2020-2021学年乐山市高一上学期期末物理复习卷_附答案解析

一、单选题（本大题共12小题，共36.0分） 1.

下列有关物理学知识的说法中，正确的是( )

A. 牛顿通过理想斜面实验发现力是改变物体运动状态的原因 B. 𝛥𝑡→0时的平均速度可看成瞬时速度运用了等效替代法 C. 一对作用力和反作用力的作用效果总是相同的 D. 力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的

2.

甲、乙、丙三个物体在同一直线上运动，他们的𝑣−𝑡图象如图所示，其中𝑎、𝑏、𝑐三条图线分别描述的是甲、乙、丙三个物体的运动情况。下列说法正确的是( )

A. 甲物体的初速度大小为2.0𝑚/𝑠 C. 丙物体在8𝑠内的位移大小为8𝑚

3.

B. 乙物体的加速度大小为0.84𝑚/𝑠2 D. 甲、乙两物体在6𝑠时相遇

一物体受到三个共点力的作用，下面4组能使物体处于平衡状态的是( )

A. 𝐹1=7𝑁，𝐹2=8𝑁，𝐹3=19𝑁 B. 𝐹1=8𝑁，𝐹2=2𝑁，𝐹3=1𝑁 C. 𝐹1=7𝑁，𝐹2=1𝑁，𝐹3=5𝑁 D. 𝐹1=10𝑁，𝐹2=10𝑁，𝐹3=5𝑁

4.

一辆小汽车在平直公路上作匀加速直线运动，关于小汽车的加速度和速度的大小，下列说法正确的是( )

A. 加速度增大

5.

B. 加速度减小 C. 速度均匀增大 D. 速度均匀减小

关于滑动摩擦力的说法中正确的是( )

A. 滑动摩擦的方向总是与物体的运动方向相反

B. 运动着的物体不可能受静摩擦力作用，只能受滑动摩擦力的作用

C. 滑动摩擦力总是阻碍物体的运动

D. 滑动摩擦力的大小与相应的正压力成正比

6.

物体以大小为0.5𝑚/𝑠2的加速度做匀变速直线运动．它在任何1𝑠内的运动状态，以下说法正确的是( )

A. 末速度一定比初速度大0.5𝑚/𝑠 C. 速度的变化量的大小是0.5𝑚/𝑠

7.

B. 初速度一定比末速度大0.5𝑚/𝑠 D. 平均速度是0.5𝑚/𝑠

如图所示，质量不计的轻杆𝐴𝐵，𝐴端固定在有铰链(可以知道杆上的弹力沿着杆的方向)的竖直墙上，𝐵端挂一重物，并用轻绳𝐵𝐶跨过墙顶处的定滑轮，且缓慢吊起．当杆与墙垂直时杆𝐴𝐵所受的压力为𝑁 1，当绳𝐵𝐶与杆垂直时杆𝐴𝐵所受的压力为𝑁 2.则𝑁 1和𝑁 2的大小关系是

A. 𝑁 1= 𝑁 2 B. 𝑁 1< 𝑁 2 C. 𝑁 1> 𝑁 2 D. 都有可能

8.

如图所示，质量为𝑚的木块静止地放在半径为𝑅的半球体上，半球体与木块均处于静止状态，已知木块与半球体间的动摩擦因数为𝜇，木块与球心的连线与水平地面的夹角为𝜃，则下列说法正确的是( )

A. 地面对半球体的摩擦力方向水平向左 B. 木块所受摩擦力大小为𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 C. 木块所受摩擦力大小为𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 D. 木块对半球体的压力大小为𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃

9.

做自由落体运动的物体，第1𝑠、第2𝑠、第3𝑠的通过的位移之比为( )

A. 1：3：5 B. 1：2：3 C. 1：1：1 D. 1：4：9

10. 水平桌面上有𝐴、𝐵两个相同的容器，容器中分别放有甲、乙两

个实心的小球，两球在水中分别处于漂浮和悬浮状态，且两容器中的水面高度相同，则下列说法中正确的是( )

A. 两球的质量不可能相等 B. 两球受到的浮力一定相等

C. 𝐴容器底部受到的压力比𝐵容器的大

D. 𝐵容器中加盐后，乙球受到的浮力可能比甲球的大

11. 中国女排在2019年女排世界杯中获得冠军!图中为比赛中精彩瞬

间的照片，此时排球受到的力有( )

A. 重力 B. 重力、推力

C. 重力、空气对球的作用力 D. 重力、推力、空气对球的作用力

12. 如图如示，一个圆环竖直固定，三根长短不同的光滑直杆端团定在圆

环的最低点𝑂点，它们的另一端都固定在圆坏上的不同位置，其中𝐶点最高。现在三根直杆的上端同时释放套在直杆上的小环，则( )

