2023年高一暑假作业（一）
一、单选题
1. 如图所示，将一根刨光的圆木柱固定在一个木制的圆盘底座上，将两个内径略大于圆木柱直径、质量均为的磁环、套在圆木柱上，且同名磁极相对，结果磁环悬浮在的上方。已知重力加速度为这时磁环对底座的压力的大小为( )
A. B.
C. D.
2. 如图所示倾角为的斜面放在地面上，一小滑块从斜面底端冲上斜面，到达最高点后又返回点，斜面始终保持静止，已知滑块上滑过程经过，，的时间相等，且比长，上滑时间为下滑时间的一半，下列说法正确的是取( )
A. 滑块与斜面间的动摩擦因数为
B. 斜面长为
C. 地面对斜面的摩擦力先向左后向右
D. 滑块向上运动的过程中，地面受到的压力大于斜面体和滑块的总重力
3. 如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力随时间变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，则下列选项正确的是( )
A. 时刻小球动能最大
B. 时刻小球动能最大
C. 这段时间内，小球的动能先增加后减少
D. 这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
4. 如图所示，质量为的物体静止在光滑的水平地面上．时刻起物体在一水平向右的恒力的作用下开始运动，经过一段时间后，恒力大小变为，方向改为水平向左．在时测得物体运动的瞬时速度大小，则为( )
A. B. C. D.
5. 如图所示，倾角为的光滑绝缘斜面固定在水平面上为了使质量为、带电荷量为的小球静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强电场未画出，重力加速度为下列说法正确的是( )
A. 电场强度的最小值为
B. 若电场强度，则电场强度方向一定竖直向上
C. 若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上，则电场强度逐渐增大
D. 若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上，则电场强度先减小后增大
6. 如图所示，已知电场方向沿轴正方向，场强大小为；磁场方向沿轴正方向，磁感应强度的大小为；重力加速度为一质量为、带电量为的带电微粒从原点以速度出发．关于它在这一空间的运动的说法正确的是( )
A. 一定能沿轴做匀速直线运动 B. 一定能沿轴做匀速直线运动
C. 可能沿轴做匀速直线运动 D. 可能沿轴做匀速直线运动
7. 如图所示，在粗糙的水平面上放一质量为的物体，现用的力，斜向下推物体，力与水平面成角，物体与水平面之间的滑动摩擦系数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，则( )
A. 物体对地面的压力为 B. 物体所受的摩擦力为
C. 物体所受的摩擦力为 D. 物体将向右匀速运动
8. 从地面上以大小为的初速度竖直上抛一质量为的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速度大小随时间变化的规律如图所示，时刻到达最高点，再落回地面时速度大小为，且落地前小球已经做匀速运动，在小球的整过运动过程中，则下列说法中错误的是
A. 小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小
B. 小球抛出瞬间的加速度大小为
C. 小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小
D. 小球上升过程的平均速度小于
9. 如图所示，一辆小车静置在水平地面上，用一条遵守胡克定律的橡皮筋将小球悬挂于车顶点，在点正下方有一光滑小钉，它到点的距离恰好等于橡皮筋原长。现使小车从静止开始向右做加速度逐渐增大的直线运动，在此运动过程中橡皮筋始终在弹性限度内
A. 小球的高度保持不变
B. 小球的重力势能不断增大
C. 橡皮筋长度保持不变
D. 小球只受橡皮筋的拉力和重力，所以机械能守恒
10. 如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，下图中、、和分别表示物体的速度大小、加速度大小、摩擦力大小和位移。下图正确的是 ( )
