2020-2021学年河北省衡水市冀州一中高一(上)期末物理试卷(理科)(附答案详解)

2020-2021学年河北省衡水市冀州一中高一（上）期末物
理试卷（理科）
一、单选题（本大题共15小题，共60.0分）
1.若已知物体运动的初速度v0的方向及它受到的合力F的方向，图中a、b、c、d表示
物体运动的轨迹，其中正确的是()
A. B. C. D.
2.一质量为1kg的物体(可视为质点)静止于水平桌面上，物体能受到的最大静摩擦力
为5N，现将水平面内的三个力同时作用于物体的同一点，三个力的大小分别为2N、2N、3N。

下列关于物体的受力情况和运动情况判断正确的是()
A. 物体所受摩擦力可能为0
B. 物体不可能继续处于静止状态
C. 物体可能做匀加速直线运动，其加速度大小可能为3m/s2
D. 物体可能做匀变速曲线运动
3.下列有关力的说法正确的是()
A. 力可以脱离物体而单独存在
B. 摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反
C. 质量均匀分布、形状规则的物体的重心可能在物体外
D. 木块放在水平桌面上受到一个向上的弹力，这是由于木块发生微小形变而产生
的
4.用细绳AC和BC吊起一重物，两绳与竖直方向的夹角如图所示。

若AC能承受的最大拉力为150N，BC能承受的最大拉力为
100N，为使绳子不断裂，所吊重物的质量不得超过(g取
10m/s2)()
A. 10√3kg
B. 20kg
C. 30kg
D. 20√3
kg
3
5.如图所示，弹簧测力计和细线的重力及一切摩擦不计，重物的重力G=3N，则弹
簧测力计A和B的示数分别为()
A. 3N，0
B. 3N，3N
C. 1.5N，1.5N
D. 0，3N
6.如图所示，两块固定且相互垂直的光滑挡板POQ，OP竖
直放置，OQ水平，小球a、b固定在轻杆的两端，现有
一个水平向左的推力，作用于b上，使a、b紧靠挡板处
于静止状态。

现用力F推动小球b，使之缓缓到达b′位置，
则()
A. 推力F变大
B. 小球a对OP的压力变大
C. 小球b对OQ的压力变大
D. 杆上的弹力减小
7.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。

初速度大小为v2的小物块
从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。

若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v−t图象(以地面为参考系)如图乙所示。

已知v2> v1，则下面说法错误的是()
A. t1时刻，小物块离A处的距离达到最大
B. t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C. 0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右
D. 0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
8.如图，一机械臂铁夹夹起质量为m的小球，机械臂与小球沿
水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，则铁夹对球的作
用力()
A. 大小为mg，方向竖直向上
B. 大小为ma，方向水平向右
C. 大小与小球的加速度大小无关
D. 方向与小球的加速度大小有关
9.如图所示，A球质量为B球质量的3倍，固定光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两
球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有(重力加速度为g)()
A. 图甲中A球的加速度为gsinθ
B. 图甲中B球的加速度为4gsinθ
C. 图乙中A、B两球的加速度均为2gsinθ
D. 图乙中轻杆的作用力一定不为零
10.如图所示，两个光滑斜面体，靠在一起固定在水平面上，底
边长CD=DE，斜面体ADE的顶角为θ，斜面体BCD的底角
为θ，让甲、乙两个球同时从两斜面顶端A、B由静止释放，
甲、乙两球在斜面上运动的时间分别为t1、t2，则()
A. t1=t2
B. t1>t2
C. t1<t2
D. 不能确定t1、t2的大小关系
11.如图所示，质量分别为m1=1kg、m2=2kg的滑块A和
滑块B叠放在光滑水平地面上，A和B之间的动摩擦因数
μ=0.5，拉力F作用在滑块A上，拉力F从0开始逐渐增大
到7N的过程中，下列说法正确的是()
A. 当F>5N时，A、B发生了相对滑动
B. 始终保持相对静止
C. 从一开始就发生了相对滑动
D. 开始相对静止，后来发生相对滑动
12.如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸
长的缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为m0，货物
的质量为m，货车向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，货箱速度为v时，连接货车的绳与水平方向夹角θ，不计一切摩擦，下列说法正确的是()
A. 货车的速度等于vcosθ
B. 货车运动的速度等于v
cosθ
C. 缆绳中的拉力F T等于(m0+m)g
D. 货物匀速上升
13.“蹦极”是一项非常刺激的体育运动。

