期末测试卷(7)-【无敌原创】2025-2026学年高中物理必修第一册期末测试卷（人教版）

物理 期未测试卷（七） (满分：100分时间：60分钟) 一、单项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项符 合题目要求，多选或错选均不得分) 1.如图所示是安装工人移动空调室外机的情境。刚开始，两工人分别在与窗户边缘等高的M、N 两点通过1、2两根绳子使空调室外机静止在P点，然后他们缓慢放绳，使空调室外机竖直向下 缓慢运动。已知开始时P点到M点的距离小于P点到N点的距离。绳子的质量忽略不计。 在空调室外机到达指定位置前的一段时间内关于1、2两绳的拉力，下列说法正确的是( 製 如 A.1绳的拉力一直小于2绳的拉力 h 城 B.1、2两绳的拉力都在减小 © C.1、2两绳拉力的合力小于空调室外机的重力 盟 D.1、2两绳的拉力之比保持不变 2.如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球 b,另一端与套在水平细杆上的小球a连接。在水平拉力F作用下小球a从图示虚线（最初是 竖直的)位置开始缓慢向右移动（细绳中张力大小视为不变）。已知小球b的质量是小球a的2 倍，游动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a与细杆间的动摩擦因数为一号，则拉力F（ 丝 A.先增大后减小 B.先减小后增大 C.一直减小 D.一直增大 3.利用超声波遇到物体发生反射，可测定物体运动的有关参量。如图所示仪器A和B通过电缆 线连接，B为超声波发射与接收一体化装置，仪器A对B提供超声波信号而且能将B接收到 的超声波信号进行处理并在屏幕上显示出波形。现固定装置B,并让它对准匀速行驶的小车 C,使其每隔固定时间T。=0.8s发射一短促的超声波脉冲（如图2中幅度大的波形），而B接 收到由小车C反射回的超声波由A处理后显示成图2中幅度较小的波形，反射滞后的时间在 图2已标出，其中，T=0.2s,△T=0.1s,超声波在空气中的速度为340m/s。由所给信息可知 小车速度为 () B 图1 f+3剂7 图2 A.10 m/s B.15 m/s C.20 m/s D.25 m/s 4.无线蓝牙耳机可以在一定距离内与手机等设备实现无线连接。已知无线连接的最远距离为 10m,甲和乙两位同学做了一个有趣实验。甲佩戴无线蓝牙耳机，乙携带手机检测，如图(a)所 示，甲、乙同时分别沿两条平行相距6的直线轨道向同一方向运动，甲做匀速直线运动，乙从 静止开始先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，其速度v随时间t的关系如图(b)所示，则 在运动过程中，手机检测到蓝牙耳机能被连接的总时间为 () vlm·s1 甲 乙 6m 4 甲 乙业 0 t/s 图(a 图b) A.4s B.9s C.13s D.17s 5.如图所示，劲度系数为的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于倾角为0的斜面上质量为 的物体A连接（另有一个完全相同的物体B紧贴着A,不粘连），弹簧与斜面平行且处于静 止状态。现用沿斜面的力F缓慢推动物体B,在弹性限度内弹簧长度被压缩了x,此时物体 A、B静止。撤去F后，物体A、B开始向上运动，已知重力加速度为g,物体A、B与斜面间的动 摩擦因数为（μ<tan)。则 () A.施加力F前，弹簧被压缩了2 mngsin旦 k B撤去F瞬间，物体A,B的加速度大小为一00一gsin0 2m C.撤去F后，物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动 D.若物体A,B向上运动要分离，则分离时向上运动距离为。一mgeos日 k 25 6.如图所示，一辆卡车在水平路面上行驶。初速度为54km/h。其车厢长度为10.0m,在车尾边 缘处放有一个货箱，其长、宽、高皆为0.5m。卡车加速时的最大加速度为2.2m/s2,卡车刹车 时的最大加速度为3m/s2。