：A、由位移﹣时间图象可知，4s末到达初始位置，总位移为零，故A错误；B、由速度﹣时间图象可知，速度2s内沿正方向运动，2﹣4s沿负方向运动，方向改变，4s内总位移为零，故B错误；C、由图象可知：物体在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，2s末速度减为0，然后重复前面的过程，是单向直线运动，位移一直增大，故C正确；D、由图象可知：物体在第1s内做匀加速运动，第2﹣3s内做匀减速运动，2s末速度减为0，第3s内沿负方向运动，不是单向直线运动，故D错误．故选：C点评：图象是我们高中物理研究运动的主要途径之一，应熟知其特征，难度不大，属于基础题．　3．（4分）（2022秋•新泰市校级月考）如图，质量分别为mA、mB的A、B两个楔形物体叠放在一起，B靠在竖直墙壁上，在水平力F的作用下，A、B静止不动，则（　　）　A．A物体受力的个数可能为3　B．B受到墙壁的摩擦力方向可能向上，也可能向下　C．力F增大（A、B仍静止），A对B的压力也增大　D．力F增大（A、B仍静止），墙壁对B的摩擦力也增大考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对AB整体受力分析，由平衡条件知，整体共受四个力作用，墙面对此有作用力；再分别隔离A、B受力分析，应用平衡条件分析即可．解答：解：A、若AB间不存在静摩擦力，则有：隔离B物体，必受重力、A对B的压力和墙面的弹力与静摩擦力作用；隔离A物体，受到重力、B对A的支持力和外力F，三个力作用，均能处于平衡；故A正确；B、D、先对AB整体受力分析，竖直方向受重力和摩擦力平衡，故摩擦力向上；由平衡条件知，竖直方向：f=GA+GB，因此当水平力F增大，墙壁对B的摩擦力仍不变；故B错误，D错误；-15-C、物体A受重力、支持力、推力和摩擦力（可能有），根据平衡条件，压力等于推力的垂直接触面分力和重力的垂直接触面分力的合力；故C正确；故选：AC．点评：关键利用整体法并结合共点力平衡条件得到B物体与墙间不存在弹力，注意AB间是否存在静摩擦力是解题的关键．　4．（4分）（2022•武清区三模）如图所示，物块A放在倾斜的木板上，改变木板与水平面之间的夹角θ，发现当θ=30°和θ=45°时物块A所受的摩擦力大小恰好相等，则物块A与木板之间的动摩擦因数为（　　）　A．B．C．D．考点：动摩擦因数．版权所有专题：摩擦力专题．分析：θ=30°时物体处于静止状态，静摩擦力和重力的下滑分力相等；θ=45°时物体沿斜面下滑，滑动摩擦力可由Ff=μFN求出．解答：解：θ=30°时物体处于静止状态，静摩擦力和重力的下滑分力相等．即：Ff=mgsin30°θ=45°时物体沿斜面下滑，滑动摩擦力为：Ff=μFN=μmgcos45°由mgsin30°=μmgcos45°解得：μ=；故选：B．点评：本题正确分析物体在两种状态下的受力情况，分别写出两种情况下的摩擦力表达式是解题的关键．　5．（4分）（2022春•东湖区校级期末）如图所示，一个“Y”字形弹弓顶部跨度为L，两根相同的橡皮条均匀且弹性良好，其自由长度均为L，在两橡皮条的末端用一块软羊皮（长度不计）做成裹片可将弹丸发射出去．若橡皮条的弹力满足胡克定律，且劲度系数为k，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L（弹性限度内），则弹丸被发射过程中所受的最大弹力为（　　）　A．B．C．KLD．2KL考点：力的合成．版权所有分析：当橡皮条的长度最大时，橡皮条的弹力最大，两个弹力的夹角最小，则两弹力的合力最大，根据平行四边形定则求出最大弹力．解答：解：根据胡克定律知，每根橡皮条的弹力：F=k（2L﹣L）=kL．-15-设此时两根橡皮条的夹角为θ，根据几何关系知：sin=．根据平行四边形定则知，弹丸被发射过程中所受的最大弹力为：F合=2Fcos=．故A正确，B、C、D错误．故选：A．点评：本题考查了胡克定律与力的合成的综合，难度中等，对数学几何要求较高．　6．（4分）（2022•河南二模）如图所示，在倾角为a的传送带上有质量均为m的三个木块1、2，3，中间均用原长为L，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，其中木块1被与传送带平行的细线拉住，传送带按图示方向匀速运行，三个木块处于平衡状态．下列结论正确的是（　　）　A．2，3两木块之问的距离等于L+　B．2，3两木块之问的距离等于L+　C．1，2两木块之间的距离等于2，3两木块之间的距离　D．如果传送带突然加速，相邻两木块之间的距离都将增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对木块3受力分析，根据平衡条件列式求解出弹簧的弹力，根据胡克定律求解伸长量；再对木块2、3整体受力分析，再次根据平衡条件列式求解出弹簧的弹力，根据胡克定律求解伸长量．