浙江省湖州市2018-2019学年高一物理上册期末考试题

2018-2019学年浙江省湖州市安吉县上墅私立高中高一（上）期末物理试卷

一、选择题（本题共13小题，每题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。）

1．在国际单位制中，力的单位“牛”是导出单位，用基本单位表示，正确的是（ ） A．m/s B．m/s2 C．kg?m/s D．kg?m/s2

2．目前我国高铁总里程已经达到1.9万公里，位居世界第一．小王同学暑期乘高铁从湖州到北京旅游，全程1100公里只花了5个半小时．对小王的此次出行下列说法正确的是（ ） A．湖州到北京位移小于1100公里 B．湖州到北京位移大于1100公里 C．湖州到北京路程大于1100公里 D．去北京时的位移与回湖州时的位移相同

3．在下列物体重，可视为质点的是（ ） A．被运动员切削后旋转的乒乓球 B．做花样滑冰动作的运动员 C．马拉松比赛中的体育运动员 D．转体翻滚下落的跳水运动员

4．一质点做匀变速直线运动，其速度v与时间t的数值关系为v=6﹣2t（各物理量均采用国际单位制单位）．关于该质点的运动，下列说法正确的是（ ） A．初速度大小为2m/s B．加速度大小为4m/s

C．物体在第1s内的位移大小为5m D．物体在第1s内的平均速度大小为6m/s

5．某物体从t=0时出发，其运动速度随时间变化的v﹣t图象如图所示．下列对该物体运动的描述正确的是（ ）

2

A．1s末和2.5s末运动方向相反 B．2.5s末和3.5s末加速度方向相反 C．2s末离出发点最远 D．6s末回到出发点

6．在一次放风筝过程中，悬停在45m高处的风筝由于风筝线的突然断裂而下落．风筝从开始下落到着地经历的时间可能是（ ）

A．1s B．2s C．3s D．9s

7．下面哪个实验用到了等效替代的思想方法（ ） A．探究加速度与力、质量的关系 B．探究弹簧弹力大小与伸长量的关系 C．探究合力的方法 D．研究平抛运动

8．如图所示，质量为m的物体静止在倾角θ的斜面上，在求解物体对斜面的压力大小等于mgcosθ过程中，没有用到的知识是（ ）

A．力的合成与分解 B．物体平衡条件 C．运动的合成与分解 D．牛顿第三定律

9．下列四种情况中，三个大小相等、方向不同的力F同时作用于同一点O，其中合力最小的是（ ）

A． B． C． D．

10．一物体由静止开始自由下落一段时间后突然受一水平向右的恒定风力的影响，则其运动轨迹可能的情况是（ ）

A． B． C． D．

11．用如图所示装置研究平抛运动规律，用小锤打击弹性金属片，使a球沿水平方向抛出，同时b球自由下落．不计一切阻力，在两球下落过程中，下列说法正确的是（ ）

A．任意时刻a、b两球都处在同一高度 B．任意时刻a、b两球速度都相同 C．b球的加速度始终大于a球 D．b球的下落时间小于a球

12．如图所示，小李同学站在升降电梯内的体重计上，电梯静止时，体重计示数为50kg，电梯运动过程中，某一段时间内小李同学发现体重计示数为55kg．g取10m/s2，在这段时间内下列说法正确的是（ ）

A．体重计对小李的支持力大于小李对体重计的压力 B．体重计对小李的支持力等于小李的重力 C．电梯的加速度大小为1m/s2，方向竖直向上 D．电梯一定竖直向上运动

13．如图所示，在高台滑雪比赛中，某运动员从平台上以v0的初速度沿水平方向飞出后，落到倾角为θ的雪坡上（雪坡足够长）．若运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则（ ）

A．如果v0不同，运动员落到雪坡时的位置不同，速度方向也不同 B．如果v0不同，运动员落到雪坡时的位置不同，但空中运动时间相同 C．运动员刚要落到雪坡上时的速度大小为

D．运动员在空中经历的时间为

二、填空题（本题共4小题，每空2分，共16分。）

14．质量为5kg的木箱放在水平地面上，至少要用25N的水平推力，才能使它从原地开始运动．木箱从原地移动以后，用20N的水平推力，就可以使木箱继续做匀速运动．则用23N的水平推力推静止的此木箱时，木箱所受的摩擦力大小为 N．木箱与地面间的动摩擦因数为 ．（g取10m/s2）

