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2020-2021学年【新教材】人教版（2019）高中物理必修一 期末试卷讲评同步练习
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这是一份人教版 (2019)必修 第一册全册综合精品学案及答案，共11页。学案主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1. 如图所示，用大小为100 N的握力握住一个重为40 N的瓶子。瓶子竖直，始终处于静止状态。已知手掌与瓶子间的动摩擦因数μ＝0. 5，则（ ）
A. 瓶子受到的摩擦力大小为40 N
B. 瓶子受到的摩擦力大小为50 N
C. 当握力进一步增大时，瓶子受到的摩擦力将成正比增大
D. 当握力持续减小时，瓶子受到的摩擦力大小将持续减小
2. 杂技演员每隔相等时间向上抛一小球，若每个小球上升高度都是1. 25米，他一共有4个小球，要想使节目连续不断表演下去，在他的手中总要有一个小球停留，则每个小球在手中停留的时间是（g取10 m/s2）（ ）
A. s B. s C. s D. s
3. 关于牛顿第一定律，下列说法中正确的是（ ）
A. 牛顿第一定律说明力是维持物体运动的原因
B. 惯性就是物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
C. 由牛顿第一定律可知：物体所受的合力为零时，一定处于静止状态
D. 牛顿第一定律反映了物体受到外力时的运动规律
4. 关于速度、加速度和合外力之间的关系，下述说法正确的是（ ）
A. 做匀变速直线运动的物体，它所受合外力是恒定不变的
B. 做匀变速直线运动的物体，它的速度、加速度、合外力三者总是在同一方向上
C. 物体受到的合外力增大时，物体的运动速度一定加快
D. 物体所受合外力为零时，一定处于静止状态
5. 一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示。取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的描述正确的是（ ）
A. 在1～2 s内，物体做减速运动
B. 2 s末时物体的速度最大，大小为3 m/s
C. 在1～3 s内，物体做匀变速直线运动
D. 在0～4 s内，物体先沿正方向运动，后沿负方向运动
6. 如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架顶端，下端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有弹起。当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小和方向为（ ）
A. g，竖直向上
B. ，竖直向上
C. 0
D. ，竖直向下
7. 如图所示，水平地面上的物体A在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速运动，则下列说法中正确的是（ ）
A. 物体A可能只受到二个力的作用
B. 物体A一定只受到三个力的作用
C. 物体A一定受到了四个力的作用
D. 物体A可能受到了三个力的作用
8. 下列各图中P、Q两球之间不存在弹力的是（所有接触面都是光滑的）（ ）
A. B. C. D.
9. 如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与物体A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C都处于静止状态。则（ ）
A. B受到C的摩擦力一定不为零
B. C受到地面的摩擦力一定为零
C. C有沿地面向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力
D. 将细绳剪断，若物块B依然静止在斜面上，此时地面对C的摩擦力为0
10. 一辆汽车以12 m/s的速度行驶，遇到情况紧急刹车，司机采取制动措施，使汽车做匀减速直线运动，若制动后汽车的加速度大小为6 m/s2，则（ ）
A. 经3 s，汽车的速度为0