A. B. C. D.
11. 质量为的物体，沿倾角为的斜面体匀速下滑，如左图所示，物体与斜面体之间的摩擦系数为，若物体下滑过程中，给物体施加外力如右图所示，使物体沿斜面体加速下滑，斜面体仍然静止在桌面上，下述说法正确的是( )
A. 斜面受到的摩擦力方向一定沿桌面向左
B. 斜面受到的摩擦力方向一定沿桌面向右
C. 斜面相对桌面无相对运动趋势，故无摩擦力
D. 一定是
12. 如图所示，物体叠放在物体上，置于光滑水平面上，，质量分别为，，，之间的动摩擦因数，开始时，此后逐渐增加，在增大到的过程中，取，则( )
A. 当拉力时，物体均保持静止状态
B. 两物体开始没有相对运动，只有当拉力超过时，开始相对运动
C. 整个过程中摩擦力对系统、做功为负值
D. 时，间摩擦力为
二、多选题
13. 如图甲所示，小物块静止在倾角的粗糙斜面上。现对物块施加一个沿斜面向下的推力，力的大小随时间的变化如图乙所示，物块的速率随时间的变化规律如图丙所示，取，，重力加速度 。下列说法正确是( )
A. 物块与斜面间的动摩擦因数为
B. 物块的质量为
C. 时间内，力做功的平均功率为
D. 时间内物体克服摩擦力做的功为
14. 如图所示，三个粗细均匀、完全相同的圆木，，堆放在水平地面上，处于静止状态，每个圆木的质量为，截面的半径为，三个截面圆心连线构成的等腰三角形的顶角，若在地面上的两个圆木刚好要滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑圆木之间的摩擦，重力加速度为，则( )
A. 圆木间的弹力为
B. 每个圆木对地面的压力为
C. 地面上的、圆木各自受到地面的作用力一定大于
D. 地面与圆木间的动摩擦因数为
15. 如图甲所示，质量为的半球体静止在倾角为的平板上，在从缓慢增大到的过程中，半球体所受摩擦力与的关系如图乙所示，已知半球体始终没有脱离平板，半球体与平板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为，则。( )
A. 0~q段对应的图线可能是直线 B. q~段对应的图线不可能是直线
C. q= D. p=
16. 如图所示，受到沿斜面向上的拉力和垂直于斜面的拉力作用，正在沿倾角为斜面向下运动，斜面体始终保持静止不动。斜面体受到地面的摩擦力向右，物块正在下滑时，则 ( )
A. 物块与斜面间的动摩擦因数
B. 若只撤去，则受到地面的摩擦力变小
C. 若同时撤去和，物块将减速下滑
D. 若只增大的质量，物块受到地面的摩擦力将不变
17. 如图所示是一种常用的“千斤顶”示意图，摇动手柄能使螺旋杆转动并保持水平，而，间距离发生变化，重物就能被顶起或下降。若物重为，杆与之间的夹角为，不计“千斤顶”本身的重量，则( )
A. “千斤顶”螺旋杆的拉力大小为
B. “千斤顶”螺旋杆的拉力大小为
C. 重物升得越高，摇动手柄用力越来越小
D. 重物升得越高，所受压力越大
18. 如图所示，水平传送带在电动机带动下以恒定速度顺时针匀速传动。质量为的小物块以水平初速度从端滑上传送带，运动到传送带端时恰好与传送带达到相同速度，则此过程中
A. 若，则电动机多消耗的电能为
B. 若，则物块与传送带间的摩擦生热为
C. 若，则物块与传送带间的摩擦生热为
D. 若，则物块与传送带间的摩擦生热为
三、实验题
19. 某兴趣实验小组的同学利用如图甲所示装置测定物块与木板、间的动摩擦因数、；两块粗糙程度不同的木板、对接组成斜面和水平面，两木板在点光滑连接物块在此处运动不损失机械能，且板能绕点转动。现将物块在板上某点由静止释放，滑块将沿下滑，最终停在水平板的点；改变倾角，让物块从不同的高度由静止释放，且每次释放点的连线在同一条竖直线上以保证图中物块水平投影点与接点间距不变，用刻度尺量出释放点与平面的竖直高度差、释放点与点的水平距离、点与最终静止点的水平距离，利用多次测量的据绘出图象，如图乙所示，则：
下列说法正确的是______。
A. 物块在板上受到的摩擦力大小随增大而减小
B. 从起点到的过程中摩擦力对做的功可能随增大而增大
C. 物块在点的速度大小随增大而增大
D. 物块在点的速度大小随增大而减小
写出的函数表达式：__________________用、、及表示。
若实验中，图象的横轴截距纵轴截距，则______，______。计算结果均保留位有效数字
