北京市东城区学年高一物理上学期期末考试试题docxWord文件下载.docx
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故选B。
4.下列关于速度的说法正确的是()
A.速度是描述位置变化的物理量
B.瞬时速度方向与物体运动的方向相同
C.速度一定随加速度增加而增加
D.速度方向一定与加速度方向相同【答案】B
【详解】A.速度是描述位置变化快慢物理量,位移是描述位置变化的物理量,A错误;
B.瞬时速度的方向就是物体的运动方向,B正确;
C.当速度方向与加速度方向一致时,速度才增加,当速度方向与加速度反向相反时,速度
减小,C错误;
D.加速度方向与速度变化量的方向一致,但是不一定与速度方向一致。
当加速度与速度方
向一致时,物体做加速运动,加速度与速度方向相反时,物体做减速运动,D错误。
2
5.撑杆跳高是一项技术性很强的体育运动,完整的过程可以简化成三个阶段:
持杆助跑、撑
杆起跳上升、越杆下落。
撑杆跳高的过程中包含很多物理知识,下列说法正确的是()
A.持杆助跑过程,重力的反作用力是地面对运动员的支持力
B.撑杆起跳上升阶段,弯曲的撑杆对人的作用力大于人对撑杆的作用力
C.撑杆起跳上升阶段,弯曲的撑杆对人的作用力大小等于人对撑杆的作用力大小
D.最高点手已离开撑杆,运动员还能继续越过横杆,是因为受到了一个向前的冲力【答案】C
【详解】A.重力是由于地球的吸引而产生的,所以任意过程中,其反作用力均为人对地球
的引力,A错误;
BC.弯曲的撑杆对人的作用力和人对撑杆的作用是相互作用力,故撑杆起跳上升阶段,弯曲
的撑杆对人的作用力等于人对撑杆的作用,B错误,C正确;
D.最高点手已离开撑杆,运动员还能继续越过横杆,是因为人的惯性,而没有受到冲力作
用,D错误。
故选C。
6.一物块从粗糙斜面底端,以某一初速度开始向上滑行,到达某位置后又沿斜面下滑到底
端,则物块在此运动过程中()
A.上滑时的摩擦力小于下滑时的摩擦力
B.上滑时的摩擦力大小等于下滑时的摩擦力大小
C.上滑时的加速度小于下滑时的加速度
D.上滑的时间大于下滑的时间
3
【答案】B
【详解】AB.设斜面倾角为,物体受到的摩擦力fmgcos,物块上滑与下滑时的滑
动摩擦力相等,A错误,B正确;
C.根据牛顿第二定律有,上滑时的加速度
gmcos
mgsin
a上=
gcosgsin
m
下滑时的加速度
a下=mgsin
gsin
gcos
由此可知,上滑时的加速度大于下滑时的加速度,
C错误;
D.上滑的过程,采用逆向思维,是初速度为零的匀加速直线运动,根据
x1at2
可知上滑时的加速度大于下滑时的加速度,所以上滑时的时间小于下滑时的时间,D错误。
7.甲、乙两物体沿同一直线运动,其运动过程的v-t图如图所示,则以下说法正确的是
()
A.t1时刻之前乙在甲前面,t1时刻之后乙在甲后面
B.t1时刻之前甲乙运动方向相反,t1时刻之后运动方向相同
C.t1时刻两物体到达同一位置
D.t1时刻甲乙两物体的速度相同【答案】D
【详解】A.甲、乙两物体沿同一直线运动,由于出发点位置关系未知,所以不能确定它们
的位置关系,A错误。
B.根据速度的正负表示速度方向,知甲乙运动方向一直相同,B错误。
4
CD.t1时刻两图象相交,甲乙两物体的速度相同,但不一定到达同一位置,C错误,D正确。
8.如图所示,细绳MO与NO所能承受的最大拉力相同,长度MO>NO,则在不断增加重物G
的重力过程中(绳OC不会断)()
A.绳ON先被拉断
B.绳OM先被拉断
C.绳ON和绳OM同时被拉断
D.条件不足,无法判断
【详解】物体对O点拉力等于物体重力,此力有两个效果:
一是使NO绳拉紧,二是使OM
绳拉紧。
按效果把物体对O点的拉力分解,如图所示:
由此可知NO绳受的力大于MO绳受的力。
当重力逐渐增大,NO绳先达到最大拉力,NO绳先
断。
A正确,BCD错误。
9.一物体从A点由静止开始做匀加速直线运动,到达B点时速度为v,再运动到C点时的速
度为2v,则AB与BC的位移大小之比为()
A.1:
3B.1:
4
C.1:
2D.1:
1
5
对AB过程,由变速直线运动
速度与位移的关系式可得
v2
2axAB,解得xAB
v2
,对
2a
BC过程可得(2v)2
2axBc,解得xBC
3v2
,所以AB与BC的位移大小之比为
1:
3,
故A正确,BCD错误;
故选A.
