物理必修一期末试卷

1、物理必修一1有两个共点力，一个力的大小是3 N，另一个力的大小是6 N，它们合力的大小可能是 A18 N B6 N C2 N D1 N 2某一同学做匀速直线运动去新华书店买书，在书店停留一会又做匀速直线运动返回出发点。在下图中，可以大致表示该同学运动的s-t图像是其中的哪一个( ).3双层公交车靠站后，没有下车的乘客,因下层坐满了乘客，驾驶员提醒上层的后面有空位，新上车的乘客走向上层的后方入座，此时车(包括乘客)的重心 ( )A向前上方移动 B向后上方移动 C向正上移动 D不变 4物体从静止开始做匀加速直线运动，第3秒内通过的位移是3m，则：A第3秒内的平均速度是1m/s B物体的加速度是1.

2、2m/s2C前3秒内的位移是6m D3S末的速度是3.6m/s5如图所示是一物体沿直线运动的xt图象，则以下判断不正确的是( )A在第2s末物体回到原点 B在第2s末物体的运动方向改变C在前2s内物体通过的路程为4m D在前6s内物体的位移为0m 6如图所示，一木块在水平拉力F1作用下沿水平地面做匀速直线运动，受到的摩擦力为f1，在移动距离l的过程中，拉力F1做的功为W1若改用另一斜向上的拉力F2，使木块沿地面也做匀速直线运动，受到的摩擦力为f1，在移动距离l的过程中，拉力F2做的功为W2则Af1W2 DW1=W27甲、乙两位同学多次进行百米赛跑，每次甲都比乙提前10 m到达终点假若让甲远离起

3、跑点10 m，乙仍在起跑点起跑，则结果将会（忽略加速过程，认为运动员整个过程速度不变）（ ）A甲先到达终点 B两人同时到达终点C乙先到达终点 D不能确定8如图所示，平行板电容器竖直放置，A板上用绝缘线悬挂一带电小球，静止时，绝缘线与固定的A板成角，要使角增大，下列方法可行的是AS闭合，B板向上平移一小段距离BS闭合，B板向左平移一小段距离CS断开，B板向上平移一小段距离 DS断开，B板向左平移一小段距离 9如图所示，A是半径为r的圆形光滑轨道，固定在木板B上，竖直放置；B的左右两侧各有一光滑挡板固定在地面上，使其不能左右运动，小球C静止放在轨道最低点，A，B，C质量相等。现给小球一水平向右的初

4、速度v0，使小球在圆型轨道的内侧做圆周运动，为保证小球能通过轨道的最高点，且不会使B离开地面，初速度v0必须满足（ ）（重力加速度为g）A最小值为 B最大值为C最小值为 D最大值为10如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在劲度系数为k的竖直轻质弹簧上并保持静止，其中B带负电，电荷量大小为q，A始终不带电。现加上竖直向下的匀强电场，场强大小为mg/2q，当运动距离h时B与A分离。从开始运动到B和A刚分离的过程中，下列说法正确的是（ ）A B物体的动能一直增加B两物体运动的距离CB对A的压力一直减小D物体B机械能的增加量为11下列属于矢量的是（ ）A、时间 B、位移 C、质量 D、路程12某河宽

5、为600m，河中某点的水流速度v与该点到较近河岸的距离d的关系图象如图所示。船在静水中的速度为4m/s，要使船渡河的时间最短，则下列说法中正确的是A船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直B船的航行轨迹是一条直线C渡河最短时间为240sD船离开河岸400m时的速度大小为m/s13如图所示，水平桌面上平放一叠共计54张扑克牌，每一张的质量相同且均为m。用一手指以竖直向下的力压第1张牌，并以一定速度向右移动手指，确保手指与第1张牌之间有相对滑动。设最大静摩擦因数与滑动摩擦因数相同，手指与第1张牌之间的动摩擦因数为，牌间的动摩擦因数均为，第54张牌与桌面间的动摩擦因数为，且有。则下列说法正确的是（ ）A第

6、2张牌到第53张牌之间的任一张牌可能相对于第2张牌到第54张牌间的其他牌水平向右滑动B第2张牌到第53张牌之间的任一张牌不可能相对于第2张牌到第54张牌间的其他牌水平向右滑动C第1张牌受到手指的摩擦力向左D第54张牌受到水平桌面的摩擦力向左14物体受到几个恒力的作用而作匀速直线运动。如果撤掉其中的一个力而其他几个力保持不变，则（ ）A物体的运动方向一定不变 B物体的动能一定不变C物体的速度的变化率一定不变 D物体的动量的变化率一定不变15已知一足够长的传送带与水平面的倾角为，以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图a所示），以此时为t=0时刻纪录了小物块之后

7、在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图b所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1v2）。已知传送带的速度保持不变。（g取10 m/s2），则（ ）A0t1内，物块对传送带做正功B物块与传送带间的动摩擦因数为，tanC0t2内，传送带对物块做功为W=D系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小汽车以v0=10m/s的速度在水平路面上匀速运动，刹车后经2秒速度变为6m/s，求：16刹车过程中的加速度；17刹车后6秒内的位移；18汽车在运动最后2秒内发生的位移。.19一质量为m=2kg的滑块能在倾角为=300的足够长的斜面上以a=2.5m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水

8、平推力F作用于滑块，使之由静止开始在t=2s内能沿斜面运动位移s=4m。求：（取g10ms2）（1）滑块和斜面之间的动摩擦因数；（2）推力F的大小。20如右图所示，劲度系数为k的轻弹簧，一端固定在一块与水平面夹角为30的粗糙长木板上，另一端连接一个质量为m的滑块A，滑块与木板的最大静摩擦力为.设滑块与木板的最大静摩擦力与其滑动摩擦力大小相等，且. (1)如果保持滑块在木板上静止不动，弹簧的最小形变量为多大？(2)若在滑块A上再固定一个同样的滑块B，两滑块构成的整体沿木板向下运动，当弹簧的形变量仍为(1)中所求的最小值时，其加速度为多大？参考答案1B【解析】这两个力的合力范围为3NF合9N故B正

9、确，A、C、D错误故选B2A【解析】A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A正确；B图象中第三段图线表示时光倒流，不符合题意故B错误；C图象中第三段表示该同学又沿原来的方向继续前进，没有返回，故C错误；D中没有在书店停留，一直在运动，不符合题意。故选A3B【解析】试题分析：在移动过程中，公交车后上方的质量增大，所以车的重心向后上方运动，B正确，考点：考查了对重心的理解点评：重心的位置和物体的质量分布有关系4BD【解析】试题分析：A、第3s内时间为1s，根据.，求出平均速度B、第3s内的位移等于3s内的位移减去2s内的位移，根据位移公式列出

10、表达式，求出加速度C、根据，求出前3s内的位移D、根据v=at求出3s末的速度A、第3s内的平均速度.故A错误B、第3s内的位移等于3s内的位移减去2s内的位移，有，得故B正确C、前3s内的位移故C错误D、3s末的速度为v=at=1.23m/s=3.6m/s故D正确故选BD考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系点评：解决本题的关键掌握初速度为0的匀变速直线运动的位移时间公式和速度时间公式5B【解析】试题分析：物体在2s末的时候位移为零，所以物体回到原点，A正确，物体到达2m后，又开始返回，返回到原点后，继续沿着负方向运动，运动方向没有发发生变化，B错误，物体在前两s内通过的路程为2+2=4m，

11、C正确，在零时刻物体在原点处，在6s时，物体在原点处，所以前6s内的位移为零，D正确，考点：考查了对x-t图像的理解点评：注意区分x-t图像和v-t的区别6C【解析】因为，则f1f2，A、B错误；，则W1W2，C正确、D错误。7A【解析】试题分析：动员先由静止做加速运动，当达到最大速度后保持匀速前进直到冲过终点线，每次甲都比乙提前10m到达终点，说明现在甲的速度大于乙的速度，现让甲远离起跑 点10m，乙仍在起跑点同时起跑，在乙跑完全程的时间内是个定值，因为匀速阶段甲物体速度大于乙的速度，所以在这个时间内甲的位移会大于110m；故甲先 到达，故A正确故选：A考点：考查了匀变速直线运动规律的应用点

12、评：理解百米赛跑过程，运动员先由静止做加速运动，当达到最大速度后保持匀速前进直到冲过终点线8BC【解析】试题分析：以小球为研究对象进行受力分析可知，小球受电场力、重力和细线的拉力，且满足、，故可知，当增大时，细线的拉力增大，电场强度增大；对平行板电容器有，当S闭合时，电容器两极板间的电势差U不变，B上移时，两极板间的距离不变，所以电场强度E不变，即夹角不变，所以A错误；B板左移一小段距离时，两极板间的距离变小，故知两极板间的电场强度变大，所以夹角变大，所以B正确；若S是断开的，则电容器所带电荷量保持不变，由上述三式可得知极板间的电场强度，与极板间的距离无关，当B板向上平移时，两极板间的正比面积

