高一 物理上册期末考试试题_及答案

高一

物理上册期末考试试题_及答案

一、选择题

1．如图所示，在两块相同的竖直木块之间，有质量均为m的4块相同的砖，用两个大小均为F的水平力压木板，使砖静止不动，则第2块砖对第3块砖的摩擦力大小为()

A．0 B．mg C．1

2

mg D．

4

mg

2．下列说法正确的是

A．物体运动的速度改变量越大，它的加速度却不一定越大

B．同一汽车，速度越大，越难以停下来，说明物体速度越大，其惯性越大

C．作用力与反作用力也可能是一对平衡力

D．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因

3．在中国海军护舰编队“巢湖”“千岛湖”舰护送下，“河北锦绣”“银河”等13艘货轮顺利抵达亚丁湾西部预定海域，此次护航总航程4500海里．若所有船只运动速度相同，则下列说法正确的是（）

A．“4500海里”指的是护航舰艇的位移

B．用GPS定位系统研究“千岛湖”舰位置时，可将“千岛湖”舰看作质点

C．以“千岛湖”舰为参考系，“巢湖”舰一定是运动的

D．根据本题给出的条件可以求出护舰编队此次航行过程中的平均速度

4．如图所示，AB和CD是彼此平行的河岸，若河水以恒定的速度沿平行河岸方向向右流动，现使小船船头垂直河岸，由A点匀速出发，则小船实际运动的轨迹可能是图中的

A．直线P B．曲线Q C．直线R D．曲线S

5．摩天轮一般出现在游乐园中，作为一种游乐场项目，与云霄飞车、旋转木马合称是“乐园三宝”．在中国南昌有我国第一高摩天轮﹣﹣南昌之星，总建设高度为160米，横跨直径为153米，如图所示．它一共悬挂有60个太空舱，每个太空舱上都配备了先进的电子设备，旋转一周的时间是30分钟，可同时容纳400人左右进行同时游览．若该摩天轮做匀速圆周运动，则乘客（）

A．速度始终恒定

B．加速度始终恒定

C．乘客对座椅的压力始终不变

D．乘客受到到合力不断改变

6．如图是力学中的两个实验装置，其中包含相同物理思想方法是（

）

C．控制变量的方法D．猜想的思想方法

7．如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的

）

大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是（

C．D．

8．一物体挂在弹簧秤下，弹簧秤的上端固定在电梯的天花板上，在下列哪种情况下弹簧秤的读数最小( )

A．电梯匀加速上升，且

3

g

a=

B．电梯匀加速下降，且

3

g

a=

C．电梯匀减速上升，且

2

g

a=

D．电梯匀减速下降，且

2

g

a=

9．一架飞机起飞后不久遭到鸟击，致使飞机发生故障．下列说法中正确的是( ) A．飞机和鸟主动撞击的一方施加的作用力大

B．鸟对飞机的作用力等于飞机对鸟的作用力

C．撞击后鸟亡，说明鸟对飞机的作用力小于飞机对鸟的作用力

D．撞击后机损，说明鸟对飞机的作用力大于飞机对鸟的作用力

10．如图所示，质量均为m的A、B两球之间系着一根不计质量的弹簧，放在光滑的水平面上，A球紧靠竖直墙壁，今用水平力F将B球向左推压弹簧，平衡后，突然将F撤去，在这瞬间，以下说法正确的是

A．B球的速度为零，加速度大小为

F

m

B．B球的速度为零，加速度为零

C．A立即离开墙壁

D．在A离开墙壁后，A、B两球均向右做匀速运动

11．个人混合泳是奥运会游泳项目之一，要求运动员在泳道用四种不同的姿势来回游完全程，完成比赛，如图。如要取得好的成绩，下列物理量中哪个是最关键的（）

A．全程的平均速度B．全程的平均速率

C．终点撞线时的速度D．中间转身时的速度

12．如图所示，轻弹簧的两端各受10N的拉力F作用，弹簧平衡时伸长了5cm（在弹性限度内），那么下列说法中正确的是

A．该弹簧的劲度系数k=200N/m

B．该弹簧的劲度系数k=400Nm

C．根据公式k=

F

x

，弹簧的劲度系数k会随弹簧弹力F的增大而增大

D．弹簧的弹力为20N

13．如图所示，对贴在竖直墙面上的物块施加某水平力F的作用，力F随时间的变化关系式为F kt

=，物块从0

t=时刻开始释放，关于物块运动的过程中，下列说法正确的是(

)

A．物块的速度先增大后减小

B．物块的加速度先减小后增大

C．墙面对物块的摩擦力一定增大

D．墙面对物块的摩擦力始终小于物块的重力

14．汽车以20m/s的速度做匀速直线运动。刹车后的加速度大小为5m/s2。那么刹车后2s 内与刹车后6s内汽车通过的位移之比为（）

A．1：1 B．1：3 C．3：4 D．5：21

15．如图所示，一斜面固定在水平地面上，一个物块以一定的初速度从斜面的底端沿斜面向上运动。在物块沿斜面上滑过程中，关于物块的受力情况，下列说法正确的是()

