2019—2020学年上期期末考试
高一物理 参考答案
一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12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，有选错或不答的得0分。

）
1A 2C 3D 4B 5C 6D 7B 8A 9BC 10CD 11BD 12AB
二、实验题（本题共2小题，共14分。

请按题目要求作答）
13．（1）画图1分、测量出F 的大小1分
3.4~3.8N （2）BC （2分）
（3）李明 （2分）
14．（1）D （2）0.26 0.50
（3）C 每空2分
三、计算题（本题共4小题，共38分。

解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。

只写出最后答案的不能得分。

有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。

）
15．（8分）（1）物体沿竖直方向所受合力为零。

设地面对物体的支持力为N F ，因此有 sin N F F mg θ+= （1分） 物体运动过程中所受摩擦力(sin )N f F mg F μμθ==- （1分） 根据牛顿第二定律，有cos F f ma θ-= （2分） 解得 26.0 m/s a = （1分）
（2）根据位移公式212
x at = （2分）
解得 1.0 s t == （1分） 16．（8分）(1)由题图b 可知，甲车加速度的大小
13010v a t t ∆-==∆甲 （1分）
乙车加速度的大小
110v a t t ∆==∆乙 （1分）
甲
解得 12a a =甲乙 （1分）
(2)在t 1时刻，甲、乙两车的速度相等，均为v =10 m/s ，此时两车相距最近，即 v =a 乙t 1＝30－a 甲t 1 （1分） 可解得t 1=0.2 s （1分） 车的位移等于v －t 图线与坐标轴所围的面积，有 (3010)0.2 m =4.0 m 2x +⨯=
甲 （1分） 100.2 m =1.0 m 2
x ⨯=乙 （1分） 两车相距最近时的距离为
x min =x 0＋x 乙－x 甲=5 m （1分） 方法合理即给分
17．（10分）（1）由图象可知，2200.50 4.0 m/s 8 m/s v v a t --=-
=-= （2分） 小物块沿斜面上滑的最大距离为00.5 m 1.0 m 22
4v x t ==⨯= （2分） （2）对小物块进行受力分析，如图所示。

根据牛顿第二定律有sin37mg f ma ︒+=
（1分） 其中cos37N F mg =︒ （1分） N f F μ= （1分） 代入数据可得0.25μ= （1分）
（3）小物块能返回出发点。

因为当速度减为零时，重力的下滑分力1sin37 6 N G mg =︒= 此时的最大静摩擦力cos37 2 N max N f F mg μμ==︒= （1分） 由于1max G f >，所以小物块将沿斜面向下匀加速运动，能够返回出发点。

（1分）
18．（12分）（1）对整体由牛顿第二定律得：11()F M m a =+ （1分） 由牛顿第二定律得铁块受到的摩擦力为 11f ma = （1分）
解得 1 1.5 N f =； （1分）
（2）铁块受到的最大静摩擦力为 22f mg ma μ== 由牛顿第二定律得铁块的最大加速度为 22 2.5 m/s a g μ==， （1分） 对整体由牛顿第二定律得 22()F M m a =+ （1分） 解得 27.5 N F =； （1分）
（3）由于拉力3212.5 N F F =>，故木板铁块之间发生相对滑动，设木板的加速度为3a 由牛顿第二定律得 33F mg Ma μ-=解得 23 5 m/s a =， （1分） 在力3F 作用的1 1 s t =的时间内，
铁块的位移为 22111 1.25 m 2x a t ==，木板的位移为
2321 2.5 m 2x a t ==， （1分） 撤去拉力时，铁块的速度为 121 2.5 m/s v a t ==，木板的速度为 231 5 m/s v a t == （1分） 对木板由牛顿第二定律得 4mg Ma μ-= 解得 24 1.25 m/s a =- （1分） 设经时间2t 达到共同速度v 共，则有 122242v v a t v a t =+=+共
解得 256 m/s v =
共，2 s 23
t = （1分） 此过程铁块的位移为 132 m 2209
v v x t +==共 木板的位移为 242 m 15285v v x t +==共 所以铁块最终静止在木板上距离木板左端有：214311()() m 12x L x x x x ∆=----= （1分）。