南师附中高一物理期中考试答案与解析一、单项选择题1．B曲线运动位移的大小一定小于路程，A错；物体做往返运动位移为0时，平均速度也为0，C错；加速度越大，速度变化越快，速度变化率越大，而不是速度变化量越大，D 错，故选B。
2.Cx-t图像中，斜率大小表示速度大小，斜率正负表示速度正负，A选项斜率不变且恒为0，物体静止，A错；BD选项斜率不变且不为0，物体做匀速直线运动，BD错误；C 选项斜率越来越大，表示物体速度越来越大，且图像为二次函数图像，表示物体在做匀加速直线运动，故选C。
3． C由每秒内位移减少2m可得，在1s，2s，3s，4s，5s，6s内的位移为9m，7m，5m，3m，1m，0m，因此总位移25m，故C正确。
4 B弹力与施力物体恢复形变方向相同，物体有向上的形变，要恢复形变，所以物体对桌面有向下的压力，A错；物体所受重力与桌面对它的支持力等大反向，作用在同一个物体上，是一对平衡力，B 正确；重力是由于地球吸引而产生的力，压力本质是弹力，由于有弹簧形变而产生的，二者性质不同，C错；D选项这两个力等大反向，作用在不同物体上，是一对相互作用力，相互抵消指的是作用在同一物体上的两个力相互平衡，D 错；故选B 5 A斜面光滑，没有摩擦力，只有重力和斜面对物体的支持力，故选A 6 B木块在斜面上始终保持静止，所受合力始终为零，故C 错误；木块在垂直斜面方向上受重力的分力与斜面的支持力，二者在力F 变化过程中保持不变，故B 正确；在沿斜面方向上受力情况随着F 的增大分三步变化，分别是F ＜Gsin α；F=Gsin α； F ＞Gsin α，因此斜面上的摩擦力的大小与方向要根据平衡条件分情况讨论。
F ＜Gsin α时，摩擦力沿斜面向上；F=Gsin α时，摩擦力为0；F ＞Gsin α时，摩擦力沿斜面向下；故AD 错误。
7.C根据两力合成范围 |F 1-F 2|≤F ≤|F 1+F 2| 可知，只有80N 满足，故选C 8 D开始时p 弹簧处于原长，木块都处于静止，弹簧q 处于压缩状态，受到的压力等于b 物体的重力，根据胡克定律求出压缩的长度．当用水平力缓慢地向左拉p 弹簧的左端，直到c 木块刚好离开水平地面时，弹簧q 处于伸长状态，受到的拉力为等于c 物体的重力，根据胡克定律求出弹簧q 伸长的长度，弹簧p 拉力等于bc 重力之和，求出p 伸长的长度， 开始未用水平力拉p 弹簧时，弹簧q 处于压缩状态，受到的压力等于b 物体的重力，由胡克定律得到，弹簧q 压缩的长度为：x 1=m b g k;当c 木块刚好离开水平地面时，弹簧q 处于伸长状态，受到的拉力为等于c 物体的重力，根据胡克定律得，弹簧q 伸长的长度：x 2=m c g k；此时，弹簧p处于伸长状态，受到的拉力等于b、c的总重力，则弹簧p伸长的长度为：x3=(m b:m c)gk根据几何关系得到，该过程p弹簧的左端向左移动的距离为：S=x1+x2+x3=2(m b:m c)k代入解得：S=0.12m=12cm；故选D二、多项选择题9 ABC由于初速度为0，由位移时间公式得：x=12at2,即4=12×a×12解得：a＝0.8m/s2故第1s末的速度为：v＝at＝（0.8×1）m/s＝0.8m/s，故AB正确第2s内通过的位移为：x2=v1t+12at2=(0.8×1+12×0.8×12)m=1.2m，故C正确前2s的位移为：x=12at2=12×0.8×22=1.6m，故前2s内的位移为1.6 m，故D错误。
故选：ABC。
10 AD考点：多过程运动的分析多过程运动做题切入点为两个公式：t=t1+t2；x=x1+x2；v̅=v0:v t2根据x=x1+x2和平均速度推论：v m2t1+v m2t2=v m2(t1+t2)=v m2t=vt，解得：v m=2v，与a1、a2无关，故A正确，B错；根据t=t1+t2有：v ma1+v ma2=t，又v m=2v，通分化简解得：a1a2a1:a2=2vt，故C错误，D正确。
11 BD考点：整体法与隔离法的使用，共点力作用下物体平衡对整体分析，受力情况如图1所示，地面的支持力为：N3=（M+m）g，则A物体对地面的压力等于（M+m）g；故C错误，B正确；对B物体受力如图2所示，根据合力等于0，运用合成法得，墙壁对B的弹力为：N1=mgtanα，摩擦力为：f=N1=mgtanα≠0；C错误A对B的弹力为：N2=mg/cosα根据相互作用力，B物体对A的压力大于mg，故D正确；故选：BD。