A．物块处于超重状态

B．物块受到4个力的作用

C．物块受到沿斜面向上的动力的作用

D．物块受到沿斜面向下的摩擦力的作用

16．做自由落体运动的甲、乙两物体质量之比为1:3，下落高度之比1:2，甲乙同时下落，g 取10m/s2，则（）

A．下落加速度之比1:3 B．下落过程中甲乙速度大小始终相等C．下落时间之比为1:2 D．甲落地前，甲乙间距离逐渐增大

17．关于曲线运动,下列说法中正确的是（）

A．速度方向一定改变

B．速度方向一定不变

C．速度大小一定改变

D．速度大小一定不变

18．下列说法正确的是（）

A．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态

B．举重运动员在举起杠铃后静止不动的那段时间内处于超重状态

C．跳高运动员到达空中最高点时处于平衡状态

D．蹦床运动员跳离蹦床在空中上升与下降时均处于失重状态

19．下列各组共点力作用在一个物体上，不能使物体保持平衡的是（）

A．2 N、3 N、4 N B．2 N、3 N、5 N

C．10 N、10 N、10 N D．3 N、4 N、10 N

20．小明同学在水平面上用水平恒力推动木箱做与加速直线运动．小明在思考，怎么样才能使木前的加速度变为原来的2倍（）

A．将水平推力增大到原来的2倍

B．将阻力减少到原来的

1

2

C．将物体的质量增大到原来的2倍

D．将物体的推力和阻力都增大到原来2倍

二、多选题

21．甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动。甲先以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度为v；乙以加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达C点时的速度亦为v。若a1≠a2≠a3，则（）A．甲、乙有可能同时由A到达C

B．甲、乙不可能同时由A到达C

C．甲一定先由A到达C

D．若a1＞a3，则甲一定先由A到达C

22．如图所示，水平传送带长为L，运动速率恒为v，在其左端无初速放上可视为质点的小木块，若小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小木块从左到右的运动时间可能是

（）

A．

L

v

B．

L

v

+

2

v

g

μC．

2L

g

μ

D．

2L

v

23．如图所示，倾角=30

θ︒的斜面上有一重为G的物体，在与斜面底边平行的水平推力作用下沿斜面上的虚线匀速运动，若图中=45

ϕ︒，则

A．物体所受摩擦力方向平行于斜面沿虚线向上

B

．物体与斜面间的动摩擦因数

3

=

3

μ

C．物体所受摩擦力方向与水平推力垂直且平行斜面向上

D．物体与斜面间的动摩擦因数

6 =

3μ

24．如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两物体的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，下列说法正确的是（）

A．绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关

B．绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关

C．若水平面是光滑的，则绳的拉力为1

12

m F

m m

+

D．若水平面是粗糙的，且物体和地面摩擦因数为μ，则绳的拉力为1

12

m F

m m

++mg

25．如图所示，质量为m的木块A放在位于水平面上的质量为M的斜面B上，现用大小相等方向相反的两个水平推力F分别作用在A，B上，A，B均保持静止不动。则（）

A．A与B之间一定存在摩擦力B．B与地面之间一定没有摩擦力

C．B对A的支持力一定等于mg D．地面对B的支持力大小一定等于

（m+M）g

26．在“和平使命-2014联合军演”的“垂直截击行动”中，中国空降兵某部的一名伞兵从高空静止的直升飞机上跳下，在0t时刻打开降落伞，在03t时刻以速度2v着地。他运动的速度随时间变化的规律如图所示。下列结论正确的是（）

A．在0

0t

～时间内加速度不变，在

00

3

t t

～时间内加速度减小

B．降落伞打开后，降落伞和伞兵所受的阻力越来越小

C．在00

3

t t

～的时间内，平均速度12

2

v v

v

+

>

D．若第一个伞兵打开降落伞时第二个伞兵立即跳下，则他们在空中的距离先增大后减小

三、实验题

27．某同学在探究“力的合成的平行四边形法则”的实验中，利用图钉、平板、橡皮条、弹簧秤及铅笔刻度尺进行有关实验．

(1)图中B测力计的示数为__________N．（本实验用的弹簧测力计示数的单位为N）

(2)在做实验时，橡皮条的一端固定在木板上，另一端系上两根带绳套的细绳．实验中需用两个弹簧测力计分别勾住绳套把橡皮条的一端拉到某一确定的O点，则下列说法中正确的是（______）

A．两根细绳必须等长

B．同一次实验中，O点位置不允许变动

C．实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角必须取90°D．本实验采用的科学方法是等效替代法

28．

用图所示装置“探究加速度与力、质量的关系”．设小车和砝码的总质量为M，砂和砂桶的总质量为m．某同学用如图甲所示装置进行实验，打点计时器所用电源的频率为50 Hz，重物通过跨过滑轮的细线与小车相连．请思考并完成相关内容：

(1)本实验应用的实验方法是（______）

A．控制变量法 B．假设法

C．理想实验法 D．等效替代法

(2)实验时，为平衡摩擦力，以下操作正确的是（______）

A．连着砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动

B．连着砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车缓慢沿木板做直线运动

C．取下砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动

D．取下砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车缓慢沿木板做直线运动

(3)平衡摩擦力后，实验中打出的其中一条纸带如图乙所示（两相邻计数点间还有四个点没有画出），由该纸带可求得小车的加速度a=______m/s2（结果保留三位有效数字）(4)在此实验中，由于没有考虑m和M应满足的的关系，结果的图象应该是哪一幅？

（______）

A 、 B、

C、 D、

29．实验小组利用图1来探究：“探究加速度与力、质量的关系”．

①实验中使用的电火花计时器，应接_____电源．

A．交流4﹣﹣﹣6V B．交流220V

②在的实验中，得到一条打点的纸带，如图3所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，

x6已量出，则：小车加速度的表达式为a＝_____．

且间距x1、x2、x3、x4、x5、

④在实验中，甲、乙两位同学根据实验数据画出如图2所示的小车的加速度a和小车所受拉力F的图象分别为图中的直线Ⅰ和直线Ⅱ，下面给出了关于形成这种情况原因的四种解释，其中可能正确的是_____．