已知货箱和车厢之间的动摩擦数为0.24（最大静摩擦因数约等于 动摩擦因数，g取10m/s2),则下列说法正确的是 () 0.5m 10.0m 货箱 (○ 7777777777777777777777777 A.若司机全力加速，货箱有可能掉出车厢 B.若司机全力刹车，货箱不可能碰到车头 C.若司机全力刹车，货箱碰到车头的时间介于刹车后5s到6s之间 D.若司机全力刹车，货箱碰到车头的时间介于刹车后6s到7s之间 二、多项选择题（本题包括4小题，每小题6分，共24分，至少有2项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分) 7.如图所示为缓慢关门时（图中箭头方向）门锁的示意图，锁舌尖角为37°，此时弹簧弹力为30N, 锁舌表面较光滑，摩擦不计，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是() 门框 70000000 弹簧 锁壳 锁舌 A.关门过程中锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大 B.关门过程中锁壳碰锁舌的弹力保持不变 C.此时锁壳碰锁舌的弹力为37.5N D.此时锁壳碰锁舌的弹力为50N 8.表面光滑、半径为R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O处有一无摩擦定滑轮，轻质 细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示。两小球平衡时，若滑轮两侧细 绳的长度分别为14=2.4R和2=2.5R,则这两个小球的质量之比为m,小球与半球之间的压 m2 力之比为义，则以下说法正确的是 26 无敌原创·期末测试卷物理·必修第一册 m A.%= 4 B.%1 25 m2 2 m2 24 C 25 N1-24 ·N224 D. N225 9.目前，冰壶国家集训队正在位于北京首钢园区的国家体育总局冬季项目训练中心全力备战，力 争在北京冬奥会上取得佳绩。假设训练中冰壶在水平地面上以一定的初速度向前做匀减速直 IIIIIII11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111 线运动，若已知冰壶在第1s内的位移为6.4m,在第3s内的位移为0.4m,则下列说法正确 的是 A.物体在0.5s末速度一定为6.4m/s 的 B.物体在2.5s末速度一定为0.4m/s C.物体在第2s内的位移为3.4m D.物体的加速度大小为3.2m/s2 10.如图所示，斜面体固定在水平地面上，一物块静止在斜面上，物块上 端连接一轻弹簧，现用沿斜面向上、大小为F=kt的拉力拉轻弹簧的 上端，则弹簧的弹力F、物块受到的摩擦力f随时间变化的图像正 确的是（时间足够长，斜面足够长，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力） F F A.O B.O D 三、实验题（每空3分，共18分） 11.某实验小组用如图甲所示装置探究加速度与合力的关系，一细绳通 过定滑轮连接两个小桶A和B,A桶中放有若干个质量均为m的钩 码，B桶中装有适量细沙，打点计时器固定在铁架台上，已知重力加 速度为g。 (1)下列实验操作步骤，正确的顺序是 ①从A桶中取一个钩码放入B桶，接通电源，释放B桶，利用纸 打点计时器 带测出加速度a 纸带 ②给B桶一竖直向下的速度，通过不断调整B桶中细沙的质量， 直到打出的纸带点迹均匀 ③根据所得数据，作出相关图像，得出结论 ④重复步骤①的操作，得到多组数据 (2)打点计时器的打点周期为T,实验打出的一段纸带如图乙所示，5个点为连续打出的点，1、 3点间距为x1,1、5点间距为x2,则桶的加速度大小为 (用所给字母表示)。 地 乙 (3)实验小组测得多组数据，以B桶中钩码的质量为纵坐标，A桶和B桶的加速度为横坐标， 得到一条过原点斜率为k的倾斜直线若牛顿第二定律成立，则两桶及所有钩码和桶内沙 子的总质量M= (用k、g表示)。 12.某同学利用自由落体运动来测量当地的重力加速度，实验装置如图1所示。 