1.2021年10月16日0時23分，神舟13號載人飛船成功發(fā)射，約582秒后，載人飛船與火箭成功分離，進(jìn)入預(yù)定軌道，神舟十三號載人飛船于10月16日6時56分，與此時已經(jīng)對接的天舟二號，天舟三號貨運(yùn)飛船一起構(gòu)成四艙組合體，3名工作人員將在空間站停留工作183天，則( )
A. 0時23分指的是時間間隔B. 約582秒指的是時刻
C. 6時56分指的是時間間隔D. 約183天指的是時間間隔
2.2021年4月某游客在揚(yáng)州世園會乘坐熱氣球游玩，游客拍照時不小心將相機(jī)從距離地面30m處滑落，此時熱氣球上升的速度為5m/s，則相機(jī)落地時間約為( )
A. 2sB. 2.4sC. 3sD. 6s
3.一個物體做勻加速直線運(yùn)動，它在第2s內(nèi)的位移為3m，則下列說法正確的是( )
A. 物體在第3s末的速度一定是6m/sB. 物體的加速度一定是2m/s2
C. 物體在前3s內(nèi)的位移一定是9mD. 物體在第3s內(nèi)的位移一定是5m
4.如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩小球分別連在輕繩兩端，輕彈簧的一端與A球相連，另一端固定在傾角為30°的光滑斜面頂端，重力加速度大小為g。則剪斷輕繩的瞬間( )
A. A的加速度為零，B的加速度大小為g
B. A、B的加速度大小均為0.5g
C. A、B的加速度均為零
D. A的加速度為零，B的加速度大小為0.5g
5.在粗糙的水平面上放置一個小物體P。P受到水平的拉力F作用沿水平面運(yùn)動，如圖甲所示，物體P的加速度隨F變化規(guī)律如圖乙中圖線P所示．把物體P換成Q，其他條件不變，重復(fù)操作，得到Q的加速度隨F變化規(guī)律如圖乙中圖線Q所示。圖乙中b、c和d都是已知量，由此可知( )
A. P和Q的動摩擦因數(shù)相同B. P的質(zhì)量大于Q的質(zhì)量
C. P的質(zhì)量為dbD. P的動摩擦因數(shù)小于Q的動摩擦因數(shù)
6.如圖，一小鐵球在水平光滑桌面上沿直線MN做勻速直線運(yùn)動，若在桌面上A點(diǎn)放置一磁鐵(圖中未畫出)，鐵球的運(yùn)動軌跡如圖中曲線MQ所示，P為曲線MQ上一點(diǎn)，若鐵球在P點(diǎn)的速度方向與AP連線垂直，則鐵球在沿曲線MQ運(yùn)動的過程中( )
A. 做勻變速曲線運(yùn)動B. 在P點(diǎn)處于平衡狀態(tài)
C. 在P點(diǎn)的速率大于在M點(diǎn)的速率D. 速率先減小后增大
7.水平面上兩物體A、B通過一根跨過定滑輪的輕繩相連，現(xiàn)物體A以v1的速度向右勻速運(yùn)動，當(dāng)繩被拉成與水平面夾角分別是α、β時(如圖所示)，物體B的運(yùn)動速度vB為(繩始終有拉力)( )
A. v1sinαsinβ
B. v1csαsinβ
C. v1sinαcsβ
D. v1csαcsβ
8.一枚火箭由地面豎直向上發(fā)射，其速度—時間圖像如圖所示，由圖像可知( )
A. 在0～tb時間內(nèi)火箭是上升的，在tb～tc時間內(nèi)火箭是下落的
B. 在0～tc時間內(nèi)火箭一直向上運(yùn)動
C. tc時刻火箭回到地面
D. ta～tb時間內(nèi)火箭處于超重狀態(tài)
9.如圖所示，光滑半球c放在光滑的水平面上，a、b兩個光滑球放在半球上并分別與光滑的豎直擋板M、N接觸。a、b兩球質(zhì)量相等，a、b、c處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列說法正確的是( )
A. N板對b的作用力等于M板對a的作用力
B. c對b的作用力等于c對a的作用力
C. c對b的作用力大于b的重力
D. 水平面對c的作用力小于a、b、c三者的總重力
10.如圖所示，兩個物體A、B用輕彈簧相連接，A用細(xì)線掛在天花板上，B放在水平地面上．已知GA=3N，GB=4N，A、B間彈簧的彈力為2N，則懸線的拉力T、B對地面的壓力FN的可能值分別是( )
A. T=5N，F(xiàn)N=2N
B. T=7N，F(xiàn)N=0
C. T=2N，F(xiàn)N=5N
D. T=1N，F(xiàn)N=6N
二、非選擇題（共54分）
11.某實(shí)驗(yàn)小組利用圖1所示的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。
(1)下列操作正確的是______。
A.調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長木板保持平行