20. 恢复系数是反映碰撞时物体形变恢复能力的参数，它只与碰撞物体的材料有关，两物体碰撞后的恢复系数为，其中、和、分别为质量为和的物体碰推前后的速度某同学利用如图所示的实验装置测定质量为和的物体碰撞后的恢复系数。
实验步骤如下：
将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中质量为和的两球与木条的撞击点；
将木条竖直放在轨道末端右侧并与轨道接触，让质量为的入射球从斜轨上点由静止释放，摘击点为；
将木条向右平移到图中所示位置，质量为的入射球仍从斜轨上的点由静止释放，确定撞击点；
质量为的球静止放置在水平槽的末端，将质量为的入射球再从斜轨上点由静止释放，确定 两球相撞后的撞击点；
目测得与撞击点、、的高度差分别为、、。
两小球的质量关系为_______填“”“”或“”
木条平移后，在不放质量为的小球时，质量为的入射球撞击点在图中的_______点，把质量为的小球放在水平槽的末端边缘上，被碰后其撞击点在图中的_______点。
利用实验中测量的数据表示两小球碰撞后的恢复系数为_______。
若再利用天平测量出两小球的质量为、，则满足______________表示两小球碰撞前后动量守恒；若满足______________表示两小球碰撞前后机械能守恒。
四、计算题
21. 如图，半径为的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球、质量分别为、为待定系数。球从在边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的球相撞，碰撞后、球能达到的最大高度均为，碰撞中无机械能损失。重力加速度为。试求：
待定系数
第一次碰撞刚结束时小球、各自的速度和球对轨道的压力
小球、在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球、在轨道最低处第次碰撞刚结束时各自的速度。
22. 如图所示，固定在水平面上的三角形劈倾角，顶端固定有轻质光滑定滑轮，斜面上放置一质量为的物块可视为质点，通过平行斜面的轻绳跨过定滑轮系一质量为的小球，物块有沿斜面向下运动的趋势但恰好不下滑。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，取
物块与斜面间的动摩擦因数；
若剪断轻绳，物体经达到到斜面底端，求物块到达底端的距离多大？
23. 一质量为的载重卡车的水平车板上载有一质量为的重物，在水平直公路上以速度做匀速直线运动，重物与车厢前壁间的距离为因发生紧急情况，卡车突然制动．已知卡车车轮与地面间的动摩擦因数为，重物与车厢底板问的动摩擦因数为重力加速度大小为求重物与车厢前壁不发生碰撞的条件．
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
根据磁环处于悬浮状态，可以确定两个磁环之间的作用力是斥力；以、整体为研究对象，、内部斥力是内力，根据平衡求解受到的支持力；根据牛顿第三定律，得到对底座的压力大小。
【解答】
以、整体为研究对象，由平衡条件可知，对的支持力为，再由牛顿第三定律，对的压力大小也是，项正确。
2.【答案】
【解析】
【分析】
根据及初速度为零的匀变速直线运动的比例得出斜面长度，再根据分解加速度的思想得出地面对斜面体的摩擦力和支持力和总重力的关系。
本题是匀变速直线运动的运动学公式和推理的综合应用，及牛顿第二定律及超重和失重的灵活应用，中等难度。
【解答】
A.根据上滑时间为下滑时间的一半，得出上滑加速度为下滑加速度的倍，故得出：，解得，故A错误；
B.物体在斜面上减速滑行，根据逆向思维得出：，，再结合初速度为零的匀变速直线运动的比例得出：，，，故斜面长度为，故B正确；
因为上滑加速度，和下滑加速度方向都向下，故加速度的水平分量向左，竖直分量向下，是失重现象，故地面对斜面的摩擦力始终水平向左，地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力，故 CD错误。
故选B。
3.【答案】
【解析】
【分析】
小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，但合力变小，加速度变小，故做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力变的大于重力，合力变为向上且不断变大，故加速度向上且不断变大，故物体做加速度不断增大的减速运动；同理，上升过程，先做加速度不断不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止．
