2023-2024学年辽宁省大连育明中学高一（上）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省大连育明中学高一（上）期中物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题等内容，欢迎下载使用。

1.在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如比值法、理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假说法和建立物理模型法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述错误的是( )
A. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
B. 根据速度定义式v=ΔxΔt，当Δt非常小时，ΔxΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，这里采用了极限思想法
C. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
D. 定义加速度a=ΔvΔt时，采用了比值定义法
2.某人在室内以窗户为背景摄影时，恰好把窗外从高处落下的一个小石子摄在照片中，已知本次摄影的曝光时间是0.01s。量得照片中石子运动痕迹的长度为0.4cm，实际长度为100cm的窗框在照片中的长度为4.0cm。根据以上数据估算，这个石子大约是从距离窗户多高的地方落下的( )
A. 5mB. 10mC. 15mD. 20m
3.关于速度、速度变化量、加速度，下列说法正确的是( )
A. 物体运动的速度变化量越大，加速度一定越大
B. 某时刻物体速度为零，其加速度可能很大
C. 物体加速度方向始终改变，其速度可以不变
D. 加速度很大时，运动物体的速度一定很大
4.两个力F1和F2间的夹角为θ(0°<θ<180°)，两力的合力为F，下列说法正确的是( )
A. 合力F一定比分力F1和F2都大
B. 若F1和F2大小不变，θ角越小，合力F越大
C. 若合力F增大，θ角不变，分力F1和F2一定都增大
D. 如果夹角θ不变，F1大小不变，只要F2增大，合力F就增大
5.如图所示，水平桌面上平放有15张卡片，每一张卡片的质量均为m，用手指以竖直向下的力F(F≫mg)压第1张卡片，并以一定速度向右移动手指，确保第1张卡片与第2张卡片之间有相对滑动，其他卡片保持相对静止，当最上面那张卡片划走之后，继续以相同的力F划动下一张卡片，直至划走所有卡片。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，手指与卡片之间的动摩擦因数为μ1，卡片之间的动摩擦因数为μ2，卡片与桌面之间的动摩擦因数为μ3，下列说法正确的是( )
A. μ1>μ3>μ2
B. 划第1张卡片时，第2张卡片受到第3张卡片的摩擦力方向向右
C. 划第1张卡片时，第10张卡片与第11张卡片之间的摩擦力大小为μ2(F+10mg)
D. 划第1张卡片时，最后一张卡片受到桌面的摩擦力大小为0
6.如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是( )
A. 甲图中物体在t=0到t0这段时间内的平均速度大于v02
B. 乙图中，阴影面积表示t1到t2时间内物体的速度变化量
C. 丙图中，物体的加速度大小为1m/s2
D. 丁图中，t=5s时物体的速度为1m/s
7.春节前，小明需移开沙发清扫污垢。质量m=10kg的沙发放置在水平地面上，沙发与地面间的动摩擦因数μ= 33，小明用力F=100N推沙发，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 若力F斜向下与水平成θ角，当θ=60°时沙发恰好做匀速直线运动
B. 若力F斜向下与水平成θ角，当θ>60°时，无论F力多大，沙发都不会动