某人身系弹性绳自高
空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长度位置，c是人所到
达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置。

人在从P点
下落到最低点c点的过程中()
A. 人在a点时速度最大
B. 人在ab段做加速度增大的加速运动，处于失重状态
C. 在bc段绳的拉力大于人的重力，人处于超重状态
D. 在c点，人的速度为零，处于平衡状态
14.在粗糙的水平面上放置一个小物体P。

P受到水平的拉力F作用沿水平面运动，如图
甲所示，物体P的加速度随F变化规律如图乙中图线P所示．把物体P换成Q，其他条件不变，重复操作，得到Q的加速度随F变化规律如图乙中图线Q所示。

图乙中b、c和d都是已知量，由此可知()
A. P和Q的动摩擦因数相同
B. P的质量大于Q的质量
C. P的质量为d
b
D. P的动摩擦因数小于Q的动摩擦因数
15.某船在静水中的划行速度v1=5m/s，要渡过宽d=30m的河，河水的流速v2=
4m/s，下列说法正确的是()
A. 该船渡河所用时间至少是7.5s
B. 该船的航程至少等于30m
C. 若河水的流速增大，则渡河的最短时间变长
D. 该般以最短时间渡河时的位移大小为30m
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
16.交警大队的交警处理某次交通事故时，通过监控仪器扫描，输入计算机后得到该汽
车在水平面上刹车过程中的位移随时间变化的规律为x=20t−2t2(x的单位是m，t的单位是s)。

则下列说法正确的是()
A. 该汽车刹车的初速度为20m/s
B. 该汽车刹车的加速度为−4m/s2
C. 该汽车在地面上留下的痕迹长为50m
D. 刹车后6s内的位移为48m
17.如图所示，质量为m的物体在恒力F的作用下沿天花板匀速滑
动，F与水平方向的夹角为θ，物体与天花板之间的动摩擦因数
为μ，则物体受到的摩擦力大小是()
A. Fsinθ
B. Fcosθ
C. μ(mg−Fsinθ)
D. μ(Fsinθ−mg)
18.如图所示，质量为m1=2kg的物体与m2=4kg的小车用细绳连接放置在水平面上，
物块与地面间的动摩擦因数为0.1，小车与地面的摩擦不计，细绳仅能承受6N的拉力。

对物块或小车施加水平拉力F，使物块和小车能一起在水平面上运动，则()
A. 对物块施加水平向左的拉力F时，其最大值为11N
B. 对物块施加水平向左的拉力F时，其最大值为9N
C. 对小车施加水平向右的拉力F时，其最大值为14N
D. 对小车施加水平向右的拉力F时，其最大值为20N
19.为体验超重与失重，一学生将台秤放在电梯的水平底板上，然后自己站在台秤上，
当电梯处于静止状态时，台秤读数为50kg，在电梯运行后的某个瞬间，该学生发现台秤的读数变为40kg.则有关此时电梯运动的说法正确的是(g=10m/s2)()
A. 加速度大小为2.5m/s2
B. 加速度大小为2m/s2
C. 减速上升
D. 减速下降
20.如图所示，三个小球从不同高处A、B、C分别以水平初
速度v1、v2、v3抛出，落在水平面上同一位置D，且OA：
AB：BC=1：3：5，若不计空气阻力，则下列说法正确的是()
A. A、B、C三个小球水平初速度之比v1：v2：v3=9：4：1
B. A、B、C三个小球水平初速度之比v1：v2：v3=6：3：2
C. A、B、C三个小球通过的位移大小之比为1：4：9
D. A、B、C三个小球落地速度与水平地面夹角的正切值之比为1：4：9
三、实验题（本大题共1小题，共9.0分）
21.某同学设计了一个“探究加速度a与物体所受合力F及质量m关
系”的实验，图甲为实验装置简图．
(1)在利用打点计时器和小车来做“探究加速度a跟F、m之间关系”的实验时，下
列说法中正确的是______。

A.连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行
B.平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上
C.小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车
D.平衡摩擦力后，若改变小车和砝码的总质量后需要重新平衡摩擦力
(2)该实验应采用控制变量法，在探究加速度a与物体质量m关系时，应保持______
不变(A“砂和砂桶质量”B“小车质量”)，同时实验还要求砂和砂桶质量______小车质量(位置A“远大于”B“远小于”)。