15．如图所示，A、B两点分别是半径之比3：2的两个轮子边缘上的点，两个轮子通过皮带传动，且皮带不打滑．则传动时A、B两点角速度大小之比为 ；向心加速度大小之比为 ．

16．如图所示，质量为0.1kg的小球放置在水平托盘上．现在使小球和托盘一起以1m/s的速度在竖直平面内做半径R=1m的匀速圆周运动（小球与托盘保持相对静止）．小球在最高点A处对托盘的压力大小为 N；小球在圆周水平直径的右端B处所受的合外力大小为 N．（g取10m/s2）

17．如图所示，倾角为30°的固定斜面上有一质量m=0.1kg的物体，细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与悬挂于天花板上的弹簧秤相连．当物体静止在斜面上时，细绳与斜面平行，弹簧秤的示数为5.0N．斜面对物体的支持力大小为 N；斜面对物体的摩擦力大小为 N．（g取10m/s2）

三、实验探究题（本题共2小题，每空2分，作图2分，共12分。）

18．某同学在做“探究弹簧弹力大小与伸长量的关系”实验中，设计了如图所示的实验装置．他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，将数据填在下面的表中（弹簧始终在弹性限度内）． 测量次序 弹簧弹力大小F/N 弹簧总长x/m 1 0 6 2 0.49 7.16 3 0.98 8.34 4 1.47 9.48 5 1.96 10.85 6 2.45 11.75

（1）表格中记录的测量数据第 次的数据存在明显的问题．（填测量次序）． （2）请根据实验数据在图乙的坐标纸上（已描出了前四次的测量数据）把第5、6次测量的数据对应的点描出来，并作出F﹣x图线．

（3）该弹簧的劲度系数k= N/m（保留三位有效数字）．

19．某实验小组用如图甲所示的装置来完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验．实验步骤如下：

A．将小车移至靠近打点计时器处，接通电源，再释放小车．

B．将打点计时器固定在没有滑轮的一端，将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔．

C．将细绳一端栓在小车上，跨过滑轮后，在系在细绳另一端的小桶中放入合适的砝码． D．小车停止运动后，关闭打点计时器，取下纸带．

E．换上新纸带，重复操作三次，然后从各纸带中选取一条点迹清晰的进行数据处理． （1）合理的操作顺序为 ．

（2）图乙所示为本次实验获得的一条纸带．图中1、2、3、4都为计数点，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s．由纸带可得，在计时器打点2时，小车运动的速度大小为 m/s，小车运动的加速度大小为 m/s2．

四、计算题（本题共3小题，其中20题10分、21题11分、22题12分，共33分。解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不能得分。）

20．汽车从静止开始作匀加速直线运动，经5s后速度达到10m/s，然后匀速运动了10s，接着以5m/s2的加速度减速运动，求： （1）汽车在加速阶段的加速度大小； （2）在第16s末的速度大小； （3）汽车在18s内通过的位移大小．

21．如图所示，一个质量m=2kg的物体，在与水平面成37°角的斜向上拉力F作用下，由静止开始向右运动，运动12m时撤去拉力F，撤去拉力后，物体继续向右滑行14.4m才停止．已知物体与水平面的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求： （1）撤去F后物体的加速度大小； （2）撤去F时物体的速度大小； （3）拉力F的大小．

22．如图甲所示，ABCD为固定在水平面内的闭合轨道，其中AB、CD段均为半径R=1.6m的半圆轨道，BC、AD段为直轨道，AD=BC=5m．AD段粗糙，动摩擦因数μ=0.2，其余各段均光滑．有一质量为0.2kg可视为质点的小物体卡在轨道上，沿着轨道运动，其截面图如图乙所示．小物体经过DA段时会受到一个方向竖直向上，大小随深度如图丙规律变化的F1作用；小物体经过BC段时会受到一个方向沿轨道向右，大小恒为0.4N的F2作用．现使小物体在D点以v0=4m/s的初速度向左运动，发现小物体恰好能匀速运动到A点．（g取10m/s）求： （1）小物体第一次经过圆弧AB段的向心加速度大小； （2）小物体第一次运动到C点时速度大小；

（3）若要小物体每次经过D点的速度都相同，则在D至少要获得多大的初速度．

2

2018-2019学年浙江省湖州市安吉县上墅私立高中高一（上）期末物理试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（本题共13小题，每题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。）

1．在国际单位制中，力的单位“牛”是导出单位，用基本单位表示，正确的是（ ） A．m/s B．m/s2 C．kg?m/s D．kg?m/s2 【考点】力学单位制．

