高一物理上学期第二次月考试题4 (3)

崇仁县第二中学高一年级第二次月考物理试卷学校:_姓名：_班级：_考号：_注意：本试卷包含、两卷。第卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。第I卷（选择题）一、单选题(本大题共8小题，共32.0分)1.甲、乙、丙三个物体同时、同地出发做直线运动，它们的位移图象如图所示，下列说法中正确的是（） A.乙物体做加速度不变的直线运动，甲、丙两物体做变加速直线运动 B.三物体在前10s内的平均速率相等 C.出发后到再次相遇，三物体的运动方向始终相同 D.出发后到再次相遇前，甲物体一直在乙物体的前面，丙物体一直在乙物体的后面2.图为某物体做直线运动的速度-时间图象，请根据该图象判断下列说法正确的是（） A.物体第3s初的速度为零B.物体的加速度为-4m/s2 C.物体做的是单向直线运动D.物体运动的前5s内的位移为26m3.一物体做匀变速直线运动，初速度为2m/s，加速度大小为1m/s2，则经1s后，其末速度（） A.一定为3m/sB.一定为1m/s C.可能为1m/sD.不可能为1m/s4.如果从高楼相隔ls先后释放两个相同材料制成的小球，假设小球做自由落体运动，则它们在空中各个时刻（） A.两球的距离始终保持不变B.两球的距离越来越小 C.两球的距离先越来越小，后越来越大D.两球的距离越来越大5.如图所示，物体A和物体B叠放在水平地面上且处于静止状态，此时地面受到的压力的施力物体是（） A.物体A B.物体BC.物体A和物体B D.地面6.如图所示，一个倾角为的斜面固定在水平地面上，质量为m的物块与斜面之间的动摩擦因数为并以某一初速度沿劈的斜面向上滑，至速度为零后静止在斜面上则下列选项中正确的是（） A.物块在上滑过程中所受摩擦力大小为mgsin B.物块在上滑过程中所受摩擦力大小为mg C.物块m静止在斜面上后，所受的摩擦力大小为mgcos D.物块m静止在斜面上后，所受的摩擦力大小为mgsin7.对于下列现象的解释，正确的是（） A.蹦床运动员在空中上升和下落过程中，都处于失重状态 B.物体超重时惯性大，失重时惯性小，完全失重时不存在惯性 C.撤掉水平推力后，物体很快停下来，说明力是维持物体运动的原因 D.宇航员在围绕地球做匀速圆周运动的航天飞机中，处于完全失重状态时受力平衡8.如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B小球用细绳固定在倾角为30的光滑斜面上，若不计弹簧质量，在细绳被剪断的瞬间，A、B两小球的加速度分别为（） A.都等于B.0和C.和0D.和0二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)9.甲、乙 两物体在t=0时的位置如图（A）所示，之后它们沿x轴正方向运动的速度图象如图（B）所示，则以下说法正确的有（） A.t=2s时甲追上乙 B.在前4s内甲乙两物体位移相等 C.甲追上乙之前两者间的最远距离为4m D.甲追上乙之前两者间的最远距离为16m10.放在水平地面上的物体M上表面有一物体m，m与M之间有一处于压缩状态的弹簧，整个装置处于静止状态，如图所示，则关于M和m受力情况的判断，正确的是（） A.m受到向右的摩擦力B.M受到m对它向左的摩擦力 C.地面对M的摩擦力方向右D.地面对M不存在摩擦力作用11.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用图所示的装置下列说法中正确的是（） A.在探究加速度与质量的关系时，应该改变拉力的大小 B.在探究加速度与外力的关系时，应该改变小车的质量 C.在探究加速度a与质量m的关系时，为直观判断二者关系，应作出a-图象 D.当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小12.如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则（） A.当F2mg时，A、B都相对地面静止B.当F=mg时，A的加速度为g C.当F3mg时，A相对B滑动D.无论F为何值，B的加速度不会超过g三、实验题探究题(本大题共3小题，每空2分,共20分)13.().如图所示，某同学在做“探究弹簧伸长量与弹力的关系”实验时，先测出不挂钩码时弹簧的长度L0=20.00cm，然后在弹簧的下端依次挂上不同个数规格相同的钩码，测出每次相应的弹簧长度L，得到下面的记录表格 次数弹簧的长度 L/cm弹簧伸长量x/cm弹力大小 F/N122.002O00.49224.000.98326OO6OOl.47428Ol8Ol1.96529.989.982.45（1）当弹力大小为0.98N时，弹簧伸长量为 _ cm； （2）由实验可知，在弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的伸长量成 _ （选填“正比”或“反比”）； （3）由表中数据，可求出该弹簧的劲度系数为 _ N/m().