B.通過調(diào)節(jié)木板的傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，將裝有砝碼的砝碼桶通過細(xì)繩拴在木塊上
C.實(shí)驗(yàn)時，先放開木塊再接通打點(diǎn)計時器的電源
D.通過增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時，需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度
(2)如圖2所示為某次實(shí)驗(yàn)得到的一條紙帶，紙帶上兩相鄰計數(shù)點(diǎn)的時間間隔為T=0.10s，其中x1=7.05cm、x2=7.68cm、x3=8.33cm、x4=8.95cm、x5=9.61cm、x4=10.26cm，則打下C點(diǎn)時木塊的瞬時速度大小是______m/s，處理紙帶數(shù)據(jù)得到木塊加速度的大小是______m/s2(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。
(3)在保持木塊的質(zhì)量一定，探究加速度與所受合力的關(guān)系時，由于操作不當(dāng)，有位同學(xué)得到的a?F關(guān)系圖象如圖3所示，其原因是______。
12.在“探究求合力的方法”實(shí)驗(yàn)中，現(xiàn)有木板、白紙、圖釘、橡皮條、細(xì)繩套和彈簧測力計。

(1)下列是某同學(xué)在做該實(shí)驗(yàn)時的想法，其中正確的是______；
A.拉橡皮條的細(xì)線稍微長一些，以便更準(zhǔn)確的測量拉力方向
B.拉橡皮條時，彈簧秤、橡皮條、細(xì)繩應(yīng)貼近木板且與木板平面平行
C.當(dāng)把結(jié)點(diǎn)拉到達(dá)某一設(shè)定位置O點(diǎn)時，拉力F1和F2的夾角越大越好
D.在每組實(shí)驗(yàn)中O點(diǎn)位置可以改變
(2)某次實(shí)驗(yàn)中，彈簧測力計C的指針位置如圖甲所示，其示數(shù)為______N。
(3)圖乙中的F與F′兩力中，方向一定沿AO方向的是______(填“F”或“F′”)。
(4)若只有一個彈簧測力計，為了完成—次該實(shí)驗(yàn)，至少需要______(選填“2”、“3”或“4”)次把橡皮筋與細(xì)繩的結(jié)點(diǎn)拉到O點(diǎn)。
13.傳聞牛頓坐在蘋果樹下，蘋果落到了他頭上，他突發(fā)靈感總結(jié)出了萬有引力定律，科學(xué)家們對現(xiàn)象的觀察和思考是值得我們學(xué)習(xí)的。某同學(xué)測出一棵蘋果樹樹干部分的高度約為?=1.4m，一個蘋果在樹冠頂端由于受到擾動而自由下落(蘋果豎直下落過程中初始速度為零，除重力外其它作用力都忽略不計)，該同學(xué)測出蘋果經(jīng)過樹干所用的時間為t=0.2s，重力加速度g取10m/s2，則：
(1)蘋果樹樹冠部分的高度H約為多少？
(2)蘋果落地時的速度v為多大？
14.可愛的企鵝喜歡在冰面上玩游戲。如圖所示，有一企鵝在傾角為37°的傾斜冰面上，先以加速度a=0.5m/s2從冰面底部由靜止開始沿直線向上“奔跑”，t=8s時，突然臥倒以肚皮貼著冰面向前滑行，最后退滑到出發(fā)點(diǎn)，完成一次游戲(企鵝在滑動過程中姿勢保持不變)。若企鵝肚皮與冰面間的動摩擦因數(shù)μ=0.25，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10m/s2。求：
(1)企鵝向上“奔跑”的位移大小；
(2)企鵝貼著冰面向前滑行過程的加速度大小和退滑到出發(fā)點(diǎn)過程的加速度大??；
(3)企鵝退滑到出發(fā)點(diǎn)時的速度大小。(計算結(jié)果用根式表示)
15.如圖所示，粗細(xì)均勻且足夠長的直桿水平放置，一個質(zhì)量為m=0.6kg的小圓環(huán)套在桿上，靜止在O點(diǎn)。在桿所在的豎直平面內(nèi)，現(xiàn)用與水平方向成0=37°角斜向右上的拉力F拉圓環(huán)，圓環(huán)以a=8m/s2的加速度向右做勻加速運(yùn)動。已知圓環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度為g=10m/s2。
(1)求桿對圓環(huán)的彈力大小及拉力F的大??；
(2)若拉力F=10N，作用1.5s后撤去拉力，則圓環(huán)在桿上運(yùn)動的總距離為多少？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：時間間隔對應(yīng)時間軸上一段距離，時刻對應(yīng)時間軸上某一個具體點(diǎn)。