A. 短杆𝑂𝐴上的小环先到最低点 B. 长杆𝑂𝐶上的小环先到最低点 C. 三个小环同时到达最低点 D. 三根杆倾角末知，无法确定

二、多选题（本大题共4小题，共12.0分）

13. 将一个物体以𝑣0速度竖直向上抛出，到达最高点后回落，其速

率−时间图象如图所示，图中𝑡1时刻和𝑡3时刻物体速度大小均为

𝑣02

，且𝑡1：𝑡3=2：7.设物体始终受恒定的空气阻力，则下列判

断正确的是( )

A. 上升过程中𝑡1时刻和下降过程中𝑡3时刻物体高度相同 B. 上升过程中𝑡1时刻的位置高于下降过程中𝑡3时刻的位置 C. 物体所受的空气阻力为重力的0.2倍 D. 物体所受的空气阻力为重力的0.1倍

𝐴. 𝐵均为两个完全相同的绝缘等腰直角三角形的小薄板，14. 如图所示，两者不固连，质量均为𝑚，

在𝐴、𝐵内部各嵌入一个带电小球，𝐴中小球带电量为+𝑞，𝐵中小球带电量为−𝑞，且两个小球的球心连线沿水平方向．𝐴、𝐵最初靠在竖直的粗糙墙上．空间有水平向右的匀强电场，重力加速

度为𝑔.现将𝐴、𝐵无初速度释放，下落过程中始终相对静止，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是( )

A. 𝐴。𝐵下落的加速度大小均为𝑔 B. 𝐴。𝐵下落的加速度大小应小于𝑔 C. 𝐴。𝐵之间接触面上的弹力不可能为零 D. 𝐵受到𝐴的摩擦力作用，方向沿接触面向下

15. 下列说法中正确的是( )

A. 物体只有静止或做匀速直线运动时才具有惯性 B. 质量是物体惯性大小的量度

C. 互成角度的力的合成和力的分解都一定遵从平行四边形定则 D. 受到静摩擦力的物体一定是静止的

16. 如图所示，边界𝑂𝑀和平面𝑂𝑁之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为𝐵。边界

𝑂𝑁上点𝑆处有一个粒子源，可在纸面内向各个方向射出质量为𝑚、电荷量为𝑞的带正电粒子(不计粒子间的重力和粒子间的相互作用)。已知∠𝑀𝑂𝑁=30°，𝑆𝑂之间的间距为𝑑，粒子速率均为𝑣=

√2𝐵𝑞𝑑

，则( ) 4𝑚

A. 粒子如果从边界𝑂𝑀射出，在磁场中运动的最短时间为2𝑞𝐵 B. 粒子如果从边界𝑂𝑀射出，在磁场中运动的最短时间为3𝑞𝐵

2

C. 粒子如果从边界𝑂𝑀射出，打在边界𝑂𝑀上的点距𝑆的最远距离为√𝑑

2

𝜋𝑚

𝜋𝑚

D. 粒子如果从𝑆点垂直于边界𝑂𝑀射入磁场，则一定从边界𝑂𝑁射出

三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

17. 如图1所示为探究加速度与质量关系的实验装置示意图．

(1)某位同学设计的实验步骤如下： (𝐴)用天平称出小车的质量． (𝐵)按图装好实验器材．

(𝐶)把轻绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂钩码．

(𝐷)将打点计时器接在6𝑉电压的蓄电池上，接通电源，放开小车，打点计时器在纸带上打下一系列

点，并在纸带上标明小车质量．．

(𝐸)保持悬挂钩码的质量不变，增加小车上的砝码个数，并记录每次增加后的𝑀值，重复上述实验． (𝐹)分析每条纸带，测量并计算出加速度的值． (𝐺)作𝑎−𝑀关系图象，并由图象确定𝑎、𝑀关系．

①该同学漏掉的重要实验步骤是______，该步骤应排在______步实验之后． ②在上述步骤中，有错误的是______，应把______改为______． ③在上述步骤中，处理不恰当的是______，应把______改为______．

