高一物理上学期期中考试试题卷 含答案

一、选择题

1．自由下落的物体第ns内通过的位移比第(n－2)s内通过的位移多 A．3(n+2)m

B．4.9(2n+1)m

C．19.6m

n2D．2 m

n12．如图所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方向匀速运动．用G表示无人机重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是(

)

A． B．

C． D．

3．如图所示，质量为m的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上．已知三棱柱与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为30°，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为（ ）

A．C．

33mg mg和22B．D．13mg和mg 2213mg和mg

2211mg和mg 224．“曹冲称象”是妇孺皆知的故事,当众人面临大象这样的庞然大物,在因缺少有效的称量工具而束手无策的时候,曹冲称量出大象的质量,体现了他的智慧,被世人称道．下列物理学习或研究中用到的方法与“曹冲称象”的方法相同的是（ ） A．“质点”的概念 B．合力与分力的关系 C．“瞬时速度”的概念

D．研究加速度与合力、质量的关系

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

F，弹簧的劲度系数k随弹簧弹力F的增大而增大 xB．该弹簧的劲度系数k400N/m C．该弹簧的劲度系数k200N/m D．该弹簧所受的弹力为20N

A．根据公式k6．做匀减速直线运动的质点，它的位移随时间变化的规律是x24t1.5t(m)，当质点的速度为零，则t为多少：（ ） A．1.5 s

B．8 s

C．16 s

D．24 s

7．如图是A、B两个质点做直线运动的位移-时间图线，则

2

A．在运动过程中，A质点总比B质点慢 B．当tt1时，两质点的位移相同 C．当tt1时，两质点的速度相等

D．当tt1时，A质点的加速度大于B质点的加速度

8．某同学绕操场一周跑了400m，用时65s，这两个物理量分别是 A．路程、时刻 C．路程、时间间隔 用的方法是( )

A．假设－观察－逻辑推理（包括数学推演）－实验检验－修正推广 B．观察－假设－逻辑推理（包括数学推演）－实验检验－修正推广 C．逻辑推理（包括数学推演）－假设－观察－实验检验－修正推广 D．逻辑推理（包括数学推演）－观察－假设－实验检验－修正推广

10．在轻绳的两端各拴一个小球，一人用手拿着上端的小球站在三楼的阳台上，放手让小球自由下落，两小球相继落地的时间差为t0．如果站在四楼的阳台上，放手让小球自由下落，则两小球相继落地的时间差将（ ）

B．位移、时刻 D．位移、时间间隔

9．意大利物理学家伽利略在《两种新科学的对话》一书中，详细研究了落体运动，他所运

A．不变 B．变大 C．变小 D．无法判断

11．一汽车在平直公路上做匀加速运动，在前2s内的平均速度为10m/s，在前6s内的平均速度为22m/s，则该汽车的加速度为( ) A．6m/s2

B．4m/s2

C．3m/s2

D．12m/s2

12．如图所示，用一把直尺可以测量反应速度。现有甲、乙两同学，甲同学用手指拿着一把长60cm的直尺，零刻度在上端甲同学手附近，乙同学把手放在最大刻度线位置做抓尺的准备，当甲同学松开直尺，乙同学见到直尺下落时，立即用手抓住直尺，记录抓住处的数据，重复以上步骤多次。得到数据中有以下三组（单位：cm），g=10m/s2则下列说法正确的是

A．第一次测量的反应时间约为2s 5B．第二次抓住之前的瞬间，直尺的速度约为30m/s C．三次中测量的反应时间最长为0.3s

D．若某同学的反应时间为0.4s，则该直尺仍可测量该同学的反应时间

13．汽车在平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动，途中用了6s时间经过A、B两根电线杆，已知A、B间的距离为60 m，车经过B时的速度为15 m/s，以下结论正确的是（ ）

A．车从出发到B杆所用时间为10s B．车的加速度为15 m/s2 C．经过A杆时速度为5 m/s D．从出发点到A杆的距离为15m

14．在变速直线运动中，下面关于速度和加速度关系的说法，正确的是（ ） A．物体速度变化得越快，加速度一定越大 B．速度越大的物体，运动的加速度一定越大 C．物体速度的方向和加速度的方向一定相同 D．物体速度为零，加速度也一定为零

15．汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始， 2s与5s时汽车的位移之比为（ ） A．5:4

B．4:5

C．3:4

D．4:3

16．某质点在0~3s内运动的v-t图象如图所示，关于质点的运动，下列说法中正确的是( )

