2023年高一暑假作业（二）
一、单选题
1. 如图所示，质量为的木块，被水平力紧压在倾角为的墙面上处于静止状态．则关于木块的受力情况、墙面对木块的作用力压力与摩擦力的合力，下列说法不正确的是( )
A. 墙面对木块一定有压力
B. 墙面对木块一定有摩擦力
C. 墙面对木块的作用力大小为
D. 墙面对木块的作用力大小为
2. 如图所示，水平传送带两端相距，传送带在电动机的带动下，始终保持的逆时针匀速率运行。工件滑上端时速度，工件与传送带间的动摩擦因数，取工件在传送带上运动的整个过程中，其位移、速度、加速度、受合外力随时间变化的图象正确的是( )
A. B. C. D.
3. 如图所示，一架雪橇在水平拉力的作用下沿水平面向右做直线运动，若水平面的粗糙程度相同，下列几种运动中拉力最大的是
A. 以的速度匀速运动 B. 以的速度匀速运动
C. 以的加速度匀加速运动 D. 以的加速度匀加速运动
4. 如图所示，质量为的木块在质量为的长木板上受到向右的拉力的作用向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为，有以下几种说法：
木板受到地面的摩擦力的大小一定是；
木板受到地面的摩擦力的大小一定是；
当时，木板便会开始运动；
无论怎样改变的大小，木板都不可能运动。
则上述说法正确的是( )
A. B. C. D.
5. 我国自主研发的北斗卫星导航系统由颗卫星组成，包括颗地球静止同步轨道卫星和颗倾斜同步轨道卫星，以及颗相同高度的中轨道卫星。中轨道卫星轨道高度约为，同步轨道卫星的高度约为，已知地球半径为，这些卫星都在圆轨道上运行。关于北斗导航卫星，则下列说法正确的是( )
A. 中轨道卫星的动能一定小于静止同步轨道卫星的动能
B. 静止同步轨道卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大
C. 中轨道卫星的运行周期约为
D. 中轨道卫星与静止同步轨道卫星的向心加速度之比为
6. 一个质量为的箱子放在水平地面上，箱内用一段固定长度的轻质细线栓一质量为的小球，线的另一端拴在箱子的顶板上，现把细线和球拉到左侧与竖直方向成角处静止释放，如图所示，在小球摆动的过程中箱子始终保持静止，则以下判断正确的是( )
A. 在小球摆动的过程中，线的张力呈周期性变化，但箱子对地面的作用力始终保持不变
B. 小球摆到右侧最高点时，地面受到的压力为，箱子受到地面向左的静摩擦
C. 小球摆到最低点时，地面受到的压力为，箱子不受地面的摩擦力
D. 小球摆到最低点时，绳对箱顶的拉力大于，箱子对地面的压力大于
7. 如图甲所示，物块的质量，计时开始时物块的速度，在一水平向左的恒力作用下，物块从点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力突然反向，整个过程中物块速度的平方随物块位置坐标变化的关系图象如图乙所示，。下列说法中正确的是
A. 内物块的加速度的大小为
B. 在时物块的速度为
C. 恒力的大小为
D. 物块与水平面间的动摩擦因数为
8. 一些巧妙的工业设计能极大地为人们的生活提供便利。如图是竖直放置的某款可调角度的简便磨刀器，该磨刀器左右两侧对称，通过调整磨刀角度可以使该磨刀器的两侧面与刀片尖端的两侧面紧密贴合，就可以轻松满足家庭日常的各种磨刀需求。关于在使用磨刀器的过程中，下列说法正确的是( )
A. 向后轻拉刀具，磨刀器受到的摩擦力向前
B. 若水平匀速向后拉动刀具，则磨刀器对刀具的作用力竖直向上
C. 加速后拉刀具，刀具受到的摩擦力小于磨刀器受到的摩擦力
D. 对同一把刀具在竖直方向上施加相同压力时，磨刀器的夹角越小，越难被拉动
9. 一个物体受多个水平恒力作用静止在光滑水平面上，现在仅使其中一个力的大小按照如图所示的规律变化．此过程中，该物体受到的合外力大小、加速度大小、速度大小、位移大小的变化情况正确的是( )
A. B. C. D.
10. 如图所示，质量为小球和质量为的小球用轻弹簧、连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力作用在上并缓慢拉，当与竖直方向夹角为时，，伸长量刚好相同。若，的劲度系数分别为、，则以下判断正确的是( )
A.