B. 经3 s，汽车的速度为6 m/s
C. 经3 s，汽车的位移为9 m
D. 经3 s，汽车的位移为12 m
11. 如下图所示，a、b、c为三个物体，M、N为两个轻质弹簧，R为跨过光滑定滑轮的轻绳，它们的连接如图所示，并处于平衡状态，则（ ）
A. 有可能N处于拉伸状态而M处于压缩状态
B. 有可能N处于压缩状态而M处于拉伸状态
C. 有可能N处于不伸不缩状态而M处于拉伸状态
D. 有可能N处于拉伸状态而M处于不伸不缩状态
12. 将重为50 N的物体放在某直升电梯的地板上，该电梯在经过某一楼层地面前后运动过程中，物体受到电梯地板的支持力随时间变化的图象如图所示，由此可以判断（ ）
A. t＝1 s时刻电梯的加速度方向竖直向上
B. t＝6 s时刻电梯的加速度为零
C. t＝8 s时刻电梯处于失重状态
D. t＝11 s时刻电梯的加速度方向竖直向下
二、实验题（共2小题，每空2分，共14分）
13. 某实验小组用如图甲所示装置测量重力加速度g。所用交流电频率为50 Hz。在所选纸带上取某点为0号计数起点，然后每隔2个点取一个计数点，所得测量数据及其标记符号如图乙所示：
甲 乙
（1）测得的重力加速度g为________m/s2。
（2）打点4时，重物的瞬时速度为________m/s。
（3）本实验误差的主要来源有__________________，______________（试举出两条）
14. 如图为“探究物体的加速度与质量和受力的关系”的实验装置。沙和沙桶的质量为m，小车和砝码的质量为M。实验中将沙和沙桶的重力作为细线对小车的拉力。
（1）实验前，在进行平衡摩擦力的操作时，下列注意事项正确的是（ ）
A. 应该让小车连接纸带并穿过打点计时器
B. 必须让小车连接沙桶
C. 纸带和沙桶都应连接
D. 纸带和沙桶都不能连接
（2）现保持沙和沙桶的总质量m不变，改变小车和砝码的总质量M，探究加速度和质量的关系。如图是某次实验中打出的一条纸带，交变电流的频率为50 Hz，每隔4个点选一个计数点，则小车的加速度为_________m/s2（保留两位有效数字）。通过实验得到多组加速度a、质量M的数据，为了方便准确地研究二者关系，一般选用纵坐标为加速度a，则横坐标为________（填“M”或“”）。
三、计算题（共4小题，15题8分，16，17，18每题10分，共38分）
15. 一物体以某一速度冲上一光滑斜面，前4 s的位移为1. 6 m，随后4 s的位移为零，那么物体的加速度多大？（设物体做匀变速直线运动且返回时加速度不变）
16. 竖直运行的升降机地板上有一个质量为100 kg的物体，它对地板的压力随时间变化的图象如图所示。若升降机从静止开始向上运动，g取10 m/s2，求8 s内升降机上升的高度。
17. 如图所示，长为l的长木板A放在动摩擦因数为μ1的水平地面上，一滑块B（大小可不计）从A的左侧以初速度v0向右滑上木板，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2（A与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同）。已知A的质量为M＝2. 0 kg，B的质量为m＝3. 0 kg，A的长度为l＝3. 0 m，μ1＝0.2，μ2＝0. 4，（g取10 m/s2）
（1）A、B刚开始运动时各自的加速度分别是多大？
（2）为保证B在滑动过程中不滑出A，初速度v0应满足什么条件？
18. 如图所示，水平传送带AB长2 m，以v＝1 m/s的速度匀速运动，质量均为m＝4 kg的小物体P、Q与绕过定滑轮的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带A端以初速度v0＝4 m/s向右运动，已知P与传送带间动摩擦因数μ为0. 5，P在传动带上运动过程它与定滑轮间的绳始终水平，不计定滑轮质量和摩擦，绳不可伸长且足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，求：
（1）t＝0时刻小物体P的加速度大小和方向；
（2）小物体P滑离传送带时的速度大小。
上学期期末试卷参考答案
1. 【答案】A