A．实验前甲同学没有平衡摩擦力

B．甲同学在平衡摩擦力时把长木板的末端抬得过高了

C．实验前乙同学没有平衡摩擦力

D．乙同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了．

30．请你完成实验“验证力的平行四边形定的相关步骤：

A．一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端绑上两根细线

B．在其中一根细线挂上5个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图（a）所示，记录

______；

C．将步骤B中的钩码取下，分别在两根细线上挂上4个和3个质量相等的钩码，用与板面垂直的两光滑硬棒支起两细线并使其互成角度，如图（b）所示，小心调整B、C的位

置，使______，记录______．

31．在科学探究活动中，分析实验数据并归纳得出结论是非常重要的环节．在“探究物体直线运动的规律”实验中, 某实验小组测得位移s和时间t的数据如下表．

所测的

物理量

123

456

时间t(s)0.89 1.24 1.52 1.58 1.97 2.15

位移s(m)0.250.500.75 1.00 1.25 1.50（1）根据数据在坐标纸上作出物体运动的s-t图象．

（2）根据作图可判断出表格中第____组数据有错误．

（3）若某同学提出位移与时间的二次方成正比的猜想,为验证猜想是否正确,应作

____________图象.若该猜想成立，则物体做____________直线运动．

32．(1)如图为某小球做平抛运动时，用闪光照相的方法获得的相片的一部分，图中背景方格的边长为5cm，g=10m/s2，则

①小球平抛的初速度v0=______m/s；

②闪光频率f=______Hz；

③小球过A点的速率v A=______m/s。

(2)下列哪个因素不会使“研究平抛物体的运动”实验误差增大______

A．小球与斜槽之间有摩擦

B．安装斜槽时其末端切线不水平

C．建立坐标系时，以斜槽末端端口位置为坐标原点

D．根据曲线计算平抛运动的初速度时，在曲线上取作计算的点离原点O较近

四、解答题

33．一个滑雪者，连同装备总质量m=70kg，以

2m/s

v=的初速度沿山坡匀加速滑下，山

坡的倾角θ=37°，在t=5s的时间内滑下的路程x=60m，已知雪橇与斜面间动摩擦因数为μ=0.2，假设斜面足够长。求：

(1)滑雪者的加速度大小？

(2)滑雪者受到空气阻力的大小（假定空气阻力恒定）。（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，

g=10m/s2）

34．如图所示，质量为1kg

m=的物块置于倾角为37

θ=︒的固定且足够长的斜面上，物

块与斜面间的动摩擦因数为0.5，现给物块施以一初速度为2

10m/s (10m)

/s

v g

==，

sin370.6

︒=，cos370.8

︒=，5 2.24)

=，求：

(1) 物块上滑的最大距离；

(2) 物块在斜面上运动的总时间。

35．如图所示，在倾角37°足够长的斜面上有一个质量为1kg的物块（可视为质点），开始时物块到斜面底端的距离L=1.95m，物块与斜面之间的动摩擦因数为0.3。物块在拉力F的作用下由静止开始运动，F的大小为10.5N，方向沿斜面向上，经过t1=2s时间后撤去F，物块在斜面上继续运动。取g=10m/s2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：

(1)物块在斜面上运动的各个阶段的加速度；

(2)物块在斜面上运动的总时间。

36．如图所示，一速度为4m/s v =沿顺时针匀速转动的水平传送带，与倾角37θ=︒的粗糙足够长斜面平滑连接，一质量为2kg m =的小物块，与斜面间的动摩擦因数为

10.5μ=，与传送带间的动摩擦因数为20.4μ=，现有小物块以初速度010m/s v =从斜面底端沿斜面上滑。重力加速度210m/s g =。sin370.6︒=，cos370.8︒=。求： （1）小物块沿斜面上滑的最大距离；

（2）若小物块由斜面下滑到传送带上时不会从左端滑下，小物块从离传送带右端最远点到

再次滑回到传送带右端所用的时间。

37．某公路上行驶的两汽车之间的安全距离为x ，当前车突然停止时，后车司机从发现这一情况，经操纵刹车，到汽车开始减速所经历的时间(即反应时间)t 0＝1s .汽车以v ＝20m /s 的速度匀速行驶，刹车后汽车加速度大小为a ＝5m /s 2.取g ＝10m /s 2.

求：

(1).刹车后汽车减速运动时间；

(2).汽车安全行驶的位移.

38．如图所示是富春江畔一高层住宅小区，我校小杰同学住在该小区。周末放假回到该小区。他乘坐竖直快速电梯，从底层到达第36层共用时24s 。若电梯先以加速度a 做匀加速运动，经过4s 达到最大速度5m/s ，然后以最大速度匀速运动，最后以大小相同的加速度a 做匀减速运动恰好达到36

层。用你学到的物理知识，解决下列问题：

（1）电梯的加速度a 及上升的总高度h

（2）若小杰同学乘电梯时，手里竖直地提着一份质量为2千克的快递包裹，求整个过程中，小杰同学手臂承受的最大拉力。(g取10 m/s2)

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题

1．A

解析：A

【解析】

【详解】

将4块砖看成一个整体，对整体进行受力分析，在竖直方向，共受到三个力的作用：竖直向下的重力4mg，两个相等的竖直向上的摩擦力f，由平衡条件可得：2f=4mg，f=2mg．由此可见：第1块砖和第4块砖受到木板的摩擦力均为2mg．将第1块砖和第2块砖当作一个整体隔离后进行受力分析，受竖直向下的重力2mg，木板对第1块砖向上的摩擦力

f=2mg；由平衡条件可得二力已达到平衡，第2块砖和第3块砖之间的摩擦力必为零．故选A．

2．A

解析：A

【解析】

A. 由加速度的物理意义可知：加速度表示速度变化快慢；故物体速度变化越快，加速度越大，物体的速度改变量越大，加速度不一定越大，故A正确；

B. 质量是决定惯性的唯一因素，故B错误；

C.作用力与反作用力分别作用在两个物体上，不是平衡力，故C错误；

D. 伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因，故D错误．

故选A.

