高一物理期末必练易错题（答案）
1．【考点】v﹣t图像；追及相遇问题．
【分析】根据v﹣t图像图线与时间轴围成的面积表示位移列哥哥位移和弟弟位移，判断什么时间哥哥弟弟相距最远，列爸爸位移方程计算爸爸在哥哥和弟弟间的位置，若保持2T时刻的加速度不变继续运动，列T′时间内弟弟追上哥哥，哥哥和弟弟的位移，根据位移差等于定值求得时间。
【解答】解：A.设哥哥在前一半时间内的加速度和弟弟在后一半时间内的加速度为2a，则哥哥在后一半时间内的加速度和弟弟在前一半时间内的加速度为a，由匀变速直线运动的规律可知，哥哥在2T的时间内的位移为：＝，弟弟在2T时间内的位移＝，整个过程中哥哥和弟弟的位移大小之比为，故A错误；
B.v﹣t图像图线与时间轴围成的面积表示位移，由图像可知，2T时哥哥和弟弟相距最远，故B错误；
C.爸爸的加速度为，则根据匀变速直线运动的规律可知，2T时间内爸爸的位移为：
2T时刻爸爸刚好在哥哥和弟弟的中间位置，故C正确；
D.2T时刻，哥哥的速度为：2aT+aT＝3aT，弟弟的速度为：aT+2aT＝3aT
若保持2T时刻的加速度不变继续运动，设经过T′弟弟追上哥哥，则T′时间内哥哥的位移为：
弟弟的位移为：
又
解得：，故D错误。
故选：C。
2．【考点】v﹣t图像；滑动摩擦力和动摩擦因数；牛顿第二定律．
【分析】分析图示图象，根据图示图象判断物块的运动过程，根据图示图象求出传送带的速度与方向；由图示v﹣t图象求出物块的加速度，应用牛顿第二定律求出物块与传送带间的动摩擦因数，结合物块回到M点的位移为0，求得时间。
【解答】解：AD、依题意物块初速度为4m/s，向下运动，由v﹣t图像分析可知，向下为正，则从图可知传送带的速度v＝2m/s，方向沿顺时针方向，物块未从N点离开，故A、D均错误。
B、物块相对传送带下滑，故有μmg cos37°﹣mgsin 37°＝ma，由图线斜率得a＝1.5m/s2，代入上式解得μ≈0.94，故B错误。
C、由v0＝at1，得t1＝，即物块沿传送带向下运动；根据v﹣t图像与横坐标轴包围的面积表示位移，可知回到M点时位移为零，
即，解得t2＝2s，即物块相对传送带静止后与传送带一起向上运动了2s，所以物块在第6s回到M点，故C正确。
故选：C。
3．【考点】竖直上抛运动；自由落体运动．
【分析】金属管和小球加速度相等，以管为参考系，小球在管中匀速直线运动；分析小球在管上升阶段穿过管时和小球在管下降阶段穿过管时，管的上升的最大高度，根据速度一位移关系分析初速度的范围。
【解答】解：A、两物体竖直方向加速度相同，所以小球相对管来说在做匀速直线运动，所以小球穿过管所用时间为，故A错误；
B、刚好在管上升最高点穿过管有
解得
若小球在管上升阶段穿过管，则，故B正确；
C、若小球在管刚着地时穿管，有
解得：
结合B向下分析可知，故C错误；
D、根据以上分析可知，故D错误。
故选：B。
4．【考点】匀变速直线运动位移与时间的关系；匀变速直线运动速度与时间的关系．
【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，设相等的时间为T，求出B点的速度，从而得出P点的速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出加速度的大小，再根据速度—位移公式求出0P间的距离；根据速度—时间关系求解P和M的速度之比。
【解答】解：A、设物体通过PM、MN所用时间分别为T，则M点的速度为：vM＝
根据Δx＝aT2得：a＝＝
则：vP＝vM﹣aT＝﹣＝
则：xOP＝＝1.25m，故A正确；
BC、不能求出运动员经过OP段所用的时间和运动员的加速度大小，故BC正确；
D、M点的速度vM＝vP+aT＝＝，所以运动员经过P．M两点的速度之比为，故D错误。
本题选错误的，故选：D。
5．【考点】匀变速直线运动速度与位移的关系．
【分析】根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出前后两段位移的时间中点速度，结合加速度的定义式求出加速度，最后由导出公式求出位移。
