（精校版）高一物理试卷集（39套）_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中物理

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高一物理期末试卷集
2019-2020 学年四川省资阳市雁江区丰裕高中高一（上）期末物理复习试卷..............2
2019-2020 学年四川省绵阳市高中联考高一（上）期末物理试卷................................10
2019-2020 学年四川省绵阳市高一（上）期末物理试卷................................................24
2019-2020 学年四川省成都市双流县棠湖中学高一（上）期末物理试卷....................37
2019-2020 学年上海市金山区高一（上）期末物理试卷................................................47
2019-2020 学年上海市虹口区北虹高中高一（上）期末物理试卷................................54
2019-2020 学年陕西省延安市吴起高中高一（上）期末物理试卷（基础卷）............65
2019-2020 学年陕西省咸阳市高一（上）期末物理试卷................................................72
2019-2020 学年陕西省西安中学高一（上）期末物理试卷............................................82
2019-2020 学年陕西省西安市长安一中高一（上）期末物理试卷................................91
2019-2020 学年江苏省盐城市东台市高一（上）期末物理试卷................................. 112
2019-2020 学年江苏省无锡市高一（上）期末物理试卷..............................................122
2019-2020 学年江苏省苏州市高一（上）期末物理试卷..............................................131
2019-2020 学年江苏省南京师大附中高一（上）期末物理试卷................................. 142
2019-2020 学年广东省中山市高一（上）期末物理试卷..............................................151
2019-2020 学年广东省深圳市罗湖区高一（上）期末物理试卷................................. 161
2019-2020 学年广东省深圳市福田区耀华实验学校国际部高一（上）期末物理试卷172
2019-2020 学年广东省深圳市宝安区高一（上）期末物理试卷................................. 184
2019-2020 学年广东省深圳高中高一（上）期末物理试卷......................................... 193
2019-2020 学年广东省汕头市达濠华侨中学、东厦中学联考高一（上）期末物理试卷203
2019-2020 学年广东省清远市高一（上）期末物理试卷..............................................213
2019-2020 学年广东省梅州市高一（上）期末物理试卷..............................................224
2019-2020 学年广东省江门市高一（上）期末物理试卷..............................................235
2019-2020 学年广东省惠州市高一（上）期末物理试卷..............................................244
2019-2020 学年广东省广州市天河区岭南画派纪念中学高一（上）期末物理试卷. 257
2019-2020 学年广东省广州市荔湾区高一（上）期末物理试卷................................. 270
2019-2020 学年广东省广州市八校联考高一（上）期末物理试卷............................. 280
2019-2020 学年广东省佛山市高一（上）期末物理试卷..............................................289
2019-2020 学年广东省东莞市高一（上）期末物理试卷..............................................299
2019-2020 学年广东省潮州市高一（上）期末物理试卷..............................................310
2019-2020 学年北京市石景山区高一（上）期末物理试卷......................................... 319
2019-2020 学年北京市东城区高一（上）期末物理试卷..............................................329
2019-2020 学年北京市昌平区高一（上）期末物理试卷..............................................339
2019-2020 学年北京市101 中学高一（上）期末物理试卷........................................ 350
2018-2019 学年上海市浦东新区华师大二附中高一（上）期末物理试卷................. 362
2018-2019 学年广东省深圳市宝安区高一（上）期末物理试卷................................. 373
2018-2019 学年广东省广州市增城区高一（上）期末物理试卷................................. 383
2018-2019 学年广东省广州市荔湾区高一（上）期末物理试卷................................. 392
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2019-2020 学年四川省资阳市雁江区丰裕高中高一（上）期末物理复习试卷
一、选择题（本题共12 小题，每小题4 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，
有的小题有多个选项正确，全部选对的得4 分，选不全的得2 分，选错或不答的不得分．1-9 题为单选，10-12 为多
选））
1．（4 分）下列关于质点的说法中，正确的是（
）
A．质点就是质量很小的物体
B．质点就是体积很小的物体
C．体积大的物体一定不是质点
D．如果物体的大小和形状对所研究的问题是无关紧要的因素时，即可把物体看成质点
2．（4 分）下面哪一组单位属于国际单位制的基本单位（
）
A．米、牛顿、千克
B．千克、焦耳、秒
C．米、千克、秒
D．米/秒2、千克、牛顿
3．（4 分）下列说法中正确的是（
）
A．两个物体只要相互接触就会产生弹力
B．力是不能离开物体而独立存在的，一个物体是施力物体的同时必定也是受力物体
C．滑动摩擦力的方向总是和物体的运动方向相反
D．形状规则的物体的重心必与其几何中心重合
4．
（4 分）一物体m 受到一个撞击力后沿不光滑斜面向上滑动，如图所示，在滑动过程中，物体m 受到的力是（
）
A．重力、沿斜面向上的冲力、斜面的支持力
B．重力、沿斜面向下的滑动摩擦力、斜面的支持力
C．重力、沿斜面向上的冲力、沿斜面向下的滑动摩擦力
D．重力、沿斜面向上的冲力、沿斜面向下的摩擦力、斜面的支持力
5．（4 分）某物体在三个共点力作用下恰好做匀速直线运动．这三个力的大小可能是（
）
A．4N、7N、8N
B．3N、5N、1N
C．3N、4N、8N
D．7N、9N、17N
6．（4 分）如图所示，光滑的圆柱体放在竖直墙和挡板之间，当挡板与竖直墙之间的夹角α缓慢发生变化时，以下分
析正确的是（
）
A．当α角增大时，圆柱体对木板的压力加大
B．当α角减小时，圆柱体所受合力加大
C．当α角增大时，墙对圆柱体的弹力加大
D．当α角减小时，圆柱体对木板的压力加大
7．（4 分）下列关于惯性的说法中正确的是（
）
A．运动速度大的物体惯性大，运动速度小的物体惯性小
B．物体的惯性是指物体只有在不受外力作用时才表现出来的保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
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C．惯性是物体的固有属性，与运动状态和是否受力无关
D．物体受力大时惯性大，受力小时惯性小，不受力作用时无惯性
8．（4 分）在光滑水平面上原来静止的木块受到一个方向不变，大小从某一数值逐渐减小的水平外力作用时，木块
将做（
）
A．匀减速运动
B．匀加速运动
C．加速度逐渐增大而速度逐渐减小的变加速运动
D．加速度逐渐减小而速度逐渐增大的变加速运动
9．（4 分）某校科技兴趣小组观察“嫦娥二号”的发射过程后，用实验来模拟卫星的发射。火箭点燃后从地面竖直
升空，t1 时刻第一级火箭燃料燃尽后脱落，t2 时刻第二级火箭燃料燃尽后脱落，此后不再有燃料燃烧。实验中测
得火箭竖直方向的v﹣t 图象如图所示，设运动中不计空气阻力，全过程中燃料燃烧时产生的推力大小恒定。下
列判断中正确的是（
）
A．t2 时刻火箭到达最高点，t3 时刻火箭落回地面
B．火箭在t2～t3 时间内的加速度大小大于重力加速度
C．火箭在0～t1 时间内的加速度大于t1～t2 时间内的加速度
D．t1～t2 时间内火箭处于超重状态，t2～t3 时间内火箭处于失重状态
10．（4 分）对于静止在水平桌面上的物体，以下说法正确的是（
）
A．物体对桌面的压力就是物体的重力
B．物体的重力和桌面对物体的支持力是一对平衡力
C．物体对桌面的压力是由于桌面受到物体挤压发生弹性形变而产生的
D．物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对作用力与反作用力
11．（4 分）站在升降机中的人出现超重现象，则升降机可能（
）
A．作加速上升
B．作减速下降
C．作加速下降
D．作减速上升
12．（4 分）如图所示，物块m 放在斜面体M 上，物块m 恰能沿斜面匀速下滑，而斜面体M 静止不动．则下列说
法正确的是（
）
A．斜面体M 对物块m 的作用力方向竖直向上
B．斜面体M 对地面的压力等于（M+m）g
C．斜面体M 受地面的摩擦力大小为零
D．斜面体M 受地面的摩擦力方向水平向左
二、填空与实验题（本题共6 小题，每空2 分，共22 分，把答案填在题中横线上或按题目要求作答．）
13．（4 分）重为100N 的货箱放在水平地面上，以25N 的水平推力推货箱时，货箱没有动，此时货箱受到的摩擦力
大小为
；当水平推力增至35N 时，货箱刚好被推动，货箱被推动后，只需32N 的水平推力作用即可保持
货箱做匀速运动，则货箱与地面之间的动摩擦因数μ＝
．
14．（4 分）如图所示，质量相同的A、B 两球用细线悬挂于天花板上且静止不动．两球间是一个轻质弹簧，如果突
然剪断悬线，则在剪断悬线瞬间A 球加速度为
；B 球加速度为
．
15．（4 分）如图所示，两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块，质量分别为m1 和m2，拉力F1 和F2 方向相反，
与轻线沿同一水平直线，且F1＞F2．则两个物块运动的加速度为
，运动过程中轻线对m2 的拉力为
．
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16．（2 分）一质量为m 的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为g/3，g 为重力加速度．人对电梯底部的压
力大小为
．
17．（2 分）在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，
细绳的另一端都有绳套（如图）．实验中需用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条．某同学认为在
此过程中必须注意以下几项
A．两根细绳必须等长
B．两个弹簧秤的示数要保持相同
C．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上
D．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行
E．两个弹簧秤拉力方向要互成90°，便于求出两个力的合力
其中正确的是
．（填入相应的字母）
18．（6 分）在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系时，采用如图1 所示的实验装置，小车及车中的砝码质
量用M 表示，盘及盘中的砝码质量用m 表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带由打点计数器打上的点计算
出：
（1）当M 与m 的大小关系满足：M
m（填“＞＞”或“＜＜”）时，才可以认为绳子对小车的拉力大小
等于盘和砝码的重力．
（2）一组同学在先保持盘及盘中的砝码质量一定，探究小车的加速度与质量的关系，以下做法正确的是：
．
A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上
B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源
D．小车运动的加速度可用天平测出m 以及小车质量M，直接用公式a＝mg/M 求出．
（3）在保持小车及车中的砝码质量M 一定，探究小车的加速度与所受合外力的关系时，由于平衡摩擦力时操作
不当，某位同学得到的a﹣F 关系如图2 所示（a 是小车的加速度．F 是细线作用于小车的拉力）．其原因是
．
三、计算题（本题有3 小题，共30 分，解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，写出最后答案的不
得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
19．（8 分）如图所示，灯重G＝20N，AO 与天花板间夹角α＝30°，BO 水平，试求AO，BO 两绳受到的拉力各为
多大？
20．（10 分）如图所示，质量为m＝2.6kg 的金属块放在水平地面上，在与水平方向成θ＝37°角斜向上、大小为F
＝10N 的拉力作用下，向右做匀速直线运动．重力加速度取g＝10m/s2．求金属块与桌面间的滑动摩擦因
数．（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
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21．（12 分）质量为2kg 的物体在水平力F 的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v﹣t 图象
如图所示．g 取10m/s2，求：
（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）水平推力F 的大小．
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2019-2020 学年四川省资阳市雁江区丰裕高中高一（上）期末物理复习试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12 小题，每小题4 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，
有的小题有多个选项正确，全部选对的得4 分，选不全的得2 分，选错或不答的不得分．1-9 题为单选，10-12 为多
选））
1．【分析】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、质量很小的物体它的体积不一定能够忽略，不一定能看成质点，如原子的质量很小，在研究原
子内部结构的时候是不能看成质点的，所以A 错误。
B、物体能否看作质点，关键在于在所研究的问题中大小和形状能否忽略；并不是体积小的物体才能看作质点；
故B 错误；
C、体积大的物体一样可以看作质点；如研究地球的公转时地球可以看作质点；故C 错误；
D、只要物体的大小和形状对所研究的问题是无关紧要的因素时，物体就可以看成质点；故D 正确；
故选：D。
【点评】对于质点的理解，关键在于明确是在所研究的问题中物体的大小和形状能否忽略．
2．【分析】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的
量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安
培、坎德拉、摩尔．
【解答】解：A 中的牛顿是导出单位，B 中的焦耳是导出单位，C 中的都是基本单位，D 中的米/秒2、牛顿都是
导出单位，所以全是国际单位制的基本单位的是C。
故选：C。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制中的单位分别是什
么，这都是需要学生自己记住的基本的知识，本题较简单．
3．【分析】弹力产生条件：接触且挤压；力的作用是相互的；滑动摩擦力与相对运动方向相反；重心与形状及质量
分布有关．
【解答】解：A、相互接触且挤压才会产生弹力，故A 错误；
B、力是相互作用的，一个物体是施力物体的同时必定也是受力物体，故B 正确；
C、滑动摩擦力的方向总是与物体的相对运动方向相反，而不是运动的方向，故C 错误；
D、形状规则的质量分布均的物体的重心必与其几何中心重合，故D 错误；
故选：B。
【点评】考查弹力的产生条件，理解力的作用是相互的，注意影响重心位置的因素，掌握摩擦力与相对运动方向
相反．
4．【分析】受力分析的一般步骤和方法是求解力学问题的一个关键，在整个高中物理学习的全过程中占有极重要的
地位，对物体进行受力分析，通常可按以下方法和步骤进行：
1．明确研究对象，亦即是确定我们是要分析哪个物体的受力情况。
2．隔离物体分析。亦即将所确定的研究对象从周围物体中隔离出来，进而分析周围有哪些物体对它施加力的作
用，方向如何，并将这些力一一画在受力图上，在画支持力、压力和摩擦力的方向时容易出错，要熟记：弹力的
方向一定与接触面或接触点的切面垂直，摩擦力的方向一定沿着接触面与物体相对运动（或趋势）方向相反。
3．分析受力的顺序：一重、二弹、三摩擦，沿接触面或点逐个去找。有时根据概念或条件与判断。
本题可按照受力分析的一般步骤对物体受力分析。
【解答】解：物体受到撞击力后在惯性的作用下沿斜面向上运动，物体并不受冲力的作用，
所以对物体受力分析，重力竖直向下，斜面对物体的支持力垂直斜面向上，和沿斜面向下的滑动摩擦力，所以B
正确。
故选：B。
【点评】对物体受力分析，关键要按照顺序找力，要找受到的力，每个力都要能找到受力物体，有时还要结合物
体的运动情况分析受到的力。
5．【分析】匀速直线运动属于平衡状态，根据物体在共点力作用下处于平衡状态的条件，得出物体所受合力为0．
【解答】解：三力中某两个力的合力|F1﹣F2|≤F1、2 合≤F1+F2，若另一个力F3 的大小在F1、2 合的取值范围内，则
这三个力的合力可能为零，物体就处于平衡状态。
A、3N≤F1、2 合≤11N，F3＝8N，在两个力合力取值范围内，故A 正确。
B、2N≤F1、2 合≤8N，F3＝1N，不在两个力的合力范围内，故B 错误。
C、1N≤F1、2 合≤7N，F3＝8N，不在两个力的合力范围内，故C 错误。
D、2N≤F1、2 合≤16N，F3＝17N，不在两个力的范围内，故D 错误。
故选：A。
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【点评】本题重点考查合力大小的计算，在方向未知的情况下找出两个力合成的最大值和最小值．
6．【分析】光滑的圆柱体受到重力、挡板的支持力和墙的弹力．作出力图，根据平衡条件，得到挡板的支持力和墙
的弹力与夹角θ的函数关系，由数学知识分析圆柱体对挡板的压力大小和墙对圆柱体的弹力大小的变化．
【解答】解：以光滑的圆柱体为研究对象，作出力图如图
根据平衡条件得
挡板对圆柱体的支持力F1= mg
sinα
墙对圆柱体的弹力F2= mg
tanα
当夹角α缓慢增大时，sinθ，tanθ增大，则挡板对圆柱体的支持力减小，墙对圆柱体的弹力减小，根据牛顿第三定
律圆柱体对挡板的压力减小，故AC 错误；
圆柱体处于平衡状态，所受合力一直为0，故合力大小不变，B 错误；
当夹角α缓慢减小时，sinα减小，则F1 增大，根据牛顿第三定律圆柱体对木板的压力增大，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题是动态变化分析问题，运用函数法分析的，也可以采用图解法，能更直观反映力的变化．
7．【分析】惯性是物体的固有属性，一切物体在任何情况下都有惯性；惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯
性越大．
【解答】解：A、物体惯性大小仅与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，与速度无关，故A 错误。
B、惯性是物体的固有属性，不只是处于匀速直线运动状态或静止状态的物体有惯性，一切物体在任何情况下都
有惯性；故B 错误。
C、惯性是物体的固有属性，与运动状态和是否受力无关，故C 正确。
D、质量是惯性大小的唯一量度，与物体受力情况无关，故D 错误。
故选：C。
【点评】解答此题要注意：一切物体任何情况下都具有惯性．惯性只有在受力将要改变运动状态时才体现出来．
8．【分析】解答本题关键根据牛顿第二定律分析加速度如何变化，根据速度方向与加速度同向时，物体做加速运动，
进行分析．
【解答】解：由题，外力逐渐减小，根据牛顿第二定律得知，加速度也逐渐减小，而外力与运动方向相同，则木
块做加速运动，故木块做速度逐渐增大的变加速运动。故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
【点评】本题关键牛顿第二定律研究加速度在增大，由外力与速度方向的关系即可判断木块做加速运动．
9．【分析】（1）v﹣t 图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图
象与坐标轴围成的面积表示位移；
（2）判断超重失重的方法是：加速度方向向上，物体处于超重状态，加速度方向向下，物体处于失重状态。
【解答】解：A．火箭上升的最大高度即为运动过程中的最大位移，由图可知当速度等于零时，位移最大，火箭
处于最高点，即t3 时刻到达最高点，故A 错误；
B．火箭在t2～t3 时间内没有燃料燃烧，又不计空气阻力，故火箭只受重力，所以加速度等于重力加速度，故B
错误；
C．v﹣t 图象中斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，由图可知火箭在0～t1 时间内的加速度小于t1～t2
时间内的加速度，故C 错误；
D．加速度方向向上，物体处于超重状态，加速度方向向下，物体处于失重状态，由图可知，t1～t2 时间内加速
度为正，向上，所以火箭处于超重状态，t2～t3 时间内加速度为负，向下，所以火箭处于失重状态，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题是速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的
面积的含义，能根据加速度正确判断物体是超重还是失重状态，能根据图象读取有用信息，属于基础题。
10．【分析】平衡力与一对作用力与反作用力的区别：一对平衡力作用在一个物体上，性质可以不同；一对作用力
与反作用力作用在两个物体上，性质一定相同．
【解答】解：A、物体对桌面的压力，作用于桌面，是弹力，而物体的重力作用于物体，它们的大小相等，方向
相同，但不能说物体对桌面的压力就是重力，故A 错误；
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B、物体的重力和桌面对物体的支持力是一对平衡力，故B 正确；
C、物体对桌面的压力是由于物体受到桌面挤压发生弹性形变而产生的，故C 错误；
D、物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对作用力与反作用力，故D 正确；
故选：BD。
【点评】不同难度不大，记住一对平衡力与一对作用力与反作用力的区别就可顺利解决．
11．【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；
当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度．
【解答】解：站在升降机中的人出现超重现象，此时有向上的加速度，
所以升降机可能加速上升或减速下降，故AB 正确，CD 错误
故选：AB。
【点评】本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了．
12．【分析】因物体和斜面体都是平衡状态，故可以把两个做为一个整体来进行受力分析，则物体受的支持力应为
斜面和物体重力之和，而斜面体相对地面既没有相对运动，也没有相对运动趋势，故斜面体所受摩擦力为零．
【解答】解：A、斜面对物块m 的作用有：支持力与滑动摩擦力，因处于平衡状态，则支持力与滑动摩擦力的合
力与重力等值反向，即斜面体对物块m 的作用力方向竖直向上，故A 正确；
BCD、物体匀速运动受合力为零，把物块和斜面作为一个整体，由受力分析知整体只受重力和支持力，水平方向
不受力，所受摩擦力为零，
竖直方向：地面的支持力N＝（M+m）g，根据牛顿第三定律斜面体M 对地面的压力等于（M+m）g，故BC 正
确，D 错误。
故选：ABC。
【点评】本题重点就是要用整体法来解答，其次就是判定斜面体所受摩擦力的有无，这个要用假设法，本题涉及
的分析方法比较多样，故而是个很好的对受力方法的练习题．
二、填空与实验题（本题共6 小题，每空2 分，共22 分，把答案填在题中横线上或按题目要求作答．）
13．【分析】用F 的水平力拉货箱，没有拉动．则货箱受到的摩擦力是静摩擦力，根据平衡求出静摩擦力的大小，
若拉动后为滑动摩擦力．
【解答】解：当水平推力增至35N 时，货箱刚好被推动，所以货箱的最大静摩擦力为35N，以25N 的水平推力
推货箱时，货箱没有动，此时货箱受到的摩擦力是静摩擦力，大小为25N；货箱被推动后，只需32N 的水平推
力作用即可保持货箱做匀速运动，滑动摩擦力32N，根据：f＝μFn＝μmg，所以：μ =
f
mg = 32
100 = 0.32
故答案为：25N，0.32
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住平衡求解静摩擦力的大小．
14．【分析】悬线剪断前，以两球为研究对象，求出悬线的拉力和弹簧的弹力．突然剪断悬线瞬间，弹簧的弹力没
有来得及变化，分析瞬间两球的受力情况，由牛顿第二定律求解加速度．
【解答】解：设两球质量为m．
悬线剪断前，以B 为研究对象可知：弹簧的弹力F＝mg，以A、B 整体为研究对象可知悬线的拉力为2mg；
剪断悬线瞬间，弹簧的弹力不变，F＝mg，根据牛顿第二定律得
对A：mg+F＝maA，又F＝mg，得aA＝2g，
对B：F﹣mg＝maB，F＝mg，得aB＝0
故答案为：2g；0
【点评】本题是动力学中典型的问题：瞬时问题，往往先分析悬线剪断前弹簧的弹力，再分析悬线判断瞬间物体
的受力情况，再求解加速度，抓住悬线剪断瞬间弹力没有来得及变化．
15．【分析】先用整体法求解加速度，在用隔离法隔离出木块m1 受力分析，根据牛顿第二定律列式求解出细线的拉
力．
【解答】解：将m1 和m2 做为整体，由牛顿第二定律，整体加速度为
a= F
m = F1−F2
m1+m2，
对m2 由牛顿第二定律有
m2a＝F2﹣T，
解得：T= m1F2+m2F1
m1+m2
．
故答案为：
F1−F2
m1+m2
；
m1F2+m2F1
m1+m2
【点评】整体法与隔离法是求见连接体问题的常用方法，当不涉及系统内力时，可以用整体法，当要求解系统的
内力时可以用隔离法．
16．【分析】对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可．
【解答】解：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律
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N﹣mg＝ma
故N＝mg+ma= 4
3mg
根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于
4
3mg
故答案为：
4
3mg
【点评】本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解．
17．【分析】在实验中使用一根弹簧秤拉细线与两根弹簧秤拉细线的作用效果要相同（即橡皮条拉到同一位置），而
细线的作用是画出力的方向，弹簧秤能测出力的大小．因此细线的长度没有限制，弹簧秤的示数也没有要求，两
细线的夹角不要太小也不要太大，但拉弹簧秤时必须保证与木板平面平行．
【解答】解：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、该实验中要求两次拉橡皮筋要到同一位置，至于两弹簧的示数是否相等并没有要求，故B 错误；
C、两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定橡皮条要在两细线的夹角平分线上，故C 错误；
D、在拉弹簧秤时必须要求弹簧秤与木板平面平行，否则会影响力的大小，故D 正确；
E、实验过程中两弹簧的夹角要适当，并非要求达到90°，非特殊角度也可，故E 错误．
故选：D．
【点评】只有通过具体实践，才能真正的理解具体实验操作细节的意义，因此平时同学们应该加强实验实践，而
不是空洞的记忆实验．
18．
【分析】当盘及盘中砝码的总质量远小于小车及砝码总质量时，可以认为小车受到的拉力等于盘及砝码的重力．平
衡摩擦力时，不能挂盘；实验过程中，应保证绳和纸带与木板平行；小车的加速度应由纸带求出．
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得，整体的加速度a=
mg
M+m，则绳子的拉力T＝Ma= Mmg
M+m = mg
1+m
M
，当M＞
＞m 时，认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力．
（2）A、平衡摩擦力时，不能将及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上．故A 错误．
B、改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力．故B 正确．
C、实验时，先接通电源，再释放小车．故C 错误．
D、小车运动的加速度通过纸带求出，不能通过a= mg
M 求出．故D 错误．
故选：B．
（3）从图象可知，F 为零时，加速度不为零，知平衡摩擦力过度，即平衡摩擦力时长木板的倾角过大．
故答案为：（1）＞＞（2）B
（3）平衡摩擦力时长木板的倾角过大．
【点评】教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去
搞清楚．
三、计算题（本题有3 小题，共30 分，解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，写出最后答案的不
得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
19．【分析】将电灯所受的重力G 分解为沿AO 方向的分力和沿BO 方向的分力，作出力图，由几何知识求解．
【解答】解：将电灯所受的重力G 按效果沿两个绳子方向进行分解，如图．
根据平衡条件结合几何知识得：FOA＝F1=
G
sin30° =2G＝40N
FOB＝F2=
G
tan30° =20 3N＝34.6N
答：AO，BO 两绳受到的拉力分别为40N、34.6N．
【点评】本题考查共点力的平衡问题，也可以以结点O 为研究对象，采用正交分解法或合成法求解．
20．【分析】对金属块进行受力分析，受到重力、拉力、支持力、摩擦力，要对拉力向水平方向和竖直方向上正交
分解．
【解答】解：
对金属块受力分析，受到重力mg、拉力F、支持力N、和摩擦力f 四个力的作用，并对拉力F 进行正交分解．
在竖直方向上：N+Fsinθ＝mg…①
在水平方向上：Fcosθ＝μN…②
①②两式联立得：μ =
Fcosθ
mg−Fsinθ =
10×0.8
2.6×10−10×0.6 = 0.4
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答：金属块与桌面间的滑动摩擦因数为0.4．
【点评】本题的关键是正确的对物体进行受力分析，受力分析时要按重力、弹力、摩擦力的顺序，不要漏掉一些
力．物体合外力为零时，在两个相互垂直的方向上合力为零．
21．【分析】根据速度﹣时间图象可知：0﹣6s 内有水平推力F 的作用，物体做匀加速直线运动；6s﹣10s 内，撤去
F 后只在摩擦力作用下做匀减速直线运动，可根据图象分别求出加速度，再根据牛顿第二定律求解．
【解答】解：（1）设物体做匀减速直线运动的时间为t2、初速度为v、末速度为0、加速度为a2，
则：a2= 0−v
t2 = 0−8
10−6 =−2m/s2…①
设物体所受的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律，有：
Ff＝ma2…②
Ff＝﹣μmg…③
联立①②③得：μ=−a2
g =0.2…④
（2）设物体做匀加速直线运动的时间为t1、初速度为v0、末速度为v、加速度为a1，则：
a1= v−v0
t1
= 8−2
6
=1m/s2…⑤
根据牛顿第二定律，有F﹣Ff＝ma1…⑥
联立③⑤⑥得：F＝μmg+ma1＝6N
答：（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ是0.2．
（2）水平推力F 的大小是6N．
【点评】本题是速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的
面积的含义，能根据图象读取有用信息，并结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解．
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2019-2020 学年四川省绵阳市高中联考高一（上）期末物理试卷
一、本大题12 小题，每小题3 分，共36 分．在每小题给出的四个选项中只有一个正确．
1．
（3 分）如图所示，是某辆汽车的速度表。汽车启动后经过15s，速度表的指针指在如图所示的位置。由表可知（
）
A．此时汽车的瞬时速度是50km/h
B．此时汽车的瞬时速度是50m/s
C．启动后15s 内汽车的平均速度是50km/h
D．启动后15s 内汽车的平均速度是50m/s
2．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．研究哈雷彗星的运动可以不选择参考系
B．力的单位牛顿（N）是国际单位制中的基本单位
C．由于原子很小，在任何情况下都可以视为质点
D．物体质量大，其惯性大，运动状态不容易被改变
3．（3 分）物理学发展史上，有一位科学家开创了实验与逻辑推理相结合的科学研究方法，并研究了落体运动的规
律，这位科学家是（
）
A．伽利略
B．牛顿
C．亚里士多德
D．胡克
4．（3 分）足球运动是目前全球体育界最具影响力的运动项目之一，深受青少年喜爱。如图所示为三种与足球有关
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的情景，下列说法中正确的是（
）
A．图甲中，静止在地面上的足球受到的弹力就是它的重力
B．图甲中，静止在地面上的足球受到弹力是因为地面发生形变
C．图乙中，静止在光滑水平地面上的两个足球由于接触而受到相互作用的弹力
D．图丙中，足球被踢起，说明脚对球的力大于球对脚的力
5．（3 分）如图所示，质量为m 的木块，被水平力F 紧压在倾角为θ＝60°的墙面上静止。墙面对木块（
）
A．压力大小可能为零
B．摩擦力大小可能为零
C．压力与摩擦力的合力大小为F
D．压力与摩擦力的合力大小为F2 + (mg)2
6．（3 分）甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位
移﹣时间图象，即x﹣t 图象如图所示，则（
）
A．刚出发时，甲车速度小
B．t1 时刻，两车相遇
C．t2 时刻，乙车速度大
D．0～t2 时间内，甲车通过的距离大
7．（3 分）在“车让人”交通安全活动中，交警部门要求汽车在斑马线前停车让人。以8m/s 匀速行驶的汽车，当车
头离斑马线8m 时司机看到斑马线上有行人通过，已知该车刹车时最大加速度为5m/s2，驾驶员反应时间为0.2s。
若驾驶员看到斑马线上有行人时立即紧急刹车，则（
）
A．汽车能保证车让人
B．汽车通过的距离是6.4m
C．汽车运动的时间是1.6s
D．在驾驶员反应时间内汽车通过的距离是1m
8．（3 分）蹦极是一项户外休闲活动，跳跃者站在约40 米以上高度的位置，用橡皮绳固定住后跳下，落地前弹起。
如图为蹦极运动的示意图，弹性绳的一端固定在O 点，另一端和运动员相连，运动员从O 点自由下落，至B 点
弹性绳自然伸直，经过C 点时合力为零，到达最低点D 后弹起。整个过程中忽略空气阻力。在这个过程中（
）
A．经过B 点时，运动员的速度最大
B．从O 点到C 点，运动员的加速度大小不变
C．从B 点到C 点，运动员的速度不断增大
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D．从C 点到D 点，运动员的加速度不断减小
9．（3 分）如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A 的顶端P 处，细线的另一端拴一质量为m
的小球。则（
）
A．当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力为0.5mg
B．当滑块以加速度a＝g 向左加速运动时，小球对滑块压力为零
C．若滑块以加速度a＝g 向左加速运动时，线中拉力为mg
D．当滑块以加速度a＝2g 向左加速运动时，线中拉力为2mg
10．（3 分）某汽车在启用ABS 刹车系统和不启用ABS 刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图中
的甲、乙图线所示。紧急刹车过程中（
）
A．0～t1，启用ABS 的平均速度比不启用ABS 的小些
B．0～t1，启用ABS 的加速度比不启用ABS 的大些
C．0～t2，启用ABS 的平均速度比不启用ABS 的大些
D．t1～t2，启用ABS 的加速度比不启用ABS 的小些
11．（3 分）如图所示，两完全相同的小球M 和N 放在光滑竖直挡板和固定斜面间，处于静止状态。现顺时针缓慢
转动挡板，在挡板缓慢转动到与斜面垂直的过程中（
）
A．N 球对斜面的压力减小
B．M 球对挡板的压力逐渐减小
C．M、N 两球间的弹力逐渐增大
D．M 球对斜面的压力逐渐增大
12．（3 分）如图甲所示，细绳跨过光滑的轻质定滑轮连接A、B 两物体，定滑轮悬挂在一个力传感器的正下方，保
持A 物体质量m0 不变，取不同质量m 的B 物体，通过计算机描绘得到传感器对滑轮的拉力F 随B 球质量m 变
化关系曲线如图乙所示，F＝F0 直线是曲线的渐近线，重力加速度为g。则（
）
A．m 越大，F 越小
B．m 越大，F 越大
C．A 物体质量m0= F0
2g
D．在m＜m0 范围内，m 越大，其运动的加速度越大
二、本大题6 小题，每小题3 分，共18 分．在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得3
分，选对但不全得1 分，有错或不选得0 分．
13．（3 分）下列情况中的运动物体，可以看做质点的是（
）
A．研究飞船飞往火星的最佳运行轨道
B．调整人造卫星的姿态，使卫星的照相窗口对准地面
C．研究花样滑冰运动员的动作
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D．计算从北京往上海的一列高铁的运行时间
14．（3 分）一个物体做直线运动，下列关于这个物体的加速度、速度及速度变化量的说法，正确的是（
）
A．物体的速度越大，加速度越大
B．物体的速度变化量越大，加速度越大
C．物体单位时间内的速度变化量越大，加速度越大
D．如果物体做匀加速直线运动，加速度的方向和速度变化量的方向相同
15．（3 分）小船静止在平静湖面上，抓住通过固定在岸边滑轮且系在船头的轻绳把小船拉向岸边，开始时轻绳与湖
面夹角不为零，假设小船受水的阻力大小不变，小船在匀速缓慢靠近岸边的过程中（
）
A．轻绳的拉力不断增大
B．轻绳的拉力大小不变
C．船受的浮力减小
D．船受的浮力增大
16．（3 分）如图所示为研究木板与木块之间滑动摩擦力大小的实验装置，将一木块和木板叠放于水平桌面上，轻质
弹簧测力计一端固定，另一端用细线与木块水平相连。现在用轻绳与长木板连接，用手向右水平拉轻绳，使长木
板在桌面上滑动。则（
）
A．木块与木板之间的摩擦力是滑动摩擦力
B．水平桌面必须光滑
C．必须使木板在桌面上做匀速直线运动
D．木板运动过程中，弹簧秤示数保持不变
17．（3 分）小明同学用台秤研究人在竖直升降电梯中的超重与失重现象。他在地面上用台秤称得自己体重为500N，
再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从t＝0 时由静止开始运动到t＝11s 时停止，得到台秤的示数F 随时间t 变
化的图象如图所示，g 取10m/s2．下列说法正确的是（
）
A．在0～2s 内，小明处于超重状态
B．在0～2s 内，小明加速度大小为1m/s2
C．在10～11s 内，台秤示数F3 为600N
D．在0～11s 内，电梯通过的距离为18m
18．（3 分）如图甲所示，水平传送带AB 逆时针匀速转动，一个质量为M＝1.0kg 的小物块以某一水平初速度滑上
传送带左端，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示，取向左为正方向，以小物块滑上传
送带时为计时起点。已知传送带的速度保持不变，g 取10m/s2 ．下列说法正确的是（
）
A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．物块在传送带上相对传送带滑动的距离是9m
C．物块距离传送带左端的最大距离是8m
D．物块在传送带上的时间4.5s
三、本大题4 小题，每空2 分，共16 分．
19．（2 分）将一个质量为1kg 的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动
方向相反。以竖直向上为正方向，小球上升过程的v﹣t 图象如图所示，g 取10m/s2．则小球落回抛出点的速度为
m/s。
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20．（2 分）在“探究弹力与弹簧伸长量的关系”的实验中，使用两根不同的轻质弹簧a 和b，操作步骤完全相同，
得到弹力F 与弹簧长度L 的关系如图所示，下列分析判断正确的是（
）
A．a 的截距比b 的小，由此判断a 的劲度系数比b 的小
B．a 的截距比b 的小，由此判断a 的原长比b 的小
C．a 的斜率比b 的大，由此判断a 的劲度系数比b 的大
D．根据图象，可以得到弹簧弹力与弹簧长度成正比
21．（4 分）某同学利用打点计时器研究小车做匀变速直线运动的规律。如图所示是实验中得到的一条纸带，其中的
A、B、C、D、E 是按打点先后顺序依次选取的计数点，相邻计数点间的时间间隔T＝0.1s。根据图中的数据计算，
在打D 点时小车的速度vD＝
m/s（保留两位有效数字）；小车的加速度a＝
m/s2（保留两位有效数
字）
22．（8 分）某探究学习小组欲探究物体的加速度与力、质量的关系，他们在实验室组装了一套如图1 所示装置，图
中小车的质量用M 表示，钩码的质量用m 表示。回答下列问题：
（1）适当抬高长木板，不挂钩码，轻推小车让小车能在长木板上匀速下滑，是为了在挂上钩码后
（选填
序号）。
A．让钩码受到的合外力等于细线的拉力
B．让小车受到的合外力等于细线的拉力
C．保证小车受到的合外力为零
D．保证钩码受到的合外力为零
（2）要使细线的拉力约等于钩码的总重力，应满足的条件是
。
（3）某位同学经过测量和计算得到如下表中数据，请在如图2 中作出小车加速度与所受合外力的关系图线。
组别
1
2
3
4
5
6
M/kg
0.58
0.58
0.58
0.58
0.58
0.58
F/N
0.10
0.15
0.20
0.30
0.35
0.40
a/m•s
﹣2
0.13
0.17
0.26
0.43
0.51
0.59
（4）由作出的图线可以看出，该实验存在着较大的误差，产生这样误差的主要原因是
。
四．本大题3 小题，共30 分，要求必须写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案．
23．（8 分）如图所示，质量m＝4kg 的物块悬挂在轻绳PA 和PB 的结点上并处于静止状态，PA 与竖直方向的夹角
37°，PB 沿水平方向；质量M＝40kg 的木块与PB 相连，静止于倾角为37°的斜面上。取g＝10m/s2，sin37°
＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）轻绳PB 拉力的大小；
（2）木块受斜面的静摩擦力大小。
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24．（10 分）在平直公路上，自行车与同方向行驶的一辆汽车在t＝0 时刻同时经过某一个路标A，自行车匀速运动
的速度是5m/s，汽车速度是20m/s。汽车过路标A 时开始以大小为2m/s2 的加速度刹车，经过一段时间，自行车
和汽车又同时在路标B．求：
（1）路标A 与B 之间的距离；
（2）自行车和汽车之间的最大距离。
25．（12 分）如图所示，足够长的长木板AB 质量M＝2kg 在水平地面上，可视为质点的木块质量m＝1kg 在长木板
的左端A 处，木块与长木板保持相对静止一起向右运动，当右端B 经过地面上O 点时速度为v0＝5m/s，长木板
与P 点处的挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变。已知O 点与P 点间距离x0＝4.5m，
木板与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，木块与长木板间动摩擦因数μ2＝0.4，g 取10m/s2。
（1）求长木板碰挡板时的速度v1 的大小；
（2）当木块与挡板的距离最小时，木块与长木板左端A 之间的距离。
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参考答案与试题解析
一、本大题12 小题，每小题3 分，共36 分．在每小题给出的四个选项中只有一个正确．
1．【分析】汽车的速度表每时每刻都在变化，故速度表显示的是瞬时速度；
【解答】解：汽车的速度表显示的是瞬时速度，由图可知在第15s 末汽车的瞬时速度是50km/h。故A 正确。
故选：A。
【点评】汽车的速度表指示的是瞬时速度这是生活常识，所以多留心、多观察、多思考是学好物理的必要条件。
2．【分析】描述一个物体的运动时，都要选取参考系。牛顿（N）是国际单位制中的导出单位。物体能否看作质点，
要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小对所研究的问题影响是否可以忽略。质量是惯性大小的唯一量度。
【解答】解：A、运动的描述是相对的，所以研究一个物体的运动时，都要选取参考系。同样，研究哈雷彗星的
运动必须选择参考系，故A 错误。
B、力的单位牛顿（N）是国际单位制中的导出单位，故B 错误。
C、原子很小，但在研究原子的内部结构时，原子的大小和形状不能忽略，不能看成质点。故C 错误。
D、质量是惯性大小的唯一量度，物体质量大，其惯性大，运动状态不容易被改变，故D 正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键要理解并掌握力学基础知识，要明确物体能被看成质点的条件是看物体的形状和大小对
所研究的问题影响是否可以忽略，而不是看物体的绝对大小。
3．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家伽利略、牛顿等人的主要贡献即可。
【解答】解：物理学发展史上，有一位科学家开创了实验与逻辑推理相结合的科学研究方法，并研究了落体运动
的规律，这位科学家是伽利略，故A 正确，BCD 错误
故选：A。
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试
内容之一。
4．【分析】力的作用效果：一是改变物体的形状，二是改变物体的运动状态；弹力产生的条件是接触且发生弹性形
变。作用力与反作用力总是大小相等方向相反。
【解答】解：A、静止在草地上的足球受到的弹力的施力物体是地面，而重力的施力物体是地球，可知弹力不是
重力，故A 错误；
B、静止在地面上的足球受到弹力是地面对足球的作用力，是因为地面发生形变，故B 正确；
C、静止在光滑水平地面上的两个足球由于接触，但由于没有弹性形变，所以没有受到相互作用的弹力，故C 错
误；
D、脚对球的力与球对脚的力是一对作用力与反作用力，总是大小相等方向相反。故D 错误。
故选：B。
【点评】本题以体育比赛为载体考查相关的物理知识，注重了物理和生活的联系，考查了学生学以致用的能力。
要注意理解弹力的产生以及性质。
5．【分析】对木块进行受力分析，根据共点力平衡，抓住合力为零，运用正交分解求出墙面对木块的作用力，由此
得到压力与摩擦力的合力大小。
【解答】解：AB、木块受到重力和水平力F 后，墙面对木块一定有压力，也一定有沿斜面向上的摩擦力，否则
不能平衡。故AB 错误；
CD、木块受重力、支持力、推力和静摩擦力平衡，受力如图，根据多个共点力平衡的特点可知，墙壁的支持力
与摩擦力的合力一定与重力与F 的合力大小相等，方向相反，即为F′=
F2 + (mg)2，压力与摩擦力的合力大
小为F2 + (mg)2，故C 错误，D 正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，根据共点力平衡，运用正交分解法进行求解。
6．【分析】在x﹣t 图象中，图象的斜率表示速度；图象的交点表示两车相遇。纵坐标的变化量表示位移。
【解答】解：A、在x﹣t 图象中，图象的斜率表示速度，则知刚出发时，即t＝0 时，甲车速度大。故A 错误。
B、t1 时刻，两车的位置坐标不同，没有相遇，故B 错误。
C、根据图象的斜率表示速度，则知t2 时刻，乙车速度大，故C 正确。
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D、甲、乙两车由同一地点，同时沿同一方向开始做直线运动，t2 时刻到达同一位置，则0～t2 时间内，两车
两车通过的距离相等，故D 错误。
故选：C。
【点评】此题要求同学们能根据图象读出有用信息，知道位移﹣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。交点表示相遇。
7．【分析】汽车在驾驶员反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速运动，根据位移公式求出速度为零的位移，
判断是否能让行人通过，根据速度公式求出匀减速直线运动花费的时间，并求出总时间；
【解答】解：D、汽车在驾驶员反应时间内做匀速直线运动，则反应时间内汽车行驶的距离为：x＝v0t＝8×0.2m
＝1.6m，故D 错误；
ABC、刹车后做匀减速运动，根据速度公式：v＝v0+at
当汽车速度为零时，t＝1.8s；
汽车运动总时间为2s；
匀减速的位移：v0
2 = 2as
s＝6.4m，
汽车通过的总位移：x 总＝x+s＝8m，达到斑马线时刚好停下，行人可以安全通过，即汽车能保证车让人，故A
正确，BC 错误。
故选：A。
【点评】本题要求同学们掌握匀变速直线运动的速度时间关系式和位移时间关系式，知道在驾驶员反应时间内汽
车做匀速运动。注意汽车刹车的末速度为0。
8．【分析】分析运动员下落过程中的受力情况，从而明确其运动情况，注意明确当力与运动方向相同时物体做加速
运动，而力与运动方向相反时，物体做减速运动。
【解答】解：ABC、由题意可知，物运动员先做自由落体运动，加速度为g，到达B 点时绳子张紧后人受到弹力
作用，开始时弹力小于重力，物体将继续加速且加速度逐渐减小，人做加速度减小的加速运动，到达C 点时加
速度为零，速度达最大，故AB 错误，C 正确；
D、从C 到D，弹力大于重力，合力向上且逐渐增加，故加速度方向向上且逐渐增加，物体开始减速，到达D 点
时向上的加速度最大，速度为零，故D 错误，
故选：C。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确力是改变物体运动状态原因，要根据受力情况来分析运动情
况，注意不能认为绳子一张紧人即减速或停止，而实际情况是人要先做加速度减小的加速运动，然后再做减速运
动。
9．【分析】当滑块匀速时，根据平衡条件绳的拉力大小；
当滑块向左匀加速直线运动时，对小球受力分析，根据牛顿第二定律求出支持力为零时的加速度，从而判断小球
是否离开斜面，再结合牛顿第二定律和平行四边形定则求出绳子的拉力。
【解答】解：A、当滑块静止时，根据平衡条件可得绳的拉力大小为T＝mgsin45°=
2
2 mg，故A 错误；
B、设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为a0，小球受到重力、拉力和支持力作用，如图甲所
示；
根据牛顿第二定律可得加速度a0＝gtan45°＝g，此时细线的拉力F=
mg
cos45° =
2mg，故B 正确，C 错误；
D、当滑块以加速度a＝2g 向左加速运动时，此时大于临界加速度a0，故小球已经摆起来，如图乙所示；绳子拉
力T =
(mg)2 + (ma)2 =
5mg，故D 错误；
故选：B。
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【点评】解决本题的关键确定出小球刚离开斜面时的临界情况，结合牛顿第二定律进行求临界加速度。当受力较
多时，采用正交分解法比较简单，而小球只受两个力时用合成法简单。
10．【分析】由速度图线与时间轴围成的面积表示位移，比较位移的大小，再比较平均速度的大小。由图象的斜率
等于加速度，由斜率的大小来比较加速度的大小。
【解答】解：A、根据速度图象与时间轴围成的“面积”大小等于位移，可以看出，0～t1，启用ABS 的位移比
不启用ABS 的大，则0～t1，启用ABS 的平均速度比不启用ABS 的大，故A 错误。
B、由图象的斜率表示加速度，斜率绝对值越大，加速度越大，知0～t1，启用ABS 的加速度比不启用ABS 的小
些。故B 错误。
C、0～t2，启用ABS 的位移比不启用ABS 的大些，则0～t2，启用ABS 的平均速度比不启用ABS 的大些。故C
正确。
D、根据斜率表示加速度，知t1～t2，启用ABS 的加速度比不启用ABS 的大些。故D 错误。
故选：C。
【点评】本题要能根据速度图象来分析汽车的速度、加速度和位移的大小，抓住斜率等于加速度、“面积”等于
位移是基本方法。
11．【分析】现顺时针缓慢转动挡板至挡板与斜面垂直的过程中，两完全相同的小球处于静止状态。则小球N 受力
不变，而小球M 由于挡板对球M 的弹力方向发生变化，导致球M 对挡板及斜面作用力发生变化。
【解答】解：AC、虽然挡板在变化，但球M 对球N 的弹力方向没变，球N 的重力没变，斜面对球N 的支持力
方向也没变，虽然球N 位置在缓慢变化，但球N 所受力没有变化，故N 球对斜面的压力不变，MN 两球的弹力
没有变。所以AC 错误；
B、以整体为研究对象进行受力分析如图所示，当缓慢转动挡板至挡板与斜面垂直的过程中，斜面对整体的支持
力减小，球N 所受力没有变化，M 球受到的斜面的支持力减小，则M 球对挡板的压力逐渐减小；由图可知M 球
对挡板的压力逐渐减少，M 球对斜面的压力逐渐减少。故B 正确，D 错误；
故选：B。
【点评】挡板的缓慢变化，导致弹力F1 的方向在变化，从而出现两力的合力不变，而其夹角变小，可以确定这
两力大小如何变化。当然可以通过画受力的动态图来一目了然。
12．【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度，隔离分析，根据牛顿第二定律求出绳子拉力，从而得出
传感器拉力大小，当m 趋向于无穷大，传感器示数趋向于F0，结合表达式求出A 球的质量。分别结合牛顿第二
定律求出当m＞m0，当m＜m0 时，加速度的表达式，从而分析判断。
【解答】解：A、B 当m 较大时，据牛顿第二定律
对B 有：mg﹣T＝ma；对A 有：T﹣m0g＝m0a，联立解得：
a = (m−m0)g
m+m0 ，T = 2mm0g
m+m0 = 2m0g
1+m0
m
，当m 越大，F = 2T = 4m0g
1+m0
m
≈4m0g，则有F0＝4m0g，m0 = F0
4g故AC 错误，
B 正确；
D、在m＜m0 范围内，据牛顿第二定律，对A 有：m0g﹣T＝m0a′；对B 有：T﹣mg＝ma′，联立解得：a' =
(m0−m)g
m+m0
=
1−m
m0
1+ m
m0
g；故m＜m0 范围内，m 越大，其运动的加速度越小，故D 错误；
故选：B。
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用。
二、本大题6 小题，每小题3 分，共18 分．在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得3
分，选对但不全得1 分，有错或不选得0 分．
13．【分析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的
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条件来判断即可。
【解答】解：A、飞船的大小相对于和火星之间的距离来说很小，可以忽略，所以此时的飞船可以看成是质点，
所以A 正确；
B、调整人造卫星的姿态时，研究的就是卫星的姿态和形状，所以此时的卫星不能看成是质点，所以B 错误；
C、研究花样滑冰运动员的动作时，看的就是运动员的优美的动作，所以此时的运动员不能看成是质点，所以C
错误；
D、火车的长度相对于北京和上海的距离来说是很小的，此时火车的长度可以忽略，能看成质点，所以D 正确。
故选：AD。
【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。
14．【分析】加速度等于单位时间内的速度变化量，反映速度变化快慢的物理量。
【解答】解：A、物体的速度越大，速度变化不一定快，加速度不一定大，故A 错误。
B、根据a= △v
△t知，物体的速度变化量越大，加速度不一定大。故B 错误。
C、加速度等于单位时间内的速度变化量，单位时间内的速度变化大，加速度大，故C 正确。
D、物体做匀加速直线运动，加速度方向与速度方向一定相同，加速度的方向和速度变化量的方向也相同。故D
正确。
故选：CD。
【点评】解决本题的关键知道加速度的物理意义，知道加速度的大小与速度的大小、速度变化量的大小无关。
15．【分析】对小船进行受力分析，受重力、浮力、绳子的拉力，阻力做匀速直线运动，根据共点力平衡判断绳子
的张力和浮力的变化。
【解答】解：AB、小船的受力情况如题目图所示，设绳子与水平方向夹角为θ，据平衡条件知：
F 浮+Fsin θ＝G，Fcos θ＝Ff，
则拉力F=
Ff
cosθ，小船向岸边运动时，角θ增大，F 增大，故A 正确，B 错误；
CD、浮力F＝G﹣Fsin θ，因为F 增大，sin θ增大，所以浮力F 浮减小，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键掌握共点力平衡，知道小船在做匀速直线运动时，所受合力为0，根据θ角的变化，判
断力的变化。
16．【分析】根据受力分析的方法，结合重力、弹力与摩擦力的特征，即可求解；由题意可知，不论木板做何种运
动，不影响测量结果。
【解答】解：AD、本实验中，木板不论处于什么运动，木块总处于平衡状态，则弹簧的弹力等于木块的滑动摩
擦力，保持不变，故AD 正确；
BC、对木板做什么运动，及桌面是否光滑，都不会影响实验结果，故BC 错误。
故选：AD。
【点评】考查如何受力分析，注意力既有施力物体，又有受力物体，同时掌握测量滑动摩擦力的技巧。
17．【分析】（1）前2 秒由静到动是加速，但从图象可以看出是失重，故是加速下降；
（2）电梯前2 秒加速下降，2～10 秒匀速下降，10～11s 是减速下降；先求解2s 时速度，然后求解最后1s 的加
速度，再根据牛顿第二定律求解弹力；
（3）分加加速、匀速、减速三段求解位移，最后相加得到总位移。
【解答】解：AB、由图象可知，在0～2s 内，台秤对小明的支持力为：F1＝450N，小于重力500N，根据牛顿第
二定律定律有：mg﹣F1＝ma1
解得：a1＝1m/s2，加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态，故A 错误，B 正确；
C、设在10s～11s 内小明的加速度为a3，时间为t3，0～2s 的时间为t1，则a1t1＝a3t3
解得：a3＝2m/s2
由牛顿第二定律定律有：F3﹣mg＝ma3
解得：F3＝600N，故C 正确；
D、0～2s 内位移
x1= 1
2a1t
1
2 = 1
2 × 1 × 22m＝2m
2s～10s 内位移
x2＝a1t1t2＝1×2×8＝16m
10s～11s 内位x3= 1
2a3t
3
2 = 1
2 × 2 × 12 =1m
小明运动的总位移
x＝x1+x2+x3＝19m，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题关键是明确电梯的运动规律，然后根据牛顿第二定律和运动学公式多次列方程后联立求解。
18．【分析】根据速度时间图线求出物块匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出物块与传送带间的动摩
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擦因数大小；由速度图象可知，物块初速度大小v＝4m/s、传送带速度大小v'＝2m/s，物块在传送带上滑动t1＝
3s 后，与传送带相对静止。由位移公式可求得时间；分别求出木块在皮带上滑动的3s 内皮带的位移、物块位移，
相对传送带滑动的距离可求解；当物块的速度减为零时距离传送带左端有最大距离，由位移公式可求解。
【解答】解：（1）由速度图象可得，物块做匀变速运动的加速度：a= △v
△t = 4.0
2 =2.0 m/s2，由牛顿第二定律得f
＝μMg＝Ma
解得：μ= a
g =0.2，故A 错误；
D、由速度图象可知，物块初速度大小v＝4m/s、传送带速度大小v'＝2m/s，物块在传送带上滑动t1＝3s 后，与
传送带相对静止。
前2 秒内物块的位移大小s1= v
2 t =4m、向右，后1 秒内的位移大小s2= v'
2 t' =1m、向左，
3 秒内位移s＝s1﹣s2＝3m，向右；
物块再向左运动时间t2= s
v' =1.5s
物块在传送带上运动时间t＝t1+t2＝4.5s；故D 正确。
B、物块在皮带上滑动的3s 内，皮带的位移s'＝v't1＝6m，向左；物块位移的s＝s1﹣s2＝3m，向右，相对位移为：
△s′＝s'+s＝9m，故B 正确。
C、当物块的速度减为零时距离传送带左端有最大距离，前2 秒内物块的位移大小s1= v
2 t =4m，即距离传送带左
端的最大距离是4m，故C 错误。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键理清物块在传送带上整个过程的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式以及速度时
间图线进行求解。
三、本大题4 小题，每空2 分，共16 分．
19．【分析】根据速度时间图线得出匀减速运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出阻力的大小，根据位移速度
公式求出上升的位移，根据牛顿第二定律求出下降的加速度，结合位移速度公式求出小球回到抛出点的速度大小。
【解答】解：小球向上做匀减速运动的加速度大小a1= △v
△t = 24
2 =12m/s2，根据牛顿第二定律得，mg+f＝ma1，
解得阻力f＝ma1﹣mg＝2m＝2N，小球上升的高度x= v0
2 t1= 24
2 ×2＝24m，小球下降的加速度大小a2= mg−f
m
=
10−2
1
=8m/s2，根据2a2x＝v12，解得：v1 =
2 × 8 × 24 = 8 6m/s。
故答案为：8 6
【点评】本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，知道图线的
斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。
20．【分析】弹簧的弹力满足胡克定律，F＝kx，在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，横截距表示弹簧的原长，根
据图示图线分析答题。
【解答】解：AC、根据F＝kx 可知，直线的斜率等于弹簧的劲度系数，可知a 的劲度系数比b 的大，故A 错误，
C 正确；
B、由图象可知，直线与横轴交点的坐标为弹簧的原长，可知a 的原长比b 的短，故B 正确；
D、由图象可知弹力与弹簧的伸长量成正比，但是与长度不成正比，故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题考查了胡克定律，要掌握应用图象处理问题的方法；明确F﹣x 图象的意义。
21．【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 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D 点时小车的瞬时速度大小。
【解答】解：打纸带上D 点时小车的瞬时速度大小为：
vD= xCE
2T = 0.125+0.175
0.2
=1.5m/s
由题意可知：△x＝aT2，其中△x＝5.0cm，T＝0.1s，
故代入数据解得：a＝5.0m/s2；
故答案为：1.5，5.0。
【点评】本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，
提高解决问题能力。
22．【分析】（1）根据实验原理，可知小车的加速度与砝码盘的加速度不等，但弹簧测力计的读数为小车所受合外
力，砝码加速度向下，处于失重状态，不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件；
（2）在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，根据作差法求解加速度；
（3）数据作出小车的加速度a 与弹簧测力计的示数F 的关系图象，应该是过原点的一条倾斜直线。
【解答】解：（1）将木板的一端抬高，是为了平稳摩擦力，从而使绳子的拉力就是小车受到的合力，选项B 正
确。
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（2）由整体法求出加速a=
mg
m+M，再对小车有：拉力T＝Ma=
1
1+m
M
mg，显然只有当m＜＜M 时T≈mg．
（3）先描点，再画出小车的加速度随时间变化的图象如图所示。
（4）从图象可以看出，直线有横截距，即当有拉力时，小车的加速度为零，显然是平衡摩擦力不足，即木板的
倾角较小。
故答案为：（1）B；
（2）M＞＞m；
（3）如图（要有描点，图线是直线，点均分布在所有点两侧，不过坐标原点）。
（4）未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足（木板倾角偏小）。
【点评】解答实验问题的关键是正确理解实验原理，加强基本物理知识在实验中的应用，同时不断提高应用数学
知识解答物理问题的能力；掌握求加速度的方法，注意单位的统一，同时理解由图象来寻找加速度与合力的关系。
四．本大题3 小题，共30 分，要求必须写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案．
23．【分析】（1）对砝码m 和结点P 受力分析，由共点力的平衡条件即可得出PB 拉力的大小。
（2）对木块M 受力分析，并交PB 的拉力分解，由共点力的平衡条件可得出木块受到的摩擦力。
【解答】解：（1）如图甲所示分析P 点受力。
由平衡条件可得：
FA cos37°＝G1＝mg
FA sin37°＝FB
可解得：FB＝30N；
（2）再分析M 的受力情况，如图乙所示。
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由物体的平衡条件可得：
沿斜面方向有：Ff＝Mgsin37°+FB′cos37°
由牛顿第三定律，有FB′＝FB
可求得：Ff＝264N。
答：（1）轻绳PB 拉力的大小为30N；
（2）木块受斜面的静摩擦力大小为264N。
【点评】解决共点力平衡的题目时，受力分析是关键，同时注意正确作出受力图，三力平衡时可以用合成法，四
力及以上时一般采用正交分解法。
24．【分析】（1）需判断汽车减速到0 的时间，由再次相遇时位移相等可求得相遇时间，与停止时间对比从而确定
B 的位置，再求汽车的位移，列位移关系求解。
（2）由汽车的位移表达式与匀变速运动的位移公式比较得初速度和加速度，自行车的位移表达式与匀速运动的
位移公式比较得出自行车的速度，当两车速度相等时距离最大，列位移关系式求解。
【解答】解：
（1）设汽车刹车经过时间t1 停止，则
t1=
v汽
a = 20
2 s＝10s
假设自行车和汽车一直在运动，设经过时间t2 又同时在路标B，则
v 自t2＝v 汽t2−1
2 at2
2
解得t2＝15 s
t2＞t1，假设不成立，即汽车已经停止运动，停在路标B 处。
汽车运动时间为t1，设路标A 与B 之间的距离为x，则
x=
v
汽
2
2a = 202
2×2 =100m
（2）设经过时间为t3，两车的速度相等，此时相距最大为xm，则
v1﹣at3＝v2
xm＝v1t3−1
2 at3
2 −v2t3
解得xm＝56.25 m
答：（1）路标A 与B 之间的距离为100m；
（2）自行车和汽车之间的最大距离为56.25m。
【点评】本题注意理解位移时间关系公式的各个量的含义，根据追及相遇问题求解追及距离时要注意判断追上前
汽车是否已经停止。
25．【分析】（1）由牛顿第二定律求出木块与长木板一起向右运动运动过程中加速度，由位移速度的关系式可求得
长木板碰挡板时的速度；
（2）碰后木板向左做匀减速运动，木块向右做匀减速运动，当木块速度为零时木块与挡板的距离最小，由牛顿
第二定律求得各自的加速度，结合运动学公式求解木块与长木板左端A 之间的距离。
【解答】解：（1）设木块与长木板一起向右运动运动过程中加速度大小为a，
则由牛顿第二定律得：μ1（m+M）g＝（m+M）a
由位移速度的关系式得：v02﹣v12＝2ax0
解得：a＝1 m/s2
v1＝4 m/s
（2）设碰撞后木块在长木板上滑动过程中长木板加速度大小为a1，木块加速度大小为a2，
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则由牛顿第二定律得：对木板：μ1（m+M）g+μ2mg＝Ma1
对木块：μ2mg＝ma2
解得：a1＝3.5m/s2，a2＝4m/s2
当木块速度为零时木块与挡板的距离最小，设从与挡板碰撞到木块速度为零经过的时间为t1，长木板通过的距离
为x1，木块通过的距离为x2，木块与长木板左端A 之间的距离为x3，则
对木块由速度公式得：v1＝a2t1
由位移速度关系式得：x2=
v1
2
2a2
对木板由位移公式得：x1＝v1t1−1
2 a1t1
2
木块与长木板左端A 之间的距离：x3＝x1+x2
解得：t1＝1 s，x1＝2.25 m，x2＝2 m。
x3＝4.25 m
答：（1）长木板碰挡板时的速度v1 的大小是4 m/s；
（2）当木块与挡板的距离最小时，木块与长木板左端A 之间的距离是4.25 m。
【点评】本题考查了牛顿第二定律、运动学公式，解题的关键是分析清楚木板和木块的运动过程，弄清各个过程
对应的物理。
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2019-2020 学年四川省绵阳市高一（上）期末物理试卷
一、本大题12 小题，每小题3 分，共36 分．在每小题给出的四个选项中只有一个正确．
1．
（3 分）如图所示，是某辆汽车的速度表。汽车启动后经过15s，速度表的指针指在如图所示的位置。由表可知（
）
A．此时汽车的瞬时速度是50km/h
B．此时汽车的瞬时速度是50m/s
C．启动后15s 内汽车的平均速度是50km/h
D．启动后15s 内汽车的平均速度是50m/s
2．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．研究哈雷彗星的运动可以不选择参考系
B．力的单位牛顿（N）是国际单位制中的基本单位
C．由于原子很小，在任何情况下都可以视为质点
D．物体质量大，其惯性大，运动状态不容易被改变
3．（3 分）物理学发展史上，有一位科学家开创了实验与逻辑推理相结合的科学研究方法，并研究了落体运动的规
律，这位科学家是（
）
A．伽利略
B．牛顿
C．亚里士多德
D．胡克
4．（3 分）足球运动是目前全球体育界最具影响力的运动项目之一，深受青少年喜爱。如图所示为三种与足球有关
的情景，下列说法中正确的是（
）
A．图甲中，静止在地面上的足球受到的弹力就是它的重力
B．图甲中，静止在地面上的足球受到弹力是因为地面发生形变
C．图乙中，静止在光滑水平地面上的两个足球由于接触而受到相互作用的弹力
D．图丙中，足球被踢起，说明脚对球的力大于球对脚的力
5．（3 分）如图所示，质量为m 的木块，被水平力F 紧压在倾角为θ＝60°的墙面上静止。墙面对木块（
）
A．压力大小可能为零
B．摩擦力大小可能为零
C．压力与摩擦力的合力大小为F
D．压力与摩擦力的合力大小为F2 + (mg)2
6．（3 分）甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位
移﹣时间图象，即x﹣t 图象如图所示，则（
）
A．刚出发时，甲车速度小
B．t1 时刻，两车相遇
C．t2 时刻，乙车速度大
D．0～t2 时间内，甲车通过的距离大
7．（3 分）在“车让人”交通安全活动中，交警部门要求汽车在斑马线前停车让人。以8m/s 匀速行驶的汽车，当车
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头离斑马线8m 时司机看到斑马线上有行人通过，已知该车刹车时最大加速度为5m/s2，驾驶员反应时间为0.2s。
若驾驶员看到斑马线上有行人时立即紧急刹车，则（
）
A．汽车能保证车让人
B．汽车通过的距离是6.4m
C．汽车运动的时间是1.6s
D．在驾驶员反应时间内汽车通过的距离是1m
8．（3 分）蹦极是一项户外休闲活动，跳跃者站在约40 米以上高度的位置，用橡皮绳固定住后跳下，落地前弹起。
如图为蹦极运动的示意图，弹性绳的一端固定在O 点，另一端和运动员相连，运动员从O 点自由下落，至B 点
弹性绳自然伸直，经过C 点时合力为零，到达最低点D 后弹起。整个过程中忽略空气阻力。在这个过程中（
）
A．经过B 点时，运动员的速度最大
B．从O 点到C 点，运动员的加速度大小不变
C．从B 点到C 点，运动员的速度不断增大
D．从C 点到D 点，运动员的加速度不断减小
9．（3 分）如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A 的顶端P 处，细线的另一端拴一质量为m
的小球。则（
）
A．当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力为0.5mg
B．当滑块以加速度a＝g 向左加速运动时，小球对滑块压力为零
C．若滑块以加速度a＝g 向左加速运动时，线中拉力为mg
D．当滑块以加速度a＝2g 向左加速运动时，线中拉力为2mg
10．（3 分）某汽车在启用ABS 刹车系统和不启用ABS 刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图中
的甲、乙图线所示。紧急刹车过程中（
）
A．0～t1，启用ABS 的平均速度比不启用ABS 的小些
B．0～t1，启用ABS 的加速度比不启用ABS 的大些
C．0～t2，启用ABS 的平均速度比不启用ABS 的大些
D．t1～t2，启用ABS 的加速度比不启用ABS 的小些
11．（3 分）如图所示，两完全相同的小球M 和N 放在光滑竖直挡板和固定斜面间，处于静止状态。现顺时针缓慢
转动挡板，在挡板缓慢转动到与斜面垂直的过程中（
）
A．N 球对斜面的压力减小
B．M 球对挡板的压力逐渐减小
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C．M、N 两球间的弹力逐渐增大
D．M 球对斜面的压力逐渐增大
12．（3 分）如图甲所示，细绳跨过光滑的轻质定滑轮连接A、B 两物体，定滑轮悬挂在一个力传感器的正下方，保
持A 物体质量m0 不变，取不同质量m 的B 物体，通过计算机描绘得到传感器对滑轮的拉力F 随B 球质量m 变
化关系曲线如图乙所示，F＝F0 直线是曲线的渐近线，重力加速度为g。则（
）
A．m 越大，F 越小
B．m 越大，F 越大
C．A 物体质量m0= F0
2g
D．在m＜m0 范围内，m 越大，其运动的加速度越大
二、本大题6 小题，每小题3 分，共18 分．在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得3
分，选对但不全得1 分，有错或不选得0 分．
13．（3 分）下列情况中的运动物体，可以看做质点的是（
）
A．研究飞船飞往火星的最佳运行轨道
B．调整人造卫星的姿态，使卫星的照相窗口对准地面
C．研究花样滑冰运动员的动作
D．计算从北京往上海的一列高铁的运行时间
14．（3 分）一个物体做直线运动，下列关于这个物体的加速度、速度及速度变化量的说法，正确的是（
）
A．物体的速度越大，加速度越大
B．物体的速度变化量越大，加速度越大
C．物体单位时间内的速度变化量越大，加速度越大
D．如果物体做匀加速直线运动，加速度的方向和速度变化量的方向相同
15．（3 分）小船静止在平静湖面上，抓住通过固定在岸边滑轮且系在船头的轻绳把小船拉向岸边，开始时轻绳与湖
面夹角不为零，假设小船受水的阻力大小不变，小船在匀速缓慢靠近岸边的过程中（
）
A．轻绳的拉力不断增大
B．轻绳的拉力大小不变
C．船受的浮力减小
D．船受的浮力增大
16．（3 分）如图所示为研究木板与木块之间滑动摩擦力大小的实验装置，将一木块和木板叠放于水平桌面上，轻质
弹簧测力计一端固定，另一端用细线与木块水平相连。现在用轻绳与长木板连接，用手向右水平拉轻绳，使长木
板在桌面上滑动。则（
）
A．木块与木板之间的摩擦力是滑动摩擦力
B．水平桌面必须光滑
C．必须使木板在桌面上做匀速直线运动
D．木板运动过程中，弹簧秤示数保持不变
17．（3 分）小明同学用台秤研究人在竖直升降电梯中的超重与失重现象。他在地面上用台秤称得自己体重为500N，
再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从t＝0 时由静止开始运动到t＝11s 时停止，得到台秤的示数F 随时间t 变
化的图象如图所示，g 取10m/s2．下列说法正确的是（
）
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A．在0～2s 内，小明处于超重状态
B．在0～2s 内，小明加速度大小为1m/s2
C．在10～11s 内，台秤示数F3 为600N
D．在0～11s 内，电梯通过的距离为18m
18．（3 分）如图甲所示，水平传送带AB 逆时针匀速转动，一个质量为M＝1.0kg 的小物块以某一水平初速度滑上
传送带左端，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示，取向左为正方向，以小物块滑上传
送带时为计时起点。已知传送带的速度保持不变，g 取10m/s2 ．下列说法正确的是（
）
A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．物块在传送带上相对传送带滑动的距离是9m
C．物块距离传送带左端的最大距离是8m
D．物块在传送带上的时间4.5s
三、非选择题
19．（3 分）将一个质量为1kg 的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动
方向相反。以竖直向上为正方向，小球上升过程的v﹣t 图象如图所示，g 取10m/s2．则小球落回抛出点的速度为
m/s。
20．（3 分）在“探究弹力与弹簧伸长量的关系”的实验中，使用两根不同的轻质弹簧a 和b，操作步骤完全相同，
得到弹力F 与弹簧长度L 的关系如图所示，下列分析判断正确的是（
）
A．a 的截距比b 的小，由此判断a 的劲度系数比b 的小
B．a 的截距比b 的小，由此判断a 的原长比b 的小
C．a 的斜率比b 的大，由此判断a 的劲度系数比b 的大
D．根据图象，可以得到弹簧弹力与弹簧长度成正比
21．某同学利用打点计时器研究小车做匀变速直线运动的规律。如图所示是实验中得到的一条纸带，其中的A、B、
C、D、E 是按打点先后顺序依次选取的计数点，相邻计数点间的时间间隔T＝0.1s。根据图中的数据计算，在打
D 点时小车的速度vD＝
m/s（保留两位有效数字）；小车的加速度a＝
m/s2（保留两位有效数字）
22．（10 分）某探究学习小组欲探究物体的加速度与力、质量的关系，他们在实验室组装了一套如图1 所示装置，
图中小车的质量用M 表示，钩码的质量用m 表示。回答下列问题：
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（1）适当抬高长木板，不挂钩码，轻推小车让小车能在长木板上匀速下滑，是为了在挂上钩码后
（选填
序号）。
A．让钩码受到的合外力等于细线的拉力
B．让小车受到的合外力等于细线的拉力
C．保证小车受到的合外力为零
D．保证钩码受到的合外力为零
（2）要使细线的拉力约等于钩码的总重力，应满足的条件是
。
（3）某位同学经过测量和计算得到如下表中数据，请在如图2 中作出小车加速度与所受合外力的关系图线。
组别
1
2
3
4
5
6
M/kg
0.58
0.58
0.58
0.58
0.58
0.58
F/N
0.10
0.15
0.20
0.30
0.35
0.40
a/m•s
﹣2
0.13
0.17
0.26
0.43
0.51
0.59
（4）由作出的图线可以看出，该实验存在着较大的误差，产生这样误差的主要原因是
。
23．（8 分）如图所示，质量m＝4kg 的物块悬挂在轻绳PA 和PB 的结点上并处于静止状态，PA 与竖直方向的夹角
37°，PB 沿水平方向；质量M＝40kg 的木块与PB 相连，静止于倾角为37°的斜面上。取g＝10m/s2，sin37°
＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）轻绳PB 拉力的大小；
（2）木块受斜面的静摩擦力大小。
24．（10 分）在平直公路上，自行车与同方向行驶的一辆汽车在t＝0 时刻同时经过某一个路标A，自行车匀速运动
的速度是5m/s，汽车速度是20m/s。汽车过路标A 时开始以大小为2m/s2 的加速度刹车，经过一段时间，自行车
和汽车又同时在路标B．求：
（1）路标A 与B 之间的距离；
（2）自行车和汽车之间的最大距离。
25．（12 分）如图所示，足够长的长木板AB 质量M＝2kg 在水平地面上，可视为质点的木块质量m＝1kg 在长木板
的左端A 处，木块与长木板保持相对静止一起向右运动，当右端B 经过地面上O 点时速度为v0＝5m/s，长木板
与P 点处的挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变。已知O 点与P 点间距离x0＝4.5m，
木板与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，木块与长木板间动摩擦因数μ2＝0.4，g 取10m/s2。
（1）求长木板碰挡板时的速度v1 的大小；
（2）当木块与挡板的距离最小时，木块与长木板左端A 之间的距离。
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2019-2020 学年四川省绵阳市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、本大题12 小题，每小题3 分，共36 分．在每小题给出的四个选项中只有一个正确．
1．【分析】汽车的速度表每时每刻都在变化，故速度表显示的是瞬时速度；
【解答】解：汽车的速度表显示的是瞬时速度，由图可知在第15s 末汽车的瞬时速度是50km/h。故A 正确。
故选：A。
【点评】汽车的速度表指示的是瞬时速度这是生活常识，所以多留心、多观察、多思考是学好物理的必要条件。
2．【分析】描述一个物体的运动时，都要选取参考系。牛顿（N）是国际单位制中的导出单位。物体能否看作质点，
要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小对所研究的问题影响是否可以忽略。质量是惯性大小的唯一量度。
【解答】解：A、运动的描述是相对的，所以研究一个物体的运动时，都要选取参考系。同样，研究哈雷彗星的
运动必须选择参考系，故A 错误。
B、力的单位牛顿（N）是国际单位制中的导出单位，故B 错误。
C、原子很小，但在研究原子的内部结构时，原子的大小和形状不能忽略，不能看成质点。故C 错误。
D、质量是惯性大小的唯一量度，物体质量大，其惯性大，运动状态不容易被改变，故D 正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键要理解并掌握力学基础知识，要明确物体能被看成质点的条件是看物体的形状和大小对
所研究的问题影响是否可以忽略，而不是看物体的绝对大小。
3．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家伽利略、牛顿等人的主要贡献即可。
【解答】解：物理学发展史上，有一位科学家开创了实验与逻辑推理相结合的科学研究方法，并研究了落体运动
的规律，这位科学家是伽利略，故A 正确，BCD 错误
故选：A。
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试
内容之一。
4．【分析】力的作用效果：一是改变物体的形状，二是改变物体的运动状态；弹力产生的条件是接触且发生弹性形
变。作用力与反作用力总是大小相等方向相反。
【解答】解：A、静止在草地上的足球受到的弹力的施力物体是地面，而重力的施力物体是地球，可知弹力不是
重力，故A 错误；
B、静止在地面上的足球受到弹力是地面对足球的作用力，是因为地面发生形变，故B 正确；
C、静止在光滑水平地面上的两个足球由于接触，但由于没有弹性形变，所以没有受到相互作用的弹力，故C 错
误；
D、脚对球的力与球对脚的力是一对作用力与反作用力，总是大小相等方向相反。故D 错误。
故选：B。
【点评】本题以体育比赛为载体考查相关的物理知识，注重了物理和生活的联系，考查了学生学以致用的能力。
要注意理解弹力的产生以及性质。
5．【分析】对木块进行受力分析，根据共点力平衡，抓住合力为零，运用正交分解求出墙面对木块的作用力，由此
得到压力与摩擦力的合力大小。
【解答】解：AB、木块受到重力和水平力F 后，墙面对木块一定有压力，也一定有沿斜面向上的摩擦力，否则
不能平衡。故AB 错误；
CD、木块受重力、支持力、推力和静摩擦力平衡，受力如图，根据多个共点力平衡的特点可知，墙壁的支持力
与摩擦力的合力一定与重力与F 的合力大小相等，方向相反，即为F′=
F2 + (mg)2，压力与摩擦力的合力大
小为F2 + (mg)2，故C 错误，D 正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，根据共点力平衡，运用正交分解法进行求解。
6．【分析】在x﹣t 图象中，图象的斜率表示速度；图象的交点表示两车相遇。纵坐标的变化量表示位移。
【解答】解：A、在x﹣t 图象中，图象的斜率表示速度，则知刚出发时，即t＝0 时，甲车速度大。故A 错误。
B、t1 时刻，两车的位置坐标不同，没有相遇，故B 错误。
C、根据图象的斜率表示速度，则知t2 时刻，乙车速度大，故C 正确。
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D、甲、乙两车由同一地点，同时沿同一方向开始做直线运动，t2 时刻到达同一位置，则0～t2 时间内，两车
两车通过的距离相等，故D 错误。
故选：C。
【点评】此题要求同学们能根据图象读出有用信息，知道位移﹣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。交点表示相遇。
7．【分析】汽车在驾驶员反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速运动，根据位移公式求出速度为零的位移，
判断是否能让行人通过，根据速度公式求出匀减速直线运动花费的时间，并求出总时间；
【解答】解：D、汽车在驾驶员反应时间内做匀速直线运动，则反应时间内汽车行驶的距离为：x＝v0t＝8×0.2m
＝1.6m，故D 错误；
ABC、刹车后做匀减速运动，根据速度公式：v＝v0+at
当汽车速度为零时，t＝1.8s；
汽车运动总时间为2s；
匀减速的位移：v0
2 = 2as
s＝6.4m，
汽车通过的总位移：x 总＝x+s＝8m，达到斑马线时刚好停下，行人可以安全通过，即汽车能保证车让人，故A
正确，BC 错误。
故选：A。
【点评】本题要求同学们掌握匀变速直线运动的速度时间关系式和位移时间关系式，知道在驾驶员反应时间内汽
车做匀速运动。注意汽车刹车的末速度为0。
8．【分析】分析运动员下落过程中的受力情况，从而明确其运动情况，注意明确当力与运动方向相同时物体做加速
运动，而力与运动方向相反时，物体做减速运动。
【解答】解：ABC、由题意可知，物运动员先做自由落体运动，加速度为g，到达B 点时绳子张紧后人受到弹力
作用，开始时弹力小于重力，物体将继续加速且加速度逐渐减小，人做加速度减小的加速运动，到达C 点时加
速度为零，速度达最大，故AB 错误，C 正确；
D、从C 到D，弹力大于重力，合力向上且逐渐增加，故加速度方向向上且逐渐增加，物体开始减速，到达D 点
时向上的加速度最大，速度为零，故D 错误，
故选：C。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确力是改变物体运动状态原因，要根据受力情况来分析运动情
况，注意不能认为绳子一张紧人即减速或停止，而实际情况是人要先做加速度减小的加速运动，然后再做减速运
动。
9．【分析】当滑块匀速时，根据平衡条件绳的拉力大小；
当滑块向左匀加速直线运动时，对小球受力分析，根据牛顿第二定律求出支持力为零时的加速度，从而判断小球
是否离开斜面，再结合牛顿第二定律和平行四边形定则求出绳子的拉力。
【解答】解：A、当滑块静止时，根据平衡条件可得绳的拉力大小为T＝mgsin45°=
2
2 mg，故A 错误；
B、设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为a0，小球受到重力、拉力和支持力作用，如图甲所
示；
根据牛顿第二定律可得加速度a0＝gtan45°＝g，此时细线的拉力F=
mg
cos45° =
2mg，故B 正确，C 错误；
D、当滑块以加速度a＝2g 向左加速运动时，此时大于临界加速度a0，故小球已经摆起来，如图乙所示；绳子拉
力T =
(mg)2 + (ma)2 =
5mg，故D 错误；
故选：B。
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【点评】解决本题的关键确定出小球刚离开斜面时的临界情况，结合牛顿第二定律进行求临界加速度。当受力较
多时，采用正交分解法比较简单，而小球只受两个力时用合成法简单。
10．【分析】由速度图线与时间轴围成的面积表示位移，比较位移的大小，再比较平均速度的大小。由图象的斜率
等于加速度，由斜率的大小来比较加速度的大小。
【解答】解：A、根据速度图象与时间轴围成的“面积”大小等于位移，可以看出，0～t1，启用ABS 的位移比
不启用ABS 的大，则0～t1，启用ABS 的平均速度比不启用ABS 的大，故A 错误。
B、由图象的斜率表示加速度，斜率绝对值越大，加速度越大，知0～t1，启用ABS 的加速度比不启用ABS 的小
些。故B 错误。
C、0～t2，启用ABS 的位移比不启用ABS 的大些，则0～t2，启用ABS 的平均速度比不启用ABS 的大些。故C
正确。
D、根据斜率表示加速度，知t1～t2，启用ABS 的加速度比不启用ABS 的大些。故D 错误。
故选：C。
【点评】本题要能根据速度图象来分析汽车的速度、加速度和位移的大小，抓住斜率等于加速度、“面积”等于
位移是基本方法。
11．【分析】现顺时针缓慢转动挡板至挡板与斜面垂直的过程中，两完全相同的小球处于静止状态。则小球N 受力
不变，而小球M 由于挡板对球M 的弹力方向发生变化，导致球M 对挡板及斜面作用力发生变化。
【解答】解：AC、虽然挡板在变化，但球M 对球N 的弹力方向没变，球N 的重力没变，斜面对球N 的支持力
方向也没变，虽然球N 位置在缓慢变化，但球N 所受力没有变化，故N 球对斜面的压力不变，MN 两球的弹力
没有变。所以AC 错误；
B、以整体为研究对象进行受力分析如图所示，当缓慢转动挡板至挡板与斜面垂直的过程中，斜面对整体的支持
力减小，球N 所受力没有变化，M 球受到的斜面的支持力减小，则M 球对挡板的压力逐渐减小；由图可知M 球
对挡板的压力逐渐减少，M 球对斜面的压力逐渐减少。故B 正确，D 错误；
故选：B。
【点评】挡板的缓慢变化，导致弹力F1 的方向在变化，从而出现两力的合力不变，而其夹角变小，可以确定这
两力大小如何变化。当然可以通过画受力的动态图来一目了然。
12．【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度，隔离分析，根据牛顿第二定律求出绳子拉力，从而得出
传感器拉力大小，当m 趋向于无穷大，传感器示数趋向于F0，结合表达式求出A 球的质量。分别结合牛顿第二
定律求出当m＞m0，当m＜m0 时，加速度的表达式，从而分析判断。
【解答】解：A、B 当m 较大时，据牛顿第二定律
对B 有：mg﹣T＝ma；对A 有：T﹣m0g＝m0a，联立解得：
a = (m−m0)g
m+m0 ，T = 2mm0g
m+m0 = 2m0g
1+m0
m
，当m 越大，F = 2T = 4m0g
1+m0
m
≈4m0g，则有F0＝4m0g，m0 = F0
4g故AC 错误，
B 正确；
D、在m＜m0 范围内，据牛顿第二定律，对A 有：m0g﹣T＝m0a′；对B 有：T﹣mg＝ma′，联立解得：a' =
(m0−m)g
m+m0
=
1−m
m0
1+ m
m0
g；故m＜m0 范围内，m 越大，其运动的加速度越小，故D 错误；
故选：B。
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用。
二、本大题6 小题，每小题3 分，共18 分．在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得3
分，选对但不全得1 分，有错或不选得0 分．
13．【分析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的
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条件来判断即可。
【解答】解：A、飞船的大小相对于和火星之间的距离来说很小，可以忽略，所以此时的飞船可以看成是质点，
所以A 正确；
B、调整人造卫星的姿态时，研究的就是卫星的姿态和形状，所以此时的卫星不能看成是质点，所以B 错误；
C、研究花样滑冰运动员的动作时，看的就是运动员的优美的动作，所以此时的运动员不能看成是质点，所以C
错误；
D、火车的长度相对于北京和上海的距离来说是很小的，此时火车的长度可以忽略，能看成质点，所以D 正确。
故选：AD。
【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。
14．【分析】加速度等于单位时间内的速度变化量，反映速度变化快慢的物理量。
【解答】解：A、物体的速度越大，速度变化不一定快，加速度不一定大，故A 错误。
B、根据a= △v
△t知，物体的速度变化量越大，加速度不一定大。故B 错误。
C、加速度等于单位时间内的速度变化量，单位时间内的速度变化大，加速度大，故C 正确。
D、物体做匀加速直线运动，加速度方向与速度方向一定相同，加速度的方向和速度变化量的方向也相同。故D
正确。
故选：CD。
【点评】解决本题的关键知道加速度的物理意义，知道加速度的大小与速度的大小、速度变化量的大小无关。
15．【分析】对小船进行受力分析，受重力、浮力、绳子的拉力，阻力做匀速直线运动，根据共点力平衡判断绳子
的张力和浮力的变化。
【解答】解：AB、小船的受力情况如题目图所示，设绳子与水平方向夹角为θ，据平衡条件知：
F 浮+Fsin θ＝G，Fcos θ＝Ff，
则拉力F=
Ff
cosθ，小船向岸边运动时，角θ增大，F 增大，故A 正确，B 错误；
CD、浮力F＝G﹣Fsin θ，因为F 增大，sin θ增大，所以浮力F 浮减小，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键掌握共点力平衡，知道小船在做匀速直线运动时，所受合力为0，根据θ角的变化，判
断力的变化。
16．【分析】根据受力分析的方法，结合重力、弹力与摩擦力的特征，即可求解；由题意可知，不论木板做何种运
动，不影响测量结果。
【解答】解：AD、本实验中，木板不论处于什么运动，木块总处于平衡状态，则弹簧的弹力等于木块的滑动摩
擦力，保持不变，故AD 正确；
BC、对木板做什么运动，及桌面是否光滑，都不会影响实验结果，故BC 错误。
故选：AD。
【点评】考查如何受力分析，注意力既有施力物体，又有受力物体，同时掌握测量滑动摩擦力的技巧。
17．【分析】（1）前2 秒由静到动是加速，但从图象可以看出是失重，故是加速下降；
（2）电梯前2 秒加速下降，2～10 秒匀速下降，10～11s 是减速下降；先求解2s 时速度，然后求解最后1s 的加
速度，再根据牛顿第二定律求解弹力；
（3）分加加速、匀速、减速三段求解位移，最后相加得到总位移。
【解答】解：AB、由图象可知，在0～2s 内，台秤对小明的支持力为：F1＝450N，小于重力500N，根据牛顿第
二定律定律有：mg﹣F1＝ma1
解得：a1＝1m/s2，加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态，故A 错误，B 正确；
C、设在10s～11s 内小明的加速度为a3，时间为t3，0～2s 的时间为t1，则a1t1＝a3t3
解得：a3＝2m/s2
由牛顿第二定律定律有：F3﹣mg＝ma3
解得：F3＝600N，故C 正确；
D、0～2s 内位移
x1= 1
2a1t
1
2 = 1
2 × 1 × 22m＝2m
2s～10s 内位移
x2＝a1t1t2＝1×2×8＝16m
10s～11s 内位x3= 1
2a3t
3
2 = 1
2 × 2 × 12 =1m
小明运动的总位移
x＝x1+x2+x3＝19m，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题关键是明确电梯的运动规律，然后根据牛顿第二定律和运动学公式多次列方程后联立求解。
18．【分析】根据速度时间图线求出物块匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出物块与传送带间的动摩
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擦因数大小；由速度图象可知，物块初速度大小v＝4m/s、传送带速度大小v'＝2m/s，物块在传送带上滑动t1＝
3s 后，与传送带相对静止。由位移公式可求得时间；分别求出木块在皮带上滑动的3s 内皮带的位移、物块位移，
相对传送带滑动的距离可求解；当物块的速度减为零时距离传送带左端有最大距离，由位移公式可求解。
【解答】解：（1）由速度图象可得，物块做匀变速运动的加速度：a= △v
△t = 4.0
2 =2.0 m/s2，由牛顿第二定律得f
＝μMg＝Ma
解得：μ= a
g =0.2，故A 错误；
D、由速度图象可知，物块初速度大小v＝4m/s、传送带速度大小v'＝2m/s，物块在传送带上滑动t1＝3s 后，与
传送带相对静止。
前2 秒内物块的位移大小s1= v
2 t =4m、向右，后1 秒内的位移大小s2= v'
2 t' =1m、向左，
3 秒内位移s＝s1﹣s2＝3m，向右；
物块再向左运动时间t2= s
v' =1.5s
物块在传送带上运动时间t＝t1+t2＝4.5s；故D 正确。
B、物块在皮带上滑动的3s 内，皮带的位移s'＝v't1＝6m，向左；物块位移的s＝s1﹣s2＝3m，向右，相对位移为：
△s′＝s'+s＝9m，故B 正确。
C、当物块的速度减为零时距离传送带左端有最大距离，前2 秒内物块的位移大小s1= v
2 t =4m，即距离传送带左
端的最大距离是4m，故C 错误。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键理清物块在传送带上整个过程的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式以及速度时
间图线进行求解。
三、非选择题
19．【分析】根据速度时间图线得出匀减速运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出阻力的大小，根据位移速度
公式求出上升的位移，根据牛顿第二定律求出下降的加速度，结合位移速度公式求出小球回到抛出点的速度大小。
【解答】解：小球向上做匀减速运动的加速度大小a1= △v
△t = 24
2 =12m/s2，根据牛顿第二定律得，mg+f＝ma1，
解得阻力f＝ma1﹣mg＝2m＝2N，小球上升的高度x= v0
2 t1= 24
2 ×2＝24m，小球下降的加速度大小a2= mg−f
m
=
10−2
1
=8m/s2，根据2a2x＝v12，解得：v1 =
2 × 8 × 24 = 8 6m/s。
故答案为：8 6
【点评】本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，知道图线的
斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。
20．【分析】弹簧的弹力满足胡克定律，F＝kx，在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，横截距表示弹簧的原长，根
据图示图线分析答题。
【解答】解：AC、根据F＝kx 可知，直线的斜率等于弹簧的劲度系数，可知a 的劲度系数比b 的大，故A 错误，
C 正确；
B、由图象可知，直线与横轴交点的坐标为弹簧的原长，可知a 的原长比b 的短，故B 正确；
D、由图象可知弹力与弹簧的伸长量成正比，但是与长度不成正比，故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题考查了胡克定律，要掌握应用图象处理问题的方法；明确F﹣x 图象的意义。
21．【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 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D 点时小车的瞬时速度大小。
【解答】解：打纸带上D 点时小车的瞬时速度大小为：
vD= xCE
2T = 0.125+0.175
0.2
=1.5m/s
由题意可知：△x＝aT2，其中△x＝5.0cm，T＝0.1s，
故代入数据解得：a＝5.0m/s2；
故答案为：1.5，5.0。
【点评】本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，
提高解决问题能力。
22．【分析】（1）根据实验原理，可知小车的加速度与砝码盘的加速度不等，但弹簧测力计的读数为小车所受合外
力，砝码加速度向下，处于失重状态，不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件；
（2）在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，根据作差法求解加速度；
（3）数据作出小车的加速度a 与弹簧测力计的示数F 的关系图象，应该是过原点的一条倾斜直线。
【解答】解：（1）将木板的一端抬高，是为了平稳摩擦力，从而使绳子的拉力就是小车受到的合力，选项B 正
确。
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（2）由整体法求出加速a=
mg
m+M，再对小车有：拉力T＝Ma=
1
1+m
M
mg，显然只有当m＜＜M 时T≈mg．
（3）先描点，再画出小车的加速度随时间变化的图象如图所示。
（4）从图象可以看出，直线有横截距，即当有拉力时，小车的加速度为零，显然是平衡摩擦力不足，即木板的
倾角较小。
故答案为：（1）B；
（2）M＞＞m；
（3）如图（要有描点，图线是直线，点均分布在所有点两侧，不过坐标原点）。
（4）未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足（木板倾角偏小）。
【点评】解答实验问题的关键是正确理解实验原理，加强基本物理知识在实验中的应用，同时不断提高应用数学
知识解答物理问题的能力；掌握求加速度的方法，注意单位的统一，同时理解由图象来寻找加速度与合力的关系。
23．【分析】（1）对砝码m 和结点P 受力分析，由共点力的平衡条件即可得出PB 拉力的大小。
（2）对木块M 受力分析，并交PB 的拉力分解，由共点力的平衡条件可得出木块受到的摩擦力。
【解答】解：（1）如图甲所示分析P 点受力。
由平衡条件可得：
FA cos37°＝G1＝mg
FA sin37°＝FB
可解得：FB＝30N；
（2）再分析M 的受力情况，如图乙所示。
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由物体的平衡条件可得：
沿斜面方向有：Ff＝Mgsin37°+FB′cos37°
由牛顿第三定律，有FB′＝FB
可求得：Ff＝264N。
答：（1）轻绳PB 拉力的大小为30N；
（2）木块受斜面的静摩擦力大小为264N。
【点评】解决共点力平衡的题目时，受力分析是关键，同时注意正确作出受力图，三力平衡时可以用合成法，四
力及以上时一般采用正交分解法。
24．【分析】（1）需判断汽车减速到0 的时间，由再次相遇时位移相等可求得相遇时间，与停止时间对比从而确定
B 的位置，再求汽车的位移，列位移关系求解。
（2）由汽车的位移表达式与匀变速运动的位移公式比较得初速度和加速度，自行车的位移表达式与匀速运动的
位移公式比较得出自行车的速度，当两车速度相等时距离最大，列位移关系式求解。
【解答】解：
（1）设汽车刹车经过时间t1 停止，则
t1=
v汽
a = 20
2 s＝10s
假设自行车和汽车一直在运动，设经过时间t2 又同时在路标B，则
v 自t2＝v 汽t2−1
2 at2
2
解得t2＝15 s
t2＞t1，假设不成立，即汽车已经停止运动，停在路标B 处。
汽车运动时间为t1，设路标A 与B 之间的距离为x，则
x=
v
汽
2
2a = 202
2×2 =100m
（2）设经过时间为t3，两车的速度相等，此时相距最大为xm，则
v1﹣at3＝v2
xm＝v1t3−1
2 at3
2 −v2t3
解得xm＝56.25 m
答：（1）路标A 与B 之间的距离为100m；
（2）自行车和汽车之间的最大距离为56.25m。
【点评】本题注意理解位移时间关系公式的各个量的含义，根据追及相遇问题求解追及距离时要注意判断追上前
汽车是否已经停止。
25．【分析】（1）由牛顿第二定律求出木块与长木板一起向右运动运动过程中加速度，由位移速度的关系式可求得
长木板碰挡板时的速度；
（2）碰后木板向左做匀减速运动，木块向右做匀减速运动，当木块速度为零时木块与挡板的距离最小，由牛顿
第二定律求得各自的加速度，结合运动学公式求解木块与长木板左端A 之间的距离。
【解答】解：（1）设木块与长木板一起向右运动运动过程中加速度大小为a，
则由牛顿第二定律得：μ1（m+M）g＝（m+M）a
由位移速度的关系式得：v02﹣v12＝2ax0
解得：a＝1 m/s2
v1＝4 m/s
（2）设碰撞后木块在长木板上滑动过程中长木板加速度大小为a1，木块加速度大小为a2，
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则由牛顿第二定律得：对木板：μ1（m+M）g+μ2mg＝Ma1
对木块：μ2mg＝ma2
解得：a1＝3.5m/s2，a2＝4m/s2
当木块速度为零时木块与挡板的距离最小，设从与挡板碰撞到木块速度为零经过的时间为t1，长木板通过的距离
为x1，木块通过的距离为x2，木块与长木板左端A 之间的距离为x3，则
对木块由速度公式得：v1＝a2t1
由位移速度关系式得：x2=
v1
2
2a2
对木板由位移公式得：x1＝v1t1−1
2 a1t1
2
木块与长木板左端A 之间的距离：x3＝x1+x2
解得：t1＝1 s，x1＝2.25 m，x2＝2 m。
x3＝4.25 m
答：（1）长木板碰挡板时的速度v1 的大小是4 m/s；
（2）当木块与挡板的距离最小时，木块与长木板左端A 之间的距离是4.25 m。
【点评】本题考查了牛顿第二定律、运动学公式，解题的关键是分析清楚木板和木块的运动过程，弄清各个过程
对应的物理。
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2019-2020 学年四川省成都市双流县棠湖中学高一（上）期末物理试卷
一、选择题：本题共13 小题，每小题4 分，在每小题给出的四个选项中，第1～10 题只有一项符合题目要求，第
11～13 题有多项符合题目要求．全部选对得4 分，选对但不全得2 分，有选错的得0 分
1．（4 分）坐在火车里的王同学观察相邻轨道上的另一火车时，感到自己乘坐的火车在后退，实际上他乘坐的火车
并未开动，下来相关分析正确的是（
）
A．王同学感到自己所乘火车在后退，选择的参考系是火车站的地面
B．王同学感到自己所乘火车在后退，选择的参考系是相邻轨道的火车
C．王同学比较两列火车运动快慢时，火车不能看成质点
D．王同学研究火车车轮转动时，火车可以看成质点
2．（4 分）下列说法正确的是（
）
A．若物体的速度为零，位移可能继续增大
B．若物体的加速度为零，速度一定为零
C．若物体的加速度方向向东，所受合力方向一定向东
D．若物体的速度方向向东，所受合力方向一定向东
3．（4 分）雨滴从高空由静止下落，由于空气阻力作用，其加速度逐渐减小，直到变为零，在此过程中雨滴的运动
情况是（
）
A．速度一直保持不变
B．速度不断减小，加速度为零时，速度最小
C．速度的变化率越来越大
D．速度不断增大，加速度为零时，速度最大
4．（4 分）如图所示，在光滑的水平面上有一小球a 以初速度v0 运动，同时刻在它的正上方有一小球b 也以v0 的初
速度水平拋出，并落于N 点，则（
）
A．小球a 先到达N 点
B．小球b 先到达N 点
C．两球同时到达N 点
D．不能确定两球到达N 点的时间关系
5．（4 分）如图，放在水平面上的物体受到水平向右的力F1＝7N 和水平向左的力F2＝2N 的共同作用，物体处于静
止，那么（
）
A．如果撤去力F1，那么物体受到的合力为2N
B．如果撤去力F1，那么物体受到的合力为零
C．如果撤去力F2，那么物体受到的合力一定为2N
D．如果撤去力F2，那么物体受到的摩擦力一定为7N
6．（4 分）一轮船的船头指向始终垂直于河岸的方向，并以一定的速度向对岸行驶，水匀速流动，则关于轮船通过
的路程、渡河经历的时间与水流速度的关系，下述说法正确的是（
）
A．水流速度越大，路程越长，时间越长
B．水流速度越大，路程越短，时间越短
C．渡河时间与水流速度无关
D．路程和时间都与水流速度无关
7．（4 分）如图，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O 点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B 都处于静
止状态，现将物块B 移至C 点后，A、B 仍保持静止，下列说法正确的是（
）
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A．B 与水平面间的摩擦力减小
B．地面对B 的弹力减小
C．悬于墙上的绳所受拉力不变
D．A、B 静止时，图中α、β、θ 三角始终相等
8．（4 分）我们见过在砂轮上磨刀具的情形．当刀具与快速旋转的砂轮接触时，就会看到一束火星从接触点沿着砂
轮的切线飞出，这些火星是刀具与砂轮接触时擦落的炽热微粒，对此现象，下列描述中错误的是（
）
A．火星微粒由于惯性而做匀速直线运动
B．火星微粒被擦落时的速度为零，所以做自由落体运动
C．火星微粒飞出的方向就是砂轮跟刀具接触处的速度方向
D．火星微粒都是从接触点沿着砂轮的切线方向飞出的
9．（4 分）在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50.0kg．若电梯
运动中的某一段时间内，该同学发现体重计示数为如图所示的40.0kg，则在这段时间内（重力加速度为g）（
）
A．该同学所受的重力变小了
B．电梯一定在竖直向下运动
C．该同学对体重计的压力小于体重计对她的支持力
D．电梯的加速度大小为0.2g，方向一定竖直向下
10．（4 分）如图，倾角θ的光滑斜面固定于地面，斜面上A、B 两个小球的质量均为m，轻弹簧一端固定在斜面顶
端、另一端与A 球相连，A、B 间连有一轻质细线，弹簧与细线均平行于斜面，系统处于静止状态。当细线被烧
断后的瞬间，两球的加速度分别为aA、aB，下列判断正确的是（
）
A．aA＝0，aB＝gsinθ方向沿斜面向下
B．aA＝gsinθ方向沿斜面向上，aB＝0
C．aA＝gsinθ方向沿斜面向上，aB＝gsinθ方向沿斜面向下
D．aA＝gsinθ方向沿斜面向下，aB＝gsinθ方向沿斜面向下
11．（4 分）如图所示，在粗糙水平地面上放一三角形劈，三角形劈与光滑竖直墙之间放一光滑圆球，整个装置处于
静止状态，若把三角形劈向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则（
）
A．球对墙的压力增大
B．球对墙的压力不变
C．球对三角形劈的压力增大
D．地面对三角形劈的摩擦力不变
12．（4 分）如图所示，两个质量分别为m1＝2kg、m2＝3kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．两
个大小分别为F1＝30N、F2＝20N 的水平拉力分别作用在m1、m2 上，则（
）
A．弹簧秤的示数是26N
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B．弹簧秤的示数是50N
C．在突然撤去F2 的瞬间，m1 的加速度大小为5m/s2
D．在突然撤去F1 的瞬间，m1 的加速度大小为13m/s2
13．（4 分）如图，在光滑地面上，水平外力F 拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M，木块
质量是m，力大小是F，加速度大小是a，木块和小车之间动摩擦因数是μ．则在这个过程中，木块受到的摩擦力
大小是（
）
A．μmg
B．
mF
M+m
C．μ（M+m）g
D．ma
三、实验题：（本题共3 小题，每空3 分，共18 分）
14．（3 分）在“研究匀变速直线运动”实验中，交流电频率为50HZ，某同学打出如图所示的纸带，相邻两计数点
之间有4 个点未画出，并测得OA＝2.80cm，DE＝9.10cm，则小车的加速度为
m/s2，（结果取2 位有效数
字）
15．（6 分）用如图所示的装置测定弹簧的劲度系数，被测弹簧一端固定于A 点另一端用细线绕过定滑轮挂钩码，
旁边附有一竖直放置的厘米刻度尺．当挂两个钩码时，线上一定点P 对应的刻度线如图中的ab 虚线所示，当挂
三个钩码时，线上一定点P 对应的刻度线如图中的cd 虚线所示．已知每个钩码的质量为50g，重力加速度g＝
9.8m/s2．ab 虚线处刻度尺读数是d1＝
m，则被测弹簧的劲度系数为
N/m．
16．（9 分）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图1 所示的装置．
（1）本实验应用的科学方法是
A．建立理想模型的方法
B．控制变量法
C．等效替代法
D．类比法
（2）某同学测得小车的加速度a 和拉力F 的数据如表所示：（小车质量保持不变）
F/N
0.20
0.30
0.40
0.50
0.60
a/m•s
﹣
2
0.10
0.20
0.29
0.40
0.51
①根据表中的数据在图2 坐标图上作出a﹣F 图象．
②图线不过原点的原因可能是
．
三、计算题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的
题，答案中必须明确写出数值和单位
17．（8 分）如图，质量m＝1kg 的小球被竖直平面内的轻线和轻弹簧系着而处于静止，轻线和轻弹簧的另一端分别
固定在竖直立柱和水平地面上，已知轻弹簧的劲度系数k＝500N/m，其轴线与地面夹角θ＝30°，弹簧对小球的
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拉力F＝10N，取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）弹簧的伸长量△x；
（2）轻线拉力T 的大小及轻线与水平面的夹角α。
18．（10 分）如图所示，传送带与水平面的夹角θ＝30°，正以恒定的速度v＝2.5m/s 顺时针转动，现在其底端A 轻
放一货物（可视为质点），货物与传送带间的动摩擦因数μ=
3
2 ，经过t＝2s，传送带突然被卡住而立即停止转动，
由于惯性，货物继续沿传送带向上运动，并刚好到达传送带顶端B．求传送带底端A 与顶端B 的距离。
（g 取10m/s2）
19．（12 分）如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面长L＝2.4m，质量M＝2.0kg 的B 物体放在
斜面底端，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，通过轻细绳跨过光滑的定滑轮与A 物体相连接，连接B 的细绳与斜
面平行，A 的质量m＝2.5kg，绳拉直是用手托住A 物体使其在距地面h 高处右静止释放，着地后立即停止运动，
A，B 物体均可视为质点，取g＝10m/s2，sin37°cos37°＝0.8．
（1）求物体下落的加速度大小及绳子拉力F 的大小；
（2）求当A 物体从多高处静止释放，B 物体恰好运动至斜面最高点；
（3）若A 物体从h1＝1.6m 处静止释放，要使B 物体向上运动且不从斜面顶端滑出，求A 物体质量m 的取值范
围（设B 物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
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2019-2020 学年四川省成都市双流县棠湖中学高一（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，每小题4 分，在每小题给出的四个选项中，第1～10 题只有一项符合题目要求，第
11～13 题有多项符合题目要求．全部选对得4 分，选对但不全得2 分，有选错的得0 分
1．【分析】研究同一物体的运动状态，如果选择不同的参照物，得出的结论可以不同，但都是正确的结论，要注意
结合现象正确分析，明确所选择的参考系。
当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断
即可，因此能否看作质点与物体的形状、体积、质量等因素无关，关键是看本身的尺寸对所研究的问题是否可以
忽略。
【解答】解：AB、王同学看着相邻轨道上的另一火车时，发现自己乘坐的火车在“后退“是以向前开动的相邻
轨道上的另一火车为参考系，故A 错误，B 正确；
C、比较两火车的快慢时，火车的长度可以忽略，可以看成质点，故C 错误；
D、研究火车车轮转动时，火车不能看成质点，故D 错误；
故选：B。
【点评】此类现象在我们的日常生活中随处可见，学习中要注意理论联系实际，用所学物理知识对生活中的物理
现象作出解释，这样才能做到举一反三，活学活用。
2．【分析】若物体的速度为零，位移不再继续增大。加速度与速度无关。加速度方向与合力方向一定相同，而速度
方向与合力方向不一定相同。
【解答】解：A、若物体的速度为零，位移不再继续增大，故A 错误。
B、加速度与速度无关，知加速度为零，速度不一定为零，如匀速直线运动，故B 错误。
C、根据牛顿第二定律知加速度方向与合力方向一定相同，因此加速度方向向东，所受合力方向一定向东，故C
正确。
D、速度方向与合力方向不一定相同。则知速度方向向东，所受合力方向不一定向东，故D 错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键是理解加速度与速度的关系、加速度与合力的关系，要注意加速度、合力与速度没有直
接关系。
3．【分析】根据加速度的方向与速度方向的关系，判断雨滴的速度是增大还是减小，速度的变化率等于加速度，结
合加速度的变化判断速度的变化率变化。
【解答】解：A、雨滴下落过程中，加速度方向与速度方向相同，加速度减小，速度仍然增大，当加速度减小为
零，雨滴做匀速直线运动，故A 错误，B 错误，D 正确。
C、速度的变化率等于加速度，加速度减小，则速度的变化率减小，故C 错误。
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道当加速度方向与速度方向相同，雨滴做加速运动，当加速度方向与雨滴方向相反，
雨滴做减速运动。
4．【分析】小球b 做的是平抛运动，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运
动。小球a 做的是匀速直线运动，根据水平速度的关系分析运动时间关系。
【解答】解：小球b 做的是平抛运动，在水平方向上的运动是匀速直线运动，小球a 做的是匀速直线运动，所以
a、b 两球在水平方向的运动情况一样，故两个球将同时到达N 点，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】本题是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决。要知道平抛运动水平分运动
是匀速直线运动。
5．【分析】由平衡条件求出物体受到的静摩擦力，然后确定最大静摩擦力的大小，再根据题意求出物体受到的合力。
【解答】解：AB、物体在水平方向受到：F1＝7N、F2＝2N 与静摩擦力作用而静止，处于平衡状态，
由平衡条件得：F1＝F2+f，静摩擦力大小为f＝F1﹣F2＝7﹣2＝5N，所以最大静摩擦力大于等于5N；
若撤去力F1＝7N，物体受到推力F2＝2N 作用，由于F2 小于最大静摩擦力，物体静止不动，所受合力为零，受
到的摩擦力一定为2N，故A 错误，B 正确；
CD、若撤去力F2＝2N，物体受到推力F1＝7N 作用，F1 可能大于最大静摩擦力，物体向右运动，所受的滑动摩
擦力大小可能为5N，合力为2N．也可能F1 也可能小于最大静摩擦力，物体静止，物体受到的摩擦力等于7N，
故CD 错误；
故选：B。
【点评】当推力大于最大静摩擦力时，物体将运动，推力小于等于最大静摩擦力时，物体静止；根据题意确定最
大静摩擦力的大小是正确解题的关键。
6．【分析】因为船垂直于河岸方向的速度不变，而水流方向是垂直于这个方向的，在这个方向上没有分速度，所以
不论水速多大时间不变；水速越大，水流方向的位移就越大．
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【解答】解：设河宽为d，船垂直于河岸的速度为v，t= d
v可知，渡河时间与水速无关；如果水速越大，船沿水
流方向的位移增大，所以船在水中运动的路程就大，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
【点评】本题主要是考查运动的合成与分解，解答本题的关键是将运动分解为垂直于河岸和平行于河岸两个分运
动，然后分别作答即可解决此类问题．
7．【分析】当把物体B 移至C 点后，绳子BO 与水平方向的夹角变小，对A 和B 分别受力分析，然后运用共点力
平衡条件结合正交分解法进行分析。
【解答】解：A、B、对物体A 受力分析，受到重力和细线的拉力，根据平衡条件，拉力等于物体A 的重力，当
把物体B 移至C 点后，绳子BO 与水平方向的夹角变小，但细线的拉力不变；
再对物体B 受力分析，受重力、支持力、拉力和向后的静摩擦力，如图
根据共点力平衡条件，有
Tcosr＝f
N+Tsinr＝mg
由于角r 变小，故B 与水平面间的静摩擦力变大，支持力N 变大，故Ab 错误；
C、对滑轮受力分析，受物体A 的拉力（等于其重力），OB 绳子的拉力T 以及悬于墙上的绳子的拉力F，由于重
力和OB 绳子的拉力相等且夹角变大，故其合力变小，故墙上的绳子的拉力F 也变小，故C 错误；
D、对滑轮受力分析，受物体A 的拉力（等于重力），OB 绳子的拉力T 以及悬于墙上的绳子的拉力F，由于重力
和OB 绳子的拉力相等，故合力在角平分线上，故α＝β，又由于三力平衡，故OB 绳子的拉力T 也沿着前面提到
的角平分线，绳子拉力沿着绳子方向，故α＝β＝θ，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题关键是分别对物体A、物体B、滑轮受力分析，然后根据共点力平衡条件结合正交分解法和合成法
进行分析讨论。
8．【分析】做曲线运动的物体的速度方向沿物体运动轨迹的切线方向．
【解答】解：微粒在擦落前做圆周运动，擦落后由于惯性要沿着原来的速度方向继续运动，微粒飞出的方向就是
砂轮上跟刀具接触处的速度方向；
A、微粒由于惯性而沿着离开砂轮时的切线方向，即速度方向飞出，故A 正确；
B、微粒被擦落时的速度不为零，微粒的运动不是自由落体运动，故B 错误；
C、微粒飞出的方向就是砂轮上跟刀具接触处的速度方向，即从接触点沿着砂轮的切线方向飞出的，故CD 正确；
本题选择错误的，故选：B。
【点评】物体做曲线运动的速度方向沿曲线的切线方向，熟练掌握基础知识，即可正确解题．
9．【分析】由题意可知体重计示数是40kg，小于体重说明处于失重状态，则电梯应具有向下的加速度，应用牛顿第
二定律分析答题。
【解答】解：A、体重计示数小于体重说明晓敏对体重计的压力小于重力，并不是体重变小，该同学的体重不变，
故A 错误；
B、该同学受到重力与支持力作用，支持力小于重力，合力向下，加速度向下，电梯可能向下做加速运动，也可
能向上做减速运动，故B 错误；
C、该同学对体重计的压力与体重计对她的支持力是作用力与反作用力，它们大小相等，故C 错误；
D、对该同学，由牛顿第二定律得：mg﹣FN＝ma，解得：a= mg−FN
m
= 50g−40g
50
=0.2g，方向：竖直向下，故D
正确；
故选：D。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，该题考查对超重与失重的理解，明确失重是物体对与之接触的物体的
弹力小于重力，不是重力变小了。
10．【分析】初始系统处于静止状态，对系统分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力，烧断细线的瞬间，弹簧的弹
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力不变，隔离对A、B 两球分析，根据牛顿第二定律求出A、B 的加速度。
【解答】解：初始系统处于静止状态，对A、B 系统，由平衡条件可知，弹簧的弹力为：
F＝2mgsinθ，
烧断细线瞬间，弹簧的弹力不变，细线的拉力消失，由牛顿第二定律得：
对B：mgsinθ＝maB，解得：aB＝gsinθ，方向：沿斜面向下，
对A：F﹣mgsinθ＝maA，解得：aA＝gsinθ，方向：沿斜面向上，
故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住细线烧断的瞬间，弹簧的
弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用。
11．【分析】物体和三角形劈都处于静止状态，受力平衡，先对球受力分析，再对三角形劈受力分析，结合共点力
平衡条件列式分析即可．
【解答】解：对球受力分析，受重力、三角形劈支持力和墙壁的支持力；再对三角形劈受力分析，受重力、球的
压力、地面的支持力和摩擦力；若把三角形劈向右移动少许，各个力的方向均没有改变，重力不变，故题中所有
的力大小也都不变；故AC 错误，BD 正确；
故选：BD。
【点评】本题只需判断出各个力的方向是否改变，然后结合共点力平衡条件定性分析即可，基础题目．
12．【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对m2 分析，根据牛顿第二定律求出弹簧秤的
示数．撤去F1 或F2 的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出瞬时加速度．
【解答】解：A、对整体分析，整体的加速度a= F1−F2
m1+m2 = 30−20
5
m/s2 = 2m/s2，隔离对m2 分析，F﹣F2＝m2a，
解得弹簧秤示数F＝F2+m2a＝20+3×2N＝26N，故A 正确，B 错误。
C、在突然撤去F2 的瞬间，m1 的加速度大小a1 = F1−F
m1 = 30−26
2
m/s2 = 2m/s2，故C 错误。
D、在突然撤去F1 的瞬间，m1 的加速度大小a1 = F
m1 = 26
2 m/s2 = 13m/s2，故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了牛顿第二定律得瞬时问题，知道撤去F 的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求
解，掌握整体法和隔离法的灵活运用．
13．【分析】由于小车和木块一起作无相对滑动的加速运动，所以小车和木块的加速度大小相同，对小车和木块受