3．B

解析：B

【解析】

【详解】

A．“4500海里”是护航舰艇走过的轨迹长度，因此是路程，不是位移，故A错误；

B．题中海域面积远远大于“千岛湖”舰的尺寸，所以定位时可将“千岛湖”舰看作质点，故B 正确；

C．若“千岛湖”舰与“巢湖”舰同向匀速行驶，则以“千岛湖”舰为参照物，“巢湖”舰是静止的，故C错误；

D．由于不知运动位移和时间，不能求出此次航行的平均速度，故D错误。

故选B。

4．C

解析：C

【解析】试题分析：小船的实际运动速度是小船在静水中的速度与河水流速的合速度，两分速度是匀速直线运动，它们的和运动也是匀速直线运动，因此，小船将沿直线运动． 小船的实际运动是小船在静水中垂直河岸的运动与随河水流动的合运动，两分运动是匀速直线运动，它们的和运动也是匀速直线运动，因此，小船将沿直线运动，其轨迹为直线，故沿直线R 运动，C 正确．

5．D

解析：D

【解析】

【详解】

A 、匀速圆周运动的速度方向沿圆周的切线方向，方向时刻在改变，故其速度是变化的．故A 错误．

B 、做匀速圆周运动的物体，其向心加速度方向始终指向圆心，方向时刻在变化，故向心加速度是变化的，故B 错误．

C 、乘客对座椅的压力方向始终变化，所以压力变化．故C 错误．

D 、做匀速圆周运动的物体，其所受的合力提供向心力，其方向始终指向圆心，始终变化．故D 正确．

6．B

解析：B

【解析】

【详解】

桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大，运用了放大的思想方法，玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化，采用了放大的思想方法，二个实验均体现出放大的思想方法，故B 正确，ACD 错误

故选择B 选项。

7．B

解析：B

【解析】

【分析】

【详解】

CD 、由题意知，在下滑的过程中，根据牛顿第二定律可得：

sin mg cos mg ma θμθ-+=，故加速度保持不变，物块做匀减速运动，所以C 、D 错误；

B 、根据匀变速运动的规律2012

s v t at ，可得B 正确； A 、下降的高度sin h s θ=，所以A 错误．

8．C

解析：C

【解析】

【详解】 电梯匀加速上升，且3

g a =，则根据牛顿第二定律 43

F mg ma mg =+= 电梯匀加速下降，且3

g a =，则根据牛顿第二定律 23

F mg ma mg =-= 电梯匀减速上升，且2

g a =，则根据牛顿第二定律 12

F mg ma mg =-= 电梯匀减速下降，且2

g a =，则根据牛顿第二定律 32

F mg ma mg =+= 比较可知，当电梯匀减速上升，且2g a =

，物体受到的拉力最小，则弹簧秤的示数最小。 A. 电梯匀加速上升，且3g a =

，与分析不符，故A 错误。 B. 电梯匀加速下降，且3g a =

，与分析不符，故B 错误。 C. 电梯匀减速上升，且2

g a =，与分析相符，故C 正确。 D. 电梯匀减速下降，且2

g a =，与分析不符，故D 错误。 9．B

解析：B

【解析】

【分析】

【详解】

作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，所以小鸟对飞机的作用力与飞机对小鸟的作用力一样大，作用力与反作用力总是同时产生同时消失，与主动不主动无关，故ACD 错误，B 正确。

故选B.

10．A

解析：A

【解析】

【分析】

速度不能发生突变，力可以突变，突然将 F 撤去，弹簧的压缩量没有来得及发生改变，故弹力不变，对B 球运用牛顿第二定律，即可求得加速度。在弹簧第一次恢复原长时，B 球的速度大于A 球的速度，弹簧将被拉长，A 受到弹簧的弹力A 离开墙壁；在A 离开墙壁后，B 球的速度大于A 球的速度，弹簧将被拉长，A 将做加速运动，而B 做减速运动

【详解】

撤去F 前，B 球处于静止状态，速度为零，弹簧弹力等于F ，将 F 撤去的瞬间，速度不能发生突变，所以速度仍然为零，弹簧的压缩量没有来得及发生改变，故弹力不变，所以B 球只受弹簧弹力，根据牛顿第二定律可知：F m

不等于零，所以B 球的速度为零，加速度不为零，故A 正确，B 错误；在弹簧第一次恢复原长时，B 球的速度大于A 球的速度，弹簧将被拉长，A 受到弹簧的弹力A 离开墙壁，故C 错误；在A 离开墙壁后，B 球的速度大于A 球的速度，弹簧将被拉长，A 将做加速运动，而B 做减速运动，故D 错误。所以A 正确，BCD 错误。

11．B

解析：B

【解析】

【详解】

比赛过程中往返两次则路程相等，相同的路程比较时间，时间越小，成绩越好，而路程与时间的比值为平均速率，所以如要取得好的成绩，主要取决于全程的平均速率，故B 正确。

故选B 。

12．A

解析：A

【解析】

【详解】

AB.根据胡克定律F =kx 得，弹簧的劲度系数：

210200N/m 510

F k x -=

==⨯， 故A 正确，B 错误； C. 弹簧的伸长与受的拉力成正比，弹簧的劲度系数k 与弹簧弹力F 的变化无关，与弹簧本身有关。故C 错误；

D. 轻弹簧的两端各受10N 拉力F 的作用，所以弹簧所受的弹力为10N ，故D 错误。 故选：A 。

13．A

解析：A

【解析】

【详解】

A ．

水平方向合力为零可知

N F F kt ==

竖直方向，开始时重力大于摩擦力，由牛顿第二定律可知

N 1mg F ma μ-=

联立可得

1k

a g t m μ=-

物体先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减到零时，速度达到最大，水平力F 进一步增大时，摩擦力大于重力，物体开始做减速运动，由牛顿第二定律可得