B.
C. 撤去的瞬间，球处于完全失重状态
D. 撤去的瞬间，球的加速度大小等于重力加速度
二、多选题
11. 质量均为的两物块和之间连接着一个轻质弹簧，弹簧劲度系数为，现将物块、放在水平地面上一斜面体的斜面上等高处，如图所示，弹簧处于压缩状态，且物块与斜面体均能保持静止．已知斜面的倾角为，两物块和斜面间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是重力加速度为( )
A. 斜面体和水平地面间一定有静摩擦力
B. 斜面对、组成的系统的静摩擦力为
C. 若将弹簧拿掉，物块有可能发生滑动
D. 弹簧的最大压缩量为
12. 如图所示，光滑斜面的底端固定一垂直于斜面的挡板，质量相同的两物体、用轻弹簧连接后放在斜面上，最初系统处于静止状态。现用一平行于斜面的力拉物体沿斜面向上做匀加速直线运动。以物体的初始位置为坐标原点、沿斜面向上为正方向建立坐标轴。在物体离开挡板之前弹簧一直处于弹性限度内，外力和挡板对物体的支持力随物体的位置坐标的变化关系图线正确的是 ( )
A. B.
C. D.
13. 将一个质量为的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反。该过程的图像如图所示，取。下列说法中正确的是( )
A. 小球所受重力和阻力之比为
B. 小球上升过程与下落过程所用时间之比为
C. 小球落回到抛出点时的速度大小为
D. 小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态
14. 如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球在水平外力的作用下处于静止状态，与圆心的连线与水平面的夹角为。现将力在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过，框架与小球始终保持静止状态。在此过程中下列说法正确的是( )
A. 框架对小球的支持力先减小后增大 B. 拉力的最小值为
C. 地面对框架的摩擦力减小 D. 框架对地面的压力始终减小
15. 如图所示，某人将质量为的小球从距水平地面高为处以一定初速度水平抛出，在距抛出点水平距离为处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管。管上口距地面高为，由于存在水平向左、大小恒定的风力，小球恰能无碰撞地通过细管，重力加速度为，则下列说法正确的是 ( )
A. 小球的初速度大小为 B. 风力的大小为
C. 小球落地时的速度大小为 D. 小球落地时的速度大小为
16. 一倾斜传送带正以恒定速率顺时针匀速转动，把一个小物块无初速度放在传送带下端，发现其能沿传送带滑至上端。现将传送带速率减小为某一恒定速率转动方向不变，仍将该小物块无初速度放在传送带下端，则在以后的运动过程中( )
A. 小物块可能不会到达上端
B. 小物块仍能到达上端，且在传送带上运动的时间可能比前一次长
C. 小物块仍能到达上端，且摩擦生热一定比前一次少
D. 小物块仍能到达上端，但在传送带上运动过程中重力的平均功率一定与前一次不同
17. 如图所示，一倾角为的斜面体放在粗糙水平面上，半径相等的半圆球和圆球的质量分别为和，其中的球面光滑，竖直挡板固定在水平地面上。最初的圆心与的最高点平齐，处于静止状态；现将挡板向左平移，使的圆心与的最右侧在同一竖直线上，仍处于静止状态。已知斜面体和半圆球始终与地面保持相对静止，末态与初态相比下列说法正确的是
A. A、之间的弹力变大 B. 与斜面体间的摩擦力变小
C. 斜面体受到的地面的摩擦力变小 D. 斜面体受到的地面的支持力变大
18. 如图所示，在风筝比赛现场，某段时间内某小赛手和风筝均保持静止状态，此时风筝平面与水平面夹角为，风筝的质量为，轻质细线中的张力为，该同学的质量为，则以下说法正确的是风对风筝的作用力认为与风筝垂直，取( )
A. 风对风筝的作用力大小为
B. 细线与水平面的夹角为