C. 若力F方向能随意改变，让沙发匀速运动，F斜向上与水平成30°时，F最大
D. 若力F方向能随意改变，让沙发匀速运动，F斜向上与水平成60°时，F最小
8.视为质点的甲、乙两个小球先后在同一水平面相邻的两个位置以相同的初速度做竖直上抛运动，小球与出发位置的高度差h与时间t的图像如图所示，重力加速度为g，根据图像所给的信息，下列说法正确的是( )
A. 甲回到抛出点的时刻为2t2
B. 乙回到抛出点的时刻为2t2
C. 甲距抛出点的最大高度为g(2t2-t1)28
D. 甲、乙在同一水平线上时离抛出点的高度为12gt2(t2-t1)
二、多选题（本题共2小题，共12分）
9.如图，倾角为θ的斜面固定在墙角，质量为M的尖劈放置在斜面上，尖劈的右侧面竖直，用轻绳系住一个质量为m的球紧靠在尖劈的右侧，轻绳与斜面平行，球与尖劈的接触面光滑，斜面对尖劈的静摩擦力恰好为0，整个系统处于静止状态。沿球心O对球施加一个水平向左的恒定推力F，系统仍处于静止状态。则( )
A. 对球施加水平推力后，轻绳的拉力可能变大
B. 对球施加水平推力后，尖劈对斜面的压力一定变大
C. 尖劈的质量M与球的质量m之比为tan2θ
D. 对球施加水平推力后，斜面对尖劈的摩擦力可能仍为0
10.一质点以初速度大小v、加速度大小a做匀变速直线运动，经一段时间后质点运动的位移大小与路程之比为5：13，则该位移大小和所用时间可能的值为( )
A. 位移大小为7v218aB. 位移大小为5v218aC. 所用时间为7v3aD. 所用时间为5v3a
三、实验题（本题共2小题，共16分）
11.在探究小车做匀变速直线运动的规律的实验中，甲、乙两位同学分别采用不同的方案分别进行探究。
在甲同学的方案中采用打点计时器来记录小车的时间和位移。

(1)关于打点计时器的使用，下列说法正确的是______ 。
A.在测量物体速度时，先让物体运动，后接通打点计时器的电源
B.电磁打点计时器和电火花计时器可以使用同样的电源
C.使用的电源频率越低，打点的时间间隔就越大
D.纸带上打的点越密，说明物体运动得越快
(2)实验过程中打出的一条理想纸带如图甲所示，图中O、A、B、C、D、E、F为相邻的计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，则小车运动的加速度a= ______ m/s2。(结果保留三位有效数字)
在乙同学的方案中是运用DIS实验的位移传感器测定小车运动规律，图乙为该实验装置图。
(3)固定在小车上的发射器不断地向接收器发出短暂的超声波脉冲和红外线脉冲，从而测量物体运动的一些物理量，图甲中轨道左低右高。
(4)图丙是通过传感器、数据采集器，再经过计算机来绘制的小车运动的速度-时间图像。由该图像可以求出小车加速度的大小为a= ______ m/s2(结果保留两位有效数字)；小车的运动方向是______ (选填“向左”或“向右”)运动。
12.某同学分别采用不同的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。
方案一如图甲所示。其中A为固定橡皮条的图钉，OB和OC为细绳套。利用坐标纸记下橡皮筋的结点位置O以及两只弹簧测力计拉力的大小和方向。

(1)本实验采用的科学方法是______ 。
A.等效替代法
B.理想实验法
C.控制变量法
D.建立物理模型法
(2)在做本实验时，下列操作中正确的是______ 。
A.同一次实验过程中O点位置不允许变动
B.实验中，弹簧测力计必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计刻度
C.实验中，先将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧测力计拉力的大小和方向，把橡皮条的另一端拉到O点
D.实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时，两弹簧测力计之间夹角应取90°，以便于算出合力的大小