A．质点在第1s内的平均速度等于第2s内的平均速度 B．t=3s时，质点的位移最大

C．质点在第2s内的加速度与第3s内的加速度大小相等，方向相反 D．质点在第2s内的位移与第3s内的位移大小相等，方向相反

17．物体由静止开始做匀加速直线运动，若第1秒内物体通过的位移是0.5m，则第2s内通过的位移是（ ） A．0.5m

B．1.5m

C．2.0m

D．3.5m

18．如图，在探究摩擦力的实验中，用轻质弹簧测力计水平拉一质量为m=0.2kg的放在水平桌面上的小木块，小木块的运动状态与弹簧测力计的读数如下表所示（每次实验时，木块与桌面的接触面相同）则由下表分析可知，g取10m/s2，下列选项正确的是（ ）

A．木块受到的最大摩擦力为0.7N B．木块受到最大静摩擦力可能为0.6N

C．在这五次实验中，木块受到的摩擦力大小只有两次是相同的 D．小木块与水平桌面间的动摩擦因数为0.30

19．下列作直线运动的v-t图象中，表示质点作匀变速直线运动的是（ ）

A．

B．

C．

D．

20．如图所示，球A在斜面上，被竖直挡板挡住而处于静止状态，关于球A所受的弹力，以下说法正确的是 ( )

A．球A仅受一个弹力作用，弹力的方向垂直斜面向上 B．球A受两个弹力作用，一个水平向左，一个垂直斜面向下 C．球A受两个弹力作用，一个水平向右，一个垂直斜面向上

D．球A受三个弹力作用，一个水平向右，一个垂直斜面向上，一个竖直向下．

二、多选题

21．某升降机用绳子系着一个重物，以10 m/s的速度匀速竖直上升，当到达40 m高度时，绳子突然断开，重物从绳子断开到落地过程（不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2）（ ）

A．距地面的最大高度为45 m B．在空中的运动时间为5 s C．落地速度的大小为10 m/s D．落地速度的大小为30 m/s

22．如图所示，斜面体A静止在水平面上，质量为m的滑块B在外力F1和F2的共同作用下沿斜面向下运动，当F1方向水平向右，F2方向沿斜面向下时，地面对斜面体摩擦力的方向水平向左，则下列说法正确的是（ ）

A．若只撤去F1，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力方向可能向右 B．若只撤去F2，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力方向可能向右 C．若只撤去F1，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力减小 D．若同时撤去F1和F2，滑块B所受合力方向一定沿斜面向下

23．一辆客车以加速度a1由静止驶出车站并沿着平直的公路加速行驶，司机突然发现在车后方有一名乘客还没有上车，司机紧接着刹车，做匀减速的加速度大小为a2，停车时客车共行驶距离为s，则（ ）

a2s A．加速行驶的距离为

a1＋a2C．加速时间为2sa1

a2(a1＋a2)B．客车的最大速度为2s(a1＋a2) D．客车运动的总时间为2s(a1＋a2) a1a224．长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，如图甲所示，木板由水平位置缓慢向上转动（即木板与地面的夹角α变大），另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随角度α的变化图像如图乙所示。下列判断正确的是

A．木块与木板间的动摩擦因数μ=

Ff1mgcos1Ff2mgcos1

B．木块与木板间的动摩擦因数μ=

C．木板与地面的夹角为θ2 时，木块做自由落体运动 D．木板由θ1转到θ2的过程中，木块的速度变化越来越快

25．如图所示，将质量为m的小球用橡皮筋悬挂在竖直墙的O点，小球静止在M点，N为 O点正下方一点，ON间的距离等于橡皮筋原长，在N点固定一铁钉，铁钉位于橡皮筋右侧．现对小球施加拉力F，使小球沿以MN为直径的圆弧缓慢向N运动，P为圆弧上的点，角 PNM为60°．橡皮筋始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为 g，则 下列正确的是（ ）

A．在P点橡皮筋弹力大小为B．在P点时拉力F大小为

1mg 23mg 2C．小球在M向N运动的过程中拉力F先变大后变小

D．小球在M向N运动的过程中拉力F的方向始终跟橡皮筋垂直

26．如图，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都可以不计，盘内放一个物体P处于静止．P的质量为12kg，弹簧的劲度系数k=800N/m．现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速运动．已知在前0.2s内F是变化的，在0.2s以后F是恒力，则( )

A．F的最小值是90N C．F最大值是210N

B．0～0.2s内物体的位移为0.2 m D．物体向上匀加速运动加速度为5.0m/s2

27．如图所示，竖直方向上的AE被分成四个长度相等的部分，即AB=BC=CD=DE，一物体从A点由静止释放，不计空气阻力，下列结论正确的是（ ）

A．物体通过每一部分的过程中速度增量相等

B．物体到达各点的速度之比vB:vC:vD:vE1:2:3:2 C．物体从A点运动到E点的全过程平均速度vvB D．物体经过各段的时间之比tAB:tBC:tCD:tDE1:3:5:7

