广东省2022高考物理复习专题训练必修1

2022广东高考物理物理必修1专题复习训练一、高考考点回顾年份全国新课标Ⅰ卷考点内容要求题号题型分值2022匀变速度直线运动Ⅱ14选择6位移图象Ⅱ19选择6速度图象Ⅱ21选择6匀变速度直线运动公式Ⅱ24计算13动摩擦因数测量Ⅰ22实验72022牛顿运动定律的应用Ⅱ17选择6验证牛顿第二定律Ⅱ22实验6匀变速度直线运动公式Ⅱ24计算122022牛顿运动定律的应用Ⅱ20选择6牛顿运动定律的综合应用Ⅱ25计算20必修1是共同必修部分的内容，也是高考必考模块，这一模块共有三大块的内容：静力学（主要是力与物体的平衡，包括力的合成与分解）、运动学（主要涉及匀速直线运动、匀变速直线运动，包括图象）、动力学（主要包括牛顿三定律，尤其是牛顿第二定律）.高考中这部分试题的题型包括选择题、实验题和计算题，每年高考中所占分值约为30分；涉及的以主干知识为主，如：力的合成与分解、匀变速度直线运动的规律、牛顿第二定律的应用.二、例题精选例1．质点做匀变速直线运动的位置x与时间t的关系为x＝＋5t＋4(物理量均采用国际单位制单位)，该质点(　　).A．运动的初速度为2m/sB．运动的加速度为1m/s2C．在第1s内的位移为6mD．在第1s内的平均速度为2m/s【解析】质点做匀变速直线运动，其位移公式为x′＝v0t＋at2与位置x与时间t的关系式x＝t2＋5t＋4，对比可得：质点的初速度v0＝5m/s，加速度a＝2m/s2，选项A、B错误；质点在第1s内的位移x10＝x1－x0＝(10－4)m＝6m，其平均速度v＝＝6m/s，选项C正确，选项D错误．【答案】C例2．(多选)a、b两车在平直公路上沿同一方向行驶，两车运动的vt图象如图1所示，在t＝0时刻，b车在a车前方s0处，在0～t1时间内，a车的位移为s，则(　　).24\n图1A．若a、b在t1时刻相遇，则s0＝sB．若a、b在时刻相遇，则下次相遇时刻为2t1C．若a、b在时刻相遇，则s0＝sD．若a、b在t1时刻相遇，则下次相遇时刻为2t1图2【解析】由图2可知，a车的初速度等于2v，在t1时间内，a车的位移为s，则b车的位移为s，若a、b在t1时刻相遇，则s0＝s－s＝s，A选项正确；若a、b在时刻相遇，如图所示，s0等于阴影部分对应的面积，由几何关系可知s0＝s，由图象中的对称关系可知，下次相遇的时刻为t1，C选项正确，B选项错误；若a、b在t1时刻相遇，则t1时刻后vb＞va，两车不能再次相遇，D选项错误．【答案】AC例3．如图所示，轻质工件通过轻质杆与滑块B连接，当作用在滑块B上的水平推力F＝100N时，整个装置静止，此时α＝30°.已知滑块与水平面间的摩擦力不计，则工件上受到的压力为(　　).图3A．100NB．100NC．50ND．200N【解析】对B受力分析如图甲所示，则F2＝F/sinα＝2F，对上部分受力分析如图乙所示，其中F＝F2，得FN＝F·cosα＝100N，故B正确．24\n【答案】B例4.将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图2324所示．用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线OA与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F的最小值为(　　).A.mgB．mgC.mgD.mg【解析】以a、b为整体，整体受重力2mg、悬绳OA的拉力FT及拉力F三个力而平衡，如图所示，三力构成的矢量三角形中，当力F垂直于悬绳拉力FT时有最小值，且最小值F＝2mgsinθ＝mg，B项正确．【答案】B例5.如图所示，完全相同的三个木块，A、B之间用轻弹簧相连，B、C之间用不可伸长的轻杆相连，在手的拉动下，木块间达到稳定后，一起向上做匀减速运动，加速度大小为5m/s2.某一时刻突然放手，则在手释放的瞬间，有关三个木块的加速度，下列说法正确的是(以向上为正方向，g大小为10m/s2)(　　).A．aA＝0，aB＝aC＝－5m/s2B．aA＝－5m/s2，aB＝aC＝－12.5m/s2图6C．aA＝－5m/s2，aB＝－15m/s2，aC＝－10m/s2D．aA＝－5m/s2，aB＝aC＝－5m/s2【解析】在手释放的瞬间，弹簧的弹力为mg，不能突变，所以A的受力不能突变，加速度不能突变，仍为aA＝-5m/s2，但B、C间的轻杆的弹力要突变，B、C整体-2mg－mg24\n＝2ma，a＝-12.5m/s2，B和C具有相同的加速度aB＝aC＝-12.5m/s2，即B正确．【答案】B例6．