【解答】解：由加速度的定义式，知B到C的时间是A到B时间的2倍，设A到B的时间为t，则B到C的时间为2t
AB段中间时刻的速度，BC段中间时刻D点的速度：vD＝ ①
由加速度的定义式有： ②
其中 ③
联立②③得： ④
D到B的逆过程： ⑤
联立可得：x＝
故C正确，ABD错误；
故选：C。
6．【考点】一般情况下的共点力平衡；力的合成与分解的应用．
【分析】根据“三力汇交”原理对悬链线受力分析，再根据共点力的平衡条件分析求解两悬点处墙壁对链条的拉力大小之比，根据牛顿第三定律求解链条对墙面的拉力大小之比；对两部分链条进行受力分析，根据平衡条件求解两部分链条的质量之比，再求长度之比；在链条上任取一点D（除F外），取D与F点之间这一部分链条为对象，根据平衡条件分析作答；根据“三力汇交”原理可知E点在重力作用线上，再根据链条的形状分析重心的位置。
【解答】解：A．对悬链线受力分析，两悬点A、B处切线与竖直方向夹角分别为30°和60°，受力分析图如图1所示：
根据平衡条件TA＝mgcos30°
TB＝mgcos60°
代入数据联立解得，A、B两悬点处墙壁对链条的拉力大小之比为：1
根据牛顿第三定律，A、B两悬点链条对墙面的拉力大小之比：1，故A错误；
B．设最低点F处的张力为T，左侧悬链质量为m1，右侧质量为m2，两部分链条的受力图如图2所示：
根据平衡条件，对左侧悬链m1g＝
对右侧悬链m2g＝
得两部分链条的质量之比＝3
链条AF和链条FB长度之比为3：1，故B正确；
C．在链条上任取一点D（除F外），取D与F点之间这一部分链条为对象，质量为Δm，D点的张力为TD
由于F点的张力处于水平方向，根据平衡条件结合数学知识TD＝＞T
可知整个链条上拉力最小的点为最低点F，故C错误；
D．根据“三力汇交”原理，由题意可知，重力作用线经过E点，但由于链条形状不规则，重心不在链条的E点，故D错误。
故选：B。
7．【考点】摩擦力的判断和计算；滑动摩擦力和动摩擦因数．
【分析】当水平拉力小于最大静摩擦力时，物体处于静止，摩擦力等于拉力；当水平拉力大于最大静摩擦力时，物体开始滑动，则受到的滑动摩擦力等于动摩擦力因数与正压力的乘积。
【解答】解：AB之间的最大静摩擦力为fmAB＝μmg＝5N，
对物体A，因为向右受到F1＝3N＜fmAB的作用，从而A处于静止状态，则A受到物体B给A物体的静摩擦力，大小等于F1大小，为3N，方向与F1方向相反；
B与地面之间的最大静摩擦力为fmB地＝2μmg＝10N；
对物体B，水平方向受到向左F2＝5N＜fmB地作用，则B也静止，且受到A对B的向右的静摩擦力3N，所以地面对B的摩擦力为2N，向右，
综上所述，故B正确，ACD错误。
故选：B。
8．【考点】动态平衡分析；力的合成与分解的应用；一般情况下的共点力平衡．
【分析】根据受力平衡分析乙移动建筑材料的过程中，可知滑轮与乙这一侧绳子OC与竖直方向的夹角θ逐渐变大，根据平衡条件分析拉力的变化，对甲根据共点力平衡条件分析，甲与地面的摩擦力、支持力的变化，对乙，根据力的合成分析楼层对乙的作用力。
【解答】解：D．设建筑材料的重力为G，OA绳对建筑材料的拉力为FOA，乙对OB绳的拉力大小为FOB，如图1
图1
根据平衡条件有FOA＝
θ增大，则FOA增大，故D错误；
B．对甲受力分析，由平衡条件可知，甲与地面之间的摩擦力大小等于OA绳对甲的拉力在水平方上的分力，由于OA绳对甲的拉力逐渐增大且OA绳与水平方向夹角不变，所以可得甲与地面之间的摩擦力逐渐增大，故B错误；
A．对甲受力分析，竖直方向由平衡条件可知，N+FOAsinα＝m甲g，可知地面对甲的支持力变小，故A正确；
C．对乙受力分析，如图2
图2
乙受到的支持力与自身重力大小相等，摩擦力与OB绳上的拉力大小相等，由于OB绳上的拉力变大，所以摩擦力变大，摩擦力与支持力的合力变大，由平行四边定则合力方向变化，则楼层对乙的作用力方向变化，大小变大，故C错误。
故选：A。
9．【考点】一般情况下的共点力平衡；力的合成与分解的应用．
