1.B兩者位移相同，烏龜所用時(shí)間短，則烏龜?shù)钠骄俣却?，B正確．2.C在國(guó)際單位制中屬于基本物理量的是時(shí)間、質(zhì)量、長(zhǎng)度，C正確． 3.A擊球時(shí)，球拍對(duì)網(wǎng)球的彈力是因?yàn)榍蚺陌l(fā)生了形變，故A正確；球拍對(duì)網(wǎng)球的作用力與網(wǎng)球?qū)η蚺牡淖饔昧κ且粚?duì)相互作用力，大小相等，故B錯(cuò)誤；擊球后，網(wǎng)球會(huì)在空中繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，是因?yàn)閼T性，網(wǎng)球在空中沒有受到向前的推力，故C錯(cuò)誤；慣性只由質(zhì)量決定，與速度無關(guān)，擊球 EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(２),４)5.A根據(jù)速度—位移關(guān)系可得avPvQ所以a故選A.6.D地面光滑，在恒力F作用下，物塊從A到B做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在B點(diǎn)物塊與彈簧接觸，開始?jí)嚎s彈簧，物塊所受合力F合＝F－kx．剛開始彈簧的形變量較小，彈簧的彈力小于恒力，物塊所受合力向右，物塊繼續(xù)向右做加速運(yùn)動(dòng)，隨著彈簧形變量的增加，彈簧彈力增加，物塊所受合力減小，加速度逐漸減小，則當(dāng)彈簧彈力與恒力相等時(shí)物塊所受合力為零，物塊速度最大，A錯(cuò)誤；物塊繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)過程，彈簧彈力大于恒力，物塊所受合外力水平向左，物塊做減速運(yùn)動(dòng)，合力逐漸增大，加速度逐漸增大，物塊做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減為零，由題意可知，物塊恰能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，說明物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為零，此時(shí)物塊所受合力水平向左，物塊要向左做加速運(yùn)動(dòng)，物塊不能靜止在C點(diǎn)，B錯(cuò)誤；由以上分析可知，從B到C過程物塊的加速度先減小后反向增大，速度先增大后減小，C錯(cuò)誤，D正確．7.C物體在外力作用下沿斜面體向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有L＝a1t2,解得a1==2m/s2,對(duì)物體受力分析，如圖甲所示，沿斜面方向，由牛頓第二定律得F－mgsinθ-Ff=ma1,垂直斜面方向有FN=mgcosθ,又Ff=μFN,解得μ=0.5,A、D錯(cuò)誤；物體沖上斜面體后，對(duì)物體受力分析，如圖乙所示，由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma2,解得a2=10m/s2,物體剛好運(yùn)動(dòng)到斜面體頂端時(shí)，由公式v2=2a2L，代入數(shù)據(jù)解得v=4、m/s,B錯(cuò)誤；若物體由頂端靜止釋放后，對(duì)物體受力分析，如圖丙所示，由牛頓第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma3,解得a3=2m/s2,物體沿斜面體下滑的過程，由L＝a3t,2得t,＝，解得t,=2s,C正確．8.AD由甲圖可知，0~6s內(nèi)A的路程為16m,由乙圖可知，B正向位移為6m,反向位移為6m,故B的路程為12m,位移為零，A正確；xt圖像中，圖像的斜率表示物體的速度，由甲圖可知，0~2s內(nèi)與4~6s內(nèi)，A的速度等大同向，B錯(cuò)誤；由甲圖可知，A先沿正方向勻速運(yùn)動(dòng)，后沿反方向勻速運(yùn)動(dòng)，再沿正方向勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向改變2次，由乙圖可知，B先沿正方向加速運(yùn)動(dòng)，后沿正方向減速運(yùn)動(dòng)，接著沿負(fù)方向加速運(yùn)動(dòng)，再沿負(fù)方向減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向改變一次，C錯(cuò)9.CD體重計(jì)的示數(shù)為視重，視重40kg小于實(shí)重，則小郭同學(xué)處于失重狀態(tài)，但小郭同學(xué)體重不變，仍為50kg,故A、B錯(cuò)誤；由圖可知，小郭同學(xué)處于失重狀態(tài)，則電梯的加速度方向一定豎直向下，電梯可能減速上升，也可能加速下降，設(shè)加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律可得mg－N＝ma，解得加速度大小為a＝mEQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up3(g－),m)N=50×10EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up3(－),５０)40×10m/s2=10.BD對(duì)圖甲的物塊P進(jìn)行受力分析，由題知合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，可得mg＝F0sin30°,EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(m),ma)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up3(g),甲)=tan30°,解得m=＝、3g，A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)圖乙的物塊P進(jìn)行受力分析，水平方向由牛頓第二定律可得FN=ma乙，豎直方向由二力平衡可得f＝mg，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力f=μFN,結(jié)合μ=0.5,綜合可得a乙=2g，C錯(cuò)誤；對(duì)物塊與木箱F0組成的整體，由牛頓第二定律可得F乙=2ma乙，結(jié)合m=2g，綜合可得F乙=2F0,D正確．11.