本题主要是考查整体法与隔离法的运用，掌握平衡条件的应用，注意平衡力与相互作用力的区别，注意静止状态的物体所受合力为0。 10.【答案】D
【解析】
rC．故aB＜aC， 故答案为：＜，＜。
抓住A、B两点的线速度大小相等，求出角速度之比，根据B、C两点的角速度相等，结合向心加速度公式求出向心加速度之比。
解决本题的关键知道共轴转动的点，角速度相等，靠传送带传动轮子边缘上的点，线速度大小
解：AB、小球在竖直面内做圆周运动，线速度和加速度方向时刻变化，故AB错误；
C、对于杆，既可以提供支持力又可以提供拉力，所以最高点速度只要大于0即可，故C错误；
相等，知道线速度、角速度、向心加速度之间的关系，并能灵活运用。
D、对最低点受力分析知F-mg=m故选：D。
小球在竖直面内做圆周运动，线速度和加速度方向时刻变化，根据在最高点的受力判断出最高点的速度，利用牛顿第二定律分析绳子的拉力。
本题主要考查了竖直面内的圆周运动，明确受力，利用动能定理和牛顿第二定律即可判断。 11.【答案】B A
【解析】
，所以F=mg+m，大于重力，超重，故D正确；
【解析】
13.【答案】kx
解：（1）根据胡克定律得：弹簧的弹力大小 F=kx。
（2）如图所示，双手用同样大小的力F朝相反的方向拉弹簧的两端时，弹簧的弹力大小为F。 由胡克定律得 F=kx′ 可得弹簧的伸长量 x′=故答案为：（1）kx．（2）
。
解：位移时间图象中，斜率等于速度知前2s内速度恒定不变的质点是B
在胡克定律F=kx中，x是弹簧形变量，劲度系数k是由弹簧本身决定。由胡克定律解答。
速度图象与坐标轴所围“面积”大小等于位移，图象在t轴上方表示的位移为正，图象在t轴下方
本题的关键要准确理解胡克定律，知道公式F=kx中x是弹簧形变量，不是弹簧的长度。
表示的位移为负；
位移时间图象中坐标的变化量为零表示位移为零，则2s内位移为零的是质点A； 故答案为：B，A。
速度图象的斜率等于加速度，速度图象与坐标轴所围“面积”大小等于位移；位移时间图象中斜率表示速度结合这些知识分析。
本题的解题关键是抓住两个数学意义来分析和理解图象的物理意义：速度图象的斜率等于加
投篮时篮球恰好垂直打在篮板上，篮球在空中运动的逆过程是平抛运动，采用逆向思维，根据
速度、速度图象与坐标轴所围“面积”大小等于位移。位移图象的斜率等于速度。 12.【答案】＜ ＜
【解析】
14.【答案】0.5 9
【解析】
解：因篮球最后正好垂直击中篮板，则研究逆过程为平抛运动，
2
根据平抛运动的规律可得：x=v0t，h=gt，
代入数据解得：t=0.5s，v0=9m/s； 故答案为：0.5，0.9。
竖直方向上做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，结合运动学公式列式求解。
解决本题的关键是巧用逆向思维，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
解：A、B两点靠链条传动，线速度相等，根据v=rω知，A、B两点角速度与半径成反比，rA＞rB，故ωA＜ωB
B、C两点具有相等的角速度，由向心加速度a=ω2R知，B、C向心加速度与半径成正比，rB＜
15.【答案】＜ ＞
【解析】
第6页，共9页
解：根据牛顿第二定律，有： F-mg=ma 解得： a=
-g
，纵轴截距表示-g；
故a-F图象的斜率表示
从图象看，A图象的斜率大，故对应的质量小，即mA＜mB； 纵轴截距表示-g，故g甲＞g乙 故答案为：＜，＞
根据牛顿第二定律a-F图象中斜率表示
，由图象可知当两个物体外力F都为0时加速度都相
图线的斜率为加速度为：
同，此时只受重力，说明重力加速度相等。
a=
本题是为a-F图象的应用，要明确斜率的含义，能根据图象读取有用信息，属于基础题。 16.【答案】B 14.50 1.1 3.0
【解析】
=
m/s2=3.0m/s2。
故答案为：（1）B；（2）14.50，1.1；3.0。 电火花打点计时器是使用220V交流电源，
刻度尺的读数需读到最小刻度的下一位，根据平均速度的定义式求出DF段的平均速度。
解：（1）电火花打点计时器的工作电压为，而电磁式打点计时器，其工作电压为交流4-6V，图中即为电火花打点计时器，故B正确，ACD错误；
根据匀变速直线运动的加速度公式△v=aT可以求出加速度的大小。
故选；B；
考查电火花打点计时器与电磁式打点计时器的区别，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解平
（2）计数点E所在位置的刻度尺读数为14.50cm，
均速度。要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基
D、F段的位移为：xDF=19.15-10.30cm=8.85cm，
础知识的理解与应用。
则重物下落过程中DF段的平均速度为： =
=
m/s=1.1m/s。
【解析】
17.【答案】BCD
△
根据描点作图，速度与时间图象如下图所示： 解：（1）A、为了保证小球初速度相等，每次让小球才斜槽的同一位置由静止滚下，斜槽不一定需要光滑，故A错误，CD正确。