A.0時23分指的是時刻，故A錯誤；
B.約582秒是時間間隔，故B錯誤；
C.6時56分指的是時刻，故C錯誤；
D.約183天指的是時間間隔，故D正確。
故選：D。
時間間隔對應(yīng)時間軸上一段距離，時刻對應(yīng)時間軸上某一個具體點(diǎn)。
本題考查時刻和時間間隔的概念，屬于基礎(chǔ)簡單題目，解題關(guān)鍵是理解時刻和時間間隔的區(qū)別和聯(lián)系。
2.【答案】C
【解析】解：選取豎直向上為正方向，相機(jī)離開氣球時的初速度為v0=5m/s，方向豎直向上，最終落地位移為?=?30m，
根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律可知：?=v0t+12(?g)t2
代入數(shù)據(jù)，解得：t=3s，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
相機(jī)離開氣球時的初速度為5m/s，方向豎直向上，做豎直上拋運(yùn)動，最終落地位移為?30m，所以應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動的位移時間關(guān)系式即可解出時間．
處理豎直上拋運(yùn)動的基本方法有兩種：分段法和整體法，根據(jù)實(shí)際情況選擇合適的方法即可．應(yīng)用整體法時，運(yùn)動規(guī)律要記清楚．
3.【答案】C
【解析】解：AB、由于勻加速直線運(yùn)動的初速度未知，僅知道第2s內(nèi)的位移，無法求出物體的加速度、3s末的速度，故AB錯誤；
C、設(shè)物體的初速度為v0，加速度為a，則根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的位移?時間公式有：
物體在第2s內(nèi)的位移為：x2=(2v0+12a?22)m?(v0+12a?12)m=(v0+3a2)m
物體在前3s內(nèi)的位移為：x=(3v0+12a?32)m=3(v0+3a2)m
因?yàn)閤2=3m，所以前3秒內(nèi)的位移x=9m，故C正確；
D、由于勻加速直線運(yùn)動的初速度未知，僅知道第2s內(nèi)的位移，無法求出物體在第3s內(nèi)的位移，故D錯誤。
故選：C。
首先知道勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律和此題是否是初速度為零，然后根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律靈活求解即可。
本題考查的是勻變速直線運(yùn)動規(guī)律，靈活應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律是解題的關(guān)鍵，注意初速度與加速度未知。
4.【答案】B
【解析】解：設(shè)小球的質(zhì)量為m，對整體分析，彈簧的彈力F=2mgsin30°=mg，
剪斷細(xì)線的瞬間，彈簧的彈力不變，對A分析，aA=F?mgsin30°m=0.5g，方向沿斜面向上；
B的加速度為：aB=mgsin30°m=0.5g，方向沿斜面向下，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
對整體分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出彈簧的彈力大小，剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力不變，隔離對A、B分析，運(yùn)用牛頓第二定律求出A、B的加速度大小。
本題考查了牛頓第二定律的瞬時問題，抓住剪斷細(xì)線的瞬間，彈簧的彈力不變，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行求解，基礎(chǔ)題。
5.【答案】A
【解析】解：設(shè)物體的質(zhì)量為m、與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，根據(jù)牛頓第二定律可得：F?μmg=ma
解得：a=1m?F?μg。
a?F圖像的斜率表示1m，與縱坐標(biāo)截距的絕對值表示μg。
AD、由于二者與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)相同，則動摩擦因數(shù)相等，故A正確、D錯誤；