【分析】根据牛顿第二定律F=ma和a=【解答】解：根据a=

，进行推导．

得加速度单位是m/s2

根据牛顿第二定律F=ma知，1N=kg?m/s2． 故选：D．

【点评】本题关键要掌握国际单位制中力学基本单位：米、千克、秒及公式F=ma

2．目前我国高铁总里程已经达到1.9万公里，位居世界第一．小王同学暑期乘高铁从湖州到北京旅游，全程1100公里只花了5个半小时．对小王的此次出行下列说法正确的是（ ） A．湖州到北京位移小于1100公里 B．湖州到北京位移大于1100公里 C．湖州到北京路程大于1100公里 D．去北京时的位移与回湖州时的位移相同 【考点】位移与路程．

【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题．

【分析】位移是由初位置指向末位置，是矢量；路程是运动轨迹的长度，是标量 【解答】解：A、位移是由初位置指向末位置有向线段的长度，路程是运动轨迹的长度，而高铁路线是曲线，则湖州到北京的路程为1100公里，位移小于1100公里，故A正确，BC错误；

D、去北京时的位移与回湖州时的位移大小相同，方向不同，位移不同，故D错误． 故选：A

【点评】解决本题的关键区别位移和路程：位移是由初位置指向末位置，是矢量；路程是运动轨迹的长度，是标量

3．在下列物体重，可视为质点的是（ ） A．被运动员切削后旋转的乒乓球 B．做花样滑冰动作的运动员 C．马拉松比赛中的体育运动员 D．转体翻滚下落的跳水运动员 【考点】质点的认识．

【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题．

【分析】解决本题要正确理解质点的概念：质点是只计质量不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条件的科学抽象，能否看作质点物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略．

【解答】解：A、乒乓球比赛中研究乒乓球被打出后在空中运行轨迹，即研究乒乓球的旋转等动作时，不能看作质点．故A错误；

B、花样滑冰时裁判是根据运动员的肢体动作进行判断；故不能看作质点，故B错误； B、在确定马拉松比赛中的体育运动员的位置时，不考虑其体积、大小，故C正确； C、研究转体翻滚下落的跳水运动员动作时，不可忽略其动作，即不能看作质点，故D错误． 故选：C

【点评】考查学生对质点这个概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，物体的大小体积能否忽略．

4．一质点做匀变速直线运动，其速度v与时间t的数值关系为v=6﹣2t（各物理量均采用国际单位制单位）．关于该质点的运动，下列说法正确的是（ ） A．初速度大小为2m/s B．加速度大小为4m/s

C．物体在第1s内的位移大小为5m D．物体在第1s内的平均速度大小为6m/s

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系． 【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题．

2

【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式得出质点的初速度和加速度，根据位移时间公式求出物体在1s内的位移，从而得出最初1s内的平均速度大小．

【解答】解：A、根据v=v0+at=6﹣2t得，质点的初速度v0=6m/s，加速度a=﹣2m/s2，故A、B错误．

C、物体在第1s内的位移x=v0t+D、第1s内的平均速度故选：C．

【点评】本题考查匀变速直线运动的规律应用；解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，并能灵活运用，基础题

5．某物体从t=0时出发，其运动速度随时间变化的v﹣t图象如图所示．下列对该物体运动的描述正确的是（ ）

=

=

at2=6×1﹣

=5m/s； 故D错误．

=5m；故C正确；

A．1s末和2.5s末运动方向相反 B．2.5s末和3.5s末加速度方向相反 C．2s末离出发点最远 D．6s末回到出发点

【考点】匀变速直线运动的图像．

【专题】比较思想；图析法；运动学中的图像专题．

【分析】在速度时间图象中，速度的符号表示速度的方向，时间轴上方速度是正值，时间轴下方速度是负值；倾斜的直线表示匀变速直线运动，图线的斜率表示加速度；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．由此分析即可． 【解答】解：

A、1s末和2.5s末的速度均为正，说明物体的运动方向相同，故A错误．

B、图线的斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，则知2.5s末和3.5s末加速度方向相同，故B错误．

C、物体在前3s内沿正向运动，后3s内沿负向运动，根据图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负，可知前6s内位移为零，则知 物体在3s末离出发点最远，故C错误．

