安徽省金寨第一中学2017-2018学年高一上学期期末考试物理参考答案.pdf

1、1金寨一中 20172018 学年度第一学期高一年级期末考试物理 参考答案1C 解析：时间是指时间的长度，在时间轴上用一段线段表示，时刻是指时间点，在时间轴上用点表示，1 秒虽然很短，但 1 秒也表示时间，故选项 A 错误；第 3 秒内是第 3s 初到第 3s 末 1s 内的时间，是一段时间，故选项 B 错误；12 秒 80 是持续的，是指时间间隔，故选项 C 正确；物体在 5s 内指的是物体在 0 时刻到 5s 末这 5s 的时间，故选项 D 错误。2B解析：路程是指物体所经过的路径的长度，所以球从 1.5m 高处竖直落下，又上升 1m的过程中经过的路程是 2.5m；位移是指从初位置到末位置

2、的有向线段，所以位移的大小为0.5m，故选项 B 正确，选项 ACD 错误。3B解析：画出力 F 和与 F 成 60角的分力的方向，过力 F 的端点作与 F 成 60角的分力的垂线，垂线的长等于另一个分力的最小值，由几何关系可知另一个分力最小值为 Fsin605 3N，选项 B 正确。4C解析：物体第 2 秒内的位移为 x32622(31612)21m，因而物体在第2 秒内的平均速度为 vxt21m/s，选项 C 正确。5A解析：由题意可知 60TFSI 的加速度为 a=6m/s2，v=100km/h=27.8m/s。故加速时间t=v/a=4.6s,故选 A。6A解析：由平均速度的定义式 v

3、xt 及匀变速直线运动的平均速度公式 v v1+v22，可得xt v1+v22，解得 v25 m/s，选项 A 正确。7D解析：由于电梯减速下降，故加速度向上，对人受力分析，受到重力 mg，电梯地面支持力 N，由牛顿第二定律：Nmg=ma 即：Nmg=13 mg，解得：N=43 mg，选项 D 正确。8.B解 析:设 甲 乙 两 地 距 离 为 x，根 据 A 车 运 动 情 况 可 知，A 车 的 平 均 速 度 为1 2121237.5m/s2233v vxvxxvvvv，根 据 B 车 的 运 动 情 况 可 知，甲 乙 两 地 距 离题号123456789101112答案CBBCAAD

4、BBDBCDCDBC21 12 215000mxv tv t，由 于 两 车 同 时 到 达，所 以 二 者 平 均 速 度 相 等，即 有：127.5m/sxvttt，解得：200st,故 B 正确。9BD解析：vt 图线只能描述直线运动，选项 A 错误，选项 B 正确；t1 时刻物体速度并没有反向，此时加速度最小等于零，选项 C 错误、D 正确。10BCD解析：做自由落体运动的物体的加速度均为重力加速度，即下落过程中的加速度之比为 11，选项 A 错误；根据匀变速直线运动公式可得212hgt，解得2htg，所以下落时间之比为 1 2，选项 B 正确；根据匀变速直线运动公式vgt可得，落地速

5、度之比为 1 2，选项 C 正确；若甲乙同时下落，在甲落地前的任意时刻，两者的速度都相等，则两者间的距离不变，选项 D 正确。11.CD解析：物块静止时，斜面对物块的作用力大小等于物块的重力，即等于 10N，A项错误；由乙图可知，撤去推力后，物块能沿斜面匀速下滑，因此有cossinmgmg，75.037tan0，B 项错误；由乙图可知，有推力作用时，物块下滑的加速度大小为23m/sa，推力3NFma，C 项正确；若推力增大为原来的 2 倍，可知，加速度大小为 6m/s2，D 项正确。12BC解析：初始时，甲车在前，乙车在后，甲从静止启动做匀加速直线运动，而乙车以一定的初速度匀加速追赶甲车，在

6、5s 时刻两车速度相等，此后甲车速度大于乙车速度，所以如果在 5s 时刻乙车还没有追上甲车，两车就不可能相遇；根据题图，在 05s 时间内，甲车的位移为 30m，乙车位移为 55m，乙车相对于甲车的追赶距离为 25m，选项 A 错误、C正确；若开始时，甲车在乙车前方 10m 处，说明在 5s 时乙车已经超过了甲车，此后因为甲车速度大于乙车，所以两车会再次相遇，即两车共相遇 2 次，选项 B 正确；若开始时，乙车在甲车前方 25m 处，则在 5s 后，甲车速度大于乙车，两车一定相遇，选项 D 错误。13答案：(1)等效替代(2)FF(每空 2 分)解析：(1)该实验中，两个力拉绳套和一个力拉绳套

7、时，结点要到同一位置，即要求作用效果相同，故采用了“等效替代”的科学思想方法。(2)本实验采用了“等效法”，F1 与 F2 的合力的实际测量值为一个弹簧拉绳套时的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，理论值在平行四边形的对角线上。故一个弹簧测力计拉橡皮条得到的力，即合力是 F，利用平行四边形定则作出的力是 F。314答案：(1)乙力传感器显示的数据就是小车受到的拉力(意思对即可得分)(2)0.16(每空 3 分)解析：(1)力传感器显示的是细绳牵引小车的力，所以不再需要用 Mm 来满足砝码和砝码盘的总重力视为小车受到的拉力，所以乙同学正确。(2)相邻两计数点间时间间隔为

8、T50.02s0.1s，设相邻两计数点间距离依次是 x1、x2、x3，则有 s13x1x2，s24x2x3，所以 s24s13x3x1，解得 ax3x12T2 s24s132T2（7.517.20）10220.12m/s20.16m/s2。15解析：(1)小球沿斜面减速上滑，则有 0v202(a)x(2 分)解得 x10m(2 分)(2)小球沿斜面上滑，则有：vtv0at(2 分)若 vt5m/s，解得 t1s(2 分)若 vt5m/s，解得 t3s(2 分)16解析：(1)物体的受力情况如图所示，物体 A 和 B 均处于静止状态，它们所受合力均为 0物体 B 受重力 GB 和拉力 FT，则

9、FTGB20N(3 分)(2)物体 A 受重力 GA20N，水平拉力 F10N，绳子拉力 FT20N(3 分)水平面支持力 FNGAFTsin3010N，FT 的水平分力为 FTcos3010 3N(3 分)由于 FT 向左的水平分力比方向向右的水平拉力 F 大 10(31)N，所以物体 A 还受到10(31)N 的静摩擦力 Ff 的作用，其方向向右(3 分)17解析：(1)以小物块为研究对象进行受力分析，如图 1 所示。垂直斜面方向上受力平衡，由平衡条件得：mgcos37N0(1 分)沿斜面方向上，由牛顿第二定律得：mgsin37ma(1 分)由以上三式解得 a6m/s2(1 分)小物体下滑

10、到斜面底端 B 点时的速度：vB 2as12m/s(1 分)运动时间：tvBa 2s(2 分)(2)以小物块为研究对象进行受力分析，如图 2 所示。垂直斜面方向上受力平衡，由平衡条4件得：mgcos37N0(1 分)沿斜面方向上，由牛顿第二定律得：mgsin37fma(1 分)又 fN(1 分)由以上三式解得 a2m/s2(1 分)小物体下滑到斜面底端 B 点时的速度：vB 2as4 3m/s(1 分)运动时间：tvBa 2 3s(1 分)18解析：(1)由 vt 图像可知，A 在平板车上滑动时的加速度大小为 a1vt2m/s2(1 分)由牛顿第二定律mgma(2 分)求得0.2(1 分)(2)对平板车研究，加速度 a2vt3m/s2(1 分)mgMa2(2 分)求得 M23kg(1 分)(3)01s 内，物块运动的位移为 x112(35)1m4m(2 分)平板车运动的位移 x212vt1231m1.5m(2 分)因此平板车的长度至少为 Lx1x22.5m(1 分)(另解：将平板车运动的 vt 图像画在图乙中，则阴影面积即为平板车最小长度 L1251m2.5m)