(2)某次实验中打出了如图2所示的纸带(打点计时器所用电源的频率为50𝐻𝑧)，则这个加速度值 𝑎=______𝑚/𝑠2．

18. 某同学做实验探究弹力和弹簧伸长的关系，并测量弹簧的劲度系数𝑘。他先将待测弹簧的一端固

定在铁架台上，然后将分度值是1𝑚𝑚的刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺面上．当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度数值记作𝐿0；弹簧下端挂一个50𝑔的钩码时，指针指示的刻度数值记作𝐿1；弹簧下端挂两个50𝑔的钩码时，指针指示的刻度数值记作𝐿2……，挂七个50𝑔的钩码时，指针指示的刻度数值记作𝐿7． 代表符号 刻度数值/𝑐𝑚 𝐿0 1.70 𝐿1 3.40 𝐿2 5.10 𝐿3 6.85 𝐿4 8.60 𝐿5 10.30 𝐿6 12.10 𝐿7 14.05 (1)为充分利用测量数据，该同学将所测得的数值按如下方法逐一求差，分别计算出了三个差值：𝑑1=𝐿4−𝐿0=6.90 𝑐𝑚，𝑑2=𝐿5−𝐿1=6.90 𝑐𝑚，𝑑3=𝐿6−𝐿2=7.00 𝑐𝑚.则第四个差值𝑑4=_________𝑐𝑚.

(2)根据以上差值，可以求出每增加50𝑔钩码，弹簧平均伸长量𝛥𝐿=__________𝑐𝑚. (3)弹簧的劲度系数𝑘=__________𝑁/𝑚(𝑔取9.8𝑚/𝑠2，结果保留两位有效数字)． 四、简答题（本大题共1小题，共8.0分）

19. 一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现在他前面𝑥0=13𝑚远处以𝑣0=8𝑚/𝑠的速度匀速向前

行驶的货车有违章行为时，决定前去追赶，经𝑡0=2.5𝑠，警车发动起来，以加速度𝑎=2𝑚/𝑠2做匀加速运动，求：

(1)警车发动后能追上违章的货车所用的时间𝑡 (2)在警车追上货车之前，两车间的最大距离△𝑥𝑚．

五、计算题（本大题共2小题，共20.0分）

20. 所受重力𝐺1=8𝑁的砝码悬挂在绳𝑃𝐴和𝑃𝐵的结点上，𝑃𝐴偏离竖直方向37°角，𝑃𝐵在水平方向，

且连在所受重力为𝐺2=100𝑁的木块上，木块静止于倾角为37°的斜面上，如图所示，试求：(𝑠𝑖𝑛37°=0.6,𝑐𝑜𝑠37°=0.8，重力加速度𝑔取10𝑚/𝑠2) (1)𝑃𝐴、𝑃𝐵绳上的拉力分别为多大？ (2)木块与斜面间的摩擦力的大小？ (3)木块所受斜面的弹力的大小？

21. 中心均开有小孔的金属板𝐶、𝐷与半径为𝑑的圆形单匝金属线圈连接，圆形框内有垂直纸面的匀

𝐸、𝐹为磁场边界，𝐷板平行。强磁场，大小随时间变化的关系为𝐵=𝑘𝑡(𝑘未知且𝑘>0)，且与𝐶、𝐷板右方分布磁场大小均为𝐵0，方向如图所示的匀强磁场。区域Ⅰ的磁场宽度为𝑑，区域Ⅱ的磁场宽度足够大。在𝐶板小孔附近有质量为𝑚、电量为𝑞的负离子由静止开始加速后，经𝐷板小孔垂直进入磁场区域Ⅰ，不计离子重力。 (1)判断圆形线框内的磁场方向；

(2)若离子从𝐶板出发，运动一段时间后又恰能回到𝐶板出发点，求离子在磁场中运动的总时间； (3)若改变圆形框内的磁感强度变化率𝑘，离子可从距𝐷板小孔为2𝑑的点穿过𝐸边界离开磁场，求圆形

框内磁感强度的变化率𝑘是多少？

参及解析

1.答案：𝐷

解析：解：𝐴、伽利略通过理想斜面实验发现力是改变物体运动状态的原因，故A错误； B、𝛥𝑡→0时的平均速度可看成瞬时速度运用了极限法，故B错误；

C、力的作用效果由力的大小、方向和作用点决定，一对作用力和反作用力的方向相反，分别作用在两个不同物体上，它们的作用点不同，作用效果不同，故C错误；

D、由牛顿第二定律可知：𝐹=𝑚𝑎，力的国际单位制“牛顿”是根据𝑚与𝑎的单位根据牛顿第二定律定义的，故D正确。 故选：𝐷。

伽利略通过理想斜面实验发现力是改变物体运动状态的原因；

当时间间隔趋于零时物体的平均速度可以看成瞬时速度，应用了极限法； 力的单位𝑁是根据牛顿第二定律规定的。

本题考查的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识是解题的前提与关键，平时要注意基础知识的学习与积累。