28．汽车刹车后做匀减速直线运动，经3s后停止，对这一运动过程，下列说法正确的有

( )

A．这连续三个1s的初速度之比为3:2:1

B．这连续三个1s的平均速度之比为3:2:1 C．这连续三个1s发生的位移之比为5:3:1 D．这连续三个1s的速度改变量之比为1:1:1

三、实验题

29．“验证力的平行四边形定则”的实验如图甲所示，其中A为固定橡条的图钉，P为橡皮条与细绳的结点，用两把互成角度的弹簧秤把结点P拉到位置O。弹簧秤的示数为F1、F2，为单独用一根弹簧拉到O点时的读数，F是用平行四边形法则求出F1、F2的合力。

（1）为了更准确得到合力与分力的关系，要采用作力的______(填“图示”或“示意图”)来表示分力与合力；

（2）图甲中左侧测力计读数是________N

（3）图乙中方向一定沿 AO方向的力是________(填“ F ”或“ F′ ”)。 30．某研究小组在“探究自由落体运动性质”的实验中，

（1）下图是四位同学释放纸带瞬间的照片，你认为操作正确的是_______

A B C D

（2）关于接通电源和放手让重物运动的先后顺序，下列说法正确的是_______ A．接通电源和放手应同时 B．先放手后接通电源 C．先接通电源后放手 D．以上说法都不对

（3）通过纸袋测量发现加速度只有9.3 m/s2，你认为可能的原因是______(写出一条就可以) 31．如图所示为测定气垫导轨上滑块的加速度实验，滑块上安装了宽度为d＝3.0 cm的遮光条。滑块先后通过两个光电门，配套的数字计时器记录了遮光条通过第一个光电门的时间为Δt1＝0.15 s，通过第二个光电门的时间为Δt2＝0.10 s，遮光条从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间间隔为Δt＝2.50 s。则：

(1)滑块经过第一个光电门时的速度大小v1＝____m/s；

(2)在下滑过程中，滑块的加速度大小a＝____ m/s2。

32．某次实验打点计时器使用的交流电的频率为50 Hz，纸带的记录如图所示，起始的前几个点模糊，因此从A点开始每打五个点取一个计数点：（图中数据单位为cm）

(1)推测纸带的运动是否为匀加速运动_______（填：是 或 否）.判断的依据是：_____________

(2)在打出A、E这两点的时间间隔中，纸带运动的平均速度是________． (3)B点的瞬时速度为________．(本题计算结果保留3位有效数字)

四、解答题

33．如图所示，物体A放在某一水平面上，已知物体A重60N，A与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.3，A、B均处于静止状态，绳AC水平，绳CD与水平方向成37°角，CD绳上的拉力为15N。sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)物体A受到的摩擦力为多大？ (2)物体B重力为多大？

34．滑雪运动员由A点沿斜面顶端开始滑下做匀加速运动，加速度大小为a1=4m/s2，经B点后滑上水平面（经过B点时速度大小不变），开始以大小为a2=2m/s2的加速度做匀减速运动，运动了140m到达C点时的速度为4 m/s，问：

(1)斜面的长度是多少?

(2)运动员由A经B到达C点所用的时间?

35．从离地面125m高的空中从静止释放一小球，小球自由落下，取g=10m/s，求：（1）小球经过多长时间落到地面；

（2）自开始下落计时，小球最后1s内的位移。

36．在世界反法西斯战争中国抗日战争胜利70周年之际，我国举行了隆重的阅兵仪式，在阅兵式中，某直升飞机在地面上空某高度A位置处于静止状态待命，要求该机10时56分40秒由静止状态沿水平方向做匀加速直线运动，经过AB段加速后，进入BC段的匀速受阅

2

区，11时准时通过C位置，如下图所示，已知xAB＝5 km，xBC＝10 km.问：

(1)直升飞机在BC段的速度大小是多少？

(2)在AB段做匀加速直线运动时的加速度大小是多少？

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．C 解析：C 【解析】 【详解】

自由落体运动是匀变速直线运动，根据△x=gT2=9.8×12=9.8m，知自由下落的物体第n秒内通过的位移比第（n-2）秒内通过的位移多2×9.8m=19.6m。 A．3(n+2)m，与结论不相符，选项A错误； B．4.9(2n+1)m，与结论不相符，选项B错误； C．19.6m，与结论相符，选项C正确；

