江西省吉安市学年高一上学期期末考试物理试题Word格式文档下载.docx

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焦耳（J）是导出单位，不是基本单位，故D错误。

【点睛】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量是要记住的。

3.关于矢量和标量，下列说法正确的是：

A.标量只有正值，矢量可以取负值

B.温度计读数有正有负，所以温度是矢量

C.当物体作单向直线运动时，路程就是位移，这种情况下，矢量与标量没有区别

D.位移﹣10m比5m大

【答案】D

标量是只有大小没有方向的物理量，矢量是既有大小又有方向的物理量。

标量也可以有负值。

位移是矢量，路程是标量，两者不是一回事。

位移的大小是指位移的绝对值。

【详解】标量和矢量都既可以取正值，也可以取负值。

比如温度有-20C°

，故A错误；

温度计读数有正有负，但温度只有大小没有方向，所以温度是标量，故B错误；

当物体作单向直线运动时，路程等于位移大小，但位移是矢量，而路程是标量，它们的物理意义也不同，矢量与标量不同，故C错误；

位移-10m的大小为10m，可知位移-10m比5m大，故D正确。

所以D正确，ABC错误。

【点睛】矢量与标量有两大区别：

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。

4.甲、乙两物体在同一直线上运动的x﹣t图象如图所示，以甲的出发点为原点，则从图象可知：

A.甲、乙同时同地出发

B.甲、乙不同时也不同地出发

C.4s内甲、乙的平均速度之比为2：

1

D.4s末，甲、乙的速度相等

根据图象可知两物体同时但不同地出发，乙开始运动时在甲前面2m处。

根据位移等于纵坐标变化量，求出位移之比，从而求得平均速度之比。

根据图象的斜率分析速度关系。

【详解】x-t图象的斜率表示速度，知乙在0-1s内静止，可知，甲、乙都是从t=1s时开始运动的。

出发点的位置不同，甲的出发点在坐标原点，而乙物体出发时在正方向上离坐标原点的距离为2m，故AB错误；

4s内甲、乙的位移分别为△x甲=4m-0=4m，△x乙=4m-2m=2m，则△x甲：

△x乙=2：

1，则平均速度之比为2：

1，故C正确；

根据图象的斜率表示速度，知4s末，甲、乙的速度不等，故D错误。

【点睛】对于x-t图象要掌握了位移图象的基本性质：

横坐标代表时刻，而纵坐标代表物体所在的位置，水平直线表示物体保持静止状态，图象的斜率表示速度。

5.汽车刹车后做匀减速直线运动，测得在最后的1.5s内的位移为4.5m，那么汽车在最后1s内的位移为

A.2mB.1.5mC.1mD.0.5m

【答案】A

用逆向思维把它做匀加速直线运动直至静止，看做是初速度为零的匀加速直线运动，要求的问题就变成了第1秒内的位移。

【详解】将匀减速看做反向匀加速：

最后的1.5s内的位移为4.5m，根据位移时间公式

，代入数据解得：

a=4m/s2，所以汽车在最后1s内的位移：

，故A正确，BCD错误。

【点睛】本题主要是考查匀变速直线运动的规律，解答本题要掌握匀变速直线运动的基本规律和逆向思维的解题方法。

6.某质点做直线运动的速度V与时间t的关系如图所示，由图可知：

A.第1s内，与第2s内的位移之比为2：

3

B.第1s内与第3s内的加速度大小之比为1：

2

C.质点在3s内的平均速度为2.5m/s

D.质点在第3s内沿负方向运动

【答案】B

v-t图象是反映物体的速度随时间变化情况的，图象与时间轴所围的面积表示位移，图线的斜率表示加速度。