如图所示，质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m的物体，以一定的初速度从A点沿平行斜面的方向推出，物体m沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是(　　)A．地面对木楔的支持力大于(M＋m)gB．地面对木楔的支持力小于(M＋m)gC．地面对木楔的支持力等于(M＋M)gD．地面对木楔的摩擦力为0　【解析】由于物体m沿斜面向下做减速运动，则物体的加速度方向与运动方向相反，即沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，故系统处于超重状态，所以可确定A正确、B、C错误；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D错误．　　【答案】A图6例7．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命.如图所示为某型号货车紧急制动时(假设做匀减速直线运动)的v2－x图象(v为货车的速度，x为制动距离)，其中图线1为满载时符合安全要求的制动图象，图线2为严重超载时的制动图象.某路段限速72km/h，是根据该型号货车满载时安全制动时间和制动距离确定的，现有一辆该型号的货车严重超载并以54km/h的速度行驶.通过计算求解：(1)驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离是否符合安全要求；(2)若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1s，则该型号货车满载时以72km/h速度正常行驶的跟车距离至少应为多远.　【答案】(1)不符合　(2)60m　【解析】(1)根据速度位移公式v2－v＝2ax，有v2＝2ax＋v，图线斜率的一半表示加速度；根据题图象得到：满载时，加速度为5m/s2，严重超载时加速度为2.5m/s2；设该型号货车满载时以72km/h(20m/s)的速度减速，制动距离x1＝＝m＝40m，制动时间为t1＝＝s＝4s；设该型号货车严重超载时以54km/h(15m/s)的速度减速，制动距离x2＝＝24\nm＝45m>x1，制动时间为t2＝＝s＝6s>t1；所以驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离均不符合安全要求.(2)货车在反应时间内做匀速直线运动x3＝vt3＝20×1m＝20m，跟车距离x＝＋x3＝40m＋20m＝60m.　例8．在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ＝37°固定，质量为m＝1kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O，如图甲所示.开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝2s时刻风停止.小球沿细杆运动的部分v－t图象如图乙所示，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略浮力.求：　(1)小球在0～2s内的加速度a1和2～5s内的加速度a2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小.　【解析】(1)取沿杆向上为正方向，由图乙可知在0～2s内：a1＝＝15m/s2(方向沿杆向上)在2～5s内：a2＝＝－10m/s2(方向沿杆向下)(2)有风力时的上升过程，对小球受力分析有Fcosθ－μ(mgcosθ＋Fsinθ)－mgsinθ＝ma1停风后的上升阶段，有－μmgcosθ－mgsinθ＝ma2综上解得μ＝0.5，F＝50N　【答案】(1)15m/s2，方向沿杆向上；10m/s2，方向沿杆向下(2)0.550N　例9．如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可看做质点的物体A静止叠放在B的最左端.现用F＝6N的水平力向右拉物体A，经过5s物体A运动到B24\n的最右端，其v－t图象如图乙所示.已知A、B的质量分别为1kg、4kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2.　(1)求物体A、B间的动摩擦因数；(2)若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间.　