0 光电门0 1 234cm 数字计时器> 接收装置 wcwwww 01020 图1 图2 (1)用游标卡尺测量出小球的直径d,如图2所示，则d= cm; (2)从光电门正上方由静止释放小球，记录下小球通过光电门的时间，测量出释放点到光电 门的高度h,某次测量中，数字计时器显示时间为4.2s,则小球通过光电门时的速度大 小为 m/s; (3)由自由落体运动规律可知g一苏，代入数据便可得到当地的重力加速度g的数值。但该 同学发现测量的结果总比当地的重力加速度g的数值大，甚至超出很多，而小球直径d和 下落高度h的测量均无误。你认为导致该实验结果的原因是 四、计算题（本题共3小题，共34分，要求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，答案中应明确写出数值和单位) 13.(8分)甲、乙两辆汽车在长直公路上都以15m/s的速度同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后， 甲车尾与乙车头相距5.5m。现甲车以加速度大小a=1m/s2匀减速刹车，要两车不相 撞。求： (1)若乙车司机因故一直未采取制动措施，甲司机发现后立即又以1m/s2的加速度匀加速，甲 车减速的最长时间为多少？ (2)为了避免因突然产生的加速度让乘客有明显不舒服的顿挫感，甲车司机刹车的加速度大 小按下图所示变化(10s后加速度为0)，方向与速度方向相反。甲开始刹车1s后乙开始 刹车，乙车匀减速的加速度至少多大？ a/(m/s2) 10*s 27 14.(12分)如图为某生产流水线工作原理示意图，足够长的工作平台上有一小孔A(忽略小孔对 操作板运动的影响)，一定长度的操作板（厚度可忽略不计）静止于小孔的左侧，某时刻开始， 零件（可视为质点）被无初速度地放在操作板中点，同时操作板在电动机带动下向右做匀加速 直线运动，直至运动到A孔的右侧（忽略小孔对操作板运动的影响），最终零件运动到A孔时 速度恰好为零，并由A孔下落进入下一道工序，已知零件与操作板间的动摩擦因数= 0.05,与工作台间的动摩擦因数2=0.025，操作板与工作台间的动摩擦因数3=0.3，重力加 速度g取10m/s2,试问： (1)电动机对操作板所施加的力是恒力还是变力？（只要回答是变力或恒力即可） (2)操作板做匀加速直线运动的加速度α的大小是多大？ 操作板 零件 工作台 A工作台 28无敌原创·期末测试卷物理·必修第一册 15.(14分)如图所示，固定斜面倾角0=30°，质量为m=2kg的可看作质点的物块从斜面底端以 初速度o=17m/s滑上斜面，同时受到如图所示恒力F=5√3N的作用，F与斜面间夹角也 为0，物块与斜面之间动摩擦因数一 ,斜面顶端P点有一大小可忽略不计的光滑弧面将斜 面与另一水平面PQ相连接，已知物块在F的作用下，经2s到达P点，到P点同时撤去力F 后无能量损失地滑上水平面PQ,求： (1)物块运动到P点时的速度； (2)从物块到达P点开始计时，若物块在第4s内的位移是0.25m,物块与PQ间的动摩擦因 数是多少？（重力加速度g取10m/s2)影部分)。根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系，有关系 1 =立=sin0得F=F,=2sn0由此可见，刀背上加 2 2 上一定的压力F时，侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有 关，顶角越小，sin0的值越小，F1和F2的值越大。故选D。 7.BD【解析】对整体，由牛顿第二定律有F-(m+2m+3m)g= (m十2m十3m)a,设R和Q之间相互作用力的大小为F1,Q与 P之间相互作用力的大小为F2,对R,由牛顿第二定律有F1一 A·3mg=3ma,解得F,=三。对Q和R组成的整体，由牛颜 第二定律有F,一4(2m+3m)g=(2m+3m)a,解得F2=5,所 以-骨-亭，与无关。