速度的正负表示质点的运动方向。

【详解】根据v-t图象与时间轴所围的面积表示位移，可得第1s内与第2s内的位移之比为：

根据

，可得第1s内与第3s内的加速度大小之比为：

，故B正确；

根据推论可得质点在3s内的位移为：

，则3s内的平均速度为：

，故C错误；

质点在第3s内速度为正值，说明质点沿正方向运动，故D错误。

所以B正确，ACD错误。

【点睛】在速度时间图象中，关键要明确速度图线与时间轴围成的面积表示位移；

图象的斜率表示加速度。

7.如图所示，光滑小球被夹在竖直墙壁与A点之间，保持平衡。

现稍微增大两竖直墙壁的距离，关于小球对墙面的压力F1和对A点的压力F2的变化情况，正确的是：

A.F1变大，F2变大B.F1变大，F2变小

C.F1变小，F2变大D.F1变小，F2变小

将重力按作用效果进行分解，作出力的分解图，由几何关系求出小球对墙面的压力F1和对A点压力F2，根据角度的变化进行分析。

【详解】小球受重力mg、墙壁向左的力F1与A点的支持力F2三个力的作用，受力分析如图所示：

根据平衡条件得小球对墙面的压力为：

F1=mgtanθ，小球对A点压力为：

，现稍微增大两竖直墙壁的距离，θ增大，则F1和F2都增大，故A正确，BCD错误。

【点睛】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即可。

8.如图所示，A、B叠放在水平地面上，大小为F的水平力作用在B上，使A、B一起向右做匀速直线运动，下列说法正确的是：

A.A、B间无摩擦力

B.A受到静摩擦力，方向向右

C.地面对B的摩擦力大小为F，方向向左

D.F越大，B对地面的压力越小

【答案】AC

A、B一起做匀速直线运动，合力均为零，先分析A的受力，由平衡条件分析摩擦力方向，地面对B有滑动摩擦力，根据平衡条件分析摩擦力的方向；

压力等于总重力，与F无关。

【详解】对A分析，由平衡条件水平方向合力为零，则受摩擦力为0，即A与B之间没有摩擦力，故A正确；

整体为研究对象，水平方向受力平衡可知，地面对B的摩擦力大小为F，为滑动摩擦力，方向向左，故B错误，C正确；

B对地面的压力大小与力F的大小无关，压力始终等于A和B的重力，故D错误。

所以AC正确，BD错误。

【点睛】本题关键根据两物体均处于平衡状态，由平衡条件分析受力情况。

9.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。

当水平拉力由F变为2F时，物体做加速度大小为a′的匀加速直线运动，则关于a′的大小，可能为：

A.a′＝2aB.a′＝1.5aC.a′＝2.2aD.a′＝2.5a

【答案】CD

物体在水平拉力作用下做匀加速直线运动，水平方向受到拉力和滑动摩擦力，当拉力增大时，滑动摩擦力不变。

根据牛顿第二定律分别对两种情况研究，确定a′的范围。

【详解】设滑动摩擦力大小为f。

则根据牛顿第二定律可得，当受到向左的水平拉力F时：

F-f=ma，当受到向左的水平拉力2F时：

2F-f=ma′，联立可得：

即a′＞2a，故CD正确，AB错误。

【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律的应用，属于基础题。

10.如图所示，物体沿斜面由静止滑下。

在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下列图中v、a、f和x分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和位移．其中正确的是

