学年高一第一学期期末考试物理试题附答案Word下载.docx
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44m,故悬崖的高度为44m,故A正确,B错误;
CD、实际上空气阻力较大,根据牛顿第二定律,有:
mg﹣f=ma,故a<g,即跳水者的加速度小于9.8m/s2,
悬崖实际高度h
,即悬崖实际高度比估测值小,故CD错误;
A。
3.(3分)下列四个图象分别描写甲、乙、丙、丁四个物体的位移、速度、加速度和所受的合外力与时间的关系,四个物体初速度均为零。
其中做匀加速直线运动的物体是( )
A.乙和丙B.乙和丁C.甲和丁D.甲和丙
甲图是位移﹣时间图象,其斜率代表物体的速度,斜率不变,说明甲物体做匀速直线运动。
乙图是速度﹣时间图象,乙图表示物体沿负方向做匀加速直线运动。
丙图是加速度﹣时间图象,由图可知物体的加速度保持不变,物体的初速度又为零,故丙物体做匀加速直线运动。
丁图是合外力F随时间变化的关系图象,由图可知F不断增大,则加速度不断增大,故物体做加速度逐渐增大的变加速直线运动,故A正确,BCD错误。
4.(3分)针对下列几种运动情景,请你运用所学物理知识进行分析思考,并选择判断正确的一项是( )
①长征二号火箭点火后即将升空 ②高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车 ③运动的磁悬浮列车在轨道上高速行驶 ④2013年第十二届全运会男子100m决赛中张培萌夺得冠军
A.①中火箭还没运动,所以加速度为零
B.②中轿车紧急刹车,速度很快减为零,所以加速度很大
C.③中高速行驶的磁悬浮列车,速度很大,所以加速度很大
D.④中张培萌率先冲过终点,所以和其他运动员相比经过终点时其加速度一定最大
A、火箭点火启动时,初速度是v1为零,但是下一时刻速度v2不为零;
因为a
,所以加速不为零。
故A错误;
B、轿车紧急刹车,说明速度变化很快,所以加速度很大。
故B正确;
C、高速行驶的磁悬浮列车,速度很大,但是完全可以做匀速直线运动,所以加速度也可以为零。
故C错误;
D、和其他运动员相比经过终点时速度一定最大,但加速度不一定最大。
故D错误;
B。
5.(3分)某同学用传感器探究作用力与反作用力的关系。
实验时他把两只力传感器同时连接在计算机上,其中一只系在墙上,另一只握在手中,如图甲所示。
如图乙是他记录的两个物体间作用力和反作用力的变化图线。
根据图线可以得出的结论是( )
A.作用力大时反作用力小
B.作用力和反作用力的方向总是相反的
C.作用力变化后反作用力才随之发生变化
D.图中的两个力是一对平衡力
A、作用力与反作用力大小相等,方向相反,作用在同一条直线上,同时产生,同时变化,同时消失。
故A错误,B正确,C错误;
D、图中得两个力是一对作用力与反作用力,故D错误
6.(3分)如图所示,质量为m的人站在体重计上,随电梯以大小为a的加速度减速上升,重力加速度大小为g。
下列说法正确的是( )
A.人对体重计的压力大小为m(g﹣a)
B.人对体重计的压力小于体重计对人的支持力
C.人对体重计的压力大小为mg
D.此时人处于超重状态
当电梯以大小为a(a<g)的加速度减速上升,加速度的方向向下;
人与电梯的加速度的方向一样,都是向下,所以人处于失重状态。
由牛顿第二定律,人受到的支持力N,则:
mg﹣N=ma,所以:
N=m(g﹣a);
由牛顿第三定律可知,人对体重计的压力大小也是m(g﹣a),故A正确,BCD错误。
7.(3分)一辆汽车在教练场上沿着平直的道路行驶,其位移﹣时间图象如图所示,以下有关汽车运动的描述正确的是( )
A.0s~10s这段时间内汽车做匀加速直线运动
B.10s~20s这段时间内汽车做匀速直线运动
C.t=30s时汽车在返回出发点的途中,且在做匀速运动
D.汽车前10s内的平均速度等于汽车前20s内的平均速度
A、位移时间图象的“斜率”等于速度,则汽车在0s~10s这段时间内汽车做匀速直线运动,故A错误;
B、汽车在10s~20s内的速度为零,保持静止,故B错误;
C、根据图象的“斜率”等于速度,知20s~40s内和0~10s内汽车的运动方向相反,所以t=30s时汽车在返回出发点的途中,且在做匀速运动,故C正确;
D、汽车前10s内和前20s内位移相同,都是30m,则汽车前10s内的平均速度大于前20s内的平均速度,故D错误;
C。
8.(3分)一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向下落,雨滴下落过程中所受重力保持不变,其速度﹣时间图象如图所示,关于雨滴在加速阶段的受力和运动情况,以下判断正确的是( )