故选BD 8.BD【解析】轻绳对人的拉力与人对轻绳的拉力是一对相互 作用力，故A错误；以人为研究对象，受到重力、崖壁的支持力 和绳子的拉力，如图所示，根据相似三角形的对应边成比例，得 是=品，由于G和A0不变，当OA长等于0C时， △AOC为等边三角形，则绳子对人的拉力大小F-G,故B正 确：若保持O点不动，在虚线位置，AC间绳子长度增大，根据 AC=AO,得到F=AC 一AO:AC间绳子长度增大，但G的大小和 AO的长度不变，AC绳承受的拉力F变大，故C错误；若保持 O点不动，在虚线位置，根据六品得到N= NG AOC,AC间绳 子长度增大，但OC和AO的长度不变，则轻杆OC段承受的压 力不变，故D正确。故选BD。 A 160 0 9.AD【解析】冰壶运动的逆过程是初速度为零的匀加速直 线运动，则有s=之a2,a相等，则得骨-骨一音，故A正确， B错误：从0到A的过程，由s=乞at号得加速度大小为a= ,由牛顿第二定律得mg=ma,得=合，可知能求出冰壶 g 与冰面的动摩擦因数，但无法求得冰壶的质量，故C错误，D正 确。故选AD。 10.BD【解析】根据速度与时间的图象的斜率表示加速度，则 车先以a的加速度匀加德直线运动，a=是-号m/g 2mW,后以a的加速度匀减速直线运动。-兰-mVg= 一2m/s2,根据物体与车的动摩擦因数，可知物体与车的滑动 摩擦力产生的加速度为a4,有a1=mg=g=1m/s2,因此当 车的速度大于物体的速度时，物体受到滑动摩擦动力，相反则 受到滑动摩擦阻力。根据受力分析，结合牛顿第二定律，则有： 当0~6s时，车的速度大于物体，因此物体受到滑动摩擦动力， 则其加速度为1m/s2,6s末物块的速度v物=a1t仁6m/s,此时 小车速度大于物块速度，当车减速运动时，当两者速度相等时， 则共=v物十a1t'=m十a't',解得t=2s,供=8s,故在这2s 内物块受到的摩擦力向右，85后车速小于物块的速度，受到的 摩擦力向左，故A错误，B正确；8s内物块前进的位移为x1= 合4后=号×1X8m=32m,物块减速到静止通过的位移为 =0唯=0-8 2a1 二2X1m=32m,在t=8s后，平板车的加速度 为a。=2m/s2,而物块的加速度源于摩擦力，其最大值为a1= amx=1m/s2,显然物块不可能与平板车一起减速，只能做加速 度为a1=amx=1m/s2的匀减速运动，直至停止。在物块与平 板车共速前，物块相对于平板车向后运动，其相对位移大小为 x=7aif+号（跌十o)'-2a(a十a),解得=24m, 1 物块与平板车共速后，物块相对于平板车向前运动，其相对位 移大小为一会一费-16m,两阶段的相对运动而产生的痕 迹会有部分重叠，由于x1>x2,故痕迹长度为x=24m,故C错 误，D正确。故选BD。 11.(1)10.30(2)直线(3)无 【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为10mm,游标读数为 0.05mm×6mm=0.30mm,则遮光条的宽度为10mm十 0.30mm=10.30mm。 (2)由用轻细线把小车和钩码通过定滑轮连接起来，用垫木将 -8m/s2,t=2.5s 长木板有定滑轮的一端垫高成一定角度的斜面，使小车恰好能 (2)设志愿者反应时间为t',反应时间的增加量为△t,由运动学 够沿斜面匀速下滑，小车所受合力为零；取下全部钩码，打开光 公式得L=ot'十5，△t=t/一to,联立代入数据得△t=0.3s。 电门电源，释放小车，小车做匀加速运动，合力大小为mg,加速 15.解：(1)在力F作用时，沿杆的方向，小球受到风力F的分 度测得为a,设小车的质量为M,由牛顿第二定律可得mg= 力、重力的分力以及摩擦力，所以根据牛顿第二定律有 Ma,则a=各m,所以本实验中，如果作出a-m图线是一条直 (F-mg)sin30°-a(F-mg)cos30°=ma1,解得a1=2.5m/s2,方 向沿杆向上。 线，则可验证牛顿第二定律 (2)刚撤去F时，小球的速度为w=a1t1=2.5×1.2=3m/s, (3)本实验中小车的加速度一=2ax或由a=一4求出， t 根据匀变速直线运动位移公式可得小球的位移为=一0 2a1 又a=膏m,g与小车的质量M都是定值，所以若钩码质量与 2X2.5=1.8m,撤去力F后，小球做匀减速直线运动，沿杆方 32 小车质量可以相比拟，对本实验无影响。 向小球受到重力分力以及摩擦力，根据牛顿第二定律可得 12.