C. 人对地面的摩擦力方向水平向左
D. 人对地面的压力大小等于人和风筝整体的重力，即
三、实验题
19. 某同学设计了如下实验装置，用来测定小滑块与桌面间的动摩擦因数。
图甲 图乙
如图甲所示，水平桌面上有一滑槽，其末端与桌面相切。让小滑块从滑槽的最高点由静止滑下，滑到桌面上后再滑行一段距离，随后离开桌面做平抛运动，落在水面地面上的点，记下平抛的水平位移。平移滑槽的位置后固定，多次改变距离，每次让滑块从滑槽上同一最高点释放，得到不同的水平位移。作出图象，即可根据图象信息得到滑块与桌面间的动摩擦因数。
每次让滑块从滑槽上同一高度释放，是为了________。
除了和外，本实验还需要测量或告知的物理量是________
A. 滑槽最高点与桌面的高度差 B. 小滑块的质量
C. 桌面与地面的高度差 D. 当地的重力加速度
若图象的斜率绝对值为，纵轴上的截距为，如图乙所示，则滑块与桌面间的动摩擦因数的表达式为________。用本题中提供的物理量符号表示
20. 实验室中某同学用如图甲所示的滴水法测量小车在斜面上运动时的加速度。实验过程如下：在斜面上铺上白纸，用图钉固定；把滴水计时器固定在小车的末端，在小车上固定一平衡物；调节滴水计时器的滴水速度，使其每滴一滴以滴水计时器内盛满水为准；在斜面顶端放置一浅盘，把小车放在斜面顶端，把调好的滴水计时器盛满水，使水滴能滴入浅盘内；然后撤去浅盘并同时放开小车，于是水滴在白纸上留下标志小车运动规律的点迹；小车到达斜面底端时立即将小车移开。
关于本实验，下列说法中正确的是__________。
A. 本实验中还需要用到秒表记录时间
B. 在斜面上做实验是为了平衡小车下滑过程中的摩擦力
C. 小车的质量越大，运动时加速度就越大
D. 滴水计时器的计时原理和打点计时器的计时原理类似
经多次实验后发现，测量每个点迹到放开小车时的点迹的距离和对应的时间，以为纵轴、为横轴建立直角坐标系，在坐标纸上描点，连线后总能得到如图乙所示的图象，这__________填“可以”或“不能”说明运动中小车的速度随时间均匀变化，理由是__________________________________________________________。
白纸上部分点迹如图丙所示，从图中读出、两点间距_________；小车在点时速度大小为_________，段对应的加速度为_________。
四、计算题
21. 如图所示，两个半圆柱、紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱，三者半径均为，的质量为，、的质量都为，与地面间的动摩擦因数均为现用水平向右的力拉，使缓慢移动，直至恰好降到地面．整个过程中保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为求：
未拉时，对的作用力大小
满足题中条件，的最小值
22. 某研究性学习小组利用图所示的实验装置探究物块在恒力作用下加速度与斜面倾角的关系。已知木板可绕轴在竖直平面内转动，板足够长，板面摩擦可忽略不计。某次实验中，质量的物块在平行于板面向上、的恒力作用下，得到加速度与斜面倾角的关系图线，如图所示，已知图中为图线与纵轴交点，为图线与横轴交点。重力加速度取求：
多大？倾角多大？
当倾角为时，物块在力作用下由点从静止开始运动，后撤去，求物块沿斜面运动的最大距离？
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
对木块受力分析，利用平衡条件可知，木块与墙之间一定有弹力和摩擦力；同时墙对木块的弹力与摩擦力的合力一定等于与重力的合力。
本题的关键是受力分析，同时要注意弹力与摩擦力的关系。
【解答】
对木块受力分析，竖直向下的重力、水平向右的推力，若只有这两个力，木块不可能静止，根据平衡条件知物体还一定受到摩擦力，故弹力必定存在，故AB正确；
经分析知，木块受到四个力的作用：重力、推力、弹力、摩擦力，由平衡条件得，墙面对木块的作用力即弹力与摩擦力的合力一定与重力和推力的合力大小相等，故为，故C错误，D正确。