N 2F mg ma μ-=

联立可得

2k

a t g m μ=-

说明物体向下做加速度逐渐增大的减速运动，当速度减为零时，物体静止，加速度为零，摩擦力等于重力大小。由以上分析画出v t - 图象，f F t - 图象

甲

乙

由前面的分析可知物块的速度先增大后减小到零，故A 正确；

B ．由前面的分析可知物块的加速度先减小到零后反向增大，最后为零(如甲图所示)，故B 错误；

C ．由前面分析可知墙面对物块的摩擦力先均匀增大，后不变(如乙图所示)，故C 错误；

D ．由前面的分析可知墙面对物块的摩擦力可能大于物块的重力(如乙图中12t t -)，故D 错误。

故选择A 选项。

14．C

解析：C

【解析】

【详解】

汽车刹车到停止所需的时间：

004s v t a

=

= 则刹车后2s 内的位移： 2022130m 2

x v t at =-= 刹车后6s 内的位移等于刹车后4s 内的位移，刹车减速至0的逆过程视为初速度为0的匀加速直线运动，则：

x′=202v a

=40m 则刹车后2s 内与刹车后6s 内汽车通过的位移大小之比为3：4，ABD 错误，C 正确。

15．D

解析：D

【解析】

【详解】

A ．物块加速度方向沿斜面向下，加速度有竖直向下的分量，物体处于失重状态，故A 错误；

B C ．物块受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用，没有受到沿斜面向上的动力作用，故BC 错误；

D ．物块沿斜面向上减速运动，受到沿斜面向下的摩擦力的作用，故D 正确。

故选择D 选项。

16．B

解析：B

【解析】

【分析】

自由落体运动的加速度均相同与质量无关，根据h=

12gt 2判断时间关系；根据v=gt 判断速度关系；

【详解】

由自由落体运动的规律知，自由落体运动快慢与物体的质量无关，故加速度相同，根据高度h=12

gt 2关系即可求出时间之比1

选项AC 错误；根据速度v=gt 可知下落过程中甲乙速度大小始终相等，选项B 正确；甲落地前，甲乙始终在同一高度，间距不变，故D 错误。故选B 。

17．A

解析：A

【解析】

曲线运动的速度的方向沿轨迹的切线方向，所以物体做曲线运动时，速度的方向不断变化，所以一定是变速运动，但是速度大小可以不变，例如匀速圆周运动，故选项A 正确，选项BCD 错误。

点睛：本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，掌握了做曲线运动的条件。

18．D

解析：D

【解析】游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于平衡状态，不是失重状态，选项A 错误；举重运动员在举起杠铃后静止不动的那段时间内处于平衡状态，选项B 错误；跳高运动员到达空中最高点时，加速度为g ，处于完全失重状态，选项C 错误；蹦床运动员跳离蹦床在空中上升与下降时，加速度均为向下的g ，故均处于失重状态，选项D 正确；故选D.

19．D

解析：D

【解析】

【详解】

根据1212||||F F F F F +-先求出前两个力的合力范围，如果第三个力在这两个力的范围内，则三力平衡，合力为零。若不在两个力的合力范围内，则合力不能为零，不能保持平衡；

A ．2N 和3N 的合力范围为[0N ，5N ]，4N 在合力范围之内，则三个力合力能为零，物体能平衡；故A 不符合题意；

B ．2N 和3N 的合力范围为[0N ，5N ]，5N 在合力范围之内，则三个力合力能为零，物体能平衡；故B 不符合题意；

C ．10N 和10N 的合力范围为[0N ，20N ]，10N 在合力范围之内，则三个力合力能为零，物体能平衡；故C 不符合题意；

D ．3N 和4N 的合力范围为[0N ，7N ]，10N 不在合力范围之内，则三个力合力不可能为零，物体能平衡；故D 符合题意。

故选D 。

20．D

解析：D

【解析】

【分析】

如果使物体的加速度变为原来的2倍，可行的办法有两种，一种是把合力增大到原来的2倍，一种是使物体质量减小到原来的一半．

【详解】

AB ．根据牛顿第二定律：=F F f ma -=合，当质量一定时，物体的加速度与合外力成正比；当物体所受合外力一定时，加速度与质量成反比．只将水平推力增大到原来的2倍，

或将阻力减小为原来的

1

2

倍，加速度不会变成原来的两倍，故AB错误；

C．将物体的质量增大到原来的2倍，加速度会减小到原来的

1

2

倍，故C

错误；

D．将物体的推力和阻力都增大到原来的2倍，合外力增大到原来的2倍，则加速度增大到原来的2倍，故D正确．

二、多选题

21．BD

【解析】

【详解】

根据图像，若，如图：

甲乙末速度相等，位移相等，所以：，若，末速度相等，则通过图像：

可知位移不可能相等，综上所述，可知甲乙用时不可能相等，AC错误，BD正确。

故选B

解析：BD

【解析】

【详解】

根据v t-图像，若13

a a

>，如图：

甲乙末速度相等，位移相等，所以：t t

<

甲乙

，若13

a a

>，末速度相等，则通过图像：

可知位移不可能相等，综上所述，可知甲乙用时不可能相等，AC错误，BD正确。

故选BD。

22．BCD

【解析】

【详解】

小木块在传送带上的运动有以下几种可能：①木块先做匀加速直线运动，后做匀速运动；②只做匀加速运动，但到达最右端的速度小于传送带的速度；③只做匀加速运动，但到达最右端的速度等