在方案二的实验装置中，在底座上相隔一定距离固定两根刚性竖直杆，两竖直杆后放置一竖直平板，平板与两杆所在的平面平行，平板上贴有白纸。
实验步骤如下：
①单独用一根轻质细绳通过力传感器1提起重物，记录此时力传感器1的示数F及细绳的方向；
②将力传感器1固定在右侧杆上并保持其位置不变，一根轻质细绳的右端与力传感器1相连，另一根轻质细绳的左端与左侧杆上的力传感器2相连，两绳连接的结点O处系上同一重物，力传感器2的位置及左侧细绳的长度可调节。将力传感器2调至某一位置并固定，调节左侧细绳长度，待系统稳定后，平板未与重物、细绳和力传感器接触，读出力传感器1的示数F1和力传感器2的示数F2，并通过描点在坐标纸上记下两绳的方向；
③继续调整力传感器2的位置并固定，重复以上步骤。
(3)下列做法对减小实验误差有帮助的是______ 。
A.调整力传感器2的位置时，必须保证结点O的位置不变
B.两绳之间的夹角越大越好
C.记录绳子方向时，选用较远的两点
(4)若稳定时两绳互相垂直，现保持右侧绳和结点O的位置不动，将力传感器2下移至图乙中的A处并固定，调节左侧细绳使其保持张紧，则力传感器1的示数将______ (填“变大”“变小”或“不变”)。
三、简答题（本题共3小题，共40分）
13.雾霾天气对公路、铁路、航空、航运等均产生重要影响，雾、霾会造成空气质量下降，影响生态环境，给人体健康带来较大危害，在我国治理雾霾已刻不容缓。在一大雾天，一辆小汽车以30m/s的速度行驶在高速公路上，在同一平直车道上小汽车的正前方95m处有一辆大卡车以30m/s的速度同方向匀速行驶，在t=0时刻大卡车遇到紧急情况后，在0～9s内大卡车和小汽车的加速度随时间变化关系分别如图甲、乙所示。取原运动方向为正方向。求：

(1)在0～9s内两车的最近距离；
(2)t=9s时，两车距离为多少？
14.一辆汽车从静止开始以4m/s2的加速度在平直公路上做匀加速直线运动，在汽车开动的同时，前方32米处，一个人正竖直向上抛一个小球。(忽略空气阻力的影响，忽略人和车以及小球的形状和大小，g取10m/s2)。求：
(1)若要使小球落下时刚好碰到汽车，则人应将小球以多大的速度竖直向上抛出；
(2)若小球竖直向上抛出的初速度为v0=35m/s，且汽车的最大速度为72km/h，汽车匀加速达到最大速度后就做匀速直线运动，问人应站在距汽车多远处抛小球，小球落下才会恰好与行驶来的汽车相碰。
15.如图所示，小球A通过小滑轮P用细线悬挂在空中，细线一端固定在M点，另一端跨过小滑轮O1连接一弹簧。弹簧下端与小球B连接，小球B置于粗糙水平面上的一个圆弧表面光滑的半圆柱体上，两小球及半圆柱体均处于静止状态。已知B球质量为m，小滑轮O1用轻杆固定在半圆柱体圆心O2的正上方，O1B与竖直方向成30°角，O1B长度与半圆柱体半径相等，O1P与竖直方向成60°角，细线、滑轮、弹簧质量、小球A和B以及滑轮的大小均可忽略不计，重力加速度为g。求：
(1)A球的质量和杆对滑轮O1作用力大小；
(2)改变A球的质量，使O1P与竖直方向仍成60°角，O1B与半圆柱体相切，并保持两球及半圆柱体仍然处于静止状态，求此时A球的质量以及地面对半圆柱体的摩擦力。(以上结果均保留根号)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故A正确；
B.根据速度定义式v=ΔxΔt，当Δt非常非常小时，ΔxΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故B正确；
C.质点是一种理想化的物理模型，在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法为建立理想化的物理模型，故C错误；
D.定义加速度a=ΔvΔt用到比值定义法，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
推导匀变速直线运动位移公式时，采用了微元法；当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；质点是一种理想化物理模型；加速度的定义用到了比值定义法。