【分析】未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，根据平衡条件求解物块与斜面间的动摩擦因数；在竖直平面内给物块一任意方向（α角任意）的外力F，此力F可以分解为垂直于斜面方向和沿斜面方向，讨论施加沿斜面方向的力、垂直于斜面方向的力时，地面对斜面的摩擦力大小，由此分析在B停止运动前，地面对斜面的摩擦力；若外力F拉着物块沿斜面匀速上滑，设力F与斜面的夹角为α，根据平衡条件结合数学知识求解拉力的最小值。
【解答】解：C、未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，由平衡条件得：mgsinθ＝μmgcosθ
解得，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ
故C错误；
AB、未施加外力时，物块匀速下滑，物块与斜面整体水平方向受力平衡，则地面对斜面的摩擦力为零；
若对物块施加一个沿斜面方向的力，物块下滑过程中对斜面的作用力没有变，斜面受力情况不变，则地面对斜面的摩擦力仍为零；
若对物体施加一个垂直于斜面方向的力F1，物块下滑过程中，对斜面的压力增加F1、摩擦力增加μF1，如图所示：
根据几何关系可知：tanθ＝＝μ
故此时物块对斜面的作用力方向仍向下，地面对斜面的摩擦力为零；
在竖直平面内给物块一任意方向（α角任意）的外力F，此力F可以分解为垂直于斜面方向和沿斜面方向，而施加沿斜面方向的力、垂直于斜面方向的力时，地面对斜面的摩擦力均为零，所以无论对物块B施加什么方向的力，在B停止运动前，地面对斜面的摩擦力均为零，故A正确，B错误；
C、若外力F拉着物块沿斜面匀速上滑，设力F与斜面的夹角为α，根据平衡条件可得：
Fcosα＝mgsinθ+μ（mgcosθ﹣Fsinα）
解得：F＝＝
则F的最小值为：Fmin＝＝（mgsinθ+μmgcosθ）cosα＝mgsin2θ
故D错误。
故选：A。
10．【考点】牛顿运动定律的应用——连接体模型；牛顿第二定律．
【分析】根据两滑块相对位移判断位移大小；根据滑块运动情况分析同一时刻速度关系；分析撤去拉力前后两滑块受力情况，根据牛顿第二定律分析撤去拉力后两滑块加速度的变化，确定加速度最大值。
【解答】解：设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力F＝2μmg
撤去拉力前对Q根据共点力平衡条件有：T0＝μmg
A．PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，故A错误；
B．滑块P在弹簧恢复到原长时，根据牛顿第二定律有：﹣μmg＝maP2
解得aP2＝﹣μg
撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为μg，故B正确。
CD．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为﹣T0﹣μmg＝maP1
解得aP1＝﹣2μg
此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时﹣μmg＝maQm
解得aQm＝﹣μg
故滑块Q加速度大小最大值为μg，故CD错误。
故选：B。
11．【考点】牛顿第二定律；弹力的大小、胡克定律．
【分析】A、根据初速为0的匀变加直线运动推论：连续相等时间间隔内位移之比1：3：5……计算分离的位置；
B、两物体刚好要分离，即a与b之间无相互作用力，对a由牛顿第二定律，求出分离时的加速度；
C、分离前对整体分析可知，由牛顿第二定律分析出刚开始运动时拉力最小，进而求出最小拉力；
D、分离前a在匀加速运动，通过位移求时间。
【解答】解：A、由于初速度为0，b在分离前位移x1和分离后相等时间内位移x2之比为：
且由题可知：x1+x2＝x0
解得：
初始时压缩量为x0，分离前位移，即压缩量减小，可得a、b在弹簧压缩量为时分离，故A错误；
B、两物体刚好要分离时a与b之间无相互作用力，对a由牛顿第二定律可得
初始时小物体b紧靠a静止在斜面上，将二者看成一个整体，可知弹力大小与整体重力的分力大小相等，有
kx0＝（+m）gsinθ
解得：a＝gsinθ，故B错误；
C、分离前对整体分析可知，由牛顿第二定律有
则刚开始运动时拉力最小，则，且
