高一上册物理期中复习全解全析-2024-2025学年高一上学期期中考点大串讲（人教B版2019必修第一册）

第第页高一上册物理期中复习（易错题60题23大考点）训练范围：人教版（2019）：

必修第一册第1~3章。一．平均速度（定义式方向）（共2小题）二．加速度的定义、表达式、单位及物理意义（共4小题）三．速度、速度变化量和加速度的关联（共2小题）四．匀变速直线运动速度与时间的关系（共2小题）五．匀变速直线运动位移与时间的关系（共3小题）六．匀变速直线运动中的平均速度的应用（平均速度的推论）（共3小题）七．自由落体运动的规律及应用（共3小题）八．竖直上抛运动的规律及应用（共3小题）九．变速物体追匀速物体问题（共2小题）十．相遇次数问题（共2小题）十一．追及相遇的图像类问题（共2小题）十二．匀变速直线运动规律的综合应用（共4小题）十三．胡克定律及其应用（共2小题）十四．最大静摩擦力的性质和应用（共2小题）十五．判断是否存在摩擦力（共2小题）十六．力的合成与分解的应用（共2小题）十七．共点力的平衡问题及求解（共6小题）十八．解析法求共点力的平衡（共4小题）十九．辅助圆法解决动态平衡问题（共2小题）二十．光电门测量物体速度（共2小题）二十一．频闪相机测量物体速度（共2小题）二十二．探究小车速度随时间变化的规律（共2小题）二十三．探究两个互成角度的力的合成规律（共2小题）TOC\o"1-3"\h\u一．平均速度（定义式方向）（共2小题）1．（2023秋•城关区校级期中）汽车匀速行驶，由甲地到乙地时速度为v1，由乙地返回甲地时速率v2则往返全程的平均速率是（）A． B． C． D．【答案】D【解答】解：设甲与乙间距为S，由甲到乙的时间为t1＝，由乙到甲的时间为t2＝；故全程的平均速率为：；故选：D。2．（2023秋•静安区校级期中）汽车刹车后做匀减速直线运动，最后停下来，在刹车过程中，汽车前半程的平均速度与后半程的平均速度之比是（）A．2：1 B．3：1 C．：1 D．（+1）：1【答案】D【解答】解：汽车做匀减速直线运动，且最终减速到零的过程，可利用逆向思维将其看成是一个初速度为零的匀加速直线运动，由初速度为零的匀加速直线运动相邻的相同位移的时间比为可知，汽车的前半程的平均速度与后半程的平均速度之比为.＝；故ABC错误，D正确。故选：D。二．加速度的定义、表达式、单位及物理意义（共4小题）3．（2023秋•合肥期中）如图所示为汽车的速度计，某同学在向前直线行驶的汽车中观察速度计指针位置的变化。开始时指针指示在如图（甲）所示的位置，经过10s后指针指示在如图（乙）所示的位置。若汽车做匀变速直线运动，那么它的加速度约为（）A．1.1m/s2 B．1.4m/s2 C．2.2m/s2 D．4.4m/s2【答案】A【解答】解：由图（甲）所示可行，汽车的速度v0＝20km/h＝m/s，由图（乙）所示可知，汽车的速度v1＝60km/h＝m/s，加速度a＝≈1.1m/s2，故A正确，BCD错误。故选：A。4．（2023秋•延庆区期中）汽车的初速度是v1，经过一段时间后速度变为v2，用Δv表示Δt时间内速度的变化量，为了在图中表示加速度a，我们以初速度v1的箭头端为起点，以后来的速度v2的箭头端为终点，作出一个新的箭头，表示速度的变化量Δv．则如图中能正确表示汽车做加速运动的是（）A． B． C． D．【答案】A【解答】解：A、汽车的速度变化的方向与初速度方向相同时，汽车做加速运动，故A正确；BC、汽车加速度的方向与速度变化的方向相同而不是相反，汽车做减速运动，故BC错误；D、速度的变化量用从矢量v1的箭头到矢量v2的箭头的有向线段表示，故速度变化的方向与加速度方向相反，汽车做减速运动，故D错误。故选：A。5．（2023秋•罗湖区校级期中）（多选）历史上有的科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”定义为，其中v0和vt分别表示某段位移s内的初速度和末速度，A＞0表示物体做加速运动，A＜0表示物体做减速运动，而现在物理学中加速度的定义式为下列说法正确的是（）A．若A＞0且逐渐变小，则a可能不变 B．若A＞0且保持不变，则a逐渐变小 C．若A＞0且逐渐变大，则物体在中间位置处的速度可能为 D．若4＞0且保持不变，则物体在中间位置处的速度为【答案】AD【解答】A.若A不变且A＞0，相等位移内平均速度越来越大所以相等位移内所用时间越来越少，但A变小，速度增量减小，根据，分子分母同时减小，a可能不变，故A正确；B.若A不变且A＞0，相等位移内速度增加量相等，则知平均速度越来越大，所以相等位移内所用时间越来越少，由可知，a越来越大，故B错误；CD.因为相等位移内速度变化相等，所以中间位置处位移为，速度变化量为，所以此位置的速度为误；，故C错误，D正确。故选：AD。6．（2023秋•新会区校级期中）气排球运动是一项集运动、休闲、娱乐为一体的群众性体有项目，作为一项新的体育运动项目，如今已经受到越来越多人的喜爱。气排球运动是纯粹的“中国制造”。如图所示，在台州市教职工气排球比赛中，一球员跳起将速度为4m/s水平飞来的气排球迎面击出，气排球以8m/s的速率水平返回。假设该球员对气排球的击打时间0.60s。求：（1）气排球被击打过程中的速度变化Δv的大小；（2）气排球被击打过程中的平均加速度。【答案】（1）气排球被击打过程中的速度变化Δv的大小为12m/s；（2）气排球被击打过程中的平均加速度大小为20m/s2，方向与排球飞来的方向相反。【解答】解：（1）取排球飞来的方向为正方向，则初速度v0＝4m/s，末速度v＝﹣8m/s气排球被击打过程中的速度变化为：Δv＝v﹣v0＝（﹣8﹣4）m/s＝﹣12m/s所以速度变化量Δv的大小为12m/s，方向与排球飞来的方向相反。（2）根据加速度定义得：a＝＝m/s2＝﹣20m/s2则平均加速度大小为20m/s2，方向与排球飞来的方向相反。答：（1）气排球被击打过程中的速度变化Δv的大小为12m/s；（2）气排球被击打过程中的平均加速度大小为20m/s2，方向与排球飞来的方向相反。三．速度、速度变化量和加速度的关联（共2小题）7．（2023秋•黄浦区校级期中）一个质点做直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，加速度大小逐渐减小，直至为零。在此过程中，下列说法正确的是（）A．速度逐渐减小，当加速度减小为零时，速度达到最小值 B．速度逐渐增加，当加速度减小为零时，速度达到最大值 C．位移逐渐增大，当加速度减小为零时，位移将不再增大 D．位移逐渐减小，当加速度减小为零时，位移达到最小值【答案】B【解答】解：AB、一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中，由于加速度的方向始终与速度方向相同，所以速度逐渐增大，当加速度减小到零时，物体将做匀速直线运动，速度不变，而此时速度达到最大值。故A错误，B正确；CD、由于质点做方向不变的直线运动，所以位移逐渐增大，当加速度减小到零时，速度不为零，所以位移继续增大，故CD错误。故选：B。8．（2023秋•滨海新区校级期中）加速度在描述运动变化过程时起着非常重要的作用。下列关于加速度与速度、速度的变化量及速度的变化率关系的说法中正确的是（）A．速度大，则加速度大 B．速度变化量小，则加速度小 C．速度变化率小，则加速度小 D．加速度减小，则速度一定减小【答案】C【解答】解：A、由加速度的定义式可知，加速度的大小与速度变化量的大小和时间有关，所以速度大，加速度不一定大，故A错误；BC、由加速度的定义式可知，速度的大小与速度变化量的大小无关，则速度大，加速度不一定大，速度变化量小，加速度不一定小，速度变化率小，加速度一定小，故B错误，C正确；D、当加速度与速度方向相同，物体做加速运动，虽然加速度减小，但速度却增大，故D错误。故选C。四．匀变速直线运动速度与时间的关系（共2小题）9．（2023秋•雁塔区校级期中）奥迪车有多种车型，如30TFSI、35TFSI、50TFSI，（每个车型字母前的数字称为G值）G值用来表示该车型的加速性能，数字越大，加速越快。G值的大小为车辆从静止开始加速到100km/h的平均加速度数值（其单位为国际单位）再乘以10．