【解析】(1)根据v－t图象可知物体A的加速度为aA＝＝m/s2＝2m/s2以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－μmAg＝mAaA解得μ＝＝0.4　(2)由题图乙可知木板B的长度为l＝×5×10m＝25m若B不固定，则B的加速度为aB＝＝m/s2＝1m/s2设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得aAt2－aBt2＝l解得t＝7.07s.　【答案】(1)0.4　(2)7.07s三、试题选编一、选择题（1～12题为单项选择，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求.13～20为多项选择，在每小题给出的四个选项中至少有两项符合题目要求.）　1．如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面)，挡板对小球的推力F、半球面对小球的支持力FN的变化情况正确的是(　　)．24\n　A．F增大，FN减小　B．F增大，FN增大　C．F减小，FN减小　D．F减小，FN增大　2.如图所示，铁板AB与水平地面间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方．现缓慢抬起铁板B端使θ角增大(始终小于90°)的过程中，磁铁始终相对铁板静止．下列说法正确的是(　　)．　A．磁铁所受合外力逐渐减小　B．磁铁始终受到三个力的作用　C．磁铁受到的摩擦力逐渐减小　D．铁板对磁铁的弹力逐渐增大　3．如图所示，力F垂直作用在倾角为α的三角滑块上，滑块没被推动，则滑块受到水平地面的静摩擦力大小为(　　)．　A．0　B．Fcosα　C．Fsinα　D．Ftanα　4.如图所示，用AO、BO细绳吊一重物P静止，其中AO绳水平．现用水平向右的力F缓慢拉起重物P的过程中(O点的位置不动)，绳OB所受的拉力变化为(　　)．　A．变大　B．变小　C．先变小再变大　D．不变　5.如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心．一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下从半球形容器最低点缓慢移近最高点．设小滑块所受支持力为FN，则下列判断正确的是(　　)．　A．F缓慢增大　B．F缓慢减小　C．FN不变　D．FN缓慢减小　6．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1s内和第224\ns内位移大小依次为9m和7m．则刹车后6s内的位移是(　　)．　A．20mB．24mC．25mD．75m　7.如图所示，运动员的双手握紧竖直放置的圆形器械，在手臂OA由水平方向缓慢移动到A′位置过程中，若手臂OA、OB的拉力分别为FA和FB，下列表述正确的是(　　)．　A．FA一定小于运动员的重力G　B．FA与FB的合力始终大小不变　C．FA的大小保持不变　D．FB的大小保持不变　8．下列说法正确的是(　　)．　A．当物体没有受到外力作用时，才有惯性，而物体受到外力作用时，就没有了惯性　B．物体在粗糙的平面上减速滑行，初速度越大，滑行的时间越长，说明惯性的大小与速度有关　C．当参考平面选取不同时，重力势能和电势能的值可能为负值，但弹性势能不能为负值　D．当一个系统除受重力与弹簧的弹力作用外，还受其他力的作用，系统的机械能可能守恒　9．某物体的运动情况经仪器监控扫描，输入计算机后得到该运动物体位移随时间的变化规律为x＝6t－t2(m)．则该物体在0～4s内走过的路程为(　　)．　A．8mB．9mC．10mD．11m　10.如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上，m2在空中)．已知力F与水平方向的夹角为θ.则m1的加速度大小为(　　)．A.B.C.D.　11．物体的运动情况或所受合外力的情况如图所示，四幅图的图线都是直线，从图中可以判断这四个质量一定的物体的某些运动特征．下列说法正确的是(　　)．　A．甲物体受到不为零、且恒定的合外力24\n　B．乙物体受到的合外力越来越大　C．丙物体受到的合外力为零　D．丁物体的加速度越来越大　12．某实验小组为了测量两张纸之间的动摩擦因数，他先将一张纸贴在一平板上，另一张纸贴在另一木块下表面，并在木块上装如图a所示的支架ABC，其中BC与木块下表面平行，支架上固定一个量角器，在量角器圆心处固定一根细线，线下系一小球．现将平板倾斜放置，如图b所示，将木块支架放在平板上，让其加速下滑，稳定时小球连线与OB的夹角为θ，则两纸之间的动摩擦因数为(　　)．　A．sinθ　B．cosθ　C．tanθ　D．cotθ　13.如图所示，水平地面上处于伸直状态的轻绳一端拴在质量为m的物块上，另一端拴在固定于B点的木桩上．用弹簧测力计的光滑挂钩缓慢拉绳，弹簧测力计始终与地面平行．