试题分析：

物体在斜面及水平面上受到恒力作用，做匀变速直线运动，加速不同，但加速度均不变，AB错误；

在斜面上物体做匀加速直线运动，x-t图象斜率应增大，C错误；

物体对斜面的压力小于对水平面的压力，在斜面上受到的摩擦力小于在水平面上受到的摩擦力，但摩擦力均为恒力，D正确。

考点：

本题考查图象、物体运动规律、摩擦力。

二、填空题（共3小题，每小题8分，满分18分）

11.某同学让重锤做自由落体运动，利用电火花计时器打出的纸带来测量本地重力加速度时，打出的纸带如图所示，测得图中x1＝4.02cm，x2＝2.50cm，则：

（1）电火花计时器的工作电压为_____

A．交流6V以下B．直流6V以下C．交流220VD．直流220V

（2）实验时重锤应该是连接在纸带的_____端（填“A端”或“B端”）

（3）纸带上1至9各点为计时点，利用x1、x2可算出实验测得的重力加速度为g测＝_____（保留两位有效数字）。

（4）当地实际重力加速度值为g＝9.8m/s2，在操作无误的前提下，产生实验误差的原因可能是_____。

（只写一个原因）

【答案】

（1）.C

（2）.B端（3）.9.5（4）.纸带受到摩擦阻力与空气阻力

电火花计时器使用是220V交流电源；

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；

由于实验过程中重物受到空气阻力和限位孔与纸带间的摩擦阻力等作用，所求加速度的值产生误差。

【详解】

（1）电火花计时器的工作电压为交流220V，故C正确，ABD错误；

（2）纸带与重物相连的那端最先打点，故点的分布比较密集些，所以重物连接在纸带的右端，即B端。

（3）由于相邻的计数点间的时间间隔T=0.02s，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为：

，所以加速度大小为9.5m/s2。

（4）由于实验过程中重物受到空气阻力和限位孔与纸带间的摩擦阻力等作用，所求加速度的值产生误差。

【点睛】本题是利用自由落体运动测定重力加速度。

注意打点计时器的使用方法，能熟练根据匀变速直线运动的公式求解速度和加速度等物理量。

12.某轻质弹簧的弹力大小与其长度的关系如图所示，则：

（1）弹簧的原长为_____cm；

（2）弹簧的劲度系数为_____N/m；

（3）图中x1的值应为_____cm。

【答案】

（1）.10

（2）.200（3）.14

由弹簧的长度L和弹力F大小的关系图象，读出弹力为零时弹簧的长度，即为弹簧的原长；

由胡克定律求出弹簧的劲度系数；

根据胡克定律求出弹簧长x1时，x1的大小。

（1）由图读出，弹簧的弹力F=0时，弹簧的长度为L0=10cm，即弹簧的原长为10cm。

（2）由图读出弹力为F1=20N，弹簧的长度为L1=20cm，弹簧射出的长度为：

x1=L1-L0=20-10=0.10m，由胡克定律得弹簧的劲度系数为：

。

（3）弹簧长x1时，弹力的大小F′=8N，由：

k（x1-L0）=F′，代入数据可得：

x1=0.14m=14cm。

【点睛】本题主要考查了胡克定律，注意胡克定律公式F=kx中，x是弹簧伸长或压缩的长度，不是弹簧的长度。

13.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某同学采用如图所示的装置。

（1）本实验采用的实验方法是：

_____

A．控制变量法B．转换法C．理想实验法D．等效替代法

（2）该同学在小车质量保持不变的前提下，测得小车的加速度a与拉力F的多组对应数据：

作出a﹣F图如图所示，图线不过原点的原因是：

【答案】

（1）.A

（2）.没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足

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；

探究加速度与拉力的关系实验时，要平衡摩擦力，根据图象即可确定误差原因。

（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A正确，BCD错误。

（2）由图可知，当F达到一定值时物体才开始产生加速度，则说明存在摩擦力，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。

【点睛】究加速与力的关系实验时，要平衡摩擦力、应根据纸带求出小车的加速度，掌握实验的实验注意事项是正确解题的关键。

三、解答题（共4小题，满分42分）

14.如图甲所示，水平地面固定一竖直木板，子弹以初速V0射向木板后，以0.9V0的速度从另一侧穿出，已知木板的厚度为d，子弹在穿越木板的过程中可视为匀减速直线运动，不计子弹大小，求：