如图所示为某一型号的奥迪车的尾标，其值为30TFSI，则该型号车从静止开始加速到100km/h的时间约为（）A．5.6s B．6.2s C．8.5s D．9.3s【答案】D【解答】解：由题意可得30TFSI的加速度大小为a＝3m/s2，末速度大小为v＝100km/h＝27.8m/s，由速度—时间关系可得时间为，故D正确，ABC错误。故选：D。10．（2023秋•东昌府区校级期中）一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，最后匀减速运动直到停止．从汽车开始运动起计时，表中给出了某些时刻汽车的瞬时速度．根据表中的数据通过分析、计算可以得出（）时刻/s1.02.03.05.07.09.510.5速度/m•s﹣13.06.09.012129.03.0A．汽车加速运动经历的时间为4s B．汽车加速运动经历的时间为5s C．汽车匀速运动的时间为2s D．汽车减速运动的时间为3s【答案】A【解答】解：A、匀速运动的速度为12m/s，匀加速运动的加速度，则匀加速运动的时间．故A正确，B错误。C、匀减速运动的加速度，汽车从3m/s减到0还需的时间．即11s时速度减为0．汽车匀减速所需的时间．所以汽车匀速运动的时间为5s。故CD均错误。故选：A。五．匀变速直线运动位移与时间的关系（共3小题）11．（2023秋•十堰期中）汽车在平直公路上以20m/s的速度匀速行驶。前方突遇险情，司机紧急刹车，汽车做匀减速运动，加速度大小为8m/s2。从开始刹车到汽车停止，汽车运动的距离为（）A．10m B．20m C．25m D．50m【答案】C【解答】解：由题意知，车速v＝20m/s，刹车的加速度大小为8m/s2，最后末速度减为0，由推导公式v2＝2ax可得：x＝25m，故C正确，ABD错误。故选：C。12．（2023秋•海珠区校级期中）（多选）如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将熄灭，此时汽车距离停车线18m。该车加速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m/s2．此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s，下列说法中正确的是（）A．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不会通过停车线 B．如果距停车线5m处减速，汽车能停在停车线处 C．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线 D．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车不会超速【答案】ACD【解答】解：AB、如果立即做匀减速运动，速度减为零需要时间t2＝＝1.6s，此过程通过的位移为x2＝＝m＝6.4m，即刹车距离为6.4m，提前18m减速，汽车不会超过停车线；如果不减速，2s内的位移为x匀＝v0t2＝16m＜18m，所以汽车在绿灯熄灭前汽车一定不会通过停车线；如果距停车线5m处减速，则会过线，故A正确、B错误；CD、如果立即做匀加速直线运动，t1＝2s内的位移x＝v0t+＝20m＞18m，此时汽车的速度为v1＝v0+a1t1＝12m/s＜12.5m/s，汽车没有超速，故CD正确；故选：ACD。13．（2023秋•西城区校级期中）概念公式的准备理解是物理学习的基础，请完成下面的任务：（1）一个物体做匀变速直线运动，初速度为v0，经过一段时间，速度变为vt，如果在这段位移中点处的速度为v1，在时间中点时的速度为v2，请利用匀变速直线运动公式推导：①，；②比较v1、v2的大小关系。（2）如图所示，一物体静止放在斜面上，并给物体施加一竖直向下的压力F，斜面静止在水平地面上，请在答题卡上分别画出物体、斜面的受力示意图。【答案】（1）①见解析；②v1＞v2；（2）见解析。【解答】解：（1）①设物体做匀变速直线运动的加速度为a，这段位移为s。根据匀变速直线运动位移—速度公式可得联立解得：根据匀变速直线运动速度—时间公式可得联立解得：②根据，可得：，则可知v1＞v2（2）以物体为研究对象，物体受到重力mg、压力F、斜面的支持力FN、摩擦力f，画出物体的受力示意图如图所示。以斜面为研究对象，斜面受到重力Mg、物体对斜面的压力FN′、摩擦力f′、地面对支持力N地，画出斜面的受力示意图如图所示。答：（1）①见解析；②v1＞v2；（2）见解析。六．匀变速直线运动中的平均速度的应用（平均速度的推论）（共3小题）14．（2023秋•海淀区校级期中）物体从静止开始做匀加速直线运动，从零时刻开始，连续通过三段位移时间分别为1秒、2秒、3秒．下列说法正确的是（）A．三段位移之比为1：9：36 B．三段位移的末速度之比为1：2：3 C．三段位移的平均速度之比为1：4：9 D．三段位移的平均速度之比为1：3：5【答案】C【解答】解：A、因为通过连续三段位移的时间分别为1秒、2秒、3秒，从开始起运动时间之比为1：3：6，根据x＝知，从开始起通过的位移之比为1：9：36，可知这三段位移之比为1：8：27，故A错误。B、根据速度—时间公式v＝at知，则三段位移的末速度之比为1：3：6，故B错误。CD、根据平均速度的定义式知，三段位移的平均速度之比为1：：＝1：4：9，故C正确，D错误。故选：C。15．（2023秋•珠海期中）如图所示，在水平面上固定着四个完全相同的木块，一颗子弹以水平速度v射入，子弹可视为质点。若子弹在木块中做匀减速直线运动，当它穿透第四个木块（即D位置）时速度恰好为0，下列说法不正确的是（）A．子弹通过每个木块的时间均不相同 B．子弹到达各点的速率 C．子弹通过每一部分时，其速度变化量相同 D．子弹从O运动到D全过程的平均速度等于C点的瞬时速度【答案】C【解答】解：A、子弹做匀减速运动，通过相等的位移所用时间越来越短，所以子弹通过每个木块的时间均不相同，故A正确；B、子弹运动的逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，设每块木块长度为L，加速度大小为a，由v2＝2ax得：v＝∝则子弹到达各点的速率之比v0：vA：vB：vC＝：：：＝2：：：1，故B正确；C、子弹通过每一部分时所用时间不等，由Δv＝at知a不变，其速度变化量不相同，故C错误；D、将子弹的速度反向视为初速度为零的匀加速直线运动，根据连续相等时间位移比为1：3：5可知，子弹通过前三块木块的时间和通过最后一块木块的时间相同，即子弹从O运动到C的时间等于从C运动到D的时间，根据匀变速直线运动的推论：做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，则知子弹从O运动到D全过程的平均速度等于C点的瞬时速度，故D正确。本题选不正确的，故选：C。16．（2023秋•重庆期中）（多选）春节临近，有长辈给小朋友压岁钱的习俗，为了增添年味，现在发压岁钱的方式也是越来越有趣，其中有一种叫做“滚钱”，具体操作是在桌面放置不同金额的纸币，瓶子滚到哪张纸币上就可以赢取此金额，如左图所示。为了便于分析，我们用右图来描述这个模型，滚瓶从水平桌面上O点出发，途中经过A、B、C、D、E，5个放钱的位置，相邻两个位置的距离均为0.2m，滚瓶停在哪里就获得对应的压岁钱，滚瓶掉下桌子就没有。现设滚瓶（可视为质点）从O点出发后阻力恒定，张强同学以v0＝1m/s推出滚瓶，最后刚好停在E处，已知滚瓶在D和E之间滑行的时间为1s，则下列说法正确的（）A．滚瓶由A滑至E所用的时间等于2s B．滚瓶在A点的速度等于它在OB之间的平均速度 C．滚瓶经过A点时的速度是经过D点时的速度的2倍 D．