【解析】瓶子重力为40 N，处于静止状态，则瓶子受到的摩擦力大小等于重力，为40 N。故A正确，B错误；当握力再增大时，瓶子受到的重力不变，也就是摩擦力不变。故C错误；当握力逐渐减小时，导致瓶子的最大静摩擦力减小，但只要物体仍处于静止，则摩擦力大小不变。故D错误。
2. 【答案】C
【解析】每个球的最大高度都是1. 25 m，根据h＝gt2，解得：t＝＝＝0. 5 s根据竖直上抛的对称性可知，当手刚接住一个球时，空中有3个球，一个球刚上升，有一个在上升，一个在下降，共3个时间间隔Δt，故球在手中停留的时间是Δt＝t＝s，C正确。
3. 【答案】B
【解析】牛顿第一定律说明力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故A错误；物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，叫做惯性，故B正确；由牛顿第一定律可知：物体所受的合力为零时，处于静止状态或者匀速直线运动状态，故C错误；由牛顿第一定律可知，物体在不受力的作用时将保持静止状态或匀速直线运动状态。所以牛顿第一定律反映了物体不受外力时的运动规律，故D错误。
4. 【答案】A
【解析】匀变速直线运动就是加速度恒定不变的直线运动，所以做匀变速直线运动的物体的合外力是恒定不变的，选项A正确；做匀变速直线运动的物体，它的加速度与合外力的方向一定相同，但加速度与速度的方向不一定相同。加速度与速度的方向相同时做匀加速运动，加速度与速度的方向相反时做匀减速运动，选项B错误；物体所受的合外力增大时，它的加速度一定增大，但速度不一定增大，选项C错误；物体所受合外力为零时，加速度为零，但物体不一定处于静止状态，也可以处于匀速运动状态，选项D错误。
5. 【答案】B
【解析】物体由静止开始运动，所以物体的速度的方向一定与开始时加速度的方向相同，由a－t图象可知，该物体在第1 s内做匀加速直线运动，在第2 s内，物体做加速度减小的加速运动，A错误；第2 s末物体的加速度的方向与开始时相反，物体开始减速，在2 s末时物体的速度最大，v＝×2＝3m/s，B正确；第3s内物体做加速度增大的减速运动，第4 s内物体继续减速，结合运动的对称性可知，在4 s末物体的速度恰好减为0，C、D错误。
6. 【答案】D
【解析】当框架对地面压力为零瞬间，框架受重力和弹簧的弹力处于平衡，则有：F＝Mg，
隔离对小球分析，根据牛顿第二定律得：F＋mg＝ma，
解得：a＝＝＝g，方向竖直向下。
故选D。
7. 【答案】C
【解析】物体一定受重力，拉力F产生两个作用效果，水平向右拉木块，竖直向上拉木块，由于木块匀速直线运动，受力平衡，水平方向必有摩擦力与拉力的水平分量平衡，即一定有摩擦力，结合摩擦力的产生条件可知则必有支持力，因而物体一定受到四个力，故选C。
8. 【答案】AB
【解析】A图两球间若有弹力则小球Q将向右运动，所以P、Q间无弹力；B图两球间若有弹力则两球将向两边运动，所以P、Q间无弹力；C图两球间若无弹力则小球P将向下运动，所以P、Q间有弹力；D图两球间若无弹力则小球P将向右下运动，所以P、Q间有弹力。故选A、B。
9. 【答案】CD
【解析】若绳对B的拉力恰好与B的重力沿斜面向下的分力平衡，则B与C间的摩擦力为零，A项错误；将B和C看成一个整体，则B和C受到细绳向右上方的拉力作用，故C有向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力，B项错误，C项正确；将细绳剪断，若物块B依然静止在斜面上，利用整体法判断，B、C系统在水平方向不受其他外力作用，处于平衡状态，则地面对C的摩擦力为0，D项正确。
10. 【答案】AD
【解析】汽车速度减为零的时间为：t＝＝s＜3 s，可知经过3 s，汽车的速度为零，A正确，B错误；汽车3 s内的位移等于2 s内的位移，则有：
x＝v0t＋at2＝12×2m＋×（-6）×22m＝12m，C错误，D正确。
11. 【答案】AD
【解析】物体a对轻绳可能为拉力，也可能无作用力，故弹簧N只能处于拉伸或保持原长。当N处于原长时，M只能处于压缩状态，且对物体a的弹力等于重力。当N处于拉伸状态时，M可能处于拉伸状态，也可能处于压缩状态，还可能保持原长。所以选项A、D正确。
12. 【答案】ABD
【解析】t＝1s时刻，支持力大于重力，所以加速度方向向上，故A正确；t＝6 s时，支持力等于重力，加速度为零，故B正确；t＝8s时，支持力等于重力，处于平衡状态，故C错误；t＝11 s时，支持力小于重力，加速度方向向下，故D正确。
13. 【答案】（1）8. 67 （2）2. 45 （3）系统受到的摩擦力 长度测量的误差
【解析】（1）打点计时器的打点时间间隔T＝＝＝0. 02s，计数点间的时间间隔t＝3T＝3×0. 02＝0. 06s，
加速度g＝＝
＝≈8. 67m/s2；
（2）打点计时器打点“4”时，重物下落的瞬时速度为v4＝＝×0.001≈2.45m/s。
（3）误差来源于：①长度测量，②系统受到的摩擦力；
14. 【答案】A 2. 0
【解析】（1）平衡摩擦力时让小车拖着纸带运动，若能做匀速直线运动，摩擦力得到平衡，故选A。
（2）由图可知x12＝3. 10 cm，x23＝5. 10 cm，x34＝7. 10 cm，x45＝9. 10 cm，x56＝11. 10 cm，可知连续相等时间内的位移之差Δx＝2.00cm，根据Δx＝aT2得，加速度a＝＝m/s2＝2. 0m/s2。
因为a与M成反比，所以作a－图线。
15. 【答案】0. 1m/s2
【解析】设物体的加速度大小为a，由题意知a的方向沿斜面向下。
解法一 基本公式法
物体前4 s位移为1. 6 m，是减速运动，所以有
x＝v0t－at2，
代入数据1. 6＝v0×4－a×42
随后4 s位移为零，则物体滑到最高点所用时间为
t＝4 s＋s＝6 s，
所以初速度为v0＝at＝a×6
由以上两式得物体的加速度为a＝0. 1 m/s2。
解法二 推论＝法
物体2 s末时的速度即前4 s内的平均速度为v2＝＝m/s＝0. 4 m/s。
物体6 s末的速度为v6＝0，所以物体的加速度大小为
a＝＝m/s2＝0. 1 m/s2。
解法三 推论Δx＝aT2法
由于整个过程a保持不变，是匀变速直线运动，由Δx＝aT2得物体加速度大小为
a＝＝m/s2＝0. 1 m/s2。
16. 【答案】60 m
【解析】取升降机地板上的物体为研究对象，物体受力情况如下图所示。取向上为正方向。由牛顿第三定律可知，物体对地面的压力等于地面对物体的支持力，即F＝FN。
在0～2s内，FN1＝F1＞mg，物体所受合外力竖直向上，所以物体向上做匀加速直线运动。
由牛顿第二定律得FN1－mg＝ma1①
a1＝＝5m/s2
所以物体的位移：x1＝a1t＝10 m②
物体2 s末的速度：v＝a1t1＝5. 0×2. 0m/s＝10m/s③
在2～6s内，FN2＝mg，物体所受合外力为零，所以物体向上做匀速直线运动，则
物体的位移：x2＝vt2＝10×4m＝40 m④
在6～8s内，FN3＜mg，物体所受合外力方向竖直向下，所以物体向上做匀减速直线运动，初速度为v＝10m/s。
由牛顿第二定律FN3－mg＝ma3⑤
a3＝＝－5 m/s2
所以物体的位移：x3＝vt3＋a3t＝10 m⑥
所整个过程中物体位移x＝x1＋x2＋x3＝10 m＋40m＋10 m＝60m⑦
17. 【答案】（1）1 m/s2 4 m/s2 （2）v0≤5m/s
【解析】（1）分别对A、B进行受力分析，
根据牛顿第二定律：B物体的加速度：aB＝＝4m/s2
A物体的加速度：aA＝＝＝1 m/s2；
（2）当AB速度相等时，滑块B恰好到木板末端，此时不滑出A物体，就不会滑出，
设经过时间t，AB的速度相等，则有：
根据位移关系得：
代入数据解得：t＝1s，v0＝5m/s
所以初速度应小于等于5 m/s。
18. 【答案】（1）7. 5m/s2，方向向左 （2）m/s
【解析】（1）开始时小物块的速度大于传送带的速度，受到的摩擦力的方向向左，同时受到向左的拉力，由牛顿第二定律
对P：FT1＋μmg＝ma1
对Q：mg－FT1＝ma1
联立以上方程解得：a1＝7. 5m/s2，方向向左
（2）P先以加速度大小a1向右做匀减速运动，直到速度减为v，设位移为x1，由运动学公式得：
－2a1x1＝v2－v
代入数据解得：x1＝1m
P接着以加速度大小a2向右做匀减速运动，直到速度减为0，设位移为x2，P受到向左的拉力和向右的摩擦力，由牛顿第二定律
对P：FT2－μmg＝ma2
对Q：mg－FT2＝ma2
联立以上方程解得：a2＝2. 5m/s2
由运动学公式得：－2a2x2＝0－v2
解得：x2＝0. 2m
故P向右运动的最大距离为：x＝x1＋x2＝1m＋0. 2 m＝1. 2m
P向右的速度减为0后，受力不变，再以加速度a2向左做匀加速运动，直到从左端离开传送带，由运动学公式得：
v′2＝2a2x
代入数据解得：v′＝m/s
一、选择题（共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1. 如图所示，用大小为100 N的握力握住一个重为40 N的瓶子。瓶子竖直，始终处于静止状态。已知手掌与瓶子间的动摩擦因数μ＝0. 5，则（ ）
A. 瓶子受到的摩擦力大小为40 N
B. 瓶子受到的摩擦力大小为50 N
C. 当握力进一步增大时，瓶子受到的摩擦力将成正比增大
D. 当握力持续减小时，瓶子受到的摩擦力大小将持续减小
2. 杂技演员每隔相等时间向上抛一小球，若每个小球上升高度都是1. 25米，他一共有4个小球，要想使节目连续不断表演下去，在他的手中总要有一个小球停留，则每个小球在手中停留的时间是（g取10 m/s2）（ ）
A. s B. s C. s D. s
3. 关于牛顿第一定律，下列说法中正确的是（ ）
A. 牛顿第一定律说明力是维持物体运动的原因
B. 惯性就是物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
C. 由牛顿第一定律可知：物体所受的合力为零时，一定处于静止状态
D. 牛顿第一定律反映了物体受到外力时的运动规律
4. 关于速度、加速度和合外力之间的关系，下述说法正确的是（ ）
A. 做匀变速直线运动的物体，它所受合外力是恒定不变的
B. 做匀变速直线运动的物体，它的速度、加速度、合外力三者总是在同一方向上
C. 物体受到的合外力增大时，物体的运动速度一定加快
D. 物体所受合外力为零时，一定处于静止状态
5. 一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示。取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的描述正确的是（ ）
A. 在1～2 s内，物体做减速运动
B. 2 s末时物体的速度最大，大小为3 m/s
C. 在1～3 s内，物体做匀变速直线运动
D. 在0～4 s内，物体先沿正方向运动，后沿负方向运动
6. 如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架顶端，下端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有弹起。当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小和方向为（ ）
A. g，竖直向上
B. ，竖直向上
C. 0
D. ，竖直向下
7. 如图所示，水平地面上的物体A在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速运动，则下列说法中正确的是（ ）
A. 物体A可能只受到二个力的作用
B. 物体A一定只受到三个力的作用
C. 物体A一定受到了四个力的作用
D. 物体A可能受到了三个力的作用
8. 下列各图中P、Q两球之间不存在弹力的是（所有接触面都是光滑的）（ ）
A. B. C. D.
9. 如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与物体A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C都处于静止状态。则（ ）
A. B受到C的摩擦力一定不为零
B. C受到地面的摩擦力一定为零
C. C有沿地面向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力
D. 将细绳剪断，若物块B依然静止在斜面上，此时地面对C的摩擦力为0
10. 一辆汽车以12 m/s的速度行驶，遇到情况紧急刹车，司机采取制动措施，使汽车做匀减速直线运动，若制动后汽车的加速度大小为6 m/s2，则（ ）
A. 经3 s，汽车的速度为0
B. 经3 s，汽车的速度为6 m/s
C. 经3 s，汽车的位移为9 m
D. 经3 s，汽车的位移为12 m
11. 如下图所示，a、b、c为三个物体，M、N为两个轻质弹簧，R为跨过光滑定滑轮的轻绳，它们的连接如图所示，并处于平衡状态，则（ ）
A. 有可能N处于拉伸状态而M处于压缩状态
B. 有可能N处于压缩状态而M处于拉伸状态
C. 有可能N处于不伸不缩状态而M处于拉伸状态
D. 有可能N处于拉伸状态而M处于不伸不缩状态
12. 将重为50 N的物体放在某直升电梯的地板上，该电梯在经过某一楼层地面前后运动过程中，物体受到电梯地板的支持力随时间变化的图象如图所示，由此可以判断（ ）
A. t＝1 s时刻电梯的加速度方向竖直向上
B. t＝6 s时刻电梯的加速度为零
C. t＝8 s时刻电梯处于失重状态
D. t＝11 s时刻电梯的加速度方向竖直向下
二、实验题（共2小题，每空2分，共14分）
13. 某实验小组用如图甲所示装置测量重力加速度g。所用交流电频率为50 Hz。在所选纸带上取某点为0号计数起点，然后每隔2个点取一个计数点，所得测量数据及其标记符号如图乙所示：
甲 乙
（1）测得的重力加速度g为________m/s2。
（2）打点4时，重物的瞬时速度为________m/s。
（3）本实验误差的主要来源有__________________，______________（试举出两条）
14. 如图为“探究物体的加速度与质量和受力的关系”的实验装置。沙和沙桶的质量为m，小车和砝码的质量为M。实验中将沙和沙桶的重力作为细线对小车的拉力。
（1）实验前，在进行平衡摩擦力的操作时，下列注意事项正确的是（ ）
A. 应该让小车连接纸带并穿过打点计时器
B. 必须让小车连接沙桶
C. 纸带和沙桶都应连接
D. 纸带和沙桶都不能连接
（2）现保持沙和沙桶的总质量m不变，改变小车和砝码的总质量M，探究加速度和质量的关系。如图是某次实验中打出的一条纸带，交变电流的频率为50 Hz，每隔4个点选一个计数点，则小车的加速度为_________m/s2（保留两位有效数字）。通过实验得到多组加速度a、质量M的数据，为了方便准确地研究二者关系，一般选用纵坐标为加速度a，则横坐标为________（填“M”或“”）。
三、计算题（共4小题，15题8分，16，17，18每题10分，共38分）
15. 一物体以某一速度冲上一光滑斜面，前4 s的位移为1. 6 m，随后4 s的位移为零，那么物体的加速度多大？（设物体做匀变速直线运动且返回时加速度不变）
16. 竖直运行的升降机地板上有一个质量为100 kg的物体，它对地板的压力随时间变化的图象如图所示。若升降机从静止开始向上运动，g取10 m/s2，求8 s内升降机上升的高度。
17. 如图所示，长为l的长木板A放在动摩擦因数为μ1的水平地面上，一滑块B（大小可不计）从A的左侧以初速度v0向右滑上木板，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2（A与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同）。已知A的质量为M＝2. 0 kg，B的质量为m＝3. 0 kg，A的长度为l＝3. 0 m，μ1＝0.2，μ2＝0. 4，（g取10 m/s2）
（1）A、B刚开始运动时各自的加速度分别是多大？
（2）为保证B在滑动过程中不滑出A，初速度v0应满足什么条件？
18. 如图所示，水平传送带AB长2 m，以v＝1 m/s的速度匀速运动，质量均为m＝4 kg的小物体P、Q与绕过定滑轮的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带A端以初速度v0＝4 m/s向右运动，已知P与传送带间动摩擦因数μ为0. 5，P在传动带上运动过程它与定滑轮间的绳始终水平，不计定滑轮质量和摩擦，绳不可伸长且足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，求：
（1）t＝0时刻小物体P的加速度大小和方向；
（2）小物体P滑离传送带时的速度大小。
上学期期末试卷参考答案
1. 【答案】A
【解析】瓶子重力为40 N，处于静止状态，则瓶子受到的摩擦力大小等于重力，为40 N。故A正确，B错误；当握力再增大时，瓶子受到的重力不变，也就是摩擦力不变。故C错误；当握力逐渐减小时，导致瓶子的最大静摩擦力减小，但只要物体仍处于静止，则摩擦力大小不变。故D错误。
2. 【答案】C