B、a?F圖像的斜率表示1m，根據(jù)圖線可知P的質(zhì)量小于Q的質(zhì)量，故B錯誤；
C、根據(jù)圖像可知：1mP=db，則P的質(zhì)量為：mP=bd，故C錯誤。
故選：A。
根據(jù)牛頓第二定律得到a?F的表達(dá)式，結(jié)合圖像的斜率、截距進(jìn)行分析。
對于圖象問題，關(guān)鍵是能夠根據(jù)已知的公式、定律等推導(dǎo)出橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)的關(guān)系式，分析斜率、截距等，然后作出正確的判斷。
6.【答案】C
【解析】解：A、鐵球在沿曲線MQ運(yùn)動的過程中，所受磁鐵的磁力大小和方向均在改變，故鐵球做非勻變速曲線運(yùn)動，故A錯誤；
B、鐵球在P點(diǎn)受磁鐵的磁力，不處于平衡狀態(tài)，故B錯誤；
CD、鐵球從M到P點(diǎn)的速度方向與磁場力的夾角小于90°，磁場力對鐵球做正功，鐵球的速率增大，鐵球在P點(diǎn)的速度方向與所受磁力方向垂直，鐵球從P到Q點(diǎn)的速度方向與磁場力的夾角大于90°，磁場力對鐵球做負(fù)功，鐵球的速率減小，故C正確，D錯誤。
故選：C。
磁場力大小和方向都變化，鐵球做非勻變速曲線運(yùn)動；鐵球加速度不為零，處于非平衡狀態(tài)；根據(jù)磁場力與速度方向的夾角判斷鐵球做功情況，從而判斷鐵球的速率如何變化。
本題考查曲線運(yùn)動的特點(diǎn)，要求學(xué)生會通過速度方向與磁場力方向的夾角判斷磁場力做功，從而判斷鐵球的速率如何變化。
7.【答案】D
【解析】解：對A物體的速度沿著繩子方向與垂直繩子方向進(jìn)行分解，則有沿著繩子方向的速度大小為vAcsα；對B物體的速度沿著繩子方向與垂直繩子方向進(jìn)行分解，則有沿著繩子方向的速度大小為vBcsβ，由于沿著繩子方向速度大小相等，所以則有v1csα=vBcsβ，因此vB=csαcsβv1，故ABC錯誤，D正確；
故選：D。
分別對A、B物體速度沿著繩子方向與垂直繩子方向進(jìn)行分解，根據(jù)三角函數(shù)關(guān)系及沿著繩子方向速度大小相等，可知兩物體的速度大小關(guān)系．
考查學(xué)會對物體進(jìn)行運(yùn)動的分解，涉及到平行四邊形定則與三角函數(shù)知識，同時本題的突破口是沿著繩子的方向速度大小相等．
8.【答案】BD
【解析】解：ABC.在v?t圖像中，速度的正負(fù)表示速度方向，由于火箭在0～tc時間內(nèi)的速度方向不變，則火箭一直向上運(yùn)動，tc時刻到達(dá)最高點(diǎn)，故AC錯誤，B正確。
D.ta～tb時間內(nèi)火箭加速上升，加速度向上，火箭處于超重狀態(tài)，故D正確。
故選：BD。
根據(jù)v?t圖像的斜率表示加速度，分析加速度的大??；根據(jù)速度的正負(fù)表示速度的方向分析火箭的運(yùn)動方向，確定何時離地最遠(yuǎn)。
本題主要考查了速度—時間圖像，對于速度—時間圖像問題，要抓住速度的正負(fù)反映速度的方向，圖像的斜率表示加速度，由此來分析火箭的運(yùn)動情況。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、對a、b、c組成的整體受力分析，水平方向只受M、N兩個擋板的作用力，根據(jù)受力平衡條件，可得N板與b球的作用力等于M板與a球的作用力，故A正確；
B、對b球和a球受力分析，都只受三個作用力，因?yàn)閎、a兩球質(zhì)量相等，所以重力相等，N板對b球的作用力又等于M板對a球的作用力，根據(jù)受力平衡，得c球?qū)、a兩球的作用力相等，故B正確；
C.對b受力分析，可知c對b的作用力在豎直方向的分力等于b的重力，所以c對b的作用力大于b的重力，故C正確；
D.對a、b、c組成的整體受力分析，豎直方向根據(jù)平衡條件可知，水平面對c的作用力等于a、b、c三者的總重力，故D錯誤。
故選：ABC。
利用整體法和隔離法對物體受力分析，結(jié)合平衡方程，分析結(jié)果。
本題主要考查對整體法和隔離法的應(yīng)用，以及平衡條件的理解。
10.【答案】AD
【解析】解：由題意可知，B受重力、彈簧的彈力及地面的支持力而處于平衡；
若彈簧的彈力向下，則有：FN=mg+F=4N+2N=6N；
對整體受力分析有：T=GA+GB?FN=7N?6N=1N；
若彈簧處伸長狀態(tài)，B受支持力為：FN=GB?F=4N?2N=2N；
對整體有：T=GA+GB?FN=7N?2N=5N；
故AD正確；BC錯誤；
故選：AD
本題中沒有說明彈簧的形變是伸長還是壓縮，故應(yīng)分別對兩種情況進(jìn)行計論；由共點(diǎn)力的平衡可得出B對地面的壓力．再對整體受力分析可得出繩子的拉力．