在学习物理知识的同时，我们还学习科学研究的方法，常用的方法有：微元法、控制变量法、等效替代法、理想实验法、类比法等等。
2.【答案】A
【解析】解：设在曝光时间0.01 s内，石子实际下落的距离为l，
由题意得：4cm100cm=0.4cml，
解得：l=10cm=0.1m。
石子在这0.01 s内的速度为：v=lΔt= s=10m/s。
石子做自由落体运动，故h=v22g=1022×10m=5m。
故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据比例关系可求得曝光时间内石子下落的距离；考虑到曝光时间极短，石子的平均速度近似等于瞬时速度；石子做自由落体运动，可以用自由落体的速度和位移关系式求解石子下落的高度。
解答本题关键是能明确极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，然后根据运动学公式列式求解。
3.【答案】B
【解析】解：AB.物体的加速度大小与速度的变化率成正比，与速度的变化量和速度无关，故A错误，B正确；
C.加速度方向改变，意味着加速度在变，根据加速度的定义可知，物体的速度一定改变，故C错误；
D.加速度很大，速度可以很大也可以为零，故D错误。
故选B。
物体的加速度大小与速度的变化率成正比，跟速度的变化量大小、速度大小无关，加速度的方向与速度的变化量的方向同向。
本题考查对加速度的理解，注意对概念的深度理解，不能停留在简单背记上。
4.【答案】B
【解析】解：A：由力的合成方法可知，两力合力的范围|F1-F2|B：若F1和F2大小不变，力的合成遵循平行四边形定则，θ角越小，合力F越大，故B正确；
C：如果夹角θ不变，F1大小不变，F2增大，合力F可以减小，也可以增大，故C错误；
D：如果夹角θ不变，F1大小不变，只要F2增大，合力F可以减小，也可以增大，故D错误。
故选：B。
力是矢量，有大小、方向，遵循平行四边形定则；合力的范围：|F1-F2|解题关键是掌握力的运算法则，注意区分合力与分力之间的关系。
5.【答案】A
【解析】解：A.第1张卡片与第2张卡片之间有相对μ1F>μ2(F+mg)，倒数第二张滑动时μ2(F+mg)<μ3(F+2mg)，最后一张滑动μ1F>μ3(F+mg)，所以μ1>μ3>μ2，故A正确；
B.划第1张卡片时，第一张卡片给第2张卡片摩擦力向右，根据平衡条件可知，第2张卡片受到第3张卡片的摩擦力方向向左，故B错误；
C.划第1张卡片时，第二张卡片受到第三张卡片摩擦力为μ2(F+mg)，平衡第一张对第二张的摩擦力，根据牛顿第三定律可知，第三张受到的摩擦力为μ2(F+mg)，第四张对第三张的摩擦力为μ2(F+mg)，平衡第二张给的摩擦力，以此类推，第10张卡片与第11张卡片之间的摩擦力大小为μ2(F+mg)，故C错误；
D.划第1张卡片时，对第二张到最后一张整体分析，最后一张卡片受到桌面的摩擦力大小为μ2(F+mg)，平衡第一张对整体的摩擦力，故D错误。
故选：A。
根据牛顿第三定律和摩擦力的基本性质即可逐项求解，其中A为滑动摩擦力，BCD受力平衡。
本题考查牛顿第三定律和摩擦力的基本性质，注意常用的二力平衡，是中等题。
6.【答案】B
【解析】解：A、若物体做初速度为0、末速度为v0的匀加速直线运动，其平均速度为v02.根据v-t图象与时间轴所围的面积表示位移，可知，该物体的位移小于匀加速直线运动的位移，所以物体在t=0到t0这段时间内的平均速度小于匀加速直线运动的平均速度v02，故A错误。
B、根据Δv=aΔt，可知乙图象中，阴影面积表示t1到t2时间内物体的速度变化量，故B正确。
C、由图得v2=-x+16，根据公式v2-v02=2ax得：-1=2a，则得a=-0.5m/s2，加速度大小为0.5m/s2，故C错误。
D、由图得xt=0.5t+1，由x=v0t+12at2得xt=v0+12at，对比可得，v0=1m/s，a=1m/s2，则t=5s时物体的速度为v=v0+at=1+1×5=6m/s，故D错误。