B、为了保证小球的初速度水平，斜槽末端需切线水平，故B正确。 故选：BCD。
（2）在竖直方向上，根据
=
第7页，共9页
得，T=
。
，则小球的初速度
故答案为：（1）BCD，（2），。 面对滑块的摩擦力；
（2）根据摩擦力公式f=μN求动摩擦因数。
（3）撤去F后滑块沿斜面向上做匀减速运动，由牛顿第二定律求得加速度，由速度时间公式求得减速至停的位移。
本题首先要正确分析受力情况，其次要知道加速度是联系力和运动的纽带，在动力学问题中是
（1）根据实验的原理和操作中的注意事项确定正确的操作步骤。
（2）根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，从而得出A到B的时间，结合水平位移和时间间隔求出初速度。
解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
18.【答案】解：（1）减速运动的加速度大小a1=
加速运动的加速度大小a2=
减
必求的量
20.【答案】解：（1）小球恰好通过D点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得：mg=
减
=-1m/s2。
可得：vD= m/s
（2）小球在C点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则：
=2m/s2。
（2）开始刹车后2s末瞬时速度： v2=v0+a减t2=8m/s
（3）开始刹车后4s内卡车的位移x4=v
减 =32m
代入数据可得：F=6.3N
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：FC=F=6.3N
（3）小球从A点到B点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有：
得：vy=3m/s
小球沿切线进入圆弧轨道，则： = =5m/s
22
答：（1）匀减速和匀加速过程的加速度大小为1m/s和2m/s。 （2）开始刹车后2s末，卡车的瞬时速度大小为8m/s； （3）开始刹车后4s内卡车的位移大小为32m。 【解析】
（1）根据a=
求出减速与加速过程中的加速度大小。
=5×0.8=4m/s （4）小球从A点到B点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得：vA=vBcos37°
小球在水平面上做加速运动时：F-μmg=ma1
2
可得：a1=8m/s
小球做减速运动时：μmg=ma2
2
可得：a2=-2m/s
由运动学的公式可知最大速度：vm=a1t；vA-vm=a2t2 又：
（2）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出开始刹车后2s末的瞬时速度大小， （3）根据位移时间公式求解4s内卡车位移。
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，并能灵活运用。
+Ff解得：Ff=4N，19.【答案】解：（1）物体匀速上滑时，物体处于平衡状态，据平衡条件得F=mgsin37°沿斜面向下；
（2）根据滑动摩擦力公式Ff=μmgcos37°得 ；
-μmgcos37°=ma解得：a=-10m/s， （3）撤去力F后，根据牛顿第二定律-mgsin37°由运动学公式
联立可得：t=0.6s
答：（1）铁球运动到圆弧轨道最高点D点时的速度大小为 m/s；
（2）若铁球以vC=5.15m/s的速度经过圆弧轨道最低点C，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小为6.3N； （3）铁球运动到B点时的速度大小是5m/s； （4）水平推力F作用的时间是0.6s。 【解析】
2
（1）恰好通过D点，则重力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出； （2）由牛顿第二定律求出支持力，由牛顿第三定律说明；
（3）小球离开A点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可求得B点的速度；
（4）由牛顿第二定律分别求出加速阶段与减速阶段的加速度，然后由运动学的公式即可求出。 恰好在B点沿着切线方向进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，这是解这道题的关键，理解
；
答：（1）匀速过程，斜面对滑块的摩擦力为4N，方向沿斜面向下； （2）物体和斜面之间的动摩擦因数为0.5；
（3）撤去推力F后，滑块能够上滑的最大距离为0.2m。 【解析】
（1）以滑块为研究对象，分析受力情况。滑块向上匀速运动时，合力为零，根据平衡条件求解斜
第8页，共9页
了这句话就可以求得小车的末速度，本题很好的把平抛运动和圆周运动结合在一起运用机械能守恒解决，能够很好的考查学生的能力，是道好题。
第9页，共9页
2018-2019学年浙江省嘉兴市高一(上)期末物理试卷(解析版)