物块在水平拉力作用下缓慢滑动．当物块滑动至A位置，∠AOB＝120°时，弹簧测力计的示数为F.则(　　)．　A．物块与地面间的动摩擦因数为　B．木桩受到绳的拉力始终大于F　C．弹簧测力计的拉力保持不变　D．弹簧测力计的拉力一直增大　14．如图所示，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平，现把物体Q轻轻地叠放在P上，则(　　)．　A．P向下滑动　B．P静止不动　C．P所受的合外力增大　D．P与斜面间的静摩擦力增大　15.如图所示，质量为m的物体，在沿斜面向上的拉力F作用下，沿质量为M的斜面匀速下滑，此过程中斜面仍静止，则水平面对斜面体(　　)．　A．无摩擦力　B．有水平向左的摩擦力　C．支持力为(M＋m)g　D．支持力小于(M＋m)g　24\n16.某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图a所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为α＝37°，如图b所示．已知运动员的质量为50kg，降落伞的质量也为50kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f＝kv(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则下列判断中正确的是(　　)．　A．阻力系数k＝100N·s/m　B．打开伞瞬间运动员的加速度a＝30m/s2，方向竖直向上　C．悬绳能够承受的拉力至少为312.5N　D．悬绳能够承受的拉力至少为2500N　17．物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点需要的时间为t.现在物体从A点由静止出发，先做加速度大小为a1的匀加速运动到某一最大速度vm后立即做加速度大小为a2的匀减速运动至B点停下，历时仍为t，则物体的(　　)．　A．最大速度vm只能为2v，无论a1、a2为何值　B．最大速度vm可为许多值，与a1、a2的大小有关　C．a1、a2值必须是一定的，且a1、a2的值与最大速度vm有关　D．a1、a2必须满足　18．将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间相隔2s，它们运动的v－t图象分别如图直线甲、乙所示．则(　　)．　A．t＝2s时，两球高度相差一定为40m　B．t＝4s时，两球相对于各自抛出点的位移相等　C．两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等　D．甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等　24\n19．如图甲所示，质量相等的a、b两物体，从斜面上的同一位置A由静止下滑，经B点在水平面上滑行一段距离后停下．不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的v－t图象如图乙所示，下列说法正确的是(　　)．　A．a在斜面上滑行的加速度比b的大　B．a在水平面上滑行的距离比b的长　C．a与斜面间的动摩擦因数比b的大　D．a先在水平面上停下　20．我国“蛟龙号”深潜器经过多次试验，终于在2022年6月24日以7020m的深度创下世界最新纪录(国外最深不超过6500m)．这预示着它可以征服全球99.8%的海底世界．假设在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面全过程的深度曲线(a)和速度图象(b)，则下列说法中正确的是(　　)．　A．图中h3代表本次下潜最大深度　B．全过程中最大加速度是0.025m/s2　C．潜水员感到超重发生在3～4min和6～8min的时间段内　D．整个潜水器在8～10min的时间段内机械能守恒　二、计算题　21．某机场大道某路口有按倒计时显示的时间显示灯.有一辆汽车在平直路面上正以36km/h的速度朝该路口停车线匀速前行，在车头前端离停车线70m处司机看到前方绿灯刚好显示“5”.交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过.　(1)若不考虑该路段的限速，司机的反应时间为1s，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线运动以使汽车车头越过停车线，则汽车的加速度至少多大？　