黑龙江省齐齐哈尔市部分学校2025-2026学年高一上学期1月期末考试物理试卷（Word版附解析）

这是一份黑龙江省齐齐哈尔市部分学校2025-2026学年高一上学期1月期末考试物理试卷（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.2025年2月9日，第九届亚冬会短道速滑女子3000米接力A组决赛在哈尔滨举行.运动员经过弯道沿曲线从a点向b点运动的过程中，速度逐渐增大，在此过程中，运动员所受合外力方向可能正确的是( )
A. B. C. D.
2.某小船相对于静水的速度大小保持不变，该小船要渡过一条河，渡河时小船船头垂直指向河岸.若小船沿与平直河岸成30°的线路匀速运动到对岸，已知水速v水= 32m/s，则小船相对静水的速度大小为( )
A. 3m/sB. 12m/sC. 33m/sD. 32m/s
3.如图甲所示，轻弹簧一端连接在天花板上，另一端连接在轻质光滑定滑轮上，绕过滑轮的轻绳一端悬挂一物块，另一端施加竖直向下的力F，物块保持静止.现将拉力F在竖直面内沿逆时针方向缓慢转过90°，如图乙所示，转动过程中滑轮左侧的轻绳长度不变，不计滑轮质量及一切摩擦，轻弹簧始终在弹性限度内，则转动过程中( )
A. 拉力F不断减小，轻弹簧长度变短B. 拉力F大小不变，轻弹簧长度变短
C. 拉力F不断增大，轻弹簧长度变长D. 拉力F大小不变，轻弹簧长度变长
4.甲、乙两车同时由同一地点沿同一方向做直线运动，它们的位移—时间图像如图所示，甲车图像为过坐标原点的倾斜直线，乙车图像为顶点在坐标原点的抛物线，则在0～10s时间段内( )
A. 两车之间的距离先减小、后增大
B. 甲的平均速度大于乙的平均速度
C. 甲运动的加速度大于乙运动的加速度
D. 两车在t=5s时相距最远
5.中国古代灌溉农田用的桔槔是臂架型起重机的雏形.如图所示为用起重机将质量为m的重物吊起时的情形.若重物上表面是水平的正方形，四根等长的轻吊绳分别连接在正方形的四个角，另一端连接在吊索下端的O点.吊绳与竖直方向夹角均为θ，已知当地的重力加速度为g，若重物竖直加速上升时，吊索上的拉力大小为F，不计空气阻力和吊索与吊绳的重力，则此时每根吊绳的拉力大小为( )
A. F4sinθB. F4csθC. mg4sinθD. mg4csθ
6.如图所示，一直角杆MNP固定在竖直平面内，水平部分MN粗糙，竖直部分NP光滑.质量为0.8kg的小球甲套在MN上，质量为0.4kg的小球乙套在NP上，两球间用轻绳相连，当轻绳与水平方向的夹角为θ=53°时，系统恰好静止.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力、取g=10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6.下列说法正确的是( )
A. 水平杆对小球甲的支持力大小为6N
B. 轻绳对小球乙的拉力大小为10N
C. 水平杆对小球甲的摩擦力大小为6N
D. 水平杆与小球甲间的动摩擦因数为0.25
7.如图所示，甲缆车沿直线从M点由静止开始做匀加速直线运动，依次经过N、P、Q三点.且通过MN、NP、PQ各段所用时间分别为T、2T、2T，乙缆车沿直线从N点由静止开始做匀加速直线运动，若两车加速度相同且大小恒定不变，两缆车均视为质点，则乙缆车启动过程中( )
A. 乙通过NP、PQ段的位移大小之比为2：3
B. 乙通过NP、PQ段的时间均为2T
C. 乙通过P、Q点的速度大小之比为1： 3
D. 乙通过P点的速度小于通过NQ段的平均速度
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.2025年是中国邮轮业“黄金期”的实证之年，市场呈现“游客艘次双增”.某同学在邮轮上想测量邮轮做匀变速运动时的加速度，他在邮轮舱里用细线悬挂了一个可视为质点的小球，邮轮在某段平直水面上运动过程中，细线AC与水平方向AB的夹角θ=37°，如图所示，(cs37°=0.8,sin37°=0.6，重力加速度大小g=10m/s2)不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球的加速度大小为403m/s2
