1、1众兴中学 20182019 上学期高一期末考试（物理）考试时间: 90 分钟 满分：100 分一、选择题（本大题共 10 小题，共 40 分 1-7 为单选，8-10 为多选）1. 汽车刹车后做匀减速直线运动，经过 3s 停止运动，那么汽车在先后连续相等的三个1s 内通过的位移之比 x1： x2： x3为（ ）A. 1：2：3 B. 5：3：1 C. 1：4：9 D. 3：2：1B. 2. 某物体作匀变速直线运动的位移公式可以表示为 s=4t-4t2，则该物体运动地初速度及加速度分别是（ ）A.4m/s，4 m/s2 B. 8m/s，8 m/s2 C. 4m/s，-8 m/s2 D. 4m/
2、s，8 m/s23. 关于两个大小不变的共点力 F1、 F2与其合力 F 的关系，下列说法中正确的是（ ）A. F 随 F1、 F2间夹角的增大而增大 B. F 随 F1、 F2间夹角的增大而减小C. F 的大小一定小于 F1、 F2中最大者 D. F 的大小不能小于 F1、 F2中最小者4. 图中光滑小球都与下支撑物接触，则接触面处一定有弹力的是（ ）A. B. C. D. 5. 如图所示，质量为 m1的木块在质量为 m2的无限长木板上，在力 F 的作用下向右滑行，长木板始终处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为 1，木板与地面间的动摩擦因数为 2，则（ ）A. 木板受到地面的摩擦力大
3、小一定为 1m1gB. 木板受到地面的摩擦力大小一定为 2（ m1+m2） gC. 木板受到地面的摩擦力大小一定为 FD. 木块受到木板的摩擦力大小一定为 F6. 做匀变速直线运动的物体，加速度为-2 m/s2，下列有关说法正确的是（ ）A.物体在任一秒末的速度是该秒初的速度的 2 倍B. 物体可以做匀加速直线运动，速度每经过 1s 钟增加22m/sC. 物体一定在做速度逐渐减小的运动，速度每经过 1s 钟减少 2m/sD. 物体的加速度每经过 1s 钟减少 2m/s27. 如图所示的位移-时间（ x-t）图像和速度-时间（ v-t）图像中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一
4、方向运动的情况，则下列说法正确的是（ ）A. 甲车做直线运动，乙车做曲线运动B. 0 t1时间内，甲车通过的路程等于乙车通过的路程C. 0 t2时间内，丙、丁两车在 t2时刻相遇D. 0 t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等8. 一物体做自由落体运动，取 g=10m/s2该物体（ ）A. 在前 2s 内下落的距离为 20 m B. 在前 2s 内下落的距离为 40 mC. 第 2s 末的速度为 20 m/s D. 第 2s 末的速度为 40 m/s9. 如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态现用竖直向上的拉力 F作用在物体上，使物
5、体开始向上做匀加速运动，拉力 F 与物体位移 x 之间的关系如图乙所示（ g=10m/s2），则下列结论正确的是（ ）A. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B. 弹簧的劲度系数为 5 N/cmC. 物体的质量为 2 kgD. 物体的加速度大小为 10 m/s210. 如图所示，一根绳子一端固定于竖直墙上的 A 点，另一端绕过动滑轮 P 悬挂一重物B，其中绳子的 PA 段处于水平状态，另一根绳子一端与动滑轮 P 的轴相连，绕过光滑的定滑轮 Q 后在其端点 O 施加一水平向左的外力 F，使整个系统处于平衡状态，滑轮3均为光滑、轻质，且均可看做质点，现拉动绳子的端点 O 使其向左缓慢移动一小段距离
6、后达到新的平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态相比较（ ）A. 拉力 F 减小 B. 拉力 F 增大 C. 角 减小 D. 角 增大选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10答案二、实验题探究题（本大题共 2 小题，共 18.0 分）11. 在“验证力的平行四边形定则”的实验中（1）下列说法正确的是_ A在测量同一组数据 F1、 F2和合力 F 的过程中，橡皮条与细线的结点，两次应拉到同一点 OB通过弹簧秤拉橡皮条的细线要适当长一些C F1、 F2和合力 F 的大小都不能超过弹簧测力计的量程D在实验过程中， F1、 F2方向间夹角应为 90 （2）本实验采用的科学方法是_ A理想实验法 B