n2D．2 m，与结论不相符，选项D错误；

n12．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

由于无人机正沿直线朝斜向下方匀速运动即所受合外力为零 ，所以只有B图受力可能为零，故B正确．

3．D

解析：D 【解析】 【分析】 【详解】

对物体受力分析：重力、支持力及摩擦力，作出受力图如图所示。

将重力沿斜面方向及垂直斜面的方向进行分解，则根据共点力的平衡条件可得： 摩擦力

Ffmgsin30支持力

1mg 23mg 2FNmgcos30故选D。

4．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

建立“质点”的概念，采用理想模型法，不是等效替代，故A错误；建立“合力和分力”的概念，采用等效替代的思想，故B正确；建立“瞬时速度”的概念，采用极值法，不是等效替代，故C错误；研究加速度与合力、质量的关系，采用控制变量法，不是等效替代，故D错误；故选B．

5．C

解析：C 【解析】 【分析】 【详解】

A．弹簧的劲度系数k只由弹簧本身决定，与弹簧弹力F的大小无关，选项A错误； BC．该弹簧的劲度系数

k选项B错误，C正确；

F10N/m200N/m x0.05D．该弹簧所受的弹力为10N，选项D错误．

6．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

对比xv0t12at可得： 2v0=24m/s，a=-3m/s2

则当速度为零时，由v=v0+at可得：

0=24-3t

解得

t=8s

故选B。

7．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

A.位移-时间图线的斜率等于速度，由图看出，A图线的斜率大于B图线的斜率，则A的速度大于B的速度，A质点总比B质点快，故A错误；

B.图线是A、B两个质点做直线运动的位移-时间图线，所以tt1时，两质点的位移相同，故B正确；

C.在0t1时间内，A质点总比B质点快，即当tt1时，A的速度大于B的速度，故C错误；

D.两质点均做匀速直线运动，加速度都等于零，故D错误．

8．C

解析：C 【解析】 【分析】 【详解】

绕400米操场跑一圈，首末位置重合，则位移的大小为0，路程等于400m，65s指时间长度，是指时间间隔；

A. 路程、时刻与分析不符，故A错误； B. 位移、时刻与分析不符，故B错误； C. 路程、时间间隔与分析相符，故C正确； D. 位移、时间间隔与分析不符，故D错误．

9．B

解析：B 【解析】

在研究落体运动时，没有只受重力作用的环境，只能根据一定的逻辑推理得到结论，B对；

10．C

解析：C

【解析】 【分析】 【详解】

设细线的长度为L，第一个小球着地后，另一个小球再运动的位移为L才落地，在L内运行的时间，即为两球落地的时间差，第一个球着地的速度为另一个小球在位移L内的初速度，高度越高，落地的速度越大，可知高度越高，另一个小球在位移L内的初速度越大，根据Lv0tgt2，初速度越大，时间越短，即落地的时间差变小，故选项C正确，ABD错误．

1211．A

解析：A 【解析】 【详解】

在前2s内的平均速度为10m/s，知1s末的速度为10m/s，在前6s内的平均速度为22m/s，知在3s末的速度为22m/s，则

v2v12210m/s26m/s2． t2A. 6m/s2，与结论相符，选项A正确； B. 4m/s2，与结论不相符，选项B错误；

aC. 3m/s2，与结论不相符，选项C错误； D. 12m/s2，与结论不相符，选项D错误.

12．C

解析：C 【解析】 【详解】

A．令直尺下降的高度h。根据h12gt，代入数据可得第一次测量的反应时间约为： 2t故A错误。

2h20.2s0.2s g10B．第二次抓住之前的瞬间，直尺的速度约：

v2gh22100.45m/s3m/s

故B错误。 C．根据h12gt，可知下落的高度最大的用的时间最长，所以第二次下落的高度最大，2代入数据可得：

t2h20.45s0.3s g10故C正确。

D．若反应时间为0.4s，则直尺下降的高度：

h121gt100.42m0.8m 22可知直尺无法测量该同学的反应时间。故D错误。

13．C

解析：C 【解析】 【详解】

C．根据匀变速直线运动的平均速度公式有：

xvv v＝＝AB

t2可得汽车在A杆时的速度

vA＝选项C正确； B．可得汽车的加速度

2x260vB＝15m/s＝5m/s t6a选项B错误；

A．车出发到B杆所用时间

vBvA1555＝m/s2＝m/s2 t63tB＝故A错误；

vB15＝s＝9s 5a3D．根据速度位移关系知，车出发至A杆的距离

2vA52x＝m＝7.5m 52a23故D错误。 故选C。

14．A

解析：A 【解析】

A、加速度等于速度的变化率，速度变化越快，加速度越大，故A正确；

B、物体的速度大，但不一定变化，变化也不一定快，加速度不一定大，故B错误； C、加速度的方向与速度变化量的方向相同，与速度方向可能相同，可能相反，可能不在同一条直线上，故C错误；