D、前6s内物体的位移为零，则6s末回到出发点D正确． 故选：D

【点评】本题考查v﹣t图象的性质，要注意明确图象中点、线及面的含义，并能熟练应用，特别要掌握斜率等于加速度、面积表示位移．

6．在一次放风筝过程中，悬停在45m高处的风筝由于风筝线的突然断裂而下落．风筝从开始下落到着地经历的时间可能是（ ）

A．1s B．2s C．3s D．9s 【考点】自由落体运动．

【专题】定性思想；推理法；自由落体运动专题．

【分析】根据自由落体运动的位移时间公式，求出物体若自由落体运动，下落的时间，而风筝的运动不是自由落体运动，下落的时间大于自由落体运动的时间． 【解答】解：根据h=

得，t=

，

而风筝的运动时间大于自由落体运动的时间，可知风筝开始下落的时间为9s，故D正确，A、B、C错误． 故选：D．

【点评】解决本题的关键掌握自由落体运动的位移时间公式，并能灵活运用，注意不能将风筝的运动看成自由落体运动．

7．下面哪个实验用到了等效替代的思想方法（ ） A．探究加速度与力、质量的关系 B．探究弹簧弹力大小与伸长量的关系 C．探究合力的方法 D．研究平抛运动

【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系；物理学史；探究弹力和弹簧伸长的关系． 【专题】实验题；推理法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题．

【分析】在研究多个物理量之间关系时，往往要控制某些量不变，即控制变量法．合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想．

【解答】解：A、探究小车加速度与质量、力的关系使用了控制变量法，故A错误； B、探究弹簧弹力大小与伸长量的关系使用实验探究法，故B错误； C、探究求合力的方法使用了等效法，故C正确； D、研究平抛运动使用合成分解法，故D错误． 故选：C

【点评】物理学的发展离不开科学的思维方法，要明确各种科学方法在物理中的应用，如控制变量法、理想实验、理想化模型、极限思想等．

8．如图所示，质量为m的物体静止在倾角θ的斜面上，在求解物体对斜面的压力大小等于mgcosθ过程中，没有用到的知识是（ ）

A．力的合成与分解 B．物体平衡条件 C．运动的合成与分解 D．牛顿第三定律

【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 【专题】定性思想；推理法；受力分析方法专题．

【分析】以物块为研究对象，分析受力情况，根据力的合成与分解结合平衡条件求解斜面对物块的支持力，再根据牛顿第三定律求球对斜面的压力大小．

【解答】解：对物体受力分析，受竖直向下的重力mg，平行于斜面向上的摩擦力f，和垂直于斜面向上的支持力N，正交分解，根据共点力平衡条件得： 垂直斜面方向：N=mgcosθ

根据牛顿第三定律物体对斜面的压力为：N′=mgcosθ 所以ABD全部需要，没有用到的是运动的合成与分解． 故C符合题意，是正确的． 故选：C

【点评】该题从另一个角度考查力的平衡与力的分解，解答本题关键正确分析受力情况，根据正交分解法列平衡方程求解，基础题．

9．下列四种情况中，三个大小相等、方向不同的力F同时作用于同一点O，其中合力最小的是（ ）

A． B．

C． D．

【考点】力的合成．

【专题】定性思想；推理法；图析法；受力分析方法专题．

【分析】三力合成时，若合力能为零则三力可以组成三角形，分析题中数据可知能否为零；若不为零，则进行两两合成，从而分析最小的可能情况．

【解答】解：A、将左边两个力进行合成，再与右边合成，则有合力的大小（B、将相互垂直的F进行合成，则合力的大小为大小为（

﹣1）F；

﹣1）F；

F，再与第三个力F合成，即有合力的

C、将方向相反的两个力合成，则合力为0，再与第三个力F合成，则有合力大小为F； D、将任意两力进行合成，可知，这三个力的合力为零；故D正确，ABC均错误； 故选：D．

【点评】考查力的平行四边形定则，并体现如何选择两力合成的技巧，同时要学生会画合成与分解的力图．

10．一物体由静止开始自由下落一段时间后突然受一水平向右的恒定风力的影响，则其运动轨迹可能的情况是（ ）

A． B． C． D．

【考点】物体做曲线运动的条件．

【专题】定性思想；推理法；物体做曲线运动条件专题．

【分析】物体所受合力的方向（加速度的方向）大致指向曲线运动轨迹凹的一向，开始时，加速度方向竖直向下，做自由落体运动，受到水平向右的风力时，合力的方向指向右偏下，风停止后，合力的方向有向下．根据合力与速度的方向关系，判断其轨迹．

【解答】解：物体开始做自由下落，轨迹是一条直线，突然受到恒定的水平风力，合力的方向与速度的方向不在同一条直线上，做曲线运动，根据轨迹夹在速度方向和合力方向之间，同时速度的方向不能发生突然的变化．故B正确，ACD错误． 故选：B．