故选：B。
根据v-t图象与时间轴所围的面积表示位移，分析甲图中物体的位移与匀加速直线运动位移的关系，从而得到其平均速度。a-t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量。对于丙图象，根据公式v2-v02=2ax列式求解加速度。对于丁图，写出xt与t的关系式，对照匀变速直线运动的位移—时间公式求出加速度和初速度，再求t=5s时物体的速度。
对于物理图象，往往要写出解析式，对照物理规律来分析图象的物理意义。
7.【答案】B
【解析】解：A.若力F斜向下与水平成θ=60°时，地面对沙发的摩擦力大小为
f=μ(mg+Fsin60° )
力F在水平方向的分力大小为F'=Fcs60°
解得f=(50+100 33)N，F'=50N
水平方向推力的分力小于最大静摩擦力，沙发不会运动，故A错误；
B.若力F斜向下与水平成θ角，则最大静摩擦力大小为
f'=μ(mg+Fsinθ)
若要物体静止不动，应该满足
Fcsθ≤μ(mg+Fsinθ)
变形得
F ( csθ-μsinθ )≤μmg
如果满足
csθ-μsinθ<0
即
θ>60°
则此时无论F多大，物体都会保持静止，B正确；
CD.如果力F斜向上与水平成θ角，且物体做匀速运动，则有
Fcsθ=μ(mg-Fsinθ )
变形可得
F=μmg 1+μ2sin(θ+φ)
其中
sinφ=1 1+μ2= 32
即
φ=60°
故当θ=30°时，F有最小值，故CD错误。
故选：B。
对沙发受力分析，根据力的分解及摩擦力的计算公式即可分析θ=30°时沙发的运动情况；根据共点力平衡条件结合数学方法分析B；若F方向能随意改变，让沙发匀速运动，对沙发受力分析，利用正交分解法求解力F，利用三角函数相关知识求解F的极值。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。需要注意掌握利用三角函数求解极值的方法。
8.【答案】BCD
【解析】解：A.设甲回到抛出点时刻为t3，根据两个h—t图像对称性，可知t3-t2=t2-t1，得t3=2t2-t1，故A错误；
B.乙回到抛出点时刻t4=t3+t1=2t2，故B正确；
C.设竖直上抛最大高度H，根据自由落体公式和竖直上抛运动对称性H=g2(t32)2=g(2t2-t1)28，故C正确；
D.设甲运动到最高点时刻为t，由h—t图像对称性t=t32，t至t2，甲下落高度h1=g2(t2-t)2，甲、乙在同一水平线高度，h2=H-h1=12gt2(t2-t1)，故D正确。
故选：BCD。
按照竖直上抛的基本规律即可求解。
本题考查竖直上抛的基本规律，是中等题，注意对称性。
9.【答案】B
【解析】解：C.对球施加水平推力前，以尖劈和球整体为研究对象，如图1，可知轻绳的拉力
T=(M+m )gsinθ
斜面对尖劈的支持力
N1=(M+m)gcsθ
以球为研究对象，如图2，可知轻绳的拉力
T=mgsinθ
联立解得
Mm=1tan2θ
故C错误。
A.以球为研究对象，可知对球施加水平推力后不影响竖直方向力的大小，轻绳的拉力不变，如图3，故A错误；
BD.以尖劈和球整体为研究对象，对球施加水平推后，如图4，有
N'1=(M+m)gcsθ+Fsinθ
总重力不变，可得斜面对尖劈的弹力变大，即尖劈对斜面的压力变大；轻绳拉力T不变，总重力不变，施加推力F后，要保持平衡，有
T+Fcsθ=(M+m)gsinθ+f
则斜面对尖劈的摩擦力沿斜面向下，斜面对尖劈的摩擦力不可能为0，故B正确，D错误。
故选：B。
以尖劈和球整体为研究对象，再以球为研究对象，根据共点力平衡条件分析尖劈和小球的质量关系，对球施加推力后，再对整体分析斜面对尖劈的摩擦力和尖劈对斜面的压力的变化。
本题主要考查了共点力平衡条件的应用，关键要灵活选择研究对象，运用整体法与隔离法相结合求解，比较简洁．
10.【答案】BD
【解析】解：设质点做匀减速直线运动的位移为x1，时间为t1，速度减到零后反向做匀加速直线运动的位移为x2，时间为t2，则