图乙为某次实验用打点计时器测得的纸带，已知交流电的频率为50Hz，根据纸带可求出小车B点的瞬时速度v=______m/s，小车的加速度大小为______m/s2。

(均保留两位有效数字)
(3)某同学在探究加速度与力的关系时，根据测量数据作出的a−F图线，如图所示，
则实验存在的问题是______。

四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
22.在冬天，高为ℎ=1.25m的平台上覆盖了一层冰。

一乘雪橇的滑雪爱好者，从距平
台边缘s=24m处，以初速度v0=7m/s向平台边缘滑去。

若雪橇和滑雪者的总质量为70kg，平台上的冰面与雪橇间的动摩擦因数为μ=0.05，如图所示，取g= 10m/s2.求：
(1)滑雪者离开平台时的速度；
(2)滑雪者着地点到平台边缘的水平距离；
(3)滑雪者即将着地时，其速度方向与水平地面的夹角。

23.如图所示，传送带保持1m/s的速度顺时针转动．现将一质量m=0.5kg的物体轻轻
地放在传送带的a点上，设物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，a、b间的距离L=
2.5m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为多少？(g取10m/s2)
24.质量为m1=70kg的高楼跳伞运动员，携带质量m2=10kg的降落伞，从高楼上由
静止跳下，2s后打开降落伞。

运动员打开降落伞以前可视为自由落体运动，打开伞以后受到的空气阻力与速度平方成正比(f=kv2)。

运动员落地前做速度大小为10m/s的匀速直线运动。

若整个过程中运动员沿竖直方向运动，取g=10m/s2。

求：
(1)打开降落伞时运动员的位移x；
(2)打开降落伞瞬间运动员的加速度a。

答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AD、曲线运动的物体受到的合力应该指向运动轨迹弯曲的内侧，故AD
错误；
B、曲线运动的速度的方向是沿着运动轨迹的切线的方向，物体受到的合力应该指向运动轨迹弯曲的内侧，故B正确；
C、物体受到的合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，则物体做曲线运动。

故C错误；
故选：B。

做曲线运动的物体的速度的方向是沿着运动轨迹的切线的方向，合力指向运动轨迹弯曲的内侧。

根据物体的运动轨迹来判断受到的合力的方向，合力应该指向运动轨迹的弯曲的内侧，这是解决曲线运动的时候经常用到的知识点。

2.【答案】A
【解析】解：A、2N和2N的合力范围为0～4N，3N在此范围内，故当两个2N力的合力为3N时，再与第三个力大小相等，方向相反，则三个力的合力为0，故2N、2N、3N三个力的合力范围为0～7N。

当三力合力为0时，物体所受摩擦力为0，故A正确；
B、当三个力的合力大小小于最大静摩擦力时，物体处于静止状态，故B错误；
C、如果物体做匀加速直线运动，假设物体所受的滑动摩擦力等于最大静摩擦力f max= 5N，当三个力的合力最大，即F max=7N，物体做匀加速运动的加速度a最大。

根据牛顿第二定律F合=F max−f max=ma，解得a=2m/s2，其加速度大小不可能为3m/s2，故C错误；
D、物体在恒定外力的作用下由静止开始开始运动，运动方向始终与外力方向相同，物体不可能做匀变速曲线运动，故D错误。

故选：A。

(1)根据平行四边形定则，求解三个共点力合力的大小范围；
(2)分析三力的合力与物体所受静摩擦力的大小关系，根据牛顿第二定律确定物体的运
动情况。

静摩擦力的大小，随着外力的变化，在0～5N范围内变化，解答本题时，如果不注意静摩擦力的被动性，容易导致错误。

3.【答案】C
【解析】解：A、力是物体与物体之间的相互作用，不能脱离物体单独存在，故A错误；
B、摩擦力的方向与相对运动或相对运动的趋势相反，而不是与运动方向相反，也有可能与运动方向相同，故B错误；
C、质量均匀分布、形状规则的物体的重心可能在物体上，也有可能在物体外，如质量均匀的圆环，其重心在圆心处，而不是在圆环上，故C正确；
D、木块受到的弹力是桌面产生的，是由桌面的微小形变产生的，故D错误；
故选：C。