(1)4.0 (2)①如图 ②4.00.05 mgsin30°十umgcos30°=ma2,解得a2=7.5m/s2,则根据匀变 橡皮筋 速运动位移公式可得上滑位移为=0= 2a:2X7.5=0.6m, 0目 则小球上滑的最大距离为xm=x1十x2=1.8十0.6=2.4m。 (3)分析可知小球在上滑阶段与下滑阶段都会通过B点，上滑 F 阶段通过B点时，根据匀变速直线运动位移与时间的关系可得 EF合 xB一1=-2a行，解得白=0.2s或=0.6s。又因为 【解析】(1)弹簧测力计的最小刻度为0.2N,由图可知，F的大 小为4.0N。 需要满足4<受==0.4s,所以4=0.2s,所以小球上滑时 (2)①作图，F2长度为28mm,F1长度为21mm。 通过B点的时间为0.2$；小球下滑时沿杆方向受到重力分力 ②量出合力长度约为20mm,大小代表4.0N。从F合的顶点 摩擦力，根据牛顿第二定律有mgsin30°-umgcos30°=ma3, 向x轴和y轴分别作垂线，顶点的横坐标对应长度为1mm,顶 解得a3=2.5m/s2,因此小球由顶端返回B点时有xm一xAB= 点的纵坐标长度为20mm,则可得出F合与拉力F的夹角的正 乞a,解得4= 1 5 s,则下滑时经过B点时的时间为t=2十 切值，即有an0=0=0.05。 4=0.4+3 ≈0.75s。 13.解：对M、m和丝绸沿斜面方向，有Mgsin a一mgsin a= 5 (M+ma,解得a=M-m)gsin a,此时丝绸所受的张力为 M+m 期未测试卷（七） T=2 Mmgsina,发现它们共同加速有T≤mgcos a,则有 m十M tan asu(M+m) h 2M 此时M、m与丝绸是静摩擦力，故有fM 1.B【解析】如图，由几何关系得cosA=,cos&=(,由于 f-2Mmgsin a P点到M点的距离小于P点到N点的距离，则a<a,根据平 m+M 14.解：(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a,所用时间为 行四边形定则结合正弦定理得工 由于A<A且空 t,由题可得初速度o=20m/s,末速度，=0，位移s=25m,由 调室外机竖直向下缓慢运动，则T1>T2,故A错误；根据正弦 运动学公式得一6=2a5,t=联立代入数据得a= 定理可得an=,化简可得T= T mg a 39 mg 1 OM sin01· tan 0.+cos ,其中sin8·an02=√OMm+OP OP OM 1 ON ON √严+ ,因此可知sin月·an十cos8变大， 则T1变小，同理T2也变小，则1、2两绳的拉力只能减小，故B 正确；由于空调室外壳缓慢移动，处于动态平衡，则1、2两绳拉 力的合力等于空调室外机的重力，故C错误；设OM=s1,ON= 52 ,曲品郑号-出会更 ,可见，h变化，1、 S1 √+h 2两绳的拉力之比也变化，故D错误。故选B。 M 2.D【解析】在水平拉力F作用下小球a从图示虚线（最初是 竖直的)位置开始缓慢向右移动，设细绳与水平方向的夹角为 0。竖直方向有2 mgsin0=mg+N,水平方向有F=2 mgcos0十 f,f=uN,联立解得F=2mg(cos0十usin0)一mg,代入数据 整理得cos0十sin0= 0二sin(0十60°)，由于0从90°开始逐渐 减小，则(0+60°)从150°逐渐减小时，sin(0+60°)逐渐增大 则拉力F越来越大，当0<30°后，竖直方向有2 ngsin0+N= mg,水平方向有F=2 ngcos0+f,f=uN,联立解得F= 2mg(cos0-sin0)一mg,代入数据整理得cos0-usin0= 2 cos(0十60°)，由于0从30°开始逐渐减小，则(0十60°)从90 v3 逐渐减小时，cos(0十60°)逐渐增大，则拉力F还是越来越大。 故选D。 3.C【解析】由屏幕上显示的波形可以看出，反射波滯后于发 射波的时间越来越长，说明小车离信号源的距离越来越远，小 车向右运动。从B发出第一个超声波开始计时，经被C车 接收，放C车第一次接收超声波时与B距离=号，第二个 超声波从发出至接收，经T十△T时间，C车第二车接收超声波 40 无敌原创·期末测试卷物理·必修第一册 时距B为=T十，△T,C车从接收第一个超声波到接收第二 2 个超声波内前进。