力分析，根据牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小。
【解答】解：先对整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：
F＝（M+m）a
①
再对物体m 受力分析，受重力、支持力和向前的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：
f＝ma
②
由①②联立解得：f＝ma=
mF
M+m
故AC 错误，BD 正确；
故选：BD。
【点评】当分析多个物体的受力、运动情况时，通常可以采用整体法和隔离法，用整体法可以求得系统的加速度
的大小，再用隔离法可以求物体之间的作用的大小。
三、实验题：（本题共3 小题，每空3 分，共18 分）
14．【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 可以求出加速度的大小．
【解答】解：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，
根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 可以求出加速度的大小，
得：xDE﹣xOA＝4aT2，
a= 0.0910−0.0280
4×(0.1)2
=1.6m/s2，
故答案为：1.6．
【点评】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．
15．【分析】在实验中，所挂钩码的重力等于弹簧的弹力，P 点对应刻度的变化可知弹簧的伸长量．
对钩码受力分析，由平衡条件可求得劲度系数；
【解答】解：ab 虚线处刻度尺读数是d1＝31.10cm＝0.3110m
由图可知，当钩码增至3 个时，弹力增大mg，而弹簧的长度伸长31.80﹣31.10＝0.70cm，则由平衡关系可知，F
＝kx
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解得劲度系数为：k= 0.05×9.8
0.0070 =70N/m；
故答案为：0.3110，70．
【点评】解决本题的关键由平衡条件得所挂钩码的重力等于弹簧的弹力，掌握胡克定律F＝kx．
16．【分析】（1）由于该实验涉及的物理量较多，因此该实验采用的是控制变量法研究加速度、质量、合力三者之
间的关系；
（2）描点法作图．
（3）能够运用数学图象结合实验原理找出变量之间的关系，分析问题的根源为：未平衡摩擦力或平衡摩擦力时
木板倾角过小．
【解答】解：（1）该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量法，故ACD 错
误，B 正确．
故选：B．
（2）①描点法作图为：
②由图象知，当拉力为0.1N 时，加速度仍然为零，原因为：未平衡摩擦力或平衡摩擦力时木板倾角过小．
故答案为：（1）B；（2）①图象为
②未平衡摩擦力或平衡摩擦力时木板倾角过
小．．
【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后熟练应用物
理规律来解决实验问题．
三、计算题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的
题，答案中必须明确写出数值和单位
17．【分析】（1）根据胡克定律求出弹簧的伸长量。
（2）对小球受力分析，由平衡条件求解轻线拉力T 的大小及轻线与水平面的夹角α。
【解答】解：（1）对轻质弹簧，由胡克定律有：F＝k△x…①
代入数据解得：△x＝0.02m
（2）对小球受力分析如图所示，
由小球静止知：Tcosα＝Fcosθ…②
Tsinα＝Fsinθ+mg…③
由②③并代入数据解得：T＝10 3N，α＝60°
答：（1）弹簧的伸长量△x 是0.02m；
（2）轻线拉力T 的大小是10 3N，轻线与水平面的夹角α是60°。
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，画出力图，采用平衡条件解答。
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18．【分析】货物从A 处开始做匀加速运动，由牛顿第二定律求得加速度，由速度时间公式求出速度增加到等于v
＝2.5m/s 所用的时间，并求出此过程的位移。之后，物体随传送带匀速运动。传送带停止转动后，货物匀减速运
动到B 端，速度刚好为0．根据牛顿第二定律和运动学求出物体上滑的距离，从而求得传送带底端A 与顶端B
的距离。
【解答】解：货物从A 处开始做匀加速运动，设加速度为a1，由牛顿第二定律得
μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma1
代入数据得
a1＝2.5 m/s2
匀加速运动的时间t1= v
a1 = 2.5
2.5 =1s
位移x1= v
2 t1 = 2.5
2 × 1 =1.25m
在t＝1﹣2s 内，货物随传送带一起匀速的位移为
x2＝v（t﹣t1）＝2.5×（2﹣1）＝2.5m
传送带停止转动后，货物匀减速运动到B 端，速度刚好为0．设加速度大小为a2。
所以
μmgcosθ+mgsinθ＝ma2
代入数据得
a2＝12.5 m/s2
匀减速的位移为x3= v2
2a2 = 2．52
2×12.5 =0.25m
则传送带底端A 与顶端B 的距离L＝x1+x2+x3＝4m
答：传送带底端A 与顶端B 的距离是4m。
【点评】本题为传送带问题，关键要分析清楚物体在传送带上的受力情况及运动情况，综合利用牛顿第二定律和
运动学公式分段研究。
19．【分析】（1）A、B 开始运动到A 着地过程中，分析系统的受力，结合牛顿第二定律即可求出绳子上的拉力和物
体的加速度；
（2）根据各个力做功情况，运用功能关系求出它们的末速度．A 着地后，B 沿斜面做匀减速运动，当速度减为
零时，B 能沿斜面滑行的距离最大时A 的高度．
（3）根据各个力做功情况，运用功能关系求出它们的末速度．A 着地后，B 沿斜面做匀减速运动，当速度减为
零时，B 能沿斜面滑行的距离最大时A 的质量．
【解答】解：（1）由图可知物体A 向下做加速运动，B 沿向南向上做加速运动，沿绳子方向的加速度大小相等，
设绳子的张力是F，得：
ma＝mg﹣F
Ma＝F﹣Mgsin37°﹣μMgcos37°
联立解得：a＝2m/s2
F＝20N
（2）A 下降的过程，由功能关系得：mgh −μMgh ⋅cosθ −Mgsinθ ⋅h = 1
2 (m + M)v2
A 着地后B 继续向上运动，动能转化为内能，则：
1
2 Mv2 = Mgx ⋅sinθ + μMgcosθ ⋅x
又：x+h＝L
代入数据得：h＝1.92m
（3）要使B 物体向上运动，则：mg﹣Mgsin37°﹣μMgcos37°＞0
即：m＞1.6kg
若A 物体从h1＝1.6m 处静止释放，要使B 物体向上运动且恰好滑到斜面顶端．则：
m1gh1 −μMgh1 ⋅cosθ −Mgsinθ ⋅h1 = 1
2 (m1 + M)v1
2
1
2 Mv1
2 = Mgx1 ⋅sinθ + μMgcosθ ⋅x1
x1+h1＝L
代入数据得：m1＝4kg
要使B 物体向上运动且不从斜面顶端滑出，A 物体质量m 的取值范围是1.6kg＜m1≤4kg
答：（1）物体下落的加速度大小是2m/s2，绳子拉力F 的大小是20N；
（2）当A 物体从1.92m 高处静止释放，B 物体恰好运动至斜面最高点；
（3）若A 物体从h1＝1.6m 处静止释放，要使B 物体向上运动且不从斜面顶端滑出，A 物体质量m 的取值范围
是m1≤4kg
【点评】本题是多过程问题，按时间顺序进行分析受力情况和运动过程分析，由牛顿第二定律、运动学公式和功
能关系进行解答即可．
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2019-2020 学年上海市金山区高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题
1．（3 分）下列单位属于国际单位制中基本单位的是（
）
A．J
B．kg
C．m/s
D．m/s2
2．（3 分）下列属于标量的物理量是（
）
A．加速度
B．平均速度
C．时刻
D．速度
3．（3 分）下列各力中按照力的性质命名的是（
）
A．支持力
B．下滑力
C．动力
D．摩擦力
4．（3 分）速度和加速度这两个物理量所体现的共同的科学思维方法是（
）
A．比值定义
B．控制变量
C．等效替代
D．理想模型
5．（3 分）牛顿运动定律适用于（
）
A．低速运动的微观物体
B．低速运动的宏观物体
C．高速运动的微观物体
D．高速运动的宏观物体
6．（3 分）某同学从宿舍走到教室门口走了400m，用时5 分钟，其描述了该同学运动的（
）
A．路程和时刻
B．位移和时刻
C．路程和时间
D．位移和时间
7．（3 分）下列哪一句话可从牛顿第一定律演绎得出（
）
A．质量是物体惯性的量度
B．物体的运动需要力来维持
C．质量一定的物体加速度与合外力成正比
D．物体有保持原有运动状态的特性
8．（3 分）物理学中的“质点”是一种理想化模型，研究下列物体的运动时可视为质点的是（
）
A．研究运动员跳高的过杆动作
B．研究车轮边缘的速度
C．计算轮船在海洋中的航行速度
D．研究乒乓球的接发球技术
9．（3 分）物体做自由落体运动，3 内下落的高度为（g 取10m/s2）（
）
A．5m
B．15m
C．30m
D．45m
10．（3 分）如图，水平地面上的倾斜直杆顶端固定一小球，则直杆对球的作用力方向为（
）
A．沿杆向上
B．沿杆向下
C．竖直向上
D．竖直向下
11．（3 分）马拖着一辆车在水平地面上作加速直线运动，已知马对车的拉力为F1，车对马的拉力为F2，则（
）
A．F1＞F2
B．F1＝﹣F2
C．F1＜F2
D．无法确定
12．（3 分）若甲、乙两质点的加速度分别为2m/s2 和﹣4m/s2，则说明（
）
A．乙的速度较大
B．甲的加速度较大
C．乙的速度变化快
D．甲、乙的速度方向相反
13．（3 分）如图，质量为m 的物体沿倾角为α的固定光滑斜面下滑，则物体对斜面压力的大小为（
）
A．mgsinα
B．mgcosα
C．mgtanα
D．mgcotα
14 ．（3 分）如图，甲、乙、丙、丁是以时间t 为横轴的图象，下面说法中正确的是（
）
A．图甲可能是匀速直线运动的速度﹣﹣﹣时间图象
B．图乙可能是匀加速直线运动的加速度﹣﹣﹣时间图象
C．图丙可能是匀加速直线运动的位移﹣﹣﹣时间图象
D．图丁可能是匀速直线运动的速度﹣﹣﹣时间图象
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15．（3 分）如图为一质点运动的v﹣t 图象，则该质点在ls 末时的速度为（
）
A．1m/s
B．1.5m/s
C．2m/s
D．3m/s
16．
（3 分）物体受到三个共点力F1、F2、F3 作用，矢量关系如图所示，则它们的合力大小为（
）
A．0
B．F2
C．2F2
D．3F2
17．（3 分）已知某运载火箭的质量为1×105kg，点火发射时火箭的推力为3×106N，g 取10m/s2，则发射2s 时火箭
的速度为（
）
A．20m/s
B．40m/s
C．60m/s
D．80m/s
18．（3 分）电梯地板上放一木箱，质量为m。电梯在以0.2g 的加速度向上加速运动的过程中，木箱（
）
A．处于失重状态，所受支持力为0.8mg
B．处于失重状态，所受支持力为0.2mg
C．处于超重状态，所受支持力为1.2mg
D．处于超重状态，所受支持力为0.8mg
19．（3 分）如图，一小球通过细线悬挂于O 点，不计空气阻力，用水平拉力F 缓慢拉动小球，小球在由A 点运动
到B 点的过程中，OA 绳上的拉力T 和拉力F 的变化规律是（
）
A．T 增大，F 减小
B．T 增大，F 增大
C．T 减小，F 增大
D．T 减小，F 减小
20．（3 分）如图所示为高速摄影机拍摄到的子弹穿过苹果瞬间的两幅照片．该两幅照片拍摄的时间间隔为4×10
﹣4s，
由此判断子弹的飞行速度约为（
）
A．5×10m/s
B．5×102m/s
C．5×103m/s
D．5×104m/s
二、实验题
21．利用现代信息技术进行的实验叫做DS 实验，DIS 由计算机、传感器、和
组成。如图所示为“用DIS 测
变速直线运动的瞬时速度”实验的装置图，图中①所示的器材为
传感器。
22．在“研究共点力的合成”实验时，需要两次拉伸橡皮筋，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉，另一
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次是用一个弹簧秤通过细绳拉。两次都要将橡皮筋的结点
（选填“拉伸相同长度”或“拉到相同位置”）。
通过本实验可以验证共点力合成时遵循
定则。
23．如图为“用DIS 研究加速度和力的关系”的实验装置。实验中，通过改变
来改变对小车的拉力。进入
DS 实验界面后，点击“开始记录”并释放小车，得到小车运动的v﹣t 图象，随后点击“选择区域”，在图线中
选择适当区域，计算机就会得出该区域的
。
三、综合题
24．如图，图线①、②分别为物体A、B 直线运动的s﹣t 图象。
（1）物体A、B 各做什么性质的运动？
（2）试分析比较0～t1 时间内两物体的平均速度大小。
25．如图，光滑水平面AB 与倾角为37°的粗糙斜面BC 平滑连接，AB 间距离为20m，质量为2kg 的物块在与水
平成37°角的拉力F 作用下，从A 点起由静止开始运动，2s 末到达B 点，此时撤去F．物体与斜面间的滑动摩
擦力大小为8N，求：（参考数据：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）
（1）物块到达B 点时的速度大小vB；
（2）拉力F 的大小；
（3）若BC 长为30m，试计算分析物块是否能到达C 点？
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2019-2020 学年上海市金山区高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题
1．【分析】明确单位制的基本内容，知道力学中的基本物理量有长度、质量和时间，其对应的国际单位制中的基本
单位为m，kg，s．
【解答】解：J、m/s、米/秒2 都是国际单位制中的导出单位，kg 是国际单位制中基本单位。故B 正确，A、C、
D 错误。
故选：B。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它
们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．
2．【分析】即有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等
都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量、速率等都是标量。
【解答】解：A、加速度是有大小又有方向的物理量是矢量，故A 错误；
B、平均速度有大小又有方向的物理量是矢量，故B 错误；
C、时刻有大小没有方向的物理量是标量，故C 正确；
D、速度有大小又有方向的物理量是矢量，故D 错误。
故选：C。
【点评】该题考查矢量与标量的区别，如力、速度、加速度、位移、动量、电场强度、磁感应强度等都是矢量；
如路程、时间、质量、速率等都是标量。
3．【分析】力的命名一般从两方面命名：①根据力的效果命名，即根据它作用于物体而对物体产生了什么样的作用
就叫做什么力，如：阻力（对物体产生了阻碍作用）、支持力（对物体产生了支持作用）等；
②根据力的性质命名，即看力的本身是如何产生的，如：电场力（由于电场而产生的）。
【解答】解：下滑力、动力、支持力都是从力的作用效果角度命名的，摩擦力是从力的性质角度命名的，故ABC
错误、D 正确。
故选：D。
【点评】本题要知道常见的力的命名方式，了解重力、弹力、摩擦力、分子力、电场力、磁场力和核力等等是常
见的按性质命名的力
4．【分析】由速度的定义v = x
t和a = △v
△t可知，两者都用的是比值定义法。
【解答】解：由速度的定义v = x
t可知，物体的速度与位移和时间无直接的联系，属于比值定义法，
由加速度的定义式a = △v
△t可知，物体的加速度与物体的速度变化量和时时间无关，取决于物体的合外力与质量，
属于比值定义法，故A 正确BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题的关键在于明确比值定义法的应用，知道哪些物理量采用了比值定义法。
5．【分析】牛顿运动定律是实验定律，适用于宏观低速运动的物体即经典力学。
【解答】解：牛顿运动定律是实验定律，适用于宏观低速运动的物体即经典力学，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题考查经典力学的局限性，要注意明确经典力学只适用于宏观低速物体，不适用于微观高速物体。
6．【分析】某同学从宿舍走到教室门口走了400m，用时5 分钟，所描述的时该同学的路程和时间。
【解答】解：某同学从宿舍走到教室门口走了400m 为该同学运动的路程，用时5 分钟即为所用的时间，故C 正
确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】本题考查位移与路程、时间和时刻，对于相近知识点要注意正确区分，准确理解。
7．【分析】要解决此题需要掌握牛顿第一定律的内容，即任何物体在不受任何外力的作用下，总保持匀速直线运动
状态或静止状态．并且要理解牛顿第一定律的内容．
【解答】解：一切物体在不受外力时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。静止状态或匀速直线运动状态是指
原来静止的将保持静止状态，原来运动的将保持匀速直线运动状态。
故选：D。
【点评】此题主要考查了对牛顿第一定律的理解，不仅要知道牛顿第一定律的内容，并且要理解“或”字的含义．
8．【分析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条
件来判断即可。
【解答】解：A、运动员在跳高时，要看人的动作是否符合要求，所以此时人不能看成质点，故A 错误。
B、研究车轮边缘的速度时车轮是不能忽略的，否则就没有车轮的边缘可言了，故B 错误。
C、轮船的大小相对于海洋的大小来说是微不足道的，所以计算轮船在海洋中的航行速度时，可以忽略轮船的大
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小，能看成质点，故C 正确。
D、研究乒乓球的接发球技术时，要考虑乒乓球的转动的情况，不能看成质点，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题就是考查学生对质点概念的理解，是很基本的内容，必须要掌握住的，题目比较简单。
9．【分析】根据自由落体运动规律h = 1
2 gt2直接求解即可。
【解答】解：做自由落体运动的物体，在3s 内下落的高度为：h = 1
2 gt2 = 1
2 × 10 × 32m = 45m，故D 正确，ABC
错误。
故选：D。
【点评】本题考查了自由落体运动位移时间公式得直接应用，难度不大，属于基础题
10．【分析】对小球受力分析，根据平衡条件即可求解杆的作用力的大小和方向，要注意明确杆对球的弹力可以沿
任意方向．
【解答】解：小球受重力和杆的作用力而处于平衡状态，则可知，小球受到杆的作用力一定与重力等大反向，故
杆对球的作用力竖直向上。故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】本题考查共点力平衡条件的应用，要注意明确由于杆的形变可以沿任意方向，故杆对球的作用力可以沿
任意方向，故只能根据受力分析结合平衡条件求解弹力的大小和方向．
11．【分析】马对车的力和车对马的力是一对作用力与反作用力，根据作用力与反作用力的关系即可求解．
【解答】解：马对车的力和车对马的力是一对作用力与反作用力，它们大小相等，方向相反，作用在同一条直线
上，所以F1＝﹣F2，故B 正确。
故选：B。
【点评】本题考查了作用力与反作用力的关系，注意不要被加速直线运动所迷惑，难度不大，属于基础题．
12．【分析】加速度等于单位时间内的速度变化量，反映速度变化快慢的物理量，加速度的正负表示方向，不表示
大小．
【解答】解：加速度的正负表示方向，不表示大小，可知乙的加速度较大，速度变化较快。故B 错误，C 正确。
由于甲乙的速度方向未知，故无法判断甲乙的速度方向关系，也无法比较甲乙的速度大小关系，故A、D 错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道加速度的物理意义，知道加速度是反映速度变化快慢的物理量．
13．【分析】对物体受力分析，明确垂直斜面上的受力情况，根据平衡条件可明确支持力大小，再根据牛顿第三定
律可求得压力大小．
【解答】解：物体在垂直于斜面方向上受力平衡，根据平衡条件可知，支持力大小为mgcosα；根据牛顿第三定
律可知，压力大小为mgcosα；故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
【点评】本题考查受力分析的方法，要注意本题虽然求的是压力，但是要根据物体的受力明确支持力大小，再根
据牛顿第三定律求解压力．
14．【分析】匀速直线运动的速度不变，匀变速直线运动的加速度不变，速度随时间均匀增大，速度时间图线为倾
斜的直线，位移时间图线为抛物线。
【解答】解：A、匀速直线运动的速度﹣时间图象为平行于时间轴的直线，可知该图线可能为匀速直线运动的v
﹣t 图线，故A 正确；
B、匀变速直线运动的加速度不变，a﹣t 图线为平行于时间轴的直线，故B 错误；
C、匀变速直线运动的位移时间关系是二次函数关系，是抛物线。故C 错误；
D、匀速直线运动的速度﹣时间图象为平行于时间轴的直线，故D 错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键是要知道匀速直线运动和匀变速直线运动的特点，知道a﹣t、v﹣t、x﹣t 图线的形状。
可通过解析式分析各图象的形状。
15．【分析】根据速度时间图象得到速度与时间的关系式，再求质点在ls 末时的速度。
【解答】解：由图可得，v＝2t，所以该质点在ls 末时的速度为v＝2×1m/s＝2m/s。
故选：C。
【点评】解决本题时，要掌握匀变速直线运动的基本公式，如速度与时间的公式、位移与时间的公式、位移与速
度的公式，并能熟练应用。
16．【分析】三角形定则是指两个力（或者其他任何矢量）合成，其合力为从第一个力的起点到第二个力的终点。三
角形定则是平面力系求解力的合成与分解的基本法则，是由平行四边形定则发展而来，与平行四边形定则在本质
上是一致的。
【解答】解：由平行四边形定则可知，F1，F3 的合力为F2，所以三个共点力的合力为2F2，故C 正确，ABD 错
误。
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故选：C。
【点评】本题涉及力的合成的三角形定则，即有两个力，大小方向都不同，用矢量三角形求出它们合力的大小，
就把第二个力的尾连上第一个力的头，它们的合力就是第一个力的尾指向第二个力的头的这样一个矢量，画出来
之后你可以看到三者构成一个三角形。
17．【分析】由牛顿第二定律求解加速度，再由速度公式求解2s 时的速度。
【解答】解：由牛顿第二定律火箭加速度为：a = F−mg
m
= 3×106−106
105
m/s2＝20m/s2；
v＝at＝20×2m/s＝40m/s，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】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；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
18．【分析】根据加速度的方向确定物体超重或失重状态，根据牛顿第二定律列式即可求出支持力大小。
【解答】解：电梯在以0.2g 的加速度向上加速运动的过程中，加速度方向向上，所以木箱处于超重状态，
由牛顿第二定律可得：FN﹣mg＝ma，解得：FN＝1.2mg，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体
对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么
就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g。
19．【分析】物体缓慢偏离竖直位置，说明物体始终处于平衡状态，受力分析后找出不变的物理量画出平行四边形
分析即可。
【解答】解：对物体受力分析并合成如图：
因为物体始终处于平衡状态，故G′始终等于G，大小和方向均不发生变化。
在物体缓慢偏离竖直位置的过程中细线与竖直方向的夹角逐渐变大，画出平行四边形如图所示，可以看出：力F
逐渐变大，绳子的拉力也逐渐变大。故B 正确ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题是受力平衡的应用之一：动态分析，常用的方法是解析式法和画图法，本题应用画图法分析即可。
20．【分析】估算苹果的长度，由图可知子弹的飞行距离大约是苹果直径的2 倍，根据v = x
t求出子弹的飞行速度．
【解答】解：苹果的直径大约为0.1m，则子弹的飞行距离大约是0.2m，
所以子弹的飞行速度v = x
t =
0.2
4×10−4 m/s = 5 × 102m/s．故B 正确，A、C、D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握平均速度的定义式，知道当时间极短时，平均速度可以表示瞬时速度．
二、实验题
21．【分析】利用现代信息技术进行的实验叫做DIS 实验，由传感器、数据采集器和计算机组成。图中①所示的器
材为光电门传感器。
【解答】解：DIS 由传感器、数据采集器和计算机组成。图中①所示的器材为光电门传感器。
故答案为：数据采集器；光电门
【点评】本题考查了DIS 的组成和气垫导轨中的传感器，题目看起来难度不大，但容易做错，要多了解传感器的
具体应用。
22．【分析】在实验中使用一根弹簧秤拉细线与两根弹簧秤拉细线的作用效果要相同（即橡皮条拉到同一位置）。
【解答】解：在实验中使用一根弹簧秤拉细线与两根弹簧秤拉细线的作用效果要相同（即橡皮条拉到同一位置）；
通过本实验可以验证共点力合成时遵循平行四边形定则。
故答案为：（1）拉到相同位置
（2）平行四边形定则
【点评】实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等等，平时
同学们应该加强实验实践，而不是空洞的记忆实验。
23．【分析】本实验应用控制变量法，当研究加速度和力的关系时，应保持小车的质量不变，改变钩码的数量来改
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变对小车的拉力。
【解答】解：本实验应用控制变量法，当研究加速度和力的关系时，应保持小车的质量不变，改变钩码的数量来
改变对小车的拉力；
进入DIS 实验界面后，点击“开始记录”并释放小车，得到小车运动的v﹣t 图象，随后点击“选择区域”，在图
线中选择适当区域，计算机就会得出该区域的加速度和力的图象。
故答案为：（1）改变钩码的数量
（2）加速度﹣力图象（或a﹣F 图象）
【点评】好象未涉及到物理知识，但更多的是DIS 操作要领，这必须要有熟练的电脑操作为基础。
三、综合题
24．【分析】（1）A 做匀速直线运动，B 做加速直线运动；
（2）根据纵坐标变化量分析位移关系，由公式v = x
t比较平均速度大小。
【解答】解：（1）根据位移时间图象的斜率表示速度，所以知A 物体做匀速直线运动，B 物体做加速直线运动；
（2）由图可知，0﹣t1 时间内A 物体的位移大于B 物体的位移，时间相同，由公式v = x
t可知，A 的平均速度大
于B 的平均速度。
答：
（1）A 做匀速直线运动，B 做加速直线运动；
（2）0～t1 时间内A 的平均速度大于B 的平均速度。
【点评】本题关键要明确位移时间图象的斜率等于速度，位移等于纵坐标的变化量。
25．【分析】（1）由公式x= vt= v
0 +v
2
t 求出物块到达B 时的速度大小，
（2）先由加速度定义式求出加速度，再由牛顿第二定律求解拉力F。
（3）由匀变速直线运动的规律求出物块速度减为零时的位移再与BC 比较即可。
【解答】解：（1）从由位移公式得：x = vt = v0+v
2
t
解得：vB＝20m/s
（2）由加速度定义式可知，a= △v
△t =10m/s2
对物体受力分析由牛顿第二定律可知，a = Fcos370
m
解得：F＝25N；
（3）物体在斜面上的加速度大小：a′= mgsin37°+f
m
=10m/s2
物体速度减为零所运动的位移大小为：x =
vB
2
2a' = 202
2×10 m = 20m＜30m，所以物块不能到地达C。
答：（1）物块到达B 点时的速度大小是20m/s；
（2）拉力F 的大小是25N；
（3）物块不能到地达C。
【点评】本题考查了运动学公式、牛顿第二定律的直接应用，要知道加速度是联系力和运动的桥梁。
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2019-2020 学年上海市虹口区北虹高中高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题（共24 分，每小题3 分．每小题只有一个正确选项）
1．（3 分）历史上首先正确认识力和运动的关系，批驳“力是维持物体运动的原因”观点的物理学家是（
）
A．亚里士多德
B．牛顿
C．伽利略
D．笛卡尔
2．（3 分）下列单位中，不属于国际单位制的基本单位的是（
）
A．N
B．kg
C．s
D．A
3．（3 分）关于物体惯性，下列说法中正确的是（
）
A．把手中的球由静止释放后，球能加速下落，说明力是改变物体惯性的原因
B．我国优秀田径运动员刘翔在进行110m 栏比赛中做最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，物
体的惯性也越大
C．战斗机在空战时，甩掉副油箱是为了减小惯性，提高飞行的灵活性
D．物体在航行的宇宙飞船中失去惯性
4．（3 分）在下列与运动学相关的表述中，正确的是（
）
A．研究芭蕾表演的舞姿时，可把演员看作质点
B．时间有方向，所以时间是矢量
C．在单向直线运动中位移的大小等于路程
D．平均速率就是平均速度的大小
5．（3 分）关于力与运动的关系，下列说法正确的是（
）
A．力越大，则物体速度越大
B．力增大，则物体速度一定增大
C．停止用力，运动的物体就会停止
D．物体速度增大，一定受到了力的作用
6．（3 分）已知力F 的大小为10N，要把它分解成两个力，以下关于两分力大小不可能的是（
）
A．6N，6N
B．3N，4N
C．100N，100N
D．428N，419N
7．（3 分）2011 年8 月10 日，中国改装的瓦良格号航空母舰出海试航，它的满载排水量为64000 吨，有四台50000
马力的蒸汽轮机提供其动力。设想如能创造一理想的没有阻力的环境，用一个人的力量去拖这样一艘航空母舰，
则从理论上可以说（
）
A．航空母舰惯性太大，所以完全无法拖动
B．一旦施力于航空母舰，航空母舰立即产生一个加速度
C．由于航空母舰惯性很大，施力于航空母舰后，要经过一段很长时间后才会产生一个明显的加速度
D．由于航空母舰在没有阻力的理想环境下，施力于航空母舰后，很快会获得一个较大的速度
8．（3 分）关于自由落体运动，以下叙述正确的是（
）
A．自由落体运动就是不能有任何空气阻力的运动
B．自由落体运动是减速直线运动
C．自由落体运动中的速度总是与时间的平方成正比
D．只要知道自由落体运动的时间，就一定可以知道这段时间内运动的平均速度
二、单项选择题（共32 分，每小题4 分．每小题只有一个正确选项）
9．（4 分）某同学做引体向上时，其中心的速度随时间变化图象如图所示，取向上为正方向，关于该同学的运动情
况，下列说法正确的是（
）
A．0.5s 时处于超重状态
B．1.5s 时处于超重状态
C．1.0s 时上升至最高点
D．0.5s、1.5s 两时刻的加速度相同
10．
（4 分）重物重为G，受到如图所示斜向下的推力F 作用，仍静止在水平面上，则重物对地面的压力大小为（
）
A．G
B．G+F2
C．F1
D．F2
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11．（4 分）一块铁m 被竖直悬挂着的磁性黑板紧紧吸住不动，如图所示，下列哪一说法是错误的（
）
A．铁块受到四个力作用，其中有三个力的施力物体均是黑板
B．铁块与黑板间在水平方向有两对相互作用力，互相吸引的磁力和互相推斥的弹力
C．磁力和弹力是互相平衡的力
D．磁力大于弹力，黑板才能吸住铁块不动
12．（4 分）如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是（
）
A．F1
B．F2
C．F3
D．F4
13．（4 分）沿光滑的墙壁用网兜把一个足球挂在A 点，足球的质量为m，网兜的质量不计．足球与墙壁的接触点
为B，悬绳与墙壁的夹角为α．如果保持球的位置不动，而将挂网兜的钉子缓慢上移，绳对球的拉力T 和墙壁对
球的支持力F 将如何变化（
）
A．拉力T 不断增大
B．支持力F 先变小，后变大
C．支持力F 不断减小
D．支持力F 先变大，后变小
14．（4 分）如图，一小球通过细绳悬挂于车厢顶上，车厢在水平轨道上做直线运动，小球相对车厢静止，细绳与竖
直方向夹角为α，则车厢的加速度（
）
A．a＝gtanα，方向水平向右
B．a＝gtanα，方向水平向左
C．a＝gsinα，方向水平向右
D．a＝gsinα，方向水平向左
15．（4 分）如图所示，重为G 的物体A，在力F 的作用下，静止在斜面上，那么下列说法正确的是（
）
A．作用在A 上的静摩擦力沿斜面向上
B．作用在A 上的静摩擦力沿斜面向下
C．作用在A 上的静摩擦力为0
D．条件不足，无法判断
16．（4 分）如图所示为汽车千斤顶的示意图，千斤顶主要由轻杆OA，OB 及平台组成，若作用在汽车千斤顶平台
处的压力为F，不考虑平台的重力，则OA 杆受到力的大小是（
）
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A．Ftanθ
B．
F
tanθ
C．Fsinθ
D．
F
sinθ
三、填空题（共20 分，每小格2 分）
17．（4 分）一物体在水平面上运动，其s﹣t 图如图所示。则该物体在0﹣2s 内的位移是
m；0﹣4s 内的平均
速度为
m/s。
18．（4 分）一只足球以10m/s 的速度飞来，运动员又把它以10m/s 的速度反向踢回，踢球时间为0.2s。足球在这段
时间内的平均加速度大小是
m/s2，其方向与初速度方向
。
19．（4 分）物体受几个共点力作用而保持静止状态，现将其中的一个力F1＝3N 转过180°，其他力保持不变，则
物体所受的合外力为
N，方向与原F1 方向之间的夹角为
°
20．（4 分）在航天技术中，火箭是把航天器送入太空的运载工具之一．在航天器发射的初始阶段，火箭通过燃烧消
耗燃料向后吐着长长的“火舌”，推动着航天器竖直上升．设“火舌”产生的推动力大小保持不变且不计空气阻
力．则在这个过程中，航天器的加速度将
，速度将
．（填“变大”、“不变”或“变小”）
21．（4 分）如图1 固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向
上运动，推力F 与小环速度v 随时间变化规律如图2、3 所示，则小环的质量为m＝
kg；细杆与地面间的
倾角为α＝
．
四、综合应用题（共24 分）
22．（2 分）某物体以4m/s2 做初速度为零的匀加速直线运动，请在如图坐标中画出物体运动的v﹣t 图象。
23．（2 分）如图，重为G 的光滑小球静止在如图所示位置，试作出小球的受力示意图。
24．（8 分）（1）如图1 所示为利用DIS 做验证牛顿第三定律实验时所得到的图象，该实验所用的传感器为
；
观察图象我们可以得出的结论有：
。
（A）作用力与反作用力总是大小相等；
（B）作用力与反作用力总是同时变化的；
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（C）作用力与反作用力总是性质相同的；
（D）作用力与反作用力总是方向相反的。
（2）如图2 所示为“用DIS 研究加速度和力的关系”的实验装置。在本实验中，需要保持
不变，位移传
感器测得小车的v﹣t 图象后，分别得到t1 和t2 时刻的速度v1 和v2，则小车的加速度a＝
。
25．（6 分）据报道，随着磁悬浮技术的发展，将来可能设计生产磁悬浮飞机。假设磁悬浮飞机的总质量为5×103kg，
最大速度为150m/s，飞机沿水平直轨道由静止启动，以2m/s2 的加速度匀加速到达最大速度，运动过程所受阻力
恒为1.5×104N．求：
（1）飞机由静止至最大速度所用时间t 及滑行的位移s；
（2）飞机所需的动力F 大小。
26．
（6 分）如图所示，用大小为50N 的推力F 斜向下推一个静止在水平面上的箱子，推力的方向与水平面成θ＝37°，
箱子所受的滑动摩擦力始终是其所受支持力的0.2 倍，箱子的质量m＝10kg（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）箱子的加速度；
（2）箱子被推28m 远处的速度大小。
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参考答案与试题解析
一、单项选择题（共24 分，每小题3 分．每小题只有一个正确选项）
1．【分析】根据伽利略对物理学的贡献分析即可。
【解答】解：物理学中，提出“力是维持物体运动的原因”观点的物理学家是亚里士多德，伽利略最早提出“力
不是维持物体运动的原因”，并用斜面实验基础上推理得出：运动的物体在不受外力作用时，保持运动速度不变。
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试
内容之一。
2．【分析】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。
它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
【解答】解：千克、秒和安培都是国际单位制的基本单位。牛顿（N）是国际单位制中的导出单位，故BCD 正
确，A 错误。
本题选不是国际单位制的基本单位的
故选：A。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是什么，它们在国际单位制分别是什么，这
都是需要学生自己记住的
3．【分析】一切物体都具有惯性，惯性是物体本身的一种基本属性，其大小只与质量有关，质量越大、惯性越大；
惯性的大小和物体是否运动、是否受力以及运动的快慢是没有任何关系的。
【解答】解：A、把手中的球由静止释放后，球能加速下落，说明力改变物体的运动状态，不是改变惯性，故A
错误；
B、惯性的大小和物体运动的速度无关，故B 错误；
C、战斗机在空战时，甩掉副油箱减小质量，从而减小惯性，提高飞行的灵活性，故C 正确；
D、一切物体都具有惯性，惯性是物体本身的一种基本属性，在航行的宇宙飞船中的物体不能失去惯性，故D 错
误。
故选：C。
【点评】需要注意的是：一切物体都有惯性，惯性的大小只与质量有关，与其他都无关。
4．【分析】物体能不能看成质点，看物体在所研究的问题中形状大小能不能忽略，单向直线运动中位移的大小必和
路程相等。
【解答】解：A、研究芭蕾表演的舞姿时，要看动作，不能用一个点代替演员。故A 错误；
B、时间的加减不能利用平行四边形定则，是标量。故B 错误；
C、在单向直线运动中位移的大小和路程相等，故C 正确；
D、平均速率不是平均速度的大小，它是路程与时间的比值，故D 错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握物体能否看成质点的条件，即看物体在所研究的问题中能否忽略。
5．【分析】力不是维持速度的原因，而是改变速度的原因，即力是产生加速度的原因，力的大小与物体运动的速度
大小无关。
【解答】解：A、某一物体受合外力越大，根据牛顿第二定律，加速度越大，速度不一定大，故A 错误；
B、力增大，物体的速度不一定增大，当力的方向与物体运动的方向相反时，力增大，速度变化一定越快，物体
速度减小，故B 错误；
C、力不是维持物体运动的原因，停止用力，物体的速度不变，故C 错误；
D、力是改变物体运动状态的原因，物体速度增大，即物体的运动状态发生了变化，一定受到了力的作用，故D
正确；
故选：D。
【点评】本题关键是明确力与运动的关系，牛顿第一定律说明运动不需要力来维持，力是改变运动状态的原因。
6．【分析】根据合力F 和两分力F1、F2 之间的关系|F1﹣F2|≤F≤|F1+F2|，求出两个力的合力范围，判断哪一组合力
不可能为10N。
【解答】解：A、根据|F1﹣F2|≤F≤|F1+F2|，6N 和6N 的合力范围为[0N，12N]，可能为10N。
B、根据|F1﹣F2|≤F≤|F1+F2|，3N 和4N 的合力范围为[1N，7N]，不可能为10N。
C、根据|F1﹣F2|≤F≤|F1+F2|，100N 和100N 的合力范围为[0N，200N]，可能为10N。
D、根据|F1﹣F2|≤F≤|F1+F2|，428N 和419N 的合力范围为[9N，847N]，可能为10N。
本题选不可能的，故选：B。
【点评】本题考查合力和分力之间的关系。合力F 和两分力F1、F2 之间的关系为|F1﹣F2|≤F≤|F1+F2|。
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7．【分析】根据牛顿第二定律，加速度与合外力成正比，与物体的质量成反比，即加速度与力存在瞬时对应关系。
【解答】解：忽略阻力时，对航空母舰受力分析，受重力、浮力和推力，合力等于推力，航空母舰惯性大，故速
度难改变，但一定改变，一定有加速度，即加速度与合力存在瞬时对应关系，故A 错误，B 正确，C 错误，D 错
误；
故选：B。
【点评】本题关键抓住物体的加速度与合外力成正比，注意是任意时刻都成正比，即存在瞬时对应关系。
8．【分析】物体做自由落体运动的条件：①只在重力作用下②从静止开始。只在重力作用下保证了物体的加速度为
g；从静止开始保证了物体初速度等于零。所以自由落体运动是初速度为0 的匀加速直线运动。
【解答】解：A、自由落体运动可以有空气阻力，但空气的阻力较小，可以忽略不计。故A 错误；
B、自由落体运动是匀加速直线运动。故B 错误；
C、由v＝gt 可知自由落体运动中的速度总是与时间成正比。故C 错误；
D、若知道自由落体运动的时间为t，则这段时间内运动的平均速度为：v = 0+gt
2
= gt
2．故D 正确
故选：D。
【点评】自由落体运动的条件是这类概念选择题判断的主要依据，所以不但要记准概念，还要充分理解。
二、单项选择题（共32 分，每小题4 分．每小题只有一个正确选项）
9．【分析】当物体具有向上的加速度时，处于超重状态；当物体具有向下的加速度时，处于失重状态；v﹣t 图象的
斜率表示加速度，与t 轴包围的面积表示位移大小．
【解答】解：A、0.5s 时中心正处于加速上升阶段，处于超重状态，故A 正确；
B、1.5s 时中心正处于减速上升阶段，处于失重状态，故B 错误；
C、中心在1.75s 内速度一直是向上的，故1.75s 到达最高点，故C 错误；
D、v﹣t 图象的斜率表示加速度，0.5s、1.5s 两时刻的加速度大小和方向均不同，故D 错误；
故选：A。
【点评】本题关键是明确物体超重和失重时的加速度情况，注意物体超重还是失重与速度的方向无关，基础题目．
10．【分析】对物体受力分析，由共点力的平衡条件及力的合成即可求出．
【解答】解：物体受重力、支持力、推力及摩擦力而处于平衡状态，根据共点力的平衡条件可知，
支持力N＝G+F2，
由牛顿第三定律可知，重物对地面的压力大小也是G+F2．故ACD 错误，B 正确；
故选：B。
【点评】本题要求学生灵活应用共点力的平衡条件，注意合力与分力是等效替代的关系，难度不大，属于基础题．
11．【分析】首先对铁块进行受力分析，作出受力示意图．铁块静止受到平衡力，受力物体都是铁块；一对相互作
用力作用在两个不同物体上，一定是同种性质的力，同时产生、同时消失．
【解答】解：
A、铁块受到四个力：重力G＝mg，施力物体是地球；支持力N、摩擦力f、磁力T，这三个力的施力物体都是
磁性黑板，故A 正确。
B、黑板对铁块有支持力，则铁块对黑板有压力，这两个力是一对相互作用力；黑板对铁块有磁力，反过来，铁
块对黑板有大小相等的磁力，这两个力是一对相互作用力；所以水平方向有两对相互作用力；黑板对物块有摩擦
力，则物块对黑板也有摩擦力作用，这两个力是一对作用力和反作用力，但这两个力在竖直方向；故B 正确。
C、D 铁块所受的磁力和弹力是一对平衡力，大小相等，但不是相互作用力，故C 正确、D 错误。
本题选错误的，故选：D。
【点评】掌握力的三要素，物体平衡的条件，正确区分平衡力和相互作用力是解决此题的关键．
12．【分析】鸟受重力和空气对其作用力（阻力和升力的合力），做匀加速直线运动，加速度沿着虚线向上，故合力
沿着虚线向上，根据矢量合成的三角形定则作图判断即可．
【解答】解：鸟沿虚线斜向上加速飞行，加速度沿着虚线向上，故合力F 沿着虚线向上；
鸟受重力和空气对其作用力，根据三角形定则作图如下：
故选：B。
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【点评】本题是已知运动情况判断受力情况的问题，关键是先根据运动情况确定加速度方向，得到合力方向，然
后受力分析后根据三角形定则判断空气作用力的方向．
13．【分析】足球受重力、墙壁的支持力和绳子的拉力处于平衡，根据合力为零，运用平行四边形定则求出悬绳的
拉力和支持力的表达式进行分析即可．
【解答】解：足球受重力、拉力和支持力平衡，受力如图：
运用合成法，根据几何知识得，绳子对球的拉力：
T= mg
cosθ
N＝mgtanθ
现使悬绳变长些的过程中，角θ不断减小，故拉力逐渐减小，支持力也减小。
故ABD 错误，C 正确
故选：C。
【点评】求解共点力平衡的方法有多种，可以采取合成法、分解法和正交分解法．
14．【分析】小球和车厢具有相同的加速度，隔离对小球分析，通过牛顿第二定律求出小球的加速度大小和方向，
从而得出车厢的加速度。
【解答】解：隔离对小球分析，如图所示，
根据牛顿第二定律得，小球的加速度a=
F合
m = mgtanθ
m
= gtanθ。
车厢的加速度与小球的加速度相同，方向水平向右。故A 正确，B、C、D 错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键知道小球和车厢具有相同的加速度，结合牛顿第二定律求解，掌握整体法和隔离法的运
用。
15．【分析】根据重力沿斜面向下的分力大小与F 比较讨论摩擦力的方向。
【解答】解：重力沿斜面向下的分力Gx＝Gsinθ；
如果Gsinθ＝F，则物体不受摩擦力作用；
如果Gsinθ＞F，作用在A 上的静摩擦力沿斜面向下；
如果Gsinθ＜F，作用在A 上的静摩擦力沿斜面向上，所以物体受到的摩擦力大小和方向无法判断，故ABC 错误，
D 正确。
故选：D。
【点评】计算摩擦力，首先要根据物体的受力情况，判断物体的状态，确定是什么摩擦力，再选择解题方法：静
摩擦力由平衡条件求解，而滑动摩擦力可由公式或平衡条件求解；当两个物相对静止时，受到的是静摩擦力；当
两个物体之间发生相对运动时，受到的是滑动摩擦力。
16．【分析】对O 点受力分析，由平衡条件，求OA 的作用力即可
【解答】解：根据题意，对形千斤顶O 点受力分析如图，
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由平衡条件得：F1=
F
tanθ．故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
【点评】本题应用平衡条件分析实际问题，可以采用力的分解法，也可以应用正交分解法或合成法分析。
三、填空题（共20 分，每小格2 分）
17．【分析】此图为位移时间图象，直接读图可以知位移，平均速度v = x
t
【解答】解：读图可知0﹣2s 内位移为：
x＝4m﹣0m＝4m；
0﹣4s 内的平均速度为：
v = x
t = 4
4m/s＝1m/s
故答案为：4，1。
【点评】此题考查位移时间图象的应用，通过图象可知时间对应的位移，斜率表示速度，当图象与时间轴平行，
表示物体位移为零，物体处于静止状态。
18．【分析】已知初速度和末速度，则由加速度的定义可求得加速度的大小和方向。
【解答】解：设球飞来的方向为正方向，则v0＝10m/s；
运动员立即以10m/s 的速度反向踢出，v＝﹣10m/s，方向为负。
加速度为：a= △v
△t = −10−10
0.2
m/s2＝﹣100m/s2；
负号说明加速度方向与正方向相反，即与10m/s 的方向相反；
故答案为：100，相反。
【点评】加速度为矢量，故在解题前应先设定正方向；这是高中物理学习中应注意培养的一个好习惯。
19．【分析】因物体受多力而平衡，可知任一力与其他各力的合力大小相等方向相反；将3N 的力旋转后，其他力不
变，即其他力的合力不变；故本题可变成两个大小相等，方向相同的两力的合成。
【解答】解：由题意知，其他各力的合力大小为3N，与力F1 大小相等，方向相反；
将F1＝3N 的力旋转180°后，变成了两个方向相同，大小相等的3N，进行力的合成，
则有合力大小为：6N；方向与原F1 方向之间的夹角为180°。
故答案为：6，180°。
【点评】力的合成与分解的依据为等效性，故在解题中应明确等效替代的作用；将除3N 之外的其他的力用3N
的力代替即可起简化作用，再由力的平行四边形定则求解即可。
20．【分析】由于推动力和空气阻力都不变，随着燃料燃烧航天器质量减小，由牛顿第二定律可知加速度变化，由
运动学可知速度变化．
【解答】解：
由于推动力F 和空气阻力f 都不变，随着燃料航天器质量减小，故航天器所受合外力：F 合＝F﹣f﹣mg 增大．
由牛顿第二定律可得：
a =
F合
m
故加速度变大．
由运动学：
v＝at
可知速度变大．
故答案为：变大；变大
【点评】本题关键是要知道燃料燃烧造成火箭质量减小，其余都是运动学简单应用，基础题．
21．【分析】0﹣2s 内，物体做匀加速运动，结合图线的斜率求出加速度，抓住2s 后做匀速运动，通过牛顿第二定
律和共点力平衡列表达式，联立求出小环的质量和细杆与地面间的倾角．
【解答】解：将F﹣t 图与v﹣t 图对照可以得到：当推力F＝5.5N 时，物体在做匀加速直线运动，此时F﹣mg sinα
＝ma…①；
当推力F＝5N 时，物体在做匀速直线运动，此时推力F＝mg sinα…②．
再由v﹣t 图得到匀加速时加速度的大小为：a= △v
△t = 1
2 = 0.5m/s2⋯③．
将①②③联立解得：m＝1kg，α＝30°．
故答案为：1，30°．
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【点评】本题考查了牛顿第二定律、共点力平衡与图象的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，难度不
大．
四、综合应用题（共24 分）
22．【分析】物体做初速度为零的匀加速直线运动，根据v＝at 求出1s 末的速度，利用描点法作图即可。
【解答】解：由题意可知，v0＝0m/s，a＝4m/s2
则1s 末的速度为v＝at＝1×4m/s＝4m/s
利用描点作图如图所示：
答：物体运动的v﹣t 图象如图所示：
。
【点评】作图一半利用描点法，本题关键抓住初速度为零，一定过原点，再根据v＝at 找到任意一点，两点确定
一条直线即可做出速度时间图象。
23．【分析】把指定物体（研究对象）在特定物理情景中所受的所有外力找出来，并画出受力图，这就是受力分析；
受力分析的一般顺序：先分析场力（重力、电场力、磁场力），再分析接触力（弹力、摩擦力），最后分析其他力。
【解答】解：对小球受力分析，受重力、支持力，台阶对小球无支持力，若有支持力，无法保持平衡；
如图所示；
答：如上图所示。
【点评】理解力的概念，掌握力的特点，是正确分析受力的基础和依据。要想熟练掌握，还需要通过一定量的练
习，不断加深对物体运动规律的认识，反复体会方法，总结技巧才能达到。
24．【分析】（1）该实验所用的传感器为力传感器，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。
（2）小车受到的拉力等于钩码的重力，改变钩码数量可以改变小车受到的拉力；应用加速度的定义式可以求出
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加速度。
【解答】解：（1）利用DIS 做验证牛顿第三定律实验的操作示意图，该实验所用的传感器为力传感器，
图乙为实验时在软件界面上出现的结果，观察图乙我们可以得出：作用力与反作用力总是：大小相等、方向相反。
故ABD 正确，C 错误
故选：ABD
（2）小车受到的拉力等于钩码的重力，通过改变钩码的个数来改变对小车的拉力。要保证小车的质量不变；
已知：t1 和t2 时刻的速度v1 和v2，则小车的加速度：a= △v
△t = v2−v1
t2−t1 。
故答案为：（1）力传感器；
ABD
（2）小车总质量；
a= v2−v1
t2−t1
【点评】解决本题的关键知道作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，且同时产生、同时
变化、同时消失，作用在不同的物体上。
25．【分析】（1）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出飞机由静止到最大速度时所用的时间t，根据位移时间公
式求出滑行的位移s。
（2）分析飞机的受力情况，根据牛顿第二定律求出飞机的动力F 大小。
【解答】解：（1）飞机做初速度为零的匀加速直线运动，由速度时间公式可得：
t= v
a = 150
2 s＝75s
由位移时间公式可得：
s= 1
2 at2 = 1
2 ×2×1502m＝5625m
（2）根据牛顿第二定律得：F﹣f＝ma
得：F＝ma+f＝5×103×2+1.5×104＝2.5×104 N
答：（1）飞机由静止至最大速度所用时间t 是75s，滑行的位移s 是5625m；
（2）飞机所需的动力F 大小是2.5×104 N。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。要注意分
析时阻力不能遗漏。
26．【分析】（1）对箱子进行受力分析，根据牛顿第二定律求出箱子的加速度。
（2）箱子做初速度为零的匀加速直线运动，再根据速度位移公式求出箱子被推28m 远处的速度大小。
【解答】解：（1）箱子的受力情况如图所示，由牛顿第二定律得：
水平方向有
Fcosθ﹣f＝ma
竖直方向有N﹣（mg+Fsinθ）＝0
据题有f＝0.2N
联立解得a＝1.4m/s2
（2）箱子做初速度为零的匀加速直线运动，再根据速度位移公式得：
v2＝2ax
得v=
2ax =
2 × 1.4 × 28 ≈8.85m/s
答：（1）箱子的加速度为1.4m/s2。
（2）箱子被推28m 远处的速度大小为8.85m/s。
【点评】本题要分析清楚物体运动过程，要知道加速度是联系力和运动的桥梁，应用牛顿第二定律与运动学公式
即可正确解题。
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2019-2020 学年陕西省延安市吴起高中高一（上）期末物理试卷（基础卷）
一、选择题（共12 小题，每小题4 分，其中1-8 为单选题，9-12 为多选题，少选得2 分，共计48 分）
1．（4 分）敦煌曲子词中有这样的诗句“满眼风波多闪烁，看山恰似走来迎，仔细看山山不动，是船行”。其中“看
山恰似走来迎”和“是船行”所选择的参考系分别是（
）
A．船和山
B．山和船
C．地面和山
D．河岸和流水
2．（4 分）下面的几个速度中表示平均速度的是（
）
A．小球第5s 末的速度是10m/s
B．班车从吴起行驶到西安的速度是90km/h
C．汽车通过站牌时的速度是72km/h
D．子弹射出枪口的速度是900m/s
3．（4 分）下列关于自由落体运动的说法正确的是（
）
A．物体从静止开始下落的运动叫做自由落体运动
B．物体开始下落时速度为零，加速度也为零
C．自由落体运动是初速度为零、加速度为g 的竖直向下的匀加速直线运动
D．物体下落过程中，速度和加速度同时增大
4．（4 分）以下对加速度的理解正确的是（
）
A．加速度是增加的速度
B．加速度方向一定与初速度方向相同
C．一10m/s2 比10m/s2 小
D．加速度是描述速度变化快慢的物理量
5．（4 分）人在沙滩上行走时容易下陷，下陷时（
）
A．人对沙滩的压力大于沙滩对他的支持力
B．人对沙滩的压力等于沙滩对他的支持力
C．人对沙滩的压力小于沙滩对他的支持力
D．无法确定
6．（4 分）一物体静止在桌面上，则（
）
A．物体对桌面的压力就是物体的重力
B．桌面发生弹性形变会对物体产生支持力
C．物体对桌面的压力是由于桌面发生弹性形变产生的
D．压力、支持力是物体受到的一对平衡力
7．（4 分）关于两个大小一定的力的合力，以下说法中正确的是（
）
A．两个力的合力总大于原来的任意一个力
B．两个力的合力至少比原来的一个力大
C．合力的大小随两个力之间的夹角增大而增大
D．合力的大小介于二力之和与二力之差的绝对值之间
8．（4 分）一个重为20N 的物体置于光滑的水平面上，当用一个F＝5N 的力竖直向上拉该物体时，如图所示，物体
受到的合力为（
）
A．15N
B．25N
C．20N
D．0N
9．（4 分）下列关于摩擦力的说法正确的是（
）
A．物体受到摩擦力作用时，一定受到弹力作用
B．摩擦力的方向总与物体的运动方向相反
C．物体在支持面上的滑动速度越大，滑动摩擦力也一定越大
D．静摩擦力的方向与接触物体相对运动趋势的方向相反
10．（4 分）图中表示质点做匀速直线运动的是（
）
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A．
B．
C．
D．
11．（4 分）两个共点力的大小分别为8N、3N，它们之间的夹角可任意变化，则其合力的大小可能是（
）
A．3N
B．5N
C．10N
D．15N
12．（4 分）一个很轻的网兜把一个足球挂在墙上P 点处，如图所示，若把悬绳PQ 加长一些，则足球对悬绳的拉力
F 和对墙面的压力FN 的变化情况（
）
A．F 增大
B．FN 增大
C．F 减小
D．FN 减小
二、实验题（每空2 分，共16 分）
13．（8 分）某位同学在实验室使用打点计时器：
（1）电磁打点计时器和电火花打点计时器所使用的是
（填“交流”或“直流”）电源，当电源频率是50Hz
时，它们每隔
S 打一次点。
（2）某同学在测定匀变速直线运动的加速度时，得到了几条较为理想的纸带，已在每条纸带上每5 个计时点取
好了一个计数点，即两计数点之间的时间间隔为0.1s，依打点先后编为0、1、2、3、4、5．由于不小心，纸带被
撕断了，如图所示。请根据给出的A、B、C、D 四段纸带回答：
①从纸带A 上撕下的那段应该是B、C、D 三段纸带中的
（填字母）
②打A 纸带时，物体的加速度大小是
m/s2．（小数点后保留两位）
14．（8 分）（均做）在“验证力的平行四边形定则”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图．
（1）图乙中的
是为F1 和F2 的合力的理论值；
是力F1 和F2 的合力的实际测量值．
（2）在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，那么实验结果是否会发生变化？
答：
．（选填“变”或“不变”）
（3）本实验采用的科学方法是
A．理想实验法
B．等效替代法
C．控制变量法
D．建立物理模型法．
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三、计算题（共36 分，要求写出必要的文字说明和必要的方程）
15．（8 分）一辆汽车以10m/s 的速度经5s 匀加速到110m/s，求：
（1）汽车匀加速过程中的加速度大小？
（2）整个过程中的平均速度大小？
16．（8 分）如图所示，对放在斜面上物体的重力G 分解。
（1）重力G 产生哪两个实际作用效果？
（2）两分力大小分别是多少？
17．（10 分）质量为2kg 的小球从离地面80m 空中自由落下，g＝10m/s2，求：
（1）经过多长时间落地？
（2）落地时的速度是多大？
18．（10 分）如图所示，电灯的重力G＝10N，AO 绳与顶板间的夹角为45°，BO 绳水平，则AO 绳所受的拉力是
多少？BO 绳所受的拉力是多少？
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2019-2020 学年陕西省延安市吴起高中高一（上）期末物理试卷（基础卷）
参考答案与试题解析
一、选择题（共12 小题，每小题4 分，其中1-8 为单选题，9-12 为多选题，少选得2 分，共计48 分）
1．【分析】参考系是假定不动的物体，同一种运动状况选择的参考系不同观察到的结果也不同。由于作者和山之间
的距离逐渐减小，如果选择自己或者船作为参考系，则只能是山恰似走来迎；而如果选择山作为参考系，则只能
是“是船行”。
【解答】解：参考系是为了研究问题的方便而假定不动的物体，在本题中作者和山之间的距离逐渐减小，而作者
认为自己静止不动，从而“看山恰似走来迎”，故此现象选择的参考系是自己或者船与船上静止不动的物体。
但实际上船是运动的，所谓是“船行”选择的参考系是河岸、山或者地球上相对地球静止不动的其它物体。
故A 正确，
故选：A。
【点评】参考系是为了研究问题的方便而假定不动的物体，参考系的选择是任意的，只要对研究问题方便，所有
的物体都可以作为参考系；同一种运动状况选择的参考系不同观察到的结果也不同。
2．【分析】本题考查了平均速度和瞬时速度的区别：平均速度与某段时间或某段位移对应，而瞬时速度与某个时刻
与某个位置相对应。明确了它们的区别便能正确解答本题。
【解答】解：A、小球第5s 末的速度对应时刻，为瞬时速度；故A 错误；
B、班车从吴起行驶到西安的速度是对应一段位移上的速度，所以是平均速度。故B 正确；
C、汽车通过站牌时的速度是对应某一点的速度，所以是瞬时速度。故C 错误；
D、子弹射出枪口的速度与某一位置对应，为瞬时速度，故D 错误。
故选：B。
【点评】在学习物理的过程中，要经常利用所学物理概念深入分析实际问题，提高对物理概念的理解也应用。
3．【分析】物体做自由落体运动的条件：①只在重力作用下②从静止开始。只在重力作用下保证了物体的加速度为
g；从静止开始保证了物体初速度等于零。所以自由落体运动是初速度为0 的匀加速直线运动。
【解答】解：AC、因为物体做自由落体运动的条件：①只在重力作用下②从静止开始。只在重力作用下保证了
物体的加速度为g；从静止开始保证了物体初速度等于零。所以从静止开始下落的物体不一定是做自由落体，关
键是它不一定仅受重力，故A 错误，C 正确；
B、物体开始下落时速度为零，加速度为g，故B 错误
D、自由落体运动只受重力，故加速度恒等于重力加速度，即加速度不变，故D 错误。
故选：C。
【点评】自由落体运动的条件是这类概念选择题判断的主要依据，所以不但要记准概念，还要充分理解。
4．【分析】加速度不是增加的速度，而表示速度变化快慢。加速度的大小是加速度的绝对值。加速度方向可与初速
度方向相同，也可相反。
【解答】解：A、加速度不是增加的速度，在数值上等于单位时间内变化的增量。故A 错误。
B、加速直线运动中，加速度方向与初速度方向相同；在减速直线运动中，加速度方向与速度方向相反。故B 正
确。
D、加速度是描述物体速度变化快慢的物理量。故D 正确。
C、加速度的大小是加速度的绝对值，则﹣10m/s2 比10m/s2 大小相等。故C 错误。
故选：D。
【点评】加速度的物理意义是表示物体变化的快慢，加速度越大，速度变化越快。加速度方向与速度方向无关。
5．【分析】人对沙滩的压力和沙滩对他的支持力是一对作用力和反作用力，作用力和反作用力大小相等，方向相反，
作用在同一条直线上．
【解答】解：作用力与反作用力大小相等，人对沙滩的压力和沙滩对他的支持力是一对作用力和反作用力，所以
人对沙滩的压力等于沙滩对他的支持力。故B 正确，A、C、D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道作用力和反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．
6．【分析】弹力产生的原因是施力物体发生形变要恢复原状而产生的．压力和重力是作用在不同物体上的两个力，
压力、支持力是物体受到的一对作用力和反作用力．
【解答】解：A、物体对桌面的压力作用在桌面上，物体的重力作用在物体上，两个力不同。故A 错误。
B、桌面向下形变要恢复原状产生对物体的支持力。故B 正确。
C、物体对桌面的压力是物体的发生形变要恢复原状产生的。故C 错误。
D、压力、支持力是物体受到的一对作用力和反作用力。故D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握弹力产生的原因，以及知道作用力与反作用力和平衡力的区别．
7．【分析】合力与分力是等效替代的关系，合力的大小在两个分力之差与两个分力之和之间，可以比分力大，可以
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比分力小，也可以与分力相等。
【解答】解：ABD、两个力的合力可能比原来的每个分力大，也可能比每个分力小，也可能与分力相等，合力的
大小介于二力之和与二力之差的绝对值之间，故AB 错误，D 正确；
C、根据平行四边形定则，知分力的大小不变，夹角增大时，合力减小，故C 错误；
故选：D。
【点评】力与分力是从力的作用效果上定义的，它们是等效替代的关系，运算时遵守平行四边形定则，不是简单
的大小相加。
8．【分析】当拉力为5N 时，小于物体的重力，物体不能被提动，仍保持静止，根据平衡条件确定物体的合力．
【解答】解：据题，拉力为5N，小于物体的重力20N，物体仍保持静止，根据平衡条件可知，物体受到的合力
为0。
故选：D。
【点评】本题要根据力的大小判断物体的状态，确定合力的大小，不能头脑简单，得到物体的合力等于重力与拉
力的差15N．
9．【分析】摩擦力定义是两个互相接触的物体，当它们要发生或已经发生相对运动时，就会在接触面上产生一种阻
碍相对运动的力，这种力就叫做摩擦力，摩擦力既可以作为动力也可以作为阻力，当摩擦力做为动力时方向和物
体的运动方向相同，而做为阻力时方向和物体的运动方向相反。
【解答】解：A、产生摩擦力条件包含产生弹力的条件，所以物体受到摩擦力作用时，一定受到弹力作用，A 正
确；
B、摩擦力的方向总与物体间的相对运动方向或相对运动趋势的方向相反，可能与运动方向相同，故B 错误；
C、滑动摩擦力的大小与物体的运动速度无关，故C 错误；
D、静摩擦力的方向与相对运动趋势的方向相反，可能与运动方向相同，故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题考查摩擦力的性质，要掌握摩擦力产生的条件，摩擦力方向的判定及摩擦力的作用，明确摩擦力的
方向一定与相对运动或相对运动趋势的方向相反，但可以与运动方向相同、相反或相互垂直。
10．【分析】匀速直线运动的特点是速度恒定不变，位移﹣时间图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动。要判
定物体是否做匀速直线运动，要看x﹣t 图象的斜率是否发生变化，因为x﹣t 图象的斜率等于物体的速度；而v
﹣t 图象的纵坐标代表物体的速度，故要判定物体是否做匀速直线运动，要看v﹣t 图象的纵坐标是否发生变化。
【解答】解：A、此图为速度时间图象，图象说明物体的速度随时间均匀减小，表示物体处于匀变速直线运动状
态，故A 错误；
B、此图为位移时间图象，图线是直线，其斜率不变，说明物体的速度不变，做匀速直线运动。故B 正确；
C、此图为速度时间图象，说明物体的速度不随时间而变化，表示物体处于匀速直线运动状态。故C 正确；
D、此图为位移时间图象，图线是直线，其斜率不变，说明物体的速度不变，做匀速直线运动。故D 正确。
故选：BCD。
【点评】本题既要掌握匀速直线运动的特点：速度不变，又要理解位移﹣时间图象斜率的物理意义。基础题。
11．【分析】两力合成时，合力随夹角的增大而减小，当夹角为零时合力最大，夹角180°时合力最小，并且有|F1
﹣F2|≤F≤F1+F2。
【解答】解：两力合成时，合力范围为：|F1﹣F2|≤F≤F1+F2；
故合力范围为：5N≤F≤11N；所以可能的为B，故B 正确，ACD 错误。
故选：BD。
【点评】两力合成时，合力的大小满足|F1﹣F2|≤F≤F1+F2，在此范围内所有的值均是有可能的。
12．【分析】以小球为研究对象，分析受力，由平衡条件得出绳对球的拉力、墙对小球的支持力与绳子与墙的夹角
的关系式，再分析F 和FN 如何变化
【解答】解：足球受重力、拉力和支持力平衡，受力如图
对足球受力分析如图所示，则由三力平衡条件可得细线的拉力为：
T= mg
cosα
墙壁对球的弹力为：FN＝mgtanθ
现使悬绳变长些的过程中，角α不断减小，故拉力逐渐减小，支持力也减小。故AB 错误CD 正确
故选：CD。
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【点评】本题运用函数法研究动态平衡问题，也可以运用图解法研究，关键是能正确分析物体的受力情况，作出
受力分析图再由几何关系进行分析求解。
二、实验题（每空2 分，共16 分）
13．【分析】（1）打点计时器使用交流电源，电源频率为50Hz 时，打点时间间隔为0.02s。
（2）根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）去判断问题；利用匀变速直线运动的推论求
解加速度和速度。
【解答】解：（1）电磁打点计时器和电火花打点计时器所使用的是交流电源，当电源频率是50Hz 时，它们每隔
0.02s 打一次点。
（2）①根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）得出：x45﹣x34＝x34﹣x23＝x23﹣x12＝x12
﹣x01，所以属于纸带A 的是C 图。
②根据运动学公式△x＝at2 得：a= x12−x01
t2
= (36.0−30.0)×10−3
0．12
=0.60m/s2。
故答案为：（1）交流，0.02；（2）C，0.60。
【点评】打点计时器是高中物理实验常用的实验器材，要掌握打点计时器的结构、使用方法与注意事项；应用匀
变速直线运动的推论可以解题。
14．【分析】在实验中F 和F′分别由平行四边形定则及实验得出，明确理论值和实验值的区别即可正确解答；本实
验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注意该实验方法的应
用；
【解答】解：（1）实验中F 是由平行四边形得出的，而F′是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向
相同，由于实验过程不可避免的存在误差，因此理论值和实验值存在一定的偏差．
（2）如果将细线也换成橡皮筋，只要将结点拉到相同的位置，实验结果不会发生变化．
（3）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．
故答案为：（1）F
F′（2）不变
（3）B
【点评】在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差
分析．
三、计算题（共36 分，要求写出必要的文字说明和必要的方程）
15．【分析】（1）根据加速度的定义式求汽车匀加速过程的加速度；
（2）根据平均速度的公式v =
v0+v
2
求解。
【解答】解：（1）汽车的加速度为：
a = △v
△t = 110−10
5
m/s2 =20m/s2
（2）整个过程的平均速度为：
v =
v0+v
2
= 10+110
2
m/s = 60m/s
答：（1）汽车匀加速过程中的加速度大小为20m/s2
（2）整个过程中的平均速度大小为60m/s
【点评】本题考查匀变速直线运动的规律的应用，关键是要能灵活应用，注意矢量性，基本题，难度不大。
16．【分析】对物体受力分析，明确物体受到的各力情况，再分别对沿斜面和垂直于斜面方向进行分析，从而明确
摩擦力和压力的大小。
【解答】解：物体受重力、支持力和静摩擦力平衡，
根据重力的作用效果可知，重力可以分解为沿斜面向下的G1＝Gsinθ，垂直斜面向下G2＝Gcosθ。
因此重力G 产生沿斜面向下的作用和压斜面的作用的两个实际作用效果；
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答：（1）沿斜面向下的作用和压斜面的作用；
（2）两分力大小分别Gsinθ 与Gcosθ。
【点评】解决本题的关键知道重力对物体的作用效果有两个，一是使物体有向下运动的趋势，二是使物体压紧斜
面。
17．【分析】（1）小球做自由落体运动，是初速度为0 加速度为g 的匀加速直线运动，由位移公式求出时间；
（2）由速度公式求出小球落地时的速度。
【解答】解：（1）根据位移公式h = 1
2 gt2得
t =
2h
g =
2×80
10 s = 4s
（2）根据速度公式得v＝gt＝10×4m/s＝40m/s
答：（1）经过4s 落地。
（2）落地时的速度为40m/s。
【点评】自由落体运动是特殊的匀变速直线运动，遵守匀变速运动的普遍规律。本题也可以作速度图象求解。
18．【分析】将电灯所受的重力G 分解为沿AO 方向的分力和沿BO 方向的分力，作出力图，由几何知识求解．
【解答】解：将电灯所受的重力G 沿绳子方向进行分解，如图所示．由几何知识得：
F1 =
G
cos45° =
2G = 10 2N
F2＝G＝10N
答：AO 绳所受的拉力为10 2N；BO 绳所受的拉力为10N．
【点评】本题也可以以结点O 为研究对象，采用正交分解法或合成法求解．
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2019-2020 学年陕西省咸阳市高一（上）期末物理试卷
一、选择题（本大题共12 小题,每小题4 分,计48 分,其中1-8 题为单选题,每题有一项是正确的第9-12 为多选题,每题
有几项是正确的,全部选对得4 分,漏选得2 分,错选、不选得0 分)
1．（4 分）2018 年12 月8 日凌晨2 时23 分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号乙”运载火箭成功发射“嫦娥
四号”探测器，“嫦娥四号”经历地月转移、近月制动、环月飞行，最终实现人类首次月球背面软着陆，开展月
球背面就位探测及巡视探测，并通过已在使命轨道运行的“鹊桥”中继星，实现月球背面与地球之间的中继通信。
下列有关说法正确的是（
）
A．“2018 年12 月8 日凌晨2 时23 分”指的是时间间隔
B．“嫦娥四号”探测器环月飞行一圈，它的位移和路程都为0
C．“嫦娥四号”探测器环月飞行一圈，它的平均速度为0，但瞬时速度不为0
D．地面控制中心在对“嫦娥四号”探测器进行飞行姿态调整时可将飞船看作质点
2．（4 分）《曹冲称象》大家都耳熟能详，“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知矣。”下列物理
学习或研究中用到的方法与文中的方法相同的是（
）
A．建立“质点”的概念
B．建立“合力与分力”的概念
C．建立“速度”、“加速度”的概念
D．研究加速度与合力、质量的关系
3．（4 分）做自由落体运动的物体在下落的过程中如果重力突然消失，则物体的运动是（
）
A．浮在空中静止
B．仍做自由落体运动
C．改做匀速直线运动
D．立刻做匀减速运动
4．（4 分）对于牛顿第三定律的理解，下列说法正确的是（
）
A．重力没有反作用力
B．作用力与反作用力一定同时产生
C．物体加速运动时，作用力总是大于反作用力的
D．作用力与反作用力总是等大的，所以任何情况下都能平衡
5．（4 分）下列处于静止状态的四个木块，一定受到摩擦力作用的是（
）
A．
B．
C．
D．
6．（4 分）元旦期间我市某商场推出“消费满100 减20”的优惠活动并在其外墙上悬挂一块告示牌，下图所示为一
些悬挂告示牌的方式，若α＜β，则每根细绳所受的拉力中，数值最大的是（
）
A．
B．
C．
D．
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7．（4 分）2018 年11 月27 日凌晨4 时许，洞察号探测器成功登陆火星，假设未来的某一天，宇航员在火星上距地
面18m 高处由静止释放一重物，测得重物经过3s 落到火星表面，则下列说法正确的是（
）
A．火星表面的重力加速度大小为4m/s2
B．重物落地时的速度大小为8m/s
C．重物落地前的1s 内位移大小为8m
D．重物下落过程中，任意相邻1s 内的位移之差为2m
8．（4 分）如图所示，“神舟十一号”载人飞船返回舱先利用降落伞装置使返回舱速度降至10m/s（距地面高度远大
于1.25m）并匀速降落。在距地面1.25m 时，返回舱的缓冲发动机开始向下喷气，经过0.25s 返回舱恰好无速度
的落至地面，此过程可视为竖直方向的匀减速直线运动取重力加速度为10m/s2，设航天员的质量为60kg，则在
0.25s 内的减速阶段，返回舱对航天员的作用力大小为（
）
A．1800N
B．2400N
C．3000N
D．3600N
9．（4 分）投篮是篮球运动的关键技术，在跳起投篮过程中，人的动作包含：由站立状态屈腿下蹲，蹬地起身，离
地上升，当人达到最大高度时抛出篮球同时人开始下落，下落说法正确的是（
）
A．由站立状态屈腿下蹲过程中，人处于失重状态
B．蹬地起身过程中，人处于超重状态
C．离地上升过程中，人处于失重状态
D．下落过程中，人处于失重状态，所受重力减小
10．（4 分）如图甲为某高速公路出口的ETC 通道示意图一汽车驶入通道，到达O 点的速度v0＝22m/s，此时开始减
速，到达M 时速度减至v＝6m/s，并以6m/s 的速度匀速通过MN 区，汽车从O 运动到N 共用时10s，v﹣t 图象
如图乙所示，则下列计算正确的是（
）
A．汽车减速运动的加速度大小为4m/s2
B．汽车在O、M 段中点的速度为14m/s
C．O、M 间的距离为56m
D．汽车在ON 段平均速度大小为9.2m/s
11．（4 分）我省各地在节日期间有挂红灯笼的习俗。如图，质量为m 的灯笼用两根不等长的轻绳OA、OB 悬挂在
水平天花板上，OA 比OB 长，O 为结点。重力加速度大小为g。设OA、OB 对结点O 的拉力分别为FA、FB，
轻绳能承受足够大的拉力，则（
）
A．FA 大于FB
B．FA、FB 的合力等于mg
C．若左右调节A 点位置，可使FA 等于FB
D．换质量更大的灯笼，FB 的增加量比FA 的增加量大
12．（4 分）如图所示为风洞实验示意图，实验中可以产生大小可调节的风力，将一套有小球的固定细直杆放入风洞
实验室，小球孔径略大于杆的直径，杆足够长，杆与水平方向的夹角为θ，小球与杆间的动摩擦因数为μ，且μ＜
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tanθ．现将小球由静止释放，同时开始送风，风对小球的作用力F 方向与杆垂直，大小随时间变化的关系式为F
＝kt，关于小球的运动，下列说法正确的是（
）
A．加速度先增大后不变
B．加速度先增大后减小到零，然后再增大，最后为零
C．速度先增大后减小到零
D．速度先增大后不变
二、实验题(本大题3 小题,计18 分)
13．（4 分）某实验小组做“探究弹簧弹力与弹簧伸长量的关系”实验，采用如图甲所示的装置。质量不计的弹簧下
端挂一个小盘，在小盘中增添砝码可以改变弹簧的弹力。在实验过程中进行正确操作并收集实验数据，作出小盘
中砝码重力G 随弹簧伸长量x 变化的关系图象如图乙所示。（重力加速度g ＝10m/s2 ）
（1）由图乙可求得该弹簧的劲度系数为
N/m。
（2）由图乙还可求得小盘的质量为
kg，小盘的质量使弹簧劲度系数的测量结果（与真实值相比）
（填“偏大”“偏小”或“不受影响”）。
14．（6 分）某同学用如图所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”。弹簧测力计A 的上端挂于固定点P，下
端用细线挂一重物（重力为Mg），弹簧测力计B 的一端用细线系于O 点，手持另一端向左拉，使结点O 静止在
某位置。
（1）为了完成实验，需要记录下来的是结点O 的位置以及弹簧测力计中力的大小和方向、Oc 的方向，如果作图
得到A、B 的合力方向近似
，且大小近似等于
，则平行四边形定则得以验证。
（2）下列不必要的实验要求是
（请填写选项前对应的字母）
A．木板平面要保持竖直
B．弹簧测力计在使用前校零
C．连接结点的三根绳子要适当的长些
D．改变拉力，进行多次实验每次都要使O 点静止在同一位置
15 ．（8
分）“ 探究加速度与力、质量的关系” 的实验装置如图甲所示。
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（1）下列说法正确的是
。
A．在探究加速度与质量的关系时，应该保证拉力的大小不变
B．“重物的质量远小于小车的质量”这一条件如不满足对探究过程也不会产生影响
C．在探究加速度与力的关系时，只需测量一次，记录一组数据即可
D．在探究加速度与力的关系时，作a﹣F 图象应该用折线将所描的点依次连接
（2）在实验中，某同学得到了一条纸带如图乙所示，选择了A、B、C、D、E 作为计数点，相邻两个计数点间
还有4 个计时点没有标出，其中x1＝7.05cm、x2＝7.68cm、x3＝8.31cm、x4＝8.94cm，电源频率为50Hz，可以计
算出小车的加速度大小是
m/s2．（保留两位有效数字）
（3）某同学将长木板右端垫高，其目的是
，用a 表示小车的加速度，F 表示细线作用于小车的拉力，该
同学绘出的a﹣F 关系图象如图丙所示，图线不过原点的原因是
。
三、计算题(本大题4 小题,计34 分,解答应写出文字说明、计算过程或演算步骤,只写出结果的不得分.有数值计算的
题,答案中必须明确写出数值和单位)
16．（6 分）春节临近，我市各地区加大“酒驾”检查力度酒后驾车严重威胁交通安全，其主要原因是饮酒后会使人
的反应时间（从发现情况到实施操作制动的时间）变长，造成反制距离（从发现情况到汽车停止的距离）变长，
假定汽车以20m/s 的速度匀速行驶，刹车时汽车的加速度大小为10m/s2，正常人的反应时间为0.5s，饮酒人的反
应时间为1.5s，试问：
（1）饮酒的驾驶员的反制距离是多少米？
（2）饮酒的驾驶员从发现情况至汽车停止需多少时间？
17．（7 分）如图所示。水平固定且倾角为30°的光滑斜面上有两个质量均为m 的小球A、B．它们用劲度系数为k
的轻质弹簧连接，现对B 施加一水平向左的推力F 使A、B 均静止在斜面上。此时弹簧的长度为l，求：
（1）弹簧原长；
（2）推力F 的大小。
18．（8 分）九峻山必捷滑雪场位于“关中印象体验地”袁家村向北3 公里，坐落在礼泉县烟霞镇北面的九山下如图
所示，若将滑雪道视为倾角为37°的斜面，某滑雪爱好者连滑雪板总质量为75kg（可视为质点）从滑雪道顶端
静止开始沿直线匀加速下滑，经10s 滑到滑道底端且速度为20m/s。重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°
＝0.8．求：
（1）滑雪爱好者的加速度大小；
（2）滑雪道的斜面长度；
（3）滑雪板与滑道间的动摩擦因数。
19．（13 分）如图所示，长为s＝11.25m 的水平轨道AB 与倾角为θ＝37°、长为3m 的光滑斜面BC 在B 处连接，
有一质量为m＝2kg 的滑块（可视为质点），从A 处由静止开始受与水平方向成37°斜向上的拉力F＝20N 的作
用，经过一段时间后撤去拉力F，滑块恰好可以滑到斜面最高点C．已知滑块过B 点时速度方向改变但大小不变，
滑块与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）滑块过B 点时速度的大小；
（2）拉力F 作用的时间。
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2019-2020 学年陕西省咸阳市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共12 小题,每小题4 分,计48 分,其中1-8 题为单选题,每题有一项是正确的第9-12 为多选题,每题
有几项是正确的,全部选对得4 分,漏选得2 分,错选、不选得0 分)
1．【分析】时间表示一段时间间隔，时刻表示一点，位移为矢量，是始末位置的有向线段，路程是轨迹的长度，物
体能否看做质点的条件是看做质点后对所研究的物体没影响。
【解答】解：A、2018 年12 月8 日凌晨2 时23 分对应的是时间轴上的点，表示时刻，故A 错误；
B、探测器环月圆轨道飞行一圈，它的位移为0，路程不为零，故B 错误；
C、平均速度是位移比时间，而瞬时速度是探测器飞行时的瞬时线速度，不为零，故C 正确；
D、调整姿态时若看做质点则无法调整，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查了时间和时刻、位移和路程及物体能否看做质点的判断，基础题。
2．【分析】曹冲称象故事用等重量的石头代替等重量的大象，是等效替代的思想；力的合成与分解、运动的合成与
分解是等效替代思想。
【解答】解：A、建立“质点”的概念，采用理想模型法，不是等效替代，故A 错误；
B、建立“合力与分力”的概念，采用的是等效替代的方法。故B 正确；
C、建立速度、加速度的概念，采用比值法，不是等效替代；故C 错误；
D、研究加速度与合力、质量的关系，属于研究一个变量与多个变量之间的关系时，应用控制变量法；故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查了等效替代法、理想模型法、极值法等思想方法，是物理学的精髓所在，要注意在学习中体会
相应的分析问题的方法。
3．【分析】根据题意做自由落体运动的物体，如果在下落的过程中的某时刻重力突然消失，物体将不受力的作用，
由牛顿第一定律（一切物体总保持静止状态或匀速直线运动状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态为
止）可知，物体的运动状态将保持不变，即做匀速直线运动．
【解答】解：做自由落体运动的物体，如果在下落的过程中的某时刻重力突然消失，说明物体不在受重力的作用，
根据牛顿第一定律可知，物体将保持原来的运动状态，做匀速直线运动，故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
【点评】考查了对牛顿第一定律的理解，力不是维持物体运动的原因而是改变物体运动状态的原因．
4．【分析】由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体
上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失。
【解答】解：A、重力的反作用力为物体对地球的吸引力，故A 错误；
B、作用力和反作用力同时产生，同时变化，同时消失，故B 正确；
C、作用力和反作用力总是大小相等方向相反，故C 错误；
D、作用力和反作用力总是大小相等方向相反，作用在两个物体上，在任何情况下都不能平衡。故D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查牛顿第三定律及其理解。理解牛顿第三定律与平衡力的区别，不能合成，难度不大，属于基础
题。
5．【分析】对各选项中的物体受力分析，明确物体受到的是静摩擦力，根据静摩擦力产生的条件即可明确是否一定
受摩擦力作用。
【解答】解：A、物体受重力、推力F 作用，由于推力有水平向右的分量，因此要使物体保持静止，一定有向左
的静摩擦力作用，故A 正确；
B、物体受重力、支持力以及档板的弹力作用，如果档板的弹力恰好等于重力沿斜面向下的分力，则物体不受摩
擦力，故B 错误；
C、物体受重力、支持力以及两个拉力的作用，如果F1 的水平分量与F2 等大反向，则物体不受摩擦力，故C 错
误；
D、物体受重力、推力作用，如果推力向上的分量与重力等大，则物体不受摩擦力作用，故D 错误。
故选：A。
【点评】本题考查静摩擦力的分析和计算，要注意明确静摩擦力的大小与正压力无关，只与沿接触面上的其他外
力的合力有关。
6．【分析】两根细绳拉着同一小黑板，则两绳子拉力的合力相等，当细绳与竖直方向夹角越大时，绳子的拉力越大；
当夹角越小时，拉力则越小。
【解答】解：由题意可知，两绳子的拉力的合力相等，根据力的平行四边形定则，可知当两绳子的夹角越大时，
其拉力也越大。因此，B 图的拉力数值最大；故B 正确，ACD 均错误；
故选：B。
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【点评】本题主要是考查两力平衡、力的平行四边形定则、及两力的合力一定时，当两力夹角增大时，则两力的
大小在增大
7．【分析】根据位移时间关系公式h= 1
2gt2 求解重力加速度。根据速度时间关系公式v＝gt 求解速度，最后1s 内位
移等于总位移减去（t﹣1s）内的位移；任意相邻1s 内的位移之差△x＝g′T。
【解答】解：A、根据位移时间关系公式h= 1
2g′t2 知重力加速度g′= 2h
t2 =4m/s2．故A 正确；
B、根据速度时间关系公式v＝g′t＝12m/s，故B 错误；
C、前2s 内位移为h′= 1
2g′t2＝8m，△h＝h﹣h′＝10m，故C 错误；
D、重物下落过程中，任意相邻1s 内的位移之差△x＝g′T2＝4m，故D 错误；
故选：A。
【点评】本题关键明确自由落体运动的运运动性质，然后根据动学公式列式求解，题目中的待求量可以先求解容
易求解的。
8．【分析】在该0.25s 减速阶段，已知位移、初速度和时间，根据位移时间公式可求得返回舱的加速度a 大小和方
向。以航天员为研究对象，根据牛顿第二定律求返回舱对航天员的作用力大小F。
【解答】解：返回舱匀减速下降，加速度方向竖直向上，根据匀变速直线运动的规律得h＝vt−1
2 at2
解得：a＝40m/s2。
以航天员为研究对象，根据牛顿第二定律得：F﹣mg＝ma
解得：F＝3000N，故ABD 错误C 正确。
故选：C。
【点评】本题是已知运动求力的问题，解决本题的关键要熟练运用匀变速直线运动的位移时间公式来求解加速度。
要知道匀减速运动的加速度与速度反向。
9．【分析】当人对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说人处于超重状态，此时有向上的加速度；当人对接触
面的压力小于物体的真实重力时，就说人处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于
完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g。
【解答】解：A、下蹲过程中，人先是加速下降，有向下的加速度，此时的人对体重计的压力减小，后是减速下
降，有向上的加速度，此时的人对体重计的压力增加，故人处于先失重，后超重状态，故A 错误；
B、在蹬地过程中，加速度方向向上，所以此时人处于超重状态，故B 正确；
C、当离开地面后，人对地面就没有作用力了，处于完全失重状态，此时有向下的加速度，加速度的大小为重力
加速度g，故C 正确；
D、下落过程中，人处于失重状态，所受重力为mg，不变，故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对地面的压
力变了。
10．【分析】根据速度时间图线的斜率求出加速度大小，结合速度位移公式，联立方程组求出OM 中点位置的速度；
根据图线围成的面积求出OM 和ON 段的位移，结合平均速度的定义式求出ON 段的平均速度大小。
【解答】解：A、根据速度时间图线的斜率表示加速度，可知，汽车减速运动的加速度大小a= △v
△t = 22−6
4
m/s2
＝4m/s2，故A 正确；
B、设OM 中点的速度为v，根据速度位移公式得O 到中点有v2﹣v02＝﹣2a•
x
2，中点到M 有：v12﹣v2＝﹣2a•
x
2，
解得v=
v0
2+v1
2
2
=
222+62
2
=16m/s，故B 错误；
C、根据图线与时间轴围成的面积表示位移知，OM 的距离x= 1
2 ×（6+22）×4＝56m，故C 正确；
D、ON 段的位移x′＝56+6×6＝92m，则ON 段的平均速度v = x'
t = 92
10m/s＝9.2m/s，故D 正确；
故选：ACD。
【点评】解决本题的关键要理解速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面
积表示位移。
11．【分析】对O 点受力分析，受重力和两个拉力，根据平衡条件并结合合成法分析即可。
【解答】解：对O 点受力分析，如图所示：
根据平衡条件，并结合正弦定理，有：
FA
sinβ =
FB
sinα =
G
sin(180°−α−β)
A、由于α＞β，故FA 小于FB，故A 错误；
B、根据平衡条件，FA、FB 的合力等于mg，故B 正确；
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C、无论怎样调节悬点A 的位置，总有OA＞OB，α＞β，FA 小于FB，故C 错误；
D、由于
FA
FB
=
sinβ
sinα ＜1，故换质量更大的灯笼，α、β均不变，根据
FA
FB
=
sinβ
sinα =C= △FA
△FB，FB 的增加量比FA 的增
加量大，故D 正确；
故选：BD。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
12．【分析】小球受重力、支持力、风力和滑动摩擦力，在平行杆方向和垂直杆方向进行正交分解，根据牛顿第二
定律列式进行分析即可。
【解答】解：小球受重力、支持力、风力和滑动摩擦力，在垂直杆方向，有：
N﹣mgcosθ+F＝0
故N＝mgcosθ﹣F＝mgcosθ﹣kt，即弹力先减小到零，后反向增加；
在平行杆方向，有：
mgsinθ﹣f＝ma
其中：f＝μN
故a＝gsinθ−f
m =gsinθ−μN
m ；
由于弹力先减小到零，后反向增加，故加速度先增加后减小到零，最后反向增加，物体静止时加速度再次为零；
当加速度与速度相同时，球做加速运动，当加速度与速度反向时，球做减速运动，直到静止；
故AD 错误，BC 正确；
故选：BC。
【点评】本题关键是明确物体受力情况和运动情况，要结合牛顿第二定律分析加速度情况，根据加速度与速度方
向关系确定速度变化情况。
二、实验题(本大题3 小题,计18 分)
13．【分析】（1）由图示图象应用胡克定律可以求出劲度系数。
（2、3）根据图示图象求出质量，然后分析误差。
【解答】解：（1）弹簧的劲度系数：k= △F
△x =
6−2
3.5−1.5 =2N/cm＝200N/m；
（2）由图示图象可知：mg＝kx1，
m= kx1
g = 2×0.5
10
=0.1kg，
应用图象法处理实验数据，小盘的质量会导致弹簧劲度系数的测量结果比真实值相同，即不受影响；
故答案为：（1）200；（2）0.1；（3）不受影响。
【点评】在应用胡克定律时，要首先转化单位，知道图线的斜率即为弹簧的劲度系数。
14．【分析】验证力的平行四边形定则的实验原理是：理论值与实际值的对比。合力的理论值使用作图法，需要记
录两分力的大小和方向；实际值的测量则使用等效替代，需要测量结点O 的位置及力的大小。另外实际值与测
量值比较方法，是在同一点作出两力的图示，比较是否近似重合。
【解答】解：（1）作图得到A、B 的合力方向近似沿oC 方向，且大小近似等于Mg，则可验证平行四边形定则。
（2）A、木板平面要保持竖直，要保证画力沿竖直向，故A 必要；
B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零。故B 必要；
C、连接结点的三根绳子要适当的长些，要便于画力的方向，故C 必要；
D、由于本实验中物体的重力一定，因此两弹簧秤的拉力的合力大小方向均是一定的，所以不需要再让结点每次
静止在同一位置，故D 不必要。
本题选不必要的，故选：D
故答案为：（1）在OC 方向，Mg
（2）D
【点评】通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示。同时值得注意其中
有一力大小与方向均已一定，从而减少实验的操作步骤。
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15．【分析】（1）只有让细线与轨道平行，才能保证拉力和小车前进的方向相同，不对小车产生其它影响，只是拉
着它前进。
（2）实验时我们认为绳对小车的拉力近似等于沙和沙桶的总重力，但实际不是，实际的拉力为F= Mmg
M+m，只有
在M＞＞m 的情况下近似认为拉力等于mg。
（3）小车均做匀加速运动，且两小车都从静止开始加速相同的时间，根据s = 1
2 at2可得，s 与a 成正比。
【解答】解：（1）考察探究过程的细节问题：A、控制变量法的要求就是固定一个量，改变了另一量，研究a 与
M 的关系时，应保证作用力F 不变，选项A 正确；
B、实际是拉力F 小于砝码重力，但当m 远小于小车质量M 时，可以近似认为F＝mg，若上述条件不成立，则
加速度的值偏离较大，故B 错误；
C、一组力F、加速度a 的值不能找到两者关系，何况还存在着偶然误差，故选项C 错误；
D、连线时不能折线相连，要用平滑的曲线连接才符合实际情况，故选项D 错误。
（2）把纸带上的四段分成两大段，用逐差公式求加速度a= △x
T2 = (8.31+8.94−7.05−7.68)×10−2
(2×5×0.02)2
m/s2 =0.63m/s2。
（3）将右端垫高，让重力的下滑分力与摩擦力平衡。
从图象来看，当拉力为零（即不挂砝码）时，小车仍然有加速度，这说明木板太陡，或平衡摩擦力过度。
故答案为：（1）A
（2）0.63
（3）平衡摩擦力
平衡摩擦力过度（或木板倾斜角过大）
【点评】只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，
故要加强对实验原理的学习和掌握。
三、计算题(本大题4 小题,计34 分,解答应写出文字说明、计算过程或演算步骤,只写出结果的不得分.有数值计算的
题,答案中必须明确写出数值和单位)
16．【分析】（1）汽车反制距离为为反应时间的匀速运动的位移与制动减速运动的位移之和；
（2）求出制动减速运动的时间，从发现情况到停止的时间为制动减速时间和反应匀速时间之和。
【解答】解：（1）汽车匀速运动的位移为x1 = v0 t1 = 30m
汽车做减速运动的位移为x2 =
v0
2
2a = 20m
饮酒的驾驶员从发现情况到汽车停止，汽车共行驶的距离x= x1 + x2 =50m
（2）汽车的制动时间t =
v0
a = 2s
则总时间t
总= t + t1 = 3.5s
答：（1）饮酒的驾驶员的反制距离是50m；
（2）饮酒的驾驶员从发现情况至汽车停止需3.5s 时间
【点评】解决本题的关键知道汽车在反应时间和刹车后的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
17．【分析】（1）以A 球为研究对象，根据平衡条件，可以求出弹簧弹力，从而进一步求出弹簧的原长。
（2）再以整体为研究对象，根据平衡条件求出力F 的大小。
【解答】解：（1）以A 为研究对象，可知，A 的重力沿斜面方向的分力等于弹簧的弹力：
kx＝mgsin30°
又x＝l﹣l0
解得弹簧原长l0＝l−mg
2k。
（2）以整体为研究对象，受力分析，系统处于平衡状态，沿斜面方向有：
Fcos30°＝2mgsin30°
得F= 2 3
3 mg
答：
（1）弹簧原长是l0＝l−mg
2k；
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（2）推力F 的大小为
2 3
3 mg。
【点评】对于连接体问题，要注意整体与隔离法的应用，正确选取研究对象然后受力分析，根据所处状态列方程
求解。
18．【分析】（1）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出滑雪人的加速度。
（2）根据位移时间公式求滑雪道的斜面长度。
（3）根据牛顿第二定律和摩擦力公式结合求出滑雪板与滑道间的动摩擦因数。
【解答】解：（1）滑雪爱好者做初速度为零的匀加速直线运动，则加速度大小为a= v
t = 20
10 =2m/s2
（2）滑雪道的斜面长度x= v
2 t = 20
2 ×10m＝100m
（3）根据牛顿第二定律得
mgsin37°﹣f＝ma
N＝mgcos37°
又f＝μN
解得μ＝0.5
答：（1）滑雪爱好者的加速度大小是2m/s2；
（2）滑雪道的斜面长度是100m；
（3）滑雪板与滑道间的动摩擦因数是0.5。
【点评】本题考查了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。要根据题
目条件灵活选择运动学公式。
19．【分析】（1）研究滑块在斜面上滑的过程，根据牛顿第二定律求得加速度，由速度位移公式求滑块过B 点时速
度的大小；
（2）根据牛顿第二定律求出滑块在拉力F 作用时和撤去后的加速度。根据前后两个过程的总位移等于s＝11.25m，
由运动学公式求解F 作用的时间。
【解答】解：（1）滑块在斜面上滑行时，由牛顿第二定律得：
mgsin37°＝ma3。
由运动学规律可得：vB2＝2a3l
解得：vB＝6m/s
（2）撤去F 前，由牛顿第二定律得：
Fcos37°﹣μ（mg﹣Fsin37°）＝ma1。
设F 作用时间为t，则撤去F 时有：
v1＝a1t
x1= 1
2 a1t2
撤去拉力F 后，有：
μmg＝ma2。
vB2﹣v12＝2（﹣a2）（s﹣x1）
联立解得：t＝1.5s
答：（1）滑块过B 点时速度的大小是6m/s；
（2）拉力F 作用的时间是1.5s。
【点评】本题是多过程问题，关键要明确各个之间的联系，如速度关系、位移关系，要知道前一过程的末速度就
是后一过程的初速度。
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2019-2020 学年陕西省西安中学高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题（共9 小题，每题4 分，共36 分）．
1．（4 分）在物理学的发展进程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理学史及
物理学思想的说法中正确的是（
）
A．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，能用实验直接验证
B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再
把各小段位移相加，这里运用了微元思想
C．在探究加速度与力和质量关系的实验中，“将砝码和砝码盘的重力近似等于细线的拉力”利用了等效替代的
思想
D．伽利略认为重的物体比轻的物体下落的更快
2．（4 分）关于作用力和反作用力，下列说法中正确的是（
）
A．物体相互作用时，先有作用力而后才有反作用力
B．作用力和反作用力大小相等、方向相反，在一条直线上，因此它们的合力为零
C．弹力的反作用力一定是弹力
D．车被马拉动，是因为马拉车的力大于车拉马的力
3．（4 分）人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图所示。以下说法正确的是（
）
A．人受到重力和支持力的作用
B．人受到重力、支持力和摩擦力的作用
C．人受到的合外力不为零
D．人受到的合外力方向与速度方向相同
4．（4 分）如图所示，放在斜面上的小盒子中装有一些沙子，恰沿斜面匀速下滑，若在小盒子中再缓缓加入一些沙
子，那么（
）
A．小盒所受的合外力增大
B．斜面对小盒的摩擦力不变
C．小盒仍将匀速下滑
D．小盒将加速下滑
5．（4 分）如图所示，两块相同的木块被竖直的木板夹住保持静止状态，设每一木块的质量为m，则两木块间的摩
擦力大小为（
）
A．0
B．0.5mg
C．mg
D．2mg
6．（4 分）一些问题你可能不会求解，但是你仍有可能对这些问题的解是否合理进行分析和判断．例如从解的物理
量单位，解随某些已知量变化的趋势，解在一些特殊条件下的结果等方面进行分析，并与预期结果、实验结论等
进行比较，从而判断解的合理性或正确性．举例如下：声音在空气中的传播速度v 与空气的密度ρ、压强P 有关．下
列速度表达式中，k 为比例系数，无单位，则这四个表达式中可能正确的是（
）
A．v = k P
ρ
B．v =
kP
ρ
C．v =
kρ
P
D．v =
kPρ
7．（4 分）如图所示，水平放置的传送带以速度v＝2m/s 向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A 端，物体与
传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，若A 端与B 端相距4m，求物体由A 到B 的时间和物体到B 端时的速度（
）
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A．2.5s
2m/s
B．1s
2m/s
C．2.5s
4m/s
D．1s
4m/s
8．（4 分）某物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，若这三个共点力大小和方向分别如图甲、乙、丙、丁所
示（坐标纸中每格边长表示1N 大小的力），则关于该物体受到合力的说法正确的是（
）
A．甲图中物体所受的合力大小等于7N
B．乙图中物体所受的合力大小等于5N
C．丙图中物体所受的合力大小等于0N
D．丁图中物体所受的合力大小等于3N
9．（4 分）如图所示，物体A 和B 叠放在一起，开始静止在光滑的水平面上，mA＝1kg，mB＝2kg，A、B 之间的动
摩擦因数μ＝0.2．现用大小为F＝3N 的拉力作用于物体B，若用a1 和a2 分别表示此时A、B 获得的加速度大小，
f 表示此时A、B 之间的摩擦力大小，则下列关系正确的是（
）
A．a1＝1m/s2，a2＝1m/s2，f＝1N
B．a1＝1m/s2，a2＝1m/s2，f＝2N
C．a1 ＝2m/s2，a2＝0.5m/s2，f＝1N
D．a1＝2m/s2，a2＝0.5m/s2，f＝2N
二、多项选择题（共5 小题，每小题4 分，共20 分．全部选对得4 分，选对但不全得2 分，错选或不选得0 分）．
10．（4 分）关于运动的合成，下列说法正确的是（
）
A．两个直线运动的合运动一定是直线运动
B．两个不在一条直线上的匀速直线运动的合运动一定是直线运动
C．两个匀加速直线运动的合运动可能是曲线运动
D．一个匀速直线运动与一个匀变速直线运动的合运动可能仍是匀变速直线运动
11．（4 分）如图所示，在光滑斜面上，有一轻质弹簧的一端固定在斜面上，有一物体A 沿着斜面下滑，当物体A
刚接触弹簧的一瞬间到弹簧压缩到最低点的过程中，下列说法中正确的是（
）
A．物体的加速度将逐渐增大
B．物体的加速度将先减小，后增大
C．物体的速度将逐渐减小
D．物体的速度将先增大，后减小
12．（4 分）物体甲的s﹣t 图象和物体乙的v﹣t 图象分别如图所示，则这两个物体的运动情况是（
）
A．甲在整个t＝6s 时间内有来回运动，它通过的总位移为零
B．甲在整个t＝6s 时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4m
C．乙在整个t＝6s 时间内有来回运动，它通过的总位移为零
D．乙在整个t＝6s 时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4m
13．
（4 分）如图所示，A 和B 的质量分别是2kg 和1kg，弹簧和悬线的质量不计，在A 上面的悬线烧断的瞬间（
）
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A．A 的加速度等于零
B．A 的加速度等于
3
2g
C．B 的加速度为零
D．B 的加速度为
1
3g
14．（4 分）如图所示，电灯悬挂于两墙壁之间，更换水平绳oA 使连接点A 向上移动而保持0 点的位置不变，则在
A 点向上移动的过程中（
）
A．绳OB 的拉力逐渐增大
B．绳OB 的拉力逐渐减小
C．绳0A 的拉力先增大后减小
D．绳0A 的拉力先减小后增大
三、实验题（共2 小题，每空2 分，共14 分）．
15．（6 分）在“探究求合力的方法”的实验中，用图钉把橡皮筋的一端固定在板上的A 点，在橡皮筋的另一端拴
上两条细绳，细绳另一端系着绳套B、C（用来连接弹簧测力计）．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．
（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中与B 相连的弹簧测力计的示数为
N．
（2）在实验中，如果只将OB、OC 绳换成橡皮筋，其他步骤保持不变，那么实验结果
（选填“会”或
“不会”）发生变化．
（3）本实验采用的科学方法是
A．理想实验法
B．控制变量法
C．等效替代法
D．建立物理模型法．
16．（8 分）如图1 所示为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置图。图中A 为小车，B 为砝码及砝码盘，C 为
一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50Hz 交流电。小车A 的质量为
m1，砝码及砝码盘B 的质量为m2。
（1）下列说法正确的是
A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
B．实验时应先释放小车后接通电源
C．本实验m2 应远小于m1
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a−1
m1图象
（2）图2 是在正确操作下获得的一条纸带，A、B、C、D、E 每两点之间还有4 个点没有标出。则根据纸带所提
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供的数据计算：打C 点时小车的瞬时速度的大小为
m/s；小车的加速度大小为
m/s2（计算结果保
留两位有效数字）。
（3）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a﹣F 图象，可能是图3 中的
（填
“甲”“乙”“丙”）。
四、计算题（共3 小题，17 题8 分，18 题10 分，19 题12 分，共30 分）．
17．（8 分）如图所示，在倾角α＝30°斜面上有一块竖直放置的档板，在档板和斜面之间放有一个重为G＝30N 的
光滑圆球，试求这个球对斜面的压力大小和对档板的压力大小。
18．（10 分）如图所示，质量为m＝10kg 的纸箱在推力F 的作用下沿水平地面运动，推力F＝50N，方向与水平面
的夹角为θ＝53°，纸箱与水平地面的动摩擦因数为μ＝0.2．（取g＝10m/s2，sin53°≈0.8，cos53°≈0.6 ），求：
（1）求纸箱的加速度大小．
（2）纸箱由静止开始运动，第2s 内的位移多大？
19．（12 分）一物体以5m/s 的初速度沿倾角为37˚的固定斜面上滑．已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，设斜
面足够长．（g＝10m/s2，sin37˚＝0.6，cos37˚＝0.8）求：
（1）物体上滑的最大位移；
（2）物体回到出发点时的速度；
（3）计算上滑和下滑过程中平均速度的大小．
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2019-2020 学年陕西省西安中学高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（共9 小题，每题4 分，共36 分）．
1．【分析】在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多方法，如理想实验法，微元法，控制变量法，极限思想法、
类比法和科学假说法等等．
【解答】解：
A、牛顿第一定律是在实验的基础上经逻辑推理而得出的，采用的是实验加推理的方法，反映了物体不受外力时
的运动状态，而不受外力的物体不存在的，所以不能用实验直接验证，故A 错误；
B、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再
把各小段位移相加，这里运用了微元思想，故B 正确；
C、在探究加速度与力和质量关系的实验中，“将砝码和砝码盘的重力近似等于细线的拉力”利用了近似计算法。
故C 错误；
D、伽利略通过对自由落体运动的研究，认为重的物体与轻的物体下落的一样快。故D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查常见的物理方法，我们要清楚一些物理概念的形成和定义方法和研究物理问题时所采用的研究
方法和思想．
2．【分析】由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体
上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．
【解答】解：A、物体相互作用时，作用力与反作用力同时产生，同时变化，同时消失。故A 错误；
B、作用力与反作用力大小相等，方向相反，但是作用在两个物体上，不能进行力的合成。故B 错误；
C、作用力与反作用力，力的性质相同，弹力的反作用力一定是弹力，故C 正确；
D、车被马拉动，是因为马拉车的力大于车的阻力，马拉车的力与车拉马的力是作用力与反作用力，大小相等，
方向相反，故D 错误；
故选：C。
【点评】考查牛顿第三定律及其理解．注意作用力与反作用力大小相等，方向相反，但是作用在两个物体上，不
能进行力的合成．
3．【分析】人随扶梯斜向上匀速运动，处于平衡状态，合力为零；再对人受力分析，受到重力、支持力，二力平衡。
【解答】解：人随扶梯斜向上匀速运动，处于平衡状态，合力为零；
对人受力分析，受到重力mg、支持力N，假设有静摩擦力f，设为向右，根据共点力平衡条件，有
N＝mg
f＝0
故选：A。
【点评】本题关键结合物体的运动状态对物体进行受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解。
4．【分析】以小盒和沙子为研究对象，通过受力分析，摩擦力和支持力的合力与重力平衡，分别列出各力的大小与
质量的关系，即可得出若在小盒子中以与盒子相同的速度缓缓加入一些沙子后的结果．
【解答】解：如图所示，
小盒和沙子匀速下滑，受到平衡力作用，即物体受到重力G＝mg，沿斜面向上的滑动摩擦力f 和斜面对它的支持
力N 的合力为0，
则有，N＝mgcosθ，
f＝μN＝μmgcosθ，
要使小盒及沙子匀速下滑，滑动摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力mgsinθ，
即：小盒和沙子匀速下滑的条件是：μmgcosθ＝mgsinθ；
若在小盒子中以与盒子相同的速度缓缓加入一些沙子，m 增大，则支持力N 增大，摩擦力f 增大，A 错误；
沿斜面方向，μmgcosθ＝mgsinθ，μ和θ不变，等式两边的m 同时变大，合外力为0 保持不变；所以小盒和沙子仍
将匀速下滑，故BD 错误、C 正确；
故选：C。
【点评】掌握力的合成和分解，运用共点力平衡的条件找出力与力的关系．斜面物体匀速下滑的根本原因是滑动
摩擦系数μ＝tnθ，与物体的质量无关，因为合外力始终是0．
5．【分析】先以两块木块整体为研究对象，由平衡条件求出木板对木块的摩擦力，再隔离其中一块木块研究，由平
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衡条件求解另一块对它的摩擦力大小。
【解答】解：设每一块木块的重力为mg，一侧木板对木块的摩擦力大小为f1，两块木块之间的摩擦力大小为f2。
根据平衡条件得
对整体，有：2f1＝2mg，得f1＝mg。
对A 砖，有：f1+f2＝mg．解得f2＝0．即两木块间摩擦力为零，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题是解题关键是如何选择研究对象，采用整体法和隔离法相结合处理，简单方便。
6．【分析】根据传播速度υ 与空气的密度ρ以及压强p 的单位，结合“力学制单位”来求解．
【解答】解：传播速度v 的单位m/s，密度ρ的单位kg/m3，P 的单位kg/m•s2，
所以
P
ρ的单位是m2/s2，P
ρ的单位是m/s，k 无单位，
所以kP
ρ 的单位与v 的单位相同。
故选：B。
【点评】物理表达式的产生同时也产生了表达式中各个物理量的单位的关系．
7．【分析】物体在摩擦力的作用下加速运动，先根据牛顿第二定律求解出加速度，然后假设一直加速，根据运动学
公式求出加速的位移，再判断物体有没有到达B 端，发现没有到达B 端，接下来物体做匀速运动直到B 端，分
匀加速和匀速两个过程，分别求出这两个过程的时间即可．
【解答】解：物体在传送带上做匀加速直线运动的加速度a = μmg
m = μg = 2m/s2
物体做匀加速直线运动的时间t1 = v
a = 2
2 s = 1s；
匀加速直线运动的位移x1 = v
2 t = 2
2 × 1m = 1m
则物体做匀速直线运动到达B 端速度为2m/s，
匀速直线运动的位移x2＝x﹣x1＝4﹣1m＝3m
匀速运动的时间t2 = x2
v = 3
2 s = 1.5s
故滑块从A 到B 的总时间t＝t1+t2＝2.5s
故A 正确
故选：A。
【点评】本题考查了传送带问题，解决本题的关键搞清物体在传送带上的运动规律：先做匀加速运动后做匀速运
动，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
8．【分析】力的合成遵循平行四边形定则，三力合成可以先合成其中两个力，再与第三个力合成，也可用正交分解
法先分解再合成。
【解答】解：A、对甲，先将F1 与F3 合成，然后再用勾股定理，与F2 进行合成，求得合力等于5 N，故A 错误；
B、对乙，先将F1 与F3 沿水平和竖直方向正交分解，再合成，求得合力等于5 N，故B 正确；
C、对丙，可将F3 沿水平和竖直方向正交分解正交分解，求得合力等于6 N，故C 错误；
D、根据三角形法则，丁图中合力等于0，故D 错误；
故选：B。
【点评】求解合力可以直接根据平行四边形定则合成，有时也可以先正交分解再合成。
9．【分析】先由已知分析出A、B 保持相对静止的最大外力，再把F＝3N 与最大的外力进行比较确定两者是相对运
动还是相对静止，从而即可采取整体法与隔离法进行分析
【解答】解：由已知可要使A、B 相对静止的最大加速度为am＝μg＝2m/s2，由牛顿第二定律可得最大的外力为
Fm＝（m1+m2）am＝（1+2）×2N＝6N，则有F＝3N＜Fm，所以A、B 两物体相对静止一起做匀加速运动，由
牛顿第二定律整体分析可得加速度为a =
F
m1+m2 =
3
1+2 m/s2 = 1m/s2，单独隔离A，可得摩擦力为f＝m1a＝1
×1N＝1N，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题的关键是判断出A、B 两者是相对运动还是相对静止，然后采取整体法与隔离法分析
二、多项选择题（共5 小题，每小题4 分，共20 分．全部选对得4 分，选对但不全得2 分，错选或不选得0 分）．
10．【分析】当合加速度的方向与合速度的方向在同一条直线上，物体做直线运动；当合速度的方向与合加速度的
方向不在同一条直线上，物体做曲线运动。
【解答】解：A、两个直线运动的合运动不一定是直线运动，比如平抛运动，故A 错误；
B、分运动都是匀速直线运动，知合加速度为零，合速度不为零，则合运动仍然是匀速直线运动，故B 正确；
C、两个匀加速直线运动的合运动，若合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，则可能做曲线运
动，故C 正确；
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D、一个匀速直线运动与一个匀变速直线运动合成，如果加速度的方向与合初速度的方向仍然在同一条直线
上，则合运动仍是匀变速直线运动；如果加速度的方向与合初速度的方向不在同一条直线上，则合运动是匀变速
曲直线运动，故D 正确；
故选：BCD。
【点评】解决本题的关键掌握判断物体做直线运动还是曲线运动的方法，关键看合速度的方向与合加速度的方向
是否在同一条直线上。
11．【分析】通过分析小球的受力情况，来分析其运动情况，确定速度的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化，
分析时要抓住弹簧的弹力与压缩量成正比．
【解答】解：小球接触弹簧后，弹簧的弹力先小于重力沿斜面向下的分力，小球的合力沿斜面向下，加速度也沿
斜面向下，与速度方向相同，故小球做加速运动，因弹力逐渐增大，合力减小，加速度减小；随着小球向下运动，
弹簧的弹力增大，当弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力后，小球的合力沿斜面向上，加速度沿斜面向上，与
速度方向相反，小球做减速运动，弹力增大，合力增大，加速度也增大；
综上可知，小球接触弹簧后速度先增大后减小，加速度先减小后反向增大，压缩过程中，小球所受合力先变小后
变大。小球刚接触弹簧瞬间速度不是最大，当弹力与重力的分力平衡时，速度最大。故BD 正确，AC 错误。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键是分析小球的受力情况，判断其运动情况，是常见的问题，压缩弹簧运动的分析是中学
阶段的一个难点．．
12．【分析】位移﹣时间图象表示物体的位置随时间变化的规律，而速度﹣时间图象表示速度随时间变化的规律；
由图象的性质可得出物体的运动性质及位移大小。
【解答】解：A、甲在0 时刻由负方向上距原点2m 处向正方向运动，6s 时达到正向的2m 处，故总位移为4m，
故A 错误；
B、根据斜率等于速度，可知，甲在整个t＝6s 时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4m，故B 正确；
CD、乙开始时速度为沿负向的匀减速直线运动，3s 后做正向的匀加速直线运动，图象与时间轴围成的面积为物
体通过的位移，故总位移为零，故C 正确，D 错误；
故选：BC。
【点评】本题考查对速度图象和位移的识别和理解能力，抓住各自的数学意义理解其物理意义，即速度图象的“面
积”大小等于位移，而位移图象的斜率等于速度，△x 表示位移。
13．【分析】先对开始时的平衡状态分析，求出弹簧的拉力；而烧断后绳的拉力立刻消失，由于弹簧的形变量没有
变，故弹簧的弹力不变，由此可以分析AB 的加速度。
【解答】解：悬线烧断弹簧前，由B 平衡得到，弹簧的弹力大小F＝mBg．悬线烧断的瞬间，弹簧的弹力没有来
得及变化，大小仍为F＝mBg，此瞬间B 物体受到的弹力与重力仍平衡，合力为零，则B 的加速度为零。A 受到
重力和向下的弹力，由牛顿第二定律得：
A 的加速度aA= F+mAg
mA
= 2+1
2 g = 3
2 g；
B 的加速度aB= mBg−F
mB
= 1−1
1 g =0；
故BC 正确，AD 错误；
故选：BC。
【点评】本题典型的瞬时加速度问题，往往先分析变化前弹簧的弹力，再分析状态变化瞬间物体的受力情况，要
抓住弹簧的弹力不能突变的特点进行分析求解。
14．【分析】本题中O 点受到三个力作用处于平衡者状态，其中OB 绳子上拉力方向不变，竖直绳子上拉力大小方
向都不变，对于这类三力平衡问题可以利用“图解法”进行求解，即画出动态的平行四边形求解．
【解答】解：以O 点位研究对象，处于平衡装态，根据受力平衡，有：
由图可知，在A 点向上移动的过程中，绳子OB 上的拉力逐渐减小，OA 上的拉力先减小后增大，故AC 错误，
BD 正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了动态平衡问题，要熟练掌握各种处理动态平衡问题的方法，尤其是图解法和正交分解法．
三、实验题（共2 小题，每空2 分，共14 分）．
15．【分析】在实验中注意细线的作用是提供拉力，采用橡皮筋同样可以做到；
本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注意不同实验方
法的应用；
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【解答】解：（1）弹簧测力计的每一格代表0.2N，所以图中B 的示数为3.6N．
（2）在实验中细线是否伸缩对实验结果没有影响，故换成橡皮筋可以同样完成实验，故实验结果不变；
故答案为：不会．
（3）实验中两次要求效果相同，故实验采用了等效替代的方法，故ABD 错误，C 正确．
故选C．
故答案为：（1）3.6；
（2）不会；
（3）C
【点评】验证力的平行四边形定则是力学中的重点实验，应明确实验的原理、数据处理方法及本实验采用的物理
方法．一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析．
16．【分析】（1）实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，
因为mgsinθ＝μmgcosθ，m 约掉了。②让小车的质量M 远远大于小桶（及砝码）的质量m。结合实验操作方法
分析。
（2）小车做的是匀加速直线运动，在某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，可由△x＝aT2
求解加速度。
（3）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现拉力较小时，小车不动的情况。由此分析。
【解答】解：（1）A、平衡摩擦力后，假设木板倾角为θ，则有：mgsinθ＝μmgcosθ，即得：gsinθ＝μgcosθ，m 约
掉了，故改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力。故A 错误。
B、实验时应先接通电源后释放小车，故B 错误。
C、只有满足m2 应远小于m1 的条件，才能认为小车的拉力等于托盘和砝码的重力，故C 正确。
D、在用图象探究加速度与质量关系时，应作a−1
m1图象，便于直观判断加速度与质量的关系。故D 正确。
故选：CD
（2）设第1 段位移为：x1，第2 段位移为：x2，第3 段位移为：x3，第4 段位移为：x4。
计时器打点的周期为0.02s。A、B、C、D、E 每两点之间还有4 个点没有标出，说明相邻计数点间的时间间隔T
＝0.1s
打点C 时小车的速度为：vC= x2+x3
2T
= (3.65+3.52)×10−2
2×0.1
≈0.36m/s
由△x＝x1﹣x2＝aT2 得：
即：（3.78﹣3.65）×10
﹣2＝a×0.12
解得：a＝0.13m/s2
（3）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况。故图线为丙。
故答案为：（1）CD；（2）0.36，0.13；（3）丙。
【点评】解决本题的关键要理解实验原理，掌握数据处理的方法，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，且会根据原理分析实验误差。
四、计算题（共3 小题，17 题8 分，18 题10 分，19 题12 分，共30 分）．
17．【分析】球受到向下的重力作用，这个重力总是欲使球向下运动，但是由于挡板和斜面的支持，球才保持静止
状态，因此，球的重力产生两个作用效果，故产生两个作用效果：使球垂直压紧档板的力F1，使球垂直压紧斜
面的力F2，根据平行四边形定则作图分析即可。
【解答】解：球受重力、挡板支持力、斜面支持力，按照作用效果，将重力沿着垂直挡板和垂直斜面方向分解，
如图所示：
结合几何知识可得：
F1＝Gtan30°＝30× 3
3 =10 3N
F2=
G
cos30° =20 3N。
答：这个球对斜面的压力大小和对档板的压力大小分别为20 3N、10 3N。
【点评】本题关键是明确小球重力的作用效果，然后运用分解法解题，也可以用合成法解题，注意球对挡板的压
力垂直挡板，基础题。
18．【分析】（1）对纸箱进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度；
（2）第2s 内的位移等于前2s 的位移减去第一秒内的位移，根据匀加速直线运动位移时间公式即可求解．
【解答】解：（1）对纸箱受力分析得：
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竖直方向：N＝mg+Fsin53°＝10×10+50×0.8N＝140N
所以摩擦力f＝μN＝28N
根据牛顿第二定律得：
F 合＝ma
解得：a= Fcos53°−f
m
= 50×0.6−28
10
=0.2m/s2
（2）纸箱做匀加速直线运动，则
x= 1
2 at22 −1
2 at12 = 1
2 × 0.2 × 4 −1
2 × 0.2 × 1m＝0.3m
答：（1）纸箱的加速度大小为0.2m/s2．
（2）纸箱由静止开始运动，第2s 内的位移为0.3m．
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，知道第2s 内的位移等于前2s 的位移减去
第一秒内的位移，难度不大，属于基础题．
19．【分析】（1）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据位移速度关系求解上滑的最大位移；
（2）根据牛顿第二定律求出下滑时的加速度，根据位移速度关系求出末速度；
（3）根据v = v0+v
2
即可求解平均速度的大小．
【解答】解：（1）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律得：
a1＝gsinθ+μgcosθ＝10m/s2
根据位移速度公式得：2as＝v02
解得：s＝1.25m
（2）根据牛顿第二定律可知下滑时：
a2＝gsinθ﹣μgcosθ＝2m/s2
根据位移速度公式得：v2＝2a2s
解得：v=
5m/s
（3）根据匀变速运动的推论有：v = v0+v
2
所以上滑时的平均速度
v1 = 5
2 = 2.5m/s
下滑时的平均速度v2 =
5
2 m/s
答：（1）物体上滑的最大位移为1.25m；
（2）物体回到出发点时的速度为5m/s；
（3）上滑平均速度的大小为2.5m/s，下滑过程中平均速度的大小为
5
2 m/s．
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，知道匀变速运动平均速度的公式，难度适
中．
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2019-2020 学年陕西省西安市长安一中高一（上）期末物理试卷
一、选择题（本题共14 小题，每小题4 分，共56 分．1-10 小题每小题只有一个选项符合题意，11-14 每小题有多
个选项符合题意，全部选对得4 分，不全得2 分，选错或多选不得分）
1．（4 分）下列说法中不正确的是（
）
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法
B．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把
各小段的位移相加，这里采用了微元法
C．牛顿在研究运动和力的关系时，提出了著名的理想斜面实验。该实验运用了理想实验法
D．在探究加速度、力、质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加
速度与质量的关系，该实验运用了控制变量法
2．（4 分）下列说法中正确的是（
）
A．加速度大的物体速度变化大
B．静摩擦力一定对物体运动起阻碍作用