【点评】解决本题的关键知道曲线运动的轨迹夹在速度方向和合力方向之间，物体所受合力的方向大致指向轨迹凹的一向．

11．用如图所示装置研究平抛运动规律，用小锤打击弹性金属片，使a球沿水平方向抛出，同时b球自由下落．不计一切阻力，在两球下落过程中，下列说法正确的是（ ）

A．任意时刻a、b两球都处在同一高度 B．任意时刻a、b两球速度都相同 C．b球的加速度始终大于a球 D．b球的下落时间小于a球 【考点】研究平抛物体的运动．

【专题】实验题；定性思想；推理法；平抛运动专题．

【分析】a球做平抛运动，b球做自由落体运动，不论A球的初速度如何，两球都同时落地，从而说明平抛运动在竖直方向是自由落体运动，进而可以一一作答．

【解答】解：AC、a球做平抛运动，b球做自由落体运动，不论A球的初速度如何，竖直方向运动情况相同，任意时刻a、b两球都处在同一高度，两球都同时落地，从而说明平抛运动在竖直方向是自由落体运动，则它们的加速度相同．故A正确，CD错误．

B、虽竖直方向做自由落体运动，但平抛的球，则有水平速度，因此下落相同高度时，两球速率不相等，故B错误； 故选：A

【点评】解决本题的关键通过两球同时落地，说明平抛运动在竖直方向是自由落体运动，掌握速度的矢量合成法则，难度适中．

12．如图所示，小李同学站在升降电梯内的体重计上，电梯静止时，体重计示数为50kg，电梯运动过程中，某一段时间内小李同学发现体重计示数为55kg．g取10m/s，在这段时间内下列说法正确的是（ ）

2

A．体重计对小李的支持力大于小李对体重计的压力 B．体重计对小李的支持力等于小李的重力 C．电梯的加速度大小为1m/s，方向竖直向上 D．电梯一定竖直向上运动

【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．

【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．

【分析】作用力与反作用力大小相等；小明的体重只有50kg，而他看到体重计的示数为55kg，可知他处于超重，则电梯有向上的加速度，由此来分析各个选项．

【解答】解：A、体重计对小李的支持力和小李对体重计的压力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反．故A错误；

B、小明的体重只有50kg，体重计的示数为55kg，说明体重计对小李的支持力大于小李的重力．故B错误；

C、D、小明处于超重状态，说明电梯有向上的加速度，运动情况可能为：向上加速或向下减速；

2

小明受支持力和重力，由牛顿第二定律可知其加速度为： a=错误． 故选：C．

【点评】本题考查了超重和失重的知识，记住：1、具有向上的加速度超重，具有向下的加速度失重；2、无论超重还是失重，物体本身的质量并没有变化．

13．如图所示，在高台滑雪比赛中，某运动员从平台上以v0的初速度沿水平方向飞出后，落到倾角为θ的雪坡上（雪坡足够长）．若运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则（ ）

．故C正确，D

A．如果v0不同，运动员落到雪坡时的位置不同，速度方向也不同 B．如果v0不同，运动员落到雪坡时的位置不同，但空中运动时间相同 C．运动员刚要落到雪坡上时的速度大小为

D．运动员在空中经历的时间为【考点】平抛运动．

【专题】定性思想；推理法；平抛运动专题．

【分析】根据平抛运动竖直位移和水平位移的关系，结合运动学公式求出运动员在空中运动的时间，结合速度时间公式求出竖直分速度，根据平行四边形定则求出落到斜坡上的速度大小．抓住位移方向不变，结合某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，判断速度方向是否相同．

【解答】解：A、运动员落在斜面上，位移的方向一定，因为平抛运动速度方向与水平方向的夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，可知速度方向相同，故A错误． B、根据

得，t=

，知初速度

不同，运动的时间不同，则水平位移不同，落到雪坡上的位置不同，故B错误，D正确．

C、运动员落在斜面上的竖直分速度vy=gt=2v0tanθ，则速度v=故选：D．

【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍．

二、填空题（本题共4小题，每空2分，共16分。）

14．质量为5kg的木箱放在水平地面上，至少要用25N的水平推力，才能使它从原地开始运动．木箱从原地移动以后，用20N的水平推力，就可以使木箱继续做匀速运动．则用23N的水平推力推静止的此木箱时，木箱所受的摩擦力大小为 23 N．木箱与地面间的动摩擦因数为 0.4 ．（g取10m/s） 【考点】摩擦力的判断与计算．