B. 如果邮轮加速度增大，细线与水平方向的夹角不变
C. 邮轮速度可能向左或者向右，但加速度一定向左
D. 当邮轮加速到最大速度时，小球的惯性也增加到最大
9.某同学将一质量为m=250g的排球竖直向上抛出，排球运动过程中所受空气阻力方向与运动方向相反，大小恒定，经过一段时间排球落回出发点，排球运动的v−t图像如图所示，排球可视为质点，重力加速度大小g=10m/s2，则( )
A. 排球运动过程中所受空气阻力大小为1.5N
B. 排球下落的时间为3 620s
C. 排球落回到抛出点的速度大小为65 6m/s
D. 排球下落过程处于超重状态
10.两位运动员为了对比两辆越野车的性能，选取了一条平直赛道.t=0时刻，均可视为质点的P、Q两越野车从同一地点并排沿同一方向做直线运动，其速度的二次方随位移变化的关系图像(v2−x图像)如图所示，下列说法正确的是( )
A. 越野车P的速度每秒减少1.5m/s
B. 相遇前越野车P、Q最大距离为4m
C. 越野车P、Q经过2 2s相遇
D. 越野车P、Q分别到达x=6m处的时间差是1s
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学做“验证互成角度的两个力合成时的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。请回答下列问题：
(1)(单选)下列操作正确的是______。(填正确答案标号)
A.实验中，用力的图示法分别画出分力和合力时，要选择不同的标度
B.两个弹簧测力计之间的夹角必须取90°，以便用勾股定理算出合力的大小
C.实验中除了要记录弹簧测力计的示数外，还要准确记录细绳的方向以及O点的位置
D.实验时，用两个弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一节点O，再只用一个弹簧测力计拉橡皮条，不一定要拉到O点，只要橡皮条伸长的长度一样就行
(2)根据实验数据在白纸上所作图如图乙所示，图乙中F1、F2、F、F'四个力，其中力______(填上述字母)不是由弹簧测力计直接测得的。
(3)(单选)实验中，要求先后两次力的作用效果相同，指的是______(填正确选项前字母)。
A.橡皮条沿同一方向伸长同一长度
B.橡皮条沿同一方向伸长
C.橡皮条伸长到同一长度
D.两个弹簧测力计拉力F1和F2的大小之和等于一个弹簧测力计拉力的大小
(4)图丙是测量中某一弹簧测力计的示数，读出该力大小为______N。
12.某物理兴趣小组用如图甲所示装置探究加速度与力、质量的关系.小车后面固定一条纸带，穿过电火花计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与竖直挂在天花板上的弹簧测力计相连，动滑轮下面挂槽码．
(1)(多选)实验中正确的操作是______.(填正确答案标号)
A.实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以补偿阻力
B.若槽码质量标数不清，实验需要用天平测出槽码的质量
C.实验时小车应靠近电火花计时器，先接通电源，再释放小车
D.为减小系统误差，实验中一定要保证槽码的质量远小于小车的质量
(2)在此实验中，打出的一条纸带如图乙所示，A、B、C、D、E为选定的计数点，相邻两计数点之间有四个计时点没有标出，则小车的加速度a=______m/s2.(结果保留三位有效数字，电源频率为50Hz)
(3)如果当时电网中交变电流的频率是f=49Hz，而做实验的同学并不知道，那么由此引起的系统误差将使速度的测量值比实际值偏______(填“大”或“小”)．
(4)(单选)某同学把长木板的右端垫得过高，使得倾角过大.用a表示小车的加速度，F表示绳线作用于小车的拉力.他绘出的a−F关系图像(如图所示)是______.(填正确答案标号)