C．两个直线运动的合运动一定是直线运动
D．平抛运动是匀变速曲线运动
3．
（4 分）质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x＝8t2+4t（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（
）
A．第3s 内的位移大小是44m
B．前2s 内的平均速度是16m/s
C．任意相邻1s 内的位移差都是12m
D．任意1s 内的速度增量都是8m/s
4．（4 分）一物体从h 高处做自由落体运动，经时间t 到达地面，落地速度为v；那么当物体下落时间为
3
4 t 时，物
体的速度和距离地面的高度分别是（
）
A．
3
4v，
3
4h
B．
3
4v，
9
16h
C．
1
4v，
9
16h
D．
3
4v，
7
16h
5．（4 分）如图所示，物体A、B 放在物体C 上，水平力F 水平向左作用于A 上，使A、B、C 一起在水平地面向
左做匀速直线运动，则（
）
A．物体A 受到三个力作用
B．物体C 受到六个力作用
C．物体C 受到三个摩擦力的作用
D．C 对B 有向左的摩擦力
6．（4 分）如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，当电梯在竖直方向运行
时，电梯内乘客发现弹簧的伸长量比电梯原来静止时的伸长量变大了，这一现象表明（
）
A．电梯一定处于加速上升阶段
B．电梯的速度方向一定向下
C．乘客一定处在超重状态
D．电梯的加速度方向可能向下
7．
（4 分）A、B 两个物体在同一地点出发，沿同一直线做匀变速直线运动，它们的速度一时间图象如图所示，则（
）
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A．2﹣4s 内，物体A 的加速度是B 的2 倍
B．t＝6s 时，A、B 两物体相遇
C．t＝4s 时，A、B 两物体相距40m
D．t＝2s 时，A、B 两物体相距最远
8．（4 分）一水平固定的水管，水从管口以不变的速度源源不断地喷出，水管距地面高h＝1.25m，水落地的位置到
管口的水平距离x＝1.8m。不计空气及摩擦阻力，g＝10m/s2，水从管口喷出的初速度大小是（
）
A．1.8m/s
B．2.0m/s
C．3.0m/s
D．3.6m/s
9．（4 分）如图所示，两个质量都是m 的小球A、B 用轻杆连接后斜放在墙上处于平衡状态．已知墙面光滑，水平
地面粗糙．现将A 球向下移动一小段距离，两球再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比
较，地面对B 球的支持力N 和轻杆上的压力F 的变化情况是（
）
A．N 不变，F 变大
B．N 变大，F 变大
C．N 不变，F 变小
D．N 变大，F 变小
10．（4 分）如图所示，质量分别为M、m 的两个物体A 和B，用跨过定滑轮的细线相连，有一外力使B 物体静止
在粗糙的水平桌面上，且桌面上方细线与桌面平行，B 与桌面的动摩擦因数为μ．若撤去作用在B 上的外力，使
A、B 从静止开始运动，此时B 物体的加速度大小为a；若将作用在B 上的外力变为水平向左的恒力F，使B 物
体向左做匀加速运动的加速度大小a′＝2a，重力加速度为g，则所加外力F 的大小为（
）
A．2Mg﹣μmg
B．3Mg﹣μmg
C．
(M+μm)2
M
g
D．
M2+μMm+m2
M
g
11．（4 分）2018 年12 月8 日2 时23 分，搭载着“嫦娥四号”的“长征三号乙”运载火箭在西昌卫星发射中心成
功发射。2019 年1 月3 日10 时26 分，嫦娥四号成功着陆在月球背面南极﹣艾特肯盆地的预选着陆区，成为世
界第一个在月球背面软着陆和巡视探测的航天器，这是人类航天史上的伟大壮举。下面有关说法正确的是（
）
A．运载火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力
B．运载火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力
C．在落月阶段首先通过变推力发动机让探测器减速下降，此时“嫦娥四号”处于超重状态
D．“嫦娥四号”离开地球大气层朝月球飞行过程中，与地球之间不再存在相互作用力
12．（4 分）如图，倾角θ＝37°的足够长传送带以恒定速率v＝4m/s 顺时针运行，现将一质量m＝5kg 的小物体无
初速度放在传送带的A 端，小物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，
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则在整个上滑过程中的小物体（
）
A．加速度恒定不变
B．加速运动的时间为5s
C．所受的摩擦力方向会发生变化
D．所受的滑动摩擦力大小为34N
13．（4 分）如图所示，a、b 两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用恒力F 竖直向上拉着a，使a、b
一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为a1；当用大小仍为F 的恒力沿水平方向拉着a，
使a、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2．则有（
）
A．x1＝x2
B．x1＞x2
C．a1＝a2
D．a1＜a2
14．（4 分）一艘小船在静水中的速度是6m/s，一条河宽60m，河水流速是8m/s，下列说法正确的是（
）
A．小船在这条河中运动的最大速度是10m/s
B．小船渡过这条河的最小位移是80m
C．小船以最小位移渡河时，所需的渡河时间为
40 7
7
s
D．小船渡过这条河的最短时间是10s
二、实验探究题（每空2 分，共18 分，请将正确答案写在答题纸相应位置）
15．（2 分）在探究求合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳。实验
时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两根细绳用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧测
力计通过细绳拉橡皮条。下列说法正确的是（
）
A．弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行
B．两细绳必须等长
C．两次拉伸橡皮条时将橡皮条拉伸相同长度即可
D．重复实验再次进行验证时，结点O 的位置可以与前一次实验不同
E．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计的拉力
16．（12 分）在用打点计时器“探究小车的速度随时间变化的规律”的实验中，得到如图1 所示的一条记录小车运
动情况的纸带，图中A、B、C、D、E 为相邻的计数点，每相邻的两个计数点之间还有4 个点没有画出，计时器
打点的时间间隔为0.02s。（计算结果均保留3 位有效数字）
（1）由图可知，打点计时器打出D 点时小车的瞬时速度vD＝
m/s。
（2）在打点计时器打B、C 两点时，小车的速度分别为vB＝1.38m/s；vC＝2.64m/s，请在图2 的坐标系中画出小
车的v﹣t 图象。
（3）小车运动的加速度大小为a＝
m/s2，打点计时器打出A 点时小车的瞬时速度vA＝
m/s。
（4）如果当时打点计时器所用交流电的频率是f＝49HZ，而做实验的同学并不知道，由此引起的误差属于
（选填“系统”或“偶然”）误差，这样测得的加速度结果比实际值偏
。（选填“大”或“小”）
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17．（4 分）利用打点计时器和小车来做“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图1 所示
（1）关于本实验的操作，下列说法中正确的是
（填字母代号）
A．平衡摩擦力时，应将木板带滑轮一端适当垫高
B．砝码和砝码盘的总质量越大，实验误差越小
C．正确平衡摩擦力后，若改变小车质量重复实验时，则不需要再次平衡摩擦力
D．可以先释放小车再接通打点计时器的电源
（2）在探究加速度与力的关系的实验中，得出如图2 所示的a﹣F 图线，发现图线既不过原点，又不是直线，其
原因可能是
（填字母代号）
A 没有完全平衡摩擦力，且小车质量较大
B．平衡摩擦力过度，且小车质量较大
C．平衡摩擦力过度，砝码和砝码盘的总质量较大
D．没有完全平衡摩擦力，且砝码和砝码盘的总质量较大
三．计算题（共3 道题，总计36 分．18 题10 分，19 题12 分，20 题14 分．解答应写出必要的文字说明、方程式
和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位）
18．（10 分）如图所示，质量为m1 的物体A 用细绳绕过光滑的定滑轮与质量为m2 的物体B 相连，连接A 的细绳
与水平方向的夹角为θ，物体B 左侧的轻绳与水平方向的夹角也为θ，B 右侧与竖直墙壁相连的轻绳保持水平，
此时系统处于静止状态，A 所在的桌面水平，已知重力加速度为g，求：
（1）细绳对物体A 的拉力大小；
（2）A 物体受到桌面支持力和摩擦力的大小。
19．（12 分）A、B 两列火车在同一轨道上同向行驶，A 车在前，匀速行驶的速度是vA＝20m/s；B 车在后，速度vB
＝40m/s。因大雾，能见度很低，B 车司机在距A 车160m 处才发现前方的A 车，经过0.5s 的反应时间后立即开
始刹车。
（1）若B 车刹车的加速度大小为1m/s2，通过计算说明A 车若始终按原来速度匀速前进，通过计算说明两车是
否会相撞？
（2）如果两车不会相撞，则两车间的最近距离是多少？如果会相撞，则B 车刹车的加速度至少变为多大时，可
以避免两车相撞？（假定B 车司机反应时间不变，A 车保持匀速）
20．（14 分）如图1 所示，物体A 静止放在足够长的木板B 上，木板B 静止于水平面。已知A 的质量mA＝2.0kg，
B 的质量mB＝3.0kg，A、B 之间的动摩擦因数μ1＝0.2，B 与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力与
滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g 取10m/s2．若t＝0 开始，木板B 受F1＝18N 的水平恒力作用，t＝1s
时将F1 改为F2＝3N，方向不变，t＝3s 时撤去F2。
（1）木板B 受F1＝18N 的水平恒力作用时，A、B 的加速度大小aA、aB 各为多少？
（2）从t＝0 开始，到A、B 都最终停止运动，求A、B 运动的总时间分别是多少？
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（3）请以纵坐标表示A 受到B 的摩擦力fA，横坐标表示运动时间t（从t＝0 开始，到A、B 都静止），取运动
方向为正方向，在图2 中准确画出fA﹣t 的关系图线（标出对应点横、纵坐标的准确数值，以图线评分，不必写
出分析和计算过程）。
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2019-2020 学年陕西省西安市长安一中高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共14 小题，每小题4 分，共56 分．1-10 小题每小题只有一个选项符合题意，11-14 每小题有多
个选项符合题意，全部选对得4 分，不全得2 分，选错或多选不得分）
1．【分析】解答本题应掌握：用质点来代替物体的方法叫理想模型法；伽利略研究自由落体运动采用的科学方法是
逻辑推理与实验相结合；在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量法。
【解答】解：A、质点是理想化的物理模型，在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法
叫理想模型法；故A 正确。
B、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把
各小段的位移相加，这里采用了微元法；故B 正确。
C、伽利略在研究运动和力的关系时，提出了著名的斜面实验。该实验运用了理想实验法；故C 错误。
D、在探究加速度、力、质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加
速度与质量的关系，该实验运用了控制变量法。故D 正确。
本题选择不正确的，故选：C。
【点评】在学习物理知识的同时，我们还学习科学研究的方法，常用的方法有：控制变量法、等效替代法、理想
实验法、类比法等等。
2．【分析】加速度的大小与速度变化的大小无关；
静摩擦力却与引起有相对运动趋势的力相等。相对地面静止的物体，可能受到静摩擦力。运动的物体也可能产生
静摩擦力。静摩擦力可以作为阻力，也可以作为动力。
根据运动的合成的特点判断；
个平抛运动的特点判断。
【解答】解：A、速度变化与加速度无关，加速度大的物体的速度变化不一定大，还与速度变化的时间有关。故
A 错误；
B、静摩擦力对物体相对运动趋势有阻碍作用，因此对物体相对运动趋势来说有动力，也有阻力。故B 错误；
C、运动的合成和分解遵循平行四边形定则，两个直线运动的合运动不一定是直线运动，比如平抛运动。故C 错
误；
D、平抛运动的加速度始终等于重力加速度，所以平抛运动是匀变速曲线运动。故D 正确
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道运动的合成和分解遵循平行四边形定则，以及掌握判断合运动是直线运动还是曲线
运动的方法。
3．【分析】根据平均速度公式v = x
t求解前2s 内的平均速度；将x＝8t2+4t 与匀变速直线运动的位移公式对照得到初
速度v0 和加速度a，由推论△x＝aT2，研究任意相邻1s 内的位移差。速度增量△v＝at。
【解答】解：A、第3s 内的位移△x3＝x3﹣x2＝84﹣40＝44m，故A 正确；
B、前2s 内的平均速度v = x
t = 40
2 =20m/s，故B 错误；
C、由△x＝aT2，得任意相邻1s 内的位移差都是16m，故C 错误；
D、任意1s 内的速度增量都是16m/s2．故D 错误；
故选：A。
【点评】本题考查对匀变速直线运动位移公式的掌握程度和应用能力，以及对加速度的理解能力，常见题型
4．【分析】自由落体运动是初速度为0 的匀加速运动，根据位移公h= 1
2gt2 和速度公式v＝gt 可得出在不同时间内的
位移、速度。
【解答】解：根据v＝gt，可知在
3
4t 和t 末的速度比为3：4，所以在
3
4t 末的速度为
3
4v，
根据公式h= 1
2gt2，可知在
3
4t 和t 内的位移比为
9
16：1，所以
3
4t 内的位移为
9
16h，离地面的高度为
7
16h，故D 正
确，ABC 错误。
故选：D。
【点评】解决本题的关键掌握自由落体运动的公式h= 1
2gt2 和速度公式v＝gt。
5．【分析】根据平衡条件分析A 的受力情况；对整体分析，明确C 是否受地面的摩擦力，再对AB 分析明确AB 对
C 间的摩擦力作用，最后再对C 分析，明确C 受力个数。
【解答】解：A、物体A 受到重力、支持力、拉力和摩擦力四个力作用，故A 错误；
BCD、对整体分析可知，整体水平方向受拉力和地面的摩擦力作用下才能做匀速运动，故C 一定受地面的摩擦
力；
再对B 分析可知，B 做匀速运动，水平方向不受摩擦力；
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AC 间一定有摩擦力；
则对C 分析可知，C 一定受重力、AB 的压力、支持力、A 的摩擦力和地面的摩擦力共6 个力的作用，故B 正确，
CD 错误。
故选：B。
【点评】本题考查受力分析的基本方法，要注意明确整体法与隔离法的应用，正确选择研究对象进行受力分析，
特别注意BC 间是没有摩擦力的。
6．【分析】对铁球的受力分析，受重力和拉力，结合牛顿第二定律，判断出加速度的方向；然后判断电梯和乘客的
超、失重情况
【解答】解：电梯静止不动时，小球受力平衡，有
mg＝kx1
弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小了，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有
mg+kx2＝ma
故加速度向上，电梯以及电梯中的人处于超重状态；电梯加速上升或者减速下降；故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
【点评】本题关键是对铁球受力分析，根据牛顿第二定律判断出铁球的加速度方向，由于铁球和电梯相对静止，
从而得到电梯的加速度，最后判断电梯的超、失重情况
7．【分析】在速度﹣时间图象中，图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移；根据两物体的速度
大小，判断何时两者相距最远。
【解答】解：A、在v﹣t 图象中，图象的斜率代表加速度，则A 的加速度为aA= △vA
△tA = 40
4 m/s2＝10m/s2，B 的
加速度为aB= △vB
△tB = 40
2 m/s2＝20m/s2，物体A 的加速度是B 的
1
2倍，故A 错误；
B、根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，知0﹣6s 内，A 的位移大于B 的位移，则t＝6s 时，A、B 两物体没
有相遇。故B 错误。
C、t＝4s 时，A、B 两物体相距的距离等于0﹣4s 内A、B 位移之差，为△x= 1
2 ×40×4−1
2 ×40×2m＝40m，故
C 正确；
D、当速度相同时，两者的距离相距最远，故t＝4s 时，相距最远，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题关键是根据速度时间图象得到两个物体的运动规律，知道速度时间图象的斜率表示加速度，图象与
时间轴包围的面积表示位移大小，结合初始条件进行分析处理。
8．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出运动的时间，结
合水平距离求出初速度
【解答】解：水平喷出的水，运动规律为平抛运动，根据平抛运动规律，
竖直方向上：h= 1
2gt2，
代入数据解得：t＝0.5s
水平方向上：x＝v0t
代入数据解得水平速度为：v0＝3.6m/s，故D 正确，ABC 错误。
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，结合运动学公式灵活求解
9．【分析】先对整体受力分析，整体受总重力、地面的支持力、墙壁对A 的弹力，地面对B 的静摩擦力．整体处于
平衡状态，从而可知N 的大小变化．再隔离对A 球进行受力分析，A 球受重力，墙壁的弹力和杆子的弹力，三
个力处于平衡状态，通过夹角的变化，判断轻杆受到压力的变化．
【解答】解：对整体进行受力分析，知竖直方向：N＝2mg，移动两球后，仍然平衡，则N 仍然等于2mg，所以
N 不变。
再隔离对A 进行受力分析，轻杆对A 的作用力等于轻杆上受到的压力，轻杆对A 球的作用力F= mg
cosθ，
当A 球向下移动一小段距离，夹角θ增大，cosθ变小，所以F 增大。故A 正确，B、C、D 错误。
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故选：A。
【点评】在该题中运用了整体法和隔离法，先对整体受力分析，确定地面对球B 的支持力不变．再隔离分析，
判断杆子对球的作用力变化．
10．【分析】隔离AB，分别对AB 列牛顿第二定律表达式求解。
【解答】解：撤去作用在B 上的外力时，隔离AB 由牛顿第二定律得：Mg﹣T＝Ma
T﹣μmg＝ma
联
立得a= M−μm
M+m g
加一水平向左的外力F 于B 物体上时，隔离AB 由牛顿第二定律得：F﹣T′﹣μmg＝ma′T′﹣Mg＝Ma′
又
a’＝2a
联立解得：F＝3Mg﹣μmg，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
【点评】本题考查了整体法和隔离法、牛顿第二定律的应用，难度不大，连接体中的基本题。
11．【分析】由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物
体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失。
【解答】解：A、火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推
力，故A 正确；
B、火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从
而让火箭获得了向上的推力，故B 错误；
C、在落月阶段首先通过变推力发动机让探测器减速下降，加速度向上，“嫦娥四号”处于超重状态，故C 正确；
D、“嫦娥四号”离开地球大气层朝月球飞行过程中，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力，即地球对它
的引力和它对地球的引力，故D 错误；
故选：AC。
【点评】本题考查了力的相互作用性，力与物体运动的关系，是基础题；知道火箭加速上升，受力不平衡是解题
的关键
12．【分析】由牛顿第二定律求出小物块的加速度，应用运动学公式分析答题即可。
【解答】解：A、小物块刚放上传送带时，由牛顿第二定律得：μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma，代入数据解得：a
＝0.8m/s2，
可知开始时小物块将向上做匀加速直线运动。由于传送带足够长，则小物块必定能达到与传送带的速度相等。
当小物块的速度与传送带相同后，由于μmgcos37°＞mgsin37°
可知小物块将向上随传送带一起做匀速运动。故A 错误，
B、加速运动的时间t= v
a =5s，故B 正确；
C、小物块向上做加速运动时，受到的摩擦力的方向向上；当小物块向上做匀速直线运动时，受到的摩擦力的方
向仍然向上。故C 错误；
D、当小物块向上做加速运动时，受到的滑动摩擦力：f1＝μmgcos37°＝0.85×5×10×0.8＝34N；当小物块向上
做匀速直线运动时，受到的是静摩擦力：故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，根据摩擦力与重力分力的关系分析清楚煤块的运动性质，
分析清楚小物块的运动过程是正确解题的前提与关键，也是本题的难点。
13．【分析】对整体根据牛顿第二定律求解加速度大小；再隔离对b 分析，根据牛顿第二定律求解弹力大小，再根
据胡克定律分析弹簧伸长量关系。
【解答】解：a、b 一起向上做匀加速直线运动时，对整体根据牛顿第二定律可得：a1 = F−(m1+m2)g
m1+m2
=
F
m1+m2 −g
隔离对b 分析有：F1﹣m2g＝m2a1
解得：F1=
m2F
m1+m2；
a、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，对整体根据牛顿第二定律可得：a2=
F
m1+m2
隔离对b 分析有：F2＝m2a2=
m2F
m1+m2，
可知a1＜a2．F1＝F2，根据胡克定律知，x1＝x2．故AD 正确、BC 错误；
故选：AD。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行
受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
14．【分析】静水速小于水流速，可知合速度的方向不可能垂直于河岸，则小船不能垂直到对岸。当静水速与河岸
垂直时，渡河的时间最短。
【解答】解：A、当静水速与水流速同向，小船速度最大，为14m/s；当静水速与水流速反向，小船速度最小，
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为2m/s，故AB 错误；
B、当船的合速度垂直静水速度时，船渡河的位移最短，
由三角形相似，则有：
d
s =
vc
vs
船过河的位移的大小为：
s= vs
vcd= 8
6 ×60＝80m，故B 正确；
C、由上可知，最小位移为s＝80m，而船的合速度v=
vs
2 −vc
2 =
82 −62 =2 7m/s，
那么此时渡河时间为t= s
v = 80
2 7═
40 7
7
s，故C 正确；
D、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，t′= d
vc = 60
6 s＝10s，故D 正确；
故选：BCD。
【点评】解决本题的关键知道静水速与河岸垂直时，渡河时间最短。当静水速大于水流速，合速度与河岸垂直渡
河航程最短。
二、实验探究题（每空2 分，共18 分，请将正确答案写在答题纸相应位置）
15．【分析】本题考查了具体实验细节要求，注意所有要求都要便于操作，有利于减小误差进行，所有操作步骤的
设计都是以实验原理和实验目的为中心展开，据此可正确解答本题。
【解答】解：A、测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中要求弹簧秤、细绳、
橡皮条都应与木板平行，故A 正确；
B、通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条时，并非要求两细绳等长，故B 错误；
C、为使两次拉橡皮筋的效果相同，需将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，而不是只将橡皮条拉伸相同长度，故
C 错误；
D、根据实验的要求可知，在重复验再次进行验证时，结点O 的位置可以与前一次实验不同，故D 正确。
E、本实验，弹簧称的拉力应不超过量程，两个弹簧称拉力的大小没有要求，只要使两次效果相同就行，不一定
用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计的拉力。故E 错误。
故选：AD。
【点评】对于中学中的实验，学生尽量要到实验室进行实际操作，只有这样才能体会具体操作细节的意义，解答
实验问题时才能更加有把握。
16．【分析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出D 的瞬时速度；
（2）结合B、C、D 的瞬时速度，作出v﹣t 图线；
（3）根据图线的斜率求出小车的加速度，图线延长与纵轴的交点表示A 点的速度；
（4）明确周期和频率的关系，正确判断误差产生原因。
【解答】解：（1）电磁打点计时器工作电源频率是50Hz，它每隔0.02s 打一次点，每相邻的两个计数点之间还有
四个点没有画出，故相邻两个计数点的时间0.1s。
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，D 点的瞬时速度等于E、C 段的平均速度为：
vD= xCE
2T = 105.60−27.60
2×0.1
×10
﹣2＝3.90m/s。
（2）v﹣t 图象如图；
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（3）根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 可以求出加速度的大小，
解得：a= xCE−xAC
4T2
= 105.60−27.60−27.60
4×0．12
×10
﹣2＝12.6m/s2。
由运动学公式，则有：vA＝vB﹣aT＝1.38﹣12.6×0.1＝0.120m/s
（4）如果在某次实验中，交流电的频率为49Hz，那么实际周期大于0.02s，属于系统误差，
根据运动学公式△x＝at2 得：真实的加速度值就会偏小，
所以测量的加速度值与真实的加速度值相比是偏大的。
故答案为：（1）3.90；
（2）如图所示：
（3）12.6，0.120；
（4）系统，大。
【点评】本题关键是采用图象法处理数据，明确v﹣t 图象的斜率表示加速度，纵轴截距表示A 点速度，基础题。
17．【分析】（1）根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤；
（2）探究加速度与力的关系实验时，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，
不需要挂任何东西。当小盘与砝码的质量远小于小车的质量时，可以认为小车受到的拉力等于小盘与砝码的重力。
【解答】解：（1）A、平衡摩擦力时，应将木板带滑轮另一端适当垫高，故A 错误。
B、实验时，为了使砝码和砝码盘的重力等于绳子的拉力，需满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量，则砝
码和磁码盘的总质量越大，实验误差越大，故B 错误。
C、正确平衡摩擦力后，若改变小车质量重复实验时，则不需要再次平衡摩擦力，故C 正确。
D、实验时，先接通电源，再释放小车，故D 错误。
故选：C；
（2）图线不过原点，F 不等于零，a 仍然为零，知未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。
从图象上可以看出：F 从0 开始增加，砂和小桶的质量远小于车的质量，慢慢的砂的质量在增加，那么在后面砂
和小桶的质量就没有远小于车的质量，那么绳子的拉力与砂和小桶的总重力就相差较大。图线不是直线的原因是
砂和小桶的质量没有远小于车的质量，即砂和小桶的质量较大，故D 正确，A、B、C 错误。
故选：D；
故答案为：（1）C；（2）D。
【点评】在探究加速度与力和质量关系的实验中，知道两个认为：1、认为细绳的拉力等于小车的合力，（前提要
平衡摩擦力），2、认为砂和小桶的总重力等于绳子的拉力，（前提是砂和小桶的质量远小于车的质量）。
三．计算题（共3 道题，总计36 分．18 题10 分，19 题12 分，20 题14 分．解答应写出必要的文字说明、方程式
和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位）
18．【分析】（1）A、B 都静止均处于平衡状态，对B 进行受力分析，根据平衡条件求解绳子拉力；
（2）对A 进行受力分析，根据平衡条件求解A 物体受到桌面支持力和摩擦力的大小。
【解答】解：（1）A、B 都静止均处于平衡状态
设绳子拉力大小为F，对B 进行受力分析得：Fsinθ＝m2g
解得F= m2g
sinθ；
（2）对A 进行受力分析如图所示，竖直方向根据平衡条件可得：
Fsinθ+N＝m1g
解得支持力N＝（m1﹣m2）g
水平方向根据平衡条件可得：f＝Fcosθ
解得摩擦力f= m2g
tanθ
答：（1）细绳对物体A 的拉力大小为
m2g
sinθ；
（2）A 物体受到桌面支持力为（m1﹣m2）g，摩擦力的大小为
m2g
tanθ。
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【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
19．【分析】（1）当B 车速度与A 车相等时，撞不上A 则永远也撞不上，根据AB 车的时间、位移关系，结合运动
学公式分析；
（2）两车恰好不相撞的临界条件是两部车相遇时速度相同，根据运动学公式列式后联立求解即可。
【解答】解：（1）若B 火车的加速度大小为aB＝1m/s2，则有：
在反应时间内，B 车做匀速运动，则有x1＝vBt1＝20m①
设当B 车速度减小到vA＝20m/s 时，B 车减速阶段的位移为x2，A 车的总位移为xA，有
vA2 −vB2 = 2aBx2②
vA＝vB+aBt③
xA＝vA（t1+t）④
①②③④联立解得B 车的总位移为：
xB＝x1+x2＝620m
xA＝410m。
xB﹣xA＝210m＞160m，所以两车会相撞。
（2）由（1）的分析可知，如果不会相撞，则两车间的最近的距离是210m
设两车恰好相遇时速度相同，相同速度为v，则有：
在反应时间内，B 车做匀速运动，则有x1＝vBt1＝20m
对B 火车，有v＝vB+aBt′
v2 −vB2 = 2aBxB'
对A 火车，有
xA＝vA（t1+t′）
位置关系为
x1+xB′＝xA+d
解得：aB = 4
3 m/s2
答：（1）通过计算说明A 车若按原来速度前进，两车不会相撞；
（2）如果不会相撞，则两车间的最近的距离是210m；如果会相撞，则B 车刹车的加速度至少变为
4
3 m/s2时，可
以避免两车相撞。
【点评】本题第一问关键要判断能否追上，注意运动学公式的适用范围；第二问关键是找到恰好不追上的临界条
件，较难。
20．【分析】（1）隔离对A、B 分析，根据牛顿第二定律求出A、B 的加速度。
（2）从t＝0 时，AB 物体运动分为两个过程，先以不同的加速度做匀加速运动，后以不同的加速度做匀减速运
动，达到共同速度后一起做匀速直线运动，利用牛顿第二定律可求出加速度，利用匀变速直线运动规律即可求时
间。
（3）从t＝0 到t＝1s 再到到达共同速度，AB 之间均是滑动摩擦力，之后为零，当撤去力后，一起匀减速运动，
整体求出加速度，在以A 利用牛顿第二定律即可求出AB 之间的摩擦力大小
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得：对A 有：μ1mAg＝mAaA
解得：aA＝μ1g＝0.2×10m/s2＝2m/s2
对B：F1﹣μ2（mA+mB）g﹣μ1mAg＝mBaB
代入数据得：aB＝3m/s2
（2）t1＝1s 时，AB 的速度分别为vA、vB ，则有：vA＝aAt1＝2×1m/s＝2m/s
vB＝aBt1＝3×1m/s＝3m/s
F1 改为F2＝3N 后，在B 速度大于A 速度的过程中，A 的加速度不变，B 的加速度设为aB′
根据牛顿第二定律得：F2﹣μ2（mA+mB）g﹣μ1mAg＝mBaB′
代入数据得：aB′＝﹣2m/s2
设经过时间t2，AB 速度相等，由于AB 之间的最大静摩擦力：fm＝μ1mAg＝0.2×2.0×10N＝4N
假如AB 相对静止，整体分析合外力为：F 合＝F2﹣μ2（mA+mB）g＝0N＜fm 此后它们保持相对静止。
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由速度关系得：v＝vA+aAt2＝vB+aB′t2
代入数据得：t2＝0.25s，v＝2.5m/s
A 在B 上相对B 滑行的时间为t＝t1+t2＝1.25s
1.25s﹣﹣3s 内：A、B 一起做匀减速运动
对A、B 整体应用牛顿第二定律得：F2﹣μ2（mA+mB）g＝（mA+mB）a
解得：a＝﹣0.4m/s2
t3＝1.75s，v′＝v+a′t3＝1.8m/s
t＝3s 时撤去F2 后，A、B 一起做匀减速运动直至静止。
对A、B 整体应用牛顿第二定律得：μ2（mA+mB）g＝（mA+mB）a′
解得：a′＝1m/s2
运动时间：t4= v'
a' =1.8s
故A、B 运动的总时间相等，则有：t 总＝t1+t2+t3+t4＝4.8s
（3）
答：（1）木板B 受F1＝18N 的水平恒力作用时，A、B 的加速度大小aA、aB 各为2m/s2、3m/s2 ；
（2）从t＝0 开始，到A、B 都最终停止运动，A、B 运动的总时间都是4.8s
（3）如图所示。
【点评】解决本题的关键理清木板和木块的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。
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2019-2020 学年山东省菏泽市高一（上）期末物理试卷（B 卷）
一、选择题（本大题共10 小题，每小题4 分．在每小题给出的四个选项中，第1-6 题只有一个选项符合题目要求：
第7-10 题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分）
1．（4 分）物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，促进了物质生活繁荣与人类文明的进步，关于物理
学发展过程中的认识，下列说法正确的是（
）
A．伽利略通过斜面实验得出自由落体运动的位移与下落时间成正比
B．笛卡尔首先提出平均速度、瞬时速度概念
C．牛顿第一定律是事实与逻辑思维结合的产物，不可能用实验直接验证
D．牛顿第一定律在任何条件下都适应
2．（4 分）下列说法中正确的是（
）
A．有摩擦力必定有弹力，有弹力也一定有摩擦力
B．轻杆不同于轻绳，弹力的方向可以不在杆的直线方向上
C．摩擦力的大小一定与物体所受的重力大小成正比
D．摩擦力的方向总是与运动方向相反，起阻碍物体运动的作用
3．（4 分）在行车过程中，遇到紧急刹车，乘客可能受到伤害，为此人们设计了如图所示的安全带以尽可能地减轻
猛烈碰撞。假定乘客质量为70kg，汽车车速为100km/h，从踩下刹车到车完
全停止需要的时间为5s，安全带对乘客的作用力大小最接近（
）
A．200N
B．300N
C．400N
D．500N
4．（4 分）下列说法正确的是（
）
A．形状规则的物体的重心一定在物体的几何中心上
B．国际单位制中力学基本单位是米（m）、克（g）、秒（s）
C．合力的大小一定大于分力中最大者
D．研究气流对足球旋转的影响时，不能把足球看成质点
5．（4 分）关于加速度，下列说法正确的是（
）
A．速度变化越大，加速度一定越大
B．加速度为零，速度也一定为零
C．加速度的方向一定与物体所受合外力的方向一致
D．物体运动的加速度减小，速度也一定减小
6．（4 分）如图所示，质量均为m 的甲、乙两同学，分别静止于水平地面的台秤P、Q 上，他们用手分别竖直牵拉
一只弹簧秤的两端，稳定后弹簧秤的示数为F，若弹簧秤的质量不计，下列说法不正确的是（
）
A．乙处于失重状态，受到的拉力小于F
B．台秤P 的读数等于mg+F
C．台秤Q 的读数为mg﹣F
D．两台秤的读数之和为2mg
7．（4 分）如图所示是甲、乙两质点运动的v﹣t 图象，由图线可以判定（
）
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A．甲质点的加速度越来越小，t1 时刻两质点速度等大
B．零时刻甲质点的加速度为零
C．在t1 时刻之前，甲质点的加速度均大于乙质点的加速度
D．在0﹣t1 时间内，甲质点的位移大于乙质点的位移
8．（4 分）两个力作用在同一物体上，其大小分别是6N、8N，其合力大小可能是（
）
A．20N
B．0N
C．4N
D．6N
9．（4 分）如图所示，将静止在倾角为θ的斜面上的物体的重力mg 分解为F1 和F2 两个力，下列结论正确的是（
）
A．F1 是物体受到的下滑力，F2 是斜面受到的压力
B．F1 是使物体下滑的力，F2 是使物体压紧斜面的力
C．物体对斜面的压力方向与F2 相同大小为mgcosθ
D．若只减小斜面的倾角θ，两个分力F1、F2 均减小
10．（4 分）物块1、2 放在光滑水平面上并用轻质弹簧秤相连，如图所示。现在1 物块左侧施加水平拉力F，两物
体保持相对静止一起向左做匀加速直线运动，弹簧秤示数为5.0N；若将大小相等、方向相反的拉力施加在2 的
右侧，稳定后弹簧秤的读数为2.0N．关于1、2 两物体的质量，可能的是（
）
A．m1＝5.0kg，m2＝2.0kg
B．m1＝2.0kg，m2＝5.0kg
C．m1＝1.0kg，m2＝0.4kg
D．m1＝0.4kg，m2＝1.0kg
二、实验题（本题共3 小题，共18 分）
11．（4 分）下列几幅图片是高中力学实验中常用的仪器和装置，其中描述正确的是（
）
A．图甲中电磁打点计时器和电火花计时器均使用交流电，工作电压都为220V
B．图乙为“验证力的平行四边形定则”的实验装置，该实验采用的科学方法是等效替代法
C．利用图丙装置可以探究小车速度随时间变化的规律，该实验需要平衡摩擦力
D．利用图丁装置可以测定自由落体加速度，通常情况测量值会小于当地实际重力加速度
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12．（6 分）下图为某同学验证力的平行四边形定则的实验记录纸。O 点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测
力计共同作用时，拉力F1 和F2 的方向分别过P1 和P2 点；两个力的大小分别为：F1＝3.30N、F2＝3.80N．请以
1cm 的线段表示1N 为标度作图，并求出F1 和F2 的合力F 合＝
。
13．（8 分）如图1 所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置，沙桶和沙子的总质量为m1，小车的质量
为m2，重力加速度为g。
（1）实验时，某同学由于硫忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F＝m1g，作出a﹣F 图象，他可能作出图2
中
（选填“甲”、“乙”、“丙”）图线此图线的AB 段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是
。
（2）某同学平衡好摩擦力后，得到了几条较为理想的纸带，已在每条纸带上每5 个计时点取好了一个计数点，
依打点先后编为0、1、2、3、4、5，由于不小心，某条纸带被撕断了，如下图所示。请根据给出的A、B、C、
D 四段纸带回答：
①从纸带A 上撕下的那段应该是B、C、D 三段纸带中的
（填字母）
②打A 纸带时，物体的加速度大小是
m/s2
三、本题包括4 小题，共42 分，解答时应写出必要的文字说明、主要公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的，
不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
14．（8 分）如图所示，质量为2kg 的物体放在水平地板上，用一原长为8cm 的轻质弹簧水平拉该物体，当其刚开
始运动时，弹簧的长度为11cm，当弹簧拉着物体匀速前进时，弹簧的长度为10.5cm，已知弹簧的劲度系数k＝
200N/m。求：
（1）物体所受的最大静摩擦力为多大？
（2）物体所受的滑动摩擦力的大小？
（3）物体与地板间的动摩擦因数是多少？（g 均取10m/s2）
15．（10 分）如图所示，用细绳OA、OB、OC 悬挂一50N 的重物，已知已知BO 处于水平，∠AOB＝150°，悬绳
均不断裂。
（1）求细绳OA、OB 上的力各为多大？
（2）现确保OB 绳位置不变，缓慢移动OA 绳使∠AOB 适当增大，试判断此过程中OA、OB 绳上的力大小如何
变化。
16．（10 分）某一长直的赛道上，有一辆F1 赛车前方200m 有一安全车正以10m∕s 的速度匀速前进，这时赛车从
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静止出发以2m∕s2 的加速度追赶．试求：
（1）赛车何时追上安全车？
（2）赛车追上安全车之前最远距离？
17．（14 分）滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一。如图所示为小明妈妈正与小明在冰上游戏，小明与冰车的总
质量是40kg，冰车与冰面之间的动摩擦因数为0.1．在某次游戏中，假设小明妈妈对冰车施加100N 的推力，推
力方向与运动方向在同一个竖直平面内，与水平方向成37°斜向下，使冰车从静止开始运动10s 后，停止施加力
的作用，使冰车自由滑行。（假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小明始终坐在车上没有对车施加额外的力，
冰面各处的动摩擦因数均相同）（计算结果均保留到小数点后两位）（sin37°＝0.6．cos37°＝0.8，g＝10m/s2），
求：
（1）从静止开始运动的前10s 内冰车所受摩擦力的大小；
（2）冰车的最大速率；
（3）冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小。
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2019-2020 学年山东省菏泽市高一（上）期末物理试卷（B 卷）
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10 小题，每小题4 分．在每小题给出的四个选项中，第1-6 题只有一个选项符合题目要求：
第7-10 题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分）
1．【分析】本题根据伽利略、牛顿等科学家的物理学成就进行解答。
【解答】解：
A、伽利略通过斜面实验，并合理外推得出自由落体运动的位移与下落时间平方成正比。故A 错误。
B、伽利略首先提出平均速度、瞬时速度概念；故B 错误。
C、牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不能用实验直接验证。故C 正确。
D、当物体的运动速度极快时（接近光速）或者物体极小时（原子级别），牛顿第一定律就不成立，故D 错误。
故选：C。
【点评】对于著名科学家的物理学成就要了解，特别是伽利略、牛顿等人的科学贡献要理解掌握。
2．【分析】两物体间有摩擦力，必定有弹力，而有弹力不一定有摩擦力．轻绳的拉力一定沿绳子方向，而轻杆的弹
力不一定沿杆的方向，而要根据物体的运动状态分析．摩擦力的大小与重力没有必然的关系．滑动摩擦力的方向
总是与相对运动方向相反，起阻碍物体相对运动的作用．
【解答】解：A、物体有弹力，还要有相对运动或相对运动趋势，物体间才有摩擦力。则有弹力不一定有摩擦力。
有摩擦力，必定有弹力。故A 错误。
B、轻绳的拉力一定沿绳子指向绳子收缩的方向，而轻杆的弹力不一定沿杆的方向，而要与物体的运动状态
有关。故B 正确。
C、滑动摩擦力的大小一定与正压力成正比，正压力与重力没有必然的关系。故C 错误。
D、滑动摩擦力的方向总是与相对运动方向相反，起阻碍物体相对运动的作用。故D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查对弹力和摩擦力的理解能力．对于轻杆，其弹力与物体的运动状态有关，可根据平衡条件或牛
顿第二定律分析．
3．【分析】对人研究，运用动量定理F 合•t＝mv2﹣mv1，代入数据求解即可。
【解答】解：对人的减速过程，初速方向为正，根据动量定理，有：
F⋅t＝mv2﹣mv1
所以：F= mv2−mv1
t
=−
70×100
3.6
5
=−400N，故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
【点评】解决该题需熟记动量定理，注意在带单位计算时要注意单位统一；知道Km/h 与m/s 之间的关系；
4．【分析】重力在物体上的作用点，叫做物体的重心；形状规则、质量分布均匀的物体的重心在物体的几何中心上；
合力大小关系是：F1﹣F2≤F 合≤F1+F2；当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成
质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可。
【解答】解：A、形状规则的物体的重心不一定在物体的几何中心上，只有形状规则、质量分布均匀的物体的重
心在物体的几何中心上；故A 错误；
B、国际单位制中力学基本单位是米（m）、千克（kg）、秒（s），故B 错误；
C、合力大小关系是：F1﹣F2≤F 合≤F1+F2，所以合力可以大于分力中的最大者，也可能小于分力中的最小者，
故C 错误；
D、研究气流对足球旋转的影响时，看成质点就没有转动了，故D 正确
故选：D。
【点评】本题考查的重心、质点、合力与分力的关系等多个知识点的内容，关键是合力与分力的大小关系判断时
可取几个特值比较。
5．【分析】加速度等于速度变化和所用时间的比值，加速度反应物体速度变化快慢的物理量，加速度是矢量有大小
也有方向。
【解答】解：A、解：A、速度变化越大，但不知道速度变化所用时间，故不能确定加速度一定越大，故A 错误；
B、加速度为零，速度不一定为零，如匀速直线运动，故B 错误；
C、根据牛顿第二定律得加速度的方向一定与物体所受合外力的方向一致，故C 正确；
D、物体的加速度减小且与速度的方向相同时，速度在增大，故D 错误；
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道加速度的物理意义，知道加速度的大小与速度大小、速度变化量的大小无关，基础
题。
6．【分析】对两人用整体法进行分析可得出两台秤的示数之和；再分别分析两人的受力可得出两台秤的示数；由超
重失重的条件可分析两人是否超重或失重
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【解答】解：A、由题意可知两人均处于静止状态，故两人一定处于平衡状态，不会超重或失重；故A 不正确；
B、对甲受力分析，甲受重力、支持力及弹簧秤向下的拉力，则有甲受到支持力为mg+F，台秤P 的读数等于mg+F；
故B 正确；
C、对乙分析，乙受到的拉力向上，故台秤的示数为mg﹣F，故C 正确；
D、将两人做为整体分析，整体受重力、支持力，故两台秤的示数之和为2mg；故D 正确；
本题选择不正确的，故选：A。
【点评】本题要掌握整体法的应用，注意应用整体法时，弹簧秤的拉力为内力，不再考虑。
7．【分析】在速度﹣时间图象中，图线的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成面积代表位移。由此分析即可。
【解答】解：A、在速度﹣时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，图线的斜率表示加速度，知甲质点的加
速度逐渐减小，t1 时刻两质点速度等大，故A 正确。
B、由于在速度﹣时间图象中，切线斜率表示加速度，所以零时刻甲质点的速度为虽然为零，但加速度不为零，
故B 错误。
C、在t1 时刻之前，乙质点的加速度逐渐减小，所以乙质点的加速度一开始小于甲的加速度，后来大于甲的加速
度，故C 错误。
D、在速度﹣时间图象中，图象与坐标轴围成面积代表位移，所以在0﹣t1 时间内，甲质点的位移大于乙质点的
位移，故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题是速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面
积的含义。
8．【分析】在力的合成中，作用在同一直线上的两个力，当方向相同时其合力最大，合力大小等于两个力的大小之
和；当方向相反时其合力最小，合力大小等于两个力的大小之差；如果两个力的方向不在同一条直线上，则其合
力介于最大的合力与最小的合力之间。
【解答】解：作用在一个物体上的两个力，F1＝6N、F2＝8N，
当两个力的方向相反时，其合力最小：F＝F2﹣F1＝8N﹣6N＝2N，
当两个力的方向相同时，其合力最大：F＝F1+F2＝8N+6N＝14N，
因为两个力的方向不确定，所以其合力的大小可能等于4N，也可能等于6N，因此在这两力大小之间，不可能等
于20N 或0，故AB 错误、CD 正确。
故选：CD。
【点评】解决本题的关键知道两个力的合力范围在这两个力之差与之和之间。
9．【分析】斜面上的物体的重力mg 按作用效果分解为沿斜面向下和垂直于斜面两个方向的分力，注意两个分力不
是物体所受到的力，两分力共同作用效果与重力作用效果相同。
【解答】解：A、F1 是斜面作用在物体上使物体下滑的力，F2 不是物体对斜面的压力。要注意对两个分力正确的
理解为F1 是使物体下滑的力，F2 是使物体压紧斜面的力。故A 错误，B 正确。
C、物体对斜面的压力方向与F2 相同大小等于F2，为mgcosθ．故C 正确。
D、根据力的作用效果可知，F1＝mgsinθ，F2＝mgcosθ；若只减小斜面得倾角θ，则F1 减小，F2 增大。故D 错误
故选：BC。
【点评】解决本题的关键知道F1、F2 是重力的两个分力，产生的作用效果，一个使物体下滑，一个压斜面，但
是两个分力不是下滑力和压力。
10．【分析】对整体分析，求出整体的加速度，隔离分析，求出两种情况下弹簧秤的示数，从而得出两质量的关系，
确定正确的答案
【解答】解：对整体分析，整体的加速度为a =
F
m1+m2，
对F 作用在甲的右侧，隔离对乙分析，
弹簧秤的示数为F1＝m2a=
m2
m1+m2 F =5，
若F 作用在乙的左侧，隔离对甲分析，
弹簧秤示数为F2 =
m1
m1+m2 F =2，
则有
F1
F2
=
m2
m1
=
5
2，
故BD 正确，AC 错误；
故选：BD。
【点评】掌握该题的关键是掌握整体法和隔离法求解加速度和内力的方法，掌握牛顿第二定律求解加速度；
二、实验题（本题共3 小题，共18 分）
11．【分析】了解打点计时器的工作原理以及熟练使用打点计时器；探究力的平行四边形定则”实验的实验原理、
采用方法；根据探究小车的速度随时间变化规律的实验原理分析解答，根据重锤做自由落体运动求解重力加速度；
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【解答】解：A．电磁打点计时器与电火花计时器均使用交流电，其中电火花计时器的工作电压都为220V，电
磁打点计时器的工作电压为4V∼6V 交流电，故A 错误；
B．在“探究力的平行四边形定则”实验中要求两次拉橡皮筋的效果相同，故实验采用了等效替代的方法，故B
正确；
C．在探究小车速度随时间变化的规律时，不需要平衡摩擦力。故C 错误；
D．图丁可让重锤做自由落体运动从而求解重力加速度，但由于摩擦阻力作用所测出来的重力加速度小于实际重
力加速度，故D 正确；
故选：BD。
【点评】解决该题的关键是熟练掌握打点计时器的工作电压，掌握实验的实验原理和实验的注意事项；
12．【分析】根据平行四边形定则先作出F2 与F1 的合力，根据所选的标度求出合力；
【解答】解：用力的图示法根据平行四边形定则作出合力并量出其大小，作图如下：
故答案为：5.00N；
【点评】解决该题的关键是熟记平行四边形定则，知道用图解法作图求解合力的原理；
13．【分析】（1）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况。得出图象弯曲的原因是：未
满足沙和沙桶质量远小于小车的质量；
（2）根据牛顿第二定律，列出小车的滑动摩擦力大小，然后结合图象的斜率与截距，可以得出结论。
【解答】解：（1）实验时，某同学由于硫忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，那么当拉力为某一什时，加速度仍为
零，所以图象的横截距为正，图象丙符合要求；
随着拉力F＝m1g 的增大，已经不满足m1＜＜m2，故加速度增加得越来越慢，所以图象向下弯曲；
（2）由逐差相等的公式有：x2﹣x1＝x3﹣x2＝x4﹣x3＝x5﹣x4＝6mm，所以x3＝42mm，x4＝48mm，x5＝54mm，
由BCD 三条纸的数据看，C 纸带符合要求；加速度a= △x
T2 = 6×10−3
0．12 m/s2 =0.6m/s2。
故答案为：（1）丙
（2）没有满足m1 远小于m2
C
0.6
【点评】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，
且会根据原理分析实验误差，同时掌握由牛顿第二定律列出方程，与图象的斜率与截距综合求解的方法
三、本题包括4 小题，共42 分，解答时应写出必要的文字说明、主要公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的，
不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
14．【分析】通过弹簧的伸长，由胡克定律来计算出物体刚开始运动的摩擦力大小，与物体正在运动的摩擦力大小。
滑动摩擦力等于动摩擦力因数与正压力的乘积。
【解答】解：（1）物体所受的最大静摩擦力就等于物体刚开始滑动时的弹簧拉力大小，
由胡克定律可求得：F1＝200×0.03N＝6N，因此最大静摩擦力大小为6N。
（2）匀速前进时，弹簧伸长2.5cm。则弹簧的拉力等于滑动摩擦力。
所以滑动摩擦力f＝K△X＝200×0.025＝5N
（3）当拉着物体匀速前进时，弹簧伸长2.5cm。则弹簧的拉力等于滑动摩擦力。
所以动摩擦因数为μ= F
N = K△X
mg = 200×0.025
2×10
=0.25
答：（1）物体所受的最大静摩擦力大小6N。
（2）物体所受的滑动摩擦力的大小为5N。
（3）物体和地板间的动摩擦因数0.25。
【点评】学会区别静摩擦力与滑动摩擦力，同时静摩擦力的大小由引起它有运动趋势的外力决定，而滑动摩擦力
等于μFN。
15．【分析】（1）以结点O 进行受力分析，根据平衡条件列方程求解；
（2）合力不变，两个分力之间的夹角变大，则两个分力变大。
【解答】解：（1）以结点O 进行受力分析，根据几何关系可得：
FA=
G
sin30° =100N，
FB＝FAcos30°＝50 3N；
（2）现确保OB 绳位置不变，缓慢移动OA 绳使∠AOB 适当增大，合力不变，两个分力之间的夹角变大，则两
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个分力变大，故OA、OB 绳上的力大小均变大。
答：（1）细绳OA、OB 上的力分别为100N 和50 3N；
（2）OA、OB 绳上的力大小均变大。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
16．【分析】抓住位移关系，结合运动学公式求出追及的时间，当两车速度相等时，相距最远，结合位移公式求出
相距的最远距离．
【解答】解：（1）赛车追上安全车时有：
v0t+s= 1
2 at2，
代入数据解得：t＝20s
（2）当两车速度相等时，相距最远，则有：
t' = v0
a = 10
2 s = 5s，
则相距的最远距离为：
△x = v0t' + s −1
2 at'2 = 10 × 5 + 200 −1
2 × 2 × 25m =225m．
答：（1）赛车经过20s 追上安全车
（2）赛车追上安全车之前两车相距的最远距离为225m．
【点评】本题属于追及问题，解决的关键是熟练运用运动学公式，知道两车速度相等时，有最大距离．
17．【分析】对车和小孩整体进行受力分析求出整体受到的支持力，f＝μN 求解滑动摩擦力；
由题知，冰车先做匀加速运动后做匀减速运动，当小明妈妈停止施加力的作用时，速度最大。由牛顿第二定律求
得加速度，由速度公式求解最大速率，
由位移公式求出匀加速运动通过的位移。撤去作用力冰车做匀减速运动过程，由牛顿第二定律求得加速度，由运
动学速度位移关系式求得滑行位移，即可求出总位移
【解答】解：选冰车和小孩研究，竖直方向有N＝F•sin37°+mg＝460N，
前10s 内所受到的滑动摩擦力f＝μN＝0.1×460＝46N；
（2）由题知，冰车先做匀加速运动后做匀减速运动，当小明妈妈停止施加力的作用时，速度最大，
加速过程中：水平方向Fcos37°﹣f＝ma，
解得：a＝0.85m/s2，
所以冰车的最大速率为v＝at＝0.85×10＝8.5m/s；
（3）冰车在推力作用下发生的位移为x1 = 1
2 at2 = 1
2 × 0.85 × 102 = 42.5m，
撤去推力后冰车的加速度为a' = f'
m = μmg
m =μg＝1m/s2，
撤去推力后的位移为x' = v2
2a' = 8．52
2×1 =36.13m；
整个运动过程中滑行总位移的大小为：x＝x1+x′＝78.63m；
答：（1）从静止开始运动的前10s 内冰车所受摩擦力的大小为46N；
（2）冰车的最大速率为8.5m/s；
（3）冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小为78.63m；
【点评】解决该题的关键是正确进行受力分析，掌握正交分解这种物理方法，熟记牛顿第二定律和相关的运动学
知识；
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2019-2020 学年江苏省盐城市东台市高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题：本题共5 小题，每小题3 分，共15 分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（3 分）下列物理量中不属于矢量的是（
）
A．速率
B．速度
C．位移
D．静摩擦力
2．（3 分）汽车沿平直公路做匀加速直线运动时，其加速度大小为2m/s2，则该汽车在任意1s 内（
）
A．位移一定为2m
B．速度一定变化2m/s
C．末速度一定是初速度的2 倍
D．末速度比下1s 的初速度小2m/s
3．（3 分）放假了，小明斜拉着拉杆箱离开校园。如图所示，小明的拉力大小为F，方向沿拉杆斜向上，与水平地
面夹角为θ．与拉杆箱竖直静止在水平地面且不受拉力相比，此时拉杆箱对水平面的压力（
）
A．减少了Fsinθ
B．增大了Fsinθ
C．减小了Fcosθ
D．增大了Fcosθ
4．（3 分）如图所示，质量为m 的物体在水平拉力F 作用下，沿粗糙水平面做匀加速直线运动，加速度大小为a；
若其他条件不变，仅将物体的质量减为原来的一半，物体运动的加速度大小为a′，则（
）
A．a′＜a
B．a＜a′＜2a
C．a′＝2a
D．a′＞2a
5．（3 分）渡河时船头始终沿垂直河岸的方向。已知船在静水中航行的速度大小不变，水流的速度与船离最近的岸
边的距离成正比，且比例系数为定值，河的两岸平行。在水平面内，以出发点为坐标原点，沿着河岸的方向为x
轴，垂直河岸方向为y 轴，四位同学画出此过程中小船运动的轨迹，其中符合实际情况的是（
）
A．
B．
C．
D．
二、多项选择题：本题共5 小题，每小题4 分，共20 分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4 分，选对
但不全的得2 分，错选或不答的得0 分．
6．（4 分）如图所示，用小锤击打弹性钢片，小球B 沿水平方向飞出做平抛运动，同时小球A 被放开做自由落体运
动。关于该实验，下列说法正确的是（
）
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A．听到A 和B 同时落地的声音
B．本实验要求A 和B 的质量一定相同
C．该实验不能说明小球B 水平方向做匀速运动
D．实验开始时A 和B 离地面的高度可以不一样
7．
（4 分）物体在水平面上做匀变速直线运动，初速度v0＝5m/s，2s 后的速度大小为v＝3m/s，则该2s 内物体的（
）
A．加速度大小一定为1m/s2
B．加速度大小可能为4m/s2
C．位移可能等于2m
D．平均速度一定不会为零
8．（4 分）如图所示，质量为M 的斜面静止在粗糙的水平面上，质量为m 的小球在水平细绳的作用下静止在光滑的
斜面上。关于小球与斜面的受力情况，下列中说法正确的是（
）
A．斜面对小球的支持力一定大于mg
B．细绳对小球的拉力一定大于mg
C．地面对斜面的支持力一定大于（m+M）g
D．地面对斜面的摩擦力一定为零
9．（4 分）两位同学分别在塔的不同高度，各用一只球做自由落体实验。甲球的质量是乙球的2 倍，释放甲球处的
高度是释放乙球处高度的一半，且两球释放处离地的高度足够高，则（
）
A．甲球下落的加速度是乙球的2 倍
B．甲球落地时的速度是乙球的一半
C．甲、乙两球各下降1s 时的速度相等
D．甲、乙两球各下降1m 时的速度相等
10．（4 分）如图所示，A、B 两物体的质量分别为m 和2m，B 放在光滑的水平桌面上，不计绳重和摩擦，重力加
速度为g。轻轻释放A 后（
）
A．绳子中的拉力大小为mg
B．两物体的加速度均小于0.5g
C．物体A 处于失重状态
D．物体B 处于超重状态
三、简答题：本题共2 小题，共22 分．将解答填写在答题卡上相应的位置．
11．（10 分）小明利用橡皮筋、弹簧测力计、细绳套等器材做“探究合力与分力的关系”的实验时，两次拉伸橡皮
筋：第一次用两只弹簧测力计通过细绳套互成角度地拉橡皮筋，使橡皮筋和细绳的结点到达某一点O；第二次是
用一只弹簧测力计通过细绳套拉橡皮筋。
（1）第一次拉动使结点到达点O 时，除了记录两个弹簧测力计的读数，还必须记录的是
和
。
（2）关于这两次拉橡皮筋，下列说法正确的有
（填正确选项前的字母）。
A．两次拉动橡皮筋时，只需要将橡皮筋拉伸相同的长度
B．两次拉动橡皮筋时，弹簧测力计的三次读数要相同
C．第一次拉动橡皮筋时，两测力计必须沿着相互垂直的方向拉
D．两次拉动橡皮筋时，都要将橡皮筋和细绳的结点拉到相同的位置
（3）如图所示，F1 和F2 为小明在纸上画出第一次拉橡皮筋时两弹簧测力计拉力的图示；a、b 两点为第二次记
录拉力F 方向的两点，此时弹簧测力计读数为F＝4.9N．请你帮助他在图中画出F 的图示。
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12．（12 分）力的传感器可以把它受力的大小随时间变化的情况由计算机屏幕显示出来，因此在高中物理实验中有
着广泛的应用。如图甲所示，某研究小组利用力传感器以及一端带滑轮的长木板、小车、砝码以及打点计时器等
做“探究加速度与力、质量的关系”的实验。
（1）关于平衡摩擦力，下列说法中正确的有
（填正确选项前的字母）。
A．调节滑轮的高度，使细线与水平桌面平行
B．应将沙桶挂上，但桶里不要注入沙子
C．每次改变小车质量，都要重新平衡摩擦力
D．应使小车沿倾斜的木板做匀速直线运动
（2）图乙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G 为相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4
个点没有标出，现量出B、C 和F、G 间距离分别为xBC＝1.87cm 和xFG＝4.44cm。已知打点计时器打连续两个
点之间的时间为0.02s，则小车的加速度a＝
m/s2．（结果取三位有效数字）
（3）在保持小车和小车内砝码总质量不变的情况下，测得的加速度a 与力的传感器F 的数据如下表。
F/N
0.196
0.392
0.442
0.784
0.980
a/（m•s
﹣2）
0.480
0.980
1.41
1.93
2.44
请利用上表中实验数据，在图丙中作出a﹣F 关系图象。
（4）在（3）中，小车内砝码的质量为50g，根据所画图象求得小车的质量为
kg．（结果保留两位有效数
字）
四、计算题：本题共4 小题，43 分．解答写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能
得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13．（10 分）某同学在离地面h＝5m 处以v0＝3m/s 的水平速度抛出一个物体质量m＝1kg 的物体。不计空气阻力，
取重力加速度g＝10m/s2．求物体：
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（1）在空中运动的加速度a；
（2）在空中运动的时间t；
（3）从抛出到落地位移s 的大小。
14．（11 分）列车以v0＝54km/h 的速度匀速行驶，因故需在中途临时停车t0＝1min。列车制动过程中加速度大小为
a1＝0.3m/s2，重新启动过程中加速度大小为a2＝0.5m/s2．求列车：
（1）从开始制动到停止的时间t1；
（2）启动后达到原来速度的位移x2 的大小；
（3）由于临时停车所延误的时间△t。
15．（11 分）质量为m 的小球从离地面足够高的地方由静止释放，运动过程中受到空气阻力F 与运动方向相反，大
小与速度v 成正比，即F＝kv（k 为未知比例系数）。运动时间t0 后，小球以速度v0 做匀速直线运动。已知重力
加速度为g。求：
（1）比例系数k 的表达式；
（2）当小球的速度为
v0
2 时，小球的加速度的大小；
（3）有同学认为：在时间t0 内小球下降的高度h＜v0t0
2 ，你认为他的观点正确吗？如果正确，请说明理由；如
果不正确，写出你的观点，并说明你的理由。
16．（11 分）如图所示，质量均为m＝3kg 的物体A、B 紧挨着放置在粗糙的水平面上，物体A 的右侧连接劲度系
数为k＝100N/m 的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，开始时两物体压紧弹簧并恰好处于静止状态。现
对物体B 施加水平向左的拉力，使A 和B 整体向左做匀加速运动，加速度大小为a＝2m/s2，直至B 与A 分离。
已知两物体与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，两物体与水平面之间的最大静摩擦力均与滑动摩擦力相等，取
重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）静止时，物体A 对B 的弹力大小；
（2）水平向左拉力F 的最大值；
（3）物体A、B 开始分离时的速度。
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2019-2020 学年江苏省盐城市东台市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共5 小题，每小题3 分，共15 分．每小题只有一个选项符合题意．
1．【分析】物理量按有没有方向分为矢量和标量两类，矢量是指既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有
方向的物理量。
【解答】解：A、速率是速度的大小，是一个只有大小没有方向的物理量，是标量。故A 正确；
BCD、位移、速度、静摩擦力都是有大小有方向且合成遵循平行四边形定则的物理量，是矢量。故BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题关键要掌握物理量的矢标性，要正确区分矢量与标量，知道矢量有方向，而标量没有方向。
2．【分析】加速度等于单位时间内的速度变化量，结合时间轴分析判断。
【解答】解：A、不知道初末速度的信息，无法求解任意1s 内位移，故A 错误；
B、加速度大小为2m/s2，表示任意1s 内的速度变化量为2m/s，即任意1s 内末速度比这1s 的初速度大2m/s，故
B 正确C 错误。
D、任意1s 内末与下1s 初是同一时刻，速度相等，故D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握加速度的定义式，知道加速度等于单位时间内的速度变化量，基础题。
3．【分析】以箱子为研究对象，受到重力、支持力、拉力和摩擦力，根据平衡条件得到支持力的大小进行分析。
【解答】解：以箱子为研究对象，受到重力、支持力、拉力和摩擦力，如图所示；
没有拉力时，支持力等于重力mg；
有拉力F 时，支持力为：N＝mg﹣Fsinθ，
所以支持力减少了Fsinθ，故A 正确、BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
4．【分析】根据物体的受力情况应用牛顿第二定律求出物体的加速度，然后比较加速度大小关系答题。
【解答】解：对物体，由牛顿第二定律得：
F﹣μmg＝ma
F﹣μ•
m
2g= m
2a′，
解得：a= F
m −μg，a′= 2F
m −μg＝2（
F
m −μg）+μg＝2a+μg＞2a，故D 正确，ABC 错误；
故选：D。
【点评】本题考查了比较加速度大小关系，根据题意分析清楚物体的受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律
即可解题。
5．【分析】根据运动的合成与分解以及曲线运动条件分析。
【解答】解：已知船在静水中航行的速度大小不变vy＝v0，水流的速度与船离最近的岸边的距离成正比vx＝ky，
y≤1
2 d，或vx＝k（d﹣y），
1
2 d＜y≤d
A、水流的速度与船离最近的岸边的距离成正比，说明y 方向运动轨迹不可能为直线，故A 错误；
BCD、加速度指向河中心，所以一开始加速度指向y 正方向，运动轨迹向与轴正方向弯曲，然后向y 轴负方向弯
曲，故D 正确，BC 错误。
故选：D。
【点评】本题考查运动的合成与分解以及曲线运动条件，知道曲线向着力的方向弯曲。
二、多项选择题：本题共5 小题，每小题4 分，共20 分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4 分，选对
但不全的得2 分，错选或不答的得0 分．
6．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住两球同时落地，得出平抛
运动在竖直方向上的运动规律。
【解答】解：AC、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动。用小锤击打弹性钢片。可使B 球沿水平方向飞出，
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同时A 球被松开，做自由落体运动，在不同的高度多次做上述实验，听到A 和B 同时落地的声音，发现两球总
是同时落地，可知平抛运动在竖直方向上的运动规律与自由落体运动相同，该实验不能说明小球B 在水平方向
上做匀速运动，故AC 正确；
B、自由落体运动中，加速度为重力加速度，与物体下落的质量无关，故本实验不要求A 和B 的质量相同，故B
错误；
D、该实验要求A 和B 离地面的高度相同，故D 错误；
故选：AC。
【点评】本题属于简单基础题目，实验虽然简单，但是很直观的验证了平抛运动在竖直方向上的运动规律。注意
该实验不能得出平抛运动在水平方向上的运动规律。
7．【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式和平均速度公式求出加速度的大小和位移的大小，注意2s 后的速度
可能与初速度相同，可能与初速度方向相反。
【解答】解：AB、若2s 后速度与初速度方向相同，速度变化量△V＝﹣2m/s，若速度相反，速度变化量△V＝
8m/s，则加速度为：a= △v
△t =−1m/s2 或4m/s2，故A 错误B 正确；
D、平均速度为：v = v0+v
2
=4m/s 或1m/s，故D 正确
C、位移为：x= vt＝8m 或2m，故C 正确。
故选：BCD。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的公式和推论，并能灵活运用，平均速度可以用位移除以时间，注
意速度的方向。
8．【分析】以小球为研究对象，受到重力、支持力和绳子的拉力，根据平衡条件结合整体法进行分析。
【解答】解：以小球为研究对象，受到重力、支持力和绳子的拉力，如图所示；
A、根据图中几何关系可得而斜面对小球的支持力一定大于mg，故A 正确；
B、细绳对小球的拉力一定大于F＝mgtanθ，不一定大于mg，故B 错误；
C、以整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可知，地面对斜面的支持力一定等于（m+M）g，故C 错误；
D、以整体为研究对象，系统水平方向不受外力，水平方向根据平衡条件可知，地面对斜面的摩擦力一定为零，
故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意
整体法和隔离法的应用。
9．【分析】物体做自由落体运动的加速度为g 与质量无关；通过v2＝2gh 判断两物体落地时的速度大小；通过v＝
gt 比较两球各下落1s 时的速度大小。
【解答】解：A、甲乙两物体都做自由落体运动，加速度都为g。故A 错误。
B、由v2＝2gh 可知，甲球的落地速度是乙球落地速度的
2
2 ；故B 错误；
C、根据v＝gt，知经过1s 时两球的速度相等。故C 正确；
D、根据v2＝2gh，知各下落1m 时，则落地的速度相等。故D 正确。
故选：CD。
【点评】解决本题的关键知道自由落体运动是初速度为0，加速度为g 的匀加速直线运动，掌握自由落体运动的
速度位移公式v2＝2gh 和速度时间公式v＝gt。
10．【分析】隔离对A、B 分析，抓住A、B 的加速度大小相等，根据牛顿第二定律求出A 落地前的加速度大小和
绳中拉力，根据竖直方向加速度的方向判断超重还是失重。
【解答】解：AB、A 落地前，对于B，取水平向右为正，对于A，取竖直向下为正，
根据牛顿第二定律得：T＝2ma，mg﹣T＝ma
联立两式解得：T= 2
3mg
a= 1
3g＜0.5g，故A 错误B 正确；
CD、物体A 的加速度方向向下，所以A 处于失重状态，B 竖直方向加速度为0，不是超重也不是失重，故C 正
确D 错误；
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故选：BC。
【点评】本题考查牛顿第二定律的基本运用，知道A、B 加速度大小相等，可以通过隔离法分析，也可以根据整
体法分析。
三、简答题：本题共2 小题，共22 分．将解答填写在答题卡上相应的位置．
11．【分析】明确该实验的实验原理，了解具体实验步骤以及具体的操作，尤其注意在记录力时不但要记录大小还
要记录方向，还要记录结点位置
实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”进行研究。
根据力的图示法作图
【解答】解：（1）根据实验原理和实验目的可知，该实验目的是“验证力的平行四边形定则”，因此需要知道两
个分力的大小和方向。为了保证两次的效果相同，所以还要记录结点的位置；
（2）该实验采用的是“等效替换”，所以两次拉动橡皮筋时需要将结点拉动到相同的位置，故D 正确，ABC 错
误；
故选：D。
（3）F 的图示如图所示：
故答案为：（1）O 点位置，两细绳套的方向，（2）D（3）图示如解析所示：
【点评】解决该题的关键在于掌握该实验的实验原理和实验步骤以及注意事项，知道什么是等效替代法，掌握做
力的图示；
12．【分析】（1）根据平衡摩擦力的原理，即利用小车自身的重力来平衡摩擦力，可以得出选项；
（2）根据匀变速直线运动的推论△x＝aT2，可以求出加速度；
（3）根据作图规则，描点作图即可；
（4）根据小车的受力，结合牛顿第二定律，可以求出小车的质量。
【解答】解：（1）A、平衡摩擦力是利用小车自身的重力来平衡，即调节至小车沿斜面方向的分力和摩擦力大小
相等；
细线应与倾斜的木板平行，故A 错误；
B、平衡摩擦力是利用小车自身的重力来平衡，故不能挂上沙桶；故B 错误；
C、小车沿斜面方向的分力和摩擦力大小相等，有sinθ＝μcosθ，故每次改变小车质量，不用重新平衡摩擦力；故
C 错误；
D、小车平衡摩擦力后，受力平衡，将会沿倾斜的木板做匀速直线运动，故D 正确。
故选：D。
（2）由匀变速直线运动规律可知：xFG﹣xBC＝4aT2
代入数据得：a= (4.44−1.87)×10−2
0．12×4
m/s2＝0.643m/s2
（3）a﹣F 关系图象如图所示；
（4）此时已平衡摩擦力，故小车和砝码只受力F 作用，由图已知对应的加速度，故有：F＝（M+m）a
代入数据得：0.20＝（M+50×10
﹣3）
整理得：M＝0.35kg
答：（1）D；（2）0.643；（3）a﹣F 关系图象如图所示；（4）0.35。
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【点评】本题考查探究物体的加速度和质量、受力的关系，关键要注意实验的平衡摩擦力的原理，另外要注意计
算时要进行单位的换算。
四、计算题：本题共4 小题，43 分．解答写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能
得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，加速度为重力加速度；
根据高度求出运动的时间；
根据时间和初速度求出水平距离，由勾股定理求出抛出到落地的位移。
【解答】解（1）物体做平抛运动，根据牛顿第二定律：
mg＝ma
a＝g＝10m/s2
方向竖直向下
（2）物体在竖直方向上做自由落体运动，根据h= 1
2 gt2代入数据得：
t＝1s
（3）物体在水平方向上做匀速运动，水平位移为：
x＝v0t
从抛出到落地运动的位移为：s=
h2 + x2
代入数据得：s=
34m。
答：（1）在空中运动的加速度为10m/s2 ，方向竖直向下；
（2）在空中运动的时间为1s；
（3）从抛出到落地位移的大小为34m。
【点评】本题考查了平抛运动的规律，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，结
合运动学公式进行求解。
14．【分析】列车先做初速度为20m/s，加速度为0.4m/s2 的匀减速直线运动，然后静止，最后做初速度为0，加速度
为0.5m/s2 的匀加速直线运动，末速度为20m/s。
求出列车减速的位移和时间，加速的位移和时间即可求得总时间与总位移。
【解答】解：v0＝54km/h＝15m/s，
（1）列车制动后做匀减速直线运动，根据v0＝a1t1，代入数据得：t1＝50s；
（2）列车启动后做匀加速直线运动，根据v0
2 = 2a2x2，代入数据得：x2＝225m；
（3）列车从制动到停止所运动的位移x1 = v0t1
2 ，
列车启动后达到原来速度的时间t2 = v0
a2，
列车以v0 行驶x＝x1+x2 的时间t3 = x
v0 = x1+x2
v0
，
延误的时间△t＝t1+t2+t0﹣t3，
代入数据得：△t＝100s；
答：（1）从开始制动到停止的时间t1 为50s；
（2）启动后达到原来速度的位移x2 的大小为225m；
（3）由于临时停车所延误的时间△t 为100s；
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式v＝v0+at 和速度位移公式x = 1
2 at2，注意将末速度
为零的运动可以视为初速度为零匀加速直线运动。
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15．【分析】（1）小球最终做匀速直线运动，处于状态，由平衡条件可以求出比例系数的表达式。
（2）根据题意求出小球的速度为
v0
2 时受到的阻力，然后应用牛顿第二定律求出此时小球的加速度。
（3）v﹣t 图象与坐标轴所形成图形的面积等于小球的位移，根据题意作出v﹣t 图象，然后分析答题。
【解答】解：（1）小球做匀速直线运动时处于平衡状态，由平衡条件得：mg＝kv0，
解得：k= mg
v0 ；
（2）当小球速度为
v0
2 时，受到的空气阻力为：F＝k
v0
2 ，
对小球，由牛顿第二定律得：mg﹣F＝ma，
解得：a= 1
2g；
（3）物体运动的v﹣t 图象（曲线）如图所示
图线与时间轴所围的面积S 代表了t0 时间内小球下降的高度h
图线与时间轴所围的面积S 大于三角形的面积
v0t0
2 ，即小球下降的高度：h＞v0t0
2 ，
由此可知，该同学的观点不正确；
答：（1）比例系数k 的表达式为：k= mg
v0 ；
（2）当小球的速度为
v0
2 时，小球的加速度的大小为
1
2g；
（3）该同学的观点不正确，小球下落高度：h＞v0t0
2 。
【点评】分析清楚小球运动过程与受力情况是解题的前提与关键，应用平衡条件、牛顿第二定律与运动学公式可
以解题。
16．【分析】（1）物体静止，由平衡条件可以求出A 对B 的弹力。
（2）当A、B 即将分离时拉力最大，对B 应用牛顿第二定律可以求出最大拉力。
（3）应用平衡条件与牛顿第二定律求出静止时与两物体分离时弹簧的压缩量，然后求出物体的位移，应用匀变
速直线运动的速度位移公式求出分离时物体的速度。
【解答】解（1）A 静止处于平衡状态，在水平方向，由平衡条件得：
F 弹＝μmg＝0.5×3×10＝15N；
（2）物体A、B 分离时，F 最大，对物体B，由牛顿第二定律得：
F 最大﹣μmg＝ma，
代入数据解得：F 最大＝21N；
（3）物体A、B 静止时，弹簧压缩的距离为x0，对A、B 系统，由平衡条件得：
kx0＝μ•2mg，
物体A、B 开始分离时，对物体A，由牛顿第二定律：
kx﹣μmg＝ma，
从静止到物体A 和B 分离，物体运动的位移为：
△x＝x0﹣x，
根据匀变速运动的规律：v2＝2a•△x，
代入数据解得：v＝0.6m/s；
答：（1）静止时，物体A 对B 的弹力大小为15N；
（2）水平向左拉力F 的最大值为21N；
（3）物体A、B 开始分离时的速度为0.6m/s。
【点评】本题考查了平衡条件与牛顿第二定律的应用，根据题意分析清楚物体的受力情况与运动过程是解题的前
提，应用平衡条件、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
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2019-2020 学年江苏省无锡市高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题：本题共6 小题，每小题3 分，共计18 分每小题只有一个选项符合题意
1．（3 分）一只足球以10m/s 的速度水平向西飞向一足球运动员，运动员用脚踢球，使足球以15m/s 反向飞回，已
知脚与球接触时间为0.5s，这个踢球的过程中足球的加速度为（
）
A．10m/s2 方向水平向西
B．10m/s2 方向水平向东
C．50m/s2 方向水平向西
D．50m/s2 方向水平向东
2．（3 分）如图所示，质量m＝10kg 的物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，在向右滑动的过程中，还受到大小
为10N，方向水平向左的力F 作用。则物体所受摩擦力为（取g＝10m/s2）（
）
A．10N，向左
B．10N，向右
C．20N，向左
D．20N，向右
3．（3 分）如图是一种测定风力仪器的原理图，金属小球P 的质量为m，固定在一细长刚性金属丝下端能绕悬挂点
O 在竖直平面内转动无风时金属丝自然下垂，当水平方向的风吹向金属小球P 时，金属丝将偏离竖直方向定角度，
则水平风力F 的表达式正确的是（
）
A．F＝mgsinθ
B．F＝mgcosθ
C．F＝mgtanθ
D．F= mg
cosθ
4．（3 分）一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由N 向M 行驶速度逐渐减小。图A，B，C，D 分别画出了汽车转
弯时所受合力F 的四种方向，你认为正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
5．（3 分）物体以初速度t 沿粗糙斜面向上滑行，达到最高点后自行返回原点在这一过程中，下列关于物体的速度
与时间图线正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
6．（3 分）水平杆上套有两个相同的质量为m 的环，两细线等长，下端系着质量为M 的文物体，系统静止，现在增
大两环间距而系统仍静止，则杆对环的支持力FN 和杆对环的摩擦力Ff 的变化情况是（
）
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A．都不变
B．都增大
C．FN 增大，Ff 不变
D．FN 不变，Ff 增大
二、选择题（共5 小题，每小题4 分，满分20 分）
7．（4 分）如图所示，为减少“探究求合力的方法”中的实验误差，下列说法正确的是（
）
A．作力的图示时，各力的比例标度应相同
B．弹簧秤必须与木板保持平行
C．用铅笔沿着绳子划线，记录拉力的方向
D．实验中所用的两根细线尽量短一点
8．（4 分）公路在通过小型水库的泄洪闸的下游时，常常要修建凹形桥，也叫“过水路面”。如图所示，汽车通过凹
形桥的最低点时（
）
A．车对桥的压力比汽车的重力小
B．车对桥的压力比汽车的重力大
C．车的速度越大，车对桥面的压力越大
D．车的速度越大，车对桥面的压力越小
9．（4 分）机车A 拉着一节车厢B 向右行驶用F1 和F2 分别代表机车A 对车厢B 和车厢B 对机车A 的作用力，已
知车厢B 行驶时受到的阻力为F 阻，则（
）
A．机车A 拉车厢B 匀速行驶时，F1＝F 阻，F1 与F 阻方向相反
B．机车A 拉车厢B 匀速行驶时，F1＝F2，F1 与F2 方向相反
C．机车A 拉车厢B 加速行驶时，F1＞F 阻，F1 与F 阻方向相反
D．机车A 拉车厢B 加速行驶时F1＞F2，F1 与F2 方向相反
10．（4 分）如图所示，蜡块可以在竖直玻璃管内的水中匀速上升。若在蜡块从A 点开始匀速上升的同时玻璃管沿
水平方向向右做直线运动（如图），则关于蜡块的实际运动轨迹的说法中正确的是（
）
A．若玻璃管向右做匀速直线运动，则轨迹为直线P
B．若玻璃管向右做匀加速直线运动，则轨迹为直线P
C．若玻璃管向右做匀加速直线运动，则轨迹为曲线R
D．若玻璃管向右做匀加速直线运动则轨迹为曲线Q
11．（4 分）在粗糙的水平面上，物体在水平推力作用下由静止开始作匀加速直线运动，作用一段时间后，将水平推
力逐渐减小到零，则在水平推力逐渐减小到零的过程中（物体仍在继续运动）则（
）
A．物体速度逐渐减小
B．物体速度先增大后减小
C．物体加速度逐渐减小
D．物体加速度先减小后增大
三、实验题：本题共两小题，共18 分，请将解答填写在答题卡相应的位置
12．（8 分）某同学用如图所示装置做探究弹簧伸长和所受拉力关系”的实验他先在弹簧下端挂上一个钩码然后逐个
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增加钩码，记录弹簧下端指针对应所指的标尺刻度所得数据列表如下：
钩码重G/N
1.00
2.00
3.00
4.00
5.00
标尺刻度x/10
﹣2m
22.94
26.82
32.10
34.66
38.60
（1）根据记录数据，该同学已在坐标上描出了相应的点，如图所示。请在坐标上画出弹簧指针所指的标尺刻度
与钩码重的关系图线。
（2）根据关系图线可确定：这根弹簧的劲度系数为
N/m，原长为
cm．（保留一位小数）
13
．（
10
分
）
在
探
究
“
加
速
度
与
力
、
质
量
关
系
”
的
活
动
中
：
（1）实验器材组装如图甲所示。实验装置图中的电源应为
（填“交流电源”或“直流电源”）
（2）在实验中保持小车质量不变，改变沙桶的质量，测得小车所受绳子的拉力F 和加速度a 的数据如下表：
F/N
0.21
0.30
0.40
0.49
0.60
a/（m/s2）
0.10
0.21
0.29
0.41
0.49
①根据测量的数据在图乙中作出a﹣F 图象；
②由作出的图象可知小车与长木板之间的摩擦力力大小为
N．（保留一位有效数字）
③下图丙是实验中得到的一条纸带，图中相邻两计数点之间的时间间隔为0.1s，由图中的数据可得小车的加速度
a＝
m/s2（结果保留两位有效数字），C 点的速度Vc＝
m/s。（结果保留两位有效数字）
四、计算题本题共5 小题，共计64 分解答时请写出必要的文字说明方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不
能得分，有数值计算的题答案必须明确写出数值和单位
14．（12 分）从离地31.25m 的空中自由下落一个小球，不计空气阻力取g＝10m/s2，求：
（1）从开始下落的时刻起，小球经过多少时间落到地面；
（2）小球落到地面的速度大小；
（3）从开始下落到落地的整个过程中求最后1s 内的位移大小；
15．（12 分）质量为2kg 的物体在水平推力F 的作用下沿水平面做直线运动，段时间后撒去F，其运动v﹣t 图象如
图所示。g 取10m/s2，则：
（1）0﹣10s 内物体运动位移的大小是多少？
（2）物体与水平面间的动摩擦因数μ是多少？
（3）水平推力F 的大小为多少？
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16．（12 分）如图所示，质量为4.0kg 的物体在与水平方向成37°角、大小为20N 的拉力F 作用下沿水平面由静止
开始运动，已知物体与地面间动摩擦因数为0.20；取g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6；求：
（1）物体的加速度大小；
（2）经过2s 撤去F，求物体前5s 内的位移是多少？
17．（14 分）民用航空客机的机舱除通常的舱门外，还设有紧急出口。发生意外的客机在着陆后，打开紧急出口的
舱门，会自动生成一个由气囊构成的斜面机舱中的乘客可以沿着斜面迅速滑到地面。若某客机紧急出口离地面的
高度为4m，构成斜面的气囊长5m，要求乘客在紧急疏散时由气囊顶端从静止开始滑到地面的时间不超过2s，
且为了不至于摔伤乘客，到达地面时的速度不能超过6m/s，则在设计气囊时，所选气囊材料与下滑乘客间的动
摩擦因数应满足什么条件？g 取10m/s2
18．（14 分）如图所示，质量为60kg 的跳台滑雪运动员经过一段半径为40m 的圆弧加速滑行后从O 点水平飞出（O
点正好在圆弧对应圆心的正下方），经3.0s 落到斜坡上的A 点已知O 点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝
37°，不计空气阻力（取sin37°＝0.60，cos37°＝0.80；g 取10m/s2 求
（1）A 点与O 点的高度差h 和AO 距离L；
（2）运动员刚要离开0 点时的速度大小及对O 点的压力。
（3）运动员落到A 点时速度的大小和方向。
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2019-2020 学年江苏省无锡市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共6 小题，每小题3 分，共计18 分每小题只有一个选项符合题意
1．【分析】规定速度的正方向，确定始末速度，再根据加速度的定义求加速度。
【解答】解：以水平向西为正方向，则初速度v0＝10m/s，末速度v＝﹣15m/s，
所以足球的加速度为：a= −15−10
0.5
=−50m/s2
负号表示加速度的方向与飞来的方向相反即为水平向东，故D 正确，ABC 错误；
故选：D。
【点评】掌握加速度的定义式，知道同一条直线上的矢量运算是解题的关键。注意速度的矢量性。
2．【分析】滑动摩擦力方向与物体相对运动方向相反。滑动摩擦力的大小f＝μN，N 是物体对地面的压力。物体在
水平面上滑动时对地面的压力大小等于其重力。根据这些知识即可求解本题。
【解答】解：物体所受滑动摩擦力大小为f＝μN，而N＝mg，则f＝μmg＝0.1×10×10N＝10N。
根据滑动摩擦力方向与物体相对运动方向相反可知，物体向右运动，则其所受滑动摩擦力方向向左。故A 正确，
BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题关键要掌握滑动摩擦力方向的特点：与物体相对运动方向相反，以及滑动摩擦力大小公式f＝μN．要
注意滑动摩擦力不是F 方向相反，而是与物体相对运动方向相反。
3．【分析】对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件，运用合成法求解。
【解答】解：对小球受力分析，受重力、水平分力、绳子的拉力，如图
将风力和拉力合成，根据共点力平衡条件，有
F＝mgtanθ，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】本题关键对小球受力分析，根据共点力平衡条件求出风力和角度θ的关系。
4．【分析】根据曲线运动的条件以及减速曲线运动的条件判断。
【解答】解：AD．由曲线运动条件知，物体所受合外力必须在曲线凹侧，故AD 错误；
BC．曲线运动中某点的速度方向为该点的切线方向，又因为汽车速度减小，作减速运动，和、又因为减速曲线
运动合外力和速度成钝角，故B 正确，C 错误；
故选：B。
【点评】该题是对曲线运动基本条件和减速曲线运动条件应用的考查的试题。
5．【分析】物体以初速度v0 沿粗糙斜面向上滑行，先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，根据牛顿
第二定律分析两个过程加速度关系，由位移时间公式分析运动时间关系，从而确定图象的形状。
【解答】解：物体以初速度v0 沿粗糙斜面向上滑行，先向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ+μmgcosθ＝ma 上；
后向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma 下，对比可得，a 上＞a 下，
所以上滑过程速度图象的斜率绝对值大于下滑过程图象斜率的绝对值。
根据x= 1
2 at2知，两个过程位移大小相等，上滑时间与下滑时间短，符合物体运动情况的图象只有A．故A 正确，
BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题考查理解速度﹣时间图象的能力，关键要根据牛顿第二定律分析加速度关系，抓住v﹣t 图线的斜
率表示加速度的特点进行分析。
6．【分析】由题意可知物体始终处于平衡状态，则由共点力的平衡条件可知细线对环的两拉力的变化；对整体受力
分便可知支持力的变化。
【解答】解：对整体受力分析，可知整体受重力、两环的支持力及摩擦力而处于平衡，竖直方向上受两支持力及
重力且平衡，故两支持力的合力应等于重力，故支持力保持不变。
因物体处于平衡状态，故两力的合力与重力大小相等方向相反，因两细线的夹角增大，由力的合成规律可知两细
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线上的拉力增大，故细线对环的拉力增大；故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
【点评】整体法与隔离法为受力分析中常用方法，在解题中要注意灵活应用；在对整体受力分析时只分析系统之
外的力，而不能分析内力。
二、选择题（共5 小题，每小题4 分，满分20 分）
7．【分析】本题涉及实验原理：合力与分力产生相同的形变效果，测量出分力与合力的大小和方向，用同样的标度
作出这些力的图示，寻找规律；注意实验中的注意事项，明确减小误差的基本方法。
【解答】解：A、为了利用作图法求解合力，图中各个力的大小所用的比例标度相同，故A 正确；
B、为了防止出现竖直方向上的分力，故弹簧秤应与木板保持平行，故B 正确；
C、记录方向时，通过在细线下方描点的方法进行；不能沿绳子划线，故C 错误；
D、实验中所用的两根细线适当长一点可以减少因描点不准确而带来的误差，故D 错误。
故选：AB。
【点评】本题考查验证力的平形四边形定则的实验，要注意理解实验应理解实验的原理及方法，由实验原理和方
法记忆实验中的注意事项，最好通过实际操作实验，加深对实验的理解。
8．【分析】根据牛顿第二定律得出支持力和重力的关系，从而比较压力和重力的大小关系，根据牛顿第三定律比较
支持力和压力的大小关系。
【解答】解：AB、汽车通过凹形桥最低点时，靠重力和支持力的合力提供向心力，有：N﹣mg＝m
v2
R ，解得：N
＝mg+m
v2
R ，可知汽车对桥的压力大于汽车的重力，故A 错误，B 正确；
CD、根据N＝mg+m
v2
R 可知，速度越大，车对桥面的压力越大，故C 正确D 错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键知道最低点向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，明确支持力与重力的合力充当
向心力。
9．【分析】机车匀速行驶时，A、B 的合力均为零，根据平衡条件分析A 对B 的作用力和阻力的关系；当机车有加
速度时，以B 为研究对象，根据牛顿第二定律求解A 对B 的作用力。
【解答】解：AB、A 拉B 匀速行驶，A、B 都处于平衡状态，由平衡条件可知，F1＝F 阻，方向相反；F1 和F2
是作用力与反作用力，它们等大反向；故AB 正确；
CD、A 拉B 加速行驶时，F1 大于F 阻，方向相反；F1 和F2 是作用力与反作用力，它们等大反向；故C 正确D 错
误；
故选：ABC。
【点评】本题要正确选择研究对象，运用牛顿第二定律和牛顿第三定律求解。
10．【分析】蜡块参与了水平方向上匀速直线运动和竖直方向上的匀速直线运动，根据合速度的方向关系确定蜡块
的运动轨迹；蜡块参与了水平方向上初速度为0 的匀加速直线运动和竖直方向上的匀速直线运动，根据合速度与
合加速度的方向关系确定蜡块的运动轨迹。
【解答】解：A、蜡块参与了水平方向上匀速直线运动和竖直方向上的匀速直线运动，因此蜡块将沿着合速度的
方向做匀速直线运动，则轨迹为直线P，故A 正确；
B、当合速度的方向与合力（合加速度）的方向不在同一条直线上，物体将做曲线运动，且轨迹夹在速度与合力
方向之间，轨迹的凹向大致指向合力的方向。蜡块的合速度方向竖直向上，合加速度方向水平向右，不在同一直
线上，轨迹的凹向要大致指向合力的方向，则轨迹为曲线Q，故BC 错误，D 正确；
故选：AD。
【点评】解决本题的关键知道当合速度的方向与合力（合加速度）的方向不在同一条直线上，物体将做曲线运动，
且轨迹夹在速度与合力方向之间，轨迹的凹向大致指向合力的方向。
11．【分析】分析物体的受力情况，确定合力的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化，加速度大小与合力大小
成正比。当合力方向与速度方向相同时，物体做加速运动；当合力方向与物体的速度相反时，物体做减速运动。
【解答】解：物体在水平推力作用下由静止开始作匀加速直线运动，物体水平方向受到推力和滑动摩擦力。水平
推力从开始减小到与滑动摩擦力大小相等的过程中，物体受到推力大于摩擦力，物体做加速运动，合力减小，加
速度减小；此后，推力继续减小，推力小于滑动摩擦力，合力与速度方向相反，物体做减速运动，合力反向增大，
加速度反向增大。
故物体速度先增大后减小，加速度先减小后增大。
故AC 错误，BD 正确；
故选：BD。
【点评】本题分析物体受力情况和判断运动情况的能力。物体做加速运动还是减速运动，看加速度方向与速度方
向的关系，两者同向，加速；反向，减速。
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三、实验题：本题共两小题，共18 分，请将解答填写在答题卡相应的位置
12．【分析】（1）根据表中数据，利用描点法可正确作出弹簧指针所指的标尺刻度与钩码重的关系曲线；
（2）根据胡克定律写出F 与L 的关系方程，然后根据有关数学知识进行求解。
【解答】解：（1）利用描点法得出图象如下所示：
（2）根据图象可知弹簧总长度和弹簧拉力关系图线为直线，因此弹簧伸长与所受拉力成正比关系，图线的斜率
大小等于弹簧的劲度系数，图象与纵坐标的交点为弹簧的原长，根据图象有：弹簧的劲度系数k＝25.5N/m，弹
簧的原长为：l＝19.0cm。
故答案为：如图所示，正比，25.5～26.5，18.8～19.2。
【点评】对于基础实验要加强动手能力，提高实验水平，同时加强数学知识在物理中的应用，提高数据处理能力。
13．【分析】（1）本题应抓住：电磁打点计时器的电源是低压交流电源等注意事项。
（2）①采用描点法作出a～F 图象。
②当小车刚开始运动时所受的静摩擦力即为最大静摩擦力，由图象读出a＝0 时的F 即可得到。
③根据匀变速直线运动的推论：sm﹣sn＝（m﹣n）T2，（m＞n）求解加速度。对于AE 段，由平均速度公式求出
速度vC。
【解答】解：（1）电磁打点计时器的电源是低压交流电源；
（2）①根据描点法画出a﹣F 图象如图；
②当小车刚开始运动时所受的静摩擦力即为最大静摩擦力，由图象读出a＝0 时的F＝0.1N，则知最大静摩擦力
为0.1N
③由sEF﹣sAB＝4aT2，T＝0.1s
得：a= sCE−sAC
4T2
= (2.74+4.04)−(0.72+1.63)
4×0.01
× 10−2m/s2＝0.11m/s2
C 点的瞬时速度等于AE 之间的平均速度，所以：vC = vAE = 0.72+1.63+2.74+4.04
4×0.1
× 10−2 =0.22m/s
故答案为：（1）交流电源；（2）①如右图所示；②0.1；③0.11，0.22。
【点评】本题考查了打点计时器应用的注意事项及打出的纸带的处理方法，有利于学生基本知识的掌握，同时也
考查了学生对实验数据的处理方法，及试验条件的掌握，平衡摩擦力的方法。
四、计算题本题共5 小题，共计64 分解答时请写出必要的文字说明方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不
能得分，有数值计算的题答案必须明确写出数值和单位
14．【分析】根据h = 1
2 gt2求小球落地时的时间；
根据v＝gt 求小球落地时的速度；
最后1s 内的位移等于总位移减去前1.5s 内的位移；
【解答】解：（1）由公式h = 1
2 gt2可知：
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第129页（共403页）
t =
2h
g =
2×31.25
10
= 2.5s
（2）由v＝gt 得落地速度为：v＝10×2.5m/s＝25m/s
（3）由公式h = 1
2 gt2可知前1.5s 下落的位移为：h1 = 1
2 × 10 × 1．52 =11.25m，
故最后1s 内的位移大小为：h2＝h﹣h1＝31.25﹣11.25m＝20m；
答：（1）从开始下落的时刻起，小球经过2.5s 落到地面；
（2）小球落到地面的速度为25m/s；
（3）从开始下落到落地的整个过程中求最后1s 内的位移大小为20m；
【点评】本题是自由落体运动基本公式的运用，题目较基础。
15．【分析】（1）根据图线与时间轴围成的面积求出0～10s 内物体运动位移的大小；
（2）根据速度时间图线的斜率求出物体在6﹣10s 内的加速度，结合牛顿第二定律求出摩擦力，从而求得动摩擦
因数。
（3）根据速度时间图线的斜率求出物体在0﹣6s 内的加速度，结合牛顿第二定律求出水平推力F 的大小。
【解答】解：（1）根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移，则0～10s 内物体运动位移的大小x= 1
2 ×（2+8）
×6+ 1
2 ×4×8m＝46m。
（2）6～10s 物体的加速度a2= 0−v
t2 = 0−8
4 m/s2＝﹣2m/s2
根据牛顿第二定律得﹣μmg＝﹣ma2
解得μ＝0.2
（3）物体在0﹣6s 内的加速度a1= v−v0
t1
= 8−2
6 m/s2＝1m/s2，
根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma1，
解得F＝f+ma1＝4+2×1N＝6N。
答：
（1）0～10s 内物体运动位移的大小为46m；
（2）物体与水平面间的动摩擦因数μ是0.2；
（3）水平推力F 的大小为6N。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合运用，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成
的面积表示位移。
16．【分析】（1）对物体进行受力分析求出合力，根据牛顿第二定律即可求得加速度；
（2）在2s 末撤去了拉力F，之后物体将在摩擦力的作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律求得减速运动的加
速度，根据速度﹣时间公式求出减速运动的总时间，再根据位移﹣时间公式求解位移。
【解答】解：（1）对物体受力分析，据牛顿第二定律有：
水平方向有F1﹣f＝ma；
FN+F2﹣mg＝0
又：f＝μFN；F1＝Fcos37°；F2＝Fsin37°
联立得：Fcos37°﹣μ（mg﹣Fsin37°）＝ma
代入数据解得：a＝2.6m/s2
（2）F 作用2s 末物体的速度为：v＝at2＝2.6×2 m/s＝5.2 m/s，
撤去F 后，据牛顿第二定律有：﹣μmg＝ma′
故：a′＝﹣μg＝﹣0.20×10 m/s2＝﹣2.0 m/s2
设撤去F 后物体经过时间t0 停止运动，则有：t0= 0−v
a' = −5.2
−2 s＝2.6s
所以物体前5s 内的位移为：x= 0+v
2 t总= 5.2
2 ×（2+2.6）m＝11.96m
答：（1）物体的加速度大小是2.6m/s2；
（2）经过2s 撤去F，物体前5s 内的位移是11.96m。
【点评】物体先是匀加速直线运动，后是匀减速直线运动，在求物体的运动时间的时候要注意，物体的总运动的
时间并不是5s，这是同学出错的地方，对于减速运动一定要注意物体运动的时间。
17．【分析】根据已知条件：乘客到达地面时的速度不能超过6m/s，由运动学公式求出乘客的加速度的临界值。人
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从斜坡上滑下时受到重力、斜面的支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数的临界值。
【解答】解：根据x = 1
2 at2
得a = 2x
t2 = 2×5
4 m/s2 =2.5m/s2
根据牛顿第二定律mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
解得μ = 11
12，因此动摩擦因数应小于
11
12
由v2 = 2ax＜62 ，a＜
v2
2x ＜3.6m/s2
由牛顿第二定律mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
解得μ＞11
15
因此动摩擦因数应在
11
15 ＜μ＜
11
12的范围内
答：在设计气囊时，所选气囊材料与下滑乘客间的动摩擦因数应满足条件
11
15 ＜μ＜
11
12
【点评】本题是实际问题，关键要建立物理模型，对问题进行简化，分析人的受力情况和运动情况是基础。
18．【分析】（1）平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据时间求出平抛运动的竖直位移，从而求出AO 的距离
L。
（2）根据水平位移和时间求出平抛运动的初速度，根据向心力公式求出压力。
（3）根据竖直方向上的运动规律求出A 点竖直方向上的分速度，根据平行四边形定则求出A 点的速度。
【解答】解：（1）当落到A 位置时，h= 1
2 gt2 = 1
2 × 10 × 32m =45m，根据几何关系可知，L=
h
sinθ = 45
0.6 m =75m。
（2）平抛运动的水平位移x＝Lcosθ＝75×0.8m＝60m，刚离开O 点的速度v0 = x
t = 60
3 m/s =20m/s。
在O 点时，根据向心力公式可知，N﹣mg＝m
v2
R ，代入数据解得N＝1200N。
根据牛顿第三定律可知，运动员对O 点的压力大小为1200N，方向竖直向下。
（3）运动员运动到A 点的竖直速度vy＝gt＝10×3m/s＝30m/s。
A 点速度vA =
v0
2 + vy
2 =10 13m/s。
设速度与水平方向的夹角为α，则tanα= vy
v0 =1.5。
答：（1）A 点与O 点的高度差h 为45m，AO 距离L 为75m。
（2）运动员刚要离开0 点时的速度大小为20m/s，对O 点的压力为1200N。
（3）运动员落到A 点时速度的大小为10 13m/s，与水平方向夹角为α，其中tanα＝1.5。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动的水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式进行
求解。
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2019-2020 学年江苏省苏州市高一（上）期末物理试卷
一.单项选择题：本题共6 小题.每小题3 分，共计18 分每小题只有一个选项符合题意
1．（3 分）最早把实验和逻辑推理和谐地结合起来对自由落体运动进行科学研究的科学家是（
）
A．伽利略
B．胡克
C．牛顿
D．亚里士多德
2．（3 分）如图所示，在加速上升的电梯中。小明站在一个台秤上，下列说法正确的是（
）
A．人对秤的压力与秤对人的支持力是一对平衡力
B．秤对人的支持力与人的重力是一对平衡力
C．秤对人的支持力等于人对秤的压力
D．秤对人的支持力大于人对秤的压力
3．（3 分）汽车以20m/s 的速变做匀速直线运动。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．3：4
C．3：5
D．5：9
4．（3 分）如图所示，物体在恒力F 作用下沿曲线从A 运动到B．此时使它所受的力F 大小不变，方向与原来方向
相反，关于物体以后运动情况，下列说法正确的是（
）
A．物体可能沿曲线Ba 运动
B．物体可能沿直线Bb 运动
C．物体可能沿曲线Bc 运动
D．物体可能沿原曲线由B 返回A：
5．（3 分）一根弯折的硬杆一端固定小球。图A 小车在水平面上向右匀速运动：图B 小车在水平面上向右匀加速运
动：图C 小车在水平面上向右匀减速运动；图D 小车在光滑斜面上加速下滑，下列图中杆对小球作用力F 的示
意图可能正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
6．（3 分）木块A，B 的质量分别为m1、m2，用细线通过滑轮连接，如图所示、已知A，B 静止时两条细线都处绷
紧状态。现将物块B 下方的细线剪断。忽略滑轮摩擦及一切阻力。设剪断细线前后A，B 间的细线弹力分别T1、
T2，则（
）
A．m1g＞T1＞m2g
B．m1g＞T1＝m2g
C．m1g＞T2＝m2g
D．m1g＞T2＞m2g
二.多项选择题：本题共5 小题.每小题4 分.共计20 分每小题有多个选项符合題意.全部选对的得4 分.选对但不全的
得2 分.错选或不善的得0 分，
7．（4 分）如图所示，在足球比赛中头球是一种常用的技术。关于运动员的头与球之间的弹力，下列说法正确的有
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（
）
A．头对球有弹力作用，球对头设有弹力作用
B．头对球的弹力是由球的形变产生的
C．头对球的弹力使球发生形变
D．头对球的弹力可以改变球的运动方向
8．（4 分）如图所示是某同学站在力板传感器上做“下蹲﹣起立”的动作时记录的压力F 随时间t 变化的图线。由
图线可知该同学；（
）
A．体重约为800 N
B．10s 内做了一次“下蹲﹣起立”的动作
C．10s 内做了两次“下蹲﹣起立”“的动作
D．“下蹲﹣起立过程”的最大加速度约为7m/s2
9．（4 分）某河水的流速与离出发点河岸距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示。
让船以最短时间渡河，则（
）
A．渡河的时间是75s
B．在行驶过程中，船头始终与河岸垂直
C．航行的轨迹是一条直线
D．在行驶过程中，船相对于河岸的最大速度是5m/s
10．（4 分）如图所示。传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速放一小木块。若木块与传送带间
的动摩擦因数为μ ．重力加速度为g ，则木块从左端运动到右端的时间t 正确的是（
）
A．若μ＞V2
2gL，则t = L
v + v
2μg
B．若μ＞V2
2gL 则t =
2L
μg
C．若μ＜V2
2gL，则t = L
v + v
2μg
D．若μ＜V2
2gL，则t =
2L
μg
11．（4 分）如图所示，细线的一端系质量为m 的小球。另﹣﹣端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平
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行、在斜面体以加速度a 水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T
和斜面的支持力FN 分别为（重力加速度为g）（
）
A．T＝m（gsinθ+acosθ）
B．T＝m（gcosθ+asinθ）
C．FN＝m（gcosθ+asinθ）
D．FN＝m（gcosθ﹣asinθ）
三.实验题：本题共3 小题，共计24 分.请将解答填写在答题卡相应的位置.
12．（4 分）“验证力的平行四边形定则“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。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。
（1）图乙中的F 与F'两力中，方向一定沿AO 方向的是
（2）本实验采用的科学方法是
A．理想实验法
B．等效替代法
C．控制变量法
D．建立物理模型法
13．（8 分）某小组利用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律。实验中，他们平衡了摩擦力，用天平测出小车的总质
量。用细线所挂钩码的总重力代替小车所受的牵引力大小F。
（1）他们还在实验时调节水板上定滑轮的高度。使牵引小车的细线与木板平行这样做的目的是
A．避免小车在运动过程中发生抖动
B．使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰
C．保证小车最终能够做匀速直线运动
D．使细线拉力等于小车受到的合力
（2）实验得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示，O、A、B、C、D 是在纸带上选取的计数点，相邻计数点间还
有4 个打的点未画出，AB、CD 间的距离分别为x1，x2．打点计时器的打点周期为T．则小车运动的加速度大小
为
m/s2。
（3）下表记录了小车质量一定时，牵引力大小F 与对应的加速度a 的几组数据。请在图丙的坐标中描点作出a
﹣F 图线。
钩码个数
1
2
3
4
5
F/N
0.49
0.98
1.47
1.96
2.45
a/（m．s
﹣2）
0.92
I.68
2.32
2.88
3.32
（4 ）实验中画出的a ﹣F 图线与理论计算得到的图线（图中已画出）有明显偏差，其原因主要是
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14．（12 分）“研究平抛物体的运动“实验的装置如图甲所示。钢球从斜槽上滚下，经过水平槽飞出后故平抛运动。
每次都使钢球从斜槽上同一位置由静止滚下，在小球运动轨迹的某处用带孔的卡片迎接小球。使球恰好从孔中央
通过而不碰到边缘，然后对准孔中央在白纸上记下一点。通过多次实验。在竖直白纸上记录钢球所经过的多个位
置，用平滑曲线连起来就得到钢球做平抛运动的轨迹。
（1）实验所需的器材有：白纸、图钉、平板、铅笔、弧形斜槽、小球、重锤线、有孔的卡片，除此之外还需要
的一项器材是
A．天平
B．秒表
C．刻度尺
（2）在此实验中，小球与斜槽间有摩擦
（选填”会”或“不会”）使实验的误差增大：如果斜槽末端点
到小球落地点的高度相同，小球每次从斜槽滚下的初始位置不同，那么小球每次在空中运动的时间
（选
填“相同”或“不同“）：
（3）如图乙所示是在实验中记录的一段轨迹。已知小球是从原点O 水平抛出的，经测量A 点的坐标为（40cm，
20cm）。g 取10m/s2．则小球平抛的初速度v0＝
m/s，若B 点的横坐标为xB＝60cm，则B 点纵坐标为yB
＝
m。
（4）另一同学利用稳定的细水柱显示平抛运动轨迹，下面三张装置图中正确的是
四、计算题:本题共4 小题.共计58 分.解答时请写出必要的文字说明方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不
能得分有数值计算的题.答案中必须明确写出数值和单位
15．（14 分）质量为2kg 的物体在水平推力F 的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v﹣t 图
象如图所示。g 取10m/s2，求：
（1）0～6s，6～10s 过程中加速度的大小
（2）0～10s 内物体运动的位移；
（3）物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F 的大小。
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16．（14 分）某电视台正在策划的“快乐向前冲”节目的场地设施，如图所示，AB 为水平直轨道，上面安装有电动
悬挂器，可以载人（人可看作质点）运动，下方水面上漂浮着一个直径为2m 海绵的圆盘。平台边缘与圆盘的高
度差H＝3.2m。选手抓住悬挂器，按动开关，在电动机的带动下，从平台边缘正上方A 点沿轨道做初速度为零，
加速度为a＝2m/s2 的匀加速直线运动。起动后2s 悬挂器脱落。（重力加速度为g＝10m/s2）
（1）求：人随悬挂器水平运动的位移和悬挂器脱落时人的速率；
（2）若悬挂器脱落后，选手恰好落到圆盘的中心，求：圆盘离平台水平距离L 的大小；
（3）求：选手落到圆盘时的速度大小及速度与竖直方向夹角的正切值。
17．（14 分）如图所示，用细线A 和轻弹簧B、C 将两个质量均为m 的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，细线
A 与竖直方向的夹角为30°，弹簧C 水平。求：
（1）细线A 和轻弹簧C 受到的拉力；
（2）轻弹簧B 受到的拉力：
（3）若烧断细线A，则细线烧断瞬间两小球的加速度。
18．（16 分）如图所示，质量为2kg 的木板B 静止在光滑水平面上，质量为1kg 可视为质点的木块A 以水平速度v0
＝2m/s 从右端向左滑上木板。木块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5．此时有一水平向右的力F＝10N 作用在长木
板上，取g＝10m/s2。
（1）求开始时木块A 和木板B 各自的加速度大小。
（2）若木板足够长，求从木块滑上木板到木块和木板速度相等所经历的时间。
（3）要使木块不从木板上滑落，求木板的最小长度。
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参考答案与试题解析
一.单项选择题：本题共6 小题.每小题3 分，共计18 分每小题只有一个选项符合题意
1．【分析】掌握物理学史的基本内容，明确了题目所提到的科学家的重要贡献即可正确解答本题。
【解答】解：亚里士多德认为力是维持物体运动的原因；最早把实验和逻辑推理和谐地结合起来对自由落体运动
进行科学研究的科学家是伽利略；牛顿在伽利略等科学家的基础上提出了牛顿三定律；胡克提出了胡克定律，故
A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题考查了有关物理学史的知识，对于这部分知识注意是注意平时加强积累和记忆。
2．【分析】明确作用力和反作用力的性质，能区分作用力和反作用力与平衡力；
明确当物体有向下的加速度时物体处于失重状态；当物体加速度向上时，物体处于超重状态；物体处于超重状态
或失重状态时，重力并没有发生变化。
【解答】解：A、根据牛顿第三定律可知，人对秤的压力与秤对人的支持力是一对作用力和反作用力，故A 错误；
B、人站在电梯里一起加速上升，人的加速度向上，合力向上，电梯对人的支持力大于人的重力，不是平衡力，
故B 错误；
C、D、由A 的分析可知，秤对人的支持力等于人对秤的压力，故C 正确，D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查超重与失重以及牛顿运动定律的应用，其中要注意的是超重或失重时，是视重发生变化，而物
体的重力不变化，还要注意平衡力与相互作用力的区别。
3．【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式求出汽车刹车到停止所需的时间，判断汽车是否停止，结合位移时
间公式求出刹车后的位移。
【解答】解：汽车刹车到停止所需的时间t0 = v0
a =4s。
则刹车后2s 内的位移x= v0t + 1
2 at2 =30m。
刹车后6s 内的位移等于刹车后4s 内的位移，则x' =
v0
2
2a =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．故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题属于运动学中的“刹车”问题，是道易错题，注意汽车刹车停止后不再运动。
4．【分析】物体做曲线运动时，运动轨迹是在速度与力的夹角之中，根据这一点可以判断原来的恒力F 的方向是向
下的，当F 变成向上时，运动轨迹仍然要处于速度与合力的夹角之间。
【解答】解：物体从A 到B 运动，因为运动轨迹是在速度与力的夹角之中，所以物体所受恒力方向应是向下的。
到达B 点后，力的大小不变方向相反，变成向上。
A、由于力的方向发生了改变，曲线Ba 不在力与速度的夹角内，物体不可能沿曲线Ba 运动，故A 错误。
B、因为物体在B 点的速度方向为切线方向，即直线Bb，而力与速度方向不同，所以物体不可能做直线运动，
故B 错误。
C、Bc 在力与速度的夹角内，物体有可能沿Bc 运动，故C 正确。
D、物体的初速度的方向向右，很明显，物体不可能由B 返回A，故D 错误。
故选：C。
【点评】此题要理解物体做曲线运动时轨迹处于合力和速度的夹角之间。牢记运动轨迹在速度与力的夹角之中即
可正确解答。属于基础题。
5．【分析】小球受重力和杆对球的作用力两个力作用，结合合力的方向，确定杆对小球作用力的方向。
【解答】解：A、小车做匀速直线运动，则小球处于平衡状态，可知杆对小球的作用力方向竖直向上，故A 错误。
B、小车在水平面上向右匀加速运动，合力方向向右，则力F 的方向斜向右上方，故B 正确；
C、小车向右做匀减速直线运动，知小车的加速度方向水平向左，则小球的加速度方向水平向左，小球所受的合
力向左，根据平行四边形定则知，杆对小球的作用力方向斜向左上方，故C 错误；
D、小车在光滑斜面上加速下滑，以整体为研究对象，加速度大小为a＝gsinθ，对小球根据牛顿第二定律可得，
合力方向沿斜面向下，大小为ma＝mgsinθ，此时杆对小球的作用力方向垂直于斜面向上，故D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道小球和小车具有相同的加速度，知道合力的方向与加速度方向相同，结合合力方向
判断杆对球的弹力方向。
6．【分析】剪断细线前，木块A、B 均静止，且两绳均处于绷紧状态，即两绳均有弹力，分别对A、B 受力分析由
平衡条件即可求解；
剪断细线后，木块A、B 一起加速运动，分别对A、B 由牛顿第二定律列方程即可求解。
【解答】解：AB、剪断细线前，木块A、B 均静止，且两绳均处于绷紧状态，即两绳均有弹力，分别对A、B
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受力分析由平衡条件有：
对A：m1g＝T1
对B：T1＝m2g+T
则m1g＝T1＞m2g，故AB 错误；
CD、剪断细线后，木块A、B 一起加速运动，设加速度为a，分别对A、B 由牛顿第二定律有：
对A：m1g﹣T2＝m1a，解得：T2＝m1（g﹣a）
对B：T2﹣m2g＝m2a，解得：T2＝m2（g+a）
则m1g＞T2＞m2g，故C 错误，D 正确。
故选：D。
【点评】本题是常见的连接体问题，关键要知道细线剪断后A、B 一起加速运动，然后由牛顿第二定律列方程。
二.多项选择题：本题共5 小题.每小题4 分.共计20 分每小题有多个选项符合題意.全部选对的得4 分.选对但不全的
得2 分.错选或不善的得0 分，
7．【分析】掌握产生弹力的条件：使具有弹性的物体发生弹性形变，并且形变越大，弹力越大，从而即可求解。
【解答】解：A、力的作用是相互的，头对球有弹力作用，球对头也有弹力的作用，故A 错误。
B、根据弹力产生原理，头对球的弹力，由于头发生形变而产生，故B 错误；
C、头对球的弹力，导致球发生形变，故C 正确；
D、头对球的弹力可以改变球的运动方向；故D 正确；
故选：CD。
【点评】此题考查了学生对弹力的理解，关键掌握弹力产生的两个条件，是一道基础性题目。
8．【分析】失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速
度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度。
人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是如
此。
【解答】解：A、从图中可以看出人的体重约为630N，故A 错误；
BC、人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先
失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲﹣起立的动作，故B 正确，C 错误；
D、图中可以看出人的体重约为650N，下降的过程中对力传感器的最小压力约190N，所以人的最大加速度：
amax= 650−190
65
≈7.1m/s2，故D 正确；
故选：BD。
【点评】本题考查物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念
联系起来加以识别。
9．【分析】合运动与分运动的相互关系：
①独立性：②等时性：③等效性：④相关性
本题船实际参与了两个分运动，沿水流方向的分运动和沿船头指向的分运动，当船头与河岸垂直时，渡河时间最
短，船的实际速度为两个分运动的合速度，根据分速度的变化情况确定合速度的变化情况。
【解答】解：A、当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，由甲图可知河宽为300m，t= d
vc = 300
3 s＝100s，故A 错
误；
B、船的合运动时间等于各个分运动的时间，沿船头方向分运动时间为t= x
vc，当x 最小时，t 最小，当船头与河
岸垂直时，x 有最小值，等于河宽d，
故要使船以最短时间渡河，船在行驶过程中，船头必须始终与河岸垂直，故B 正确；
C、由于随水流方向的分速度不断变化，故合速度的大小和方向也不断变化，船做曲线运动，故C 错误；
D、当vs 取最大值4m/s 时，合速度最大，v=
32 + 42 m/s＝5m/s，故D 正确；
故选：BD。
【点评】本题关键找到船参加的两个分运动，然后运用合运动与分运动的等时和等效规律进行研究，同时要注意
合运动与分运动互不干扰。
10．【分析】木块沿着传送带的运动可能是一直加速，也可能是先加速后匀速，对于加速过程，可以先根据牛顿第
二定律求出加速度，然后根据运动学公式求解运动时间。
【解答】解：AB、若μ＞V2
2gL，即v2＜2μgL，物块先加速再匀速；
若木块沿着传送带的运动是先加速后匀速，根据牛顿第二定律，有：μmg＝ma
根据速度时间公式，有：v＝at1
根据速度位移公式，有：v2＝2ax1
匀速运动过程，有：L﹣x1＝vt2
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联立解得：t＝t1+t2= L
v + v
2μg，故A 正确、B 错误；
CD、若μ＜V2
2gL，即v2＞2μgL，物块沿着传送带的运动是一直加速，根据牛顿第二定律，有：μmg＝ma
根据位移时间公式，有L= 1
2 at2
解得：t =
2L
μg，故C 错误、D 正确
故选：AD。
【点评】本题关键是将小滑块的运动分为两种情况分析，一直匀加速或先匀加速后匀速，然后根据牛顿第二定律
和运动学公式列式求解。
11．【分析】小球始终静止在斜面上，说明斜面体加速度较小，且未脱离斜面，对小球受力分析，利用牛顿第二定
律列式求解即可。
【解答】解：当加速度a 较小时，小球与斜面一起运动，此时小球受重力、绳子拉力和斜面的支持力，绳子平行
于斜面；小球的受力如图：
水平方向上由牛顿第二定律得：Tcosθ﹣FNsinθ＝ma
①
竖直方向上由平衡得：Tsinθ+FNcosθ＝mg
②
①②联立得：FN＝m（gcosθ﹣asinθ）
T＝m（gsinθ+acosθ）
故AD 正确BC 错误。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，结合牛顿第二定律运用正交分解进行求解。
三.实验题：本题共3 小题，共计24 分.请将解答填写在答题卡相应的位置.