由力的产生和重心以及弹力的知识点进行分析。

本题主要考查了力的产生和重心以及弹力的知识点，需要注意的是质量均匀分布、形状规则的物体的重心可能在物体上，也有可能在物体外。

4.【答案】A
【解析】解：以结点C为研究对象受力分析，受到三段细绳的拉
力，运用合成法作图如图所示：
AC能承受的最大拉力为F A=150N，则悬挂的重物重力：mg=
F A cos30∘=150
√3
2
N=100√3N，质量：m=100√3
10
kg=10√3kg，
BC能承受的最大拉力为F B=100N，则悬挂的重物重力：m′g=
F B sin30∘=100
0.5
N=200N，m′=200
10
kg=20kg，
由于m′>m，为保证两根绳子都不断，应取质量较小的，即m=10√3kg，故A正确、BCD错误。

故选：A。

以结点C为研究对象受力分析，为使绳子不断裂，应使每根绳子都不能超过承受的最大拉力，根据平衡条件进行解答。

本题是力学中临界问题，分析临界条件是关键．当绳子刚要被拉断时，绳子的拉力达到
最大值，根据平衡条件结合几何关系解答。

5.【答案】B
【解析】解：对A：由重物平衡得到，弹簧的拉力大小F A=G=3N，则弹簧秤A的读数为3N．
对B：由左侧重物(或右侧重物)平衡得到，弹簧的拉力大小F B=G=3N，则弹簧秤B的读数为3N．
故选：B．
弹簧秤测量弹簧所受的拉力大小，根据平衡条件求出弹簧秤A和B的读数．
本题考查对弹簧秤读数意义的理解，容易产生的错误是：认为B弹簧秤读数为6N．
6.【答案】D
【解析】解：对a进行受力分析，如图所示：
.用力F推动小球b，OP挡板和a球之间的压力N1=G1tanθ，弹簧对a球的作用力F1=G1
cosθ
使之缓缓到达b′位置，θ减小，N1减小，N2减小，故B错误，D正确；
对整体ab进行受力分析，ab的重力和OQ挡板的支持力是一对平衡力，OQ挡板的支持力，根据牛顿第三定律，小球b对OQ的压力也不变，故C错误；
对于整体ab，OP挡板对a球的压力和F是一对平衡力，OP挡板对a球的压力减小，推力F 也变小，故A错误。

故选：D。

先对a进行受力分析，如图所示，根据平衡条件：N1=G1tanθ，F1=G1
，θ减小，N1减
cosθ
小，N2减小；对整体ab进行受力分析，根据平衡条件，ab的重力和OQ挡板的支持力是一对平衡力，OP挡板对a球的压力和F是一对平衡力。

本题考查了共点力的平衡、力的合成与分解的运用等知识点。

本考点考查考生的基本功：受力分析，受力分析是处理力学问题的关键和基础，所以要熟练掌握物体受力分析的一
般步骤和方法。

通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。

有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用。

7.【答案】D
【解析】解：A、在0−t1时间内，小物块向左做匀减速运动，在t1−t2时间内小物块向右做匀加速运动，则t1时刻，小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A正确。

B、t2时刻前小物块相对传送带向左运动，t2时刻之后物块与传送带相对静止，则知t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确。

C、0～t2时间内，小物块相对于传送带向左运动，则小物块受到的摩擦力方向始终向右，且大小不变，故C正确。

D、在0−t2时间内，受到向右的摩擦力作用，且摩擦力大小不变。

t2−t3小物块做匀速直线运动，小物块不受摩擦力作用，故D错误。

本题选错误的，
故选：D。

小物块滑上传送后在摩擦力作用下做匀减速直线运动，当速度减为0时，小物块又反向匀加速运动最后与传送带一起向右运动。

根据图象分析有：0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，t1−t2小物块向右匀加速，t2−t3当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速，摩擦力消失。

本题关键从图象得出物体的运动规律，然后分过程对木块受力分析，注意摩擦力有无的判断。

要知道滑动摩擦力与相对运动方向相反。

8.【答案】D
【解析】解：AB、对小球受力分析可知，小球受重力、铁夹对球的作用力，当机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知，合力沿水平方向，则铁夹对球的作用力斜向上方，故AB错误；
C、根据平行四边形定则，铁夹对球的作用力大小为：F=√(mg)2+(ma)2，与加速度大小有关，故C错误；
D、合力方向水平，设铁夹对球的作用力与竖直方向成θ，由矢量三角形可得：tanθ=
ma mg =a
g
，方向与小球的加速度大小有关，故D正确；
故选：D。