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.答题卡扫描仪内部结构如图所示，摩擦滚轮放置在水平答题卡上方.正常工作时滚轮对顶部答题卡的正压力为F(未知)，摩擦滚轮顺时针转动，摩擦力只带动与之接触的顶部答题卡进入扫描仪内部进行逐张扫描，直至所有答题卡扫描完毕.已知每张答题卡的质量均为m=120g，摩擦滚轮与答题卡间的动摩擦因数恒为μ=0.8，各答题卡间的动摩擦因数μ'范围为0.4≤μ'≤0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力.要使该扫描仪能一直正常工作，求：
(1)正压力的最小值要大于多少？
(2)正压力的最大值．
14.追尾是公路上发生最为频繁的交通事故，保持安全车距是预防追尾事故最基本也是最重要的方法.如图所示，水平公路上甲、乙两车(均可看作质点)在同一车道上同向行驶，t=0时刻，甲车在乙车前方L0(未知)处做匀减速直线运动，甲车的初速度大小v1=20m/s，加速度大小a1=2m/s2，同时乙车由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小a2=3m/s2.为了避免相撞，乙车加速t1=6s后开始以大小为a3的加速度做匀减速直线运动．
(1)乙车加速过程中，求甲车的位移大小；
(2)乙车加速过程中，若两车的最大距离为xm=54m，求t=0时刻甲车与乙的距离L0；
(3)在(2)的条件下，为了避免两车相撞，求a3的最小值．
15.2025年11月30日，“洞桥杯”浙江省滑板公开赛在宁波市举行.滑板运动是一种陆地上的“冲浪运动”，滑板运动员可在不同的滑坡上滑行，做出各种动作，给人以美的享受.如图甲所示，当θ=30°时，可视为质点的滑板运动员恰好能沿粗糙且足够长的倾斜轨道匀速下滑.若让该运动员从倾斜轨道的底端以v0=10m/s的速度沿轨道向上运动如图乙所示，重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力.求：
(1)滑板与倾斜轨道间的动摩擦因数和运动员上滑过程中加速度大小；
(2)运动员沿倾斜轨道向上滑行的最大距离及向上运动的时间；
(3)假设θ角不同的倾斜轨道很多，其他条件不变，滑板与轨道动摩擦因数均相同，当θ角满足什么条件时，运动员沿倾斜轨道向上滑行的距离最小，并求出此最小值.(计算结果可保留根式)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据曲线运动的合外力必须指向曲线的凹侧，速度方向指向切线方向，速度逐渐增大，则力的方向和速度方向夹角为锐角，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据曲线运动的合外力必须指向曲线的凹侧，速度和合外力的夹角要求进行分析解答。
考查曲线运动的特点和条件，属于基础题。
2.【答案】B
【解析】解：做出水速、船速、合速度的矢量图，如下图所示
根据矢量关系可得小船相对静水的速度为v船=v水tan30°= 32× 33m/s=12m/s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据速度的矢量合成法则计算即可。
能够做出速度的矢量合成图是解题的关键。
3.【答案】B
【解析】解：物块始终静止，由平衡条件可知轻绳张力始终为mg，则拉力F=mg，大小不变，
对滑轮受力分析如图所示：
由平行四边形法则可知，F弹=2mgcsθ2，夹角θ由0变为90°，F弹变小，由胡克定律可知，弹簧伸长量变小，则弹簧长度变短，故B正确，ACD错误。
故选：B。
对物块受力分析，判断绳子张力和拉力，对滑轮受力分析，根据平衡条件和平行四边形法则分析弹簧弹力的变化，再根据胡克定律分析。
考查了解析法分析动态平衡的方法，熟练掌握平行四边形法则的应用方法。
4.【答案】D
【解析】解：A、甲、乙两车之间的距离等于x的差值，由图可知甲、乙之间的距离先增大，后减小，故A错误；