解析：BCD

【解析】

【详解】

小木块在传送带上的运动有以下几种可能：①木块先做匀加速直线运动，后做匀速运动；

②只做匀加速运动，但到达最右端的速度小于传送带的速度；③只做匀加速运动，但到达最右端的速度等于传送带的速度；

B. 小木块放到传送带上之后，若L较长，木块先做匀加速直线运动，后做匀速运动，运动

到最右端时间

2

2

2

v

L

v L v

g

t

g v v g

μ

μμ

-

=+=+

，故B正确；

C. 小木块放到传送带上之后，若L

较短，木块只做匀加速运动，运动到最右端时间

t=C正确；

D. 小木块放到传送带上之后，若L可能为某一个值，木块只做匀加速运动，且运动到最右

端时，速度就是传送带的速度v，运动时间

2

L L

t

v v

==，故D正确；

A. 由BCD分析可知，A错误。

23．AD

【解析】

【分析】

【详解】

对物块进行受力分析，如图所示：

物块在重力G、斜面的支持力N、推力F、沿虚线方向上的摩擦力共同作用下沿斜面上的虚线匀速运动，因为G，N，F三力的合力方向向下，故

解析：AD

【解析】

【分析】

【详解】

对物块进行受力分析，如图所示：

物块在重力G 、斜面的支持力N 、推力F 、沿虚线方向上的摩擦力f 共同作用下沿斜面上的虚线匀速运动，因为G ，N ，F 三力的合力方向向下，故摩擦力f 方向沿斜面虚线向上，故A 正确；

现将重力分解为沿斜面向下且垂直于底边（也垂直于推力F ）的下滑力1G 、垂直与斜面的力2G

，如图所示：

其中2G 恰好把N 平衡掉了，这样可视为物体在推力F 、下滑力1G 、摩擦力f

三个力作用下沿斜面上的虚线匀速运动，

根据三力平衡特点，F 与1G 的合力必沿斜面向下，同时摩擦力f 只能沿斜面向上，故选项A 对BC 错；根据几何关系，F 与1G 的合力11245G F G cos =

=︒合，即12f G =，故物体与斜面间的动摩擦因数2306303

f Gsin N Gcos μ︒=

==︒，故选项D 正确． 【点睛】

本题意在考查动态平衡问题，考查学生利用平衡条件求力的能力及空间想象能力，解答的关键是把空间的受力关系能转化为平面内的受力关系． 24．BC

【解析】

【分析】

【详解】

ABCD ．设地面有摩擦力因素为μ，绳子拉力为T ，对整体做匀加速运动有

对m1有

两式相除可得

故AD 错误。

故选BC 。

解析：BC

【解析】

【分析】

【详解】

ABCD ．设地面有摩擦力因素为μ，绳子拉力为T ，对整体做匀加速运动有

()()1212=F u m m g m m a -++

对m 1有

11=T um g m a -

两式相除可得

112

m T F m m =

+ 故AD 错误。

故选BC 。 25．BD

【解析】

【分析】

【详解】

A ．木块A 分析，若木块A 受到自身的重力、斜面

B 对A 的支持力、水平推力F ，三者能够满足三力平衡，则A 与B 之间不存在摩擦力，故A 错误；

B ．对木块A 和木块B 整体进行分

解析：BD

【解析】

【分析】

【详解】

A ．木块A 分析，若木块A 受到自身的重力、斜面

B 对A 的支持力、水平推力F ，三者能

够满足三力平衡，则A 与B 之间不存在摩擦力，故A 错误；

B ．对木块A 和木块B 整体进行分析，两个水平推力合力为0，水平方向上没有其他外力，故木块B 与地面之间一定没有摩擦力。故B 正确。

C ．设斜面的倾斜角为θ，对木块A 受力分析得

sin sin F mg F θθ=+支

因F 与θ的大小未知，故C 错误；

D ．对木块A 和木块B 受力分析得

()F M m g =+支

故D 正确。

故选BD 。

26．ABD

【解析】

【分析】

【详解】

A ．在0～t0时间伞兵做匀加速直线运动，加速度不变，t0～3t0时间内图线的斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小。故A 正确；

B ．设降落伞和伞兵的总质量为m ，所受的阻

解析：ABD

【解析】

【分析】

【详解】

A ．在0～t 0时间伞兵做匀加速直线运动，加速度不变，t 0～3t 0时间内图线的斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小。故A 正确；

B ．设降落伞和伞兵的总质量为m ，所受的阻力为f ，加速度大小为a ，根据牛顿第二定律得

f -m

g =ma

解得

f =m

g +ma

a 逐渐减小，则阻力f 也逐渐减小。即降落伞和伞兵所受的阻力越来越小。故B 正确； C ．在t 0～3t 0的时间内，假设伞兵做匀减速直线运动，图象为直线，其平均速度为