可得：，故C错误；
D、a与b在b向上运动的位移刚好分离，此前a在匀加速运动，则有：
解得：，故D正确。
故选：D。
12．【考点】牛顿第二定律；功的计算．
【分析】本题为板块模型，需通过最大静摩擦力分析求出AB相对滑动、B与地相对滑动的临界条件，结合图像可求出做功情况以及对应速度大小。
【解答】解：AB、设A、B之间的最大摩擦力为fm，B与地面之间的最大摩擦力为fm'，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
则fm＝4μmg＞fm'＝μ 2mg＝2μmg，
可知，当F增大到F0，A开始运动时，B也和A一起滑动。则F0＝fm'＝2μmg，
当A、B发生相对滑动时，A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，
对A分析得F﹣fm＝ma，
以AB为整体得F﹣fm′＝2ma
联立解得F＝3F0，故AB错误；
CD、木板自x＝0至x＝x0过程中，A、B没有发生相对滑动，整体动能定理得
，
对A用动能定理，得
联立解得，。故C错误，D正确。
故选：D。
13．【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的应用．
【分析】球受到重力、绳子拉力与杆的作用力，球静止时处于平衡状态，应用平衡条件求出杆的作用力；
球做匀变速直线运动时，应用牛顿第二定律与力的合成方法求出杆的作用力。
【解答】解：A、升降机是静止的，球静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，杆的作用力大小：F＝＝N＝10N，故AB错误；
C、若升降机加速上升，对球，在竖直方向，由牛顿第二定律得：Fy﹣mg＝ma，解得：Fy＝12N，在水平方向，由平衡条件得：Fx＝F绳子＝6N，
杆对球的作用力大小：F＝＝6N，故C正确；
D、若升降机减速上升，对球，在竖直方向，由牛顿第二定律得：mg﹣Fy＝ma，解得：Fy＝4N，在水平方向，由平衡条件得：Fx＝F绳子＝6N，
杆对球的作用力大小：F＝＝2N，故D错误；
故选：C。
14．【考点】牛顿运动定律的应用——传送带问题；摩擦力的判断和计算；力的合成与分解的应用；牛顿第二定律．
【分析】小物块随皮带一起向下做匀加速直线运动，其合力一定沿皮带向下，而此合力是由小物块重力沿皮带方向的分力mgsinα和其所受的静摩擦力提供的。
重力沿皮带方向的分力mgsinα最多只能提供gsinα这么大的加速度，如果小物块实际加速度a＞gsinα，则多余的加速度需要由沿皮带向下的静摩擦力提供；
如果小物块实际加速度a＜gsinα，则说明一定有沿皮带向上的静摩擦力产生了沿皮带向上的加速度；
如果小物块实际加速度a＝gsinα，则说明小物块不受静摩擦力。
小物块受重力、支持力和静摩擦力作用，三力合力沿皮带平面向下，而支持力必与此平面垂直，小物块所受重力和摩擦力的合力方向如果沿斜面方向，则小物块所受合力将不能平行于皮带方向，将无法沿皮带方向运动。
【解答】解：AB．若a＞gsinα，则说明小物块还受到方向沿皮带向下的静摩擦力提供的方向沿皮带向下的加速度，故由牛顿第二定律列方程有
mgsinα+f＝ma
则
同理，若a＜gsinα，则说明小物块受到的静摩擦力方向沿皮带向上，由牛顿第二定律列方程有
mgsinα﹣f＝ma
则
若a＝gsinα，则说明小物块不受静摩擦力的作用。故AB错误；
C．若a＝2gsinα，则小物块受到的静摩擦力方向沿皮带向下，由牛顿第二定律列方程有
mgsinα+f＝ma
解得f＝mgsinα，故C正确；
D．小物块受重力、支持力和静摩擦力作用，三力合力沿传送带平面向下，而弹力与此平面垂直，小物块受到的重力和摩擦力的合力的方向一定不沿斜面方向，故D错误。
故选：C。
15．【考点】惯性与质量．
【分析】由于金属球比车厢内同体积的空气质量大，惯性大，运动状态不易改变，相对车厢还是向右运动，因此B向右偏。
氢气球比同体积空气质量小，惯性小，运动状态容易改变，相对车厢向左运动。
【解答】解：开始时金属球、车厢及氢气球有向右的相同速度，突然刹车使车厢做减速运动时，