B、0～10s内，两车向同一方向做直线运动，初位置和末位置相同，所以两车通过的位移相等，所用时间相等，则平均速度相等，故B错误；
C、根据位移—时间图像的斜率表示速度，则知甲的速度不变，做匀速直线运动，其加速度为零，乙图线的切线斜率不断增大，而且乙图线是抛物线，则知乙车做匀加速直线运动，乙有加速度，所以甲运动的加速度小于乙运动的加速度，故C错误；
D、根据位移—时间图像的斜率表示速度，可得甲的速度为：v1=ΔxΔt=7010m/s=7m/s，乙车做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移—时间公式，可得：x2=12at2，代入数据解得乙的加速度为：a=1.4m/s2，根据速度—时间公式，可得t=5s时，乙的速度大小为：v2=at=1.4×5m/s=7m/s，根据甲、乙的速度相等时，两车在t=5s时相距最远，故D正确。
故选：D。
位移—时间图像的斜率表示速度，根据图像的形状分析两车的运动情况；位移由纵坐标的变化量表示，通过位移与时间的比值比较平均速度的大小；根据图像的斜率进行比较；根据运动学公式，求解乙的加速度和速度，结合甲、乙的速度相等时，两车距离最远。
对于位移—时间图像，关键要理解点和斜率的物理意义，要知道位移—时间图像的斜率表示速度。要注意位移—时间图像不是质点的运动轨迹。
5.【答案】B
【解析】解：设重物运动的加速度为a，对吊绳和重物组成的整体，由牛顿第二定律可得：F−mg=ma，解得：a=F−mgm=Fm−g
设每根吊绳的拉力大小为T，对重物，由牛顿第二定律可得：4Tcsθ−mg=ma，解得：T=mg+ma4csθ=mg+m(Fm−g)4csθ=F4csθ，故B正确，ACD错误。
故选：B。
分别对吊绳和重物组成的整体及重物，由牛顿第二定律列式即可解答。
本题是对牛顿第二定律的考查，解题的关键是要合理选择研究对象，结合对称性即可解答。
6.【答案】D
【解析】解：A、对两个小球整体，由平衡条件可知，竖直方向有：FN甲=(m甲+m乙)g=(0.8+0.4)×10N=12N，故A正确；
BCD、对小球甲、乙分别受力分析，如图所示：
对小球乙，由平衡条件可得：Tcs37°=m乙g，解得：T=m乙gcs37∘=0.4×100.8N=5N；
对小球甲，水平方向，由平衡条件可得：f=Tcs53°，解得：f=Tcs53°=5×0.6N=3N，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则有：f=μFN甲，代入数据可得：μ=fFN甲=312=0.25，故BC错误，D正确。
故选：D。
对两个小球整体受力分析，根据平衡条件分可求支持力的大小；对小球甲、乙分别受力分析，根据平衡条件可求拉力及摩擦力的大小和动摩擦因数。
考查了整体法和隔离法的应用，受力分析构建矢量三角形和正交分解的方法，选择合适的研究对象可以简化分析过程，熟练掌握矢量三角形和正交分解等常用分析方法。
7.【答案】C
【解析】解：A.甲缆车沿直线从M点由静止开始做匀加速直线运动，依次经过N、P、Q三点．且通过MN、NP、PQ各段所用时间分别为T、2T、2T，根据初速度为0的匀加速直线运动的比例关系知MN：NP：PQ=1：(3+5)：(7+9)=1：8：16，所以乙通过NP、PQ段的位移大小之比为1：2，故A错误；
B.由题意可知，乙自N点由静止开始运动，经过N、P两点时的速度均小于甲自M点由静止开始运动经过N、P两点的速度，由x=v0t+12at2，可知乙通过NP、PQ段的时间均大于2T，故B错误；
C.设MN=L，则NP=8L，PQ=16L，匀加速运动的加速度为a，从N点静止开始加速运动，通过P点时有vP2=2a⋅8L，解得vP= 16aL，同理，通过Q点时有vQ2=2a⋅24L，解得vQ= 48aL，则有vP：vQ=1： 3，故C正确；
D.从N点到Q点的时间为t=vQa= 48La，则NQ段的平均速度为v−NQ=24Lt= 12aL2，说明两车在P停止后相遇，故两车在2 2s时相遇，故C正确；