D、速度为零，加速度不一定为零，如自由落体运动初始时刻，故D错误．

点睛：根据加速度的定义式av，加速度等于速度的变化率．物体的速度变化量大，加t速度不一定大，加速度与速度无关．

15．C

解析：C 【解析】 【分析】 【详解】

本题为刹车问题，先求解出刹车时间

t2s的位移

vtav04s

x15s的位移

v0t12at2(2021522)m230m

11x2v0tat2(204542)m40m

22故选C

16．D

解析：D 【解析】 【分析】 【详解】

由于v-t图线的“面积”表示位移，由图线可知，质点在第1 s内的位移大于第2 s内的位移，故在第1 s内的平均速度大于第2 s内的平均速度，故选项A错误；由图线可知t＝3 s时质点的位移大小等于0-2s时间图像与坐标轴围城的“面积”减去2-3s内图线与坐标轴围城的“面积”，故此时质点的位移最小；选项B错误；直线的斜率等于加速度，故质点在第2 s内的加速度与第3 s内的加速度大小相等，方向相同，选项C错误；质点在第2 s内的位移为正，第3 s内的位移为负，“面积”大小相等，故质点在第2 s内的位移与第3 s内的位移大小相等，方向相反，选项D正确；故选D.

17．B

解析：B 【解析】 【详解】

第1秒位移是0.5m，有：

1x1at12

2解得：

a1m/s2

前2秒位移为：

x2第2秒内位移为：

12at2, 2xx2x1 ,

联立解得：

x1.5m

故ACD错误，B正确． 【点睛】

掌握初速度为零的匀变速直线运动位移公式即可求解，本题可用前2秒位移减第1秒位移来求第2秒位移比较简单。

18．B

解析：B 【解析】 【分析】

根据题中表格分析知，本题考查了最大静摩擦力和滑动摩擦力特点．由Fμ=μFN可求滑动摩擦因数． 【详解】

最大静摩擦力为物体间相对静止时摩擦力的最大值，0.7N时物体正在做加速运动，已经产生了加速度，所以0.7N不是最大静摩擦力，故A错误，B正确；当直线加速、直线匀速、直线减速时都是滑动摩擦力，所以大小都是相同的，都等于μFN=0.5N，所以摩擦因数为

μ=0.25，故C、D错误．

故选B

19．C

解析：C 【解析】

A. 由图知，质点的速度保持不变，说明质点作匀速直线运动．故A错误；

B. 前一段，质点的速度均匀减小；后一段，质点的速度均匀增大，加速度发生变化，质点不做匀加速直线运动．故B错误；

C. 质点的速度均匀变化，加速度保持不变，质点作匀变速直线运动．故C正确； D，由速度图象的斜率等于加速度可知，质点做加速度增大的变加速运动．故D错误． 故选：C

点睛：匀变速直线运动的特点是加速度保持不变，而速度图象的斜率等于加速度，则速度图象倾斜的直线表示质点作匀变速直线运动．

20．C

解析：C 【解析】

用撤去法判断接触物件是否有弹力，当撤去挡板时小球会滚下，撤去斜面时，小球会落下，所以两个接触点都有弹力产生，根据弹力的方向与接触面垂直指向受力物体，所以C

对．

思路分析:判断弹力的有无，根据撤去支撑物法或条件法，此题只用到第一种方法． 试题点评：考查弹力有无的判断

二、多选题 21．AD 【解析】 【分析】

气球和重物一起以10m/s的速度上升，当到达一定高度后，绳子断开，物体与气球脱离，这个物体由于惯性要保持原来的向上的运动状态，所以物体做竖直上抛运动． 【详解】 物体上升过

解析：AD 【解析】 【分析】

气球和重物一起以10m/s的速度上升，当到达一定高度后，绳子断开，物体与气球脱离，这个物体由于惯性要保持原来的向上的运动状态，所以物体做竖直上抛运动． 【详解】

物体上升过程，根据速度位移关系公式，有：-v02=2（-g）h，解得

2v0102h＝＝m＝5m；故物体距离地面的最大高度为45m，故A正确；根据位移时间

2g210关系公式，有：h＝v0t−

121gt，代入数据得：-40=10t-×10×t2，解得：t=4s或者t=-2s；故22B错误；根据速度时间关系公式，有：v=v0-gt=10-10×4=-30m/s，故C错误，D正确；故选AD．