12．【分析】由于实验误差的存在，导致F1 与F2 合成的理论值（通过平行四边形定则得出的值）与实际值（实际实
验的数值）存在差别，实验利用了等效替代法的科学方法，可结合实验原理对各选项一一分析。
【解答】解：（1）F1 与F2 合成的理论值是通过平行四边形定则算出的值，而实际值是单独一个力拉O 点的时的
值，因此F 是F1 与F2 合成的理论值，F′是F1 与F2 合成的实际值，方向一定沿AO 方向；
故答案为：F′；
（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，因此ACD 错误，B 正确。
故选：B；
故答案为：（1）F′；（2）B；
【点评】本实验采用的是等效替代的方法，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。
13．【分析】（1）根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材，牵引小车的细绳与木板平行。这
样做的目的是可在平衡摩擦力后使用细绳拉力等于小车受的合力。
（2）根据连续相等时间内位移之差是一恒量，△x＝aT2，求出加速度；
（3）根据描点法作出图象；
（4）根据图象分析原因。
【解答】解：（1）使牵引小车的细绳与木板平行。这样做的目的是可在平衡摩擦力后使用细绳拉力等于小车受的
合力，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
（2）因为每相邻两计数点间还有4 个打点，所以相邻的计数点之间的时间间隔为t＝5T，
匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数即△x＝at2，则有：a= x2−x1
50T2
（3）根据描点法作出图象，如图所示：
（4）探究加速度与力的关系实验中，当钩码质量远小于小车质量时，可以认为小车受到的拉力等于钩码重力，
如果钩码质量太大，没有远小于小车质量，小车受到的拉力明显小于钩码重力，实验误差较大，a﹣F 图象不再
是直线，而发生弯曲，变成曲线。
故答案为：（1）D；（2）
x2−x1
50T2 ；（3）如图所示；（4）不满足小车及所加钩码的总质量远大于所挂钩码质量
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【点评】对于实验题，要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，探究加速度与力、质
量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，应控制砂桶总质量远小于小车质量。
14．【分析】（1）根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材。
（2）根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤，根据下降的高度比较运动的时间。
（3）根据下降的高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出初速度，根据水平位移和初速度求出平抛
运动的时间，结合位移时间公式求出B 点的坐标。
（4）竖直管内与大气相通，为外界大气压强，竖直管在水面下保证竖直管上出口处的压强为大气压强。
【解答】解：（1）研究平抛运动，需要测量水平位移和竖直位移，所以还需要的器材是刻度尺。故选：C。
（2）为了保证小球每次平抛运动的初速度相等，让小球每次从斜槽的同一位置由静止释放，小球与斜槽间有摩
擦不会影响实验的误差。
小球每次从斜槽滚下的初始位置不同，会导致平抛运动的初速度不同，但是平抛运动的高度相同，则小球每次在
空中运动的时间相同。
（3）根据yA = 1
2 gtA2得，tA =
2yA
g =
2×0.2
10 s = 0.2s，则小球平抛运动的初速度v0 = xA
tA = 0.4
0.2 m/s = 2.0m/s，
小球运动到B 点的时间tB = xB
v0 = 0.6
2 s = 0.3s，则B 点的纵坐标yB = 1
2 gtB2 = 1
2 × 10 × 0.09m = 0.45m。
（4）竖直管内与大气相通，为外界大气压强，竖直管在水面下保证竖直管上出口处的压强为大气压强。因而另
一出水管的上端口处压强与竖直管上出口处的压强有恒定的压强差，保证另一出水管出水压强恒定，从而水速度
恒定。如果竖直管上出口在水面上，则水面上为恒定大气压强，因而随水面下降，出水管上口压强降低，出水速
度减小。故选：B。
故答案为：（1）C，（2）不会，相同，（3）2.0，0.45，（4）B。
【点评】解决本题的关键知道探究平抛运动规律的原理，以及掌握研究平抛运动的方法，对于第四问，能够通过
压强的知识分析获得稳定流速的方法。
四、计算题:本题共4 小题.共计58 分.解答时请写出必要的文字说明方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不
能得分有数值计算的题.答案中必须明确写出数值和单位
15．【分析】（1）根据速度时间图线的斜率求出加速过程和减速过程物体的加速度；
（2）根据图线与时间轴围成的面积求出0～10s 内物体运动位移的大小；
（3）减速运动过程根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式可求得动摩擦因数的大小，加速运动过程根据牛顿第二
定律可求得水平推力的大小。
【解答】解：（1）0～6s 的加速度a1= △v1
△t1 = 8−2
6 m/s2＝1m/s2
6～10s 物体的加速度a2= △v2
△t2 = 0−8
4 m/s2＝﹣2m/s2
（2）图线与时间轴围成的面积表示位移，则0～10s 内物体运动位移的大小x= 1
2 ×（2+8）×6+ 1
2 ×4×8m＝46m。
（3）减速运动过程根据牛顿第二定律得，摩擦力f＝﹣ma2＝2×2N＝4N，
动摩擦因数μ=
f
mg =0.2。
加速运动过程根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma1，
解得：F＝f+ma1＝4+2×1N＝6N。
答：（1）0～6s，6～10s 过程中加速度的大小分别为1m/s2、2m/s2；
（2）0～10s 内物体运动的位移是46m；
（3）物体与水平面间的动摩擦因数是0.2；水平推力F 的大小是6N。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合运用，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成
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的面积表示位移。
16．【分析】（1）由匀变速直线运动的位移公式即可求出位移，由速度公式即可求出悬挂器脱落时人的速率。
（2）抓住平抛运动的水平位移和匀加速直线运动的位移等于L，结合位移公式和速度公式求出匀加速运动的时
间；根据平抛运动的分位移公式列式求解
（3）根据矢量合成求解末速度。
【解答】解：（1）匀加速运动选手的位移为：x1 = 1
2 at1
2 =4m。
悬挂器脱落时选手的速度为：v1＝at1＝4m/s。
（2）悬挂器脱落后选手做平抛运动，
竖直方向上，h= 1
2 gt2
2
水平方向上，x2＝v1t2
联立解得x2＝3.2m。
故圆盘离平台的水平距离为：
L＝x1+x2﹣R＝6.2m。
（3）选手恰好落到转盘的圆心处的速度为：
v2 =
vx
2 + vy
2 =4 5m/s。
tanθ= vx
vy = 1
2。
答案：（1）人随悬挂器水平运动的位移为4m，悬挂器脱落时人的速率为4m/s。
（2）若悬挂器脱落后，选手恰好落到圆盘的中心，圆盘离平台水平距离L 的大小为6.2m。
（3）选手落到圆盘时的速度大小4 5m/s，速度与竖直方向夹角的正切值为
1
2。
【点评】解决本题的关键理清选手的运动过程，并抓住各个过程之间的联系，如速度关系和位移关系，结合牛顿
第二定律、平抛运动的分位移公式、运动学公式灵活求解。
17．【分析】（1）将两球和弹簧B 看成一个整体，分析受力情况，根据平衡条件求出弹簧A、C 拉力，
（2）再以球2 为研究对象，求BC 弹簧的拉力。
（3）烧断细线A 的瞬间，弹簧的弹力瞬间没有变化，根据牛顿第二定律可求得加速度大小。
【解答】解：（1）将两小球看作一个整体，对整体受力分析，
可知整体受到重力2mg，细线A 和弹簧C 的拉力FA 和FC 的作用，受力如图所示，
根据共点力的平衡条件有：FA= 2mg
cos30° = 4 3mg
3
，FC＝2mgtan30°= 2 3mg
3
（2）对BC 间的小球进行受力分析，其受力如图所示，
根据平衡条件由：FB=
(mg)2 + ( 2 3mg
3
)2 =
7
3mg
（3）烧断细线A 的瞬间，弹簧的弹力瞬间没有变化，BC 间小球的受力不变，加速度为0，
AB 间小球的合力为F＝FA= 4 3mg
3
所以加速度为
F
m =
4 3g
3
答：（1）细线A 和轻弹簧C 受到的拉力分别为
4 3mg
3
、
2 3mg
3
；
（2）轻弹簧B 受到的拉力是
7
3mg；
（3）若烧断细线A，则细线烧断瞬间两小球的加速度分别为
4 3g
3
、0。
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【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
18．【分析】（1）对木块和木板分别受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解加速度；
（2）A 物体先向左减速到0 后再向右加速，由速度时间公式求所用时间；
（3）要使木块不滑下，应使木板的长度至少等于木板和木块在这段时间内的位移差。
【解答】解：（1）对木块和木板分别受力分析，由牛顿第二定律得：
对A 分析
a1＝μg＝0.5×10＝5m/s2
对B 分析
F﹣μmg＝2ma2
a2＝2.5m/s2
（2）设A 物体向左减速到v＝0 时所用时间为t1
由速度公式得：vA＝v0﹣μgt1
解得：t1＝0.4s
此时B 物体的速度：vB＝a2t1
解得：vB＝1m/s
设A、B 一起向右加速到共速时间为t2
由速度关系得：a1t2＝vB+a2t2
解得：t2＝0.4s
经历的时间t 总＝t1+t2＝0.8s
（3）A 物体向左发生的位移：xA=
v0
2
2μg
解得：xA＝0.4m
B 物体向右发生的位移：xB= 1
2a2t12
解得：xB＝0.2m
A、B 相反运动过程中的相对位移为△x1＝0.4+0.2＝0.6m
A、B 一起向右过程中A、B 的位移差为△x2＝xB′﹣xA′＝（VBt2+ 1
2a2t22）−1
2a1t22＝（1×0.4+ 1
2 ×2.5×0.42）
−1
2 ×5×0.42＝0.2m
要使木块不滑下，木板最小长度为△x 总＝△x1+△x2＝0.8m
答：（1）求开始时木块A 和木板B 各自的加速度大小分别为5m/s2 和2.5m/s2；
（2）若木板足够长，从木块滑上木板到木块和木板速度相等所经历的时间为0.8s；
（3）要使木块不从木板上滑落，木板的最小长度为0.8m。
【点评】本题属于连接体问题，关键是隔离法受力分析然后正确运用牛顿第二定律求出各自的加速度。
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2019-2020 学年江苏省南京师大附中高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题：本题6 小题，每小题3 分，共计18 分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（3 分）下面哪组单位都属于国际单位制的基本单位（
）
A．m、kg、s
B．kg、m/s2、s
C．m、N、kg
D．m/s2、kg、N
2．（3 分）以卵击石，蛋破碎，下列说法正确的是（
）
A．蛋对石头的力小于石头对蛋的力
B．蛋对石头的力大于石头对蛋的力
C．蛋对石头的力与石头对蛋的力大小相等，相互平衡
D．蛋对石头的力与石头对蛋的力是一对作用力和反作用力
3．（3 分）在水流速度均匀恒定的一条河中，一条船以相对于水恒定的速度渡河，下列哪些是正确的（
）
A．小船渡河的轨迹为曲线
B．保持船头垂直于河岸，小船渡河的时间最短
C．保持船头垂直于河岸，小船渡河的路程最短
D．船头偏向上游适当角度，小船一定可以到达河的正对岸
4．（3 分）时钟上秒针、分针和时针半径之比为2：2：1，则三者针尖的（
）
A．周期之比为1：60：1440
B．角速度之比为720：12：1
C．线速度之比为360：12：1
D．向心加速度之比为720：24：1
5．（3 分）如图所示，A、B 两均匀直杆上端分别用细线悬挂于天花板上，下端搁置在水平地面上，处于静止状态，
悬挂A 杆的绳倾斜，悬挂B 杆的绳恰好竖直，则关于两杆的受力情况，下列说法中正确的有（
）
A．A、B 杆都受三个力作用
B．A、B 杆都受四个力作用
C．A 杆受三个力，B 杆受四个力
D．A 杆受四个力，B 杆受三个力
6．（3 分）如图所示有两个光滑固定斜面AB 和BC，且A 和C 两点在同一水平面上，斜面BC 比斜面AB 长，一个
滑块自A 点以速度vA 上滑，到达B 点时速度减小为零，紧接着沿BC 滑下，设滑块从A 点到C 点的总时间是tc，
那么下列四个图中，正确表示滑块速度的大小v 随时间t 变化规律的是（
）
A．
B．
C．
D．
二、多项选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共计24 分．每小题有多个选项符合题意．全部选对得4 分，选对
但不全得2 分，错选或不答的得0 分．
7．（4 分）关于曲线运动，下列说法中正确的是（
）
A．曲线运动一定是变速运动
B．曲线运动一定是变加速运动
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C．做曲线运动的物体的速度大小和方向一定都时刻变化
D．在恒力作用下，物体可以做曲线运动
8．（4 分）关于超重和失重，下列说法中正确的是（
）
A．做自由落体运动的物体处于超重状态
B．正在向上加速启动的电梯处于失重状态
C．做减速下降运动的物体处于超重状态
D．不论物体超重、失重，还是完全失重，其重力都是不变的
9．（4 分）如图所示，自由下落的小球，从它接触竖直放置的弹簧开始，到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速
度和加速度的变化情况是（
）
A．加速度先变小后变大
B．加速度一直变大
C．速度先变大后变小
D．速度一直变小
10．（4 分）如图所示，斜面固定，A 物块上表面水平，B 物块放在A 物块上，两物块相对静止一起以加速度a 沿斜
面向下匀加速滑动，滑动过程中以下结论正确的是（
）
A．A 对B 的支持力大于B 的重力
B．A 对B 的支持力小于B 的重力
C．A 对B 的摩擦力方向水平向左
D．A 对B 的摩擦力方向水平向右
11．（4 分）如图所示，A、B 两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t 在空中相遇。若两球的水平抛出速度都
变为原来的2 倍，则（
）
A．两小球相遇的地方在原来相遇位置的正上方
B．两小球经过时间
t
2在空中相遇
C．两小球经过时间
t
4在空中相遇
D．两小球两次相遇处在同一高度
12．（4 分）如图所示，一辆小车静止在水平地面上，bc 是固定在小车上的水平横杆，物块M 穿在杆上，M 通过线
悬吊着小物体m，m 在小车的水平底板上，小车未动时，细线恰好在竖直方向上，现使车向右运动，全过程中M
始终未相对杆bc 移动，M、m 与小车保持相对静止，已知a1：a2：a3：a4＝1：2：4：8，M 受到的摩擦力大小依
次为Ff1，Ff2，Ff3，Ff4，则以下结论正确的是（
）
A．Ff1：Ff2＝1：2
B．Ff2：Ff3＝1：2
C．Ff3：Ff4＝1：2
D．tanα＝2tanθ
三、简答题：本题共2 小题，共15 分．
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13．（7 分）某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。
（1）下列做法正确的是
（填字母代号）
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，
应将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．在砝码桶及桶内砝码质量之和（m）不变时，通过增减木块上的砝码改变研究对象的总质量（M），从而研究
a 与M 的关系
D．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内
砝码的总质量
（选填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）木块和木块上砝码的总质量。
（3）打点计时器使用的交流电频率为50Hz，图2 是某同学在正确操作下获得的一条纸带，A、B、C、D、
E 每两点之间还有1 个点没有标出。根据纸带所提供的数据，算得小车的加速度大小为
m/s2（保留三位
有效数字）
14．（8 分）在做“研究平抛运动”实验中，为了确定小球在不同时刻在空中所通过的位置，实验时用了如图所示的
装置。先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平整的木板表面钉上白纸和复写纸。将该木板竖直立于水平地面上
（木板表面垂直于纸面），使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A；将木
板向远离槽口平移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B；又将木板再
向远离槽口平移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹C．若测得木板每次移动距离x＝
10.00cm，A、B 间距离y1＝7.02cm，B、C 间距离y2＝16.82cm。请回答以下问题（g＝9.80m/s2）
（1）为什么每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放？
（2）小球初速度的值为v0＝
m/s。（结果保留三位有效数字）
（3）小球到达B 点的速度在竖直方向的分量vBy＝
m/s。（结果保留三位有效数字）
四、计算题：本题共4 小题，共计43 分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后
答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
15．（8 分）一个滑雪的人，质量m＝75kg，以v0＝2m/s 的初速度沿山坡匀加速滑下，山坡的倾角θ＝30°，在t＝
5s 的时间内滑下的路程x＝60m，求滑雪人受到的阻力（包括摩擦和空气阻力，g＝10m/s2）。
16．（10 分）如图所示，滑块A 与小球B 用一根不可伸长的轻绳相连，且滑块A 套在水平直杆上。现用和水平方向
成30°角大小为10N 的力F 拉B 小球，使A、B 一起向右匀速运动，运动过程中A、B 保持相对静止。已知A、
B 的质量分别为2kg、1kg，g＝10m/s2．求：
（1）AB 绳对B 物体的拉力大小；
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（2）滑块A 与水平直杆之间的动摩擦因数μ的大小。
17．（10 分）如图所示，有一块木板静止在光滑足够长的水平面上，木板的质量为M＝4kg，长度为L＝1m，木板
的右端停放着一个小滑块，小滑块的质量为m＝1kg，其尺寸远远小于木板长度，它与木板间的动摩擦因数为μ
＝0.4，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）为使木板能从滑块下抽出来，作用在木板右端的水平恒力F 的大小应满足的条件；
（2）若其他条件不变，在F＝28N 的水平恒力持续作用下，需多长时间能将木板从滑块下抽出．
18．（15 分）晓明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m 的小球，甩动手腕，使球
在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳刚好达到最大拉力突然断掉。绳断后，小球在空中飞行
的水平距离为d，如图所示。已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为
3
4d，重力加速度为g。忽略手
的运动半径和空气阻力，求：
（1）绳断时球的速度大小v1；球落地时的速度大小v2；
（2）轻绳所能承受的最大拉力Tm；
（3）现改变绳长，使小球在竖直平面内做圆周运动。若绳仍在球运动到最低点时由于达到最大拉力断掉，那么，
要使小球在绳断后抛出的水平距离最大，绳长L 应为多少？最大水平距离xm 为多少？
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2019-2020 学年江苏省南京师大附中高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题6 小题，每小题3 分，共计18 分．每小题只有一个选项符合题意．
1．【分析】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的
量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而根据物理量之间的关系式推到出来的单位叫做导出单位。
【解答】解：在国际单位制中力学的基本单位是m、kg、s，m/s2 和N 是导出单位，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是
需要学生自己记住的。
2．【分析】以卵击石，鸡蛋与石头之间存在相互作用力，根据牛顿第三定律进行分析。
【解答】解：ABD、鸡蛋对石头的力与石头对鸡蛋的力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，它们
大小相等，故AB 错误D 正确。
C、鸡蛋对石头的力与石头对鸡蛋的力分别作用在两个不同物体上，不是一对平衡力，不能相互平衡。故C 错误。
故选：D。
【点评】本题关键掌握牛顿第三定律，并能用来分析实际问题，知道作用力与反作用力大小相等，方向相反，性
质一定相同。
3．【分析】小船参与了静水的运动和水流的运动，根据平行四边形定则确定合运动的轨迹；当船头（即静水速）与
河岸垂直，根据等时性确定渡河的时间，水流速度变化时，不影响渡河时间；船能否垂直河岸到达，由水流速度
与船在静水中速度大小关系来决定的。
【解答】解：A、根据两方向均做匀速直线运动，则运动轨迹为直线，故A 错误；
B、若静水速始终垂直于河岸，则在垂直于河岸方向上的速度不变，根据等时性，渡河时间t= d
vc，即为最短，故
B 正确；
C、若合速度的方向与河岸垂直，小船渡河的路程才最短，故C 错误；
D、若水流速度等于船在静水中的速度时，根据平行四边形定则知，则船头应适当偏向上游，合速度才可能垂直
河岸，故D 错误；
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道运动的合成和分解遵循平行四边形定则，知道合运动与分运动具有等时性，并掌握
如何渡河时时间最短，如何渡河时位移最短。
4．【分析】已知转动半径和周期，根据v= 2πr
T 求解线速度比值；根据ω= 2π
T 确定角速度的比值；由a＝vω求加速度
关系。
【解答】解：秒针、分针、时针尖端尖端做圆周运动的周期分别为：
1
60h、1h、12h；
A、周期之比为：1：60：720，则A 错误
B、角速度之比为：
2π
1 ：
2π
60 ：
2π
720 =720：12：1，则B 正确
C、线速度v＝rω，则线速度之比为：1440：24：1，则C 错误
D、加速度a＝rω2，则加速度之为：7202×2：122×2：′2×1，则D 错误
故选：B。
【点评】本题关键是明确记住匀速圆周运动的线速度和角速度的定义公式，基础题目。
5．【分析】受力分析是将研究对象看作一个孤立的物体并分析它所受各外力特性的方法．又称画隔离体图，是进行
力学计算的基础．
【解答】解：物体A 受重力，绳子向左上方的拉力，有上拉和左拉的效果，地面对A 杆有支持力和向右的静摩
擦力，否则不能平衡，故A 受四个力；
物体B 受重力、拉力和支持力，无静摩擦力，若有，水平方向不能平衡，故B 受三个力；
故选：D。
【点评】受力分析是解决力学问题的基础，要能结合产生条件、作用效果分析，本题是将拉力分解后根据平衡条
件判断有无静摩擦力，不难．
6．【分析】根据牛顿第二定律比较上滑和下滑的加速度大小，根据机械能守恒定律得出A、C 的速度大小相等，根
据速度时间公式比较上滑和下滑的时间，从而确定正确的图线。
【解答】解：根据机械能守恒定律知，滑块在A、C 的速度大小相等，上滑和下滑均匀变速直线运动，
根据牛顿第二定律知，上滑时的加速度大小a1＝gsinα，下滑时的加速度大小a2＝gsinθ，α＞θ，则a1＞a2，根据
t= v
a知，上滑的时间t1＜t2，故C 正确，A、B、D 错误。
故选：C。
【点评】本题关键抓住物体上滑过程和下降过程的机械能守恒，根据坡度比较两过程加速度的大小，结合图象讨
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论即可。
二、多项选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共计24 分．每小题有多个选项符合题意．全部选对得4 分，选对
但不全得2 分，错选或不答的得0 分．
7．【分析】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同。
【解答】解：A、曲线运动物体的速度方向与该点曲线的切线方向相同，所以曲线运动的速度的方向是时刻变化
的，是变速运动，故A 正确；
B、曲线运动的加速度可以不变，如平抛运动，故B 错误；
C、做曲线运动的物体可能加速度的大小不发生变化而方向在不断地变化，比如：匀速圆周运动。故C 错误；
D、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，比如平抛运动，受
到的就是恒力重力的作用。故D 正确
故选：AD。
【点评】本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特
点要掌握住。
8．【分析】当物体有向下的加速度时物体处于失重状态；当物体加速度向上时，物体处于超重状态
【解答】解：A、由落体运动加速度向下为失重，则A 错误
B、向上加速启动加速度向上为超重，则B 错误
C、减速下降加速度向上为超重，则C 正确
D、不论物体超重、失重，还是完全失重，其重力都是不变，则D 正确
故选：CD。
【点评】本题考查超重与失重的性质，明确在同一加速度方向有两种可能：加速或减速。
9．【分析】本题要正确分析小球下落与弹簧接触过程中弹力变化，即可求出小球合外力的变化情况，进一步根据牛
顿第二定律得出加速度变化，从而明确速度的变化情况。
【解答】解：开始阶段，弹簧的压缩量较小，因此弹簧对小球向上的弹力小于向下重力，此时合外力大小：F＝
mg﹣kx，方向向下，随着压缩量的增加，弹力增大，故合外力减小，则加速度减小，由于合外力与速度方向相
同，小球的速度增大；当mg＝kx 时，合外力为零，此时速度最大；由于惯性物体继续向下运动，此时合外力大
小为：F＝kx﹣mg，方向向上，物体减速，随着压缩量增大，物体合外力增大，加速度增大。
故整个过程中加速度先变小后变大，速度先变大后变小。
故AC 正确，BD 错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的综合应用，学生容易出错的地方是：认为物体一接触弹簧就减速。对弹簧的
动态分析也是学生的易错点，在学习中要加强这方面的练习。
10．【分析】将加速度a 分解为水平方向和竖直方向，隔离对B 分析，分别对B 水平方向和竖直方向运用牛顿第二
定律进行求解。
【解答】解：将加速度分解为水平向左的加速度ax 和竖直向下的加速度ay
以B 为研究对象，根据牛顿第二定律得：
水平方向：fB＝max 方向水平向左
竖直方向：mg﹣NB＝may
解得：NB＝mg﹣may
即NB＜mg
故AD 错误BC 正确。
故选：BC。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的基本运用，解决的巧妙之处在于分解加速度不分解力，分别对B 水平方向
和竖直方向运用牛顿第二定律求解。
11．【分析】两球都做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，抓住两球的水平位移不变，结合初速度的变化得
出两球从抛出到相遇经过的时间，确定相遇竖直高度的变化，从而确定相遇的位置。
【解答】解：BC、A、B 两球在相同高度做平抛运动，水平方向均做匀速直线运动，设两球的初速度分别为vA、
vB，初始的水平距离为L，相遇时有L＝vAt+vBt。
若抛出速度均变为原来的2 倍，则相遇时有L＝2vAt′+2vBt′．由此可得t′= t
2，故B 正确，C 错误。
AD、由于从开始到相遇所用时间变短，则竖直方向的下落高度也变小，所以两小球相遇的地方在原来相遇位置
的正上方。故A 正确，D 错误。
故选：AB。
【点评】解决本题的关键要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初
速度和时间共同决定水平位移。
12．【分析】前两图中，M 是由静摩擦力提供加速度的，根据牛顿第二定律直接求解f1 和f2 的关系；后两图中对小
球和滑块整体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解．通过对m 隔离分析可判断图中角的关系．
【解答】解：甲乙两图中，M 水平方向只受静摩擦力作用，根据牛顿第二定律得：
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f1＝Ma1
f2＝Ma2
丙丁两图中，对m 和M 整体受力分析，受总重力（M+m）g、支持力N、摩擦力f，
如图所示：
根据牛顿第二定律，有：f＝（M+m）a；
即f3＝（M+m）a3，f4＝（M+m）a4
又：a1：a2＝1：2，则：f1：f2＝1：2，故A 正确；
a2：a3＝2：4，f2：f3＝M：2（M+m），故B 错误；
f3：f4＝a3：a4＝4：8＝1：2，故C 正确；
对物体m 隔离受力分析，可得tanθ= a3
g ，tanα= a4
g ，而a3：a4＝4：8，所以tanα＝2tanθ，故D 正确。
故选：ACD。
【点评】本题关键是对滑块、滑块与小球整体受力分析后根据牛顿第二定律列式求解，难度适中．
三、简答题：本题共2 小题，共15 分．
13．【分析】（1）实验时应保证细线的拉力与木板平行，平衡摩擦力时，将小车拖动通过打点计时器的纸带能够做
匀速直线运动，摩擦力得到平衡。
（2）根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离分析，求出绳子拉力和砝码和砝码盘总重力的关系，从而确定
使砝码盘及盘内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力的条件。
【解答】解：（1）考察操作过程：A、若滑轮高度不恰当，则将使小车受力情况变得很复杂，选项A 正确；B 平
衡摩擦力时，不要挂上钩码桶，故选项B 错误；C、对整体来说，当钩码和小车的总质量不变时，改变砝码的质
量从而改变了拉力，这是实验中的技巧，故选项C 正确；D、实验时，先接通打点计时器的电源再放开木块，故
选项D 错误。
（2）对于木块，T＝Ma，对于砝码桶：mg﹣T＝ma，联立两式可求得T=
M
M+m mg，当m＜＜M 时，T≈mg，
所以填远小于；
（3）用逐差公式求加速度a= △x
T2 = (x3+s4)−(s1+s2)
(2T)2
而此处的T＝2×0.02s＝0.04s，代入数据可求得：a＝
3.75m/s2。
故答案为：（1）AC
（2）远小于
（3）3.75
【点评】解决本题的关键抓住实验中的两个认为：1、认为绳子的拉力等于小车的合力，前提需平衡摩擦力，2、
认为绳子的拉力等于砝码和砝码盘的总重力，前提是砝码以及砝码盘的质量远小于小车和小车上钩码的总质量。
14．【分析】（1）为了确保小球每次抛出的轨迹相同，应该使抛出时的初速度相同，即要求从同一位置静止释放。
（2）根据平抛运动规律在水平和竖直方向的规律，尤其是在竖直方向上，连续相等时间内的位移差为常数，列
出方程即可正确求解小球初速度。
（3）小球做平抛运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度来求
vBy。
【解答】解：（1）为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同，所以每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止
释放。
（2）在竖直方向上有：△y＝y2﹣y1＝gt2
水平方向上：x＝v0t
联立方程解得：v0＝x
g
y2−y1。
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代入数据解得：t＝0.1s，v0＝1.00m/s
（3）小球做平抛运动，竖直方向做匀加速直线运动，则有：
vBy= y1+y2
2t
= 7.02+16.82
2×0.1
×10
﹣2＝1.192m/s≈1.19m/s
故答案为：（1）为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同。（2）1.00；（3）1.19。
【点评】本题主要考查了匀变速直线运动中基本规律以及推论的应用，平时要加强练习，提高应用基本规律解决
问题能力。要注意有效数学位数。
四、计算题：本题共4 小题，共计43 分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后
答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
15．【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式求出加速度的大小，通过牛顿第二定律求出滑雪人受到的阻力大
小。
【解答】解：根据匀变速直线运动的位移时间公式得，x = v0t + 1
2 at2，
代入数据解得a＝4m/s2
根据牛顿第二定律得，mgsin30°﹣f＝ma
解得f＝mgsin30°﹣ma＝75N。
答：滑雪人受到的阻力为75N
【点评】本题考查牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
16．【分析】（1）对B 分析，由共点力的平衡条件可求得绳子的拉力及绳子的方向。
（2）对整体受力分析，由共点力的平衡条件可求得A 受到的摩擦力，由滑动摩擦力公式可求得动摩擦因数。
【解答】解：（1）对B 进行受力分析，B 受到重力、拉力以及绳子的拉力T 而处于平衡状态
根据平衡条件可得：
水平方向：Fcos30°＝Tcosθ
竖直方向：Fsin30°+Tsin30°＝mg
联立解得：θ＝30°，T＝10N；
（2）对整体受力分析可知，A 受到的支持力为：FN＝（mA+mB）g﹣Fsin30°＝（2+1）×10﹣10× 1
2 =25N，
摩擦力等于F 沿水平方向的分力为：f＝Fcos30°＝10× 3
2 =5 3N
则由：f＝μFN′，FN′＝FN
解得：μ=
3
5 。
答：（1）AB 绳对B 物体的拉力大小为10N；
（2）滑块A 与水平直杆之间的动摩擦因数μ的大小为
3
5 。
【点评】本题要注意应用整体法与隔离法的正确使用，注意应用整体法时一定要分清内力与外力，正确的受力分
析。
17．【分析】（1）小物块在木板上滑动时，根据牛顿第二定律，求出木块和木板的加速度，当木板的加速度大于木
木块的加速度时，m 就会从M 上滑落下来．
（2）小滑块从木板上掉下来时，由位移公式和位移关系列式得到此时板长与时间的关系．
【解答】解：（1）m 发生相对滑动时的临界加速度：a1＝μg＝0.4×10m/s2＝4m/s2，
对整体分析，根据牛顿第二定律得，F 的最小值Fmin＝（M+m）a1＝5×4N＝20N，
则F＞20N．
（2）设m 在M 上滑动的时间为t，当恒力F＝28N，木板的加速度：a2 = F−μmg
M
= 28−0.4×1×10
4
= 6m/s2，
小滑块在时间t 内运动位移s1 = 1
2 a1t2，
木板的位移s2 = 1
2 a2t2，
根据s2﹣s1＝L
代入数据解得t＝1 s．
答：（1）为使木板能从滑块下抽出来，作用在木板右端的水平恒力F 的大小应大于20N；
（2）若其他条件不变，在F＝28N 的水平恒力持续作用下，需1s 时间能将木板从滑块下抽出．
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【点评】本题首先要分析物体的运动情况，其次把握滑块不从木板上滑下的条件，即两物体之间的几何关系．再
结合牛顿第二定律、运动学规律列式求解即可．
18．【分析】（1）根据平抛运动的高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出绳断时球的速度v1；根据动
能定理求出球落地的速度大小；
（2）在最低点，根据牛顿第二定律求出最大拉力的大小。
（3）根据最大拉力，通过牛顿第二定律求出绳断后的速度与绳长的关系，根据平抛运动求出平抛运动水平位移
的表达式，通过数学方法二次函数求极值，求出l 为多少时，x 最大。
【解答】解：（1）根据d−3d
4 = 1
2gt2 得：t=
d
2g，
则绳断时，球的速度为：v1= d
t =
2gd。
根据动能定理得：mg•
1
4d= 1
2mv22−1
2mv12
解得：v2=
5
2 gd。
（2）根据牛顿第二定律得：F﹣mg＝m
v1
2
3
4d
，
解得：F= 11
3 mg
（3）设绳长为l，绳断时球的速度为v2．有：
Fm﹣mg＝m
v2
2
l ，
解得：v2=
8gl
3
绳断后球做平抛运动，竖直位移为d﹣l，水平位移为x，时间为t2．有：
d﹣l= 1
2gt22，x＝v2t2。
得x＝4 ld−l2
3
当l= d
2时，x 有极大值为：xmax= 2 3
3 d。
答：（1）绳子断掉时小球速度的大小v1 为2gd；球落地时的速度大小v2 为5
2 gd；
（2）绳子能够承受的最大拉力为
11
3 mg。
（3）绳子长度应为
d
2时，小球的最大水平距离为
2 3
3 d。
【点评】本题考查了圆周运动和平抛运动的综合，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动
向心力的来源是解决本题的关键。
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2019-2020 学年广东省中山市高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题(本题有6 小题,每小题4 分,共24 分,每小题给出的四个选项中只有项满足题设要求,选对得4 分;不选、
错选或多选得零分)
1．（4 分）如图所示为某列车车厢内可实时显示相关信息的显示屏的照片，图中甲、乙两处的数据分别表示了两个
物理量．下列说法中正确的是（
）
A．甲处表示时间，乙处表示平均速度
B．甲处表示时间，乙处表示瞬时速度
C．甲处表示时刻，乙处表示平均速度
D．甲处表示时刻，乙处表示瞬时速度
2．（4 分）甲物体在5N 的合外力作用下，产生2m/s2 的加速度，乙物体在4N 的合外力作用下，产生2m/s2 的加速
度，则下列说法正确的是（
）
A．甲的惯性较大
B．乙的惯性较大
C．甲、乙两物体的惯性一样大
D．无法比较两物体的惯性大小
3．（4 分）一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动，开始刹车后的第1s 内和第2s 内的位移大小依次为
7m 和5m，则刹车后5s 内的位移是（
）
A．48m
B．15m
C．16m
D．65m
4．（4 分）甲、乙两小车做直线运动，在t1﹣t2 时间内运动的位移（x）一时间（t）图象如图所示，则在t1﹣t2 时间
内（
）
A．乙车一定比甲车跑得快
B．甲车的平均速度等于乙车的平均速度
C．甲车做匀加速直线运动，乙车做加速度减小的加速直线运动
D．甲、乙两车间的距离随时间不断增大
5．（4 分）如图所示，人的质量为M，物块的质量为m，且M＞m，若不计绳与滑轮的摩擦，则当人拉着绳向右跨
出一步后，人和物仍保持静止，则下列说法中正确的是（
）
A．人受到的合力变大
B．绳子上的张力增大
C．地面对人的摩擦力增大
D．人对地面的压力减小
6．（4 分）如图所示，一辆小车静置于水平地面上，用一条遵守胡克定律的橡皮筋将小球P 悬挂于车顶O 点，在O
点正下方有一光滑小钉A，它到O 点的距离恰好等于橡皮筋原长L 原长，现使小车从静止开始向右做加速度逐渐
增大的直线运动，在此运动过程中（橡皮筋始终在弹性限度内），小球的高度（
）
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A．保持不变
B．逐渐降低
C．逐渐升高
D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
二、多项选择題（本題有6 小題，在每小題给出的4 个选项中有多个选项正确，全部选对的得4 分，选对但不全的
得2 分，有错选或不选的得0 分，共24 分）
7．（4 分）2018 年11 月，第十二届中国国际航空航天博览会在广东珠海如期举行，首次亮相航
展的空军航空大学“红鹰”飞行表演队为现场观众带来了“八机钻石筋斗、丘比特之箭”等精彩动作，如图所示。
下列关于“红鹰”飞行表演的说法中正确的是（
）
A．地面上的人看到飞机飞过，是以飞行员为参考系
B．飞行员看到观礼台向后掠过，是以飞机为参考系的
C．研究某架飞机在空中飞行的轨迹时，可将飞机视为质点
D．研究飞机中空中的各种表演动作时，可将飞机视为质点
8．（4 分）如图所示，手用力向下压架在两本书之间的尺子，尺子发生了弹性形变。若手对尺子的压力为FN，尺子
对手的弹力为FN′，下列说法正确的有（
）
A．FN 和FN′是一对平衡力
B．FN 和FN′是一对作用力和反作用力
C．FN 是由于尺子发生形变而产生的
D．FN′是由于尺子发生形变而产生的
9．（4 分）甲、乙两个物体从同一高度先后自由下落，不计空气阻力，则从乙释放后到甲落地前这段时间内（
）
A．甲相对乙静止
B．甲相对乙做匀速直线运动
C．甲、乙之间的距离不断增大
D．甲、乙之间的速度差不断增大
10．（4 分）如图，物体在平行于斜面向上的拉力F 作用下静止在粗糙斜面上，拉力增大的过程中物体保持静止，关
于物体受到的静摩擦力大小的变化法可能正确的是（
）
A．一直增大
B．先减小后增大
C．先增大后减小
D．始终为零
11．（4 分）如图所示，一粗糙的水平传送带以速率v1 沿顺时针方向运动，传送带的左、右两端皆有一与传送带等
高的光滑水平面，一物体以速率v2 沿水平面分别从左、右两端滑上传送带，下列说法正确的是（
）
A．物体从右端滑到左端所需的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间
B．若v2＜v1，物体从左端滑上传送带一定先做加速运动，再做匀速运动
C．若v2＜v1，物体从右端滑上传送带又返回到右端，则返回右端时物体的速率一定为v2
D．若v2＞v1，物体从右端滑上传送带又返回到右端，则返回右端时物体的速率一定为v1
12．（4 分）如图所示，吊篮A、物体B、物体C 的质量分别为m、3m、2m，B 和C 分别固定在弹簧两端，弹簧的
质量不计。B 和C 在吊篮的水平底板上处于静止状态。将悬挂吊篮的轻绳剪断的瞬间（
）
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A．吊篮A 的加速度大小为g
B．物体B 的加速度大小为0
C．物体C 的加速度大小为2g
D．A 对C 的支持力大小等于5mg
三、解答题（共6 小题，满分52 分）
13．（6 分）小明同学热爱科学，喜欢自己做一些小实验，并利用学过的知识进行解释。他把两个完全相同的条形磁
铁放在平板AB 上，磁铁的N、S 极如图所示，开始时平板和磁铁均处于水平位置，且静止不动。
a．若将AB 突然竖直向上平移（平板与磁铁之间始终接触）并使之停在A″B″处，结果发现两个条形磁铁吸在
了一起。
b．若将AB 从原来位置突然竖直向下平移，并使之停在位置A′B′处，结果发现两个条形磁铁也吸在了一起
（1）开始时两磁铁静止不动的原因是
；左侧的磁铁受到的静摩擦力的方向向
（填“左”或“右”）
（2）在a 过程中，磁铁开始滑动时，平板在向上做
（填“加速”或“减速”）
（3）在b 过程中，磁铁开始滑动时，平板在向下做
（填“加速”或“减速”）
14．（8 分）某同学利用“验证牛顿第二定律”的实验器材，测量滑块与长木板之间的动摩擦因数。如图甲所示，带
滑轮的长木板水平放置，轻绳跨过固定在长木板末端的滑轮，端连接砂桶，另一端连接固定在滑块上的拉力传感
器，穿过打点计时器的纸带与滑块尾部相连接，砂桶离地面足够高。调节滑轮的位置使轻绳与长木板平行，不计
轻绳与滑轮间的摩擦。
（1）为了完成实验
（选填“需要”或“不需要”）将长木板右端垫高以平衡摩擦力，
（选填“需
要”或“不需要”）使砂桶的质量远小于滑块和拉力传感器的总质量。
（2）经正确、规范的操作后，打出一条如图乙所示的纸带，每两个计数点之间还有四个计时点没有画出来，纸
带上的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器的频率为50Hz．由此可求得滑块的加速度a＝
m/s2
（结果保留三位有效数字）
（3）改变砂桶的质量，进行多次实验，测出多组滑块的加速度a 与相应的拉力传感器示数F，作出a﹣F 图线如
图（丙）所示，已知重力加速度为g＝9.8m/2，则滑块（含拉力传感器）质量为
kg，滑块与长木板间的动
摩擦因数为
。
15．（8 分）小宇同学骑自行车以2m/s 的速度匀速直线前进，某时刻在他前面9m 处以10m/s 的速度同向行驶的汽车
突然关闭发动机，以2m/s2 的加速度减速前进。求；
（1）经过多长时间汽车停下来；
（2）经过3s 时小宇和汽车的距离。
16．（9 分）如图甲所示，从t＝0 时刻开始，一小物块以v0＝10m/s 的初速度从斜面底端冲上傾角为37°的粗糙斜
面，物块沿斜面向上运动的ν﹣t 图象如图乙所示，已知小物块的质量为m＝1kg，假设最大静摩擦力等于滑动摩
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擦力。（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，重力加速g＝10m/s2）求：
（1）物块与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）若在t＝1s 时开始对物块施加一水平向左的恒定拉力F，可使物块沿斜面返回到底端时的速度大小与t＝0
时刻的速度大小相等，则拉力F 应为多大？
17．（9 分）如图所示，两个直角三角形滑块底角均为53°，质量分别为m1＝22.4kg，m2＝31kg。两滑块与地面的
动摩擦因数分别为μ1＝0.4，μ2＝0.3．两个滑块中间有一个圆弧形接触面光滑的轻质容器，现在容器中缓慢倒入
水（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，cos53°＝06，sin53＝0.8，重力加速度g＝10m/s2）求：
（1）当容器中水的质量为3kg 时，两个滑块均静止，求此时容器对两个滑块的压力
（2）再逐渐倒入水，试判断哪个滑块先开始滑动，并求出此时倒入容器中水的质量。
18．（12 分）如图所示，一足够长的圆柱形管底端固定一弹射器，弹射器上有一圆柱形滑块（可视为质点），圆柱管
和弹射器的总质量为m1＝1kg，滑块的质量为m2＝2kg，滑块与管内壁间的滑动摩擦力f＝20N．现将圆柱管竖直
放置在水平地面上，滑块位于管底端的弹射器上。某时刻弹射器突然开启，在极短时间内将滑块向上以相对地面
v0＝30m/s 的速度弹离圆柱管的底端，滑块和管在运动过程中管始终保持在竖直方向。忽略弹射器的长度和空气
阻力的影响，重力加速度g＝10m/s2．求
（1）弹射后，滑块相对于管上升的最大距离△s；
（2）滑块从被弹出到第一次回到管的底端所经历的时间t（管落地后立即停止运动）
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2019-2020 学年广东省中山市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题(本题有6 小题,每小题4 分,共24 分,每小题给出的四个选项中只有项满足题设要求,选对得4 分;不选、
错选或多选得零分)
1．【分析】时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点．与时
刻对应的是瞬时速度，与时间对应的是平均速度．
【解答】解：甲处表示的是时刻，乙处表示此时刻的速度，所以是瞬时速度，所以D 正确。
故选：D。
【点评】时刻具有瞬时性的特点，是变化中的某一瞬间；时间间隔具有连续性的特点，与某一过程相对应．
2．【分析】质量是物体惯性大小的唯一量度。质量大的物体所具有的惯性大，质量小的物体所具有的惯性小。
由牛顿第二定律可以求出两个物体的质量。
【解答】解：由牛顿第二定律F＝ma，甲的质量：m甲= F1
a1 = 5
2 = 2.5kg
乙的质量：m乙= F2
a2 = 4
2 = 2kg
质量大的物体所具有的惯性大，可知甲的惯性大于乙的惯性。故A 正确，BCD 错误
故选：A。
【点评】该题考查对惯性的理解，要牢记质量是惯性大小的量度。
3．【分析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出刹车的加速度，根据第1s 内的位移求出刹车时的初速度，
结合速度时间公式求出速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再结合位移公式求出刹车后的位移。
【解答】解：设加速度大小为a
由△x＝at2
得：a= 5−7
1 m/s2 =−2m/s2
根据第1s 内的位移得，x1＝v0t+ 1
2at2
代入数据解得：v0＝8m/s
刹车时间为
t1=
0−v0
a
= 0−8
−2 s＝4s，
汽车5s 时已停止运动，则汽车的位移x=
v0
2 t1 = 8
2 × 4m＝16m。故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
【点评】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，注意本题是刹车问题，汽车
速度减为零后不再运动。
4．【分析】根据x﹣t 图象的斜率大小分析速度大小。根据纵坐标变化量分析位移关系，来判断平均速度关系。倾斜
的直线表示匀速直线运动。根据位移关系分析两车间距离如何变化。
【解答】解：A、根据位移﹣时间图象的斜率表示速度，由图象可知：乙车的速度先大于甲车的速度，再等于甲
车的速度，后小于甲车的速度，因此乙车不是一直比甲车快，故A 错误。
B、在t1﹣t2 时间内两车通过的位移相等，都为x2﹣x1，时间相等，则甲车的平均速度等于乙车的平均速度，故
B 正确。
C、根据位移﹣时间图象的斜率表示速度，知甲车的速度不变，做匀速直线运动。乙车先做减速直线运动，后做
加速直线运动，加速度的情况不能确定，故C 错误。
D、甲、乙两车间的距离等于纵坐标x 之差，可知甲、乙两车间的距离先增大后减小，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题从图线的斜率、“面积”、交点的数学意义来理解其物理意义，要注意位移﹣时间图象和速度﹣时间
图象的区别。
5．【分析】人处于平衡状态，合力为零；当人拉着绳向右跨出一步后，绳子与水平方向的夹角减小，人和物仍保持
静止，分别对物体和人受力分析应用平衡条件分析即可。
【解答】解：A、人处于平衡状态，合力为零保持不变，故A 错误；
B、以物体为研究对象，根据平衡条件可知绳子拉力等于T＝mg 不变，故B 错误；
CD、物体始终处于静止状态，所以绳子对物体的拉力始终等于mg，
对人受力分析并正交分解如图：
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由平衡条件得：
N+mgsinθ＝Mg
f＝mgcosθ
当人拉着绳向右跨出一步后，θ将变小：
所以：f＝mgcosθ会增大，N＝Mg﹣mgsinθ也将增大。
根据牛顿第三定律得知，人对地面的压力增大。故C 正确，D 错误。
故选：C。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
6．【分析】以小球为研究对象，由牛顿第二定律可得出小球的加速度与受到的拉力之间的关系即可判断．
【解答】解：设L0 为橡皮筋的原长，k 为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：T1＝mg，
弹簧的伸长x1= mg
k
即小球与悬挂点的距离为L1＝L0+ mg
k ，
当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进行受力分析如图，得：
T2cosα＝mg，
T2sinα＝ma，
所以：T2= mg
cosα，
弹簧的伸长：x2= T2
k ，
则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L2＝L0+
mg
k⋅cosα ⋅cosα =L0+ mg
k =L1，
即小球在竖直方向上到悬挂点的距离不变，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题中考查二力平衡与牛顿第二定律的应用，注意整体法与隔离法的使用，同时要注意审题．
二、多项选择題（本題有6 小題，在每小題给出的4 个选项中有多个选项正确，全部选对的得4 分，选对但不全的
得2 分，有错选或不选的得0 分，共24 分）
7．【分析】参考系可以任意选取，运动的物体也可以作为参考系，但不能选被研究物体本身，参考系的选择情况不
同，物体的运动和静止情况也不同，这是运动和静止的相对性。当物体的形状和大小在所研究的问题中能忽略，
物体可以看成质点。根据各项进行分析明确物体能否看作质点。
【解答】解：A、地面上的人看到飞机飞过，是以地面为参考系，飞机是运动的，故A 错误；
B、飞行员以飞行为参考系，飞行员看到观礼台向后掠过，故B 正确；
C、研究某架飞机在空中飞行的轨迹时，飞机的大小可以忽略不计，可将飞机视为质点，故C 正确；
D、观看飞机表演的空翻动作时，飞机的大小和形状不能忽略，不可以看成质点。故D 错误。
故选：BC。
【点评】在研究物体的运动时，都要选取参考系；我们以前总习惯于主观判断物体是运动还是静止，比如桌子是
静的，行驶的汽车是动的，那是默认为地面为参照物了。
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8．【分析】平衡力作用在同一物体上。由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一
条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失。弹力是发生形变的物体产
生的。
【解答】解：AB、手对尺子的压力FN 与尺子对手的弹力FN′分别作用在两个不同物体上，力的性质相同，不
是一对平衡力，是一对作用力与反作用力。故A 错误，B 正确；
CD、FN 是由手发生形变而产生的，而FN′是由尺子发生形变而产生的。故C 错误，D 正确。
故选：BD。
【点评】本题主要考查牛顿第三定律及其理解。理解一对作用力与反作用力与一对平衡力的区别。作用力与反作
用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，性质相同，同时产生、同时变化、同时消失。
9．【分析】两物体均做自由落体运动，由速度公式求出速度之差与时间的关系，分析甲相对于乙做什么运动。
【解答】解：设乙运动的时间为t，则甲运动时间为t+△t，则两球的相对速度v＝g（t+△t）﹣gt＝g△t，所以甲
相对乙的运动是匀速直线运动，甲乙之间距离随时间均匀增大，故BC 正确，AD 错误。
故选：BC。
【点评】本题通过研究两球速度差来研究甲乙的相对运动，可以通过研究两球之间的距离分析甲相对于乙的运动
情况。
10．【分析】先分析物体的受力情况，物体在平行于斜面方向上受推力F，重力的分力G1，摩擦力f，然后由平衡条
件求物体所受的摩擦力。
【解答】解：物体在平行于斜面方向上，受平行于斜面向上的拉力F，平行于斜面向下的重力的分力G1，静摩擦
力f 的作用。
（1）当G1＝F 时，物体不受摩擦力，所以当拉力增大时，则静摩擦力增大。
（2）当G1＞F 时，这两个力的合力平行于斜面向下，则物体所受的静摩擦力f 平行于斜面向上，
当拉力增大时，则静摩擦力先减小，后增大；
（3）当G1＜F 时，摩擦力平行于斜面向下，随着拉力增大，则静摩擦力增大。
综上所述，故AB 正确，CD 错误。
故选：AB。
【点评】静摩擦力是被动力，大小与方向与物体所受的其它力有关，随其它力的变化而变化。
本题解题的关键是对物体进行受力分析，然后由平衡条件讨论摩擦力的大小与方向。
11．【分析】物体由于惯性冲上皮带后，分v2 大于、等于、小于v1 三种情况分析，从左端滑上传送带时，物体可以
先加速，当速度等于传送带速度时匀速运动，也可以一直加速运动，也可以一直匀速运动，也可以先减速后匀速
运动，还可以一直减速；从右端滑上传送带时，可以先匀减速运动到速度为0 再反向加速后匀速，也可以先减速
后反向匀加速，分情况进行讨论即可解题。
【解答】解：A、若物体从右端滑到左端和从左端滑到右端的过程中一直相对于传送带滑动，此时滑动摩擦力产
生加速度，两者加速度相等，运动的位移相等，都做匀变速运动，所以运动的时间相等，否则不等，故A 错误；
B、若v2＜v1，物体从左端滑上传送带时所受的滑动摩擦力向右，物体先做匀加速运动，当物体运动到右端时速
度仍小于传送带速度时，没有匀速过程，故B 错误；
C、若v2＜v1，物体从右端滑上传送带又回到右端。物体受到的摩擦力一直向右，加速度不变，即先向左匀减速，
后向右匀加速，整个过程是匀变速运动，位移为零，根据速度位移公式，故末速度的大小等于初速度的大小，即
返回右端时物体的速率一定为v2，故C 正确；
D、若v2＞v1，物体从右端滑上传送带又返回到右端，先向左匀减速，后向右匀加速，当速度达到传送带速度v1
时不再加速，而后匀速运动，则返回右端时物体的速率一定为v1，故D 正确。
故选：CD。
【点评】本题关键是要分成v2 大于、等于、小于v1 三种情况讨论，同时还要考虑传送带的实际长度是否能保证
最后匀速。
12．【分析】剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对A、B、C 分析受力，运用牛顿第二定律求出加速度的大小。
并求出A 对C 的支持力大小。
【解答】解：AC、装置静止时，弹簧的弹力F＝3mg，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，将C 和A 看成一个
整体，根据牛顿第二定律得：
aAC= F+(m+2m)g
m+2m
=2g
即A、C 的加速度均为2g，方向向下。故A 错误，C 正确。
B、剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，B 的合力仍然为零，则B 的加速度为0．故B 正确。
D、对C，由牛顿第二定律得F+2mg﹣N＝2maC，解得A 对C 的支持力大小N＝mg，D 错误。
故选：BC。
【点评】本题是瞬时问题，关键是先根据平衡条件求出各个力，然后根据牛顿第二定律列式求解加速度；同时要
注意轻弹簧的弹力与形变量成正比，来不及突变，而轻绳的弹力是由微小形变产生的，故可以突变。
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三、解答题（共6 小题，满分52 分）
13．【分析】（1）根据磁铁间的吸引力与最大静摩擦力的关系，分析磁铁静止不动的原因，根据平衡条件判断出左
侧磁铁受到的静摩擦力方向。
（2、3）根据最大静摩擦力的变化得出支持力的变化，从而得出平板加速度的方向，确定平板是加速还是减速。
【解答】解：（1）开始时两磁铁静止不动的原因是磁铁所受的吸引力小于最大静摩擦力。
左侧磁铁受到的吸引力向右，因为磁铁处于平衡状态，则左侧的磁铁受到的静摩擦力的方向向左。
（2）在a 过程中，由于支持力减小，最大静摩擦力减小，吸引力大于最大静摩擦力，磁铁会开始运动，可知平
板处于失重状态，正在向上做减速运动。
（3）在b 过程中，由于支持力减小，最大静摩擦力减小，当吸引力大于最大静摩擦力，磁铁会开始运动，可知
平板处于失重状态，正在向下做加速运动。
故答案为：（1）磁铁所受的吸引力小于最大静摩擦力，左。（2）减速。（3）加速。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的基本运用，要知道物体加速度方向向上时，处于超重状态。加速度方向向下，
处于失重状态。
14．【分析】（1）根据实验原理判断所需实验操作和注意事项；
（2）根据△x＝aT2 求得加速度；
（3）根据牛顿第二定律求得摩擦因数。
【解答】解：（1）：（1）滑块受到的拉力是通过力传感器显示的，故不必保证砂和砂桶的总质量远小于滑块质量
和测定砂和砂桶的质3 量，由于要测量摩擦因数，故不需要平衡摩擦力；
（2）把0﹣﹣6 点分成两大段，由逐差公式求加速度a= △x
T2 = (11.10+13.10+15.10−5.00−7.05−9.10)×10−2
(3×5×0.02)2
m/s2
＝2.02m/s2。
（3）根据牛顿第二定律，加速度a= F−μMg
M
= F
M −μg，结合题目所给图象知：斜率k= 1
M =
4.08−0
2.00−0.98，从而求
出滑块质量M= 1
k =0.25kg，从横截距可求出μ= F
Mg =0.4。
故答案为：（1）不需要
不需要
（2）2.02
（3）0.25
0.4
【点评】本题主要考查了实验原理，利用逐差法求得加速度，利用好牛顿第二定律求得加速度。
15．【分析】（1）根据速度时间公式求出汽车速度减为零的时间。
（2）根据位移公式求出经3s 汽车和人的位移，结合位移关系，即可求出汽车和人的距离。
【解答】解：（1）汽车减速到零所需时间为t1 ，则有：
v1 = at1
得：t1 = 10
2 s = 5s
（2）经过3s 时间汽车的位移为：
x1 = v1 t −1
2 at2 = 21m
小宇的位移为：
x2 = v0 t = 6m
两者距离为：
L= x1 −x2 + d =24m
答：（1）经过5s 时间汽车停下来；
（2）经过3s 时小宇和汽车的距离为24m
【点评】本题考查了运动学中的追及问题，关键抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解。
16．【分析】（1）由速度图象的斜率可求得物体上滑的加速度大小，再由牛顿第二定律即可求出物体与斜面间的动
摩擦因数μ；
（2）要使物块沿斜面返回到底端时的速度大小与t＝0 时刻的速度大小相等，则物块下滑过程的加速度和上滑的
加速度相同，分析物块的受力，根据牛顿第二定律求拉力F。
【解答】解：（1）由图象知，物块沿斜面向上运动的加速度大小为a1= |△v|
△t = 10
1 m/s2＝10m/s2；
物块沿斜面向上运动时受力如图（1）所示。
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由牛顿第二定律得
mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
解得：μ＝0.5
（2）要使物块沿斜面返回到底端时的速度大小与t＝0 时刻的速度大小相等，则物块下滑过程的加速度a2 和上滑
的加速度a1 相同。
施加水平向左的拉力F 后，物块的受力如图（2）所示。
根据牛顿第二定律得：
N2＝mgcos37°﹣Fsin37°
mgsin37°+Fcos37°﹣μN2＝ma2。
又a2＝a1＝10m/s2
联立解得F＝8N
答：
（1）物块与斜面间的动摩擦因数μ是0.5；
（2）拉力F 的大小为8N。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，关键要抓住速度图象的斜率大小表示加速度。要知道物体往
返两个过程中加速度大小相等。
17．【分析】（1）对容器进行受力分析，根据平衡条件求解容器对两个滑块的压力；
（2）滑块A 或B 刚要滑动时，根据平衡条件求解压力大小进行比较，再对容器根据平衡条件倒入容器中水的质
量。
【解答】解：（1）对容器进行受力分析如图所示，
根据平衡条件可得|：2Fcosθ＝G
解得：F＝25N，
根据牛顿第三定律可得容器对两个滑块的压力为：F′＝F＝25N；
（2）滑块A 刚要滑动时，根据平衡条件可得：F1sinθ＝μ1（m1g+F1cosθ）
解得：F1＝160N；
滑块B 刚要滑动时，根据平衡条件可得：F2sinθ＝μ2（m2g+F2cosθ）
解得：F2＝150N；
由于F2＜F1，所以B 先滑动。此时对容器根据平衡条件可得：
2F2cosθ＝G，
解得G＝180N，则倒入容器中水的质量为：m= G
g =18kg。
答：（1）当容器中水的质量为3kg 时，两个滑块均静止，此时容器对两个滑块的压力为25N；
（2）再逐渐倒入水，B 滑块先开始滑动，此时倒入容器中水的质量为18kg。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
18．【分析】（1）滑块被弹射后与圆柱管共速前，滑块做匀减速运动，管子做匀加速运动，根据牛顿第二定律求得
各自的加速度，由速度时间公式求出共速时经过的时间以及共同速度。再由位移公式求出此过程中两者的位移，
得到位移之差即相对位移，即为滑块相对管上升的最大距离。
（2）共速后，滑块和管一起向上做匀减速运动，由运动学公式求出上升的最大高度和运动时间。整体上升到最
大高度后一起自由下落，根据运动学公式求出下落时间和落地时速度。管落地后立即停止运动，滑块由于惯性，
继续向下运动，再由牛顿第二定律求出滑块运动的时间，即可求得总时间t。
【解答】解：（1）滑块被弹一与圆柱管共速前，设圆柱管和滑块的加速度大小分别为a1 和a2．根据牛顿第二定
律，有
对圆柱管：f﹣m1g＝m1a1．（a1 方向向上）
对滑块：m2g+f＝m2a2．（a2 方向向下）
共速时滑块相对圆柱管上升的距离最大，设经过时间t1 后，两者以v1 共速，由运动学公式，可知
v1＝a1t1
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v1＝v0﹣a2t1
联立解得
t1＝1s，v1＝10m/s
圆柱管的位移s1= v1
2 t1 = 10
2 ×1m＝5m
滑块的位移s2= v0+v1
2
t1 = 30+10
2
×1m＝20m
两者相对位移△s＝s2﹣s1＝15m
（2）共速后滑块和管一起向上做匀减速直线运动，加速度为a＝g，方向竖直向下，上升到最高点时速度为0，
设共速后滑块和管上升的高度为s3，经历时间为t2．则
0﹣v12＝﹣2gs3，0＝v1﹣gt2。
解得
s3＝5m，t2＝1s
圆柱管的底端离地面的最大高度h＝s1+s3＝10m
滑块和圆柱管一起上升到最高点后一起做自由落体运动，设经历时间t3，管底碰到地面，落地前瞬间的速度
大小为v2，则
v22＝2gh，h= 1
2 gt3
2
解得
t3=
2s，v2＝10 2m/s
管落地后立即停止运动，滑块受到的滑动摩擦力方向向上，大小f＝20N＝m2g，滑块以速度v2 做匀速直线
运动至管底，经历时间
t4= △s
v2 = 3
4
2s
滑块从被弹出第一次回到管的底端所经历的时间t＝t1+t2+t3+t4＝（2+ 7
4
2）s≈2.48s
答：
（1）弹射后，滑块相对于管上升的最大距离△s 是15m；
（2）滑块从被弹出到第一次回到管的底端所经历的时间t 是2.48s。
【点评】分析清楚滑块和管子的运动情况是解决本题的关键，要注意分析临界状态：速度相同的条件，运用牛顿
第二定律和运动学公式解答。
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2019-2020 学年广东省深圳市罗湖区高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题（本题共6 小题，每小题3 分，共18 分．每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目的要求）
1．（3 分）生活中常使用贴在墙上的吸盘挂钩来挂一些物品，吸盘受到拉力不易脱落的原因是（
）
A．大气压力大于重力
B．大气压力与重力平衡
C．吸盘所受摩擦力大于所挂物体的重力
D．吸盘所受摩擦力与所挂物体的重力平衡
2．（3 分）当汽车做匀变速直线运动时（
）
A．在相等的时间内位置变化相同
B．在相等的时间内速度变化相等
C．速度大小不断改变，方向一定不变
D．加速度大小不断改变，方向一定不变
3．（3 分）为使交通安全、有序，公路旁设置了许多交通标志．如图所示，甲是限速标志，表示允许行驶的最大速
度是80km/h；乙是路线指示标志，表示到连云港还有206km．下列对这两个数据的理解正确的是（
）
A．甲表示瞬时速度，乙表示位移
B．甲表示瞬时速度，乙表示路程
C．甲表示平均速度，乙表示位移
D．甲表示平均速度，乙表示路程
4．（3 分）如图所示，游乐场中，从高处A 到水面B 处有两条长度相同的光滑轨道，甲、乙两小孩沿不同轨道同时
从A 处自由向B 处，滑过B 处时的速率相等，下列说法正确的是（
）
A．甲比乙先到达B 处
B．甲通过的位移比乙通过的位移小
C．甲、乙下滑的加速度大小时刻相等
D．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
5．（3 分）小明回老家过年时恰逢亲成家建房，工人正在给房屋上梁只见工人用铁锤竖直向上连续敲击木楔，木楔
缓慢地将横梁抬起，如图所示开始时绳子与墙壁的夹角α小于木楔的尖角β，若不考虑横梁与木楔之间的摩擦，在
α还未超过β的过程中（
）
A．绳子拉力变大，墙壁与木楔的摩擦力变大
B．绳子拉力变大，墙壁与木楔的摩擦力不变
C．绳子拉力变小，墙壁与木楔的摩擦力变小
D．绳子拉力变小，墙壁与木楔的摩擦力变大
6．（3 分）在科学研究中，可以用风力仪直接测量风力的大小，其原理如图所示，仪器中有一根轻质金属丝，悬挂
着一个空心金属球，无风时金属丝竖直下垂；当受到沿水平方向吹来的风时，金属丝偏离竖直方向一个角度θ，
风力仪根据偏角θ的大小指示出风力大小。若m＝1kg，θ＝30°，g 取10m/s2．则风力大小为（
）
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A．5N
B．5 3N
C．
10
3
3N
D．10 3N
二、多项选择题（本题共6 小题，每小题4 分，共24 分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目的要
求，全选对得4 分，选对不全得2 分，有选错或不选得0 分）
7．（4 分）关于运动和力，下列说法正确的是（
）
A．物体的加速度越大，其速度越大
B．物体受到的合外力越大，其速度越大
C．物体受到的合外力越大，其加速度越大
D．物体在合外力作用下做减速直线运动，当合外力逐渐增大时，物体的速度减小更快
8．（4 分）某同学背着书包乘坐电梯，在电梯运行的某个阶段，感觉到书包变轻了，由此可以判断电梯的运动情况
是（
）
A．加速上升
B．加速下降
C．减速下降
D．减速上升
9．（4 分）近年来高楼坠物事故频发，若将高楼坠物视为自由落体运动下列四幅反映高楼坠物下落时各物理量变化
规律的图象，错误的是（
）
A．
B．
C．
D．
10．（4 分）地铁站安装了智能化的阶梯式电动扶梯，为了节省能量，无人搭乘时，扶梯运动慢；有人搭乘，它会先
加速，再匀速运动一顾客乘扶梯上楼，经历了这两个过程，如图所示，下列说法确的是（
）
A．加速时顾客受到的合外力不为零
B．加速时顾客受到的摩擦力方向与速度方向相同
C．顾客始终受到重力、支持力和摩趣力三个力的作用
D．扶梯对顾客作用力的方向先向右上方，再竖直向上
11．（4 分）我国在西昌卫星发射中心用“长征三号乙”运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射了我国第二十八、
第二十九颗北斗导航卫星，这也是我国三号工程第五、六颗组网卫星。关于火箭和卫星的受力分正确的是（
）
A．火箭尾部向下喷气，喷出气体对火箭产生反作用力
B．火箭匀加速升空过程中，运载的卫星处于完全失重状态
C．火箭飞出大气层后仍然喷气，由于没有空气，火箭不再受力
D．卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力
12．（4 分）竖直升降电梯经过启动、匀速运行和制动三个过程，从低楼层到达高楼层，启动和制动可看作是匀变速
直线运动电梯竖直向上运动过程中速度的变化情况如表：
t/s
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
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v/（m
•s
﹣1）
0
2.0
4.0
5.0
5.0
5.0
5.0
5.0
4.0
3.0
2.0
1.0
0
下列说法企确的是（
）
A．前5 秒电梯的位移为19.25m
B．前5 秒电梯的位移为18.75m
C．电梯从第7 秒开始减速
D．电梯减速的加速度大小为2m/s2
三、实验题（本题共4 小题，共20 分
13．（4 分）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
。
14．（4 分）通过打点计时器在纸带上打出的点迹，可以记录纸带的运动时间。如把纸带左端和运动的物体连在一起
纸带上的相应点表示运动物体在不同时刻的位置。研究纸带上的点与点之间的间隔，了解，运动物体在不同时间
产生的位移，从而了解物体的运动情况。请用简洁的语言描述如图每条纸带的物体的运动情况。
（a）
（b）
（c）
（d）
15．（6 分）某同学利用如图乙所示的装置探究弹簧弹力F 与弹簧形变量x 的关系。在实验过程中，弹簧的形变始终
在弹性限度内。弹簧自然垂挂时，自由端对应的刻度值为21.80cm 该。同学在坐标纸上以x 为横轴、F 为纵轴建
立如图甲坐标系，并在图中描出了所测数据的点。
（1）请描绘出F﹣x 图线；
（2）由图象可知，弹簧的劲度系数k＝
N/m。
（3）当弹簧下端挂上若干钩码时，弹簧自由端示数放大如图乙所示，请读出此时弹簧的长度L＝
cm．已
知每个钩码的重力为0.5N，则此时挂在弹簧上的钩码个数为
个。
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16．（6 分）图（a）所示实验装置中，选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度a 可通过位移传感器
及与之相连的计算机得到。
（1）若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以
钩码所受重力mg 作为小车受到的合外力，则实验时应调节轨道的
以平衡摩擦力，钩码的质量应满足的
条件是
。
（2）利用本实验装置还可以测量小车（含发射器）的质量和当地的重力加速度，某同学利用本实验装置（已平
衡摩擦力）及数字化信息系统获得了小车加速度的倒数（
1
a）与钩码质量的倒数（
1
m）的对应关系图，如图（b）
所示。若该直线斜率为k，纵截距为b，则可知小车（含发射器）的质量M＝
，当地的重力加速度g＝
。
四、论述与计算题（本题共4 小题，共38 分．）
17．（8 分）有关交通法则规定：高速公路上行驶汽车的安全距离为200m，汽车行驶的最高速度为120km/h。①驾
驶员的反应时间在0.3～0.6s 之间：②各种路面与轮胎之间的动摩擦因数如表所示，取g＝9.8m/s2，请你解决几
个问题。
路面
动摩擦因数
干沥青与混凝土路面
0.7﹣0.8
干碎石路面
0.6﹣0.7
湿沥青与混凝士路面
0.32﹣0.4
（1）在计算中，驾驶员的反应时间应该取多少？为什么
（2）在计算中，路面与轮胎之间的动摩擦因数应该取多少？为什么？
（3）通过你的计算来说明200m 为必要的安全距离。
18．（10 分）据报道，某航空公司的一架客机在正常航线上水平飞行时，由于突然受强大垂直气流作用，客机在5s
内降170m，造成多名乘客和机组人员受伤，如果客机在竖直方向上的运动，且假定这一运动是匀变速直线运动，
g 取10m/s2．试计算：
（1）飞机在竖直方向的加速度多大？方向怎样？
（2）乘客所系安全带必须提供相当于乘客体重多少倍的拉力，才能使乘客不脱离座椅？
（3）投有系安全带的乘客，相对于机舱将向什么方向运动？能受到伤害的是人体的什么部位？
19．（8 分）如图所示是一质量2kg 的木箱在水平地面上的两种运动图线，Ⅰ表示木箱受到一个与初速度方向成30°
的斜向上拉力F 作用时的v﹣t 图线。Ⅱ表示木箱不受拉力时的v﹣t 图线，g 取10m/s2，求：
（1）木箱与地面的动摩擦因数μ。
（2）拉力F 的大小，（结果保留两位有效数字）
20．（12 分）如图为建筑工地上常常铺设大片的钢板方便工作车辆进出的示意图。质量M＝4000kg，长度为20m，
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宽度足够大的一块大钢板静止置于足够大的水平泥土上，由于下过大雨，钢板与浸湿的泥土之间的动摩擦因数减
小为μ＝0.01，一辆质量为m＝1000kg 可视为质点的小汽车从钢板上驶过，小汽车由静止开始从钢板一端向另一
端匀加速直线运动，经时间t＝5s，车完全经过钢板。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）通过计算说明，小汽车在钢板上运动时，钢板能否保持静止？
（2）如果钢板能够保持静止，则小汽车离开钢板的速度为多少？如果钢板不能保持静止，小汽车离开钢板时，
小汽车和钢板的速度分别为多少？
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2019-2020 学年广东省深圳市罗湖区高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共6 小题，每小题3 分，共18 分．每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目的要求）
1．【分析】塑料吸盘是大气压在生活中应用的实例。当重物拉挂钩时，拉力方向向下，阻碍其向下的力应该是向上
的，而不是大气的压力，是吸盘与墙面的摩擦力使其能承受一定的拉力。
【解答】解：AB、大气压力方向垂直于竖直的墙面，物体重力方向竖直向下，方向不相反，不是一对平衡力，
无法比较大小，故AB 错误；
CD、吸盘挂衣钩其工作过程是通过排除吸盘与墙壁之间的空气，松手后，吸盘恢复原状的过程中，导致内部气
压小于外界大气压，外界大气压将其压在墙壁上，吸盘处于静止状态，吸盘受到竖直方向上摩擦力和竖直向下的
所挂物体的拉力，二力大小相等，方向相反，即吸盘所受摩擦力与所挂物体的重力平衡，故D 正确C 错误；
故选：D。
【点评】大气压将吸盘压在墙面上，但大气压方向朝向墙面，物体对挂钩的拉力朝下，因此，是摩擦力与拉力相
互平衡。
2．【分析】匀变速直线运动是指加速度不变的直线运动，连续相等的时间内位移的变化量是个定值，根据匀变速直
线运动的特点及基本公式即可求解。
【解答】解：A、对于匀变速直线运动，x= v0t + 1
2 at2，可知各段时间内的初速度不同，则位移不同，即位置变
化不相同，故A 错误；
B、速度该变量△v＝a•△t，故应该是在相等时间内的速度改变始终相等，故B 正确；
C、若加速度的方向与初速度方向相反，则物体速度的方向可能发生变化，如竖直上抛运动。故C 错误
D、匀变速直线运动的加速度大小，方向都不变，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查了匀变速直线运动的特点及基本公式的直接应用，难度不大，属于基础题。
3．【分析】平均速度表示某一段时间或一段位移内的速度，瞬时速度表示某一时刻或某一位置的速度．路程表示运
动轨迹的长度，位移的大小等于初位置到末位置的距离．
【解答】解：限速标志上的数值表示任一时刻的速度不准超越的最大速度，为瞬时速度；路线指示标志表示路程，
标位移是没有指示意义的，故B 正确。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道路程和位移的区别，以及知道瞬时速度和平均速度的区别．
4．【分析】由受力分析及牛顿第二定律分析两个小孩切向加速度的大小，从而可速度增加的快慢；位移是初位置指
向末位置的有向线段。
【解答】解：AD、甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到
同一高度的位置，则甲比乙先到达B 处。故A 正确，D 错误；
B、甲、乙通过的位移相等。故B 错误；
C、由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故C 错误。
故选：A。
【点评】本题应该“加速度”解释：高度相同，到达底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐渐减小；乙的加速
度逐渐增大。所以它们的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加的最慢。
5．【分析】以横梁为研究对象，根据矢量三角形方法分析各力的变化；再以斜劈为研究对象，根据平衡条件进行分
析。
【解答】解：以横梁为研究对象，横梁受到重力、斜劈的支持力N 和绳子的拉力F，如图所示：
木楔缓慢地将横梁抬起的过程中，支持力方向不变，根据图示情况可知，绳子拉力逐渐减小、支持力逐渐增大；
再以斜劈为研究对象，受力分析如图所示：
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由于N 逐渐增大，则N 在竖直方向向下的分力增大，根据竖直方向受力平衡可知，f 逐渐增大。
故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
6．【分析】对小球受力分析，受重力、拉力和风力，根据平衡条件列方程求解。
【解答】解：以小球为研究对象，受力分析如图，由水平方向上的合力Fx 合和竖直方向上的合力Fy 合分别等于零，
即：
Fx 合＝Tsinθ﹣F＝0
Fy 合＝Tcosθ﹣mg＝0
有：Tsinθ＝F，Tcosθ＝mg
两式相比，得：F＝mgtanθ
带入数据解得：F= 10 3
3 N，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
【点评】本题关键是对小金属球受力分析后，根据平衡条件，运用正交分解法列出平衡方程，求解出风力与角度
θ的关系后分析讨论。
二、多项选择题（本题共6 小题，每小题4 分，共24 分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目的要
求，全选对得4 分，选对不全得2 分，有选错或不选得0 分）
7．【分析】根据牛顿第二定律，加速度与合外力成正比，合外力越大，其加速度越大；物体的速度为零时，加速度
不一定为零，二者没有必然的联系。
【解答】解：AB、物体受到的合外力越大，物体的加速度大，速度不一定大，比如刚刚启动的飞机，加速度很
大，速度却很小，故AB 错误；
C、物体受到的合外力越大，根据牛顿第二定律知加速度越大，故C 正确；
D、物体在外力的作用下减速直线运动，当合外力逐渐增大时，则物体的加速度增大，速度减小更快，故D 正确；
故选：CD。
【点评】本题考查加速度的性质，要明确加速度是表示物体速度变化快慢的物理量，加速度的大小与速度的大小
没有直接关系。
8．【分析】当电梯静止时人对书包的力等于重力，当电梯运动时书包变轻，说明人对书包的力减小，由牛顿第二定
律求的加速度，即可判断当电梯静止时人对书包的力等于重力，当电梯运动时书包变轻，说明人对书包的力减小，
由牛顿第二定律求的加速度，即可判断
【解答】解：当电梯静止时有：
N﹣mg＝0
当电梯运动时书包变“轻”，说明N 减小，对书包受力分析可知：
mg﹣N＝ma
解得：a= mg−N
m
，加速度方向向下，故BD 正确，AC 错误
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故选：BD。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的判断，找出加速度的方向然后又加速度的方向判定可能的运动情况。
9．【分析】物体做自由落体运动，是一种初速度为加速度为g 的匀加速直线运动，根据运动学公式列式即可判断各
量与时间的关系。
【解答】解：A、高空坠物做自由落体运动，加速度为g，初速度零，物体的位移与时间关系为x= 1
2 gt2，x﹣t
图象应是抛物线，故A 错误；
B、物体的速度与时间关系为v＝gt，v 与t 成正比，v﹣t 图象是过原点的直线，故B 正确
C、物体做自由落体运动，加速度恒定，a﹣t 图象应是平行于t 轴的直线，故C 错误；
D、根据速度位移公式有v2＝2gx，v2﹣x 图象是过原点的直线，故D 正确。
本题选错误的，故选：AC。
【点评】本题主要考查了自由落体运动的加速度、速度、位移与时间的关系，通过解析式来分析图象的形状。
10．【分析】正确解答本题要掌握：正确对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律解题；并依据平衡与非平衡状态，
结合运动来分析受力。
【解答】解：A、以人为研究对象，加速过程中，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下沿电梯加速上
升，合外力不为零，故A 正确；
B、加速运动时，顾客有水平向右的加速度，故顾客受到水平向右的静摩擦力作用，而速度方向指向右上方，故
B 错误；
C、加速过程中，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用，匀速运动时，受力平衡，只受重力和支持力，
故C 错误；
D、根据A 中分析可知，顾客加速向上时，合外力沿斜面向上，故开始时斜面的作用力指向右上方向；匀速运动
时，受力平衡，扶梯对顾客的作用力竖直向上；故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了牛顿第二定律在生活中的应用，要注意应对顾客在水平方向上和竖直方向的运动分别进行分
析，注意明确两个分运动的独立性。
11．【分析】由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物
体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失。
【解答】解：A、火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推
力，故A 正确；
B、火箭匀加速升空过程中，运载的卫星的加速度的方向向上，处于超重状态，故B 错误；
C、火箭飞出大气层后，虽然没有了空气，但火箭向后喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而
让火箭获得了向上的推力，故C 错误；
D、卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力，即地球对卫星的引力和卫星对地球的
引力，故D 正确；
故选：AD。
【点评】本题考查了力的相互作用性，力与物体运动的关系，是基础题；知道火箭加速上升，受力不平衡是解题
的关键。
12．【分析】根据速度时间公式求出匀加速直线运动的加速度，再根据速度时间公式得出匀加速运动的时间，求出
匀加速运动的位移，结合匀速运动的时间求出匀速运动的位移，从而得出前5s 内的位移。根据速度与时间的数
值变化规律求出减速运动的加速度。
【解答】解：AB、电梯匀加速直线运动的加速度a= △v
△t，则匀加速直线运动的时间t1= v
a = 5
2 =2.5s，
速直线运动的位移x1= v2
2a = 52
2×2 =6.25m
线运动的位移x2＝vt2＝5×（5﹣2.5）m＝12.5m，
则前5s 内的位移x＝x1+x2＝6.25+12.5m＝18.75m。故A 错误，B 正确；
CD、同理电梯匀减速直线运动的加速度a′= △v
△t =1m/s2，匀加速直线运动的时间t2= v
a' = 5
1 =5s，
故电梯从第7s 开始减速，减速运动的加速度为1m/s2．故C 正确，D 错误；
故选：BC。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式、位移时间公式、速度位移公式，并能灵活运用，
基础题。
三、实验题（本题共4 小题，共20 分
13．【分析】“验证力的平行四边形定则”的实验原理是：记录两个分力以及合力的大小和方向后，选用相同的标度
将这三个力画出来，画出来的合力是实际值，然后根据平行四边形画出合力的理论值，通过比较实际值和理论值
的关系来进行验证，明确了实验原理即可知知道实验中需要记录的物理量和具体的操作。
【解答】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
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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。
故答案为：B、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、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。
【点评】要围绕“验证力的平行四边形定则”的实验原理对实验步骤和实验中需要注意的问题进行理解，正确理
解“等效代替”的含义。
14．【分析】依据点与点时间相等，结合点与点间距，及v= x
t，即可一一判定运动情况。
【解答】解：因点与点时间间隔相等，根据点与点间距，结合v= x
t，则有：
由题目中图可知，a、点与点间距相等，速度较小的匀速直线运动；
b、点与点间距相等，但间距大于a 纸带，因此做速度较大的匀速直线运动；
c、点与点间距越来越大，则做加速直线运动；
d、点与点间距越来越小，则做减速直线运动；
故答案为：（a）速度较小的匀速直线运动；（b）速度较大的匀速直线运动；（c）加速直线运动；（d）减速直线运
动。
【点评】考查纸带处理问题的能力，掌握点与点时间间隔相等是解题的突破口。
15．【分析】（1）通过描点做出F﹣x 图象；
（2）根据胡克定律可知，图象的斜率大小等于劲度系数大小。
（3）从图象可以直接得到当弹簧伸长时弹簧弹力大小，然后求出钩码的个数。
【解答】解：（1）通过描点连线可知F﹣x 图象如图所示：
（2）由图象可知，斜率代表弹簧的劲度系数，故有：k═
F
x =
3.0
0.06 =50N/m；
（3）由图可知，刻度尺的最小刻度为1mm，由图可知，该长度为25.82cm
此时弹簧秤的拉力为：F＝kx＝50×（25.82﹣21.80）×10
﹣2＝2N
每个钩码的重力为0.5N，则此时挂在弹簧上的钩码个数为：n= F
F0 = 2
0.5 =4 个
故答案为：（1）如图所示；（2）50；（3）25.82，4
【点评】考查胡克定律的内容，掌握形变量的概念，注意熟练描点法画图的应用以及正确理解图象斜率、截距等
物理量的含义。
16．【分析】（1）探究加速度与力的关系实验应平衡摩擦力，小车质量应远大于钩码质量；
（2）根据牛顿第二定律，列出小车的滑动摩擦力大小，然后结合图象的斜率与截距，可以得出结论。
【解答】解：
（1）若利用本实验来验证“小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所
受重力mg 作为小车受到的合外力，则实验时，调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力，即使得绳子上拉力等于小车的
合力。
设小车的质量为M，再根据牛顿第二定律得，整体的加速度为：a =
mg
m+M，则绳子的拉力为：F = Ma = mg
1+m
M
，
知钩码的质量远小于小车的质量时，绳子的拉力等于钩码的重力，所以钩码的质量应满足的条件是远小于小车的
质量。
（2）根据牛顿第二定律可知：mg＝（m+M）a，
结合
1
a −
1
m图象可得：
1
a =
M
g ⋅
1
m +
1
g，
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又该直线斜率为k，纵截距为b，因此：
g = 1
b；
M = k
b。
故答案为：（1）倾斜度，远小于小车质量；（2）
k
b，
1
b。
【点评】根据实验原理分析为什么要平衡摩擦力和让小车的质量远远大于钩码的质量，且掌握由牛顿第二定律列
出方程，与图象的斜率与截距综合求解的方法。
四、论述与计算题（本题共4 小题，共38 分．）
17．【分析】（1）在计算中反应时间取最长的，保证反应时间长的驾驶员安全，
（2）动摩擦因数取最小的，动摩擦因数越小，加速度越小，刹车的距离越长，即保证最湿滑的路面都能安全行
驶。
（3）汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，结合运动学公式求出安全距离，从而判断
200m 的安全距离是否必要。
【解答】解：（1）反应时间取0.6 秒，以保证反应时间比较长的驾驶员安全；
（2）路面与轮胎之间的动摩擦因数取0.32，以保证最湿滑的路面都能安全行驶。
（2）动摩擦因数取0.32，以保证最湿滑的路面都能安全行驶。
根据牛顿第二定律得，刹车的加速度为：
a= μmg
m =μg＝3.2m/s2。
安全距离：s＝v0t−
v0
2
2a。
代入数据得：s≈197m。
故安全距离为200m 是必要的。
答：（1）驾驶员的反应时间应该取0.6 秒，以保证反应时间比较长的驾驶员安全。
（2）路面与轮胎之间的动摩擦因数应该取0.32，以保证最湿滑的路面都能安全行驶。
（3）动摩擦因数取0.32，以保证最湿滑的路面都能安全行驶。安全距离为200m 是必要的。
【点评】解决本题的关键知道汽车在反应时间、刹车后的运动情况，结合运动学公式进行分析求解。
18．【分析】（1）根据匀变速直线运动的公式求出飞机在竖直方向上的加速度。
（2）根据牛顿第二定律求出安全带的拉力。
（3）未系安全带的乘客，相对机舱将向上运动，最可能受伤的是头部。
【解答】解：（1）由位移公式s= 1
2 at2得竖直方向的加速度：a= 2s
t2 =13.6m/s2，方向竖直向下。
（2）对乘客，由牛顿第二定律得：F 拉+mg＝ma
所以安全带产生竖直向下的拉力为：F 拉＝1.26mg
（3）未系安全带的乘客，相对机舱将向上运动，最可能受伤的是头部。
答：（1）飞机在竖直方向上产生的加速度为13.6m/s2，方向竖直向下。
（2）乘客所系安全带必须提供相当于乘客体重1.26 倍的拉力，才能使乘客不脱离座椅。
（3）未系安全带的乘客，相对机舱将向上运动，最可能受伤的是头部。
【点评】本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
19．【分析】（1）根据v﹣t 图象的斜率等于加速度，求出B 物块的加速度，由牛顿第二定律求出动摩擦因数；
（2）由v﹣t 图象求出，A 的加速度，由牛顿第二定律列方程，求出物体A 所受拉力F 的大小；
【解答】解：（1）根据v﹣t 图象的斜率等于加速度，由图线Ⅱ得：
木箱不受拉力时的加速度大小为：a2= △v2
△t2 = 12
6 m/s2＝2m/s2
由牛顿第二定律得：μmg＝ma2，解得：μ＝0.2
（2）由图象Ⅰ得：木箱受拉力F 时的加速度大小为：a1= △v1
△t1 = 48−12
6
m/s2＝6m/s2
由牛顿第二定律得：Fcos30°﹣μ（mg﹣Fsin30°）＝ma1
解得：F≈17N
答：（1）木箱与地面的动摩擦因数是0.2；
（2）拉力F 的大小是17N。
【点评】本题考查了牛顿第二定律、根据斜率求出加速度，要理解v﹣t 图线的含义，截距、斜率、面积等表示
什么意思都要明确。
20．【分析】（1）根据运动学公式和牛顿第二定律进行判断；
（2）因钢板不能保持静止，由牛顿第二定律求得钢板的加速度，由位移关系求得小汽车的加速度，由速度公式
可求得小汽车和钢板的速度。
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【解答】解：（1）设钢板不动，小汽车在钢板上运的加速度为a0。
由位移公式得：L= 1
2 a0t2
解得：a0＝1.6m/s2
此时钢板使车向右运动的摩擦力：F＝ma0＝6400N
钢板受车向左的反作用力：F′＝F＝6400N
钢板受地面向右最大静摩擦力：Ff＝μ（M+m）g＝500N
F′＞Ff
所以钢板不可能静止，将向左运动
（2）由牛顿第二定律得：钢板向左运动的加速度大小：a1= Ff
M = 1
8m/s2
设小汽车向右运动的加速度大小为a2
由位移关系得：
1
2 a2t2 +
1
2 a2t2 =L
解得：a2＝1.4m/s2
由速度公式得小汽车离开钢板时：小汽车的速度：v2＝a2t＝7m/s
钢板的速度：v1＝a1t＝0.625m/s
答：（1）小汽车在钢板上运动时，钢板不能保持静止。
（2）小汽车离开钢板时，小汽车和钢板的速度分别为7m/s、0.625m/s。
【点评】本题考查了牛顿第二定律、运动学公式，能根据运动特征求出初速度为0 的匀加速直线运动的速度与时
间以及位移的关系，是解决问题的关键。
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2019-2020 学年广东省深圳市福田区耀华实验学校国际部高一（上）期末物
理试卷
一、单项选择题（30*2＝60）
1．（3 分）“抬头望明月，月在云中行”．这时选取的参考系是（
）
A．云
B．月亮
C．地面
D．观察者自己
2．（3 分）如图所示，由于风的缘故，河岸上的旗帜向右飘，在河面上的两条船上的旗帜分别向右和向左飘，两条
船运动状态是（
）
A．A 船肯定是向左运动的
B．A 船肯定是静止的
C．B 船肯定是向右运动的
D．B 船可能是静止的
3．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．质点一定是体积很小、质量很小的物体
B．当研究一列火车全部通过桥所需的时间，因为火车上各点的运动状态相同，所以可以把火车视为质点
C．研究自行车的运动时，因为车轮在转动，所以无论什么情况下，自行车都不能看成质点
D．地球虽大，且有自转，但有时仍可将地球看作质点
4．（3 分）下列物理量中不属于矢量的是（
）
A．速度
B．加速度
C．路程
D．位移
5．
（3 分）如图所示为同一打点计时器在四条水平运动的纸带上打出的点，其中a，b 间的平均速度最大的是哪一条？
（
）
A．
B．
C．
D．
6．（3 分）以下的计时数据指时间的是（
）
A．中央电视台新闻联播节目19 时开播
B．某人用15s 跑完100m
C．早上6 时起床
D．天津开往德州的625 次硬座普快列车于13：35 从天津西站发车
7．（3 分）一辆汽车从甲地开往乙地的过程中，前一半时间内的平均速度是30km/h，后一半时间的平均速度是
60km/h．则在全程内这辆汽车的平均速度是（
）
A．35 km/h
B．40 km/h
C．45 km/h
D．50 km/h
8．（3 分）物体做匀加速直线运动，加速度为2m/s2，那么（
）
A．物体的末速度一定比初速度大2m/s
B．每秒钟物体的速度增加2m/s
C．第3 秒初的速度比第2 秒末的速度大2m/s
D．第3 秒末的速度比第2 秒初的速度大2m/s
9．（3 分）甲物体以乙物体为参考系是静止的，甲物体以丙物体为参考系又是运动的，那么，以乙物体为参考系，
丙物体的运动情况是（
）
A．一定是静止的
B．运动或静止都有可能
C．一定是运动的
D．条件不足，无法判断
10．（3 分）在某段公路上，分别有图示的甲、乙两块告示牌，告示牌上面数字的意思是（
）
A．甲是指位移，乙是平均速度
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B．甲是指路程，乙是平均速度
C．甲是指位移，乙是瞬时速度
D．甲是指路程，乙是瞬时速度
11．（3 分）两个人以相同的速率同时从圆形轨道的A 点出发，分别沿ABC 和ADC 行走，如图所示，当他们相遇
时不相同的物理量是（
）
A．速度
B．位移
C．路程
D．速率
12．（3 分）下列各组物理量中，全部是矢量的是（
）
A．位移、时间、速度、加速度
B．质量、路程、速度、平均速度
C．速度、平均速度、位移、加速度
D．位移、路程、时间、加速度
13．（3 分）物体的加速度为2m/s2，表示这物体（
）
A．每秒运动2m
B．每经过1 秒，其速度增大2m/s2
C．每经过1 秒，其速度增大2m/s
D．每经过1 秒，其速度增大2m
14．（3 分）一个小球以3m/s 的速度水平向右运动，碰到墙壁后经过0.1s 后以2m/s 的速度沿同一直线反弹。则小球
在这段时间内的平均加速度为（
）
A．10m/s2，方向向右
B．10m/s2，方向向左
C．50m/s2，方向向右
D．50m/s2，方向向左
15．（3 分）以下关于重力的说法中错误的是（
）
A．重力的施力物体是地球
B．重力的方向总是竖直向下的
C．在同一位置，质量大的物体受到的重力大
D．重力的作用点叫重心，物体的重心都在物体上
16．（3 分）“以卵击石”的结果是鸡蛋破碎了，以下说法正确的是（
）
A．鸡蛋对石头的力小于石头对鸡蛋的力
B．鸡蛋对石头的力与石头对鸡蛋的力大小相等
C．鸡蛋对石头的力大于石头对鸡蛋的力
D．鸡蛋对石头的力就是石头对鸡蛋的力
17．（3 分）人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图所示。以下说法正确的是（
）
A．人受到重力和支持力的作用
B．人受到重力、支持力和摩擦力的作用
C．人受到的合外力不为零
D．人受到的合外力方向与速度方向相同
18．（3 分）关于重力，下列说法中正确的是（
）
A．只有静止的物体才受到重力的作用
B．只有做自由落体运动的物体才受到重力的作用
C．重力的方向总是与物体的运动方向相同
D．重力的方向总是竖直向下的
19．（3 分）探究弹力和弹簧伸长的关系时，在弹性限度内，悬挂15N 重物时，弹簧长度为0.16m，悬挂20N 重物
时，弹簧长度为0.18m，则弹簧的原长L0 和劲度系数k 分别为（
）
A．L0＝0.02m，k＝500N/m
B．L0＝0.10m，k＝500N/m
C．L0＝0.02m，k＝250N/m
D．L0＝0.10m，k＝250N/m
20．（3 分）如图所示，物体相对静止在水平传送带上随传送带同向匀速运动。它受到的力是（
）
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A．重力、弹力、静摩擦力
B．重力、弹力
C．重力、弹力、滑动摩擦力
D．重力、滑动摩擦力
21．（3 分）如图，A、B、C 三个物体叠放在桌面上，在A 的上面再加一个作用力F，则C 物体受到的作用力共有
（
）
A．3 个力
B．2 个力
C．1 个力
D．以上都不对
22．（3 分）关于力的说法中，错误的是（
）
A．力是物体对物体的作用
B．只有直接接触的物体才有相互作用力
C．力是不能离开受力物体和施力物而单独存在
D．力是矢量，其大小可用弹簧秤测量
23．（3 分）有两个共点力，大小分别是4N 和7N，则它们的合力大小（
）
A．最大是12N
B．最小是3N
C．可能是28N
D．可能是1N
24．（3 分）以下物体在运动过程中，运动状态不发生变化是（
）
A．小球做自由落体运动
B．子弹在枪筒中的加速运动
C．沿斜坡匀速下滑的汽车
D．汽车在水平路面上匀速转弯
25．（3 分）静止在光滑水平面上的物体，受到一个水平拉力．当力刚开始作用的瞬间，下列说法正确的是（
）
A．物体同时获得速度和加速度
B．物体立即获得加速度，但速度仍为零
C．物体立即获得速度，但加速度仍为零
D．物体的速度和加速度仍为零
26．（3 分）将“超市”中运送贷物所用的平板车固定在水平面上，配送员用300N 的水平力拖动一箱60kg 的贷物
时，该贷物刚好能在平板上开始滑动；若配送员拖动平板车由静止开始加速前进，要保证此箱贷物一定不从车滑
落，配送员拖车时，车的加速度的取值可以为（
）
A．3.5m/s
B．5.5m/s
C．7.5m/s
D．9.5m/s
27．（3 分）测量国际单位制规定的三个力学基本物理量的仪器分别是（
）
A．刻度尺、弹簧秤、秒表
B．刻度尺、测力计、打点计时器
C．量筒、天平、秒表
D．刻度尺、天平、秒表
28．（3 分）下列四组单位中，哪一组中的各单位都是国际单位制中的基本单位（
）
A．克、焦耳、秒
B．米、牛顿、秒
C．米、千克、秒
D．米、千克、牛顿
29．（3 分）某物体在三个共点力的作用下处于静止状态．若把其中一个力F1 的方向沿顺时针方向转过90°，而保
持其大小不变，其余两个力保持不变，则此时物体所受的合力大小为（
）
A．F1
B．2F1
C．2F1
D．0
30．（3 分）一个物体只受力F1 的作用时产生的加速度为2m/s2；只受力F2 的作用时产生的加速度为3m/s2．如果这
两个力F1 和F2 同时作用在该物体上，则产生的加速度不可能是（
）
A．7m/s2
B．5m/s2
C．3m/s2
D．1m/s2
二、双项选择题（10*4＝40）
31．（3 分）在研究“互成角度的两个力的合成”实验中，F1 和F2 表示两个互成角度的力，F 表示由平行四边形定
则作出的F1 与F2 的合力；F′表示用一个弹簧秤拉橡皮筋时的力，则各图中符合实验事实的是（
）
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A．
B．
C．
D．
32．（3 分）一个力的大小为30N，将此力分解为两个分力，这两个分力的大小不可能是（
）
A．10 N、10 N
B．20 N、70 N
C．200 N、200 N
D．700 N、720 N
33．（3 分）在牛顿第二定律公式F＝kma 中，比例常数k 的数值（
）
A．在任何情况下都等于1
B．k 值是由质量、加速度和力的大小决定的
C．k 值是由质量、加速度和力的单位决定的
D．在国际单位制中，k 的数值一定等于1
34．（3 分）质量为m 的物体沿倾角为α的斜面匀速下滑，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，则物体受的摩擦力为
（
）
A．mgsinα
B．mg
C．μmgcosα
D．μmg
35．（3 分）合力与分力下列说法中正确的是（
）
A．合力的大小一定大于每一个分力的大小
B．合力的大小至少大于其中一个分力的大小
C．合力的大小可能比每一个分力都大也有可能比每一个分力都小
D．合力的大小可能与两个分力的大小相等
36．（3 分）下列能正确反映自由落体运动过程的是（
）
A．
B．
C．
D．
37 ．（3 分）如图所示，某物体沿两个半径为R 的圆弧由A 经B 到C ，下列结论正确的是（
）
A．物体的位移等于4R，方向向东
B．物体的位移等于2πR
C．物体的路程等于4R，方向向东
D．物体的路程等于2πR
38．（3 分）一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s，1s 后速度的大小变为10m/s，在这1s 内该物体的
（
）
A．位移的大小可能小于4m
B．位移的大小可能大于10m
C．加速度的大小可能小于4m/s2
D．加速度的大小可能大于10m/s2
39．（3 分）如图，是A、B 两物体同时由同一地点向同一方向做直线运动的v﹣t 图象，从图象上可知（
）
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A．B 做匀速运动，A 静止
B．20s 末A、B 相遇
C．40s 末A、B 相遇
D．A 做匀速运动，B 做匀加速运动
40．（3 分）关于自由落体运动说法正确的是（
）
A．自由落体运动是物体不受任何力作用的运动
B．自由落体运动的加速度方向总是竖直向下
C．自由落体运动的是v 正比于t2 的运动
D．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动
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卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（30*2＝60）
1．【分析】参考系，是指研究物体运动时所选定的参照物体或彼此不作相对运动的物体系；参考系的选取是任意的，
如何选择参考系，必须从具体情况来考虑．
【解答】解：参考系是研究运动时来当作参考的物体，是假定不动的。抬头望明月，觉得月亮在云中穿行，是月
亮相对于云在运动，故参考系为云，
月亮相对于地面的运动在短时间内是不易观察的，而题中已说明月亮在云中穿行即相对于云的运动；故只有A
正确；
故选：A。
【点评】运动的相对性和参考系的选择问题．月亮在云中穿行，是月亮相对于云在运动．
2．【分析】图中河岸上的旗杆相对于地面是静止的，旗向右飘，说明此时有向右吹的风．
A 船上旗帜向右，有三种可能：
一是A 船不动，风把旗帜刮向右；
二是A 船向左运动，风相对于旗帜向右，把旗帜刮向右；
三是A 船向右运动但运动的速度小于风速，此时风仍能把旗帜刮向右．
对于B 船来讲情况相对简单，风向右刮，要使B 船的旗帜向左飘，只有使B 船向右运动．
【解答】解：A、因为河岸上旗杆是固定在地面上的，那么根据旗帜的飘动方向判断，风是从左向右刮的。
A 船上旗帜向右，有三种可能：
一是A 船不动，风把旗帜刮向右；
二是A 船向左运动，风相对于旗帜向右，把旗帜刮向右；
三是A 船向右运动但运动的速度小于风速，此时风仍能把旗帜刮向右，故A、B 错误。
C、如果B 船静止不动，那么旗帜的方向应该和国旗相同，而现在的旗帜的方向明显和河岸上旗子方向相反，如
果B 船向左运动，旗帜只会更加向右展。所以，B 船一定向右运动，而且运动的速度比风速快，这样才会出现图
中旗帜向左飘动的情况。故C 正确，D 错误。
故选：C。
【点评】运动和静是相对的，一个物体的运动状态的确定，关键取决于所选取的参照物．所选取的参照物不同，
得到的结论也不一定相同．这是一道非常典型的题目，要仔细揣摩才能作答．
3．【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、质量很小的物体它的体积不一定能够忽略，不一定能看成质点，如原子的质量很小，在研究原
子内部结构的时候是不能看成质点的，所以A 错误。
B、研究一列火车全部通过桥所需的时间，火车的长度不能忽略，所以不能看成质点，所以B 错误；
C、当研究自行车匀速通过一段较长的距离时，可以看做质点，所以C 错误；
D、研究地球绕太阳公转时的地球可以看成质点，所以D 正确。
故选：D。
【点评】质点是运动学中一个重要概念，要理解其实质，不能停在表面。
4．【分析】在物理量中，有些是只有大小的，即标量，有些是既有大小又有方向的，即矢量．
【解答】解：C 选项中的路程只有大小没有方向，是标量，不是矢量，符合题意；而A、B、D 三个选项中速度、
加速度和位移都是既有大小又有方向的矢量，不符合题意；故C 正确。
故选：C。
【点评】解决此类问题要结合各物理量的概念和表达的规律进行分析．
5．【分析】打点计时器打点的时间间隔相等，根据平均速度的公式可比较大小关系．
【解答】解：由于打点计时器打点的时间间隔相等，在打下相同个数点的过程中，所用的时间相同，而纸带A
的位移最大，所以纸带A 的平均速度最大。
故选：A。
【点评】打点计时器打点的时间间隔是相等的，观察纸带上点间的距离，根据物理规律解决问题．
6．【分析】时间和时刻的区分，时间指的是时间的长度，是时间段；时刻指的是时间点，区分它们就看指的是时间
的长度还是一个时间点。
【解答】解：时间指的是时间的长度，时刻指的是时间点。
A、19 时开播，很显然这是一个时间点，所以指的是时刻。所以选项A 错误。
B、用15s 跑完，这里的15s，指的是时间的长度，是指时间，所以B 正确。
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C、早上6 时起床，6 时很显然这是一个时间点，所以指的是时刻，所以C 错误。
D、13h35min，指的是一个时间点，所以是时刻，故D 选项错误。
故选：B。
【点评】区分时间和时刻，就是看指的是时间的长度还是指时间点，有的学生不会区分，也是这个原因。
7．【分析】先算出以30km/h 的速度行驶前一半时间通过的路程，再算出以60km/h 的速度行驶后一半时间通过的路
程，汽车行驶完全程的平均速度等于总路程除以总时间．
【解答】解：设一半时间为t，
前一半时间通过的路程：s1＝v1t＝30km/h×t；
后一半时间通过的路程：s2＝v2t＝60km/h×t；
全程的平均速度：v= s1+s2
2t
代入数据得：v＝45km/h。故C 正确，ABD 错误
故选：C。
【点评】本题考查了平均速度的计算，求出前一半时间通过的路程与后一半时间通过的路程是解题的关键．
8．【分析】加速度等于单位时间内速度的变化量，结合加速度的大小，通过△v＝a△t 求出速度的变化量．
【解答】解：A、因为加速度为2m/s2，知单位时间内速度的变化量为2m/s。故A 错误，B 正确。
C、第3s 初和第2s 末在同一时刻，两个时刻速度相同。故C 错误。
D、第3s 末与第2s 初的时间差为2s，则速度的变化量△v＝at＝2×2m/s＝4m/s。故D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道加速度的物理意义，知道加速度等于单位时间内速度的变化量．
9．【分析】由题，甲物体以乙物体为参考系是静止的，分析甲乙状态关系。再根据甲物体以丙物体为参考系是运动
的，分析乙相对于丙的运动情况，根据运动的相对性，分析丙物体的运动情况。
【解答】解：由题，甲物体以乙物体为参考系是静止的，说明甲乙速度相同，状态相同。甲物体以丙物体为参考
系是运动的，则乙物体以丙物体为参考系也是运动的，根据运动的相对性分析得知，以乙物体为参考系，丙物体
一定是运动的。
故选：C。
【点评】本题考查对参考系的理解能力。抓住运动是相对的。基础题，比较容易。
10．【分析】告示牌甲是量程牌，表示路程．限速是指瞬时速度不能超过多大．
【解答】解：告示牌甲是里程牌，表示路程。限速是指瞬时速度不能超过多大，告示牌乙上面的数字是瞬时速度。
所以甲是指路程，乙是指瞬时速度，故ABC 错误，D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查对生活中常识的了解程度．量程牌的数字、计程器的读数等都表示路程．速度计测量瞬时速度
的大小．
11．【分析】速度是矢量，只有大小和方向都相同，速度才相同。位移决定于起点和终点。路程是物体运动轨迹的
长度，由于速率相同，相同通过的路程相等。
【解答】解：A、相同时，两人的速度方向相反，速度不同，符合题意。故A 正确。
B、两人起点相同，终点相同，则位移相同。不符合题意。故B 错误。
C、两人速率相同，运动相同时间，通过的路程相同。不符合题意。故C 错误。
D、由题可知两人速率不变，保持相同。不符合题意。故D 错误。
故选：A。
【点评】本题考查矢量与标题相同与不同的问题。注意矢量，只有大小和方向都相同才相同。
12．【分析】矢量是既有大小，又有方向的物理量，标量是只有大小，没有方向的物理量。
【解答】解：
A、时间只有大小，没有方向，是标量。位移、速度、加速度是矢量，既有大小，又有方向。故A 错误。
B、质量、路程是没有方向的标量，速度、平均速度是矢量，既有大小，又有方向，故B 错误。
C、速度、平均速度、位移、加速度都是既有大小，又有方向的矢量，故C 正确。
D、路程、时间是标量，位移、加速度都是矢量。故D 错误。
故选：C。
【点评】对于矢量与标量，要抓住两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵
守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。
13．【分析】加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，速度的改变量等于加速度与时间的乘积；注意时间坐标轴
上各点及段的含义．
【解答】解：加速度等于单位时间内速度的变化量，加速度为2m/s2，每1s 内物体的速度均变化2m/s。
即每经过1 秒，其速度增大2m/s。故C 正确
故选：C。
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【点评】本题要求学生能正确理解加速度的定义，能用加速度的定义式求解速度的变化量．
14．【分析】根据加速度的定义a= △v
△t 即可求解，但要规定正方向。
【解答】解：规定以初速度方向为正，则
a= △v
△t = −2−3
0.1 m/s2 =−50m/s2
所以球在与墙碰撞的过程中的平均加速度的大小为50m/s2，方向与初速度方向相反，即水平向左
故选：D。
【点评】对于矢量的加减，我们要考虑方向，应该规定正方向。
15．【分析】重力是任何地球表面的物体都受到的，地球对它的吸引的力，这个力的施力物体与方向都是相同的．重
力的大小与质量成正比，而且这个比值是相对固定的．
【解答】解：A、重力都是受地球的吸引而获得的，重力的施力物体是地球，所以A 正确；
B、重力的方向总是竖直向下，所以B 正确；
C、物体的重力跟它的质量成正比，在同一位置，质量大的物体受到的重力，所以C 正确；
D、重力的作用点叫重心，物体的重心不一定在物体上，所以D 错误。
本题选择错误的，故选：D。
【点评】重力是最普遍的力，应从力的三要素、施力物体、与质量的关系等多个方面全面理解和把握，同时掌握
重心的概念及位置．
16．【分析】鸡蛋碰石头，它们之间的力是作用力和反作用力，作用力和反作用力一定是两个物体之间的相互作用
力，并且大小相等，方向相反，同时产生同时消失，而平衡力不会同时产生和消失．
【解答】解：石头对鸡蛋的作用力和鸡蛋对石头的作用力是作用力和反作用力，作用力和反作用力一定是两个物
体之间的相互作用力，并且大小相等，方向相反，同时产生同时消失，所以ACD 错误，B 正确。
故选：B。
【点评】本题应明确作用力与反作用力的关系，明确鸡蛋碎是因为鸡蛋的承受力小于石头的承受能力．
17．【分析】人随扶梯斜向上匀速运动，处于平衡状态，合力为零；再对人受力分析，受到重力、支持力，二力平
衡。
【解答】解：人随扶梯斜向上匀速运动，处于平衡状态，合力为零；
对人受力分析，受到重力mg、支持力N，假设有静摩擦力f，设为向右，根据共点力平衡条件，有
N＝mg
f＝0
故选：A。
【点评】本题关键结合物体的运动状态对物体进行受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解。
18．【分析】地球附近的一切物体都会受到重力的作用，与运动状态无关，重力的方向始终竖直向下，与运动方向
没有关系．
【解答】解：
A、B、一切物体均受到重力作用，与运动状态无关，故AB 不符合题意。
C、重力的方向与物体的运动方向没有关系，故C 不符合题意。
D、重力的方向指向地心，所以总是竖直向下的（如重锤线静止时，总是位于竖直方向）。故D 符合题意。
故选：D。
【点评】本题考查对重力单位、方向、作用点的理解，注意受到重力的作用与运动状态无关，与质量及重力加速
度有关．
19．【分析】根据胡克定律F＝kx，列出两方程组，求出原长和劲度系数．
【解答】解：F1＝k（L1﹣L0），有15＝k（0.16﹣L0）；F2＝k（L2﹣L0），有20＝k（0.18﹣L0），联立两方程组，
得：L0＝0.10m，k＝250N/m。故D 正确，A、B、C 错误。
故选：D。
【点评】解决本题的关键掌握胡克定律F＝kx．
20．【分析】按一重力二弹力三摩擦力四其它力对物体进行受力分析可知，物体受重力、传送送对物体的支持力；
关于是否受摩擦力可以通过假设法进行讨论，假设水平方向受到摩擦力，则在水平方向上我们找不到其它力与该
摩擦力平衡，故假设不成立，物体在水平方向不受摩擦力作用。
【解答】解：物体随传送带一起匀速运动，故物体处于平衡状态，所受合外力为零。在竖直方向物体受重力和传
送带的支持力，合力为零；假设水平方向存在摩擦力，但如果水平方向受摩擦力作用，则没有力与摩擦力平衡，
因水平方向物体不受外力作用，故物体不受摩擦力；
故选：B。
【点评】根据牛顿第一定律可知，运动不需要力来维持，物体在水平方向匀速运动，但不存在水平方向的外力；
故不可能受静摩擦力。
21．【分析】对C 物体受力分析，按照重力、弹力、摩擦力的顺序，不多力，也不少力，同时每个力都要能找到施
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力物体．
【解答】解：对C 物体受力分析，重力一定有，地面对C 一定有向上的支持力，B 对C 有向下的压力，A 与C
没有直接接触，故A 对C 无弹力，故物体C 受3 个力；
故选：A。
【点评】对物体受力分析，可按照先已知力，然后重力、弹力、摩擦力的顺序，不多力，也不少力，同时每个力
都要能找到施力物体．
22．【分析】力是物体对物体的作用，力有接触力和不接触力．力不能脱离施力物体和受力物体而单独存在；力的
测量工具是弹簧秤．
【解答】解：A、力是物体对物体的作用，故A 正确。
B、力有接触力和不接触力。不接触的物体间也可能产生力的作用，比如万有引力，磁场力等等，故B 错误。
C、力是物体对物体的作用，所以力是不能离开受力物体和施力物而单独存在，故C 正确。
D、力是矢量，其大小可用弹簧秤测量，故D 正确。
本题选错误的，故选：B。
【点评】本题的解题关键是理解力的概念，掌握力的相互性和物质性，明确力的测量工具．
23．【分析】两力合成时，遵循平行四边形定则，合力随两个力间的夹角的增加而减小，当两个力同向时，夹角最
小，合力最大，反向时夹角最大，合力最小，合力范围为：|F1+F2|≥F≥|F1﹣F2|。
【解答】解：两力合成时，合力范围为：|F1+F2|≥F≥|F1﹣F2|；
11N≥F≥3N；
故选：B。
【点评】本题关键根据平行四边形定则得出合力的范围：|F1+F2|≥F≥|F1﹣F2|。
24．【分析】根据运动状态不会发生变化即速度不变，加速度为零逐项判定。
【解答】解：A、小球做自由落体运动，做重力加速度为g 的匀加速运动，运动状态发生变化，故A 错误；
B、子弹在炮筒中做匀加速运动，速度增加，故B 错误；
C、汽车沿斜坡匀速下滑，速度不变，加速度为零，运动状态不会发生变化，故C 正确；
D、汽车在水平路面上匀速转弯，速度方向变化，运动状态发生变化，故D 错误。
故选：C。
【点评】此题抓住运动状态不变就是速度大小方向都不变，即加速度为零。
25．【分析】根据牛顿第二定律可以知道，力和加速度具有同时性，物体有了合力就会有加速度，但是需要一定的
时间物体才会有速度．
【解答】解：由牛顿第二定律可知，有了力的作用，物体就有了加速度，但是，在力刚开始作用的瞬间，物体还
没有运动，所以物体的速度为零，故B 正确。
故选：B。
【点评】本题是对牛顿第二定律瞬时性的考查，有了力就会有加速度，但是速度需要一定的时间，本题比较简单．
26．【分析】先求出货物与平板车间的最大静摩擦力，再求出推货车而货物恰好不滑动的临界加速度．
【解答】解：配送员用300N 的水平力拖动一箱60Kg 的货物时，该货物刚好能在平板车上开始滑动，故最大静
摩擦力为：f＝F＝3.0×102N
要使货物不从车上滑落，考虑临界情况，货物与平板车之间摩擦力为最大静摩擦力，据牛二定律，有：
f＝ma
解得：
a= f
m = F
m = 300
60 m/s2 =5m/s2
故平板车的加速度大小可以由O～5m/s2 间的任意值。
由选项可知，A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题关键明确货车与货物间的摩擦力随加速度的增大而增大，然后求出货车与货物间恰好不滑动的最大
加速度，题目不大，但是有一定难度．
27．【分析】力学的三个基本物理量分别为长度、时间、质量，再确定测量仪器。
【解答】解：国际单位制规定的三个力学基本物理量为长度、质量、时间，测量仪器分别为：刻度尺、天平、秒
表。故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道力学的三个基本物理量以及对应的基本单位，明确测量仪器，需识记。
28．【分析】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的
量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单
位．他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔．
【解答】解：A、克是基本单位，不是国际单位制中的基本单位。焦耳是导出单位，秒是国际单位制中的基本单
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位，故A 错误；
B、米、秒是国际单位制中的基本单位，牛顿是导出单位，故B 错误；
C、米、千克、秒是国际单位制中的基本单位，故C 正确；
D、米、千克、是国际单位制中的基本单位，牛顿是导出单位，故D 错误；
故选：C。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是
需要学生自己记住的．
29．【分析】三力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故先求出除F1 外的两个力的合力，然后
将转向后的力F1 与除F1 外的两个力的合力合成．
【解答】解：力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故除F1 外的两个力的合力大小等于F1，
方向与F1 反向，故等效成物体受两个互成90°的大小等于F1 的力作用；
根据平行四边形定则可知，两个大小相等且互成90°的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，故此时物体
所受到的合力大小为2F1；
故选：B。
【点评】本题关键在于三力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；当用到两个大小相等且互成
120°的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，且大小等于两分力．
30．【分析】两个力作用在该物体上产生的加速度，可以看成每个力产生的加速度的合加速度。
【解答】解：力F1 作用在物体上产生的加速度α＝2m/s2，力F2 作用在该物体上产生的加速度α＝3m/s2，
因为加速度是矢量，则合加速度1m/s2≤a≤5m/s2。
两个力作用在该物体上产生的加速度，可以看成每个力产生的加速度的合加速度。
产生的加速度范围是1m/s2≤a≤5m/s2，产生的加速度不可能是A，可能的是BCD。
本题选不可能的，故选：A。
【点评】解决本题的关键知道两个力作用在该物体上产生的加速度，可以看成每个力产生的加速度的合加速度。
二、双项选择题（10*4＝40）
31．【分析】根据实验的原理和数据的处理方法可知各图是否符合实验事实．
【解答】解：该实验中F 是由平行四边形法则得出的合力，而F′是通过实际实验得出的，故F′应与OA 在同
一直线上，而F 与F1、F2 组成平行四边形，故只有AC 符合题意；
故选：AC。
【点评】处理实验问题应准确把握实验的原理和数据的处理方法；本实验中应注意两个合力的来源．
32．【分析】根据两个分力的合力在两个分力之差与两个分力之和之间，分析两个力的大小可能值．
【解答】解：A、10 N 和10 N 的合力范围是0N≤F≤20N，所以不可能是大小为30N 分解得两个力，故A 错误；
B、20 N、70 N 的合力范围是50N≤F≤90N，所以可能是大小为30N 分解得两个力，故B 错误；
C、200 N、200 N 的合力范围是0N≤F≤400N，所以可能是大小为30N 分解得两个力，故C 正确；
D、700 N、720N 的合力范围是20N≤F≤1420N，所以可能是大小为30N 分解得两个力，故D 正确；
本题选择不可能的，故选：AB。
【点评】本题求解分力的范围与确定两个力的合力范围方法相同．基本题．也可以采用代入法，将各个选项代入
题干检验，选择符合题意的．
33．【分析】在牛顿第二定律的表达式F＝kma 中，只有在国际单位制中，比例系数k 才为1．
【解答】解：ABC、在牛顿第二定律的表达式F＝kma 中，只有质量m、加速度a 和力F 的单位是国际单位时，
比例系数k 才为1，故C 正确，AB 错误。
D、当质量m、加速度a 和力F 的单位是国际单位时，1N＝1kg•1m/s2，此时k＝1，即为了使k＝1，1N 定义为
使1kg 物体产生1m/s2 加速度的力，故D 正确。
故选：CD。
【点评】本题要知道只有F 和a 的单位采用在国际单位制时，即F 的单位为N，质量的单位为kg，加速度的单
位为m/s2，比例系数k 才为1．
34．【分析】物体沿斜面匀速下滑，分析其受力情况，根据平衡条件求解物体在下滑过程中所受的支持力N 和滑动
摩擦力f．也可根据摩擦力公式f＝μN 求摩擦力．
【解答】解：对物体进行受力情况分析：重力mg、支持力N 和滑动摩擦力f。由平衡条件得知，N 和f 的合力与
重力mg 大小相等、方向相反，如图，
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则有N＝mgcosα，f＝mgsinα
因物体受到的滑动摩擦力，故也可以根据f＝μN＝μmgcosα求得滑动摩擦力。故AC 正确，BD 错误。
故选：AC。
【点评】本题是三力平衡的问题，运用合成法进行处理，也可以运用正交分解法或分解法求解，比较简单．
35．【分析】力是矢量，求两力的合力时要用平行四边形定则；根据几何关系及分力间的夹角可得出合力和分力可
能的关系．
【解答】解：A、若夹角较大时，两个力的合力可能小于任一分力，也可能大于任一分力，故A 错误，B 也错误；
C、根据平行四边形定则可知，力的大小可能比每一个分力都大，也有可能比每一个分力都小，故C 正确；
D、当两力大小相等时，若夹角为120 度，则合力与分力大小相等，故D 正确；
故选：CD。
【点评】合力与分力的大小关系取决于它们的力的平行四边形，一定要考虑可能出现的情况找出可能的结果．
36．【分析】本题根据自由落体的性质及图象的意义进行分解作答．
【解答】解：A．自由落体是初速度为零，加速度为g 的匀加速直线运动，故其速度应是从零开始均匀增加的；
而在v﹣t 图象中这样的运动图象应为过原点的倾斜的直线，故A 错误，B 正确；
C．C 图象也是匀加速直线运动的图象，只是速度方向与规定的正方向相反，若规定向上为正，则可用C 图象表
示自由落体运动的过程，故C 正确；
D．在s﹣t 图象中，匀变速直线运动是抛物线，故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题考查自由落体及对匀变速直线运动的认识，要明确v﹣t 图象及s﹣t 图象的不同之处．
37．【分析】位移大小等于初位置到末位置有向线段的长度，方向从初位置指向末位置．路程是物体运动路线的长
度．
【解答】解：A、B、物体沿两个半径为R 的圆弧由A 经B 到C，初位置是A 点，末位置是C 点，则位移大小
等于4R，方向向东。故A 正确，B 错误。
C、D、物体的路程等于物体运动路线的长度，由图看出路程等于2πR，没有方向。故C 错误，D 正确。
故选：AD。
【点评】本题考查对位移和路程的理解和界别的能力．要注意理解路程是标量，而位移是矢量．
38．【分析】物体做匀变速直线运动，根据平均速度公式求解位移，根据加速度的定义公式求解加速度．
【解答】解：（1）若初、末速度同向时：
v = v0+v
2
= 4+10
2
m/s＝7 m/s
s= v t= 4+10
2
× 1 =7 m；
a= v−v0
t
= 10−4
1
m/s2＝6 m/s2。
（2）若初、末速反向时：
v = v0+v
2
= −4+10
2
m/s＝3 m/s
s= v t＝3 m
a= v−v0
t
= −10−4
1
m/s2＝﹣14 m/s2。
因此可得出AD 正确，BC 错误；
故选：AD。
【点评】本题关键是明确物体的运动性质，注意物体的初末速度可能同向，也可能反向，要分情况讨论．
39．【分析】由速度图象直接读出物体的运动情况．两物体从同一地点向同一方向运动，当两者位移相等时相遇．根
据速度图象的“面积”等于位移大小，分析物体什么时刻相遇．
【解答】解：
A、D，由图看出，A 的速度不随时间变化，做匀速直线运动，B 的速度随均匀增大，说明B 物体做匀加速直线
运动。故A 错误，D 正确。
B、由图读出，t＝20s 时刻，A 图线的“面积”大于B 图线的“面积”，说明A 的位移大于B 的位移，两物体又
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是从同一地点向同一方向运动，说明B 还没有追上A．故B 错误。
C、由图读出，t＝40s 时刻，A 图线的“面积”等于B 图线的“面积”，说明A 的位移等于B 的位移，两物体又
是从同一地点向同一方向运动，说明40s 末两者相遇。故C 正确。
故选：CD。
【点评】本题关键抓住速度图象的两个数学意义：斜率等于加速度，“面积”等于位移大小，来分析物体的运动
性质，确定物体何时相遇．
40．【分析】自由落体运动是物体从静止开始只在重力作用下的运动，是初速度为零，加速度为g 的匀加速直线运
动．
【解答】解：A、自由落体运动是物体从静止开始只在重力作用下的运动，故A 错误；
B、自由落体运动的加速度为g，方向总是竖直向下的，故B 正确；
C、根据v＝gt 可知自由落体运动的是v 正比于t 的运动，故C 错误；
D、自由落体运动是初速度为零，加速度为g 的匀加速直线运动，故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题考查的是自由落体运动的定义及速度公式的直接应用，题目比较简单，属于基础题．
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2019-2020 学年广东省深圳市宝安区高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题：本题包括10 个小题，每小题3 分，共30 分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题
意的要求，选对得3 分，多选、错选均不得分．
1．（3 分）汽车甲与汽车乙质量相同，汽车甲以120km/h 的速度在高速公路上飞奔，汽车乙以5km/h 的速度在小区
道路上缓行。则关于汽车甲与汽车乙的惯性，正确的是（
）
A．汽车甲惯性大
B．汽车乙惯性大
C．无法比较惯性大小
D．汽车甲与汽车乙惯性一样大
2．（3 分）水平桌面上放着一本书，下列有关书与桌面之间的作用力的说法中，正确的是（
）
A．书受的重力就是桌面受到的压力
B．书受到了支持力是因为桌面产生了形变
C．书发生了形变，因此书受到了支持力
D．桌面受到的压力和桌面给书的支持力不是桌面与书之间的相互作用
3．（3 分）两个小球从两个不同高度处自由下落，结果同时到达地面，如图所示四幅图中，能正确表示它们的运动
的是（
）
A．
B．
C．
D．
4．（3 分）如图所示，物体A 和B 受到的重力分别为10N 和8N，不计弹黄秤和细线的重力和一切摩擦，则弹簧秤
的读数为（
）
A．18N
B．8N
C．2N
D．10N
5．（3 分）如图所示，在甲图中，小孩用80N 的水平力推木箱，木箱不动；在乙图中，小孩用至少100N 的水平力
推木箱，木箱才能被推动；在丙图中，小孩用大小为90N 水平力推动木箱匀速运动。则（
）
A．甲图木箱没有受到摩擦力
B．乙图木箱没有受到摩擦力
C．丙图木箱受到摩擦力
D．上述木箱受到的滑动摩擦力为100N
6．（3 分）从牛顿第二定律知道，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度．可是当我们用一个很小的水平力去推
很重的桌子时，却推不动它，这是因为（
）
A．牛顿第二定律不适用于静止物体
B．根据a＝F/m 和a = △v
△t判断，加速度很小，速度增量很小，眼睛不易觉察到
C．推力小于静摩擦力，加速度是负值
D．重力、地面支持力、推力和静摩擦力的合力等于零．根据牛顿第二定律加速度等于零，所以原来静止的桌子
还是静止的
7．（3 分）如图所示，一根弹簧的自由端未挂重物时指针B 正对刻度5，当挂上80N 重物时（未超出弹性限度）指
针正对刻度45，若要指针正对刻度20，应挂重物的重力为（
）
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A．40N
B．30N
C．20N
D．不知弹簧的劲度系数k 的值，无法计算
8．（3 分）物体自由下落6s 落地，不计空气阻力。g 取10m/s2．则最后2s 内通过的位移为（
）
A．100m
B．180m
C．80m
D．20m
9．（3 分）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
10．（3 分）在第十一届全运会男子举重56 公斤级比赛中，龙清泉以302 公斤的总成绩获得冠军，并以169 公斤超
该级别挺举世界纪录．如图所示，设龙清泉所举杠铃的总重为G，杠铃平衡时每只手臂与竖直线所成的夹角为
30°，则他每只手臂承受的张力为（
）
A．
G
2
B．
3
3 G
C．
3G
2
D．G
二、多项选择题本题包括5 个小题，每小题5 分，共25 分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意的
要求．全部选对的得5 分，部分选对得3 分，有错、不选均不得分．
11．（5 分）如图是某质点运动的速度图象，由图象得到的正确结果是（
）
A．0﹣1s 内的平均速度是2m/s
B．0﹣2s 内的位移大小是3m
C．0﹣1s 内的加速度小于2﹣4s 内的加速度
D．0﹣1s 内的运动方向与2﹣4s 内的运动方向相反
12．（5 分）我国的高速铁路正式投入运营的里程数全球第一。当列车的牵引力大于阻力时，列车加速，当牵引力逐
渐减小但始终大于等于阻力时，下列说法正确的是（
）
A．列车的速度也减小
B．列车的速度仍在增大
C．列车的加速度在减小，减到零时列车静止
D．列车的加速度在减小，减到到零时列车的速度达到最大
13．（5 分）我们可以在密闭的升降机内判断其运动情况。当升降机内我们手提物体感觉物体变轻时，升降机可能的
运动情况是（
）
A．加速下降
B．加速上升
C．减速下降
D．减速上升
14．（5 分）如图所示，在水平面上行驶的车厢中，车厢顶部悬挂一质量为m 的球，悬绳与竖直方向成α角，相对车
厢处于静止状态，由此可以判定（
）
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A．车厢加速度一定是水平向左
B．车厢加速度一定是水平向右
C．车厢加速度大小为gtanα
D．车厢加速度大小为gcotα
15．（5 分）在无风的天气里，雨滴在高空登直下落，由于受到空气的阻力，最后以某一恒定的速率通常叫收尾速率，
设空气阻力与雨滴的速度成正比，下列对雨滴运动的加速度和速度的定性分析中正确的是（
）
A．雨滴质量越大，收尾速度越大
B．雨滴收尾速度大小与雨滴质量无关
C．雨滴收尾能做加速度减小的加速运动
D．雨滴收尾前加速度增大
三、实验题：本题包括2 个小题，共15 分
16 ．（7
分）如图所示是某同学在做与变速直线运功实验中获得的条纸带。
（1）已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打出相两点的时间隔为
；
（2）ABCD 是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点之间有四个点没有画出。从图中读出A、B 两点间距s＝
m；C 点对应的速度大小是
m/s；纸带从B 运动到D 过程中的加速度大小是
m/s2．（计算结果均保
留两位有效数字）
17．（8 分）张博同学用图甲、乙的实验装置探究加速度与合外力的关系，小车总质量用M 表示，钩码总质量用m
表示。该同学先按图甲将木板有定滑轮的端垫起，调整木板倾角，使小车恰好带着钩码和纸带一起沿木板向下匀
速运动，再保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，然后接通电源释放小车，使之由静止开始加速下滑并在纸
带上打点，如图乙所示。不考虑细绳质量、滑轮及纸带的摩擦。重力加速度g 已知，试回答下列问题
（1）实验
（填“有”或“没有“）平衡小车和木板之间的摩擦力的步骤。
（2）实验时
（填“必须有”或“不需要有”）满足“M＞＞m“的实验条件。
（3）实验时作出的a﹣F 图线如图9 丙所示，则实验对应的图线是
（填“A”或“B“）。
（4）实验时小车加速下滑受到的合力F＝
（用字母表示），在保持小车质量不变的情况下，通过调整改
变小车所受合力，多次实验，由实验数据作出的a﹣F 图线如图丁所示则小车总质量M
kg（保留两位有效
数字）。
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第187页（共403页）
四、综合计算题：3 小题，共30 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不
能得分，有数值计算的题，必须明确写出数值和单位．
18．（10 分）有时飞机需要在航空母舰的甲板上起飞，将飞机起飞的运动简化为匀加速直线运动．已知某型号的战
斗机的发动机起飞时能产生的最大加速度为5m/s2，所需的起飞速度为50m/s，请分析：
（1）若飞机仅依靠自身的发动机起飞，飞机需要的跑道至少应多长？
（2）若航空母舰的跑道长160m，那么帮助飞机起飞的弹射系统应使飞机至少具有多大的初速度？
19．（10 分）某同学到广州塔“小蛮腰”参观，为了测量电梯运行的相关数据，该同学带了一个电子台秤，并站在
台秤上观察台秤数据变化。电梯静止时他观察到台科的示数为50kg。在启动时示教变为52.5kg，这个示数持续
了10s 后又恢复到50kg，电梯匀速运动了80s，靠近观光层时台样的示数变为45kg 直到电梯到达观光台，已知
在台秤示数运算和加速度计算时g 都取10m/s2．求：
（1）电梯匀速运动时的速度大小；
（2）电梯减速的时间为多少；
（3）在图坐标中画出电梯运动全过程的v﹣t 图象：
（4）广州塔（小蛮腰）观光台的高度为多少？
20．（10 分）天羽同学学习了风洞是可以产生水平方向、风速大小可以调节的风力的设备，准备在风洞实验室进行
如下实验。现将个套有小球的细直杆AO 放入风洞实验室，小球的质量m＝1kg，球的孔径略大于细杆的直径，
杆AO 的长度为h＝1.45m，g 取10m/s2。
（1）先将杆沿水平方向固定，如图（甲）所示，调节风力的大小为F1＝8N，小球恰能沿杆匀速运动，求小球与
杆的动摩擦因数μ1；
（2）再将杆沿竖直方向固定，杆AB 处于无风部分，长度h1＝0.45m。风洞的风仅吹向杆的BO 部分，长度为
h2＝1.00m。如图（乙）所示，改变风速大小为F2 并保持恒定，将小球从顶端A 处由静止释放到底端O 点，恰
好到达底端O 点小球速度为零。求小球从A 点滑至O 点经历的时间t 及风力大小F2。
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参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题包括10 个小题，每小题3 分，共30 分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题
意的要求，选对得3 分，多选、错选均不得分．
1．【分析】质量是惯性的唯一衡量依据，质量大物体的惯性大，质量小物体的惯性小。
【解答】解：
质量是惯性的唯一衡量依据，质量大物体的惯性大，质量小物体的惯性小。与其他任何因素无关。汽车甲与汽车
乙质量相同，则惯性一样，故D 正确。
故选：D。
【点评】明确质量是惯性的唯一衡量依据，质量大物体的惯性大，质量小物体的惯性小。
2．【分析】书受重力和桌面的支持力处于平衡，是一对平衡力．书对桌面的压力和桌面对书得支持力是一对作用力
反作用力．弹力产生的原因是施力物体发生形变要恢复原状而产生的．
【解答】解：A、书的重力与支持力平衡，书的重力等于支持力，桌面对书的支持力和书对桌面的压力是一对作
用力和反作用力，作用力和反作用力大小相等，支持力等于压力，所以重力大小等于压力，但重力不是压力。故
A 错误。
B、书受到支持力，是因为桌面向下形变要恢复原状产生向上的弹力。故B 正确。
C、书发生形变，要恢复原状产生向下的弹力，即对桌面的压力。故C 错误。
D、书对桌面的压力和桌面对书得支持力是一对作用力反作用力。故D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道平衡力作用在同一物体上，作用力和反作用力作用在不同的物体上．以及知道弹力
产生的原因是施力物体发生形变要恢复原状而产生的．
3．【分析】由题：两个小球从两个不同高度处自由下落，同时到达地面，说明两球不是同时下落，在下落过程，两
者的加速度相同，都做匀加速直线运动，根据这些进行选择．
【解答】解：由题：两个小球从两个不同高度处自由下落，同时到达地面，说明两球不是同时下落高度大的小球
应先下落。在下落过程，两者的加速度相同，都做匀加速直线运动，直线应平行。符合两者运动情况的只有C。
故选：C。
【点评】本题考查由速度图象分析物体运动情况的能力．要抓住两球相等的量：加速度，说明速度图象平行．
4．【分析】物体B 受到重力、细线的拉力，根据平衡条件求出细线的拉力。弹簧秤的读数显示的是弹簧称受到的拉
力。
【解答】解：对物体B 研究：物体受到重力、细线的拉力而平衡，则细线的拉力F＝GB＝8N；
弹簧秤的读数等于细线的拉力，或等于B 的重力，即为8N，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题是简单的力平衡问题，容易产生的低级错误是认为弹簧称的读数为18N 或2N。
5．【分析】根据力的平衡去求静摩擦力f1，至少推动木箱的水平推力等于最大静摩擦力f2；从而即可求解。
【解答】解：A、甲图中，推力与静摩擦力平衡，所以f1＝80N，故A 错误；
B、乙图中，至少推动木箱的水平推力等于最大静摩擦力f2，所以f2＝100N，故B 错误；
C、丙图中的摩擦力为滑动摩擦力，摩擦力大小为90N．故C 正确；
D、由上分析，可知，故D 错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键理解静摩擦力、最大静摩擦力、滑动摩擦力，知道它们的区别。
6．【分析】从牛顿第二定律知道，加速度的大小与合力大小成正比．当我们用一个很小的水平力去推很重的桌子时，
水平推力不大于桌子的最大静摩擦力，推不动桌子，桌子的合力为零，由牛顿第二定律可知加速度为零．
【解答】解：A、静止物体，加速度为零，合力为零，牛顿第二定律同样适用于静止物体。故A 错误。
B、根据a= F
m可知，物体合力为零，加速度为零，而不是加速度很小，眼睛不易觉察到。
C、水平推力不大于桌子的最大静摩擦力，加速度为零。故C 错误。
D、由于水平推力小于等于桌子的最大静摩擦力，推不动桌子，桌子的合力为零，由牛顿第二定律可知加速
度为零，桌子保持原来静止状态。故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查对牛顿第二定律的理解能力，要注意当物体受到多个力作用时，公式中F 是指合力，而不是其
中某一个力．
7．【分析】根据胡克定律F＝kx 求出悬挂重物的重力，知道x 为弹簧的形变量．
【解答】解：当挂上80N 重物时指针正对刻度45N，知弹簧形变量为45﹣5＝40．指针正对刻度20N 时，弹簧
的形变量为15。
根据胡克定律F＝kx 得
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k= F
x = 80
40，
所以
80
40 =
G
20−5，
解得G＝30N．故B 正确，A、C、D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握胡克定律F＝kx，注意x 为形变量，不是弹簧的长度．
8．【分析】物体自由下落最后2s 内的位移等于6s 内的位移减去4s 内的位移，根据h= 1
2gt2 求出6s 内和4s 内的位
移，从而求出最后2s 内的位移。
【解答】解：物体在6s 内的位移为：h1= 1
2gt2= 1
2 ×10×62＝180m，
物体在4s 内的位移为：h2= 1
2gt2= 1
2 ×10×42＝80，
所以最后2s 内的位移为：△x＝h1﹣h2＝180﹣80m＝100m。故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握自由落体运动的位移时间公式h= 1
2gt2，以及知道通过6s 内的位移减去4s 内的位
移求最后2s 内的位移比较方便。
9．【分析】物体在竖直方向受到重力和支持力，两力平衡。在水平方向受到拉力和阻力的作用，产生加速度，根据
牛顿第二定律分析求解
【解答】解：设物体的质量为m，拉力和阻力分别为F 和f，根据牛顿第二定律得：F﹣f＝ma
A、将拉力增大到原来的2 倍，2F﹣f＝ma′，分析得到a′＞2a，即加速度大于原来的2 倍。故A 错误。
B、将阻力减少到原来的
1
2倍，F−1
2f＝ma′，分析得到a′＞2a，加速度大于原来的2 倍。故B 错误。
C、将物体的质量增大到原来的2 倍，合力不变，加速度变为原来的一半。故C 错误。
D、将物体的拉力和阻力都增大到原来的2 倍，2F﹣2f＝ma′，a′＝2a，即加速度等于原来的2 倍。故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查运用牛顿第二定律分析加速度与力的关系的能力，抓住公式中F 是合力，综合考虑各量的关系。
10．【分析】以杠铃为研究对象，分析受力情况，作出力图，由于每只手臂与竖直线所成的夹角都为30°，关于竖
直方向具有对称性，每只手臂对杠铃的作用力大小相等，根据平衡条件求出每只手臂的作用力．
【解答】解：以杠铃为研究对象，分析受力情况，作出力图，如图所示。
根据平衡条件得
2Fcos30°＝G
得到
F=
3
3 G
所以他每只手臂承受的张力为
3
3 G。
故选：B。
【点评】本题考查运用物理知识分析实际问题的能力，关键是分析受力情况，作出力图．基本题．
二、多项选择题本题包括5 个小题，每小题5 分，共25 分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意的
要求．全部选对的得5 分，部分选对得3 分，有错、不选均不得分．
11．【分析】速度时间图象中，匀变速直线运动的平均速度可用v 平均= v0+vt
2
；而位移的大小可以求解图象与坐标轴
之间的面积，物体的加速度可以求解速度时间图象的斜率．
【解答】解：A、0～1s 内的平均速速度：v 平均= v0+vt
2
= 0+2
2
=1m/s，故A 错误。
B、0～2s 内的位移大小即梯形面积大小x= 1
2（1+2）×2＝3m，故B 正确。
C、0～1s 内的加速度：a= △v
△t = 2−0
1
=2m/s2；2～4s 内加速度：a= 0−2
4−2 =−1m/s2；所以0﹣1s 内的加速度大，
故C 错误。
D、0﹣1s 内与2﹣4s 内图线均在v 正半轴，即速度都为正方向，运动方向相同，故D 错误。
故选：B。
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【点评】速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，切线代表该位置的加速度，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．
12．【分析】判断速度增加还是减小，看速度方向与加速度方向关系，当速度的方向与加速度的方向相同，做加速
运动；当速度的方向与加速度方向相反，做减速运动。
【解答】解：列车在加速，知加速度的方向与速度的方向相同，加速度减小，速度仍然增大，当加速度减小到零
时，速度增大到最大，此后做匀速运动。故BD 正确，AC 错误。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键知道当速度的方向与加速度的方向相同，做加速运动；当速度的方向与加速度方向相反，
做减速运动。
13．【分析】失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加
速度，合力也向下；
超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度，合力
也向上。
【解答】解：站在磅秤上的甲同学发现了自己的体重减小，视重小于重力，说明甲同学具有向下的加速度，升降
机可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动。故AD 正确。BC 错误。
故选：AD。
【点评】本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，明确加速度向下可能是加速向下也可
能是减速向上。
14．【分析】球相对车厢处于静止状态，球与车厢的加速度相同，以球为研究对象，根据牛顿第二定律研究加速度
大小和方向．
【解答】解：球相对车厢处于静止状态，球与车厢的加速度相同，根据悬绳偏转方向可知拉力与重力的合力应水
平向右，则车厢加速度一定是水平向右。
由牛顿第二定律得
对球：mgtanα＝ma，得a＝gtanα
故选：BC。
【点评】本题是应用合成法求解加速度的大小和方向，也可以根据正交分解法求解．
15．【分析】由题，雨滴在空中竖直下落过程中，受到重力和空气阻力，空气阻力与雨滴的速度成正比，根据牛顿
第二定律分析雨滴的运动情况。
【解答】解：AB、设雨滴的质量为m，收尾速度大小为v，则有mg＝kv，得v= mg
k ，可见雨滴质量越大，收尾
速度越大。故A 正确，B 错误。
CD、雨滴在空中竖直下落过程中，受到重力和空气阻力，由于空气阻力与雨滴的速度成正比，开始阶段，空气
阻力小于重力，雨滴向下做加速运动，随着速度的增大，空气阻力增大，合力减小，由牛顿第二定律mg﹣kv＝
ma 得知，加速度减小，当空气阻力与重力平衡时，雨滴做匀速直线运动，速度最大达到收尾速度，则雨滴收尾
前做加速度减小速度增加的运动，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
【点评】本题要抓住空气阻力随速度变化的特点，运用牛顿第二定律进行动态分析，类似于汽车恒定功率起动类
型。
三、实验题：本题包括2 个小题，共15 分
16．【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 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C 点时小车的瞬时速度大小。
【解答】解：（1）已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上相邻两点的时间间隔为0.02s；
（2）由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，A、B 两点间的距离s＝1.20﹣（1.60cm﹣1.20cm）＝0.80cm；
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，
由于做匀变速直线运动的物体在某段时间内平均速度就等于在该段时间内的中间时刻瞬时速度，
故vC= 1.20+1.60
0.2
× 10−2 m/s＝0.14m/s
根据△x＝aT2 可得：
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物体的加速度a= 0.80×10−2
0．12
m/s2＝0.80m/s2
故答案为：（1）0.02s；（2）0.80，0.14，0.80。
【点评】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。并注意单位的换算和有效数字的保留。
17．【分析】（1）本实验探究当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力的关系，有平衡摩擦力；
（2）小车加速下滑受到的合力为mg，所以不需要满足“M＞＞m“；
（3）若用重物的重力代替绳子的拉力，要满足M≥m，随着m 的增大，不满足M＞＞m 时，图象出现弯曲，本
实验中绳子的拉力等于钩码的重力，不需要满足“M＞＞m“，所以图象不弯曲；
（4）a﹣F 图线的斜率表示小车的质量的倒数，根据斜率求解。
【解答】解：（1）本实验探究当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力的关系，调整木板倾角，使小
车恰好带着钩码和纸带一起沿木板向下匀速运动，就平衡了摩擦力；
（2）合力就等于钩码的重力，所以不需要满足“M＞＞m“；
（3）绳的拉力等于钩码的重力，根据牛顿第二定律知：a= 1
MF= 1
Mmg，图象不会弯曲，则实验对应的图线是A；
（4）由前面的分析知小车加速下滑受到的合力F＝mg，a﹣F 图线的斜率表示小车的质量的倒数，M= 1
K = △F
△a =
6−2
3−1kg＝1.3kg
故答案为：（1）有
（2）不需要有（3）A
（4）mg
1.3
【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用
所学基本规律解决实验问题。探究加速度与力、质量关系实验要采用控制变量法。
四、综合计算题：3 小题，共30 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不
能得分，有数值计算的题，必须明确写出数值和单位．
18．【分析】（1）飞机起飞做初速度为0 的匀加速直线运动，根据速度位移关系求出起飞时飞机的位移即可；
（2）飞机有初速度后，同样根据位移速度关系求出起飞的初速度．
【解答】解：（1）若飞机靠自身发动机起飞，飞机初速度为0，加速度a＝5m/s2，末速度为：v＝50m/s
v2﹣v02＝2ax
得：x= v2
2a = 50×50
2×5 m＝250m
（2）弹射装置使飞机初速度为v0′，位移x′＝160m，末速度为：v＝50m/s
v2﹣v′02＝2ax′
解得：v0′=
v2 −2ax' =
502 −2 × 5 × 160 =30m/s；
答：（1）若飞机仅依靠自身的发动机起飞，飞机需要的跑道至少应为250m；
（2）若航空母舰的跑道长160m，那么帮助飞机起飞的弹射系统应使飞机至少具有30m/s 的初速度．
【点评】掌握匀变速直线运动的速度位移关系是求解本题的关键，根据飞机做匀加速直线运动由初速度、末速度
和加速度求起飞的位移即为跑道长度．本题属于基本题不难．
19．【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度，从而知加速的末速度，即为匀速直线运动的速度；
（2）根据牛顿第二定律求解减速的加速度，根据速度时间关系求解时间；
（3）根据（1）（2）分析画出图象；
（4）v﹣t 图象的面积为运动位移，即观光台的高度h。
【解答】解：（1）电梯静止时他观察到台科的示数为50kg。在启动时示教变为52.5kg，说明此时合力F＝（52.5
﹣50）×10N＝25N
根据牛顿第二定律知a1= F
m = 25
50 =0.5m/s2
加速时间为t1＝10s，所以v＝a1t1＝5m/s，匀速直线运动速度为5m/s；
（2）靠近观光层时台样的示数变为45kg，则此时合力F′＝（45﹣50）g＝ma2
解得a2＝﹣1m/s2
所以减速时间t3= v
a2 = 5
1 s =5s
（3）根据以上分析知0﹣10s，做匀加速运动，速度达到5m/s；
10s﹣90s，匀速直线运动，速度为5m/s；
90s﹣95s，做匀减速直线运动，末速度为零。作图如右图。
（4）v﹣t 图象的面积为运动位移，即观光台的高度h= 1
2（80+95）×5m＝437.5m
答：（1）电梯匀速运动时的速度大小为5m/s；
（2）电梯减速的时间为5s；
（3）在图坐标中画出电梯运动全过程的v﹣t 图象如图；
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（4）广州塔（小蛮腰）观光台的高度为为437.5m。
【点评】此题考查牛顿第二定律和匀变速直线运动规律，加速度a 是运动和力的关联。
20．【分析】（1）根据小球匀速运动受力平衡，而滑动摩擦力Ff1＝μFN!，可求得动摩擦因数；
（2）从A 到B 的过程由动能定理可求得滑到B 的速度，由平均速度公式可求得运动时间，从A 到O 由动能定
理求出风力大小；
【解答】解：（1）杆水平放置时，小球水平方向受风力F1 和滑动摩擦力Ff1、竖直方向受重力mg 和细杆的支持
力同FN1，
由题意知小球做匀速直线运动，
水平方向有：F1＝Ff1＝8N
在竖直方向有：FN1＝mg＝10N
物体所受滑动摩擦力：Ff1＝μ1FN!