A.雨滴下落过程中只受重力
B.雨滴下落过程中加速度恒定不变
C.雨滴下落过程受到逐渐增大的空气阻力
D.雨滴下落过程中速度随时间均匀增加
A、雨滴在加速阶段,由于雨滴做变加速直线运动,不可能只受重力,故A错误。
B、根据v﹣t图象的斜率等于加速度,知雨滴的加速度逐渐减小,故B错误。
C、根据牛顿第二定律有mg﹣f=ma,a减小,则f增大,故C正确。
D、雨滴的加速度逐渐减小,速度增加逐渐变慢,故D错误。
9.(4分)小明到商场选购商品,发现商场两自动扶梯倾斜度一样,但坡面不同,如图所示。
小明站在自动扶梯上随扶梯一起向上匀速运动。
已知小明的体重为G,鞋底与扶梯间的动摩擦因数为μ,扶梯与水平面间的夹角为θ,小明在两自动扶梯上受到的摩擦力大小分别为f甲、f乙,扶梯对小明的支持力大小分别为FN甲、FN乙,则下列说法正确的是( )
A.f甲=f乙=μGcosθB.FN甲=FN乙=Gcosθ
C.FN甲=GFN乙=GcosθD.f甲=0f乙=Gsinθ
甲图的小明受到重力和支持力,根据小明站在自动扶梯上随扶梯一起向上匀速运动,所以小明受力平衡,则小明水平方向不受外力,所以水平方向的摩擦力为零,支持力和重力相等,即:
f甲=0,FN甲=G;
乙图中,小明受到重力、支持力和摩擦力作用,根据小明站在自动扶梯上随扶梯一起向上匀速运动,所以小明受力平衡,则FN乙=Gcosθ,f乙=Gsinθ,故AB错误、CD正确。
CD。
10.(4分)如图所示,在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A,A的左端紧靠竖直墙,A与竖直墙壁之间放一光滑球B,整个装置处于静止状态.若把A向右移动少许后,它们仍处于静止状态,则( )
A.B对墙的压力减小B.A与B之间的作用力增大
C.地面对A的摩擦力减小D.A对地面的压力不变
A、小球B受重力、A的支持力F1和墙壁的压力F2.如图1所示:
将重力G分解为G1和G2,则根据平衡可知:
F1=G1
,
F2=G2=Gtanθ
当A向右移动少许,根据题意可知,A对小球B的作用力F1与竖直方向的夹角θ将减小,根据力图1分析可知:
因θ减小;
故cosθ增大,tanθ减小
即墙壁对小球B的作用力将减小,A对小球B的支持力减小。
根据牛顿第三定律可知,球B对墙壁的压力将减小,球B对A的压力亦减小。
故A正确,B错误;
C、再对A进行受力分析,如图2所示,可知:
由于A的平衡,所以A受地面摩擦力f=FBsinθ,根据题意知,B对A的压力FB减小且FB与竖直方向的夹角θ减小,故A所受地面的摩擦力f减小。
再根据牛顿第三定律,地面所受A的摩擦力减小。
故C正确;
D、对整体分析可知,整体受重力和支持力的作用,由于竖直方向受力不变,故受地面的支持力不变,由牛顿第三定律可知,A对地面的压力不变;
故D正确;
ACD。
11.(4分)如图所示,在光滑水平面上,轻质弹簧的右端固定在竖直墙壁上。
一物块在水平恒力F作用下做直线运动,接触弹簧后,压缩弹簧,直至速度为零。
整个过程中,弹簧一直在弹性限度内。
在物块与弹簧接触后向右运动的过程中,下列说法正确的是( )
A.物块接触弹簧后立即做减速运动
B.物块接触弹簧后先加速再减速
C.物块接触弹簧后物块的加速度先减小再增大
D.当物块的速度最大时,它所受的合力为零
物体与弹簧接触后,弹簧弹力不断增大,开始阶段弹簧弹力小于推力F,合力向右,加速度向右,物体做加速度不断减小的加速运动;
当加速度减小为零时,速度达到最大;
接下来物体由于惯性继续向右运动,弹力进一步变大,且大于推力,合力向左,加速度向左,物体做加速度不断变大的减速运动,当速度减为零时,加速度最大,故A错误,BCD正确。
BCD。
12.(4分)光滑斜面倾角为θ,用平行于斜面向上的力F,作用在质量为m的物体上,物体由静止开始运动时间t后,撤去力F,又经t时间,物体恰回到出发点,此时物体的速度大小为v。
则( )
A.v
B.v=gtsinθC.3F=4mgsinθD.F=2mgsinθ
撤去F之前物体做匀加速直线运动,有:
x
a1t2
撤去F时速度为:
v1=a1t
撤去F后有:
x2=vt
a2t2
物体能回到出发点x2=﹣x1
联立以上各式得:
a2=3a1,
CD、以物体为研究对象,对物体受力分析,撤去F前,根据牛顿第二定律得:
F﹣mgsinθ=ma1
撤去F后根据牛顿第二定律得:
mgsinθ=ma2
联立解得:
3F=4mgsinθ,故C正确,D错误;
AB、回到出发点时物体的速度为:
v=v1﹣a2t,解得:
gtsinθ符号表示方向沿斜面向下,故A正确,B错误。
AC。
二.填空题(本题共2小题,满分16分,把答案填在横线上或按题目要求作答.)