7、等效替代法 C控制变量法 D建立物理模型法（3）某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验，实验如图甲所示，其中 A 为固定橡皮筋的图钉， O 为橡皮筋与细绳的结点， OB 和 OC 为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的图示如果操作正确，作图规范，图乙中的 F 与 F两力中，方向一定沿 AO 方向的是_ 412. (1)如图所示是甲同学在校园实验室按照图 1 的装置进行验证牛顿第二定律实验时得到的一条纸带（实验中交流电源的频率为 50Hz），依照打点的先后顺序取计数点为1、2、3、4、5、6、7，相邻两计数点间还有 4 个点未画出，测得： S1=1.42cm ， S2=1.91cm ，
8、S3=2.40cm ， S4=2.91cm ， S5=3.43cm ， S6=3.92cm.则打点计时器打第2 个计数点时纸带的速度大小 v2=_ m/s；物体的加速度大小a=_ m/s2.（结果均保留两位有效数字）(2)乙同学在做保持小车质量不变，验证小车的加速度与其合外力成正比的实验时，根据测得的数据作出如图 2 所示的 a-F 图线，所得的图线既不过原点，又不是直线，原因可能是_（选填选项前的字母）A.木板右端所垫物体较低，使得木板的倾角偏小B.木板右端所垫物体较高，使得木板的倾角偏大C.小车质量远大于砂和砂桶的质量D.砂和砂桶的质量不满足远小于小车质量四、计算题（本大题共 4 小题，共
9、 42.0 分）13. （12 分）汽车以 10m/s 的速度在平直公路上匀速行驶，刹车后经 2s 速度变为 6m/s，求：5（1）刹车后 2s 内前进的距离及刹车过程中的加速度；（2）刹车后前进 9m 所用的时间；（3）刹车后 8s 内前进的距离。14. （12 分）从离地面高为 H=80m 的高空自由下落一个小球，（取 g=10m/s2）求：（1）小球经过多长时间落到地面；（2）小球落地的速度大小；（3）小球最后 1s 内下落的位移15. （9 分）质量为 10kg 的箱子放在水平地面上，箱子与地面的动摩擦因数为 0.5，现用于水平方向成 37倾角的 100N 力拉箱子，如图所示，箱子从静
10、止开始运动，从 2s 末撤去拉力，求：（sin37=0.6，cos37=0.8， g=10m/s2）（1）撤去拉力时箱子的速度为多大（2）箱子继续运动多长时间才能静止。616. （9 分）一个倾角为 =37的斜面固定在水平面上，一个质量为 m=1.0kg 的小物块（可视为质点）以 v0=4.0m/s 的初速度由底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数 =0.25若斜面足够长，已知 sin37=0.6，cos37=0.8， g 取 10m/s2，求：（1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小；（2）小物块上滑的最大距离；（3）小物块返回斜面底端时的速度大小7众兴中学 20182019 上学期高一期末考
11、试（物理）答案和解析【答案】1. B 2. C 3. B 4. C 5. A 6. B 7. B8. AC 9. BC 10. BC11. ABC； B； F 12. （1）0.17 0.50（2） AD13. 解：（1）根据匀变速直线运动的速度时间公式 v=v0+at 得：a= = m/s2=-2m/s2，负号表示加速度方向与速度方向相反；根据匀变速直线运动平均速度公式得：刹车后 2s 内前进的距离：x= t= t= 2m=16m；（2）刹车后前进 9m，有 x=v0t+at2，即，9 m=10mt+（-2 m/s2） t2化简得：9=10 t-t2解之得： t=1s 或者 t=9s t0（