由于金属球比车厢内同体积的空气质量大，惯性大，运动状态不易改变，相对车厢还是向右运动，因此B向右偏，故B、C错误。
氢气虽然有惯性因为氢气密度小空气的密度大（惯性比气球大），所以向前会撞到空气，力的作用相互的，被空气向后推开，相对车厢向左运动，故A错误、D正确，
故选：D。
16．【考点】x﹣t图像；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【分析】由图像可知，乙物块为匀速直线运动，其速度v乙应为，第一次相遇时，为乙追上甲的情形，因此此时甲的速度应该小于乙速度；甲物块做的是初速度为零的匀加速直线运动，其运动方程为x＝x0+；两个物块相遇条件为抛物线与直线相交，根据题意有x＝x0+＝v乙t；根据相遇条件可知，当方程x＝x0+＝v乙t有一个解时即为相遇一次。
【解答】解：A、由图像可知，乙物块为匀速直线运动，其速度v乙应为，第一次相遇时，为乙追上甲的情形，因此此时甲的速度应该小于乙速度，故A错误；
B、甲物块做的是初速度为零的匀加速直线运动，其运动方程为x＝x0+，将点坐标（t1，x1）代入可求出a＝，故B错误；
C、两个物块相遇条件为抛物线与直线相交，根据题意有x＝x0+＝v乙t，代入可知，故C正确；
D、根据前面的相遇条件可知，如果两个物块只相遇一次，即方程x＝x0+＝v乙t，则Δ＝0时，即x1＝2x0，故D正确。
故选：CD。
17．【考点】x﹣t图像；匀速直线运动．
【分析】确定超声波和小车相遇时的位移和所用的时间，计算超声波的速度，小车接收到两次超声前进的位移和对应的时间，计算小车的速度。
【解答】解：AB.根据图像超声波的速度可表示为：，故A错误，B正确；
CD.小车的速度为，故C正确，D错误。
故选：BC。
18．【考点】v﹣t图像；滑动摩擦力和动摩擦因数；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用——传送带问题．
【分析】由v﹣t图像可知，物块在传送带上下滑过程分两个阶段，两个阶段的加速度大小不同，均做匀加速直线运动。传送带一定沿逆时针方向转动，物块的速度先小于传送带速度，物块所受滑动摩擦力沿传送带向下，与传送带速度相等后，物块的速度大于传送带速度，物块所受滑动摩擦力沿传送带向上。v﹣t图像的斜率绝对值表示加速度的大小；v﹣t图像与时间轴围成的面积的表示物块的位移大小；通过受力分析，应用牛顿第二定律求解动摩擦因数。
【解答】解：A、物块沿传送带向下运动，假设传送带沿顺时针方向转动或者不转动，那么在物块下滑过程中，始终受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，物块受到的合力始终不变，加速度保持不变，与图乙的v﹣t图像描述的运动过程（加速度在0.5s时发生变化）相矛盾，则假设不成立，故传送带一定沿逆时针方向转动，故A错误；
B、由v t图像可知，传送带转动的速度大小为5m/s，故A正确；
C、物块从A端运动到B端的v﹣t图像与时间轴所围成的面积等于物块下滑的位移大小，也就等于传送带A、B两端间的距离（设为x），则有：
x＝m+m＝11m，故C正确。
D、由v﹣t图像可得：0～0.5s时间内物体的加速度大小为：a1＝＝m/s2＝10m/s2
此时间内物块的速度小于传送带速度，物块所受滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
代入数据解得：μ＝0.5，故D正确。
故选：BCD。
19．【考点】v﹣t图像；牛顿第二定律．
【分析】根据牛顿第二定律分析上升和下降的加速度的表达式，由加速度的定义式求解两段的加速度表达式从而联立求解加速度的表达式；将所给数据代入表达式求解所用时间以及到达底面的速度大小。
【解答】解：AB、由题意知，小物块沿斜面上升过程与沿斜面下滑过程的加速度大小分别为：
a1＝gsin37°+μgcos37°
a2＝gsin37°﹣μgcos37°
根据运动学公式结合图像可知：v1＝0.6a1t1
＝a2（t1﹣0.6t1）
联立解得：，μ＝0.25，故A正确，B错误；
D、将v1＝6m/s，μ＝0.25代入v1＝0.6a1t1解得：t1＝1.25s，故D正确；
C、设物块返回底端时的速度大小为v，由运动学公式得：
解得：v＝3m/s，故C错误。
故选：AD。
20．【考点】牛顿运动定律的应用——传送带问题；匀变速直线运动速度与时间的关系．
【分析】根据牛顿第二定律解得加速度，从而分析清楚小物块的运动过程，根据小物块的运动过程与运动性质判断小物块返回传送带底端时的速率与v1的关系及加速度的大小关系。
【解答】解：AB、设物块沿斜面向下的重力分力为G1，物块与传送带间的摩擦力大小为f。物块上滑时，相对传送带向上运动，所受摩擦力沿斜面向下，加速度大小为a1＝，方向沿斜面向下。
设物块上滑过程位移大小为x，根据匀变速直线运动速度—位移公式，可知0﹣＝﹣2a1x
物块下滑过程中，当速度小于传送带速度v0时，物块相对传动带向上运动，所受摩擦力沿斜面向下，加速度大小为a1＝，方向沿斜面向下。
设物块下滑过程中速度大小由0增加到v0时位移大小为x1，则﹣＝2a1x1，由于v1＞v0，可知x＞x1，可知物块下滑中速度大小为v0时没有到达传送带底端。此后物块运动分两种情况考虑：
若G1≤f，则物块与带相对静止，匀速向下运动，可知物块到达端速度小于v1。
若G1＞f，则物块以加速度大小a2＝，方向沿斜面向下，继续加速下滑。设物块速度大小达到v0后以加速度a2运动到斜面底端位移大小为x2，速度大小为v2，则﹣＝2a2x2
可得＝2a2x2+2a1x1
由于a2＜a1，x1+x2＝x，可知
＜2a1x2+2a1x1＝2a1x＝，可知v2＜v1，故A正确，B错误；
CD、由AB分析可知，物块上滑加速度大小为：a1＝
上滑时位移大小为：x＝
物块下滑过程中，当速度小于传送带速度v0时，加速度大小为：a1＝
设物块下滑过程中速度大小由0增加到v1时位移大小为x3，可知：﹣0＝2a1x3
得：x3＝，可知x1＝x3
可知物块到达传送带底端时速度大小为v1。若v1＜v0，物块下滑的过程速终小于传送带速度，故加速度大小为a1，可知物块上滑过程中的加速度与下滑过程中的加速度大小相等，故C正确，D错误。
故选：AC。高一物理期末必练易错题
1．哥哥和弟弟在自家院子里跑步比赛，如图所示为他们在2T时间内的v﹣t图像，已知哥哥前一半时间的加速度为后一半时间加速度的2倍，弟弟后一半时间的加速度为前一半时间加速度的2倍，且哥哥前一半时间的加速度与弟弟后一半时间的加速度相等，则下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中哥哥和弟弟的位移大小之比为
B．T时刻哥哥和弟弟相距最远
C．若爸爸从0时刻开始以哥哥两段加速度的平均值为加速度做初速度为零的匀加速直线运动，则2T时刻爸爸正好在哥哥和弟弟的中间位置
D．若保持2T时刻的加速度不变继续运动，则T时间内弟弟追上哥哥
2．如图甲，MN是倾角θ＝37°传送带的两个端点，一个质量m＝5kg的物块（可看作质点），以4m/s的初速度自M点沿传送带向下运动。物块运动过程的v﹣t图象如图乙所示，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物块最终从N点离开传送带
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.6
C．物块在第6s时回到M点
D．传送带的速度v＝2m/s，方向逆时针
3．一长为L的金属管从地面以v0的速率竖直上抛，管口正上方高h（h＞L）处有一小球同时自由下落，金属管落地前小球从管中穿过。已知重力加速度为g，不计空气阻力。关于该运动过程说法正确的是（ ）
A．小球穿过管所用时间大于
B．若小球在管上升阶段穿过管，则
C．若小球在管下降阶段穿过管，则
D．小球不可能在管上升阶段穿过管
4．如图所示，滑雪运动员从O点由静止开始做匀加速直线运动，先后经过P、M、N三点，已知PM＝10m，MN＝20m，且运动员经过PM、MN两段的时间相等，下列说法不正确的是（ ）
A．能求出OP间的距离
B．不能求出运动员经过OP段所用的时间
C．不能求出运动员的加速度
D．不能求出运动员经过P、M两点的速度之比
5．一辆汽车做匀加速直线运动，从A到B速度增量为Δv，位移为x1，从B到C速度增量为2Δv，运动的位移为x2，若D点是汽车从B运动到C过程的中间时刻的位置（图中未标出），则汽车从B点运动到D点的位移为（
A．x2﹣x1 B．
C． D．
6．一条两端固定的粗细和质量分布均匀、柔软、不可伸长的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状，称之为悬链线．为探究其特点，现搭建如图所示的一条悬链线，经测量知两悬点A、B处切线与竖直方向夹角分别为30°和60°，两切线的交点为C，E是C点正上方链条上的点，F为悬链线的最低点，则（ ）
A．A、B两悬点对墙面的拉力大小之比为3：1
B．链条AF和链条FB长度之比为3：1
C．整个链条上拉力最小的点为最低点E
D．此时链条的重心在链条上的E点
7．如图所示，A、B两物体重力都等于10N，各接触面间的动摩擦因数都等于0.5，F1＝3N和F2＝5N的两个水平力分别作用在A和B上，则A受的摩擦力和地面对B的摩擦力大小分别为（ ）
A．3N，6N B．3N，2N C．5N，10N D．3N，5N
8．在修建乡村住房时，工人用上了简易机械如图所示，甲站在地面上通过支架上的定滑轮拉着OA绳把建筑材料缓慢提升到楼顶后，乙再在楼顶水平拉着OB绳把建筑材料缓慢移到楼顶平台上，在乙缓慢移动建筑材料的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．地面对甲的支持力变小
B．地面对甲的摩擦力变小
C．楼层对乙的作用力保持不变
D．OA绳子上的拉力先增大后减小
9．如图所示，足够长的斜面倾角为θ，一质量为m的物块恰好能沿斜面匀速下滑。物块在沿斜面匀速下滑过程中，在竖直平面内给物块一任意方向（α角任意）的外力F，斜面始终处于静止状态。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块沿斜面下滑过程中，地面对斜面的摩擦力为零
B．当α＝90°﹣θ时，物块沿斜面下滑过程中，地面对斜面摩擦力向左
C．物块与斜面间的动摩擦因数μ＞2tanθ
D．若外力F拉着物块沿斜面匀速上滑，则F的最小值为mgsinθ
10．如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动，某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ）
A．P的位移大小一定大于Q的位移大小
B．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
C．P的加速度大小的最大值为μg
D．Q的加速度大小的最大值为2μg
11．一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为的小物块a相连，如图所示。质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0。从t＝0时开始，对b施加沿斜面向上的拉力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。则（ ）
A．a、b在弹簧压缩量为处分离
B．b的加速度为
C．作用于b上的最小拉力为2mgsinθ
D．a在匀加速运动的时间为
12．如图所示，滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，A和B之间的动摩擦因数是B和地面之间的动摩擦因数的4倍，A和B的质量均为m。现对A施加一水平向右逐渐增大的力F，当F增大到F0时A开始运动，之后力F按图乙所示的规律继续增大，图乙中的x为A运动的位移，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对两物块的运动过程，以下说法正确的是（ ）
A．当F＞2F0，木块A和木板B开始相对滑动
B．当F＞F0，木块A和木板B开始相对滑动
C．自x＝0至木板x＝x0木板B对A做功大小为