本題考查共點(diǎn)力的平衡條件的應(yīng)用，注意題目中隱含的條件：彈簧的形變方向未知，則會產(chǎn)生兩種可能情況，應(yīng)全面考慮．
11.【答案】A 0.80 0.64 沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
【解析】解：(1)A、調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長木板保持平行，否則拉力不會等于合力，故A正確；
B、在調(diào)節(jié)模板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，不應(yīng)懸掛“重物”，故B錯誤；
C、打點(diǎn)計時器要“早來晚走”即實(shí)驗(yàn)開始時先接通打點(diǎn)計時器的電源待其平穩(wěn)工作后再釋放木塊，而當(dāng)實(shí)驗(yàn)結(jié)束時應(yīng)先控制木塊停下再停止打點(diǎn)計時器，故C錯誤；
D、平衡摩擦力后，有mgsinθ=μmgcsθ，即μ=tanθ，與質(zhì)量無關(guān)，故通過增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時，不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度，故D錯誤。
(2)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動中時間中點(diǎn)的速度等于該過程中的平均速度得：
vC=0.0768+0.08332×0.1m/s=0.80m/s，
根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：
a=(x4+x5+x6)?(x1+x2+x3)9T2=(0.0895+0.0961+0.1026)?(0.0705+0.0768+0.0833)9×0.12m/s2=0.64m/s2。
(3)由圖可知，當(dāng)拉力達(dá)一定程度時才出現(xiàn)了加速度，說明存在摩擦力作用，即實(shí)驗(yàn)中沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。
故答案為：(1)A；(2)0.80；0.64；(3)沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。
(1)實(shí)驗(yàn)要保證拉力等于小車受力的合力，要平衡摩擦力，細(xì)線與長木板平行；
(2)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動中間時刻的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上A點(diǎn)時小車的瞬時速度大??；
(4)根據(jù)圖象與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)表示的物理意義來分析。
解決本題的關(guān)鍵知道實(shí)驗(yàn)的原理以及實(shí)驗(yàn)的注意事項，掌握紙帶的處理，會通過紙帶求解瞬時速度和加速度。
12.【答案】AB 2.10 F′ 3
【解析】解：(1)A.拉橡皮條的細(xì)繩長一些，以便記憶力的方向，實(shí)驗(yàn)效果較好，故A正確；
B.拉橡皮條時，彈簧秤、橡皮條、細(xì)繩應(yīng)貼近木板且與木板平面平行，故B正確；
C.橡皮條彈性要好，拉結(jié)點(diǎn)到達(dá)某一位置O時，拉力大小以及拉力F1和F2的夾角大小要適當(dāng)，并非越大越好，故C錯誤；
D.在實(shí)驗(yàn)中O點(diǎn)位置不能變，以保持等效性，故D錯誤。
故選：AB。
(2)根據(jù)彈簧秤的讀數(shù)原則，分度值為0.1N，向下估讀一位，彈簧秤上的示數(shù)為2.10N。
(3)圖乙中的F與F′兩力中，方向一定沿AO方向的是F′，因?yàn)镕′是一個彈簧秤作用時的拉力。
(4)先用手拉住一條細(xì)繩，用彈簧測力計拉住另一條細(xì)繩，互成角度地拉橡皮條，使其結(jié)點(diǎn)到達(dá)某一點(diǎn)O，記下位置O、彈簧測力計的示數(shù)F1和兩個拉力的方向；交換彈簧測力計和手所拉細(xì)繩的位置，再次將結(jié)點(diǎn)拉至O點(diǎn)，使兩力的方向與原來兩力的方向相同，并記下此時彈簧測力計的示數(shù)F2；只用一個彈簧測力計將結(jié)點(diǎn)拉至O點(diǎn)，并記下此時彈簧測力計的示數(shù)F及方向．所以若只有一個彈簧測力計，為了完成該實(shí)驗(yàn)至少需要3次把橡皮條結(jié)點(diǎn)拉到O點(diǎn)。