一=w,接收第一个超声波时刻= 子接收第二个超声波时刻为么=工+T△T。所以接收第 2 一和第二个超声波的时间间距为4=么一么=号+工，放车 速v=二1 Ar受 △Too 0.1×340 △t 2T+△工=2。+A7=2X0.8年0.7m/s= 2 20m/s。故选C. 4.C【解析】如图所示，当甲、乙相距10m时，根据勾股定理， 甲比乙多走8m,设此时二人的运动时间为t,根据位移公式 得仰4一之a2片=8，根据图像，a2=冬m/g2=1m/s,解得 t1=4s,根据图像，此时速度相等，恰好最远，即相距最远时也 能接收到信号，然后乙超过甲，当乙比甲多走8m时，是最后接 收到信号的时刻，设从开始到该时刻的时间为t2,乙加速的时 间为。=马s=6s,乙加速6s后开始以6m/s的速度匀速运 动，乙匀速运动的时间为t一6，根据题意， [合×6+6(：-6)]-m4=8,解得4=13s,也就是说。 前13s内，甲、乙之间的距离都在10m以内，都能接收到信号。 故选C。 8m 甲 甲 甲 6m6w.10m 6m 10m 乙 8m乙 5.B【解析】施加力F前，把A和B作为一个整体受力分析， 在斜面方向上，重力的下滑分力与弹簧的弹力和摩擦力的合力 平衡，即2 ngsin0=F弹十f,根据胡克定律F弹=kx,联立得 x=2mgSn9-⊥，故A错误；撤去F瞬间，把A和B作为一个 整体受力分析有P=k一2mgc0s0-2mgn0,a=号会，解 得a-需一go0s0一sm0,放B正确：由对B项的分析可知， 物体向上运动时弹簧伸长量发生变化即弹力发生变化，物体所 受合外力发生变化，加速度变化，故不会做匀加速运动，故C错 误；分离问题要抓住两点，①分离时两物体间无弹力，②分离时 两物体的加速度相同，运用这两个结论就可快速判断出A、B 两物体会在弹簧达到原长时分离，故D错误。故选B。 0' 6.B【解析】卡车在水平路面上行驶，初速度为%=54km/h 15m/s,货箱和车厢之间的最大静摩擦力为Fmx=mg=2.4m。 若司机全力加速，假设若货箱与车厢相对静止，根据牛顿第二 定律可知F:=ma1=2.2m<Fx=2.4m,所以假设成立，若司 机全力加速，货箱与车厢相对静止，货箱不可能掉出车厢，故A 10 错误；若司机全力刹车时，假设若货箱与车厢相对静止，根据牛 m18 顿第二定律可知F:=ma2=3m>Fmx=2.4m,所以假设不成 9.AD【解析】根据平均速度等于其中间时刻的瞬时速度，物 立，若司机全力刹车时，货箱与车厢相对运动，此时车厢停下的 体在0.5s末速度一定为6.4m/s,故A正确；因为物体在 时间=公=号。=5，车厢的位移= 6152 =2x3m= 0.5s末速度一定为6.4m/s,设2s末的速度为2，根据速度公 式，2=6.4一a×1.5,假设第3s末的速度刚好为零，逆向分 37.5m,根据牛顿第二定律得货箱的加速度a4=m3=4g= m 析，可以看作初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线 2.4m/g,卡车停下时，货厢的位移=一合，广=(15× 运动的规律可知吾=三，解得减速后第3s内的位移为， 1.28m>0.4m,所以第3s内某一时刻冰壶已经静止。因为第 5-2×2.4×52)m=45m,因为五=10m-0.5m=9.5m> 3s内的位移为0.4m,由逆向思维=2a×0.4,解得2= x2一x1=45m一37.5m=7.5m,所以卡车停下来时，货箱没有 1.6m/s,a=3.2m/s2,故D正确；物体在2.5s末速度为h.s= 与车头相撞，此时货箱与车头之间的距离△x=x一(x2一x)= 2一a×0.5=0,故B错误；由逆向思维，物体在第2s内的位移 2m,卡车停下来时，货箱的速度=%一a2t=3m/s,之后货 为4=助X1十7aX1=3.2m,故C错误。故选AD, 箱停下来的位移=益=22n=1.875m,因为4x= 32 10.AD 【解析】弹簧的弹力始终等于拉力F,即F=kt,故A 2m>x3=1.875m,所以若司机全力刹车，货箱不可能碰到车 正确，B错误；物块开始受到的是静摩擦力，且大小为mgsin a, 方向向上，在拉力F增大的过程中，静摩擦力的大小变化满足 头，故B正确，CD错误。