2.答案：𝐶

解析：解：𝐴、由图可知，甲物体的初速度大小为0，故A错误； B、根据图象的斜率表示加速度，可得乙物体的加速度大小为𝑎乙=错误；

C、根据图象与时间轴围成的面积表示位移，可知，丙物体在8𝑠内的位移大小为𝑥丙=故C正确；

D、根据图象与时间轴围成的面积表示位移，可知，在0−6𝑠内，甲物体的位移比乙物体的小，但由于两个物体初始位置关系未知，所以甲、乙两物体在6𝑠时不一定相遇，故D错误。 故选：𝐶。

根据𝑣−𝑡图象直接读出物体的初速度大小，根据图象的斜率求出加速度大小，结合图象与时间轴围成的面积表示位移，来求物体的位移，根据两个物体位移关系判断两物体在6𝑠时能否相遇。 本题考查识别速度−时间图象和读图的能力。要知道𝑣−𝑡图象的斜率表示加速度，“面积”表示位移。

2×82

△𝑣△𝑡

=

2.4−24

𝑚/𝑠2=0.1𝑚/𝑠2，故B

𝑚=8𝑚，

3.答案：𝐷

解析：A、7𝑁和8𝑁的最大合力等于15𝑁，与19𝑁合成，其合力不可能为零，故A错误； B、8𝑁和2𝑁的最小合力为6𝑁，故不可能与1𝑁合力为零，故B错误； C、7𝑁和1𝑁的最小合力为6𝑁，与5𝑁不可能合力为零，故C错误；

D、10𝑁和10𝑁的合力最小为0𝑁，最大合力为20𝑁，可能与5𝑁的力合力为零，故D正确； 故选：𝐷。

多力能否使物体处于平衡状态主要是判断三个共点力的合力能否为零．

本题可借助所学组成三角形的方法进行判断，即：两力之和大于第三力，两力之差小于第三力，则合力可以为零．

4.答案：𝐶

解析：解：汽车做匀加速直线运动，加速度恒定，由𝑣=𝑣0+𝑎𝑡，速度均匀增大，故C正确ABD错误。 故选：𝐶。

明确匀变速直线运动的性质，知道匀加速直线运动是加速度恒定，速度均匀增加的直线运动。 本题考查对匀变速直线运动的掌握，要注意明确匀变速直线运动的基本性质，掌握常用物理公式。

5.答案：𝐷

𝐴、解析：解：滑动摩擦力与物体的相对运动方向相反，即与相对相接触的那个物体的运动方向相反，与物体的实际运动方向可以成任意角度，故A错误；

B、运动着的物体可以受静摩擦力，如加速运动的列车内放置的物体；故B错误；

C、滑动摩擦力与物体的相对运动方向相反，它可以是阻力、可以是动力，总是阻碍物体间的相对运动，故C错误；

D、滑动摩擦力的大小𝑓=𝜇𝑁，与正压力成正比；故D正确； 故选：𝐷。

摩擦力一个物体在另一个物体表面滑动或有相对滑动的趋势时，受到的阻碍相对运动或相对运动趋势的力，与相对运动或相对运动的趋势方向相反。

提到摩擦力一定不要忘“相对”这两个字，理解摩擦力与相对运动或相对运动趋势的方向相反，总是阻碍物体间的相对滑动或相对滑动趋势。

6.答案：𝐶

解析：解：𝐴、𝐵、𝐶、加速度表示单位时间内的速度的变化量，𝑎=0.5𝑚/𝑠2，所以在任何1𝑠内速度的变化量为0.5𝑚/𝑠，若匀加速则任何1𝑠内的末速度比初速度大0.5𝑚/𝑠，若匀减速任何1𝑠内的末速度比初速度小0.5𝑚/𝑠，故C正确，AB错误；

D、只知道加速度的大小，无法确定任何1𝑠内平均速度的大小，故D错误； 故选：𝐶．

加速度表示单位时间内的速度的变化量，匀变速直线运动包括匀加速和匀减速直运动． 解决本题的关键掌握加速度的定义，它表示单位时间内速度的变化量．

7.答案：𝐴

解析：

分析𝐵点的受力，运用合成法作出杆对𝐵的支持力和绳子拉力的合力，根据三角形相似法得到力与三角形𝐴𝐵𝐶的边长关系，再比较两种情况下杆所受的压力大的小。

本题的解题关键是运用三角形相似法，得到力与边长的关系，同时要对平行四边形定则要熟练。 析𝐵点受力情况：由平衡条件得知：杆的支持力𝑁和绳子拉力𝑇的合力与重力𝐺等值、反向，由平行四边形定则作出𝑁、𝑇的合力𝐹，则𝐹=𝐺。