在“探究求合力的方法”实验中，可以设计不同的方案探究以下是甲、乙两位同学设计的两个实验方案， （1）甲同学设计的方案如图1，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套实验中需用两个弹簧测力计分别钩住绳套，并互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O 某同学在做该实验时认为： A拉橡皮条的绳细一些且长一些，实验效果较好 B拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行 C橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，橡皮条方向必须在两细绳夹角的角平分线上 D拉力F1和F2的夹角越大越好 其中正确的是 _ （填入相应的字母） 若某次测量中两个弹簧测力计的读数均为4N，且两弹簧测力计拉力的方向相互垂直，则 _ （选填“能”或“不能”）用一个量程为5N的弹簧测力计测量出它们的合力，理由是： _ （2）乙同学在家中用三根相同的橡皮筋（遵循胡克定律）来探究求合力的方法，如图2所示，三根橡皮筋在O点相互连接，拉长后三个端点用图钉固定在A、B、C三点在实验中，可以通过刻度尺测量橡皮筋的长度来得到橡皮筋的拉力大小，并通过OA、OB、OC的方向确定三个拉力的方向，从而探究求其中任意两个拉力的合力的方法在实验过程中，下列说法正确的是 _ A实验需要测量橡皮筋的长度以及橡皮筋的原长 B为减小误差，应选择劲度系数尽量大的橡皮筋 C以OB、OC为两邻边做平行四边形，其对角线必与OA在一条直线上且两者长度相等 D多次实验中O点不必是同一位置().在做“验证牛顿第二定律”的实验时： （1）甲同学根据实验数据画出的小车加速度a和小车所受拉力F的图象为下图中的直线，乙同学画出的图象为图中的直线直线、在纵轴或横轴上的截距较大明显超出了误差范围，下面给出了关于形成这种情况原因的四种解释，其中可能正确的是 _ （A）实验前甲同学没有平衡摩擦力 （B） 甲同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了 （C） 实验前乙同学没有平衡摩擦力 （D） 乙同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了 （2）在研究小车的加速度a和小车的质量M的关系时，由于始终没有满足Mm（m为砂桶及砂桶中砂的质量）的条件，结果得到的图象应是如下图中的图 _ （3）在研究小车的加速度a和拉力F的关系时，由于始终没有满足Mm的关系，结果应是下图中的图 _ 四、计算题(本大题共3小题，10+12+10=32分)14.(10分)在水平桌面上，用一弹簧沿水平方向拉木板，木板做勻速直线运动，测出 该情况下弹簧的长度为l1=12cm若在木板上放一质量为m=5kg的物体，仍用原弹簧 沿水平方向勻速拉动木板，弹簧的长度变为l2=14cm两次拉动时，弹簧的型变量均未超 过弹簧的弹性限度已知木板与水平桌面间的动摩擦因数=0.2试求该弹簧的劲度系数（g取9.8N/kg） 15.(12分)如图所示，物体的质量m=1.0kg，物体与地面间的动摩擦因数=0.5，取g=10m/s2若沿水平向右方向施加一恒定拉力F=9.0N，使物体由静止开始做匀加速直线运动求： （1）物体的加速度大小； （2）2s末的速度大小； （3）2s末撤去拉力F，物体还能运动多远？ 16.10分)如图所示，在动摩擦因数为=0.2的水平面上有两个斜边倾角相同的梯形物体，质量分别为M1=2kg和M2=1kg，从0时刻开始，用水平力F向右推M1，使M1、M2一起从静止开始做匀加速运动，3s末的速度是m/s，在运动过程中M2对地面恰好无压力，M1和M2之间光滑但无相对滑动，取g=10m/s2，求 （1）梯形斜边倾角 （2）水平推力F的大小 崇仁县第二中学高一年级第二次月考物理试卷答案和解析【答案】 1.D2.B3.C4.D5.B6.D7.A8.B9.BD10.ABD11.CD12.BCD13.().4.00；正比；24.5 ().AB；不能；合力为4N5N，超出了弹簧测力计的量程；AD ().BC；D；D 14.解：设弹簧的原长为l0，木板的质量为M 第一次用弹簧沿水平方向拉木板时，木板做匀速直线运动，弹簧的拉力等于木板受到的滑动摩擦力，即： k（l1-l0）=Mg 第二次在木板上放一质量为m=5kg的物体时，由平衡条件得 k（l2-l0）=（M+m）g 联立得k=490N/m 答：该弹簧的劲度系数是490N/m 15.解：（1）根据牛顿第二定律F-f=ma， f=mg0.510=5N 则a=4m/s2 （2）对于匀加速运动，2s末的速度v=v0+at=8m/s （3）撤去拉力后的加速度大小， 则物体还能滑行的距离x= 答：（1）物体的加速度大小为4m/s2； （2）2s末的速度大小为8m/s； （3）2s末撤去拉力F，物体还能运动6.4m 16.