解得：μ1＝0.8
（2）设小球到B 的速度为v，从A 到B 的过程由动能定理得：mgh1= 1
2 mv2
解得：v=
2gh1 =3m/s
由平均速度公式得：
v
2t＝h
解得：t= 29
30s≈0.97s
全程有动能定理得：mgh﹣μF2h2＝0
解得：F2= 145
8 N＝18.125N
答：（1）小球与杆的动摩擦因数是0.8；
（2）小球从A 点滑至O 点经历的时间是0.97s，风力大小为18.125N。
【点评】在解题的过程中一定要通过审题，分析找出各个物理量之间的关系，找到题设遵循的物理规律，从而顺
利作出解答。
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2019-2020 学年广东省深圳高中高一（上）期末物理试卷
一.单项选择题（共8 小题，每小题4 分，共32 分．每小题只有一个选项是正确的）
1．（4 分）关于加速度a 的方向，下列说法中正确的是（
）
A．由a= △v
△t可知，加速度a 的方向与速度增量△v 的方向可能相反
B．加速度a 的方向与初速度v0 的方向相同
C．如果物体的加速度a 的方向与初速度v0 的方向相同，则物体做加速运动
D．只要加速度a＞0，物体就做加速运动
2．（4 分）一匀质木棒，搁置于台阶上保持静止，下图关于木棒所受的弹力的示意图中正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
3．（4 分）如图，细线a 和b 的一端分别固定在水平地面上，另一端系一个静止在空气中的氢气球，细线与地面的
夹角分别为30°和60°．若a、b 受到的拉力分别为Ta 和Tb，氢气球受到的浮力为F，则（
）
A．Ta＞Tb
B．Ta＜Tb
C．F＝Ta
D．F＜Tb
4．（4 分）如图所示，A、B 为同一水平线上的两个绕绳装置，转动A、B 改变绳的长度，使光滑挂钩下的重物C
缓慢下降．关于此过程绳上拉力大小变化，下列说法中正确的是（
）
A．不变
B．逐渐减小
C．逐渐增大
D．可能不变，也可能增大
5．（4 分）从某高处释放一粒小石子，经过1s 从同一地点释放另一小石子，则它们落地之前，两石子之间的距离将
（
）
A．保持不变
B．不断变大
C．不断减小
D．有时增大有时减小
6．（4 分）如图所示，小球用一根轻弹簧悬于天花板下，已画出重物和弹簧的受力图。关于这四个力的以下说法错
误的是（
）
A．F1 与F4 是一对平衡力
B．F2 与F3 是一对作用力与反作用力
C．F2 的施力物体是弹簧
D．F3 的施力物体是小球
7．（4 分）中华民族的优秀文化博大精深，其中古典诗词是优秀文化的代表。从物理角度看古诗词会发现别有一番
韵味。下面四句诗词中涉及惯性知识的是（
）
A．毛泽东的《长征》中“红军不怕远征难，万水千山只等闲”
B．唐朝李白的《早发白帝城》中“朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还”
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C．宋代陈与义的《襄邑道中》中“卧看满天云不动，不知云与我俱东”
D．明代冯梦龙的《醒世恒言》中“临崖立马收缰晚，船到江心补漏迟”
8．（4 分）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
二.多项选择题（本题共4 小题；每小题5 分，共20 分．全部选对得5 分，选对但不全得的3 分，有选错的得0 分）
9．（5 分）下列关于摩擦力的说法中，正确的是（
）
A．两物体间有摩擦力，一定有弹力，且摩擦力的方向和它们间的弹力方向垂直
B．两物体间的摩擦力大小和它们间的压力一定成正比
C．在两个运动的物体之间可以存在静摩擦力，且静摩擦力的方向可以与运动方向成任意角度
D．滑动摩擦力的方向可以与物体的运动方向相同，也可以相反
10．（5 分）固定在水平面上的光滑半球的半径为R，球心O 的正上方固定一个光滑的小定滑轮，细线的一端绕过定
滑轮，今将小球从图示位置缓慢地拉至B 点，在小球到达B 点前的过程中，小球对半球的压力N，细线的T 拉
力大小变化情况正确的是（
）
A．N 不变
B．N 变小
C．T 变小
D．T 变大
11．（5 分）如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆轨道与水平轨道面相切于M 点，与竖直墙相切于A 点，竖直
墙上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°．C 是圆轨道的圆心．已知在同一时刻，a、b 两球分别由A、
B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点．则（
）
A．a 球最先到达M 点
B．b 球最先到达M 点
C．c 球最先到达M 点
D．c、a、b 三球依次先后到达M 点
12．（5 分）如图所示，重80N 的物体A 放在倾角为30°的粗糙斜面上，有一根原长为10cm，劲度系数为1000N/m
的弹簧，其一端固定在斜面底端，另一端放置物体A 后，弹簧长度缩短2cm。现用一弹簧测力计沿斜面向上拉
物体，若物体与斜面间最大静摩擦力为25N，当弹簧的长度仍然缩短2cm 时，弹簧测力计读数可能为（
）
A．10N
B．20N
C．50N
D．60N
三.实验题（14 分）
13．（6 分）用等效代替法验证力的平行四边形定则的实验情况如图所示，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，图乙是白纸上根据实验结果画出的图．
（1）本实验中“等效代替”的含义是
．
A．橡皮筋可以用细绳替代
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B．左侧弹簧测力计的作用效果可以替代右侧弹簧测力计的作用效果
C．右侧弹簧测力计的作用效果可以替代左侧弹簧测力计的作用效果
D．两弹簧测力计共同作用的效果可以用一个弹簧测力计的作用效果替代
（2）图乙中的F 与F′两力中，方向一定沿着AO 方向的是
，图中
是F1、F2 合力的理论值，
是合力的实验值．
（3）（多选）完成该实验的下列措施中，能够减小实验误差的是
．
A．拉橡皮筋的绳细一些且长一些
B．拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行
C．拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些
D．使拉力F1 和F2 的夹角很小．
14．（8 分）某次“探究加速度a 跟物体所受的合外力F 和质量m 的关系”时，实验如下：
（1）。下列做法正确的是
（填字母代号）
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜角度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需重新调节木板倾角
（2）图甲为实验装置图。图乙为某次实验得到的一段纸带，计数点A、B、C、D、E 间的时间间隔为0.1s，根
据纸带可求出小车的加速度大小为
m/s2
（结果保留两位有效数字）
（3）保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，进行多次
测量。根据实验数据作出了加速度a 随拉力F 的变化图线
如图3 所示。图中直线没有通过原点，其主要原因是
（4）保持砂和砂桶质量不变，改变小车中砝码质量，进行多次测量，得到小车加速度a、质量m 及其对应的
1
m
的数据如表中所示：
实验次数
1
2
3
4
5
6
7
8
车加速度a/（m•s
﹣2）
1.90
1.72
1.49
1.25
1.00
0.75
0.50
0.30
车和砝码质量m/kg
0.25
0.29
0.33
0.40
0.50
0.71
1.00
1.67
1
m/kg
﹣1
4.00
3.45
3.03
2.50
2.00
1.41
1.00
0.60
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①．在图示（如图4）的坐标纸中画出物体的a−1
m图线；
②根据作出的a−1
m图象可以得到的结论是：
四.计算题（解题必须有完整的解题过程，有数值计算的必须给出正确的单位）
15．（8 分）一辆汽车以v0＝20m/s 速率在某市郊区超速行驶。当这辆违章车驶过某一警车时，警车立即从静止开始
以a＝2.5m/s2 的加速度追击。假如两车都做直线运动，警车的最高限速为vmax＝30m/s。问
（1）作出两车运动的示意图
（2）警车何时能够截获这辆违章车？
（3）警车在追击过程中，离违章车的最远距离是多少？
16．（12 分）如图，质量M＝2 3kg 的木块A 套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m=
3kg 的小球B 相连。今
用跟水平方向成α＝30°角的力F＝10 3N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中A、B 相对位置保持不
变，已知g＝10m/s2，tanθ= sinθ
cosθ．求：
（1）运动过程中轻绳对B 球的拉力T 及轻绳与水平方向的夹角θ
（2）水平杆对木块A 的弹力FN 及木块与水平杆间的动摩擦因数μ
17．（14 分）如图，一水平传送带以2.0m/s 的速度顺时针传动，水平部分长为2.0m。其右端与一倾角为θ＝37°的
光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带
间动摩擦因数μ＝0.2，sin37°＝0.6，取g＝10m/s2．求：
（1）物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间；
（2）物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离；
（3）物块从出发到4.5s 末通过的路程。
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2019-2020 学年广东省深圳高中高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一.单项选择题（共8 小题，每小题4 分，共32 分．每小题只有一个选项是正确的）
1．【分析】加速度a 的方向与速度增量△v 的方向一定相同，与初速度可能相同，也可能相反。加速度a 的方向与
初速度v0 的方向相同时物体做加速运动。
【解答】解：A、时间△t 是正值，由a= △v
△t可知，加速度a 的方向与速度增量△v 的方向一定相同，故A 错误。
B、加速度a 的方向与初速度的方向可能相同，也可能相反，也可能不在同一直线上，故B 错误。
C、当物体的加速度a 的方向与初速度v0 的方向相同，则物体做加速运动，故C 正确。
D、若加速度a＞0，v0＜0，则加速度a 的方向与初速度v0 的方向相反，物体做减速运动，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查对速度方向与加速度方向关系的理解，抓住两者方向无关，两者方向可能相同，也可能相反，
也可能不在同一直线上。可通过实例加深理解。
2．【分析】发生弹性形变的物体由于要恢复原状，对与它接触的物体产生力的作用，这种力叫做弹力．
弹力产生的条件：
1．两物体互相接触
2．物体发生弹性形变（包括人眼不能观察到的微小形变）
弹力的方向与物体形变方向相反，具体情况有以下几种：
①轻绳的弹力方向沿绳指向绳收缩的方向．
②压力、支持力的方向总跟接触的面垂直，面与面接触，点与面接触，都是垂直于面；点与点的接触要找两接
触点的公切面，弹力垂直于这个公切面指向被支持物．
③杆：弹力方向是任意的，有它所受外力和运动状态决定．弹力的大小跟形变的大小的关系．
【解答】解：弹力发生与直接接触的物体之间，杆所受的弹力方向与接触面垂直；
杆与台阶有两个接触点，都有弹力，最低点与地面垂直向上，高处与杆垂直向上；
故选：D。
【点评】弹力与接触面垂直，接触面可以是面与面的接触，点与面接触，弹力都是垂直于面；点与点的接触要找
两接触点的公切面，弹力垂直于这个公切面指向被支持物．
3．【分析】对氢气球受力分析，根据共点力平衡比较两绳子的拉力．
【解答】解：不计氢气球的重力，受力如图所示。从力图可知，Ta＜Tb＜F，故B 正确，A、C、D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，根据共点力平衡进行求解，知道在平行四边形中，边的长短代表
力的大小．
4．【分析】二力合成时，夹角越小，合力越大；
同样，将一个力分解为等大的两个分力，两个分力的夹角越大，分力越大；
物体受三个力，重力和两个拉力，三力平衡，两个拉力的合力与重力等值、反向、共线．
【解答】解：物体受三个力，重力和两个拉力，三力平衡，两个拉力的合力与重力平衡；
两个拉力合力一定，夹角不断减小，故拉力不断减小；
故选：B。
【点评】本题关键记住“将一个力分解为等大的两个分力，两个分力的夹角越大，分力越大”的结论，若是用解
析法求解出拉力表达式分析，难度加大了．
5．【分析】从某高处释放一粒小石子，小石子做自由落体运动，根据位移时间公式即可求解．
【解答】解：设落地前第一个小石子运动的时间为t，则第二个小石子运动的时间为（t﹣1）s，
根据位移时间公式得：
h1 = 1
2 gt2
h2 = 1
2 g(t −1)2
△h＝h1﹣h2＝gt−1
2 g
所以随着时间的增大，两粒石子间的距离将增大，B 正确。
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故选：B。
【点评】该题主要考查了自由落体运动位移时间的关系，难度不大，属于基础题．
6．【分析】二个相互平衡的力大小相等、方向相反、作用在同一个物体上、且作用在同一条直线上。
物体间力的作用是相互的，两个相互作用力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，但不作用在同一物体上。
【解答】解：F3 是指小球对弹簧的拉力，F4 是指天花板对弹簧的拉力，F1 为小球的重力，F2 是弹簧对小球的拉
力；
则有：
A、F1 与F4 是分别作用在两个物体上的力，不是一对平衡力。故A 错误；
B、F2 与F3 是小球和弹簧间的相互作用，故二者是一对作用力与反作用力，故B 正确；
C、F2 是指弹簧对重物A 的拉力，施力物体是弹簧，C 正确；
D、F3 是物体对弹簧的作用力，施力物体是小球，故D 正确。
本题选错误的，故选：A。
【点评】本题考查二力平衡以及牛顿第三定律的基本内容，要区分两个力是一对平衡力还是一对相互作用力，关
键是看是否作用在同一物体上。
7．【分析】惯性是指物体保持原来的运动状态不变的性质。惯性的大小仅仅与物体的质量有关。由此分析即可。
【解答】解：A“红军不怕远征难，万水千山只等闲”描述红军到过很多有山水的地方，与惯性无关。故A 错误；
B“朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还”指千里之遥的江陵，一天之间就已经到达，描述坐船很快，与惯性知识
无关，故B 错误。
C、参考系是为了研究问题方便而假定静止不动的物体。故只要研究对象与参考系的相对位置不发生变化，则观
察到的结果是物体静止不动。在本题中船是向东高速行驶，诗中描述了“花”、“榆堤”和“云”的运动都是以船
为参考系。故C 错误；
D、惯性是物体总有保持原有运动状态不变的性质，一切物体都有惯性，“临崖立马收缰晚”说明物体具有惯性，
物体的运动状态不能突变。故D 正确。
故选：D。
【点评】该题考查对相对运动、参考系、惯性等物理概念的理解，真正理解了参考系等概念即可顺利解决此类题
目，而要理解这一概念就必需多看课本，多认真处理此类题目
8．【分析】先分析原来弹簧的弹力大小，再分析突然将F 撤去瞬间两球的受力情况，求解加速度。将F 撤去瞬间，
弹簧的弹力没有变化。在弹簧第一次恢复原长时，A 才离开墙壁。在A 离开墙壁后，A 向右做加速运动、B 向右
做减速运动。
【解答】解：AB、撤去F 前，弹簧的弹力大小等于F．将F 撤去瞬间，弹簧的弹力没有变化，则知A 球的受力
情况没有变化，其合力仍为零，加速度为零。B 球的合力大小等于F，方向方向向右，则其加速度大小为
F
m．故
A 正确，B 错误。
C、弹簧第一次恢复原长时，弹簧对A 有向右的拉力，A 才离开墙壁，故C 错误；
D、在A 离开墙壁后，弹簧的弹力不为零，故A、B 两球均向右做变速运动，故D 错误；
故选：A。
【点评】本题是瞬间问题，分析状态变化前后弹簧的弹力是关键，根据弹簧的弹力，分析两球的运动情况。
二.多项选择题（本题共4 小题；每小题5 分，共20 分．全部选对得5 分，选对但不全得的3 分，有选错的得0 分）
9．【分析】滑动摩擦力大小跟压力成正比。滑动摩擦力总是阻碍物体的相对运动，其方向与物体的相对运动方向相
反。运动的物体受到的可能是静摩擦力。两相互接触的物体发生了相对运动，两者间不一定有滑动摩擦力。
【解答】解：
A、两物体间有摩擦力，一定有弹力，且摩擦力的方向和它们间的弹力方向总是垂直，故A 正确。
B、滑动摩擦力大小跟压力成正比，而静摩擦力与压力不一定成正比。故B 错误。
C、受静摩擦力作用的物体一定与相接触的物体保持相对静止，但两物体可能是运动的，在两个运动的物体之间
可以存在静摩擦力；静摩擦力要求两个物体保持相对静止，与它们的运动的方向无关，则其的方向可以与运动方
向成任意角度，故C 正确。
D、滑动摩擦力不一定阻碍物体的运动，其方向与不一定物体的运动方向相反，比如物体轻轻放在水平传送带上
时，滑动摩擦力与物体的运动方向相同，推动物体运动，但滑动摩擦力总是阻碍物体的相对运动，其方向与物体
的相对运动方向相反。故D 正确。
故选：ACD。
【点评】研究摩擦力时，要区分静摩擦力还是滑动摩擦力，滑动摩擦力与压力正比，而静摩擦力则不一定，注意
摩擦力与弹力的方向关系，及运动方向的关系。
10．【分析】小球在绳A 的拉力作用下A 点缓慢运动的过程中可视为小球受力平衡，对小球进行受力分析，根据平
衡可以求出小球拉力和支持力大小的变化。
【解答】解：在小球被拉升的过程中对小球进行受力分析，即小球受重力、支持力和绳拉力的合力为0．如图，
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作出小球的受力示意图，
由图可知：因为小球所受合力为零，故小球所受重力mg、半球对小球的弹力F 和绳对小球A 的拉力T 可以构成
一个闭合的三角形，
如图可知，三个力构成的三角形与图中由绳AC、顶点高度CO 及半球半径AO 构成的三角形ACO 始终相似，
故有：
N
AO =
mg
CO =
T
AC
由于小球在上拉的过程中，CO 和AO 的长度不变，AC 减小，在力中由于重力不变，所以根据相似比可以得出：
半球对小球A 的支持力N 不变，绳对小球A 的拉力T 变小。故AC 正确BD 错误。
故选：AC。
【点评】能抓住小球受力平衡这一出发点，小球所受合力为0，小球受到的三个力可以首尾相连构成一个封闭的
三角形，由力构成的三角形与ABO 三点构成的三角形刚好相似，根据相似比可以轻松得出小球的受力大小的变
化情况。
11．【分析】对于abc 小球，根据几何关系分别求出各个轨道的位移，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀变速
直线运动的位移时间公式求出运动的时间，从而比较出到达M 点的先后顺序
【解答】解：对于AM 段，有几何关系得位移为x1 =
2R，有牛顿第二定律得加速度为；a1 = mgsin45°
m
=
2
2 g，
根据x = 1
2 gt2得：t1 =
2x1
a1 = 2
R
g①
对于BM 段，有几何关系得位移x2＝2R，加速度a2＝gsin60°=
3
2 g，根据x = 1
2 gt2得：t2 =
2x2
a2 =
8R
3g②
对于CM 段，位移x3＝R，加速度a3＝g，根据x = 1
2 gt2得t3 =
2x3
a3 =
2R
g ③
比较①②③式可得：t2＞t1＞t3 即C 球最先到达M 点，b 球最后到达M 点，
故AB 错误，CD 正确；
故选：CD。
【点评】解决本题的关键根据牛顿第二定律求出各段的加速度，运用匀变速直线运动的位移时间公式进行求解．
12．【分析】当弹簧长度缩短2cm 时，由胡克定律求得弹簧的弹力，分析物体的状态，再分析当弹簧仍然缩短2cm
时，根据平衡条件得到测力计拉力的最大值。
【解答】解：BCD、当弹簧长度缩短2cm 时，由胡克定律得弹簧的弹力为：F1＝kx1＝1000×0.02N＝20N
由于Gsin30°﹣F1＝40N﹣20N＝20N；
当弹簧的长度仍然缩短2cm 时，弹簧的弹力为：F2＝kx2＝1000×0.02N＝20N
当物体刚要上滑时，静摩擦力达到最大，测力计读数最大为：Fmax＝Gsin30°+fm﹣F2＝40N+25N﹣20N＝45N．故
测力计读数不可能为50N，60N．故B 正确，CD 错误。
A、当F2+f＝mgsin30°时有：f＝20N＜25N，物块可以保持静止，故A 正确。
故选：AB。
【点评】本题关键根据平衡条件确定测力计拉力的最大值，要抓住物体刚要上滑时静摩擦力达到最大值。
三.实验题（14 分）
13．【分析】（1）该实验采用了“等效替代”的方法，即两次拉橡皮筋，要使橡皮筋的形变相同；
（2）该实验采用了“等效法”，由于实验误差的存在，导致F1 与F2 合成的实际值与与理论值存在差别，理论值
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在平行四边形的对角线上，实际值（实验值）为一个弹簧拉橡皮筋时的拉力．
（3）实验时，为便于准确记录拉力的方向，细绳应细一些、长一些，实验时，测力计应靠近木板且与木板平行，
但不能与木板接触．
【解答】解：（1）该实验采用了“等效法”，即用两个弹簧秤拉橡皮筋的效果和用一个弹簧秤拉橡皮筋的效果是
相同的，即要求橡皮筋的形变量相同，故ABC 错误，D 正确．
故选：D．
（2）F 是通过作图的方法得到合力的理论值，在平行四边形的对角线上，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，因此其
方向沿着AO 方向．
（3）A、为减小实验误差，拉橡皮筋的绳细一些且长一些，故A 正确；
B、为减小实验误差，拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行，故B 正确；
C、拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故C 正确；
D、使拉力F1 和F2 的夹角要大些，故D 错误；
故选：ABC．
故答案是：（1）D，（2）F′，F，F′，（3）ABC．
【点评】该题属于基础题目，考查了“验证力的平行四边形定则”的实验中基础知识，如等效思想即一个合力与
几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代，在解决实验问题时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通
过原理即可分析实验中的方法及误差分析．
14．【分析】（1）根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤。
（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出小车的加速度。
（3）抓住F 不为零时，加速度a 不为零，判断图线不过原点的原因。
（4）根据表格中的数据作出a−1
m图线，从而得出实验的结论。
【解答】解：（1）A、实验时，需调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，故A 正确。
B、平衡摩擦力时，不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上，故B 错误。
C、实验时应先接通电源，再释放木块，故C 错误。
D、通过增减木块上的砝码改变质量时，不需重新平衡摩擦力，故D 正确。
故选：AD。
（2）根据△x＝aT2，运用逐差法得：
a= sCE−sAC
4T2
= (6.50−2.40−2.40)×10−2
4×0.01
=0.425 m/s2≈0.43 m/s2。
（3）图线没有过原点，与F 轴有交点，说明实验前没有平衡小车的摩擦力。
（4）a−1
m图线如图所示，由图可知，图线为一条过原点的直线，表明在合外力一定时，加速度跟质量成反比。
故答案为：（1）AD
（2）0.43
（3）实验前未平衡摩擦力（或平衡摩擦力不充分）
（4）a．如图所示，b．合外力一定时，加速度跟质量成反比。
【点评】解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，知道实验误差的来源，掌握处理纸带的方法，会通过纸带
求解瞬时速度和加速度，注意研究加速度与质量的关系时，不能作a﹣m 图线，应作a −1
m图线。
四.计算题（解题必须有完整的解题过程，有数值计算的必须给出正确的单位）
15．【分析】（1）利用描点法做出两车速度时间图象；
（2）抓住两车位移的关系，结合运动学公式求出追及的时间；
（3）当警车和汽车的速度相等时，两车相距最远，由速度时间公式求出速度相等的时间，根据位移时间公式求
出警车与超速车的最大距离。
【解答】解：（1）作出两车的速度图象如图所示：
（2）设加速时间为t 加，经t 时间警车可以追上违章车。则有：
t加= vmax
a
= 30
2.5 s = 12s
加速位移为：x加= vmax
2
t加= 30
2 × 12m = 180m
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此段时间内汽车位移为：x0＝v0t 加＝20×12m＝240m＞x 加
在运动t 追上汽车，则有：x0+v0t＝x 加+vmaxt
代入数据解得：t＝6s
警车追上违章车时间为：t′＝t 加+t＝12+6s＝18s
（3）当警车速度和违章车速度相等时距离最大，时两车运动时间为：
t0 = v0
a = 20
2.5 s = 8s
警车离违章车的最远距离等于图中阴影部分的面积为：
△smax = 1
2 v0t0 = 1
2 × 8 × 20m = 80m
答：（1）两车的速度图象如图所示：
（2）警车经过18s 能够截获这辆违章车；
（3）警车在追击过程中，离违章车的最远距离是80m。
【点评】本题考查了运动学中的追及问题，抓住位移关系，结合运动学公式进行求解，知道两车速度相等时，距
离最远。
16．【分析】（1）M 和m 分别处于平衡状态，对m 受力分析应用平衡条件可求得轻绳对B 球的拉力及轻绳与水平方
向的夹角θ；
（2）对M 受力分析应用平衡条件可求得水平杆对木块A 的弹力及木块与水平杆间的动摩擦因数。
【解答】解：（1）对B 进行受力分析，设细绳对B 的拉力为T，由平衡条件可得
水平方向
Fcos 30°﹣Tcos θ＝0
竖直方向
Fsin 30°+Tsin θ﹣mg＝0
联立解得：T＝10 3 N
θ＝30°
（2）对A 进行受力分析，由平衡条件有
竖直方向
Tsin θ+Mg﹣FN＝0
水平方向
Tcos θ﹣μFN＝0
联立解得
FN＝25 3 N
μ=
3
5
答：（1）运动过程中轻绳对B 球的拉力是10 3 N，轻绳与水平方向的夹角是30°；
（2）水平杆对木块A 的弹力是25 3 N，木块与水平杆间的动摩擦因数是
3
5 。
【点评】本题为平衡条件的应用问题，选择好合适的研究对象受力分析后应用平衡条件求解即可，难度不大。
17．【分析】此题分为两个阶段研究：（1）在传送带上，通过受力分析可得物块会先做匀加速直线运动，再比较加
速阶段位移与传送带的长度，可判断物块会再做一段匀速运动；（2）在斜面上，物块往上做匀减速运动；分析清
楚两个运动过程即可解决问题。
【解答】解：（1）物块在传送带上先做匀加速直线运动，μmg＝ma1；
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匀加速阶段位移：x1 = v02
2a1 = 1m＜L，匀加速阶段时间：t1 = v0
a1 = 1s；
所以在到达传送带右端前物块已匀速，匀速运动的时间为t2 = L−x1
v0
= 0.5s；
物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间t 总＝t1+t2＝1.5s；
（2）物块以v0 速度滑上斜面，由牛顿第二定律得：﹣mgsin θ＝ma2；
物块速度为零时上升的距离
x2=−v02
2a2 = 1
3 m，匀减速上升的运动时间：t3 =−v0
a2 = 1
3 s；
由于x2＜0.4 m，所以物块不能到达斜面的最高点，上升的最大距离为
1
3 m。
（3）物块在斜面上往返一次时间t4＝2t3= 2
3 s；
物块再次滑到传送带上速度仍为v0，方向水平向左，又由牛顿第二定律得﹣μmg＝ma3；
向左端发生的最大位移x3=−v02
2a3 =1m，匀减速的时间t5 = −v0
a3 =1s；
物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，故反向加速的时间为t6＝t5＝1s；
再以2m/s 的速度冲上斜面，经过t7 = 1
3 s 后到达最高点；
由t1+t2+t4+t5+t6+t7＝4.5s，故在4.5 s 末物块在斜面上速度恰好减为零；
故物块通过的总路程x＝L+3x2+2x3＝5 m；
答：（1）物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间为1.5s；
（2）物块不能到达斜面的最高点，上升的最大距离为
1
3 m；
（3）物块通过的总路程为5 m。
【点评】此题的运动过程较多，考查学生对多过程问题的处理能力；分析时要逐一计算每个运动过程的位移与时
间，再综合传送带与长木板的长度即可解决问题；同时在计算的过程中要仔细一点，不能把结果算错。
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2019-2020 学年广东省汕头市达濠华侨中学、东厦中学联考高一（上）期末
物理试卷
一．单项选择题
1．下列说法正确的是（
）
A．牛顿第一定律是通过实验得出的
B．没有力的作用，物体只能处于静止状态
C．力不是维持物体运动的原因
D．不直接接触的物体间没有力的作用
2．如图，a，b，c 三根绳子，b 绳水平，c 绳下挂一重物。受力最大的是（
）
A．a 绳
B．b 绳
C．c 绳
D．无法确定
3 ．如图所示，分别为汽车甲的位移﹣时间图象和汽车乙的速度﹣时间图象，则（
）
A．甲的加速度大小为5m/s2
B．乙的加速度大小为5m/s2
C．甲在4 s 内的位移大小为40 m
D．乙在4 s 内的位移大小为20 m
4．伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究
方法。图（a）、（b）分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是（
）
A．图（a）通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动
B．图（a）中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易
C．图（b）中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成
D．图（b）的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持
5．如图所示，在粗糙的水平地面上有质量为m 的物体，连接在一劲度系数为k 的弹簧上，物体与地面之间的动摩
擦因数为μ，现用一水平力F 向右拉弹簧，使物体m 做匀速直线运动，则弹簧伸长的长度为（重力加速度为g）
（
）
A．
k
F
B．
mg
k
C．
k
μmg
D．
μmg
k
6．一个物体从某一高度做自由落体运动，已知它第1 秒内的位移是它落地前最后一秒内位移的一半，g 取10m/s2，
则它开始下落时距地面的高度为（
）
A．5m
B．20m
C．31.25m
D．11.25m
7．如图所示，一只小鸟沿着较粗的均匀树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A 运动到B 的过程中（
）
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A．树枝对小鸟的作用力先减小后增大
B．树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大
C．小鸟对树枝的压力先减小后增大
D．小鸟对树枝的压力保持不变
8．如图所示，物体A 和B 质量分别为mA、mB 且相对静止，以共同的速度沿斜面匀速下滑，则（
）
A．B 受到的静摩擦力方向沿斜面向上
B．B 受到的静摩擦力的大小为mBgsinθ
C．B 受到滑动摩擦力的大小为（mA+mB）gsinθ
D．取走A 物后，B 物将匀加速下滑
二．多项选择题
9．中新网2016 年10 月19 日消息，神州十一号飞船于北京时间19 日凌晨3 点半左右与天宫二号成功实施自动交
会对接；在合体3 小时后，两名航天员已经进驻天宫二号，并将按计划开展空间科学实验。下列说法正确的是
（
）
A．“19 日凌晨3 点半”是时间间隔
B．“3 小时”是时间间隔
C．研究神舟十一号和天宫二号对接的技术细节时，可以把它们看作质点
D．合体后，以天宫二号为参考系，神舟十一号是静止的
10．物体做直线运动时，有关物体加速度和速度的说法中正确的是（
）
A．在匀速直线运动中，物体的加速度必定为零
B．在匀加速直线运动中，物体的加速度必定为正
C．物体的速度等于零，其加速度不一定等于零
D．物体的加速度方向不变，速度的方向可能改变
11．游乐园中，游客乘坐能加速或减速运动的升降机，可以体会超重与失重的感觉．下列描述正确的是（
）
A．当升降机加速上升时，游客是处在失重状态
B．当升降机减速下降时，游客是处在超重状态
C．当升降机减速上升时，游客是处在失重状态
D．当升降机加速下降时，游客是处在超重状态
12．如图所示，在水平面上有一个质量m＝1kg 的小球，动摩擦因数μ＝0.2，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝
45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬
间（g 取10m/s2），下列说法中正确的是（
）
A．水平面对小球的弹力仍然为零
B．水平面对小球的摩擦力不变
C．小球的加速度为8 m/s2
D．小球将向左运动
13．如图所示，水平传送带A、B 两端相距x＝4m，以v0＝4m/s 的速度（始终保持不变）顺时针运转，今将一小煤
块（可视为质点）无初速度地轻放至A 端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知
煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度g＝10m/s2，则煤块从A 运动到B 的过程中（
）
A．煤块到A 运动到B 的时间是2.25s
B．煤块从A 运动到B 的时间是1.5s
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C．划痕长度是2m
D．划痕长度是0.5m
三．实验题
14．在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，先用一个弹簧测力计拉与橡
皮条的另一端连接的细绳套，使绳套的结点到某一点并记下该点的位置；再用两个弹簧测力计分别勾住绳套，并
互成角度地拉橡皮条。
（1）某同学认为在此过程中必须注意以下几项：
A．两根细绳必须等长
B．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上
C．在使用弹簧测力计时要注意使弹簧测力计与木板平面平行
D．在用两个弹簧测力计同时拉细绳时要注意使两个弹簧测力计的读数相等
E．在用两个弹簧测力计同时拉细绳时必须将绳套的结点拉到用一个弹簧测力计拉时记下的位置
其中正确的是
（填入相应的字母）。
（2）“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图1 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。图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的示意图。①图乙中的F 与F′两力中，方
向一定沿AO 方向的是
。②本实验采用的科学方法是
。
A．理想实验法
B．等效替代法
C．控制变量法
D．建立物理模型法
（3）某同学在坐标纸上画出了如图所示的两个已知力F1 和F2，图中小正方形的边长表示2N，两力的合力用F
表示，F1、F2 与F 的夹角分别为θ1 和θ2，关于F1、F2 与F、θ1 和θ2 关系正确的有
。
A．F1＝4N
B．F＝12N
C．θ1＝45°
D．θ1＜θ2
15．某同学用如图甲的装置来研究牛顿第二定律。
（1）实验需用沙和沙桶的总重力表示小车受到的合力，则除平衡摩擦力外，还必须满足的实验条件是小车的质
量
沙和沙桶的质量（填“远小于”、“远大于”或“等于”）。
（2）如图乙是某次实验打出的一条纸带，A、B、C、D、E 为相邻的计数点，相邻的计数点之间有四个点没有标
出，电源频率为50Hz．则小车的加速度为a＝
m/s2，打B 点时小车的速度vB＝
m/s（均保留2 位
有效数字）。
（3）某同学根据实验数据画出了图丙，从图线可知该同学操作过程中可能
（填“平衡摩擦力不够”或“平
衡摩擦力过度”）。
四．解答题
16．汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌（如图所示），以提醒后面驾车司机，减速安全通过。在夜
间，有一货车因故障停车，后面有一小轿车以30m/s 的速度向前驶来，由于夜间视线不好，驾驶员只能看清前方
50m 的物体，并且他的反应时间为0.5s，制动后最大加速度为6m/s2．求：
（1）小轿车从刹车到停止所用小轿车驾驶的最短时间；
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（2）三角警示牌至少要放在车后多远处，才能有效避免两车相撞。
17．如图所示，假设物块（可看作质点）以10m/s 的速度从斜坡的顶端A 点沿斜坡下滑，已知斜坡高AB＝3m，长
AC＝5m，物块与斜坡面的动摩擦因数为0.5．（g 取10m/s2），求：
（1）物块沿斜坡滑下的加速度大小；
（2）物块运动到C 点时的速度（可用根号表示）
18．如图所示，在粗糙的水平路面上，一小车以v0＝4m/s 的速度向右匀速行驶，与此同时，在小车后方相距s0＝
40m 处有一物体在水平向右的推力F＝20N 作用下，从静止开始做匀加速直线运动，当推力F 作用了s1＝25m 就
撤去。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2，物体的质量m＝5kg，重力加速度g＝10m/s2．求
（1）推力F 作用下，物体运动的加速度a1 大小；
（2）物体刚停止运动时物体与小车的距离d。
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2019-2020 学年广东省汕头市达濠华侨中学、东厦中学联考高一（上）期末物理
试卷
参考答案与试题解析
一．单项选择题
1．【分析】物体从斜面的同一高度滚下，到达水平面时速度相等，当物体速度相等时，在光滑程度不同的水平面上
运动的距离不同，表面越光滑，物体运动的距离越远，最后通过推理得出牛顿第一定律，物体不受力时保持静止
或做匀速直线运动，力是改变物体运动状态的原因，不直接接触的物体间也可能有力的作用．
【解答】解：A、牛顿第一定律是由实验现象进一步推理而得出的，故A 错误；
B、没有力的作用时，物体可以做匀速直线运动，故B 错误；
C、力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故C 正确；
D、不直接接触的物体间也可能有力的作用，如重力，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查牛顿第一定律的内容，知道没有力的作用时，物体可以做匀速直线运动，明确力是改变物体运
动状态的原因．
2．【分析】对结点O 研究，应用平衡条件和合成法判断那根绳子受力最大。
【解答】解：对结点O 受力分析，可知O 点受到三个拉力作用，由平衡条件知：T2 和T3 的合力与T1 等大、反
向、共线。
如图：根据几何知识可得：T2 最大，即a 绳的受力最大，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题采用图解法分析力的大小，作出力图是基础，运用几何知识分析力的大小是关键。
3．【分析】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；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】解：A、在x﹣t 图象中，斜率表示速度，由图象可知：甲做匀速直线运动，加速度为0，故A 错误；
B、在速度﹣时间图象中，斜率表示加速度，乙的加速度大小为a= v
t = 20
4 =5m/s2，故B 正确；
C、甲在4 s 内的位移大小为x＝20m﹣0＝20m，故C 错误；
D、由v﹣t 图象与时间轴围成的面积表示位移可知：乙在4 s 内的位移大小为x= 20×4
2
m＝40m，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题的关键要明确x﹣t 图象与v﹣t 图象的区别，知道v﹣t 图象的斜率表示加速度，x﹣t 图象的斜率表
示速度，两种图象不能混淆．
4．【分析】根据伽利略对自由落体运动和力与运动关系的研究，了解其研究过程中的物理思想与物理的方法。
【解答】解：AB、伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略
通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自
由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力得作用效果，而小球在斜面上
运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量。伽利略做了上百次实验，并通
过抽象思维在实验结果上做了合理外推，故A 错误，B 正确
C、实际中没有摩擦力的斜面并不存在，故该实验无法实际完成，故C 错误
D、伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题考查的就是学生对于物理常识的理解，这些在平时是需要学生了解并知道的，看的就是学生对课本
内容的掌握情况。
5．【分析】物体匀速运动，故根据平衡条件可求得弹簧的弹力，再根据胡克定律即可确定弹簧伸长的长度。
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【解答】解：根据平衡条件得：弹簧的弹力F 弹＝F＝μmg，根据胡克定律得，F 弹＝kx，解得弹簧的伸长量x= F
k
或x = μmg
k ．故D 正确，A、B、C 错误。
故选：D。
【点评】本题考查了共点力平衡和胡克定律的综合，知道拉力等于弹簧的弹力大小，同时也等于摩擦力的大小
6．【分析】由自由落体的位移公式可求得第一秒内物体通过的位移；则通过第一秒与最后一秒中通过位移的关系可
得出最后一秒的位移；则可设下落总时间为t，由位移与时间的关系可列出方程解出时间，则可求得下落时距地
高度。
【解答】解：由H = 1
2 gt2可得第1 秒内的位移为：
H1 = 1
2 × 10 × 12m = 5m，
最后一秒内的位移为：
H2＝2H1＝10m，
则设下落总时间为t，最后1s 内的位移为：
H2 = 1
2 gt2 −1
2 g(t −1)2 = 10m，
解得：t＝1.5s
则物体下落的总高度：H= 1
2 gt2 = 11.25m
故D 正确，ABC 错误
故选：D。
【点评】解决自由落体运动的题目关键在于明确自由落体中的公式应用，一般情况下，研究由落点开始的运动列
出的表达式最为简单；并且最好尝试一题多解的方法。
7．【分析】小鸟缓慢爬行，合力为零，受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，根据平衡得出摩擦力的变化和弹力的
变化。
【解答】解：A、树枝对小鸟的作用力与小鸟的重力等值反向，所以树枝对小鸟的作用力大小不变，故A 错误；
B、小鸟所受的摩擦力f＝mgsinθ，从A 到B 的过程中，θ先减小后增大，则摩擦力先减小后增大，故B 正确；
CD、小鸟所受的弹力N＝mgcosθ，从A 到B 的过程中，θ先减小后增大，则弹力先增大后减小，故C、D 错误。
故选：B。
【点评】小鸟缓慢爬行，合力为零，受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，根据平衡得出摩擦力的变化和弹力的
变化；解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意小鸟所受的摩擦力为静摩擦力。
8．【分析】解答本题的关键是正确应用整体与隔离法，以整体为研究对象，整体重力沿斜面的分力等于斜面给B 的
摩擦力，然后隔离A，A 处于平衡状态，A 所受重力沿斜面的分力等于B 给A 的静摩擦力。
【解答】解：ABC、两物体组成的系统受力如图所示：
由共点力平衡条件可得：
f＝（mA+mB）gsinθ，N＝（mA+mB）gcosθ，
滑动摩擦力为：f＝μN，
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解得：μ＝tanθ，
物体B 的滑动摩擦力问：fB＝（mA+mB）gsinθ，方向：沿斜面向上，
对A 受力分析知A 受到的静摩擦力大小为mAgsinθ，方向平行斜面向上，所以B 受到的静摩擦力大小为mAgsinθ，
方向平行斜面向下，故AB 错误，C 正确；
D、取走A 后，物体B 受到的滑动摩擦力：f＝μmBgcosθ＝mBgsinθ，摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，B 所受
合力为零，B 做匀速直线运动，故D 错误；
故选：C。
【点评】以整体为研究对象，整体重力沿斜面的分力等于斜面给B 的摩擦力，然后隔离A，A 处于平衡状态，A
所受重力沿斜面的分力等于B 给A 的静摩擦力。
二．多项选择题
9．【分析】当物体的大小和形状在研究的问题中能忽略，物体可以看成质点，时刻在时间轴上用点表示，时间间隔
在时间轴上用线段表示，是两个时刻间的间隔。
【解答】解：A、“19 日凌晨3 点半”在时间轴上对应一个点，是时刻，故A 错误；
B、3 小时”在时间轴上对应一条线段，是时间，故B 正确；
C、研究神舟十一号和天宫二号对接的技术细节时，神舟十一号和天宫二号的大小和形状不能忽略，则不能看成
质点，故C 错误；
D、合体后，两者为一个整体，以天宫二号为参考系，神舟十一号是静止的，故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题要求同学们能正确区分时间和时刻，明确在什么情况下能把物体看成质点，注意能否看成质点与物
体的大小无关
10．【分析】根据加速度的定义式a= △v
△t可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度
变化量的方向，与物体速度的方向无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大。加速度方向与速度方向相同，
速度增大。加速度方向与速度方向相反，速度减小。
【解答】解：A、匀速直线运动，物体的速度不变，所以无加速度，故A 正确；
B、在匀加速直线运动中，加速度方向与速度方向相同即可，若规定初速度的反方向为正方向，则速度与加速度
都为负值，物体仍然做加速运动。故B 错误；
C、物体的速度等于零，加速度不一定等于零，例如竖直上抛运动到最高点，故C 正确；
D、物体的加速度方向不变，速度的方向可能改变，例如平抛运动，故D 正确
故选：ACD。
【点评】把握加速度的定义式a= △v
△t中各个物理量的含义以及各个物理量之间的关系是解决此类问题的关键，是
正确理解加速度的定义的基础。
11．【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物
体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那
么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．
【解答】解：A、当升降机加速上升时，乘客有向上的加速度，是由重力与升降机对乘客支持力的合力产生的。
此时升降机对乘客的支持力大于乘客的重力，所以处于超重状态。A 错误。
B、当升降机减速下降时，具有向上的加速度，同理此时乘客也处于超重状态。B 正确。
C、当升降机减速上升时，具有向下的加速度，是由重力与升降机对乘客支持力的合力产生的，所以升降机对乘
客的支持力小于乘客的重力。此时失重。C 正确。
D、当升降机加速下降时，也具有向下的加速度，同理可得此时处于失重状态。故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了．
12．【分析】小球开始受重力、绳子的拉力和弹簧的弹力处于平衡，剪断轻绳的瞬间，小球受重力、支持力、拉力
和摩擦力作用。根据牛顿第二定律求出小球的加速度。
【解答】解：AB、在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力三个力处于平衡，剪断轻绳的瞬间，
弹簧的弹力不变，小球此时受重力、弹簧的弹力、地球的支持力和摩擦力四个力作用，故AB 错误；
CD、小球所受的最大静摩擦力为：f＝μmg＝2N 在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力三个力
处于平衡，根据共点力平衡得知弹簧的弹力：F＝mgtan45°＝10N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10N，
根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a= F−f
m =8m/s2，合力方向向左，所以向左运动，故CD 正确。
故选：CD。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合共点力平衡和牛顿
第二定律进行求解。
13．【分析】煤块滑上传送带后先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后做匀速直线运动，根据位移公式求
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出滑块和传送带的相对位移大小，即划痕的长度；根据运动学公式分别求出匀加速和匀速运动的时间，从而得出
煤块从A 运动到B 的时间。
【解答】解：AB、煤块在传送带上匀加速运动时，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝μg＝4m/s2，当煤块速
度和传送带速度相同时，位移为：x1 =
v0
2
2a = 2m＜4m
因此煤块先加速后匀速，匀加速运动的时间为：t1 = v0
a = 1s
匀速运动的时间为：t2 = x−x1
v0
= 0.5s
煤块从A 运动到B 的总时间为：t＝t1+t2＝1.5s，故A 错误，B 正确；
CD、在加速阶段产生相对位移即产生划痕，则划痕长度为：△x＝v0t1﹣x1＝2m，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
【点评】本题考查传送带问题；解决本题的关键要理清煤块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学
公式灵活求解。
三．实验题
14．【分析】（1）在实验中使用一根弹簧秤拉细线与两根弹簧秤拉细线的作用效果要相同（即橡皮条拉到同一位置），
而细线的作用是画出力的方向，弹簧秤能测出力的大小。因此细线的长度没有限制，弹簧秤的示数也没有要求，
两细线的夹角不要太小也不要太大，但拉弹簧秤时必须保证与木板平面平行。
（2）明确本实验采用的方法，知道两次实验中应保证效果相同；
（3）根据平行四边形定则作出合力，从而确定合力的大小和分力与合力的夹角。
【解答】解：（1）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、两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定橡皮条要在两细线的夹角平分线上。故B 错误；
C、在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行，故C 正确；
D、两弹簧秤示数不需要等大，只要便于作出平行四边形即可，故D 错误；
E、在该实验中要求每次拉橡皮筋的时要使橡皮筋形变的长度和方向都相同，即结点O 要到同一位置，这样两次
的效果才等效，才符合“等效替代”法，故E 正确。故选：CE。
（2）①图乙中的F 与F′两力中，方向一定沿AO 方向的是F′；
②本实验采用的科学方法等效替代法，故选：B；
（3）根据平行四边形定则，作出两个力的合力。由图可知，F1＝4 2N，合力F＝12N．根据几何关系知F1 与F
的夹角分别为θ1＝45°．从图上可知，θ1＞θ2．故BC 正确，AD 错误。故选：BC。
故答案为：（1）CE；（2）F'；（3）B；（4）BC
【点评】验证力的平行四边形定则是力学中的重点实验，应明确实验的原理、数据处理方法及本实验采用的物理
方法，注意明确作图法的基本方法和最终数据的获取方法。
15．【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 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B 点时小车的瞬时速度大小，根据实验中小车越来越快判断
哪端与小车相连，由该图象可知，开始有外力F 时，物体的加速度仍为零，因此该实验操作中可能没有平衡摩擦
力或者平衡摩擦力不足。
【解答】解：（1）设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：F＝Ma，对沙和沙桶有：mg﹣F＝ma，由此
解得：F = mg
1+m
M
，由此可知当M≫m 时，沙和沙桶的重力等于绳子的拉力；
（2）根据匀变速直线运动的推论公式得：a= (3.03+2.41−1.83−1.21)×10−2
(2×0.1)2
m/s2 =0.60m/s2
打B 点时小车的速度为vB= (1.83+1.21)×10−2
2×0.1
m/s =0.15m/s；
（3）由该图象可知，开始有外力F 时，物体的加速度仍为零，因此该实验操作中可能没有平衡摩擦力或者平衡
摩擦力不够。
故答案为：（1）远大于
（2）0.60
0.15
（3）平衡摩擦力不够
【点评】本题考查了实验注意事项、实验数据处理等问题，注意运动中小车的拉力近似等于沙和沙桶的总重力的
条件，是解题的关键。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。
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四．解答题
16．【分析】（1）根据速度时间关系求解时间
（2）反应时间内做匀速运动，x＝vt，刹车后做匀减速直线运动，由x=
v2−v0
2
2a
求解，进而得总位移，进而由位
移关系求出三角警示牌放置的位置。
【解答】解：（1）从刹车到停止时间为t2，则
t2=
0−v0
a
= 0−30
6
=5s
①
（2）反应时间内做匀速运动，则
x1＝v0t1
②
x1＝30×0.5＝15m
③
从刹车到停止的位移为x2，则
x2=
0−v0
2
2a ④
x2＝75m
⑤
小轿车从发现物体到停止的全部距离为
x＝x1+x2＝90m
⑥
△x＝x﹣50＝40m
⑦
答：（1）小轿车从刹车到停止所用小轿车驾驶的最短时间为5s；
（2）三角警示牌至少要放在车后40m 处，才能有效避免两车相撞。
【点评】此题考查匀速直线运动和匀变速直线运动的规律知反应时间内车仍匀速运动。
17．【分析】（1）对物体受力分析，根据牛顿第二定律即可求得物块沿斜面滑下时的加速度；
（2）根据速度和位移公式即可求出物块运动到C 点的速度。
【解答】解：（1）在斜坡上：由牛顿第二定律得：
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
由数学知识可知：
sinθ = 3
5 ，cosθ = 4
5
得：a＝2m/s2
（2）由匀变速直线运动的速度位移公式得：
v2 −v0
2 = 2ax
代入数据解得：v =
120m/s。
答：（1）物块沿斜坡滑下的加速度大小为2m/s2；
（2）物块运动到C 点时的速度为120m/s。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确物体的受力分析，同时能正确应用牛顿第二定律求加速度是
解题的关键。
18．【分析】（1）利用牛顿第二定律求得物块加速度；
（2）根据牛顿第二定律可求得撤去拉力后的加速度，根据位移公式分别求出t 时间内物体和小车前进的位移即
可求的此时相距距离；
【解答】解：（1）对物体，根据牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma1
代入数据得a1 = 2m s2
（2）设推力作用的时间为t1，由位移公式得s1 = 1
2 a1t1
2
撤去F 时，设物体的速度为v1，撤去F 后，物体运动的加速度为a2，经过t2 时间运动s2 位移停止
根据牛顿第二定律μmg＝ma2
由速度公式得v1＝a1t1＝a2t2
由位移公式得s2 =
v1
2
2a2
s 车＝v0（t1+t2）d＝s0+s 车﹣（s1+s2）
联立以上各式解得d＝30m
答：（1）推力F 作用下，物体运动的加速度a1 大小2m/s2；
（2）物体刚停止运动时物体与小车的距离d 为30m。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用中已知受力求运动的问题，要注意明确两物体各自的运动情况，再根据二
者的位移和时间关系进行分析求解即可。
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2019-2020 学年广东省清远市高一（上）期末物理试卷
一、选择题（共15 小题，每小题3 分，满分50 分）
1．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．运动的物体不可以作为参考系
B．只要是体积小的物体，都能看成质点
C．若物体的加速度减小，则速度也减小
D．运动物体的位移大小可能等于路程
2．（3 分）电动汽车不排放污染空气的有害气体，具有较好的发展前景。某辆电动汽车在一次刹车测试中，初速度
为21m/s，经过3S 汽车停止运动。若将该过程视为匀减速直线运动，则这段时间内电动汽车加速度的大小为
（
）
A．3m/s2
B．7m/s2
C．14m/s2
D．21m/s2
3．（3 分）某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3 秒内通过的位移是x，则质点前两秒内通过的位移为
（
）
A．x
B．0.5x
C．0.8x
D．1.8x
4．（3 分）甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移
﹣时间图象如图所示，则下列说法正确的是（
）
A．t1 时刻乙车从后面追上甲车
B．t1 时刻两车相距最远
C．t1 时刻两车的速度刚好相等
D．0 到t1 时间内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度
5．（3 分）冰壶是冬奥会的正式比赛项目。运动员将冰壶推出后，冰壶在滑行途中水平方向受到的力有（
）
A．推力
B．阻力
C．推力和阻力
D．向前的惯性力
6．（3 分）在光滑的桌面上放置一个轻弹簧秤，两位同学分别用100N 的水平力拉弹簧秤的两端，测得弹簧伸长5cm，
则弹簧秤的示数和弹簧的劲度系数分别为（
）
A．示数200N、劲度系数1000N/m
B．示数200N、劲度系数2000N/m
C．示数100N、劲度系数1000N/m
D．示数100N、劲度系数2000N/m
7．（3 分）近年来学校都非常重视足球。在某学校举行了颠球比赛中，小明在颠球过程中脚部几乎不动，如图所示，
图示时刻足球恰好运动到最高点，估算足球刚被颠起时的初速度大小最接近的是（
）
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A．6m/s
B．3m/s
C．1m/s
D．0.5m/s
8．（3 分）伽利略对自由落体运动的研究，采用了实验和逻辑思维相结合的科学方法，图示大致反映了这一研究过
程，下列说法不正确的是（
）
A．甲是真实的实验现象，丁是经合理外推的结论
B．利用斜面做实验，解决了时间难以测量的困难
C．甲的实验，可“冲淡”重力的作用，使现象更明显
D．丁的实验，可“放大”重力的作用，使现象更明显
9．（3 分）一质量为m 的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度的大小为
1
3g，g 为重力加速度．人对电梯底部的压
力为（
）
A．
1
3mg
B．2mg
C．mg
D．
4
3mg
10．（3 分）如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力作用而运动，前方固定一个弹簧，当木块接触弹簧后（
）
A．将立即做变减速运动
B．将立即做匀减速运动
C．在一段时间内仍然做加速运动，速度继续增大
D．在弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度为零
11．（4 分）如果广清永高铁修通，连州至清远有望由过去的3 小时车程缩短至35 分钟，广清永高铁运营长度为397
公里，设计时速达350km/h。下列说法正确的是（
）
A．35 分钟是指时间
B．350km/h 指瞬时速度
C．397 公里指的是位移
D．为了精确测量列车完全通过短隧道的时间，列车可看成质点
12．（4 分）图是一物体做匀变速直线运动的速度时间图象，下面说法正确的是（
）
A．前4s 内，物体先沿正方向运动，后沿负方向运动
B．前4s 内，物体先沿负方向运动，后沿正方向运动
C．前4s 内，当t＝2s 时，物体距离出发点最远
D．当t＝4s 时，物体回到出发点
13．
（4 分）质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x＝5t+t2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（
）
A．第1 s 内的位移是6 m
B．前2 s 内的平均速度是7 m/s
C．任意相邻1 s 内的位移差都是1 m
D．任意1 s 内的速度增量都是2 m/s
14．（4 分）如图是某同学为颈椎病人设计的一个牵引装置的示意图，一根绳绕过两个定滑轮和动滑轮后各挂着一个
相同的重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的颈椎（图中是用手指代替颈椎做实验），整个装置在同一竖直平
面内．如果要增大手指所受的拉力，可采取的方法是（
）
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A．只增加绳的长度
B．只增加重物的重量
C．只将手指向下移动
D．只将手指向上移动
15．（4 分）如图甲，一物块在t＝0 时刻滑上一固定斜面，其运动的v﹣t 图象如图乙所示。若重力加速度g＝10m/s2，
则（
）
A．斜面的长度L＝4m
B．斜面的倾角θ＝30o
C．物块的质量m＝1kg
D．物块与斜面间的动摩擦因数μ=
3
5
二、解答题（共6 小题，满分50 分）
16．（6 分）用等效代替法验证力的平行四边形定则的实验如下图甲所示，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，图乙是白纸上根据实验结果画出的图。
（1）本实验中“等效代替”的含义是
。
A．橡皮筋可以用细绳替代
B．左侧弹簧测力计的作用效果可以替代右侧弹簧测力计的作用效果
C．右侧弹簧测力计的作用效果可以替代左侧弹簧测力计的作用效果
D．两弹簧测力计共同作用的效果可以用一个弹簧测力计的作用效果替代
（2）图乙中的F 与F′两力中，方向一定沿着AO 方向的是
，图中
是F1、F2 合力的理论值，
是合力的实验值。
（3）完成该实验的下列措施中，能够减小实验误差的是
。
A．拉橡皮筋的绳细一些且适当长一些
B．拉橡皮筋时，弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行
C．记录弹簧测力计拉力方向时，标记同一细绳方向的两点要远些
D．使拉力F1 和F2 的夹角很小
17．（8 分）如图一所示为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。
（1）若交流电的频率为50Hz，根据图二所打纸带的打点记录，小车此次运动经B 点时的速度vB＝
m/s，
小车的加速度a＝
m/s2。
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（2）如图三所示为研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量的关系”时所得的实验图象，横坐m 为
小车上砝码的质量。已知图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车受到的拉力
为
，小车的质量为
（用k 和b 表达）。
18．（6 分）汽车在平直的高速公路上行驶的速度为108km/h，若驾驶员发现前方100m 处发生了交通事故，马上紧
急刹车，刹车后的加速度大小为5m/s2．
（1）汽车刹车后8s 的速度和位移各是多少？
（2）该汽车是否会有安全问题？
19．（8 分）雨后，屋檐还在不断滴着水滴，如图所示．小红认真观察后发现，这些水滴都是在质量积累到足够大时
才由静止开始下落．她测得，屋檐到施窗台的距离H＝3.2m，窗户的高度为h＝1.4m．如果g 取10m/s2，试计算：
（1）水滴下落到达窗台时的速度大小；
（2）水滴经过窗户的时间．
20．（8 分）如图所示，一质量为8kg 的物体置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数为0.5，然后用两根绳分
别系在物块的A 点和B 点。A 处绳水平，B 处绳与水平面的夹角为53°，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g
取10m/s2。
（1）逐渐增大B 处绳的拉力，直到物块对地面的压力恰好为零，则此时A 处绳和B 处绳的拉力分别是多大？
（2）将A 处绳剪断，为了使物块沿水平面做匀速直线运动，在不改变B 处绳方向的情况下，B 处绳的拉力应为
多大？
21．（14 分）如图甲所示，一小滑块（可视为质点）与长木板一起以v0＝5m/s 的速度沿光滑水平面向左运动。现给
长木板加一个F＝12N 向右的水平推力，小滑块与长平板发生相对滑动，长木板运动的v﹣t 图如图乙所示。当长
木板速度减速为零时，小滑块恰好滑至长平板上的A 点，此时撤去外力F 并将长木板锁定，小滑块继续沿长木
板运动，恰好到达长木板的最左端。已知长木板的质量M＝2kg，小滑块的质量m＝1kg，g 取10m/s2．求：
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（1）小滑块与长平板间的动摩擦因数μ；
（2）滑块运动到A 点时的速度vA；
（3）长平板的长度L。
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2019-2020 学年广东省清远市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共15 小题，每小题3 分，满分50 分）
1．【分析】参考系的选取是任意的，物体能否看做质点是根据忽略大小和形状时，对研究的问题有无影响，加速度
反映速度变化的快慢，并不反映速度的大小，位移的大小小于等于路程。
【解答】解：A、参考系的选取是任意的，故运动的物体可以作为参考系，A 错误；
B、原子体积很小，但在研究原子内部结构时，不能看做质点，B 错误；
C、若物体的加速度减小，则速度变化变慢了，并不能说明速度减小，C 错误；
D、若位移大小等于路程，则这段时间内物体作单向直线运动，D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查的概念较多，像参考系、质点、速度加速度、位移和路程，要记住它们的定义和意义
2．【分析】明确物体的运动过程，根据匀变速直线运动的速度时间关系求得加速度即可。
【解答】解：根据匀变速直线运动的速度时间关系有：
v＝v0+at
所以汽车的加速度：a= 0−21
3
=−7m/s2，故B 正确ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题考查匀变速直线运动速度公式的应用，掌握匀变速直线运动的速度时间关系是正确解题的关键。
3．【分析】第3 秒内的位移等于3 秒内的位移减去2 秒内的位移，列出表达式，求出前两秒位移。
【解答】解：第3 秒内的位移x= 1
2at
3
2 −1
2 at2
2 = 1
2a×32−1
2 a × 22 = 5
2a，
则前2 秒内的位移x′= 1
2 at2
2 = 1
2 a × 22 = 4
2a= 4
5x，故C 正确。
故选：C。
【点评】解决本题关键掌握初速度为0 的匀变速直线运动的位移公式x= 1
2 at2，知道第3 秒内的位移等于3 秒内
的位移减去2 秒内的位移。
4．【分析】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，
平均速度等于位移除以时间．
【解答】解：A、两车在同一时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，经过时间t1 位移又相等，说明在t1 时
刻乙车刚好从后面追上甲车，故A 正确。
B、由图象可知，在t1 时刻两车位移相等，两车相遇，相距最近，故B 错误。
C、根据图象的斜率等于速度，斜率绝对值越大速度越大，则知，t1 时刻乙车的速度比甲车的速度大，故C 错误。
D、0 到t1 时间内，甲、乙两车通过的位移相等，根据平均速度等于位移除以时间可知，0 到t1 时间内，乙车的
平均速度等于甲车的平均速度，故D 错误；
故选：A。
【点评】本题考查对位移图象的物理意义的理解，关键抓住纵坐标表示物体的位置，纵坐标的变化量等于物体的
位移，斜率等于速度，就能分析两车的运动情况．
5．【分析】冰壶被推出后不再受到推力，重力不变与支持力大小相等，在冰面上受到冰面与空气的阻力，从而即可
求解。
【解答】解：冰壶被推出后不再受推力，竖直方向重力与支持力平衡，水平方向受到空气阻力与冰面的阻力，没
有推力可言，也不存在惯性力，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题考查了物体的运动不需要力来维持，冰壶受的摩擦力减小，忽略不计时，其运动可以看做匀速直线
运动。
6．【分析】由题意得到弹簧的弹力等于100N，读数即为100N，伸长的长度x＝5cm，由胡克定律F＝kx 求解弹簧
的劲度系数．
【解答】解：弹簧测力计的读数F＝100N，
伸长的长度x＝5cm＝0.05m
由胡克定律F＝kx 得：k= F
x = 100
0.05 = 2000N/m，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
【点评】本题关键掌握胡克定律，知道公式F＝kx 中，x 是弹簧伸长或压缩的长度，不是弹簧的长度．
7．【分析】足球被颠起后做竖直上抛运动，估测其上升的高度即可求出其初速度。
【解答】解：由图可知，足球上升到的高度略小于人的高度的一半，大约有0.7m，人的脚的上表面距离地面得
高度约0.15m；
足球被颠起后做竖直上抛运动，设初速度为v，上升的高度为h，则：v2＝2gh
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所以：v=
2gh =
2 × 10 × (0.7 −0.15)m/s≈3.3m/s
可知在四个选项中，最接近的是B 选项。故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】该题属于物理知识在日常生活中的应用，解答的关键是正确建立物理模型，选择合适的公式进行解答。
8．【分析】本题考查了伽利略对自由落体运动的研究，要了解其研究过程为什么要“冲淡”重力的方法．
【解答】解：A、甲乙丙均是实验现象，丁图是经过合理的外推得到的结论，故A 正确；
B、C、D、伽利略的时代无法直接测定瞬时速度，就无法验证v 与t 成正比的思想，伽利略通过数学运算得到，
若物体初速度为零，且速度随时间均匀变化，即v 正比于t，那么它通过的位移与所用时间的二次方成正比，只
要测出物体通过不同位移所用的时间就可以验证这个物体的速度是否随时间均匀变化。由于伽利略时代靠滴水计
时，不能测量自由落体所用的时间，伽利略让铜球沿阻力很小的斜面滚下，由于沿斜面下滑时加速度减小，所用
时间长得多，所以容易测量。这个方法叫“冲淡”重力。故BC 正确，D 错误；
本题选择不正确的，故选：D。
【点评】本题考查的就是学生对于物理常识的理解，这些在平时是需要学生了解并知道的，看的就是学生对课本
内容的掌握情况．
9．【分析】人和电梯具有相同的加速度，对人分析，根据牛顿第二定律求出电梯对人的支持力，从而得出人对电梯
的压力．
【解答】解：对人分析，根据牛顿第二定律得，N﹣mg＝ma，解得N= 4
3 mg，所以人对电梯底部的压力为
4
3 mg．故
D 正确，A、B、C 错误。
故选：D。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的基本运用，知道加速度方向与合力的方向相同，基础题．
10．【分析】由于水平面光滑，物块与弹簧接触前，在推力的作用下做加速运动，与弹簧接触后，随着压缩量的增
加，弹簧弹力不断变大，弹力小于推力时，物体继续加速，弹力等于推力时，物体的加速度减为零，速度达到最
大，弹力大于推力后，物体减速，当压缩量最大时，物块静止。
【解答】解；A、物体与弹簧接触后，物体受到弹力，但开始时弹力小于推力，物体继续加速，直到弹力等于推
力为止，故A 错误
B、物体与弹簧接触后，物体受到弹力，但开始时弹力小于推力，物体继续加速，直到弹力等于推力为止，故B
错误
C、物体与弹簧接触后，物体受到弹力，但开始时弹力小于推力，物体继续加速，当弹力增加到等于推力时，物
体速度达到最大，故C 正确
D、弹簧处于最大压缩量时，速度为零，弹力大于推力，故合力不为零，加速度也不为零，故D 错误
故选：C。
【点评】本题中物块接触弹簧后的运动分为加速度不断减小的加速运动和加速度不断变大的减速运动过程，要好
好分析
11．【分析】物体能否看成质点由物体的大小形状是否可忽略决定，注意区分位移和路程，从形状的直和曲、矢量
和标量区分，时间指的是一段，时刻指的是一个点。瞬时速度对应某一时刻，平均速度对应一段时间。
【解答】解：A、35 分钟是用的时间的长度，是指时间间隔，故A 正确；
B、设计时速达350km/h，是某时刻的速度，指瞬时速度，故B 正确；
C、397 公里指的是经过的路线的长度，是指路程，故C 错误；
D、研究列车完全通过短隧道的时间，动车的长度不能忽略，不可看成质点，故D 错误；
故选：AB。
【点评】题关键是要明确质点、位移与路程、平均速度、瞬时速度的概念，同时要明确这些概念的适用范围。
12．【分析】物体在前2s 内沿负方向运动，后2s 内沿正方向运动，速度方向相反；图象与时间轴围成的面积表示位
移，图线在时间轴上方，位移为正值，相反，图线在时间轴下方，位移为负值。
【解答】解：AB、速度的正负表示速度的方向，则知物体在前2s 内沿负方向运动，后2s 内沿正方向运动，故A
错误，B 正确。
CD、速度图象与时间轴围成的面积表示位移，图线在时间轴上方，位移为正值，图线在时间轴下方，位移为负
值，所以可知，前2s 内和后2s 内位移大小相等、方向相反，则前4s 内的总位移为0．当t＝2s 时，物体距离出
发点最远，当t＝4s 时，物体回到出发点，故CD 正确。
故选：BCD。
【点评】本题考查根据速度图象分析物体运动情况的能力，正负表示运动方向，斜率表示加速度，与时间轴围成
的面积表示位移。
13．【分析】对照匀变速直线运动的位移时间关系公式x＝v0t+ 1
2at2，即可求得质点的初速度和加速度，求出前2s
内的位移之后，与时间相比即可求得平均速度．任意相邻的1s 内位移差根据推论：△x＝aT2 求解．速度增量根
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据△v＝at 求解
【解答】解：根据匀变速直线运动的位移时间关系公式x＝v0t+ 1
2at2，可得质点的初速度v0＝5m/s，加速度a＝
2m/s2。
A、将t＝1s 带入，求得x＝6m，所以第1 秒的位移是6m，故A 正确；
B、由x＝5t+t2 可得前2s 内的平均速度为V 平= 5t+t2
t
=5+t＝5+2＝7m/s，故B 正确。
C、任意相邻的1s 内位移差：△x＝aT2＝2×12m＝2m，故C 错误。
D、任意1s 内的速度增量：△v＝at＝2×1m/s＝2m/s，故D 正确。
故选：ABD。
【点评】本题关键要掌握匀变速直线运动的位移时间关系公式x＝v0t+ 1
2 at2，推论△x＝aT2 等运动学公式的基本
规律，并能灵活应用．
14．【分析】对动滑轮受力分析，受重力、两个对称的拉力，大小等于悬挂物体的重量，根据三力平衡条件分析．
【解答】解：A、对动滑轮受力分析，受重力、两个对称的拉力，拉力等于悬挂物体的重量mg，如图
三个力的合力为零，两个拉力的大小恒定，夹角越大，合力越小，夹角越小，合力越大；
增加细线长度时，由于两个细线拉力也不变，动滑轮位置不变，故三个力大小方向都不变，故A 错误；
B、增加重物的重力，两个拉力变大，动滑轮位置不变，则两拉力夹角不变，故合力变大，故手要用较大的力，
故B 正确；
C、手指向下移动，两个拉力大小不变，夹角变小，故两拉力合力变大，故手要用较大的力，故C 正确；
D、手指向上移动，两个拉力大小不变，夹角变大，故两拉力合力变小，故手要用较小的力，故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题关键是对动滑轮受力分析，根据三力平衡条件，结合力的合成的平行四边形法则进行分析讨论．
15．【分析】由图乙所示图象可求出物体的加速度，应用牛顿第二定律求出斜面的倾角与动摩擦因数，然后根据物
体运动过程分析答题。
【解答】解：A、由图乙所示图象可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速度；图象与时间轴围成的面积为
物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移，但是不能求出斜面的长度，故A 错误；
BD、由图乙所示图象可知，加速度大小：
a1= △v
△t = 8
1 =8m/s，a2= △v'
△t' =
4
3−1 =2m/s，
由牛顿第二定律得：
上升过程：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1，
下降过程：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2，
解得：θ＝30°，μ=
3
5 ，故BD 正确。
C、根据图示图象可以求出加速度，由牛顿第二定律可以求出动摩擦因数与斜面倾角，但是无法求出物块的质量，
故C 错误。
故选：BD。
【点评】本题考查牛顿第二定律及图象的应用，要注意图象中的斜率表示加速度，面积表示位移；同时注意正确
的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系。
二、解答题（共6 小题，满分50 分）
16．【分析】（1）该实验采用了“等效替代”的方法，即两次拉橡皮筋，要使橡皮筋的形变相同；
（2）该实验采用了“等效法”，由于实验误差的存在，导致F1 与F2 合成的实际值与与理论值存在差别。
（3）实验时，为便于准确记录拉力的方向，细绳应细一些、长一些，实验时，测力计应靠近木板且与木板平行，
但不能与木板接触。
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【解答】解：（1）该实验采用了“等效法”，即用两个弹簧秤拉橡皮筋的效果和用一个弹簧秤拉橡皮筋的效果是
相同的，即要求橡皮筋的形变量相同，故ABC 错误，D 正确；
故选：D
（2）F 是通过作图的方法得到合力的理论值，在平行四边形的对角线上，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F′，因此
其方向沿着AO 方向。
（3）A、为减小实验误差，拉橡皮筋的绳细一些且长一些，故A 正确；
B、为减小实验误差，拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行，故B 正确；
C、拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故C 正确；
D、使拉力F1 和F2 的夹角要大些，故D 错误；
故选：ABC。
故答案为：（1）D，（2）F′，F，F′；（3）ABC
【点评】该题属于基础题目，考查了“验证力的平行四边形定则”的实验中基础知识，如等效思想即一个合力与
几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代。
17．【分析】（1）中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，利用△x＝aT2 求得加速度；
（2）根据牛顿第二定律写出
1
a与小车上砝码质量m 的表达式，然后结合斜率与截距概念求解即可。
【解答】解：（1）B 点的瞬时速度为：
vB = xAC
2T = 0.08
0.2 m/s = 0.400m/s
加速度为：
a= △x
T2 = xBC−xAB
T2
= 0.08−2×0.0327
0．12
m/s2＝1.46m/s2
（2）设小车质量m′，则有：F＝（m+m′）a，则
1
a =
m
F +
m'
F ，则斜率k = 1
F，则小车受到的拉力F = 1
k，截距
b = m'
F ，则小车质量为：m' = bF = b
k
故答案为：（1）0.400，1.46；（2）
1
k，
b
k
【点评】遇到涉及图象的问题时，要先根据物理规律写出关于纵轴与横轴的函数表达式，再根据斜率和截距的概
念求解即可。
18．【分析】根据速度时间公式求出汽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，根据速度时间公式求出刹车后的速度，判断汽车是否有安全问题．
【解答】解：（1）以汽车运动方向为正方向，则v0＝108km/h＝30m/s，a＝﹣5m/s2
设汽车刹车t 秒后停下来，由vt＝v0+at 得：t= vt−v0
a
= 0−30
−5 s＝6s
因为汽车6s 末停下来，所以：8s 末的速度为0
8s 内的位移等于6s 内的位移，即：
s8＝s6= v0+vt
2
t= 30+0
2
×6m＝90m
（2）因为汽车刹车距离90m＜100m，所以汽车不会有安全问题．
答：（1）汽车刹车后8s 末的速度为零，位移为90m．
（2）汽车不会有安全问题．
【点评】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．
19．【分析】（1）水滴做自由落体运动，根据v2＝2gH，求出水滴到达窗台时的速度大小．
（2）根据h = 1
2 gt2分别求出水滴从自由下落到窗户上边缘和下边缘的时间，两时间之差为水滴经过窗户的时间．
【解答】解：（1）水滴下落至窗台通过的距离为H＝3.2 m
由v2＝2gH
得
v =
2gH =
2 × 10 × 3.2 =8 m/s
故水滴到达窗台的速度大小为8m/s．
（2）水滴下落至窗户上边缘的时间为
t1 =
2(H−h)
g
=
2×(3.2−1.4)
10
s = 0.6s
水滴下落至窗台的时间为
t2 =
2H
g =
2×3.2
10 s = 0.8s
水滴经过窗户的时间为
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△t＝t2﹣t1＝0.8s﹣0.6s＝0.2s
故水滴经过窗户的时间为0.2s．
【点评】解决本题的关键掌握自由落体运动的速度位移公式v2＝2gH 和位移时间公式h = 1
2 gt2．根据水滴从自
由下落到窗户下边缘和上边缘的时间之差求通过窗户的时间比较简便．
20．【分析】（1）对物体进行受力分析，物体处于平衡状态，建立直角坐标系，根据x 轴方向和y 轴方向合力为零，
求出此时A 绳和B 绳的拉力。
（2）已知摩擦力和支持力的大小，根据平衡条件列式求解即可。
【解答】解：（1）当物块对地面的压力恰好为零时，物体受到重力G、两个绳子的拉力TA 和TB
根据平衡条件得：
TBcos53°＝TA；
TBsin53°＝G＝mg
解得：TA＝60N，TB＝100N
（2）将A 绳剪断，为了使物块沿水平面做匀速直线运动，设B 处绳的拉力为F，则得：
Fcos53°＝f
Fsin53°+FN＝G
又f＝μFN
联立解得：F＝40N。
答：（1）A 绳和B 绳的拉力分别是80N 和100N。
（2）B 绳的拉力应为40N
【点评】解决本题的关键知道物体静止和匀速直线运动的状态均为平衡状态，运用正交分解法求解。
21．【分析】（1）根据图象求的装置的加速度大小，根据牛顿第二定律求的摩擦力，由f＝μFN 求的摩擦因数；
（2）由牛顿第二定律求解加速度大小，根据速度时间关系求解滑块运动到A 点时的速度；
（3）根据牛顿第二定律求的物块的加速度，根据运动学公式求的装置和物块的位移，即可求得装置的长度。
【解答】解：（1）由图乙，长木板向左减速运动的加速度大小aM＝5m/s2…①
长木板减速过程水平方向受力如图所示：
由牛顿第二定律：F﹣f＝M aM
…②
滑块与长木板间的滑动摩擦力f＝μmg
…③
①～③联立，得：μ＝0.2；
（2）设长木板向左运动这段时间内滑块的加速度大小为am，
由牛顿第二定律，f＝mam④
解得：am＝2m/s2⑤
滑块运动到A 点时的速度vA＝v0﹣amt1…⑥
解得：vA＝3m/s
（3）由图乙，长木板向左运动的位移SM＝2.5m
长木板锁定后，滑块继续向左运动，受力情况不变，加速度仍为am＝2m/s2
设滑块向左运动的总位移为Sm，由运动学公式有0﹣v02＝﹣2amSm…⑦
解得：Sm＝6.25m
平板的长度L＝Sm﹣SM…⑧
代入数值，解得：L＝3.75m。
答：（1）小滑块与长平板间的动摩擦因数为0.2；
（2）滑块运动到A 点时的速度为3m/s；
（3）长平板的长度为3.75m。
【点评】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；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
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2019-2020 学年广东省梅州市高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题（本大题共8 小题，每小题3 分，共24 分．每小题给出的四个选项中，只有个选项符合题目要求，
选对的得3 分，选错或不答的得0 分．）
1．（3 分）关于物理量和物理量的单位，下列说法中正确的是（
）
A．在力学范围内，国际单位制规定长度、质量、力为三个基本物理量
B．后人为了纪念牛顿，把“牛顿”作为力学中的基本单位
C．1N＝1kg•m•s
﹣2
D．“秒”“克”“摄氏度”都属于国际单位制的单位
2．（3 分）如图所示，在一辆表面光滑足够长的小车上，有质量为m1，m2 的两个小球（m1＞m2），原来随车一起运
动，当车突然停止时，如不考虑其他阻力，则两个小球（
）
A．一定相碰
B．一定不相碰
C．不一定相碰
D．无法确定，因为不知小车的运动方向
3．（3 分）如图，一个家用台灯静止放在桌子上，下列描述中正确的是（
）
A．台灯对桌子的作用力和桌子对台灯的作用力是一对平衡力
B．台灯受到向左的摩擦力
C．各旋转点O 对灯头的作用力沿AB 方向
D．台灯底座所受合外力为零
4．（3 分）作用在同一物体上的下列几组共点力中，能使物体处于匀速直线运动状态的是（
）
A．3N、5N、9N
B．3N、4N、5N
C．2N、8N、1lN
D．5N、6N、12N
5．（3 分）细绳拴一个质量为m 的小球，小球用固定在墙上的水平轻弹簧支撑，小球与弹簧不粘连。平衡时细绳与
竖直方向的夹角为53°，如图所示，下列说法正确的是（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）（
）
A．小球静止时弹簧的弹力大小为
3
5mg
B．小球静止时细绳的拉力大小为
3
5mg
C．细绳烧断瞬间小球的加速度为
5
3g
D．细线烧断后小球做自由落体运动
6．（3 分）有一个质量为1kg 的物体，置于水平地面上物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，从t＝0 开始以一定的速度
向右滑动的同时，受到一个水平向左的恒力F＝1N 的作用，则反映物体受到摩擦力∫随时间变化的图象是如图中
的哪一个（取向右为正方向，g＝10N/kg）（
）
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A．
B．
C．
D．
7．（3 分）一物体做匀加速直线运动，第4s 内的位移是14m，第5s 内的位移是18m，下列说法中正确的是（
）
A．第4 秒内的平均速度是32m/s
B．第5s 初的瞬时速度是16m/s
C．物体的初速度不为零
D．物体运动的加速度是3m/s2
8．（3 分）如图所示，一只小鸟沿着较粗且均匀的树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A 运动到B 的过程中（
）
A．树枝对小鸟的作用力先减小后增大
B．树枝对小鸟的摩擦力先增大后减小
C．树枝对小鸟的弹力先增大后减小
D．树枝对小鸟的弹力保持不变
二、多项选择题（本题有4 小题，每小题4 分，共16 分．每小题给出的四个选项中，有两个选项是正确的，全部
选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错或不答的得0 分．）
9．（4 分）两人共提一桶水匀速前行如图所示，已知两人手臂上的拉力大小相等且为F，两人手臂间的夹角为θ，水
和水桶的总重力为G，则下列说法中正确的是（
）
A．当θ＝0°时，F= G
2
B．不管θ为何值，F= G
2
C．当θ为120°时，F＝G
D．θ越大时F 越小
10．（4 分）如图所示，电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为
10N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为8N，关于电梯的运动，以下说法正确的是（g 取10m/s2）
（
）
A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为2 m/s2
B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为2 m/s2
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C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为2 m/s2
D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2
11．（4 分）一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，最后匀减速运动直到停止．从汽车开始运动起计
时，表中给出了某些时刻汽车的瞬时速度．根据表中的数据通过分析、计算可以得出（
）
时刻（s）
1.0
2.0
3.0
5.0
7.0
9.5
10.5
速度（m/s）
3.0
6.0
9.0
12
12
9.0
3.0
A．汽车加速运动经历的时间为4s
B．汽车加速运动经历的时间为5s
C．汽车匀速运动的时间为2s
D．汽车减速运动的时间为2s
12．（4 分）甲、乙两物体同时同地沿同一方向做直线运动的v﹣t 图象，如图所示，则（
）
A．经20s 后乙开始返回
B．第50s 末，乙在甲的前面
C．甲、乙两次相遇的时刻为10s 末和40s 末
D．甲、乙两次相遇的时刻为20s 末和60s 末
三、实验题（第14 题（1）间2 分，其他每空3 分，共20 分）
13．（9 分）“探究求合力的方法”的实验情况如图甲所示，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图示。
（1）某次实验中，拉OC 细绳的弹簧秤指针位置如甲图所示，其读数为
N；乙图中的F 与F′两力中，
方向一定沿AO 方向的是
。
（2）关于此实验下列说法正确的是
。
A．与橡皮筋连接的细绳必须等长
B．用两只弹簧秤拉橡皮筋时，应使两弹簧秤的拉力相等，以便算出合力的大小
C．用两只弹簧秤拉橡皮筋时，结点位置必须与用一只弹簧秤拉时结点的位置重合
D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要短一些
14．（11 分）某同学设计了如图甲所示的装置来研究小车的加速度与所受合力的关系。将装有力传感器的小车放置
于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的示数F0 再将小车放回原处
并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F．释放小车，记录小车运动时传感器的示数F2。
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（1）下列实验要求不必要的是
。
A．应使小车靠近打点计时器
B．用天平测出细砂和小桶的总质量
C．先接通电源，再释放小车
D．应使小车和力传感器的总质量远大于细砂和小桶总质量
（2）接通频率为50Hz 的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带。从比较清晰的点起每5 个点取一个计
数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a＝
（保留两位有效数字）
（3）同一次实验中，F1
F2（选填“＜“、“＝”或“＞”）
（4）改变小桶中砂的重力，多次重复实验获得多组数据，描绘小车加速度a 与F 的关系如图丙。不计纸带与计
时器间的摩擦。图象中F 是实验中测得的
。
A．F1
B．F2
C．F1﹣F0D，F2﹣F0
四、计算题（本题共4 小题，每小题10 分，共40 分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只
写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位．）
15．（10 分）一颗小石头从某一高度处由静止自由下落，经过A 点时的速度是10m/s，到达地面B 点时的速度是
30m/s．（不计空气阻力，g 取10 m/s2）．求：
（1）小石头下落时的高度；
（2）小石头从A 点运动到B 点的时间和A、B 间的距离．
16．（10 分）如图所示，光滑金属球的重量G＝100N．它的左侧紧靠竖直的墙壁，右侧置于倾角θ＝37°的斜面体
上已知斜面体处于水平地面上且保持静止状态（sin37°＝0.6，c0s37°＝0.8）。求：
（1）墙壁对金属球的弹力大小。
（2）金属球对斜面体的弹力大。
17．（10 分）研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中的刹车反应过程所用时间），t0＝0.4s，但饮酒会引起反
应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶．从
发现情况到汽车停止，行驶距离为L＝39m，减速过程中汽车位移x 和速度v 的关系曲线如图所示，此过程可以
视为匀变速直线运动．取重力加速度g＝10m/s2，求
（1）减速过程中的加速度的大小和所用时间
（2）饮酒使试验者的反应时间延长了多少？
18．（10 分）如图所示，质量M＝2kg，长L＝4m 的木板静止在光滑的水平地面上。在木板的左端放置一个质量m
＝1kg、大小可忽略的铁块铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8N，
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取g＝10m/s2，试求：
（1）恒力F 作用后木板和铁块的加速度各是多少；
（2）当铁块运动到木板右端时木板滑行了多少距离。
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2019-2020 学年广东省梅州市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本大题共8 小题，每小题3 分，共24 分．每小题给出的四个选项中，只有个选项符合题目要求，
选对的得3 分，选错或不答的得0 分．）
1．【分析】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它
们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．他们
在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔．
【解答】解：A、在国际单位制中，长度、质量、时间三个物理量被选作力学的基本物理量，故A 错误；
B、在国际单位制中，力的单位牛顿不是国际单位制中的一个基本单位，故B 错误；
C、根据牛顿第二定律F＝ma 可知，1N＝1kg•m•s
﹣2．故C 正确；
D、“摄氏度”不是国际单位制的单位，故D 错误。
故选：C。
【点评】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的但为叫做导出
单位
2．【分析】先分析车突然停止前，两个小球和小车的运动状态，当小车突然停止时，根据一切物体都有保持原来运
动状态的性质来分析两个小球的运动状态．
【解答】解：车停止前，两个小球和小车一起作匀速直线运动，并且两个小球和小车具有共同的速度，当小车突
然停止时，由于小球在光滑接触面上，因此两个小球由于惯性，还要保持原来大小不变的速度做匀速直线运动，
由于两球的速度相同，相等时间内通过的位移相等，因此两个小球间的距离不变，一定不会相碰。
故选：B。
【点评】一切物体都有惯性；此题主要考查学生对惯性的理解和应用，会用惯性知识分析物体的运动状态
3．【分析】根据平衡力与相互作用力的概念，然后利用二力平衡的条件：等大、反向、共线、共物来判定哪两个力
是否是平衡力；利用是否是作用力与反作用力的条件来判定两个力是不是作用力与反作用力，从而确定求解；
【解答】解：A、根据相互作用力的特点，则台灯对桌子的作用力和桌子对台灯的作用力是一对相互作用力，故
A 错误；
B、台灯静止在水平桌面上，对台灯受力分析，重力，桌面的支持力，若有摩擦力，则不可能处于平衡状态，故
B 错误；
C、对灯头受力分析，则重力与支持力，那么旋转点O 对灯头的作用力沿竖直方向，故C 错误；
D、静止状态是一种平衡状态，处于平衡状态的物体受到的力是平衡力，即合力为零，故D 正确；
故选：D。
【点评】考查受力分析的方法，掌握由运动情况来确定受力情况，把握住作用力与反作用力与平衡力的区别是此
题的关键，及注意平衡状态。
4．【分析】使物体处于平衡状态时，就是物体的合力为零，找出合力可以为零的即可。
【解答】解：三个力合成时，合力的最大值为三个力之和，最小值看第一个力是否在第一二两个力的合力范围内；
如果在则最小值为0，如果不在则最小值为第三个力与合力范围中最近的值之差。
A 选项中三个力的合力范围为1N﹣17N，故A 选项不可以；
B 选项中三个力的合力范围为10﹣12N，故B 选项可以；
C 选项中三个力的合力范围为21N﹣1N，故C 选项不可以；
D 选项中三个力的合力范围为1N﹣23N，故D 选项不可以。
本题选择能使物体平衡的，即合力可以为零的，故B 正确，ACE 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键是掌握三个力合成的合力范围，抓住物体做匀速直线运动时受力平衡，根据平衡条件由
合力范围分析。
5．【分析】小球静止时，分析受力情况，由平衡条件求解弹簧的弹力大小和细绳的拉力大小。细绳烧断瞬间弹簧的
弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，即可求出加速度。
【解答】解：AB、小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得：
弹簧的弹力大小为：F＝mgtan53°= 4
3mg
细绳的拉力大小为：T=
mg
cos53° = 5
3mg．故AB 错误；
C、细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球
的加速度大小为：a= T
m = 5
3g，故C 正确。
D、由C 分析可得，D 错误。
故选：C。
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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【点评】本题中小球先处于平衡状态，由平衡条件求解各力的大小，后烧断细绳，小球处于非平衡条件，抓住细
绳烧断瞬间弹簧的弹力不变是关键。
6．【分析】从t＝0 开始物体以一定初速度υ0 向右滑行时，物体受到水平向左的滑动摩擦力，由公式f＝μN 求出摩
擦力的大小。当物体的速度减小到零时，由于水平恒力F 小于最大静摩擦力，物体将停止运动，受到水平向右的
静摩擦力，由平衡条件求出静摩擦力。
【解答】解：从t＝0 开始物体以一定初速度υ0 向右滑行时，物体受到水平向左的滑动摩擦力，由公式f＝μN 得
摩擦力为：f1＝﹣μN＝﹣μmg＝﹣0.2×10＝﹣2N。
物体的最大静摩擦力为：Fm＝μmg＝0.2×10＝2N，由于F＝1N＜Fm，所以当物体的速度减小到零时，物体将停
止运动，受到水平向右的静摩擦力，
由平衡条件得物体受到的静摩擦力为：f2＝F＝1N．故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题考查摩擦力的计算，要注意求摩擦力时，要分析物体的状态，确定是静摩擦力还是滑动摩擦力，然
后才能根据它们各自的性质准确求解。
7．【分析】平均速度等于位移除以时间，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出物体运动的加速度，根据初
速度为零的匀加速直线运动，相邻的相等时间内的位移之比为1；3：5：7：9，判断物体开始计时时的初速度是
否为零。
【解答】解：A、第4s 内平均速度v = 14
1 =14，m/s，故A 错误；
B、第5s 初的瞬时速度等于这两秒内的平均速度，则v4 = 14+18
2
=16m/s，故B 正确；
C、初速度为零的匀加速直线运动，相邻的相等时间内的位移之比为1；3：5：7：9，而第4s 内的位移是14 第
5s 内的位移是18，比例是7：9，所以初速度为零，故C 错误；
D、根据△x＝aT2 得：a= 18−14
12
=4/s2，故D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的推论，即1、在连续相等时间内的位移之差是一恒量。2、初速
度为零的匀加速直线运动，相邻的相等时间内的位移之比为1：3：5：7：9。
8．【分析】小鸟缓慢爬行，合力为零，受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，根据平衡得出摩擦力的变化和弹力的
变化．
【解答】解：A、树枝对小鸟的作用力与小鸟的重力等值反向，所以树枝对小鸟的作用力大小不变，故A 错误。
B、小鸟所受的摩擦力f＝mgsinθ，从A 到B 的过程中，θ先减小后增大，则摩擦力先减小后增大，故B 错误。
C、小鸟所受的弹力N＝mgcosθ，从A 到B 的过程中，θ先减小后增大，则弹力先增大后减小，故C 正确、D 错
误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意小鸟缓慢运动，可以视为平衡状
态，所受的摩擦力为静摩擦力．
二、多项选择题（本题有4 小题，每小题4 分，共16 分．每小题给出的四个选项中，有两个选项是正确的，全部
选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错或不答的得0 分．）
9．【分析】分析水桶的受力情况，分析平衡条件求得两人手臂的拉力与重力的关系。由于两人手臂均与竖直方向成
θ角，根据对称性可知，两人对水桶的拉力大小相等，从而根据列式，即可分析。
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【解答】解：根据对称性可知，两人对水桶的拉力大小相等，根据平衡条件得：2Fcos
θ
2 =G
解得：F=
G
2cosθ
2
A、当θ＝0°时，cos
θ
2 =1，则得F= G
2，故A 正确。
BD、由F=
G
2cosθ
2
知当θ＝0°时，cos
θ
2最大，F 最小，F 的最小值为
G
2，θ越大时F 越大，故BD 错误。
C、当θ＝120°时，cos
θ
2 =
1
2，可得F＝G．故C 正确；
故选：AC。
【点评】本题要根据对称性得出两人对水桶的拉力大小相等，再由竖直方向力平衡即可求出手臂的拉力大小与重
力的关系，这是解题的关键。
10．【分析】对重物受力分析，根据牛顿第二定律得出重物的加速度大小和方向，从而得出电梯的加速度大小和方
向，从而判断出电梯的运动规律．
【解答】解：电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，知重物的重力等于10N，对重物有：mg﹣F＝ma，解
得a＝2m/s2，方向竖直向下，则电梯的加速度大小为2m/s2，方向竖直向下。电梯可能向下做加速运动，也可能
向上做减速运动。故B、C 正确，A、D 错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键知道重物和电梯具有相同的加速度，根据牛顿第二定律进行分析，通过加速度判断电梯
的运动情况．
11．【分析】根据匀速运动的速度，根据匀变速直线运动的速度时间公式求出汽车加速运动的时间．求出减速运动
的加速度，可以求出减速运动的时间，从而知道匀速运动的时间．
【解答】解：A、匀速运动的速度为12m/s，匀加速运动的加速度a1 = △v
△t = 3m/s2，则匀加速运动的时间t1 = v−0
a
=
12
3 s = 4s．故A 正确，B 错误。
C、匀减速运动的加速度a2 = △v
△t =−6m/s2，汽车从3m/s 减到0 还需的时间t' = 0−3
−6 s = 0.5s．即11s 时速
度减为0．汽车匀减速所需的时间t2 = 0−v
a2 = −12
−6 s = 2s．所以汽车匀速运动的时间为5s。故C 错误，D 正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式v＝v0+at，会根据该公式求运动的时间，以及加速
度．
12．【分析】在速度时间图象中，速度的正负表示运动的方向，结合速度的正负判断物体是否返回，结合图线与时
间轴围成的面积得出位移的大小，判断是否相遇。
【解答】解：A、乙的速度一直为正值，速度方向不变，没有返回，故A 错误。
B、在第50s 末，乙图线与时间轴围成的面积大于甲图线围成的面积，知乙的位移大于甲的位移，可知乙在甲前
面，故B 正确。
CD、由图线可知，在2s 末和6s 末，图线与时间轴围成的面积相等，则位移相等，甲、乙相遇，故C 错误，D
正确。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键是知道速度时间图线的物理意义，知道速度的正负表示运动的方向，图线与时间轴围成
的面积表示位移。
三、实验题（第14 题（1）间2 分，其他每空3 分，共20 分）
13．【分析】（1）根据弹簧秤的最小分度，读出弹簧秤的读数，注意估计一位。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。
（2）该实验采用了“等效替代”法即要求两次拉橡皮筋时，要使橡皮筋产生的形变相同，即拉到同一位置。
【解答】解：（1）由图可知，甲图所示弹簧秤的最小分度为0.1N，则读数为2.60N；
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。
（2）A、与橡皮筋连接的细绳是为了确定细绳拉力的方向，两绳的长度不一定相等，故A 错误；
B、用两只弹簧秤拉橡皮筋时，只要使两弹簧秤拉力的合力与一只弹簧秤拉力的效果相同就行，两弹簧秤的拉力
不需要相等，故B 错误；
C、为了保证效果相同，两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉至同一位置，故C 正确；
D、标记同一细绳方向的两点要长一些，这样引起的拉力方向的误差会小些，故D 错误；
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故选：C。
故答案为：（1）2.60，F′．（2）C。
【点评】对于物理实验，关键要明确实验原理，要求在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和
合力的效果是等同的，同时根据实验原理去分析实验中的注意事项和减小误差的基本方法。
14．【分析】（1）在该实验中力传感器可以直接得出力的大小，实验中不需要将长木板右端垫高，因为已经测量了
小车所受摩擦力的大小，用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据。
（2）应用匀变速直线运动的推论可以求出小车的加速度。
（3）对小桶受力分析，根据牛顿第二定律求解。
（4）由于已经平衡摩擦力，图象过原点的倾斜直线，则F 表示合力。
【解答】解：（1）A．小车靠近打点计时器测量数据才可能多且精确，故A 不符合题意；
B．实验中不需要用天平测出细砂和小桶的总质量，传感器可以测出总质量是多少，故B 符合题意；
C．应先接通电源再释放小车，这样才能保证纸带的大部分距离上都打上了点，才能充分利用整个纸带，故C 不
符合题意；
D．本题拉力可以由力的传感器测出，不需要使小桶和细砂的总质量远小于车和传感器的总质量，故D 符合题意；
故选BD。
（2）每5 个点取一个计数点，计数点的时间间隔：T＝0.02×5＝0.1s
x1＝3.52cm＝0.0352m，x2＝3.68cm＝0.0368m，x3＝3.84cm＝0.0384m，x4＝4cm＝0.04cm
由匀变速直线运动的推论△x＝aT2，a = (x4+x3)−(x2+x1)
4T2
= 0.16m/s2
（3）对小桶受力分析，设小桶重力为mg，
小车释放前力传感器的示数F1，所以F1＝mg，
设小车的重力为Mg，小车在加速运动时力传感器的示数F2，
根据牛顿第二定律得：mg﹣F2＝ma
所以F1＞F2
（4）图象是过原点的一条倾斜的直线，已经平衡摩擦力，所以F 应该表示小车受到的合力，即F＝F2﹣F0，故D
正确；
故选：D
故答案为：（1）BD（2）0.16
（3）＞（4）D
【点评】本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，
提高解决问题能力。解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，其中
平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚。
四、计算题（本题共4 小题，每小题10 分，共40 分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只
写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位．）
15．【分析】（1）根据自由落体运动v2 = 2gh 求运动的下落高度
（2）根据匀变速直线运动的速度公式求AB 间的时间，速度位移关系求AB 间的位移．
【解答】解（1）设小石头下落时的高度为H．由v2 = 2gH
得
H＝45m
（2）设小石头在A、B 间运动的时间为t1，A、B 间的距离为h．
由运动学公式v = v0 + at1
得：t1 =
v−v0
g
= 30−10
10
s = 2s
由2gh = v2 −v0
2
得h =
v2−v0
2
2g
=
302−102
2×10
m = 40m
答：（1）小石头下落时的高度45m；
（2）小石头从A 点运动到B 点的时间2s 和A、B 间的距离40m．
【点评】熟练掌握自由落体运动的速度时间关系、速度位移关系是解决本题的关键．
16．【分析】对球受力分析，受重力、墙壁的支持力和斜面的支持力，根据平衡条件列式求解；
【解答】解：金属球静止，受到三力作用而平衡，如图所示
（1）由平衡条件可得墙壁对金属球的弹力：
N1＝Gtanθ＝100×tan37°N＝75N
（2）由平衡条件可得斜面体对金属球的弹力：N2=
G
cos37° = 100
0.8 =125N
根据牛顿第三定律可知金属球对斜面体的弹力大小：N3＝N2＝125N
答：（1）墙壁对金属球的弹力大小是75N。
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（2）金属球对斜面体的弹力大是125N。
【点评】本题考查了共点力平衡，关键是采用隔离法，对物体正确受力分析后根据平衡条件求解。
17．【分析】（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出加速度，结合速度时间公式求出所用的时间．
（2）根据匀减速运动的位移得出匀速直线运动的位移，结合刹车时的初速度求出反应时间，从而得出饮酒使志
愿者的反应时间比一般人增加的时间．
【解答】解：（1）设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0＝20 m/s，末速度vt
＝0，位移s＝25 m，
由运动学公式得v02＝2as
t= v0
a ，代入数据得
a＝8 m/s2
t＝2.5 s
（2）设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为△t，由运动学公式得
L＝v0t′+s
△t＝t′﹣t0
代入数据得
△t＝0.3 s
答：（1）减速过程汽车加速度的大小为8m/s2，所用的时间为2.5s．
（2）饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了0.3s．
【点评】解决本题的关键知道汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，结合运动学公式灵
活求解，基础题．
18．【分析】（1）假设M 与m 相对滑动，分别对两个物体分析受力，根据牛顿第二定律分别求出木板和铁块的加速
度。
（2）由位移时间公式分别列出两物体的位移与时间的关系，铁块运动到木板的右端时，铁块与木板相对于地面
的位移之差等于板长L，联立求得时间，再由位移公式即可求得木板滑行的位移。
【解答】解：（1）F 作用时，设M 与m 相对滑动
对铁块有：F﹣μmg＝ma1
解得：a1＝4m/s2
对木板：μmg＝Ma2
解得：a2＝2m/s2
因为a1＝4m/s2＞a2＝2m/s2，所以假设成立。
（2）对铁块有：x1= 1
2 a1t2①
对木板有：x2= 1
2 a2t2②
又有：x1﹣x2＝L ③
联立①②③式并代入数据解得：x2＝4m
答：（1）恒力F 作用后木板和铁块的加速度各是4m/s2 和2m/s2；
（2）当铁块运动到木板右端时木板滑行了4m 距离。
【点评】本题考查牛顿第二定律和运动学公式在组合物体问题中的应用，要注意正确选择研究对象，作好受力分
析，明确各自的运动情况后再确定相互关系，从而列式求解。
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2019-2020 学年广东省江门市高一（上）期末物理试卷
一、选择题（共15 小题，每小题3 分，满分50 分）
1．（3 分）下列物理量是矢量的是（
）
A．速度
B．路程
C．时间
D．质量
2．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．物体的加速度不变，其运动状态一定不変
B．体积、质量很大的物体一定不能看成质点
C．速度很大的物体，其加速度可能为零
D．加速度很大的物体，其速度一定很大
3．（3 分）两辆汽车在平直的公路上匀速并排行驶，甲车内一个人看见窗外树木向西移动，乙车内一个人发现甲车
没有动，以大地为参照物，上述事实说明（
）
A．甲车向西运动，乙车不动
B．乙车向西运动，甲车不动
C．甲车向西运动，乙车向东运动
D．甲、乙两车以相同的速度同时向东运动
4．（3 分）“318”国道是一条连接上海和西臧中尼边界友谊桥的公路，里程碑以上海为起点，公路几乎是沿着北纬
30°线前行的，本题中可以将它的东段视为直线。以公路为x 轴建立坐标系，上海为坐标原点，里程碑的示数即
为坐标值。一辆汽车某日8 时30 分驶过x1＝963km 的位置，当日9 时10 分驶过x2＝923km 的位置。则下列说
法正确的是（
）
A．该汽车行驶的方向是上海往西藏的方向
B．该汽车一定是做匀速直线运动
C．该汽车这段时间的位移是923km
D．该汽车这段时间的平均速度是60km/h
5．（3 分）在匀速行驶的火车车厢内，有人在A 点正上方相对车厢静止释放一个小球，不计空气阻力，则小球（
）
A．一定落在A 处
B．可能落在A 点前方
C．可能落在A 点后方
D．以上都有可能
6．（3 分）一股轻绳的上端固定在天花板上，下端悬挂灯泡处于静止，下列说法正确的是（
）
A．灯泡的重力和灯泡对绳的拉力是一对平衡力
B．灯泡受到时重力和绳对灯泡的拉力是一对平衡力
C．灯泡的重力和绳对灯泡的拉力是一对作用力和反作用力
D．绳对天花板的拉力和天花板对绳的拉力是一对平衡力
7．（3 分）下列关于单位制的说法中，正确的是（
）
A．在国际单位制中力学的三个基本单位分别是长度单位m、时间单位s、力的单位N
B．长度是基本物理量，其单位m、cm、mm 都是国际单位制中的基本单位
C．公式F＝ma 中，各量的单位可以任意选取
D．由F＝ma 可得到力的单位1N＝1kg•m/s2
8．（3 分）一同学做匀速直线运动去某处，到达目的地后停留一会再匀速直线运动返回出发点，下图中的哪些图象
能描述这一过程（
）
A．
B．
C．
D．
9．（3 分）质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x＝2t+2t2，则该质点（
）
A．第1s 内的位移是3m
B．前2s 内的平均速度是4m/s
C．任意相邻的1s 内的位移差都是4m
D．任意1s 内的速度增量都是2m/s
10．（3 分）重力为10N 的质点放在光滑水平地面上，受到大小为2N 的水平外力F1 的作用，再施加一个大小为6N
的水平外力F2 后，g＝10m/s2，以下说法正确的是（
）
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A．若再施加一个大小为6N 的外力，则不可能使该质点处于平衡状态
B．该质点所受合外力的最大值为18N，最小值为2N
C．F1 的反作用力作用在该质点上，方向与F1 的方向相反
D．该质点的加速度大小可能为5m/s2
11．（4 分）质点做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，该质点（
）
A．在第2 秒末速度方向发生了改变
B．第2s 内与第3s 内的加速度方向相反
C．在第2s 末回到初位置
D．第1s 末和第5s 末的位置相同
12．（4 分）把木箱放在电梯的水平地板上，则下列运动中地板受到的压力小于木箱重力的是（
）
A．电梯匀减速上升
B．电梯匀加速上升
C．电梯匀减速下降
D．电梯匀加速下降
13．（4 分）为了节能，商场安装了如图节能电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先加
速，再匀速运转，一位顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，则下列说法中正确的是（
）
A．扶梯加速时，扶梯对顾客的摩擦力方向为水平向左
B．扶梯加速时，扶梯对顾客支持力大小大于顾客的重力大小
C．扶梯对顾客作用力的方向先向右上方，再竖直向上
D．顾客一直受到三个力的作用
14．（4 分）如图，两小球悬挂在天花板上，a、b 两小球用细线连接，上面是一轻质弹簧，a、b 两球的质量分别为
m 和2m，在细线烧断瞬间，a、b 两球的加速度为（取向下为正方向）
（
）
A．a 球的加速度为﹣g
B．a 球的加速度为﹣2g
C．b 球的加速度为g
D．b 球的加速度为0
15．（4 分）如图所示，有一劲度系数为k 的轻质弹簧的一段固定在倾角为θ的光滑斜面的底端，一个质量为m 的物
块从弹簧上方由静止开始沿斜面下滑，已知重力加速度为g，则物块从开始下滑到滑至最低点的过程中，则下列
说法中正确的是（
）
A．当物块接触挤压弹簧后，就开始做减速运动
B．物块加速度先不变，再减小，最后增大
C．当mgsinθ＝kx 时（x 为弹簧压缩量），物块速度为零
D．物体下滑到最低点时速度为零，加速度不为零
二、解答题（共5 小题，满分50 分）
16．（6 分）“验证力的平行四边形定则”的实验如图甲所示，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图示。
（1）图乙中的F 与F′两力中，方向一定沿AO 方向的是力
（2）实验中能减小误差的措施是
A．两个分力F1、F2 的大小要尽量小些
B．两个分力F1、F2 间的夹角要尽量大些
C．拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行
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D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些
（3）在做实验时，先用两个弹簧秤拉橡皮条，再用一个弹簧秤拉橡皮条，两次必须使橡皮条和细绳的结点达到
同一位置，这样做是为了
A．便于测量力的大小
B．使两个分力和它们的合力有相同的作用点
C．使两个分力和它们的合力有相同的作用效果
D．便于画出分力和合力的方向
17．（6 分）某探究学习小组欲探究物体的加速度a 与合力F、质量m 的关系，他们在实验室组装了如图甲所示的实
验装置：
（1）某同学通过实验得到如图乙所示的a﹣F 图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间
的倾角
（填“偏大”或“偏小”）。
（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验，为了便于将砝码和盘的重力近似看作绳子对小车的拉力，应使砝码和盘
的总质量
小车质量（填“远大于”、“远小于”或“等于”）。
（3）打点计时器接频率为50Hz 的交流电，某次打出的某一条纸带，如下图所示，A、B、C、D、E、F 为相邻
的6 个计数点，相邻计数点间还有四个点未标出。利用图中给出的数据可求出小车的加速度为
m/s2．（保
留两位有效数字）。
18．（9 分）将一劲度系数k＝50N/m 的轻质橡皮筋的上端固定在天花板上O 点，在其下端A 点用细线悬挂重为4N
的木块。在A 点施加一水平向右的拉力F，使橡皮筋与竖直方向成37°，并保持静止，已知sin37°＝0.6，cos37°
＝0.8，tan37°＝0.75，求：
（1）所加外力F 的大小；
（2）此时橡皮筋的伸长量x 的大小。
19．（12 分）如图为某一路段的俯视图，该路段全程限速12m/s，一辆汽车以10m/s 的速度匀速行驶，前方有一路口
要通过，绿灯还有2s 将熄灭变为红灯，此时汽车距离停车线19m。已知该车加速时最大加速度大小为2m/s2，刹
车时最大加速度大小为5m/s2。
（1）若汽车此时立即以最大加速度开水刹车，则汽车将停在距停车线多远处？
（2）若汽车此时立即以最大加速度一直加速通过路口，通过计算判断汽车是否违章？
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20．（17 分）如图所示，物体A 的质量是m＝3kg，放在水平桌面上，绳子一端固定在A 上，另一端跨过定滑轮，
物块A 与水平桌面之间的动摩擦因数是μ＝0.2，取g＝10m/s2，滑轮摩擦及绳子质量不计，g＝10m/s2，求：
（1）当用F＝9N 的力拉绳子时，物体A 的加速度的大小是多少？
（2）在绳子下端挂一个质量为M＝5kg 的物体B，静止释放物体B，若绳子最大能承受30N 的力，试讨论绳子
是否会断开？
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2019-2020 学年广东省江门市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共15 小题，每小题3 分，满分50 分）
1．【分析】矢量是既有大小，又有方向的物理量。而标量是只有大小，没有方向的物理量，根据有没有方向确定是
标量还是矢量。
【解答】解：A、速度既有大小，又有方向，是矢量。故A 正确。
BCD、路程、时间、质量都只有大小，没有方向，是标量。故BCD 错误。
故选：A。
【点评】对于矢量和标量，要掌握它们的两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二运算法则不同，标量遵
守代数加减法则，而矢量遵守平行四边形定则。
2．【分析】速度是描述物体的运动状态的物理量；
当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断
即可；
速度的大小与加速度的大小无关。
【解答】解：A、速度是描述物体的运动状态的物理量，物体的加速度不变则速度一定是变化的，所以物体的运
动状态一定改变。故A 错误；
B、体积、质量很大的物体在一定的条件下能看成质点，如描述地球绕太阳的公转时，地球也可以看作质点。故
B 错误；
C、速度的大小与加速度的大小无关，速度很大的物体，其加速度可能为零，如匀速飞行的飞机。故C 正确；
D、速度的大小与加速度的大小无关，加速度很大的物体，其速度不一定很大，如点火后加速阶段的火箭。故D
错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道速度、加速度的物理意义，知道加速度的大小与速度大小、速度变化量的大小无关。
3．【分析】参考系是描述运动时，假设不动的物体。甲车内人看到乙没有动，则甲和乙的运动情况一样，乙车中的
人看到路旁的树木向西运动，说明乙向东运动。
【解答】解：因为乙车内的人看到甲车没有动，则甲和乙的运动情况一致，而甲车的人看到路旁的树木向东运动，
说明甲车相对路旁的树木向西运动，则如果以大地为参考系则甲向西运动，因为甲车和乙车运动状态一致，故甲、
乙两车以相同的速度向西运动。故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
【点评】掌握参考系的概念是解决此类题目的关键，本题中乙车内的同学看见路旁的树木向西移动，说明该同学
是以自己作为参考系。
4．【分析】据时间差求出汽车行驶的时间，又知道路程，直接利用速度公式即可求出汽车的平均速度。
【解答】解：A、在行驶的过程中，离原点越来越近，故该汽车行驶的方向是西藏往上海的方向，故A 错误；
B、只知道时间和位置，无法判断汽车的运动情况，故B 错误；
C、汽车的位移：x＝923km﹣963km＝﹣40km，故C 错误；
D、汽车行驶的时间：t＝9：10﹣8：30＝40min，汽车行驶的速度：v = x
t = 40
40 km/min = 60km/h，故D 正确
故选：D。
【点评】掌握速度公式的应用，利用公式计算时，一定注意用一段时间内的路程除以对应的时间，才能准确的求
出平均速度。
5．【分析】由于惯性小球下落过程中小球在水平方向的速度等于小球在释放前的速度，等于车的速度，故小球始终
在抛出点的正上方。
【解答】解：在小球未释放前随车一起运动，故小球的速度等于车的速度v0；
在小球由静止释放后，由于惯性小球在水平方向的速度保持不变，即vx＝v0，
所以在释放后小球做平抛运动，即小球下落的过程中小球在水平方向的速度等于等于车速度，所以小球始终处于
抛出点的正上方，故小球一定落到A 处；故A 正确BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题考查惯性的应用，要注意明确物体在抛出时由于惯性而具有和车相同的水平速度。
6．【分析】相互作用力的条件：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，分别作用在两个不同物体上，且同时
产生，同时消失。平衡力的条件是：大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上，缺一不可。
根据平衡力和相互作用力的条件与特点可逐项做出判断。
【解答】解：A、灯泡受的重力受力物体是灯泡施力物体是地球，灯泡对绳的拉力受力物体是绳施力物体是灯泡，
二者大小相同方向相同分别作用在两个物体上，既不是平衡力也不是相互作用力，故A 错误；
BC、灯泡受的重力和绳对灯泡的拉力受力物体都是灯泡，二者大小相等方向相反作用在一个物体上，符合二力
平衡的条件，是一对平衡力，故B 正确，C 错误；
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D、绳对天花板的拉力和天花板对绳的拉力二力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，分别作用在两个不
同物体上，且同时产生，同时消失，属于相互作用力，故D 错误。
故选：B。
【点评】此题主要考查学生对平衡力的辨别，学习中特别要注意平衡力和相互作用力的区别：是否作用于同一物
体。
7．【分析】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。
它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
【解答】解：A、三个力学基本物理量分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s．故A 错误；
B、长度是基本物理量，其单位m 是国际单位制中的基本单位，cm 与mm 只是常用单位，不属于基本单位。故
B 错误；
C、公式F＝ma 中，各物理量的单位都是采用国际单位。故C 错误；
D、公式F＝ma 中，各物理量的单位都是采用国际单位，才由F＝ma 可得到力的单位1N＝1kg•m/s2．故D 正确
故选：D。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是
需要学生自己记住的。
8．【分析】该同学先做匀速直线运动，停留一段时间，然后，沿原路做匀速直线运动返回。对于位移图象，倾斜的
直线表示匀速直线运动，直线的斜率表示速度，选择符合题意的图线。对于速度时间图象，平行于时间轴的直线
表示匀速直线运动。
【解答】解：A、图象中第三段图线表示时光倒流，不可能，故A 错误；
B、根据x﹣t 图象的斜率表示速度，知该图表示先沿正方向做匀速直线运动，接着静止一段时间，然后再沿负方
向做匀速直线运动返回，符合题意。故B 正确。
C、第一段表示表示匀加速直线运动，第二段表示匀速直线运动，第三段表示匀减速直线运动，不符合题意，故
C 错误；
D、该图表示先做匀速直线运动，然后速度为零，即静止，最后再沿原方向匀速直线运动，与题不符，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查对匀速直线运动位移﹣时间图象的识别、理解能力，关键要知道x﹣t 图象的斜率表示速度，
斜率正负表示速度方向。
9．【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式得出质点的初速度和加速度，结合速度时间公式得出质点的速度，
根据△v＝at 求出任意1s 内速度的增量，根据△x＝at2 求出任意相邻时间内的位移之差。
【解答】解：A、当t＝1s 时，位移x1＝2t+2t2＝2×1+2×12m＝4m，故A 错误；
B、当t＝2s 时，位移x2 = 2t + 2t2 = 2 × 2 + 2 × 22m = 12m，故前2s 内的平均速度为v = x2
t2 = 12
2 m/s = 6m/s，
故B 错误；
C、由位移x 与时间t 的关系为x＝2t+2t2 可知初速度v0＝2m/s，a＝4m/s2，任意相邻的1s 内的位移之差△x＝at2
＝4×1m＝4m，故C 正确；
D、任意1s 内速度增量△v＝at＝4×1m/s＝4m/s，故D 错误；故ABD 错误，C 正确；
故选：C。
【点评】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，有时运用推论求解会使问题
更加简捷。
10．【分析】根据力的合成的原则求出F1 和F2 的合力范围，再根据牛顿第二定律求出加速度的范围，作用力与反
作用力大小相等、方向相反、作用在两个物体上。
【解答】解：BD、根据力的合成的原则求出F1 和F2 的合力范围为F2﹣F1≤F 合≤F1+F2，所以4N≤F 合≤8N，
根据牛顿第二定律可知a=
F合
m 可知：加速度的范围为：4m/s2≤a≤8m/s2，故B 错误D 正确；
A、根据上面的分析可知F1 和F2 的合力范围为4N≤F 合≤8N，可以取到6N，若再施加一个大小为6N，方向与
F1 和F2 的合力方向相反的外力，有可能使该质点处于平衡状态，故A 错误。
C、作用力与反作用力大小相等、方向相反、作用在两个物体上，所以F1 的反作用力不作用在该质点上，方向与
F1 的方向相反，故C 错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查了物体合力范围的求法及牛顿第二定律的直接应用，难度不大，属于基础题。
11．【分析】在速度﹣时间图象中，速度的正负表示速度的方向，只要图象在时间轴同一侧物体运动的方向就没有
改变；图象的斜率表示加速度；图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内物体通过的位移，根据位移分析
质点的位置。
【解答】解：A、根据速度的正负表示速度方向，知在第2 秒末速度方向发生了改变。故A 正确；
B、根据速度时间图象的斜率表示加速度，由图可知1﹣3s 图象的斜率不变，加速度不变，则第2s 内与第3s 内
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的加速度方向相同，故B 错误。
C、在0﹣2s 内，质点一直沿正向运动，在第2s 末没有回到初位置，故C 错误。
D、根据“面积”表示位移，图线在时间轴上方，“面积”表示的位移为正，图线在时间轴下方，“面积”表示的
位移为负，可知，1﹣5s 内的位移为零，则第1 秒末和第5 秒末的位置相同，故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题是速度图象问题，关键要知道图象的斜率表示加速度，物体在某一段时间内的位移等于在该段时间
内速度图象与时间轴围成的面积大小。要注意位移的正负。
12．【分析】物体与电梯的运动状态相同，应用牛顿第二定律分析答题；注意明确物体对地板的压力和地板对物体
的支持力为作用力和反作用力，二者大小相等方向相反。
【解答】解：AD、电梯匀减速上升和匀加速下降时，加速度向下，由牛顿第二定律得：mg﹣FN＝ma，解得：FN
＝m（g﹣a）＜mg，物体处于失重状态，故地板受到的压力小于木箱重力，故AD 正确；
BC、电梯匀加速上升和匀减速下降时，加速度向上；由牛顿第二定律得：FN﹣mg＝ma，解得：FN＝m（g+a）
＞mg，物体处于超重状态，压力大于重力，故BC 错误；
故选：AD。
【点评】本题考查超重和失重的计算应用；处理此类问题的步骤是：选取研究对象，受力分析，利用牛顿第二定
律列方程求解。
13．【分析】分加速和匀速两个过程，对顾客进行运动分析和受力分析，加速过程合力斜向右上方，故支持力大于
重力，静摩擦力向右；匀速过程重力和支持力二力平衡。
【解答】解：在慢慢加速的过程中，顾客的受力如图，物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因而顾客受
到的摩擦力水平向右，扶梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上方；
在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，扶梯对顾客作用
力的方向竖直向上；
所以扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上。顾客先受到三个力的作用，后受到两个力的作用。故
AD 错误BC 正确。
故选：BC。
【点评】本题的关键要分两个过程研究，加速过程可以先找出加速度方向，然后得出合力方向，结合物体的受力
情况，可以得出各个力的大小情况；匀速过程二力平衡，受力情况与运动方向无关。
14．【分析】将下面的细线烧断的瞬间，上面弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出物体a、b 球的瞬时加速度大
小和方向。
【解答】解：烧断细线之前，ab 整体受到重力和弹簧的弹力F 静止，此时：F＝3mg，
烧断之后，绳的拉力消失，而弹力不变，
对A：mg﹣F＝maa
解得：aa＝﹣2g，
b 只受重力，故b 的加速度为g，故BC 正确AD 错误。
故选：BC。
【点评】本题是瞬时问题，关键掌握弹簧的弹力不会突变，而绳的弹力会突变；绳断之后弹力立刻变为零，而弹
簧的弹力不变。
15．【分析】分析物块的受力情况：物块受到重力、斜面的支持力和弹簧的弹力，弹力随着形变量增大而增大，根
据弹簧弹力的变化情况，由牛顿第二定律分析物块的运动情况。
【解答】解：B、物块在碰触弹簧前做匀加速运动，加速度不变。接触弹簧后，重力沿斜面向下的分力先大于弹
簧的弹力，加速度沿斜面向下，做加速运动。随着弹力增大，合力减小，加速度减小，当弹力大于重力沿斜面向
下的分力时，加速度沿斜面向上，随着弹力增大，合力增大，加速度增大，所以物块加速度先不变，再减小，最
后增大。故B 正确。
A、由上面的方向知当物块接触挤压弹簧后，开始阶段做加速运动，故A 错误。
C、当物块的合力为零时，即mgsinθ＝kx 时，速度达到最大值，故C 错误。
D、物体下滑到最低点时速度为零。此时弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力不为零，加速度不为零，
故D 正确。
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故选：BD。
【点评】本题属于动态分析类型的题目，要注意通过受力分析与受力分析的方程来说明物体受到的合力的变化，
进而说明物体的加速度的变化与速度的变化关系。
二、解答题（共5 小题，满分50 分）
16．【分析】由于实验误差的存在，导致F1 与F2 合成的理论值（通过平行四边形定则得出的值）与实际值（实际实
验的数值）存在差别，只要O 点的作用效果相同，是否换成橡皮条不影响实验结果。
【解答】解：（1）图中F 是由平行四边形法则求得的合力，是要验证的合力，而F′是一根弹簧把弹簧拉到相同
效果而作的，所以F′是真实的合力；
（2）考察实验技巧：A、两个分力太小，则作图时不精确，所以并不能减小误差，故选项A 错误；
B、在实验中两个分力的夹角大小适当，在作图时有利于减小误差即可，并非越大越好，故B 错误；
C、拉弹簧时，细绳、橡皮筋等均要与平板平行，故选项C 正确；
D、细线的长度更长、两标记点的距离稍大，则画出力的图示更准确，故选项D 正确。
（3）分两次用弹簧拉橡皮条时，使结点到位同一位置的目的是要使两次拉的效果相同，故选项C 正确。
故答案为：（1）F′；（2）CD；（3）C
【点评】在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差
分析。
17．【分析】（1）在实验的过程中，我们认为绳子的拉力F 等于砝码盘和砝码的重力mg，而实际上绳子的拉力F＝
Ma=
M
m+Mmg，故应该是m＜＜M，而当m 不再远远小于M 时a=
mg
m+M =
g
1+M
m
随m 的增大物体的加速度逐渐减
小且无限趋近于g；
（2）利用逐差法（x5+x6）﹣（x1+x2）＝8aT2 求物体的加速度。
【解答】解：（1）从图象可以看出，当拉力为零即砝码质量为零时，小车已经有了加速度，则是由于平衡摩擦力
过度，即平板倾角太大；
（2）由牛顿第二定律可得到绳子的拉力为：F＝Ma=
M
m+Mmg= mg
m
M+1，显然当m＜＜M 时，F≈mg；
（3）由逐差法求加速度为：a= x5−x1
4T2
= (2.8−1.2)×10−2
4×0．12
m/s2＝0.4m/s2；
故答案为：（1）偏大；（2）远小于；（3）0.40
【点评】本题要注意的几点：①电火花计时器在交流电的每个周期放电一次；②只有从本实验原理﹣﹣﹣﹣探
究“加速度与质量、外力的半径”出发，才能顺利解决此类问题，但要考虑到实际情况中还存在摩擦力的情况。
18．【分析】（1）对节点A 进行受力分析，结合共点力平衡的条件即可求出；
（2）求出橡皮筋的拉力，然后由胡克定律即可求出橡皮筋的伸长量
【解答】解：（1）对A 点受力分析如图：
得：
F
G =tan37°
代入数据得：F＝3N
（2）对A 点受力分析得：
G
T =cos37°
代入数据得：T＝5N
由胡克定律得：T＝kx
代入数据得：x＝0.1m
答：（1）所加外力F 的大小是3N；
（2）此时橡皮筋的伸长量x 的大小是0.1m
【点评】本题考查了胡克定律的应用，解题的关键是找出对应的拉力大小，再代入胡克定律计算，计算时要注意
各量的单位。
19．【分析】（1）根据速度位移关系求出刹车位移，判断距离停车线的距离即可；
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（2）计算汽车做匀加速运动2s 内的位移大小，再根据位移速度关系求解速度大小，由此判断；
【解答】解：（1）汽车做匀减速运动，0 −v0
2 = 2a1x1解得：x1 =
0−v0
2
2a1 =
−102
2×(−5) m = 10m，汽车距停车线△x
＝19m﹣x1＝9m；
（2）汽车以最大加速度做匀加速运动，2s 内的位移为：x2 = v0t + 1
2 a2t2解得：x2＝24m＞19m，故客车可以通过
路口。
设汽车运动x0＝19m 时对应的速度为vt，由运动学：vt
2 −v0
2 = 2a2x0解得：vt =
176m＞12m/s，故汽车超速违
章。
答：（1）若汽车此时立即以最大加速度开水刹车，则汽车将停在距停车线9m 处远。
（2）若汽车此时立即以最大加速度一直加速通过路口，汽车速度大于12m/s，已违章。
【点评】在解答匀变速直线运动一类题目时，注意公式的合理选取，如果涉及时间一般采用速度时间关系和位移
时间关系公式解答，如果不涉及时间，一般采用速度位移关系公式解答。
20．【分析】（1）对A 受力分析由牛顿第二定律可求解；
（2）对A、B 系统由牛顿第二定律求得加速度，对A 由牛顿第二定律可求得绳的拉力，由此可判断绳子是否会
断开。
【解答】解：（1）对A 受力分析由牛顿第二定律得：
F﹣μmg＝ma1
解得：a1＝1m/s2
（2）挂物体B，两物体的加速度大小相等，设为a2，
对A、B 系统由牛顿第二定律得：Mg﹣μmg＝（m+M）a2
解得：a2＝5.5m/s2
对A 由牛顿第二定律得：T﹣μmg＝ma2
解得：T＝22.5N＜30N
不会断开
答：（1）当用F＝9N 的力拉绳子时，物体A 的加速度的大小是1m/s2；
（2）绳子不会断开。
【点评】本题考查连接体的牛顿第二定律的应用问题；要分析清楚物体运动过程，解题时注意整体法的应用。
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2019-2020 学年广东省惠州市高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题（每小题4 分，共10 题40 分．）
1．（4 分）通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是（
）
A．亚里士多德
B．伽利略
C．笛卡尔
D．牛顿
2．（4 分）下列说法正确的是（
）
A．描述机械运动必须选定参考系，参考系选取不同，但对于物体运动的描述相同
B．“第6 秒”指的是时刻，“前8 秒”指的是时间
C．“位移”用于直线运动，“路程”用于曲线运动
D．“质点”是物理学中为了突出问题的主要因素、忽略次要因素而建立的“物理模型”，它可以使问题简化
3．（4 分）如图所示在某段高速公路上，分别有图示的甲、乙两块告示牌，告示牌上面数字的意思分别是（
）
A．甲是指位移，乙是平均速度
B．甲是指路程，乙是平均速度
C．甲是指路程，乙是瞬时速度
D．甲是指位移，乙是瞬时速度
4．（4 分）物体A、B 的x﹣t 图象如图所示，由图可知（
）
A．在5s 内物体的位移相同，5s 末A、B 相遇
B．两物体由同一位置开始运动，但物体A 比B 迟3s 才开始运动
C．从第3s 起，两物体运动方向相同，且vA＞vB
D．5s 内A、B 的加速度aA＞aB
5．
（4 分）一物体m 受到一个撞击力后沿不光滑斜面向上滑动，如图所示，在滑动过程中，物体m 受到的力是（
）
A．重力、沿斜面向上的冲力、斜面的支持力
B．重力、沿斜面向下的滑动摩擦力、斜面的支持力
C．重力、沿斜面向上的冲力、沿斜面向下的滑动摩擦力
D．重力、沿斜面向上的冲力、沿斜面向下的摩擦力、斜面的支持力
6．（4 分）下面关于惯性的说法中，正确的是（
）
A．运动速度大的物体比速度小的物体难以停下来，所以运动速度大的物体具有较大的惯性
B．物体受的力越大，要它停下来就越困难，所以物体受的推力越大，则惯性越大
C．物体的体积越大，惯性越大
D．物体质量越大，惯性越大
7．（4 分）打点计时器是一种常用的实验仪器，它使用的电源及其直接测量的物理量分别是（
）
A．直流电、测量位移和速度
B．直流电、测量瞬时速度和加速度
C．交流电、测量速度和加速度
D．交流电、测量时间
8．（4 分）甲、乙两个小物体，甲的重力是乙的5 倍，它们从同一高度处同时自由下落到水平对面，不计空气阻力，
则下列说法中正确的是（
）
A．甲先着地
B．根据牛顿第二定律，甲的加速度是乙的5 倍
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C．甲、乙同时着地
D．由于受各种不确定的因素影响，无法确定谁先落地
9．（4 分）金属小桶侧面有一小孔A，当桶内盛水时，水会从小孔A 中流出。如果让装满水的小桶自由下落，不计
空气阻力，则在小桶自由下落过程中（
）
A．水继续以相同的速度从小孔中喷出