本题关键要将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速过程进行分析处理，同时要能结合图象分析．
【解答】
A、时刻小球小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，先做加速度不断减小的加速运动，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，故A错误；
B、时刻，弹力最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，速度等于零，故B错误；
C、这段时间内，小球处于上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故C正确；
D、段时间内，小球和弹簧系统机械能守恒，故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，故D错误；
故选C．
4.【答案】
【解析】由牛顿第二定律可得：，，若末时速度方向是向左的，由题意列出运动学方程为：，解得：；，解得：；若末时速度方向是向右的，由题意列出运动学方程为：，解得：，不符合题意，故A、、D错误，C正确．
5.【答案】
【解析】
【分析】
小球的重力沿斜面向下的分力一定，当电场力沿斜面向上时，电场力最小，电场强度最小。其余情况根据矢量三角形分析。
本题是通电导体在电场中平衡问题类型，关键是抓住小球静止，根据平衡特点做出矢量三角形，即可分析电场力的大小和方向。
【解答】
电量为的小球静止在斜面上，受重力、支持力和电场力，三力的合力为零，则三个力的首尾相连构成矢量三角形，如图所示：
A、由上图可知，当电场力与支持力垂直时即电场力沿斜面向上时，电场力最小，则电场强度最小，由平衡得：，解得：，故A错误；
B、若电场强度，则电场力与重力大小相等，由上图可知，电场力方向可能竖直向上，也可能斜向下，故B错误；
、由上图可知，若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上，则电场力与竖直方向夹角逐渐减小，电场力逐渐增大，则电场强度逐渐增大，故C正确，D错误。
6.【答案】
【解析】A、若带电微粒沿轴方向进入电磁场中，受到竖直向上的电场力、竖直向下的重力和竖直向下或向上的洛伦兹力，三个力的合力可能为零，微粒可能沿轴做匀速运动，故错误； 、若带电微粒沿轴方向进入电磁场中，受到竖直向上的电场力、竖直向下的重力和水平方向的洛伦兹力，三个力的合力不可能为零，不可能沿轴做匀速运动，故BC错误； 、若带电微粒沿轴方向进入电磁场中，受到竖直向上的电场力、竖直向下的重力，不受洛伦兹力，三个力的合力可能为零，则可能沿轴做匀速运动，故D正确； 故选D。
7.【答案】
【解析】
【分析】
分析物体受力情况：物体受到重力、支持力、推力和摩擦力的作用，由竖直方向上的受力平衡求出支持力，即可求得物体对地面的压力；物体在推力的作用下，具有向右运动的趋势，需要比较水平向右的分力与最大静摩擦力的大小，确定物体的运动状态，再得出摩擦力的大小。
解答的关键是需要判断出物体在推力的作用下能否运动，若运动则受到的是滑动摩擦力，则根据牛顿第二定律求加速度，若静止，则受到的是静摩擦力，静摩擦力要根据平衡条件求解。
【解答】
A.物体的受力如图所示：
在竖直方向，由共点力平衡条件和力的分解，可得：，得：，由牛顿第三定律知，物体对地面的压力为，故A错误；
物体的最大静摩擦力，，因为，所以物体向右做加速运动，所受的摩擦力为滑动摩擦力，大小为，故B正确，CD错误。
故选B。
8.【答案】
【解析】
【分析】
A.由小球受到的空气阻力与速率成正比，由此加上重力，可以判定上升和下降阶段的加速度变化。
B.由图可知，速度为时球匀速，说明重力等于阻力，故可以得到比例系数，进而判定抛出时加速度。
C.由图中的速度可以判定何时阻力最大，进而判定最大加速度，加速度最小是零，而小球有匀速阶段，故加速度最小值应该出现在匀速阶段
D.由面积表示位移来分析它与匀减速运动平均速度的关系，可判定。