10.
从光滑斜面上某一位置先后由静止释放
A、B、C、D四个小球(小球可以看作质点)
,已
知相邻两小球释放的时间间隔为
0.1s。
某时刻拍下一张照片,四个小球位置如图所示。
测出AB、BC、CD间距离分别为
xAB=5cm,xBC=10cm,xCD=15cm,则(
)
A.
小球A的位置恰好为释放四个小球初始位置
B.
小球的速度是
、
D
两个小球速度之和
一半
C
A
的
C.小球B的速度大小为
1.5m/s
D.小球A、B、C、D的加速度大小均为5m/s2
【详解】ACD.根据
△x=aT2
得小球的加速度为:
a
x
105102
5m/s
T
.2
01
B点的速度等于AC段的平均速度,则有:
vB
xAC
510
102
2T
0.75m/s
0.1
A点小球的速度为:
vAvBaT0.7550.10.2m/s0
可知小球不是从A点释放,AC错误,D正确;
6
B.C点是BD段的中间时刻,根据平均速度的推论知,C点小球的速度等于B、D点两球速度
之和的一半,B错误。
11.一列火车由静止以恒定的加速度启动出站,设每节车厢的长度相同,不计车厢间间隙距
离,一观察者站在第一节车厢最前面,他大致测量了第一节车厢通过的时间及车厢长度,估
算出第一节车厢尾驶过他时的速度为v0,则第n节车厢尾驶过他时的速度为()
A.nv0B.n2v0C.nv0D.2nv0
【答案】C
【详解】设每节火车的长度为l,根据
v22ax
得第一节车厢经过时有:
v022al
n节车厢经过时有:
v22anl
联立两式解得:
vnv0,C正确,ABD错误。
12.如图所示,A、B两木块间连一轻弹簧,A、B质量相等,一起静止地放在一块光滑木板上,重力加速度为g。
若将此木板突然抽去,在此瞬间,A、B两木块的加速度分别是
A.aA=0,aB=2gB.aA=g,aB=g
C.aA=0,aB=0D.aA=g,aB=2g
【详解】开始时,对A物体受重力和弹簧的弹力F,根据平衡条件可得
7
mg=F
在抽出木板的瞬时,弹簧对A的弹力和对B的弹力并未改变。
A物体仍然受力平衡,则aA=0。
对B物体受重力和弹簧的向下的弹力,根据牛顿第二定律有:
Fmg
2g
aB
A正确,BCD错误
13.如图所示,质量为
的物块
与水平地面间的动摩擦因数为
μ
,质量为
地面的摩擦不计,在大小为
F
的水平推力作用下,
B
一起向右做加速运动,则
和
间的作用力大小为(
mg
2F
4mg
D.
。
B.C.
B与
B之
333
F2mg
以AB组成的系统为研究对象,由牛顿第二定律得系统的加速度
2mg
2mg,以B为研究对象,由牛顿第二定律得
A对B的作用力:
2m
3m
FAB
ma
F2
2mg
,即AB间的作用力为FAB
,D正确.