【解析】每个球的最大高度都是1. 25 m，根据h＝gt2，解得：t＝＝＝0. 5 s根据竖直上抛的对称性可知，当手刚接住一个球时，空中有3个球，一个球刚上升，有一个在上升，一个在下降，共3个时间间隔Δt，故球在手中停留的时间是Δt＝t＝s，C正确。
3. 【答案】B
【解析】牛顿第一定律说明力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故A错误；物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，叫做惯性，故B正确；由牛顿第一定律可知：物体所受的合力为零时，处于静止状态或者匀速直线运动状态，故C错误；由牛顿第一定律可知，物体在不受力的作用时将保持静止状态或匀速直线运动状态。所以牛顿第一定律反映了物体不受外力时的运动规律，故D错误。
4. 【答案】A
【解析】匀变速直线运动就是加速度恒定不变的直线运动，所以做匀变速直线运动的物体的合外力是恒定不变的，选项A正确；做匀变速直线运动的物体，它的加速度与合外力的方向一定相同，但加速度与速度的方向不一定相同。加速度与速度的方向相同时做匀加速运动，加速度与速度的方向相反时做匀减速运动，选项B错误；物体所受的合外力增大时，它的加速度一定增大，但速度不一定增大，选项C错误；物体所受合外力为零时，加速度为零，但物体不一定处于静止状态，也可以处于匀速运动状态，选项D错误。
5. 【答案】B
【解析】物体由静止开始运动，所以物体的速度的方向一定与开始时加速度的方向相同，由a－t图象可知，该物体在第1 s内做匀加速直线运动，在第2 s内，物体做加速度减小的加速运动，A错误；第2 s末物体的加速度的方向与开始时相反，物体开始减速，在2 s末时物体的速度最大，v＝×2＝3m/s，B正确；第3s内物体做加速度增大的减速运动，第4 s内物体继续减速，结合运动的对称性可知，在4 s末物体的速度恰好减为0，C、D错误。
6. 【答案】D
【解析】当框架对地面压力为零瞬间，框架受重力和弹簧的弹力处于平衡，则有：F＝Mg，
隔离对小球分析，根据牛顿第二定律得：F＋mg＝ma，
解得：a＝＝＝g，方向竖直向下。
故选D。
7. 【答案】C
【解析】物体一定受重力，拉力F产生两个作用效果，水平向右拉木块，竖直向上拉木块，由于木块匀速直线运动，受力平衡，水平方向必有摩擦力与拉力的水平分量平衡，即一定有摩擦力，结合摩擦力的产生条件可知则必有支持力，因而物体一定受到四个力，故选C。
8. 【答案】AB
【解析】A图两球间若有弹力则小球Q将向右运动，所以P、Q间无弹力；B图两球间若有弹力则两球将向两边运动，所以P、Q间无弹力；C图两球间若无弹力则小球P将向下运动，所以P、Q间有弹力；D图两球间若无弹力则小球P将向右下运动，所以P、Q间有弹力。故选A、B。
9. 【答案】CD
【解析】若绳对B的拉力恰好与B的重力沿斜面向下的分力平衡，则B与C间的摩擦力为零，A项错误；将B和C看成一个整体，则B和C受到细绳向右上方的拉力作用，故C有向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力，B项错误，C项正确；将细绳剪断，若物块B依然静止在斜面上，利用整体法判断，B、C系统在水平方向不受其他外力作用，处于平衡状态，则地面对C的摩擦力为0，D项正确。
10. 【答案】AD
【解析】汽车速度减为零的时间为：t＝＝s＜3 s，可知经过3 s，汽车的速度为零，A正确，B错误；汽车3 s内的位移等于2 s内的位移，则有：
x＝v0t＋at2＝12×2m＋×（-6）×22m＝12m，C错误，D正确。
11. 【答案】AD
【解析】物体a对轻绳可能为拉力，也可能无作用力，故弹簧N只能处于拉伸或保持原长。当N处于原长时，M只能处于压缩状态，且对物体a的弹力等于重力。当N处于拉伸状态时，M可能处于拉伸状态，也可能处于压缩状态，还可能保持原长。所以选项A、D正确。
12. 【答案】ABD
【解析】t＝1s时刻，支持力大于重力，所以加速度方向向上，故A正确；t＝6 s时，支持力等于重力，加速度为零，故B正确；t＝8s时，支持力等于重力，处于平衡状态，故C错误；t＝11 s时，支持力小于重力，加速度方向向下，故D正确。
13. 【答案】（1）8. 67 （2）2. 45 （3）系统受到的摩擦力 长度测量的误差
【解析】（1）打点计时器的打点时间间隔T＝＝＝0. 02s，计数点间的时间间隔t＝3T＝3×0. 02＝0. 06s，