解：（1）物体做初速度为零的匀加速直线运动，根据速度时间关系公式，有： v=v0+at 解得： 对M2受力分析，受重力和支持力，合力水平向右，根据牛顿第二定律，有： M2gtan=M2a 解得：tan=，解得，故=30 （2）对整体受力分析，受重力、支持力、推力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有： F-f=（M1+M2）a 其中；f=（M1+M2）g 联立解得：F=（M1+M2）a+（M1+M2）g=23.3N 答：（1）梯形斜边倾角为30； （2）水平推力F的大小约为23.3N 【解析】 1. 解：A、x-t图象的斜率表示速度，乙物体做匀速直线运动，甲丙两物体做变速直线运动，A错误； B、由图可知，三物体最终位移相等，路程不等，用时相等，故平均速率不相等，B错误； C、三者都做直线运动，由于甲物体有反向运动过程，而乙丙均只有单向运动，故C错误； D、由相同时刻对应的位移知：出发后到再次相遇前，甲物体一直在乙物体的前面，丙物体一直在乙物体的后面，D正确； 故选：D 根据x-t图象中点线的含义明确物体的位移和路程；再由平均速率公式确定平均速率 注意平均速率等于路程与时间的比值；平均速度等于位移与时间的比值 2. 解：A、物体第3s初的速度为4m/s故A错误 B、物体的加速度a=-4m/s2故B正确 C、物体前3s向正方向运动，3s末以后向负方向运动故D错误 D、物体运动的前3s内的位移为x1=m=18m，后2s内位移x2=- 则物体运动的前5s内的位移为x=x1+x2=10m 故选B 由图直接读出第3s初的速度图线的斜率表示加速度物体前3s向正方向运动，3s末以后向负方向运动根据“面积”求解位移 本题中D项容易出错，要注意位移的方向，不能仅仅从面积求解位移大小 3. 解：若加速度方向与初速度方向相同，则1s末的速度为：v=v0+at=2+11m/s=3m/s； 若加速度方向与初速度方向相反，则1s末的速度为：v=v0+at=2-11m/s=1m/s故C正确，A、B、D错误 故选：C 根据速度时间公式求出物体的末速度，注意加速度的方向可能与初速度方向相同，可能与初速度方向相反 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式，并能灵活运用，需讨论加速度的方向 4. 解：设乙运动的时间为t，则甲运动时间为t+1，则 两球的距离h=-=g+gt，随时间逐渐增大，故D正确，ABC错误 故选D 甲、乙两球均做自由落体运动，由位移公式列出它们的距离与时间关系的表达式即可判断 本题主要考查了自由落体运动位移时间关系的直接应用，难度不大，属于基础题 5. 解：弹力是接触力，施力物体与受力物体是相互接触的，故B物体对地面有压力，或者说AB整体对地面有压力，A物体对地面没有压力，故施力物体只能是B物体； 故选：B 弹力是接触力，施力物体与受力物体是相互接触的 本题涉及弹力判断，关键是明确弹力的产生条件：有形变，施力物体与受力物体相互接触 6. 解：A、B物块在上滑过程中，受到的是滑动摩擦力，物块对斜面的压力大小为N=mgcos，摩擦力大小为f=N=mgcos故AB错误 C、D当物块m静止在斜面上后，受到的是静摩擦力，根据平衡条件得到，静摩擦力与重力沿斜面向下的分力平衡，大小为f=mgsin故C错误，D正确 故选：D 物块在上滑的过程中，受到斜面的滑动摩擦力作用，根据摩擦力公式求解其大小当物块静止在斜面上时，物块受到斜面的静摩擦力，根据平衡条件求解摩擦力的大小 滑动摩擦力可根据滑动摩擦力公式求解，而静摩擦力不能根据公式f=N求，当物体处于平衡状态时，由平衡条件求解 7. 解：A、蹦床运动员在空中上升和下落过程中，加速度方向都向下，都处于失重状态，故A正确 B、惯性大小与物体的质量有关，人处于超重或失重状态时，质量不变，故B错误 C、撤掉水平推力后，物体很快停下来，说明力是改变物体运动状态的原因，故C错误 D、宇航员在围绕地球做匀速圆周运动的航天飞机中，只受重力具有向心加速度，处于完全失重状态，故D错误 故选A 当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度； 当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度； 人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大 本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了 8. 