12、不合实际，舍去）刹车后前进 9m 所用的时间为 1s。（3）汽车从刹车到停止的时间为：t0= = s=5s8 s可知汽车经 5s 停下，所以刹车后 8s 前进的距离即汽车刹车 5s 前进的距离，由逆向思维法可得： x=|a|t2=252m=25m答：（1）刹车后 2s 内前进的距离为 16m，刹车过程中的加速度大小为 2m/s2；加速度方向与速度方向相反；（2）刹车后前进 9m 所用的时间为 1s。（3）刹车后 8s 内前进的距离为 25m。 14. 解：（1）根据 H=gt2 得，8t= （2）小球落地的速度 v=gt=104m/s=40m/s（3）小球在最后 1s 内下落的位移 s=gt2
13、-g（ t-1） 2= m=35m答：（1）小球经过 4s 时间落到地面；（2）小球落地的速度大小为 40m/s；（3）小球最后 1s 内下落的位移为 35m 15. 解：（1）由牛顿第二定律得：Fcos-（ mg-Fsin）= ma1，解得： a1=6m/s2，2s 末速度为： v=a1t1=62=12m/s；（2）撤去拉力后，根据牛顿第二定律得： mg=ma2，解得： a2=5m/s2，匀减速过程，由速度公式得： v=a2t2，解得： t2=2.4s；答：（1）撤去拉力时箱子的速度为 12m/s；（2）箱子继续运动 2.4s 时间才能静止。 16. 解：（1）小物块在斜面上的受力情况如右图
14、所示，重力的分力根据牛顿第二定律有FN=F2F1+Ff=ma又因为 Ff= FN由式得 a=gsin+ gcos=100.6 m/s2+0.25100.8m/s2=8.0m/s2（2）小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有得 = =1.0m9（3）小物块在斜面上的受力情况如右图所示，根据牛顿第二定律有FN=F2F1-Ff=ma由式得 a=gsin- gcos=100.6 m/s2-0.25100.8m/s2=4.0m/s2因为 所以 = = （或 2.8m/s） 答：（1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小为 8m/s2（2）小物块上滑的最大距离为 1.0m（3）小物块返回斜面底
15、端时的速度大小 2 m/s 【解析】1. 解：采用逆向思维，汽车做初速度为零的匀加速直线运动，根据 x= 知，1 s 内、2 s内、3 s 内的位移之比为 1：4：9，则初速度为零的匀加速直线运动连续 1s 内的位移之比为1：3：5，可知汽车在先后连续相等的三个 1s 内通过的位移之比 x1： x2： x3为 5：3：1故选： B采用逆向思维，结合位移时间公式求出 1s 内、2 s 内、3 s 内的位移之比，从而求出汽车在先后连续相等的三个 1s 内通过的位移之比解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，以及掌握逆向思维在运动学中的运用2. 解：由匀变速直线运动的位移时
16、间公式 s= =4t-4t2，得： v0=4m/s， a=-8m/s2故 C 正确， A、 B、 D 错误故选 C根据匀变速直线运动的位移时间公式 s= =4t-4t2，得出初速度和加速度解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式 x= 103. 解： AB、当夹角 180时，由公式 F= 可知，随两力夹角增大合力减小，故 A 错误， B 正确；CD、由力的合成三角形定则知两个力及它们的合力构成一个矢量三角形，合力可以大于任何一个分力，也可小于任何一分力，也可等于任何一分力，故 CD 错误；故选： B。解答本题应掌握二个力的合力大小公式 F= 及力的合成三角形定则对于合力与分力大小关系的各
17、种情况应对应数学三角形的三边关系来理解，合力随两个分力夹角 的变化关系可根据合力大小公式 F= 来判断4. 解： A、图中水平面对小球可能有弹力作用，也可能没有弹力作用，当拉力等于重力时，则没有弹力，若拉力小于重力时，则存在弹力， A 错误；B、小球处于静止状态，重力和绳的弹力平衡，斜面与球之间不可能产生弹力，否则小球不可能平衡， B 错误；C、图中小球受到绳子拉力、重力、斜面的支持力三力作用下处于平衡状态，因此小球斜面的弹力作用，故 C 正确；D、 D 图中两斜面对球可能有弹力，也可能没有弹力，要根据拉力与重力大小有关系来判定，故 D 错误故选： C正确解答本题要掌握：弹力产生的条件，注意光