故选B。 F+F:=mgsin a,随着F的增大，静摩擦力先向上均匀减小到 7.AD【解析】关门时，锁舌受到锁壳的作用力，弹簧被压缩 零，再向下均匀增大，当增大到等于最大静摩擦力时，再增大拉 处于压缩状态，则弹力增大，故A正确，B错误；对锁舌，受到弹 力，摩擦力变为滑动摩擦力，大小就保持恒定，故C错误，D正 簧弹力，锁壳的作用力，受力平衡，则有F=Fsin37°，解得 确。故选AD。 F=50N,故C错误，D正确。故选AD。 11.10@0④8(2)424(3)2kg 4T2 8.BC【解析】先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力 【解析】(1)正确步骤为：②给B桶一竖直向下的速度，通过不 mg、绳子的拉力T和半球的支持力N,作出力图。由平衡条 断调整B桶中细沙的质量，直到打出的纸带点迹均匀：①从A 件得知拉力T和支持力N的合力与重力mg大小相等、方向 桶中取一个钩码放入B桶，接通电源，释放B桶，利用纸带测出 相反。设00=人，根据三角形相似得子=兴-"，解得 h 加速度a;④重复步骤①的操作，得到多组数据；③根据所得数 据，作出相关图像，得出结论。故顺序为②①④③。 ,N1=K①，同理，以右侧小球为研究对象，得m2g一 mg=11 (2)由逐差法可求得桶的加速度为a=二一五=一2红。 4T 4T Th,N2=12 1 (3)设B桶和沙子的总质量为m1,A桶的质量为2，钩码的总 选BC。 质量为m,从A桶中取出钩码放到B桶中的质量为m4,设绳 子拉力为T,则m1十m2十mg=M,刚开始B桶中没放钩码时， A桶和B桶匀速下落有m1g=(m2十m3)g,可得m1=m2十m3, 当从A桶中取出质量为4的钩码放到B桶中时，对B桶有 (m1十m4)g一T=(m1十m)a,对A桶有T-(m2+m3一m4)g= (m+m,一m)a,联立可得2mg=Ma,变形得m=,由于 以桶中钩码的质量为纵坐标，A桶和B桶的加速度为横坐标， 得到一条过原点斜率为k,则有k=出，则M=2gk。 12.(1)1.155(2)2.75(3)小球下落时有初速度，导致小球 通过光电门时的速度偏大，重力加速度的测量结果总比当地的 重力加速度g的数值大 【解析】(1)用游标卡尺测量出小球的直径为d=1.1cm十11× 0.05mm=1.155cm。 (2)小球通过光电门的速度大小等于小球直径d除以小球通过 光电门的时间1，即=兰-是0以15m/s=2.75m/ t (3)小球下落时有初速度，导致小球通过光电门时的速度偏大， 重力加速度的测量结果比当地的重力加速度g的数值大。 13.解：(1)设甲车减速最长时间为t1,则当甲车再次加速到 15m/s时两车刚好未相撞，画出两车的o-t图如下图所示。 /(m/s 乙 15 10 甲 0 >t/s 2t1 乙比甲多围的三角形的面积应为初始距离。=5.5m,则号× 26×a4=5.5,解得1=2厘 2 (2)因为a-t图像与t轴所围面积为对应时间内的△v,故在t日 (0,5)时，速度减少量为△p=号×1X号1=0.2,1时刻的速 度大小为v=一△v=15一0.22，在t∈(5s,10s)时，速度减 少量为△=一0.22十4t一10，t时刻的速度大小为v=一 △v=0.22一4t+25,画出两车全程v-t图如下图所示。 v/(m/s) 15 0 10t t/s 乙车刚追上甲车时速度相等，故v甲=5m/s=%一ag(t一1)，位 移满足s甲十so=×1十%(t一1)一0.5a3(t一1)2，因为甲图像 的对称性，甲车在前10s的位移等于以v=10m/s匀速10s的 位移，即sm=100十5(t一10)，由上式联合求解得t=10.1s, 100 a=97m/s。 14.解：(1)变力。 (2)设零件相对于工作台运动距离为x,历时为t时与操作板分 离，此后零件在工作台上做匀减速运动直到A孔时速度减为 零，设零件的质量为m,板长为L,取水平向右为正方向，则有 mg=ma1,一2mg=ma2,z三7a1产，从开始运动到零件与 板分离，板的位移大小比零件多号，则有子4=兰十工，零件 从开始运动到运动到A孔，总位移大小为，则有x十 00)=台，联立以上各式可得a=②D,代入数 2a2 据得a=2m/s2。 