22．CD 【解析】 【分析】 【详解】

当斜劈A表面光滑（设斜面的倾角为θ，A的质量为mA，B的质量为mB），对A分析有

A．撤去前有

如果撤去，使A相对地面发生相对运动趋势的外力大小是

因为

解析：CD 【解析】 【分析】 【详解】

当斜劈A表面光滑（设斜面的倾角为θ，A的质量为mA，B的质量为mB），对A分析有

A．撤去F1前有

fmBgcosF1sinsin

如果撤去F1，使A相对地面发生相对运动趋势的外力大小是

FN2sinmBgcossin

因为

mBgcossinmBgcosF1sinsin

所以A所受地面的摩擦力仍然是静摩擦力，为

fmBgcossin

其方向仍然是向左而不可能向右，故A错误；

B．如果撤去F2，在物体B仍向下运动的过程中，使A相对地面有向右滑动趋势的外力是

FmBgcosF1sinsin

与F2是否存在无关；所以撤去F2，在物体B仍向下运动的过程中，A所受地面的摩擦力应该保持不变，方向仍然向左，故B错误；

C．由A选项的分析可知只撤去F1，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力减小；故C正确；

D．若同时撤去F1和F2，滑块B沿斜面方向只有沿斜面向下的重力的分力。故合力方向一定沿斜面向下，故D正确。

当斜劈A上表面粗糙时（设A表面的动摩擦因数为μ），在斜劈A表面粗糙的情况下，B在F1、F2共同作用下沿斜面向下的运动就不一定是匀加速直线运动，也可能是匀速直线运动。

根据题意知在B沿斜劈下滑时，受到A对它弹力FN和滑动摩擦力f1，根据牛顿第三定律，这两个力反作用于A，斜劈A实际上就是在这两个力的水平分力作用下有相对地面向右运动的趋势的，所以

FNsinf1cos

又因为

所以

FNsinFNcos

即

tan

A．如果撤去F1，在物体B仍向下运动的过程中，有

f1FNmBgcos

假设此时A受的摩擦力fA方向向左，则

FNsinf1cosfA

即

fAFNsinFNcosFN(sincos)0

所以假设成立斜劈A有相对地面向右运动的趋势，摩擦力方向是向左，故A错误； B．无论A表面是否粗糙，F2的存在与否对斜劈受地面摩擦力大小都没有影响，故撤去F2后，斜劈A所受摩擦力的大小和方向均保持不变，故B错误； C．撤去F1前有

FNmBgcosF1sin

结合A选项分析可知撤去F1后FN变小，故fA变小，故C正确； D．同时撤出F1和F2，由以上分析可以知道

mBgsintanBgcos

所以物体B所受的合力沿斜面向下，故D正确。

综上分析可知无论斜劈A上表面是否光滑CD均正确，AB均错误。 故选CD。

23．AD 【解析】 【详解】

B．设加速结束时的速度为v，则 解得

选项B错误； A．加速的距离：

选项A正确； C．加速时间为

选项C错误； D．减速的时间：

则客车运动的总时间为 选

解析：AD 【解析】 【详解】

B．设加速结束时的速度为v，则解得

选项B错误； A．加速的距离：

选项A正确； C．加速时间为

选项C错误； D．减速的时间：

则客车运动的总时间为

v2v22as 12a2v2sa1a2aa 12xv2a212as1a1＋a2tv2sa21a1a1(a1＋a2)tvsa122a2a2(a1＋a2)

tt1t2选项D正确；

2s(a1＋a2) a1a224．AD 【解析】 【详解】

AB．由图可得，当夹角为θ1时，物体刚好开始滑动，则 解得

故A正确，B错误；

C．由图可得，当夹角为θ2时，摩擦力为零，则木块只受重力作用，加速度为g，但此时速度不为

解析：AD 【解析】 【详解】

AB．由图可得，当夹角为θ1时，物体刚好开始滑动，则

Ff1mgcos1

解得

故A正确，B错误；

Ff1mgcos1

C．由图可得，当夹角为θ2时，摩擦力为零，则木块只受重力作用，加速度为g，但此时速度不为零，木块不是做自由落体运动，故C错误； D．木板由θ1转到θ2的过程中，根据牛顿第二定律可得，

mgsinmgcosma

解得：

agsingcos

当θ逐渐增大时，加速度a逐渐增大，即木块的速度变化越来越快，故D正确.