18、接触而没有弹性形变不可能产生弹力，或者正确根据平衡条件判断弹力的有无弹力是高中阶段所学的一种重要作用力，要正确理解其产生、大小、方向等问题，在判断弹力大小方向时可以根据物体所处状态进行判断5. 解： A、 B、 C， m 所受 M 的滑动摩擦力大小 f1= 1m1g，方向水平向左，根据牛顿第三定律得知：木板受到 m1的摩擦力方向水平向右，大小等于 1m1g M 处于静止状态，水平方向受到 m1的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，根据平衡条件木板受到地面的摩擦力的大小是 1m1g故 A 正确， BC 错误D、根据牛顿第三定律，可知，木块受到木板的摩擦力大小也是 1m1g，不一定是 F，若是匀速滑行，则
19、即为 F故 D 错误故选： Am 对 M 的压力等于 mg， m 所受 M 的滑动摩擦力 f1= mg，方向水平向左， M 处于静止状态，11水平方向受到 m 的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，根据平衡条件分析木板受到地面的摩擦力的大小和方向本题中木板受到地面的摩擦力是静摩擦力，不能根据摩擦力求解， f2= 2（ m+M） g 是错误的，不能确定此摩擦力是否达到最大值6. 解：A、加速度为-2 m/s2，则说明物体的速度每秒减小 2m/s，故 A 错误B、若物体的初速度也为负值，则物体做匀加速直线运动，速度每经过 1s 钟增加 2m/s，故B 正确C、由 B 可知物体可以做加速运动，故 C 错误D
20、、物体加速度是恒定的，故 D 错误故选： B加速度的含义为速度变化的快慢，其数值物理意义为每秒速度的增量，据此可以解答各个选项掌握好加速度的物理意义，知道起数值代表的含义；另外对于物体做什么性质的运动，要同时考虑初速度和加速度的方向关系7. 【分析】本题考查位移-时间图象，速度-时间图象。在位移-时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度，图象的交点表示位移相等；在速度-时间图象中，斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移。【解答】A. xt 图象只能表示直线运动的规律，乙做匀速直线运动，甲做速度越来越小的变速直线运动，故 A 错误；B.0 t1时间内，甲乙两车的位移相等
21、，又都是单向直线运动，所以两车路程相等，故 B 正确；C.在 vt 图象中，与时间轴所围面积为物体运动的位移，故丁的位移大于丙的位移，丙、丁两车在 t2时刻相距最远，故 C 错误；D.0 t2时间内，丙与时间轴所围面积大于丁与时间轴所围面积，故丙的位移大于丁的位移，根据 可知，两车的平均速度不相等，故 D 错误。12故选 B。8. 解： A、前 2s 内下落的距离为： h= ，故 A 正确， B 错误；C、第 2s 末的速度为： v=gt=102=20m/s，故 C 正确， D 错误。故选： AC。根据自由落体运动的基本公式即可求解本题主要考查了自由落体运动基本公式的直接应用，难度不大，属于基
22、础题9. 解： A、物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故 A 错误；B、 C、 D、刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg=kx 拉力 F1为 10N 时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有F1+kx-mg=ma 物体与弹簧分离后，拉力 F2为 30N，根据牛顿第二定律，有F2-mg=ma 代入数据解得m=2kg k=500N/m=5N/cm a=5m/s2 故 B、 C 正确， D 错误故选： BC物体一直匀加速上升，从图象可以看出，物体与弹簧分离后，拉力为 30N；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡；拉力为 10N 时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力
23、，弹簧压缩量为 4cm；根据以上条件列式分析即可本题关键是由图象得出一些相关物理量，然后根据牛顿第二定律列方程分析求解知道初始状态，弹力与重力相等10. 解：拉动绳子的端点 O 向左缓慢移动一小段距离时，绳 PQ 段变短，动滑轮要上移，绳PA 和 PB 间的夹角变小，而绳 QP 位于 PA 和 PB 间的角平分线上，所以角 减小。AP、 BP 绳子拉力大小相等，等于 mg，两根绳子的合力与 QP 绳的拉力大小相等，方向相反。因为夹角变小，合力变大，则 QP 绳的拉力就增大，所以拉力 F 增大。故 AD 错误， BC 正确。13故选： BC。对滑轮 P 受力分析， AP、 BP 绳子拉力大小相等