本题选不正确的，故选C。
2.【答案】
【解析】解：根据牛顿第二定律可知，则，物体速度达到时所用时间为，运动的位移为，则工件在到达端前速度就达到了，此后工件与传送带相对静止，因此物体先加速后匀速运动，根据牛顿第二定律可得合外力，先不变后为零，故B正确，ACD错误。
故选：。
根据牛顿第二定律分析加速度的大小，再根据运动学公式求解速度达到传送带速度的时间和位移，由此分析物体的运动情况确定图象。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
3.【答案】
【解析】略
4.【答案】
【解析】
【分析】
解决本题时要注意摩擦力公式可用来求滑动摩擦力或最大静摩擦力，一般的静摩擦力不能用这个公式直接求解，可根据平衡条件或牛顿运动定律求静摩擦力。
【解答】
由于木板处于静止状态，对木板受力分析：水平方向受到木块向右的滑动摩擦力和地面的向左的静摩擦力，其中，由平衡条件得：，故正确；
由于木板相对于地面是否刚好滑动不能确定，地面对木板的静摩擦力不一定达到最大，则木板受到地面的摩擦力的大小不一定是，故错误；
分析可知，木块对木板的摩擦力不大于地面对木板的最大静摩擦力，当改变时，不变，则木板不可能运动，故错误，正确。
故选：。
5.【答案】
【解析】略
6.【答案】
【解析】在小球摆动的过程中，速度越来越大，对小球受力分析根据牛顿第二定律可知：，绳子在竖直方向的分力为：，由于速度越来越大，角度越来越小，故越大，故箱子对地面的作用力增大，在整个运动过程中箱子对地面的作用力时刻变化，故A错误；小球摆到右侧最高点时，小球有垂直于绳斜向下的加速度，对整体由于箱子不动加速度为，为小球在竖直方向的加速度，根据牛顿第二定律可知：，则有：，故，根据牛顿第三定律可知对地面的压力小于，故B错误；在最低点，小球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：，联立解得：，则根据牛顿第三定律知，球对箱的拉力大小为：，故此时箱子对地面的压力为：，故小球摆到最低点时，绳对箱顶的拉力大于，箱子对地面的压力大于，故C错误，D正确，故选D．
【点睛】对运动分析，判断出速度大小的变化，根据牛顿第二定律求得绳子的拉力，即可判断出与地面间的相互作用力的变化，在最低点，球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出绳子的拉力，从而得到箱子对地面的压力．
7.【答案】
【解析】
【分析】
通过图象可知，物块在恒力作用下先做匀减速直线运动，恒力反向后做匀加速直线运动，根据图线求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出恒力和摩擦力的大小．
解决本题的关键通过图线理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行分析．
【解答】
A、由题可知，物体开始时在恒力作用下运动，在内的运动方向是相同的，由题乙可知， 内物块做匀减速直线运动。物体匀减速直线运动的加速度大小为：
，A错误；
B.由，B正确；
匀加速直线运动的加速度大小为：，根据牛顿第二定律得：，，联立两式解得：，，则动摩擦因数为：，CD错误。
故选B．
8.【答案】
【解析】
【分析】本题以磨刀器为例，考查了滑动摩擦力、受力分析、力的合成、牛顿第三定律，知识点较多，属于基础题。
【解答】
A、磨刀过程中，向后轻拉刀具，刀具受到的摩擦力的合力向前，根据牛顿第三定律，磨刀器受到的摩擦力向后，A错误；
B、若水平匀速向后拉动刀具，从两个方向看，受力分析如图示，
磨刀器对刀具的作用力是指两个接触面的支持力与摩擦力的合力，方向应向前方偏上，B错误；
C、根据牛顿第三定律可知，刀具受到的摩擦力等于磨刀器受到的摩擦力，C错误；
D、刀具对磨刀器正压力的两分力夹角应为磨口角的补角，故磨刀器的夹角越小，正压力的两分力夹角越大，当施加相同的正压力时，则两分力越大，故拖动时的滑动摩擦力越大就越难被拉动，故D正确。