解答：解：A、B、对木块3受力分析，受重力、支持力、滑动摩擦、弹簧的拉力，根据平衡条件，有：k△x=mgsinα+μmgcosα解得：△x=；-15-故弹簧的长度为：x=L+△x=L+，故A错误，B正确；C、对木块2、3整体受力分析，受重力、支持力、滑动摩擦力和弹簧的拉力，根据共点力平衡条件，有：k△x′=2mgsinα+2μmgcosα解得△x′=；故弹簧的长度为：x′=L+△x′=L+，故△x＜△x′，故C错误；D、如果传送带突然加速，支持力不变，根据滑动摩擦力不变，弹簧弹力也不变，故合力不变，故物体全部保持静止，故D错误；故选B．点评：本题关键是灵活地选择研究对象，然后根据共点力平衡条件列式求解出弹簧的伸长量，不难．　7．（4分）（2022秋•新泰市校级月考）如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球M搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块，使球与滑块均静止．现将滑块平行于斜面向上缓慢拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比（　　）　A．挡板对球的弹力增大B．滑块对球的弹力一定增大　C．斜面对滑块的弹力不变D．拉力F减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：隔离对球分析，抓住重力大小方向不变，挡板的弹力方向不变，根据合力为零判断出木板、滑块对球弹力的变化．对球和滑块整体分析，抓住合力为零，判断斜面对滑块弹力以及拉力的变化．解答：解：A、对球进行受力分析，如图（a），球只受三个力的作用，挡板对球的力F1方向不变，作出力的矢量图，挡板上移时，F2与竖直方向夹角减小，最小时F2垂直于F1，可以知道挡板F1和滑块对球的作用力F2都减小；故A错误B错误；C、再对滑块和球一起受力分析，如图（b），其中FN=Gcosθ不变，F+F1不变，F1减小，可以知道斜面对滑块的支持力不变，拉力F增大，故C正确D错误．故选：C．-15-点评：本题属于力学的动态分析，关键是抓住不变量，通过作图法判断力的变化．以及掌握整体法和隔离法的运用．　8．（4分）（2022•赫山区校级三模）如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中（保持OA与地面夹角θ不变），OC绳所受拉力的大小变化情况是（　　）　A．逐渐减小B．逐渐增大C．先减小后增大D．先增大后减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对G受力分析可知竖直绳上的拉力不变，再对结点O分析可得出受力的平行四边形；根据C点的移动利用图示法可得出OC拉力的变化．解答：解：对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳子的拉力OA的支持力及OC的拉力而处于平衡；受力分析如图所示；将F和OC绳上的拉力合力，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小；故选：C．点评：本题利用了图示法解题，解题时要注意找出不变的量作为对角线，从而由平行四边形可得出拉力的变化．　9．（4分）（2022秋•新泰市校级月考）如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块a、b，a、b都处于静止状态．现将物块b移至c点后，a、b仍保持静止，下列说法中正确的是（　　）-15-　A．b与水平面间的摩擦力减小　B．b受到的绳子拉力增大　C．悬于墙上的绳所受拉力增大　D．a、b静止时，图中α、β、θ三角仍然相等考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：设滑轮位置为O′点，当把物体b移至c点后，绳子bO′与水平方向的夹角变小，对a和b分别受力分析，然后运用共点力平衡条件结合正交分解法进行分析．解答：解：B、对物体a受力分析，受到重力和细线的拉力，根据平衡条件，拉力等于物体a的重力，当把物体b移至c点后，绳子bO′与水平方向的夹角变小，但细线的拉力不变，故B错误；A、对物体b受力分析，受重力、支持力、拉力和向后的静摩擦力，如图根据共点力平衡条件，有Tcosθ′=f由于角θ′变小，故b与水平面间的静摩擦力变大，故A错误；C、对滑轮受力分析，受重力，O′b绳子的拉力T以及悬于墙上的绳子的拉力F，由于重力和Ob绳子的拉力相等且夹角变大，故其合力变小，故墙上的绳子的拉力F也变小，故C错误；D、对滑轮受力分析，受重力，O′b绳子的拉力T以及悬于墙上的绳子的拉力F，由于重力和Ob绳子的拉力相等，故合力在角平分线上，故α=β，又由于三力平衡，故O′b绳子的拉力T也沿着前面提到的角平分线，绳子拉力沿着绳子方向，故α=β=θ，故D正确；故选：D．