122

v v v += 根据“面积”等于位移可知，匀减速直线运动的位移大于伞兵实际运动的位移，则平均速度 122v v v +<

故C 错误；

D ．第一个伞兵在空中打开降落伞时的速度比第二个伞兵跳下时速度大，所以两者距离逐渐变大，后来第二个人的速度大于第一个跳伞运动员时，两者距离又减小，即他们在空中

的距离先增大后减小。故D正确。

故选ABD。

三、实验题

27．6 BD

【解析】

【分析】

（1）由图示弹簧测力计确定其分度值，读出其示数；

（2）根据实验原理进行分析即可；

【详解】

（1）由图示可知，弹簧测力计分度值为0.2N，其示数为3.6N；

（2）A、细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长，故A错误；

B、本实验研究合力与分力的关系，合力与分力是等效的，同一次实验过程中，O点位置不能变动，以保证橡皮筯伸长的长度相同，方向相同，即效果相同，故B正确；

C、本实验只要使两次效果相同就行，两个弹簧称拉力的方向没有限制，并非一定要夹角为90°不变，故C错误；

D、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，采用的科学方法是等效替代法，故D正确．

【点睛】

本题考查了验证力的平行四边形定则时如何进行操作，以及弹簧秤的读数问题，对于基础实验一定熟练掌握才能为解决复杂实验打好基础．

28．A C 0.810 C

【解析】

【分析】

（1）研究加速度跟力和质量的关系，采用控制变量法；

（2）平衡摩擦力时应取下砂桶，调整木板右端高度，轻推小车，小车能够沿木板做匀速直线运动即可，实验过程中改变小车质量时不需要重新平衡摩擦力；

（3）根据逐差法，计算小车的加速度即可，注意有效数字；

（4）应用牛顿第二定律分析实验误差，然后答题；

【详解】

（1）为了研究加速度跟力和质量的关系，应该采用的研究实验方法是控制变量法，故选项A正确，BCD错误；

（2）平衡摩擦力时，取下砂桶，将纸带连接在小车上并穿过打点计时器，调节滑轮高度使细线与木板平行，将木板不带定滑轮的一端适当垫高，轻推小车，使小车做匀速直线运动，故C正确，ABD错误；

（3）相邻两计数点间还有四个计时点未画出，计数点间的时间间隔为：

=⨯=

T s s

0.0250.1

根据逐差法，小车的加速度为：

2223421225.20 5.99 4.38 3.5710/0.810/22220.1

x x x x a m s m s T -+--+--==⨯=⨯⨯⨯； （4）随着1M

增大，小车质量在减小，因此小车质量不再满足远大于砂和小砂桶的质量，加速度不可能一直均匀增大，加速度的增大幅度将逐渐减小，最后趋近与定值g ，故ABD 错误，C 正确．

【点睛】

考查了控制变量法的内容，知道实验原理，与操作注意事项，会根据实验原理分析分析为什么要平衡摩擦力和让小车的质量M 远远大于小桶（及砝码）的质量m ，若不满足质量之间的关系，图像会发生弯曲．

29．B ()()45612329x x x x x x T ++-++ m M BC

【解析】

(1) 电磁打点计时器使用交流4~6V 电压；而电火花计时器的电源应使用交流电压为220V;故B 正确；故选B ．

(2)由匀变速直线运动的判别式2x aT ∆=，结合逐差法求三个加速度，

24113x x a T =-，25223x x a T -=，26333x x a T =-，求平均加速度得

1234563212

()()39a a a x x x x x x a T ++++-++==. (3)设重物的质量m ，小车的质量M ，设加速度为a ，对小车F =Ma ；对重物mg -F =ma ，联立得：Mmg F M m =+，只有当m ＜＜M 时，才可得1mg

F mg m M

=≈+，即用小吊盘的总重力代替小车所受的拉力．

(4)A 、B 、甲图象表明在小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过渡，即把长木板的末端抬得过高了．故A 错误、B 正确．C 、D 、乙图象说明在拉力大于0时，物体的加速度为0，说明合外力为0，即绳子的拉力被摩擦力平衡了，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，也就是没有将长木板的末端抬高或抬高不够．故C 正确、D 错误．故选BC ．

【点睛】做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，实验的两个前提：平衡摩擦力和M ＞＞m 要明确．从纸带上求解加速度和速度是高中实验中常用的方法一定要熟练掌握．

30．钩码个数（或细线拉力），橡皮筋与细线结点的位置O ，细线的方向； 橡皮筋与细线结点的位置与步骤B 中结点位置重合 钩码个数、对应的细线方向

【解析】

【分析】

【详解】

B 、根据实验原理可知，图甲中需要记录合力的大小和方向后，画出来的合力是实际值，该实验中根据钩码个数来表示拉力大小， 因此需要记录的是：钩码个数（或细线拉力），橡皮筋与细线结点的位置O ，细线的方向；

C、该实验采用“等效代替”法，因此在用两个绳套拉橡皮筋时，要将橡皮筋与细线结点拉到与步骤B中结点位置重合，同时记录钩码个数和对应的细线方向．

31．2

s t-匀加速

【解析】

【分析】

【详解】

（1）[1] ．s-t图象如图所示：

（2）[2]．根据作图可看出第4组数据明显偏离s-t图象，可判断出表格中第4组数据有错误．

（3）[3]．若某同学提出位移与时间的二次方成正比的猜想，为验证猜想是否正确，应作s-t2图象．看图象是否为过原点的一条倾斜直线，若该猜想成立，则物体做匀加速直线运动．

32．5 10 1.8 AD

【解析】

【详解】

(1)[1]在竖直方向上，根据

2

2

y L gT

∆==

得

220.05

=s0.1s

10

L

T

g

⨯

==

则初速度为

0.15

m/s=1.5m/s

0.1

x

v

T

==

(2)[2]闪光的频率为

11Hz 10Hz 0.1

f T =

== (3)[3]B 点的竖直分速度为 880.05m/s 2m/s 220.1

yB L v T ⨯=

==⨯ 则A 点的竖直分速度为 (2100.1)m/s 1m/s yA yB v v gT =-=-⨯=

根据平行四边形定则知，A 点的速率为

1.8m/s A v ==≈

(2)[4]A ．小球与斜槽之间有摩擦力不影响实验的误差，只要保证小球从同一位置由静止释放，使得平抛运动的初速度相同，故A 正确；

B ．安装斜槽时末端不水平，会导致初速度不水平，使得误差增大，故B 错误；

C ．建立坐标系时，应该以小球在斜槽末端在竖直板上球心的投影为坐标原点，以末端端口位置为坐标原点使得误差增大，故C 错误；

D ．为了减小测量的误差，在曲线上所取的计算点离原点远一些．所以不会增大误差，故D 正确。

故选AD 。

四、解答题

33．(1)24m/s ；(2)28N

【解析】

【分析】

【详解】

(1)由位移公式2012

x v t at =+得 22022

2()2(6025)m/s 4m/s 5x v t a t -⨯-⨯=== (2)滑雪者共受4个力的作用，分别为重力mg ，支持力N F ，滑动摩擦力1f ，空气阻力2f ，由牛顿第二定律可得