9.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查根据物体的受力情况来分析物体运动情况的能力，要用到共点力平衡条件的推论：物体在几个力作用下平衡时，其中一个力与其他各力的合力大小相等、方向相反。
【解答】
A、原来物体在多个力的作用下处于静止状态，物体所受的合力为零，使其中的一个力保持方向不变、大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小的过程中，则物体的合力从零开始逐渐增大，又逐渐减小恢复到零，故A错误；
B、根据牛顿第二定律知，物体的加速度从零开始先增大后减小到零，故B错误；
C、由前面的分析可知，物体先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，根据速度图象的斜率等于加速度可知，速度图象的斜率先增大后减小，故C正确；
D、物体一直做加速运动，位移始终增大，故D错误。
故选C。
10.【答案】
【解析】
【分析】
先对球受力分析，根据平衡条件求解弹簧的拉力；再对、球整体受力分析，根据平衡条件求解弹簧的拉力；最后根据胡克定律判断两个弹簧的劲度系数之比。撤去的瞬间，抓住弹簧的弹力不变，分析两球的加速度。
解决本题的关键要掌握整体法和隔离法的选择技巧：当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体或一个物体各部分间的相互作用时常用隔离法。整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。
【解答】
先对球受力分析，受重力和弹簧的拉力，根据平衡条件，有：
再对、球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧的拉力，如图所示：
根据平衡条件，有：
根据胡克定律，有：
故得：：：，故A正确，B错误；
D.球原来受重力、拉力和两个弹簧的拉力，撤去拉力瞬间，其余个力不变，合力与原来的大小相等，方向相反，故球加速度为：，故D错误；
C.球受重力和拉力，撤去的瞬间，重力和弹力都不变，故加速度仍然为零，处于平衡状态，故C错误。
故选A。
11.【答案】
【解析】
【分析】两物体与斜面所组成的系统保持静止，用整体法判断地面对斜面体的摩擦情况；将、两物体和弹簧看作一个整体，对整受力分析判断系统所受的摩擦力；对小物块受力分析，由力的大小关系结合力的分解判断物体能否滑动；在物块的静摩擦力达到最大时由力的合成解得弹簧的弹力，再由胡克定律得解。
本题主要考查整体法、隔离法及平衡条件的综合应用，知道在临界状态下解得弹簧的弹力是解题的关键，有一定难度。
【解答】两物体与斜面所组成的系统保持静止，用整体法可知地面对斜面体无摩擦力，A错误；
B.、两物体和弹簧看作一个整体，相当于一个质量为的物体放在斜面上保持静止，此时质量为的物体所受的摩擦力为，B正确；
C.对小物块受力分析，其摩擦力等于沿斜面向下的重力的分力与弹簧弹力的合力，由直角三角形的三边关系可知，此时物体的摩擦力大于，故拿走弹簧，物体不可能滑动，C错误；
D.当物块的静摩擦力达到最大时压缩量最大，有，联立可得最大压缩量为，D正确．
故选BD。
12.【答案】
【解析】
【分析】
以木块为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律得出与位移的关系式，再选择图象．再对研究，由平衡条件列出与的关系式分析即可；
本题根据牛顿第二定律得到与的解析式，再选择图象是常用的思路。
【解答】
设原来系统静止时弹簧的压缩长度为，当木块的位移为时，弹簧的压缩长度为，弹簧的弹力大小为，对物体，根据牛顿第二定律得
，得，又，则得，可见与是线性关系，当时，，故A正确，B错误；
对于物体，弹簧处于压缩状态时，根据平衡条件得；弹簧处于伸长状态时，根据平衡条件得，得；故D正确，C错误；
故选AD。