本题关键是受力分析，只有分析好小球的受力，才能解答好前三项，至于最后一个是利用的面积表示位移，而平均速度等于位移比时间。
【解答】
A.由小球受到的空气阻力与速率成正比，由可知在上升过程中空气阻力减小，又重力向下，故上升阶段合力减小，故加速度减小．下降过程中速率增大，空气阻力增大，方向向上，而重力向下，故合力逐渐减小，加速度逐渐减小，故A正确；
B.由图可知，速度为时球匀速，说明重力等于阻力，故有：，得：，故抛出瞬间的空气阻力为：，故抛出瞬间的加速度为：，故B正确；
C.小球抛出时重力向下，阻力向下，此时速率最大故阻力最大，可知合力在抛出时最大，可知此时加速度最大，而加速度最小值为零，出现在匀速运动至落地前，故C错误；
D.上升过程若是匀减速直线运动，其平均速度为，而从图中可以看出其面积小于匀减速直线运动的面积，即图中的位移小于做匀减速的位移，而平均速度等于位移比时间，故其平均速度小于匀减速的平均速度，即小于，故D正确。
本题选错误的，故选C
9.【答案】
【解析】
【分析】
以小球为研究对象，由牛顿第二定律可得出小球的加速度与受到的拉力之间的关系即可判断。
本题中考查二力平衡与牛顿第二定律的应用，注意整体法与隔离法的使用，同时要注意审题。
【解答】
设为橡皮筋的原长，为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：，
此时橡皮筋的伸长量为
即小球与悬挂点的距离为
当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进行受力分析如图，设此时橡皮筋在点下方的部分与竖直方向的夹角为，得：
，
，
所以：
此时橡皮筋的伸长量为
则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：
即小球在竖直方向上到悬挂点的距离不变，故A正确，BC错误；
，小球受橡皮筋的拉力是外力做正功，小球做加速运动，动能增加，机械能不守恒，故D错误。
故选A。
10.【答案】
【解析】
【分析】
对物体受力分析可知，在斜面上时物体受到重力支持力和摩擦力的作用，在这些力的作用下物体沿着斜面向下做匀加速直线运动，到达水平面上之后，在滑动摩擦力的作用下做匀减速运动，由此可以判断物体运动过程中的物理量的关系。
本题是图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，属于基础题。
【解答】
A.根据物体的受力情况，可以判断出物体先是在斜面上做匀加速直线运动，到达水平面上之后，做匀减速运动，所以物体运动的速度时间的图象应该是倾斜的直线，不能是曲线，故A错误；
B.由于物体的运动先是匀加速运动，后是匀减速运动，在每一个运动的过程中物体的加速度的大小是不变的，所以物体的加速度时间的图象应该是两段水平的直线，不能是倾斜的直线，故B错误；
C.在整个运动的过程中，物体受到的都是滑动摩擦力，所以摩擦力的大小是不变的，并且由于在斜面上时的压力比在水平面上时的压力小，所以滑动摩擦力也比在水平面上的小，故C正确；
D.物体做的是匀加速直线运动，物体的路程和时间的关系应该是抛物线，不会是正比例的倾斜的直线，故D错误。
故选C。
11.【答案】
【解析】
【分析】
本题关键是灵活地选择研究对象，然后运用牛顿第二定律列方程分析，不难。
对左图，先对物体受力分析，根据平衡条件分析，物体对斜面的力的方向；再对斜面体和物体整体受力分析，分析斜面体与桌面的摩擦力情况；对右图虽受外力加速下滑，但物体对斜面的力的方向不变，故斜面与桌面之间无摩擦；对物体受力分析，根据牛顿第二定律列式分析，从而确定动摩擦因数与夹角的关系。
【解答】
对左图：由于物体向下匀速运动，物体受合力为零，物体对斜面的力方向竖直向下；整体受重力、支持力和物体对斜面的竖直向下力，斜面在水平方向不受力，故斜面不受桌面的摩擦力；斜面受物块摩擦力沿斜面向下；对右图：虽然物体在加速下滑，但物体对斜面的力仍是竖直向下，故斜面不受桌面的摩擦力，斜面受物体摩擦力沿斜面向下，故C正确，AB错误；
D.对物体受力分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，沿倾角为的斜面体减速下滑，根据牛顿第二定律，有：，故，故D错误。
故选C。