如果张强以0.9m/s的速度将滚瓶推出，滚瓶最终将停在DE之间【答案】AC【解答】解：A、滚瓶做末速度为零的匀减速运动，设滚瓶依次滑过两相邻位置的时间间隔分别为t1、t2、t3和t4，根据x＝，由逆向思维知：而题设条件：t4＝1s故滚瓶由位置A滑至位置E所用的时间：t＝t4+t3+t2+t1＝1s+（）s+（）s+（2）s＝2s，故A正确；B、滚瓶由位置D到位置E，由将x＝0.2m，t4＝1s代入得：a＝0.4m/s2滚瓶经过位置A的速度：v1＝at＝0.4×2m/s＝0.8m/s滚瓶经过位置B的速度：v2＝v1﹣at1＝0.8m/s﹣0.4×（2﹣）m/s＝m/s在OB之间的平均速度：，故B错误；C、滚瓶经过位置D的速度：v4＝at4＝0.4×1m/s＝0.4m/s＝，故C正确；D、滚瓶从O到E，根据速度—位移公式有：xOE＝＝m＝1.25m则若以0.9m/s的速度将滚瓶推出，滚瓶运动的位移为：x′＝＝m＝m＜xOD＝xOE﹣DE＝1.25m﹣0.2m＝1.05m，最终停在CD之间，故D错误。故选：AC。七．自由落体运动的规律及应用（共3小题）17．（2023秋•西城区校级期中）如图所示，甲同学用手拿着一把长50cm的直尺，并使其处于竖直状态；乙同学把手放在直尺0刻度线位置做抓尺的准备。某时刻甲同学松开直尺，直尺保持竖直状态下落，乙同学看到后立即用手抓直尺，手抓住直尺位置的刻甲度值为20cm；重复以上实验，乙同学第二次手抓住直尺乙位置的刻度值为10cm。直尺下落过程中始终保持竖直状态。若从乙同学看到甲同学松开直尺，到他抓住直尺所用时间叫“反应时间”，取重力加速度g＝10m/s2。则下列说法中错误的是（）A．乙同学第一次的“反应时间”比第二次长 B．乙同学第一次抓住直尺之前的瞬间，直尺的速度约为4m/s C．若某同学“反应时间”大于0.4s，则用该直尺将无法用上述方法测量他的“反应时间” D．若将尺子上原来长度值改为对应的“反应时间”值，则得到的时间刻度是不均匀的【答案】B【解答】解：A、直尺下降的高度h时，根据自由落体位移公式可知第一次直尺下落时间较长，则乙同学第一次的“反应时间”比第二次长，故A正确；B、由速度—位移公式可得，乙同学第一次抓住直尺之前的瞬间，直尺的速度为，故B错误；C、直尺在0.4s内下降的距离为h3＝＝m＝0.8m＞0.5m，故某同学的“反应时间”大于0.4s，则用该直尺将无法用上述方法测量他的“反应时间”，故C正确；D、根据可得，若将尺子上原来的长度值改为对应的“反应时间”值，则得到的时间刻度是不均匀的，故D正确。本题选错误的，故选：B。18．（2023秋•沈阳期中）如图所示，一滴雨滴从离地面20m高的楼房屋檐自由下落，下落途中用Δt＝0.2s的时间通过一个窗口，窗口的高度为2m，g取10m/s2，不计空气阻力，则屋檐到窗口上边沿的距离为（）A．4.05m B．19.8m C．0.2m D．1.8m【答案】A【解答】解：由题意知，窗口的高度为d＝2m，设屋檐到窗口上边沿的高度为h，雨滴从屋檐运动到窗的上边沿时间为t0，则又，联立解得：d＝4.05m，故A正确，BCD错误。故选：A。19．（2023秋•湖南期中）如图所示，在某次杂技表演中，让甲球从离地高度为H处由静止释放，同时让乙球在甲的正下方的某处由静止释放，当乙球与水平地面碰撞后瞬间的速度大小是刚要碰撞前瞬间的k倍（k＜1），碰撞前后速度的方向相反。两小球均可视为质点，忽略空气阻力，乙球与地面的碰撞时间忽略不计，重力加速度为g。（1）若乙球由静止释放时的高度为h，求乙球与地面碰撞后瞬间的速度大小；（2）若乙球由静止释放时的高度为h，求乙球从静止释放到第一次碰撞后到达最高点的运动时间（乙球到达最高点前没有与甲球发生碰撞）；（3）若要使乙球在第一次上升过程中就能与甲球碰撞，且k＝0.5，求乙球由静止释放时的高度h的取值范围。【答案】（1）乙球与地面碰撞后瞬间的速度大小为k；（2）乙球从静止释放到第一次碰撞后到达最高点的运动时间为（k+1）；（3）乙球由静止释放时的高度h的取值范围为H＜h＜H。【解答】解：（1）乙球自由下落过程，有乙球与地碰撞刚结束时的速度大小为v2＝kv1联立解得：（2）由自由落体运动的规律可得解得：t1＝碰撞后乙球上升过程，有v2＝gt2解得：t2＝k故乙球从静止释放到再次到达最高点的运动时间t0＝t1+t2＝+k＝（k+1）。（3）设乙球第一次上升的最大高度为h0，则有假设乙球在第一次上升到最高点正好与甲球碰撞，对甲球，由自由落体运动的规律可得结合k＝0.5，综合解得：乙球静止释放时离地的高度越大，乙球越能在第一次上升过程中与甲球碰撞，则h的范围为答：（1）乙球与地面碰撞后瞬间的速度大小为k；（2）乙球从静止释放到第一次碰撞后到达最高点的运动时间为（k+1）；（3）乙球由静止释放时的高度h的取值范围为H＜h＜H。八．竖直上抛运动的规律及应用（共3小题）20．（2023秋•重庆期中）一个物体作竖直上抛运动，从抛出的时刻算起到到达最高点过程中，上升到最大高度的一半时间为t1，速度减为抛出速度的一半时间为t2，则t1与t2的之比为（）A． B． C． D．【答案】A【解答】解：设物体的初速度为v0，上升的最大高度为h，上升到最大高度的一半时速度为v1，可得：0﹣＝﹣2gh，﹣＝﹣2g•联立解得：v1＝v0则上升到最大高度的一半时间为t1＝＝＝速度减为抛出速度的一半时间为t2＝＝联立解得：，故A正确，BCD错误。故选：A。21．（2023秋•渠县校级期中）（多选）如图所示是某次比赛中运动员入跳的精彩一幕。高1.6m的运动员从离水面10m的跳台向上跃起离开台面，重心（此时其重心位于从手到脚全长的中点）升高0.45m达到最高点。落水时身体竖直，手先入水（全过程只考虑竖直方向的运动，不计阻力，g取10m/s2）。则（）A．运动员的初速度为30m/s B．运动员上升时间为0.3s C．从离开跳台到手触水面，运动员可用于完成空中动作的时间约为1.75s D．若运动员入水后匀减速运动，加速度大小为20m/s2，为了运动员安全，水池深度至少为3m【答案】BC【解答】解：A、运动员上升的过程，根据＝2gh可知，运动员的初速度为v0＝3m/s，故A错误；B、运动员上升时间为t1＝＝s＝0.3s，故B正确；C、运动员从最高点开始做自由落体运动，有代入数据解得t2＝1.45s所以运动员用于完成空中动作的时间约t总＝t1+t2＝0.3s+1.45s＝1.75s，故C正确；D、设运动员入水时的速度大小为v1，则运动员入水后匀减速运动，加速度大小为20m/s2，为了运动员安全，水池深度至少为h′＝联立解得h′＝5.225m，故D错误。故选：BC。22．（2023秋•丰泽区校级期中）如图所示，热气球以20m/s的速度匀速竖直上升，到离地105m高处，落下一物体。物体落下后，热气球以原来的速度继续匀速上升。（g＝10m/s2）（1）物体落地的速度大小是多少？（2）物体从气球上掉下后，经多长时间落回地面？（3）物体落下后5s时，热气球与物体之间的距离是多少？【答案】（1）物体落地的速度大小是50m/s；（2）物体从气球上掉下后，经7s落回地面；（3）物体落下后5s时，热气球与物体之间的距离是125m。【解答】解：（1）规定向下为正方向，根据匀变速直线运动的速度—位移公式得：v2﹣＝2gh代入数据有：v2﹣（﹣20）2＝2×10×105解得：v＝50m/s（2）根据速度—时间规律可得总时间：t＝＝＝7s（3）根据位移—时间公式可得下落t＝5s后，物体的位移为：x5＝v0t+＝﹣20×5m+＝25m。气球的位移：x5′＝v0t＝﹣20×5m＝﹣100m，“﹣”表示方向向上。气球与物体之间的距离为：Δx＝x5﹣x5′＝25m﹣（﹣100m）＝125m。答：（1）物体落地的速度大小是50m/s；（2）物体从气球上掉下后，经7s落回地面；（3）物体落下后5s时，热气球与物体之间的距离是125m。九．变速物体追匀速物体问题（共2小题）23．（2023秋•朝阳区校级期中）（多选）某人驾驶一辆汽车甲正在平直的公路上以某一速度匀速运动，突然发现前方50m处停着一辆乙车，甲车司机立即刹车，甲车刹车后做匀减速直线运动。已知甲车刹车后第1个2s内的位移是24m，第4个2s内的位移是1m。则下列说法正确的是（）A．汽车甲刹车后第3个2s内的位移为8m B．汽车甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为m/s2 C．汽车甲刹车后第4s末的速度大小为6m/s D．汽车甲可能与乙车相撞【答案】AC【解答】解：B、假设8s内汽车一直匀减速运动，根据x4﹣x1＝3aT2得a＝＝m/s2＝﹣m/s2研究甲车刹车后第1个2s内的过程，根据x1＝v0T+，其中T＝2s得初速度为：v0＝﹣＝（+××22）m/s≈14m/s速度减为零的时间：t＝＝s≈7.3s可知汽车在8s前速度减为零。