（1）子弹在穿越木板时的加速度大小；

（2）现将多块相同的木板紧挨在一起固定在地面上，如图乙，子弹仍然以V0射向木板，问，子弹最终停留在第几块木板中。

【答案】

（1）子弹在穿越木板时的加速度大小为

；

（2）子弹最终停留在第6木板中

子弹做匀减速直线运动，应用匀变速直线运到达速度位移公式可以求出子弹的加速度大小；

根据匀变速直线运动规律求解位移即可求解。

（1）根据匀变速直线运动的速度与位移的关系得：

（0.9v0）2﹣v02＝2ad

代入数值解得：

（2）同理0﹣v02＝2ax

解得：

【点睛】本题考查匀变速直线运动规律的应用，要注意明确位移公式及速度和位移关系表达式的应用；

同时本题也可以直接利用所学过的结论求解。

15.如图所示，平板OP下端放置于地面形成一个斜面，调节上端点P与地面的距离，以改变斜面倾角θ．斜面上放置一质量为m＝1kg的物体，取g＝10m/s2。

（1）当θ＝30°

时，物体静止在斜面上，求此时物体对OP的压力大小以及物体受到的静摩擦力大小；

（2）当θ＝37°

时，物体恰好能匀速下滑，求物体与平板OP间的动摩擦因数μ．（sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8）

（1）5

N，5N；

（2）0.75。

物体静止在斜面上，受力平衡，分析物体受力，根据平衡条件求解；

物体恰好能匀速下滑，根据平衡条件求出物体所受的滑动摩擦力和支持力，即可求得动摩擦因数。

（1）当物体静止在斜面上时，物体受重力G、支持力FN、静摩擦力f，如图1所示：

FN与f的合力与G等大反向

所以：

FN＝mgcos30°

＝

摩擦力：

f＝mgsin30°

＝1×

10×

0.5N＝5N

由牛顿第三定律知物体对OP的压力大小为

（2）物体恰好能匀速下滑，物体受重力G、支持力FN′、滑动摩擦力f′，如图2所示。

则有

FN′＝mgcos37°

f′＝mgsin37°

又f′＝μFN′

联立并代入数据解得：

μ＝0.75

【点睛】对于共点力平衡问题，关键要正确分析物体受力，作出受力图，再由平衡条件解答。

16.在某次一级方程式赛车会上，某车手驾车沿直线赛道匀加速依次通过A、B、C三点，已知由A到B，由B到C的时间分别为t1＝2s，t2＝3s，AB的距离x1＝20m，BC距离x2＝60m，赛车在此赛道的最大速度为Vm＝38m/s，求：

（1）赛车匀加速的加速度以及通过A点时的速度；

（2）赛车通过C点后还能加速的距离。

（1）4m/s2，6m/s；

（2）96m

利用位移时间关系公式表示AB段位移和AC段位移，联立求解所设的物理量；

先根据速度时间关系公式求解C点速度，然后速度位移关系求解还能加速的位移。

（1）赛车在A点速度为vA，加速度为a

根据位移时间公式则：

vA（t1+t2）+

a（t1+t2）2＝x1+x2

将已知数据代入上上式解得：

a＝4m/s2，vA＝6m/s

（2）赛车在C点的速度为vC，还能加速的距离为x3

根据速度时间公式：

vC＝vA+a（t1+t2）

根据速度位移公式：

vm＝38m/s

联立上式解得：

x3＝96m，即还能加速96m。

【点睛】本题关键是明确质点的运动规律，然后灵活地选择运动学公式和过程列式求解。

17.如图所示，质量m＝1kg的物体在斜向上的恒力F＝10N作用下沿水平面从静止开始做匀加速运动，已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，F作用5s后撤消，取g＝10m/s2，sin37°

＝0.8，求：

（1）物体做匀加速运动时的加速度大小；

（2）F撤消时，物体的速度大小和路程；

（3）F撤消后，物体还能滑行多远？

（1）6m/s2；

（2）30m/s，75m；

（3）90m

对物体受力分析后，根据牛顿第二定律列式求解加速度；

根据速度时间关系和位移时间关系公式列式求解；

根据牛顿第二定律求解出加速度，再根据速度位移公式求解位移。

（1）对物体受力分析，受拉力、重力、支持力和摩擦力，如图；

根据平衡条件，有

水平方向：

F•cos37°

﹣f=ma

竖直方向：

N＝mg﹣F•sin37°

其中f＝μN

a＝6m/s2

（2）物体在t＝5s末的速度为：

v＝at＝30m/s；

经过的路程即位移大小，即：

（3）撤去力F后物体的加速度为：

a'

＝μg＝5m/s2

由速度位移关系可得：

【点睛】本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，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。