𝐹

𝑁

𝐴𝐵

𝐴𝐵

根据力的矢量三角形与△𝐴𝐵𝐶相似得：𝐴𝐶=𝐴𝐵得𝑁=𝐴𝐶𝐹=𝐴𝐶𝐺，由题知，甲乙两种情况下，𝐴𝐵、𝐴𝐶不变，𝐺不变，则得杆对𝐵点的支持力𝑁大小不变，根据牛顿第三定律得知：杆所受的压力大小也不变，即有𝑁1=𝑁2，故A正确，BCD错误。 故选A。

8.答案：𝐷

解析：

对小木块受力分析，并将重力分解到半球半径方向和接触点的切线方向，由平衡条件对切线方向和半径方向列方程，解出半球对小木块的支持力的表达式和摩擦力的表达式，由于小木块保持静止，故摩擦力不能用𝑓=𝜇𝑁，只能用平衡条件求出．

该题考查多个物体的平衡，须采用整体法和隔离法处理两个物体的平衡问题，要注意题中𝜃与斜面的倾角不同．

解：𝐴、设半球体的质量为𝑀，以小木块和半球体整体为研究对象，受重力和支持力，根据平衡条件得知，地面对半球体的摩擦力为零．故A错误． 𝐵𝐶𝐷、对小物块受力分析，如图：

将重力正交分解，如图：

由于物体静止在半球上，处于平衡态，沿半径方向列平衡方程：

𝑁−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=0

解得：𝑁=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃

根据牛顿第三定律，木块对半球体的压力为𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃，故D正确； 沿切向列平衡方程：

𝑓−𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃=0

解得：𝑓=𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃，故BC错误； 故选：𝐷

9.答案：𝐴

解析：解：根据ℎ=2𝑔𝑡2得：1𝑠内、2𝑠内、3𝑠内下落的高度之比是1：4：9，则第1𝑠、第2𝑠、第3𝑠的通过的位移之比为1：3：5，故A正确； 故选：𝐴。

根据自由落体运动位移时间公式及平均速度公式即可求解．

本题主要考查了自由落体运动的位移时间公式和平均速度公式的直接应用，也可以用初速度为零的匀加速直线运动的推论求解．

1

10.答案：𝐷

解析：解：由题甲漂浮，所以𝜌甲<𝜌水；乙悬浮，所以𝜌乙=𝜌水，则𝜌甲<𝜌乙。

A、𝜌甲<𝜌乙，由图𝑉甲>𝑉乙.由𝑚=𝜌𝑉，不能确定甲、乙质量大小关系，所以两球质量有可能相等，故A错误；

B、漂浮和悬浮时，𝐹浮=𝐺物，由于两球质量可能相等，也可能不相等，所以浮力大小无法判断，故B错误；

C、两容器相同，水面高度相同，由𝐹=𝑝𝑆=𝜌𝑔ℎ𝑆，所以两容器底受到水的压力相等，故C错误； D、𝐵中加盐后，水的密度变大，乙将漂浮在液面，浮力仍等于乙的重力，由于甲、乙重力关系不确定，所以乙球受到的浮力可能比甲球的大，故D正确。 故选：𝐷。

根据甲漂浮，乙悬浮，可确定甲和乙的密度关系，由图知甲、乙的体积关系，由𝑚=𝜌𝑉分析它们的质量关系；漂浮和悬浮都有𝐹浮=𝐺，由此分析两球的浮力关系；根据题目给出的条件，由𝐹=𝑝𝑆=𝜌𝑔ℎ𝑆判断容器底受到的压力关系；𝐵中加盐水后乙球会漂浮，不能改变乙球受浮力大小，由此可知两球的浮力关系。

本题考查了浮沉条件、密度公式、压强公式的应用，综合性强，关键是用好浮沉条件，灵活运用公式进行判断。

11.答案：𝐶

解析：解：图中排球受到的力是：重力、空气对球的阻力，此刻人手与球并没有接触，所以没有推力，故C正确，𝐴𝐵𝐷均错误。 故选：𝐶。

对物体受力分析，按重力、弹力、摩擦力的顺序分析物体的受力，注意球在空中和手没有相互关系。 本题考查了对物体的受力分析的知识，明确受力分析的方法和步骤，知道每个力均有施力物体。

12.答案：𝐶

解析：解：设任一斜面的倾角为𝜃，圆槽直径为𝑑。根据牛顿第二定律得到：𝑎=𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 斜面的长度为：𝑥=𝑑𝑠𝑖𝑛𝜃， 则有：𝑥=2𝑎𝑡2，

解得：𝑡=√=√=√𝑔，与倾角无关，三个小环同时到达最低点。 𝑎𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃故选：𝐶。