x1=v22av=at1x2=12at22
若x1>x2，则x1-x2x1+x2=513
解得x1=94x2，代入得x1-x2=59x1=59×v22a=5v218a
v22a=94×12at12，t2=2v3a
即质点的位移为x=x1-x2=5v218a，所用的时间为t=t1+t2=va+2v3a=5v3a
若x1解得x2=94x1，即12at22=94⋅v22a，得t2=3v2a，x2=94×v22a=9v28a
解得质点的位移为x'=5v28a，运动的时间为t'=5v2a，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
质点做匀减速直线运动，速度减到零后反向做匀加速直线运动，做匀减速直线运动的位移可能大于反向匀加速运动的位移，也可能小于反向匀加速运动的位移。
本题考查对匀变速直线运动表达式的灵活应用，以及对位移与路程的理解，注意运动学表达式的标矢性。
11.【答案】C 2.00 1.2 向右
【解析】解：(1)A.为了更好的利用纸带，在测量物体速度时，应先接通打点计时器的电源，后让物体运动，A错误；
B.电磁打点计时器使用交流电的电压约为8V，而电火花计时器使用220V交流电源，B错误；
C.使用的电源频率越低，打点的时间间隔就越大，C正确；
D.纸带上打的点越密，说明物体运动的越慢，D错误。
故选：C。
(2)相邻两点间的时间间隔
T=0.1s
根据
Δx=aT2
可得加速度
a=(xCD+xDE+xEF)-(xOA+xAB+xBC)9T2
代入数据得
a=2.00m/s2；
(4)根据v=v0-at利用图像的斜率可知
a=|k|=2.4-02.0m/s2=1.2m/s2
由于小车做减速运动，运动方向一定向右。
故答案为：(1)C；(2)2.00；(3)1.2；向右。
(1)根据打点计时器的原理和操作顺序判断；
(2)根据逐差法求加速度；
(4)速度-时间图像的斜率表示加速度。
本题考查了探究小车的速度随时间变化的规律的实验，要求学生熟练掌握打点计时器的打点原理、操作顺序、数据处理等是解题的关键。
12.【答案】A AB C 变大
【解析】解：(1)本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，验证力的合成采用的科学方法为等效替代法，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(2)A.本实验采用的是等效替代法，同一次实验中，O点不能变动，故A正确；
B.为了实验的精确，弹簧测力计必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计刻度目的是为了力在其他方向上的分量影响实验结果，故B正确；
C.本实验只要达到的效果相同即可，无需将其中一个弹簧测力计拉到最大量程，故C错误；
D.两个弹簧测力计之间的夹角不一定要90°，故D错误。
故选：AB。
(3)A.本实验选用传感器直接得到绳子拉力，所以结点的变化不会影响实验结果，故A错误；
B.两绳之间的夹角越大，合力会越小影响实验结果，故B错误；
C.记录绳子方向时，选用较远的两点，便于确定绳子的方向，减小实验误差，故C正确。
故选：C。
(4)由图可知
若稳定时两绳互相垂直，现保持右侧绳和结点的位置不动，即两个力的合力不变，F方向不变，将力传感器2移至图1中的A处并固定，调节左侧细绳使其保持张紧，力传感器1的示数F将变大。
故答案为；(1)A；(2)AB；(3)C；(4)变大
(1)验证力的合成采用的科学方法为等效替代法；
(2)(3)根据实验原理及操作规范分析解答；
(4)根据力的动态平衡解答。
本题考查验证平行四边形定则的实验，对于实验问题一定要明确实验原理，了解具体操作的含义，通过原理分析实验中的方法及误差分析。
13.【答案】解：(1)根据图像可知，大卡车刹车3s时，速度
v=v0-at1
代入数据得
v=0
此时，大卡车位移
x1=12v0t1=12×10×32m=45m
小汽车这段匀速，位移为