设汽车加速度大小为a，根据x1＝v0T﹣，得：24＝2v0﹣2a汽车速度减为零的时间为：t0＝采用逆向思维，最后两秒内的位移为：x′＝＝1m联立解得加速度大小为：a＝2m/s2，初速度为：v0＝14m/s，故B错误；A、根据x3﹣x1＝﹣2aT2得汽车甲刹车后第3个2s内的位移为：x3＝x1+2aT2＝[24+2×2×22]m＝8m，故A正确；C、汽车甲刹车后第4s末的速度大小为v4＝v0﹣at4＝[14﹣2×4]m/s＝6m/s，故C正确；D、汽车刹车到停止的距离为x0＝＝m＝49m＜50m，所以甲车不会撞上乙车，故D错误。故选：AC。24．（2023秋•山东期中）平直公路上一辆长度为15m的大货车正在以72km/h的速度匀速行驶，大货车正后方一辆长度为5m的小汽车正在以108km/h的速度匀速行驶。（1）某时刻小汽车车头距离大货车车尾60m，两车在同一车道且保持匀速行驶，忽略小汽车的变道时间，从此刻开始小汽车超越大货车需要多少时间？（2）大货车行驶过程中突然发现前方路段施工，为确保行车安全，司机立即刹车使大货车做匀减速直线运动，已知大货车在刹车过程中第2s的位移为16.25m，则大货车刹车时的加速度大小是多少？（3）大货车以第（2）问求得的加速度匀减速至36km/h后开始匀速行驶，若大货车开始刹车时，以108km/h的速度行驶的小汽车车头正好距离大货车车尾30m，小汽车司机立即制动与大货车同时开始刹车并做匀减速直线运动，则小汽车的加速度至少为多大才能避免追尾事故的发生。【答案】（1）小汽车超越大货车需要8s；（2）大货车刹车时的加速度大小是2.5m/s2；（3）汽车的加速度至少为4m/s2，才能避免追尾事故的发生。【解答】解：（1）由题意可得，大货车的初速度：v1＝72km/h＝20m/s，小汽车的初速度：v2＝108km/h＝30m/s设经过时间t超越，根据两者位置关系有：v2t﹣v1t＝s0+l1+l2＝60m+15m+5m＝80m代入数据解得：t＝8s（2）大货车在刹车过程，前2s内的位移为：s2＝v1t2﹣第1s内的位移为：s1＝v1t1﹣又根据题意有：s2﹣s1＝16.25m联立方向解得：a1＝2.5m/s2（3）货车匀速时的速度为：v′＝36km/h＝10m/s减速时间为：恰相撞时，假设货车已匀速，则由几何关系有：s汽﹣s货＝x0＝30m小汽车减速到与货车速度相同时的位移：s汽＝大货车两段时间的位移：两段时间的关系为：联立以几式解得：此时：，假设成立。答：（1）小汽车超越大货车需要8s；（2）大货车刹车时的加速度大小是2.5m/s2；（3）汽车的加速度至少为4m/s2，才能避免追尾事故的发生。十．相遇次数问题（共2小题）25．（2023秋•长沙期中）（多选）甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v﹣t图象如图所示，图中△PQR和△MNR的面积分别为s1和s2（s1＞s2）。初始时，甲车在乙车前方s0处。则（）A．若s0＞s1，两车一定不会相遇 B．若s0＝s1，两车相遇1次 C．若s0＜s1＜（s0+s2），两车相遇2次 D．若（s0+s2）＜s1，两车相遇2次【答案】ABC【解答】解：A、若s0＞s1，说明两车速度相等时，乙车还没有追上甲车，此后甲车的速度比乙车的大，两车一定不会相遇，故A正确；B、若s0＝s2，结合s1＞s2得s0＜s1，两车在速度相同前相遇1次，故B正确；C、若s0＜s1，两车在速度相同前就相遇1次。当两车速度相等时乙车在甲车前方，两车相距s1﹣s0，若s1＜s0+s2，即s2＞s1﹣s0，两车速度相等之后会有第二次相遇，故C正确；D、若（s0+s2）＜s1，即s2＜s1﹣s0，两车速度相等之后不再相遇，所以两车相遇1次，故D错误。故选：ABC。26．（2023秋•南关区校级期中）甲、乙两车在同一平直的道路上，甲车匀速行驶，乙车停在路边。当甲车在乙车后32m处时，开始匀减速运动准备停车。从甲车减速时开始计时：第1s内位移为32m，第5s内位移为1m，第1s末，乙车开始匀加速启动，加速度大小为4m/s2，第4s末开始做匀速运动。甲、乙相遇时会错车而过，不会相撞。求：（1）乙车加速时间内的位移的大小；（2）甲车刚开始减速时的速度的大小；（3）甲、乙两车相遇的时刻。【答案】（1）乙车加速时间内的位移的大小18m；（2）甲车刚开始减速时的速度的大小36m/s；（3）甲、乙两车相遇的时刻1s或6.58s。【解答】解：（1）乙车从静止加速到最大速度时间内的位移（2）设甲车减速第1s末速度为v1，位移为x1，第5s末速度为v5，位移为x5，甲车减速的加速度大小为a，按甲车逆运动为匀加速列方程，第5s内第1s内v1＝v5+4at将x1＝32m，x5＝1m，t＝1s代入以上三式，联立解得v5＜0说明第5秒内甲车已经停下。设第5秒内甲车运动了Δt，则解得Δt＝0.5s，设甲车刚减速时速度为v0v0＝a1（4+Δt）解得v0＝36m/s（3）设从甲车减速开始经过t1甲车乙车相遇甲、乙两车的位移关系x甲＝x乙+s0解得t1＝1s或（乙车已经匀速，不合理舍去）由题意和以上结果可知，甲车乙车还会第二次相遇，设甲车减速阶段位移为x甲'，则此过程中乙车的位移为解得x1'＝81m，x乙'＝24mx甲'＞（x乙'+s0）甲车乙车还没有第二次相遇即x甲'﹣（x乙'+s0）＝v乙t'得t'≈2.08s甲车乙车第.二次相遇时间为t＝t′+4+Δt解得t≈6.58s答：（1）乙车加速时间内的位移的大小18m；（2）甲车刚开始减速时的速度的大小36m/s；（3）甲、乙两车相遇的时刻1s或6.58s。十一．追及相遇的图像类问题（共2小题）27．（2023秋•九龙坡区校级期中）在平直路面的两条平行车道上有甲、乙两辆玩具小车，甲在前乙在后，二者沿车道方向相距x0＝6m，从t＝0时刻开始，两辆轿车运动的位移x和时间t的比值跟时间t的关系图像如图所示。两车在车道上并列行驶时视为相遇，下列判断正确的是（）A．甲车做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为2m/s2 B．在t＝4s时，甲、乙两车距离最大，且最大距离为16m C．在t＝2s时，两车速度相等，且两车间距离为2m D．在整个运动过程中，两车相遇，且只相遇一次【答案】C【解答】解：A、由图像，对甲有变形得根据匀变速直线运动的位移—时间公式x＝v0t+可知，甲车做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为4m/s2，故A错误；B、对乙有则x乙＝8t可知乙做匀速直线运动，速度为v乙＝8m/s。在t＝4s时，＝8m/s，则甲、乙两车运动的位移为x甲＝x乙＝8×4m＝32m因t＝0时刻，二者沿车道方向相距x0＝6m，则在t＝4s时，两车相距6m，故B错误；CD、两车相遇时，有x甲+x0＝x乙则有6+2t2＝8t解得t＝1s或t＝3s所以两车会相遇两次；t＝2s时二者速度相等，均为8m/s，此时两车间的距离为Δx＝8t﹣2t2﹣x0，解得：Δx＝2m，故C正确，D错误。故选：C。28．（2023秋•安徽期中）甲、乙两辆小汽车（都可视为质点）分别处于同一条平直公路的两条平行车道上，开始时（t＝0），甲车在前，乙车在后，两车间距为x0，t＝0时甲车先刹车，t0＝2s后乙车开始刹车，两车运动的v﹣t图像如图所示。（1）若两车在t＝5s时相遇，则x0为多少？（2）若x0＝40m，试判断两车是否会相遇。如不能相遇，两车间的距离最小为多少？【答案】（1）若两车在t＝5s时相遇，则x0为23.5m；（2）两车不能相遇，两车间的距离最小为12m。【解答】解：（1）由图知甲、乙两车的加速度大小分别为5s末甲的速度：v甲＝v1﹣a1t1＝10m/s﹣5×1m/s＝5m/s0～5s内甲的位移：5s末乙的速度：v乙＝v2﹣a2（t1﹣t0）解得v乙＝8m/s0～5s内乙的位移：解得x2＝61m若两车在t＝5s时相遇，则x0＝x2﹣x1联立解得x0＝23.5m（2）两车速度相等时有v1﹣a1t＝v2﹣a2（t﹣t0）解得t＝8s即8s时两车速度大小相等，且v＝v1﹣a1t0～8s内甲的位移0～8s内乙的位移解得x′1＝48m，x′2＝76m可知x′2﹣x′1＝76m﹣48m＝28m＜40m说明甲乙不可能相遇，当两车速度相等时间距最小，即知t＝8s两车间距最小，为Δs＝x′1+x0﹣x′2解得Δs＝12m答：（1）若两车在t＝5s时相遇，则x0为23.5m；（2）两车不能相遇，两车间的距离最小为12m。十二．匀变速直线运动规律的综合应用（共4小题）29．（2023秋•鼓楼区校级期中）已知OABC为同一直线上的四点，AB间的距离为l1，BC间的距离为l2，一物体自O点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点，已知物体通过AB段与BC段所用的时间相等。则O与A的距离（）A． B． C． D．【答案】A【解答】解：设物体的加速度为a，到达A点的速度为v0，通过AB段和BC段所用的时间为t，则：l1＝v0t+…①l1+l2＝v0•2t+a（2t）2…②联立②﹣①×2得：a＝…③v0＝…④设O与A的距离为L，则有：l＝…⑤将③、④两式代入⑤式得：l＝；故选：A。30．（2023秋•湖南期中）（多选）某人驾驶一辆可视为质点的汽车从静止开始做加速度大小为a1的匀加速直线运动，经t时间后速度大小为v1，然后汽车开始做加速度大小为a2（a2方向与a1相反）的匀变速直线运动，又经过2t时间汽车的位移为前t时间的2倍且方向相反，此时速度大小为v2，则（）A．a1：a2＝2：3 B．v1：v2＝1：3 C．汽车朝正方向运动的时间与朝负方向运动的时间之比为1：2 D．0～t和t～3t的两段汽车运动的路程之比为3：10【答案】AD【解答】解：AB、设汽车第一段匀加速运动的位移为x，由位移—时间公式可知第二段匀减速运动的位移为﹣2x，第一阶段的末速度为v1＝a1t第二阶段的末速度为v2＝v1﹣a2•2t第二阶段的位移为：﹣2x＝v1•2t﹣联立以上各式解得：a1：a2＝2：3，v1：v2＝1：2，故A正确，B错误；C、汽车朝正方向运动的总时间为t正＝t+＝t+＝t+t＝t朝负方向运动的时间则t正：t负＝5：4，故C错误；D、0～t汽车运动的路程为t∼3t汽车运动的路程为s2＝•+解得：s2＝则前后两段的路程之比＝，故D正确。故选：AD。31．（2023秋•黄埔区校级期中）研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0＝0.5s，但饮酒会导致反应时间变长。在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速直线行驶，从发现情况到汽车停止，汽车行驶距离L＝58m。减速过程中汽车速度v与位移x的关系曲线如图乙所示，汽车在此过程中的运动可视为匀变速直线运动。（1）由图乙可知汽车开始减速到停止所经过的位移为40m；（2）求减速过程中汽车加速度的大小及减速时间；（3）饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少？【答案】（1）40；（2）减速过程中汽车加速度的大小为5m/s2，减速时间为4s；（3）饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了0.4s。【解答】解：（1）由图乙可知，汽车开始减速到停止所经过的位移为x＝40m；（2）设减速过程中汽车加速度的大小为a，减速时间为t。由题图乙可得初速度大小v0＝72km/h＝20m/s，末速度大小为0，由速度—位移公式得减速过程的时间为代入数据解得：a＝5m/s2，t＝4s（3）设志愿者反应时间为t'，反应时间的增加量为Δt。由运动学公式得L＝v0t'+x则Δt＝t'﹣t0解得：Δt＝0.4s答：（1）40；（2）减速过程中汽车加速度的大小为5m/s2，减速时间为4s；（3）饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了0.4s。32．（2023秋•巴南区期中）兔子在草地上吃草时（可视为质点），被离它x0＝50m处的猎狗发现，立即加速向兔子追击。兔子在Δt＝0.5s后发觉并立即逃跑。假设猎狗和兔子在同一水平直线上运动，且猎狗从静止开始以大小为a1＝4m/s2的加速度匀加速到最大速度v1＝20m/s，之后保持匀速运动；兔子从静止开始以大小为a2＝8m/s2的加速度匀加速到最大速度v2＝16m/s，之后也保持匀速运动。求：（1）猎狗出发后，它经多长时间第一次与兔子速度大小相等；（2）若猎狗能追上兔子，则追上前两者之间的最大距离；（3）若在猎狗和兔子运动的同一直线上有一兔子洞，兔子能以最大速度入洞，猎狗要保持自身安全必须在洞口前减速为零。猎狗减速时最大加速度大小为a3＝4m/s2。兔子恰好能逃脱猎狗的追捕，求兔子吃草时离洞口的距离。【答案】（1）猎狗出发后，它经1s第一次与兔子速度大小相等；（2）若猎狗能追上兔子，则追上前两者之间的最大距离为58m；（3）兔子恰好能逃脱猎豹的追捕，兔子吃草时离洞口的距离为320m。【解答】解：（1）设猎狗出发后经t0第一次与兔子速度大小相等，则：a1t0＝a2（t0﹣Δt）代入数值解得：t0＝1s（2）设猎狗历时t1达到与兔子的最大速度相同，此时两者距离最大：v2＝a1t1代入数值解得：t1＝4s此过程猎狗的位移：代入数值解得：x1＝32m设兔子出发历时t2到达最大速度v2＝a2t2代入数值解得：t2＝2s此过程兔子的位移：代入数值解得：x2＝16m兔子t1＝4s内匀速行驶距离：x3＝v2（t1﹣t2﹣Δt）代入数值解得：x3＝24m两者之间最大的距离xmax＝x0+x2+x3﹣x1代入数值解得：xmax＝58m（3）兔子恰好能逃脱猎狗的追捕，是指猎狗在洞口减速前为零的过程。在减速到v2时恰好与兔子相遇，在此条件下：设猎狗达到最大速度后匀速运动历时t4后开始减速，历时t5减速到与v2相同t5＝＝设猎狗从t1＝4s加速到最大速度v2的过程历时t3，t3＝1s在此过程中猎狗比兔子多跑的距离为：代入数值解得：Δx1＝2m从猎狗匀速跑到减速到与兔子速度相同的过程中xmax﹣Δx1＝（t4+代入数值解得：t4＝13.5s设猎狗从速度v2到停止过程跑了x4代入数值解得：x4＝32m兔子匀速行驶时间t匀＝t3+t4+t5+（t1﹣t2﹣Δt）代入数值解得：t匀＝17s兔子吃草时离洞口的距离x＝x2+x4+v2t匀代入数值解得：x＝320m答：（1）猎狗出发后，它经1s第一次与兔子速度大小相等；（2）若猎狗能追上兔子，则追上前两者之间的最大距离为58m；（3）兔子恰好能逃脱猎豹的追捕，兔子吃草时离洞口的距离为320m。十三．胡克定律及其应用（共2小题）33．（2023秋•南京期中）轻质弹簧S的上端固定在天花板上，下端悬挂一质量为m的物体，平衡时弹簧的长度为L1，现将一根与S完全相同的弹簧剪为S1和S2两部分；将质量分别为m1和m2的两物体分别与S1和S2相连并悬挂在天花板上（m1+m2＝m）如图所示。平衡时S1和S2的长度之和为L2，则（）A．L2一定等于L1 B．L2一定大于L1，且m2越小，L2就越长 C．L2一定小于L1，且m2越大，L2就越短 D．L2一定小于L1，且m2越小，L2就越短【答案】D【解答】解：设长为S的弹簧有n圈，每圈弹簧的倔强系数为k，长为S1的弹簧有n1圈，长为S2的弹簧有n2圈，故n＝n1+n2，所以第一种情况下弹簧S的长度：L1＝S+n；第二种情况下弹簧的长度：L2＝S1+n1+S2+n2＝S+n1+n2；所以两者相减有：L1﹣L2＝n﹣n1﹣n2＝＞0由上式可以看出：L2一定小于L1，且m2越小，S2原长越短，L2就越短，故ABC错误，D正确。故选：D。34．（2023秋•海淀区校级期中）（多选）如图所示是a、b两根弹簧弹力F和弹簧长度L的关系，如图，根据图像可知下列说法不正确的是（）A．弹簧a的劲度系数125N/m B．弹簧a比弹簧b的劲度系数大 C．弹簧a的原长是4cm、弹簧b的原长8cm D．分别在弹簧a和弹簧b下端挂一个质量为100g的钩码，弹簧a的长度比b的长【答案】AD【解答】解：A．F﹣L图象的斜率表示劲度系数，弹簧a的劲度系数为ka由图像a可知ka＝＝N/m＝N/m，故A错误；B．弹簧b的劲度系数为kb由图像b可知kb＝＝N/m＝N/m，即ka＞kb，故B正确；C．当弹力为零时，弹簧处于原长状态，故弹簧a、b的原长为la0＝4cm，lb0＝8cm，故C正确；D．在弹簧a下端挂一个质量为100g的钩码，弹簧a的长度为la＝+la0代入数据得：la＝4.75cm在弹簧b下端挂一个质量为100g的钩码，弹簧b的长度为lb＝+lb0代入数据得：lb＝9.5cm，lb＞la，故D错误。本题选错误的，故选：AD。十四．最大静摩擦力的性质和应用（共2小题）35．（2023秋•沙坪坝区校级期中）如图，滑块B置于水平地面上，滑块A在一水平力F作用下紧靠滑块B（A、B接触面竖直），此时B恰好不滑动，A刚好不下滑。已知A的质量为m，B的质量为M，A与B间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相等。则下列表达式正确的是（）A．F＝μ2Mg B．F＝μ2mg C．μ1μ2＝ D．μ1μ2＝【答案】D【解答】解：对A、B整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：F＝μ2（m+M）g①再对物体B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：水平方向：F＝N竖直方向：mg＝f其中：f＝μ1N联立有：mg＝μ1F②联立①②解得：μ1μ2＝，故ABC错误，D正确；故选：D。36．（2023秋•鄠邑区期中）如图所示，质量为2kg的物体放在水平地板上，用一原长为10cm的轻质弹簧水平拉该物体，研究过程中发现当物体刚开始运动时，弹簧的长度为13cm，当弹簧拉着物体匀速前进时，弹簧的长度为12cm，已知弹簧的劲度系数k＝200N/m。（g取10m/s2）求：（1）物体所受的最大静摩擦力为多大；（2）物体所受的滑动摩擦力的大小；（3）物体与地板间的动摩擦因数是多少。【答案】（1）物体所受的最大静摩擦力为6N；（2）物体所受的滑动摩擦力的大小为4N；（3）物体与地板间的动摩擦因数是0.2。【解答】解：（1）刚拉动时，此时摩擦力为最大静摩擦力，根据二力平衡有：fm＝F由胡克定律可知：F＝kx代入数据得：fm＝200×（0.13﹣0.10）N＝6N（2）匀速前进时，根据二力平衡有：f＝F'由胡克定律可知：F'＝kx'代入数据可得：f＝200×（0.12﹣0.10）N＝4N（3）物体对地面的压力为FN，竖直方向上二力平衡可得：FN＝mg根据滑动摩擦力公式：f＝μFN可得：μ＝＝＝0.2答：（1）物体所受的最大静摩擦力为6N；（2）物体所受的滑动摩擦力的大小为4N；（3）物体与地板间的动摩擦因数是0.2。十五．判断是否存在摩擦力（共2小题）37．（2023秋•顺庆区校级期中）如图所示，物体A、B、C叠放在水平桌面上，水平向右的力F作用于C物体，使A、B、C以相同的速度向右匀速运动，则关于摩擦力的说法正确的是（）A．B受到的摩擦力向右 B．C受到的摩擦力向左 C．A受到三个摩擦力作用 D．不知A与水平桌面之间是否光滑，无法判断A与水平桌面间是否存在摩擦力【答案】B【解答】解：A、物体B向右匀速运动，合力为零，则B不受摩擦力的作用，否则找不到另一个力来与摩擦力平衡，故A错误；B、物体C向右匀速运动，合力为零，由水平方向的平衡关系可知，C受到A水平向左的摩擦力fC，且fC＝F，如下图所示，故B正确；CD、物体A、B、C以相同的速度向右匀速运动，以物体A、B、C整体为研究对象，则整体所受合力为零，由水平方向的平衡关系可知，物体A一定受到地面水平向左的摩擦力f地，且f地＝F，即A与水平桌面之间是粗糙的，如上图所示，由牛顿第三定律可知，A还受到C水平向右的摩擦力fC′，故A受到两个摩擦力作用，故CD错误。故选：B。38．（2023秋•青羊区校级期中）（多选）长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，如图甲所示，木板由水平位置缓慢向上转动（即木板与地面的夹角θ变大），另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随角度θ的变化图像如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是（）A．木块与木板间的动摩擦因数μ＝ B．木块与木板间的动摩擦因数μ＝ C．木板与地面的夹角为θ2时，木块开始做自由落体运动 D．木板与地面的夹角为θ2时，木块与木板间无弹力【答案】AD【解答】解：AB、设木块质量为m，分析甲、乙两图可知，当0≤θ＜θ1时，木块相对木板处于静止状态，所受摩擦力为静摩擦力，当θ＝θ1时，木块开始相对木板向下滑动，所受摩擦力为滑动摩擦力，则有f1＝μmgcosθ1解得木块与木板间的动摩擦因数为：μ＝故A正确，B错误；C、当θ≥θ1时，木块开始相对木板向下滑动；木板与地面的夹角为θ2时，所受滑动摩擦力为零，即f1＝μmgcosθ2＝0，可得此时θ2＝90°，木块开始做竖直方向的匀加速运动，但此时在竖直方向的速度不为零，故不是自由落体运动（要求初速度为零），故C错误；D、木板与地面的夹角为θ2时（即90°），木块只受重力作用，与木板间无弹力，故D正确。故选：AD。十六．力的合成与分解的应用（共2小题）39．（2023秋•黄浦区校级期中）假期里，一位同学在厨房里协助妈妈做菜，对菜刀发生了兴趣。他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样，刀刃前部的顶角小，后部的顶角大（如图所示），他先后做出过几个猜想，其中合理的是（）A．刀刃前部和后部厚薄不匀，仅是为了外形美观，跟使用功能无关 B．在刀背上加上同样的力时，分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关 C．在刀背上加上同样的压力时，顶角越大，分开其他物体的力越大 D．在刀背上加上同样的压力时，顶角越小，分开其他物体的力越大【答案】D【解答】解：把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角劈，设顶角为2θ，背宽为d，侧面长为l，如图乙所示当在劈背施加压力F后，产生垂直侧面的两个分力F1、F2，使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体。由对称性知，这两个分力大小相等（F1＝F2），因此画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图丙所示。在这个力的平行四边形中，取其四分之一考虑（图中阴影部分），根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系，由关系式，得F1＝F2由此可见，刀背上加上一定的压力F时，侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关，顶角越小，sinθ的值越小，F1和F2越大。但是，刀刃的顶角越小时，刀刃的强度会减小，碰到较硬的物体刀刃会卷口甚至碎裂，实际制造过程中为了适应加工不同物体的需要，所以做成前部较薄，后部较厚。使用时，用前部切一些软的物品（如鱼、肉、蔬菜、水果等），用后部斩劈坚硬的骨头之类的物品，俗话说：“前切后劈”，指的就是这个意思。故D正确，ABC错误。故选：D。40．（2023春•碑林区校级期中）如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β．若α＝70°，则β等于（）A．45° B．55° C．60° D．70°【答案】B【解答】解：（法一）由于甲、乙两物体质量相等，则设它们的质量为m，对O点进行受力分析，下面绳子的拉力mg，右边绳子的拉力mg，左边绳子的拉力F，如下图所示：因处于静止状态，依据力的平行四边形定则，则有：竖直方向：mgcos70°+Fcosβ＝mg水平方向：mgsin70°＝Fsinβ因α＝70°，联立上式，解得：β＝55°，（法二）还可通过作图法：由于甲、乙质量相等，通过矢量的合成法则，结合几何关系，则有：∠β+∠β+∠α＝180°；因∠α＝70°，那么：∠β＝55°故B正确，ACD错误；故选：B。十七．共点力的平衡问题及求解（共6小题）41．