12.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查了牛顿第二定律的临界问题，要求学生能够分析临界状态下的摩擦力计算问题，关键是要找出临界状态，运用整体法和隔离法，进行受力分析，再根据牛顿第二定律进行求解。
首先可以应用隔离法对分析，求出发生相对滑动时的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出刚好发生相对滑动时的拉力，再结合做功公式，即可作出判断。
【解答】
隔离对分析，当间摩擦力达到最大静摩擦力时，、发生相对滑动，则：
，
再对整体分析：
，
可知当拉力达到时，、才发生相对滑动。在小于时，两者是保持相对静止的，相对于地面是运动的，所以AB错误；
C.整个过程中摩擦力对做负功，对做正功，所以C错误；
D.当拉力时，对整体，对有，所以两物体之间的静摩擦力为，所以D正确。
故选D。
13.【答案】
【解析】
【分析】
由图象求出力的大小，由图象判断物体的运动状态。
应用牛顿第二定律、平衡条件与滑动摩擦力公式求出物块的质量与动摩擦因数；
由运动学公式求出物块的位移，由功的计算公式求出功，由功率公式可以求出功率。
本题是与图象综合的问题，关键是正确地受力分析，运用牛顿第二定律和共点力平衡进行求解。
【解答】
由速度图象知在时间内，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
由图象可知，加速度：
在时间内，物块做匀速直线运动，由平衡条件得：
，
解得：，，故B正确，A错误；
C.由图象可知，时间内，物块静止，力不做功，时间内，力，
物块的位移，内力做功的平均功率为：，故C错误；
D.时间内物体克服摩擦力做的功为：，故D正确。
故选BD。
14.【答案】
【解析】
【分析】
对进行受力分析，处于平衡状态，合力为零，根据平衡条件求出、之间的弹力大小，对受力分析，根据处于静止状态分析与地面间是否有摩擦力，根据对称性可知，的受到的摩擦力大小相等，方向相反，对受力分析求解摩擦力，受到的是静摩擦力，根据静摩擦力小于等于滑动摩擦力求解动摩擦因数。
本题考查了力的合成与分解的运用，关键在于灵活选取研究对象受力分析，根据平衡条件解答。
【解答】
A.对进行受力分析，如图所示：
处于平衡状态，合力为零，则有：
解得：，故A错误；
B.对整体受力分析，受到重力、地面的支持力、受到的向右的摩擦力和受到的向左的摩擦力，由对称性可知，竖直方向：，故B错误；
C.对研究，地面对的作用力等于地面对的支持力与地面对摩擦力的合力，大于，故C正确；
D.根据对称性可知，受到的摩擦力与受到的摩擦力大小相等，对根据平衡条件得：，所以地面对的摩擦力大小为，
根据摩擦力的公式：，所以：，故D正确。
故选CD。
15.【答案】
【解析】
【分析】
半球体受重力、支持力和摩擦力，开始时不滑动，是静摩擦力，根据平衡条件列式求解静摩擦力表达式分析；滑动后是滑动摩擦力，根据滑动摩擦定律列式分析。
本题关键是受力分析后要能够区分是滑动摩擦力还是静摩擦力，然后结合平衡条件和滑动摩擦定律列式分析，基础题目。
【解答】
半圆体在平板上恰好开始滑动的临界条件是：
，
故有：，
解得：，即；
在之间时，是静摩擦力，大小为；
在之间时，是滑动摩擦力，大小为；
综合以上分析得其与关系如图中实线所示，故AC错误，B正确；
D.当时，，即，故D正确。
故选BD。
16.【答案】
【解析】
【分析】
首先对物体受力分析，根据平衡条件和滑动摩擦力公式得到对的支持力和摩擦力的合力情况；再根据牛顿第三定律得到对的作用力情况，对受力分析后根据平衡条件分析地面对的摩擦力情况即可。
本题考查共点力平衡，关键是灵活采用合成法与分解法进行分析，注意滑动摩擦力和支持力的合力方向是固定的，较难。
【解答】
根据题意可知，对斜面体因为地面对斜面体摩擦力向右，所以物块对斜面体的压力的水平分力小于物块对斜面体摩擦力的水平分力，设物块斜面体之间弹力为，有：，所以，同时撤去两力，，物块将减速下滑，故AC正确；
B.对斜面受力分析可知：，只撤去，地面对的摩擦力变大，故B错误；
D.对斜面受力分析可知：，只增大物块质量，摩擦力变大，故D错误。
故选AC。
17.【答案】
【解析】
重物升得越高，由于杆的拉力随夹角的增大重物升得越高，由于杆的拉力随夹角的增大
【分析】
对螺旋杆的端受力分析，由于物体及端受力平衡，故由力的矢量三角形可得解。
本题主要考查受力分析、矢量三角形的应用，较简单。
【解答】