D.越野车P到达x=6m处的时间为2s，越野车Q到达x=6m处的时间为2 2s，时间差Δt=(2 2−2)s≈0.83s，故D错误。
故选：BC。
题目描述了P、Q两车从同一地点同向出发的运动过程，通过速度平方随位移变化的图像来对比两车性能。分析该图像时需明确图像斜率与加速度的关系，将匀变速直线运动规律转化为图像信息。对于P车，其初速度与加速度可从图像截距与斜率得出，判断其速度变化情况。对于Q车，其初速度为零，加速度同样由斜率确定。两车在运动过程中存在追及问题，需关注速度相等时距离最大这一条件，并分别计算此时两车的位移差。此外，需分析P车减速至零后的状态，以及Q车追上P车所需时间，从而判断相遇时刻及两车到达同一位置的时间差。
本题以v2−x图像为载体，综合考查了匀变速直线运动的基本规律、图像分析能力以及追及相遇问题的核心处理方法。题目要求考生从图像中准确提取两车的初速度与加速度信息，进而分析其运动过程。计算量适中，但需要清晰的物理图景，特别是要判断越野车P在停止后是否被Q追上，这考查了学生对运动过程完整性的把握。求解最大距离需运用速度相等时距离极值这一关键条件，而相遇时间与时间差的计算则检验了公式的灵活应用与对运动阶段的理解。本题是一道典型的运动学综合题，能有效锻炼学生的建模分析能力和逻辑推理能力。
11.【答案】C F A 2.78
【解析】解：(1)A.实验中，用力的图示法分别画出分力和合力时，要选择相同的标度，故A错误；
B.两个弹簧测力计之间的夹角大小合适即可，没有必要是90°，根据力的图示法算出合力的大小，故B错误；
C.实验中除了要记录弹簧测力计的示数外，还要准确记录细绳的方向以及O点的位置，故C正确；
D.实验时，用两个弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一节点O，再只用一个弹簧测力计拉橡皮条，必须要拉到O点，以保证对橡皮条的作用效果相同，故D错误。
故选：C。
(2)由图可知F是根据平行四边形定则得到的理论值，不是直接测量的。
(3)实验中，要求先后两次力的作用效果相同，指的是橡皮条沿同一方向伸长同一长度，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(4)弹簧测力计的最小刻度为0.1N，所以应该估读到下一位，该力的大小为2.78N
故答案为：(1)C；(2)F；(3)A；(4)2.78
(1)要选择相同的标度；两个弹簧测力计之间的夹角大小合适即可；根据需要记录的数据分析；要保证对橡皮条的作用效果相同。
(2)理论值指的是平行四边形的对角线。
(3)要把橡皮条沿同一方向伸长同一长度。
(4)根据弹簧测力计的读数规则读数。
掌握“验证互成角度的两个力合成时的平行四边形定则”的实验注意事项和数据的处理方法是解题的基础。
12.【答案】AC 1.01 大 C
【解析】解：(1)A、为平衡摩擦力，需调节导轨倾角使重力沿导轨的分力与阻力平衡，故A正确；
B、弹簧测力计可直接测得绳子拉力，故无需测量槽码质量，故B错误；
C、实验时应先接通电源再释放小车，故C正确；
D、因拉力直接测得，故无需满足槽码质量远小于小车质量，故D错误。
故选：AC。
(2)相邻计数点间有四个点未标出，故计数周期T=5×0.02s=0.1s。
依据逐差法Δx=aT2，结合图乙数据x1=3.90cm，x2=4.91cm，x3=5.91cm，x4=6.92cm，得加速度a=(x3+x4)−(x1+x2)4T2，代入数值解得：a≈1.01m/s2。
(3)实际频率f=49Hz时，实际周期T实大于理论值0.02s。由于计算中周期项在分母，若仍用理论周期，会导致所测时间间隔偏小，进而使速度和加速度的测量值大于实际值。
(4)若长木板右端垫得过高导致平衡摩擦力过度，则当拉力F=0时，小车仍会获得加速度，对应a−F图像在a轴上的截距大于零。对比图像，C项符合此情况，故C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：(1)AC；
(2)1.01；
(3)大；