B．水不再从小孔喷出
C．水将以更大的速度喷出
D．水将以较小的速度喷出
10．（4 分）三个共点力大小分别是F1、F2、F3，关于它们合力F 的大小，下列说法中正确的是（
）
A．F 大小的取值范围一定是0≤F≤F1+F2+F3
B．F 的大小至少比F1、F2、F3 中的某一个大
C．若F1：F2：F3＝3：6：8，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力F 为零
D．若F1：F2：F3＝3：6：2，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力F 为零
二、单项选择题（每小题4 分，共10 题40 分．）
11．（4 分）如图所示，一根弹性杆的一端固定在倾角为30°的斜面上，杆的另一端固定一个重量是2N 的小球，小
球处于静止状态时，弹性杆对小球的弹力（
）
A．大小为2N，方向平行于斜面向上
B．大小为2N，方向竖直向上
C．大小为2N，方向垂直于斜面向上
D．由于未知形变大小，无法确定弹力的方向和大小
12．（4 分）在物理学的重大发现中科学家们总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、
类比法、等效替代法、科学假设法和建立物理模型法等。以下关于物理学研究方法的叙述错误的是（
）
A．不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法运用了理想实验法
B．根据速度的定义式v= △s
△t，当△t 趋近于零时，就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想
法
C．在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，运用了控制变量法
D．引入重心，合力与分力的概念时运用了等效替代法
13．（4 分）如图所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小皆为F 的拉力作用，而左端的情
况各不相同：①中弹簧的左端固定在墙上，②中弹簧的左端受大小也为F 的拉力作用，③中弹簧的左端拴一小
物块，物块在光滑的桌面上滑动，④中弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动。若认为弹簧的质
量都为零，以l1、l2、l3、l4 依次表示四个弹簧的伸长量，则有（
）
A．l4＝l3＝l2＝l1
B．l4＞l3＞l2＞l1
C．l1＞l3＞l4＞l2
D．l1＞l3＝l4＞l2
14．（4 分）关于伽利略理想实验的说法正确的是（
）
A．完全是理想的，没有事实为基础，这种实验方法不可取
B．是以可靠事实为基础的，经科学抽象，深刻反映自然规律
C．完全光滑的斜面是不存在的，因此，伽利略理想实验没有实际意义
D．理想实验所得到的结论是不可靠的
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15．（4 分）某人乘坐列车时观察车厢里水平桌面上一个装水玻璃容器，列车在水平直线运动过程中，当他观察到的
水面形状如图中所示时，可以判断（
）
A．列车向前加速行驶
B．列车向前减速行驶
C．列车向前匀速行驶
D．条件不足，无法判断
16．（4 分）如图所示，把球夹在竖直墙AC 和木板BC 之间，不计摩擦，球对墙的压力为F1，对木板的压力为F2．在
将板BC 逐渐放至水平的过程中，下列说法中，正确的是（
）
A．F1 和F2 都增大
B．F1 和F2 都减小
C．F1 增大，F2 减小
D．F1 减小，F2 增大
17．（4 分）物体以初速度V0 沿光滑斜面向上滑行，达到最高点后自行返回原点，在这一过程中，物体的速度﹣﹣
时间图线是（
）
A．
B．
C．
D．
18．（4 分）如图所示，用细绳把小球悬挂起来，当小球静止时，下列说法中正确的是（
）
A．小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对作用力和反作用力
B．小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对作用力和反作用力
C．小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对平衡力
D．小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对平衡力
19．（4 分）雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图象
能正确反映雨滴下落运动情况的是（
）
A．
B．
C．
D．
20．（4 分）如图所示，水平地面上的L 形木板M 上放着小木块、M 与园间有一处于压缩状态的弹簧，整个装置处
于静止状态。下列说法正确的是（
）
A．地面对M 的摩擦力方向向右
B．地面对M 的摩擦力方向向左
C．m 对M 的摩擦力方向向右
D．m 对M 的摩擦力方向向左
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二、多项选择题（每小题4 分，共5 题20 分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对得4 分，
选不全得2 分，选错或不答得0 分）
21．（4 分）电梯的顶部挂一个弹簧，弹簧下端挂一个重物，电梯匀速运动后，乘客在某时刻观蔡到弹簧变短。关于
电梯此时的运动，以下说法正确的是（
）
A．电梯可能向上加速运动
B．电梯可能向下加速运动
C．电梯可能向上减速运动
D．电梯可能向下减速运动
22．（4 分）一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s，1s 后速度的大小变为10m/s，在这1s 内该物体的
（
）
A．加速度的大小可能为6m/s2，方向与初速度的方向相同
B．加速度的大小可能为6m/s2，方向与初速度的方向相反
C．加速度的大小可能为14m/s2，方向与初速度的方向相同
D．加速度的大小可能为14m/s2，方向与初速度的方向相反
23．（4 分）如图所示，质量m 的小球与轻弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定在P、Q 两点。小球
静止时，弹簧Ⅰ的拉力大小T1，细线Ⅱ的拉力大小T2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间，小球的加速度a 应是
（
）
A．若剪断弹簧Ⅰ，则a＝g，方向竖直向下
B．若剪断弹簧Ⅰ，则a= T1
m，方向沿弹簧Ⅰ的延长线
C．若剪断细线Ⅱ，则a= T2
m，方向水平向左
D．若剪断细线Ⅱ，则a= T2
m，方向沿弹簧Ⅰ的延长线
24．（4 分）一物体以初速度v0 做匀减速运动，第1s 内通过的位移为x1＝3m，第2s 内通过的位移为x2＝2m，又经
过位移x3 物体的速度减小为0，则下列说法中正确的是（
）
A．初速度v0 的大小为2.5m/s
B．加速度a 的大小为1m/s2
C．位移x3 的大小为1m
D．位移x3 内的平均速度大小为0.75m/s
25．（4 分）如图所示，质量为m 的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0 时速度减小到零，然后弹簧
又将滑块向右推开，已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限
度，则（
）
A．滑块向左运动过程中，始终做减速运动
B．滑块向右运动过程中，始终做加速运动
C．滑块与弹簧接触过程中最大加速度为
kx0+μmg
m
D．滑块向右运动过程中，当弹簧形变量x= μmg
k 时，滑块的速度最大
三、非选择题（共50 分）按题目要求解答，解答应写出必要的文字说明、方程式、重要的演算步骤、数值和单位．只
写出答案的不能得分．
26 ．（6
分）如图是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带。
①已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为
。
②ABCD 是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点未画出。图中B、C 两点间距未标示，则C 点对
应的速度是
m/s，对应匀变速直线运动的加速度为
m/s2。
27．（6 分）“探究加速度与力、质量的关系”实验装置如图甲所示。图中小车的质量为M，钩码的质量为m，小车
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后面固定一条纸带，纸带穿过电磁打点计时器，计时器接50Hz 交流电。
①小车运动时受到的拉力近似等于钩码的总重力，那M 与m 应满足的条件是
；
②实验过程中甲、乙两组学生得到的a﹣F 图象分别为图中的A、B 两条图线，据图可得，甲、乙实验操作时哪
一步骤没做好？
甲：
乙：
28．（12 分）如图所示，质量为m1＝0.8Kg 的物体甲悬挂在绳OA 和OB 的结点O 上，轻绳OA 与竖直方向的夹角θ
＝37°，物体甲处于静止状态。轻绳OB 沿水平方向，且与质量为m2＝10Kg 物体乙相连接，物体乙静止于倾角
也为37°的斜面上，如图所示，（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，）
（1）轻绳OA、OB 受到的拉力是多大？
（2）木块与斜面间的摩擦力大小；
（3）斜面对木块的弹力大小。
29．（12 分）如图所示，质量为m＝1kg 的小物块A 用细绳系在光滑的斜面上，斜面的倾角为θ＝30°，三角形斜面
体的质量为M＝2kg，现用可变化的力F 拉斜面体，使斜面体水平向右作加速直线运动，斜面体与水平面的动摩
擦因数为μ＝0.1，控制F 的大小，使得小物体块A 不会脱离斜面，g＝10m/s2．求：
（1）细绳对小物块拉力T 的大小范围是多少？
（2）拉力F 的大小范围是多少？
30．（14 分）如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB 长度足
够长，传送皮带轮以大小为υ＝2m/s 的恒定速率顺时针转动。一包货物以υ0＝12m/s 的初速度从A 端滑上倾斜
传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点。
（1）求货物刚滑上传送带时加速度为多大？
（2）经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？
（3）从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A 端共用了多少时间？（g＝10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°
＝0.8）
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2019-2020 学年广东省惠州市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题4 分，共10 题40 分．）
1．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
【解答】解：伽利略通过“理想斜面实验”得出“力不是维持物体运动的原因”，故ACD 错误B 正确。
故选：B。
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试
内容之一。
2．【分析】参考系的选取是任意的，如何选择参照系，必须从具体情况来考虑，一般情况下我们以地面或地面上的
物体作为参考系。如果选择不同的参照物，得出的结论可以不同，但都是正确的结论。当物体的形状、大小对所
研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可。时间和时刻的主要
区别就是时刻是时间轴上的点，而时间对应的是时间轴上的一段。具体分析问题时看看问题在时间轴上应该如何
表示。位移是矢量，有大小，有方向，可以用由初始位置指向末位置的有向线段表示；路程表示运动轨迹的长度，
在单向直线运动中，位移的大小等于路程。
【解答】解：A、参考系的选取是任意的，如何选择参照系，必须从具体情况来考虑，一般情况下我们以地面或
地面上的物体作为参考系。定量地描述运动物体的位置及位置变化必须先选定坐标系；参考系选取不同，对于物
体运动的描述也可能不相同，故A 错误；
B、“第6 秒”对应的是时间轴上的一段，指的是时间，“前8 秒”也是时间轴上的一段，指的是时间，故B 错误；
C、位移是矢量，有大小，有方向，可以用由初始位置指向末位置的有向线段表示；路程表示运动轨迹的长度，
都有可以描述直线运动和曲线运动，故C 错误；
D、当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，质点是为了使问题简化而建立
的理想模型，故D 正确
故选：D。
【点评】本题主要考查了参考系、质点、时间与时刻、位移与路程的基本概念。是很基本的内容，必须要掌握住
的，题目比较简单。
3．【分析】告示牌甲是量程牌，表示路程。限速是指瞬时速度不能超过多大。
【解答】解：告示牌甲是量程牌，表示路程。限速是指瞬时速度不能超过多大，故告示牌乙上面的数字是瞬时速
度，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】本题考查对生活中常识的了解程度。量程牌的数字、计程器的读数等都表示路程。限速标志限制的是任
意时刻的瞬时速度。
4．【分析】由图可知两物体的位置随时间的变化关系，由图象的斜率大小可分析速度大小，斜率的正负分析速度的
方向．
【解答】解：A、在5s 内物体A 的位移为xA＝10m﹣0＝10m，而B 的位移为xB＝10m﹣5m＝5m，故5s 内物体
的位移不同，5s 末A、B 到达同一位置相遇。故A 错误；
B、由图可知，B 从5m 处开始运动，而A 从0m 处开始运动，故二者开始位置不同，故B 错误；
C、图象的斜率表示速度，由图可知，从第3s 起，A 的斜率大于B 的斜率，故A 的速度要快，vA＞vB；且A 从
3s 开始运动，运动方向都沿x 轴的正方向，故C 正确；
D、两个物体做匀速直线运动时加速度均为0，加速度相同，故D 错误；
故选：C。
【点评】研究图象时，首先要明确图象的横纵坐标，再根据点线面的含义确定运动的性质；很多同学可能想当然
的当成了v﹣t 图象进行了处理，从而导致错误．
5．【分析】受力分析的一般步骤和方法是求解力学问题的一个关键，在整个高中物理学习的全过程中占有极重要的
地位，对物体进行受力分析，通常可按以下方法和步骤进行：
1．明确研究对象，亦即是确定我们是要分析哪个物体的受力情况。
2．隔离物体分析。亦即将所确定的研究对象从周围物体中隔离出来，进而分析周围有哪些物体对它施加力的作
用，方向如何，并将这些力一一画在受力图上，在画支持力、压力和摩擦力的方向时容易出错，要熟记：弹力的
方向一定与接触面或接触点的切面垂直，摩擦力的方向一定沿着接触面与物体相对运动（或趋势）方向相反。
3．分析受力的顺序：一重、二弹、三摩擦，沿接触面或点逐个去找。有时根据概念或条件与判断。
本题可按照受力分析的一般步骤对物体受力分析。
【解答】解：物体受到撞击力后在惯性的作用下沿斜面向上运动，物体并不受冲力的作用，
所以对物体受力分析，重力竖直向下，斜面对物体的支持力垂直斜面向上，和沿斜面向下的滑动摩擦力，所以B
正确。
故选：B。
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【点评】对物体受力分析，关键要按照顺序找力，要找受到的力，每个力都要能找到受力物体，有时还要结合物
体的运动情况分析受到的力。
6．【分析】惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的唯一量度；质量越大，惯性越大．
【解答】解：A、速度大的物体难以停下来是因为其能量大；而不是因为惯性大；故A 错误；
B、惯性大小与运动状态、速度大小、受力大小等因素都没有关系，故B 错误。
C、惯性大小与与物体的体积没有关系，故C 错误。
D、惯性大小只与物体本身的质量有关系，物体的质量越大，它的惯性就越大。故D 正确。
故选：D。
【点评】惯性是物体的固有属性，应记住一切物体在任何状态下都有惯性．
7．【分析】打点计时器是一种计时仪器，其电源频率为50Hz，常用的电磁打点计时器和电火花计时器使用的是交流
电，根据纸带直接得出的是运动时间。
【解答】解：打点计时器是一种计时仪器，常用的电磁打点计时器和电火花计时器使用的是交流电。
可以直接得到的物理量是时间间隔，位移需要通过测量得出，而速度和加速度需要计算。故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
【点评】本题考查打点计时器的原理，对于基本仪器的使用和工作原理，我们不仅从理论上学习它，还要从实践
上去了解它，自己动手去做做，以加强基本仪器的了解和使用。
8．【分析】明确小球只受重力作用由静止下落，故为自由落体运动，而自由落体运动与物体的质量无关。
【解答】解：小物体下落时不计空气阻力，所以小球做自由落体运动，下落加速度相同，因高度相同初速度均为
零，故下落时间相同，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】本题考查自由落体运动的基本规律，要注意明确自由落体运动是初速度为零，加速度为g 的匀加速直线
运动，运动情况和质量无关。
9．【分析】自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，加速度为g；当物体以加速度g 竖直下落时，物体处于
完全失重状态。
【解答】解：水桶自由下落，处于完全失重状态，故其中的水也处于完全失重状态，对容器壁无压力，故水不会
流出；
故选：B。
【点评】本题关键明确水处于完全失重状态，对容器壁无压力；也可以假设水对容器壁的力为F，然后根据牛顿
第二定律列式求出F＝0。
10．【分析】当三个力的方向相同时，合力最大，三个力的合力不一定为零，当第三个力不在剩余两个力的合力范
围内，合力不能为零。
【解答】解：A、三个力的合力最小值不一定为零，三个力最大值等于三个力之和。故A 错误。
B、合力可能比三个力都大，也可能比三个力都小。故B 错误。
C、若F1：F2：F3＝3：6：8，设F1＝3F，则F2＝6F，F3＝8F，F1、F2 的合力范围为[3F，9F]，8F 在合力范围之
内，三个力的合力能为零。故C 正确。
D、若F1：F2：F3＝3：6：2，设F1＝3F，则F2＝6F，F3＝2F，F1、F2 的合力范围为[3F，9F]，2F 不在合力范围
之内，三个力的合力不可能为零。故D 错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握两个力的合力范围，从而会通过两个力的合力范围求三个力的合力范围。
二、单项选择题（每小题4 分，共10 题40 分．）
11．【分析】明确杆子弹力的性质，根据共点力平衡的条件可求出弹力的大小。
【解答】解：对小球受力分析可知，小球受重力、弹力的作用而处于静止状态，根据平衡条件可知，其弹力大小
等于重力大小，即F＝G＝2N，方向竖直向上；
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题考查杆子弹力的计算，要注意明确杆子的弹力可能沿任意方向，故应根据受力分析明确其大小和方
向，不能直接根据形变量的方向来确定。
12．【分析】解答本题应掌握：用质点来代替物体的方法叫理想模型法；分析瞬时速度时，使用了极限思想法；在
探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量法。
【解答】解：A、质点是理想化的物理模型，在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法
叫理想模型法；故A 错误。
B、根据速度的定义式v= △s
△t，当△t 趋近于零时，就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想
法；故B 正确。
C、在探究加速度、力、质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加
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速度与质量的关系，该实验运用了控制变量法；故C 正确。
D、重心是物体受到重力的等效作用点，合力与分力也是等效替代关系。故D 正确。
本题选择不正确的，故选：A。
【点评】在学习物理知识的同时，我们还学习科学研究的方法，常用的方法有：控制变量法、等效替代法、理想
实验法、类比法等等。
13．【分析】弹力是物体发生弹性形变时，对与它接触的物体产生的力；弹簧受到的弹力与其伸长量（弹簧实际长
度与原长之间的差值）成正比；测力计的示数代表的是作用在测力计挂钩上的力。
【解答】解：弹簧受到的拉力与其伸长量成正比，且测力计的示数代表的是作用在测力计挂钩上的力。由于四种
情况下右端受到大小皆为F 的拉力，与左端的受力情况无关，故图中弹簧的伸长量是相同的，即L1＝L2＝L3＝
L4；故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】弹簧的伸长量取决于作用在弹簧上的力的大小，作用在挂钩上的力都是F，则伸长量相同。
14．【分析】要了解伽利略“理想实验”的内容、方法、原理以及物理意义，伽利略实验的卓越之处不是实验本身，
而是实验所使用的独特的方法在实验的基础上，进行理想化推理。（也称作理想化实验）它标志着物理学的真正
开端。
【解答】解：在伽利略研究力与运动的关系时，是在斜面实验的基础上，成功地设计了理想斜面实验，他以实际
的实验为依据，抓住了客观事实的主要因素，忽略了次要因素，从而能够更深刻地揭示了自然规律。因此，理想
实验是实际实验的延伸，而不是实际的实验，是建立在实际事实基础上的合乎逻辑的科学推断，故ACD 错误，
B 正确。
故选：B。
【点评】伽利略的“理想实验”是建立在可靠的事实基础之上的，它来源于实践，而又高于实践，它是实践和思
维的结晶。
15．【分析】物体保持原来运动状态不变的性质称为惯性，惯性的大小与物体的质量有关；
【解答】解：图中所示情景是列车在减速，玻璃容器随之减速，而水由于惯性仍然保持原来的运动状态，所以水
向前运动。看到水面呈现出前高后低的情形，所以列车是向前减速行驶，故ACD 错误B 正确。
故选：B。
【点评】本题考查了牛顿第一定律，理解惯性的含义，知道当列车运动状态变化时水还要保持原来的运动状态继
续运动从而出现水面不平的现象。
16．【分析】以小球为研究对象，分析受力，由平衡条件得到墙和木板对小球的支持力与木板和墙的夹角的关系式，
再分析两个力F1 大小和F2 大小的变化．
【解答】解：设木板和墙的夹角为α．
如图建立坐标系对小球进行受力分析，由于小静止处于平衡状态，满足平衡条件F 合＝0。
F1 为斜面对小球的支持力，F2 为挡板对小球的支持力
据平衡条件有：
F 合x＝F1﹣F2cosα＝0
F 合y＝F2sinα﹣mg＝0
由此得：F2= mg
sinα，F1＝mgcotα
由题意，α增大，则得，F1 减小，F2 减小。故B 正确。
故选：B。
【点评】挡板对小球的弹力方向与挡板垂直，部分同学受斜面上物体受力的影响，会误认为挡板对小球的支持力
平行斜面向上而得出错误结论．本题也可以运用图解法直观判断两个弹力的变化情况．
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17．【分析】物体以初速度V0 沿光滑斜面向上滑行，先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，根据牛
顿第二定律可知：这两个过程的加速度相同．
【解答】解：物体以初速度V0 沿光滑斜面向上滑行，先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，根
据牛顿第二定律可知：这两个过程的加速度相同，两段图线的斜率相同。又运动具有对称性，当物体返回原点时
的速度与初速度V0 大小相等，方向相反。符合物体运动情况的图象只有C．故C 正确。
故选：C。
【点评】本题考查理解速度﹣时间图象的能力，抓住这种运动的对称性和加速度不变的特点进行分析．
18．【分析】一对平衡力与“作用力与反作用力“的共同的特点：二力都是大小相等，方向相反，作用在同一条直
线上．
一对平衡力与“作用力与反作用力“的区别：作用力与反作用力描述的是两个物体间相互作用的规律，二力平衡
描述的是一个物体在二力作用下处在平衡状态．
【解答】解：对小球受力分析，受地球对其的重力，细线对其向上的拉力，小球保持静止状态，加速度为零，合
力为零，故重力和拉力是一对平衡力；细线对小球的拉力的反作用力是小球对细线的向下的拉力，这两个力是一
对相互作用力，故A 错误，B 错误，C 正确，D 错误
故选：C。
【点评】本题涉及三力，重力、细线对小球的拉力和小球对细线的拉力，其中重力和细线对小球的拉力是平衡力
（因为小球处于平衡状态），细线对小球的拉力和小球对细线的拉力是相互作用力；平衡力和相互作用力是很容
易混淆的，要注意其最明显的区别在于是否同体．
19．【分析】雨滴下落的过程中受重力和阻力，阻力随速度增大而增大，根据牛顿第二定律，判断加速度的变化，
以及根据加速度方向与速度的方向关系判断速度的变化．
【解答】解：当雨滴刚开始下落时，阻力f 较小，远小于雨滴的重力G，即f＜G，故雨滴做加速运动；
由于雨滴下落时空气对它的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，故当速度达到某个值时，阻力f 会增大到与重力
G 相等，即f＝G，此时雨滴受到平衡力的作用，将保持匀速直线运动；故选项C 的图象符合题意；
故ABD 错误；C 正确；
故选：C。
【点评】本题考查牛顿第二定律的动态过程分析问题；解题关键在于正确分析雨滴下落过程中的受力情况，再根
据雨滴的受力分析雨滴的运动状态；注意图象能够直观的展现物体的运动情况．
20．【分析】对m 受力分析，根据平衡判断出M 对m 的摩擦力方向，由牛顿第三定律分析m 对M 的摩擦力方向；
再对整体分析，根据平衡条件即可判断地面对M 的摩擦力方向。
【解答】解：AB、对整体受力分析，在竖直方向上受到重力和支持力平衡，若地面对M 有摩擦力，则整体不能
平衡，故地面对M 无摩擦力作用。故AB 错误。
CD、对m 受力分析，m 受到重力、支持力、水平向左的弹力，根据平衡知，M 对m 的摩擦力向右；根据牛顿第
三定律可知，m 对M 的摩擦力向左，故C 错误，D 正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键会正确的进行受力分析，知道平衡时，合力等于0，同时注意研究对象的正确选择，明
确整体法和隔离法的准确应用。
二、多项选择题（每小题4 分，共5 题20 分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对得4 分，
选不全得2 分，选错或不答得0 分）
21．【分析】对重物受力分析，根据牛顿第二定律得出重物的加速度大小和方向，从而得出电梯的加速度大小和方
向，从而判断出电梯的运动规律
【解答】解：匀速运动时，重力等于弹力，弹簧处于拉伸状态，在某时刻弹簧变短，则向上的拉力变小，合力向
下，加速度向下，则可能做向下加速运动或向上减速运动，则BC 正确，AD 错误
故选：BC。
【点评】明确由牛顿第二定律分析加速度方向，从而确定出可能的运支来情况。
22．【分析】题中末速度方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，以初速度方向为正方向，末速度
可能为正，也可能为负值，根据速度变化和加速度公式可求出两个可能值
【解答】解：由题，v0＝4m/s，v1＝10m/s，v2＝﹣10m/s
则△v1＝v1﹣v0＝6m/s，△v2＝v2﹣v0＝﹣14m/s
a1=
v1−v0
t
= 10−4
1
m/s2＝6m/s2
a2=
v2−v0
t
= −10−4
1
m/s2＝﹣14m/s2，负号说明与初速度方向相反
故AD 正确，BC 错误
故选：AD。
【点评】本题重点考查矢量的方向性，以初速度为正方向，当末速度方向与初速度方向相同，为正值；反之，为
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负值
23．【分析】先研究原来小球静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力。刚剪短细绳时，弹簧来不及形变，
故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力可突变！确定合力，再根据牛顿
第二定律求解瞬间的加速度。
【解答】解：AB、原来小球静止时，受力如图，由共点力平衡条件得，T2＝mgtanθ，T1= mg
sinθ。
刚剪断弹簧Ⅰ瞬间，细绳弹力突变为0，故小球只受重力，加速度为g，方向竖直向下，故A 正确，B 错误；
CD、刚剪短细线Ⅱ瞬间，弹簧弹力和重力均不变，受力如图
由几何关系，F 合＝T1sinθ＝T2＝ma，因而a= T2
m，方向水平向左，故C 正确，D 错误；
故选：AC。
【点评】本题为瞬时问题，关键要抓住弹簧弹力不能突变，细绳弹力可突变，通过分析小球瞬间的受力，来求瞬
时加速度。
24．【分析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出物体的加速度，再通过位移时间公式求出初速度的大小。
根据速度时间公式求出2s 末的速度，再通过速度位移公式求出位移x3 的大小。
【解答】解：A、根据△x＝at2 得：a= △x
t2 = 2−3
12 =−1m/s2，根据x＝v0t+ 1
2at2，解得：v0＝3.5m/s，故A 错误，
B 正确。
B、第2s 末的速度为：v2＝v0+at＝3.5﹣1×2m/s＝1.5m/s，则有：x3=
0−v2
2
2a
= 0−1．52
2×(−1) =1.125m，故C 错误。
C、位移x3 内的平均速度大小为：v = v2+0
2
= 1.5+0
2
=0.75m/s，故D 正确；
故选：BD。
【点评】本题考查了匀变速直线运动规律的应用，解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活
运用，掌握规律是正确解题的基础。
25．【分析】该题的关键是对物体进行正确的过程分析和各过程中物体的受力分析，再结合牛顿运动定律分析物体
的运动情况．在进行受力分析时，要注意分析弹簧弹力的变化．
【解答】解：A、滑块向左接触弹簧的运动过程中，在水平方向上受到向右的弹簧的弹力和向右的摩擦力，在此
过程中弹簧的弹力是逐渐增大的，弹力和摩擦力的合力与运动方向始终相反，物体做减速运动，故A 正确。
B、滑块向右接触弹簧的运动是从弹簧压缩量最大时开始的，此时受到水平向右的弹力和向左的摩擦力，开始时
弹簧的弹力大于摩擦力，但当弹簧伸长到一定程度，弹力和摩擦力大小相等，此后摩擦力大于弹力。所以滑块向
右接触弹簧的运动过程中，是先加速，后减速。故B 错误。
C、由对A 的分析可知，当弹簧的压缩量为x0 时，水平方向的合力为F＝kx0+μmg，此时合力最大，由牛顿第二
定律有：
amax= F
m = kx0+μmg
m
，故C 正确。
D、在滑块向右接触弹簧的运动中，当弹簧的形变量为x= μmg
k 时，由胡克定律可得f＝kx＝μmg，此时弹力和摩
擦力大小相等，方向相反，在水平方向上合外力为零，之后物体开始做减速运动，所以此时速度最大，故D 正
确。
故选：ACD。
【点评】解决此类问题，要正确的分析物体运动的过程及物体的受力情况，并会确定运动过程中的临界点和分析
在临界点上的受力，当物体接触弹簧向右运动的过程中，开始是加速运动的，当弹力和摩擦力相等时，加速度为
零，之后摩擦力要大于弹力，物体开始做减速运动．弹力和摩擦力相等时即为一个临界点．
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三、非选择题（共50 分）按题目要求解答，解答应写出必要的文字说明、方程式、重要的演算步骤、数值和单位．只
写出答案的不能得分．
26．【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 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C 点时小车的瞬时速度大小。
【解答】解：（1）已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为0.02s。
（2）依据相等的时间内，位移之差相等，则有：S﹣0.70cm＝1.10cm﹣S，
因此B、C 两点间的距离S＝0.90cm；
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，
由于做匀变速直线运动的物体在某段时间内平均速度就等于在该段时间内的中间时刻瞬时速度，故有：
vC= xBD
2T = 0.90+1.10
2×0.1
× 10−2 =0.1m/s
根据△x＝aT2 可得物体的加速度为：
a= △x
T2 = 1.10−0.90
0．12
× 10−2 =0.2m/s2
故答案为：①0.02s；
②0.1，0.2。
【点评】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。
27．【分析】①当小车质量远大于钩码质量时小车受到的拉力可以近似认为等于钩码的重力。
②实验前要平衡摩擦力，把木板一端适当垫高使小车在木板做匀速直线运动恰好平衡摩擦力，根据实验注意事
项分析图示图象答题。
【解答】解：①当小车质量远大于钩码质量时即：M＞＞m 时，小车受到的拉力可以近似认为等于钩码的重力；
②甲：由图示图象可知，a﹣F 图象在纵轴上有截距，说明小车受到的合力大于钩码的拉力，这是由于平衡摩擦
力过大造成的；
乙：由图示图象可知，随m 的增大，图线发生弯曲，a 与F 不成正比，这是由于：随钩码质量增大，不满足M
＞＞m 造成的；
故答案为：①M＞＞m；②平衡摩擦力过大；随钩码质量增大，不满足M＞＞m。
【点评】本题考查了实验注意事项与实验数据处理，掌握基础知识是解题的前提与关键，掌握基础知识即可解题，
平时要注意基础知识的学习与积累。
28．【分析】（1）对O 点受力分析，受到三段轻绳的拉力，合力为零，根据平衡条件求出轻绳OA、OB 受到的拉力；
（2）（3）乙物体处于静止状态，受力平衡，对乙受力分析，由共点力的平衡条件可得出乙受到的摩擦力和弹力。
【解答】解：（1）分析结点O 受力，如图，由平衡条件可得：
FB＝G1 tan37°＝6.0 N
FA＝G1/cos37°＝10 N
（2）分析物体乙的受力，如图所示，由物体的平衡条件可得：
f 静＝G2x+FBx′＝G2 sin37°+FBx′cos37°
可求得：f 静＝64.8 N
（3）由乙物体y 方向的平衡条件可得：
N+FBy′＝G2
N+FB′sin37°＝G2 cos37°
可求得：FN＝76.4 N。
答：（1）轻绳OA、OB 受到的拉力是10N；
（2）木块与斜面间的摩擦力大小64.8N；
（3）斜面对木块的弹力大小是76.4N。
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【点评】解决共点力平衡的题目，受力分析是关键，同时注意正确做出图象，三力平衡时可以用合成法，四力及
以上时一般采用正交分解法。
29．【分析】（1）当恒力F 水平向右时，受力分析结合牛顿第二定律确定绳的拉力范围；
（2）二者保持相对静止的临界状态是支持力为零，通过隔离法和整体法分析求解。
【解答】解：（1）对小物块进行受力分析，如图所示，
则当T 为最小值Tmin 时，Tminx＞Nx
即
Tmincos30°＞Nsin30°
Tminy+Ny＝G
即Tminsin30°+Ncos30°＝G
综合①②，可得Tmin＞0.5mg＝5N
当T 为最大值Tmax 时，小物块对斜面没有压力，受力如图所示，
则：Tmax＝（mg）/sin30°＝2mg＝20N
所以，细绳对小物块拉力T 的范围是：5N＜T≤20N
（2）拉力F 最小值为：Fmin＞μ（m+M）g＝3N
当拉力为最大值Fmax 时，小物块对斜面没有压力，则：a＝g/tan30°＝10 3m/s2
对整体：Fmax﹣μ（m+M）g＝（m+M）a
则：Fmax＝54.96N
所以，拉力F 的范围是：3N＜F≤54.96N
答：（1）细绳对小物块拉力T 的大小范围是5N＜T≤20N；
（2）拉力F 的大小范围是3N＜F≤54.96N。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的临界状态，关键抓住两个临界状态，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体
法和隔离法的灵活运用。
30．【分析】（1）货物刚滑上传送带时，受到重力、传送带的支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二
定律求解加速度。
（2）货物向上做匀减速运动，根据运动学公式求出货物的速度和传送带的速度相同经历的时间和上滑的位移。
（3）货物的速度和传送带的速度相同后，继续向上做匀减速运动，滑动摩擦力方向沿传送带向上，由牛顿第二
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定律求出加速度，由运动学公式求出速度减至零的时间和位移，再求出上滑的总位移。货物到达最高点后将沿传
送带匀加速下滑，由下滑位移大小与上滑总位移大小相等，求出下滑的时间，最后求出总时间。
【解答】解：
（1）设货物刚滑上传送带时加速度为a1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得
沿传送带方向：mgsinθ+Ff＝ma1
垂直传送带方向：mgcosθ＝FN
又Ff＝μFN
由以上三式得：a1＝g（sinθ+μcosθ）＝10×（0.6+0.5×0.8）＝10m/s2
方向沿传送带向下。
（2）货物速度从v0 减至传送带速度v 所用时间设为t1，位移设为x1，则有：
t1= v−v0
−a1 = 1s，x1= v0+v
2
t1 =7m
（3）当货物速度与传送带速度相等时，由于mgsinθ＞μmgcosθ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加
速度大小为a2，则有mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2，
得：a2＝g（sinθ﹣μcosθ）＝2m/s2，方向沿传送带向下。
设货物再经时间t2，速度减为零，则t2= 0−v
−a2 =1s
沿传送带向上滑的位移x2= v+0
2 t2 =1m
则货物上滑的总距离为x＝x1+x2＝8m。
货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度等于a2．设下滑时间为t3，
则x= 1
2 a2t3
2，代入，解得t3＝2 2s。
∴货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为t＝t1+t2+t3＝（2+2 2）s。
答：（1）货物刚滑上传送带时加速度为10m/s2，方向沿传送带向下。
（2）经过1s 时间货物的速度和传送带的速度相同，这时货物相对于地面运动了7m。
（3）从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A 端共用了＝（2+2 2）s。
【点评】本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，分析判断物体的运动情况是难点。
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2019-2020 学年广东省广州市天河区岭南画派纪念中学高一（上）期末物理
试卷
一、选择题（每小题4 分．在每小题给出的四个选项中，第1～10 题只有一项符合题目要求，第11～15 题有多项
符合题目要求．）
1．（4 分）下列说法正确的是（
）
A．电台报时时说：“现在是北京时间8 点整”，这里的“8 点整”实际上指的是时刻
B．沿直线运动的物体，路程等于位移的大小
C．汽车车速里程表显示的是平均速度的大小
D．加速度a 甲＝2m/s2 大于加速度a 乙＝﹣3m/s2
2．（4 分）16 世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，
开启了物理学发展的新纪元。在以下说法中正确的是（
）
A．四匹马拉车比两匹马拉的车跑得快：这说明，物体受的力越大，速度就越大
B．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明，静止状态才是物体长时间不受力时的“自
然状态”
C．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
D．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上的运动验证了位移与时间成正比
3．（4 分）A、B 两小球从不同高度自由下落，同时落地，A 球下落的时间为t，B 球下落的时间为
t
2，当B 球开始
下落的瞬间，A、B 两球的高度差为（
）
A．gt2
B．
3
8gt2
C．
3
4gt2
D．
1
4gt2
4．（4 分）如图所示，将一轻质弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，
刻度尺0 刻线与弹簧上端对齐，使弹簧下端的指针恰好落在刻度尺上．当弹簧下端挂一个50g 的砝码时，指针示
数为L1＝3.40cm，当弹簧下端挂两个50g 的砝码时，指针示数为L2＝5.10cm，g 取9.8m/s2．由此可知（
）
A．弹簧的原长是1.70cm
B．仅由题给数据无法获得弹簧的原长
C．弹簧的劲度系数是28N/m
D．由于弹簧的原长未知，无法算出弹簧的劲度系数
5．（4 分）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（
）
A．
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B．
C．
D．
6．（4 分）一轿车和一货车在两条平行直道上同向行驶，开始时两车速度都为v0 且轿车司机处于货车车尾并排位置，
如图所示，为了超车，轿车司机开始控制轿车做匀加速运动，经过一段时间t，轿车司机到达货车车头并排位置，
若货车车身长度为L，且货车保持匀速，则轿车加速过程的加速度大小为（
）
A．
L
t2
B．
2L
t2
C．
2(v0t+L)
t2
D．
(v0t+L)
t2
7．（4 分）如图所示，轻弹簧两端分别固定质量为ma、mb 的小球a、b，通过两根细线将小球吊在水平天花板上．已
知两球均处于静止状态，两细线与水平方向的夹角均为α，弹簧轴线沿水平方向，以下说法正确的是（
）
A．a 球所受细线的拉力大小为magsinα
B．a、b 两球所受细线的拉力大小不一定相等
C．b 球所受弹簧的弹力的大小为mbgtanα
D．a、b 两球的质量大小关系一定满足ma＝mb
8．（4 分）在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路面上刹车过程中的
位移随时间变化的规律为x＝20t﹣2t2 （x 的单位是m，t 单位是s）．则该汽车在路面上留下的刹车痕迹长度为
（
）
A．25 m
B．50 m
C．100 m
D．200 m
9．（4 分）几位同学为了探究电梯启动和制动时的加速度大小，他们将体重计放在电梯中。一位同学站在体重计上，
然后乘坐电梯从1 层直接到10 层，之后又从10 层直接回到1 层。并用照相机进行了记录，如图所示，图1 为电
梯启动前，图2 至图5 中箭头方向表示电梯运动方向。下列说法中正确的是（
）
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A．图2 表示电梯向上减速
B．图3 表示电梯向上加速
C．图4 表示电梯向下减速
D．根据图1 和图5 可估测出图5 中电梯的加速度
10．（4 分）如图所示，小球放在光滑的墙与装有铰链的光滑薄板之间，薄板在F 作用下逆时针转动，在墙与薄板之
间的夹角θ缓慢地从90°逐渐减小的过程中（
）
A．小球对薄板的正压力先增大，后减小
B．小球对墙的正压力减小
C．小球对墙的压力先减小，后增大
D．小球对薄板的压力不可能小于小球的重力
11．（4 分）一质点做匀速直线运动，现对其施加一方向与质点运动方向在同一直线上的恒力，且原来作用在质点上
的力不发生改变，则（
）
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度变化率越大，则加速度越大
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．位移的方向就是质点运动的方向
12．（4 分）在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某小组利用如图甲所示的装置完成实验，橡皮条的一端C
固定在木板上，用两只弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一确定的O 点。下列叙述正确的是（
）
A．该实验中CO 的拉力是合力，AO 和BO 的拉力是分力
B．两次操作必须将橡皮条和绳的结点拉到相同位置
C．实验中AO 和BO 的夹角应尽可能大
D．在实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度线
13．（4 分）甲、乙两质点在同一直线上做匀加速直线运动，v﹣t 图象如图所示，3s 末两质点途中相遇，有图象可知
（
）
A．甲的加速度等于乙的加速度
B．出发前甲在乙前方6m 处
C．出发前乙在甲前方6m 处
D．相遇前甲、乙两质点的最远距离为6m
14．（4 分）地铁是大都市重要的交通工具之一，在地铁列车上通常有提示列车加速状态的指示灯，旅客可以通过指
示灯把握好自己的坐姿，防止自己从座位上摔出去，其结构如图所示，M 是质量较大的金属块，左右两端分别与
金属丝制作的弹簧相连，并套在光滑水平金属杆上，当M 平衡时两根弹簧均处于原长，此时两灯都不亮。下列
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说法正确的是（
）
A．当地铁列车加速前进时，甲灯可能变亮
B．当乙灯突然变亮时，旅客有向车后倒的趋势
C．当乙灯亮时，旅客受的合力方向向车后
D．当甲灯亮时，列车可能是减速进站了
15．（4 分）如图所示，质量为m1 的足够长木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2 的木块．t＝0 时刻起，给
木块施加一水平恒力F．分别用a1、a2 和v1、v2 表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合运动情况的
是（
）
A．
B．
C．
D．
二、解答题（共9 小题，满分0 分）
16．如图a 是某同学做“研究匀变速直线运动”实验时获得的一条纸带．打点计时器电源频率为50Hz．A、B、C、
D、E、F、G 是纸带上7 个连续的点，F 点由于不清晰而未画出．
①试根据纸带上的数据，测量出EG 间距SEG＝
cm；
②推测F 点的刻度值是
cm 处；
③计算出F 点对应的速度vF＝
m/s（计算结果保留两位有效数字）；加速度a＝
m/s2．
17．某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系。
（1）下列做法正确的是
。
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
（2）若取木块质量M＝0.4kg，改变砝码桶质量m 的值，进行多次实验，以下m 的取值不．合适的一个是
。
A．m1＝5g
B．m2＝15g
C．m3＝40g
D．m4＝400g
18．物体由静止开始做匀加速直线运动，它在第3s 内的位移是5m，则加速度大小为
m/s2。
19．如图，一光滑的轻滑轮（不计重力）用轻绳OO’悬挂于O 点；另一轻绳跨过滑轮，其一端悬挂质量m＝2kg
的物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上质量M＝4kg 的物块b，轻绳与桌面夹角α＝30o，整个系统处于静止
状态，g＝10m/s2，则
（1）桌面受到的摩擦力大小为
N；
（2）绳OO′对滑轮拉力的大小为
N．（结果可保留根号）
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20．国庆长假，老师带领同学乘火车外出参加社会实践活动，火车开动前老师对同学们说：“如果我们把火车启动
阶段当成匀加速，等会儿能否用身边的器材，测出其加速度呢？”同学们纷纷响应：
（1）坐窗边的小钱，看着窗外等间距且间隔为s 的电线杆，欣喜地发现有一根电线杆正对着自己，他用手表测
出了从火车启动到下一根电线杆正对自己的时间间隔t，求此方案加速度的表达式；
（2）如图，小赵用塑料绳把一只小铁锁吊在行李架上，使悬挂点正好在小桌边缘的正上方，他测出塑料绳的悬
挂点到小铁锁的距离L 及小铁锁偏离桌子边缘的距离d，求此方案加速度的表达式．
21．在倾角θ＝37°的固定斜面，一物块以初速度v0＝10m/s 从斜面底端A 沿粗糙斜面向上运动，如图所示。已知
物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．则（结果可保留根号）
（1）物块向上运动时的加速度大小为
m/s2；
（2）物块沿斜面上升的最大位移为
m；
（3）物块重新回到斜面底端A 时的速度大小为
m/s。
22．如图所示，质量m＝10kg 的木箱，放在粗糙水平面上，木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2．现对木箱施加一
个斜向上的与水平方向成θ＝37°、大小为F＝50N 的恒定拉力作用，木箱由静止开始运动，5s 后撤去拉力F．求
（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）撤去F 前，木箱的加速度大小；
（2）木箱整个运动过程中发生位移的大小。
23．如图所示，质量为M 的斜面体A 放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m 的小球B 置于斜面上，整个系统处
于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为θ＝30°．不计小球与斜面间的摩擦，求：
（1）画出小球的受力分析示意图
（2）轻绳对小球的作用力大小
（3）水平面对斜面体的支持力大小．
24．如图所示，质量分别为mA＝1kg、mB＝3kg 的物块A、B 置于足够长的水平面上，在F＝13N 的水平推力作用
下，一起由静止开始向右做匀加速运动，已知A、B 与水平面间的动摩擦因数分别为μA＝0.2、μB＝0.1，取g＝
10m/s2．求：
（1）物块A、B 一起做匀加速运动的加速度；
（2）物块A 对物块B 的作用力大小；
（3）某时刻A、B 的速度为v＝2m/s，此时撤去推力F，求撤去推力后物块A、B 间的最大距离．
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2019-2020 学年广东省广州市天河区岭南画派纪念中学高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题4 分．在每小题给出的四个选项中，第1～10 题只有一项符合题目要求，第11～15 题有多项
符合题目要求．）
1．【分析】时刻是指某一瞬时。沿直线运动的物体，路程不一定等于位移的大小。平均速度等于位移与时间之比，
平均速率等于路程与时间之比。加速度的大小是指其绝对值。
【解答】解：A、电台报时时说：“现在是北京时间8 点整”，这里的“8 点整”是一个瞬时，指的是时刻，故A
正确。
B、当物体做往复直线运动时，路程大于位移的大小，只有当物体做单向直线运动时，路程才等于位移的大小，
故B 错误。
C、汽车车速里程表显示的是瞬时速率的大小，故C 错误。
D、加速度的大小是指其绝对值，则知加速度a 甲＝2m/s2 小于加速度a 乙＝﹣3m/s2．故D 错误。
故选：A。
【点评】解决本题时，要明确时刻与时间、路程与位移、平均速度与平均速率、加速度和加速度的大小的区别，
要注意矢量的大小是指其绝对值，其正负表示其方向。
2．【分析】亚里士多德的观点有：重物比轻物下落快；力是维持物体运动的原因，物体受力就会运动，不再受力了，
它总会逐渐停下来；物体受的力越大，速度就越大。伽利略用实验和推理，证明了力不是维持物体运动的原因
【解答】解：A．用四匹马和两匹马拉车，车在运动的过程中所受的摩擦力相同，两次都是匀速运动故F＝f，但
四匹马的功率大于两匹马的功率，根据P＝Fv，可知最终速度为：v = P
f，故认为物体受力越大，速度越大的观
点是错误的，故A 错误；
B．一个物体不受力就会逐渐停下来，是因为物体受到了地面的摩擦力，而不是因为不受力，故B 错误；
C．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去，
故C 正确；
D．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比，在斜面实验的基础上的理想化推理，
提出“自由落体运动是一种最简单的变速直线运动，故D 错误
故选：C。
【点评】解决该题的关键是理解并记忆力与运动的关系，熟读书本上有关于伽利略的实验过程，知道其提出的理
论；
3．【分析】由下落时间可求出两球开始下落的高度；A 球下落时间比B 球下落时间早
t
2；则求出在此段时间内的A
下落的高度，即可求出AB 两球的在B 球开始下落时的两球的高度差。
【解答】解：由h= 1
2gt2 可得：
A 下落的高度为
1
2gt2；而B 下落的高度为：
gt2
8 ；
而在B 下落的瞬间A 已下落了：h′= 1
2g（
t
2）2= 1
8gt2；
故AB 两球的高度差为：
1
2gt2−gt2
8 −gt2
8 = 1
4gt2；
故选：D。
【点评】本题考查自由落体的下落高度与时间的关系；要注意分析题目中给出的条件，明确要求的为哪一段的高
度差即可求解。
4．【分析】充分利用测量数据，根据公式△F＝k△x 可以计算出弹簧的劲度系数k．其中△x 为弹簧的形变量，求出
弹簧原长
【解答】解：根据公式△F＝k△x，得：k= △F
△x =
0.05×9.8
0.051−0.034 =28.8 N/m
由胡克定律得：F＝kx 0.5＝28.8x x＝0.0170m＝1.70cmgu
弹簧的原长是：l＝3.40cm﹣1.70 cm＝1.70cm
故A 正确，BCD 错误
故选：A。
【点评】弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比，灵活运用．
5．【分析】对物体受力分析由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度位移及下降高度与时间的关系即可
求的；
【解答】解：在下滑过程中，物体的加速度为mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
a＝gsinθ﹣μgcosθ＜0，加速度的大小保持不变。图象为与时间轴平行的直线；
下滑过程中速度大小关系为v＝v0+at＝v0+（gsinθ﹣μgcosθ）t，速度与时间之间是线性关系，所以速度图线是一
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条倾斜直线。
物体向下做匀减速运动，故下滑的位移为s＝v0t+ 1
2at2，故位移﹣时间关系的图象是向下弯曲的曲线。下降的高
度为h＝ssinθ＝v0tsinθ+ 1
2asinθt2，是向下弯曲的线。故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了运动学公式以及运动图象，关键是把s、h、v 和a 与时间的表达式表示出来即可；注意
掌握牛顿第二定律以及运动学公式的正确应用．
6．【分析】轿车做匀加速直线运动，货车做匀速直线运动，根据运动学基本公式求出时间t 内两车的位移，再根据
两车的位移差为L 求解即可。
【解答】解：轿车做匀加速直线运动，时间t 内的位移x1 = v0t + 1
2 at2，
货车做匀速直线运动，时间t 内的位移x2＝v0t，
根据x1﹣x2＝L 解得：
a= 2L
t2 ，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，抓住位移之差为货车车长列式，也可以以货车为
参考系，则轿车做初速度为零的匀加速直线运动，t 时间内运动的位移为L，从而求解加速度，难度不大，属于
基础题。
7．【分析】分别对a 和b 进行受力分析，根据共点力平衡求解细线的拉力和弹簧的弹力大小．然后逐项比较即可．
【解答】解：A、对a 球分析，运用共点力平衡条件得：细线的拉力为：T1 = mag
sinα．故A 错误；
B、C、D、弹簧的弹力：F＝magcotα，同理：F＝mbgcotα，a、b 两球的质量大小关系一定满足ma＝mb；
对b 球分析，运用共点力平衡条件得：细线的拉力为：T2 = mbg
sinα = mag
sinα = T1，所以a、b 两球所受细线的拉力大
小一定相等。故BC 错误，D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查共点力平衡的基本运用，分别以a 和b 为研究的对象，写出各个力之间的关系是解答的关键．基
础题目．
8．【分析】根据刹车位移与时间的关系式求出汽车的初速度和加速度，根据匀变速直线运动的速度位移关系公式求
出刹车痕迹的长度．
【解答】解：由x = v0 t + 1
2 at2 = 20t −2t2 得：
v0＝20m/s，a＝﹣4m/s2
则根据匀变速直线运动的速度位移公式v2 −v0
2 = 2ax 得：
x =
v2−v0
2
2a
= 0−202
2×(−4) = 50m，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式x = v0 t + 1
2 at2 和速度位移公式v2 −v0
2 = 2ax
9．【分析】图1 表示电梯静止时体重计的示数，2 图表示电梯加速上升时这位同学超重时的示数，3 图表示电梯减
速上升时这位同学失重时的示数，4 图表示电梯加速下降时这位同学失重时的示数，5 图表示电梯减速下降时这
位同学超重时的示数，根据牛顿第二定律可以应用图甲和另外某一图示求出相应状态的加速度。
【解答】解：A、图2 示数大于静止时体重计的示数，根据牛顿第二定律得这位同学加速度向上，所以电梯是向
上加速，故A 错误；
B、图3 示数小于静止时体重计的示数，根据牛顿第二定律得这位同学加速度方向向下，处于失重状态，电梯向
上减速，故B 错误；
C、图4 示数小于静止时体重计的示数，加速度方向向下，运动方向向下，所以电梯在向下加速运动，故C 错误；
D、根据图1 示数可以求出同学的质量，根据图5 示数运用牛顿第二定律可以求出图5 中电梯的加速度。故D 正
确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的
压力变了。
10．【分析】对球进行正确受力分析，把握其受力特点：一个力大小和方向不变（重力），一个力方向不变（墙给球
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的支持力），另一个力的大小、方向均发生变化（挡板给球的作用力），对于这类动态平衡问题，可以采用“图解
法”进行。
【解答】解：以小球为研究对象，处于平衡状态，根据受力平衡，由图可知：
墙壁给球的压力F2 逐渐增大，挡板给球的支持力F1 逐渐增大，根据牛顿第三定律可知墙壁受到的压力增大，木
板受到的压力增大。
当墙与薄板之间的夹角θ缓慢地从90°逐渐减小的过程中，根据图示可知木板对球的支持力大于球的重力，故D
正确，ABC 错误。
故选：D。
【点评】熟练掌握分析动态平衡的各种方法，正确分析动态平衡问题是对学生的基本要求，在平时训练中要加强
这方面的能力培养。
11．【分析】由牛顿第二定律F＝ma 可知，物体加速度的方向由合外力的方向决定；
由加速度的定义a= △v
△t判断质点单位时间内速度的变化量；
位移的方向不是质点运动的方向。
【解答】解：A、质点开始做匀速直线运动，现对其施加一恒力，其合力不为零，如果所加恒力与原来的运动方
向在一条直线上，质点做匀加速或匀减速直线运动，质点速度的方向与该恒力的方向相同或相反，故A 错误；
B、加速度描述速度变化快慢的物理量，所以质点速度变化率越大，则加速度越大，故B 正确；
C、由于质点做匀速直线运动，即所受合外力为0，原来质点上的力不变，增加一个恒力后，则质点所受的合力
就是这个恒力，所以加速度方向与该恒力方向一相同，故C 正确；
D、质点运动的方向是速度方向不是位移方向，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了加速度定义，速度方向与加速度方向在同一直线上，物体做直线运动，速度方向与加速度方
向相同时物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动。
12．【分析】本实验的目的是验证力的平行四边形定则，研究合力与分力的关系，而合力与分力是等效的。本实验
采用作合力与分力图示的方法来验证，根据实验原理和方法来选择。
【解答】解：A、验中AO、BO 的拉力是分力，合力的方向与CO 拉力的方法相反，故A 错误；
B、了产生相同的效果，两次操作将橡皮条和绳的结点拉到相同的位置，故B 正确；
C、了减小测量的误差，拉力的夹角适当大一些，不是尽可能大，故C 错误；
D、了减小误差，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度线，故D 正确。
故选：BD。
【点评】本实验采用的是等效替代的方法，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。解答实
验的出发点为明确实验原理、实验步骤、数据处理，明确合力和分力之间的关系，同时注意应用所学物理基本规
律解决实验问题。
13．【分析】速度图象的斜率等于加速度．图线的与坐标轴所围“面积”等于位移．分析甲乙两物体的运动情况，
求出相遇前相距最远的距离．根据这些知识选择．
【解答】解：
A、由图看出，甲图线的斜率小于乙图线的斜率，则甲的加速度小于乙的加速度。故A 错误。
B、C，3s 末两质点途中相遇时，甲的位移为x1= 6×3
2 m＝9m，乙的位移为x2= 3×2
2 m =3m，则出发前甲在乙前
方6m 处。故B 正确。
D、乙的加速度为a= △v
△t = 6−0
3−0m/s2，乙的位移为x 乙= 1
2 at2 = 1
2 × 2 × 12 =1m，甲出发时，乙的速度大于甲的速
度，两者距离减小，所以相遇前甲、乙两质点的最远距离为6m。故D 正确。
故选：BD。
【点评】速度﹣时间图象关键抓住图线的数学意义来理解其物理意义；速度图象的斜率等于加速度．图线的与坐
标轴所围“面积”等于位移．
14．【分析】哪一只灯亮主要取决于金属块的滑动方向，而金属块的滑动方向又因汽车的运动情况而发生变化，从
惯性角度分析出的滑动情况，即可判断灯的亮与不亮。
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【解答】解：ABC、当汽车加速前进时，滑块向后滑动，乙灯与滑块、电源组成闭合电路，有电流产生，乙灯亮，
此时旅客受的合力方向向车前，旅客由于惯性，有向车后倒的趋势，故AC 错误，B 正确；
D、当汽车刹车时，滑块向前滑动，甲灯与滑块、电源组成闭合电路，有电流产生，甲灯亮，此时列车可能是减
速进站，故D 正确；
故选：BD。
【点评】利用惯性的知识，分析出汽车不同运动状态下，金属块M 在滑杆上的滑动方向，是解决此题的关键，
再根据金属片的连接情况，即可得出甲、乙灯是否被点亮。
15．【分析】木块可能与木板保持相对静止，一起做匀加速直线运动，也可能与木板发生相对滑动，相对于木板向
前滑．根据牛顿第二定律得出加速度以及速度与时间的关系．
【解答】解：A、木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动。加速度大小相等。故A 正确。
B、木块可能相对木板向前滑，即木块的加速度大于木板的加速度，都做匀加速直运动。故B 错误，C 正确。D
错误。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键知道木块和木板之间运动情况，知道速度时间图线的斜率表示加速度．
二、解答题（共9 小题，满分0 分）
16．【分析】根据刻度尺的指示可得出EF 之间的距离大小，注意需要进行估读，根据匀变速直线运动的推论公式△
x＝aT2 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F 点时小车的瞬时速度大小．
【解答】解：①根据纸带上的数据，测量出EG 间距SEG＝6.50﹣3.70＝2.80cm，
②根据题意可知，连续相等时间内的位移差相等为：△x＝0.20cm，即SEF＝1.30cm，
所以F 点的刻度值是5cm 处；
③平均速度等于中间时刻的瞬时速度，
故vF= 0.0650m−0.0370m
2×0.02s
=0.70m/s；
根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 可以求出加速度的大小，
得：a= 0.002
(0.02)2 =5.00m/s2．
故答案为：①2.80
②5
③0.70；
5.00
【点评】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．
17．【分析】（1）实验要保证拉力等于小车受力的合力，要平衡摩擦力，细线与长木板平行；
（2）砝码桶及桶内砝码加速下降，失重，拉力小于重力，加速度越大相差越大，故需减小加速度，即减小砝码
桶及桶内砝码的总质量。
【解答】解：（1）A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A 正
确；
B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，故B 错误；
C、打点计时器要开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停
下再停止打点计时器，故C 错误；
D、平衡摩擦力后，有mgsinθ＝μmgcosθ，即μ＝tanθ，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需
要重新调节木板倾斜度，故D 正确。
故选：AD
（2）根据实验原理可知当砝码和砝码桶的总质量m 要远小于小车的总质量M 时，可将砂和砂桶的总重力看作
小车的拉力，一般认为大于10 倍为远远大于，所以D 不合适。
故答案为：（1）AD
（2）D
【点评】本题主要考查“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减
小系统误差的方法。
18．【分析】第3s 内的位移等于前3s 的位移减去前2s 的位移，根据匀变速直线运动位移时间关系即可解题。
【解答】解：根据位移时间公式：x = 1
2 at2 ，
物体第3s 内的位移：x3 = 1
2 at3
2 −1
2 at2
2，
将x3＝5m，t3＝3s，t＝2s，
代入解得：a＝2m/s2。
故答案为：2
【点评】本题主要考查了匀变速直线运动位移时间公式的直接应用，难度不大，属于基础题。
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19．【分析】（1）以a 分析根据平衡条件可求得绳子上的拉力，再对b 分析，根据平衡条件可求得摩擦力大小；
（2）对滑轮受力分析，根据力的合成规律可求得合力的大小。
【解答】解：（1）设绳的拉力为T，物块b 受到桌面的摩擦力为f，以物体a 为对象，由a 静止知：T＝mg，
以物体b 为对象，其受力如图所示：
由b 静止知：f＝Tcosα，
解得：f = 10 3N。
（2）设绳对定滑轮的作用F1，绳OO′的张力F2，与竖直夹角为θ，如上图所示，
由几何关系可知：
拉力：F1＝2Tcosθ，
绳OO′的张力F2 与F1 平衡知：F2＝F1，
代入数据可得：F2 = 20 3N。
答：（1）桌面受到的摩擦力大小为10 3N；
（2）绳OO′对滑轮拉力的大小为20 3N。
【点评】本题涉及滑轮和结点平衡问题，注意正确确定研究对象，明确受力情况再根据平衡条件进行分析求解；
注意两端绳子上具有相同的拉力，同时明确几何关系的正确应用即可。
20．【分析】（1）通过手表测量出火车依次通过个两个相隔s 的电线杆所用的时间为t，再根据位移时间关系求解加
速度；
（2）加速度与火车的加速度相同，对小铁锁进行受力分析，求出加速度即可．
【解答】解：（1）火车经过等间距且间隔为s 的电线杆时的时间为t，火车的初速度为零，根据位移时间关系可
得：
s= 1
2 at2，
解得加速度为：a= 2s
t2；
（2）设小铁锁偏离桌子边缘的距离为d 时，绳子与竖直方向的夹角为θ，对小铁锁进行受力分析如图所示，
根据题意可得：tanθ=
d
L2−d2，
根据牛顿第二定律可得：mgtanθ＝ma，
解得：a=
d
L2−d2 ⋅g．
答：（1）第一种方案加速度的表达式为a= 2s
t2；
（2）第二种方案加速度的表达式a=
d
L2−d2 ⋅g．
【点评】本题是一道开放性实验题，符合新课标的理念．考查了学生利用身边的工具解决实际的物理问题能力，
解答时从速度的变化与时间的关系及根据火车物体的受力情况综合分析求出加速度．
21．【分析】（1）根据受力分析，利用牛顿第二定律求得上滑的加速度；
（2）根据速度位移公式求得上滑的最大位移；
（3）对物体下滑时进行受力分析，求出加速度，根据速度位移公式求得下滑获得的速度
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律有：mgsin37°+μmgcos37°＝ma
代入数据解得物体的加速度：a＝10m/s2
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（2）根据速度位移公式可得物块沿斜面上升的最大位移为：x =
v0
2
2a = 102
2×10 m = 5m
（3）下降过程中有：mgsin30°﹣μmgcos30°＝ma1
代入数据解得物体的加速度：a1＝4m/s2
根据速度位移公式可得物块重新回到斜面底端A 时的速度大小为：vA =
2a1x = 2 5m/s。
故答案为：（1）10 （2）5 （3）2 5。
【点评】解决该题的关键是正确进行受力分析，根据牛顿第二定律求加速度，熟记运动学中的位移公式；
22．【分析】对物体进行受力分析，根据正交分解求出合力大小，结合牛顿第二定律求解木箱的加速度；
根据运动学的公式求出加速度阶段的末速度以及位移大小，根据牛顿第二定律求出撤去F 后木箱的加速度，结合
运动学公式求解出减速到零的过程中木箱发生的位移，两段位移相加；
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律：Fcos37°﹣f＝ma
f＝μ（mg﹣Fsin37°）
联立解得物体的加速度大小为：a＝2.6m/s2
（2）5s 末木箱的速度v＝at＝13m/s
5s 末木箱的位移x1 = 1
2 at2 =32.5m；
撤去F 后木箱的加速度：a1＝μg＝2m/s2
撤去F 后木箱的位移：x2 = v2
2a1 =32.5m
代入数据可得木箱发生的总位移为：x＝x1+x2＝74.75m
答：（1）撤去F 前，木箱的加速度大小为2.6m/s2；
（2）木箱整个运动过程中发生位移的大小为74.75m；
【点评】解决该题的关键是正确进行受力分析，在分析滑动摩擦力大小时，注意正压力的大小的分析；
23．【分析】（1）以B 为研究对象，受到重力、支持力和绳子拉力作用，画出受力示意图．
（2）根据几何关系求出各个角，根据受力平衡求解轻绳对小球的作用力大小；
（3）以斜面体为研究对象，画出受力示意图，根据共点力的平衡条件求解水平面对斜面体的支持力大小．
【解答】解：（1）以B 为研究对象，受力如图甲所示．
（2）由几何关系知θ＝β＝30°，
根据受力平衡可得：
FT sinθ＝FN sinβ，
FT cosθ+FN cosβ＝mg
FT=
3
3 mg；
（3）以斜面体为研究对象，其受力如图乙所示，
由（2）可得：FN=
3
3 mg，
由牛顿第三定律有：FN′＝FN=
3
3 mg，
由受力平衡得，水平面对斜面体的支持力为：
FN1＝Mg+FN′cos θ＝Mg+ 1
2mg．
答：（1）受力分析示意图如图所示；
（2）轻绳对小球的作用力大小为
3
3 mg；
（3）水平面对斜面体的支持力大小为Mg+ 1
2mg．
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答．
24．【分析】（1）整体由牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）以物块B 为研究对象，根据牛顿第二定律求解物块A 对物块B 的作用力大小；
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（3）根据牛顿第二定律求出二者减速运动的加速度大小，根据位移速度关系求解运动的位移，最后求出物块A、
B 间的最大距离．
【解答】解：（1）设物块A、B 一起做匀加速运动的加速度为a，则由牛顿第二定律得：
F﹣μAmAg﹣μBmBg＝（mA+mB）a，
代入数据解得：a＝2m/s2；
方向与力F 的方向相同，即方向水平向右．
（2）设物块A 对物块B 的作用力大小为F′，以物块B 为研究对象，则：
F′﹣μBmBg＝mBa，
代入数据解得：F′＝9N；
（3）撤去水平力F 后，物块A、B 都做匀减速运动，设它们的加速度分别为aA、aB，则根据牛顿第二定律可得：
μAmAg＝mAaA，μBmBg＝mBaB，
代入数据解得：aA＝2m/s2，aB＝1m/s2，
物块A 运动的位移为：x1 = v2
2aA =
4
2×2 m = 1m，
物块B 运动的位移为：x2 = v2
2aB =
4
2×1 m = 2m，
物块A、B 间的最大距离为：△x＝x2﹣x1＝1m．
答：（1）物块A、B 一起做匀加速运动的加速度为2m/s2；方向水平向右；
（2）物块A 对物块B 的作用力大小为9N；
（3）撤去推力后物块A、B 间的最大距离为1m．
【点评】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；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．
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2019-2020 学年广东省广州市荔湾区高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题（本题只有一个选项正确，共10 小题，每小题4 分，共40 分）
1．（4 分）下列物理量属于矢量及其对应的国际单位制符号，正确的是（
）
A．力，kg
B．质量，kg
C．加速度，m/s
D．速度，m/s
2．（4 分）如果我们计划从广州开车去肇庆，我们可以用手机导航软件选择导航路线。如图所示，是某一常用导航
软件界面图，软件界面上显示了多条不同的路线，则下列说法正确的是（
）
A．方案一中109 公里是指路程
B．方案二中的“1 小时39 分”是指时刻
C．计算此行程的平均速度时，不能将车看成质点
D．导航路线方案中的“公里数”是指位移大小
3．（4 分）关于加速度，下列说法中正确的是（
）
A．有加速度的物体，其速度一定增加
B．物体的速度有变化，则一定具有加速度
C．加速度为零的物体一定处于静止状态
D．加速度越大，则物体速度的变化量越大
4．（4 分）如图所示质量为m 的物体在沿斜面向上的力F 作用下沿粗糙斜面匀速下滑，此过程中斜面仍静止，斜面
质量为M，则水平地面对斜面体（
）
A．支持力为（M+m）g
B．支持力小于（M+m）g
C．无摩擦力
D．有水平向右的摩擦力
5．（4 分）如图所示，人在水平地面做快速“下蹲”运动，设人的重力为G，以下说法正确的是（
）
A．人对地面的压力一直大于G
B．地面对人的支持力一直等于G
C．人对地面的压力先小于G，后大于G
D．人对地面的压力先大于G，后小于G
6．（4 分）如图所示，为某物体运动的v﹣t 图象，以下说法正确的是（
）
A．0～2s 的加速度大于4～5s 的加速度
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B．0～4s 的平均速度大小为2m/s
C．0～5s 物体一直向同一方向运动
D．4～5s 的位移大小为4m
7．（4 分）某同学在玩“蹦极”，如图所示，已知橡皮条自然状态的长度是20m，若不考虑空气阻力，从静止开始下
落，g＝10m/s2，则该同学（
）
A．下落第1s 末的瞬时速度大小是10m/s
B．下落前2s 的平均速度大小是20m/s
C．下落第3s 末的瞬时速度大小是30m/s
D．当该同学下落20m 时，速度达到最大值
8．（4 分）如图所示，在中央电视台“挑战不可能”节目中，选手正沿倾斜钢丝小心翼翼地缓慢上行。在这一过程
中（
）
A．钢丝对人的作用力垂直钢丝向上
B．选手受到钢丝的摩擦力沿钢丝斜向下
C．选手手中的平衡杆所受合力竖直向上
D．钢丝对选手的支持力和选手对钢丝的压力是一对作用力和反作用力
9．（4 分）甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动，t＝0 时刻同时经过公路旁的同一路标．在如图描
述两车运动的v﹣t 图中，直线a、b 分别描述了甲乙两车在0～20 秒的运动情况．关于两车之间的位置关系，下
列说法正确的是（
）
A．在0～10 秒内两车逐渐靠近
B．在10～20 秒内两车逐渐远离
C．在t＝10 秒时两车在公路上相遇
D．在5～15 秒内两车的位移相等
10．（4 分）如图所示，游乐场中，从高处A 点到水面B 点，有两条长度相同的光滑轨道，甲、乙两小孩同时由静
止开始从A 处滑向B 处，下列说法正确的是（
）
A．甲比乙先到B 处
B．甲、乙下滑的加速度时刻相等
C．甲通过的位移比乙通过的位移小
D．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
二、多项选择题（本题共4 小题，每小题4 分，共16 分．在每小题给出的四个选项中至少有两个选项符合题目要
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求．全部选对得4 分，选对不全得2 分，有选错或不答的得0 分）
11．（4 分）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀变速直线运动，在启动阶段，列车的（
）
A．位移与它经历的时间成正比
B．瞬时速度与它经历的时间成正比
C．平均速度与它经历的时间成正比
D．加速度与它经历的时间成正比
12．（4 分）如图所示，我国有一种传统的民族体育项目叫做“押加”实际上相当于两个人拔河，如果绳质量不计，
且保持水平，甲、乙两人在“押加”比赛中甲获胜，则下列说法中正确的是（
）
A．甲对乙的拉力始终大于乙对甲的拉力
B．甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小
C．当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力
D．只有甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小才等于乙对甲的拉力大小
13．（4 分）下列给出的四组图象中，能够反映同一直线运动的是（
）
A．
B．
C．
D．
14．（4 分）科技馆中的一个展品如图所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照
射下，若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A 下落到B 的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不
再下落，而仿佛是固定在图中的A、B、C、D 四个位置不动，对出现的这种现象，下列描述正确的是（取重力
加速度g＝10m/s2）（
）
A．间歇发光的时间间隔是2s
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B．根据条件可以求得水滴在D 点的速度
C．水滴在B、C、D 点速度之比满足vB：vC：vD＝1：2：3
D．水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足tAB＜tBC＜tCD
三、实验探究题（共10 分）
15．（4 分）为了探究弹簧弹力F 和弹簧伸长量x 的关系，某同学选了A、B 两根规格不同的弹簧进行测试，根据测
得的数据绘出如图所示的图象，从图象上看，该同学没能完全按实验要求做，使图象上端成为曲线，图象上端成
为曲线的原因是
．B 弹簧的劲度系数为
N/m．若要制作一个精确度较高的弹簧测力计，应选弹
簧
（填A 或B）．
16．（6 分）某同学在探究小车速度随时间变化的规律时，对打出的一条纸带进行研究，从O 点开始每5 个打点作
为一个计数点（中间4 个打点未画出，电源频率为50 赫兹），计数点分别为A、B、C、D、E，该同学已求出各
计数点对应的速度，其数值见下表。（结果保留两位有效数字）
计数点
A
B
C
D
E
速度/（m
•s
﹣1）
0.70
0.91
1.10
1.30
1.49
（1）根据以上数据在所给的坐标纸中做出小车的v﹣t 图线（适当标出横、纵坐标刻度）。
（2）计数点O 对应的速度为
m/s，加速度为
m/s2。
四、计算题（本题共3 小题，共34 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写最后答案的不
能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
17．（9 分）一隧道限速36km/h，一列火车长100m，以72km/h 的速度行驶，驶至距隧道200m 处开始做匀减速运动，
以不高于限速的速度匀速通过隧道。若隧道长200m，求：
（1）火车做匀减速运动的最小加速度；
（2）火车全部通过隧道的最短时间。
18．（12 分）如图所示，物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，轻绳OB 水平且B 端与放在水平面上的
物体乙相连，物体甲及物体乙均处于静止状态。已知：物体甲的质量m1＝10kg，物体乙的质量m2＝50kg，轻绳
OA 与竖直方向的夹角θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）轻绳OA、OB 受到的拉力分别是多大？
（2）物体乙与水平面间的动摩擦因数至少多大？
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19．（13 分）如图所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐，在薄木板的中央有一个小滑块（可
视为质点），整个装置处于静止状态。某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力F 使木板向右运动，已知拉力F＝
4.5N 时，小滑块与木板之间恰好发生相对滑动。薄木板的质量M＝1.0kg，长度L＝1.0m，小滑块的质量m＝0.5kg，
小滑块与桌面、薄木板与桌面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，设滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力，重
力加速度g＝10m/s2．求：
（1）拉力F＝3.6N 时，m 与M 的加速度各为多大？
（2）小滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ2；
（3）若使小滑块脱离木板但不离开桌面，拉力F 应满足的条件。
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2019-2020 学年广东省广州市荔湾区高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题只有一个选项正确，共10 小题，每小题4 分，共40 分）
1．【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量。明确国际单位制中的单位名称，对于每个物理量的单位都要掌握住，
特别是有多个单位的物理量，如长度的单位有m、cm、mm 等等，要注意掌知道哪些单位属于国际单位制中的符
号。
【解答】解：A、力是矢量，单位是N，故A 错误；
B、质量是标量，故B 错误；
C、加速度是矢量，单位是m/s2，故C 错误；
D、速度是矢量，单位是m/s，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查矢量和标量以及它们的单位，注意识记。
2．【分析】时刻为时间轴上的点，时间间隔为时间轴上的一段，位移为初位置到末位置的有向线段，路程为物体运
动轨迹的长度。根据质点的条件分析。
【解答】解：A、109 公里是运动轨迹的长度，是路程，故A 正确；
B、“1 小时39 分”是指时间，故B 错误；
C、在计算车的平均速度时，车的大小可以忽略不计，可以看作质点，故C 错误；
D、导航路线方案中的“公里数”是指路程，故D 错误；
故选：A。
【点评】解决本题的关键是掌握位移和路程的区别：位移是指位置的移动，由初位置指向末位置，有大小有方向；
路程是表示运动轨迹的长度，只有大小，没有方向。
对时间时刻这两个基本概念的考查，是基本知识，在平时的学习中要牢牢的掌握住。
3．【分析】根据加速度的物理意义：加速度表示物体速度变化的快慢，根据定义式，分析加速度大的含义．
【解答】解：加速度的定义式a= △v
△t，从数学来看，加速度等于速度的变化率。速度变化大，是指△v 大，时间
不一定，加速度不一定大。速度大，加速度不一定，两者没有直接关系，
A、有加速度的物体，速度大小一定变化，不一定增加，故A 错误；
B、物体的速度发生变化，则必有加速度，故B 正确；
C、如果加速度为零，则速度不一定为零，故C 错误；
D、加速度等于速度的变化率，加速度越大，说明速度变化率越大，速度变化量则不一定，因为时间不一定，故
D 错误；
故选：B。
【点评】加速度是运动学中最重要的物理量，对它的理解首先抓住物理意义，其次是定义式，以及与其他物理量
的关系．
4．【分析】整体中两部分都处于静止状态，因此整体处于平衡状态；然后通过共点力的平衡方程求出地面的摩擦力
以及支持力的大小。
【解答】解：整体受力如下图所示：
根据共点受力平衡可得：f＝Fcosθ，方向水平向左；
支持力大小为：N＝（M+m）g﹣Fsinθ，小于（M+M）g；故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
【点评】解决本题的关键是正确进行受力分析，运用共点力平衡条件进行分析，掌握整体法与隔离法的运用。
5．【分析】快速“下蹲”运动时，先加速后减速，根据加速度的方向，结合牛顿第二定律比较对地面的压力和运动
员重力的大小关系。
【解答】解：下蹲加速阶段，加速度方向向下，根据牛顿第二定律得，mg﹣N＝ma，则N＝mg﹣ma＜mg，所以
压力F＜G．下蹲过程减速阶段，加速度方向向上，根据牛顿第二定律得，N﹣mg＝ma，则N＝mg+ma＞mg，所
以压力F＞G．所以人对地面的压力先小于G，后大于G，故ABD 错误C 正确。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道加速度方向与合力的方向相同，结合牛顿第二定律进行求解。
6．【分析】速度时间图线的斜率表示加速度，根据图线斜率比较加速度的大小，图线与时间轴围成的面积表示位移，
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结合图线围成的面积求出位移。
【解答】解：A、图线的斜率表示加速度，0﹣2s 图线图线斜率小于4﹣5s 内图线斜率，则0～2s 的加速度小于4～
5s 的加速度。故A 错误。
B、0～4s 的位移x1 = 1
2 × (2 + 4) × 4 = 12m，则平均速度v = x1
t = 12
4 = 3m/s．故B 错误。
C、0﹣5s 内图象一直在时间轴上方，沿正方向运动，即一直向同一方向运动。故C 正确。
D、4﹣5s 内的位移x= 1
2 × 4 × 1 = 2m．故D 错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积
表示位移。
7．【分析】根据自由落体运动运动的规律求出1s 末的速度、2s 内的位移，然后由平均速度的公式求出平均速度；
结合受力的特点判断速度最大的位置。
【解答】解：A、由题可知，该同学做自由落体运动的时间：t0=
2L
g =
2×20
10
=2s
1s 末的速度：v＝gt1＝10×1＝10m/s。故A 正确；
B、2s 内的位移恰好是20m，则2s 内的平均速度：v = l
t = 20
2 = 10m/s。故B 错误；
C、2s 末橡皮绳拉直，2s 后该同学不再做自由落体运动，所以3s 末的速度不是：v3＝gt3＝10×3＝30m/s。故C
错误；
D、2s 末橡皮绳拉直，橡皮绳开始拉长时的拉力小于该同学的重力，所以将继续向下做加速运动，当橡皮绳的拉
力等于重力时，人的速度最大，所以在2s 末的速度没有达到最大值。故D 错误。
故选：A。
【点评】该题考查牛顿第二定律的瞬时变化问题，解答的关键是要明确当橡皮绳的拉力等于重力时，人的速度最
大。
8．【分析】ABC、选手沿倾斜钢丝缓慢上行，每一个状态都可看做平衡状态，分别对人、平衡杆受力分析，根据平
衡条件来判断，可类比物体在斜面上静止。
D、根据牛顿第三定律来分析判断。
【解答】解：选手沿倾斜钢丝小心翼翼地缓慢上行，可以看做平衡状态
A、钢丝对人施加了垂直钢丝向上的支持力、沿钢丝向上的摩擦力，二者的合力竖直向上与重力平衡，故A 错误；
B、选手受到钢丝的摩擦力沿钢丝斜向上，故B 错误；
C、平衡杆每个状态也看做平衡状态，所以所受合力为0，故C 错误；
D、根据牛顿第三定律知：钢丝对选手的支持力和选手对钢丝的压力是一对作用力和反作用力，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查了受力分析、平衡条件，关键是把每一个状态都看做平衡状态来讨论。
9．【分析】根据两车的速度大小分析它们之间的位置关系．当两车的位移相等时，两车相遇．根据图象的“面积”
分析两车何时相遇和位移关系．
【解答】解：
A、在0～10 秒内，乙车在甲的前方，而且乙的速度大于甲的速度，则两车逐渐远离；故A 错误。
B、在10～20 秒内，乙车在甲的前方，乙的速度小于甲的速度，则两车逐渐靠近。故B 错误。
C、根据图象的“面积”等于物体的位移大小，可以看出，在t＝10 秒时乙车的位移大于甲车的位移，t＝0 时刻
又在同一位置出发，所以在t＝10 秒时两车没有相遇。故C 错误。
D、在5～15 秒内两车图线的“面积”相等，则通过的位移相等。故D 正确。
故选：D。
【点评】本题根据速度图象分析两车的运动情况，抓住“面积”等于位移大小，确定两车的位置关系，两图线的
交点表示速度相等，两车相距最远．
10．【分析】由受力分析及牛顿第二定律分析两个小孩切向加速度的大小，从而可速度增加的快慢；可以使用机械
能守恒来说明速度大小；哪一个先达到B 点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用v﹣t 图象来计算说
明。
【解答】解：AD、甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到
同一高度的位置，则甲比乙先到达B 处，故A 正确，D 选项错误；
B、下滑的时刻，甲的倾斜程度较大，下滑分力较大，加速度比乙的大，故B 错误；
C、甲乙两球的始末位置相同，位置变化相同，则位移相同，故C 错误；
故选：A。
【点评】本题应该从“加速度”概念方面解释：高度相同，到达底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐渐减小；
乙的加速度逐渐增大。所以它们的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加的最慢。
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二、多项选择题（本题共4 小题，每小题4 分，共16 分．在每小题给出的四个选项中至少有两个选项符合题目要
求．全部选对得4 分，选对不全得2 分，有选错或不答的得0 分）
11．【分析】列车作初速度为零的匀加速直线运动，结合运动学公式，列式分析各个量之间的关系。
【解答】解：A、由位移公式：x= 1
2 at2可知位移与时间的二次方成正比，故A 错误
B、由速度公式：x＝at 可知瞬时速度与时间成正比，故B 正确
C、平均速度v = at
2，则平均速度与时间成正比，故C 正确
D、加速度不变，故D 错误
故选：BC。
【点评】解决本题的关键是掌握匀变速直线运动的位移时间公式和速度位移公式，通过列式进行分析。
12．【分析】“押加”比赛中两队对绳子的拉力等大反向，之所以甲获胜，原因是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的
摩擦力。
【解答】解：AB、甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力与反作用力，大小始终相等，与运动状态无关，故A
错误，B 正确；
CD、即不管哪个获胜，甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是当地面对甲的摩擦力大于地面对乙
的摩擦力，甲才能获胜，故CD 错误；
故选：B。
【点评】由此题的知识我们可以知道，在拔河比赛中要挑选一些体重大的同学，以增加与地面之间的最大静摩擦
力。
13．【分析】v﹣t 图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，位移﹣时间图象的斜率等于物体运
动的速度，加速度时间图象表示加速度随时间变化情况，根据图象即可求解．
【解答】解：A、第一个图是速度时间图象，由速度时间图象可知：0﹣3s 内物体以速度6m/s 匀速直线运动，4
﹣5s 内做匀加速直线运动，加速度为2m/s2，位移时间图象表示0﹣3s 内物体静止，4﹣5s 内物体也静止，故A
错误；
B、速度﹣时间图象表示0﹣3s 内物体以速度6m/s 做匀速直线运动，加速度为零，4﹣5s 内物体做匀加速直线运
动，加速度为2m/s2，故B 正确；
C、第一个图是位移时间图象，由速度时间图象可知：0﹣3s 内物体静止，4﹣5s 内匀速直线运动，速度为v= △s
△t =
10−6
5−3 =2m/s。由速度时间图象可知，0﹣3s 内速度为零，4﹣5s 内物体做匀速直线运动，速度为2m/s。故C 正确；
D、第一个图是位移时间图象，由速度时间图象可知：0﹣3s 内物体静止，加速度时间图象表示0﹣3s 内物体做
加速度为零的运动，4﹣5s 内物体匀加速运动，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题主要考查了运动图象问题，要求同学们能根据图象得出运动情况，能根据图象读出有效信息．
14．【分析】若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A 下落到B 的时间相同，看到水滴似乎不再下落，知相邻两个
点的时间间隔相等。根据初速度为零的匀变速直线运动的公式和推论进行分析。
【解答】解：AD、若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A 下落到B 的时间相同，看到水滴似乎不再下落，知
相邻两个点的时间间隔相等；由图可知，各点之间的位移差为：△x＝0.2m。根据△x＝g△t2，则△t =
△x
g =
0.2
10s =
2
10 s．故A 错误，D 错误。
B、利用平均速度等于中间时刻的速度求解C 点的速度，在根据速度公式对CD 段列式求解D 点的速度，故根据
题目条件可以求得水滴在D 点的速度，故B 正确；
C、根据v＝gt 得：vB：vC：vD＝1：2：3．故C 正确
故选：BC。
【点评】解决本题的关键掌握自由落体运动的规律，知道匀变速直线运动的公式和推论，并能熟练运用。
三、实验探究题（共10 分）
15．【分析】根据胡克定律结合数学知识即可正确解答．
【解答】解：向上弯曲的原因是超出了弹性限度，注意该图象中纵坐标为伸长量，横坐标为拉力，斜率的倒数为
劲度系数，由此可求出kB＝100N/m，由于A 的劲度系数小，因此其精度高．
故答案为：超过弹簧的弹性限度，100，A．
【点评】本题考查了弹簧弹力F 和弹簧伸长量x 的关系的基础知识，比较简单，是一道考查基础知识的好题．
16．【分析】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，可以求出打纸带上各点的瞬时速度
大小。
【解答】解：（1）横坐标每格代表0.05s，纵坐标每格代表0.1m/s，描点连线如图：
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（2）计数点O 对应的速度由图象的读数可知为0.50m/s，
求解速度时间图象的斜率即为加速度：a= △v
△t =2.0 m/s2
故答案为：（1）如图（2）0.50；2.0
【点评】利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，提
高解决问题能力。
四、计算题（本题共3 小题，共34 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写最后答案的不
能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
17．【分析】火车的初速度、末速度、位移已知，可以用位移速度关系式解出加速度，火车通过隧道的位移300m，
速度10m/s，可解得时间。
【解答】解：（1）火车的速度为：v0＝72 km/h＝20m/s
隧道的限速为：vt＝36km/h＝10m/s
当火车头恰好到达隧道口时速度减为36 km/h，此情种况下的加速度最小，设为a
由vt2﹣v02＝2as 得：a＝0.75m/s2
（2）火车以36 km/h 的速度通过隧道，所需时间最短。火车通过隧道的位移为：
s′＝100m+200m＝300m
由s′＝vt 得：t＝30s
答：（1）火车做匀减速运动的最小加速度是0.75m/s2 ；
（2）火车全部通过隧道的最短时间是30s
【点评】匀变速直线运动的基本公式的直接应用属于比较简单的题目，解题时要学会选择合适公式，这样很多问
题就会迎刃而解了。
18．【分析】（1）对点O 受力分析，受三个沿着绳子方向的拉力，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解各个力；
（2）物体乙受重力、支持力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件得到静摩擦力大小；
【解答】解：（1）以结点O 为研究对象，如右图所示，结点O 受FOA、FOB 和F 三个力的作用，其中F＝m1g
将FOA 分解为水平方向和竖直方向的两个力，由平衡条件有：
FOB＝FOAsinθ
FOAcosθ＝F
联立解得：FOA＝125N
FOB＝75N
故轻绳OA、OB 受到的拉力分别为125N，75N。
（2）乙在水平方向仅受绳OB 的拉力FOB 和地面的摩擦力f 作用，根据平衡条件有：
f＝FOB 且f＝μN
N＝m2g
联立以上各式得：μ＝0.15
答：（1）轻绳OA、OB 受到的拉力分别是125N，75N；
（2）物体乙与水平面间的动摩擦因数至少0.15。
【点评】本题是力平衡中临界问题，关键是分析临界条件。物体刚要滑动时静摩擦力达到最大值
19．【分析】（1）由题可知，使小滑块m 与木板M 之间发生相对滑动的临界拉力F 临界＝4.5N，由于拉力F＝3.6N＜
4.5N，故M、m 相对静止，它们一起做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求解加速度大小；
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（2）分别对M、m 进行受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解动摩擦因数；
（3）画出两物体空间位置变化示意图，分析运动过程，根据牛顿第二定律求解加速度，根据位移关系列方程求
解。
【解答】解：（1）由题可知，使小滑块m 与木板M 之间发生相对滑动的临界拉力F 临界＝4.5N，由于拉力F＝3.6N
＜4.5N，故M、m 相对静止，它们一起做匀加速直线运动；
把两物体看做整体，由牛顿第二定律可知：F﹣μ1（m+M）g＝（m+M）a1
解得：a1＝0.4m/s2；
（2）由题目可知，当拉力F＝4.5N 时，小滑块m 与木板M 恰好发生相对滑动，此情况下分别对M、m 进行受
力分析，根据牛顿第二定律有：
小滑块m：f＝μ2mg＝ma2，
木板M：F﹣μ2mg﹣μ1（m+M）g＝Ma2
联立两式解得：μ2＝0.1；
（3）设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前，薄木板的
加速度为a4，空间位置变化如右图所示。
则滑块的速度：v＝a2t
滑块下落到桌面上，由牛顿第二定律得：μ1mg＝ma3
解得：a3＝2m/s2
位移：x1= v2
2a2，x2= v2
2a3
由几何关系得：x1+x2= L
2
木板的位移：
1
2 L +
v2
2a2
=
1
2 a4t2
联立求出a4＝2.5m/s2
根据牛顿第二定律，对木板：F﹣μ2mg﹣μ1（m+M）g＝Ma4
代入数据可得：F﹣0.1×5﹣0.2（0.5+1）×10＝2.5
解得：F＝6N，要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F＞6N。
答：（1）拉力F＝3.6N 时，m 与M 的加速度均为0.4m/s2；
（2）小滑块与薄木板之间的动摩擦因数为0.1；
（3）若使小滑块脱离木板但不离开桌面，拉力F＞6N。
【点评】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；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
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第280页（共403页）
2019-2020 学年广东省广州市八校联考高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题（本大题共9 小题，每小题3 分，共27 分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目
要求，选对的得3 分，选错或不答的得0 分．）
1．（3 分）下列说法中正确的是（
）
A．时间、速度、路程全部都是标量
B．位移、加速度、摩擦力全部都是矢量
C．后人为了纪念牛顿，把“牛顿”作为力学中的基本单位
D．长度、时间、质量是国际单位制中的基本单位
2．（3 分）下面关于惯性的说法中，正确的是（
）
A．运动速度大的物体比速度小的物体难以停下来，所以运动速度大的物体惯性大
B．物体受的力越大，要它停下来就越困难，所以物体受的推力越大，则惯性越大
C．物体的体积越大，惯性越大
D．物体的质量越大，惯性越大
3．
（3 分）为提高百米赛跑运动员的成绩，教练员分析了运动员跑百米全程的录相带，测得：运动员在前7s 跑了63m，
7s 末到7.1s 末跑了0.92m，跑到终点共用10.5s，则下列说法正确的是（
）
A．运动员在百米全过程的平均速度是9.3m/s
B．运动员在前7s 的平均速度是9.0m/s
C．运动员在7s 末的瞬时速度为9.2m/s
D．运动员在7.1s 末的瞬时速度为9.2m/s
4．（3 分）甲物体的重力是乙物体的3 倍，它们在同一高度处同时自由下落，则下列说法中正确的是（
）
A．甲比乙的加速度大
B．甲比乙先着地
C．甲、乙同时着地
D．无法确定谁先着地
5．（3 分）关于作用力与反作用力，下列说法中正确的有（
）
A．物体相互作用时，先有作用力，后有反作用力
B．作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，因而这二力平衡
C．作用力与反作用力可以是不同性质的力
D．作用力和反作用力总是同时分别作用在相互作用的两个物体上
6．（3 分）物体由静止开始做匀加速直线运动，速度为v 时，位移为s，当速度为4v 时，位移为（
）
A．9s
B．16s
C．4s
D．8s
7．（3 分）如图，三个完全相同的物块1、2、3 放在光滑水平桌面上。现用大小相同的外力F 沿图示方向分别作用
在三个物块上，三者都做加速运动，令a1 、a2 、a3 分别代表物块1 、2 、3 的加速度，则（
）
A．a1＞a2＞a3
B．a1＜a2＜a3
C．a1＝a2＜a3
D．a1＝a2＞a3
8．（3 分）下列图象中描述物体做匀速直线运动的是（
）
A．
B．
C．
D．
9．（3 分）如图，在光滑水平面上有一物块受水平恒力F 的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧。
在物块与弹簧接触并将弹簧压缩至最短的过程中，下列判断正确的是（
）
A．物块接触弹簧后立即做减速运动
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B．物块接触弹簧后先加速后减速
C．当弹簧压缩量最大时，物块的加速度等于零
D．当物块的速度为零时，它所受的合力等于零
二、双项选择题（本大题共5 小题，每小题5 分，共25 分．每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部
选对的得5 分，选不全的得3 分，有选错或不答的得0 分）
10．（5 分）关于速度、加速度与合力之间的关系，下列说法中正确的是（
）
A．合力发生改变的一瞬间，物体的加速度立即发生改变
B．作匀变速直线运动的物体，它所受的合力是恒定不变的
C．合力一旦变小，物体的速度一定也立即变小
D．物体所受合力为零时，一定处于静止状态
11．（5 分）如图：在一块长木板上有一个小铁块，当把长木板从水平位置绕左端缓缓抬起至90°的过程中（
）
A．小铁块所受重力始终不变
B．木板对小铁块的支持力越来越大
C．木板对小铁块的摩擦力越来越小
D．木板对小铁块的摩擦力开始过程随θ角的增大而增大，后来会随θ角的增大而减小
12．（5 分）A、B 两个物体在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度图象如图所示，则（
）
A．A、B 两物体运动方向相反
B．t＝4s 时A、B 两物体的速度相同
C．A 物体的加速度比B 物体的加速度大
D．若A、B 两物体同时从同一地点出发，则t＝8s 前两者相距的最远距离为20m
13．（5 分）质量为m 的人站在电梯里，电梯减速下降，加速度大小为
1
5 g（g 为重力加速度），则（
）
A．人对电梯的压力大小为
4
5 mg
B．人对电梯的压力大小为
6
5 mg
C．人处于超重状态
D．人处于失重状态
14．（5 分）如图：用相同的弹簧秤将同一个重物m 分别按甲、乙两种方式悬挂起来并处于静止状态，已知弹簧秤
的读数分别是F1、F2、F3，θ＝30°，则有（
）
A．F1＞mg
B．F2＞mg
C．F3＞F2
D．F1 与F2 的合力等于F3
三、实验题（本大题共2 小题，共16 分）
15．（6 分）在“研究匀变速直线运动”的实验中，得到一条清晰的纸带，如图所示是截取了某一段纸带用刻度尺（单
位：cm）测量纸带时的情景，其中取了A、B、C 三个计数点，在相邻两计数点之间还有一个打印点，已知打点
计时器的打点周期为0.02s，则纸带上AC 两点间的距离为
cm，物体运动过程中B 点的瞬时速度为
m/s（计算结果保留3 位有效数字）；若AB 间距离为s1，BC 间距离为s2，打点周期为T，则物体运动的加速度a
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＝
（不需要计算，用题目中的符号表示）。
16．（10 分）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用
M 表示，盘及盘中砝码的质量用m 表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带打上的点计算出。
（1）以下实验操作正确的是
A．平衡摩擦力时，应将装有砝码的小盘用细绳通过定滑轮系在小车上
B．平衡摩擦力时，小车后面的纸带必须连好，因为运动过程中纸带也要受到阻力
C．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
D．实验时，先放开小车，后接通电源
（2）当M 与m 的大小关系满足
时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘与盘中砝码的重力。
（3）一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量m 一定，改变小车及车中砝码的质量
M，测出相应的加速度a 并记录每次实验的数据，若采用图象法处理数据，应该做
的图象。
（4）如图（a）为甲同学根据测量数据做出的a﹣F 图线，此实验存在的问题是
。
（5）乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a﹣F 图线，如图（b）所示，两个同学做实验时的
取
值不同，其中
（填“乙”或“丙”）取的值比较大。
四．计算题（本大题共32 分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得
分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
17．（9 分）在平直公路上匀速行驶的汽车因紧急情况突然刹车，刹车后经2s 速度由15m/s 减为9m/s，假设刹车过
程中汽车做匀减速直线运动，求：
（1）汽车刹车过程中加速度a 的大小和方向；
（2）汽车刹车后4s 末的速度υ4；
（3）汽车刹车后8s 内滑行的距离s。
18．（10 分）如图所示，质量为m 的木块在与水平方向成α角的推力F（未知）作用下，沿竖直墙壁向上匀速运动。
已知木块与墙壁间动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
求：（1）推力F 的大小；
（2）若将推力的方向改为竖直向上推动木块仍做匀速直线运动，则F’＝？
19．（13 分）跳伞运动员某次训练时从悬停在空中的直升机上由静止跳下，离开飞机自由下落一段时间后打开降落
伞减速下落；打开降落伞后他和降落伞整体下落的v﹣t 图线如图甲所示。已知人的质量为60kg，降落伞质量也
为60kg，不计人所受的阻力，打开降落伞后伞所受阻力f 与速度v 成正比，即f＝kv（g 取10m/s2）。求：
（1）打开降落伞前运动员下落的距离h；
（2）阻力系数k；
（3）打开降落伞瞬间运动员与伞的加速度a 的大小和方向；
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（4）若降落伞用8 根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙所示。求打开降落伞瞬间
每根悬绳的拉力F（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
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2019-2020 学年广东省广州市八校联考高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本大题共9 小题，每小题3 分，共27 分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目
要求，选对的得3 分，选错或不答的得0 分．）
1．【分析】既有大小、又有方向，合成与分解遵循平行四边形定则的物理量是矢量；而只有大小的物理量是标量；
国际单位制中将长度、质量和时间三个物理量作为基本物理量。
【解答】解：A、速度为矢量，时间、路程是标量，故A 错误；
B、位移、加速度、摩擦力全部既有大小，又有方向，都是矢量，故B 正确；
C、后人为了纪念牛顿，规定1 牛顿＝1 千克•米/秒2，故“牛顿”是导出单位，故C 错误；
D、长度、质量、时间为国际单位制的三个基本物理量，不是基本单位，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题关键是明确矢量和标量的区别，还要知道力学单位制的基本物理量和基本单位，基础题目。
2．【分析】牛顿第一定律又称惯性定律。一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性。惯性的大小只与物
体的质量有关，质量越大，惯性越大。
【解答】解：惯性是物体本身的固有属性，惯性的大小只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大。与物体的体
积、以及运动状态或受力情况无关，故ABC 错误，D 正确；
故选：D。
【点评】惯性是物理学中的一个性质，它描述的是物体能够保持原来的运动状态的性质，不能和生活中的习惯等
混在一起。
3．【分析】由题意可知全程的位移和总时间，由平均速度公式可求得全程的平均速度；而瞬时速度可以用极短时间
内的平均速度来表示。
【解答】解：A、全程平均速度v = x
t = 100
10.5 m/s = 9.52m/s，故A 错误；
B、前7 s 的平均速度v' = x'
t' = 63
7 m/s = 9m/s，故B 正确；
CD、7 s～7.1 s 内的平均速度v″ = x″
t″ = 0.92
0.1 m/s = 9.2m/s，该速度既不是7 s 末的瞬时速度，也不是7.1 s 末的
瞬时速度，只是近似等于，故C 错误，D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查平均速度和瞬时速度，平均速度是用总位移与总时间的比值；而瞬时速度可用无限小的时间内
的平均速度来表示，但0.1s 内的平均速度不能代表7s 末的瞬时速度。
4．【分析】物体做自由落体运动时，加速度的大小恒定，与物体的质量无关。
【解答】解：甲和乙都做自由落体运动，加速度是重力加速度，与物体的质量的大小无关，所以甲、乙的运动情
况完全相同，同时着地，故ABD 错误，C 正确；
故选：C。
【点评】本题考查学生对自由落体的理解，明确不同物体的自由落体运动的运动性质相同，题目比较简单。
5．【分析】由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体
上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．
【解答】解：A、作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上；不存在不符合规律的时刻，
故同时产生、同时变化、同时消失，故A 错误；
B、由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，但不在同一物体上，
因此两个力的作用效果不能相互抵消，不是平衡力。故B 错误；
C、作用力与反作用力是物体间的相互作用，力产生的性质是一样的，故C 错误；
D、作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，但不在同一物体上，故D 正确；
故选：D。
【点评】考查牛顿第三定律及其理解．理解牛顿第三定律与平衡力的区别．
6．【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式得出末速度与位移的关系，从而得出速度为4V 时位移的大小。
【解答】解：根据匀变速直线运动的速度位移公式得：
V2＝2aS
（4V）2＝2aS′，
联立两式解得：S′＝16S．故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用，基础题。
7．【分析】分别对三物体进行受力分析，运用牛顿第二定律求出三者的加速度，然后进行比较。
【解答】解：对1 受力分析由牛顿第二定律得：a1= Fcos60°
m
= F
2m
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同理对2 由牛顿第二定律得：a2= Fcos60°
m
= F
2m
对3 由牛顿第二定律得：a2= F
m，
故a1＝a2＜a3，故ABD 错误C 正确
故选：C。
【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解。
8．【分析】在s﹣t 图象中，图象的斜率表示速度。匀速直线运动的速度﹣时间图象是平行于横轴的直线。
在v﹣t 图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度。
【解答】解：A、根据s﹣t 图象的斜率表示速度，该图表示物体静止不动，故A 错误。
B、根据v﹣t 图象的斜率表示加速度，知该物体的加速度不变，做变加速直线运动；故B 错误。
C、此图象是倾斜的直线，斜率不变，说明物体的速度不变，表示物体做匀速直线运动，故C 正确。
D、该图象表示物体做匀加速直线运动，故D 错误。
故选：C。
【点评】图象是研究物理问题的常用方法，在研究图象时应首先注意图象的坐标的意义，同时还要结合公式理解
图象。
9．【分析】物体与弹簧接触前匀加速运动，与弹簧接触后的运动可以分为加速和减速两个两个过程分析，推力大于
弹簧弹力过程加速，推力小于弹簧弹力过程减速。
【解答】解：物体与弹簧接触前做匀加速直线运动；物体与弹簧接触后，弹簧弹力不断增大，开始阶段弹簧弹力
小于推力F，合力向右，加速度向右，物体做加速度不断减小的加速运动；当加速度减小为零时，速度达到最大；
接下来物体由于惯性继续向右运动，弹力进一步变大，且大于推力，合力向左，加速度向左，物体做加速度不断
变大的减速运动，当速度减为零时，弹簧压缩量最大，物块加速度最大；故ACD 错误B 正确。
故选：B。
【点评】本题中物体先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断增大的减速运动，初学者往往容易忽略加
速过程。
二、双项选择题（本大题共5 小题，每小题5 分，共25 分．每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部
选对的得5 分，选不全的得3 分，有选错或不答的得0 分）
10．【分析】根据牛顿第二定律，可知，合力与加速度有同时性，且方向相同；再结合加速度与速度的方向来确定
速度增加与否。从而即可确定求解。力是改变物体运动状态的原因，当物体受到的合外力为零时，物体的运动状
态保持不变，即物体处于匀速直线运动状态或静止状态；
【解答】解：A、由牛顿第二定律知：它所受合外力是恒定不变时，则加速度也恒定不变，合外力发生改变的一
瞬间，物体的加速度立即发生改变。故A 正确。
B、做匀变速直线运动的物体的加速度的大小与方向都不变，根据牛顿第二定律可知，物体所受到的合外力不变，
故B 正确。
C、由牛顿第二定律可知：合外力一旦变小，物体的加速度一定也立即变小，若与速度方向相反，物体的速度一
定减小，若与速度相同，则物体的速度在变大；故C 错误。
D、力是改变物体运动状态的原因，当物体受到的合外力为零时，物体的运动状态保持不变，即物体处于匀速直
线运动状态或静止状态，故D 错误。
故选：AB。
【点评】本题考查对牛顿第二定律、加速度与速度关系的理解。要抓住加速度与速度无关，即可知道合力与速度
无关，与速度变化快慢有关。
11．【分析】重力的大小与倾角无关；求出木板对小铁块的支持力和摩擦力大小与倾角的关系进行分析。
【解答】解：A、重力的大小与倾角无关，所以小铁块所受重力始终不变，故A 正确；
B、木板对小铁块的支持力为FN＝mgcosθ，随着θ的增大，支持力逐渐减小，故B 错误；
CD、铁块受到的摩擦力在开始到滑动过程为静摩擦力，f＝mgsinθ，为正弦规律变化；而滑动后，f′＝μmgcosθ，
为余弦规律变化，当夹角增大时，摩擦力应先增大后减小；故C 错误，D 正确。
故选：AD。
【点评】在求摩擦力时，一定要先明确是属于滑动摩擦力还是静摩擦力，再分别根据滑动摩擦及静摩擦力的求解
方法进行求解。
12．【分析】在v﹣t 图象中，速度的正负表示物体的速度方向，即运动方向。图象的斜率表示加速度，图线与坐标
轴围成的面积表示位移。根据速度和位置关系，即可判断两者间距何时相距最远。
【解答】解：A、由图可知，两物体的速度均沿正方向，故运动方向相同，故A 错误；
B、t＝4s 时，两图象相交，表示A、B 两物体的速度相同，故B 正确；
C、图象的斜率表示加速度，斜率绝对值越大，加速度越大，则A 物体的加速度比B 物体的加速度，故C 错误；
D、若A、B 两物体同时从同一地点出发，在t＝4s 之前B 物体的速度比A 物体的速度大，B 在A 的前方，两物
体相距越来越远，t＝4s 之后A 物体的速度大于B 物体的速度，两物体相距越来越近，所以t＝4s 时两者相距最
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远，最远距离等于0﹣4s 内两者位移之差，为S= 10×4
2
m＝20m。故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题关键是根据速度时间图象得到两个物体的运动规律，然后根据速度时间图象与时间轴包围的面积表
示位移大小，根据斜率分析加速度的大小，结合初始条件进行分析处理。
13．【分析】由于电梯减速减速，故加速度向上，可知人处于超重状态，由此对人受力分析，列牛顿第二定律解得
电梯对人的支持力，进而得人对电梯的压力。
【解答】解：由于电梯减速减速，故加速度向上，对人受力分析，受到重力mg，地面支持力N，
由牛顿第二定律：N﹣mg＝ma，a = 1
5 g
解得：N = 6
5 mg，
根据牛顿第三定律，则人对电梯底部的压力大小为：N' = N = 6
5 mg，故AD 错误，BC 正确；
故选：BC。
【点评】重点是对超重和失重的判定，其依据是加速度的方向，加速向下为失重，加速度向上为超重。
14．【分析】对甲、乙物体分别受力分析，根据平衡条件列方程求解各力与重力的关系健康。
【解答】解：ABC、对甲、乙物体分别受力分析，如图
根据平衡条件结合几何关系可得：
F1＝mgtan30°=
3
3 mg＜mg
F2=
mg
cos30° = 2mg
3 ＞mg
F3＝mg；
故AC 错误、B 正确；
D、F1 与F2 的合力等于mg，即F1 与F2 的合力等于F3，故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
三、实验题（本大题共2 小题，共16 分）
15．【分析】根据图示刻度尺读出B、C 两点间的距离；根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 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B 点时小车的瞬时
速度大小。
【解答】解：由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，A、C 间的距离为：9.95cm﹣4.00cm＝5.95 cm；
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，有：
vB= xAC
2T = 5.95×10−2
4×0.02 m/s＝0.744m/s
根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 可以求出加速度的大小，
解得：
a= s2−s1
4T2 ；
故答案为：5.95；
0.744；
s2−s1
4T2 。
【点评】要探究一个物体的运动随时间变化的规律，必须知道物体在不同时刻的速度，直接测量瞬时速度是比较
困难的，我们可以借助打点计时器先记录物体在不同时刻的位置，再通过对纸带的分析，计算得到各个时刻的瞬
时速度以及纸带的加速度。
16．【分析】（1）实验前应平衡摩擦力，将木板右端垫高，利用重力分量平衡摩擦力，根据受力平衡可得：Mgsinθ
＝μMgcosθ，根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤
（2）当盘及盘中砝码的总质量远小于小车的质量时，可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的总重力。
（3）通过图线得出两个物理量的定量关系，需作出线性关系图线。
（4）根据F＝0 时，加速度不为零，分析图线不过原点的原因。
（5）根据牛顿第二定律得出图线斜率的物理意义，从而比较质量的大小。
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【解答】解：（1）AB、实验前应平衡摩擦力，平衡摩擦力时，让小车拖着纸带运动，因为纸带也要受到阻力，
不能将重物用细绳通过定滑轮系在小车上，故A 错误，B 正确。
C、恰好平衡摩擦时，由衡条件得：Mgsinθ＝μMgcosθ，即：sinθ＝μcosθ，平衡摩擦力力小车质量无关，改变小
车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故C 正确。
D、为充分利用纸带，实验时应先接通电源，再释放小车，故D 错误。
故选：BC。
（2）由牛顿第二定律得：对m：mg﹣F 拉＝ma，对M：F 拉＝Ma，
解得：F 拉= Mmg
M+m = mg
1+m
M
，当M＞＞m 时，即小车的质量M 远大于砝码和盘的总质量m 时，绳子的拉力近似等
于砝码和盘的总重力。
（3）由牛顿第二定律得：a= 1
MF，当m 一定，即拉力F 一定时，a 与
1
M成正比，a−1
M是一条倾斜的直线，作a−1
M
便于实验数据处理，因此应作a−1
M图象。
（4）如果平衡摩擦力时木板倾角过大，则：Mgsinθ＞μMgcosθ，平衡摩擦力过大，小车受到的合力大于细线的
拉力，当F＝0 时已经产生加速度，a﹣F 图象在纵轴上有截距，由此可知，图示图线是由于平衡摩擦力过大造成
的。
（5）由牛顿第二定律得：a= 1
MF，a﹣F 图线的斜率：k= 1
M，小车质量不同，图线的斜率不同，小车质量越大，
图线斜率越小，由图示图线可知，两同学做实验时M 的取值不同，其中丙的取值较大；
故答案为：（1）BC；（2）M 远大于m；（3）a−1
M；（4）平衡摩擦力过大；（5）小车质量M；丙。
【点评】本题考查了实验注意事项与实验数据处理问题，解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，对于实
验我们要清楚每一项操作存在的理由。比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等。
四．计算题（本大题共32 分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得
分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
17．【分析】先求出汽车刹车到停止所需的时间，因为汽车刹车停止后不在运动，然后根据匀变速直线运动的速度
时间公式求出4s 末的速度，根据位移速度公式求出汽车的位移。
【解答】解：（1）根据加速度公式有：a = △v
△t = v−v0
t
= 9−15
2
m/s2 =−3m/s2，加速度方向与初速度方向相反；
（2）汽车的停止时间为：t0 = | v0
a | = | 15
−3 |s = 5s，故有：v4＝v0+at4＝15+（﹣3）×4m/s＝3m/s；
（3）汽车刹车后8s 内滑行的距离即是刹车位移，故有：s = v0
2 t0 = 37.5m；
答：（1）汽车刹车过程中加速度a 的大小为3m/s2，方向与初速度相反；
（2）汽车刹车后4s 末的速度υ4 为3m/s；
（3）汽车刹车后8s 内滑行的距离s 为37.5m；
【点评】解决本题的关键知道汽车刹车停止后不再运动，8s 内的位移等于5s 内的位移。
18．【分析】（1）以物体为研究对象进行受力分析，根据平衡条件列方程求解；
（2）若将推力的方向改为竖直向上推动木块仍做匀速直线运动，物体只受重力和推力，根据平衡条件求解。
【解答】解：（1）以物体为研究对象，物体受到重力、支持力、推力和摩擦力作用，受力情况如图所示；
x 轴：N＝Fcosα
y 轴：Fsinα＝mg+f
又因为：f＝μN
由以上各式联立得：F =
mg
sinα−μcosα；
（2）若将推力的方向改为竖直向上推动木块仍做匀速直线运动，物体只受重力和推力，
根据平衡条件可得：F′＝mg。
答：（1）推力F 的大小为
mg
sinα−μcosα；
（2）若将推力的方向改为竖直向上推动木块仍做匀速直线运动，则F’为mg。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
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19．【分析】（1）打开降落伞前人做自由落体运动，根据位移速度公式即可求解；
（2）由a 图可知，当速度等于6m/s 时，物体做匀速运动，受力平衡，根据kv＝2mg 即可求解k；
（3）根据牛顿第二定律求解加速度的大小和方向；
（4）以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律即可求解。
【解答】解：（1）由甲图可知，打开降落伞时运动员的速度v0＝20m/s
自由下落距离h0 = v02
2g = 20m
（2）由甲图可知运动员最后匀速，末速度为v＝6m/s
由平衡条件得
kv＝2mg
解得
k＝200N•s/m
（3）打开降落伞的瞬间，对人和伞，由牛顿第二定律得kv0﹣2mg＝2ma
解得
a＝23.3m/s2
方向竖直向上
（4）设打开降落伞瞬间每根绳的拉力为F
对运动员，由牛顿第二定律得
8Fcos37°﹣mg＝ma
解得
F＝312.5N
答：（1）打开降落伞前运动员下落的距离是20m；
（2）阻力系数k 为200N•s/m；
（3）打开降落伞瞬间运动员与伞的加速度a 的大小23.3m/s2 方向竖直向上；
（4）打开降落伞瞬间每根悬绳的拉力是312.5N。
【点评】本题要求同学们能根据速度图象分析出运动员的运动情况，知道当速度等于6m/s 时，物体做匀速运动，
受力平衡，难度适中。
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2019-2020 学年广东省佛山市高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题:本题共7 小题,每小题4 分,共28 分,在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求,选对的
得4 分,错选、不选得0 分
1．（4 分）如图为世界计量日邮票，国际计量大会确定睁国际单位制中，不属于力学《世计量日》纪念票基本单位
的是（
）
A．牛顿
B．米
C．千克
D．秒
2．（4 分）如图为“小小竹排江中游，巍巍青山两岸走”的山水画，以下有关参照系的判断正确的是（
）
A．“竹排江中游”，以竹排上的人从参照系
B．“竹排江中游”，以竹排为参照系
C．“青山两岸走”，以竹排上的人为参照系
D．“青山两岸走”，以江岸上的树为参照系
3．（4 分）港珠澳大桥跨越伶仃洋，东接香港，西连珠海和澳门，总长约55 公里。2018 年10 月24 日上午9 时正
式通车，设计寿命120 年，最高时速为100mh，下列对相关物理量的说法正确的是（
）
A．“55 公里”是位移的大小
B．“2018 年10 月24 日上午9 时”是指时间
C．“120 年”是指时刻
D．“100km/h”是指瞬时速度大小
4．（4 分）知图所示，用三根等长的轻质细链悬拉花盆（花盆与墙壁未接触，连接处间距相等，已知花盆的重力为
G，每根轻质细链和竖直方向都成30°角，则每根轻质细链对花盆的拉力大小为（
）
A．
1
3G
B．
1
6G
C．
2 3
9 G
D．G
5．（4 分）如图所示，斜面体质量为M．小方块质量为m，在水平推力F 作用下左做匀速直线运动，各接触面之间
的动摩擦因数都为μ，重力加速度为g，则（
）
A．地面对斜面体的支持力大小为Mg
B．斜面体对地面的压力大小为（M+m）g
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C．斜面体对小方块的摩擦力大小μmgcosθ
D．地而对斜面体的摩擦力大小为μMg
6．（4 分）国产红旗牌轿车在某段时间运动的v﹣t 图象如图所示，则（
）
A．0﹣2s 的加速度大于4﹣5s 的加速度
B．0～4s 的平均速度大小为1m/s
C．4﹣5s 的位移大小为2m
D．0～5s 轿车一直沿正方向运动
7．（4 分）如图所示，家用楼梯升降椅可以沿着倾斜的直轨道运动，方便行动困难的老人上下楼。以下说法正确的
（
）
A．升降椅加速上升时，人处于失重状态
B．升降椅减速上升时，人处于失重状态
C．升降椅匀速上升时，升降椅对人的作用力沿楼梯斜向上
D．升降椅加速上升时，升降椅对人的作用力沿楼梯斜向上
二、多项选择题：本题共5 小题，每题4 分，共20 分，在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上的选项符
合题目要求，全选对的得4 分，漏选的得2 分，错选或不选得0 分
8．（4 分）运动员用力F1 将球顶出，此时球对运动员的力为F2，下列说法正确的是（
）
A．F1 与F2 的大小相等
B．F1 与F2 是同一性质的力
C．F1 与F2 是对平衡力
D．F1 与F2 的方向相反
9．（4 分）如图是伽利略“理想实验”原理图、A、C、D、E 在同一水平面上，vD、vE、vF、vG 为小钢珠在D、E、
F、G 处的速度大小，若轨道都光滑，则以下说法正确的是（
）
A．vD＞vE
B．vF＝vG
C．本实验是为了说明“小钢珠上升的高度与释放高度相同”
D．本实验是为了说明“小钢珠在水平面上的匀速直线运动不需要力来维持
10．（4 分）吊环比赛中，某时刻运动员双手和吊绳如图都处于竖直状态，在运动员双手从竖直状态连渐向左右伸展
到水平状态的过程中，以下说法正确的是（
）
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A．每条吊绳的拉力逐渐变大
B．每条吊绳的拉力保持不变
C．两条吊绳对人的合力逐渐变大
D．两条吊绳对人的合力不变
11．（4 分）一个物体从静止开始做匀加直线运动的位移﹣﹣时间图象如图所示，以下说法正确的是（
）
A．物体运动的轨迹是曲线
B．物体在前4s 的位移大小为8m
C．物体运动的加速度大小为1m/s2
D．物体到达A 点的瞬时速度大小为2m/s
12．
（4 分）某汽车正以72km/h 在公路上行驶，为“分礼让行人”，若以5m/s2 加速度刹车，则以下说法正确的是（
）
A．刹车后2s 时的速度大小为10m/s
B．汽车滑行40m 停下
C．刹车后5s 时的速度大小为0
D．刹车后6s 内的位移大小为30m
三、实验与解答题：本大题共5 小题，共52 分，按答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出
最后答案的不能得分。
13．（6 分）为了测量弹簧的劲度系数，某同学进行了如下实验。
将称弹簧称竖直悬挂在铁架台上，用弹簧测力计拉弹簧下端，同时记下弹簧总长度和弹簧测力计的示数，记录的
数据如下表：
次数
1
2
3
4
5
6
弹簧总长L
（单位：
mm）
2.41
3.00
3.41
3.80
4.60
5.00
弹力F（单
位：N）
0.71
1.28
2.21
4.05
4.60
请完成以下问题：
（1）第4 次操作时，弹簧测力计的示数如图甲所示，请读出其示数F4＝
N。
（2）第4 次的数据外，其他均已在图乙中描点，请你把第4 次数据在图乙中描点，并作F﹣L 图象。
（3）根据F﹣L 图象可得弹簧的劲度系数k＝
N/m（保留三位有效数字）。
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14．（10 分）为了探究加速度与力的定量关系，某同学设计了如甲图所示的实验装置。其中M 为小车和固定在小车
上的定滑轮的总质量，m 为砂和砂桶的总质量，滑轮大小不计且光滑。力传感器可测出轻绳的拉力大小F。
（1）该实验
（填“需要”或“不需要”下同）满足m 远小于M，
平衡摩擦力。
（2）实验中，应保证
的大小不变、改变
的大小（填“m”或“M“），此时采用的物理方法是
。
（3）若当地重力加速度为g，则在小车向左加速运动过程中，绳拉力F
mg（填“＞”、＜“”或“＝”）
（4）在实验中得到一条纸带，如乙图所示，取A、B、C、D、E 五个点为计数点，其中两相邻计数点间有四个
点未画出，已知BC＝9.00m，DE＝17.00m，打点计时器所用电源的频率为f＝50Hz，则加速度大小a＝
m/s2
（保留两位小数）
（5）以力传感器的示数F 为横坐标，小车运动的加速度a 为纵坐标，画出的a﹣F 图象是一条过原点的斜直线，
如丙图所示，则该图线斜率的物理意义是
。
15．（10 分）晓筱同学在一次观看跳水比赛时，想到一个问题：水池的水至少要多深，才能保证运动员的安全？他
做如下假设：比赛时，运动员在距水面10m 的跳台向上跳起，到达最高点时重心离跳约1.25m。然后自由下落；
忽略空气阻力，将运动员看作质点，其在水中做减速直线运动；上网查得平均加速度大小为25m/s2，g 取10m/s2．请
你帮晓筱计算：
（1）运动员落至水面时的速度；
（2）避免运动员与池底碰撞，水池的最小水深。
16．（12 分）工程车在卸载一巨型石块时，可简化为如图所示的物理模型：石块静置于货箱底板AB 上，卸载时相
当于货箱底板AB 绕B 端缓慢向上转动，直至石块滑下，已知石块质量为m，与货箱底板间的动摩擦因数为
μ=
3
3 ．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，请问：
（1）货箱底板倾角满足什么条件时，石块才会滑动？
（2）将石块分别放在倾角θ＝20°和θ＝60°的货箱底板上时，货箱底板对该石块作用力合力的大小分别为多少？
17．（14 分）如图所示，有两个高低不同的水平面，一质量为M＝1.5kg 木板靠在高水平面边缘O 点，其表面恰好
与高水平面平齐，一质量为m＝1kg 可视为质点的滑块静止放置，距O 点距离为L＝2m，现用水平向右、大小为
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13N 的拉力F 拉滑块，当滑块运动到O 点时撤去拉力F，滑块以此时的速度滑上长木板。滑块在长木板上相对滑
动的距离最终为d＝3m，滑块与高水平面，长木板间的动摩擦因数均为μ1═0.4，取g＝10m/s2，求：
（1）滑块运动到O 点时的速度大小v0 及滑块在长木板上滑动时的加速度大小；
（2）滑块在长木板上滑动时，长木板与地面间的摩擦力。
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2019-2020 学年广东省佛山市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题:本题共7 小题,每小题4 分,共28 分,在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求,选对的
得4 分,错选、不选得0 分
1．【分析】单位制包括基本单位和导出单位，在国际单位制中，力学的基本单位是米、千克、秒。
【解答】解：A、牛顿不属于国际单位制中力学基本单位，是导出单位，故A 错误。
BCD、米、千克、秒均属于国际单位制中力学基本单位，故BCD 正确。
本题选不属于力学基本单位的，
故选：A。
【点评】解决本题时要知道单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本物理量的单位叫基本单位，由物理公式
推导出的单位叫做导出单位。
2．【分析】判断物体的运动情况，就看被选作标准的参照物，如果物体相对于参照物的位置变了，则物体是运动的，
否则物体就是静止的。
【解答】解：AB、“竹排江中游”是竹排相对于青山运动的，故是以青山为参考系的，故AB 错误；
CD、竹排和青山之间的位置不断发生着变化，因此，以竹排为参照物，青山是运动的；故C 正确、D 错误。
故选：C。
【点评】要描述一个物体的运动，就必须选择另外的一个物体作为标准，这个被选择作为标准的物体就是参考系；
说明：（1）一个物体一旦被选为参考系就必须认为它是静止的；（2）选择不同的参考系来观察同一个物体的运动，
观察的结果可能会有所不同；（3）在运动学中，参考系的选择是任意的，但在实际选择参考系时应以运动的描述
尽可能简单为原则，如描述地面上物体的运动时，通常选地面或相对于地面静止不动的其它物体做参考系。
3．【分析】明确时间和时刻的区别，知道位移是指由起点指向终点的有向线段，路程是物体经过实际轨迹的长度；
平均速度等于位移与时间的比值，而平均速率等于路程与时间的比值。
【解答】解：A、运动轨迹的长度为路程，故“55 公里”是路程，故A 错误；
B、题中的“2018 年10 月24 日上午9 时”是时刻，故B 错误
C、“120 年”是指时间，故C 错误；
D、最高时速为100mh，是指瞬时速度大小，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查平均速度和平均速率、位移和路程、时间和时刻等规律，对于相近知识点要注意能准确理解并
掌握它们的区别和联系。
4．【分析】受力分析，由平衡条件列式求解即可。
【解答】解：设每根轻质细链对花盆的拉力大小为F
由平衡条件得：3Fcos30°＝G
解得：F= 2 3G
9
，故ABD 错误C 正确。
故选：C。
【点评】本题考查了受力分析、物体的平衡条件，正确将受力分解为竖直方向和水平方向，根据平衡条件列方程
即可。
5．【分析】以整体为研究对象进行受力分析，根据平衡条件分析支持力，根据摩擦力的计算公式求解地而对斜面体
的摩擦力；根据平衡条件得到斜面体对小方块的摩擦力大小。
【解答】解：ACD、以整体为研究对象，地面对斜面体的支持力大小为（M+m）g，根据牛顿第三定律可得斜面
体对地面的压力大小为N＝（M+m）g，根据摩擦力的计算公式可得f＝μN＝μ（M+m）g，故AD 错误，B 正确；
C、斜面体对小方块的摩擦力为静摩擦力，摩擦力大小为f＝mgsinθ，故C 错误。
故选：B。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
6．【分析】在v﹣t 图象中，图象的斜率表示加速度，斜率越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移。
结合平均速度公式解答。
【解答】解：A、根据图象的斜率表示加速度，斜率越大表示加速度越大，知0﹣2s 的加速度小于4﹣5s 的加速
度，故A 错误。
B、0～4s 的位移大小等于梯形面积大小，为x= 2+5
2
×2＝7m，平均速度为v = x
t = 7
4 =1.75m/s，故B 错误。
C、4﹣5s 的位移大小为x′= 2×1
2
=1m，故C 错误。
D、0～5s 轿车的速度一直为正，说明轿车一直沿正方向运动，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题是速度﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面
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积的含义，能根据图象读取有用信息。
7．【分析】当物体的加速度竖直向上或有竖直向上的分量时，物体处于超重状态，当物体的加速度竖直向下或有竖
直向下的分量时，物体处于失重状态；对支撑物的压力或对悬挂物的拉力小于物体的重力时物体处于失重状态；
对支撑物的压力或对悬挂物的拉力大于物体的重力时物体处于超重状态。重力的大小与运动的状态无关。
【解答】解：A、升降椅加速上升时，加速度向上，人处于超重状态，故A 错误；
B、当升降椅减速上升时，加速度向下，人处于失重状态，故B 正确；
C、当升降椅匀速上升时，人处于平衡状态，升降椅对人的力与人受到的重力平衡，竖直向上，故C 错误；
D、升降椅加速上升时，升降椅对人的作用力为支持和摩擦力，合力斜向上，但不沿楼梯，因为和重力三力的合
力才沿楼梯向上，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题掌握超重或失重的概念和特点是解决这类题目的关键；明确加速度向下物体即失重；加速度向上，
物体即超重，但无论超重还是失重，物体的重力均不变。
二、多项选择题：本题共5 小题，每题4 分，共20 分，在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上的选项符
合题目要求，全选对的得4 分，漏选的得2 分，错选或不选得0 分
8．【分析】作用力与反作用力一定大小相等，方向相反，作用在不同的物体上，它们同时产生同时消失，是同一性
质力；
平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上。
【解答】解：运动员顶球的过程中，运动员对球的力和球对运动员的力是作用在不同物体上的两个力，是一对相
互作用力，它们同时产生同时消失，是同一性质力；
不会相互平衡。故ABD 正确，C 错误。
故选：ABD。
【点评】本题考查了相互作用力和平衡力的辨别，有一定综合性，但难度不大。
9．【分析】本题考查了伽利略斜面实验的物理意义，伽利略通过“理想斜面实验”推翻了力是维持运动的原因的错
误观点。
【解答】解：AB、若轨道都光滑，则小球在平直的轨道上做匀速直线运动，所以各点的速度都是相等的。故A
错误，B 正确；
CD、伽利略设计这个理想实验，其目的是为了说明亚里士多德的力是维持物体运动状态的原因的结论是错误的，
物体运动不需要力来维持。故C 错误，D 正确。
故选：BD。
【点评】伽利略“理想斜面实验”在物理上有着重要意义，伽利略第一个把实验引入物理，标志着物理学的真正
开始。
10．【分析】三力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；将一个力分解为两个相等的分力，夹
角越大，分力越大，夹角越小，分力越小。
【解答】解：对运动员受力分析，受到重力、两个拉力，如图：
由于两个拉力的合力F 不变，且夹角变大，故两个拉力FT 不断变大，故AD 正确，BC 错误。
故选：AD。
【点评】本题关键作图后，根据三力平衡条件，运用合成法分析讨论，注意由物理情景，作出物理模型，并能正
确使用物理规律，是解题的三步曲。
11．【分析】位移﹣﹣时间图象不是物体运动的轨迹，位移等于纵坐标的变化量，根据匀变速直线运动的位移公式
求加速度，再由速度公式求物体到达A 点的瞬时速度大小。
【解答】解：A、位移﹣﹣时间图象不是物体运动的轨迹，位移﹣﹣时间图象只能表示直线运动的规律，物体从
静止开始做匀加直线运动。故A 错误。