24、，抓住三根绳子拉力的合力为零，分析 PQ绳拉力大小和方向的变化，从而判断出 F 的变化和 的变化。解决本题的关键是知道通过定滑轮的绳子拉力大小相等，抓住两根绳的合力与另外一根绳子的拉力平衡进行分析。11. 解：（1） A、在同一组数据中，只有当橡皮条节点 O 的位置不发生变化时，两个力的作用效果和一个力的作用效果才相同，才可以验证平行四边形定则，故 A 正确；B、为了准确记下拉力的方向，故采用两点描线时两点应尽量距离大一些，故细绳应长些，故 B 正确；C、根据弹簧测力计的使用原则可知，在测力时不能超过弹簧测力计的量程，故 C 正确；D、 F1、 F2方向间夹角不需要为 90，只要方便作图即可，
25、故 D 错误故选： ABC（2）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，故 B 正确， ACD 错误故选： B（3） F 是通过作图的方法得到合力的理论值，而 F是通过一个弹簧称沿 AO 方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到 O 点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力故方向一定沿 AO 方向的是 F，由于误差的存在 F 和 F方向并不在重合该实验采用了“等效法”，只要明确了实验原理即可，判断选项中的各个说法是否正确，根据弹簧秤指针的指示可读出拉力的大小，明确实验原理，了解实验误差的存在，知道该实验中“理论值”和“实验值”的区别本实验采用的是“等效替代”的方法，
26、即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代，明确“理论值”和“实验值”的区别12. 【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。根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度。【解答】（1）计数点 2 的瞬时速度为：14根据 x=at2，运用两段法得：（2）由图 2 所示图像可知，直线没过原点，当 a=0 时， F0。也就是说当绳子有拉力时小车没有加速度，说明小车的摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够。故 A 正确。从图像上可以看出， F 从 0 开始增加，砂和砂桶的质量远小于小车的质量，随着砂的质量在增加，砂和砂桶的质量就与小车的质量相差
27、不大，所以绳子拉力与砂和砂桶的总重力就相差较大。故 D 正确。故选 AD。13. （1）根据匀变速直线运动的速度时间公式 v=v0+at 可求加速度；根据匀变速直线运动平均速度公式求刹车后 2s 内前进的距离；（2）根据位移公式求刹车前进 9m 所用时间，注意解的合理性的判断；（3）先判断刹车时间，再利用位移公式求解刹车 8s 后的位移。本题考查了加速度的定义式，位移公式，速度公式等的应用，解题时不但要能熟练的选择应用公式解题，更要注意速度、加速度的方向性。14. （1）根据自由落体运动的位移时间公式得出小球下落的时间（2）根据速度时间公式求出小球落地的速度（3）根据位移时间公式求出小球最后
28、1s 内下落的位移解决本题的关键知道自由落体运动的运动规律，结合匀变速直线运动的速度时间公式、位移时间公式进行求解，基础题15. （1）由牛顿第二定律可求得前 2s 的加速度，则可求得 2s 末的速度；（2）撤去拉力后，物体在摩擦力的作用下匀减速运动，由速度公式可求得减速的时间。本题关键是明确箱子的运动规律，要注意加速和减速过程的正压力不同导致滑动摩擦力不同，分析清楚物体的受力情况与运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。16. （1）根据牛顿第二定律求出小物块上滑的加速度大小15（2 ）通过匀变速直线运动的速度位移公式求出小物块上滑的最大距离（3 ）根据牛顿第二定律求出下滑的加速度，通过速度位移公式求出下滑到斜面底端的速度大小本题考查牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁
