《高中试卷》2018-2019学年四川省绵阳市高中联考高一（上）期末物理试卷

1、2018-2019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/hb此时汽车的瞬时速度是50m/sc启动后15s内汽车的平均速度是50km/hd启动后15s内汽车的平均速度是50m/s2（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

2、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60°的墙面上静止。墙面对木块（）

3、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fd压力与摩擦力的合力大小为f2+(mg)26（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xt图象如图所示，则（）a刚出发时，甲车速度小bt1时刻，两车相遇ct2时刻，乙车速度大d0t2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（

4、）a汽车能保证车让人b汽车通过的距离是6.4mc汽车运动的时间是1.6sd在驾驶员反应时间内汽车通过的距离是1m8（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

5、76;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0.5mgb当滑块以加速度ag向左加速运动时，小球对滑块压力为零c若滑块以加速度ag向左加速运动时，线中拉力为mgd当滑块以加速度a2g向左加速运动时，线中拉力为2mg10（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（）a0t1，启用abs的平均速度比不启用abs的小些b0t1，启用abs的加速度比不启用abs的大些c0t2，启用abs的平均速度比不启用abs的大些dt1t2，启用abs的加速度比不

6、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（）an球对斜面的压力减小bm球对挡板的压力逐渐减小cm、n两球间的弹力逐渐增大dm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，ff0直线是曲线的渐近线，重力加速度为g。则（）am越大，f越小bm越大，f越大ca物体质量m0=f02gd在mm

7、0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

8、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

9、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t0时由静止开始运动到t11s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02s内，小明处于超重状态b在02s内，小明加速度大小为1m/s2c在1011s内，台秤示数f3为600nd在011s内，电梯通过的距离为18m18（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m1.0kg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

10、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0.5b物块在传送带上相对传送带滑动的距离是9mc物块距离传送带左端的最大距离是8md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vt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（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

11、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（）aa的截距比b的小，由此判断a的劲度系数比b的小ba的截距比b的小，由此判断a的原长比b的小ca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t0.1s。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

12、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123456m/kg0.580.580.580.580.580.58f/n0.100.150.20

13、0.300.350.40a/ms20.130.170.260.430.510.59（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m4kg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m40kg的木块与pb相连，静止于倾角为37°的斜面上。取g10m/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

14、）在平直公路上，自行车与同方向行驶的一辆汽车在t0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m2kg在水平地面上，可视为质点的木块质量m1kg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v05m/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x04.5m，木板与

15、地面间动摩擦因数10.1，木块与长木板间动摩擦因数20.4，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。2018-2019学年四川省绵阳市高中联考高一（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

16、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

17、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

18、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

19、，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xt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

20、变化量表示位移。【解答】解：a、在xt图象中，图象的斜率表示速度，则知刚出发时，即t0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。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0t2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

21、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：xv0t8×0.2m1.6m，故d错误；abc、刹车后做匀减速运动，根据速度公式：vv0+at当汽车速度为零时，t1.8s；汽车运动总时间为2s；匀减速的位移：v02=2ass6.4m，汽车通过的总位移：x总x+s8m，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

22、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

23、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tmgsin45°=22mg，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a

24、0gtan45°g，此时细线的拉力f=mgcos45°=2mg，故b正确，c错误；d、当滑块以加速度a2g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。【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

25、围成的“面积”大小等于位移，可以看出，0t1，启用abs的位移比不启用abs的大，则0t1，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0t1，启用abs的加速度比不启用abs的小些。故b错误。c、0t2，启用abs的位移比不启用abs的大些，则0t2，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t1t2，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

26、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

27、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mm0，当mm0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：mgtma；对a有：tm0gm0a，联立解得：a=(m-m0)gm+m0，t=2mm0

28、gm+m0=2m0g1+m0m，当m越大，f=2t=4m0g1+m0m4m0g，则有f04m0g，m0=f04g故ac错误，b正确；d、在mm0范围内，据牛顿第二定律，对a有：m0gtm0a；对b有：tmgma，联立解得：a=(m0-m)gm+m0=1-mm01+mm0g；故mm0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

29、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、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

30、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=vt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

31、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，据平衡条件知：f浮+fsin g，fcos ff，则拉力f=ffcos，小船向岸边运动时，角增大，f增大，故a正确，b错误；cd、浮力fgfsin ，因为f增大，sin 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。

32、【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，210秒匀速下降，1011s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

33、可知，在02s内，台秤对小明的支持力为：f1450n，小于重力500n，根据牛顿第二定律定律有：mgf1ma1解得：a11m/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10s11s内小明的加速度为a3，时间为t3，02s的时间为t1，则a1t1a3t3解得：a32m/s2由牛顿第二定律定律有：f3mgma3解得：f3600n，故c正确；d、02s内位移 x1=12a1t12=12×1×22m2m2s10s内位移 x2a1t1t21×2×816m10s11s内位x3=12a3t32=12×2×12=1m小明

34、运动的总位移 xx1+x2+x319m，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擦因数大小；由速度图象可知，物块初速度大小v4m/s、传送带速度大小v'2m/s，物块在传送带上滑动t13s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

35、匀变速运动的加速度：a=vt=4.02=2.0 m/s2，由牛顿第二定律得fmgma 解得：=ag=0.2，故a错误；d、由速度图象可知，物块初速度大小v4m/s、传送带速度大小v'2m/s，物块在传送带上滑动t13s后，与传送带相对静止。前2秒内物块的位移大小s1=v2t=4m、向右，后1秒内的位移大小s2=v2t=1m、向左，3秒内位移ss1s23m，向右；物块再向左运动时间t2=sv=1.5s物块在传送带上运动时间tt1+t24.5s；故d正确。b、物块在皮带上滑动的3s内，皮带的位移s'v't16m，向左；物块位移的ss1s23m，向右，相对位移为：ss'

36、;+s9m，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=v2t=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=vt=242=12m/s2，根

37、据牛顿第二定律得，mg+fma1，解得阻力fma1mg2m2n，小球上升的高度x=v02t1=242×224m，小球下降的加速度大小a2=mg-fm=10-21=8m/s2，根据2a2xv12，解得：v1=2×8×24=86m/s。故答案为：86【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，fkx，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fkx可知，直线的斜率等于弹簧的劲

38、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fx图象的意义。21【分析】根据匀变速直线运动的推论公式xat2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=xce2t=0.125+0.1750.2=1.5m/s由题意可知：xat2，其中x

39、5.0cm，t0.1s，故代入数据解得：a5.0m/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

40、擦力，从而使绳子的拉力就是小车受到的合力，选项b正确。（2）由整体法求出加速a=mgm+m，再对小车有：拉力tma=11+mmmg，显然只有当mm时tmg（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）mm；（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°g1mgfa sin37°fb可解得：fb30