25．ABD 【解析】 【分析】 【详解】

设圆的半径为R，橡皮筋的劲度系数为k，角PNM用θ表示，则：

＝2R•cosθ＝2R•cos60°＝R；在M点橡皮筋弹力大小为mg，则：mg=k•2R；P点橡

解析：ABD 【解析】 【分析】 【详解】

设圆的半径为R，橡皮筋的劲度系数为k，角PNM用θ表示，则：

NP＝2R•cosθ＝2R•cos60°＝R；在M点橡皮筋弹力大小为mg，则：mg=k•2R；P点橡皮筋

弹力大小为：F0=kR=

1mg．此时拉力F等于mg与弹簧弹力F0的合力，大小为2Fmgcos3003mg，故AB正确；结合A的分析可知，当小球与N的连线与竖直方2向之间的夹角为α时，橡皮筋的伸长量：△x=2R•cosα；橡皮筋的弹力：F′=k△x=mgcosα；

对小球，设拉力F与水平方向之间的夹角为β，在水平方向：Fcosβ=F′sinα；竖直方向：F′cosα+Fsinβ=mg；联立可得：β=α，F=mgsinα；可知拉力F的方向绳子与橡皮筋的方向垂直，而且随α的增大，F逐渐增大．故D正确，C错误；故选ABD． 【点睛】

该题结合胡克定律考查共点力平衡，解答的关键是正确找出橡皮筋的形变量与圆的直径之间的几何关系，结合正交分解法列出方程求解.

26．AC 【解析】

以物体P为研究对象．物体P静止时受重力G、称盘给的支持力N．因为物体静止，∑F=0；N=mg=kx0 ，解得：x0=0.15m；加拉力后物体P受力如图受重力G，拉力F和支持力N′

解析：AC 【解析】

以物体P为研究对象．物体P静止时受重力G、称盘给的支持力N．因为物体静止，

∑F=0；N=mg=kx0 ，解得：x0=0.15m；加拉力后物体P受力如图受重力G，拉力F和支持力N′

据牛顿第二定律有 F+N′-mg=ma ；当0.2s后物体所受拉力F为恒力，即为P与盘脱离，即弹簧无形变，由0～0.2s内物体的位移为x0．物体由静止开始运动，则x0＝

12

at ，将2x0=0.15m代入解得a=7.5m/s2，选项BD错误；F的最小值由F+N′-mg=ma 式可以看出即为N′最大时，即初始时刻N′=N=kx．代入 F+N′-mg=ma ；得Fmin+Kx0-mg=ma； Fmin=mg-kX0+ma=12×（7.5+10）-800×0.15=90（N）；F最大值即N=0时，Fmax-mg=ma，Fmax=210（N），选项AC正确；故选AC.

点睛：解题的关键是要理解0.2s前F是变力，0.2s后F的恒力的隐含条件．即在0.2s前物体受力和0.2s以后受力有较大的变化．本题若称盘质量不可忽略，在分析中应注意P物体与称盘分离时，弹簧的形变不为0，P物体的位移就不等于x0，而应等于x0-x（其中x即称盘对弹簧的压缩量）．

27．BC 【解析】 【分析】 【详解】

AB．物体从A点由静止释放，由，又AB=BC=CD=DE，所以 则

故A错误，B正确；

C．根据运动学规律，初速度为零的匀加速直线运动中，连续相等的时间内位移

解析：BC 【解析】 【分析】 【详解】

AB．物体从A点由静止释放，由v22gh，又AB=BC=CD=DE，所以

vB:vC:vD:vE1:2:3:2

则

vA0vBvAvCvBvDvC

故A错误，B正确；

C．根据运动学规律，初速度为零的匀加速直线运动中，连续相等的时间内位移之比为1：

3，则B点是A运动到E的中间时刻，物体从A运动到E的全过程平均速度等于中间时刻的瞬时速度，所以物体从A运动到E的全过程平均速度

vvB

故C正确；

D．因为v=at，初速度为零的匀加速运动的推论

tAB:tBC:tCD:tDE1:(21):(32):(23)

故D错误。 故选BC。

28．CD 【解析】 【分析】 【详解】

A.采用逆向思维，汽车做初速度为零的匀加速直线运动，根据v=at知，1s末、2s末、3s末的速度之比为1：2：3，则这连续三个1s的初速度之比为3：2：1，故A错

解析：CD 【解析】 【分析】 【详解】

A.采用逆向思维，汽车做初速度为零的匀加速直线运动，根据v=at知，1s末、2s末、3s末的速度之比为1：2：3，则这连续三个1s的初速度之比为3：2：1，故A错误； BC.采用逆向思维，根据x12at 知，1s内、2s内、3s内的位移之比为1：4：9，则第1s2内、第2s内、第3s内的位移之比为1：3：5，所以连续三个1s内的位移之比为5：3：1，连续三个1s内的平均速度之比为5：3：1，故B错误，C正确； D.根据△v=at知，在连续三个1s内的速度变化量之比为1：1：1，故D正确．