13.【答案】
【解析】
【分析】
根据速度时间图线得出向上做匀减速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出阻力的大小，再根据牛顿第二定律求出下降的加速度，抓住上升的高度和下降的高度相等，结合位移时间公式得出运动的时间之比，根据速度时间图线得出上升的位移，从而得出下降的位移，结合速度位移公式求出小球落到抛出点时的速度，根据加速度的方向判断超失重。
本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过牛顿第二定律和运动学公式求出阻力是解决本题的关键。
【解答】
A.由速度时间图线可知，小球上升的加速度大小，根据牛顿第二定律得，，解得阻力，则重力和阻力大小之比为：，故A正确；
B.小球下降的加速度，根据得，，因为加速度之比为：，则上升和下降的时间之比为：，故B错误；
C.小球匀减速直线运动的位移，根据得，小球落回到抛出点时的速度大小，故C正确；
D.下落过程中，加速度方向向下，则小球处于失重状态，故D错误。
故选AC。
14.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了有关力的分解，受力分析以及整体隔离法的相关知识与运用。
【解答】
以小球为研究对象，分析受力情况，做出受力分析图
如图所示，根据几何关系可知，用顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，先减小，后增大，当的方向沿圆的切线方向上时，最小，此时，故AB错误；
C.以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力，地面支持力，地面摩擦力以及力的作用，由图可知，在顺时针转动的过程中，沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故C正确；
D.以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力，地面支持力，地面摩擦力以及力的作用，由图可知，在顺时针转动的过程中，沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，故D正确。
故选CD。
15.【答案】
【解析】
【分析】
分析小球的运动过程，小球在竖直方向做自由落体运动，小球小球恰能无碰撞地通过管子，说明小球到管口时水平速度刚好减为零。结合着两个突破点解答。
本题注意分析小球的受力，注意分析运动过程，难度适中。
【解答】
A.小球在竖直方向上做自由落体运动，故从抛出点到上管口的运动过程中，有，小球在水平方向上做匀减速运动，因恰能无碰撞地通过管子，故小球到管口时水平速度刚好减为零，设小球的初速度为，有，联立以上两式解得，故A错误；
B.设风力大小为，根据牛顿第二定律有，小球在水平方向上的加速度大小，依题设有，即，将初速度代入得，故B正确；
小球到达上管口时，水平速度减为零，进入管中后其不再受风力作用，只有竖直方向的运动，从抛出到落地全程，小球在竖直方向上做自由落体运动，所以有，则小球落地时的速度大小为，故C正确，D错误。
故选BC。
16.【答案】
【解析】当传送带以运动时，物块能到达传送带上端，则说明 为传送带与水平方向的夹角，所以当传送带速度减小时，仍小物块受力不变，仍满足 ，故小物体仍能到达上端，A错误；若小物块在传送带上运动过程中先做加速运动，后随传送带匀速运动，由于两者速度相同时才会相对静止的做匀速直线运动，当传送带速度减小时，由于匀速直线运动过程位移增大，速度减小，导致时间可能变长，B正确；加速过程中小物块的加速度恒等于 ，所以当传送带速度减小时，两者之间的相对位移减小，故摩擦生热一定减小，C正确；根据以上分析可知小物块的运动时间可能不变，可能减小，可能增大，但小物块上升的高度恒定，根据可知重力的平均功率可能增大，可能减小，可能不变，D错误．