14.如图所示,长方体物块A叠放在长方体物块B上,B置于粗糙水平面上A、B质量分别为
mA=2kg,mB=1kg,A、B之间动摩擦因数μ1=0.2,B与地面之间动摩擦因数μ2=0.1,现对A
施加水平力F,若F从0开始逐渐增大,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则()
A.当拉力超过3N时,A、B开始发生相对滑动
B.当拉力超过4N时,A、B开始发生相对滑动
C.当拉力超过5N时,B的加速度为1m/s2
D.当拉力超过6N时,A、B开始发生相对滑动【答案】D
8
【详解】对AB整体,B与地面间的摩擦力:
f2
2mA
mB
g
3N
,当AB间摩擦力达
到最大静摩擦力时,
A、B间发生相对滑动,即
f1
1mAg
N,对B,根据牛顿第二定律
有:
f2
1m/s2
对
整体,由牛顿第二定律得:
AB
mA
mBaB
解得:
=6N,即当拉力超过6N时,、
开始发生相对滑动,
的加速度为1m/s2,ABC错误,
D正确。
二、实验题
15.如图甲所示,用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码,
探究在弹性限度内
弹簧弹力与弹簧伸长量的关系。
(1)实验中还需要的测量工具有:
____________________
(2)用纵轴表示钩码质量m,横轴表示弹簧的形变量x,根据实验数据绘制出乙图。
由图
可知:
弹簧的劲度系数k=_____N/m(重力加速度g取9.8m/s2)。
(3)如图丙所示,实验中用两根不同的弹簧a和b,画出弹簧弹力F与弹簧长度L的关系图像。
则下列说法中正确的是_____。
A.a的原长比b的长B.a的劲度系数比b的大C.a的劲度系数比b的小D.弹
力与弹簧长度成正比
【答案】
(1).刻度尺
(2).4.9(3).B
【详解】
(1)[1]实验需要测量弹簧伸长的长度,故需要刻度尺。
9
(2)[2]图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比。
则有:
4.9N/m
k
(3)[3]A.在图象中横截距表示弹簧的原长,故
b的原长比a的长,A错误;
BC.在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k,故
a的劲度系数比
b的大,B正确;
C错误;
D.弹簧的弹力满足胡克定律,弹力与弹簧的形变量成正比,D错误。
16.为了验证“当质量一定时,物体的加速度与它所受的合力成正比”的结论是否正确,一组同学用图甲所示的装置进行实验,并将得到的实验数据描在图乙所示的坐标图中。
(1)关于该实验,下列叙述正确的是()
A.保持小车的质量不变,改变沙和桶的总质量
B.保持沙和桶的总质量不变,改变小车的质量
C.保持小车和沙桶的质量均不变
D.同时改变小车和沙桶的质量
(2)在图乙中作出a-F图线。
(3)由a-F图线可以发现,该组同学实验操作中遗漏了_____这个步骤。
(4)根据a-F图线可以求出小车的质量是______保留两位有效数字)。
【答案】
(1).A
(2).(3).平衡摩擦力
(4).0.25kg
10
(1)[1]本实验为了验证“当质量一定时,物体的加速度与它所受的合力成正比”
的结论是否正确,所以要保持小车的质量不变,改变沙和桶的总质量,从而改变小车所受的
拉力,A正确,BCD错误;
(2)[2]如图为作出的作出a-F图线
(3)[3]从上图中发现直线没过原点,当F≤0.2N时,a=0.也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0,说明小车的摩擦力与绳子的拉力抵消呢。
该组同学实验操作中遗漏了平
衡摩擦力这个步骤;
(4)[4]根据
Fma
变形得:
a1Fm
可知a-F图线的斜率表示小车的质量,则有:
1.6
0.60.2
m=0.25kg
三、计算题
17.一辆汽车在高速公路上以v0=30m/s的速度匀速行驶,由于在前方出现险情,司机采取紧
急刹车,刹车加速度的大小为a=5m/s2,求:
(1)从开始刹车到汽车停下,所经历的时间。
(2)从开始刹车到汽车停下,所滑行的距离。
(3)汽车刹车后3s内行驶的距离。
11
【答案】
(1)6s;
(2)90m;
(3)67.5m。
(1)设汽车经时间t停止,由
vv0at0
代入数据得:
t=6s
(2)汽车的位移为
v0t
30
690m
(3)由于:
3s<6s,则汽车在
3s内的位移为:
x1
v0t1
1at12
代入数据解得:
x1=67.5m
18.物理课学习超重与失重现象后,某同学回家乘坐电梯时用心体会了一下,发现从电梯上
升到静止的过程中,他经历了先加速再匀速,最后减速的运动过程。
每次都是在17层到18
层(他住18层)的过程中,有明显减速的感觉。
有一天,该同学用手机测出电梯减速时的
加速度为0.65m/s2,设该同学的质量为60kg,g=9.8m/s2求,
(1)电梯从17层到18层减速过程中,该同学处于超重状态还是失重状态?