2𝑥

2𝑑𝑠𝑖𝑛𝜃

2𝑑

1

设任一斜面的倾角为𝜃，圆槽直径为𝑑，根据牛顿第二定律得出加速度与𝜃的关系，由运动学求出时间与𝜃和𝑑的关系，由数学知识分析时间关系。

本题的解题技巧是用相同的量表示物体运动和加速度和位移，再求出时间，分析时间关系。

13.答案：𝐵𝐶

解析：解：𝐴𝐵、根据△𝑣=𝑎𝑡可得𝑡2=2𝑡1；根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，𝑡1时刻物体高度为ℎ1=

𝑣0+2

𝑣02

𝑡1=

3𝑣04

𝑡1，𝑡3时刻物体高度为ℎ3=

𝑣02

2

(𝑡3−2𝑡1)=

𝑣04

(3.5𝑡1−2𝑡1)=

3𝑣08

𝑡1，

故A错误、B正确；

𝐶𝐷、上升过程中的加速度大小为：𝑎1=

𝑣0𝑡2

=

2𝑡1，下降过程中的加速度大小为𝑎2

𝑓

𝑣0

=

𝑣02𝑡3−𝑡2

=

𝑣03𝑡1

，根据

牛顿第二定律可得𝑚𝑔+𝑓=𝑚𝑎1，𝑚𝑔−𝑓=𝑚𝑎2，联立解得𝑚𝑔=0.2，故C正确、D错误； 故选：𝐵𝐶．

根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移求解高度；分别求出上升过程和下降过程中的加速度大小，根据牛顿第二定律列方程求解物体所受的空气阻力和重力之比．

本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答．

14.答案：𝐴𝐶

解析：对𝐴𝐵的整体，所受的电场力为零，物体𝐴对竖直墙壁无作用力，故无摩擦力作用，竖直方向只受重力作用，则𝐴、𝐵下落的加速度大小均为𝑔，选项A正确，B错误；对𝐵受力分析，𝐵受向左的电场力、向下的重力和电荷间的库仑力，而𝐵向下的加速度为𝑔，故水平方向合力应为零，所以应受到𝐴对𝐵的弹力，故C正确；弹力垂直于接触面向下，无法和电场力平衡，故AB间会有相对滑动的趋势，故AB间有摩擦力，由水平方向上的平衡可知，摩擦力应沿接触面向上，故D错误；故选AC 考点：牛顿第二定律

15.答案：𝐵𝐶

解析：解：𝐴、惯性是物体的固有属性，一切物体在任何情况下都有惯性，故A错误；

B、惯性的大小只与质量有关，质量是物体惯性大小的度量。跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，故B正确；

C、力是矢量，根据矢量合成的特点可知，互成角度的力的合成和力的分解都一定遵从平行四边形定则。故C正确；

D、静摩擦力产生在两个相对静止的物体之间，物体可以是运动的，只是二者的速度相等。故D错误

故选：𝐵𝐶。

物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体的一种属性，惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，质量越大，惯性越大。互相接触的两物体存在相对运动的趋势而又保持相对静止时，在接触面上产生的阻碍相对运动趋势的力，叫静摩擦力。

本题考查对惯性概念的理解，惯性是物体保持原来的运动状态的性质，惯性的大小与物体的运动状态无关。

16.答案：𝐴𝐷

解析：解：𝐴𝐵、由洛伦兹力提供向心力可知，粒子在磁场中的运动半径为：𝑅=

1

𝑚𝑣𝐵𝑞

=

√2𝑑 4

过𝑆点做𝑂𝑀的垂线为最短弦，最短弦为2𝑑，如图所示由几何关系可知，粒子在磁场中转过的角度为90°，则对应的最短时间：𝑡=4=4⋅

𝑇

12𝜋𝑚

𝐵𝑞

=2𝑞𝐵，故A正确，B错误；

𝜋𝑚

2

C、沿着水平向右射出的粒子，在磁场中运动的路程最远，但不是一个半圆，最远距离不是2𝑅=√𝑑，

2

故C错误；

D、由几何关系知，如图圆周运动的半径𝑅恰好等于𝑆到𝑂𝑀的最短距离，此时轨迹正好与𝑂𝑀相切。但圆周运动的半径𝑅=√𝑑小于𝑆点到𝑂𝑀的最短距离2𝑑，则粒子一定从边界𝑂𝑁射出，故D正确。

4

2

1

故选：𝐴𝐷。

粒子如果从边界𝑂𝑀射出，过𝑆点做𝑂𝑀的垂线为最短弦，最短弦对应的圆弧轨迹运动时间最短； 粒子如果从边界𝑂𝑀射出，沿着水平向右射出的粒子，在磁场中运动的路程最远，但不是一个半圆，即可只𝐶选项；