(2)若该路段限速60km/h，司机的反应时间为1s，司机反应过来后汽车先以2m/s2的加速度沿直线加速3s，为了防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车使汽车做匀减速运动，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下，求踩刹车后汽车加速度的大小(结果保留两位有效数字).24\n22．足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中，某足球场长90m、宽60m，如图所示.攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2.试求：　(1)足球从开始做匀减速直线运动到停下来的位移为多大；　(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，他的启动过程可以视为从静止出发，加速度为2m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8m/s.该前锋队员至少经过多长时间能追上足球；　(3)若该前锋队员追上足球后，又将足球以速度v沿边线向前踢出，足球的运动仍视为加速度大小为2m/s2的匀减速直线运动.与此同时，由于体力的原因，该前锋队员以6m/s的速度做匀速直线运动向前追赶足球，若该前锋队员恰能在底线追上足球，则v多大.24\n　23．甲、乙两辆车在同一直轨道上向右匀速行驶，甲车的速度为v1＝16m/s，乙车的速度为v2＝12m/s，乙车在甲车的前面.当两车相距L＝6m时，两车同时开始刹车，从此时开始计时，甲车以a1＝2m/s2的加速度刹车，6s后立即改做匀速运动，乙车刹车的加速度为a2＝1m/s2.求：(1)从两车刹车开始计时，甲车第一次追上乙车的时间；(2)两车相遇的次数；(3)两车速度相等的时间.　24．如图所示，带斜面的小车在水平地面上，斜面倾角为θ，紧靠斜面有一质量为m的光滑球，试求在下列状态下斜面对小球的弹力大小：(1)小车向右匀速运动；(2)小车向右以加速度a(a<gtanθ)做匀加速直线运动；(3)小车向右以加速度a＝gtanθ做匀加速直线运动.24\n　25．如图所示，用三条完全相同的轻质细绳1、2、3将A、B两个质量均为m的完全相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，轻绳1与竖直方向的夹角为45°，轻绳3水平，求轻质细绳上1、2、3的拉力分别为多大？　26．如图所示，倾角为30°的足够长光滑斜面下端与一足够长光滑水平面相接，连接处用一光滑小圆弧过渡，斜面上距水平面高度分别为h1＝20m和h2＝5m的两点上，各静置一小球A和B.某时刻由静止开始释放A球，经过一段时间t后，再由静止开始释放B球，g取10m/s2，求：　(1)为了保证A、B两球不会在斜面上相碰，t最长不能超过多少？　(2)若A球从斜面上h1高度处自由下滑的同时，B球受到恒定外力作用从C点以加速度aB由静止开始向右运动，则加速度aB满足什么条件时A球能追上B球？24\n　27．如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑.若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g.　(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；　(2)当θ角为何值时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值.　28．如图所示，质量M＝1kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝1kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1m，用F＝5N的水平恒力作用在铁块上.设铁块B与木板A间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.　(1)若水平地面光滑，计算说明铁块B与木板A间是否会发生相对滑动；　(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端的时间.　29．如图所示，水平传送带AB长L＝10m，向右匀速运动的速度v0＝424\nm/s，一质量为1kg的小物块(可视为质点)以v1＝6m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10m/s2.求：(1)小物块相对地面向左运动的最大距离；(2)小物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间.　30．