故答案為：(1)AB；(2)2.10；(3)F′；(4)3
(1)根據(jù)驗(yàn)證平行四邊形定則的正確操作步驟作答；
(2)根據(jù)彈簧測力計的分度值讀數(shù)；
(3)根據(jù)平行四邊形定則作出的為合力的理論值，單獨(dú)用一個彈簧測出的F為合力的實(shí)際值；
(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析解答。
本題考查“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)的原理為等效替代法；在作力的動態(tài)變化時，要保證合力不變、分力F1的方向不變。
13.【答案】解：(1)根據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律，路過樹干的過程?=v0t+12gt2
解得路過樹干的初速度v0=??12gt2t=1.4?12×10×
由頂端到樹干的過程，根據(jù)2gH=v02
解得
H=v022g=622×10m=1.8m
(2)由開始下落到落地過程，根據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律可知2g(?+H)=v2
解得
v= 2g(H+?)= 2×10×(1.8+1.4)m/s=8m/s
答：(1)蘋果樹樹冠部分的高度H約為1.8m；
(2)蘋果落地時的速度v為8m/s。
【解析】(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動位移與時間的關(guān)系可以求出路過樹干的速度，蘋果從頂端下落到樹干過程中做自由落體運(yùn)動，根據(jù)速度與位移的規(guī)律可以求出樹冠的高度；
(2)蘋果從開始下落到落地的過程做自由落體運(yùn)動，根據(jù)自由落體運(yùn)動速度與位移的規(guī)律求出落地的速度；
本題考查的是自由落體運(yùn)動的規(guī)律的運(yùn)用，題型較為簡單，解題得入手點(diǎn)在需先求出蘋果經(jīng)過樹干的初速度；
14.【答案】解：(1)在企鵝向上“奔跑”的過程中有
x=12at2
解得
x=16m
(2)在企鵝臥倒以后將進(jìn)行兩個過程的運(yùn)動，第一個過程是從臥倒到最高點(diǎn)，第二個過程是從最高點(diǎn)滑回到出發(fā)點(diǎn)，兩次過程根據(jù)牛頓第二定律分別有
mgsin37°+μmgcs37°=ma1
mgsin37°?μmgcs37°=ma2
解得
a1=8m/s2
a2=4m/s2
(3)企鵝從臥倒滑到最高點(diǎn)的過程中，做勻減速直線運(yùn)動，設(shè)時間為t′，位移為x′
則有v=at=a1t′
x′=12a1t12
企鵝從最高點(diǎn)滑到出發(fā)點(diǎn)的過程中，設(shè)末速度為vt，初速度為0，則有
vt2?02=2a2(x+x′)
解得
vt=2 34m/s
答：(1)企鵝向上“奔跑”的位移大小為16m；
(2)企鵝貼著冰面向前滑行過程的加速度大小為8m/s2，退滑到出發(fā)點(diǎn)過程的加速度大小為4m/s2；
(3)企鵝退滑到出發(fā)點(diǎn)時的速度大小為2 34m/s。
【解析】(1)根據(jù)位移—時間公式解答；
(2)根據(jù)牛頓第二定律分析解答；
(3)根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律結(jié)合企鵝的運(yùn)動情況分析解答。
本題是一道動力學(xué)綜合問題，考查學(xué)生受力分析根據(jù)牛頓第二定律求不同過程的加速度的能力，有一定難度。
15.【答案】解：(1)假設(shè)桿對圓環(huán)有向上的彈力，對圓環(huán)進(jìn)行受力分析如下圖所示：
豎直方向由平衡條件：N+Fsinθ=mg
水平方向由牛頓第二定律：Fcsθ?μN(yùn)=ma
代入數(shù)據(jù)解得：F=7811N≈7.09N，N=9655N≈1.75N
如果桿對圓環(huán)的彈力向下，對圓環(huán)進(jìn)行受力分析如圖所示：
豎直方向由平衡條件：Fsinθ=mg+N
水平方向由牛頓第二定律：Fcsθ?μN(yùn)=ma
代入數(shù)據(jù)解得：F=3.6N，N=?3.84N

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