x2=v0t1=30×3m=90m
此时，两车相距
Δx=x1+x0-x2=45m+95m-90m=50m
之后小汽车减速，大卡车加速，共速时，间距最小
v共=a't2=v0-a't2
代入数据得
t2=3s，v共=15m/s
即6s时刻两车共速，相距最近
xm=Δx-v0+v12t2+12v共t2
代入数据得
xm=5m
(2)t=9s时，小汽车速度
v'=v0-a't3
代入数据得
v'=0
6-9s内小汽车的位移为
x3=12v共t3=12×15×3m=22.5m
卡车位移
x4=v2t3+12a't3
代入数据得
x4=67.5m
两车距离为
Δx'=x4+xm-x3
代入数据得
Δx'=50m。
答：(1)在0～9s内两车的最近距离为5m；
(2)t=9s时，两车距离为50m。
【解析】(1)共速的时候相距最近，发生在6-9s之间，计算出开始到共速的时间和各自的位移，根据距离关系列式求解最近距离；
(2)接第一问，算出共速后到9s这段时间各自的位移，再根据距离关系列式求解两车的距离。
本题考查了追及相遇图像问题，要求学生抓住一个条件(速度相等)和两个关系(时间关系和距离关系)是解题的关键。
14.【答案】解：(1)设抛球的人赋予小球v的速度，汽车运行32m所用的时间t1，由x=12at12
解得：t1=4s
小球落回抛出点所用时间t2。则：t2=2vg
要使小球碰到汽车，则t1=t2
得：v=20m/s
(2)汽车的最大速度vm=72km/h=20m/s；
若小球竖直向上运动的初速度v0=25m/s，小球从抛出到落回抛出点所需时间t3，则：t3=2v0g=2×3510s=75s
汽车达到最大速度所需时间：t=vma=204s=5s
4s内汽车所走的位移：x1=12at2=12×4×52=50m
后1s内汽车所走的位移：x2=vm×(t3-t)=20×(7-5)m=40m
汽车总位移：x=x1+x2=50m+40m=90m，
即人应站在距汽车90m处抛小球。
答：(1)若要使小球落下时刚好碰到汽车，则抛球的人应赋予小球的速度为20m/s；
(2)人应站在距汽车90m远处抛小球，小球落下才会恰好与行驶来的汽车相碰。
【解析】(1)汽车做初速度为零的匀加速直线运动，小球做竖直上抛运动，再结合时间相等，列出二者运动的公式，即得所求；
(2)汽车先做初速度为零的匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，小球做竖直上抛运动，结合时间相等和位移关系即可求解。
解决本题的关键掌握并熟练应用匀变速直线运动的运动学公式，知道汽车和小球的运动的时间相等。
15.【答案】解(1)受力分析如甲图所示

对B球，由平衡条件可得
2Fcs30°=mg
对滑轮P，两分力大小相等，且夹角为120°，合力与分力大小相等，可得
F=mAg
解得
mA= 33m
对滑轮O1根据平衡条件可得
T= 2F= 2× 33mg= 63mg；
(2)未改变A球质量时，设半圆柱体半径为R，由几何关系可得
O1O2=2×Rcs30°= 3R
依题意，改变A球质量后，O1B与半圆柱体相切，设O1B与竖直方向成θ角，则有
csθ= ( 3R)2-R2 3R= 63sinθ=R 3R= 33
小球B受力情况为
mgcsθ=F'
改变A球的质量后，使O1P与竖直方向仍成60°角，则有
F'=m'g
联立解得
m'A= 63m
将B与半柱体作为整体，受力分析如图乙所示

由平衡条件，可得
Ff=F'sinθ
联立解得
Ff= 23mg，方向水平向左。
答：(1)A球的质量为 33m；杆对滑轮O1作用力大小为 63mg；
(2)A球的质量为 63m；地面对半圆柱体的摩擦力为 23mg，方向水平向左。
【解析】(1)对A球和B球受力分析，根据平衡条件列式求解A球的质量和杆对滑轮O1作用力大小；
(2)根据几何知识求O1B与竖直方向夹角，受力分析列式求解A的质量；整体法受力分析列平衡式求地面对半圆柱体的摩擦力。
本题考查了共点力作用下平衡的问题，主要强化学生受力分析和整体法与隔离法的应用能力，题目难度一般。