17.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了力的合成与分解的运用、共点力的平衡；本题关键是先对物体受力分析，再对、整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论。
先对物体受力分析，根据平衡条件求解出两个支持力；再对整体受力分析，得出斜面对的静摩擦力关系，再次根据共点力平衡条件列式求解。
【解答】
A.对进行受力分析，由平衡条件可知，初态、间的弹力，与挡板间的弹力；末态、间的弹力，与挡板间的弹力，所以、之间的弹力变小，故A错误；
B.以，为整体进行受力分析可知，初态与斜面体间的摩擦力，末态与斜面体间的摩擦力，，故B正确；
C.以、及斜面体为整体进行受力分析可知，斜面体受到的地面摩擦力的大小等于挡板对的弹力，，所以，故C正确；
D.斜面体受到的地面的支持力等于三者的总重力，大小不变，故D错误。
故选BC。
18.【答案】
【解析】
【分析】
本题的关键是正确对风筝和小朋友受力分析，风筝受到向下的重力、沿绳子方向的拉力以及垂直风筝向上的风力；小朋友受到向下的重力、向上的支持力、绳子的拉力和水平向左的摩擦力，然后用正交分解法根据平衡条件分析即可。
对动力学问题关键是正确进行受力分析，注意本题中风力与风筝垂直向上，人受到的摩擦力是静摩擦力，方向水平向左。
【解答】
设细线与水平面的夹角为，风力大小为，
先研究风筝，分析受力如图，根据平衡条件得：
由题意，，解得：，；故AB正确；
C.对该同学分析受力可知，地面对人的摩擦力方向水平向左，根据牛顿第三定律得知，人对地面的摩擦力方向水平向右，故C错误；
D.对人和风筝整体研究，竖直方向上有：
则得：，故D错误。
故选AB。
19.【答案】【小题】
为了保证滑块滑到槽末端的速度相等，即可使滑块在桌面上运动的初速度相同；
【小题】
【小题】
设滑块滑到桌面时的速度为，离开桌面时的速度为，根据动能定理 根据平抛运动 联立以上各式解得： 故，解得：。
【解析】 略
故还测量桌面与地面的高度差，故选C。
略
20.【答案】【小题】
【小题】可以 由图乙可知小车运动的，则小车做初速度为的匀加速直线运动，则运动中小车的速度随时间均匀变化
【小题】或
【解析】 略
略
略
21.【答案】解：受力平衡，如图所示：
根据平衡条件可得：，
解得受到作用力的大小为：；
恰好降落到地面时，对支持力最大为，如图所示，
则根据力的平衡可得：，
解得：；
所以最大静摩擦力至少为：，
对的面的压力为：，
受地面的摩擦力为：，
根据题意有：，
解得：，
所以动摩擦因数的最小值为：；
【解析】本题主要考查了受力分析和平衡条件的应用，难度适中，注意最大静摩擦力等等于滑动摩擦力。
根据共点力的平衡条件求解受到作用力的大小；
先根据共点力平衡条件求解受到水平方向最大压力，再求出对地面的压力，根据摩擦力的计算公式求解。
22.【答案】解：由图象可知，，木板水平放置，此时物块的加速度为，由牛顿第二定律：，
解得：，
由图象可知木板倾角为 时，物块的加速度，
即： ，
解得：；
当木板倾角为时，对物块由牛顿第二定律得：
，
解得：，
设木块末速度为，由，
得：，
内物块位移：，
撤去后，物块沿斜面向上做匀减速运动，
设加速度为 ，对物块由牛顿第二定律得：，，
撤去力后，物体由于惯性继续上滑的位移为：，
则：物块沿斜面运动的最大距离：。
答：的大小为，倾角的大小为；
当倾角为时，物块在力作用下由点从静止开始运动，后撤去，物块沿斜面运动的最大距离为。
【解析】 本题主要考查匀变速直线运动规律与牛顿第二定律的综合应用，理解图象的含义，知道物体的运动过程是解题的关键，难度一般。
由图象分析的物体的受力，由牛顿第二定律解得加速度大小；知道当加速度为零时，物体的合力为零，由此解得角度大小；
由牛顿第二定律解得内的加速度，由位移公式解的此时间段内的位移，再由速度位移公式解得撤力后的位移，从而得解。
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