高一上冊物理期中復習全解全析-2024-2025學年高一上學期期中考點大串講（人教B版2019必修第一冊）

第第頁高一上冊物理期中復習（易錯題60題23大考點）訓練范圍：人教版（2019）：

必修第一冊第1~3章。一．平均速度（定義式方向）（共2小題）二．加速度的定義、表達式、單位及物理意義（共4小題）三．速度、速度變化量和加速度的關聯(lián)（共2小題）四．勻變速直線運動速度與時間的關系（共2小題）五．勻變速直線運動位移與時間的關系（共3小題）六．勻變速直線運動中的平均速度的應用（平均速度的推論）（共3小題）七．自由落體運動的規(guī)律及應用（共3小題）八．豎直上拋運動的規(guī)律及應用（共3小題）九．變速物體追勻速物體問題（共2小題）十．相遇次數(shù)問題（共2小題）十一．追及相遇的圖像類問題（共2小題）十二．勻變速直線運動規(guī)律的綜合應用（共4小題）十三．胡克定律及其應用（共2小題）十四．最大靜摩擦力的性質和應用（共2小題）十五．判斷是否存在摩擦力（共2小題）十六．力的合成與分解的應用（共2小題）十七．共點力的平衡問題及求解（共6小題）十八．解析法求共點力的平衡（共4小題）十九．輔助圓法解決動態(tài)平衡問題（共2小題）二十．光電門測量物體速度（共2小題）二十一．頻閃相機測量物體速度（共2小題）二十二．探究小車速度隨時間變化的規(guī)律（共2小題）二十三．探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律（共2小題）TOC\o"1-3"\h\u一．平均速度（定義式方向）（共2小題）1．（2023秋?城關區(qū)校級期中）汽車勻速行駛，由甲地到乙地時速度為v1，由乙地返回甲地時速率v2則往返全程的平均速率是（）A． B． C． D．【答案】D【解答】解：設甲與乙間距為S，由甲到乙的時間為t1＝，由乙到甲的時間為t2＝；故全程的平均速率為：；故選：D。2．（2023秋?靜安區(qū)校級期中）汽車剎車后做勻減速直線運動，最后停下來，在剎車過程中，汽車前半程的平均速度與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：汽車做勻減速直線運動，且最終減速到零的過程，可利用逆向思維將其看成是一個初速度為零的勻加速直線運動，由初速度為零的勻加速直線運動相鄰的相同位移的時間比為可知，汽車的前半程的平均速度與后半程的平均速度之比為.＝；故ABC錯誤，D正確。故選：D。二．加速度的定義、表達式、單位及物理意義（共4小題）3．（2023秋?合肥期中）如圖所示為汽車的速度計，某同學在向前直線行駛的汽車中觀察速度計指針位置的變化。開始時指針指示在如圖（甲）所示的位置，經過10s后指針指示在如圖（乙）所示的位置。若汽車做勻變速直線運動，那么它的加速度約為（）A．1.1m/s2 B．1.4m/s2 C．2.2m/s2 D．4.4m/s2【答案】A【解答】解：由圖（甲）所示可行，汽車的速度v0＝20km/h＝m/s，由圖（乙）所示可知，汽車的速度v1＝60km/h＝m/s，加速度a＝≈1.1m/s2，故A正確，BCD錯誤。故選：A。4．（2023秋?延慶區(qū)期中）汽車的初速度是v1，經過一段時間后速度變?yōu)関2，用Δv表示Δt時間內速度的變化量，為了在圖中表示加速度a，我們以初速度v1的箭頭端為起點，以后來的速度v2的箭頭端為終點，作出一個新的箭頭，表示速度的變化量Δv．則如圖中能正確表示汽車做加速運動的是（）A． B． C． D．【答案】A【解答】解：A、汽車的速度變化的方向與初速度方向相同時，汽車做加速運動，故A正確；BC、汽車加速度的方向與速度變化的方向相同而不是相反，汽車做減速運動，故BC錯誤；D、速度的變化量用從矢量v1的箭頭到矢量v2的箭頭的有向線段表示，故速度變化的方向與加速度方向相反，汽車做減速運動，故D錯誤。故選：A。5．（2023秋?羅湖區(qū)校級期中）（多選）歷史上有的科學家曾把在相等位移內速度變化相等的單向直線運動稱為“勻變速直線運動”（“另類勻變速直線運動”），“另類加速度”定義為，其中v0和vt分別表示某段位移s內的初速度和末速度，A＞0表示物體做加速運動，A＜0表示物體做減速運動，而現(xiàn)在物理學中加速度的定義式為下列說法正確的是（）A．若A＞0且逐漸變小，則a可能不變 B．若A＞0且保持不變，則a逐漸變小 C．若A＞0且逐漸變大，則物體在中間位置處的速度可能為 D．若4＞0且保持不變，則物體在中間位置處的速度為【答案】AD【解答】A.若A不變且A＞0，相等位移內平均速度越來越大所以相等位移內所用時間越來越少，但A變小，速度增量減小，根據(jù)，分子分母同時減小，a可能不變，故A正確；B.若A不變且A＞0，相等位移內速度增加量相等，則知平均速度越來越大，所以相等位移內所用時間越來越少，由可知，a越來越大，故B錯誤；CD.因為相等位移內速度變化相等，所以中間位置處位移為，速度變化量為，所以此位置的速度為誤；，故C錯誤，D正確。故選：AD。6．（2023秋?新會區(qū)校級期中）氣排球運動是一項集運動、休閑、娛樂為一體的群眾性體有項目，作為一項新的體育運動項目，如今已經受到越來越多人的喜愛。氣排球運動是純粹的“中國制造”。如圖所示，在臺州市教職工氣排球比賽中，一球員跳起將速度為4m/s水平飛來的氣排球迎面擊出，氣排球以8m/s的速率水平返回。假設該球員對氣排球的擊打時間0.60s。求：（1）氣排球被擊打過程中的速度變化Δv的大小；（2）氣排球被擊打過程中的平均加速度?！敬鸢浮浚?）氣排球被擊打過程中的速度變化Δv的大小為12m/s；（2）氣排球被擊打過程中的平均加速度大小為20m/s2，方向與排球飛來的方向相反?！窘獯稹拷猓海?）取排球飛來的方向為正方向，則初速度v0＝4m/s，末速度v＝﹣8m/s氣排球被擊打過程中的速度變化為：Δv＝v﹣v0＝（﹣8﹣4）m/s＝﹣12m/s所以速度變化量Δv的大小為12m/s，方向與排球飛來的方向相反。（2）根據(jù)加速度定義得：a＝＝m/s2＝﹣20m/s2則平均加速度大小為20m/s2，方向與排球飛來的方向相反。答：（1）氣排球被擊打過程中的速度變化Δv的大小為12m/s；（2）氣排球被擊打過程中的平均加速度大小為20m/s2，方向與排球飛來的方向相反。三．速度、速度變化量和加速度的關聯(lián)（共2小題）7．（2023秋?黃浦區(qū)校級期中）一個質點做直線運動，加速度的方向始終與速度方向相同，加速度大小逐漸減小，直至為零。在此過程中，下列說法正確的是（）A．速度逐漸減小，當加速度減小為零時，速度達到最小值 B．速度逐漸增加，當加速度減小為零時，速度達到最大值 C．位移逐漸增大，當加速度減小為零時，位移將不再增大 D．位移逐漸減小，當加速度減小為零時，位移達到最小值【答案】B【解答】解：AB、一個質點做方向不變的直線運動，加速度的方向始終與速度方向相同，但加速度大小逐漸減小直至為零，在此過程中，由于加速度的方向始終與速度方向相同，所以速度逐漸增大，當加速度減小到零時，物體將做勻速直線運動，速度不變，而此時速度達到最大值。故A錯誤，B正確；CD、由于質點做方向不變的直線運動，所以位移逐漸增大，當加速度減小到零時，速度不為零，所以位移繼續(xù)增大，故CD錯誤。故選：B。8．（2023秋?濱海新區(qū)校級期中）加速度在描述運動變化過程時起著非常重要的作用。下列關于加速度與速度、速度的變化量及速度的變化率關系的說法中正確的是（）A．速度大，則加速度大 B．速度變化量小，則加速度小 C．速度變化率小，則加速度小 D．加速度減小，則速度一定減小【答案】C【解答】解：A、由加速度的定義式可知，加速度的大小與速度變化量的大小和時間有關，所以速度大，加速度不一定大，故A錯誤；BC、由加速度的定義式可知，速度的大小與速度變化量的大小無關，則速度大，加速度不一定大，速度變化量小，加速度不一定小，速度變化率小，加速度一定小，故B錯誤，C正確；D、當加速度與速度方向相同，物體做加速運動，雖然加速度減小，但速度卻增大，故D錯誤。故選C。四．勻變速直線運動速度與時間的關系（共2小題）9．（2023秋?雁塔區(qū)校級期中）奧迪車有多種車型，如30TFSI、35TFSI、50TFSI，（每個車型字母前的數(shù)字稱為G值）G值用來表示該車型的加速性能，數(shù)字越大，加速越快。G值的大小為車輛從靜止開始加速到100km/h的平均加速度數(shù)值（其單位為國際單位）再乘以10．