(4)C。
(1)明确该实验探究加速度与力、质量的关系，核心在于控制变量与准确测量。分析实验装置，通过弹簧测力计可直接读取细线拉力，因此无需测量槽码质量，也无需满足槽码质量远小于小车质量的条件。平衡摩擦力是实验的必要步骤，以消除阻力影响。操作上需先接通电源使打点计时器工作稳定，再释放小车以获取完整纸带。
(2)该小问核心是利用纸带数据计算小车的加速度。已知相邻计数点间有四个计时点未标出，结合电源频率可确定相邻计数点间的时间间隔。通过分析纸带上连续相等时间间隔内的位移差，应用逐差法处理数据，将已知位移数据代入公式即可求得加速度的测量值。
(3)该小问涉及系统误差分析。已知实际交变电流频率低于实验所用频率，这导致打点计时器实际打点周期大于理论计算值。在利用纸带计算速度时，若仍使用理论周期，则计算出的速度值会因时间间隔的测量偏小而偏大。
(4)该小问分析平衡摩擦力过度对实验图像的影响。当长木板右端垫得过高时，小车在未受拉力情况下已具有沿斜面向下的加速度，即拉力为零时加速度不为零。这反映在a−F关系图像上，表现为图线在纵轴(加速度轴)上存在正截距。需从选项中识别出符合此特征的图像。
本题作为探究加速度与力、质量关系的经典实验题，综合考查学生对实验原理、操作细节、数据处理及误差分析的掌握程度。其亮点在于巧妙结合了弹簧测力计直接测力与电火花计时器打点两种方法，有效规避了传统方法中需满足槽码质量远小于小车质量的条件限制，引导学生理解实验设计的核心思想。题目通过纸带数据处理、频率偏差导致的系统误差分析以及平衡摩擦力过度对图像的影响等多个维度，全面检验了学生的实验操作规范意识、数据处理能力以及基于原理的逻辑推理能力。整体难度适中，计算量不大，但对实验原理的透彻理解要求较高，是一道能有效区分学生实验素养的好题。
13.【答案】正压力的最小值要大于2N 正压力的最大值为3.6N
【解析】解：(1)要使扫描仪正常工作，每次只能带动顶部答题卡，需满足：滚轮对顶部答题卡的摩擦力大于顶部与下方答题卡间的最大静摩擦力，则由平衡条件可得：μF>μ'(F+mg)，由题知：μ=0.8，令：μ'=0.5(取最大值保证所有μ'情况)可得：0.8F>0.5(F+mg)，代入数据解得：F>5mg3=5×0.12×103N=2N，则可知正压力的最小值要大于2N；
(2)同时第二张答题卡不能动，需满足：第一张答题卡给第二张答题卡的最大滑动摩擦力小于等于第二张答题卡受到的最大静摩擦力，即有：0.5(F+mg)⩽0.4(F+2mg)，代入数据解得：F≤3mg=3×0.12×10N=3.6N，则正压力的最大值为3.6N。
答：(1)正压力的最小值要大于2N；
(2)正压力的最大值为3.6N。
(1)滚轮对顶部答题卡的摩擦力大于顶部与下方答题卡间的最大静摩擦力，由平衡条件可求正压力的最小值；
(2)第一张答题卡给第二张答题卡的最大滑动摩擦力小于等于第二张答题卡受到的最大静摩擦力，由平衡条件可知正压力的最大值。
考查了受力分析和摩擦力的判断方法，解题的关键是要知道正压力由最大值和最小值的条件，需要熟练掌握受力分析方法。
14.【答案】乙车加速过程中甲车的位移大小为84m t=0时刻甲车与乙的距离为14m 为了避免两车相撞a3的最小值为2.7m/s2
【解析】解：(1)甲车做匀减速直线运动，已知初速度v1=20m/s，加速度大小a1=2m/s2，乙车加速时间为t1=6s
根据匀变速直线运动位移公式可得乙车加速过程中甲车的位移大小x=v1t1−12a1t12
解得x=84m。
(2)当两车速度相等时相距最远，设该时刻为t0，由v1−a1t0=a2t0，解得t0=4s
可得共同速度v=a2t0=3×4m/s=12m/s
甲车位移x甲=12(v1+v)t0=12(20+12)×4m=64m
乙车位移x乙=12vt0=12×12×4m=24m
最大距离xm=54m，位移关系满足x甲+L0−x乙=xm
解得两车初始距离L0=14m。
(3)t1=6s时，甲车速度v2=v1−a1t1=20m/s−2×6m/s=8m/s，乙车速度v3=a2t1=3×6m/s=18m/s