三、实验题

29．力的图示 4.2 【解析】 【分析】

由题中“验证力的平行四边形定则”可知，本题考查验证力的平行四边形定则实验操作和数据处理，根据实验要求和原理可分析本题。 【详解】

（1）[1]由于要准确反应每个力的大小，故要采用作力的图示来表示分力与合力； （2）[2]根据弹簧测力计读数，图甲左侧测力计读数是4.2N；

（3）[3]考虑到实际操作中的摩擦和误差，图乙中方向一定沿 AO方向的力是F′。

30．AC空气阻力；纸袋和限位孔之间的阻力；（就写阻力也对） 【解析】 【详解】

（1）在“探究自由落体运动性质”的实验中，实验时，应让重物紧靠打点计时器，手拉着纸带的上方，保持纸带竖直，由静止释放．故A正确，BCD错误．故选A．

（2）应先给打点计时器通电打点，后释放纸带，如果先释放纸带，再接通打点计时时器的电源，由于小车运动较快，不利于数据的采集和处理，无法得到物体完整的运动情况，会对实验产生较大的误差．故选C．

（3）通过纸袋测量发现加速度只有9.3 m/s2，你认为可能的原因是：空气阻力；纸袋和限位孔之间的阻力等； 【点睛】

本题关键是明确打点计时器的工作原理和使用规范，注意人的两手无法做到释放纸带的同时接通电源. 31．2 0.04 【解析】 【详解】

(1)[1]根据题意，遮光板通过单个光电门的短暂时间里视滑块为匀速运动，则遮光板通过第一个光电门的速度为：

d3.0102v1m/s0.2m/s

t10.15(2)[2]遮光板通过第二个光电门的速度为：

d3.0102v2m/s0.3m/s

t20.1故滑块的加速度为

av0.30.2m/s20.04m/s2 t2.532．是 相邻相同时间内的位移之差相等 2.m/s 1.38m/s 【解析】 【分析】

（1）知道相邻的计数点之间的时间间隔相等，根据纸带上相邻点的距离间隔判断小车的运动情况；

（2）应用平均速度公式求出平均速度；

（3）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时小车的瞬时速度大小； 【详解】

（1）相邻的计数点之间的时间间隔相等，根据纸带上数据得出相邻的计数点距离逐渐增大，所以纸带做加速运动，而且由于相邻相等时间内的位移之差相等，则根据知加速度恒定，即纸带的运动为匀加速运动；

可

（2）按打点先后顺序每5个点取1个计数点，所以相邻的计数点之间的时间间隔为

，则A、E这两点的时间间隔中，纸带运动的平均速度：

；

（3）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得B点速度为：【点睛】

要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。

。

四、解答题

33．(1)12N；(2)9N 【解析】 【分析】 【详解】

以结点C为研究对象，受力情况如图所示，因为处于静止状态，F1=15N，在x轴上，AC绳的拉力

F2=F1cos37°=12N

在y轴上，BC绳的拉力

F3=F1sin37°=9N

A物体处于静止，在水平方向受到的摩擦力f大小与绳AC拉力大小相等，即

f=F2=12N

B物体处于静止，则

GB=F3=9N

34．(1)72m(2)16s 【解析】 【分析】

（1）根据BC段做匀减速运动求解B点速度，然后根据AB加速运动求解斜面长度； （2）根据速度与时间的关系求解时间； 【详解】 （1）设B点速度为

，由于BC段做匀减速运动，根据速度与位移关系可以得到： ，代入数据可以得到：

从A到B加速运动，则

；

（2）在BC段做匀减速运动，根据速度与时间的关系可以得到：在AB段加速运动的时间为：【点睛】

。

则运动员由A经B到达C点所用的时间为：

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，注意加速运动和减速运动时加速度的矢量性的问题。 35．（1）5s （2）45m. 【解析】

试题分析：(1)由公式h=gt

2

下落时间：t=2h=5s g121gt=1042m=80m 22(2)小球前4s内的位移h4=

故小球最后1s内的位移即第5s内的位移为 h5=h-h4=125m-80m=45m 考点：自由落体运动的规律. 36．（1）100 m/s；（2）1 m/s2； 【解析】

试题分析：（1）根据总时间和总位移，结合匀变速直线运动的平均速度推论求出直升飞机在BC段的速度大小．

（2）根据位移时间公式求出匀加速运动的加速度大小． 解：（1）运动的时间为：t=11：00﹣10：56′40″=200s 设直升飞机在BC段的速度大小v为：xBC=vt2 由t1+t2=200s 解得：v=100m/s （2）匀速运动的时间为：

则匀加速运动的时间为：t1=200﹣100s=100s， 由得：

，

．

答：（1）直升飞机在BC段的速度大小为100m/s； （2）在AB段做匀加速直线运动时的加速度大小为1m/s2．

【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．