13、减小，故电场强度增大，所以夹角变大，故C正确；B板向左平移，正对面积不变，所以电场强度不变，夹角不变，所以D错误；考点：平行板电容器、共点力平衡9CD【解析】试题分析：欲使小球刚好能够通过圆型轨道的顶端，则由牛顿第二定律可得，小球在最高点时的速度为，再由机械能守恒定律可得，小球在C点时的速度为v0=，A不对C是正确的；如果使B不离开地面，则小球在最高点时对轨道的作用力小于等于2mg，即此进小球的合力为3mg，故再由牛顿第二定律可得此时小球的最大速度为，再由机械能守恒定律可得，小球在C点时的速度最大值为，故D是正确的。考点：牛顿第二定律，机械能守恒定律。10BC【解析】试题分析：据题意，提供电场

14、前，A、B整体受到重力和弹力，有：，得；施加电场后整体有：，则加速度为；由于B物体带负电，所受电场力为：，对B物体受力分析受到竖直向上的电场力F，A物体提供的支持力N和自身重力mg，有：；对A物体受力分析受到重力mg、向上的弹力kx和B物体提供的压力N，有：；当A、B物体分离时B物体的支持力N=0，则有：，此时A物体的压力也为0，则有：，则A、B物体上升的高度为：，故B选项正确；由于B物体的加速度为，则B物体一定经过了一个先加速后减速的过程，故动能先增加后减小，A选项错误；据B物体受力情况有：，即，加速度a一直在减小，则N在减小，故C选项正确；B物体的机械能增加量为电场力和支持力所做的功之和，

15、即，故B选项错误。考点：本题考查牛顿第二定律、物体平衡条件和胡克定律以及功能关系。11B【解析】路程、质量和时间都是只有大小没有方向的，它们都是标量，只有位移是即有大小又有方向，相加是遵循平行四边形定则的，所以位移是矢量本题是一个基础题目，就是看学生对矢量和标量的掌握12AD【解析】试题分析：根据船渡河的时间最短可知，船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直，渡河最短时间为，选项A正确C错误；由于水流速度v变化，根据运动的合成可得：船在河水中航行的轨迹是一条曲线，选项B错误；船离开河岸400m时的水流速度为2m/s，船速大小为m/s=2m/s，选项D正确考点：考查了小船渡河问题点评：1合运动与分运动

16、定义：如果物体同时参与了两种运动，那么物体实际发生的运动叫做那两种运动的合运动，那两种运动叫做这个实际运动的分运动 2在一个具体问题中判断哪个是合运动，哪个是分运动的关键是弄清物体实际发生的运动是哪个，则这个运动就是合运动物体实际发生的运动就是物体相对地面发生的运动，或者说是相对于地面上的观察者所发生的运动 3相互关系独立性：分运动之间是互不相干的，即各个分运动均按各自规律运动，彼此互不影响因此在研究某个分运动的时候，就可以不考虑其他的分运动，就像其他分运动不存在一样等时性：各个分运动及其合运动总是同时发生，同时结束，经历的时间相等；因此，若知道了某一分运动的时间，也就知道了其他分运动及合运动

17、经历的时间；反之亦然等效性：各分运动叠加起来的效果与合运动相同相关性：分运动的性质决定合运动的性质和轨迹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13BD【解析】 对于A、B选项可用反证法：设手指对第1张牌的压力为N，假设第n（n=2、3、453）张牌向右滑动，则第n张牌受到第n1张牌对其的摩擦力的最大值为，其方向水平向右，这时第n张牌受到第nl张牌对其的滑动摩擦力的大小为，其方向水平向左，比较两式有，即第n张牌在水平方向上合力向左，与假设矛盾。因此第2张牌到第

18、53张牌之间的任一张牌不可能相对于第2张牌到第54张牌间的其他牌水平向右滑动。故A错误B正确。分析受力易知C错误D正确。14CD【解析】试题分析：如果撤掉其中的一个力而其他几个力保持不变，则物体所受合力方向与撤掉的力方向相反，合力大小等于撤掉的哪个力，物体的运动方向可能改变，选项A错误；物 体的速度大小变化，动能变化，选项B错误；由牛顿第二定律，物体的速度的变化率一定不变，物体的动量的变化率一定不变，选项CD正确考点：考查牛顿运动定律、动量定理、动能等点评：做本题的关键是知道撤去其中一个力后，物体受到的合力的变化，然后根据相应的知识分析15 D【解析】试题分析: 由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上0t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功故A错误；在t1t2内，物块向上运动，则有 mgcosmgsin，得tan故B错误；0t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下