对小球受力分析，根据牛顿第二定律确定球的受力情况。

本题考查牛顿第二定律，要注意小球在竖直方向上受到静摩擦力作用，注意静摩擦力的大小与正压力大小无关。

9.【答案】B
【解析】解：A、对甲图，突然撤去挡板的瞬间，弹簧来不及形变，即弹簧的弹力不变，故A球所受合力为零，加速度为零，故A错误；
B、对甲图，撤去挡板前弹簧的弹力为T1=3mgsinθ；撤去挡板瞬间对B根据牛顿第二定律得：T1+mgsinθ=ma，解得a=4gsinθ故B正确；
C、对乙图，撤去挡板瞬间，以整体为研究对象，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得：4mgsinθ=4ma′，解得：a′=gsinθ，故C错误；
D、对乙图，撤去挡板瞬间，假设轻杆的作用力不为零，假设杆对A的作用力向上，根据牛顿第二定律得：3mgsinθ−F杆=3ma，因为a=gsinθ，故F 杆=0，故假设错误，图乙中轻杆的作用力一定为零，故D错误。

故选：B。

对甲图突然撤去挡板的瞬间，弹簧来不及形变，即弹簧的弹力不变，故A球所受合力为零，加速度为零；对B根据牛顿第二定律可求加速度；对于图乙，以整体为研究对象求解加速度大小，可用假设法证明图乙中轻杆的作用力一定为零。

本题是一道杆和弹簧相结合的典型题型，要注意撤去挡板的瞬间，弹簧来不及形变，杆的弹力会突变，及对整体隔离法的应用。

10.【答案】A
【解析】解：设底边长为d，对乙分析，则乙下滑的长度为L=d
cosθ
；
根据牛顿第二定律可得：a2=mgsinθ
m
=gsinθ
根据位移—时间关系可得：L=1
2
a2t22
解得：t2=2√d
gsin2θ
根据题意可得，斜面AE 与水平方向的夹角为α=π
2−θ 则甲运动的时间t 1=2√d gsin2(π2
−θ)=2√d
gsin2θ
所以有：t 1=t 2，故A 正确、BCD 错误。

故选：A 。

先对乙分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小，再根据位移—时间关系求解运动时间，同理可得甲的运动时间，根据数学知识进行分析。

对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。

11.【答案】B
【解析】解：隔离对B 分析，当A 、B 间静摩擦力达到最大值时，A 、B 刚要发生相对滑动，则：a =
μm 1g m 2
=
0.5×1×10
2
m/s 2=2.5m/s 2。

再对整体：F =(m A +m B )a =3×2.5N =7.5N.知当拉力达到7.5N 时，A 、B 才发生相对滑动。

所以拉力F 从0开始逐渐增大到7N 的过程中，A 、B 始终保持相对静止。

故ACD 错误，B 正确。

故选：B 。

隔离对B 分析，求出A 、B 发生相对滑动时的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出刚好发生相对滑动时的拉力，从而判断出AB 运动状态的关系。

本题主要考查牛顿第二定律的临界问题，关键找出临界状态，运用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律进行求解。

12.【答案】B
【解析】解：AB 、将货车的速度进行正交分解，其分解成沿着缆绳方向与垂直缆绳方向，如图所示： 由于缆绳不可伸长，货箱向上运动的速度和货车的速度沿着缆绳方向的分量相等，故：v =v 1cosθ，则货车运动的速度v 1=v
cosθ，故B 正确，A 错误；
CD 、因v 1不变，θ减小，由上式知，货箱向上运动的速度v 增大，货箱和货物整体向上
做加速运动，由牛顿第二定律知缆绳中的拉力F T大于(m0+m)g，故CD错误；
故选：B。

在将货物提升的过程中，由于缆绳不可伸长，货箱向上运动的速度和货车运动的速度沿着缆绳方向的分量相等，根据平行四边形定则求出货车的速度表达式，结合牛顿第二定律分析即可。

本题的关键要掌握缆绳端物体速度分解的方法，知道缆绳端物体沿缆绳方向的分速度相等，推导出货箱与货车的速度关系式，从而确定货箱的运动规律．
13.【答案】C
【解析】解：A、a点是弹性绳的原长位置，故a点之前人只受重力，人做自由落体运动，处于完全失重状态，b是人静止悬吊着时的平衡位置，故ab段绳的拉力小于重力，人在ab段加速度的方向仍然向下；在bc段绳的拉力大于人的重力，人的加速度的方向向上，所以人在b点的速度最大。