(2)减速过程中,电梯底面对该同学的支持力大小?
(3)电梯以多大的加速度减速时,电梯底面对他的支持力为零?
(1)失重状态;
(2)549N;
(3)9.8m/s。
(1)电梯从17层到18层减速过程中,加速度向下,所以该同学处于失重状态;
(2)减速过程中,对手机,根据牛顿第二定律有:
mgFNma
FN=549N
(3)电梯底面对人的支持力为零时,根据牛顿第二定律有:
mgma
a9.8m/s2
19.如图所示,水平传送带A、B两端相距s=2m,工件(可以看作质点)与传送带间的滑动
摩擦因数μ=0.1。
(g=10m/s2)问:
12
(1)若传送带不转动,要使工件达到B端,工件水平滑上A端瞬时速度至少多大?
(2)若传送带以v=1m/s速度顺时针匀速转动,将工件轻轻放于传送带A端,则工件由A
端被传送到B端所用时间为多少?
(3)调节传送带的速度v可以改变工件从A端被传送到B端所用的时间t,在忽略工件轻
放于A端速度的条件下,定性说明时间t与传送带速度v的关系,并且若要用最短时间t
传送工件,计算传送带匀速转动时速度v的最小值。
(1)2m/s;
(2)2.5s的;
(3)2m/s。
【详解】只要工件相对于传送带相对运动,工件加速度大小不变,设工件加速度大小为a,根据牛顿第二定律可得:
a=1m/s2
(1)若传送带不转动,要使工件达到B端,工件在A端速度最小时达到B端速度为零,
根据速度位移关系可得:
vA22as
vA=2m/s
(2)若传送带以v=1m/s的速度顺时针匀速转动,将工件轻轻放于传送带A端,则达到与传
送带速度相等经过的时间
v
t11s
此过程位移:
0.5m
匀速运动的时间为:
s
1.5s
t2
所以工件由A端被传送到B端所用时间为:
tt1t22.5s
13
(3)在忽略工件轻放于A端速度的条件下,随着传送带的速度增大,到达B端的时间减小;
但传送带速度达到一定值时,传送带速度增加,达到B端的时间不变;
若要用最短时间传送
工件,传送带匀速转动时速度的最小值为vmin,此时工件一直加速到与传送带速度相等达到
B端。
vmin2as
vmin2m/s
20.如图所示,斜面高为h,水平面上D、C两点距离为L。
可以看成质点的物块从斜面顶点
A处由静止释放,沿斜面AB和水平面BC运动,斜面和水平面衔接处用一长度可以忽略不计
的光滑弯曲轨道连接,图中没有画出,不计经过衔接处B点的速度大小变化,最终物块停在
水平面上C点。
已知物块与斜面和水平面间的滑动摩擦系数均为μ。
请证明:
斜面倾角θ
稍微增加后,(不改变斜面粗糙程度)从同一位置A点由静止释放物块,如图中虚线所示,
物块仍然停在同一位置C点。
【答案】见解析所示
【详解】设斜面长为L,倾角为,物块在水平面上滑动的距离为S.对物块,由动能定理
得:
mghmgcosLmgS0
即:
h
mghmgcosmgS0
sin
mghmg
mgS0
tan
由几何关系可知:
LS
mghmgLSmgS0
14
L
mghmgL0
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