如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝.对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动.设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若F＝37.5N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离.专题一：物理必修1【参考答案】　1．B解析:　画出小球受力变化动态图，由图可知，木板对小球的推力F增大，球面对小球的支持力FN增大，选项B正确．　2．D解析：24\n以磁铁为研究对象进行受力分析可知，缓慢抬起铁板的过程中磁铁相对铁板静止，因此磁铁所受合外力始终为零，选项A错误；磁铁受重力、铁板的吸引力、铁板的弹力、铁板的摩擦力四个力作用，选项B错误；由受力平衡关系可得，磁铁受到的摩擦力逐渐增大，铁板对磁铁的弹力逐渐增大，选项C错误，D正确．所以答案选D.　3．C解析：本题考查物体的平衡条件及利用平衡方程求力的大小的能力，难度较小．分析三角滑块的受力：重力G、地面的支持力FN、静摩擦力f和力F,由平衡条件可知，Fsinα＝f，故C正确．　4．D解析：以结点O、OP绳及重物整体为研究对象，受到重力mg、F、AO绳的拉力FAO和BO绳的拉力FBO而平衡，如图所示．由平衡条件得FBO＝，可见，FBO与F变化情况无关，选项D正确．　5．A解析：以小滑块为研究对象，进行受力分析，小滑块受重力G、支持力FN和水平推力F的作用，如图所示．小滑块从半球形容器最低点缓慢移近最高点的过程中，θ角逐渐减小，根据物体的平衡条件可得：FNsinθ＝G，FNcosθ＝F，因为θ角逐渐减小，所以FN＝逐渐增大，选项C、D错误；F＝缓慢增大，选项A正确，B错误．　6．C解析：由Δx＝aT2得：a＝－2m/s2，由v0T＋aT2＝x1得：v0＝10m/s，汽车刹车时间t＝＝5s<6s，故刹车后6s内的位移为x＝＝25m，C正确．　7．B解析：手臂OA缓慢移动时，运动员受到的拉力以及运动员所受的重力平衡，如图所示，FA与G的合力F合与FB等大反向，FA＝Gtanθ，当θ>45°时，FA>G；当θ<45°时，FA<G，A选项错误；同理FA与FB的合力与G等大反向，B选项正确；随着角度θ的变化，FA、FB的大小都将变化，C、D选项错误．　8．D解析　惯性大小取决于质量，与速度和外力无关，所以A、B选项错误．势能具有相对性，所以C选项错误．由机械能守恒定律的条件可知D选项正确．24\n　9．C解析　将x＝6t－t2与x＝v0t－at2比较知，初速度v0＝6m/s，加速度a＝－2m/s2，故物体前3s内沿正方向做匀减速的位移大小x1＝9m，后1s内沿负方向做匀加速运动走过的位移大小x2＝1m，故该物体在0～4s内走过的路程为10m.　10．A解析：把m1、m2看做一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得：Fcosθ＝(m1＋m2)a，所以，选项A正确．　11．D解析：甲物体做匀速直线运动，合外力为零，选项A错误．乙物体做匀加速运动，合外力恒定，且不为零，选项B错误．丙物体做匀加速运动，合外力恒定且不为零，选项C错误．丁物体所受合外力越来越大，加速度越来越大，选项D正确．　12．D解析：以小球为研究对象，设小球的质量为m，平板的倾角为α，线的拉力为T，由牛顿第二定律得mgsinα－Tcosθ＝ma，mgcosα＝Tsinθ.联立解得a＝gsinα－gcosαcotθ，以装置(木块支架)整体为研究对象，由牛顿第二定律得gsinα－μgcosα＝a.又因小球的加速度与装置(木块支架)整体的加速度大小相等，所以μ＝cotθ.　13．AD解析：当物块滑动至A位置，∠AOB＝120°时，轻绳中拉力等于F，物块缓慢滑动，摩擦力等于拉力，由F＝μmg得物块与地面间的动摩擦因数μ＝，选项A正确；物块在水平拉力作用下缓慢滑动，绳的拉力始终等于物块的摩擦力，而物块的摩擦力保持不变，故木桩受到绳的拉力始终等于F，选项B错误；由平衡条件得弹簧测力计的拉力F拉＝2Fcosθ(θ为绳与弹簧测力计拉力方向间的夹角)，在物块滑动过程中，θ逐渐减小，F保持不变，故弹簧测力计的拉力逐渐增大，选项C错误，D正确．　14．BD解析：设斜面的倾角为θ，放上Q，相当于增加了P的质量．对P受力分析并列平衡方程得mgsinθ＝f≤μmgcosθ，即sinθ≤μcosθ.当m增加时，μ、θ均不变，不等式仍然成立，P仍然平衡，则A、C均错，B正确．由f＝mgsinθ知D项正确．　15．BD解析：m匀速下滑，M静止不动，都处于平衡状态，选用整体法分析．