【专题】定量思想；推理法；摩擦力专题．

【分析】当两个物体刚要发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，恰好等于此时的水平推力．当木箱做匀速直线运动时，滑动摩擦力与水平推力平衡，大小相等，由摩擦力公式求出动摩擦因数μ．

【解答】解：由题，木箱放在水平地面上，至少要用25N的水平推力才能使开始滑动，木箱与地面间的最大静摩擦等于此时的水平推力，

当用23N的水平推力推静止的此木箱时，木箱所受的摩擦力大小为23N； 用20N的水平推力，就可以使木箱继续做匀速运动；

当木箱做匀速直线运动时，根据平衡条件得到，滑动摩擦力f=F2=20N，木箱对地面的压力大小N=G=50N，

则木箱与地面间的动摩擦因数μ=故答案为：23，0.4．

【点评】当物体处于静止状态时，根据平衡条件求解静摩擦力．对于滑动摩擦力，有时可以根据平衡条件求解，有时可以根据摩擦力公式求解．

=

=0.4；

2

，故C错误．

15．如图所示，A、B两点分别是半径之比3：2的两个轮子边缘上的点，两个轮子通过皮带传动，且皮带不打滑．则传动时A、B两点角速度大小之比为 2：3 ；向心加速度大小之比为 2：3 ．

【考点】向心加速度；线速度、角速度和周期、转速．

【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用．

【分析】两个轮子通过皮带传动，轮子边缘上的点线速度大小相等，根据v=rω得出角速度之比，根据a=

得出向心加速度之比．

知，A、B的半径之比为3：2，

【解答】解：A、B两点的线速度大小相等，根据则角速度之比为2：3，根据a=3．

故答案为：2：3，2：3．

得，A、B的半径之比为3：2，则向心加速度之比为2：

【点评】解决本题的关键知道靠传送带传动轮子边缘上的点线速度大小相等，知道线速度与角速度、与向心加速度的关系，并能灵活运用，基础题．

16．如图所示，质量为0.1kg的小球放置在水平托盘上．现在使小球和托盘一起以1m/s的速度在竖直平面内做半径R=1m的匀速圆周运动（小球与托盘保持相对静止）．小球在最高点A处对托盘的压力大小为 0.9 N；小球在圆周水平直径的右端B处所受的合外力大小为 0.1 N．（g取10m/s）

2

【考点】向心力；牛顿第二定律．

【专题】定量思想；模型法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用．

【分析】在A点，小球所受的合力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律求出托盘对小球的支持力，再由牛顿第三定律求小球对托盘的压力． 在B点，合外力等于向心力．

【解答】解：在A点，以小球为研究对象，由合力提供圆周运动的向心力，得 mg﹣N=m得 N=m（g﹣

）=0.1×（10﹣

）=0.9N

由牛顿第三定律得，小球在最高点A处对托盘的压力大小为0.9N． 小球在B处所受的合外力大小为 F=m故答案为：0.9，0.1．

【点评】解决本题的关键知道向心力的来源：指向圆心的合力，运用牛顿第二定律进行定量研究．

17．如图所示，倾角为30°的固定斜面上有一质量m=0.1kg的物体，细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与悬挂于天花板上的弹簧秤相连．当物体静止在斜面上时，细绳与斜面平行，弹簧秤的示数为5.0N．斜面对物体的支持力大小为 5对物体的摩擦力大小为 0 N．（g取10m/s2）

N；斜面

=0.1×

=0.1N

【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 【专题】定性思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题．

【分析】对物体受力分析，求出物体重力与斜面方向下的分力大小，根据共点力平衡求解即可．

【解答】解：对物体进行受力分析，由几何知识可得：斜面对物体的支持力大小为N=mgcos30°=5

N，方向垂直斜面向上，

重力沿斜面向下的分力G1=mgsin30°=5N，和拉力大小相等，方向相反，所以斜面对物体的摩擦力大小为零． 故答案为：5

，0

【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意判定是否存在摩擦力是解题的关键．

三、实验探究题（本题共2小题，每空2分，作图2分，共12分。）

18．某同学在做“探究弹簧弹力大小与伸长量的关系”实验中，设计了如图所示的实验装置．他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，将数据填在下面的表中（弹簧始终在弹性限度内）． 测量次序 弹簧弹力大小F/N 弹簧总长x/m 1 0 6 2 0.49 7.16 3 0.98 8.34 4 1.47 9.48 5 1.96 10.85 6 2.45 11.75