如圖所示為某一型號的奧迪車的尾標，其值為30TFSI，則該型號車從靜止開始加速到100km/h的時間約為（）A．5.6s B．6.2s C．8.5s D．9.3s【答案】D【解答】解：由題意可得30TFSI的加速度大小為a＝3m/s2，末速度大小為v＝100km/h＝27.8m/s，由速度—時間關系可得時間為，故D正確，ABC錯誤。故選：D。10．（2023秋?東昌府區(qū)校級期中）一輛汽車從靜止開始勻加速開出，然后保持勻速運動，最后勻減速運動直到停止．從汽車開始運動起計時，表中給出了某些時刻汽車的瞬時速度．根據(jù)表中的數(shù)據(jù)通過分析、計算可以得出（）時刻/s1.02.03.05.07.09.510.5速度/m?s﹣13.06.09.012129.03.0A．汽車加速運動經歷的時間為4s B．汽車加速運動經歷的時間為5s C．汽車勻速運動的時間為2s D．汽車減速運動的時間為3s【答案】A【解答】解：A、勻速運動的速度為12m/s，勻加速運動的加速度，則勻加速運動的時間．故A正確，B錯誤。C、勻減速運動的加速度，汽車從3m/s減到0還需的時間．即11s時速度減為0．汽車勻減速所需的時間．所以汽車勻速運動的時間為5s。故CD均錯誤。故選：A。五．勻變速直線運動位移與時間的關系（共3小題）11．（2023秋?十堰期中）汽車在平直公路上以20m/s的速度勻速行駛。前方突遇險情，司機緊急剎車，汽車做勻減速運動，加速度大小為8m/s2。從開始剎車到汽車停止，汽車運動的距離為（）A．10m B．20m C．25m D．50m【答案】C【解答】解：由題意知，車速v＝20m/s，剎車的加速度大小為8m/s2，最后末速度減為0，由推導公式v2＝2ax可得：x＝25m，故C正確，ABD錯誤。故選：C。12．（2023秋?海珠區(qū)校級期中）（多選）如圖所示，以8m/s勻速行駛的汽車即將通過路口，綠燈還有2s將熄滅，此時汽車距離停車線18m。該車加速時最大加速度大小為2m/s2，減速時最大加速度大小為5m/s2．此路段允許行駛的最大速度為12.5m/s，下列說法中正確的是（）A．如果立即做勻減速運動，在綠燈熄滅前汽車一定不會通過停車線 B．如果距停車線5m處減速，汽車能停在停車線處 C．如果立即做勻加速運動，在綠燈熄滅前汽車可能通過停車線 D．如果立即做勻加速運動，在綠燈熄滅前通過停車線汽車不會超速【答案】ACD【解答】解：AB、如果立即做勻減速運動，速度減為零需要時間t2＝＝1.6s，此過程通過的位移為x2＝＝m＝6.4m，即剎車距離為6.4m，提前18m減速，汽車不會超過停車線；如果不減速，2s內的位移為x勻＝v0t2＝16m＜18m，所以汽車在綠燈熄滅前汽車一定不會通過停車線；如果距停車線5m處減速，則會過線，故A正確、B錯誤；CD、如果立即做勻加速直線運動，t1＝2s內的位移x＝v0t+＝20m＞18m，此時汽車的速度為v1＝v0+a1t1＝12m/s＜12.5m/s，汽車沒有超速，故CD正確；故選：ACD。13．（2023秋?西城區(qū)校級期中）概念公式的準備理解是物理學習的基礎，請完成下面的任務：（1）一個物體做勻變速直線運動，初速度為v0，經過一段時間，速度變?yōu)関t，如果在這段位移中點處的速度為v1，在時間中點時的速度為v2，請利用勻變速直線運動公式推導：①，；②比較v1、v2的大小關系。（2）如圖所示，一物體靜止放在斜面上，并給物體施加一豎直向下的壓力F，斜面靜止在水平地面上，請在答題卡上分別畫出物體、斜面的受力示意圖。【答案】（1）①見解析；②v1＞v2；（2）見解析?！窘獯稹拷猓海?）①設物體做勻變速直線運動的加速度為a，這段位移為s。根據(jù)勻變速直線運動位移—速度公式可得聯(lián)立解得：根據(jù)勻變速直線運動速度—時間公式可得聯(lián)立解得：②根據(jù)，可得：，則可知v1＞v2（2）以物體為研究對象，物體受到重力mg、壓力F、斜面的支持力FN、摩擦力f，畫出物體的受力示意圖如圖所示。以斜面為研究對象，斜面受到重力Mg、物體對斜面的壓力FN′、摩擦力f′、地面對支持力N地，畫出斜面的受力示意圖如圖所示。答：（1）①見解析；②v1＞v2；（2）見解析。六．勻變速直線運動中的平均速度的應用（平均速度的推論）（共3小題）14．（2023秋?海淀區(qū)校級期中）物體從靜止開始做勻加速直線運動，從零時刻開始，連續(xù)通過三段位移時間分別為1秒、2秒、3秒．下列說法正確的是（）A．三段位移之比為1：9：36 B．三段位移的末速度之比為1：2：3 C．三段位移的平均速度之比為1：4：9 D．三段位移的平均速度之比為1：3：5【答案】C【解答】解：A、因為通過連續(xù)三段位移的時間分別為1秒、2秒、3秒，從開始起運動時間之比為1：3：6，根據(jù)x＝知，從開始起通過的位移之比為1：9：36，可知這三段位移之比為1：8：27，故A錯誤。B、根據(jù)速度—時間公式v＝at知，則三段位移的末速度之比為1：3：6，故B錯誤。CD、根據(jù)平均速度的定義式知，三段位移的平均速度之比為1：：＝1：4：9，故C正確，D錯誤。故選：C。15．（2023秋?珠海期中）如圖所示，在水平面上固定著四個完全相同的木塊，一顆子彈以水平速度v射入，子彈可視為質點。若子彈在木塊中做勻減速直線運動，當它穿透第四個木塊（即D位置）時速度恰好為0，下列說法不正確的是（）A．子彈通過每個木塊的時間均不相同 B．子彈到達各點的速率 C．子彈通過每一部分時，其速度變化量相同 D．子彈從O運動到D全過程的平均速度等于C點的瞬時速度【答案】C【解答】解：A、子彈做勻減速運動，通過相等的位移所用時間越來越短，所以子彈通過每個木塊的時間均不相同，故A正確；B、子彈運動的逆過程為初速度為零的勻加速直線運動，設每塊木塊長度為L，加速度大小為a，由v2＝2ax得：v＝∝則子彈到達各點的速率之比v0：vA：vB：vC＝：：：＝2：：：1，故B正確；C、子彈通過每一部分時所用時間不等，由Δv＝at知a不變，其速度變化量不相同，故C錯誤；D、將子彈的速度反向視為初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)連續(xù)相等時間位移比為1：3：5可知，子彈通過前三塊木塊的時間和通過最后一塊木塊的時間相同，即子彈從O運動到C的時間等于從C運動到D的時間，根據(jù)勻變速直線運動的推論：做勻變速直線運動的物體在一段時間內的平均速度等于這段時間內中間時刻的瞬時速度，則知子彈從O運動到D全過程的平均速度等于C點的瞬時速度，故D正確。本題選不正確的，故選：C。16．（2023秋?重慶期中）（多選）春節(jié)臨近，有長輩給小朋友壓歲錢的習俗，為了增添年味，現(xiàn)在發(fā)壓歲錢的方式也是越來越有趣，其中有一種叫做“滾錢”，具體操作是在桌面放置不同金額的紙幣，瓶子滾到哪張紙幣上就可以贏取此金額，如左圖所示。為了便于分析，我們用右圖來描述這個模型，滾瓶從水平桌面上O點出發(fā)，途中經過A、B、C、D、E，5個放錢的位置，相鄰兩個位置的距離均為0.2m，滾瓶停在哪里就獲得對應的壓歲錢，滾瓶掉下桌子就沒有?，F(xiàn)設滾瓶（可視為質點）從O點出發(fā)后阻力恒定，張強同學以v0＝1m/s推出滾瓶，最后剛好停在E處，已知滾瓶在D和E之間滑行的時間為1s，則下列說法正確的（）A．滾瓶由A滑至E所用的時間等于2s B．滾瓶在A點的速度等于它在OB之間的平均速度 C．滾瓶經過A點時的速度是經過D點時的速度的2倍 D．如果張強以0.9m/s的速度將滾瓶推出，滾瓶最終將停在DE之間【答案】AC【解答】解：A、滾瓶做末速度為零的勻減速運動，設滾瓶依次滑過兩相鄰位置的時間間隔分別為t1、t2、t3和t4，根據(jù)x＝，由逆向思維知：而題設條件：t4＝1s故滾瓶由位置A滑至位置E所用的時間：t＝t4+t3+t2+t1＝1s+（）s+（）s+（2）s＝2s，故A正確；B、滾瓶由位置D到位置E，由將x＝0.2m，t4＝1s代入得：a＝0.4m/s2滾瓶經過位置A的速度：v1＝at＝0.4×2m/s＝0.8m/s滾瓶經過位置B的速度：v2＝v1﹣at1＝0.8m/s﹣0.4×（2﹣）m/s＝m/s在OB之間的平均速度：，故B錯誤；C、滾瓶經過位置D的速度：v4＝at4＝0.4×1m/s＝0.4m/s＝，故C正確；D、滾瓶從O到E，根據(jù)速度—位移公式有：xOE＝＝m＝1.25m則若以0.9m/s的速度將滾瓶推出，滾瓶運動的位移為：x′＝＝m＝m＜xOD＝xOE﹣DE＝1.25m﹣0.2m＝1.05m，最終停在CD之間，故D錯誤。