由于物体处于平衡状态，故“千斤顶”螺旋杆所受的合力为零，其受物体的压力，大小为，杆对其沿杆斜向上的弹力、及杆的拉力，且三者合力为零，做力的矢量三角形，可知“千斤顶”螺旋杆的拉力大小为 ，故A错误，B正确；
C.重物升得越高，由于杆的拉力随夹角的增大而逐渐减小，故摇动手柄用力越来越小，C正确；
D.重物升得越高，夹角的增大，由力的矢量三角形可得杆的弹力为：，由表达式可知，随角的增大，弹力越小，由牛顿第三定律可得所受压力变小，D错误。
故选BC。
18.【答案】
【解析】
【分析】
先判断物块的运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，再根据速度时间公式求出达到共速所用的时间，再根据速度时间公式求出物体和传送带运动的位移，然后求出相对位移，根据求出物块与传送带间的摩擦生热，最后根据能量守恒求出电动机多消耗的电能。
本题主要考查了传送带问题的应用，注意分析运动过程，难度适中。
【解答】
若，物体做加速运动，根据牛顿第二定律可知，解得：，达到共速所用的时间，物体运动的位移，传送带运动的位移，相对位移，物块与传送带间的摩擦生热，根据能量守恒可知，故AB正确；
若，物体做减速运动，根据牛顿第二定律可知，解得：，达到共速所用的时间，物体运动的位移，传送带运动的位移，相对位移，物块与传送带间的摩擦生热，故C正确，D错误。
故选ABC。
19.【答案】【小题】
【小题】由动能定理得 ，即。
【小题】对照图象，带入数值可知，。
【解析】 物块在板上受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为 ，随着的增大，减小，故A正确；从起点到的过程中摩擦力对做的功，可知摩擦力对做的功不变，故B错误；根据动能定理可知，物体运动整个过程中克服摩擦力做功相等，越大，越大，重力做功越大，末速度越大，故C正确，D错误。
略
略
20.【答案】【小题】
【小题】
【小题】
【小题】
【解析】 为了防止两球碰后出现反弹现象，入射球的质量一定要大于被碰球的质量；
由图可知，两小球打在竖直板上，则可知，三次碰撞中水平位移相等，则可知，水平速度越大，竖直方向下落的高度越小，则由碰撞规律可知，碰后被碰球的速度最大，故其下落高度最小，而碰后入射球速度最小，其下落高度最大，则可知，在不放小球时，小球从斜轨顶端点由静止释放，的落点在图中的点，而碰后被碰球落到点；
根据平抛运动规律可知，下落时间，则可知，速度，则可解得：，，，代入给出恢复系数表达式可得：；
若满足动量守恒，则一定有：，代入中所求速度可得表达式应为：； 若满足机械能守恒，则有： 代入求出的速度可得表达式为：
21.【答案】【小题】由 得
【小题】设、碰撞后的速度分别为、，则
设向右为正、向左为负，解得
，方向向左
，方向向右
设轨道对球的支持力为，球对轨道的压力为，方向竖直向上为正、向下为负．则，，方向竖直向下
【小题】设、球第二次碰撞刚结束时的速度分别为、，则
解得 另一组解：， 不合题意，舍去
由此可得：
当为奇数时，小球、在第次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；
当为偶数时，小球、在第次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同；
【解析】
22.【答案】对和进行受力分析如图所示：
当恰好要向下滑动时根据平衡条件，
有：，
对：
联立可以得到：；
剪断轻绳后对根据牛顿第二定律得到：
代入数据可以得到：
根据运动公式可以得到：
代入数据可以得到：
【解析】该题主要考查平衡条件应用、摩擦力、牛顿第二定律等相关知识。分析好物体受力情况和物理情景，灵活应用各相关公式是解决本题的关键。
23.【答案】解：卡车在水平直公路上做匀减速运动，设其加速度大小为
由牛顿第二定律有
由式得
由匀减速运动公式，卡车从制动开始到静止时所用的时间和移动的距离分别为，
重物在卡车的车厢底板上做匀减速直线运动，设相对于地面的加速度大小为以，由牛顿第二定律有
由式得
从卡车制动开始到重物对地面速度为零时所用的时间和重物移动的距离分别为，
由于，由二式比较可知，，即卡车先停，重物后停
若，重物与车厢前壁不会发生碰撞，因此不发生碰撞的条件是
【解析】本题考查力和运动的知识和学生综合分析的能力。
根据牛顿第二定律求出各自加速度，应用运动学公式计算出运动时间和运动位移，抓住不发生碰撞的临界状态求解。