点评：本题关键是分别对物体A、物体B、滑轮受力分析，然后根据共点力平衡条件结合正交分解法和合成法进行分析讨论．　-15-10．（4分）（2022秋•沙河口区校级期末）五个质量相等的物体置于光滑的水平面上，如图所示，现向右施加大小为F、方向水平向右的恒力，则第2个物体对第3个物体的作用力等于（　　）　A．FB．FC．FD．F考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：先对整体运用牛顿第二定律求出整体的加速度，再对前2个物体运动牛顿第二定律即可求解．解答：解：设每个物体的质量为m，对整体运用牛顿第二定律得：a=对前2个物体运用牛顿第二定律得：a=解得：N=F故选C点评：本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，主要整体法和隔离法的应用．　11．（4分）（2022•无为县校级模拟）如图所示．在光滑水平面上有物体A、B，质量分别为m1、m2．在拉力F作用下，A和B以加速度a做匀加速直线运动．某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度为a1、a2．则（　　）　A．a1=a2=0　B．a1=a；a2=0　C．a1=a；a2=a　D．a1=a；a2=﹣a考点：牛顿第二定律；胡克定律．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：突然撤去拉力F的瞬间，弹簧弹力没有发生变化，所以A受力不变，B只受弹簧弹力作用，根据牛顿第二定律即可求解．解答：解：当力F作用时，对A运用牛顿第二定律得：a=-15-突然撤去拉力F的瞬间，弹簧弹力没有发生变化，所以A受力不变，即a1=a；B只受弹簧弹力作用，根据牛顿第二定律得：故选D点评：本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，注意突然撤去拉力F的瞬间，弹簧弹力没有发生变化，注意整体法和隔离法在题目中的应用．　12．（4分）（2022秋•天津期末）“蹦极”是一项非常刺激的体育运动．某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长度位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置，人在从P点下落到最低点c点的过程中（　　）　A．人在Pa段做自由落体运动，处于完全失重状态　B．在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态　C．在bc段绳的拉力大于人的重力，人处于超重状态　D．在c点，人的速度为零，处于平衡状态考点：功能关系；动能和势能的相互转化．版权所有分析：a点是弹性绳的原长位置，故a点之前人做自由落体运动．b是人静止悬吊着时的平衡位置，故ab段绳的拉力小于．bc段绳的拉力大于重力；c是人所到达的最低点，故c点速度为零．解答：解：A、a点是弹性绳的原长位置，故a点之前人只受重力，人做自由落体运动，处于完全失重状态，故A正确．B、b是人静止悬吊着时的平衡位置，故ab段绳的拉力小于重力，故人处于失重，故B正确．C、在bc段绳的拉力大于人的重力，故人处于超重，故C正确．D、c是人所到达的最低点，故c点速度为零，但人所受绳的拉力大于人的重力，合力不为0，不是处于平衡状态，故D错误．故选：ABC．点评：本题重点在于依据给定的条件做人的受力分析，知道受力才好判定人的运动情况．　二、实验题（本题包括3小题，）13．（2022•南平二模）（1）在一次探究活动中，甲同学用如图（a）所示的装置测量铁块A与放在水平桌面上的金属板B之间的动摩擦因数，已知铁块A的质量mA=l.5kg，金属板B的质量mB=3.0kg，用水平恒力F向左拉金属板B，使其向左运动，观察到A保持静止状态．弹簧秤示数的放大情况如图所示，则A、B间的动摩擦因数μ=　0.3　．（保留l位有效数字）（g=10m/s2）-15-（2）乙同学设计性地将纸带连接在金属板B的后面，用于完成练习使用打点计时器的实验，通过打点计时器连续打下一些计时点，取时间间隔为0.10s的几个计数点，将测得的各相邻计数点间距离在图中标出，如图（b）所示．乙同学依数据分析得出金属板的运动可认为是匀变速直线运动，则在打C点时金属板拉动的瞬时速度v=　0.80　m/s．（保留两位有效数字）（3）打点计时器在纸带上打出的点迹．直接记录了　AB　A．物体运动的时间B．物体在不同时刻的位置C．物体在不同时间内的位移D．物体在不同时刻的速度．考点：探究影响摩擦力的大小的因素．版权所有专题：实验题．分析：分析铁块A的状态，根据平衡知识求解A、B间的动摩擦因数．利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度．