（1）表格中记录的测量数据第 1、5 次的数据存在明显的问题．（填测量次序）． （2）请根据实验数据在图乙的坐标纸上（已描出了前四次的测量数据）把第5、6次测量的数据对应的点描出来，并作出F﹣x图线．

（3）该弹簧的劲度系数k= 42.6 N/m（保留三位有效数字）． 【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．

【专题】实验题；定性思想；实验分析法；弹力的存在及方向的判定专题．

【分析】采用描点法作图得到F﹣x图象，确定哪一次的数据有误，根据胡克定律，F﹣x图象的斜率表示劲度系数．

【解答】解：根据表格中的数据描点作图，如图所示，由图可知，第5次数据的点，偏离图线较远，可知该数据存在明显问题．第一次数据弹簧长度取值不对，小数点后应保留2位． 根据胡克定律得，k=

故答案为：（1）1、5 （2）如图所示，

．

（3）42.6

【点评】解决本题的关键掌握描点作图的方法，让尽量多的点落在图线上，偏离较远的点要大胆地舍去．

19．某实验小组用如图甲所示的装置来完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验．实验步骤如下：

A．将小车移至靠近打点计时器处，接通电源，再释放小车．

B．将打点计时器固定在没有滑轮的一端，将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔．

C．将细绳一端栓在小车上，跨过滑轮后，在系在细绳另一端的小桶中放入合适的砝码． D．小车停止运动后，关闭打点计时器，取下纸带．

E．换上新纸带，重复操作三次，然后从各纸带中选取一条点迹清晰的进行数据处理． （1）合理的操作顺序为 BCADE ．

（2）图乙所示为本次实验获得的一条纸带．图中1、2、3、4都为计数点，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s．由纸带可得，在计时器打点2时，小车运动的速度大小为 0.165 m/s，小车运动的加速度大小为 0.5 m/s2．

【考点】探究小车速度随时间变化的规律．

【专题】实验题；定量思想；推理法；直线运动规律专题．

【分析】1、实验步骤要符合事物发展逻辑，要有利于操作和减小实验误差，在明确实验原理的情况下奔着这个原则即可正确安排实验步骤．

2、根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上2点时小车的瞬时速度大小． 【解答】解：（1）实验步骤的安排要符合逻辑，要符合事物发展的进程，一般都是先要安装器材，准备实验，然后进行实验的总体思路进行，

本着先安装器材，后进行实验的思路，如在该实验中，先固定长木板，安装打点计时器，准备完毕开始进行实验，注意要先打点后释放小车，做完一次实验要及时关闭电源，再换上新纸带，重复操作三次，然后从各纸带中选取一条点迹清晰的进行数据处理，故正确的实验步骤是：BCADE．

（2）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，

根据平均速度定义得：

2

根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上2点时小车的瞬时速度大小．有： v2=

=

=0.165m/s

2

根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT可以求出加速度的大小，得： a=

=

=0.5m/s2，

故答案为：（1）BCADE；（2）0.165，0.5．

【点评】正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，会起到事半功倍的效果，同时要加强物理基本规律在实验中的应用．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．

四、计算题（本题共3小题，其中20题10分、21题11分、22题12分，共33分。解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不能得分。）

20．汽车从静止开始作匀加速直线运动，经5s后速度达到10m/s，然后匀速运动了10s，接着以5m/s2的加速度减速运动，求： （1）汽车在加速阶段的加速度大小； （2）在第16s末的速度大小； （3）汽车在18s内通过的位移大小．

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系． 【专题】定量思想；方程法；直线运动规律专题．

【分析】（1）汽车从静止开始作匀加速直线运动，已知初速度、时间和末速度，v=at求解加速度．

（2）先根据速度公式v=v0+at匀减速运动所用时间，判断16s末汽车的状态，再求解其速度．

（3）根据位移公式求出三个过程的位移，即可求得总位移． 【解答】解：（1）有v=a1t1 得： a1=

=

=2m/s2

（2）由题意可知，第15s末速度为10m/s，第16s开始减速，有： v16=v15﹣a2t3

v16=5m/s （3）减速过程的时间为：t4=物体在第17s末停止运动 加速阶段通过的位移为：x1=

t1=25m

匀速阶段通过的位移为：x2=vt2=100m 减速阶段通过的位移为：x3=

t4=10m

通过的总位移为：x=x1+x2+x3=135m 答：（1）汽车在加速阶段的加速度大小为2m/s； （2）在第16s末的速度大小为5m/s； （3）汽车在18s内通过的位移大小为135m．