12 AB考点：牛顿运动定律综合考察分别以木块，木板为研究对象，木块受到木板的水平向左的滑动摩擦力，f1=μ1mg 木板水平方向两个力：木块对木板向右的滑动摩擦力f1,大小为f1=μ1mg，以及地面向左的静摩擦力f2，根据平衡条件得：f2=f1=μ1mg．故AB正确，C错误；无论怎样改变F的大小，木块对木板的滑动摩擦力大小不变，不会大于地面对木板的最大静摩擦力，木板不可能运动，故D错误三、简答题13 （1）①.橡皮筋的端点没有再次回到O点；②.栓在橡皮筋上的细绳套太短，确定拉力方向时会产生误差；（2）4.5N，在误差允许范围内，力的合成符合平行四边形法则；（3）①弹簧测力计读数误差；②作图误差；③拉力方向未与作图纸平行14 （1）A C（2）2.97-2.99；13.19-13.20；刻度尺精度为0.1cm，要求估读到下一位即0.01cm；（3）计数点2对应坐标，横坐标为t2=0.04×2=0.08s；纵坐标为x2t2=2.980.08=37.25cm/s.计数点5对应坐标，衡坐标为t5=0.04×5=0.2s；纵坐标为x5t5=13.190.2=65.95cm/s作图时尽量使所有点落到直线上，不能落在直线上的点尽量分布在直线两侧。
（4）根据图像可知，打0计数点时速度v0=0.18m/s；根据匀变速直线运动的位移公式：x=v0t+12at2，可得xt=v0+12at，所以在xt−t图像中斜率k=a2，由此得a=4.6m/s2四、计算题15.首先取一个标度，如用1cm的线段代表60N的力，，根据平行四边形定则，结合图示法，即可求得分力的大小。
图略另一分力大小为300N，方向左偏上37°16.（1）由h=12at2得：t=√2ℎg=√2×8010s=4s；由v=gt得v1=(10×4)m/s=40m/s（2）由题意可知弹起后速度为v2=34v1=30m/s,且弹起后做竖直上抛运动；由v2−v02=2(−g) 得hmax=v022g=30220m=45m；（3）弹起后小球做竖直上抛运动，最大高度为45m,故离地为40m的情况有两种，一种为上升过程中，一种为下降过程中。
①上升过程：由x=v0t +12(−g)t2=30t+12×(−10)t2=40解得：t1=2s; t2=4s.规定竖直向上为正方向，由v=v+(−g)t得：当t1=2s时，速度为v=v0+(−g)t=30−10×2=10m/s，即方向竖直向上；当t1=4s时，速度为v=v0+(−g)t=30−10×4=−10m/s，即方向竖直向下。
17．（1）对结点O 进行受力分析，作出力的三角形，由三角形几何关系有：T A =m1cos θ=54m 1g ；T B =m 1g ×tanθ=34m 1g（2）当乙物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大值为：f max =μm 2g =0.5×60×10=300N ；即OB 绳最大拉力为100N ，根据T B =m 1g ×tanθ得m 1=40kg 物体甲的质量m 1最大不超过40kg （3O 受力分析对于人，正交分解可得：f =T B ×sin53°①N =m 2g +T B ×cos 53° ② f =μN③对于结点O ，根据三力平衡T B =m 1g ×sin37°④ 联立①②③④可得m 1=100kg18．（1）甲车速度由20m/s 减速至6m/s 过程中的位移x 1=v 甲2;v m22a甲=91m离收费站窗口的距离x 2=x 0+x 1=100m53oT AT Bm 1g37oBm 2g（2）设甲刹车后经时间t，甲乙两车速度相同，由运动学公式得：v 乙−a乙(t−t0)=v甲−a甲t，解得t=8s(3)相同速度v甲−a甲t=4m/s<6m/s.则6m/s的共同速度为两车不相撞的临界条件乙车从34m/s减速至6m/s过程中的位移为x3=v乙t0+v乙2;vm22a乙=157m则甲、乙的距离至少为x=x3−x1=66m。