D．x＝x0时，木板B的速度大小为
13．一质量为0.8kg的球固定在支杆AB的上端，支杆AB的下端固定在升降机上，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，如图所示，已知绳的拉力为6N，g取10m/s2，则以下说法正确的是（ ）
A．若升降机是静止状态，则AB杆对球的作用力大小为6N
B．若升降机是静止状态，则AB杆对球的作用力大小为8N
C．若升降机是加速上升，加速度大小5m/s2，则AB杆对球的作用力大小为6N
D．若升降机是减速上升，加速度大小5m/s2，则AB杆对球的作用力大小为6N
14．皮带传送机的皮带与水平方向的夹角为α，如图所示，将质量为m的小物块放在皮带传送机上，随皮带一起向下以加速度a做匀加速直线运动，则（ ）
A．小物块的加速度大小a一定等于gsinα
B．小物块受到的静摩擦力的方向一定沿皮带斜向上
C．小物块受到的静摩擦力的大小可能等于mgsinα
D．小物块受到的重力和摩擦力的合力的方向可能沿斜面方向
15．如图，在车厢中的A是用绳拴在底部上的氢气球，B是用绳挂在车厢顶的金属球，开始时它们和车顶一起向右做匀速直线运动，若忽然刹车使车向右做匀减速运动。则下列哪个图能正确表示刹车期间车内的情况（ ）
A． B．
C． D．
（多选）16．某同学用甲、乙两个物块来模拟研究汽车相遇规律问题，下图是他根据运动规律绘制的甲、乙两个物块的运动位移时间图线。已知甲物块的运动图线为一条顶点为（0，x0）的抛物线，乙的运动图线为一过原点的直线。两条图线中其中一个交点坐标为（t1，x1）。则下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻甲物块速度为
B．甲物块在做匀加速直线运动的加速度为
C．图中甲、乙两个物块再次相遇时刻为
D．如果两个物块只相遇一次，则必有x1＝2x0
（多选）17．一种速度传感器的工作原理图如图甲所示。在这个系统中K为一个能发射超声波的固定小盒子，工作时小盒子K向做匀速直线运动的小车发出短暂的超声波脉冲，脉冲被小车反射后又被小盒子K接收，从小盒子K发射超声波开始计时，经Δt时间再次发射超声波脉冲，如图乙是连续两次发射超声波的x﹣t图像，其中x'、x''、t'和t''均为已知量。下列说法正确的是（ ）
A．超声波的速度大小为
B．超声波的速度大小为
C．小车的速度大小为
D．小车的速度大小为
（多选）18．如图甲所示，倾斜传送带的倾角θ＝37°，传送带以一定速度匀速转动，将一个物块轻放在传送带的上端A，物块沿传送带向下运动，从A端运动到B端的v﹣t图像如图乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计物块大小，则（ ）
A．传送带一定沿顺时针方向转动
B．传送带转动的速度大小为5m/s
C．传送带A、B两端间的距离为11m
D．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
（多选）19．如图甲所示，质量为1kg的小物块从一固定的倾角为37°的斜面底端以初速度v1冲上斜面，它在斜面上运动的速度﹣时间图象如乙图所示，若斜面足够长，重力加速度g＝10m/s2，图象中v1＝6m/s、t1未知，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．小物块沿斜面上升过程与沿斜面下滑过程的加速度大小之比为2：1
B．物块与斜面的动摩擦因数为0.2
C．物块返回底端时的速度为3m/s
D．根据图象可计算出t1＝1.25s
（多选）20．如图所示，足够长的传送带倾斜放置，始终以速度v0逆时针运动。现使质量为m的物块以速度v1从传送带底端沿传送带向上运动，物块与传送带的接触面粗糙，下列说法正确的是（ ）
A．若v1＞v0，则物块回到传送带底端时的速度小于v1
B．若v1＞v0，则物块回到传送带底端时的速度等于v1
C．若v1＜v0，则物块上滑过程中的加速度与下滑过程中的加速度相同
D．若v1＜v0，则物块上滑过程中的加速度比下滑过程中的加速度要大