【点评】本题是涉及刹车的问题，要注意求出汽车刹车的时间，判断其运动状态，不能死代公式

21．如图所示，一个质量m=2kg的物体，在与水平面成37°角的斜向上拉力F作用下，由静止开始向右运动，运动12m时撤去拉力F，撤去拉力后，物体继续向右滑行14.4m才停止．已知物体与水平面的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求： （1）撤去F后物体的加速度大小； （2）撤去F时物体的速度大小； （3）拉力F的大小．

22

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系． 【专题】计算题；定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题． 【分析】（1）根据牛顿第二定律求出撤去拉力后的匀加速运动的加速度． （2）结合速度位移公式求出继续向前滑行的距离；

（3）有作用时力将作用力分解为水平方向和竖直方向进行分析，分别根据共点力的平衡条件和牛顿第二定律列式求解即可． 【解答】解：

（1）撤去拉力后物体只受重力和摩擦力，合外力f=μmg； 则由牛顿第二定律可知： a2=

解得：a2=5m/s2

（2）根据速度和位移公式可知： v=2a2x2

解得：v=12m/s

（3）根据牛顿第二定顿可知： Fcos37°﹣Ff=ma 竖直方向mg=Fsin37°+FN 摩擦力：Ff=μFN 根据运动学公式可知： 物体加速度： a=

=

=6m/s

2

2

联立解得：牵引力 F=20N

答：（1）撤去F后物体的加速度大小为5m/s （2）撤去F时物体的速度大小为12m/s； （3）拉力F的大小为20N．

【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，注意在撤去拉力前后物体所受的摩擦力不同；要分别根据滑动摩擦力公式进行分析求解．

22．如图甲所示，ABCD为固定在水平面内的闭合轨道，其中AB、CD段均为半径R=1.6m的半圆轨道，BC、AD段为直轨道，AD=BC=5m．AD段粗糙，动摩擦因数μ=0.2，其余各段均光

2

滑．有一质量为0.2kg可视为质点的小物体卡在轨道上，沿着轨道运动，其截面图如图乙所示．小物体经过DA段时会受到一个方向竖直向上，大小随深度如图丙规律变化的F1作用；小物体经过BC段时会受到一个方向沿轨道向右，大小恒为0.4N的F2作用．现使小物体在D点以v0=4m/s的初速度向左运动，发现小物体恰好能匀速运动到A点．（g取10m/s）求： （1）小物体第一次经过圆弧AB段的向心加速度大小； （2）小物体第一次运动到C点时速度大小；

（3）若要小物体每次经过D点的速度都相同，则在D至少要获得多大的初速度．

2

【考点】动能定理的应用；向心力．

【专题】计算题；分割思想；合成分解法；动能定理的应用专题． 【分析】（1）小物体在AB段做圆周运动，已知线速度和半径，由公式a=度大小．

（2）由动能定理可求得第一次到达D点的速度或由牛顿第二定律和速度位移公式结合求解． （3）对物体的运动过程进行分析，根据牛顿第二定律和运动学公式可求得D点的最小初速度．

【解答】解：（1）小物体第一次经过圆弧AB段的向心加速度大小 a1=解得 a1=10m/s2

求向心加速

（2）物体在BC段运动的加速度 a2=由vC﹣vB=2a2xBC得 vC=6m/s

2

2

=2m/s

2

（3）当物体速度大小为4m/s时，物体做匀速运动，则F1=mg=2N

由题意可知：D到A减速，B到C加速，若要小物体每次经过D点的速度都相同，则两段加速度大小相等． 即a3=a1=2m/s2

由牛顿第二定律得 μ（F1﹣mg）=ma3 得 F1=4N

由图可得：F1=4N时，v=8m/s

当物体速度大于等于8m/s后，F1保持不变．则要实现小物体每次经过D点的速度都相同，在A点速度至少要达到8m/s． vD﹣vA=2a3xDA 解得 vD=2

m/s

m/s

2

2

物体在D点获得速度至少要达到2答：

（1）小物体第一次经过圆弧AB段的向心加速度大小是10m/s2； （2）小物体第一次运动到C点时速度大小是6m/s；

（3）若要小物体每次经过D点的速度都相同，则在D至少要获得2

m/s的初速度．

【点评】本题是牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清物体的运动过程，选择合适的规律进行求解．也可以运用动能定理研究．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/ccb8.html