粒子如果从𝑆点垂直于边界𝑂𝑀射入磁场，则根据几何关系，圆周运动的半径比𝑆点到𝑂𝑀的最短距离还小，则一定从边界𝑂𝑁射出。

本体考查带电粒子在磁场中的运动的临界值问题，关键是找到几何关系。

17.答案：平衡摩擦力 𝐵 𝐷 6𝑉电压的蓄电池 220𝑉交流电源 𝐺 𝑎−𝑀 𝑎−𝑀 0.80

解析：解：(1)①在做实验前首先应该平衡摩擦力，此过程应排在把轻绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂砂桶之前，即𝐵之后；

故步骤𝐷中不能使用直流电源，而应该使用220𝑉交流电源； ②电磁打点计时器使用的是6𝑉的蓄电池，

③根据牛顿第二定律可知物体的加速度𝑎与物体的质量𝑀成反比，所以𝑎−𝑀图象是曲线，而仅仅根据曲线很难判定加速度𝑎与物体的质量𝑀到底是什么关系，但𝑎−𝑀应该成正比例关系，而正比例关系图象是一条过坐标原点的直线，所以应作𝑎−𝑀图象． (2)由图可知，两已知长度对应的时间间隔为𝑡=0.1𝑠； 则由△𝑥=𝑎𝑡2可得： 0.0353−0.0193=2𝑎𝑇2； 解得：𝑎=0.80𝑚/𝑠2；

故答案为：(1)①平衡摩擦力；𝐵；②𝐷；6𝑉电压的蓄电池；220𝑉交流电源；③𝐺；𝑎−𝑀；𝑎−𝑀；

(2)0.80

(1)在做实验前首先应该平衡摩擦力，电火花打点计时器使用220𝑉的低压交流学生电源；𝑎−𝑀图象是一条过坐标原点的正比例关系，而图象𝑎−𝑀图象是曲线； (2)根据逐差法可求出加速度．

只有真正掌握了实验原理，才能真正顺利解决实验题目，所以在学习的过程中要深入理解和把握实验原理，平衡摩擦力时出现的误差分析，根据图象对应分析即可，结论就是两个，不是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，就是平衡摩擦力时过大．对应上即可．

1

1

1

1

1

18.答案：7.20 1.75 28

解析：解：(1)𝐿3的数值为6.85𝑐𝑚，𝐿7的数值为14.05𝑐𝑚，所以第4个差值为：

𝑑4=𝐿7−𝐿3=14.05−6.85𝑐𝑚=7.20𝑐𝑚；

(2)设每增加50𝑔，弹簧平均伸长量为△𝐿，因为𝑑1=4△𝐿，𝑑2=4△𝐿，𝑑3=4△𝐿，𝑑4=4△𝐿， 所以有：△𝐿=

𝑑1+𝑑2+𝑑3+𝑑4

4×4

=

𝑑1+𝑑2+𝑑3+𝑑4

16

=1.75𝑐𝑚； 𝑁/𝑚=28𝑁/𝑚。

(3)根据胡克定律解得：𝑘=

△𝐹△𝐿

=

50×10−3×9.81.75×10−2

故答案为：(1)7.20； (2)1.75； (3)28；

用毫米刻度尺测量长度是要估读到分度值的下一位，即要有估读的；按照𝑑1、𝑑2、𝑑3的表达式的规律表示出𝑑4；充分利用测量数据，根据公式△𝐹=𝑘△𝑥可以计算出弹簧的劲度系数𝑘。其中△𝑥为弹簧的形变量。

弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比。对于实验问题，我们要充分利用测量数据求解可以减少误差，本题处理数据的方法与逐差法求解加速度的方法相同。

19.答案：解：(1)警车开始运动时，货车在它前面𝑠0=13+8×2.5=33(𝑚)

设警车用𝑡𝑠追上货车，则：2𝑎𝑡2=𝑣𝑡+𝑠0 即𝑡2−8𝑡−33=0 有(𝑡+3)(𝑡−11)=0． 解得：𝑡=−3；和=11； 有意义的解只有一个：𝑡=11𝑠，