根据打点计时器的工作原理及应用可以判断各物理量是否能正确得出．解答：解：（1）弹簧秤示数为F=4.5N，由于铁块A处于平衡状态，所以铁块A的滑动摩擦力等于弹簧的拉力．所以μ=（2）利用匀变速直线运动的推论得：m/s（3）A、打点计时器是每隔0.02s打下一个点，所以数点就知道时间间隔，故A正确．B、织带上的点记录了物体在不同时刻的位置．故B正确；C、物体在不同时间内的位移需要利用刻度尺测量两点之间的距离就得了．故C错误．D、平均速度和瞬时速度的求解需要运用物理公式，故D错误．故选AB．故答案为：（1）0.3；（2）0.80；（3）AB点评：根据动摩擦因数的公式找出所要求解的物理量．要注意单位的换算和有效数字的保留．分清楚实验中能够通过仪器直接测得的物理量和运用物理规律间接求得的物理量．　14．（2022春•温州校级期末）“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，选用的螺旋弹簧如图甲所示．（1）将弹簧的上端O点固定悬吊在铁架台上，旁边置一刻度尺，刻度尺的零刻线跟O点对齐，在弹簧的下部A处做一标记，如固定一个指针．在弹簧下端的挂钩上挂上钩码时（每个钩码的质量都是50g-15-），指针在刻度尺上指示的刻度为x．逐个增加所挂钩码的个数，刻度x随挂钩上的钩码所受的重力F而变化，几次实验测得相应的F、x各点描绘在图中，如图乙，请在图中描绘出x随F变化的图象．由图象得出弹簧的劲度系数kA=　42　N/m（结果取2位有效数字）．（2）如果将指针固定在A点的下方P处，再作出x随F变化的图象，得出弹簧的劲度系数与kA相比，可能是　A　．A．等于kAB．大于kAC．小于kAD．无法确定．考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．版权所有专题：实验题．分析：（1）因为已知弹力和弹簧伸长成正比，故应该用一条直线穿过尽可能多的点；由k=可得弹簧劲度系数．（2）如果将指针固定在A点的下方P处，由于弹力大小跟弹簧形变量均没有变化；解答：解：（1）如图：；由图象可以取图中一点，坐标为（9.5×0.49N，31cm），故弹簧的劲度系数为图象的斜率的倒数，即：kA==N/cm=0.42N/cm=42N/m；（2）如果将指针固定在A点的下方P处，由于弹力大小跟弹簧形变量均没有变化，故再作出x随F变化的图象，得出的弹簧劲度系数不会发生变化，故A正确．故选：A．故答案为：（1）x随F变化的图象如图所示；42（40～44均可）；（2）A点评：描绘x随F变化的图象时，注意将尽可能多的点落到一条直线上，其余的分居在该直线两侧．　-15-15．（2022秋•昌平区期末）某同学用如图（甲）所示的装置验证“力的平行四边形定则”．用一木板竖直放在铁架台和轻弹簧所在平面后．其部分实验操作如下，请完成下列相关内容：①如图甲，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O；②卸下钩码然后将两细绳套系在弹簧下端，用两弹簧称将轻弹簧末端拉到同一位置O，记录细绳套AO、BO的　方向　及两弹簧称相应的读数．图乙中B弹簧称的读数为　11.40　N；③该同学在坐标纸上画出两弹簧拉力FA、FB的大小和方向如图丙所示，请在图丙中作出FA、FB的合力F′；④已知钩码的重力，可得弹簧所受的拉力F如图丙所示，观察比较F和F′，得出结论．考点：验证力的平行四边形定则．版权所有专题：实验题；平行四边形法则图解法专题．分析：本实验的目的是要验证平行四边形定则，故应通过平行四边形得出合力再与真实的合力进行比较，理解实验的原理即可解答本题，弹簧秤读数时要注意估读．解答：解：根据验证平行四边形定则的实验原理要记录细绳套AO、BO的方向和拉力大小，拉力大小由弹簧秤读出，分度值为0.1N，估读一位：11.40N作图如下：故答案为：方向；11.40点评：本题属于对实验原理的直接考查，应准确掌握实验的目的及实验原理分析需要记录的内容，在学习绝不能死记硬背．　三、计算题（本题包括3小题，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.）16．（2022秋•广陵区校级期中）A物体做速度为1m/s的匀速直线运动，A出发后10s末，B物体从同一地点由静止出发做匀加速直线运动，加速度是0.4m/s2，且A、B运动方向相同，问：（1）B出发后几秒钟才能追上A？（2）A、B相遇前，它们之间的最大距离是多少？-15-考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．版权所有专题：追及、相遇问题．分析：（1）根据速度时间关系公式列式求解；（2）相遇前，当A、B速度相等时，两物体的距离最大，先根据速度时间关系公式求解出时间，然后根据位移时间关系公式求最大距离．