解：在剪断绳子之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力相等在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变仍为A的重力沿斜面上的分力故A球的加速度为零； 在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到到重力、弹簧的向下拉力、支持力所以根据牛顿第二定律得： aB=； 故B正确，ACD错误 故选：B 在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，再分别对A、B两个小球运用牛顿第二定律，即可求得加速度 该题考查瞬时加速度问题，要注意明确在剪断绳子的瞬间，绳子上的力立即减为0，而弹簧的弹力不发生改变，再结合牛顿第二定律进行分析求解即可 9. 解：A、t=2s时甲乙位移之差等于m=4m，而出发时相隔12m，所以此时甲还没有追上乙故A错误 B、根据速度图象的“面积”大小等于位移，由几何知识得知，在前4s内甲乙两物体位移相等，都是16m故B正确 C、D当甲乙的速度相等时，相距最远，最远的距离等于t=2s时两者位移之差与12m之和，即为Smax=4m+12m=16m故C错误，D正确 故选BD 甲乙两物体同向运动，出发点相隔12m，当甲、乙的位移之差等于12m时，甲追上乙根据速度图象的“面积”大小等于位移分析位移关系，判断甲有无追上乙当两者速度相等时相距最远 本题关键抓住速度图象的“面积”大小等于位移，分析两物体的运动关系 10. 解：A、以m为研究对象，压缩状态的弹簧对m有向左的弹力，由平衡条件得到，m受到向右的摩擦力，故A正确； B、根据牛顿第三定律得知，M受到m对它向左的摩擦力，故B正确； C、D、先以整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得到，地面对M没有摩擦力故C错误，D正确； 故选ABD 分别以M、m为研究对象，根据平衡条件研究它们受到的摩擦力再以整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析地面对M有无摩擦力 本题涉及两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象进行分析是关键常规题 11. 解：A、在探究加速度与质量的关系时，应保持拉力的大小不变，故A错误； B、在探究加速度与外力的关系时，用保持小车的质量不变，改变砝码盘和砝码的总质量故B错误 C、在探究加速度与质量的关系时作出a-图象容易更直观判断出二者间的关系，故C正确 D、当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，故D正确； 故选：CD 该实验采用控制变量法，先控制小车的质量不变，研究加速度与力的关系，再控制砝码盘和砝码的总重力不变，研究加速度与质量的关系当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，细线的拉力等于砝码盘和砝码的总重力大小 解决本题的关键知道实验的研究方法，会通过图象探究加速度和力和质量的关系，知道实验中的两个认为：1、认为细线的拉力等于小车的合力，2、认为砝码盘和砝码的总重力等于细线的拉力 12. 解：A、设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2mg，f3的最大值为，故当0F时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误； B、设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F，加速度为a，则对A，有F-2mg=2ma，对A、B整体，有F-，解得F=3mg，故当F3mg时，A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当F3mg时，A相对于B滑动 当F=时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有F-=3ma，解得a=，故B、C正确 D、对B来说，其所受合力的最大值Fm=2mg-，即B的加速度不会超过，故D正确 故选：BCD 根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力然后通过整体法隔离法逐项分析 本题考查牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力 13.() 解：（1）弹簧原长为20cm，当弹力大小为0.98N时，弹簧伸长量为24.00-20.0=4.00cm； （2）由表中数据可知，伸长量的比值与弹力的比值相同，故说明弹簧的弹力与弹簧的伸长量成正比； （3）劲度系数k=24.5N/m； 故答案为：（1）4.00；（2）正比；（3）24.5根据弹簧的长度和原长可求得伸长量；根据表中数据进行分析，明确弹力变化以及伸长量变化之间的关系；根据胡克定律可求得劲度系数 本题考查探究弹力和弹簧伸长之间的关系，要注意掌握数据分析的方法，也可以利用表格作出图象再进行分析，误差将更小 (). 