物体与斜面体整体的受力情况如图所示，斜向右上方的拉力F作用在系统上，F在水平方向的分力使系统有向右的运动趋势，所以水平面对斜面有水平向左的静摩擦力Ff，故A项错误，B项正确．F在竖直向上的分力可以减小斜面体对地面的挤压，所以水平面对斜面体的支持力FN小于(M＋m)g，故C项错误，D项正确．　16．BC解析：以运动员和降落伞整体为研究对象，系统受两个力的作用，即重力和阻力，以竖直向上为正方向，由题图a可知：2mg＝kv匀，又v匀＝5m/s，故k＝200N·s/m，选项A错误．在打开伞的瞬间，对运动员和降落伞整体由牛顿第二定律可得kv0－2mg＝2ma，所以a＝＝30m/s224\n，方向竖直向上，选项B正确．设每根绳的拉力为T，以运动员为研究对象有8Tcosα－mg＝ma，T＝＝312.5N，选项C正确、D错误．　17．AD解析：对于A、B选项的判断：　方法一　设物体匀加速运动时间为t1，则匀减速运动的时间为(t－t1)，根据题述有：vt＝a1t2＋a2(t－t1)2，a1t1＝vm，a2(t－t1)＝vm.联立解得vm＝2v.即vm只能为2v，无论a1、a2为何值，故A对，B错．方法二　第二种运动方式整个过程的平均速度，所以vt＝.得vm＝2v，与a1、a2的大小无关，故A对，B错．对于C、D选项的判断：由a1t1＝vm，a2(t－t1)＝vm，vm＝2v联立解得，即a1、a2只要满足此关系式即可，故C错，D对．　18．BD解析：运动过程与图象相结合．甲、乙两小球抛出后均做竖直上抛运动，只是乙的运动滞后2s．因初始位置高度不同，所以无法确定t＝2s时两小球的高度差，选项A错误；图象中位移的大小等于图线与t轴所围的面积，从图象中可以看出t＝4s时两球相对于各自抛出点的位移相等，选项B正确；同时因抛出速度相同，所以从抛出至达到最高点的时间相同，从图象知，该时间间隔均为3s，选项D正确；因两球抛出时高度不同且高度差不确定，运动时间就不确定，选项C错误．　19．AB解析：根据图示和加速度定义可以直接判断a在斜面上滑行的加速度比b的大，A对；根据图象与横轴时间t围成的面积表示位移大小可判断，a在水平面上滑行的距离比b的长，B对；对a和b在斜面上受力分析和由牛顿第二定律可得a＝gsinθ－μgcosθ(θ为AB与水平面间的夹角)，因为aa>ab，所以a与斜面间的动摩擦因数比b的小，C错；根据图象可以直接看出D错．　20.AC解析：题图(a)中h3代表本次下潜最大深度，A正确；而图象的斜率表示物体运动的加速度，所以0～1min和3～4min内的加速度最大，a＝m/s2，B错误；当加速度向上时，物体处于超重状态，所以潜水员向下做减速运动和向上做加速运动的过程都处于超重状态，故3～4min内和6～8min内为超重状态，C正确；潜水器在8～10min时间段内的加速度为a′＝m/s2，故潜水器除重力外还受到其他外力作用，机械能不守恒，D错误．　21．解析：(1)司机反应时间内汽车通过的位移x1＝v0t1＝10m24\n加速过程t2＝5－t1＝4(s),70－x1＝v0t2＋a1t1代入数据得：a1＝2.5m/s2(2)汽车加速结束时通过的位移x2＝v0t1＋v0t3＋a2t2＝10×1m＋10×3m＋×2×32m＝49m此时车头前端离停车线的距离为x3＝70－x2＝21(m)此时速度为vt＝v0＋a2t3＝(10＋2×3)m/s＝16m/s匀减速过程中有2a3x3＝v2代入数据解得：a3＝6.1m/s2答案　(1)2.5m/s2　(2)6.1m/s2　22．解析：(1)已知足球的初速度为v1＝12m/s，加速度大小为a1＝2m/s2足球做匀减速运动的时间为：s,由,得x1＝36m(2)已知该前锋队员的加速度为a2＝2m/s2，最大速度为v2＝8m/s，前锋队员做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为：＝4s，得x2＝16m之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为：x3＝v2(t1－t2)＝8×2m＝16m由于x2＋x3<x1，故足球停止运动时，前锋队员没有追上足球，然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得x1－(x2＋x3)＝v2t3代入数据解得：t3＝0.5s前锋队员追上足球的时间t＝t1＋t3＝6.5s(3)此时足球距底线的距离为：x4＝45－x1＝9m设前锋队员运动到底线的时间为t4，则有x4＝v4t4足球在t4时间内发生的位移为x4＝v3t4－a1t42联立以上各式解得：v＝v3＝7.5m/s答案　(1)36m　(2)6.5s　(3)7.5m/s　23．