此时两车距离Δx=12(v1+v2)t1−12v3t1+L0=12×(20+8)×6m−12×18×6m+14m=44m
甲车从6s到停止的时间t2=v2a1=82s=4s，位移x'=12v2t2=12×8×4m=16m
设乙车经t3时间追上甲车时刚好停止，满足x'+Δx=12v3t3，解得t3=203s。
乙车减速的最小加速度a3=v3t3=18203m/s2=2.7m/s2。
答：(1)乙车加速过程中甲车的位移大小为84m。
(2)t=0时刻甲车与乙的距离为14m。
(3)为了避免两车相撞a3的最小值为2.7m/s2。
(1)根据匀减速直线运动位移公式x=v1t1−12a1t12，直接计算出甲车的位移。
(2)根据两车速度相等时相距最远，通过v1−a1t0=a2t0求出速度相等的时刻t0，分别计算甲、乙两车在t0时间内的位移，结合位移关系求出两车的初始距离L0。
(3)计算t1=6s时两车的速度与间距，求出甲车从t1到停止的时间和位移，通过位移关系求出乙车追上甲车的时间，进而计算出乙车所需的最小加速度。
本题考查了匀变速直线运动的速度与位移公式的综合应用，核心是分析两车在不同阶段的运动状态，利用“速度相等时相距最远”的临界条件，结合位移关系求解初始距离和最小加速度。
15.【答案】滑板与倾斜轨道间的动摩擦因数为 33，运动员上滑过程中加速度大小为10m/s2 运动员沿倾斜轨道向上滑行的最大距离为5m，向上运动的时间为1s 当θ=60°时，运动员沿倾斜轨道向上滑行的距离最小，最小值为5 32m
【解析】解：(1)运动员匀速下滑时受力平衡，根据平衡条件mgsin30°=μmgcs30°，解得动摩擦因数μ= 33。
运动员上滑时，根据牛顿第二定律mgsin30°+μmgcs30°=ma，代入数据解得：a=10m/s2。
(2)根据匀变速直线运动位移公式v02=2ax，解得最大距离x=5m。
根据速度公式v0=at，解得向上运动的时间t=1s。
(3)由(1)可知上滑加速度a=g(sinθ+μcsθ)，上滑距离x=v022g(sinθ+μcsθ)。
欲使x最小，需使分母中f(θ)=sinθ+μcsθ最大；令μ=tanφ= 33，则φ=30°，根据辅助角公式f(θ)= 1+μ2sin(θ+φ)，当θ+30°=90°即θ=60°时，位移最小，代入数据解得：xmin=5 32m。
答：(1)滑板与倾斜轨道间的动摩擦因数为 33，运动员上滑过程中加速度大小为10m/s2。
(2)运动员沿倾斜轨道向上滑行的最大距离为5m，向上运动的时间为1s。
(3)当θ=60°时，运动员沿倾斜轨道向上滑行的距离最小，最小值为5 32m。
(1)运动员匀速下滑时处于受力平衡状态，重力沿斜面的分力与滑动摩擦力大小相等，由此可求出动摩擦因数。运动员以初速度v0上滑时，重力沿斜面的分力与滑动摩擦力方向均沿斜面向下，二者合力提供加速度，应用牛顿第二定律即可求得上滑加速度大小。
(2)运动员上滑过程为匀减速直线运动，末速度为零，已知初速度与加速度，利用匀变速直线运动的速度—位移关系可直接求出最大滑行距离。由速度公式可直接求出上滑至最高点所需的时间。
(3)建立一般化模型，将θ角视为变量，推导出上滑距离关于θ角的表达式。要使距离最小，需使表达式中分母项取最大值，这涉及三角函数的最值问题，需利用辅助角公式求解，最终确定使距离最小的θ角，并代入计算最小距离。
本题综合考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律以及三角函数极值问题的应用，是一道难度中等偏上的力学综合题。题目以滑板运动为情境，将平衡条件、动力学分析和运动学计算有机结合，计算量适中，但第三问对学生的数学建模与极值求解能力提出了较高要求。第一问通过匀速下滑条件求动摩擦因数，再分析上滑过程求加速度，考查受力分析与牛顿第二定律的基本应用。第二问是常规的匀减速直线运动计算。第三问的亮点在于需要学生将物理问题转化为数学问题，利用辅助角公式求解三角函数表达式的最大值，从而找到位移最小的条件，这充分锻炼了学生运用数学工具处理物理极值问题的能力。