（2023秋•白云区校级期中）如图所示为某款可以调节背带长短的挎包。现将该挎包分别用图中两种方式挂在挂钩上，下列说法正确的是（）A．背带长时，背带上的张力大 B．背带短时，背带上的张力大 C．背带长时，背带受到挂钩的作用力大 D．背带短时，背带受到挂钩的作用力大【答案】B【解答】解：AB．两种方式下，挎包均处于平衡状态，进行受力分析如图竖直方向上：2Tsinθ＝mg背带短时，背带与水平的夹角θ更小，可知此时背带上的张力更大，故A错误，B正确；CD．两种方式下，对挎包整体进行受力分析，可知挂钩对挎包的作用力大小均等于重力大小，故CD错误。故选：B。42．（2023秋•武进区校级期中）如图所示，倾斜直杆的左端固定在地面上，与水平面成θ角，杆上穿有质量为m的小球a和轻质环b，两者通过一条细绳跨过定滑轮相连接。当a、b静止时，Oa段绳与杆的夹角也为θ，不计一切摩擦，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．a可能受到2个力的作用 B．b可能受到3个力的作用 C．绳对a的拉力大小为mgtanθ D．杆对a的支持力大小为mgcosθ【答案】C【解答】解：AB．如下图所示受力分析，小球a静止，受重力mg、绳子拉力T和杆的弹力N，处于平衡状态；轻质环b不受重力，则绳子拉力T′和杆对其弹力N′二力平衡，该段绳子与杆完全垂直，故AB错误；CD．以a球为研究对象，则蝇子拉力为：T＝＝mgtanθ据正弦定里得：＝，解得：N＝，则C正确，D错误。故选：C。43．（2023秋•福州期中）（多选）两个轻弹簧分别与质量为m的A、B物体相连接，劲度系数分别为k1和k2，装置呈竖直状态静止在水平地面上，如图所示。劲度系数为k2的弹簧与地面不拴接。现用竖直向上的拉力F拉A物体，使A缓慢上升，当下边弹簧的下端即将离开地面时（）A．B物体比施加F前高 B．A物体比施加F前高 C．F＞mg D．F＝mg【答案】AC【解答】解：A、开始时A、B都静止，处于平衡状态，由胡克定律与平衡条件得：对A：mg＝k1x1对A、B系统：2mg＝k2x2解得：x1＝，x2＝下面的弹簧恰好恢复原长时下端开始离开地面，A缓慢上升，A、B都处于平衡状态，下边弹簧下端将离开地面时，设此时上面弹簧的伸长量为x3，对B，由平衡条件得：k1x3＝mg解得：x3＝A、当下边弹簧下端将离开地面时，B物体比施加F前上升的高度：hB＝x2＝，故A正确；B、当下边弹簧下端将离开地面时，A物体比施加F前上升的高度：hA＝x1+x2+x3＝+，故B错误；CD、当下边弹簧下端将离开地面时，下边的弹簧恰好恢复原长，对B没有弹力作用，此时A、B系统处于平衡状态，对A、B系统，由平衡条件得：F＝2mg＞mg，故C正确，D错误。故选：AC。44．（2023春•杭州期中）（多选）如图所示，斜面体放在粗糙的水平地面上，物块A与斜面，斜面与地面间动摩擦因数均为，斜面体、物块A和悬挂的物块B均处于静止状态，轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻绳DO的右端及轻绳BO的上端连接于O点。轻绳DO沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角θ＝53°，斜面倾α＝30°，物块A和B的质量分别为mA＝5kg，mB＝1.8kg，取重力加速度g＝10m/s2（cos53°＝0.6，sin53°＝0.8）。可得（）A．轻绳DO的拉力大小为24N B．物块A受到的摩擦力为5N，方向沿斜面向上 C．斜面体受到地面的摩擦力为24N，水平向右 D．更换物体B，保持O点位置不变，为使系统仍保持静止状态，物体B的质量不得超过3kg【答案】ACD【解答】解：A．对O点，根据共点力平衡可知轻绳AO上的张力为轻绳DO的拉力为故A正确；B．对物块A受力分析，假设摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件可知T+f＝mAgsinα代入数据解得f＝﹣5N所以物块A受到的摩擦力大小为5N，方向沿斜面向下，故B错误；C．对斜面体和物块A为整体，水平方向，根据平衡条件可知斜面体受到地面的摩擦力为f地＝Tsinθ＝30×0.8N＝24N方向水平向右，故C正确；D．保持O点位置不变，则物块A不动，最大静摩擦沿斜面向下时绳子拉力最大Tmax＝mAgsinα+μmAgcosα对O点，由共点力平衡有m'Bg＝Tmaxcosθ联立两式，代入数据解得m'B＝3kg故D正确。故选：ACD。45．（2023秋•重庆期中）如图所示，倾角θ＝37°的固定斜面上放有物块A和B，A、B之间拴接有劲度系数k＝4N/cm的轻弹簧，物块B和小桶C由跨过光滑的定滑轮的轻绳连接。开始时弹簧处于原长，A、B、C均处静止状态，且B刚好不受摩擦力，轻弹簧、轻绳平行于斜面。已知A、B的质量mA＝mB＝2kg，A、B与斜面间的动摩擦因数均为0.875，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求C的质量mC；（2）求开始时A受到的摩擦力大小；（3）若向C中缓慢加入沙子，当B刚要向上运动时，加入沙子的总质量记为m1，继续缓慢加入沙子，B缓慢向上运动，当A刚要向上运动时（C未触地，弹簧处于弹性限度范围内），加入沙子的总质量记为m2，求：①；②A刚要向上运动时，B已经向上运动的距离。【答案】（1）C的质量mC为1.2kg；（2）开始时A受到的摩擦力大小为12N；（3）①为；②A刚要向上运动时，B已经向上运动的距离为6.5cm。【解答】解：（1）开始时弹簧处于原长，B刚好不受摩擦力，把B、C视为整体，由平衡条件有mBgsinθ＝mCg解得：mC＝1.2kg（2）对A进行受力分析，由平衡条件有f＝mAgsinθ解得：f＝12N（3）①当B刚要向上运动时，将B、C和沙子视为整体，由平衡条件有mBgsinθ+μmBgcosθ＝（mC+m1）g当A刚要向上运动时，将A、B、C和沙子视为整体，由平衡条件有（mA+mB）gsinθ+μ（mA+mB）gcosθ＝（mC+m2）g解得：②当A刚要往上运动时，设此时弹簧伸长的长度为x，对A进行受力分析，则有T＝mAgsinθ+μmgcosθ又由胡克定律有T＝kx解得：x＝6.5cm说明B已经向上运动了6.5cm。答：（1）C的质量mC为1.2kg；（2）开始时A受到的摩擦力大小为12N；（3）①为；②A刚要向上运动时，B已经向上运动的距离为6.5cm。46．（2023秋•常熟市期中）小明利用木块A做了几个跟摩擦力相关的实验，木块A的质量为1kg（g＝10m/s2）。（1）如图1所示，小明同学用垂直于墙的力F将木块A压在竖直墙上，墙和木块A之间的动摩擦因数为0.30，已知力F＝20N，求：①若木块下滑，木块A受到的墙面的摩擦力。②若将压木块A的力增大到2F，木块静止，求木块A受到的摩擦力的大小。（2）如图2所示，小明同学将木块A夹在两长木板之间，左右两边对木板的水平压力大小相等，木块A可在两长木板之间以v的速度竖直向下匀速下滑。如果保持两水平压力的大小方向不变，要使木块A以3v的速度匀速向上滑动，那么对木块竖直向上的推力应多大？【答案】（1）①若木块下滑，木块A受到的墙面的摩擦力为6N，方向竖直向上；②若将压木块A的力增大到2F，木块静止，木块A受到的摩擦力的大小为10N；（2）如果保持两水平压力的大小方向不变，要使木块A以3v的速度匀速向上滑动，那么对木块竖直向上的推力应为20N。【解答】解：（1）①木块受到的摩擦力为：f1＝μF＝0.30×20N＝6N，方向竖直向上。②木块（设其质量为m）静止，受力平衡，木块A受到的（静）摩擦力的大小为：f2＝mg＝1×10N＝10N（2）木块A匀速下滑，受力平衡，由f＝μFN可知，木块左右两侧所受摩擦力大小相等，方向均竖直向上，下滑时木块左右所受摩擦力之和大小为：f3＝mg＝1×10N＝10N保持两水平压力的大小方向不变，由f＝μFN可知，木块A匀速上滑时，木块左右所受摩擦力大小不变，上滑时木块左右所受摩擦力之和大小为f4＝f3＝10N，方向竖直向下；由竖直方向平衡关系可知，木块匀速上滑时，对木块竖直向上的推力为：F＝f4+mg＝10N+1×10N＝20N答：（1）①若木块下滑，木块A受到的墙面的摩擦力为6N，方向竖直向上；②若将压木块A的力增大到2F，木块静止，木块A受到的摩擦力的大小为10N；（2）如果保持两水平压力的大小方向不变，要使木块A以3v的速度匀速向上滑动，那么对木块竖直向上的推力应为20N。