(1)B(2分）(3)10(2分）50(2分）(4)a(2分）解析：(1)為了消除彈簧自身重力的影響，實(shí)驗(yàn)前，應(yīng)該先把彈簧豎直放置測(cè)量其原長(zhǎng)，故A錯(cuò)誤；為了更好地找出彈力與形變量之間的規(guī)律，應(yīng)逐一增掛鉤碼，記下每增加一個(gè)鉤碼后指針?biāo)傅臉?biāo)尺刻度和對(duì)應(yīng)的鉤碼總重力，故B正確；本實(shí)驗(yàn)說明彈簧彈力與彈簧的形變量成正比，與彈簧的長(zhǎng)度不是正比關(guān)系，故C錯(cuò)誤；為了保證彈簧處于彈性限度內(nèi)，彈簧下端懸掛鉤碼不能太多，故D錯(cuò)誤．(3)根據(jù)胡克定律，外力F與彈簧長(zhǎng)度l的關(guān)系為F＝k（ll0),可知Fl圖像的橫軸截距等于彈簧的原長(zhǎng)，則有l(wèi)0=【高一期末檢測(cè)·物理參考答案第1頁（共2頁）】10cm,Fl圖像的斜率等于彈簧的勁度系數(shù)，則有k=N/m=50N/m.(4)FL圖像的斜率表示彈簧的勁度系數(shù)，由圖丙可知，彈簧a的勁度系數(shù)小于彈簧b的勁度系數(shù)，故用彈簧a制做的彈簧秤可以滿足當(dāng)彈簧秤示數(shù)相同時(shí)，形變量大，靈敏度高．12.(2)均勻(3)平行(4)0.80(5)B（每空2分）解析：(2)用薄墊塊將木板一端墊高，調(diào)整其傾斜程度，直至小車運(yùn)動(dòng)時(shí)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上打出的點(diǎn)間距分布均勻?yàn)橹梗f明小車做勻速運(yùn)動(dòng)．(3)在細(xì)繩一端掛上塑料桶，另一端通過定滑輪系在小車前端，為了保證小車運(yùn)動(dòng)過程受到的細(xì)繩拉力恒定不變，應(yīng)調(diào)節(jié)定滑輪的高度，使細(xì)繩與木板平行．(4)相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未畫出，則相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為T=5×0.02s=0.1s,根據(jù)逐差法可得小EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up2(－),４)(5)由aF圖像可知，當(dāng)F達(dá)到一定數(shù)值時(shí)，小車才開始有加速度，所以實(shí)驗(yàn)中出現(xiàn)的問題可能是沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不夠．13.解：(1)箱子在水平地面上勻速前進(jìn)，即箱子受力平衡在豎直方向上有Fsinθ+N＝mg(4分）解得N=160N(1分）(2)在水平方向上有Fcosθ=f(4分）又f=μN(yùn)(2分）聯(lián)立解得μ=0.5(1分）14.解：(1)根據(jù)題意，從起跳到剛接觸水面過程有－h(huán)=Ψ0t－gt2(2分）代入數(shù)據(jù)解得t=2s（負(fù)解舍去）(2分）(2)剛接觸水面時(shí)的速度Ψ=Ψ0-gt=5m/s-10×2m/s=-15m/s即速度大小為15m/s(4分，公式2分，結(jié)果2分）(3)由h1=(2分）2知該參賽者從起跳到最高點(diǎn)的位移大小h1=2×10m=1.25m(12則路程s=2h1+h=12.5m(1分）（其他方法亦可，各小問總分不變）15.解：(1)0~3s內(nèi)，物塊A在木板B上做加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為aA1由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得aA1==EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(３),３)--EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(０),０)m/s2=1m/s2(1分）由牛頓第二定律得μ1mg＝maA1(1分）(2)0~2s內(nèi)，木板B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為aB1由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得aB1==EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(６),２)--EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(０),０)m/s2=3m/s2(1分）由牛頓第二定律得F-μ1mg-μ2（M＋m）g＝MaB1(1分）2~3s內(nèi)，木板B做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為aB2由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得aB2==EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(３),３)--EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(６),２)m/s2=3m/s2(1分）由牛頓第二定律得μ1mg+μ2（M＋m）g＝MaB2(2分）聯(lián)立解得μ2=,F=24N(2分）(3)0~3s內(nèi)，A運(yùn)動(dòng)的距離為XA1=aA1tEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(２),３)=×1×32m=4.5m0~3s內(nèi)，B運(yùn)動(dòng)的距離為XB1=aB1tEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up2(２),２)+（aB1t2·t1-aB2tEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up2(２),１))=10.5m3s時(shí)，A到B右端的距離為L(zhǎng)1=XB1-XA1=6m(2分）由于μ1<μ2,所以共速后，A、B各自做勻減速運(yùn)動(dòng)至速度為零對(duì)A，根據(jù)牛頓第二定律有μ1mg＝maA2A減速至零的對(duì)地位移為XA2=2=4.5m(1分）對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律有μ2（M＋m）g-μ1mg＝MaB3