B、物体在前4s 的位移大小为△x＝x2﹣x1＝8m﹣0＝8m，故B 正确。
C、物体从静止开始做匀加直线运动，则△x= 1
2 at2，得a= 2△x
t2
= 2×8
42 =1m/s2．故C 正确。
D、物体到达A 点的瞬时速度大小为v＝at＝1×4m/s＝4m/s。故D 错误。
故选：BC。
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【点评】本题解题的关键要掌握匀变速直线运动的位移时间和速度时间公式，并能熟练运用。要知道物体通过的
位移等于纵坐标的变化量。
12．【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式v2﹣v02＝2ax 求出刹车的距离。求出汽车刹车到停止的时间，然
后依次求解各个选项即可。
【解答】解：72km/h＝20m/s，根据速度位移公式v2﹣v02＝2ax 得，x＝40m。汽车刹车到停止的时间t0= v0
a =4s
A、由速度公式得刹车后2s 时的速度：v2＝v0﹣at2＝10m/s，故A 正确；
B、由上面的分析知汽车滑行40m 停下，故B 正确；
CD、由上面的分析知汽车刹车到停止的时间为4s，所以刹车后5s 时的速度大小为0，刹车后6s 内的位移大小为
40m，故C 正确D 错误；
故选：ABC。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式和速度时间公式。要注意刹车到零的时间，汽车停
下后就不再运动了。
三、实验与解答题：本大题共5 小题，共52 分，按答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出
最后答案的不能得分。
13．【分析】（1）了解弹簧测力计的量程和分度值，根据指针指示的数值来读数；
（2）根据描点法可测出图象，注意用直线将各点相连。
（3）结合图线得出弹簧的原长，根据图线的斜率求出劲度系数的大小。
【解答】解：（1）弹簧测力计的分度值是0.1N，故弹簧测力计的示数为3N+0.20N＝3.20N
（2）根据提供数据描点画出图象如图所示：
（3）劲度系数为图象直线部分的斜率，k=
4.60−0.71
(5.00−2.41)×10−2N/m＝150N/m
故答案为：（1）3.20
（2）如图所示
（3）150N/m
【点评】本题利用“探究弹力和弹簧伸长量的关系，并测定弹簧的劲度系数”考查了学生设计的能力和作图的能
力，知道F﹣L 图线的斜率表示劲度系数。
14．【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；
（2）根据图2 判断出a﹣F 图象不过原点的原因；
（3）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a﹣F 图来说，图象的斜率表示小车质量与滑轮质量和的倒数的
2 倍。
【解答】解：（1）由于拉力可测，不必用钩码的重力代替拉力，所以不需要满足m＜＜M 这一条件；由于将拉
力当做合力，所以摩擦力是需要平衡的；
（2）由于是探究加速与作用力的关系，所以要控制小车的质量M 不变，而改变拉力（改变m）从而改变了拉力，
但注意的是拉力小于mg；
（3）由于重物向下加速运动，属失重，所以拉力小于重力；
（4）由逐差相等求加速度为：a= x3−x1
2T2
= (17.00−9.00)×10−2
2(5×0.02)2
m/s2＝4.00m/s2。
（5）小车在两段绳子的拉力作用下加速运动，由牛顿第二定律有：2F＝Ma，所以a= 2
M F，则a﹣F 图象的斜率
是
2
M。
故答案为：（1）不需要，需要；（2）M，m，控制变量法；（3）＜；（4）4.00；（5）
2
M 或小车与滑轮总质量倒数
的两倍
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【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个
重要推论的运用。
15．【分析】（1）物体做自由落体运动，根据位移公式和速度公式求得末速度；
（2）进入水后做匀减速直线运动，根据速度位移公式求解水深。
【解答】解：（1）由题意知运动员从跳台至水面做自由落体运动
由H+h= 1
2 gt2
v＝gt
得：v=
2g(H + h)
将数据带入解得v＝15m/s
（2）运动员末速度为0，设水池的最小水深为H0，则0−v0
2 =2aH0
解得H0＝4.5m
答：（1）落水的速度为15m/s；
（2）水深最小为4.5m。
【点评】本题考查匀变速直线运动，主要时明白运动过程，熟记公式，基础题目。
16．【分析】（1）根据平衡条件求解货箱底板倾角满足什么条件时，石块才会滑动；
（2）货箱底板对该石块作用力合力是指支持力和摩擦力的合力，根据受力情况判断运动情况进行解答。
【解答】解：（1）若石块在底板上开始滑动，则有：mgsinθ＞f
而f＝μmgcosθ
解得：tanθ＞μ
解得：θ＞30°
所以货箱底板倾角大于30°时，石块才会滑动；
（2）当θ＝20°＜30°时，石块未滑动，处于静止状态，
由物体的平衡得货箱底板对该石块的作用力的合力F1＝mg，方向竖直向上；
当θ＝60°＞30°时，石块已经运动，此时的摩擦力f′＝μmgcos60°
货箱底板对该石块作用力合力的大小F2=
f'2 + (mgcosθ)2 =
3
3 mg。
答：（1）货箱底板倾角大于30°时，石块才会滑动；
（2）将石块分别放在倾角θ＝20°时货箱底板对该石块的作用力的合力大小为mg；θ＝60°时货箱底板对该石块
作用力合力的大小为
3
3 mg。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
17．【分析】（1）滑块在高水平面上做加速运动，由牛顿第二定律求得加速度，根据运动学公式可求得速度，在长
木板上滑动时，根据牛顿第二定律求解加速度；
（2）根据运动学公式及滑块在长木板上相对滑动的距离判断木板也同时滑动，对滑块和木板有牛顿第二定律和
运动学公式可求出与地面的摩擦力大小。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律有：F﹣μmg＝ma
根据运动学公式有：v02＝2aL
联立方程解得：v0＝6m/s
滑块在长木板上滑动时，根据牛顿第二定律有：μ1mg＝ma1
代入数据解得：a1＝4m/s2
（2）滑块滑上木板，若木板静止，对滑块有：v02＝2a1d′
解得：d′＝4.5m 与d＝3m 矛盾，所以滑块滑上木板时，木板也同时滑动
滑块在长木板上滑动，滑块减速，长木板加速，直至两者共速。设所用时间为t，共同速度为v，长木板滑动距
离为s，加速度大小为a2，则：
对滑块：v＝v0﹣a1t
s+d= v+v0
2
t
对木板：s= v
2 t
v＝a2t
μ1mg﹣f 地＝Ma2
联立解得：f 地＝1N
答：（1）滑块运动到O 点时的速度大小是6m/s，滑块在长木板上滑动时的加速度大小是4m/s2；
（2）滑块在长木板上滑动时，长木板与地面间的摩擦力是1N。
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【点评】对于这类两个物体相互作用的类型，要正确分析二者之间摩擦力的变化，根据牛顿第二定律求出它们的
加速度大小，然后根据相对位移之间的关系列方程求解。
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2019-2020 学年广东省东莞市高一（上）期末物理试卷
二、单项选择题（本题共10 小题，每小题3 分，共30 分，每小题的四个选项中只有一个选项符合题目要求）
1．（3 分）在物理学发展过程中，下面哪位科学家首先建立了平均速度、瞬时速度、加速度等概念用来描述物体的
运动，并首先用实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理有机地结合起来，从而有力地推进了人类科
学的发展（
）
A．亚里士多德
B．伽利略
C．牛顿
D．爱因斯坦
2．（3 分）下列各组物理量中，全部是矢量的是（
）
A．位移、时间、速度、加速度
B．质量、路程、速度、平均速度
C．速度、平均速度、位移、加速度
D．位移、路程、时间、加速度
3．（3 分）如图所示，用水平外力F 将木块压在竖直墙面上保持静止状态，下列说法正确的是（
）
A．木块所受重力与墙对木块的静摩擦力是一对平衡力
B．木块所受重力与墙对木块的静摩擦力是一对作用力与反作用力
C．木块对墙的压力与水平力F 是平衡力
D．水平力F 与墙对木块的正压力是一对作用力和反作用力
4．（3 分）如图所示为甲、乙两车从同一位置由静止开始沿同一方向运动的v﹣t 图象，两图象在t0 时刻相交。则下
列判断正确的是（
）
A．to 时刻甲、乙两车相遇
B．两车相遇前，t0 时刻相距最远
C．0～t0 时间内，任意时刻乙车的加速度大于甲车的加速度
D．0～t0 时间内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度
5．（3 分）已知力F1 作用在物体上产生的加速度为a1＝3m/s2，力F2 作用在该物体上产生的加速度为a2＝4m/s2，则
F1 和F2 同时作用在该物体上，产生的加速度的大小不可能为（
）
A．8m/s2
B．5m/s2
C．1m/s2
D．7m/s2
6．（3 分）如图所示，在光滑斜面上放一个质量为m 的皮球，用一个与斜面垂直的挡板使之处于平衡状态，此时斜
面受到的压力为F1．若撤去挡板，斜面受到的压力为F2，则（
）
A．F1＞F2
B．F1＝F2
C．F1＜F2
D．无法确定
7．（3 分）如图所示，两个水平推力F1、F2（F1＞F2）作用在质量为m 的物块上，物块在水平面上向右做匀速直线
运动，则物块与水平面间的动摩擦因数为（
）
A．
F1
mg
B．
F2
mg
C．
F1+F2
mg
D．
F1−F2
mg
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8．（3 分）一物体以初速度v0＝20m/s 从斜面底端向上匀减速滑动，当上滑距离x0＝30m 时，速度减为10m/s，若该
物体恰能滑到斜面顶端，则斜面长度为（
）
A．40m
B．50m
C．32m
D．60m
9．（3 分）如图所示，两条完全相同的橡皮筋一端固定在水平地面上，另一端栓住一质量M＝0.05kg 的小球。一小
童用竖直向上的拉力F 缓慢拉动小球，当两条橡皮筋与地面之间的夹角均为30°时，拉力F＝0.7N，则两条橡皮
筋上的拉力（g＝10m/s2）（
）
A．大小相等，且大小为0.7N
B．大小相等，且大小为0.5N
C．大小相等，且大小为0.2N
D．大小不相等
10．（3 分）一小汽车以25m/s 的速度在平直公路上匀速行驶，司机发现前方有事故，马上刹车，刹车后小汽车做加
速度大小为2m/s2 的匀减速直线运动，从刹车开始计时，则第13s 内小汽车运行的位移大小为（
）
A．0.25m
B．0.5m
C．1m
D．1.5m
二、多项选择题（本题共5 小题，每小题4 分，共20 分，每小题有两个或两个以上选项符合题目要求）
11．（4 分）2015 年4 月3 日上午10 时，我国海军第二十批护航编队从浙江舟山某军港解缆起航，奔赴亚丁湾、索
马里海域执行护航任务，经过5000 多海里的航行，于4 月21 日晨抵达目的地。关于此次航行，下列说法正确的
是（
）
A．当研究护航舰艇的运行轨迹时，能将护航舰艇看做质点
B．“5000 多海里”指的是护航舰艇的航行位移
C．根据题中数据可以求出护航舰艇的平均速度
D．题中数据“4 月3 日上午10 时”指的是时刻
12．（4 分）小李站在升降机中的体重计上，升降机静止时体重计示数如图（甲）所示，升降机运行过程中体重计示
数如图（乙）所示，则（
）
A．升降机可能在向上运动
B．升降机一定在向下运动
C．升降机的加速度方向一定向下
D．升降机的加速度方向可能向上
13．（4 分）质量m＝1kg 的物体静止在光滑水平面上，某时刻开始，物体受到水平拉力F 作用，F 随时间t 变化规
律如图所示。下列说法正确的是（
）
A．t＝1s 时，物体的速度为10m/s
B．t＝2s 时，物体的加速度为5m/s2
C．t＝3s 时，物体的速度为零
D．0～3s 内，物体先做加速运动后做减速运动
14．（4 分）一名宇航员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为2kg 的小球从一定的高度自由下落，测得小
球第5s 内的位移为18m（整个过程小球未到达地面），则（
）
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A．小球在2s 末的速度为8m/s
B．小球在第5s 内的平均速度为3.6m/s
C．小球自由下落的加速度为4m/s2
D．小球在5s 内的位移为50m
15．（4 分）如图所示，将一劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在内壁光滑的质量为M 的半球形容器底部O′处（O
为球心），弹簧另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点，已知容器半径为R、与水平地面之间的动摩擦
因数为μ，OP 与水平方向的夹角为θ＝30°．下列说法正确的是（
）
A．轻弹簧对小球的弹力大小为mg
B．容器相对于水平面有向左的运动趋势
C．容器对地面的压力大小等于（M+m）g
D．弹簧原长为R+ mg
k
三、实验与探究题（本题共1 题，共18 分）
16．（8 分）小明同学在做“互成角度的两个力的合成”实验时，利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O 以及两只
弹簧测力计的拉力，如图（a）所示。
（1）本实验采用的科学方法是
A．理想实验法
B．等效替代法
C．控制变量法
D．比值定义法
（2）试在图（a）中作出无实验误差情况下F1 和F2 的合力图示，并用F 表示此力。
（3）有关此实验，下列叙述正确的是
A．两弹簧测力计的拉力可以都比橡皮筋的拉力大
B．橡皮筋的拉力是合力，两弹簧测力计的拉力是分力
C．两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O，这样做的目的是保证两次弹簧测力计拉力的作用效果相
同
D．若只增大某一只弹簧测力计的拉力大小而保证橡皮筋结点位置不变，则只需调整另一只弹簧测力计拉力的大
小即可
（4）如图（b）所示是张华和李明两位同学在做以上实验时得到的结果，其中哪一个实验比较符合实验事实？（力
F’是用一只弹簧测力计拉时的图示）
（填“李明”或“张华”）
17．（10 分）在探究“加速度与力、质量的关系”的实验中，实验装置如图1 所示：
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（1）在实验前必须平衡摩擦力，其步骤如下；取下细线和砝码，把木板不带滑轮的一端适当垫高并反复调节，
直到轻推小车，使小车做
直线运动
（2）某同学在探究小车质量不变，小车的加速度与小车所受合力间的关系时，该同学平衡小车的摩擦力后，为
了使小车所受的合力近似等于砝码的重力，小车的质量M 和砝码的质量m 分别应选取下列哪组值最适宜
A．M＝500g，m 分别为50g、70g、100g、225g
B．M＝500g，m 分别为20g、30g、40g、50g
C．M＝200g，m 分别为50g、75g、100g、225g
D．M＝200g，m 分别为30g、40g、50g、100g
（3）在某次实验中，某同学得到一条打点清晰的纸带，每相邻的计数点间还有4 个计时点未画出，如图2 所示，
已知每相邻的两个计数点间的距离为s，且s1＝0.95cm，S2＝2.88cm，S3＝4.80cm，S4＝6.71cm，S5＝8.64cm，
S6＝10.57cm，电磁打点计时器的电源频率为50Hz．试计算打计数点“3”时小车的速度v＝
m/s，纸带的
加速度大小a＝
m/s2（计算结果保留3 位有效数字）
（4）在平衡好摩擦力的情况下，探究小车加速度a 与小车受力F 的关系中，将实验测得的数据在坐标图中描点
并作出a﹣F 图线，如图3 所示。从a﹣F 图线求得小车的质量为
kg（计算保留两位有效数字）
四、计算题：（本题共3 小题，共2 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的
不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）．
18．（10 分）一质量M＝1.0x106kg 的列车在F＝1.5x105N 的牵引力作用下沿平直铁轨匀加速行驶，在t＝100s 内速
度由v1＝5.0m/s 增加到v2＝15.0m/s，求：
（1）列车的加速度大小；
（2）列车运动中所受的阻力大小。
19．（10 分）如图所示，一质量为0.5kg 的长方形物体，在受到与竖直方向成θ＝37o 推力F 作用下静止在一足够长
的光滑竖直墙壁上，（g﹣10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6），求：
（1）推力F 及墙壁对物体弹力N 的大小；
（2）若只改变推力的大小、使物体从静止开始在1s 内滑行0.5m，推力的大小应为多大。
20．（12 分）如图所示，一小球从左边光滑斜面上h1＝1.25m 处由静止释放下滑到水平地面上的A 点，运动到B 点
后滑上右侧光滑斜面，物体恰能滑到右侧光滑斜面h2高度处，已知左右两光滑斜面与地面之间的夹角均为θ＝30°，
物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，水平地面A、B 两点间的距离为L＝4m，（g＝10m/s2）求：
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（1）小球到达A 点的速度大小；
（2）高度h2；
（3）小球从开始运动到静止的总路程。
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2019-2020 学年广东省东莞市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
二、单项选择题（本题共10 小题，每小题3 分，共30 分，每小题的四个选项中只有一个选项符合题目要求）
1．【分析】亚里士多德用快慢描述物体的运动，牛顿发现了牛顿三定律和万有引力定律，爱因斯坦的成就主要在量
子力学，如光子说、质能方程、光电效应方程等，伽利略首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描
述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地
推进了人类科学的发展。
【解答】解：伽利略首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检
验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展。故B 正确，
ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题考查物理学史，要注意准确掌握各位物理学家所做出的贡献，并从中学习相应的物理方法。
2．【分析】矢量是既有大小，又有方向的物理量，标量是只有大小，没有方向的物理量。
【解答】解：
A、时间只有大小，没有方向，是标量。位移、速度、加速度是矢量，既有大小，又有方向。故A 错误。
B、质量、路程是没有方向的标量，速度、平均速度是矢量，既有大小，又有方向，故B 错误。
C、速度、平均速度、位移、加速度都是既有大小，又有方向的矢量，故C 正确。
D、路程、时间是标量，位移、加速度都是矢量。故D 错误。
故选：C。
【点评】对于矢量与标量，要抓住两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵
守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。
3．【分析】木块处于静止，在竖直方向上受两个力，即重力和墙对木块的静摩擦力。平衡力作用在同一物体上，作
用力和反作用力作用在不同的物体上。
木块在水平方向上受外力F 和墙对木块的支持力，两个力是一对平衡力。
【解答】解：A、B：木块处于静止，在竖直方向上受两个力，即重力和墙对木块的静摩擦力。两个力是一对平
衡力。故A 正确，B 错误；
C：木块在水平方向上受外力F 和墙对木块的支持力，两个力是一对平衡力。故C 错误，D 错误；
故选：A。
【点评】解决本题的关键知道作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。与平衡力的区别在
于，作用力和反作用力作用在不同的物体上，平衡力作用在同一物体上。
4．【分析】甲、乙两车从同一位置由静止开始沿同一方向运动，位移相等时相遇。根据速度时间图线与时间轴围成
的面积表示位移，结合围成的面积比较位移的关系，从而判断两车能否相遇。根据图线的斜率比较加速度，由位
移关系和时间关系分析平均速度关系。
【解答】解：A、0﹣t0 时间内，甲、乙两图线与坐标轴围成的面积不等，乙图线围成的面积大于甲图线围成的面
积，则乙的位移大于甲的位移，而t＝0 时刻两车在同一位置，所以to 时刻甲、乙两车没有相遇。故A 错误。
B、在t0 时刻之前，乙的速度大于甲的速度，乙车在甲车的前方，两者的距离逐渐增大。t0 时刻之后，乙的速度
小于甲的速度，两者距离逐渐减小，可知t0 时刻两车相距最远，故B 正确。
C、图线的切线斜率表示瞬时加速度，则0～t0 时间内，乙的加速度先大于甲的加速度，后小于甲的加速度。故C
错误。
D、在0～t0 时间内，乙的位移大于甲的位移，则乙的平均速度大于甲的平均速度。故D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键要知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面
积表示位移。
5．【分析】设物体为质量为m，根据牛顿第二定律分别列出前两种情况下的表达式，确定F1 和F2 共同作用于该物
体时合力范围，再求出加速度的范围进行选择。
【解答】解：设物体为质量为m，根据牛顿第二定律得：F1＝ma1，F2＝ma2
则F1 和F2 共同作用于该物体时合力范围为：F2﹣F1≤F 合≤F2+F1，
代入得：m≤F 合≤6m
又由牛顿第二定律得加速度的范围为：1m/s2≤a≤7m/s2
所以物体具有的加速度大小不可能是8m/s2．故A 错误BCD 正确。
本题选择不可能的，
故选：A。
【点评】本题考查应用牛顿第二定律解题的基本能力，关键是确定合力的范围，得出加速度的范围。
6．【分析】小球受重力、挡板和斜面对球体的弹力，三力平衡，两个弹力的合力与重力等值、反向、共线。
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【解答】解：由挡板时，球受重力、挡板和斜面对球体的弹力，设斜面得倾角为θ，作出力图如图所示：
根据平衡条件，小球受到的支持力：F1′＝mgcosθ，
所以斜面受到的压力为：F1＝F1′＝mgcosθ
当撤去挡板后，小球只受到重力与支持力，支持力：F2′＝mgcosθ
所以斜面受到的压力为：F2＝F2′＝mgcosθ
所以：F1＝F2
故ACD 错误，B 正确
故选：B。
【点评】本题关键是正确地对球受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合合成法求解。
7．【分析】物体匀速直线运动受力平衡，对物体进行受力分析，根据平衡条件结合滑动摩擦力公式即可求解。
【解答】解：物体匀速直线运动受力平衡，则有：
F1＝F2+f
所以有：
μmg＝F1﹣F2
解得：μ= F1−F2
mg ．故ABC 错误，D 正确
故选：D。
【点评】本题主要考查了平衡条件及滑动摩擦力公式的直接应用，难度不大，属于基础题。
8．【分析】根据运动学速度位移关系公式，分别对前后两段运动过程列式，联立方程组求解即可。
【解答】解：设斜面长度为L，根据速度位移关系公式得：v2 −v0
2 = 2ax0，0 −v0
2 = 2aL，
联立代入数据解得：L＝40m，故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
【点评】本题不涉及时间问题，优先考虑运动学速度位移关系公式，采用比例法比较简便。
9．【分析】对小球进行受力分析，然后由共点力平衡的条件即可求出。
【解答】解：对小球进行受力分析如图，则
竖直方向：
F＝mg+T1cos60°+T2cos60°
水平方向：
T1sin60°＝T2sin60°
代入数据可得：T1＝T2＝0.2N
故ABD 错误，C 正确
故选：C。
【点评】该题考查共点力作用下物体的平衡，解答的关键是正确对小球进行受力分析。
10．【分析】根据速度时间公式求出速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再看作反向匀加速运动，由位移公式
求出刹车后的位移。
【解答】解：汽车速度减为零的时间为：
t= v0
a =12.5s。
将正向匀减速运动看作反向匀加速直线运动，求第13s 内的位移相当于求反向0.5s 内的位移，为：
x= 1
2 at2 =0.25m。故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
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【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，本题属于刹车问题，知道汽车速度
减为零后不再运动，注意求的是第13s 内的位移，不是13s 的位移。
二、多项选择题（本题共5 小题，每小题4 分，共20 分，每小题有两个或两个以上选项符合题目要求）
11．【分析】当物体在所研究的问题中大小和形状可以忽略不计时，物体即可以看作质点；
位移是指初末两点间的有向线段的长度；而路程是指物体经过的轨迹的长度；
时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，在难以区分是
时间还是时刻时，可以通过时间轴来进行区分。
【解答】解：A、当研究舰艇的运动轨迹时，舰艇的大小和形状可以忽略，故可以看作质点，故A 正确；
B、舰艇做曲线运动，其行驶的距离为轨迹的长度，故为路程，故B 错误；
C、舰艇的平均速度等于位移除以时间，根据题目不能求出位移，所以不能求出平均速度，故C 错误；
D、“4 月3 日上午10 时”指的是时刻，故D 正确；
故选：AD。
【点评】本题考查位移与路程、质点的定义等，从位移开始在学习中应开始对矢量加以关注，明确其性质。
12．【分析】根据甲图读出小李的实际重力，根据乙图读出小李站在体重秤上受到的支持力，
从而找到加速度方向。
【解答】解：由甲图知小李的实际重力为60，当他站在升降机的体重秤上时，对体重秤的压力由乙图得为40，
故支持力小于重力，根据牛顿第二定律知，加速度方向向下，电梯的可以加速向下运动，
也可以减速向上运动。故AC 正确，BD 错误；
故选：AC。
【点评】该题是受理分析和牛顿第二定律的基本应用，题目相对简单。
13．【分析】0～1s 拉力F 不变，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律结合速度公式可求得1s 时物体的速度；由图
可写出1s 后拉力F 的变化规律的表达式，由此可求得2s 时的拉力，则2s 时的加速度可求解，1s 后拉力虽减小，
但速度仍增加，物体先做匀加速运动后做加速度减小的加速运动。
【解答】解：A、0～1s 拉力F 不变，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律得：a1= F0
m =10m/s2，t＝1s 时，物体
的速度v1＝a1t1＝10m/s，故A 正确；
B、由图知1s 后拉力F 的变化规律为F＝F0﹣k（t﹣1）＝10﹣5（t﹣1），t＝2s 时拉力F2＝5N，由牛顿第二定律
得：a2＝5m/s2，故B 正确；
CD、t＝3s 时拉力F＝0，0～3s 内，物体先做匀加速运动后做加速度减小的加速运动，所以3s 末的速度不可能为
零，故CD 错误；
故选：AB。
【点评】本题考查了牛顿第二定律、运动学公式的综合应用，根据分析拉力的变化可知物体的运动规律，则问题
可迎刃而解。
14．【分析】第5s 内的位移等于5s 内的位移减去4s 内的位移，根据自由落体运动的位移时间公式求出星球上的重
力加速度。再根据速度时间公式v＝gt，位移时间公式h= 1
2 gt2求出速度和位移
【解答】解：A、C、第5s 内的位移是18m，有：
1
2gt12−1
2gt22＝18m，t1＝5s，t2＝4s，解得：g＝4m/s2．所以2s
末的速度：v＝gt＝8m/s。故A 正确，C 正确。
B、第5s 内的平均速度：v = x
t = 18
1 m/s = 18m/s．故B 错误。
D、物体在5s 内的位移：x= 1
2gt2= 1
2 ×4×25m＝50m。故D 正确。
故选：ACD。
【点评】解决本题的关键掌握自由落体运动的规律，注意星球上重力加速度和地球的重力加速度不同
15．【分析】对容器和小球整体研究，分析受力可求得半球形容器受到地面的静摩擦力情况；
对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力及弹簧的弹力而处于静止，由共点力的平衡条件可求得小球受到
的轻弹簧的弹力及小球受到的支持力，由胡克定律求出弹簧的压缩量，即可求得原长。
【解答】解：BC、以容器和小球整体为研究对象，分析受力可知：竖直方向有：总重力、地面的支持力，容器
相对于水平面无滑动趋势，地面对半球形容器没有摩擦力，地面对容器的支持力等于（M+m）g，再由牛顿第三
定律可知容器对地面的压力大小等于（M+m）g，故B 错误，C 正确；
A、对小球受力分析：重力mg、弹簧的弹力F 和容器的支持力N，如图所示：
根据平衡条件，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力平衡，竖直向上，结合几何关系可知：
N＝F＝mg，故A 正确；
D、由胡克定律，弹簧的压缩量为：△x= F
k = mg
k ；
故弹簧的原长为：x＝R+△x＝R+ mg
k ；故D 正确；
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故选：ACD。
【点评】共点力平衡问题重点在于正确选择研究对象，本题运用隔离法和整体法两种方法进行受力分析得出结论。
三、实验与探究题（本题共1 题，共18 分）
16．【分析】（1）本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注
意该实验方法的应用；
（2）以F1 和F2 为邻边作平行四边形，通过O 点的对角线表示合力F，据此可正确画出F1 和F2 的合力图示；
（3）注意所有要求都要便于操作，有利于减小误差进行，所有操作步骤的设计都是以实验原理和实验目的为中
心展开，据此可正确解答本题；
（4）明确实验理论值和实验值之间的关系即可正确解答。
【解答】解：（1）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
B 正确，ACD 错误。
故选：B。
（2）以F1 和F2 为邻边作平行四边形，与F1 和F2 共点的对角线表示合力F，标上箭头。如图所示。
（3）A、两弹簧测力计的拉力的合力与橡皮筋的拉力大小相等，两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力
大。故A 正确。
B、两弹簧测力计的拉力与橡皮条的拉力的合力为零，它们之间不是合力与分力的关系，B 错误；
C、两次拉橡皮筋时，为了使两次达到效果相同，橡皮筋结点必须拉到同一位置O．故C 正确。
D、结点位置不变，合力不变，当一只弹簧测力计的拉力大小改变时，另一弹簧测力计的拉力的大小和方
向必须都改变，故D 错误；
故选：AC。
（4）用平行四边形定则求出的合力可以与橡皮条拉力的方向有偏差，但用一只弹簧测力计拉结点的拉力与橡皮
条拉力一定在同一直线上，故张华符合实验事实。
故答案为：（1）B；（2）如图所示；（3）AC；（4）张华
【点评】解答实验的出发点为明确实验原理、实验步骤、数据处理，并能进行正确的受力分析，同时注意应用所
学物理基本规律解决实验问题。
17．【分析】（1）根据实验原理和操作过程即可判断；
（2）实验过程中要满足小车的质量远远大于砂和砂桶的质量即可判断；
（3）某段时间的平均速度来代替时间中点的瞬时速度，根据△x＝aT2 求得加速度；
（4）根据牛顿第二定律求出托盘里砝码的质量。
【解答】解：（1）平衡摩擦力是首先是让木板倾斜，取下钩码让小车拖着纸带在木板上做匀速直线运动；
（2）要使小车所受的合力近似等于砝码的重力，则要求小车的质量M 远大于砝码的质量m，故B 选项符合要求；
（
3 ）
用
某
段时
间
的
平
均
速
度来
代
替
时
间
中点
的
瞬
时
速
度
，所以
v3= v24 = s3+s4
2T
= (4.80+6.71)×10−2
2×0.1
m/s =0.576m/s；
为减小偶然误差把纸带分成两大段，由逐差公式求加速度，a = △x
T2 =
(6.71+8.64+10.57−0.95−2.88−4.80)×10−2
(3×0.1)2
m/s2 =1.92m/s2；
（4）将实验测得的数据在坐标图中描点并作出a﹣F 图线，据牛顿第二定律a= 1
M F，则图线的斜率的倒数等于
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小车的质量M= 1
k = 1
1.2
0.6
kg =0.5kg。
故答案为：（1）匀速
（2）B
（3）0.576
1.92
（4）0.50
【点评】对于纸带问题的处理，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律，提高应用基本规律解答实验问题
的能力，熟练应用有关图象知识进行数据处理。
四、计算题：（本题共3 小题，共2 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的
不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）．
18．【分析】（1）根据加速度的定义a= △v
△t直接求解即可。
（2）对列车利用牛顿第二定律列方程即可求出其所受阻力。
【解答】解：（1）根据：a= △v
△t，代入数据得：a＝0.1m/s2
所以列车的加速度为0.1m/s2。
（2）设列车在运动中所受的阻力大小为f，
由牛顿第二定律：F﹣f＝ma
代入数据解得：f＝5.0×104N，
所以列车在运动过程中所受阻力为5.0×104N。
答：（1）列车的加速度大小是0.1m/s2；
（2）列车运动中所受的阻力大小是5.0×104N。
【点评】本题比较简单，直接根据加速度的定义式和牛顿第二定律求解即可，做题过程中注意加速度是联系力学
和运动学的桥梁。
19．【分析】（1）对物块受力分析由平衡条件可求得推力F 及墙壁对物体弹力N 的大小；
（2）当推力增大物体向上加速或减小物体向下加速，根据牛顿第二定律结合位移公式可求得推力的大小。
【解答】解：（1）对物块受力分析，由平衡条件得：
Fcosθ＝mg
Fsinθ＝N
解得：
F＝6.25N
N＝3.75N
（2）当推力增大物体向上加速，则有：
F1cosθ﹣mg＝ma
s= 1
2 at2
解得：F1＝6.875N
当推力减小物体向下加速，则有：
mg﹣F2cosθ＝ma
解得：F2＝5.625N
答：（1）推力F 及墙壁对物体弹力N 的大小分别为6.25N、3.75N；
（2）若只改变推力的大小、使物体从静止开始在1s 内滑行0.5m，推力的大小应为6.875N 或5.625N。
【点评】本题考查了物体的平衡条件、牛顿第二定律及位移公式的应用，明确物块的不同的状态选择合适的规律
求解即可。
20．【分析】（1）小球从左侧斜面上下滑的过程，运用牛顿第二定律求得加速度，再由运动学公式求小球到达A 点
的速度大小；
（2）研究小球在水平面上运动的过程，由牛顿第二定律和运动学公式结合求出小球到达B 点的速度。对小球在
右侧斜面上上滑的过程，由运动学公式求高度h2；
（3）根据速度位移公式求小球从开始运动到静止的总路程。
【解答】解：（1）设小球从开始运动到A 点时的速度为vA，由牛顿第二定律得
mgsinθ＝ma1。
由运动学公式有vA2＝2a1S1。
又S1sinθ＝h1。
解得vA＝5m/s
（2）设小球第一次到达B 点时的速度为vB，能到达右斜面的高度为h2。
小球在水平面上运动时，根据牛顿第二定律得μmg＝ma2。
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由运动学公式有vB2﹣vA2＝﹣2a2L
小球在右侧斜面上上滑的过程，有vB2＝2a1
h2
sinθ
解得h2＝0.45m
（3）设小球返回B 点后能水平地面滑行距离为S2。
vB2＝2a2S2。
解得S2＝2.25m＜4m
故小球从开始运动到静止的总路程S＝S1+L+2
h2
sinθ +S2。
解得S＝10.55m
答：
（1）小球到达A 点的速度大小是5m/s；
（2）高度h2 是0.45m；
（3）小球从开始运动到静止的总路程是10.55m。
【点评】本题分段多次运用牛顿第二定律和运动学公式，研究小球的速度和运动的位移，也可以分段运用动能定
理解答。
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2019-2020 学年广东省潮州市高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题（本题共8 小题，每小题4 分，共32 分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请
把正确答案的字母代号填在答题卷相应的位置上）
1．（4 分）许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列表述正确的是（
）
A．伽利略的理想斜面实验能够说明物体具有惯性
B．亚里士多德对牛顿第一定律的建立做出了一定的贡献
C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因
D．伽利略认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用才会运动
2．（4 分）下列说法正确的是（
）
A．在国际单位制中，“牛顿”是力学的三个基本单位之一
B．选择不同的参考系对同一运动的描述是相同的
C．时间、质量和路程都是标量，位移、速度和力都是矢量
D．小球做自由落体运动时，速度不断增大，惯性也不断增大
3．（4 分）滑雪运动员做匀减速直线运动，其加速度大小为2m/s2．运动员停止运动前任意1s 内，下列判断正确的
是
（
）
A．末速度一定是初速度的
1
2倍
B．末速度一定是初速度的2 倍
C．末速度比初速度小2m/s
D．末速度比初速度大2m/s
4．（4 分）自由下落的物体，它开始下落全程
3
4的高度所用的时间和下落全程所用的时间的比值为（
）
A．1：2
B．3：2
C．（2 −1）：（3 −
2）
D．1：（3 −
2）
5．（4 分）如图所示为某物体的x﹣t 图象，下列说法正确的是（
）
A．在第1 s 内物体的加速度是1m/s2
B．从第2s 至第3s 内物体的位移是3m
C．4s 内通过的路程是4m，位移是﹣2m
D．4s 内物体的运动方向不变
6．（4 分）如图所示，放在斜面体上的物块A 和斜面体B 一起在光滑水平面上向右作匀速直线运动。关于物块A 和
斜面B 的受力情况的分析正确是（
）
A．物块A 对斜面体B 的摩擦力沿斜面向上
B．斜面体B 对A 的支持力方向竖直向上
C．物块A 受到4 个力的作用
D．斜面体B 受到A 的作用力的合力在竖直方向上
7．（4 分）如图所示，小球A、B 的质量分别为m 和2m，用轻弹簧相连，然后用细线悬挂而静止，在烧断细线的瞬
间，A 和B 的加速度分别为a1 和a2 则（
）
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A．a1＝a2＝g
B．a1＝2g，a2＝0
C．a1＝3g，a2＝0
D．a1＝2g，a2＝g
8．（4 分）如图所示，质量均为m 的小球A、B 用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O 点，在外力F 的作用下，小
球A、B 处于静止状态．若要使两小球处于静止状态，且悬线OA 与竖直方向的夹角θ保持30°不变，则外力F
的大小不可能为（
）
A．0.5mg
B．mg
C．2mg
D．5mg
二、多项选择题（本题共4 小题，每小题4 分，共16 分，在每小题给出的四个选项中，有一个以上选项正确．全
选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错或不答的得0 分）
9．（4 分）某空军红鹰飞行表演队驾驶我国自主研制的k﹣8 高级教练机首次亮相，飞出特高难动作，如图为六机低
空拉烟通场表演，以非常一致的飞行姿态通过观礼台．飞机编队保持队形不变．下列关于飞机运动情况的说法正
确的是（
）
A．地面上的人看到飞机飞过，是以地面为参考系
B．飞行员看到观礼台向后掠过，是以飞机为参考系
C．以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的
D．以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是运动的
10．（4 分）如图所示，水平力F 把一个物体紧压在竖直的墙壁上静止不动，下列说法中正确的是（
）
A．作用力F 与墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力
B．作用力F 与物体对墙壁的压力是一对平衡力
C．物体的重力与墙壁对物体的静摩擦力是一对平衡力
D．物体对墙壁的压力与墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力
11．（4 分）如图所示，某同学站在体重计上观察超重与失重现象。由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过
程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。她稳定站立时，体重计的示数为A0 关于实验现象，下
列说法正确的是（
）
A．“起立”过程，体重计的示数一直大于A0
B．“起立”的过程，先出现超重现象后出现失重现象
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C．“下蹲”过程，体重计的示数一直小于A0
D．“起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数大于A0 的现象
12．（4 分）甲汽车以速度v 作匀速直线运动，在经过停着的乙汽车时，乙汽车立即由静止开始与甲汽车同向做匀加
速直线运动去追赶甲汽车，下列说法中正确的是（
）
A．当乙车速度为v 时，追上甲车
B．当乙车速度为v 时，离甲车距离最远
C．当乙车速度为2v 时，追上甲车
D．根据题中所给出的条件，可以求出乙车追上甲车所用的时间
三、实验题（本题共2 小题，每空2 分，共18 分）
13．（8 分）某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：把一开口向右、内壁光滑、深度为h＝0.25m
的小圆筒水平固定在桌面上，同时把一轻弹簧一端固定于小圆筒内部左端，没有外力作用时弹簧的另一端位于筒
内。如图甲所示，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒外弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0 和弹簧的劲
度系数，该同学通过改变所挂钩码的个数来改变l，作出F﹣l 图线如图乙所示。
（1）由此图线可得出的结论是
；
（2）弹簧的劲度系数为
N/m，弹簧的原长10＝
m。
（3）该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧竖直悬挂放置相比较，优点在于
。
14．（10 分）用图（a）所示的实验装置验证牛顿第二定律：
（1）某同学通过实验得到如图（b）所示的a﹣F 图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌
面间的倾角
（填“偏大”或“偏小”）．
（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力
砝码和盘的总重力（填“大于”、
“小于”或“等于”），为了便于探究、减小误差，应使小车质量M 与砝码和盘的总质量m 满足
的条件
（3）某同学得到如图所示的纸带．已知打点计时器电源频率为50Hz．A、B、C、D、E、F、G 是纸带上7 个
连续的点．△s＝sDG﹣sAD＝
cm．由此可算出小车的加速度a＝
m/s2（保留两位有效数字）．
四、计算题（本题有3 小题，共34 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案
的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
15．（12 分）如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平地面上，一物体恰好能沿斜面匀速下滑（重力加速度为g）。
（1）求物体与斜面间的动摩擦因数。
（2）若给物体一个沿斜面向上的初速度v0 则它能上滑的最大距离是多少？
16．
（10分）如图所示，质量M＝10kg、上表面光滑的足够长的木板在F＝50N的水平拉力作用下，以初速度v0=
10m/s
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沿水平地面向右匀速运动。现有一小铁块，它的质量为＝1kg，若将小铁块无初速地放在木板的最右端。试问：
（取g＝10m/s2）
（1）木板与地面之间的滑动摩擦系数多大？
（2）小铁块放上后，木板运动了L＝1m 时，木板的速度多大？
17．（12 分）我国ETC（电子不停车收费系统）已实现全国联网，大大缩短了车辆通过高速收费站的时间，假设一
辆汽车以12m/s 的速度驶向收费站，若进入人工收费通道，在到达收费窗口处前要做匀减速直线运动，经4s 恰
好停在窗口处，再用10s 时间完成交费；若进入ETC 通道，汽车从某位置开始匀减速，当速度减至6m/s 后，再
以此速度匀速行驶3m 即可完成交费，两种情况下，汽车匀减速的加速度相同，求：
（1）汽车匀减速运动的加速度大小；
（2）汽车走ETC 通道比走人工通道完成交费总共节省的时间。
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2019-2020 学年广东省潮州市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共8 小题，每小题4 分，共32 分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请
把正确答案的字母代号填在答题卷相应的位置上）
1．【分析】伽利略的理想斜面实验能够说明物体具有惯性，笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献，伽利略最早
指出力不是维持物体运动的原因．
【解答】解：
A、伽利略的理想斜面实验说明物体一旦运动起来就要保持这种状态，说明物体具有惯性。故A 正确。
B、笛卡尔研究了运动和力的关系，对牛顿第一定律的建立做出了贡献。故B 错误。
C、伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，不是牛顿。故C 错误。
D、亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用才会运动。故D 错误。
故选：A。
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试
内容之一．
2．【分析】千克、米、秒都是国际单位制中的基本单位；既有大小又有方向的物理量是矢量，参考系的选择可以任
意，选择不同的参考系研究物体的运动情况，其结果一般不同，质量是物体惯性大小的唯一量度。
【解答】解：A、千克、米、秒是力学的三个基本单位，牛顿是导出单位；故A 错误；
B、选择不同的参考系研究物体的运动情况，其结果一般不同；故B 错误；
C、位移、速度、力都既有大小又有方向，这三个物理量都是矢量，时间、质量和路程都是标量，故C 正确；
D、小球做自由落体运动时，速度不断增大；但惯性保持不变；故D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查对参考系的理解能力。要注意运动是绝对的，运动的描述是相对的，总是相对某一参考系的，
知道质量是物体惯性大小的唯一量度，与其它因素无关。
3．【分析】物体做匀减速直线运动，结合加速度的定义式得出任意1s 内的速度变化量．
【解答】解：运动员做匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2，可知停止运动前任意1s 内速度减小2m/s，即任意
1s 内末速度比初速度小2m/s，故C 正确，A、B、D 错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道加速度的定义式，知道加速度等于单位时间内的速度变化量，基础题．
4．【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式求出运动的时间之比。
【解答】解：物体做自由落体运动，
3
4 h =
1
2 gt1
2，h= 1
2 gt2
2，比较可知，
t1
t2
=
3
2 ，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，掌握匀变速直线运动的运动学公式，
并能灵活运用。
5．【分析】x﹣t 图象反映了各个时刻物体的位置情况，图线的斜率表示速度，位移等于纵坐标的变化量，路程等于
各段位移大小之和．
【解答】解：A、x﹣t 图象的斜率表示速度，可知0﹣1s 内物体的速度不变，做匀速直线运动，加速度是0，故
A 错误。
B、1﹣3s 内物体的速度为0，物体静止，则从第2s 至第3s 内物体的位移是0，故B 错误。
C、物体在4s 内的路程为S＝（3m﹣2m）+（3m﹣0m）＝4m，位移为x＝0m﹣2m＝﹣2m，故C 正确。
D、斜率的正负表示速度的方向，则物体在0﹣1s 内的速度方向与3﹣4s 内的速度方向相反，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题关键明确x﹣t 图象的物理意义，知道位移图象的斜率表示速度．要注意位移与路程的区别．
6．【分析】放在斜面体上的物块A 和斜面体B 一起在光滑水平面上向右作匀速直线运动，A 和B 都受力平衡，根
据平衡条件分析A 受到的作用力，再根据牛顿第三定律分析A 对B 的作用力。
【解答】解：A、放在斜面体上的物块A 和斜面体B 一起在光滑水平面上向右作匀速直线运动，A 和B 都受力
平衡，B 对A 的摩擦力方向沿斜面向上，则A 对B 的摩擦力方向沿斜面向下，故A 错误；
B、斜面体B 对A 的支持力方向垂直于斜面向上，故B 错误；
C、物块A 受到重力、支持力和摩擦力3 个力的作用，故C 错误；
D、物体A 受力平衡，则B 对A 的作用力方向竖直向上，根据牛顿第三定律可得斜面体B 受到A 的作用力的合
力竖直向下，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
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7．【分析】悬线剪断前，以两球为研究对象，求出悬线的拉力和弹簧的弹力。突然剪断悬线瞬间，弹簧的弹力没有
来得及变化，分析瞬间两球的受力情况，由牛顿第二定律求解加速度。
【解答】解：悬线剪断前，以B 为研究对象可知：弹簧的弹力F＝2mg，以A、B 整体为研究对象可知悬线的拉
力为3mg；
剪断悬线瞬间，弹簧的弹力不变，F＝2mg，根据牛顿第二定律得
对A：mg+F＝ma1，又F＝2mg，得：a1＝3g，
对B：F﹣2mg＝2ma2，F＝2mg，得：a2＝0；
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】本题是动力学中典型的问题：瞬时问题，往往先分析悬线剪断前弹簧的弹力，再分析悬线判断瞬间物体
的受力情况，再求解加速度，抓住悬线剪断瞬间弹力没有来得及变化。
8．【分析】对AB 两球整体受力分析，受重力G，OA 绳子的拉力T 以及拉力F，其中重力大小和方向都不变，绳
子的拉力方向不变大小变，拉力的大小和方向都变，根据共点力平衡条件，利用平行四边形定则作图可以得出拉
力的最小值和最大值．
【解答】解：对AB 两球整体受力分析，受重力G＝2mg，OA 绳子的拉力T 以及拉力F，三力平衡，将绳子的
拉力T 和拉力F 合成，其合力与重力平衡，
如图：
当拉力F 与绳子的拉力T 垂直时，拉力F 最小，最小值为Fmin＝（2m）gsin30°，即mg；
由于拉力F 的方向具有不确定性，因而从理论上讲，拉力F 最大值可以取到任意值，故A 错误，BCD 正确。
本题选择错误的，故选：A。
【点评】本题是三力平衡问题中的动态分析问题，其中一个力大小和方向都不变，一个力方向不变、大小变，第
三个力的大小和方向都变，根据共点力平衡条件，集合平行四边形定则作出力的图示，得到未知力的变化情况．
二、多项选择题（本题共4 小题，每小题4 分，共16 分，在每小题给出的四个选项中，有一个以上选项正确．全
选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错或不答的得0 分）
9．【分析】参考系可以任意选取，运动的物体也可以作为参考系，但不能选被研究物体本身，参考系的选择情况不
同，物体的运动和静止情况也不同，这是运动和静止的相对性．
【解答】解：A、地面上的人看到飞机飞过，是以地面为参考系，故A 正确；
B、飞行员看到观礼台向后掠过，是以飞机为参考系，故B 正确；
C、六机低空拉烟通场表演，以非常一致的飞行姿态通过观礼台。飞机编队保持队形不变，
所以以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的，故C 正确，D 错误；
故选：ABC。
【点评】在研究物体的运动时，都要选取参考系；我们以前总习惯于主观判断物体是运动还是静止，比如桌子是
静的，行驶的汽车是动的，那是默认为地面为参照物了．
10．【分析】解答本题关键应分析物体的受力情况：
物体竖直方向受到重力和墙壁对物体的静摩擦力，是一对平衡力；
物体对墙壁的压力与墙壁对物体的压力是物体与墙壁之间的相互作用力，不是平衡力；
作用力F 跟墙壁对物体的压力是平衡力关系；
作用力F 跟物体对墙壁的压力没有直接关系．
【解答】解：A、物体在水平方向受到作用力F 跟墙壁对物体的压力两个力，它们是一对平衡力，不是一对作用
力和反作用力，故A 错误。
B、作用力F 与物体对墙壁的压力不是作用在同一个物体上，不是平衡力；故B 错误。
C、物体竖直方向受到重力和墙壁对物体的静摩擦力两个作用，物体处于静止状态，则这两个力是一对平衡力，
故C 正确。
D、物体对墙壁的压力与墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力。故D 正确。
故选：CD。
【点评】解答本题的关键是分析受力情况，结合平衡条件分析力是否是一对平衡力．物体间的相互作用力才是一
对作用力与反作用力．
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11．【分析】下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动；人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加
速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，根据加速度方向，来判断人处于超重还是失重状态。
【解答】解：人从下蹲状态站起来的“起立”过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状
态，人先处于超重状态，后处于失重状态；下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于
失重状态，后处于超重状态；所以“起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数大于A0 的现象，也都能出现
体重计的示数小于A0 的现象；故BD 正确，AC 错误。
故选：BD。
【点评】对于超重还是失重的判断，关键取决于加速度的方向：当物体的加速度向上时，处于超重状态；当加速
度方向向下时，处于失重状态。
12．【分析】作出甲乙两车的速度时间图线，根据速度﹣时间图线分析能求出的量。
【解答】解：ACD．甲乙两车的速度﹣时间图象如图，在图象中图线和横轴所形成的图象的面积代表位移，由图
象知，
乙车追上甲车时其速度为2v，所以C 正确，A 错误，
由于条件不足，所以求不出时间，D 错误；
B．由图象可知，两车速度相等时，相距最远，B 正确；
故选：BC。
【点评】本题关键在于能做出两车的速度﹣时间图象，明确知道图象中面积代表物体发生的位移。根据图象分析
即可。
三、实验题（本题共2 小题，每空2 分，共18 分）
13．【分析】根据胡克定律写出F 与l 的关系式，然后结合数学知识求解即可。
本题中l 为距筒口右端弹簧的长度，还有一部分弹簧在深度为h＝0.25m 小筒中。
【解答】解：（1）在弹性限度内，弹力和弹簧的伸长量成正比。
（2）弹簧原长为l0，则根据胡克定律有：F＝k（h+l﹣l0）＝kl+k（h﹣l0）
由此可知，图象的斜率大小表示劲度系数大小，故k＝100N/m，
h＝0.25m，当l＝0 时，F＝10N，将数据代入解得：l0＝15cm＝0.15m。
（3）该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较，优点在于避免弹簧自身所受重力对实验的影响。
故答案为：（1）在弹性限度内，弹力和弹簧的伸长量成正比。
（2）100，0.15
（3）避免弹簧自身所受重力对实验的影响。
【点评】找到各个物理量之间的关系，然后根据胡克定律列方程，是解答本题的突破口，这要求学生有较强的数
学推导能力。
14．【分析】1、考查实验时平衡摩擦力时出现的误差问题，不是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，就是平衡摩擦力
时过大．从图上分析两图各是什么原因即可．
2、根据牛顿第二定律求出绳子拉力与砝码和盘的总重力的关系，判断出在什么情况下砝码和盘的总重力在数值
上近似等于小车运动时受到的拉力．
3、根据匀变速直线运动的规律△x＝aT2 可以求出加速度的大小．
【解答】解：（1）当拉力F 等于0 时，小车已经产生力加速度，故原因是平衡摩擦力时平衡摩擦力过大，在平衡
摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大．
（2）对整体分析，根据牛顿第二定律得，a=
mg
m+M，
则绳子的拉力F＝Ma= mg
1+m
M
，
所以实际小车在运动过程中所受的拉力小于砝码和盘的总重力．
当M＞＞m，即砝码和盘的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码和盘的总重力在数值上近似等于小
车运动时受到的拉力．
（3）根据刻度尺的示数可知△s＝3.90cm﹣2.10cm＝1.80cm，时间间隔为T＝0.06s，
代入公式△x＝aT2 可以求出加速度为：a＝5.0m/s2．
故答案为：（1）偏大；（2）小于，M＞＞m
（3）1.80；5.0m/s2
【点评】教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去
搞清楚．
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对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等．
四、计算题（本题有3 小题，共34 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案
的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
15．【分析】（1）物体能沿斜面匀速下滑，根据共点力的平衡条件求的摩擦因数；
（2）当沿斜面上滑时，由牛顿第二定律求解加速度大小，再根据位移速度关系求解位移大小。
【解答】解：（1）物体能沿斜面匀速下滑，沿斜面方向根据共点力的平衡可得：mgsinθ＝μmgcosθ
解得：μ＝tanθ
（2）在上滑过程中，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma
解得：a＝2gsinθ
根据位移速度关系可得：v02＝2ax
解得：x=
v0
2
4gsinθ
答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数为tanθ。
（2）若给物体一个沿斜面向上的初速度v0，则它能上滑的最大距离是
v0
2
4gsinθ。
【点评】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；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
16．【分析】（1）开始时木板做匀速运动，由平衡条件求出木板受到的滑动摩擦力，然后由滑动摩擦力公式求出动
摩擦因数。
（2）铁块放在木板上后，木板对地面的压力变大，木板受到的滑动摩擦力变大，由牛顿第二定律和运动学公式
结合可以求出放上铁块时木板的速度。
【解答】解：（1）木板最初做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：
竖直方向：FN＝Mg
水平方向：Ff＝F
滑动摩擦力为：Ff＝μFN
则得：F＝μMg，解得：μ＝0.5
（2）放小铁块后，木板做匀减速运动，则有：μ（M+m）g﹣F＝Ma1
由运动学公式得为：2a1L = v02 −v12
代入数据解得：v＝3m/s
答：（1）木板与地面之间的滑动摩擦系数0.5。
（2）小铁块放上后，木板运动了L＝1m 时，木板的速度为3m/s。
【点评】本题考查了平衡条件、摩擦力公式、牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，明确木板和铁块的运动规
律灵活选择公式求解即可。
17．【分析】（1）根据加速度公式求出汽车减速运动的加速度大小。
（2）根据速度时间公式求出经过ETC 通道减速的时间，以及匀速行驶3m 的时间，根据速度位移公式求出匀减
速运动的位移，抓住汽车在两种情况下通过相等位移所需的时间，从而得出节省的时间。
【解答】解：（1）汽车匀减速直线运动的加速度大小为：a = v
t = 3m/s2
（2）汽车走ETC 收费通道，匀减速运动的时间为：t1 = v−v1
a
= 2s
匀减速运动的位移为：x = v+v1
2
t1 = 18m
之后匀速行驶的时间为：t2 = x'
v' = 0.5s
从开始减速到交费完成汽车的位移为：x2＝x1+3＝21m
而汽车走人工通道开始减速时离收费窗口的距离为：x = vt
2 = 24m
所以汽车走ETC 通道在距离收费窗口24 米时，先以12m/s 匀速运动x3＝x﹣x2＝3m（1 分）后才匀减速，该段
匀速的时间为：t3 = x3
v = 0.25s
则可知节省的时间为：
△t＝（t+10）﹣（t1+t2+t3）＝（10+4）﹣（2+0.5+0.25）s＝11.25s
答：（1）汽车匀减速运动的加速度大小为3m/s2；
（2）汽车走ETC 通道比走人工通道完成交费总共节省的时间为11.25s。
【点评】解决本题的关键理清汽车在两种通道下的运动规律，结合匀变速直线运动的位移公式和时间公式进行求
解，难度不大。
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2019-2020 学年北京市石景山区高一（上）期末物理试卷
一、选择题，本题共15 小题，每小题3 分，共45 分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．
1．（3 分）下列物理量属于矢量的是（
）
A．路程
B．速率
C．质量
D．加速度
2．（3 分）某同学在操场上向正北方向运动了16m，接着转向正东方向运动了12m。两段路线相互垂直。整个过程
中，该同学的位移大小和路程分别为（
）
A．20m，20m
B．28m，28m
C．20m，28m
D．28m，20m
3．（3 分）在物理学发展历程中，首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来
的科学家是（
）
A．亚里士多德
B．伽利略
C．牛顿
D．爱因斯坦
4．（3 分）某物体做初速度1m/s，加速度2m/s2 的匀加速直线运动，则3s 末的速度大小和位移大小分别是（
）
A．6m/s，12m
B．7m/s，21m
C．7m/s，12m
D．6m/s，21m
5．（3 分）一石块从高度为H 处自由下落，当速度达到落地速度的一半时，它的下落距离等于（
）
A．
H
2
B．
H
4
C．
3H
2
D．
2H
2
6．（3 分）做匀加速直线运动的物体，速度由v 增加到2v 的过程中位移为S，则当速度由2v 增加到4v 的过程中位
移是（
）
A．4S
B．3S
C．2S
D．S
7．（3 分）作用在同一物体上的两个共点力，一个力的大小是3N，另一个力的大小是5N，它们的合力的大小可能
是（
）
A．1.8N
B．2.7N
C．0
D．8.1N
8．（3 分）如图所示，L1、L2 是劲度系数均为k 的轻质弹簧，A、B 两只钩码重力均为G，则静止时两弹簧伸长量
之和为（
）
A．
3G
k
B．
2G
k
C．
G
k
D．
G
2k
9．（3 分）小滑块在一恒定拉力作用下沿水平面由静止开始做匀加速直线运动，3 秒末撤去恒定拉力，小滑块继续
匀减速滑行6 秒钟停下，问小滑块加速阶段的位移与减速阶段的位移大小之比是（
）
A．1：1
B．1：2
C．1：3
D．3：1
10．（3 分）如图所示，在竖直光滑墙壁上用细绳将一个质量为m 的球挂在A 点，平衡时细绳与竖直墙的夹角为θ，
θ＜45°．墙壁对球的支持力大小为N，细绳对球的拉力大小为T，重力加速度为g。则下列说法正确的是（
）
A．N＝mgtanθ
B．N＝mgsinθ
C．N= mg
cosθ
D．N= mg
tanθ
11．（3 分）如图所示，一质量为m 的木块静止在倾角为θ的斜面上。重力加速度为g。下列说法正确的是（
）
A．斜面对木块的支持力大小为mgsinθ
B．斜面对木块的摩擦力大小为mgcosθ
C．木块所受合力方向沿斜面向下
D．斜面对木块的支持力与摩擦力的合力方向竖直向上
12．（3 分）一个恒力作用在质量为m1 的物体上，产生的加速度为a1；作用在质量为m2 的物体上，产生的加速度
为a2，若这个恒力作用在质量为m1+m2 的物体上，则产生的加速度等于（
）
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A．a1 a2
B．
a1
a2
C．
a1a2
a1+a2
D．
a1+a2
a1a2
13．（3 分）质量m＝200g 的物体，测得它的加速度a＝20cm/s2，则关于它受到的合外力的大小及单位，下列运算
既简洁又符合一般运算要求的是（
）
A．F＝200×20＝4 000 N
B．F＝0.2 kg×20 cm/s2＝4 N
C．F＝0.2×0.2＝0.04 N
D．F＝0.2×0.2 N＝0.04 N
14．（3 分）如图所示，在探究牛顿第二定律的演示实验中，若1、2 两个相同的小车所受拉力分别为F1、F2，车中
所放砝码的质量分别为m1、m2，打开夹子后经过相同的时间两车的位移分别为x1、x2，则在实验误差允许的范
围内，有（
）
A．当m1＝m2、F1＝2F2 时，x1＝2x2
B．当m1＝m2、F1＝2F2 时，x2＝2x1
C．当m1＝2m2、F1＝F2 时，x1＝2x2
D．当m1＝2m2、F1＝F2 时，x2＝2x1
15．（3 分）如图所示，质量为m 的三角形木楔A 置于倾角为θ的固定斜面上，它与斜面间的动摩擦因数为μ，一水
平力F 作用在木楔A 的竖直平面上．在力F 的推动下，木楔A 沿斜面以恒定的加速度a 向上滑动，则F 的大小
为（
）
A．
m[a+g(sinθ+μcosθ)]
cosθ
B．
m(a−gsinθ)
(cosθ+μsinθ)
C．
m[a+g(sinθ+μcosθ)]
(cosθ−μsinθ)
D．
m[a+g(sinθ+μcosθ)]
(cosθ+μsinθ)
二、填空题，本题共2 小题，共15 分．
16．（4 分）（1）图1 为“探究两个互成角度力的合成规律”的实验装置示意图，橡皮条的一端固定在木板上A 位
置，另一端系有轻质小圆环；轻质细绳OB 和OC 一端系在小圆环上，另一端分别系在弹簧测力计的挂钩上。现
用弹簧测力计通过细绳拉动小圆环，使橡皮条沿平行木板平面伸长至O 位置。对于上述实验过程，下列说法中
正确的是
A．只需要记录弹簧测力计的示数
B．OB 和OC 绳拉力的方向应与木板平面平行
C．只需要记录OB 和OC 绳的长度和弹簧测力计拉力方向
D．需要记录两个弹簧测力计的示数和拉力方向
（2）该实验中某同学在坐标纸上画出了如图2 所示的两个已知力F1 和F2，图中小正方形的边长表示2N，两力
的合力用F 表示，F1、F2 与F 的夹角分别为θ1 和θ2，下列说法正确的是
A．F1＝4NB．F＝12N
C．θ1＝45° D．θ1＜θ2
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17．（11 分）利用打点计时器研究一个约1.4m 高的商店卷帘窗的运动。将纸带粘在卷帘底部，通过打点计时器记录
纸带随卷帘的竖直向上运动。选取打印后的一段清晰纸带如图1 所示，数据如表所示。纸带中AB、BC、CD……
每两点之间的时间间隔为0.10s，根据各间距的长度，可计算出卷帘窗在各间距内的平均速度v．可以将v近似地
作为该间距中间时刻的即时速度v。
（1）根据提供的纸带和数据，在图2 中描绘出该段纸带随卷帘窗运动的v﹣t 图线。
（2）AD 段的加速度为
m/s2，估算打C 点时纸带的速度为
m/s。
表1 运动数据
间隔
间
距
（
cm
）
AB
5.0
0
BC
10.
00
CD
15.
00
DE
20.
00
EF
20.
00
FG
20.
00
GH
20.
00
三、本题共4 小题，共40 分．解答应写出必要的文字说明、方程和重要步骤．只写出最后答案的不能得分．有数
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值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
18．（6 分）用三根轻绳将质量为m 的物块悬挂在空中，如图所示．已知ac 和bc 与竖直方向的夹角分别为30°和
60°，求ac 绳和bc 绳中的拉力分别为多少？
19．（12 分）如图所示，一个质量m＝1kg 的物块，在F＝5N 的拉力作用下，从静止开始沿水平面做匀加速直线运
动，拉力方向与水平方向成θ＝37°．假设物块与水平面之间的滑动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g＝
10m/s2．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）做出物块的受力分析图；
（2）求物块运动的加速度大小；
（3）求从静止开始物块移动4s 内的位移大小；
20．（8 分）风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室。小球
孔径略大于细杆直径。
（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受
重力的0.5 倍，求小球与杆间的滑动摩擦因数。
（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，如图10，则小球从静止出发在细杆上下滑
的加速度大小为多少？
21．（14 分）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米。电梯的简化模型如图1 所示。考虑安全、舒适、
省时等因素，电梯的加速度a 是随时间t 变化的。已知电梯在t＝0 时由静止开始上升，a﹣t 图象如图2 所示。电
梯
总
质
量
m
＝
2.0
×
103kg
．
忽
略
一
切
阻
力
，
重
力
加
速
度
g
取
10m/s2．
（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1 和最小拉力F2；
（2）类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由v﹣t 图象求位移的方法。请你借鉴此方法，
对比加速度和速度的定义，根据图11﹣2 所示a﹣t 图象，
a．求电梯在第1s 内的速度改变量△v1 的大小和第2s 末的速率v2；
b．写出电梯在第1s 内的加速度与时间的关系式、速度与时间的关系式；
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2019-2020 学年北京市石景山区高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题，本题共15 小题，每小题3 分，共45 分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．
1．【分析】本题应抓住：既有大小又有方向是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有大小，没
有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量．
【解答】解：A、路程是只有大小，没有方向的物理量是标量，故A 错误
B、速率是速度的大小，只有大小，没有方向的物理量是标量，故B 错误
C、质量是只有大小，没有方向的物理量是标量，故C 错误
D、加速度是既有大小又有方向是矢量，估D 正确
故选：D。
【点评】矢量与标量的区别有两个：一矢量有方向，而标量没有方向；二矢量运算遵守平行四边形定则，标量运
算遵守代数加减法则．
2．【分析】根据路程等于物体运动路线的长度、位移大小等于初位置到末位置有向线段的长度，确定路程和位移的
大小。
【解答】解：位移的大小等于首末位置的距离，大小x=
162 + 122 =20m，路程等于运动轨迹的长度，s＝12+16
＝28m。故C 正确，ABD 错误
故选：C。
【点评】本题要理解路程和位移的物理意义，画出示意图，求解它们的大小。位移大小等于起点到终点直线距离
的大小，不会大于路程。
3．【分析】伽利略首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜
想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展。
【解答】解：伽利略在研究自由落体运动时，首先采用了试验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和
谐地结合起来，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题考查物理学史，要注意准确掌握各位物理学家所做出的贡献，并从中学习相应的物理方法。
4．【分析】根据速度时间公式求出物体在第3s 末的速度大小；根据位移公式即可求出位移的大小。
【解答】解：设小汽车初速度方向为正方向，物体在3 s 末的速度为：vt＝v0+at3
得：v3＝1+2×3m/s＝7m/s；
物体在3s 内的位移为：x＝v0t+ 1
2at2＝1×3+ 1
2 ×2×32＝12m；
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】本题考查速度公式和位移公式的应用，只要熟练掌握公式即可正确求解。
5．【分析】自由落体运动是初速度为零加速度为零g 的匀加速直线运动，根据位移与速度关系公式求解．
【解答】解：设石块落地时的速度大小为v，由：v2﹣v02＝2gx
得：v2﹣0＝2gH…①
（
v
2）2﹣0＝2gh…②
由①②解得：h= H
4
故选：B。
【点评】本题考查应用自由落体运动规律解题的基本能力，是基本题，比较简单，考试时不能丢分．
6．【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式v2﹣v02＝2ax，去求物体发生的位移。
【解答】解：根据匀变速直线运动的速度位移公式，得：
速度从v 增加到2v 时：（2v）2﹣v2＝2as，
速度从2v 增加到4v 时：（4v）2﹣（2v）2＝2as′，
联立两式得，s′＝4s；故BCD 错误，A 正确；
故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式v2﹣v02＝2ax。
7．【分析】两力合成时，合力随夹角的增大而减小，当夹角为零时合力最大，夹角180°时合力最小，并且|F1﹣F2|
≤F≤F1+F2。
【解答】解：两力合成时，合力范围为：|F1﹣F2|≤F 合≤F1+F2；
两个力分别是3N 和5N，故2N≤F 合≤8N，只有2.7 是可能的，故ACD 错误，B 正确；
故选：B。
【点评】本题关键根据平行四边形定则得出合力的范围：|F1﹣F2|≤F≤F1+F2。
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8．【分析】弹簧L1 受到的弹力大小等于2G，弹簧L2 受到的弹力大小等于G，根据胡克定律分别求出两根弹簧伸长
的长度，再求出静止时两弹簧伸长量之和．
【解答】解：弹簧L1 受到的弹力大小等于2G，根据胡克定律得
弹簧L1 伸长的长度x1= 2G
k
弹簧L2 受到的弹力大小等于G，再根据胡克定律得
弹簧L2 伸长的长度x2= G
k
所以静止时两弹簧伸长量之和为x＝x1+x2= 3G
k 。
【点评】对于弹簧问题，关键分析弹簧的状态和弹力大小．
9．【分析】用撤去恒定拉力时的速度可表达两段的平均速度，用平均速度表达出两段的位移即可求解。
【解答】解：设撤去恒定拉力时的速度为v
则加速阶段的位移为：x1 = v
2 t1
减速阶段的位移为：x2 = v
2 t2
整理得：
x1
x2
=
t1
t2
带入数据解得：
x1
x2
=
t1
t2
=
3
6 =
1
2，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题考查了匀变速运动的位移公式，灵活选择推论公式可使解题过程简化。
10．【分析】分析球的受力情况，作出力图，根据平衡条件求解悬绳对球的拉力和墙壁对球的支持力。
【解答】解：以球为研究对象，分析其受力情况：重力mg、悬绳对球的拉力和墙壁对球的支持力，根据平衡条
件，有：
根据几何关系可得：T= mg
cosθ，N＝mgtanθ，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
11．【分析】以m 为研究对象进行受力分析，根据平衡条件求解支持力和摩擦力大小，静止状态时合力为零，由此
分析。
【解答】解：以m 为研究对象，受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力，如图所示；
AB、根据图线将重力进行分解可得斜面对木块的支持力大小为N＝mgcosθ，斜面对木块的摩擦力大小为f＝
mgsinθ，故AB 错误；
C、木块处于静止状态，所以木块所受合力为零，故C 错误；
D、斜面对木块的支持力与摩擦力的合力与重力等大反向，所以方向竖直向上，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
12．【分析】恒力单独作用于两个物体上时，根据牛顿第二定律列出两个方程，当F 作用在质量为（m1+m2）的物体
上时再根据牛顿第二定律列式，联立方程即可解题。
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【解答】解：恒力单独作用于两个物体上时，根据牛顿第二定律得：
F＝m1a1
F＝m2a2
当F 作用在质量为（m1+m2）的物体上时，根据牛顿第二定律得：
a=
F
m1+m2
联立以上三式可得：a= a1a2
a1+a2；故C 正确ABD 错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，根据牛顿第二定律列式联立求解即可，解题的关键在于公式
的计算，分别用前两式中的F 和加速度将质量表示出来代入第三式即可求解。
13．【分析】已知物体的质量和加速度，求合力，运用牛第二定律解决问题．同时也应该知道物体的合力方向决定
加速度方向．为了简洁规范，单位都必须化成统一的国际单位
【解答】解：物体质量m＝200g＝0.2 kg，加速度为：a＝20 cm/s2＝0.2 m/s2
F＝ma＝0.2×0.2 N＝0.04N
故选：D。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用；要注意使用牛顿第二定律时，所有的单位都必须是国际单位．在采用国
际单位制后，可以不需要再每一个物理量再代单位计算，只需要在计算式最后代入总单位即可．
14．【分析】小车做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律求出加速度、由匀变速运动的位移公式可以分析答
题。
【解答】解：A、当m1＝m2、F1＝2F2 时，由F＝ma 可知，a1＝2a2，由x= 1
2at2 可得：x1＝2x2，故A 正确，B
错误；
C、当m1＝2m2、F1＝F2 时，由于车的质量不确定，所以无法确定加速度的关系，也无法确定位移关系，故CD
错误；
故选：A。
【点评】应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题，注意两小车的运动时间相等。
15．【分析】对物体受力分析，由牛顿第二定律列方程可以求得F 的大小．
【解答】解：木楔A 上滑时，共受四个力F、N、mg 和f，其中沿垂直斜面方向合力为零，有
N＝mgcosθ+Fsinθ①
而沿斜面方向有Fcosθ﹣f﹣mgsinθ＝ma
②
又因为f＝μN③
由①②③得F= m[a+g(sinθ+μcosθ)]
(cosθ−μsinθ)
，所以C 正确。
故选：C。
【点评】解决本题的关键就是对物体的受力的分析，根据物体的受力列方程即可求得．
二、填空题，本题共2 小题，共15 分．
16．【分析】（1）本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，效果的相同是通过拉橡
皮筋产生大小和方向相同的形变量来实现的。数据处理时：我们需要画出力的大小和方向，所以力要尽量大些可
减小测量误差对实验的影响，拉橡皮筋时要拉的尽量长一点，了解误差产生的原因即可正确解答。
（2）根据平行四边形定则作出合力，从而确定合力的大小和分力与合力的夹角。
【解答】解：（1）ACD、实验中需记录弹簧测力计拉力的大小和方向还有结点的位置，故AC 错误，D 正确；
B、为保证拉力的方向为在纸面上画出的方向，OB 和OC 绳拉力的方向应与木板平面平行，故B 正确；
（2）根据平行四边形定则，作出两个力的合力，如图。从图上可知：F1＝4 2N，合力为：F＝12N。
根据几何关系知F1 与F 的夹角分别为θ1＝45°．从图上可知，θ1＞θ2．故BC 正确，AD 错误。
故答案为：（1）BD；（2）BC。
【点评】在此实验中重点是作出力的图示，这样才能得以验证力的平行四边形，所以细线的方向与弹簧秤的示数
是关键。
17．【分析】（1）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，可以求出打纸带上各点时小车
的瞬时速度大小，再根据表格中的数据，通过描点法即可作出速度时间图象；
（2）速度时间图象的斜率表示加速度，根据a= △v
△t 即可求解加速度。
【解答】解：（1）因相邻的计数点间的时间间隔T＝0.1s，
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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，可以求出打纸带上各段中时刻时小车的瞬时速
度大小。
v1= xAB
T = 5.00
0.1 ×10
﹣2＝0.5m/s
v2= xBC
T = 10.00
0.1 ×10
﹣2＝1.0m/s
v3= xCD
T = 15.00
0.1 ×10
﹣2＝1.5m/s
v4= xDE
T = 20.00
0.1 ×10
﹣2＝2.0m/s
v5= xEF
T = 20.00
0.1 ×10
﹣2＝2.0m/s
v6= xFG
T = 20.00
0.1 ×10
﹣2＝2.0m/s
在速度﹣时间图象中描出个时刻的速度，连线时注意能连到同一直线上的点应用直尺连到直线上，明显不在同一
直线点尽量用平滑曲线接；
如图所示：
（2）根据速度与时间图象的斜率表示AD 段加速度，
解得：a= △v
△t = 2.0−0.25
0.35
=5m/s2，
依据速度与时间的图象，而C 点对应的时刻为0.2s，
根据图象，打C 点时纸带的速度为vC＝1.25m/s；
故答案为：（1）如上图所示；
（2）5；1.25。
【点评】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。
知道速度时间图象的斜率表示加速度，难度不大，属于基础题。
三、本题共4 小题，共40 分．解答应写出必要的文字说明、方程和重要步骤．只写出最后答案的不能得分．有数
值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
18．【分析】对c 点进行受力分析．
根据平衡条件和三角函数表示出力与力之间的关系．
【解答】解：对结点C 受力分析，受点c 到三根绳子拉力，将Fa 和Fb 合成为F，
根据三力平衡得出：F＝Fc＝mg
已知ac 和bc 与竖直方向的夹角分别为30°和60°，所以α＝30°
根据三角函数关系得出：
Fa＝F•cosα=
3
2 mg，
Fb＝F•sinα= 1
2mg．
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答：求ac 绳和bc 绳中的拉力分别为
3
2 mg，
1
2mg．
【点评】该题的关键在于能够对结点c 进行受力分析，利用平衡状态条件解决问题．
力的计算离不开几何关系和三角函数．
19．【分析】（1）对物块受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，再画出物块的受力示意图；
（2）根据牛顿第二定律求出物体的加速度的大小；
（3）物体做匀加速直线运动，由位移时间关系可以求得物体的位移的大小。
【解答】解：（1）物块受到重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，物块的受力示意图如图：
（2）物块竖直方向受力平衡，则有：Fsin37°+FN＝mg，
对水平方向，根据牛顿第二定律，有：Fcos37°﹣f＝ma，
其中：f＝μFN，
代入数据解得：a= Fcos37°−μ(mg−Fsin37°)
m
=0.5m/s2；
（3）根据匀变速直线运动规律可得：x= 1
2 at2
代入数据得：x＝4m。
答：（1）受力分析图见解析；
（2）物块运动的加速度大小为0.5m/s2；
（3）从静止开始物块移动4s 内的位移大小为4m。
【点评】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；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
20．【分析】对小球匀速时受力分析，根据平衡条件求出摩擦因数大小，然后对杆与水平方向间夹角为37°时的小
球受力分析，根据牛顿第二定律求加速度。
【解答】解：（1）小球在水平杆上匀速运动，水平方向受摩擦力f 和风力F
由平衡条件得：F 风＝f
竖直方向受重力mg 和杆对球的支持力N，
由平衡条件得：N＝mg
因为f＝μmg
联立解得：：μ＝0.5
（2）小球在倾斜杆上加速下滑，受力分析如图
由牛顿第二定律得：Fcos37°+mgsin37°﹣μ（mgcos37°﹣Fsin37°）＝ma
F＝0.5mg
解得：a＝7.5m/s2
答：（1）小球与杆间的滑动摩擦因数是0.5。
（2）小球从静止出发在细杆上滑下时的加速度大小为7.5m/s2。
【点评】对小球进行受力分析是正确解题的前提与关键，应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题。
21．【分析】（1）由图读出电梯向上加速运动的最大加速度和减速运动的最大加速度大小，由牛顿第二定律求解最
大拉力F1 和最小拉力F2；
（2）a、运用类比法可知，a﹣t 图象与坐标轴所围的“面积”等于速度变化量，即可求出电梯在第1s 内的速度
改变量△υ1，及电梯在2s 内的速度改变量△υ2，即求得第2s 末的速率υ2；
b、根据类比法结合图线进行求解。
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【解答】解；（1）由牛顿第二定律，有：F﹣mg＝ma
由a─t 图象可知，F1 和F2 对应的加速度分别为：
a1＝1.0m/s2
a2＝﹣1.0m/s2
则有：
F1＝m（g+a1）＝2.0×103×（10+1.0）N＝2.2×104N
F2＝m（g+a2）＝2.0×103×（10﹣1.0）N＝1.8×104N
（2）a、通过类比可得，电梯的速度变化量等于第1s 内a─t 图线下的面积
△v1＝0.50m/s
同理可得，△v2＝v2﹣v0＝1.5m/s
v0＝0，第2s 末的速率v2＝1.5m/s
b、由a﹣t 图象可知，第1s 内的加速度与时间的关系式、速度与时间的关系式为：
a＝t；
v＝0.5t2。
答：（1）电梯在上升过程中受到的最大拉力为2.2×104N、最小拉力为1.8×104N；
（2）a．电梯在第1s 内的速度改变量为0.5m/s，第2s 末的速率为1.5m/s；
b．电梯在第1s 内的加速度与时间的关系式为a＝t、速度与时间的关系式v＝0.5t2。
【点评】本题一要有基本的读图能力，并能根据加速度图象分析电梯的运动情况；二要能运用类比法，理解加速
度图象“面积”的物理意义。
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2019-2020 学年北京市东城区高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题
1．（3 分）在有云的夜晚，抬头望月，觉得月亮在云中穿行，这时选取的参考系是（
）
A．地面
B．月亮
C．云
D．星
2．（3 分）在下列问题中，可以把研究对象视为质点的是（
）
A．研究车轮的转动
B．研究舞蹈演员的动作
C．研究地球的自转
D．研究月球绕地球的转动
3．（3 分）作用在同一个物体上的两个共点力，它们的方向之间的夹角是90°，其中一个力大小是3N，另一个力
大小是4N，则这两个力的合力大小为（
）
A．1N
B．3N
C．5N
D．7N
4．（3 分）下图所示的四个图象中，表示物体做匀速直线运动的图象是（
）
A．
B．
C．
D．
5．（3 分）关于自由落体运动，下列说法中不正确的是（
）
A．由静止释放且只受重力作用的物体所做的运动是自由落体运动
B．自由落体运动是初速为零的匀加速直线运动
C．自由落体运动在第1s、第2s、第3s 内的位移之比是1：3：5
D．自由落体运动在第1s、第2s、第3s 内的位移之比是1：4：9
6．（3 分）一个小球从距地面4m 高处竖直下落，被地面弹回，在距地面1m 高处被接住。选抛出点为坐标原点，竖
直向下为坐标轴的正方向，则小球落地点的坐标和从开始下落到被接住过程中的位移分别是（
）
A．4m，1m
B．﹣4m，﹣1m
C．4 m，3m
D．4 m，﹣3m
7．（3 分）从某一高度处同时释放一片羽毛和一个玻璃球，玻璃球先于羽毛到达地面，这说明（
）
A．质量大的物体下落得更快
B．密度大的物体下落得更快
C．受阻力小的物体下落得更快
D．玻璃球的平均速度比羽毛的大
8．（3 分）两辆汽车沿平直公路运动，从某时刻开始计时，分别测量两辆车的速度大小，并记录在下表中。从表中
数据可知在t＝0 到t＝4s 的这段时间内（
）
时刻t/s
0
1
2
3
4
汽车甲
v1/（m•
s
﹣1）
18.0
17.5
17.0
16.5
16.
0
汽车乙
v2/（m•
s
﹣1）
9.8
11.0
12.2
13.4
14.
6
A．汽车甲相对计时起点的位移随时间减小
B．汽车乙的速度随时间减小
C．汽车甲的速度变化量比汽车乙的大
D．汽车甲的加速度比汽车乙的小
9．（3 分）质点沿x 轴运动，其速度v 随时间t 变化的v﹣t 图象如图所示，已知t＝0 时刻质点速度方向沿x 轴正方
向；t2﹣t1＝t3﹣t2．则下列说法正确的是（
）
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A．t2 时刻质点的速度和加速度均为零
B．t2 时刻质点即将向x 轴负方向运动
C．质点在t1 时刻和t3 时刻的速度相同
D．质点在t1 时刻和t3 时刻的加速度大小相等方向相反
10．（3 分）自卸车常用来进行土方、砂石、散料等的装卸运输工作。如图所示，当自卸车的车厢从水平倾斜到一定
角度时，车厢上的货物如集装箱就会自动滑下。下列说法正确的是（
）
A．车厢倾斜角度越大，集装箱对车厢的压力越大
B．车厢倾斜角度越大，集装箱与车厢的动摩擦因数越小
C．集装箱静止在倾斜车厢上时，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力
D．集装箱开始下滑时，受到的摩擦力小于重力沿斜面方向的分力
11．（3 分）物体静止于光滑水平面上，某时刻在物体上施加一个水平向东的力F，且F 的大小逐渐减小到零，关于
此过程中物体的运动情况，下列说法不正确的是（
）
A．物体的加速度逐渐减小到零
B．物体向东做减速运动
C．物体的速度变化得越来越慢
D．当F 减小到零时，物体向东的速度最大
12．（3 分）如图所示，水平传送带始终保持以速度v 匀速运动，某时刻把一个物块无初速地放在传送带左端，经过
一段时间，物块与传送带一起以速度v 运动。对上述过程的说法中正确的是（
）
A．物块始终受到摩擦力的作用
B．在达到速度v 之前，物块相对传送带向左滑动
C．在达到速度v 之前，物块受到向左的摩擦力
D．与传送带一起以速度v 运动时，物块受到向右的摩擦力
13．（3 分）如图所示，小孩在蹦床上沿竖直方向蹦跳，对其从最低点到离开床面的过程，下列说法正确的是（
）
A．小孩一直处于超重状态
B．小孩一直处于失重状态
C．小孩会经历先超重后失重的过程
D．小孩刚离开蹦床时的速度最大
二、实验题
14．（6 分）某同学用右图所示装置做《验证力的平行四边形定则》的实验，橡皮筋的一端固定在水平木板上的P 点，
另一端系有两个绳套。实验中先用两个弹簧测力计分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮筋，将橡皮筋拉至某一位
置O，如图所示。再只用一个弹簧测力计，通过绳套把橡皮筋拉到与前面相同的位置O。
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（1）为完成该实验，下述必须有的步骤是
（选填正确选项前的字母）
A．测量细绳的长度
B．测量橡皮筋的原长
C．记录测力计的示数
D．记录结点O 的位置
E．通过细绳记录拉力的方向
（2）对操作过程，下列说法正确的是
（选填正确选项前的字母）
A．橡皮筋、弹簧测力计和细绳应位于与纸面平行的同一平面内
B．两细绳之间的夹角一定要取90°，以便计算合力的大小
C．用平行四边形定则求得的合力方向一定沿PO 方向
D．测力计的示数取得适当大些有利于减小误差
15．（6 分）图甲是用来探究加速度和力之间关系的实验装置示意图，图乙是其俯视图。两个相同的小车，放在带有
定滑轮的木板上（事先通过调节木板与水平面间的夹角来抵消摩擦力的影响），前端各系一条细绳，绳的另一端
跨过定滑轮各挂一个小盘，盘里放有砝码。两个小车后端各系一条细线，细线后端用夹子固定，打开夹子，小盘
和砝码牵引小车运动，合上夹子，两小车同时停止运动。
（1）用刻度尺测出两小车的位移，位移之比就等于它们的
之比；
（2）为了探究加速度大小和力大小之间的关系，应保持两个
（选填“小车”或“小盘和砝码”）的质量
相等；
（3）为减小误差，应使小盘和砝码的总质量尽可能
（选填“小于”、“等于”或“大于”）小车质量。
16．（6 分）如图所示为某次实验中拍摄到的小滑块在粗糙水平面上滑动时的闪光照片，已知闪光频率为每秒10 次。
其中A、B、C、D、E 分别对应每次闪光时滑块的位置，根据照片与实物的比例得到滑块位移的数据，其中BC
＝2.98cm，CD＝2.00cm。查得当地重力加速度值为9.80m/s2．则
（1）小滑块通过C 位置时速度的大小vc＝
m/s（结果保留2 位有效数字）；
（2）小滑块与水平面之间的动摩擦因数μ＝
。
三、计算题
17．（8 分）一物体从空中由静止释放做匀加速运动，在t＝2s 的时间内下落了h＝18m，已知物体的质量为4kg，g
取10m/s2，求：
（1）物体加速度的大小a；
（2）物体受到的空气阻力的大小f。
18．（8 分）三段不可伸长的轻绳OA、OB、OC 共同悬挂一质量为m 的物块，如图所示，其中A 端、B 端都固定，
OB 沿水平方向，OA 与竖直方向的夹角为θ，重力加速度用g 表示，请：
（1）画出结点O 受力的示意图；
（2）求OA 绳上拉力的大小F。
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19．（8 分）一个质点做匀加速直线运动，初速度为v0，经过时间t，末速度变为vt．现将质点经过时间
t
2时的瞬时速
度记为v
t
2
，请证明：v
t
2
= v0+vt
2
20．（9 分）如图所示，用与水平方向夹角θ＝37°的恒力作用在质量m＝1kg 的木箱上，使木箱在水平地面上做直
线运动，已知恒力的大小F＝10N，木箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.50，g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝
0.8，求：
（1）木箱对地面压力的大小FN；
（2）从静止开始运动了12m 后，木箱速度的大小v。
21．（10 分）如图所示，停放在水平冰面上的冰车由质量为M，倾角为θ的斜面体改装而成，在斜面上轻放一质量为
m 的物块，不计物块与斜面、冰车与冰面之间的摩擦。
（1）释放物块后，在物块沿斜面向下运动的同时，冰车也在水平冰面上运动。请画出冰车受力的示意图，并根
据示意图说明冰车由静止变为运动的原因（作图时冰车可视为质点）。
（2）若冰面上的人在车后方用水平方向的力推车，请分析下列两种可能情况：
a．当力的大小为F1 时，物块在斜面上滑动的同时冰车在冰面上保持静止，求F1 和物块加速度的大小a1；
b．当力的大小为F2 时，物块和斜面保持相对静止一起加速运动，求F2 和物块加速度的大小a2。
（3）第（1）问和第（2）问a 所述的两种情况下，小物块对斜面压力的大小不同，分别记为FN1 和FN2，请对
FN1 和FN2 的大小关系作出猜想，并说明做出该种猜想的理由。
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2019-2020 学年北京市东城区高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题
1．【分析】参考系，是指研究物体运动时所选定的参照物体或彼此不作相对运动的物体系；参考系的选取是任意的，
如何选择参考系，必须从具体情况来考虑，一般情况下我们以地面或相对地面不动的物体作为参考系。
【解答】解：参考系是研究运动时来当作参考的物体，是假定不动的。抬头望明月，觉得月亮在云中穿行，是月
亮相对于云在运动，故参考系为云，故C 正确；ABD 错误。
故选：C。
【点评】运动的相对性和参考系的选择问题。月亮在云中穿行，是月亮相对于云在运动。
2．【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、研究车轮的转动时车轮的大小不能忽略不计，此时不能看成质点，故A 错误。
B、研究舞蹈演员的动作时，演员肢体的形状不能忽略不计，否则没有观赏性，故B 错误；
C、当研究地球的自转时，地球的电子与形状不能忽略，不能看成质点，故C 错误；
D、月球虽然体积很大，在研究公转时，可以看成质点，故D 正确。
故选：D。
【点评】质点是运动学中一个重要概念，要理解其实质，不能停在表面。
3．【分析】合力与分力遵循平行四边形定则，根据平行四边形定则求出两个力的合力大小。
【解答】解：根据平行四边形定则得，因为它们之间的夹角是90°，所以有：F 合=
32 + 42 =5N，故C 正确，
ABD 错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道合力与分力遵循平行四边形定则。
4．【分析】根据速度时间图象的斜率表示加速度，位移时间图象的斜率表示速度判断图象的性质即可．
【解答】解：A、根据图象可知，位移随时间均匀增大，做匀速直线运动，故A 正确；
B、根据图象可知，位移随时间不变，处于静止状态，故B 错误；
C、根据图象可知，速度随时间均匀增大，做匀加速直线运动，故C 错误；
D、根据图象可知，速度随时间不变，做匀速直线运动，D 正确。
故选：AD。
【点评】对于图象问题首先搞清楚横坐标和纵坐标表示的含义，然后根据图象确定物体的运动性质．
5．【分析】自由落体运动的特点仅受重力，初速度为零，做加速度为g 的匀加速直线运动。
【解答】解：A、由静止释放且只受重力作用的物体所做的运动是自由落体运动，则A 正确
B、自由落体运动是初速为零的匀加速直线运动，则B 正确
CD、初速度为零的匀加速直线运动，开始连续的三个1s 内通过的位移之比是1：3：5，故C 正确，D 错误
因选不正确的
故选：D。
【点评】本题考查对匀变速直线运动推论的理解能力，要学会应用比例法，基础题。
6．【分析】建立直线坐标系，根据小球的运动的情况，分别确定小球的位置坐标，根据位移的定义分析位移的大小。
【解答】解：从距地面4m 高处竖直下落，被地面弹回，在距地面1m 高处被接住。坐标原点定在抛出点，向下
方向为坐标轴的正方向，小球落地点的坐标为4m；
小球在距离地面1m 高处被接住，此时的小球在坐标原点的下方3m 处，所以接住点的位置坐标是3m，所以位移
x＝1﹣（﹣2）＝3m。故C 正确，ABD 错误
故选：C。
【点评】本题考查的就是学生对于直线坐标系的理解，结合数学上的数轴来理解，就可以轻松解决本题。
7．【分析】玻璃球与羽毛能否同时落地，关键看加速度是否相同；其中羽毛阻力与重力比不能忽略，玻璃球重力远
大于阻力，根据牛顿第二定律列式分析即可
【解答】解：重的物体和轻的物体下落的快慢相同，即两物体同时落地原因是：
自由落体运动的物体只受重力，且初速度为0，
故下落的加速度为a = mg
m = g
根据h = 1
2 gt2，解得：t =
2h
g
而现实中由于存在空气，而羽毛受到的阻力相对于重力来说较大，加速度：a' = mg−f
m
= g −f
m，即玻璃球的加速
度大于羽毛的加速度，故玻璃球首先落地，落地时间短。
那么，根据平均速度等于总位移除以总时间可知，玻璃球与羽毛从同一高度下落，总位移相等，玻璃的平均速度
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大于羽毛的。故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
【点评】通过现象看本质，即看到物体真实的受力情况才能在学习过程中不受看似真理的生活常识的拖累
8．【分析】根据表格数据判断汽车的运动情况，速度变化量△v = v −v0 ，根据加速度的定义式求解加速度。
【解答】解：A、汽车甲做匀减速直线运动，汽车甲相对计时起点的位移随时间增大，故A 错误；
B、汽车乙做匀加速直线运动，汽车乙的速度随时间增加，故B 错误；
B、在t＝0 到t＝4s 的这段时间内，汽车甲速度变化量△v
甲= 16.0 −18.0 =−2m/s，汽车乙的速度变化量△v
乙=
14.6 −9.8 =4.8m/s，所以汽车甲的速度变化量比汽车乙的小，故C 错误；
D、汽车甲的加速度a
甲= △v
△t = −2
4 m/s2 =−0.5m/s2 ，汽车乙的加速度a
乙= △v
△t = 4.8
4 m/s =1.2m/s，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查匀变速直线运动的规律的应用，要注意汽车的速度变化量的指末速度减初速度，加速度a= △v
△t，
也是矢量，大小看绝对值。
9．【分析】根据速度﹣时间图象能直接读出速度的正负及大小变化，速度的正负就表示速度的方向。根据图象的斜
率分析加速度的大小和方向。
【解答】解：A、由图看出，t2 时刻质点的速度为零。根据速度图象的斜率表示加速度，知t2 时刻质点的加速度
不为零。故A 错误。
B、t2 时刻质点速度由正变为负，即将向x 轴负方向运动，故B 正确。
C、质点在t1 时刻和t3 时刻的速度大小相等、方向相反，则速度不同，故C 错误。
D、直线的斜率一定，说明该质点的加速度一定，所以质点在t1 时刻和t3 时刻的加速度大小相等方向相同，故D
错误。
故选：B。
【点评】对于速度﹣时间图象，关键要抓住速度的斜率表示加速度、速度的正负表示速度方向，来分析质点的运
动情况。
10．【分析】集装箱处于平衡状态，对集装箱进行受力分析，根据平衡条件及恒力做功公式列式分析即可。
【解答】解：A、集装箱处于平衡状态，则有：mgsinθ＝f，FN＝mgcosθ，车厢倾角越大，车厢与集装箱间的正
压力FN 逐渐减小。故A 错误；
B、动摩擦因数与倾角无关，故B 错误；
C、集装箱静止在倾斜车厢上时，受力平衡，受到的摩擦力等于重力沿斜面方向的分力，故C 错误；
D、集装箱滑动后的摩擦力是滑动摩擦力，小于重力沿斜面方向的分力。故D 正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了平衡条件的应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，要注意的是滑动摩擦力要小
于最大静摩擦力。
11．【分析】先根据F 的变化情况，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况，再根据加速度与速度方向关系判断
物体的速度变化情况。
【解答】解：A、物体静止于光滑水平面上，根据牛顿第二定律得F＝ma，则当F 逐渐减小到零时，物体的加速
度逐渐减小到零，故A 正确。
BD、由于F 方向与速度方向相同，则加速度方向与速度方向相同，所以物体向东做加速运动，当F 减小到零时，
物体向东做匀速直线运动，速度达到最大，故B 不正确，D 正确。
C、物体的加速度逐渐减小，则物体的速度变化得越来越慢，故C 正确。
本题选不正确的，故选：B。
【点评】解决本题的关键要能根据牛顿第二定律确定加速度的变化情况。要知道加速度减小，并不意味着速度减
小，当加速度与速度同向时速度仍然增大。
12．【分析】依据物块与皮带间有相对运动或相对运动趋势时，则会产生静摩擦力或滑动摩擦力，从而即可求解。
【解答】解：A、一个物块无初速地放在传送带左端，经过一段时间，物块与传送带一起以速度v 运动，由此可
知，物块先受到皮带的滑动摩擦力，然后与皮带一起匀速直线运动，不受摩擦力，故A 错误；
BC、在达到速度v 之前，物块相对传送带，有向左滑动，则物块受到皮带向右的滑动摩擦动力，故B 正确，C
错误；
D、当与传送带一起以速度v 运动时，物块不受到摩擦力作用，故D 错误；
故选：B。
【点评】考查摩擦力产生原理，掌握静摩擦力与滑动摩擦力的区别，注意皮带速度是不变的。
13．【分析】加速度向上时处于超重状态，加速度向下时处于失重状态，根据小孩的运动过程判断其所处的状态。
【解答】解：小孩从最低点向上运动过程，先向上做加速运动，当重力与弹力相等后向上做减速运动，直到离开
蹦床为止，
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因此小孩先超重后失重，当重力与弹力相等时速度最大，故ABD 错误，C 正确；
故选：C。
【点评】本题考查了超失重状态的判断，知道物体超失重的条件是解题的前提，分析清楚小孩的运动过程即可解
题。
二、实验题
14．【分析】本实验中采用了两个力的合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，按实验原理和方法分析实
验的要求和注意事项即可。
【解答】解：（1）本实验是通过作合力与分力图示的方法来验证平行四边形定则，需要测量合力与分力的大小、
方向，根据这个原理需要两次达到相同的效果，所以还需要记录结点O 的位置。不需要测量细绳的长度和测量
橡皮筋的原长。故AB 错误，CDE 正确
故选：CDE
（2）A、实验中为了减小误差，弹簧秤必须保持与木板平行，这样才能正确的确定弹力方向，故A 正确；
B、实验过程中两弹簧的夹角要适当，并非要求达到90°，非特殊角度也可，故B 错误；
C、用平行四边形定则求得的合力方向不一定沿PO 方向，故C 错误；
D、实验中，弹簧的读数大小适当，示数取得适当大些有利于减小误差，便于做平行四边形即可，故D 正确。
故选：AD。
故答案为：（1）CDE；（2）AD
【点评】本题比较全面的考查了高中物理中的几个重要的力学实验，解答实验问题时注意，所有操作步骤的设计
都是以实验原理和实验目的为中心展开，因此明确实验原理和实验目的是解答实验问题的关键。
15．【分析】本实验是控制变量法的实验，不能让小车和砝码的质量都不同，应该保持一个量是相同的。根据初速
度为零的匀变速直线运动特点可得出答案。
【解答】解：（1）根据初速度为零的匀变速直线运动公式x= 1
2 at2可知，用刻度尺测量两小车通过的位移，两车
的位移之比等于加速度之比；
（2）为了探究加速度大小和力大小之间的关系，应该控制小车的质量不变，即应保持两个小车的质量相等；
（3）为减小误差，应使小盘和砝码的总质量尽可能小于小车质量，这样才能满足绳子拉力近似等于小盘和砝码
的总重力。
故答案为：（1）加速度；（2）小车；（3）小于。
【点评】只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，
故要加强对实验原理的学习和掌握。
16．【分析】（1）根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解C 点速度；
（2）根据照片上数据可以知道滑块相邻的时间间隔位移之差相等，即滑块的运动是匀减速直线运动。根据运动
学公式求出滑块的加速度，再运用牛顿第二定律求出问题。
【解答】解：（1）由题意得：T = 1
f = 1
10 s = 0.1s
根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度得小滑块通过C 位置时速度的大小为：
vC = vBD = BC+CD
2T
= 0.0298+0.02
2×0.1
m/s =0.25m/s
（2）根据运动学公式得：
△x＝at2，
即：a= △x
T2 = CD−BC
T2
= 0.020−0.0298
0．12
m/s2 =−0.98m/s2①
根据小滑块在粗糙水平面上滑动时受力，结合牛顿第二定律得出：
F 合＝﹣f＝ma②
f＝μmg③
①②③联立解得：μ＝0.1
故答案为（1）0.25；（2）0.1。
【点评】利用好频闪照片，结合运动学公式解决问题。频闪照片的处理类似于打点计时器的问题。
三、计算题
17．【分析】（1）物体做初速度为零的匀加速运动，已知时间和位移，根据位移时间公式求加速度A 的大小。
（2）分析物体的受力情况，由牛顿第二定律求空气阻力f 的大小。
【解答】解：（1）物体做初速度为零的匀加速运动，由h= 1
2at2
解得：a＝9m/s2
（2）根据牛顿第二定律得：mg﹣f＝ma
解得：f＝4N
答：
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（1）物体加速度的大小a 是9m/s2；
（2）物体受到的空气阻力的大小f 是4N。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，要知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，并能熟
练选择运动学公式。
18．【分析】以结点O 为研究，分析受力情况，根据三个细绳受到的拉力大小结合平衡条件求解。
【解答】解：（1）结点O 受力如图所示：
（2）竖直方向受力平衡得：Fcosθ＝FC＝mg
解得：F= mg
cosθ
答：（1）结点O 受力的示意图如图；
（2）OA 绳上拉力的大小F 是
mg
cosθ。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解。
19．【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式列式求解。
【解答】证明：设质点运动的加速度为a，由匀加速运动公式有
vt＝v0+at①
vt
2
= v0 + a ⋅t
2②
①②联立解得：
vt
2
= v0+vt
2
证毕
【点评】本题考查匀变速直线运动规律的应用，关键是熟练记忆公式，并能根据已知条件选择公式列式求解即可。
20．【分析】（1）对物体受力分析，求出木箱对地面压力的大小FN；
（2）根据牛顿第二定律求出木块的加速度；根据运动学公式求出物体运动的速度。
【解答】解：（1）木箱沿水平方向运动，竖直方向处于平衡状态，由受力平衡可得：FN+Fsinθ＝mg，
解得：FN＝4N
（2）水平方向由牛顿第二定律可得：Fcosθ﹣Ff＝ma
其中：Ff＝μFN，
将FN＝4N 代入，解得：a＝6m/s2
由运动学的公式可得：v2＝2ax
解得：v＝12m/s
答：（1）木箱对地面压力的大小FN 是4N；
（2）从静止开始运动了12m 后，木箱速度的大小v 是12m/s。。
【点评】在运动学和力学综合的问题中，加速度是前后联系的桥梁，通过加速度，可以根据力求运动，也可以根
据运动求力
21．【分析】（1）按重力、弹力、摩擦力的顺序分析物体的受力情况。
（2）a、先研究物块的运动情况，根据垂直于斜面方向受力平衡，求得斜面对物体的支持力，从而得到物块的压
力，再研究冰车，由平衡条件求F1．根据牛顿第二定律求物块加速度的大小a1；
b、物块和斜面保持相对静止一起加速运动时，加速度相同。先研究物块，由牛顿第二定律求得加速度。再研究
整体，由牛顿第二定律求F2。
（3）结合平衡条件和牛顿第二定律进行猜想。
【解答】解：（1）冰车的受力示意图如答图1 所示；
将FN 沿水平方向和竖直方向正交分解，可知竖直方向合力为零，水平方向合力不为零，因此冰车在水平方向合
力作用下由静止变为运动，且在物块滑离斜面前沿水平冰面做加速运动。
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（2）a．冰面上的人在车后方推车时车的受力情况如答图2 所示，物块的受力情况如答图3 所示
由于冰车保持静止，对冰车应用牛顿第二定律，有：F1＝FNsinθ
对物块应用牛顿第二定律，有：FN＝mgcosθ；mgsinθ＝ma1
解得：a1＝gsinθ；F1＝mgcosθsinθ
b．当物块和斜面保持相对静止一起加速运动时，它们的加速度a2 必然沿水平方向，物块的受力示意图如答图4
所示
对物块应用牛顿第二定律，有：mgtanθ＝ma2
对物块和冰车的整体应用牛顿第二定律，有：F2＝（m+M）a2
解得：a2＝gtanθ；F2＝（m+M）gtanθ
（3）正确的猜想：FN1＜FN2；
理由：第（1）问所述情况中物块沿斜面下滑的同时，斜面体沿水平冰面后退，在一小段时间内物块发生的位移
x（以地面为参考系）如答图5 所示，物块加速度a 的方向与位移x 的方向一致。将加速度a 沿垂直斜面和沿斜
面两方向正交分解，可知，a 有垂直斜面向下的分量，结合答图3 中的受力分析，可知FN1＜mgcosθ；而第（2）
问a 所述情况中FN2＝mgcosθ，因此，FN1＜FN2。
答：（1）如图所示。冰车在水平方向合力作用下由静止变为运动，且在物块滑离斜面前沿水平冰面做加速运动。
（2）a、F1 为mgcosθsinθ，物块加速度的大小a1 是gsinθ。
b．F2 为（m+M）gtanθ，物块加速度的大小a2 是gtanθ。
【点评】本题是动力学问题，关键要正确分析物体的受力情况，采用隔离法和整体法相结合的方法研究，比较简
洁。
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2019-2020 学年北京市昌平区高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题．本题共18 小题，每小题3 分，共60 分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，
选对得3 分，选错或不答的得0 分．
1．（3 分）下列物理量中，属于矢量的是（
）
A．时间
B．质量
C．路程
D．位移
2．（3 分）裁判员评判下列比赛成绩时，可将运动员视为质点的是（
）
A．跳水
B．5 公里越野
C．自由体操
D．太极拳
3．（3 分）某同学绕操场两周跑了800 米，用时4 分钟。以上提及的“800 米”、“4 分钟”分别是指（
）
A．路程、时间
B．位移、时间
C．路程、时刻
D．位移、时刻
4．（3 分）下列关于速度的表述中，表示平均速度的是（
）
A．苹果落地时的速度
B．足球被踢飞时的速度
C．海豚跃出水面时的速度
D．小明骑自行车从家到学校的速度
5．（3 分）如图所示，在光滑水平地面上，一个质量为m 的物体，受到水平推力F 的作用向右运动，加速度大小为
a；若推力变为2F，则加速度大小变为（
）
A．a
B．1.5a
C．2a
D．3a
6．（3 分）如图所示，一本书静止在水平桌面上，桌面对书的支持力为F，则F 的反作用力是（
）
A．书所受的重力
B．书对桌面的压力
C．桌面所受的重力
D．地球对书的引力
7．（3 分）某探险者在野外攀岩时，踩落一小石块，约5s 后听到石块直接落到崖底的声音。探险者离崖底的高度最
接近的是（
）
A．25 m
B．50 m
C．70 m
D．120 m
8．（3 分）在物理学中，选定七个物理量的单位作为国际单位制的基本单位，利用物理量之间的关系就可以推导出
其他物理量的单位。已知F＝ma，其中F 表示作用在物体上的力，m 表示物体的质量，a 表示物体的加速度。则
力的单位用国际单位制的基本单位表示应该是（
）
A．kg•m/s
B．kg•m/s2
C．N
D．N•s
9．（3 分）若F1、F2 是F 的两个分力，下列图象中正确表示F1、F2 和F 三者关系的是（
）
A．
B．
C．
D．
10．（3 分）伽利略为了研究自由落体运动的规律，采用了一个巧妙办法：他让铜球沿阻力很小的斜面滚下，研究铜
球在斜面上的运动规律，然后推广到自由落体，如图3 所示。这就是著名的“斜面实验”，从而创造了一种科学
研究的方法。利用斜面实验主要是考虑到（
）
A．实验时便于测量小球运动的时间
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B．实验时便于测量小球运动的速度
C．实验时便于测量小球运动的速度和路程
D．实验可以通过观察与计算直接得到落体运动的规律
11．（3 分）某质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x＝5t+t2（各物理量均采用国际单位），下列关于该质点运
动叙述正确的是（
）
A．质点做匀加速直线运动
B．质点做匀减速直线运动
C．该质点的初速度为0
D．该质点的加速度大小为1m/s2
12．（3 分）如图所示，小孩用力沿水平方向推木箱，但他没有推动，木箱仍然保持静止。由此可知（
）
A．木箱所受静摩擦力与水平推力大小相等
B．木箱所受静摩擦力大于水平推力
C．木箱所受静摩擦力小于水平推力
D．木箱所受静摩擦力为0
13．（3 分）我国《道路交通安全法》中规定：各种小型车辆前排乘坐的乘客（包括司机）必须系好安全带。下列说
法正确的是（
）
A．系好安全带可以减小人的惯性
B．系好安全带可以减小车的惯性
C．是否系好安全带对人和车的惯性都有影响
D．系好安全带可以防止因惯性对人造成的伤害
14．（3 分）请阅读下述文字，完成第14 题、第15 题和第16 题。雨滴在空气中由静止开始沿竖直方向下落，雨滴
运动的速度v 随时间t 的变化关系如图所示，经过时间t1，速度达到vm，
此后雨滴以速度vm 做匀速直线运动。雨滴的质量为m（保持不变），重力加速度为g
在0～t1 时间内，雨滴的加速度大小（
）
A．不变
B．减小
C．增大
D．先增大后减小
15．（3 分）请阅读下述文字，完成第14 题、第15 题和第16 题。雨滴在空气中由静止开始沿竖直方向下落，雨滴
运动的速度v 随时间t 的变化关系如图所示，经过时间t1，速度达到vm，
此后雨滴以速度vm 做匀速直线运动。雨滴的质量为m（保持不变），重力加速度为g
在0～t1 时间内，雨滴受到的空气阻力（
）
A．不变
B．减小
C．增大
D．先增大后减小
16．（3 分）请阅读下述文字，完成第14 题、第15 题和第16 题。雨滴在空气中由静止开始沿竖直方向下落，雨滴
运动的速度v 随时间t 的变化关系如图所示，经过时间t1，速度达到vm，
此后雨滴以速度vm 做匀速直线运动。雨滴的质量为m（保持不变），重力加速度为g
若雨滴在下落过程中所受空气阻力的大小f 与其速率的平方成正比，即f＝kv2．则雨滴匀速下落时的速度vm 的
大小为（
）
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A．
mg
k
B．kmg
C．mg
k
D．kmg
17．（3 分）如图所示，手推车的篮子里装有一篮球，女孩把手推车沿斜面向上匀速推动，篮子的底面平行于斜面，
篮子的后侧面垂直于底面。下列说法正确的是（
）
A．篮子底面受到的压力大于篮球的重力
B．篮子底面受到的压力等于篮球的重力
C．篮子后侧面受到的压力大于篮球的重力
D．篮子后侧面受到的压力小于篮球的重力
18．（3 分）某同学站在电梯的水平地板上保持不动，在电梯沿竖直方向运动的过程中地板对该同学的支持力F 随时
间t 的变化关系如图7 所示，其中G 为该同学的重力。下列说法正确的是（
）
A．0～t1 时间内，电梯一定竖直上升
B．t2～t3 时间内，电梯一定竖直下降
C．0～t1 时间内，该同学处于失重状态
D．t2～t3 时间内，该同学处于失重状态
19．（3 分）汽车以10m/s 的速度在平直马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方的斑马线上有行人，于是刹车礼让，汽
车恰好停在斑马线前。假设驾驶员的反应时间为0.5s，汽车运动的v﹣t 图象如图所示。下列说法中不正确的是
（
）
A．在驾驶员反应时间内，汽车行驶的距离为5m
B．从驾驶员发现情况到汽车停止，共行驶的距离为15m
C．汽车刹车时的加速度大小为10m/s2
D．从驾驶员发现情况到汽车停止的平均速度为6m/s
20．（3 分）如图所示，重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的木箱就会自动滑下。以下说
法正确的是（
）
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A．木箱下滑前，车厢倾角越大，木箱所受摩擦力越大
B．木箱下滑前，车厢倾角越大，木箱与车厢间的压力越大
C．木箱下滑时，车厢倾角越大，木箱所受摩擦力越大
D．木箱下滑时，车厢倾角越大，木箱与车厢的动摩擦因数越大
二、实验题．本题共2 小题，每空题2 分，共12 分
21．（2 分）某实验小组用如图所示的装置做“探究两个互成角度力的合成规律”实验。以下操作中正确的是（
）
A．如图甲，用两个弹簧测力计把橡皮条的一端拉到O 点时，两个弹簧测力计之间的夹角必须取90°，以便算
出合力的大小
B．再用一个弹簧测力计拉橡皮条时（如图乙），必须保证仍把橡皮条的一端拉到O 点
C．实验中，先将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧测力计拉力的大小和方
向，把橡皮条的另一端拉到O 点
D．实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正视弹簧测力计的刻度
22．（10 分）用图1 所示的装置做“探究加速度与物体受力的关系”的实验。主要实验步骤如下：
a．测量小车的质量为M，砝码和托盘的质量为m，满足m≤M，可以认为砝码和托盘的重力等于小车所受拉力，
记为F。
b．把纸带系在小车上，并使纸带穿过打点计时器。把装有打点计时器的木板一端稍微垫高，使小车在木板上做
匀速运动。
c．把连接砝码和托盘的细线绕过木板上的定滑轮后系在小车上，接通电源，释放小车，使小车沿长木板运动。
d．打点计时器在纸带上打下一系列的点，根据计数点间距离求出加速度a。
e．换上新纸带，保持小车的质量不变，改变砝码的质量，重复实验。
f．实验过程中，小车所受拉力记为F1、F2、F3、F4、F5，对应的加速度记为a1、a2、a3、a4、a5．以加速度a 为
纵轴、小车所受拉力F 为横轴建立直角坐标系，在坐标纸上描点，如图2 所示。
结合上述实验步骤，请你完成下列任务：
（1）小车受到拉力为F2 时，打出的一条清晰纸带如图3 所示。找一个合适的点当作计时起点O，然后每隔相同
的时间间隔T 选取一个计数点，分别记为1、2、3、4，用刻度尺测量出相邻计数点间的距离分别为x1、x2、x3、
x4．则小车的加速度大小为
。根据纸带还可以求出打点计时器打下点1 时，小车的速度大小为
。
（2）在图2 中已标出加速度a1、a3、a4、a5 对应的坐标点，请在该图中标出加速度a2 对应的坐标点，并画出a
﹣F 图象。
（3）另一组同学实验时，忘记了平衡摩擦力，绘制出a﹣F 图线如图4 所示。该图线的斜率为k，纵轴截距为b。
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由此可知：小车的质量为
，小车所受摩擦力大小为
。
三、论述计算题．本题共4 小题，共28 分，解答时写出必要的文字说明、公式或表达式．有数值计算的题，答案
必须明确写出数值和单位．
23．（6 分）在平直公路上，一辆汽车以初速度v0＝10m/s、加速度a＝0.6m/s2 做匀加速直线运动。求：
（1）汽车在10s 末的速度大小；
（2）汽车在10s 内的位移大小。
24．（6 分）如图所示，质量为m 的小物块（可视为质点），从高度为H、倾角为θ的光滑固定斜面的顶端由静止下
滑，重力加速度为g。
（1）画出物块的受力示意图；
（2）求物块下滑时的加速度大小；
（3）求物块到达斜面底端时的速度大小。
25．（8 分）如图所示，是一种测定风力的仪器，P 是质量为0.2kg 的金属球，固定在一根细长的钢性金属丝下端。
当无风时金属球自然竖直下垂，有风时金属丝将偏离竖直方向，刻度盘上的角度就能反映出风力的大小。若某一
时刻风从水平方向吹向金属球P 时，金属丝向左偏离竖直角度θ＝30°而处于静止，重力加速度g＝10m/s2
（1）求此时的风力和金属丝的拉力大小；
（2）有同学认为，若刻度盘上的角度变为原来的2 倍，则风力也为原来的2 倍。你认为这种说法是否正确，并
说明理由。
26．（8 分）如图（甲）所示，蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动。为了研究蹦极运动做以下简化：将跳跃者视为
质量为m 的质点，他的运动沿竖直方向，且初速度为0．弹性绳的原长为L，劲度系数为k，其形变量与所受拉
力成正比。跳跃者下落1.5L 时到达最低点。此过程中忽略空气阻力和弹性绳质量，重力加速度为g。求：
（1）当弹性绳刚好被拉直时，跳跃者的速度大小；
（2）当跳跃者速度达到最大时，距起跳平台的高度；
（3）取起跳位置为坐标原点O，取竖直向下为正方向，建立x 轴。在跳跃者从开始跳下到最低点的过程中，跳
跃者的位移为x，加速度为a，在图（乙）中定性画出a 随x 变化关系的图象。
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2019-2020 学年北京市昌平区高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题．本题共18 小题，每小题3 分，共60 分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，
选对得3 分，选错或不答的得0 分．
1．【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．根据有无方向确定．
【解答】解：时间、质量和路程都是只有大小没有方向的标量，而位移是既有大小又有方向的矢量。故D 正确，
ABC 错误。
故选：D。
【点评】本题要能抓住矢量与标量的区别：矢量有方向，标量没有方向，能正确区分物理量的矢标性．
2．【分析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条
件来判断即可。
【解答】解：A、跳水比赛中要考虑运动员的动作，故不能简化为质点，故A 错误；
B、5 公里越野比赛中运动员的大小和体积可以忽略不计，可以简化为质点，故B 正确；
C、体操要考虑运动员的姿态，故不能看成质点，故C 错误；
D、太极拳比赛中要考虑运动员的动作，故不能简化为质点，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题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。
3．【分析】位移等于初位置到末位置有向线段的长度，而路程是物体运动路线的长度。时刻指的是某一瞬时，是时
间轴上的一点，时间是两时刻的间隔，是时间轴上的一段。
【解答】解：题目中，800 米是该同学跑步的路程，4 分钟是跑步的时间段。故A 正确，BCD 错误
故选：A。
【点评】本题就是对位移和路程、时间与时刻的考查，属于对基本概念的考查，掌握住位移和路程的概念就能够
解决了。
4．【分析】根据平均速度对应的是时间和位移，瞬时速度对应的是时刻与位置即可判断。
【解答】解：A、苹果落地时的速度是指一个瞬间的速度，为瞬时速度，故A 错误；
B、足球被踢飞时的速度是指一个瞬间的速度，为瞬时速度，故B 错误；
C、海豚跃出水面时的速度指的是经过炮口这一位置时的速度，故为瞬时速度，故C 错误；
D、小明骑自行车从家到学校的速度指的是全程的平均速度，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查了瞬时速度和平均速度的区别，主要从平均速度对应的是时间和位移，瞬时速度对应的是时刻
与位置去判断。
5．【分析】当水平拉力变为2F 时，根据牛顿第二定律对前后两种进行研究，分析两次加速度之比，进行选择。
【解答】解：物体所受的滑动摩擦力大小为0，当推力变为2F 时物体的加速度为a′．根据牛顿第二定律得：
F＝ma
2F＝ma′
则a′＝2a，故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
【点评】本题考查对牛顿第二定律的理解能力，公式F＝ma 中F 是合力，不一定是拉力。
6．【分析】明确作用力和反作用力的性质，由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在
同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失。
【解答】解：作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，
桌面对书的支持力的反作用力是书对桌面的压力，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】作用力和反作用力不能仅凭等大反向，作用在一条直线上，作用在两个物体上做判定，其判定依据应该
是两个力互为原因和结果，具有相互性。
7．【分析】已知下落时间，根据h= 1
2gt2 即可估算井口到水面的深度，注意由于声音的传播速度等影响，实际高度
应略小于计算所得高度。
【解答】解：小石头下落过程，可以看做自由落体运动。即h= 1
2gt2，代入数据则有：h= 1
2gt2= 1
2 ×9.8×52＝122.5m，
考虑声音传回来，空气阻力，则下落距离应略小于122.5m，故最接近的应为120m，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道自由落体运动是初速度为零，加速度为g 的匀加速直线运动，从而明确公式的正确
应用。
8．【分析】根据m 和a 的单位，由F＝ma 推导出力的单位。
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【解答】解：在国际单位制中，m 的单位为kg，a 的单位为m/s2，由F＝ma 推导知力的单位为kg•m/s2，N 是导
出单位，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
【点评】本题考查物理量的单位，关键要熟悉各个物理量的单位，推导公式推导出力的单位。
9．【分析】平行四边形定则：以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个力邻边的对角线就代表合力的大
小和方向。
【解答】解：根据平行四边形定则可知，在F1、F2 和F 三者关系中，要以F1、F2 为邻边，F 为对角线，F 的起
点与两个分力F1、F2 的起点是相同的。故B 正确，ACD 错误
故选：B。
【点评】该题考查平行四边形定则的应用，正确理解分力与合力的关系是解答的关键。
10．【分析】伽利略对自由落体运动规律研究应当结和当时科学发展的实际水平，应当加深对物理学史的研究。
【解答】解：伽利略最初假设自由落体运动的速度是随着时间均匀增大，但是他所在的那个时代还无法直接测定
物体的瞬时速度，所以不能直接得到速度随时间的变化规律。伽利略通过数学运算得到结论：如果物体的初速度
为零，而且速度随时间的变化是均匀的，那么它通过的位移与所用的时间的二次方成正比，这样，只要测出物体
通过通过不同位移所用的时间，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化。但是物体下落很快，当时只能
靠滴水计时，这样的计时工具还不能测量自由落体运动所用的较短的时间。伽利略采用了一个巧妙的方法，用来
“冲淡”重力。他让铜球沿阻力很小的斜面滚下，二小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，
所以时间长，所以容易测量。故A 正确，BCD 错误
故选：A。
【点评】伽利略对自由落体规律的研究为我们提供正确的研究物理的方法、思路、理论，他创造了一套对近代科
学的发展极为有益的科学方法。
11．【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式得出质点的初速度和加速度，从而判断物体的运动性质；
【解答】解：根据位移与时间关系公式x = v0t + 1
2 at2 =5t+t2 得质点的初速度v0＝5m/s，初速度a＝2m/s2，故物
体做初速度为5m/s，加速度为2m/s2 的匀加速直线运动，故BCD 错误，A 正确；
故选：A。
【点评】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，基础题。
12．【分析】分析木箱的受力情况，根据平衡条件以及静摩擦力的性质即可确定静摩擦力大小。
【解答】解：由于木箱保持静止，故木箱受静摩擦力作用，根据平衡条件可知，木箱所受静摩擦力与水平推力大
小相等，故A 正确BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题考查摩擦力的分析和判断，要注意明确平衡条件的应用，知道静摩擦力的性质。
13．【分析】物体总保持原来运动状态不变的特性叫做惯性，质量是物体惯性大小的唯一的量度，与物体的运动状
态和所处的位置无关。力是改变物体运动状态的原因。
【解答】解：AB、质量是物体惯性大小的唯一的量度，系好安全带不可以改变人和车的惯性，故AB 错误；
CD、安全带系在人的身上，对人有一定的作用力，可以改变人的运动状态，所以系好安全带可以防止因人的惯
性而造成的伤害，但对车的影响很小，故C 错误，D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查了惯性的基本概念及影响因数，同学们只要记住质量是惯性的唯一量度，与其它任何因数无关
就可以了。
14．【分析】根据速度时间图象的斜率表示加速度，分析雨滴运动的加速度如何变化。
【解答】解：根据速度时间图象的斜率表示加速度，v﹣t 图象切线斜率不断减小，则知雨滴运动的加速度在减小，
故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
【点评】解决本题的关键是理解速度时间图象的物理意义，知道速度时间图象的斜率表示加速度，从而来分析加
速度的变化情况。
15．【分析】根据速度时间图象的斜率表示加速度，分析雨滴运动的加速度如何变化，再由牛顿第二定律分析阻力
如何变化。
【解答】解：v﹣t 图象切线斜率不断减小，根据速度时间图象的斜率表示加速度，可知，雨滴运动的加速度在减
小，根据牛顿第二定律得mg﹣f＝ma，可知，阻力在增大，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
【点评】解决本题的关键是理解速度时间图象的物理意义，知道速度时间图象的斜率表示加速度，从而来分析加
速度的变化情况。
16．【分析】雨滴匀速下落时，受力平衡，可求得阻力大小。再由f＝kv2 的变形公式可求得匀速下落时的速度。
【解答】解：雨滴匀速下落时，受力平衡，即阻力f＝mg，
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因为阻力的大小f 与其速率的平方成正比，即f＝kv2。
所以vm=
f
k =
mg
k ，故C 正确ABD 错误。
故选：C。
【点评】对雨滴受力分析，应用平衡条件，认真审题从题目中获取信息是解题的关键。
17．【分析】对篮球受力分析，根据平衡条件表示出篮球的受各个力大小。
【解答】解：对篮球受力分析，并运用合成法如图：
AB、根据几何知识，篮子底部对篮球的支持力N1＝mgcosθ
根据牛顿第三定律则篮子底面受到的压力为mgcosθ＜mg，故AB 错误；
CD、篮子右面对篮球的支持力N2＝mgsinθ
根据牛顿第三定律则篮子右面受到的压力为mgsinθ＜mg，故C 错误D 正确；
故选：D。
【点评】本题首先要对篮球受力分析，根据共点力平衡条件列式求解出篮球受到的支持力表达式，再根据牛顿第
三定律进行讨论。
18．【分析】支持力F 大于G，则加速度向上，为超重，支持力小于重力加速度向下为失重。
【解答】解：AC、0～t1 时间内，支持力F 大于G，则加速度向上，为超重，可能加速上升，也可能减速下降，
故AC 错误
BC、t2～t3 时间内，F 小于G，电梯加速度向下，为失重，可能向下加速，也可能向上减小，故B 错误，D 正确
故选：D。
【点评】明确超重与失重的条件及其对应的运动状态即可轻松解题。
19．【分析】汽车在驾驶员的反应时间内做匀速直线运动，由x＝vt 求反应时间内汽车行驶的距离。根据速度图象与
时间轴所围的面积求从驾驶员发现情况到汽车停止共行驶的距离。
刹车后汽车做匀减速运动，根据图象的斜率求汽车刹车时的加速度大小，由位移与时间之比求平均速度。
【解答】解：A、汽车在驾驶员的反应时间内做匀速直线运动，则在驾驶员反应时间内汽车行驶的距离为：x＝
vt＝10×0.5m＝5m，故A 正确。
B、根据v﹣t 图象的面积代表物体通过的位移，可得，从驾驶员发现情况到汽车停止，共行驶的距离等于梯形面
积的大小，为x= 0.5+2.5
2
×10m＝15m，故B 正确。
C、汽车刹车时的加速度大小为：a＝|
△v
△t|= 10
2 =5m/s2，故C 不正确。
D、从驾驶员发现情况到汽车停止的平均速度为v = x
t = 15
2.5 =6m/s，D 正确。
本题选不正确的，故选：C。
【点评】本题要求同学们掌握匀变速直线运动的速度时间关系式和位移时间关系式，知道在驾驶员反应时间内汽
车做匀速运动。
20．【分析】下滑前，木箱处于平衡状态，对木箱进行受力分析，根据平衡条件，即可分析；
下滑时，受力分析，结合滑动摩擦力的公式，分析即可。
【解答】解：AB、下滑前，木箱处于静止，即平衡状态，则有：mgsinθ＝f，FN＝mgcosθ，当θ增大时，FN 逐渐
减小，Ff 增大，故A 正确，B 错误；
C、下滑时，木箱受到是滑动摩擦力，根据Ff＝μN，而FN＝mgcosθ，当θ增大时，FN 逐渐减小，则滑动摩擦力
减小，故C 错误；
D、摩擦因数与接触面的材料和粗糙程度决定，与正压力无关，所以自卸车车厢倾角变大，木箱与车厢间的动摩
擦因数不变，故D 错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查了平衡条件的应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，要注意的是会区分滑动摩擦
力与静摩擦力大小求解不同。
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二、实验题．本题共2 小题，每空题2 分，共12 分
21．【分析】本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，效果的相同是通过拉橡皮筋
产生大小和方向相同的形变量来实现的。数据处理时：我们需要画出力的大小和方向，所以力要尽量大些可减小
测量误差对实验的影响，拉橡皮筋时要拉的尽量长一点，了解误差产生的原因即可正确解答；根据平行四边形定
则作出合力，从而确定合力的大小和分力与合力的夹角。
【解答】解：本实验是探究求两个力合力方法，此处考察操作细节：
A、用两个弹簧秤将橡皮条的结点拉到O 处时，只是要求两个弹簧秤互成角度，并不一定是90°，故A 错误；
B、第二次用一个弹簧拉橡皮条时，要求达到相同的效果，所以也将结点拉到同一位置O 处，故B 正确；
C、若有一个弹簧秤的量程较小，则当一个弹簧拉到最大示数时，调整另一个弹簧的大小方向使结点也拉到同一
位置，也能进行验证，故C 正确；
D、当然每一次拉时，测力计必须与木板平行，读数时也要正视刻度，故D 正确。
故选：BCD。
【点评】在此实验中重点是作出力的图示，这样才能得以验证力的平行四边形，所以细线的方向与弹簧秤的示数
是关键。
22．【分析】（1）根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材，牵引小车的细绳与木板平行。这
样做的目的是可在平衡摩擦力后使用细绳拉力等于小车受的合力，根据连续相等时间内位移之差是一恒量，△x
＝aT2，求出加速度；
（2）根据描出的点，连线画图；
（3）在拉力F＝0 时物体的加速度不为0，故有mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，得出tanθ＞μ．即在平衡摩擦力时，长
木板倾角过大（平衡摩擦力过度）由图象的斜率和截距的几何意义求质量和摩擦力。
【解答】解：（1）根据逐差相等公式求加速度，但为了使所有的数据符合要求，把纸带分成两大段，由逐差公式
的推论来求，所以有：a= (x3+x4)−(x1+x2)
(2T)2
，由运动学公式求瞬时速度为：v1= v02 = x1+x2
2T 。
（2）画出a﹣F 图如图所示，
（3）忘记平衡摩擦力时，由牛顿第二定律有：a= F−f
M = 1
M F −f
M
则a﹣F 图象是一条倾斜的直线，图象的斜率k= 1
M，则M= 1
k．而纵轴的截距−f
M =b，所以f＝﹣bM=−b
k。
故答案为：（1）
(x3+x4)−(x1+x2)
(2T)2
x1+x2
2T ；
（2）a﹣F 图象如图所示，
（3）
1
k，−b
k
【点评】根据实验原理求出绳子的拉力和加速度之间的关系，加速度和沙与沙桶的重力之间的关系，加速度和摩
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擦因数之间的关系是解决本题的关键所在。
三、论述计算题．本题共4 小题，共28 分，解答时写出必要的文字说明、公式或表达式．有数值计算的题，答案
必须明确写出数值和单位．
23．【分析】（1）根据匀加速直线运动速度时间公式求解；
（2）根据匀加速直线运动位移时间公式求解。
【解答】解：（1）由v＝v0+at 得：汽车10s 末的瞬时速度大小为：
v＝10+0.6×1＝16m/s，
（2）由x＝v0t+ 1
2 at2得汽车10s 内的位移大小为：
x＝10×10+ 1
2 × 0.6 × 102 =130m。
答：（1）汽车10s 末的瞬时速度大小为16m/s；
（2）汽车10s 内的位移大小为130m。
【点评】本题主要考查了匀变速直线运动速度时间公式和位移时间公式的直接应用，难度不大，属于基础题。
24．【分析】（1）根据受力情况画出受力示意图；
（2）根据牛顿第二定律求解加速度；
（3）根据速度位移关系求解。
【解答】解：（1）物体受到重力、支持力作用，如图所示：
（2）物块下滑时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ＝ma，
解得：a＝gsinθ；
（3）斜面长为L=
H
sinθ
根据速度位移关系可得：
v2＝2aL，
解得：v=
2gH。
答：（1）画出物块的受力示意图如图所示；
（2）物块下滑时的加速度大小为gsinθ；
（3）物块到达斜面底端时的速度大小为2gH。
【点评】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；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
25．【分析】（1）以金属球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求出风力F 与金属丝的拉力；
（2）根据平衡条件求解出分力表达式进行讨论。
【解答】解：（1）对球受力分析，受重力、分力和拉力，如图所示；
根据平衡条件，有：
F＝mgtanθ= 2 3
3 N
T= mg
cosθ = 4 3
3 N
（2）不对！由F＝mgtanθ可知，F 与tanθ 成正比，而不是与θ成正比。
答：（1）此时风力为
2 3
3 N，金属丝拉力为
4 3
3 N；
（2）这个结论不对，F 与tanθ 成正比，而不是与θ成正比
【点评】本题关键对小球受力分析，根据共点力平衡条件求出风力和角度θ的关系。
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26．【分析】（1）当弹性绳刚好被拉直前，跳跃者做自由落体运动，根据速度位移关系求解；
（2）跳跃者下落1.5L 时到达最低点，根据动能定理求解阻力大小，当跳跃者速度达到最大时，受力平衡，根据
平衡条件求解跳跃者速度达到最大时，距起跳平台的高度；
（3）分析各个阶段加速度大小，然后作图。
【解答】解：（1）当弹性绳刚好被拉直前，跳跃者做自由落体运动，
根据速度位移关系可得：v2＝2gL，
解得v=
2gL
（2）跳跃者下落1.5L 时到达最低点，根据动能定理可得mg•1.5L= 1
2 k(1.5L −L)2
解得：mg= 1