故A错误。

B、b是人静止悬吊着时的平衡位置，故ab段绳的拉力之间增大但仍然小于重力，人在ab 段加速度的方向仍然向下，人做加速度减小的加速运动，人处于失重状态，故B错误。

C、在bc段绳的拉力大于人的重力，人的加速度的方向向上，故人处于超重，故C正确。

D、c是人所到达的最低点，故c点速度为零，但受向上的合力不为零，有向上的加速度，故D错误。

故选：C。

本题重点在于依据给定的条件做人的受力分析，知道受力才好判定人的运动情况。

14.【答案】A
【解析】解：设物体的质量为m、与地面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律可得：F−μmg=ma
解得：a=1
m
⋅F−μg。

a−F图像的斜率表示1
m
，与纵坐标截距的绝对值表示μg。

AD、由于二者与纵坐标的交点相同，则动摩擦因数相等，故A正确、D错误；
B、a−F图像的斜率表示1
m
，根据图线可知P的质量小于Q的质量，故B错误；
C、根据图像可知：1
m P =d
b
，则P的质量为：m P=b
d
，故C错误。

故选：A。

根据牛顿第二定律得到a−F的表达式，结合图像的斜率、截距进行分析。

对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率、截距等，然后作出正确的判断。

15.【答案】B
【解析】解：A、当船的静水中的速度垂直河岸时渡河时间最短：t min=d
v1=30
5
s=6s，
故A错误。

B、因v1>v2，由平行四边形法则求合速度可以垂直河岸，渡河航程为30m，故B正确。

C、水的流速增大，由运动的独立性知垂直河岸的速度不变，渡河时间不变，故C错误。

D、般以最短时间渡河时沿河岸的位移：x=v2t min=4×6m=24m，
合位移：s=√d2+x2=√302+242m=38.4m，故D错误。

故选：B。

船航行时速度为静水中的速度与河水流速二者合速度，这类题主要是问最短的时间和最短的路程，最短的时间主要是希望合速度在垂直河岸方向上的分量最大，这样就可以用最快的速度过河，这个分量一般刚好是船在静水中的速度，即船当以静水中的速度垂直河岸过河的时候渡河时间最短；最短的路程主要是希望合速度的方向在垂直河岸方向上，这样就可以在垂直河岸方向上运动，最短的位移是河两岸的距离．
小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，船航行时速度为静水中的速度与河水流速二者合速度，使用平行四边形法则求合速度．
16.【答案】ABC
【解析】解：AB、根据x=v0t+1
2
at2得汽车刹车的初速度为：v0=20m/s，加速度为：a=−4m/s2，故AB正确；
CD、则汽车刹车速度减为零的时间为：t=0−v0
a =0−20
−4
s=5s，则刹车后6s内的位移等
于5s内的位移，即为：x=v0
2t0=20
2
×5m=50m，故C正确，D错误；
故选：ABC。

根据匀变速直线运动的位移—时间公式得出汽车刹车的初速度和加速度，结合速度—时
间公式求出刹车速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再结合位移公式求出刹车后的位移。

本题考查了运动学中的刹车问题，是道易错题，注意汽车速度减为零后不再运动，结合运动学公式灵活求解。

17.【答案】BC
【解析】解：AB、对物体受力分析，将推力F正交分解，如图
根据共点力平衡条件，在水平方向：Fcosθ−f=0
则物体受到摩擦力大小f=Fcosθ.故A错误，B正确；
CD、竖直方向：Fsinθ−N−mg=0
摩擦力大小：f=μN=μ(Fsinθ−mg)，故C正确，D错误。

故选：BC。

对物体受力分析，受推力、重力、支持力、摩擦力而做匀速运动，根据平衡条件用正交分解法列式求解．
本题是力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，作出力图，列方程即可求解．选择恰当的方法，往往可以使问题简化，常用方法有：正交分解法；相似三角形法；直角三角形法；隔离法与整体法；极限法．
18.【答案】AC
【解析】解：物块与地面之间的滑动摩擦力大小为f=μm1g=0.1×2×10N=2N。

AB、对物块施加水平向左的拉力F时，对整体由牛顿第二定律有F−f=(m1+m2)a，对小车由牛顿第二定律有T=m2a，其中T=6N，联立代入数据解得F=11N。

故A正确，B错误。

CD、对小车施加水平向右的拉力F时，对整体由牛顿第二定律有F−f=(m1+m2)a，对物块由牛顿第二定律有T−f=m1a，其中T=6N，联立代入数据解得F=14N。

故C正确，D错误。