加速度g＝＝
＝≈8. 67m/s2；
（2）打点计时器打点“4”时，重物下落的瞬时速度为v4＝＝×0.001≈2.45m/s。
（3）误差来源于：①长度测量，②系统受到的摩擦力；
14. 【答案】A 2. 0
【解析】（1）平衡摩擦力时让小车拖着纸带运动，若能做匀速直线运动，摩擦力得到平衡，故选A。
（2）由图可知x12＝3. 10 cm，x23＝5. 10 cm，x34＝7. 10 cm，x45＝9. 10 cm，x56＝11. 10 cm，可知连续相等时间内的位移之差Δx＝2.00cm，根据Δx＝aT2得，加速度a＝＝m/s2＝2. 0m/s2。
因为a与M成反比，所以作a－图线。
15. 【答案】0. 1m/s2
【解析】设物体的加速度大小为a，由题意知a的方向沿斜面向下。
解法一 基本公式法
物体前4 s位移为1. 6 m，是减速运动，所以有
x＝v0t－at2，
代入数据1. 6＝v0×4－a×42
随后4 s位移为零，则物体滑到最高点所用时间为
t＝4 s＋s＝6 s，
所以初速度为v0＝at＝a×6
由以上两式得物体的加速度为a＝0. 1 m/s2。
解法二 推论＝法
物体2 s末时的速度即前4 s内的平均速度为v2＝＝m/s＝0. 4 m/s。
物体6 s末的速度为v6＝0，所以物体的加速度大小为
a＝＝m/s2＝0. 1 m/s2。
解法三 推论Δx＝aT2法
由于整个过程a保持不变，是匀变速直线运动，由Δx＝aT2得物体加速度大小为
a＝＝m/s2＝0. 1 m/s2。
16. 【答案】60 m
【解析】取升降机地板上的物体为研究对象，物体受力情况如下图所示。取向上为正方向。由牛顿第三定律可知，物体对地面的压力等于地面对物体的支持力，即F＝FN。
在0～2s内，FN1＝F1＞mg，物体所受合外力竖直向上，所以物体向上做匀加速直线运动。
由牛顿第二定律得FN1－mg＝ma1①
a1＝＝5m/s2
所以物体的位移：x1＝a1t＝10 m②
物体2 s末的速度：v＝a1t1＝5. 0×2. 0m/s＝10m/s③
在2～6s内，FN2＝mg，物体所受合外力为零，所以物体向上做匀速直线运动，则
物体的位移：x2＝vt2＝10×4m＝40 m④
在6～8s内，FN3＜mg，物体所受合外力方向竖直向下，所以物体向上做匀减速直线运动，初速度为v＝10m/s。
由牛顿第二定律FN3－mg＝ma3⑤
a3＝＝－5 m/s2
所以物体的位移：x3＝vt3＋a3t＝10 m⑥
所整个过程中物体位移x＝x1＋x2＋x3＝10 m＋40m＋10 m＝60m⑦
17. 【答案】（1）1 m/s2 4 m/s2 （2）v0≤5m/s
【解析】（1）分别对A、B进行受力分析，
根据牛顿第二定律：B物体的加速度：aB＝＝4m/s2
A物体的加速度：aA＝＝＝1 m/s2；
（2）当AB速度相等时，滑块B恰好到木板末端，此时不滑出A物体，就不会滑出，
设经过时间t，AB的速度相等，则有：
根据位移关系得：
代入数据解得：t＝1s，v0＝5m/s
所以初速度应小于等于5 m/s。
18. 【答案】（1）7. 5m/s2，方向向左 （2）m/s
【解析】（1）开始时小物块的速度大于传送带的速度，受到的摩擦力的方向向左，同时受到向左的拉力，由牛顿第二定律
对P：FT1＋μmg＝ma1
对Q：mg－FT1＝ma1
联立以上方程解得：a1＝7. 5m/s2，方向向左
（2）P先以加速度大小a1向右做匀减速运动，直到速度减为v，设位移为x1，由运动学公式得：
－2a1x1＝v2－v
代入数据解得：x1＝1m
P接着以加速度大小a2向右做匀减速运动，直到速度减为0，设位移为x2，P受到向左的拉力和向右的摩擦力，由牛顿第二定律
对P：FT2－μmg＝ma2
对Q：mg－FT2＝ma2
联立以上方程解得：a2＝2. 5m/s2
由运动学公式得：－2a2x2＝0－v2
解得：x2＝0. 2m
故P向右运动的最大距离为：x＝x1＋x2＝1m＋0. 2 m＝1. 2m
P向右的速度减为0后，受力不变，再以加速度a2向左做匀加速运动，直到从左端离开传送带，由运动学公式得：
v′2＝2a2x
代入数据解得：v′＝m/s
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