解析：(1)在甲减速时，设经时间t相遇，甲和乙的加速度分别为a1、a2，位移分别为x1、x2，则有x1＝v1t－a1t2，x2＝v2t－a2t2，x1＝x2＋L联立解得t1＝2s，t2＝6s即在甲车减速时，相遇两次，第一次相遇的时间为t1＝2s24\n　(2)当t2＝6s时，甲车的速度为v1′＝v1－a1t2＝4m/s，乙车的速度为v2′＝v2－a2t2＝6m/s，甲车的速度小于乙车的速度，但乙车做减速运动，设再经Δt甲追上乙，有v1′Δt＝v2′Δt－a2Δt2，解得Δt＝4s此时乙仍在做减速运动，此解成立.综合以上分析知，甲、乙两车共相遇3次.　(3)第一次速度相等的时间为t3，有v1－a1t3＝v2－a2t3，解得t3＝4s甲车匀速运动的速度为4m/s，第二次速度相等的时间为t4，有v1′＝v2－a2t4解得t4＝8s　答案　(1)2s　(2)3次　(3)4s和8s　24．解析：对小球进行受力分析，如图甲所示，将斜面对小球的支持力正交分解，则由平衡条件和牛顿第二定律，得　sinθ＝ma①　cosθ＋＝mg②　由①②两式得③　由③式可以看出，当a＝gtanθ时，＝0，即此时的加速度就是小球刚好离开车的上表面所需要的最小加速度值.　(1)当小球向右匀速运动，即a＝0时，　由①式得斜面对小球的弹力为＝0.　(2)当小车运动的加速度a<gtanθ时，小球还压在车的上表面上，此时小球的受力情况如图甲所示，则由牛顿第二定律和几何知识，得.甲乙　(3)当a＝gtanθ时，就是刚才所讨论的临界情况，即此时小球刚好离开车的上表面，小球的受力情况如图乙所示，则斜面对小球的弹力为.24\n　答案　(1)0　(2)(3)　25．解析:设三条绳上的拉力分别为FT1，FT2，FT3；把A、B两个小球视为整体，受力分析如图甲，由平衡条件可得2mg＝FT1cos45°，FT3＝FT1sin45°　解得FT1＝2mg，FT3＝2mg　隔离球B，受力分析如图乙：FT2＝　答案　2mg　mg　2mg　26．解析:(1)两球在斜面上下滑的加速度相同，设加速度为a，根据牛顿第二定律有mgsin30°＝ma,解得a＝5m/s2　设A、B两球下滑到斜面底端所用时间分别为t1和t2，则，.　解得t1＝4s，t2＝2s　为了保证两球不会在斜面上相碰，t最长不超过Δt＝t1－t2＝2s.　(2)设A球在水平面上再经t0追上B球，则aB(t1＋t0)2＝at1·t0　A球要追上B球，方程必须有解，Δ≥0　可解得aB≤2.5m/s2.答案　(1)2s　(2)aB≤2.5m/s2　27.解析:(1)当θ＝30°时，木块处于平衡状态，对木块受力分析：解得μ＝tanθ＝tan30°＝.　(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则－mgsinθ－μmgcosθ＝ma.由0－v02＝2ax、得24\n,　答案　(1)　(2)θ＝60°，　28．解析　(1)A、B之间的最大静摩擦力为Ffm＝μmg＝0.3×1×10N＝3N假设A、B之间不发生相对滑动，则　对A、B整体：F＝(M＋m)a　对B：FfAB＝ma　解得FfAB＝2.5N　因FfAB＜Ffm，故A、B之间不发生相对滑动　(2)对B：F－μmg＝maB对A：μmg－μ2(M＋m)g＝MaA　据题意xB－xA＝L，xA＝aAt2，xB＝aBt2，解得t＝s　答案　(1)不会发生相对滑动　(2)s　29．解析:(1)设小物块与传送带间摩擦力大小为Ff则Ff＝μmg，Ffx物＝mv，x物＝4.5m　(2)设小物块经时间t1速度减为0，然后反向加速，设加速度大小为a，经时间t2与传送带速度相等.　v1－at1＝0，a＝，t1＝1.5s，v0＝at2，t2＝1s　设反向加速时，小物块的位移为x1，则有x1＝at＝2m　小物块与传送带同速后，将做匀速直线运动，设经时间t3再次回到B点　x物－x1＝v0t3　t3＝0.625s　所以t总＝t1＋t2＋t3＝3.125s　答案　(1)4.5m　(2)3.125s　30．解析:(1)对M、m，由牛顿第二定律24\n　F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a①　对m，有Ff－mgsinα＝ma②　Ff≤Ffm＝μmgcosα③　代入数据得F≤30N④　(2)F＝37.5N＞30N，物块能滑离木板⑤　对M，有F－μmgcosα－Mgsinα＝Ma1⑥　对m，有μmgcosα－mgsinα＝ma2⑦　设物块滑离木板所用时间为t，由运动学公式a1t2－a2t2＝L⑧　代入数据得t＝1.2s⑨　物块滑离木板时的速度v＝a2t⑩　由公式－2gxsinα＝0－v2⑪　代入数据得x＝0.9m⑫　答案　(1)F≤30N　(2)能　1.2s　0.9m24