12 kL
当跳跃者速度达到最大时，受力平衡，设此时弹性绳的伸长量为x′，根据平衡条件可得：
kx′＝mg，
解得：x′= mg
k =
1
12kL
k
= 1
12 L
跳跃者速度达到最大时，距起跳平台的高度h＝L+x′= 13
12L；
（3）跳跃者下落L 的过程中是自由落体运动，加速度为g；
从下落L 到
13
12L 的过程中，加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律可得：
mg﹣k（x﹣L）＝ma，
则a＝g+ kL
m −k
m x；
从
13
12L～1.5L 的过程中，加速度反向增大，根据牛顿第二定律可得：
k（x﹣L）﹣mg＝ma
解得：a= k
m x −g−kL
m。
当x＝1.5L 时，a＝5g。
所以加速度随时间的变化情况图象如图所示。
答：（1）当弹性绳刚好被拉直时，跳跃者的速度大小为2gL；
（2）当跳跃者速度达到最大时，距起跳平台的高度
13
12L；
（3）画出a 随x 变化关系的图象如图所示。
【点评】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；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
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2019-2020 学年北京市101 中学高一（上）期末物理试卷
一、选择题
1．（3 分）下面哪一个物理量的单位不是国际单位制中的基本单位（
）
A．米
B．千克
C．秒
D．牛顿
2．（3 分）如图所示的是一个物体的运动图象，下列说法中正确的是（
）
A．物体3s 末开始改变速度方向
B．物体4s 末开始改变位移方向
C．物体在第5s 内的加速度的大小大于第1 秒内的加速度的大小
D．物体在第4s 内和第5s 内的加速度方向相反
3．（3 分）关于平抛运动（不计空气阻力），下列说法中错误的是（
）
A．物体只受重力，加速度为g
B．物体的运动是水平匀速运动和竖直自由落体运动的合运动
C．抛出点高度一定时，落地时间与初速度大小有关
D．抛出点高度一定时，水平飞出距离与初速度大小成正比
4．（3 分）静止的甲、乙两汽车，分别受到相同的牵引力后，甲车比乙车启动得快，若两车路面的摩擦因数相同，
则在启动过程中（
）
A．甲车的惯性大
B．甲车的质量大
C．经历相同的启动时间，甲车的速度大
D．通过相同的位移，甲车所用的时间多
5．（3 分）有关超重和失重的说法，正确的是（
）
A．物体处于超重状态时，所受重力增大；处于失重状态时，所受重力减小
B．竖直上抛运动的物体处于完全失重状态
C．在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机一定处于上升过程
D．在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机一定处于下降过程
6．（3 分）在天花板上吊灯的情形中，哪两个力是作用力和反作用力（
）
A．电灯受的重力和电线对电灯的拉力
B．电线对电灯的拉力和天花板对电线的拉力
C．电线对电灯的拉力和电灯对电线的拉力
D．电灯受到的重力和电灯对电线的拉力
7．（3 分）如图所示，轻绳的上端系于天花板上的O 点，下端系有一只小球．将小球拉离平衡位置一个角度后无初
速释放．当绳摆到竖直位置时，与钉在O 点正下方P 点的钉子相碰．在绳与钉子相碰瞬间，以下物理量的大小
没有发生变化的是（
）
A．小球的线速度大小
B．小球的角速度大小
C．小球的向心加速度大小
D．小球所受拉力的大小
8．（3 分）铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面与水平面倾角为θ，如图所示，弯道处的圆弧
半径为R，若质量为m 的火车转弯时速度小于gRtanθ，则（
）
A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压
B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压
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C．这时铁轨对火车的支持力等于
mg
cosθ
D．这时铁轨对火车的支持力大于
mg
cosθ
9．
（3 分）以v0 水平抛出一物体，如图，不计空气阻力，它又落到斜面上时，所用的时间为（
）
A．
v0tanθ
g
B．
2
gv0tanθ
C．
v0sinθ
2g
D．
v0tanθ
2g
10．（3 分）用跨过定滑轮的绳把湖中小船拉靠岸，如图所示，已知拉绳的速度v 不变，则船速（
）
A．不变
B．逐渐增大
C．逐渐减小
D．先增大后减小
二、多选题
11．（3 分）关于两个物体间的相互作用下列说法错误的是（
）
A．马拉车不动，是因为马拉车的力小于车拉马的车
B．马拉车前进，是因为马拉车的力大于车拉马的力
C．马拉车不论是动还是不动，马拉车的力的大小总是等于车拉马的力的大小
D．只有马拉车不动或匀速前进时，才有马拉车与车拉马的力大小相等
12．（3 分）如图所示，物体的合外力F 的大小随时间t 的变化情况如图所示，物体在合外力的作用下从静止开始运
动，则在0～t0 时间内，下列说法正确的是（
）
A．物体的加速度先变小，后变大；速度先变小，后变大
B．物体的加速度先变大，后变小；速度先变大，后变小
C．物体的加速度先变小，后变大；速度先变大，后变小
D．物体的加速度先变大，后变小；速度一直变小
13．（3 分）图中所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a 是它边缘上的一点．左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，
小轮的半径为2r．b 点在小轮上，到小轮中心的距离为r．c 点和d 点分别位于小轮和大轮的边缘上．若在传动过
程中，皮带不打滑．则（
）
A．a 点与b 点的线速度大小相等
B．a 点与b 点的角速度大小相等
C．a 点与c 点的角速度大小相等
D．a 点与d 点的向心加速度大小相等
14．（3 分）如图所示，在一次救灾工作中，一架沿水平直线飞行的直升机，用悬索救起伤员。直升机和伤员以相同
水平速度匀速运动的同时，悬索将伤员吊起，在某一段时间内，二者之间的距离l 与时间t 的关系为l＝H﹣bt2
（式中l 表示伤员到直升起的距离，H 表示开始计时时伤员与直升机的距离，b 是一常数，t 表示伤员上升的时间），
不计伤员和绳索受到的空气阻力。这段时间内从地面上观察，下面判断正确的是（
）
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A．悬索始终保持竖直
B．伤员做匀变速直线运动
C．伤员做匀变速曲线运动
D．伤员的加速度大小、方向均不变
三、实验题
15．如图1 所示，用质量为m 的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运
动情况。利用该装置可以完成“验证牛顿第二定律”的实验。
（1）打点计时器使用的电源是
（选填选项前的字母）。
A．直流电源
B．交流电源
（2）实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力。正确操作方法是
（选填选项前的字母）。
A．把长木板右端垫高
B．改变小车的质量
在不挂重物且
（选填选项前的字母）的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经
消除了摩擦力和其他阻力的影响。
A．计时器不打点
B．计时器打点
（3）某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
16．在做研究平抛运动的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹。
（1）为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出一些操作要求，将你认为正确选项的前面字母填在横线上：
。
（a）通过调节使斜槽的末端保持水平
（b）每次释放小球的位置必须不同
（c）每次必须由静止释放小球
（d）记录小球位置用的木条（或凹槽）每次必须严格地等距离下降
（e）小球运动时不应与木板上的白纸（或复写纸）相接触
（f）将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线
（2）一个同学在实验中，只画出了如图所示的一部分曲线，于是他在曲线上取水平距离△s 相等的三点A、B、
C，量得△s＝0.2m。又量出它们之间的竖直距离分别为h1＝0.1m，h2＝0.2m，利用这些数据，可求得：
①物体抛出时的初速度为
m/s；
②物体经过B 时竖直分速度为
m/s；
③抛出点在A 点上方高度为
m 处。
四、计算题
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17．如图所示，质量m＝1.0kg 的物体放在光滑水平面上，在F＝3.0N 的水平恒定拉力作用下由静止开始运动，作
用5 秒后撤去力F，求：
（1）物体在力F 作用过程中加速度的大小；
（2）撤去力F 的瞬间，物体速度的大小；
（3）5s 内物体移动的距离。
18．一只鸟在距水面20m 的上空以5m/s 的速度水平飞行。突然它叼着的一条0.1kg 的鱼从口中掉落。不计空气阻
力（g 取10m/s2），求
（1）鱼从脱离到落至水面所用的时间；
（2）鱼从脱离到撞击水面的过程中，水平方向的位移大小；
（3）鱼撞击水面的速度大小。
19．如图所示，一个质量m＝20kg 的物体放在水平地面上。对物体施加一个F＝100N 的拉力，使物体做初速为零
的匀加速直线运动。已知拉力与水平方向的夹角θ＝37°，物体与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.50，sin37°＝0.60，
cos37°＝0.80，取重力加速度g＝10m/s2。
（1）求物体运动的加速度大小；
（2）求物体在2.0s 末的瞬时速率；
（3）若在2.0s 末时撤去拉力F，求此后物体沿水平地面可滑行的最大距离。
20．一根轻杆长为L＝1m，两端各固定一个质量为m＝1kg 的小球A 和B，在AB 中点O 有一转轴，当杆绕轴O 在
竖直平面内匀速转动时，若转动周期T＝2π L
g，g 取10m/s2，求轻杆转到如图所示的竖直位置时：
（1）A 球和B 球线速度的大小。
（2）A 球和B 球各对杆施加的力的大小。
21．（2 分）图甲是2012 年我国运动员在伦敦奥运会上蹦床比赛中的一个情景。设这位蹦床运动员仅在竖直方向上
运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F 随时间t 的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，
如图乙所示。取g＝10m/s2，根据F﹣t 图象求：
（1）运动员的质量；
（2）运动员在运动过程中的最大加速度；
（3）在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度。
22．暑假里，小明去游乐场游玩，坐了一次名叫“摇头飞椅”的游艺机，如图1 所示，该游艺机顶上有一个半径为
4.5m 的“伞盖”，“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动，其示意图如图2 所示。“摇头飞椅”高O1O2＝5.8m，
绳长5m。小明挑选了一个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为40kg。小明和椅子的
转动可简化为如图2 所示的圆周运动。在某段时间内，“伞盖”保持在水平面内稳定旋转，绳与竖直方向夹角为
37°．g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，在此过程中，求：
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（1）座椅受到绳子的拉力大小；
（2）小明运动的线速度大小；
（3）小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，求落地点与游艺机转轴（即图2 中O1 点）的距离（保留两位有效
数字）。
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2019-2020 学年北京市101 中学高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．【分析】解答本题关键应掌握：国际单位制中七个基本单位，力学中有三个：kg、s、m；
【解答】解：国际单位制中力学中的基本单位是米、千克、秒，牛顿不是国际单位制中的基本单位，是导出单位，
故选项D 符合题意，选项ABC 不符合题意。
本题选择单位不是国际单位制中的基本单位的，故选：D。
【点评】本题考查对力学国际单位制中基本单位的掌握程度，可结合基本物理量一起记忆。
2．【分析】根据速度的正负分析速度的方向。图象的斜率等于加速度。根据速度时间图象得到物体的运动规律，然
后分析位移的变化情况。
【解答】解：A、物体3s 末速度达到最大值，开始减速，加速度的方向开始变化，但速度仍为正，速度方向不变，
故A 错误。
B、物体4s 末速度减为零，之后开始后退，但依然在出发点正方向上，即相对出发点的位移方向没有改变，故B
错误；
C、物体3s 末速度达到最大值，设为v，则第1s 内的加速度等于前3s 内的加速度，为a1= v
3．物体在第5s 内的
加速度等于第4s 内的加速度，方向相同，则加速度大小为：a5= v
1 =v，所以，物体在第5s 内的加速度的大小大
于第1 秒内的加速度的大小。故C 正确。
D、根据图象的斜率等于加速度，知物体在第4s 内和第5s 内的加速度方向相同，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题关键是要明确速度时间图象的斜率、纵轴截距、速度的正负、图线与坐标轴包围的面积等的物理意
义，知道图象的斜率表示加速度，面积表示位移。
3．【分析】平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，根据高度比较运动的时间，结合初速度和时间确定水平位
移；
【解答】解：A、平抛运动物体仅受重力，加速度等于g，做匀变速曲线运动，故A 正确
B、平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，故B 正确
C、根据t=
2h
g 知，平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关，故C 错误
D、平抛运动的水平位移x＝v0t＝v0 2h
g ，可知落地时的水平位移与初速度的大小成正比，故D 正确。
本题选错误的，故选：C。
【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，知道运动的时间由高度决定，与初
速度无关
4．【分析】由甲车比乙车启动得快，知甲车的加速度比乙的大，结合牛顿第二定律分析质量关系，从而知道惯性大
小关系。由速度时间公式v＝at 分析速度关系。由位移时间公式x= 1
2 at2分析时间关系。
【解答】解：AB、由题：甲车比乙车启动得快，则a 甲＞a 乙．根据牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma，即得：a= F
m −μg，
F、μ相同，则得m 甲＜m 乙，则甲车惯性小，故AB 错误；
C、由于a 甲＞a 乙，根据速度与时间关系v＝at 可知：t 相同时，v 甲＞v 乙，故C 正确；
D、由于a 甲＞a 乙，根据位移与时间关系x= 1
2 at2分析可知：t=
2x
a ，则通过相同的位移，甲车所用的时间少，
故D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查牛顿运动定律与运动学相结合的问题，关键由题甲车比乙车启动得快，得到加速度关系，然后
进行分析即可。
5．【分析】当物体对悬挂物的拉力或对支撑面的压力大于它本身的重力，是超重现象；当物体对悬挂物的拉力或对
支撑面的压力小于它本身的重力，是失重现象．超重和失重时，本身的重力没变．运动学特征：超重时，根据牛
顿第二定律，加速度的方向向上；失重时，加速度的方向向下．
【解答】解：A、当物体对悬挂物的拉力或对支撑面的压力大于它本身的重力，是超重现象；当物体对悬挂物的
拉力或对支撑面的压力小于它本身的重力，是失重现象。超重和失重时，本身的重力没变。故A 错误。
B、竖直上抛的物体加速度为g，方向竖直向下，处于完全失重状态。故B 正确。
C、在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，加速度方向向下，运动方向可能向上，也可能向下。故C、
D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道超失重的力学特征：物体对悬挂物的拉力或对支撑面的压力大于它本身的重力，是
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超重现象；当物体对悬挂物的拉力或对支撑面的压力小于它本身的重力，是失重现象．超重和失重时．以及运动
学特征：超重时，加速度的方向向上；失重时，加速度的方向向下．
6．【分析】电灯受到地球施加的重力和悬绳对它的拉力作用，这两个力使电灯处于平衡状态；
【解答】解：A．电灯受的重力和电线对电灯的拉力，这两个力都作用在电灯上，这两个力是一对平衡力，不是
作用力和反作用力，故A 错误；
B．电线对电灯的拉力受力物体是电灯，施力物体是电线，天花板对电线的拉力，施力物体是天花板，这一对力
涉及三个物体，不是作用力和反作用力，故B 错误；
C．电线对电灯的拉力受力物体是电灯，施力物体是电线，电灯对电线的拉力的受力物体是电线，施力物体是电
灯，这一对力是作用力和反作用力，故C 正确；
D．电灯对电线的拉力，施力物体是电灯；电灯的重力受力物体是电灯，施力物体是地球，这一对力涉及到三个
物体，不是作用力和反作用力，故D 错误。
故选：C。
【点评】正确分析各个力的施力物体和受力物体，注意到作用力和反作用只涉及到两个物体，从而确定哪一对力
是作用力和反作用力
7．【分析】当绳摆到竖直位置时，与钉在O 点正下方P 的钉子相碰后，小球圆周运动的半径减小，速度大小不变，
根据角速度与线速度的关系v＝ωr，分析角速度的变化．由向心加速度公式an= v2
r 分析向心加速度的变化．根据
牛顿第二定律分析小球所受拉力的变化．
【解答】解：A、在绳与钉子相碰瞬间，绳子的拉力和重力方向都与小球的速度方向垂直，不对小球做功，不改
变小球的动能，则小球的线速度大小不变。故A 正确。
B、角速度与线速度的关系为v＝ωr，得到ω= v
r，在绳与钉子相碰瞬间，小球圆周运动的半径r 减小，v 不变，
则角速度ω增大。故B 错误。
C、由向心加速度公式an= v2
r 分析得到，向心加速度增大。故C 错误。
D、根据牛顿第二定律得：T﹣mg＝man，T＝mg+man，an 增大，则绳子拉力T 增大。故D 错误。
故选：A。
【点评】本题关键是确定线速度大小不变，当力与速度垂直时不做功，不改变速度的大小．对于角速度、向心加
速度、拉力与线速度的关系要熟悉，是圆周运动中常用的知识．
8．【分析】火车在弯道处拐弯时火车的重力和轨道对火车的支持力的合力做为转弯需要的向心力，当合力恰好等于
需要的向心力时，火车对内外轨道都没有力的作用，速度增加，就要对外轨挤压，速度减小就要对内轨挤压。
【解答】解：AB、火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于需要的向心力时，此时火车的速度正好是
grtanθ，当火车转弯的速度小于grtanθ，需要的向心力减小，而重力与支持力的合力不变，所以合力大于了
需要的向心力，内轨就要对火车产生一个向外的力来抵消多余的力，所以此时内轨对内侧车轮轮缘有挤压。故A
正确，B 错误；
C、当内外轨没有挤压力时，受重力和支持力，N= mg
cosθ，由于内轨对火车的作用力沿着轨道平面，可以把这个
力分解为水平和竖直向上两个分力，由于竖直向上的分力的作用，使支持力变小。故CD 均错误。
故选：A。
【点评】火车转弯主要是分析清楚向心力的来源，再根据速度的变化，可以知道对内轨还是对外轨由作用力。
9．【分析】小球做的是平抛运动，研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，根据竖直
分位移与水平分位移之比等于tan，列式分析。
【解答】解：设起点和落点之间的距离为s，则由平抛运动的规律得：
水平方向上：scosθ＝v0t
竖直方向上：ssinθ= 1
2gt2
由以上两个方程可以解得：t= 2v0tanθ
g
，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自
由落体运动来求解
10．【分析】将小船的运动沿绳子收缩方向和垂直绳子方向进行正交分解，拉绳子的速度v 等于船沿绳子收缩方向
的分速度，再对绳子收缩方向的分速度的表达式进行讨论，即可以求出船速的变化情况。
【解答】解：根据运动的分解，绳速可以分解水平移动和绕滑轮支点转动两种运动效果，假设绳与水面夹角θ，
则v 船=
v绳
cosθ，当θ逐渐变大，v 船逐渐增大，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题关键是找出小船的两个分运动，然后将合速度分解，求出合速度与拉绳子速度的表达式，再进行讨
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论。
二、多选题
11．【分析】作用力和反作用力一定是两个物体之间的相互作用力，并且大小相等，方向相反，同时产生同时消失；
【解答】解：马拉车不论动或不动，马拉车的力和车拉马的力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故
ABD 错误，C 正确
本题选错误的，故选：ABD。
【点评】作用力与反作用力是分别作用在两个物体上的，既不能合成，也不能抵消，分别作用在各自的物体上产
生各自的作用效果
12．【分析】由图象可知：合力先增大后反向减小，根据牛顿第二定律和运动学规律分析速度的变化。
【解答】解：由于合力先减小后反向增大，根据牛顿第二定律可知，其加速度先减小后反向增大，加速度与速度
方向相同时，物体做加速运动，加速度反向后，加速度和速度方向相反，物体做减速运动，故速度先变大后变小；
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】本题考查牛顿第二定律的简单应用，注意当加速度与速度方向相反时，则减速运动，加速度与速度方向
相同时，为加速运动。
13．【分析】共轴转动的各点角速度相等，靠传送带传动轮子上的点线速度大小相等，根据v＝rω，a＝rω2= v2
r 半径
各点线速度、角速度和向心加速度的大小．
【解答】解：A、皮带不打滑，则a、c 两点的线速度大小相等，b、c 两点的角速度相等，根据v＝rω，可知c
的线速度大于b 的线速度，则a 点的线速度大于b 点的线速度，故A 错误；
B、C、a、c 两点的线速度大小相等，由v＝rω知a 的角速度大于c 的角速度，b、c 两点的角速度相等，则a 的
角速度大于b 的角速度，故B 错误。
D、设大轮的角速度为ω，则d 点的向心加速度大小ad＝4rω2；由v＝rω，得a 的角速度为c 的角速度的2 倍，
为2ω，则a 点的向心加速度大小aa＝r（2ω）2＝4rω2．所以a、d 两点的向心加速度相等，故D 正确；
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道线速度、角速度、向心加速度与半径的关系，以及知道共轴转动的各点角速度相等，
靠传送带传动轮子上的点线速度大小相等．
14．【分析】直升机和伤员之间的距离以l＝H﹣bt2 变化，知伤员在竖直方向上做匀加速直线运动，伤员实际的运动
是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上匀加速直线运动的合运动；
【解答】解：A．由可知伤员在竖直方向的运动是加速度的方向竖直向上，大小恒定的匀加速直线运动，竖直方
向只受两个力的作用，所以悬索的拉力大于伤员的重力，因此悬索始终保持竖直，故A 正确；
BCD．伤员在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上是匀加速直线运动，那么伤员的运动，相对直升机做加速度
不变的匀加速直线运动，从地面看，就是类平抛运动，故CD 正确，B 错误。
故选：ACD。
【点评】解决本题的关键知道伤员在水平方向和竖直方向上的运动规律，通过运动的合成进行求解，同时明确牛
顿第二定律的定性应用。
三、实验题
15．【分析】（1）打点计时器使用的都是交流电；
（2）明确平衡摩擦力的方法，为了平衡摩擦力和阻力，应该让打点计时器打点；
（3）正确理解实验原理，明确砂和砂桶的重力可以作为小车拉力的条件，在横轴上有截距，说明当拉力大于0
时物体的加速度等于0，即此时合力仍等于0，即没有平衡摩擦力，图象的弯曲是因为砂和砂桶的质量不能远小
于小车的质量；
【解答】解：（1）打点计时器使用的是交流电，故选项B 正确，A 错误；
（2）平衡摩擦力的方法是：把长木板右端垫高，在不挂重物B 的情况下，同时应当让打点计时器打点的情况下，
轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响；故两空中应分别为A
和B 正确；
（3）由图所示图象可知，直线没过原点，当a＝0 时，F＞0，也就是说当绳子上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足，平衡摩擦力时，所垫木板
太低，使得木板的倾角偏小；
从图象上可以看出：F 从0 开始增加，砂和砂桶的质量远小于车的质量，慢慢的砂的质量在增加，那么在后面砂
和砂桶的质量就没有远小于车的质量，从而使图象发生弯曲，故选项AD 正确，BC 错误。
故答案为：（1）B；（2）A，B；（3）AD。
【点评】本题考查了实验器材、实验注意事项，应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式是求出小车所受合力的
关键，要掌握应用图象法分析实验误差的原因。
16．【分析】（1）结合实验原理以及实验步骤进行分析即可；
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（2）根据竖直方向运动特点△h＝gt2，求出物体运动时间；
然后利用水平方向小球匀速运动的特点，根据x＝v0t 即可求出物体的初速度；
匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即AC 在竖直方向上的平均速度等于B 点的竖
直分速度；
根据B 点竖直方向的速度大小，求出从抛出到B 点的时间，从而求出从抛出到A 点的时间，然后求出物体抛出
点到A 点的水平距离；
【解答】解：（1）为使小球每次以相同的水平速度离开斜槽，让小球做平抛运动，小球必须沿水平方向从斜槽上
飞出，即调节使斜槽的末端保持水平，为使小球抛出时的速度相等，每次应从斜槽的同一位置由静止释放小球，
同时为减小实验误差，小球在运动过程中，不能与方格纸相碰，而记录小球位置用的木条（或凹槽）每次不一定
等距离下降，最后将球的位置记录在纸上后，取下纸，用平滑的曲线将各点连接成抛物线，故（a）（c）（e）正
确，（b）（d）（f）错误；
（2）①在竖直方向上根据△y＝gt2 有：t=
△y
g =
h2−h1
g
=
0.2−0.1
10
s＝0.1s
物体抛出时的初速度为：v0= △s
△t = 0.2
0.1m/s＝2m/s；
②经过B 点时的竖直分速度为：vyB= h1+h2
2t
= 0.1+0.2
2×0.1 m/s =1.5m/s；
③抛出点到B 点的运动时间为：tB=
vyB
g = 1.5
10S＝0.15s；
从抛出到运动到A 点需要的时间为：tA＝tB﹣t＝0.15﹣0.1＝0.05s
则抛出点在A 点上方高度为：h= 1
2 gtA
2 = 1
2 × 10 × 0.052 =0.0125m。
故答案为：（1）ace；
（2）①2，②1.5，③0.0125。
【点评】解决本题的关键掌握平抛运动的处理方法，以及匀变速直线运动的两个推论：在连续相等时间内的位移
之差是一恒量；某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度。
四、计算题
17．【分析】（1）对物体受力分析，根据牛顿第二定律，即可求出加速度；
（2）根据速度时间公式v＝at，结合加速度即可求出速度；
（3）根据位移与时间关系x= 1
2 at2求位移。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律可知：F＝ma
代入数据可以得到：a＝3m/s2；
（2）根据速度与时间关系可知：v＝at
代入数据可以得到：v＝15m/s；
（3）5s 内物体移动的距离：x= 1
2 at2
代入数据可以得到：x＝37.5m。
答：
（1）物体在力F 作用过程中加速度的大小是3m/s2；
（2）撤去力F 的瞬间，物体速度的大小是15m/s；
（3）5s 内物体移动的距离是37.5m。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，要知道物体在整个过程中的运动规律，以及知道加
速度是联系力学和运动学的桥梁。
18．【分析】根据平抛运动竖直方向运动规律求解时间以及竖直分速度，根据水平方向运动规律求解水平分位移，
结合平行四边形定则求鱼撞击水面的速度大小；
【解答】解：（1）鱼从口中掉落。不计空气阻力，则做平抛运动，根据竖直方向为自由落体运动，则有：
h = 1
2 gt2
解得：t =
2h
g = 2s；
（2）做平抛运动，水平方向为匀速运动，则有：
x＝v0t＝10m；
（3）鱼撞击水面时竖直方向分速度为：vy＝gt＝20m/s，方向竖直向下
则鱼撞击水面时合速度的大小为：
v =
v0
2 + vy
2 = 5 17m/s；
答：（1）鱼从脱离到落至水面所用的时间为2s；
（2）鱼从脱离到撞击水面的过程中，水平方向的位移大小为10m；
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（3）鱼撞击水面的速度大小为5 17m/s。
【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，结合运动学公式灵活求解
19．【分析】（1）对物体受力分析后求出合力，再根据牛顿第二定律求出加速度；
（2）物体匀加速前进，根据速度时间公式v＝at 求出2s 末的速度；
（3）撤去拉力F 后物体做匀减速运动，由牛顿第二定律求得加速度，再根据速度与位移关系进行求解滑行的最
大距离。
【解答】解：（1）对物体进行受力分析，如图所示：
以向右为正方向，根据牛顿第二定律以及平衡条件可以得到：
水平方向：Fcos37°﹣f＝ma
竖直方向：F 支+Fsin37°＝mg
根据摩擦力公式：f＝μN＝μF 支
联立代入数据可以得到：a＝0.5m/s2；
（2）根据速度与时间的关系可以得到：
v＝at＝0.5×2m/s＝1m/s；
（3）撤去力F 后，根据牛顿第二定律得：
﹣μmg＝ma
则：a′＝﹣μg＝﹣5m/s2
根据位移与速度关系可以得：x= 0−v2
2a' = −12
−2×5m＝0.1m。
答：（1）物体运动的加速度大小是0.5m/s2；
（2）物体在2.0s 末的瞬时速率是1m/s；
（3）若在2.0s 末时撤去拉力F，此后物体沿水平地面可滑行的最大距离是0.1m。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律以及运动学基本公式的直接应用，求解第三问时，也可以根据动能定理求
解，比较简单。
20．【分析】（1）根据角速度与周期的关系，求出小球转动的角速度，然后根据v＝ωr 求出线速度的大小；
（2）再对两个小球受力分析，在竖直方向的合力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律进
行分析即可。
【解答】解：（1）由于A 和B 绕同一圆心做圆周运动，则二者教室相等，即为：ω = 2π
T
代入数据可得：ω =
10rad/s
根据角速度与线速度关系得到二者线速度的大小为：v＝ωr= 1
2 ωL = 1
2 ×
10 × 1 =
10
2 m/s；
（2）对A 球进行受力分析，假设杆对A 球的弹力为支持力，如图所示：
根据牛顿第二定律可以得到：mg −FA = mv2
r
代入数据可以得到：FA＝5N，假设成立，即杆给球支持力向上
根据牛顿第三定律可知：A 球对杆的力大小为5N，方向向下；
对B 球受力分析，如图所示：
根据牛顿第二定律可以得到：FB −mg = mv2
r
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代入数据可以得到：FB＝15N，方向向上
根据牛顿第三定律可知：B 球对杆的拉力为15N，方向向下。
答：（1）A 球和B 球线速度的大小都是
10
2 m/s。
（2）A 球和B 球各对杆施加的力的大小分别是5N 和15N，方向都向下。
【点评】解决本题要知道，小球沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，注意杆子和绳子不同，绳子只能表
现为拉力，杆子既可以表现为拉力，也可以表现为支持力。
21．【分析】（1）刚站上去时，弹力等于重力，则图象可以知道重力大小，可以求得质量
（2）弹力最大时，加速度最大，由图可以看出最大弹力，由牛顿第二定律可以得到最大加速度
（3）运动运在空中向上做竖直上抛，向下时自由落体，从图中可以知道，稳定后的高度最大，由此可以求得最
大高度。
【解答】解：
（1）由图象可知，刚站上去的时候弹力等于重力，故运动员所受重力为500N，设运动员质量为m，则
m= G
g =50kg
（2）由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为Fm＝2500N，设运动员的最大加速度为am，则
Fm﹣mg＝mam
am= F−mg
m
= 2500−500
50
m/s2＝40 m/s2
（3）由图象可知远动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8s 或9.4s，再下落到蹦床上的时刻为
8.4s 或11s，它们的时间间隔均为1.6s。根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为0.8s。
设运动员上升的最大高度为H，则
H= 1
2 gt2 = 1
2 × 10 × 0.82m＝3.2m
答：
（1）运动员的质量50kg；
（2）运动员在运动过程中的最大加速度40m/s2；
（3）在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度3.2m。
【点评】重点在于图象的识别，一是要从图象得到，初始时候弹力等于重力。二是在稳定后的高度最大，且稳定
后每一个在空中的上升和下降时间是相等的。
22．【分析】（1）对小明受力分析，根据竖直方向合力为零求得绳子的拉力；
（2）根据牛顿第二定律求得线速度；
（3）小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，然后做平抛运动，即可求得
【解答】解：（1）向心力沿水平方向，由平行四边形定则，得拉力：
T=
mg
cos37° =500N
（2）由牛顿第二定律，得：
mgtan37°= m v2
R0
其中
R0＝7.5m
解得，v＝7.5m/s
（3）由几何关系，座椅离地高度h＝1.8m
由平抛运动规律，得：
x＝vt
h= 1
2 gt2
解得，x＝4.5m
由勾股定理，落地点与游艺机中心距离为：
r'=
R0
2 + x2 ≈8.7m
答：（1）座椅受到绳子的拉力大小为500N；
（2）小明运动的线速度大小为7.5m/s；
（3）小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，落地点与游艺机转轴（即图2 中O1 点）的距离为8.7m
【点评】飞椅做的是圆周运动，确定圆周运动所需要的向心力是解题的关键，向心力都是有物体受到的某一个力
或几个力的合力来提供，在对物体受力分析时一定不能分析出物体受向心力这么一个单独的力。
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2018-2019 学年上海市浦东新区华师大二附中高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题（共40 分，1 至8 题每题3 分，9 至12 题每题4 分．每题只有一个正确选项）
1．（3 分）历史上首先正确认识运动和力的关系，推翻“力是维持物体运动的原因”的物理学家是（
）
A．亚里士多德
B．伽利略
C．牛顿
D．爱因斯坦
2．（3 分）物理学中用到大量的科学方法，下列概念的建立不属于用到“等效替代”方法的是（
）
A．“质点”
B．“平均速度”
C．“合力与分力”
D．“总电阻”
3．（3 分）在匀变速直线运动中，下面关于速度和加速度关系的说法中，正确的（
）
A．物体运动的速度越大，加速度也一定越大
B．物体的加速度为零，它的速度一定为零
C．加速度就是“增加出来的速度”
D．加速度反映速度变化的快慢，与速度无关
4．（3 分）下面哪一组单位属于国际单位制中基本物理量的基本单位？（
）
A．m、kg、s
B．kg、m/s2、s
C．m、N、s
D．kg、m/s、s
5．（3 分）将一个有确定方向的力F＝10N 分解成两个分力，已知一个分力有确定的方向，与F 成30°夹角，另一
个分力的大小为6N，则在分解时（
）
A．有无数组解
B．有两组解
C．有唯一解
D．无解
6．（3 分）物体静止在光滑的水平桌面上，从某一时刻起用水平恒力F 推物体，则在该力刚开始作用的瞬间（
）
A．立即产生加速度，但速度仍然为零
B．立即同时产生加速度和速度
C．速度和加速度均为零
D．立即产生速度，但加速度仍然为零
7．（3 分）现有四个不同物体的运动图象如图所示，则其中表示物体做单向直线运动的图象是（
）
A．
B．
C．
D．
8．（3 分）以30m/s 的速度竖直上抛的物体，不计空气阻力，4s 末物体对抛出点的位移大小和方向分别为（
）
A．50m，向上
B．50m，向下
C．40m，向上
D．40m，向下
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9．（4 分）有种自动扶梯，无人乘行时运转很慢，有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯
上楼，正好经历了这两个过程，则能正确反映该乘客在这两个过程中的受力示意图的是（
）
A．
B．
C．
D．
10．（4 分）轻绳一端系在质量为m 的物体A 上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN 的圆环上。现用水平力F 拉
住绳子上一点O，使物体A 从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动。则在这一过
程中，环对杆的摩擦力F1 和环对杆的压力F2 的变化情况是（
）
A．F1 保持不变，F2 逐渐增大
B．F1 逐渐增大，F2 保持不变
C．F1 逐渐减小，F2 保持不变
D．F1 保持不变，F2 逐渐减小
11．（4 分）如图，物体A 在竖直力F 的作用下静止。物体A 受力的个数为（
）
A．2 个
B．3 个
C．2 个或3 个
D．2 个或4 个
12．（4 分）如图所示，物体G 用两根绳子悬挂，开始时绳OA 水平，现将两绳同时沿顺时针方向转过90°，且保
持两绳之间的夹角α不变（α＞90°）物体保持静止状态。在旋转过程中，设绳OA 的拉力为T1，绳OB 的拉力
为T2，则（
）
A．T1 先减小后增大
B．T1 先增大后减小
C．T2 先增大后减小
D．T2 先减小后增大
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二、填空题（共20 分，每空2 分）
13．（4 分）牛顿第一定律表明，力是物体
发生变化的原因，该定律引出的一个重要概念是
．
14．（4 分）做匀变速直线运动的物体，在第一个3s 内的位移为3m，第二个3s 内的位移是6m，则物体运动的初速
度、加速度和9s 末的速度各为多大？
15．（4 分）如图所示是物体在某段运动过程中的v﹣t 图象，在t1 和t2 时刻的瞬时速度分别为v1 和v2，则在t 1 到
t 2 的时间内，物体运动的加速度是
（选填“不变”、“增大”或“减小”）的，它的平均速度v
（v1+v2）
/2（选填“等于”、“大于”或“小于”）
16．（4 分）如图所示，质量为m 的光滑小球，用轻绳连接后挂在三角劈的顶端斜面平行，劈置于光滑水平面上，
当劈水平向右匀加速加速度a1＝
时，球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零；当劈以加速度a＝2g 向
左匀加速运动时，绳的拉力T2＝
。
17．（4 分）倾角为θ＝30°的斜面体放在水平地面上，一个重为G 的球在水平力F 的作用下，静止在光滑斜面上，
则水平力F 的大小为
；若将力F 从水平方向逆时针转过某一角度α后，仍保持F 的大小，且小球和斜面
也仍旧保持静止，则此时水平地面对斜面体的摩擦力f＝
．
三、综合题（共40 分）注意：第19、20 题在列式计算、逻辑推理以及在回答问题过程中，要求给出必要放入图示、
文字说明、公式、演算等．
18．（10 分）在“点力合成”实验中
（1）图1 是A、B 两位同学在做本实验时得到的结果，可以断定其中
问学的实验结果比较符合实验事实，
理由是
。
（2）（单选）在上述实验中所说的合力与两个分力具有相同的效果，是通过下列哪个方法实现的
A．弹簧秤的弹簧被拉长
B．固定橡皮条的图钉受拉力产生形变
C．细线套受拉力产生形变
D．使橡皮条在同一方向上伸长到相同长度
（3）某同学在做验证力的平行四边形法则的实验中已记录下结点O 两个分力F1、F2 的方向如图2 所示，F´为用
一个弹簧秤拉时力的方向，三个力F1、F2、F´的大小分别是2.8N、3.4N、5.0N，请你用作图法帮这个同学完成
该实验，从而得出实验结论。
19．（14 分）如图所示，AC 和BC 两轻绳共同悬挂一质量为m 的物体，若保持AC 绳的方向不变，AC 与竖直方向
上的夹角为60°，改变BC 绳的方向，试求：
（1）如果θ＝60°，AC 绳中的拉力为多大？
（2）物体能达到平衡时，θ角的取值范围；
（3）θ在0～90°的范围内，求BC 绳上拉力的最大值和最小值。
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20．（16 分）如图，一质量m＝2kg 的小物块受到平行斜面的拉力F＝22N，从A 点由静止出发沿斜面向上做匀加速
运动，斜面足够长，斜面倾角θ＝37°．已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10m/s2，sin37°＝0.6，
cos37＝0.8，求：
（1）小物块运动的加速度a；
（2）若F 作用4s 后撤去，小物块上滑过程中距A 点最大距离SA；
（3）上题中，若从撤去力F 开始计时，小物块经多长时间将经过距A 点上方8.35m 的B 点。
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2018-2019 学年上海市浦东新区华师大二附中高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（共40 分，1 至8 题每题3 分，9 至12 题每题4 分．每题只有一个正确选项）
1．【分析】亚里士多德由生活实际中得出，力是维持物体运动的原因，例如小车受力才运动，一旦撤去力后，它会
停止运动．然而直到伽利略的理想斜面实验得出，力是改变物体运动的原因，任何物体均有保持匀速直线运动或
静止状态这种性质．
【解答】解：历史上亚里士多德提出运动与力的关系：力是维持物体运动的原因，随后被伽利略的理想斜面实验
所推翻，从而提出“力是改变物体运动的原因”。
故选：B。
【点评】亚里士多德的力是维持物体运动的原因，他只关注是表面上看得见的力，当撤去力后，物体之所以要停
下来，是因为受到摩擦力，因此这正说明力是改变物体运动的原因．
2．【分析】等效替代法，物理学研究术语，是科学研究中常用的方法之一，是在保证某种效果相同的前提下，将实
际的、复杂的物理问题和物理过程转化为等效的、简单的、易于研究的物理问题和物理过程来研究和处理的方法，
将复杂的问题简单化．
【解答】解：A、质点是为了研究的方便把物体看做一个抽象的点，A 不属于等效替代；
B、平均速度是利用位移比时间的数值来替代运动过程中的速度，B 属于等效替代；
C、合力与分力是可以相互替代，C 属于等效替代；
D、总电阻是各个分电阻的和，D 属于等效替代；
故选：A。
【点评】等效替代的前提是在保证某种效果相同的前提下进行替代，否则不能等效替代．
3．【分析】加速度等于单位时间内的速度变化量，反映速度变化快慢的物理量。
【解答】解：A、物体运动的速度越大，速度变化不一定快，加速度不一定大，故A 错误。
B、物体的加速度为零，物体可能做匀速直线运动，速度不一定为零，故B 错误。
C、加速度等于单位时间内的速度变化量，不是增加出来的速度，故C 错误。
D、加速度是反映速度变化快慢的物理量，与速度大小无关，故D 正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道加速度的物理意义，知道加速度的大小与速度大小、速度变化量的大小无关。
4．【分析】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。
它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。他
们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔。
【解答】解：力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，所以
A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是
需要学生自己记住的。
5．【分析】已知合力的大小为10N，一个分力的方向已知，与F 成30°夹角，另一个分力的最小值为Fsin30°＝5N，
根据三角形定则可知分解的组数．
【解答】解：已知一个分力有确定的方向，与F 成30°夹角，知另一个分力的最小值为Fsin30°＝5N，而另一
个分力大小大于5N 小于10N，所以分解的组数有两组解。如图。故B 正确，A、C、D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键是知道合力和分力遵循平行四边形定则，知道平行四边形定则与三角形定则的实质是相
同的．
6．【分析】对物体受力分析，受重力、支持力和推力，根据牛顿第二定律求解加速度，再结合运动学公式分析速度．
【解答】解：对物体受力分析，受重力、支持力和推力，合力等于推力，根据牛顿第二定律，有
a= F
m
力F 作用瞬间，物体立即获得加速度，如果没有加速度，则牛顿第二定律就不成立了；
根据速度时间关系公式v＝v0+at，力刚开始作用的瞬间物体的速度为零；
故选：A。
【点评】根据牛顿第二定律，物体的加速度与力有瞬时对应关系，力F 作用的瞬间，物体立即获得加速度，但速
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度的变化要经历一定的时间．
7．【分析】物体做单向直线运动时位移一直增大，速度方向不变，位移时间图象的斜率表示速度，根据图象逐项分
析即可．
【解答】解：
A、由位移﹣时间图象斜率等于速度，可知前1s 内物体沿正向运动，1﹣3s 内沿负向运动，3﹣4s 内沿正向运动，
做往复运动，故A 错误；
B、由速度﹣时间图象可知，0﹣2s 内沿正方向运动，2﹣4s 沿负方向运动，接着周而复始，速度方向周期性改变，
做往复运动，故B 错误；
C、由图象可知：物体的速度一直为正，说明物体一直沿正方向运动，即做单向直线运动，故C 正确；
D、由位移﹣时间图象斜率等于速度，可知0﹣1s 内物体沿正向运动，1﹣2s 内沿负向运动，2﹣3s 内沿正向运动，
3﹣4s 沿负向运动，物体做往复运动，故D 错误；
故选：C。
【点评】图象是我们高中物理研究运动的主要途径之一，应熟知其特征，明确位移时间图象的斜率表示速度，速
度的符号表示速度的方向．
8．【分析】物体做竖直上抛运动，可看成一种匀减速运动，加速度大小为g，方向竖直向下，由运动学公式求解即
可．
【解答】解：取竖直向上为正方向，则物体的加速度为a＝﹣g
4s 末物体对抛出点的位移x＝v0t−1
2 gt2 =30×4−1
2 × 10 × 42 =40m＞0，则位移的方向向上。
故选：C。
【点评】解决本题的关键要明确竖直上抛运动的性质，要选取正方向，知道竖直上抛运动可看成一种匀减速运动．
9．【分析】人随扶梯先慢慢加速，再匀速向上，加速度先沿斜面向上，后变为零，根据牛顿第二定律分析可知：人
先受到重力、扶梯的支持力和静摩擦力，后受到重力和支持力，不受摩擦力。
【解答】解：当扶梯匀速上升时，人受力平衡，故人受重力和支持力；
而当扶梯加速上升时，人受重力、支持力；将加速度分解可知，物体应有水平向右的加速度，故扶梯应对人有平
行于接触面向右的摩擦力；
故只有D 受力正确；
故选：D。
【点评】本题在分析加速过程时，也可以先确定加速度，根据加速度方向确定合力方向，再分析受力情况。
10．【分析】以圆环、物体A 及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析杆对环的摩擦力和弹力，
再由牛顿第三定律分析环对杆的摩擦力F1 的变化情况。以结点O 为研究对象，分析F 的变化，根据F 与杆对环
的弹力的关系，分析杆对环的弹力的变化情况。
【解答】解：以圆环、物体A 及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1 所示。根据平衡条件得
到，
杆对环的摩擦力F1＝G，保持不变。
杆对环的弹力F2＝F。
再以结点O 为研究对象，分析受力情况，作出力图如图2 所示。
由平衡条件得到
F＝mgtanθ
当物体A 从图中实线位置缓慢下降到虚线位置过程中，θ逐渐减小，则F 逐渐减小，F2 逐渐减小。所以F1 保持
不变，F2 逐渐减小。
故选：D。
【点评】本题是力平衡中动态变化分析问题，关键是灵活选择研究对象，分析物体的受力情况。
11．【分析】分物体进行受力分析，由共点力的平衡条件可知物体如何才能平衡；并且分析推力F 与重力的大小关
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系，从而确定A 受力的个数。
【解答】解：若拉力F 大小等于物体的重力，则物体与斜面没有相互作用力，所以物体就只受到2 个力作用：重
力和推力F；
若拉力F 大于物体的重力时，则斜面对物体产生支持力和静摩擦力，故物体应受到4 个力作用，故D 正确，ABC
错误。
故选：D。
【点评】在力学问题中，在研究物体受哪些力时，除重力外，就只看该物体与之相触的物体，凡与研究对象接触
的物体对研究对象都可能有力作用。
12．【分析】结点O 为研究对象，分析受力情况，作出力图，抓住两个绳子拉力T1 和拉力T2 的合力与重力G 大小
相等、方向相反，作出在旋转过程中三个不同位置力的合成图，分析T1 和T2 的变化情况。
【解答】解：以结点O 为研究对象，分析受力情况，作出力图：重力G、绳OA 的拉力T1，绳OB 的拉力T2
根据平衡条件可得知：拉力T1 和拉力T2 的合力与重力G 大小相等、方向相反，如图。
作出三个不同位置力的合成图，由图看出，T1 先增大后减小，T2 逐渐减小，直到为零，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
【点评】本题采用图解法研究动态平衡问题，作图时要抓住不变量：两绳拉力的合力不变，两绳之间的夹角不变。
二、填空题（共20 分，每空2 分）
13．【分析】牛顿第一运动定律，又称惯性定律，它科学地阐明了力和惯性这两个物理概念，正确地解释了力和运
动状态的关系，并提出了一切物体都具有保持其运动状态不变的属性﹣﹣惯性，它是物理学中一条基本定律．
【解答】解：牛顿第一定律表明，力是物体运动状态发生变化的原因，该定律引出的一个重要概念是惯性．
故答案为：运动状态；惯性．
【点评】本题考查了牛顿第一定律的内容和惯性的概念．基础题目．
14．【分析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出物体的加速度，根据匀变速直线运动的位移时间公式求
出物体的初速度，结合速度时间公式求出物体的末速度．
【解答】解：根据△x＝aT2 得，物体的加速度a= △x
T2 = 6−3
9 m/s2 = 1
3 m/s2，
根据x1 = v0T + 1
2 aT2得，代入数据解得v0＝0.5m/s，
则9s 末的速度v = v0 + at = 0.5 × 1
3 × 9m/s = 3.5m/s，
答：物体运动的初速度、加速度和9s 末的速度各为0.5m/s、
1
3 m/s2、3.5m/s．
【点评】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，有时运用推论求解会使问题
更加简捷．
15．【分析】速度图象的“斜率”等于物体加速度，根据斜率的变化确定加速度变化．连接图线上AB 两点，虚线
AB 表示物体做匀减速直线运动，其平均速度等于
v1+v2
2
．将实线AB 曲线与虚线AB 直线进行比较，由“面积”
比较位移大小，由平均速度公式比较平均速度的大小．
【解答】解：在t 1 到t 2 的时间内，图线的斜率减小，则物体的加速度减小．
连接AB，则直线AB 表示物体做匀减速直线运动，其平均速度v1 = v1+v2
2
．
由“面积”等于位移，可知，在t 1 到t 2 的时间内，物体的位移小于匀减速直线运动的位移．由平均速度公式v = x
t，
时间t 相同，由物体的平均速度小于匀减速直线运动的平均速度度v1，即v＜v1+v2
2
．
故答案为：减小；小于
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【点评】本题关键抓住速度图象的数学意义来理解：“斜率”等于加速度，“面积”等于位移．
16．【分析】根据题意确定小球的受力情况，然后应用牛顿第二定律求出加速度；
应用牛顿第二定律的求出小球与斜面间作用力为零时的临界加速度，
然后根据劈的加速度与临界加速度的关系确定小球的位置状态，然后求出绳子的拉力。
【解答】解：球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零时，小球受力如图所示：
由牛顿第二定律得：a1= mgtan30°
m
=
3
3 g；
当劈加速度向左，球恰好刚要离开斜面；
即斜面对球的作用力恰好为零时，球受力如图所示：
由牛顿第二定律得：a 临界=
mg
tan30°
m
=
3g＜a＝2g，
当加速度：a＝2g，方向：水平向左时，小球离开斜面，受力如图所示：
绳子的拉力：T2=
(mg)2 + (ma)2 =
5mg；
故答案为：
3
3 g；5mg。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，解决本题的关键知道小球和三角劈具有相同的加速度，通过隔离法分
析，运用牛顿第二定律进行求解。
17．【分析】先研究第一种情况：通过对小球出状态的分析，利用共点力平衡条件可求出水平力F 的大小．
再研究力F 方向变化后的情况：对小球受力分析，运用作图法求得力F 与水平方向的角度，因为小球和斜面都处
于静止状态，可对整体受力分析求出地面对斜面的摩擦力．
【解答】解：对物体受力分析如图：
由平衡条件得：N 与F 的合力F′与重力G 大小相等，
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由三角函数关系得：F＝Gtanθ
代入数据得：F=
3
3 G
转过角度后，由F 大小不变，小球静止，支持力与F 的合力不变，故此时转动后F 转方向如图：
即：F 转过的角度是2θ．
对整体受力分析并正交分解如图：
水平方向：f＝Fcos2θ=
3
6 G
故答案为：
3
3 G，
3
6 G
【点评】此题关键还是平衡条件的应用，难点在于选择合适的研究对象和找出力F 转动后的角度，有难度，需要
仔细推敲体会．
三、综合题（共40 分）注意：第19、20 题在列式计算、逻辑推理以及在回答问题过程中，要求给出必要放入图示、
文字说明、公式、演算等．
18．【分析】探究“互成角度的两个力的合成”的实验的实验原理是用力的图示画出两个分力和实际的合力，然后
用平行四边形画出合力的理论值，比较理论值和实际值之间的关系。在实验中必须确保橡皮筋拉到同一位置，即
一力的作用效果与两个力作用效果相同。同时我们需要记录下力的大小和方向。根据合力与分力的关系是等效的，
分析橡皮筯的结点位置要求。用一个弹簧拉橡皮筋时的力为实际值，实际值一定是沿着橡皮筋方向的。作出两力
的合力，然后分析答题。
【解答】解：（1）实验中F 是由平行四边形得出的，而F′是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向
相同，而由于实验过程不可避免的存在误差，因此理论值F 的方向与竖直方向总要有一定夹角，所以甲比较符合
实验事实。
（2）本实验研究合力与分力的关系，合力与分力是等效的，即使橡皮筋的形变相同，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，效果相同，故D 正确，ABC 错误；
故选：D；
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（3）作出力F1、F2、F´的图示，作出F1、F2 的合力，如图所示：
由上图可知，在误差允许范围内，以表示两力的线段为邻边做平行四边形，平行四边形的对角线表示合力。
故答案为：（1）甲；实验中F 是由平行四边形得出的，而F′是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方
向相同，而由于实验过程不可避免的存在误差，因此理论值F 的方向与竖直方向总要有一定夹角，所以甲比较符
合实验事实；（2）D；（3）在误差允许范围内，以表示两力的线段为邻边做平行四边形，平行四边形的对角线表
示合力。
【点评】本实验采用是等效替代的思维方法。实验中要保证一个合力与两个分力效果相同，结点O 的位置必须
相同。对于实验题目，只有亲自做过实验，做起来才能心中有数，而且会起到事半功倍的效果，通过背实验而做
实验题目效果会很差。
19．【分析】（1）分析C 点的受力情况，由平衡条件和对称性求解AC 绳中的拉力。
（2）物体要能达到平衡，两绳的拉力的合力必须与重力平衡，方向竖直向上。当BC 绳竖直时，AC 绳拉力为零，
物体可以平衡；当θ小于120°时，两绳拉力的合力能与重力平衡。根据平衡条件确定出θ角的最小值和最大值，
再求出θ的取值范围。
（3）根据作图法确定BC 绳上拉力达到最大和最小的条件，再由平衡条件求解。
【解答】解：（1）如果θ＝60°，根据平衡条件和对称性知，AC 绳和BC 绳的拉力大小相等，由几何知识可知，
AC 绳中的拉力TA＝mg
（2）改变BC 绳的方向时，AC 绳的拉力TA 方向不变，两绳拉力的合力F 与物体的重力平衡，重力大小和方向
均保持不变，如图所示，经分析可知，θ最小为0°，此时TA＝0；且θ必须小于120°，否则两绳的合力不可能
竖直向上。所以θ角的取值范围是0°≤θ＜120°。
（3）θ在0～90°的范围内，由图知，当θ＝90°时，TB 最大，TBmax＝mgtan60°=
3mg。
当两绳垂直，即θ＝30°时，TB 最小，TBmin＝mgsin60°=
3
2 mg。
答：（1）如果θ＝60°，AC 绳中的拉力为mg；
（2）物体能达到平衡时，θ角的取值范围为0°≤θ＜120°；
（3）θ在0～90°的范围内，BC 绳上拉力的最大值和最小值分别为3mg 和
3
2 mg。
【点评】本题关键是通过作图法确定极值条件，也可以记住BC 拉力最小的条件：当一个分力方向一定，两个力
的合力一定，则当另一个分力与这个分力垂直时有最小值。
20．【分析】（1）由牛顿第二定律的可以求出物块的加速度。
（2）由匀变速直线运动的位移公式求出在拉力作用下物体的位移，由速度公式求出撤去拉力时物体的速度，应
用牛顿第二定律求出撤去拉力后物体的加速度，应用匀变速直线运动的速度位移公式求出撤去拉力后的位移，最
后求出物块上滑过程距A 点的最大距离。
（3）应用匀变速直线运动的速度位移公式求出物块经过B 点时的速度大小，然后求出物块由A 运动到B 点的时
间。
【解答】解：（1）由牛顿第二定律得：
F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，
解得：a＝1m/s2；
（2）4s 内物块的位移：
x1= 1
2at12= 1
2 ×1×42＝8m，
撤去拉力时物块的速度：
v＝at1＝1×4＝4m/s，
撤去拉力后，由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ＝ma′
解得：a′＝10m/s2，
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撤去拉力后物体的位移：
x2= v2
2a' =
42
2×10 =0.8m，
小物块上滑过程距A 点的最大距离：
SA＝x1+x2＝8.8m；
（3）从撤去拉力到到达B 点的位移：x＝8.35﹣8＝0.35m，
滑块向上滑动过程到达B 点时的速度：
vB=
v2 −2a'x =
42 −2 × 10 × 0.35 =3m/s，
到达B 点的时间：tB= v−vB
a'
= 4−3
10 =0.1s；
从撤去拉力到滑块速度为零需要的时间：t2= v
a' = 4
10 =0.4s，
物块到达最高点后向下运动过程，加速度：
a1= mgsinθ−μmcosθ
m
=gsinθ﹣μgcosθ＝2m/s2，
物块从最高点返回到B 点需要的时间：
t3=
2(x2−x)
a1
=
2×(0.8−0.35)
2
=
0.45s≈0.67s，
物块下滑过程经过B 点需要的时间：
t＝t2+t3＝0.4+0.67＝1.07s；
答：（1）小物块运动的加速度a 大小为1m/s2，方向：平行于斜面向上；
（2）若F 作用4s 后撤去，小物块上滑过程中距A 点最大距离SA 为8.8m；
（3）从撤去力F 开始计时，小物块经经过距A 点上方8.35m 的B 点需要的时间为0.1s 或1.07s。
【点评】本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿
第二定律与运动学公式即可解题；求（3）问时要注意讨论物块上滑过程经过B 点与下滑过程经过B 点，否则会
漏解。
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2018-2019 学年广东省深圳市宝安区高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题：本题包括10 个小题，每小题3 分，共30 分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题
意的要求，选对得3 分，多选、错选均不得分．
1．（3 分）下列各组物理量的单位中，都属于国际单位制基本单位的是（
）
A．cm
s
kg
B．m
kg
N
C．m
s
kg
D．m/s
h
kg
2．（3 分）小华乘坐的G71 列车，早上07：27 从“北京西”出发，行驶2400 公里后，于晚上18：03 到达“深圳
福田”，总耗时10 时零36 分，下列说法正确的是（
）
A．07：27 表示时间间隔
B．2400 公里表示位移
C．G71 列车在整个行程中可视为质点
D．以列车为参考系，小明是运动的
3．（3 分）我国《道路交通安全法》第五十一条规定：机动车行驶时，驾驶人、乘坐人员应当按规定使用安全带，
这是因为（
）
A．系好安全带可以增加人的惯性
B．系好安全带可以减小人的惯性
C．系好安全带可以防止因车的惯性而造成伤害
D．系好安全带可以防止因人的惯性而造成伤害
4．（3 分）如图所示，物体以一定的初速度沿粗糙斜面向上滑动，则在向上滑动过程中，物体受到的力有（
）
A．重力、斜面的支持力、沿斜面向下的摩擦力
B．重力、斜面的支持力、沿斜面向上的摩擦力
C．重力、沿斜面向上的冲力、沿斜面向下的摩擦力
D．重力、沿斜面向上的冲力、沿斜面向下的摩擦力、斜面的支持力
5．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．完全失重的物体重力为零
B．速度变化率越大的物体加速度也一定越大
C．形状规则的实心物体的重心一定在其几何中心上
D．静摩擦力可以是动力，但滑动摩擦力一定是阻力
6．（3 分）如图所示，A、B 两均匀直杆上端分别用细绳悬挂于天花板上，下端搁在水平地面上，处于静止状态，悬
挂A 杆的绳倾斜，悬挂B 杆的绳恰好竖直，则下列说法中正确的有（
）
A．地面对A 的作用力的指向右上方
B．地面对A 的作用力的方向竖直向上
C．地面对B 的支持力可能为零
D．地面对B 的摩擦力方向向右
7．（3 分）如图所示为甲、乙两物体运动的x﹣t 图象，则下列说法正确的是（
）
A．甲物体加速度增大，乙物体加速度不等于零，且大小不变
B．两物体的初速度都为零
C．甲、乙两物体相遇时速度相等
D．在0～t1 时间内两物体的平均速度大小相等
8．（3 分）汽车关闭发动机在水平路面减速滑行时，汽车与地球间的作用力和反作用力的对数有（
）
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第374页（共403页）
A．一对
B．二对
C．三对
D．四对
9．（3 分）一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向落下，若雨滴下落过程中所受重力保持不变，假设空气对雨滴阻力
随其下落速度的增大而增大，则如图所示的图象中可能正确反映雨滴整个下落过程运动情况的是（
）
A．
B．
C．
D．
10．（3 分）在一个竖直方向运动的密闭升降机内，用弹簧秤挂着一个已知质量的砝码，当地的重力加速度已知。根
据弹簧秤的读数，我们可以求出（
）
A．升降机速度的大小和方向
B．升降机加速度的大小和方向
C．升降机加速度的大小和速度的方向
D．升降机加速度的方向和速度的大小
二、多项选择题：本题包括5 个小题，每小题5 分，共25 分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意
的要求．全部选对的得5 分，部分选对得3 分，有错、不选均不得分．
11．（5 分）用一根细绳提着小球竖直向上运动，先加速再减速最后匀速，绳对球和球对绳的作用力大小分别为F1、
F2，下列说法中正确的是（
）
A．在加速向上运动时，F1＞F2
B．在匀速向上运动时，F1＝F2
C．在减速向上运动时，F1＜F2
D．在整个运动过程中，F1＝F2
12．（5 分）如图所示，一重为5N 的球固定在支杆AB 的上端，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的
拉力也为5N，则AB 杆对球的作用力（
）
A．大小为5N
B．大小为5 2N
C．方向与水平方向成45°角斜向左上方
D．方向与水平方向成45°角斜向右下方
13．（5 分）甲物体的质量是乙物体质量的3 倍，它们在同一高度同时做自由落体运动（不计空气阻力），则下列说
法中正确的是（
）
A．甲比乙先着地
B．甲比乙的加速度大
C．甲与乙同时着地
D．每经过相同的时间，两物体速度的增加量相同
14．（5 分）物体沿一条南北方向的水平线做直线运动，取向南为运动的正方向，其v﹣t 图象如图所示，下列说法
中正确的是（
）
A．在1s 末，速度大小为9m/s
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B．12s 内物体的位移大小为27m
C．6～7s 内，做速度方向向北的加速运动
D．10～12s 内，做速度方向向南的减速运动
15．（5 分）如图所示，光滑水平面上有一质量为M 的小车，上面放有一质量为m 的木块，用水平恒力F 拉动小车，
让它们一起做无相对滑动的加速运动，加速度大小为a．木块和小车间的动摩擦因数为μ．对于这个过程，某同
学用了以下4 个式子来表达木块受到的摩擦力的大小，重力加速度为g，其中表达式一定正确的是（
）
A．（M+m）a
B．F﹣Ma
C．μmg
D．ma
三、实验题：本题包括2 个小题，共16 分
16．（6 分）在“探究求合力的方法”的实验中
（1）该实验中某弹簧秤显示的读数如图所示，其大小是
N。
（2）实验中，在用两个弹簧秤成一定角度拉橡皮筋时，必须记录的有
（选填下列选项前序号）。
A．两细绳的方向
B．橡皮筋的原长
C．两弹簧秤的示数
D．结点O 的位置。
17．（10 分）某学习小组在“探究物体运动加速度与外力关系“实验时
（1）实验中根据测得的数据作出a﹣F 图线，若作出的a﹣F 图线如图甲所示，则这是由
而造成的；若作
出的a﹣F 图线如图乙所示，则这是因
造成的。（选填下列选项前序号）。
A．在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了
B．由于砂及砂桶质量远远小于小车的质量
C．由于砂及砂桶质量较大，不能很好满足远远小于小车的质量
D．实验前没有平衡摩擦力
（2）某同学在接通电源进行实验之前，将实验器材组装如图丙所示，请你指出该装置中的错误或不妥之处（只
要指出二处错误或不妥之处即可）。
；
。
（3）该实验中，进行“平衡摩擦力”的操作，其目的是
（选填下列选项前序号）。
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A．为了使小车受到的合外力等于小车受到细线的拉力
B．为了使小车受到细线的拉力等于所挂砂桶和砂的总重力
C．为了使小车能做匀加速运动
（4）实验中每隔4 个点取一个计数点，如图丁所示，是某一实验打出的一条纸带局部放大图。则打下D 点时小
车的瞬时速度大小是
m/s（保留三位有效数字）。
四、综合计算题：3 小题，共29 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不
能得分，有数值计算的题，必须明确写出数值和单位．
18．（7 分）如图，质量为m＝1kg 的木块放在表面粗糙的长木板上，当木板与水平方向夹角为α＝30°时，木块静
止在长木板上。已知重力加速度g＝l0m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）此时木块所受的弹力和摩擦力各多大。
（2）当把长木板的倾角增大到θ＝37°时，木块刚好沿长木板匀速下滑，木块和长木板之间的动摩擦因数为多少。
19．（8 分）如图，质量为2kg 的物块在外力F 作用下将轻质弹簧压缩，压缩量为x＝5cm，物块保持静止，弹簧劲
度系数为k＝500N/m，重力加速度g＝l0m/s2．撤上外力F 后，求
（1）撤去外力F 瞬间，物块加速度大小。
（2）当物体向上运动速度最大时，弹簧的压缩量。
20．（14 分）土拨鼠的地下洞穴示意图如图所示，洞穴与地面成30°角，土拨鼠自身的质量为m，洞穴内壁对土拨
鼠身体的阻力大小为重力的0.4 倍，土拨鼠四肢能够提供的最大动力（或阻力）为重力的1.1 倍，洞穴长度为L
＝3.3m，重力加速度g＝l0m/s2．求：
（1）土拨鼠在洞穴中运动的最大加速度。
（2）土拨鼠从地面静止开始往返洞穴一趟的最短时间。（土拨鼠与洞穴底部不能发生碰撞，结果带根号表示。）
（3）土拨鼠要继续挖深洞穴，在挖洞过程中由于体力的消耗，其前进速度随着前进距离S 成反比，v= k
s，已知
其前进s1＝1m 时，速度为v1＝0.5m/h，作出
1
v −s 图象并计算前进3m 所需要的时间。
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2018-2019 学年广东省深圳市宝安区高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题包括10 个小题，每小题3 分，共30 分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题
意的要求，选对得3 分，多选、错选均不得分．
1．【分析】力学国际基本单位有三个：米、千克、秒，其他的都是导出单位。
对每个选项中的单位进行分析，明确各自对应的物理量，就能确定符合题意的选项。
【解答】解：力学国际基本单位有三个：m
s
kg，其他的都是导出单位。
A、cm 不属于国际单位制中的基本单位，故A 错误；
B、N（牛）是导出单位，故B 错误；
C、m
s
kg 都是国际单位制基本单位，故C 正确；
D、m/s 为导出单位，h 不是国际单位制中的基本单位，故D 错误；
故选：C。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是
需要自己能准确记住。
2．【分析】理解时间间隔和时刻的区别，时间间隔是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，
在时间轴上对应的是一个点。
路程表示运动轨迹的长度，位移大小等于首末位置的距离；
当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，质点没有动作，物体能不能看做质
点，由问题的性质决定。
【解答】解：A、07：27 指的是时间点，是指出发的时刻，故A 错误；
B、2400 公里是经过的路线的长度，是路程。故B 错误；
C、G71 列车在整个行程中，火车的大小可以忽略，可视为质点。故C 正确；
D、小明坐在火车中，以列车为参考系，小明是静止的，故D 错误；
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道物体能否看成质点的条件，注意物体能否看成质点不是看物体的大小，而是看大小
和形状能否忽略。
时刻具有瞬时性的特点，是变化中的某一瞬间通常与物体的状态相对应；时间间隔具有连续性的特点，与某一过
程相对应。
3．【分析】物体总保持原来运动状态不变的特性叫做惯性，质量是物体惯性大小的唯一的量度，与物体的运动状态
和所处的位置无关。力是改变物体运动状态的原因。
【解答】解：AB、质量是物体惯性大小的唯一的量度，系好安全带不可以改变人的惯性，故AB 错误；
CD、安全带系在人的身上，对人有一定的作用力，可以改变人的运动状态，所以系好安全带可以防止因人的惯
性而造成的伤害，故D 正确，C 错误。
故选：D。
【点评】本题考查了惯性的基本概念及影响因素，同学们只要记住质量是惯性的唯一量度，与其它任何因素无关
就可以了。该题难度不大，属于基础题。
4．【分析】对物体受力分析，关键要按照顺序找力，要找受到的力，每个力都要能找到受力物体，有时还要结合物
体的运动情况分析受到的力。
【解答】解：物体在惯性的作用下沿斜面向上运动，物体并不受向上的力的作用，所以对物体受力分析，重力竖
直向下，斜面对物体的支持力垂直斜面向上，和沿斜面向下的滑动摩擦力，所以A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】受力分析的一般步骤和方法是求解力学问题的一个关键，在整个高中物理学习的全过程中占有极重要的
地位，对物体进行受力分析，通常可按以下方法和步骤进行：
1．明确研究对象，亦即是确定我们是要分析哪个物体的受力情况。
2．隔离物体分析。亦即将所确定的研究对象从周围物体中隔离出来，进而分析周围有哪些物体对它施加力的作
用，方向如何，并将这些力一一画在受力图上，在画支持力、压力和摩擦力的方向时容易出错，要熟记：弹力的
方向一定与接触面或接触点的切面垂直，摩擦力的方向一定沿着接触面与物体相对运动（或趋势）方向相反。
3．分析受力的顺序：一重、二弹、三摩擦，沿接触面或点逐个去找。有时根据概念或条件与判断。
本题可按照受力分析的一般步骤对物体受力分析。
5．【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体
对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么
就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．重力没有变化，加速度表示速度变化快慢的物
理量，重心不一定在物体的几何中心上，只有质量分布均匀，形状规则的物体，重心才在其几何重心，根据摩擦
力方向与运动方向来确定动力还是阻力．
【解答】解：A、完全失重时，物体同样重力仍然存在，并不是不受重力，故A 错误；
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第378页（共403页）
B、加速度表示速度变化快慢的物理量，则速度变化率越大的物体加速度也一定越大，故B 正确；
C、重心不一定在物体的几何中心上，只有质量分布均匀，形状规则的物体，重心才在其几何重心，故C 错误；
D、摩擦力与运动方向相反时，是阻力，而与运动方向相同时，却是动力，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力
变了，注意摩擦力既可以作为动力，也可以作为阻力．
6．【分析】分别以A 和B 为研究对象进行受力分析，根据共点力的平衡条件分析A 和B 是否受到地面的摩擦力作
用。
【解答】解：AB、物体A 受重力，绳子向左上方的拉力，A 有向左运动的趋势，地面对A 杆有支持力和向右的
静摩擦力，所以地面对A 的作用力的方向斜向右上方，不是竖直向上，故A 正确、B 错误；
CD、物体B 受重力、绳子竖直向上的拉力和地面的支持力，无静摩擦力，若有，水平方向不能平衡，故CD 错
误。
故选：A。
【点评】受力分析是解决力学问题的基础，要能结合产生条件、作用效果分析，本题是将拉力分解后根据平衡条
件判断有无静摩擦力。
7．【分析】根据位移时间图象的斜率等于速度，分析质点的速度方向，判断质点的运动情况。根据纵坐标的变化量
等于位移，平均速度等于位移与时间之比来分析。
【解答】解：A、x﹣t 图象的斜率表示速度，则知甲物体的速度增大，加速度可能不变。乙物体的速度不变，加
速度为零，故A 错误；
B、图线的斜率表示速度，两物体的初速度都不为零，故B 错误；
C、t1 时刻甲、乙两物体相遇，此时，甲的速度大于乙的速度，故C 错误；
D、在0～t1 时间内两物体的位移相同，故平均速度相等，故D 正确；
故选：D。
【点评】位移图象表示物体做直线运动的规律，抓住位移图象的斜率等于速度是分析的关键。两图象相交表示两
物体相遇。
8．【分析】汽车关闭发动机在水平路面减速滑行时，通过摩擦力作用下做匀减速直线运动，对汽车进行受力分析，
按照重力，弹力，摩擦力的顺序分析。
有几个作用力，就有几个反作用力。
【解答】解：在水平面上的汽车受到水平方向的摩擦力作用，汽车作匀减速直线运动，对汽车进行受力分析，
汽车受重力，地面支持力，地面摩擦力。
其中汽车受地球的作用力是3 个，即重力，地面支持力，地面摩擦力。
力的作用是相互的，有几个作用力，就有几个反作用力。
所以汽车和地球间的作用力和反作用力的对数有三对。故C 正确；
故选：C。
【点评】考查相互作用力的特点，作用力和反作用力一定是两个物体之间的相互作用力，并且大小相等，方向相
反，同时产生同时消失。
9．【分析】雨滴下落的过程中受重力和空气阻力，空气阻力随速度增大而增大，根据牛顿第二定律，判断加速度的
变化，以及根据加速度方向与速度的方向关系判断速度的变化。
【解答】解：雨滴下落的过程中受重力和空气阻力，根据牛顿第二定律得，a= mg−f
m ，随着速度增大，空气阻力
f 增大，加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，雨滴做匀速直线运动。故C 正确，ABD
错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键会通过牛顿第二定律，根据物体的受力情况判断物体的运动情况。
10．【分析】砝码和升降机具有相同的加速度，对砝码受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小和方向。
【解答】解：因为砝码和升降机加速度相同，对砝码受力分析，根据牛顿第二定律得，mg﹣F＝ma，可得出砝码
的加速度大小和方向，所以可以求出升降机的加速度大小和方向，但是无法求出升降机的速度大小和方向。故B
正确，A、C、D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道砝码和升降机具有相同的加速度，结合牛顿第二定律进行分析。
二、多项选择题：本题包括5 个小题，每小题5 分，共25 分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意
的要求．全部选对的得5 分，部分选对得3 分，有错、不选均不得分．
11．【分析】根据牛顿第三定律可得，绳对球和球对绳的作用力大小为作用力反作用力、大小相等、方向相反。
【解答】解：绳对球和球对绳的作用力大小为作用力与反作用力，无论小球怎样运动，二力一定大小相等、方向
相反，故A、C 错误；B、D 正确。
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故选：BD。
【点评】不管小球是加速下降、匀速下降还是减速下降，绳对球和球对绳的作用力大小总是等大、反向、共线，
与小球的运动状态无关。
12．【分析】对小球受力分析，受重力、拉力和杆的弹力，由共点力的平衡条件可求得AB 杆对球的作用力。
【解答】解：对球受力分析如图所示：
球受重力、绳子的拉力及杆的弹力而处于平衡状态；
则重力与绳子的拉力的合力与杆的作用力等大反向；则可得：
F=
52 + 52 =5 2N；
方向与水平方向的夹角的正切值为：
tanα= 5
5 =1；故α＝45°，斜向左上方；故BC 正确，AD 错误。
故选：BC。
【点评】本题考查共点力的平衡条件的应用，注意杆的作用力可以指向任何方向，只能根据受力分析及共点力的
平衡条件求解。
13．【分析】物体做自由落体运动时，加速度的大小恒定，与物体的质量无关。
【解答】解：甲和乙都做自由落体运动，加速度是重力加速度，与物体的质量的大小无关，所以甲乙的运动情况
完全相同，故CD 正确，AB 错误。
故选：CD。
【点评】本题主要是考查了自由落体运动，解答本题要知道自由落体运动是初速度为零、加速度为g 的匀加速直
线运动，满足匀变速直线运动的计算公式。
14．【分析】速度﹣图象中直线的斜率表示加速度的大小，图线与坐标轴围成图形的面积表示位移。图象在时间轴
的上方，表示速度为正，在时间轴的下方，表示速度为负，运动的方向与选取的正方向相反。结合这些知识分析。
【解答】解：A、由图知，在1s 末，速度大小为v= 6+12
2
=9m/s，故A 正确。
B、由图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，可知，0～12s 内，物体运动的位移为x= 6+12
2
× 2 + 2+4
2
× 12 −
3+6
2
× 6 =27m，故B 正确。
C、6s﹣7s 物体运动的方向与选取的正方向相反，即向北做加速运动。故C 正确；
D、10s﹣12s 内物体运动的方向与选取的正方向相反，即向北做减速运动，故D 错误；
故选：ABC。
【点评】本题关键要掌握速度时间图象的意义，明确图象中直线的斜率表示加速度的大小。图象的正负表示物体
的运动方向。图线与坐标轴围成图形的面积表示位移。要注意位移的正负。
15．【分析】对整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对m 受力分析，根据牛顿第二定律列方程；最后联立
方程组求解。
【解答】解：由牛顿第二定律得：
对M、m 系统：F＝（M+m）a…①
对m：f＝ma…②
由①②解得：f＝ma＝F﹣Ma
故BD 正确，AC 错误。
故选：BD。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，本题关键先对整体受力分析，再对小滑块受力分析，然后根据牛顿第
二定律列方程，联立方程组求解。
三、实验题：本题包括2 个小题，共16 分
16．【分析】使用弹簧测力计测量力的大小时，首先要明确弹簧测力计的量程和分度值，读数时视线与指针所指刻
线相垂直，实验过程需要记录拉力的大小与方向，需要记录橡皮筋结点位置，据此分析答题。
【解答】解：（1）由图知1N 之间有10 小格，一个小格代表0.1N，所以弹簧测力计的示数为1.21N。
（2）实验过程需要记录拉力的方向、拉力的大小与结点的位置，实验过程不需要记录橡皮筋的原长，故ACD 正
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确，B 错误；
故选：ACD；
故答案为：（1）1.21；（2）ACD
【点评】本实验采用的是等效替代的方法，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，知道实
验原理与实验注意事项可以解题。
17．【分析】（1）①由图象可知，还没有挂重物时，小车已经产生了加速度，由此可知图象不过原点的原因。②在
小车质量远大于小桶及砝码质量的情况下，可以近似认为小车受到的合力等于小桶与砝码的重力，如果小车质量
没有远大于小桶与砝码的质量，小车受到的合力明显小于小桶与砝码的重力，如果仍然认为小车受到的合力等于
小桶与砝码的重力，则加速度与力不成正比，a﹣F 图象不是直线，而是一条曲线。
（2）根据打点计时器的使用的注意事项，与实验中的其他注意事项解答即可。
（3）为使小车受到的合力等于绳子的拉力，实验前应平衡摩擦力。
（4）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D 点时小车的瞬时速
度大小
【解答】解：（1）a﹣F 图象不过原点，图中当F＝0 时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不
为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是实验前木板右端垫得过高，即平衡摩擦力过度导致，故选
A。
图线上部弯曲，即当拉力较大时加速度与小桶及砝码重力不成正比，这是由于没有满足小车质量M 远大于小桶
及钩码质量m 造成的，故选C。
（2）①打点计时器使用的是交流电，电源应该是4﹣6V 交流电；②小车应该停靠在打点计时器附近，以提高纸
带的使用效率；③没有抬起木板右端用来平衡摩擦力；
（3）平衡摩擦力的目的是为了使小车受到细线的拉力等于所挂砂桶和砂的总重力，故选B；
（4）D 点的瞬时速度v= xCE
2T = 0.073
0.2 m/s = 0.365m/s
故答案为：（1）A，C；（2）电源应该是4﹣6V 交流电；小车应该停靠在打点计时器附近。
【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后熟练应用物
理规律来解决实验问题。要学会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、综合计算题：3 小题，共29 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不
能得分，有数值计算的题，必须明确写出数值和单位．
18．【分析】（1）木块静止在长木板上时，受力平衡，对木块受力分析，应用平衡条件列式求解；
（2）木块能沿木板匀速滑动，说明物体受力也是平衡的，再次受力分析应用平衡条件和摩擦力公式结合求解。
【解答】解：（1）对物体受力分析如图：
根据平衡条件有：
垂直斜面方向上木块所受的弹力为：N＝mgcosα＝1×10× 3
2 N＝5 3N；
平行于斜面的方向上木块所受摩擦力为：f＝mgsinα＝1×10× 1
2N＝5N；
（2）当木块倾角增大为θ＝37°时所受的滑动摩擦力为：
f′＝mgsin37°＝0.6mg
弹力为：N′＝mgcos37°＝0.8mg
则动摩擦因数为：μ= f'
N' =0.75
答：（1）此时木块所受的弹力和摩擦力分别为5 3N 和5N；
（2）木块和木板之间的动摩擦因数为0.75。
【点评】处于受力平衡状态的物体，求解物理量时一定要牢牢把握住受力平衡这个关键点，受力分析时注意不要
添力或漏力即可。
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19．【分析】（1）由弹簧弹力不能瞬变根据胡克定律求得弹力，再对物体进行受力分析得到合外力，由牛顿第二定
律求得加速度；
（2）当物体所受合力为零即物体弹力与重力相等时速度最大，应用胡克定律与牛顿第二定律求出弹簧的压缩量。
【解答】解：（1）撤去外力F 瞬间，由牛顿第二定律得：
a= kx−mg
m
= 500×0.05−2×10
2
=2.5m/s2；
（2）当物体所受合力为零时速度最大，由牛顿第二定律得：
kx′﹣mg＝0
解得：x′＝0.04m＝4cm；
答：（1）撤去外力F 瞬间，物块加速度大小为2.5m/s2；
（2）当物体向上运动速度最大时，弹簧的压缩量为4cm。
【点评】在求解物体运动学问题时，一般先对物体进行受力分析求得合外力，然后根据牛顿第二定律即可求解加
速度，进而得到运动状态。
20．【分析】（1）当土拨鼠以最大动力运动时，加速度最大。由牛顿第二定律求最大加速度。
（2）根据牛顿第二定律和位移公式结合求解往返的时间。
（3）已知其前进s1＝1m 时，速度为v1＝0.5m/h，根据v= k
s，求出k，再作出
1
v −s 图象，结合图象的面积计算
前进3m 所需要的时间。
【解答】解：（1）当土拨鼠以最大动力运动时，加速度最大。根据牛顿第二定律得：
F﹣f+mgsin30°＝ma
据题最大动力为：F＝1.1mg，f＝0.4mg
解得最大加速度为：a＝12m/s2。
（2）土拨鼠向下运动时，有：L= 1
2 at2
解得：t=
55
10 s
土拨鼠向下运动时，根据牛顿第二定律得：F﹣f﹣mgsin30°＝ma′
解得：a′＝2m/s2。
由L= 1
2 a't'2代入数据解得：t′=
330
10 s
故土拨鼠从地面静止开始往返洞穴一趟的最短时间为：tmin＝t+t′=
55+ 330
10
s
（3）由题v= k
s，已知其前进s1＝1m 时，速度为v1＝0.5m/h，当s2＝3m 时，解得速度为：v2= 1
6m/h
作出
1
v −s 图象如图，根据图象与轴
1
v所围的面积表示时间得土拨鼠前进3m 所需要的时间为：
t= 1
2 × 1
6 × 3 =0.25h
答：（1）土拨鼠在洞穴中运动的最大加速度是12m/s2。
（2）土拨鼠从地面静止开始往返洞穴一趟的最短时间是
55+ 330
10
s。
（3）作出
1
v −s 图象如图所示，前进3m 所需要的时间是0.25h。
【点评】解决本题的关键是明确
1
v −s 图象与
1
v轴所围的面积表示时间，由几何知识求出变速直线运动的时间。
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2018-2019 学年广东省广州市增城区高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题：本题共6 小题，每小题5 分，共30 分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要
求．
1．（5 分）如图所示，对下列课本插图描述正确的是（
）
A．图甲右上方的路牌所标的“50”因为车辆通行的平均速度
B．由图乙可推出所有形状规则的物体重心均在其几何中心处
C．图丙中掷出后的冰壶能继续运动说明其具有惯性
D．图丁中电梯向上制动时体重计的读数变小说明人所受重力减小
2．（5 分）小李坐公交车从荔城到天河，途经各站点到荔城的距离和到达各站点的时刻如图所示，假设公交车行驶
路线为直线。则下列关于此公交车说法正确的是（
）
A．朱村到中新的平均速度比中新到镇龙的平均速度大
B．从镇龙到天河的位移为60km
C．在荔城到朱村的任何时刻的速度都比中新到镇龙的速度小
D．如果从镇龙到天河的平均速度同中新到镇龙一样，则达到天河的时刻为11：20：00
3．（5 分）如图所示，某学习小组利用直尺估测反应时间，将直尺刻度进行了改进，以相等时间间隔在直尺上标记
反应时间的刻度线，制作了“反应时间测量仪”，下列四幅图中刻度线标度正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
4．（5 分）如图，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B 叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A 上表面水平。
则在斜面上运动时，B 受力的示意图为（
）
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A．
B．
C．
D．
5．（5 分）将物体所受重力按力的效果进行分解，下列图中错误的是（
）
A．
B．
C．
D．
6．（5 分）如图所示的装置中，小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计，平衡时各弹簧
的弹力分别为F1、F2、F3，其大小关系是（
）
A．F1＝F2＝F3
B．F1＝F2＜F3
C．F1＝F3＞F2
D．F3＞F1＞F2
二、多项选择题：本题共4 小题，每小题6 分，共24 分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，
全部选对得6 分，所选选项正确但不全的得3 分，有选错或不答的得0 分．
7．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．在单位的换算中1N＝1kgm/s2
B．力是矢量，既有大小，也有方向
C．匀加速直线运动的位移时间图象是直线
D．变化率表示变化的快慢，不表示变化的大小
8．（6 分）架在A、B 两根晾衣杆之间的均匀铁丝在夏、冬两季由于热胀冷缩的效应，铁丝呈现如图所示的两种形
状。下列说法中正确的是（
）
A．夏季铁丝对晾衣杆的拉力较大
B．冬季铁丝对晾衣杆的拉力较大
C．夏季晾衣杆对地面的压力较大
D．夏季、冬季晾衣杆对地面的压力一样大
9．（6 分）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图所示，以竖直向上为a 的正方向，
则下列说法中正确的是（
）
A．t＝2s 时人对地板的压力最大
B．t＝5s 时人对地板的压力为0
C．t＝8.5s 时人对地板的压力最小
D．t＝8.5s 时人对地板的压力最大
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10．（6 分）如图所示，质量不等的木块A 和B 的质量分别为m1 和m2，置于光滑的水平面上。当水平力F 作用于
A 的左端，两物体一起作匀加速运动时，A、B 间作用力大小为F1．当水平力F 作用于B 的右端，两物体一起作
匀加速运动时，A、B 间作用力大小为F2，则下列说法正确的是（
）
A．在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等
B．在两次作用过程中，F1＝F2
C．在两次作用过程中，F1+F2＝F
D．在两次作用过程中，
F1
F2
=
m1
m2
三、非选择题：本大题共5 小题，共46 分．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后
答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
11．（8 分）将橡皮筋的一端固定在A 点，另一端拴上两根细绳，每根细绳分别连着一个量程为5N、最小刻度为0.1N
的弹簧测力计。沿着两个不同的方向拉弹簧测力计。当橡皮筋的活动端拉到O 点时，两根细绳相互垂直，如图1
所示。这时弹簧测力计的读数可从图中读出。
（1）由图可读得两个相互垂直的拉力的大小分别为
N 和
N（只需读到0.1N）。
（2 ）在方格纸（如图2 ）上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力。
12．（10 分）某同学设计了如甲、乙两图所示的实验装置来探究加速度与物体质量、物体受力的关系。
（1）（填“甲”或“乙”）
实验装置比较好，原因是
（2）该同学选择比较理想的实验装置后，平衡摩擦力后，打出了一条纸带如图丙所示，计时器打点的时间间隔
为0.02s．从比较清晰的点起，每5 个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，该小车经过计数点“2”的
瞬时速度v＝
m/s，加速度a＝
m/s2 （结果保留两位有效数字）
（3）在实验误差允许范围内，当小车的质量不变时，小车的加速度与小车的合外力满足图
的关系。
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13．（9 分）如图所示，在光滑的竖直墙壁上用网兜把足球挂在A 点。已知足球的质量为0.8kg，绳子的拉力大小为
10N，则（g 取10m/s2）
（1）画出足球的受力示意图。
（2）绳子与竖直墙面的夹角θ的正切值为多少？
（3）足球对墙壁的压力FN 的大小？
14．（11 分）如图所示，以v0＝8m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有t＝2s 将熄灭，此时汽车距离停车线L
＝20m．该车加速时加速度a1 大小为2m/s2，减速时加速度a2 大小为5m/s2．此路段允许行驶的最大速度为vmax
＝10m/s．则
（1）如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车离停车线多远？
（2）如果立即做匀加速运动，通过计算判断在绿灯熄灭前汽车能否通过停车线？
15．（8 分）滑沙游戏中，游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下。为了安全，滑沙车上通常装有刹车手柄，游客可以
通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F，从而控制车速。为便于研究，作如下简化：
游客从顶端A 点由静止滑下8s 后，操纵刹车手柄使滑沙车摩擦变大匀速下滑至底端B 点，在水平滑道上继续滑
行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m＝70kg，倾角θ＝37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ＝0.5．重
力加速度g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。
（1）游客匀速下滑时的速度大小。
（2）若游客在水平滑道BC 段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力？
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2018-2019 学年广东省广州市增城区高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共6 小题，每小题5 分，共30 分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要
求．
1．【分析】瞬时速度是物体通过某个位置的速度，平均速度是物体通过一段位移的速度；重心是物体受重力的等效
作用点，与质量分别情况和形状有关；惯性是物体保持原来速度不变的性质；失重和超重现象中物体的重力大小
不变。
【解答】解：A．图甲右上方的路牌所标的“50”为车辆通行的瞬时速度不超过50km/h，故A 错误；
B．由图乙可推出所有形状规则且质量分布均匀的物体重心均在其几何中心处，故B 错误；
C．惯性是物体保持原来速度不变的性质，图丙中掷出后的冰壶能继续运动说明其具有惯性，故C 正确；
D．图丁中电梯向上制动时体重计的读数变小说明人所受支持力减小，但重力不变，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查了速度、惯性、重心和超重失重等，知识点多，难度小，关键是理解基础概念，基础题目。
2．【分析】小李坐公共汽车从荔城到天河，根据平均速度公式能求出平均速度的大小，瞬时速度与平均速度无法直
接比较。
【解答】解：A、平均速度为位移与时间的比值，故朱村到中新的平均速度为：v1 = 15
1
3
km/h = 45km/h
中新到镇龙的平均速度为：v2 = 10
1
6
km/h = 60km/h，故A 错误
B、从镇龙到天河的位移为：x＝60﹣40km＝20km，故B 错误
C、无法判断在荔城到朱村的任何时刻的速度中新与到镇龙的速度大小关系，故C 错误；
D、如果从镇龙到天河的平均速度同中新到镇龙一样，则所需时间为：t = 20
60 h = 1
3 h，则达到天河的时刻为11：
20：00，故D 正确
故选：D。
【点评】本题抓住平均速度的定义就能求解。对于平均速度v = v0+v
2 ，只适用于匀变速直线运动，不以乱用。
3．【分析】直尺下降的时间就是人的反应时间，根据自由落体运动的位移公式分析反应时间与位移的关系即可。
【解答】解：由题可知，手的位置在开始时应放在0 刻度处，所以0 刻度要在下边。
物体做自由落体运动的位移：h= 1
2 gt2，位移与时间的平方成正比，所以随时间的增大，刻度尺上的间距增大。
由以上的分析可知，只有图B 是正确的，其余ACD 是错误的
故选：B。
【点评】该题结合自由落体运动与日常的生活进行考查，解决本题的关键理解自由落体运动，以及会利用自由落
体运动求运动时间。
4．【分析】对整体分析，得出整体的加速度方向，确定B 的加速度方向，知道B 的合力方向，从而知道B 的受力
情况。
【解答】解：整体向上做匀减速直线运动，加速度方向沿斜面向下，则B 的加速度方向沿斜面向下。根据牛顿
第二定律知，B 的合力沿斜面向下，则B 一定受到水平向左的摩擦力以及重力和支持力。故A 正确，B、C、D
错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键知道B 与整体具有相同的加速度，根据加速度确定物体的合力方向。注意整体法和隔
离法的运用。
5．【分析】根据各图分析重力的作用效果，从而得出作用力的方向，确定图示是否正确。
【解答】解：A、重力产生了使物体下滑的效果及压斜面的效果；故两分力即图中所示；故A 正确；
B、重力产生了向两边拉绳的效果，故B 正确；
C、重力产生了向两墙壁的挤压的效果，故两分力应垂直于接触面；故C 错误；
D、重力产生了拉绳及挤压斜面的效果，故作图正确；故D 正确；
本题选错误的；故选：C。
【点评】将一个力分解有无数个解，而按力的效果分解只有一解。两个分力与重力只是效果上等效。同时注意垂
直于斜面的分力与对斜面的压力是两个不同的力。
6．【分析】弹簧的弹力大小等于弹簧所受的拉力大小，分别以小球为研究对象，由平衡条件求解弹簧的弹力。
【解答】解：第一幅图：以下面小球为研究对象，由平衡条件得知，弹簧的弹力等于小球的重力G；
第二幅图：以小球为研究对象，由平衡条件得知，弹簧的弹力等于小球的重力G；
第三幅图：以任意一个小球为研究对象，由平衡条件得知，弹簧的弹力等于小球的重力G；
所以平衡时各弹簧的弹力大小相等，即有F1＝F2＝F3。
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故选：A。
【点评】本题根据平衡条件确定弹簧的弹力大小，容易产生的错误是第三幅图：认为弹力等于2G 或0。
二、多项选择题：本题共4 小题，每小题6 分，共24 分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，
全部选对得6 分，所选选项正确但不全的得3 分，有选错或不答的得0 分．
7．【分析】根据牛顿第二定律分析力的单位；力是矢量；根据运动学的方程分析匀加速直线运动的位移时间图象的
特点；根据变化率的意义分析。
【解答】解：A、根据牛顿第二定律F＝ma，则力的单位：1N＝1kg•m/s2．故A 正确；
B、力是矢量，既有大小，也有方向，力的运算符合平行四边形定则。故B 正确；
C、根据匀变速直线运动的位移﹣时间公式：x= v0t + 1
2 at2，可知匀变速直线运动的位移﹣时间图象为抛物线。
故C 错误；
D、变化率表示变化的快慢，不表示变化的大小，如速度的变化率等于加速度，位置变化率表示速度。故D 正确。
故选：ABD。
【点评】该题考查多个知识点的内容，其中解决本题的关键知道变化率的含义，知道变化大与变化快的区别，变
化大不一定变化快。
8．【分析】以整条电线为研究对象，受力分析根据平衡条件列出等式，结合夏季、冬季的电线几何关系求解。
【解答】解：AB、以整条电线为研究对象，受力分析如右图所示，由共点力的平衡条件知，两电线杆对电线的
弹力的合力与其重力平衡，由几何关系得：
Fcosθ= Mg
2 ，即：F=
Mg
2cosθ
由于夏天气温较高，电线的体积会膨胀，两杆正中部位电线下坠的距离h 变大，则电线在杆上固定处的切线方向
与竖直方向的夹角θ变小，故F 较小，所以夏季铁丝对晾衣杆的拉力较大。故A 错误，B 正确。
CD、晾衣杆对地面的压力等于电线杆和电线的总重力，电线杆上的电线的质量一定，受力平衡，夏季、冬季杆
对地面的压力相等。故C 错误，D 正确。
故选：BD。
【点评】要比较一个物理量的大小关系，我们应该先把这个物理量运用物理规律表示出来，本题中应该抓住电线
杆上的电线的质量一定，受力平衡，根据夏季、冬季电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角的不同分析
求解。
9．【分析】当物体对接触面的压力大于物体的重力时，物体处于超重状态，此时有向上的加速度，合力也向上；
当物体对接触面的压力小于物体的重力时，物体处于失重状态，此时有向下的加速度，合力也向下。
应用牛顿第二定律可以分析地板对人的作用力，然后应用牛顿第三定律分析人对地板的压力大小。
【解答】解：AD、0﹣4s 内，人的加速度为正，加速度方向竖直向上，处于超重状态，人对地板的压力大于人的
重力。4﹣7s 内人做匀速运动，人对地板的压力等于人的重力。7﹣10s 内，人的加速度为负，加速度方向竖直向
下，处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力。且由于t＝2s 时，人的加速度最大，人对地板的压力最大，
故A 正确，D 错误。
B、t＝5s 时人对地板的压力等于人的重力，故B 错误。
C、7﹣10s 内，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力。且由于t＝8.5s 时，人的加速度为负向最大，
人对地板的压力最小，故C 正确。
故选：AC。
【点评】本题是对图象的考查，掌握住加速度时间图象的含义，知道超重和失重时加速度方向特点即可解答本题。
10．【分析】先对整体分析，求出加速度；再分别进行隔离分析，运用牛顿第二定律求出A、B 间的作用力大小。
【解答】解：A、对两种情况均进行整体分析，根据牛顿第二定律知整体的加速度都为：a=
F
m1+m2．故A 正确。
BCD、隔离分析，第一种情况，以B 为研究对象，A 对B 的作用力为：F1＝m2a=
m2F
m1+m2
第二种情况，以A 为研究对象，A 对B 的作用力为：F2＝m1a=
m1F
m1+m2。
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所以在两次作用过程中，F1+F2＝F，
F1
F2
=
m1
m2
．故B 错误，CD 正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用；解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，
注意整体法和隔离法的运用。
三、非选择题：本大题共5 小题，共46 分．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后
答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
11．【分析】（1）先得出弹簧秤的最小分度，再由指针的位置读出拉力的示数；
（2）画力的图示应注意先选择合适的标度，再由标度表示出力的大小，由细线的方向得出力的方向；根据作图
的方法作图即可。
【解答】解：（1）由图可知，弹簧秤的最小分度为0.1N；
则读得：F1＝4.0 N，F2＝2.5 N。
（2）取如图所示的两格表示1.0N，则可得出F1、F2，由上图得出两力的方向；作出平行四边形，即其对角线的
长度表示力的大小，箭头的指向表示力的方向，故答案如图所示：求得F＝4.7N；
故答案为；（1）4.0；2.5；（2）如图所示。
【点评】本题考查弹簧秤的读数及作力的图示，都属对基础技能的考查；应注意读数时要注意精度及题目的要求。
12．【分析】（1）甲图通过拉力传感器能够准确得到小车受到的拉力大小，不需像乙图那样要使小车的总质量远远
大于钩码的质量；
（2）做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，据此求出打2 时的速度；应
用匀变速直线运动的推论：△x＝at2 求解加速度；
（3）在实验误差允许范围内，当小车的质量不变时，小车的加速度与小车的合外力成正比。
【解答】．解：（1）因为甲图通过拉力传感器能够准确得到小车受到的拉力大小，不需像乙图那样要使小车的总
质量远远大于钩码的质量才能近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力，所以甲实验装置较好，
（2）由于每5 个点取一个点，相邻计数点间的时间间隔：t＝0.02×5＝0.1s，
小车经过计数点“2”的瞬时速度：v= x1+x2
2t
= (3.52+3.68)×10−2
2×0.1
=0.36m/s，
由△x＝at2 可知，加速度：a= x3−x1
2t2
= (3.84−3.52)×10−2
2×0．12
=0.16m/s2；
（3）在实验误差允许范围内，当小车的质量不变时，小车的加速度与小车的合外力成正比，图象是过原点的直
线，故A 正确。
故选：A
故答案为：（1）甲；甲图通过拉力传感器能够准确得到小车受到的拉力大小，不需像乙图那样要使小车的总质量
远远大于钩码的质量才能近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力；（2）0.36；0.16；（3）A。
【点评】纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的公式，可计算出
打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，明确实验原理，正确理解实验中具体操作的含义，加强基本物理规律
在实验中的应用。
13．【分析】（1）足球受到重力G、网兜的悬绳的拉力T 和墙壁的弹力N 作用，作出足球的受力示意图。
（2）根据平衡条件求解绳子与竖直墙面的夹角θ的正切值及墙壁对足球的弹力大小。
（3）由牛顿第三定律求足球对墙壁的压力FN 的大小。
【解答】解：（1）足球受力如图所示
（2）小球的受力分析如图所示，由共点力的平衡条件可得：
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G＝Tcosθ
解得：cosθ＝0.8
根据三角函数公式得：tanθ＝0.75
（3）F′N＝Gtanθ
解得：F′N＝6N
由牛顿第三定律：足球对墙壁的压力FN＝F′N＝6N
答：
（1）画出足球的受力示意图如图所示。
（2）绳子与竖直墙面的夹角θ的正切值为0.75。
（3）足球对墙壁的压力FN 的大小是6N。
【点评】本题是简单的三力平衡问题，关键是明确足球的受力情况，根据平衡条件并结合合成法列式分析。
14．【分析】（1）如果立即做匀减速运动，计算出汽车停下时运动的位移，再和停车线的距离比较。
（2）汽车立即以最大加速度匀加速运动，分别计算出匀加速2s 的位移和速度，与实际要求相比较，得出结论；
【解答】解：（1）根据运动学公式，汽车停下来时间为t1，则
vt＝v0+a2t1
S1＝v0t1+ 1
2a2t12
△S＝L﹣S1
解得：△S＝13.6m
（2）根据运动学公式，汽车达到最大速度的时间为t2，则
vmax＝v0+a1t2
S2＝v0t2+ 1
2a1t22+vmax（t﹣t2）
解得：S2＝19m
S2＜L，所以在绿灯熄灭前汽车不能通过停车线
答：（1）如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车离停车线13.6m。
（2）如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车不能通过停车线。
【点评】熟练应用匀变速直线运动的公式，是处理问题的关键，对汽车运动的问题一定要注意所求解的问题是否
与实际情况相符。
15．【分析】（1）开始下滑的时候，把游客和滑车作为整体，整体受到重力，支持力，摩擦力三个力的作用，根据
牛顿第二定律求出加速度，由v＝at 求游客匀速下滑时的速度。
（2）整体滑到水平面上时，做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求水
平制动力。
【解答】解：根据题意，把游客和滑车作为整体进行受力分析
（1）开始下滑的时候，整体受到重力，支持力，摩擦力三个力的作用，根据牛顿第二定律可得：mgsin37°﹣
μmgcos37°＝ma
代入数据可得：a＝2m/s2．
游客匀速下滑的初速度等于第一阶段匀加速运动的末速度，末速度的速度大小：
v0＝at1＝2×8＝16m/s。
（2）整体滑到水平面上时，做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动规律：
v2﹣v02＝2ax 代入数据可得：a＝﹣8m/s2
力的方向都指向左边，由牛顿第二定律得
F+μmg＝ma
代入数据得：F＝210N．
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答：
（1）游客匀速下滑时的速度大小为16m/s；
（2）若游客在水平滑道BC 段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加210N 的水平制动力。
【点评】解答本题时要用到整体的思想，把物体和人看成整体，对整体受力分析，应用牛顿运动定律和平衡条件
是列方程求解的前提，之后运动学规律的熟练掌握，也是本题顺利解决的关键。
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2018-2019 学年广东省广州市荔湾区高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题（本题只有一个选项正确，共12 小题，每小题3 分，共36 分）
1．（3 分）下列物理量属于矢量及其对应的国际单位制符号，正确的是（
）
A．力，kg
B．质量，kg
C．加速度，m/s
D．速度，m/s
2．（3 分）拿一个长约1.5m 的玻璃筒，一端封闭，另一端有开关，把金属片和小羽毛放到玻璃筒里，把玻璃筒倒过
来，观察它们下落的情况，然后把玻璃筒里的空气抽出，再把玻璃筒倒立过来，再次观察它们下落的情况，下列
说法正确的是（
）
A．玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛下落的一样快
B．玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛均做自由落体运动
C．玻璃筒抽出空气后，金属片和小羽毛下落一样快
D．玻璃筒抽出空气后，金属片比小羽毛下落快
3．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．时间和时刻的区别在于长短不同，长的是时间，短的是时刻
B．惯性是由物体的速度和质量共同决定的
C．一个运动中的物体速度减小时，其加速度可能不变
D．竖直上抛的物体到达最高点时，物体处于平衡状态
4．（3 分）伽利略研究自由落体运动时做了“冲淡重力”的斜面实验，其实验的示意图如图所示，让小球分别沿倾
角θ不同、阻力很小的斜面由静止开始滚下。下面关于他实验的观察和逻辑推理，正确的是（
）
A．倾角θ一定时，小球在斜面上的位移与时间的关系为s∝t
B．倾角θ一定时，小球在斜面上的速度与时间的关系为v∝t2
C．倾角θ 越大，小球在斜面上运动的速度变化越慢
D．倾角θ 越大，小球从斜面顶端运动到底端所需的时间越短
5．（3 分）如图所示，用弹簧测力计在水平方向上拉动一个置于地面的物体，使它做匀速直线运动时，弹簧测力计
的示数为5N；当弹簧测力计的示数为6N 时，物体运动时受到的摩擦力大小为（
）
A．1N
B．5N
C．6N
D．11N
6．（3 分）A、B 两物体从同一地点出发运动的s﹣t 图象如图所示，已知A 做匀速直线运动，B 做匀变速直线运动。
则在0～t1 时间内，下列说法正确的是（
）
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第393页（共403页）
A．两物体在t1 时刻速度大小相等
B．t1 时刻A 的速度大于B 的速度
C．A 的平均速度小于B 的平均速度
D．两物体间的距离先增大后减小
7．（3 分）探究弹力和弹簧伸长的关系时，作出弹力F 与弹簧总长度L 的关系图线如图所示。则（
）
A．该弹簧的原长为10m
B．该弹簧的劲度系数为0.25N/m
C．在该弹簧下端悬挂1.0N 的重物时，弹簧的长度为18cm
D．在该弹簧下端悬挂2.0N 的重物时，弹簧的形变量为8cm
8．（3 分）新疆达瓦孜艺术第六代传人，高空王子阿迪力曾成功挑战广州“小蛮腰”。如图所示，阿迪力蒙眼在某段
高空水平钢丝上表演“金鸡独立”时，他（含手中横杆）受到的支持力与重力的关系是（
）
A．一对平衡力
B．作用力和反作用力
C．支持力小于重力
D．支持力大于重力
9．（3 分）体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作：运动员两手臂对称支撑，竖直倒立保持静
止状态。当运动员两手间距离增大时，每只手臂受的力T 及它们的合力F 的大小变化情况为（
）
A．T 增大，F 不变
B．T 增大，F 减小
C．T 增大，F 增大
D．T 减小，F 不变
10．（3 分）某人在地面上用体重秤称得体重为G，之后他将体重秤移至电梯内称其体重，电梯运行的v﹣t 图象如
图所示（取电梯向上运动的方向为正）．设t0 至t1 时间段内体重秤的示数为F1，t1 至t2 时间段内体重秤的示数为
F2，t2 至t3 时间段内体重秤的示数为F3，下列说法正确的是（
）
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第394页（共403页）
A．F1＝F2＝F3＝G
B．F1＜F2＝G＜F3
C．F1＞F2＞F3＞G
D．F1＝F3＜F2＝G
11．（3 分）如图所示，重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下。以下说
法正确的是（
）
A．自卸车车厢倾角变大，车厢与石块间的正压力不变
B．自卸车车厢倾角变大，石块与车厢间的摩擦力不变
C．自卸车车厢倾角变大，石块与车厢间的动摩擦因数不变
D．石块开始下滑时，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力
12．（3 分）t＝0 时，甲乙两汽车从相距60km 的两地开始相向行驶，它们的v﹣t 图象如图所示。忽略汽车掉头所需
时间，下列对汽车运动状况的描述正确的是（
）
A．在第1 小时末，乙车改变运动方向
B．在第2 小时末，甲乙两车相遇
C．在前4 小时内，甲车运动加速度的大小总比乙车的大
D．在第4 小时末，甲乙两车相距20 km
二、多项选择题（本题共5 小题，每小题4 分，共20 分．在每小题给出的四个选项中至少有两个选项符合题目要
求．全部选对得4 分，选对不全得2 分，有选错或不答的得0 分）
13．（4 分）下列关于质点和参考系的说法，正确的是（
）
A．研究从广州开往武汉的列车运行速度时，可将列车看作质点
B．研究乒乓球的弧旋时，可将乒乓球看作质点
C．我们说“太阳东升西落”，是以地球为参考系的
D．参考系必须选取地面或相对于地面不动的其他物体
14．（4 分）7 月份到9 月份，是广东省台风多发的季节，每次在台风来临前，都要及时检查一下家里阳台窗台上的
物品。若一常规生活小区4 楼阳台，有一质量为0.5 千克的花盆，从静止开始自由下落。则（
）
A．花盆经过约2.0s 到达地面
B．花盆经过约1.4s 到达地面
C．花盆落地时速度大小约为14m/s
D．花盆落地时速度大小约为20m/s
15．（4 分）汽车以10m/s 的速度在马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方15m 处的斑马线上有行人，于是刹车礼让，
汽车恰好停在斑马线前。假设驾驶员的反应时间为0.5s，汽车运动的v﹣t 图象如图所示。则（
）
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第395页（共403页）
A．反应时间内汽车行驶的距离为5m
B．t＝2.5s 时汽车刹停在斑马线前
C．汽车减速的加速度大小为20m/s2
D．汽车减速的加速度大小为5m/s2
16．（4 分）如图所示，一轻质弹簧竖直固定在水平面上，一物块自弹簧正上方自由下落，当物块与弹簧接触并将弹
簧压至最短（在弹性限度内）的过程中，下列说法正确的是（
）
A．物块接触弹簧后即做减速运动
B．物块接触弹簧后先加速后减速
C．当物块的速度最大时，它所受的合力不为零
D．当弹簧被压缩至最短时，物块的加速度不等于零
17．（4 分）如图甲，一物块在t＝0 时刻滑上一固定斜面，其运动的v﹣t 图象如图乙所示。若重力加速度g＝10m/s2，
则（
）
A．斜面的长度L＝4m
B．斜面的倾角θ＝30o
C．物块的质量m＝1kg
D．物块与斜面间的动摩擦因数μ=
3
5
三、实验探究题（共10 分）
18．（4 分）某同学做“验证力的平行四边形定则”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图。
（1）如果没有操作失误，图乙中的F 与F′两力中，方向一定沿AO 方向的是
。
（2）本实验中所说的合力与两个分力具有相同的效果，是指下列说法中的
A．弹簧测力计在两种情况下发生相同的形变
B．固定橡皮筋的图钉受拉力产生形变
C．细绳套受拉力产生形变
D．使橡皮筋在某一方向伸长某一长度
（3）关于此实验的下列说法中正确的是
A．同一次实验中，应将结点O 拉至同一位置
B．实验中，只需记录弹簧测力计的读数和O 点的位置
C．实验中，两个弹簧测力计之间的夹角必须保持90°
D．拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行。
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第396页（共403页）
19．（6 分）利用力传感器研究“加速度与合外力的关系”实验装置如图甲所示。
（1）该实验是否需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车（含力传感器）的质量？
（填“需要”或“不需
要”）
（2）从实验中挑选一条点迹清晰的纸带，每5 个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图乙所示，
已知打点计时器所用电源的频率为50Hz。
从图中所给的刻度尺上读出B、C 两点间的距离s2＝
cm；该小车的加速度a＝
m/s2（计算结果保
留两位有效数字），实验中纸带的
（填“左”或“右”）端与小车相连接。
四、计算题（本题共3 小题，共34 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写最后答案的不
能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
20．（7 分）如图所示，一水壶静止悬挂在轻绳PA 和PB 的结点上，PA 偏离竖直方向θ＝30°角，PB 在水平方向，
且连在水平电子测力计上。若电子测力计的示数为F，求：
（1）水壶的重力为多大？
（2）轻绳PA 的拉力大小为多少？
21．（13 分）如图所示，在某段平直的铁路上一列以288km/h 高速行驶的“和谐号”某时刻开始匀减速行驶，5min
后恰好停在某车站，并在该站停留5min，随后匀加速驶离车站，经8km 后恢复到原速288km/h．求：
（1）“和谐号”减速、加速时的加速度分别为多大？（结果均保留两位有效数字）
（2）“和谐号”从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小。
22．（14 分）如图甲所示，一小滑块（可视为质点）与长木板一起以v0＝5m/s 的速度沿光滑水平面向左运动。现给
长木板加一个F＝12N 向右的水平推力，小滑块与长平板发生相对滑动，长木板运动的v﹣t 图如图乙所示。当长
木板速度减速为零时，小滑块恰好滑至长平板上的A 点，此时撤去外力F 并将长木板锁定，小滑块继续沿长木
板运动，恰好到达长木板的最左端。已知长木板的质量M＝2kg，小滑块的质量m＝1kg，g 取10m/s2．求：
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（1）小滑块与长平板间的动摩擦因数μ；
（2）滑块运动到A 点时的速度vA；
（3）长平板的长度L。
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2018-2019 学年广东省广州市荔湾区高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题只有一个选项正确，共12 小题，每小题3 分，共36 分）
1．【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量。明确国际单位制中的单位名称，对于每个物理量的单位都要掌握住，
特别是有多个单位的物理量，如长度的单位有m、cm、mm 等等，要注意掌知道哪些单位属于国际单位制中的符
号。
【解答】解：A、力是矢量，单位是N，故A 错误；
B、质量是标量，故B 错误；
C、加速度是矢量，单位是m/s2，故C 错误；
D、速度是矢量，单位是m/s，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查矢量和标量以及它们的单位，注意识记。
2．【分析】玻璃筒内有空气时，形状和质量都不同的几个物体不同时下落，是因为所受的重力和空气阻力不同，导
致加速度不同。玻璃筒内没有空气时，物体做自由落体运动，加速度、初速度相同。
【解答】解：A、玻璃筒内有空气时，形状和质量都不同的几个物体不同时下落，是因为所受的重力和空气阻力
不同，导致加速度不同。故A、B 错误。
C、玻璃筒内没有空气时，物体做自由落体运动，因为高度相同，加速度都为g，所以下落一样快。故C 正
确，D 错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道玻璃筒内没有空气时，物体不受阻力，仅受重力，做自由落体运动，不同形状和质
量的物体都是同时落地。
3．【分析】时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，在难
以区分是时间还是时刻时，可以通过时间轴来进行区分。
【解答】解：A、时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个
点，故A 错误。
B、惯性大小只与物体的质量有关，和物体的速度无关，故B 错误；
C、一个运动中的物体速度减小时，其加速度可能不变，只要加速度和速度方向相反即可，故C 正确；
D、竖直上抛的物体到达最高点时，物体速度为零，但加速度不为零，故不是平衡状态，故D 错误。
故选：C。
【点评】对于物理中的基本概念要理解其本质不同，如时刻具有瞬时性的特点，是变化中的某一瞬间通常与物体
的状态相对应；时间间隔具有连续性的特点，与某一过程相对应。
4．【分析】伽利略通过通验观察和逻辑推理发现，小球沿斜面滚下的运动的确是匀加速直线运动，换用不同的质量
的小球，从不同高度开始滚动，只要斜面的倾角一定，小球的加速度都是相同的；不断增大斜面的倾角，重复上
述实验，得知小球的加速度随斜面倾角的增大而增大。
【解答】解：AB、伽利略通过实验测定出小球沿斜面下滑的运动是匀加速直线运动，位移与时间的二次方成正
比，并证明了速度随时间均匀变化，故A 错误，B 错误；
C、若斜面光滑，小球在斜面上运动的速度变化越快，故C 错误；
D、斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间随倾角的增大而减小，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题关键要明确伽利略对自由落体运动的研究的实验过程，可以通过阅读课本了解，同时实验事实与理
论应该是一致的，故可结合匀变速运动的知识求解。
5．【分析】根据二力平衡的条件判断出物体做匀速直线运动时的摩擦力，然后结合滑动摩擦力的相关因素判断即可。
【解答】解：当物体做匀速直线运动时，物体受到的合外力等于0，所以此时的摩擦力与弹簧的拉力大小相等，
方向相反，即摩擦力的大小为5N；当弹簧测力计的示数为6N 时，物体运动时受到的摩擦力仍然是滑动摩擦力，
大小仍然是5N．故B 正确，ACD 错误
故选：B。
【点评】该题考查影响滑动摩擦力的因素，明确滑动摩擦力的大小与弹簧的拉力大小无关是解答的关键。
6．【分析】根据位移时间图象的斜率等于速度，纵坐标的变化量等于位移，平均速度等于位移除以时间，结合这些
知识分析。
【解答】解：AB、根据位移时间图象的斜率等于速度，可知，t1 时刻A 的速度小于乙的速度，故AB 错误。
C、根据纵坐标的变化量等于位移，则知t2 时间内两物体位移大小相等，时间也相等，则平均速度的大小相等，
故C 错误；
D、由图中纵坐标可以直接确定位置坐标，则由图可知，两物体间的距离先增大后减小，t1 时刻相遇，故D 正确。
故选：D。
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【点评】位移图象和速度图象都表示物体做直线运动，抓住位移图象的斜率等于速度是分析的关键，知道平均速
度等于位移除以时间。
7．【分析】该题考查了应用弹力与弹簧长度关系的图象分析问题，由图线和坐标轴交点的横坐标表示弹簧的原长可
知弹簧的原长。再由胡克定律可求出弹簧的劲度系数。
【解答】解：A、由图线和坐标轴交点的横坐标表示弹簧的原长可知弹簧的原长为10cm＝0.1m；故A 错误；
B、当拉力为2.5N 时，弹簧的形变量为：x＝20﹣10＝10cm＝0.1m
由胡克定律F＝kx 得：k= F
x = 2.5
0.1 = 25N/m。故B 错误；
C、在该弹簧下端悬挂1.0N 的重物时，重物对弹簧的拉力是1.0N，
弹簧的伸长量为：△x= F
k = 1
25 =0.04m＝4cm，所以弹簧的长度为14cm。故C 错误；
D、当该弹簧下端悬挂2.0N 的重物时，弹簧的形变量为：△x″ = F″
k = 2.0
25 = 0.08m＝8cm。故D 正确。
故选：D。
【点评】该题要求要会从图象中正确的找出弹簧的原长及在各外力作用下弹簧的长，并会求出弹簧的形变量，在
应用胡克定律时，要首先转化单位，要知道图线与坐标轴的交点的横坐标是弹簧的原长。知道图线的斜率即为弹
簧的劲度系数。
8．【分析】匀速过程中，人受力平衡，水平方向不受摩擦力，然后结合平衡力、作用力与反作用力的特点分析即可。
【解答】解：表演“金鸡独立”时人静止，处于受力平衡状态，水平方向不受摩擦力，在竖直方向上受重力和支
持力，他受到的支持力与重力大小相等，方向相反，都作用在人身上，它们是一对是平衡力。故A 正确，BCD
错误
故选：A。
【点评】根据平衡条件分析受力，此类题目还要会分析加速运动的情况。同时要注意一对平衡力是作用在同一个
物体上，而作用力与反作用力是两个物体之间的相互作用。
9．【分析】两手间距增大时，增大了手臂之间的夹角，两只手臂所受的力T 的合力F 与运动员重力平衡，由此可知
合力F 大小不变，由于夹角的增大，合力保持不变，只每只手臂所受力T 是增大的。
【解答】解：运动员所受T 的合力F 与运动员重力大小相等方向相反，故夹角增大时合力F 不变；
手臂间距增大时，相当于在力图中两力T 之间的夹角θ增大，若力T 大小不变，则其合力F 随夹角的增大而减小，
现要保持合力F 大小不变，当夹角增大时，则T 增大。故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】两个力合成时，分力大小不变，合力随分力间夹角的增大而减小，能反推出：若保持合力不变，分力则
随夹角的增大而增大。要灵活运用相关结论。
10．【分析】根据图示图象判断出电梯的运动状态，然后判断出人是出于失重状态还是出于超重状态，再判断体重
秤的示数大小关系，然后答题。
【解答】解：由图示图象可知：
t0 至t1 时间内电梯向下做加速运动，电梯处于失重状态，F1＜G；
t1 至t2 时间内电梯向下做匀速直线运动，电梯处于平衡状态，F2＝G；
t2 至t3 时间内电梯向下做减速运动，电梯处于超重状态，F3＞G；
综上分析可知：F1＜F2＝G＜F3，故ACD 错误，B 正确；
故选：B。
【点评】本题考查了根据图象处理问题的能力，解决超重和失重的题目，重点是能根据图象判断出加速度的方向，
同时明确超重和失重的基本性质。
11．【分析】货物处于平衡状态，对货物进行受力分析，根据平衡条件及摩擦力的分析方法分析即可。
【解答】解：AB、货物处于平衡状态，则有：mgsinθ＝f，N＝mgcosθ，θ增大时，FN 逐渐减小，Ff 先增大。石
块滑动后的摩擦力是滑动摩擦力，小于最大静摩擦力，所以会减小。故AB 错误；
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C、摩擦因数与接触面的材料和粗糙程度决定，与正压力无关，所以自卸车车厢倾角变大，石块与车厢间的动摩
擦因数不变，故C 正确；
D、石块开始下滑时受力平衡，受到的摩擦力等于重力沿斜面方向的分力，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了平衡条件的应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，要注意的是滑动摩擦力要小
于最大静摩擦力。
12．【分析】速度﹣时间图线中速度的正负表示运动方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示
位移。根据位移关系判断两车是否相遇。
【解答】解：A、在第1 小时末，乙车的速度仍然为负值，说明运动方向并未改变。故A 错误。
B、在第2 小时末，甲的位移大小为：x 甲= 1
2 ×30×2km＝30km，乙的位移大小为：x 乙= 1
2 ×30×2km＝30km，
此时两车相距：△x＝60﹣30﹣30＝0（km），甲乙相遇，故B 正确。
C、根据速度图象的斜率大小等于加速度，可知，在前4 小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大，故C 错
误。
D、在第4 小时末，甲的位移大小为：x 甲= 1
2 ×60×4km＝120km，乙的位移大小为：x 乙= 1
2 ×60×2−1
2 ×30×2km
＝30km，此时两车相距：△x＝60+120﹣30＝150（km），故D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率、图线与时间轴围成的面积表示的含义。
二、多项选择题（本题共5 小题，每小题4 分，共20 分．在每小题给出的四个选项中至少有两个选项符合题目要
求．全部选对得4 分，选对不全得2 分，有选错或不答的得0 分）
13．【分析】质点是一种理想化模型，使实际物体的抽象，突出质量因素而忽略大小形状，物体能否看成质点要根
据具体情况分析；
在研究物体的运动时，要选择一个参考系，根据给出的现象分析所选定的参考系。
【解答】解：A、研究从广州开往武汉的列车运行速度时，列车的大小相对于运动路程来说可以忽略，故可将列
车看作质点，故A 正确；
B、研究乒乓球的弧旋时，乒乓球的大小不能忽略，故不可将乒乓球看作质点，故B 错误；
C、我们说“太阳东升西落”，是以指地球绕太阳的转动，故以地球为参考系的，故C 正确；
D、参考系的选取是任意的，不一定选取地面或相对于地面不动的其他物体，故D 错误。
故选：AC。
【点评】质点是经常考查的概念，物体能否看成质点要根据具体情况分析，当物体的大小和形状对研究的问题没
有影响或影响可以忽略时，物体可看作质点，同一物体在不同情景下，有时可看作质点，有时不能，要根据实际
情况进行分析。
14．【分析】根据h= 1
2gt2 得到花盆落地的时间；根据v＝gt 求出落地速度。
【解答】AB、根据h= 1
2gt2，得t=
2h
g =1.4s，故A 错误，B 正确；
CD、由v＝gt＝10×1.4m/s＝14m/s，得花盆落地时速度大小约为14m/s，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
【点评】本题考查自由落体运动，注意公式的灵活应用。
15．【分析】汽车在驾驶员反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速运动，根据总位移等于15m 列式，求出匀
减速直线运动花费的时间，再求匀减速直线运动的加速度大小。
【解答】解：A、汽车在驾驶员反应时间内做匀速直线运动，则反应时间内汽车行驶的距离为：x＝vt＝10×0.5m
＝5m，故A 正确。
B、设匀减速直线运动花费的时间为t，根据v﹣t 图象的面积代表物体通过的位移可知：15＝10×0.5+ 10+0
2
t，
解得匀减速运动的时间为：t＝2s，所以t＝2.5s 时汽车刹停在斑马线前，故B 正确。
CD、匀减速的加速度大小为：a= △v
△t = 10
2 =5m/s2，故C 错误，D 正确。
故选：ABD。
【点评】本题要求同学们掌握匀变速直线运动的速度时间关系式和位移时间关系式，知道在驾驶员反应时间内汽
车做匀速运动。注意汽车刹车的末速度为0。
16．【分析】物体与弹簧接触后，受到重力和弹簧的弹力，根据弹簧弹力的变化分析合力的变化，判断出运动情况，
确定加速度的变化。
【解答】解：AB、物体与弹簧接触后，受到重力和弹簧的弹力，弹簧的弹力从零开始不断增大，开始阶段弹簧
的弹力小于重力，小球的合力向下，物体做加速运动。当弹簧的弹力大于重力，小球的合力向上，物体做减速运
动，所以物块接触弹簧后先加速后减速。故A 错误，B 正确。
C、当物块的速度最大时，弹簧的弹力等于重力，合力为零，故C 错误。
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D、当弹簧被压缩至最短时，弹簧的弹力大于重力，小球的合力不为零，则加速度不为零，故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题中物体先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断增大的减速运动，初学者往往容易忽略加
速过程。
17．【分析】由图乙所示图象可求出物体的加速度，应用牛顿第二定律求出斜面的倾角与动摩擦因数，然后根据物
体运动过程分析答题。
【解答】解：A、由图乙所示图象可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速度；图象与时间轴围成的面积为
物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移，但是不能求出斜面的长度，故A 错误；
BD、由图乙所示图象可知，加速度大小：
a1= △v
△t = 8
1 =8m/s，a2= △v'
△t' =
4
3−1 =2m/s，
由牛顿第二定律得：
上升过程：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1，
下降过程：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2，
解得：θ＝30°，μ=
3
5 ，故BD 正确。
C、根据图示图象可以求出加速度，由牛顿第二定律可以求出动摩擦因数与斜面倾角，但是无法求出物块的质量，
故C 错误。
故选：BD。
【点评】本题考查牛顿第二定律及图象的应用，要注意图象中的斜率表示加速度，面积表示位移；同时注意正确
的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系。
三、实验探究题（共10 分）
18．【分析】（1）图乙中的F 与F′两力中，F1 与F2 合力的实际值方向一定沿AO 方向。
（2）根据合力与分力的关系是等效的，分析橡皮筯的结点位置要求。
（3）按实验原理和方法分析实验要求。
【解答】解：（1）F1 与F2 的合力的实际测量值为一个弹簧拉绳套时弹簧的弹力大小和方向，而理论值是通过平
行四边形定则得到的值。所以图乙中的F 与F′两力中，方向一定沿AO 方向的是F′。
（2）本实验中所说的合力与两个分力具有相同的效果，是指使橡皮筋在某一方向伸长某一长度。故ABC 错误，
D 正确。
（3）A、本实验采用的是等效替代的方法，同一次实验中，O 点位置不允许变动，故A 正确；
B、实验中，需记录弹簧测力计的读数和O 点的位置，还需要记录拉力的方向，故B 错误；
C、实验中，把橡皮筋的另一端拉到O 点时，两个弹簧测力计之间的夹角不一定是取90°，故C 错误；
D、本实验是通过在白纸上作力的图示来验证平行四边定则，为了减小实验误差，弹簧秤、细绳、橡皮条都应与
木板平行，否则，作出的是拉力在纸面上的分力，误差较大，故D 正确。
故选：AD。
故答案为：（1）F′．（2）D．（3）AD。
【点评】本实验采用的是等效替代的方法，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。实验的
核心是实验原理，根据实验原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等等。
19．【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项。注意细线
的拉力是运用拉力传感器测出的，不需要满足小车的质量远大于钩码的质量。
（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度，以及B、C 两点间的距离。
【解答】解：（1）因为实验中用力传感器测量细线的拉力，所以不需要满足小车的质量远大于钩码的质量；
（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，可知xBC﹣xAB＝xCD﹣xBC＝0.20cm，解得s2＝0.90cm。
根据△x＝aT2 得，加速度a= △x
T2 = 0.2×10−2
0．12
m/s2＝0.20m/s2。
实验中纸带的左端与小车相连接。
故答案为：（1）不需要；（2）0.90，0.20，左。
【点评】本题考查“加速度与合外力的关系”实验，要明确实验的原理和实验的注意事项。掌握纸带的处理方法，
会通过纸带求解速度和加速度。
四、计算题（本题共3 小题，共34 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写最后答案的不
能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
20．【分析】（1）分析轻绳结点P 的受力情况，画出受力示意图，根据共点力平衡条件求解水壶的重力；
（2）由三角函数关系求解轻绳PA 的拉力大小。
【解答】解：（1）如图所示，轻绳结点P 受竖直向下的拉力FC、绳PA 的拉力FA 和绳PB 的拉力FB 三个力的
作用，其中FB＝F，FC＝G。
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根据共点力平衡条件，FA 和FB 的合力F′的大小与FC 的大小相等。
由几何关系得：tanθ= FB
F' = F
G
解得：G=
3F
（2）由几何关系还可得：sinθ= FB
FA = F
FA
解得：FA＝2F。
答：（1）水壶的重力为3F；
（2）轻绳PA 的拉力大小为2F。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
21．【分析】（1）根据速度时间公式求出列车减速时的加速度大小，根据v2＝2a′s′求出加速时的加速度；
（2）求出加速和减速的时间，根据结合运动的总位移求出这段时间内的平均速度大小。
【解答】解：（1）列车的速度为v＝288km/h＝80m/s，经过t1＝5min＝300s 停下，根据加速度的定义可得：
列车减速加速度a= −v
t1 = −80
300m/s2＝﹣0.27 m/s2
设加速过程的加速度为a′，加速过程的位移s′＝8km＝8000m
根据运动学公式，有v2＝2a′s′，解得a′＝0.40m/s2
（2）加速过程的时间为
t3= v
a' = 80
0.4s＝200s
减速过程中通过的位移s= 1
2v t1= 1
2 ×80×300m＝12000m
所以整个过程的平均速度v=
s+s'
t1+t2+t3 = 12000+8000
300+300+200m/s＝25 m/s
答：（1）“和谐号”减速时的加速度大小为0.27 m/s2，加速时的加速度大小为0.40m/s2；
（2）“和谐号”从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小25m/s。
【点评】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，有时运用推论求解会使问题
更加简捷。
22．【分析】（1）根据图象求的装置的加速度大小，根据牛顿第二定律求的摩擦力，由f＝μFN 求的摩擦因数；
（2）由牛顿第二定律求解加速度大小，根据速度时间关系求解滑块运动到A 点时的速度；
（3）根据牛顿第二定律求的物块的加速度，根据运动学公式求的装置和物块的位移，即可求得装置的长度。
【解答】解：（1）由图乙，长木板向左减速运动的加速度大小aM＝5m/s2…①
长木板减速过程水平方向受力如图所示：
由牛顿第二定律：F﹣f＝M aM
…②
滑块与长木板间的滑动摩擦力f＝μmg
…③
①～③联立，得：μ＝0.2；
（2）设长木板向左运动这段时间内滑块的加速度大小为am，
由牛顿第二定律，f＝mam④
解得：am＝2m/s2⑤
滑块运动到A 点时的速度vA＝v0﹣amt1…⑥
解得：vA＝3m/s
（3）由图乙，长木板向左运动的位移SM＝2.5m
长木板锁定后，滑块继续向左运动，受力情况不变，加速度仍为am＝2m/s2
设滑块向左运动的总位移为Sm，由运动学公式有0﹣v02＝﹣2amSm…⑦
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解得：Sm＝6.25m
平板的长度L＝Sm﹣SM…⑧
代入数值，解得：L＝3.75m。
答：（1）小滑块与长平板间的动摩擦因数为0.2；
（2）滑块运动到A 点时的速度为3m/s；
（3）长平板的长度为3.75m。
【点评】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；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
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