所以警车发动后经11𝑠能追上违章的货车． (2)当两车速度相等时，相距最远， 则有：𝑣0=𝑎𝑡′，解得𝑡′=

𝑣0𝑎1

=𝑠=4𝑠．

2

1

1

8

在警车追上货车之前，两车间的最大距离△𝑥𝑚=𝑠0+𝑣0𝑡′−2𝑎𝑡′2=33+8×4−2×2×16𝑚=49𝑚．

答：(1)警车发动后能追上违章的货车所用的时间为11𝑠． (2)在警车追上货车之前，两车间的最大距离为49𝑚．

解析：(1)先求出警车开始运动时，货车在它前面的距离，设警车用𝑡𝑠追上货车，根据位移关系列式即可求解，注意警车在发动时间内，货车做匀速运动；

(2)当两车速度相等时，相距最远，结合运动学公式求出最大距离．

本题考查了运动学中的追及问题，难度不大，关键抓住位移关系，结合运动学公式进行求解．

20.答案：解：(1)以结点𝑃为研究对象，受力分析如图甲，

根据平衡条件得：

𝐹𝐴𝑐𝑜𝑠37°=𝐺1 𝐹𝐴𝑠𝑖𝑛37°=𝐹𝐵

解得：𝐹𝐴=10𝑁，𝐹𝐵=6𝑁

即𝑃𝐴、𝑃𝐵绳上的拉力分别10𝑁、6𝑁；

(2)(3)以木块𝐺2为研究对象，受力分析如图乙。

根据平衡条件得： 𝐹𝑓=𝐺2 𝑠𝑖𝑛37°+𝐹𝐵′𝑐𝑜𝑠37° 𝐹𝑁+𝐹𝐵′𝑠𝑖𝑛37°=𝐺2 𝑐𝑜𝑠37° 又有𝐹𝐵′=𝐹𝐵

解得：𝐹𝑓=.8 𝑁 𝐹𝑁=76.4 𝑁 即木块与斜面间的摩擦力大小为.8𝑁； 木块所受斜面的弹力大小为76.4𝑁。

答：(1)𝑃𝐴、𝑃𝐵绳上的拉力分别为10𝑁、6𝑁； (2)木块与斜面间的摩擦力的大小为.8𝑁； (3)木块所受斜面的弹力的大小为76.4𝑁。

解析：(1)以结点𝑃为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求解𝑃𝐴、𝑃𝐵绳上的拉力大小。 (2)(3)以木块𝐺2为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求出木块所受斜面的摩擦力和弹力。

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进行解答。注意整体法和隔离法的应用。

21.答案：解：(1)负离子从𝐶板向𝐷板加速运动，说明𝐷板电势高，对圆形电路，由楞次定律可知，

感应电流方向应是逆时针，所以圆形线框内的磁场方向垂直纸面向里。 (2)离子在Ⅰ、Ⅱ区域内作圆周运动，半径均为𝑅，有：𝑞𝑣0𝐵0=𝑚运动周期均为𝑇，有：𝑇=解①②得：𝑇=

2𝜋𝑚𝑞𝐵0

2𝜋𝑅𝑣0

2𝑣0

𝑅

…①

…②

…③

由题意知粒子运动轨迹如图(甲)，将三个轨迹的圆心连接起来，由几何知识可知，所得三角形为等边三角形，所以离子在磁场中运动的总时间为：

𝜋

2𝜋−317𝑇

𝑡=2⋅𝑇+𝑇=…④

62𝜋6

解③④得：𝑡=3𝑞𝐵…⑤

0

7𝜋𝑚

𝑈=(3)单匝圆形线框产生的电动势为𝑈，由法拉第电磁感应定律得：𝐾𝜋𝑑2…⑥

离子从𝐷板小孔射出速度为𝑉，有动能定理得：𝑞𝑈=2𝑚𝑣2…⑦ 解①⑥⑦得：𝐾=

2𝑅2𝑞𝐵0

𝑆△𝐵△𝑡

=

1

2𝜋𝑚𝑑2

…⑧

离子进入磁场从𝐸边界射出的运动轨迹有两种情况：

(Ⅰ)如果离子从小孔下面离开磁场，运动轨迹与𝐹相切，如图(乙)所示 由几何关系知：𝑅=𝑑…⑨ 解⑧⑨得：𝐾=0…⑩ 2𝜋𝑚

(Ⅱ)如果离子从小孔上面离开磁场，如图(丙)所示 由几何关系知：(𝑅+𝑑)2+(2𝑑)2=(2𝑅)2…(11) 解⑧(11)得：𝐾=

225𝑞𝐵0

𝑞𝐵2

18𝜋𝑚

…(12)

答：(1)圆形线框内的磁场方向垂直纸面向里； (2)离子在磁场中运动的总时间为3𝑞𝐵；

0

7𝜋𝑚

(3)圆形框内磁感强度的变化率为

2𝑞𝐵0

2𝜋𝑚

或

225𝑞𝐵0

18𝜋𝑚

。

解析：(1)根据楞次定律即可求解；

(2)画出离子运动的轨迹图，找出圆心，根据几何知识可求出三个轨迹对应的圆心角，即可求解； (3)先根据法拉第电磁感应定律求出磁场变化率𝐾，然后画出离子从距𝐷板小孔为2𝑑的点穿过𝐸边界离开磁场时存在两种情况的轨迹图，根据几何知识求出圆的半径，代入即可求解。

对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动的知识进行解答。