十八．解析法求共点力的平衡（共4小题）47．（2023秋•徐汇区校级期中）如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和环对小球的弹力FN的大小变化情况是（）A．F增大，FN减小 B．F不变，FN减小 C．F不变，FN增大 D．F减小，FN不变【答案】D【解答】解：小球沿圆环缓慢上移可看作匀速运动，对小球进行受力分析，小球受重力G，F，FN，三个力。满足受力平衡。作出受力分析图如下由图可知△OAB∽△GFA即：＝＝，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，故ABC错误；D正确。故选：D。48．（2023秋•晋江市校级期中）如图所示，一光滑的轻滑轮用轻绳OO′悬挂于O′点。另一轻绳跨过轻滑轮一端连接物块A，另一端连接中间有孔的小球B，A、B的质量满足mA＜mB，小球B套在光滑倾斜固定杆上，对B施加沿杆方向的外力F使轻绳OB水平。缓慢改变外力F的大小，使轻绳OB从水平顺时针缓慢转到竖直的过程中，下列说法正确的是（）A．轻绳OB上的拉力先减小后增大 B．轻绳OO′上的拉力大小不变 C．轻绳OO′上的拉力逐渐增大 D．外力F逐渐增大【答案】C【解答】解：A、以A为对象，根据受力平衡可得：TOA＝mAg。根据定滑轮的特点可知，轻绳OB上的拉力等于OA上的拉力，则轻绳OB上的拉力大小保持不变，故A错误；BC、以轻滑轮为对象，设AOB绳子间的夹角为α，根据受力平衡可得：轻绳OB从水平顺时针缓慢转到竖直的过程中，α从90°逐渐减小到0°，由上式可以看出，轻绳OO′上的拉力大小逐渐增大，故B错误，C正确；D、设绳子OB与倾斜固定杆的夹角为β，斜杆倾角为θ，轻绳OB从水平顺时针缓慢转到竖直的过程中，β先增大到90°（此时OB与斜杆垂直），之后继续增大。以B为对象，沿斜杆方向，根据受力平衡可得：F＝mBgsinθ+TOBcosβ在β增大到90°的过程中，cosβ逐渐减小，而TOB不变，斜杆倾角θ不变，由上式可知，此过程外力F逐渐减小。之后β大于90°，则TOB沿斜杆的分力反向向上，且大小逐渐增大，则外力F继续逐渐减小，故D错误。故选：C。49．（2023秋•河南期中）如图所示，物块B放在粗糙平台上，一条不可伸长的细绳穿过平台的孔洞，一端固定在物块B上的O点，另一端系一个小球A。在外力F作用下小球A从B的正下方沿着以OA为半径的圆弧被缓缓推至接近水平位置，在小球A缓缓运动过程中，力F的方向始终与细绳保持垂直，物块B始终静止不动，则下面说法正确的是（）A．外力F逐渐减小 B．绳子的拉力先增大后减小 C．平台给物块B的摩擦力先增大后减小 D．物块B所受平台的支持力先增大后减小【答案】C【解答】解：画出小球在某一位置的受力示意图如下图所示，AB，对小球，根据共点力平衡条件，绳子的拉力T与推力F的合力F合与重力mg等大反向由数学知识可知：T＝F合cosθ＝mAgcosθ，F＝mAgsinθ当θ从0°到接近90°变化时，绳子拉力T减小，推力F变大，故AB错误；CD、对物块B和A整体，由平衡条件，物块受到平台的支持力：FN＝mBg+mAg﹣Fsinθ＝mBg+mAgcos2θ，随着θ的变化，支持力一直减小。静摩擦力为：Ff＝Fcosθ＝mAgsin2θ，随着θ的变化，Ff先变大后变小，故C正确，D错误。故选：C。50．（2023秋•阜阳期中）（多选）内壁光滑且呈半圆柱面的凹槽静止在水平面上，其横截面如图所示，O为圆心，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的一端点。凹槽内有一质量为m的小球，现对小球施加一水平推力F，使小球由A缓缓地向B移动，当小球移至其和圆心的连线与水平方向成θ角时，凹槽恰好开始滑动。已知凹槽的质量为M，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列判断中正确的是（）A．在小球缓缓移动的过程中，推力F逐渐增大 B．在小球缓缓移动的过程中，凹槽所受地面的支持力逐渐减小 C．凹槽与地面间的动摩擦因数为 D．凹槽与地面间的动摩擦因数为【答案】AC【解答】解：A、以α表示小球所在半径与竖直方向的夹角，对小球受力分析，由平衡条件得水平推力：F＝mgtanα在小球缓缓移动的过程中，α变大，所以推力F逐渐增大，故A正确；B、在小球缓缓移动的过程中，对小球与凹槽整体分析，凹槽所受地面的支持力等于小球与凹槽重力之和，大小不变，故B错误；CD、当小球移至其和圆心的连线与水平方向成θ角时，凹槽恰好开始滑动，同A选项中可求推力：则根据滑动摩擦力的公式有：解得凹槽与地面间的动摩擦因数为：，故C正确，D错误。故选：AC。十九．辅助圆法解决动态平衡问题（共2小题）51．（2023春•岳阳县期中）如图所示，光滑直杆OA、OB在O点由铰链固定，两杆间夹角θ（θ＜90°）不变，在两杆上分别套上质量相等的小环P、Q，两小环由不可伸长的轻绳连接，初始时，杆OA竖直，现缓慢顺时针转动两杆至OB竖直，则在转动过程中（）A．杆对环P的弹力先变大后变小 B．杆对环Q的弹力一直变大 C．杆对环P的弹力一直变大 D．杆对环Q的弹力先变小后变大【答案】C【解答】解：对两环和绳整体受力分析，作力矢量三角形如图所示，缓慢顺时针转动两杆至杆OB竖直，在转动过程中，根据力的矢量长短表示力的大小可判断，初始时杆对环P的弹力FP最小，当逐渐增大到辅助圆的直径时，杆对环Q的弹力FQ水平，FP全过程一直变大，FQ一直变小，故ABD错误，C正确。故选：C。52．（2023秋•苏州期中）如图所示，倾角为30°的斜面体放置于粗糙水平地面上，物块A通过跨过光滑定滑轮的柔性轻绳与小球B连接，O点为轻绳与定滑轮的接触点。初始时，小球B在水平向右的拉力F作用下使轻绳OB段与水平拉力F的夹角θ＝120°，整个系统处于静止状态。现将小球向右上方缓慢拉起，并保持夹角θ不变，从初始到轻绳OB段水平的过程中，斜面体与物块A均保持静止不动，则在此过程中（）A．拉力F先增大后减小 B．轻绳上的张力先增大后减小 C．地面对斜面体的支持力逐渐减小 D．地面对斜面体的摩擦力逐渐减小【答案】C【解答】解：AB、由于拉力F和绳子拉力T的夹角始终保持不变，因此可以对B物体的受力分析画出力的矢量三角形，从而画出辅助圆，如图所示，由辅助圆可知，外力F从水平方向向上倾斜时一直变大，绳子拉力T一直减小，故AB错误；CD、以ABC三个物体为整体进行受力分析，地面静摩擦力大小等于个力F的水平分力，地面的支持力等于总重力减去F竖直方向分力。根据辅助圆可知，外力F的水平分力先变大后变小，所以摩擦力先增大后减小。竖直分力一直增大，所以支持力一直减小。故C正确，D错误。故选：C。二十．光电门测量物体速度（共2小题）53．（2023秋•黄埔区校级期中）某学习小组在“研究匀变速直线运动”的实验中，用如图所示的气垫导轨装置来测滑块的加速度，由导轨标尺可以测出两个光电门之间的距离L，窄遮光板的宽度为d，窄遮光板依次通过两个光电门的时间分别为t1、t2．（1）通过两个光电门的瞬时速度分别为v1＝，v2＝．在计算瞬时速度时应用的物理方法是极限法（填“极限法”“微元法”或“控制变量法”）．（2）滑块的加速度可以表示为a＝（﹣）（用题中所给物理量表示）．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．滑块经过光电门1时的瞬时速度的表达式为：v1＝，滑块经过光电门2时的瞬时速度的表达式为：v2＝．当时间极短时，某段时间内的平均速度可以代替瞬时速度，该思想是极限的思想方法（2）根据﹣＝2aL得滑块的加速度可以表示为：a＝（﹣）；故答案为：（1），，极限法；（2）（﹣）．54．（2023秋•兰州期中）某同学用如图（a）所示的装置测量重力加速度。实验器材：有机玻璃条（白色是透光部分，黑色是宽度均为d＝1cm的挡光片），铁架台，数字计时器（含光电门），刻度尺。主要实验过程如下：（1）将光电门安装在铁架台上，下方放置承接玻璃条下落的缓冲物；（2）用刻度尺