12sin mg f f ma θ--=

1N f F μ=

N cos F mg θ=

解方程组得

228f N =

34．(1) 5m (2) 3.24s

【解析】

【详解】

物体上滑做匀减速直线运动，设加速度大小为1a 由牛顿第二定律可得

1sin 37cos37mg mg ma μ︒+︒=

代入数值可求得2

110m/s a =

设经过时间1t 速度减为零 0110s=1s 10

v t a =

= 设上滑最大距离为x ，则有 01101m=5m 22

v x t ==⨯ 因为摩擦因数0.5tan 37μ=<︒，故物体速度减为零后向下加速运动，设加速度大小为2a 由牛顿第二定律可得

2sin 37cos37mg mg ma μ︒-︒=

代入数值可得22s 2m/a =

设滑到低端用时2t 由运动学公式可得

22212

x a t =

代入数值可求得

2t =

设物块在斜面上运动的总时间为t ，则有

121s 2.24s 3.24s t t t =+=+=

35．(1)a 1=2.1m/s 2，方向沿斜面向上；a 2=8.4m/s 2，方向沿斜面向下；a 3=3.6m/s 2，方向沿斜面向下；(2)t =4.5s

【解析】

【分析】

【详解】

(1)撤去F 前，设物块加速度大小a 1，由牛顿第二定律得

1sin 30cos37F mg mg ma μ-︒-︒=

解得a 1=2.1m/s 2，方向沿斜面向上；撤去F 后，物块上滑过程中，设其加速度大小a 2，由牛顿第二定律得

2sin 37cos37mg mg ma μ︒+︒=

解得a 2=8.4m/s 2，方向沿斜面向下；物块在斜面上下滑过程中，设其加速度大小为a 3，由牛顿第二定律得

3sin 37cos37mg mg ma μ︒-︒=

解得a 3=3.6m/s 2，方向沿斜面向下

(2)物块向上加速过程

21111 4.2m 2

x a t == 11 4.2m/s v a t ==

物块向上减速过程

22 4.2s 0.5s 8.4

v t a === 22221 1.05m 2

x a t == 物块向下加速过程的总位移

3127.2m x x x L =++=

由

233312

x a t =

解得 32s t =

所求总时间

123 4.5s t t t t =++=

36．（1）5m ；（2）1.125s

【解析】

【分析】

【详解】

（1）小物块以初速度0v 沿斜面上滑时，由牛顿第二定律得

11sin cos mg mg ma θμθ+=

设小物块沿斜面上滑距离为1x

211020a x v -=-

由以上两式解得

15m x =

（2）小物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得

12sin cos mg mg ma θμθ-=

设小物块下滑至斜面底端时的速度为1v

22112a x v =

设小物块在传送带上滑动时的加速度为3a ，由牛顿第二定律得

23μmg ma =

设物块在传送带向左滑动的最大距离为2x

232120a x v -=-

设物块从传送带由左向右加速运动到和传送带共速运动的距离为3x

2332a x v =

解得

32x x <

小物块先加速再随传送带做匀速运动，设小物块加速至与传送带共速用时1t

31v a t =

设小物块匀速运动用时2t

232x x vt -=

设小物块从离传送带右侧最远点到再次滑回传送带右端的时间为t

12t t t =+

由以上各式解得

1.125s t =

37．（1）4 s （2） 60m

【解析】

【分析】

（1）刹车后汽车做匀减速运动，末速度为零，根据速度公式求时间．

（2）安全距离就是保证汽车从发现危险到停下来这段时间内的位移，即反应时间里的位移和刹车内的位移之和．

【详解】

（1）刹车后汽车做匀减速运动，运动时间为2045

v t s s a === （2）因为汽车在反应时间里没有任何操作，将继续做匀速直线运动

则有汽车在反应时间里的位移10020120x v t m m ==⨯= 根据022v v x t +=，解得：2204402

x m m =⨯= 该高速路上的安全距离应该等于汽车在反应时间内的位移加上汽车在刹车时间内的位移即：()12204060x x x m m =+=+=

38．(1)1.25m/s 2 100m (2)22.5N

【解析】

【分析】

（1）由运动学公式可求加速度及上升高度；

（2）根据牛顿第二定律求解其手臂承受的最大拉力；

【详解】

（1）根据速度与时间关系可知：4t s =时速度最大为5/m v m s =，则

21.25/m v a m s t

==； 由题可知减速时其加速度大小仍为21.25/m s ，所以减速时间为："4t t s ==

则匀速运动时间为："""2416t s t t s =--= 则根据平均速度以及匀速运动规律可知上升的高度为："""10022

m m m v v h t v t t m =++=； （2）当电梯加速上升时，其手臂承受的最大拉力为T ，则对快递包裹根据牛顿第二定律，有：T mg ma -=，代入数据可以得到：22.5T N =。

【点睛】

解答此题的关键是熟练地应用运动学公式和牛顿定律，对运动过程要清楚，对匀变速直线运动，能用平均速度的公式求位移。