故選：AC。七．自由落體運動的規(guī)律及應用（共3小題）17．（2023秋?西城區(qū)校級期中）如圖所示，甲同學用手拿著一把長50cm的直尺，并使其處于豎直狀態(tài)；乙同學把手放在直尺0刻度線位置做抓尺的準備。某時刻甲同學松開直尺，直尺保持豎直狀態(tài)下落，乙同學看到后立即用手抓直尺，手抓住直尺位置的刻甲度值為20cm；重復以上實驗，乙同學第二次手抓住直尺乙位置的刻度值為10cm。直尺下落過程中始終保持豎直狀態(tài)。若從乙同學看到甲同學松開直尺，到他抓住直尺所用時間叫“反應時間”，取重力加速度g＝10m/s2。則下列說法中錯誤的是（）A．乙同學第一次的“反應時間”比第二次長 B．乙同學第一次抓住直尺之前的瞬間，直尺的速度約為4m/s C．若某同學“反應時間”大于0.4s，則用該直尺將無法用上述方法測量他的“反應時間” D．若將尺子上原來長度值改為對應的“反應時間”值，則得到的時間刻度是不均勻的【答案】B【解答】解：A、直尺下降的高度h時，根據(jù)自由落體位移公式可知第一次直尺下落時間較長，則乙同學第一次的“反應時間”比第二次長，故A正確；B、由速度—位移公式可得，乙同學第一次抓住直尺之前的瞬間，直尺的速度為，故B錯誤；C、直尺在0.4s內下降的距離為h3＝＝m＝0.8m＞0.5m，故某同學的“反應時間”大于0.4s，則用該直尺將無法用上述方法測量他的“反應時間”，故C正確；D、根據(jù)可得，若將尺子上原來的長度值改為對應的“反應時間”值，則得到的時間刻度是不均勻的，故D正確。本題選錯誤的，故選：B。18．（2023秋?沈陽期中）如圖所示，一滴雨滴從離地面20m高的樓房屋檐自由下落，下落途中用Δt＝0.2s的時間通過一個窗口，窗口的高度為2m，g取10m/s2，不計空氣阻力，則屋檐到窗口上邊沿的距離為（）A．4.05m B．19.8m C．0.2m D．1.8m【答案】A【解答】解：由題意知，窗口的高度為d＝2m，設屋檐到窗口上邊沿的高度為h，雨滴從屋檐運動到窗的上邊沿時間為t0，則又，聯(lián)立解得：d＝4.05m，故A正確，BCD錯誤。故選：A。19．（2023秋?湖南期中）如圖所示，在某次雜技表演中，讓甲球從離地高度為H處由靜止釋放，同時讓乙球在甲的正下方的某處由靜止釋放，當乙球與水平地面碰撞后瞬間的速度大小是剛要碰撞前瞬間的k倍（k＜1），碰撞前后速度的方向相反。兩小球均可視為質點，忽略空氣阻力，乙球與地面的碰撞時間忽略不計，重力加速度為g。（1）若乙球由靜止釋放時的高度為h，求乙球與地面碰撞后瞬間的速度大?。唬?）若乙球由靜止釋放時的高度為h，求乙球從靜止釋放到第一次碰撞后到達最高點的運動時間（乙球到達最高點前沒有與甲球發(fā)生碰撞）；（3）若要使乙球在第一次上升過程中就能與甲球碰撞，且k＝0.5，求乙球由靜止釋放時的高度h的取值范圍?！敬鸢浮浚?）乙球與地面碰撞后瞬間的速度大小為k；（2）乙球從靜止釋放到第一次碰撞后到達最高點的運動時間為（k+1）；（3）乙球由靜止釋放時的高度h的取值范圍為H＜h＜H?！窘獯稹拷猓海?）乙球自由下落過程，有乙球與地碰撞剛結束時的速度大小為v2＝kv1聯(lián)立解得：（2）由自由落體運動的規(guī)律可得解得：t1＝碰撞后乙球上升過程，有v2＝gt2解得：t2＝k故乙球從靜止釋放到再次到達最高點的運動時間t0＝t1+t2＝+k＝（k+1）。（3）設乙球第一次上升的最大高度為h0，則有假設乙球在第一次上升到最高點正好與甲球碰撞，對甲球，由自由落體運動的規(guī)律可得結合k＝0.5，綜合解得：乙球靜止釋放時離地的高度越大，乙球越能在第一次上升過程中與甲球碰撞，則h的范圍為答：（1）乙球與地面碰撞后瞬間的速度大小為k；（2）乙球從靜止釋放到第一次碰撞后到達最高點的運動時間為（k+1）；（3）乙球由靜止釋放時的高度h的取值范圍為H＜h＜H。八．豎直上拋運動的規(guī)律及應用（共3小題）20．（2023秋?重慶期中）一個物體作豎直上拋運動，從拋出的時刻算起到到達最高點過程中，上升到最大高度的一半時間為t1，速度減為拋出速度的一半時間為t2，則t1與t2的之比為（）A． B． C． D．【答案】A【解答】解：設物體的初速度為v0，上升的最大高度為h，上升到最大高度的一半時速度為v1，可得：0﹣＝﹣2gh，﹣＝﹣2g?聯(lián)立解得：v1＝v0則上升到最大高度的一半時間為t1＝＝＝速度減為拋出速度的一半時間為t2＝＝聯(lián)立解得：，故A正確，BCD錯誤。故選：A。21．（2023秋?渠縣校級期中）（多選）如圖所示是某次比賽中運動員入跳的精彩一幕。高1.6m的運動員從離水面10m的跳臺向上躍起離開臺面，重心（此時其重心位于從手到腳全長的中點）升高0.45m達到最高點。落水時身體豎直，手先入水（全過程只考慮豎直方向的運動，不計阻力，g取10m/s2）。則（）A．運動員的初速度為30m/s B．運動員上升時間為0.3s C．從離開跳臺到手觸水面，運動員可用于完成空中動作的時間約為1.75s D．若運動員入水后勻減速運動，加速度大小為20m/s2，為了運動員安全，水池深度至少為3m【答案】BC【解答】解：A、運動員上升的過程，根據(jù)＝2gh可知，運動員的初速度為v0＝3m/s，故A錯誤；B、運動員上升時間為t1＝＝s＝0.3s，故B正確；C、運動員從最高點開始做自由落體運動，有代入數(shù)據(jù)解得t2＝1.45s所以運動員用于完成空中動作的時間約t總＝t1+t2＝0.3s+1.45s＝1.75s，故C正確；D、設運動員入水時的速度大小為v1，則運動員入水后勻減速運動，加速度大小為20m/s2，為了運動員安全，水池深度至少為h′＝聯(lián)立解得h′＝5.225m，故D錯誤。故選：BC。22．（2023秋?豐澤區(qū)校級期中）如圖所示，熱氣球以20m/s的速度勻速豎直上升，到離地105m高處，落下一物體。物體落下后，熱氣球以原來的速度繼續(xù)勻速上升。（g＝10m/s2）（1）物體落地的速度大小是多少？（2）物體從氣球上掉下后，經多長時間落回地面？（3）物體落下后5s時，熱氣球與物體之間的距離是多少？【答案】（1）物體落地的速度大小是50m/s；（2）物體從氣球上掉下后，經7s落回地面；（3）物體落下后5s時，熱氣球與物體之間的距離是125m。【解答】解：（1）規(guī)定向下為正方向，根據(jù)勻變速直線運動的速度—位移公式得：v2﹣＝2gh代入數(shù)據(jù)有：v2﹣（﹣20）2＝2×10×105解得：v＝50m/s（2）根據(jù)速度—時間規(guī)律可得總時間：t＝＝＝7s（3）根據(jù)位移—時間公式可得下落t＝5s后，物體的位移為：x5＝v0t+＝﹣20×5m+＝25m。氣球的位移：x5′＝v0t＝﹣20×5m＝﹣100m，“﹣”表示方向向上。氣球與物體之間的距離為：Δx＝x5﹣x5′＝25m﹣（﹣100m）＝125m。答：（1）物體落地的速度大小是50m/s；（2）物體從氣球上掉下后，經7s落回地面；（3）物體落下后5s時，熱氣球與物體之間的距離是125m。九．變速物體追勻速物體問題（共2小題）23．（2023秋?朝陽區(qū)校級期中）（多選）某人駕駛一輛汽車甲正在平直的公路上以某一速度勻速運動，突然發(fā)現(xiàn)前方50m處停著一輛乙車，甲車司機立即剎車，甲車剎車后做勻減速直線運動。已知甲車剎車后第1個2s內的位移是24m，第4個2s內的位移是1m。則下列說法正確的是（）A．汽車甲剎車后第3個2s內的位移為8m B．汽車甲剎車后做勻減速直線運動的加速度大小為m/s2 C．汽車甲剎車后第4s末的速度大小為6m/s D．汽車甲可能與乙車相撞【答案】AC【解答】解：B、假設8s內汽車一直勻減速運動，根據(jù)x4﹣x1＝3aT2得a＝＝m/s2＝﹣m/s2研究甲車剎車后第1個2s內的過程，根據(jù)x1＝v0T+，其中T＝2s得初速度為：v0＝﹣＝（+××22）m/s≈14m/s速度減為零的時間：t＝＝s≈7.3s可知汽車在8s前速度減為零。設汽車加速度大小為a，根據(jù)x1＝v0T﹣，得：24＝2v0﹣2a汽車速度減為零的時間為：t0＝采用逆向思維，最后兩秒內的位移為：x′＝＝1m聯(lián)立解得加速度大小為：a＝2m/s2，初速度為：v0＝14m/s，故B錯誤；A、根據(jù)x3﹣x1＝﹣2aT2得汽車甲剎車后第3個2s內的位移為：x3＝x1+2aT2＝[24+2×2×22]m＝8m，故A正確；C、汽車甲剎車后第4s末的速度大小為v4＝v0﹣at4＝[14﹣2×4]m/s＝6m/s，故C正確；D、汽車剎車到停止的距離為x0＝＝m＝49m＜50m，所以甲車不會撞上乙車，故D錯誤。故選：AC。24．（2023秋?山東期中）平直公路上一輛長度為15m的大貨車正在以72km/h的速度勻速行駛，大貨車正后方一輛長度為5m的小汽車正在以108km/h的速度勻速行駛。（1）某時刻小汽車車頭距離大貨車車尾60m，兩車在同一車道且保持勻速行駛，忽略小汽車的變道時間，從此刻開始小汽車超越大貨車需要多少時間？（2）大貨車行駛過程中突然發(fā)現(xiàn)前方路段施工，為確保行車安全，司機立即剎車使大貨車做勻減速直線運動，已知大貨車在剎車過程中第2s的位移為16.25m，則大貨車剎車時的加速度大小是多少？（3）大貨車以第（2）問求得的加速度勻減速至36km/h后開始勻速行駛，若大貨車開始剎車時，以108km/h的速度行駛的小汽車車頭正好距離大貨車車尾30m，小汽車司機立即制動與大貨車同時開始剎車并做勻減速直線運動，則小汽車的加速度至少為多大才能避免追尾事故的發(fā)生。【答案】（1）小汽車超越大貨車需要8s；（2）大貨車剎車時的加速度大小是2.5m/s2；（3）汽車的加速度至少為4m/s2，才能避免追尾事故的發(fā)生。【解答】解：（1）由題意可得，大貨車的初速度：v1＝72km/h＝20m/s，小汽車的初速度：v2＝108km/h＝30m/s設經過時間t超越，根據(jù)兩者位置關系有：v2t﹣v1t＝s0+l1+l2＝60m+15m+5m＝80m代入數(shù)據(jù)解得：t＝8s（2）大貨車在剎車過程，前2s內的位移為：s2＝v1t2﹣第1s內的位移為：s1＝v1t1﹣又根據(jù)題意有：s2﹣s1＝16.25m聯(lián)立方向解得：a1＝2.5m/s2（3）貨車勻速時的速度為：v′＝36km/h＝10m/s減速時間為：恰相撞時，假設貨車已勻速，則由幾何關系有：s汽﹣s貨＝x0＝30m小汽車減速到與貨車速度相同時的位移：s汽＝大貨車兩段時間的位移：兩段時間的關系為：聯(lián)立以幾式解得：此時：，假設成立。答：（1）小汽車超越大貨車需要8s；（2）大貨車剎車時的加速度大小是2.5m/s2；（3）汽車的加速度至少為4m/s2，才能避免追尾事故的發(fā)生。十．相遇次數(shù)問題（共2小題）25．（2023秋?長沙期中）（多選）甲、乙兩車在一平直道路上同向運動，其v﹣t圖象如圖所示，圖中△PQR和△MNR的面積分別為s1和s2（s1＞s2）。初始時，甲車在乙車前方s0處。則（）A．若s0＞s1，兩車一定不會相遇 B．若s0＝s1，兩車相遇1次 C．若s0＜s1＜（s0+s2），兩車相遇2次 D．若（s0+s2）＜s1，兩車相遇2次【答案】ABC【解答】解：A、若s0＞s1，說明兩車速度相等時，乙車還沒有追上甲車，此后甲車的速度比乙車的大，兩車一定不會相遇，故A正確；B、若s0＝s2，結合s1＞s2得s0＜s1，兩車在速度相同前相遇1次，故B正確；C、若s0＜s1，兩車在速度相同前就相遇1次。當兩車速度相等時乙車在甲車前方，兩車相距s1﹣s0，若s1＜s0+s2，即s2＞s1﹣s0，兩車速度相等之后會有第二次相遇，故C正確；D、若（s0+s2）＜s1，即s2＜s1﹣s0，兩車速度相等之后不再相遇，所以兩車相遇1次，故D錯誤。故選：ABC。26．（2023秋?南關區(qū)校級期中）甲、乙兩車在同一平直的道路上，甲車勻速行駛，乙車停在路邊。當甲車在乙車后32m處時，開始勻減速運動準備停車。從甲車減速時開始計時：第1s內位移為32m，第5s內位移為1m，第1s末，乙車開始勻加速啟動，加速度大小為4m/s2，第4s末開始做勻速運動。甲、乙相遇時會錯車而過，不會相撞。求：（1）乙車加速時間內的位移的大??；（2）甲車剛開始減速時的速度的大??；（3）甲、乙兩車相遇的時刻?！敬鸢浮浚?）乙車加速時間內的位移的大小18m；（2）甲車剛開始減速時的速度的大小36m/s；（3）甲、乙兩車相遇的時刻1s或6.58s?！窘獯稹拷猓海?）乙車從靜止加速到最大速度時間內的位移（2）設甲車減速第1s末速度為v1，位移為x1，第5s末速度為v5，位移為x5，甲車減速的加速度大小為a，按甲車逆運動為勻加速列方程，第5s內第1s內v1＝v5+4at將x1＝32m，x5＝1m，t＝1s代入以上三式，聯(lián)立解得v5＜0說明第5秒內甲車已經停下。設第5秒內甲車運動了Δt，則解得Δt＝0.5s，設甲車剛減速時速度為v0v0＝a1（4+Δt）解得v0＝36m/s（3）設從甲車減速開始經過t1甲車乙車相遇甲、乙兩車的位移關系x甲＝x乙+s0解得t1＝1s或（乙車已經勻速，不合理舍去）由題意和以上結果可知，甲車乙車還會第二次相遇，設甲車減速階段位移為x甲'，則此過程中乙車的位移為解得x1'＝81m，x乙'＝24mx甲'＞（x乙'+s0）甲車乙車還沒有第二次相遇即x甲'﹣（x乙'+s0）＝v乙t'得t'≈2.08s甲車乙車第.二次相遇時間為t＝t′+4+Δt解得t≈6.58s答：（1）乙車加速時間內的位移的大小18m；（2）甲車剛開始減速時的速度的大小36m/s；（3）甲、乙兩車相遇的時刻1s或6.58s。十一．追及相遇的圖像類問題（共2小題）27．（2023秋?九龍坡區(qū)校級期中）在平直路面的兩條平行車道上有甲、乙兩輛玩具小車，甲在前乙在后，二者沿車道方向相距x0＝6m，從t＝0時刻開始，兩輛轎車運動的位移x和時間t的比值跟時間t的關系圖像如圖所示。兩車在車道上并列行駛時視為相遇，下列判斷正確的是（）A．甲車做初速度為零的勻加速直線運動，加速度大小為2m/s2 B．在t＝4s時，甲、乙兩車距離最大，且最大距離為16m C．在t＝2s時，兩車速度相等，且兩車間距離為2m D．在整個運動過程中，兩車相遇，且只相遇一次【答案】C【解答】解：A、由圖像，對甲有變形得根據(jù)勻變速直線運動的位移—時間公式x＝v0t+可知，甲車做初速度為零的勻加速直線運動，加速度大小為4m/s2，故A錯誤；B、對乙有則x乙＝8t可知乙做勻速直線運動，速度為v乙＝8m/s。在t＝4s時，＝8m/s，則甲、乙兩車運動的位移為x甲＝x乙＝8×4m＝32m因t＝0時刻，二者沿車道方向相距x0＝6m，則在t＝4s時，兩車相距6m，故B錯誤；CD、兩車相遇時，有x甲+x0＝x乙則有6+2t2＝8t解得t＝1s或t＝3s所以兩車會相遇兩次；t＝2s時二者速度相等，均為8m/s，此時兩車間的距離為Δx＝8t﹣2t2﹣x0，解得：Δx＝2m，故C正確，D錯誤。故選：C。28．（2023秋?安徽期中）甲、乙兩輛小汽車（都可視為質點）分別處于同一條平直公路的兩條平行車道上，開始時（t＝0），甲車在前，乙車在后，兩車間距為x0，t＝0時甲車先剎車，t0＝2s后乙車開始剎車，兩車運動的v﹣t圖像如圖所示。（1）若兩車在t＝5s時相遇，則x0為多少？（2）若x0＝40m，試判斷兩車是否會相遇。如不能相遇，兩車間的距離最小為多少？【答案】（1）若兩車在t＝5s時相遇，則x0為23.5m；（2）兩車不能相遇，兩車間的距離最小為12m。【解答】解：（1）由圖知甲、乙兩車的加速度大小分別為5s末甲的速度：v甲＝v1﹣a1t1＝10m/s﹣5×1m/s＝5m/s0～5s內甲的位移：5s末乙的速度：v乙＝v2﹣a2（t1﹣t0）解得v乙＝8m/s0～5s內乙的位移：解得x2＝61m若兩車在t＝5s時相遇，則x0＝x2﹣x1聯(lián)立解得x0＝23.5m（2）兩車速度相等時有v1﹣a1t＝v2﹣a2（t﹣t0）解得t＝8s即8s時兩車速度大小相等，且v＝v1﹣a1t0～8s內甲的位移0～8s內乙的位移解得x′1＝48m，x′2＝76m可知x′2﹣x′1＝76m﹣48m＝28m＜40m說明甲乙不可能相遇，當兩車速度相等時間距最小，即知t＝8s兩車間距最小，為Δs＝x′1+x0﹣x′2解得Δs＝12m答：（1）若兩車在t＝5s時相遇，則x0為23.5m；（2）兩車不能相遇，兩車間的距離最小為12m。十二．勻變速直線運動規(guī)律的綜合應用（共4小題）29．（2023秋?鼓樓區(qū)校級期中）已知OABC為同一直線上的四點，AB間的距離為l1，BC間的距離為l2，一物體自O點由靜止出發(fā)，沿此直線做勻加速運動，依次經過A、B、C三點，已知物體通過AB段與BC段所用的時間相等。則O與A的距離（）A． B． C． D．【答案】A【解答】解：設物體的加速度為a，到達A點的速度為v0，通過AB段和BC段所用的時間為t，則：l1＝v0t+…①l1+l2＝v0?2t+a（2t）2…②聯(lián)立②﹣①×2得：a＝…③v0＝…④設O與A的距離為L，則有：l＝…⑤將③、④兩式代入⑤式得：l＝；故選：A。30．（2023秋?湖南期中）（多選）某人駕駛一輛可視為質點的汽車從靜止開始做加速度大小為a1的勻加速直線運動，經t時間后速度大小為v1，然后汽車開始做加速度大小為a2（a2方向與a1相反）的勻變速直線運動，又經過2t時間汽車的位移為前t時間的2倍且方向相反，此時速度大小為v2，則（）A．a1：a2＝2：3 B．v1：v2＝1：3 C．汽車朝正方向運動的時間與朝負方向運動的時間之比為1：2 D．0～t和t～3t的兩段汽車運動的路程之比為3：10【答案】AD【解答】解：AB、設汽車第一段勻加速運動的位移為x，由位移—時間公式可知第二段勻減速運動的位移為﹣2x，第一階段的末速度為v1＝a1t第二階段的末速度為v2＝v1﹣a2?2t第二階段的位移為：﹣2x＝v1?2t﹣聯(lián)立以上各式解得：a1：a2＝2：3，v1：v2＝1：2，故A正確，B錯誤；C、汽車朝正方向運動的總時間為t正＝t+＝t+＝t+t＝t朝負方向運動的時間則t正：t負＝5：4，故C錯誤；D、0～t汽車運動的路程為t～3t汽車運動的路程為s2＝?+解得：s2＝則前后兩段的路程之比＝，故D正確。故選：AD。31．（2023秋?黃埔區(qū)校級期中）研究表明，一般人的剎車反應時間（即圖甲中“反應過程”所用時間）t0＝0.5s，但飲酒會導致反應時間變長。在某次試驗中，志愿者少量飲酒后駕車以v0＝72km/h的速度在試驗場的水平路面上勻速直線行駛，從發(fā)現(xiàn)情況到汽車停止，汽車行駛距離L＝58m。減速過程中汽車速度v與位移x的關系曲線如圖乙所示，汽車在此過程中的運動可視為勻變速直線運動。（1）由圖乙可知汽車開始減速到停止所經過的位移為40m；（2）求減速過程中汽車加速度的大小及減速時間；（3）飲酒使志愿者的反應時間比一般人增加了多少？【答案】（1）40；（2）減速過程中汽車加速度的大小為5m/s2，減速時間為4s；（3）飲酒使志愿者的反應時間比一般人增加了0.4s?！窘獯稹拷猓海?）由圖乙可知，汽車開始減速到停止所經過的位移為x＝40m；（2）設減速過程中汽車加速度的大小為a，減速時間為t。由題圖乙可得初速度大小v0＝72km/h＝20m/s，末速度大小為0，由速度—位移公式得減速過程的時間為代入數(shù)據(jù)解得：a＝5m/s2，t＝4s（3）設志愿者反應時間為t'，反應時間的增加量為Δt。由運動學公式得L＝v0t'+x則Δt＝t'﹣t0解得：Δt＝0.4s答：（1）40；（2）減速過程中汽車加速度的大小為5m/s2，減速時間為4s；（3）飲酒使志愿者的反應時間比一般人增加了0.4s。32．（2023秋?巴南區(qū)期中）兔子在草地上吃草時（可視為質點），被離它x0＝50m處的獵狗發(fā)現(xiàn)，立即加速向兔子追擊。兔子在Δt＝0.5s后發(fā)覺并立即逃跑。假設獵狗和兔子在同一水平直線上運動，且獵狗從靜止開始以大小為a1＝4m/s2的加速度勻加速到最大速度v1＝20m/s，之后保持勻速運動；兔子從靜止開始以大小為a2＝8m/s2的加速度勻加速到最大速度v2＝16m/s，之后也保持勻速運動。求：（1）獵狗出發(fā)后，它經多長時間第一次與兔子速度大小相等；（2）若獵狗能追上兔子，則追上前兩者之間的最大距離；（3）若在獵狗和兔子運動的同一直線上有一兔子洞，兔子能以最大速度入洞，獵狗要保持自身安全必須在洞口前減速為零。獵狗減速時最大加速度大小為a3＝4m/s2。兔子恰好能逃脫獵狗的追捕，求兔子吃草時離洞口的距離。【答案】（1）獵狗出發(fā)后，它經1s第一次與兔子速度大小相等；（2）若獵狗能追上兔子，則追上前兩者之間的最大距離為58m；（3）兔子恰好能逃脫獵豹的追捕，兔子吃草時離洞口的距離為320m?！窘獯稹拷猓海?）設獵狗出發(fā)后經t0第一次與兔子速度大小相等，則：a1t0＝a2（t0﹣Δt）代入數(shù)值解得：t0＝1s（2）設獵狗歷時t1達到與兔子的最大速度相同，此時兩者距離最大：v2＝a1t1代入數(shù)值解得：t1＝4s此過程獵狗的位移：代入數(shù)值解得：x1＝32m設兔子出發(fā)歷時t2到達最大速度v2＝a2t2代入數(shù)值解得：t2＝2s此過程兔子的位移：代入數(shù)值解得：x2＝16m兔子t1＝4s內勻速行駛距離：x3＝v2（t1﹣t2﹣Δt）代入數(shù)值解得：x3＝24m兩者之間最大的距離xmax＝x0+x2+x3﹣x1代入數(shù)值解得：xmax＝58m（3）兔子恰好能逃脫獵狗的追捕，是指獵狗在洞口減速前為零的過程。在減速到v2時恰好與兔子相遇，在此條件下：設獵狗達到最大速度后勻速運動歷時t4后開始減速，歷時t5減速到與v2相同t5＝＝設獵狗從t1＝4s加速到最大速度v2的過程歷時t3，t3＝1s在此過程中獵狗比兔子多跑的距離為：代入數(shù)值解得：Δx1＝2m從獵狗勻速跑到減速到與兔子速度相同的過程中xmax﹣Δx1＝（t4+代入數(shù)值解得：t4＝13.5s設獵狗從速度v2到停止過程跑了x4代入數(shù)值解得：x4＝32m兔子勻速行駛時間t勻＝t3+t4+t5+（t1﹣t2﹣Δt）代入數(shù)值解得：t勻＝17s兔子吃草時離洞口的距離x＝x2+x4+v2t勻代入數(shù)值解得：x＝320m答：（1）獵狗出發(fā)后，它經1s第一次與兔子速度大小相等；（2）若獵狗能追上兔子，則追上前兩者之間的最大距離為58m；（3）兔子恰好能逃脫獵豹的追捕，兔子吃草時離洞口的距離為320m。十三．胡克定律及其應用（共2小題）33．（2023秋?南京期中）輕質彈簧S的上端固定在天花板上，下端懸掛一質量為m的物體，平衡時彈簧的長度為L1，現(xiàn)將一根與S完全相同的彈簧剪為S1和S2兩部分；將質量分別為m1和m2的兩物體分別與S1和S2相連并懸掛在天花板上（m1+m2＝m）如圖所示。平衡時S1和S2的長度之和為L2，則（）A．L2一定等于L1 B．L2一定大于L1，且m2越小，L2就越長 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：設長為S的彈簧有n圈，每圈彈簧的倔強系數(shù)為k，長為S1的彈簧有n1圈，長為S2的彈簧有n2圈，故n＝n1+n2，所以第一種情況下彈簧S的長度：L1＝S+n；第二種情況下彈簧的長度：L2＝S1+n1+S2+n2＝S+n1+n2；所以兩者相減有：L1﹣L2＝n﹣n1﹣n2＝＞0由上式可以看出：L2一定小于L1，且m2越小，S2原長越短，L2就越短，故ABC錯誤，D正確。故選：D。34．（2023秋?海淀區(qū)校級期中）（多選）如圖所示是a、b兩根彈簧彈力F和彈簧長度L的關系，如圖，根據(jù)圖像可知下列說法不正確的是（）A．彈簧a的勁度系數(shù)125N/m B．彈簧a比彈簧b的勁度系數(shù)大 C．彈簧a的原長是4cm、彈簧b的原長8cm D．分別在彈簧a和彈簧b下端掛一個質量為100g的鉤碼，彈簧a的長度比b的長【答案】AD【解答】解：A．F﹣L圖象的斜率表示勁度系數(shù)，彈簧a的勁度系數(shù)為ka由圖像a可知ka＝＝N/m＝N/m，故A錯誤；B．彈簧b的勁度系數(shù)為kb由圖像b可知kb＝＝N/m＝N/m，即ka＞kb，故B正確；C．當彈力為零時，彈簧處于原長狀態(tài)，故彈簧a、b的原長為la0＝4cm，lb0＝8cm，故C正確；D．在彈簧a下端掛一個質量為100g的鉤碼，彈簧a的長度為la＝+la0代入數(shù)據(jù)得：la＝4.75cm在彈簧b下端掛一個質量為100g的鉤碼，彈簧b的長度為lb＝+lb0代入數(shù)據(jù)得：lb＝9.5cm，lb＞la，故D錯誤。本題選錯誤的，故選：AD。十四．最大靜摩擦力的性質和應用（共2小題）35．（2023秋?沙坪壩區(qū)校級期中）如圖，滑塊B置于水平地面上，滑塊A在一水平力F作用下緊靠滑塊B（A、B接觸面豎直），此時B恰好不滑動，A剛好不下滑。已知A的質量為m，B的質量為M，A與B間的動摩擦因數(shù)為μ1，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，最大靜摩擦力與滑動摩擦力視為相等。則下列表達式正確的是（）A．F＝μ2Mg B．F＝μ2mg C．μ1μ2＝ D．μ1μ2＝【答案】D【解答】解：對A、B整體分析，受重力、支持力、推力和最大靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，有：F＝μ2（m+M）g①再對物體B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，有：水平方向：F＝N豎直方向：mg＝f其中：f＝μ1N聯(lián)立有：mg＝μ1F②聯(lián)立①②解得：μ1μ2＝，故ABC錯誤，D正確；故選：D。36．（2023秋?鄠邑區(qū)期中）如圖所示，質量為2kg的物體放在水平地板上，用一原長為10cm的輕質彈簧水平拉該物體，研究過程中發(fā)現(xiàn)當物體剛開始運動時，彈簧的長度為13cm，當彈簧拉著物體勻速前進時，彈簧的長度為12cm，已知彈簧的勁度系數(shù)k＝200N/m。（g取10m/s2）求：（1）物體所受的最大靜摩擦力為多大；（2）物體所受的滑動摩擦力的大??；（3）物體與地板間的動摩擦因數(shù)是多少。【答案】（1）物體所受的最大靜摩擦力為6N；（2）物體所受的滑動摩擦力的大小為4N；（3）物體與地板間的動摩擦因數(shù)是0.2?！窘獯稹拷猓海?）剛拉動時，此時摩擦力為最大靜摩擦力，根據(jù)二力平衡有：fm＝F由胡克定律可知：F＝kx代入數(shù)據(jù)得：fm＝200×（0.13﹣0.10）N＝6N（2）勻速前進時，根據(jù)二力平衡有：f＝F'由胡克定律可知：F'＝kx'代入數(shù)據(jù)可得：f＝200×（0.12﹣0.10）N＝4N（3）物體對地面的壓力為FN，豎直方向上二力平衡可得：FN＝mg根據(jù)滑動摩擦力公式：f＝μFN可得：μ＝＝＝0.2答：（1）物體所受的最大靜摩擦力為6N；（2）物體所受的滑動摩擦力的大小為4N；（3）物體與地板間的動摩擦因數(shù)是0.2。十五．判斷是否存在摩擦力（共2小題）37．（2023秋?順慶區(qū)校級期中）如圖所示，物體A、B、C疊放在水平桌面上，水平向右的力F作用于C物體，使A、B、C以相同的速度向右勻速運動，則關于摩擦力的說法正確的是（）A．B受到的摩擦力向右 B．C受到的摩擦力向左 C．A受到三個摩擦力作用 D．不知A與水平桌面之間是否光滑，無法判斷A與水平桌面間是否存在摩擦力【答案】B【解答】解：A、物體B向右勻速運動，合力為零，則B不受摩擦力的作用，否則找不到另一個力來與摩擦力平衡，故A錯誤；B、物體C向右勻速運動，合力為零，由水平方向的平衡關系可知，C受到A水平向左的摩擦力fC，且fC＝F，如下圖所示，故B正確；CD、物體A、B、C以相同的速度向右勻速運動，以物體A、B、C整體為研究對象，則整體所受合力為零，由水平方向的平衡關系可知，物體A一定受到地面水平向左的摩擦力f地，且f地＝F，即A與水平桌面之間是粗糙的，如上圖所示，由牛頓第三定律可知，A還受到C水平向右的摩擦力fC′，故A受到兩個摩擦力作用，故CD錯誤。故選：B。38．（2023秋?青羊區(qū)校級期中）（多選）長木板上表面的一端放有一個木塊，木塊與木板接觸面上裝有摩擦力傳感器，如圖甲所示，木板由水平位置緩慢向上轉動（即木板與地面的夾角θ變大），另一端不動，摩擦力傳感器記錄了木塊受到的摩擦力Ff隨角度θ的變化圖像如圖乙所示，重力加速度為g，下列判斷正確的是（）A．木塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝ B．木塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝ C．木板與地面的夾角為θ2時，木塊開始做自由落體運動 D．木板與地面的夾角為θ2時，木塊與木板間無彈力【答案】AD【解答】解：AB、設木塊質量為m，分析甲、乙兩圖可知，當0≤θ＜θ1時，木塊相對木板處于靜止狀態(tài)，所受摩擦力為靜摩擦力，當θ＝θ1時，木塊開始相對木板向下滑動，所受摩擦力為滑動摩擦力，則有f1＝μmgcosθ1解得木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為：μ＝故A正確，B錯誤；C、當θ≥θ1時，木塊開始相對木板向下滑動；木板與地面的夾角為θ2時，所受滑動摩擦力為零，即f1＝μmgcosθ2＝0，可得此時θ2＝90°，木塊開始做豎直方向的勻加速運動，但此時在豎直方向的速度不為零，故不是自由落體運動（要求初速度為零），故C錯誤；D、木板與地面的夾角為θ2時（即90°），木塊只受重力作用，與木板間無彈力，故D正確。故選：AD。十六．力的合成與分解的應用（共2小題）39．（2023秋?黃浦區(qū)校級期中）假期里，一位同學在廚房里協(xié)助媽媽做菜，對菜刀發(fā)生了興趣。他發(fā)現(xiàn)菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一樣，刀刃前部的頂角小，后部的頂角大（如圖所示），他先后做出過幾個猜想，其中合理的是（）A．刀刃前部和后部厚薄不勻，僅是為了外形美觀，跟使用功能無關 B．在刀背上加上同樣的力時，分開其他物體的力跟刀刃厚薄無關 C．在刀背上加上同樣的壓力時，頂角越大，分開其他物體的力越大 D．在刀背上加上同樣的壓力時，頂角越小，分開其他物體的力越大【答案】D【解答】解：把刀刃部分抽象后，可簡化成一個等腰三角劈，設頂角為2θ，背寬為d，側面長為l，如圖乙所示當在劈背施加壓力F后，產生垂直側面的兩個分力F1、F2，使用中依靠著這兩個分力分開被加工的其他物體。由對稱性知，這兩個分力大小相等（F1＝F2），因此畫出力分解的平行四邊形，實為菱形，如圖丙所示。在這個力的平行四邊形中，取其四分之一考慮（圖中陰影部分），根據(jù)它跟半個劈的直角三角形的相似關系，由關系式，得F1＝F2由此可見，刀背上加上一定的壓力F時，側面分開其他物體的力跟頂角的大小有關，頂角越小，sinθ的值越小，F(xiàn)1和F2越大。但是，刀刃的頂角越小時，刀刃的強度會減小，碰到較硬的物體刀刃會卷口甚至碎裂，實際制造過程中為了適應加工不同物體的需要，所以做成前部較薄，后部較厚。使用時，用前部切一些軟的物品（如魚、肉、蔬菜、水果等），用后部斬劈堅硬的骨頭之類的物品，俗話說：“前切后劈”，指的就是這個意思。故D正確，ABC錯誤。故選：D。40．（2023春?碑林區(qū)校級期中）如圖，懸掛甲物體的細線拴牢在一不可伸長的輕質細繩上O點處；繩的一端固定在墻上，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質量相等。系統(tǒng)平衡時，O點兩側繩與豎直方向的夾角分別為α和β．若α＝70°，則β等于（）A．45° B．55° C．60° D．70°【答案】B【解答】解：（法一）由于甲、乙兩物體質量相等，則設它們的質量為m，對O點進行受力分析，下面繩子的拉力mg，右邊繩子的拉力mg，左邊繩子的拉力F，如下圖所示：因處于靜止狀態(tài)，依據(jù)力的平行四邊形定則，則有：豎直方向：mgcos70°+Fcosβ＝mg水平方向：mgsin70°＝Fsinβ因α＝70°，聯(lián)立上式，解得：β＝55°，（法二）還可通過作圖法：由于甲、乙質量相等，通過矢量的合成法則，結合幾何關系，則有：∠β+∠β+∠α＝180°；因∠α＝70°，那么：∠β＝55°故B正確，ACD錯誤；故選：B。十七．共點力的平衡問題及求解（共6小題）41．（2023秋?白云區(qū)校級期中）如圖所示為某款可以調節(jié)背帶長短的挎包?，F(xiàn)將該挎包分別用圖中兩種方式掛在掛鉤上，下列說法正確的是（）A．背帶長時，背帶上的張力大 B．背帶短時，背帶上的張力大 C．背帶長時，背帶受到掛鉤的作用力大 D．背帶短時，背帶受到掛鉤的作用力大【答案】B【解答】解：AB．兩種方式下，挎包均處于平衡狀態(tài)，進行受力分析如圖豎直方向上：2Tsinθ＝mg背帶短時，背帶與水平的夾角θ更小，可知此時背帶上的張力更大，故A錯誤，B正確；CD．兩種方式下，對挎包整體進行受力分析，可知掛鉤對挎包的作用力大小均等于重力大小，故CD錯誤。故選：B。42．（2023秋?武進區(qū)校級期中）如圖所示，傾斜直桿的左端固定在地面上，與水平面成θ角，桿上穿有質量為m的小球a和輕質環(huán)b，兩者通過一條細繩跨過定滑輪相連接。當a、b靜止時，Oa段繩與桿的夾角也為θ，不計一切摩擦，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．a可能受到2個力的作用 B．b可能受到3個力的作用 C．繩對a的拉力大小為mgtanθ D．桿對a的支持力大小為mgcosθ【答案】C【解答】解：AB．如下圖所示受力分析，小球a靜止，受重力mg、繩子拉力T和桿的彈力N，處于平衡狀態(tài)；輕質環(huán)b不受重力，則繩子拉力T′和桿對其彈力N′二力平衡，該段繩子與桿完全垂直，故AB錯誤；CD．以a球為研究對象，則蠅子拉力為：T＝＝mgtanθ據(jù)正弦定里得：＝，解得：N＝，則C正確，D錯誤。故選：C。43．（2023秋?福州期中）（多選）兩個輕彈簧分別與質量為m的A、B物體相連接，勁度系數(shù)分別為k1和k2，裝置呈豎直狀態(tài)靜止在水平地面上，如圖所示。勁度系數(shù)為k2的彈簧與地面不拴接?，F(xiàn)用豎直向上的拉力F拉A物體，使A緩慢上升，當下邊彈簧的下端即將離開地面時（）A．B物體比施加F前高 B．A物體比施加F前高 C．F＞mg D．F＝mg【答案】AC【解答】解：A、開始時A、B都靜止，處于平衡狀態(tài)，由胡克定律與平衡條件得：對A：mg＝k1x1對A、B系統(tǒng)：2mg＝k2x2解得：x1＝，x2＝下面的彈簧恰好恢復原長時下端開始離開地面，A緩慢上升，A、B都處于平衡狀態(tài)，下邊彈簧下端將離開地面時，設此時上面彈簧的伸長量為x3，對B，由平衡條件得：k1x3＝mg解得：x3＝A、當下邊彈簧下端將離開地面時，B物體比施加F前上升的高度：hB＝x2＝，故A正確；B、當下邊彈簧下端將離開地面時，A物體比施加F前上升的高度：hA＝x1+x2+x3＝+，故B錯誤；CD、當下邊彈簧下端將離開地面時，下邊的彈簧恰好恢復原長，對B沒有彈力作用，此時A、B系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，對A、B系統(tǒng)，由平衡條件得：F＝2mg＞mg，故C正確，D錯誤。故選：AC。44．（2023春?杭州期中）（多選）如圖所示，斜面體放在粗糙的水平地面上，物塊A與斜面，斜面與地面間動摩擦因數(shù)均為，斜面體、物塊A和懸掛的物塊B均處于靜止狀態(tài)，輕繩AO繞過光滑的定滑輪與輕繩DO的右端及輕繩BO的上端連接于O點。輕繩DO沿水平方向，輕繩的OC段與豎直方向的夾角θ＝53°，斜面傾α＝30°，物塊A和B的質量分別為mA＝5kg，mB＝1.8kg，取重力加速度g＝10m/s2（cos53°＝0.6，sin53°＝0.8）?？傻茫ǎ〢．輕繩DO的拉力大小為24N B．物塊A受到的摩擦力為5N，方向沿斜面向上 C．斜面體受到地面的摩擦力為24N，水平向右 D．更換物體B，保持O點位置不變，為使系統(tǒng)仍保持靜止狀態(tài)，物體B的質量不得超過3kg【答案】ACD【解答】解：A．對O點，根據(jù)共點力平衡可知輕繩AO上的張力為輕繩DO的拉力為故A正確；B．對物塊A受力分析，假設摩擦力沿斜面向上，根據(jù)平衡條件可知T+f＝mAgsinα代入數(shù)據(jù)解得f＝﹣5N所以物塊A受到的摩擦力大小為5N，方向沿斜面向下，故B錯誤；C．對斜面體和物塊A為整體，水平方向，根據(jù)平衡條件可知斜面體受到地面的摩擦力為f地＝Tsinθ＝30×0.8N＝24N方向水平向右，故C正確；D．保持O點位置不變，則物塊A不動，最大靜摩擦沿斜面向下時繩子拉力最大Tmax＝mAgsinα+μmAgcosα對O點，由共點力平衡有m'Bg＝Tmaxcosθ聯(lián)立兩式，代入數(shù)據(jù)解得m'B＝3kg故D正確。故選：ACD。45．（2023秋?重慶期中）如圖所示，傾角θ＝37°的固定斜面上放有物塊A和B，A、B之間拴接有勁度系數(shù)k＝4N/cm的輕彈簧，物塊B和小桶C由跨過光滑的定滑輪的輕繩連接。開始時彈簧處于原長，A、B、C均處靜止狀態(tài)，且B剛好不受摩擦力，輕彈簧、輕繩平行于斜面。已知A、B的質量mA＝mB＝2kg，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.875，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求C的質量mC；（2）求開始時A受到的摩擦力大小；（3）若向C中緩慢加入沙子，當B剛要向上運動時，加入沙子的總質量記為m1，繼續(xù)緩慢加入沙子，B緩慢向上運動，當A剛要向上運動時（C未觸地，彈簧處于彈性限度范圍內），加入沙子的總質量記為m2，求：①；②A剛要向上運動時，B已經向上運動的距離?！敬鸢浮浚?）C的質量mC為1.2kg；（2）開始時A受到的摩擦力大小為12N；（3）①為；②A剛要向上運動時，B已經向上運動的距離為6.5cm。【解答】解：（1）開始時彈簧處于原長，B剛好不受摩擦力，把B、C視為整體，由平衡條件有mBgsinθ＝mCg解得：mC＝1.2kg（2）對A進行受力分析，由平衡條件有f＝mAgsinθ解得：f＝12N（3）①當B剛要向上運動時，將B、C和沙子視為整體，由平衡條件有mBgsinθ+μmBgcosθ＝（mC+m1）g當A剛要向上運動時，將A、B、C和沙子視為整體，由平衡條件有（mA+mB）gsinθ+μ（mA+mB）gcosθ＝（mC+m2）g解得：②當A剛要往上運動時，設此時彈簧伸長的長度為x，對A進行受力分析，則有T＝mAgsinθ+μmgcosθ又由胡克定律有T＝kx解得：x＝6.5cm說明B已經向上運動了6.5cm。答：（1）C的質量mC為1.2kg；（2）開始時A受到的摩擦力大小為12N；（3）①為；②A剛要向上運動時，B已經向上運動的距離為6.5cm。46．（2023秋?常熟市期中）小明利用木塊A做了幾個跟摩擦力相關的實驗，木塊A的質量為1kg（g＝10m/s2）。（1）如圖1所示，小明同學用垂直于墻的力F將木塊A壓在豎直墻上，墻和木塊A之間的動摩擦因數(shù)為0.30，已知力F＝20N，求：①若木塊下滑，木塊A受到的墻面的摩擦力。②若將壓木塊A的力增大到2F，木塊靜止，求木塊A受到的摩擦力的大小。（2）如圖2所示，小明同學將木塊A夾在兩長木板之間，左右兩邊對木板的水平壓力大小相等，木塊A可在兩長木板之間以v的速度豎直向下勻速下滑。如果保持兩水平壓力的大小方向不變，要使木塊A以3v的速度勻速向上滑動，那么對木塊豎直向上的推力應多大？【答案】（1）①若木塊下滑，木塊A受到的墻面的摩擦力為6N，方向豎直向上；②若將壓木塊A的力增大到2F，木塊靜止，木塊A受到的摩擦力的大小為10N；（2）如果保持兩水平壓力的大小方向不變，要使木塊A以3v的速度勻速向上滑動，那么對木塊豎直向上的推力應為20N?！窘獯稹拷猓海?）①木塊受到的摩擦力為：f1＝μF＝0.30×20N＝6N，方向豎直向上。②木塊（設其質量為m）靜止，受力平衡，木塊A受到的（靜）摩擦力的大小為：f2＝mg＝1×10N＝10N（2）木塊A勻速下滑，受力平衡，由f＝μFN可知，木塊左右兩側所受摩擦力大小相等，方向均豎直向上，下滑時木塊左右所受摩擦力之和大小為：f3＝mg＝1×10N＝10N保持兩水平壓力的大小方向不變，由f＝μFN可知，木塊A勻速上滑時，木塊左右所受摩擦力大小不變，上滑時木塊左右所受摩擦力之和大小為f4＝f3＝10N，方向豎直向下；由豎直方向平衡關系可知，木塊勻速上滑時，對木塊豎直向上的推力為：F＝f4+mg＝10N+1×10N＝20N答：（1）①若木塊下滑，木塊A受到的墻面的摩擦力為6N，方向豎直向上；②若將壓木塊A的力增大到2F，木塊靜止，木塊A受到的摩擦力的大小為10N；（2）如果保持兩水平壓力的大小方向不變，要使木塊A以3v的速度勻速向上滑動，那么對木塊豎直向上的推力應為20N。十八．解析法求共點力的平衡（共4小題）47．（2023秋?徐匯區(qū)校級期中）如圖所示，固定在豎直平面內的光滑圓環(huán)的最高點有一個光滑的小孔，質量為m的小球套在圓環(huán)上，一根細線的下端系著小球，上端穿過小孔用手拉住．現(xiàn)拉動細線，使小球沿圓環(huán)緩慢上移，在移動過程中手對線的拉力F和環(huán)對小球的彈力FN的大小變化情況是（）A．F增大，F(xiàn)N減小 B．F不變，F(xiàn)N減小 C．F不變，F(xiàn)N增大 D．F減小，F(xiàn)N不變【答案】D【解答】解：小球沿圓環(huán)緩慢上移可看作勻速運動，對小球進行受力分析，小球受重力G，F(xiàn)，F(xiàn)N，三個力。滿足受力平衡。作出受力分析圖如下由圖可知△OAB∽△GFA即：＝＝，當A點上移時，半徑不變，AB長度減小，故F減小，F(xiàn)N不變，故ABC錯誤；D正確。故選：D。48．（2023秋?晉江市校級期中）如圖所示，一光滑的輕滑輪用輕繩OO′懸掛于O′點。另一輕繩跨過輕滑輪一端連接物塊A，另一端連接中間有孔的小球B，A、B的質量滿足mA＜mB，小球B套在光滑傾斜固定桿上，對B施加沿桿方向的外力F使輕繩OB水平。緩慢改變外力F的大小，使輕繩OB從水平順時針緩慢轉到豎直的過程中，下列說法正確的是（）A．輕繩OB上的拉力先減小后增大 B．輕繩OO′上的拉力大小不變 C．輕繩OO′上的拉力逐漸增大 D．外力F逐漸增大【答案】C【解答】解：A、以A為對象，根據(jù)受力平衡可得：TOA＝mAg。根據(jù)定滑輪的特點可知，輕繩OB上的拉力等于OA上的拉力，則輕繩OB上的拉力大小保持不變，故A錯誤；BC、以輕滑輪為對象，設AOB繩子間的夾角為α，根據(jù)受力平衡可得：輕繩OB從水平順時針緩慢轉到豎直的過程中，α從90°逐漸減小到0°，由上式可以看出，輕繩OO′上的拉力大小逐漸增大，故B錯誤，C正確；D、設繩子OB與傾斜固定桿的夾角為β，斜桿傾角為θ，輕繩OB從水平順時針緩慢轉到豎直的過程中，β先增大到90°（此時OB與斜桿垂直），之后繼續(xù)增大。以B為對象，沿斜桿方向，根據(jù)受力平衡可得：F＝mBgsinθ+TOBcosβ在β增大到90°的過程中，cosβ逐漸減小，而TOB不變，斜桿傾角θ不變，由上式可知，此過程外力F逐漸減小。之后β大于90°，則TOB沿斜桿的分力反向向上，且大小逐漸增大，則外力F繼續(xù)逐漸減小，故D錯誤。故選：C。49．（2023秋?河南期中）如圖所示，物塊B放在粗糙平臺上，一條不可伸長的細繩穿過平臺的孔洞，一端固定在物塊B上的O點，另一端系一個小球A。在外力F作用下小球A從B的正下方沿著以OA為半徑的圓弧被緩緩推至接近水平位置，在小球A緩緩運動過程中，力F的方向始終與細繩保持垂直，物塊B始終靜止不動，則下面說法正確的是（）A．外力F逐漸減小 B．繩子的拉力先增大后減小 C．平臺給物塊B的摩擦力先增大后減小 D．物塊B所受平臺的支持力先增大后減小【答案】C【解答】解：畫出小球在某一位置的受力示意圖如下圖所示，AB，對小球，根據(jù)共點力平衡條件，繩子的拉力T與推力F的合力F合與重力mg等大反向由數(shù)學知識可知：T＝F合cosθ＝mAgcosθ，F(xiàn)＝mAgsinθ當θ從0°到接近90°變化時，繩子拉力T減小，推力F變大，故AB錯誤；CD、對物塊B和A整體，由平衡條件，物塊受到平臺的支持力：FN＝mBg+mAg﹣Fsinθ＝mBg+mAgcos2θ，隨著θ的變化，支持力一直減小。靜摩擦力為：Ff＝Fcosθ＝mAgsin2θ，隨著θ的變化，F(xiàn)f先變大后變小，故C正確，D錯誤。故選：C。50．（2023秋?阜陽期中）（多選）內壁光滑且呈半圓柱面的凹槽靜止在水平面上，其橫截面如圖所示，O為圓心，A為半圓的最低點，B為半圓水平直徑的一端點。凹槽內有一質量為m的小球，現(xiàn)對小球施加一水平推力F，使小球由A緩緩地向B移動，當小球移至其和圓心的連線與水平方向成θ角時，凹槽恰好開始滑動。已知凹槽的質量為M，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列判斷中正確的是（）A．在小球緩緩移動的過程中，推力F逐漸增大 B．在小球緩緩移動的過程中，凹槽所受地面的支持力逐漸減小 C．凹槽與地面間的動摩擦因數(shù)為 D．凹槽與地面間的動摩擦因數(shù)為【答案】AC【解答】解：A、以α表示小球所在半徑與豎直方向的夾角，對小球受力分析，由平衡條件得水平推力：F＝mgtanα在小球緩緩移動的過程中，α變大，所以推力F逐漸增大，故A正確；B、在小球緩緩移動的過程中，對小球與凹槽整體分析，凹槽所受地面的支持力等于小球與凹槽重力之和，大小不變，故B錯誤；CD、當小球移至其和圓心的連線與水平方向成θ角時，凹槽恰好開始滑動，同A選項中可求推力：則根據(jù)滑動摩擦力的公式有：解得凹槽與地面間的動摩擦因數(shù)為：，故C正確，D錯誤。故選：AC。十九．輔助圓法解決動態(tài)平衡問題（共2小題）51．（2023春?岳陽縣期中）如圖所示，光滑直桿OA、OB在O點由鉸鏈固定，兩桿間夾角θ（θ＜90°）不變，在兩桿上分別套上質量相等的小環(huán)P、Q，兩小環(huán)由不可伸長的輕繩連接，初始時，桿OA豎直，現(xiàn)緩慢順時針轉動兩桿至OB豎直，則在轉動過程中（）A．桿對環(huán)P的彈力先變大后變小 B．桿對環(huán)Q的彈力一直變大 C．桿對環(huán)P的彈力一直變大 D．桿對環(huán)Q的彈力先變小后變大【答案】C【解答】解：對兩環(huán)和繩整體受力分析，作力矢量三角形如圖所示，緩慢順時針轉動兩桿至桿OB豎直，在轉動過程中，根據(jù)力的矢量長短表示力的大小可判斷，初始時桿對環(huán)P的彈力FP最小，當逐漸增大到輔助圓的直徑時，桿對環(huán)Q的彈力FQ水平，F(xiàn)P全過程一直變大，F(xiàn)Q一直變小，故ABD錯誤，C正確。故選：C。52．（2023秋?蘇州期中）如圖所示，傾角為30°的斜面體放置于粗糙水平地面上，物塊A通過跨過光滑定滑輪的柔性輕繩與小球B連接，O點為輕繩與定滑輪的接觸點。初始時，小球B在水平向右的拉力F作用下使輕繩OB段與水平拉力F的夾角θ＝120°，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將小球向右上方緩慢拉起，并保持夾角θ不變，從初始到輕繩OB段水平的過程中，斜面體與物塊A均保持靜止不動，則在此過程中（）A．拉力F先增大后減小 B．輕繩上的張力先增大后減小 C．地面對斜面體的支持力逐漸減小 D．地面對斜面體的摩擦力逐漸減小【答案】C【解答】解：AB、由于拉力F和繩子拉力T的夾角始終保持不變，因此可以對B物體的受力分析畫出力的矢量三角形，從而畫出輔助圓，如圖所示，由輔助圓可知，外力F從水平方向向上傾斜時一直變大，繩子拉力T一直減小，故AB錯誤；CD、以ABC三個物體為整體進行受力分析，地面靜摩擦力大小等于個力F的水平分力，地面的支持力等于總重力減去F豎直方向分力。根據(jù)輔助圓可知，外力F的水平分力先變大后變小，所以摩擦力先增大后減小。豎直分力一直增大，所以支持力一直減小。故C正確，D錯誤。故選：C。二十．光電門測量物體速度（共2小題）53．（2023秋?黃埔區(qū)校級期中）某學習小組在“研究勻變速直線運動”的實驗中，用如圖所示的氣墊導軌裝置來測滑塊的加速度，由導軌標尺可以測出兩個光電門之間的距離L，窄遮光板的寬度為d，窄遮光板依次通過兩個光電門的時間分別為t1、t2．（1）通過兩個光電門的瞬時速度分別為v1＝，v2＝．在計算瞬時速度時應用的物理方法是極限法（填“極限法”“微元法”或“控制變量法”）．（2）滑塊的加速度可以表示為a＝（﹣）（用題中所給物理量表示）．【答案】見試題解答內容【解答】解：（1）由于遮光條通過光電門的時間極短，可以用平均速度表示瞬時速度．滑塊經過光電門1時的瞬時速度的表達式為：v1＝，滑塊經過光電門2時的瞬時速度的表達式為：v2＝．當時間極短時，某段時間內的平均速度可以代替瞬時速度，該思想是極限的思想方法（2）根據(jù)﹣＝2aL得滑塊的加速度可以表示為：a＝（﹣）；故答案為：（1），，極限法；（2）（﹣）．54．（2023秋?蘭州期中）某同學用如圖（a）所示的裝置測量重力加速度。實驗器材：有機玻璃條（白色是透光部分，黑色是寬度均為d＝1cm的擋光片），鐵架臺，數(shù)字計時器（含光電門），刻度尺。主要實驗過程如下：（1）將光電門安裝在鐵架臺上，下方放置承接玻璃條下落的緩沖物；（2）用刻度尺