解答：解：（1）设B出发后ts追上A，则：SA=SBvA（t+10）=at2代入数据解得t=10s即B出发10s秒后能追上A（2）相遇前相距最大距离时vA=vB用时间t′s则0.4t′=1解得t′=2.5s则A运动的位移sA′=vA（t+t′）=1×（10+2.5）m=12.5mB运动的位移sB′==0.5×0.4×2.52m=1.25m所以A、相距△s=sA′﹣sB′=11.25m答：（1）B出发后10秒钟才能追上A；（2）A、B相遇前，它们之间的最大距离是11.25m．点评：本题是速度时间关系公式和位移时间关系公式运用的基本问题，关键要熟悉运动学公式，可以结合速度时间关系图象分析，也可画出运动草图．　17．（2022秋•西湖区校级期末）某同学表演魔术时，将一小型条形磁铁藏在自己的袖子里，然后对着一悬挂的金属小球指手画脚，结果小球在他神奇的功力下飘动起来．假设当隐藏的小磁铁位于小球的左上方某一位置C（图中θ=37°）时，金属小球偏离竖直方向的夹角也是37°，如图所示．已知小球的质量为m=4.8Kg，该同学（含磁铁）的质量为M=50Kg，（sin37°=0.6cos37°=0.8g=10m/s2）求此时：（1）悬挂小球的细线的拉力大小为多少？（2）该同学受到地面的支持力和摩擦力大小各为多少？考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．-15-分析：（1）小球处于静止状态，合外力为零，分析小球的受力情况，根据平衡条件求解悬挂小球的细线的拉力大小；（2）对人研究，分析受力情况，由平衡条件求解地面的支持力和摩擦力大小．解答：解：（1）对小球受力分析：重力、细线的拉力和磁铁的引力．设细线的拉力和磁铁的引力分别为F1和F2．根据平衡条件得：水平方向：F1sin37°=F2sin37°竖直方向：F1cos37°+F2cos37°=mg解得：F1=F2===30N．（2）以人为研究对象，分析受力情况：重力Mg、地面的支持力N、静摩擦力f和小球的引力F2′，F2′=F2=30N．根据平衡条件得：f=F2′sin37°=30×0.6N=18NN=F2′cos37°+Mg=30×0.8N+500N=524N答：（1）悬挂小球的细线的拉力大小为30N．（2）该同学受到地面的支持力和摩擦力大小各为18N和524N．点评：本题采用隔离法研究，分析受力情况是解题的关键，再根据平衡条件进行求解．　18．（2022•雁峰区校级模拟）滑沙游戏中，游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下．为了安全，滑沙车上通常装有刹车手柄，游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F，从而控制车速．为便于研究，作如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止．已知游客和滑沙车的总质量m=70kg，倾斜滑道AB长LAB=128m，倾角θ=37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5．滑沙车经过B点前后的速度大小不变，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力．（1）求游客匀速下滑时的速度大小．（2）求游客匀速下滑的时间．（3）若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；动能定理的应用．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）加速过程，把人和滑板看成整体，对其进行受力分析，运用牛顿第二定律求解加速度；根据速度位移公式求解加速的末速度；（2）根据位移时间关系公式求解出加速过程的位移，然后计算匀速的时间；（3）直接对减速过程运用动能定理列式求解即可．解答：解：（1）加速过程，把人和滑板看成整体，受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：-15-mgsin37°﹣μmgcos37°=ma解得：a=g（sin37°﹣μcos37°）=10×（0.6﹣0.5×0.8）=2m/s2匀加速的末速度为：v=at=2×8=16m/s（2）匀加速的位移为：==64m匀速的位移为：x′=LAB﹣x=128﹣64=64m故匀速的时间为：（3）减速过程，根据动能定理，有：﹣FS﹣μmg•S=0﹣解得：F=210N；答：（1）游客匀速下滑时的速度大小为16m/s；（2）游客匀速下滑的时间为4s；（3）需对滑沙车施加210N的水平制动力．点评：本题关键明确游客的运动规律，先匀加速，然后匀速，最后匀减速；然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解速度与位移，根据动能定理求解制动位移．　-15-