15.解：(1)由牛顿第二定律得f+mgsin0一Fcos0=ma1,N+ Fsin0=ngcos0且f=N,可得a=5m/s2,y=h-a1t=7m/s。 (2)若物块在第4s内的位移是0.25m,由运动公式0.25= (e×4-号a×4）-(×3-a×3）,解得a=1.93m/g, 7 物块在水平面上的运动时间为6-冬-，93s=3.63s,表明 物块的运动时间不到4s,也就是说第4s的运动时间不到1s, 设该时间为t,逆向思维，2a=0.25,a(t+3)=7,联立可得 t=0.5s,a=2m/s2,由牛顿第二定律得kmg=ma,解得'= 0.2。 期未测试卷（八） 1.A【解析】小球A受到F1水平向右的力，B受到Fz的水平 向左的力，以整体为研究对象，分析受力如图，设OA绳与竖直 F一F2,以B球为 方向的夹角为a,则由平衡条件得tana一2mg十mg 研究对象，受力如图。设AB绳与竖直方向的夹角为B,则由平 衡条件得am日一品，由几何关系得到。一B,联立解得B一 4F2。故选A。 B D 2.D【解析】小球的加速度大小为a=(8-4)×10, 0.12 m/s2= 5.B【解析】设两点间的距离为x,则有2a1x=哈一，2a2x= 4m/s,A错误；小球运动到底端的时间为1一 2Z=0.54s, 诡一晴，又0=心，则有a一a,=一户，因为物体 2 做减速直线运动，依次经过A、B、C三个位置，B是A、C两点连 斜面上最多有6个小球在滚动，C错误；小球在B点的速度为 线的中点可知x为正，所以a1>a2。故选B。 vB=(4+8)X10-2 m/s=0.6m/s,小球在A点的速度为v 0.2 6.D【解析】由题可知，绳子aO与绳子aA夹角为60°，而这两 听=2ax,解得a=0.2m/s,B错误；小球在C点的速度为 段绳子是一根，拉力大小相等，滑轮处于平衡状态，因此OP处 于角平分线上，设绳子aO拉力大小为T。,根据共点力平衡 呢-后=2axc,解得c=1m/s,运动时间为te=%=0.25s, a 2T.cos30°=Tr=20W3N,可得T。=20N,因此物体A的重量 该照片是距位于A位置的小球释放后0.05s拍摄的，D正确。 为2kg,B正确；弹簧的弹力大小为T=T.sin30°=10N,A正 故选D。 确：由于B物体处于静止状态，桌面对B物体的摩擦力为∫= 3.A【解析】以整体为研究对象，则在竖直方向有地面的支持 T.cos30°=10W3N,C正确；由于OP处于∠OPA的角平分线 力等于物体的重力，即F,=(mA十mB)g,故F,保持不变，BC错 上，因此OP与竖直方向夹角为30°，D错误。故选D。 误；以整体为研究对象，在水平方向有F=F,以B为研究对 7,BCD【解析】开始的时候甲手中绳子上的拉力大小等于物 体重力，后来是重力和乙对绳子的拉力的合力大小等于甲的拉 象，在竖直方向有F,cos0=m8放有R=号，由于0逐渐 力，如图所示，随着工件缓慢向左拉动，甲对绳子的拉力增大 减小，故cos0逐渐增大，所以F2逐渐减小，在水平方向有 乙对绳子的拉力增大，A错误，D正确；对滑轮受力分析可知机 tan 0=F Bg,F=mngtan0,由于0逐渐减小，故tan0逐渐减小， 械装置中杆对滑轮的作用力与两绳拉力的合力平衡，绳子中拉 力不断变大，两绳夹角不断变小，故两绳合力增大，所以机械装 所以F逐渐减小，故F1逐渐减小，D错误，A正确。故选A。 置中杆对滑轮的作用力增大，B正确；由图可知，甲受的摩擦力 等于绳子拉力的水平分量，即f甲=Tcos a,乙受的摩擦力等于 绳子拉力的水平分量，即fz=Tcos B,因a<B,可知f甲>fz, 即楼顶对甲的摩擦力大于对乙的摩擦力，C正确。故选BCD。 wuiitue m2g 4.D【解析】可以以O为圆心，以L为半径画一个圆。根据 甲○ 1a乙 777M77777777777777 “等时圆”的规律可知，从A滑到B的时间等于从A点沿直径 到底端D的时间，所以有=加=√受-√受=2√ 故选D。 8.AB【解析】球受三个力处于平衡状态，根据三角形定则，球 41