解：（1）A、在实验中要减小拉力方向的误差，应让标记同一细绳方向的两点尽量远些，故细绳应该长一些，故A正确； B、作图时，我们是在白纸中作图，做出的是水平力的图示，若拉力倾斜，则作出图的方向与实际力的方向有有较大差别，故应使各力尽量与木板面平行，故B正确； C、橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力与拉力的夹角应适当大些，但橡皮条方向不必须在两细绳夹角的角平分线上，故C错误； D、两个拉力的夹角过大，合力会过小，量取理论值时相对误差变大，夹角太小，会导致作图困难，也会增大偶然误差，故D错误 故选：AB 两力均为4N，且相互垂直，则其合力大小为F=4N5N，合力超过了弹簧秤的量程，故弹簧秤无法测出物体所受的合力，故不能使用 （2）A、需要知道橡皮筋的伸长量才能表示橡皮筋的弹力，故应该测量橡皮筋的原长，故A正确； B、为了减小误差，橡皮筋的伸长量应该大些，故应选择劲度系数稍小的橡皮筋，故B错误； C、由于橡皮筋的弹力与它的长度不成正比，所以OB、OC弹力的合力方向与以OB、OC为两邻边做平行四边形的对角线不重合，故C错误； D、不同的O点依然满足任意两个橡皮筋弹力的合力与第三个橡皮筋弹力等大反向的特点，所以即使O点不固定，也可以探究求合力的方法，故D正确 故选：AD 故答案为：（1）AB；不能；合力为4N5N，超出了弹簧测力计的量程；（2）AD （1）本实验采用“等效法”，即要求两次拉橡皮筋的效果相同，对于两弹簧拉力，为了减小误差，拉力需大一些，夹角适当大一些，不能太大，也不能太小 由平行四边形定则可得出两拉力的合力大小，比较拉力与弹簧秤的量程则可知5N量程的弹簧秤是否可用 （2）由题意可知该实验利用了共点力的平衡来验证力的平行四边形定则，该实验中需要记录各力的大小和方向，各力的大小可以通过橡皮筋的伸长量来表示 本题主要考查验证力的平行四边形定则的误差分析及数据的处理，应通过实验原理及数据的处理方法去思考减少实验误差的方法 (). 解：（1）甲图象表明在小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过渡，即把长木板的末端抬得过高了故A错误B正确 乙图象说明在拉力大于0时，物体的加速度为0，说明合外力为0，即绳子的拉力被摩擦力平衡了，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，也就是没有将长木板的末端抬高或抬高不够故C正确而D错误 故选BC （2）随着增大，小车质量在减小，因此小车质量不再满足远大于砂和小砂桶的质量，加速度不可能一直均匀增大，加速度的增大幅度将逐渐减小，最后趋近于定值g，故ABC错误，D正确 故选D （3）该实验中当小车的质量远大于钩码质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，随着F的增大，即随着钩码质量增大，逐渐的钩码质量不再比小车质量小的多，因此会出现较大误差，图象会产生偏折现象，故ABC错误，D正确 故选D 故答案为：（1）BC（2）D（3）D （1）甲图象表明在小车的拉力为0时，合外力大于0，说明平衡摩擦力过度 乙图象说明在拉力大于0时，物体的加速度为0，说明绳子的拉力被摩擦力平衡了，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 （2）设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：F=Ma，对砂桶和砂有：mg-F=ma，由此解得：F=，由此可知当M时，砂和砂桶的重力等于绳子的拉力，据此根据该实验实验误差产生的原因即可正确解答 （3）当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，否则图象将会发生弯曲 解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，尤其是理解平衡摩擦力和Mm的操作和要求的含义只要掌握了实验原理就能顺利解决此类题目，就能举一反三，所以要注意基本原理的学习 14. 两种情况下物体均处于平衡状态，则由共点力的平衡条件可得出摩擦力与拉力的关系，联立方程可解 本题是胡克定律及共点力平衡条件的综合应用，解题时要注意分析弹簧的状态，知道弹簧的弹力与伸长的长度成正比，而不是与长度成正比 15. 根据牛顿第二定律求出物体的加速度，结合速度时间公式求出2s末的速度 根据牛顿第二定律求出撤去拉力后的加速度，结合速度位移公式求出物体还能滑行的距离 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，基础题 16. （1）先根据速度时间公式求解加速度；然后对M2受力分析，受重力和支持力，合力水平向右，根据牛顿第二定律求出合力，再根据平行四边形定则求解出角度； （2）对整体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解即可 本题关键先根据运动情况确定加速度，然后根据牛顿第二定律确定受力情况；同时要能灵活地选择研究对象，基础题