13.(6分)关于“验证力的平行四边形定则”的实验,请回答以下问题:
(1)实验中,除了木板、白纸、图钉、绳套、刻度尺、三角板、
量角器外,在下列器材中,还必须使用的器材有 B 和 C 。
A.天平(含砝码)B.橡皮条
C.弹簧测力计D.不同质量的钩码
(2)请将以下主要实验操作补充完整。
①把橡皮条一端固定在木板上的A点,另一端拴上两根绳套;
②用两个弹簧测力计分别钩住绳套,互成角度地拉橡皮条,使结点到达某一位置,
记为O;
同时记录两根细绳的方向和两个测力计的示数;
③用一个弹簧测力计钩住一个绳套,拉橡皮条,使结点 同一位置 ,记录此时细绳
的方向和测力计的示数。
(3)下列实验操作合理的是 B 。
A.实验前,将两测力计水平互拉,选择读数始终相同的两测力计
B.实验时,应保持弹簧测力计、细绳、橡皮条都与木板平行
C.实验中用两个测力计拉绳套时,两个力F1和F2必须相互垂直
D.记录细绳的方向时,标记同一细绳方向的两点要尽量近一些
(1)由实验原理和装置图可以知道,最重要是弹簧秤和橡皮皮,其他都是一些辅助设备,所以还需要橡皮皮和弹簧测力计;
(2)本实验是采用等效法来验证平行四边形定则的,所以两次要把橡皮皮的结点拉到同一位置;
(3)操作合理的要求是记录准确,即力的大小和方向要精确,但对两个力大小并没有严格要求,且方向不一定垂直,所以只有选项B合理。
故答案为:
(1)BC
(2)同一位置(3)B
14.(10分)用如图所示的实验装置做“验证牛顿第二定律”的实验。
(1)下面列出了一些实验器材:
电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶、天平(附砝码)。
除以上器材外,还需要的实验器材有 BD (选填选项前的字母)。
A.秒表B.刻度尺
C.低压直流电源D.低压交流电源
(2)实验时把长木板右端垫高,在不挂砂桶且计时器打点的情况下,轻推一下小车,使小车拖着纸带做匀速运动,这样做的目的是 平衡摩擦力 。
(3)长木板右端高度调好后,接通电源,释放小车,打点计时器在纸带上打下一系列点,图a是打点计时器打出的一条清晰的纸带。
图中标出了A、B、C三个计数点,相邻计数点之间的时间间隔为T.A、B间的距离x1,A、C间的距离x2.则实验中该小车加速度的大小a=
(结果用上述字母表示)。
(4)某同学通过数据处理作出了如图b所示的加速度a随合力F变化的图象,从图中可以看出图线是一条经过原点的直线。
由此图象可得a﹣F图象的表达式为 a=kF,k=2.0m•s﹣2•N﹣1 ,小车和砝码的质量约为 0.50 kg(结果保留两位有效数字)
(1)打点计时器本身就是计时的仪器,所以不需要秒表;
电磁打点计时器是需要低压交流电源工作的,且打出的纸带需要用刻度尺测量计数点之间的间隔,故BD正确,AC错误;
(2)因为探究的是小车的加速度与受到的合力的关系,而小车除受拉力外还有摩擦力,所以需要把摩擦力平衡掉,这样小车所受拉力就等于小车所受合力了;
(3)根据△x=aT2可得加速度为:
(4)因为a﹣F图象是一条经过原点的倾斜的直线,则a与F成正比关系,即a=kF,其中k为比例系数,数值为:
,其斜率的倒数表示小车和砝码的质量,则小车和砝码的质量为:
。
(1)BD;
(2)平衡摩擦力;
(3)
;
(4)a=kF,k=2.0m•s﹣2•N﹣1,0.50。
三.计算题(本题共四小题,满分44分.解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的,答案中必须明确写出数值和单位)
15.(8分)一辆小轿车在水平路面上做匀加速直线运动,车的加速度a=1m/s2,某时刻t0=0时小轿车的速度v0=2m/s。
求:
(1)从此时刻开始,t=6s时小轿车速度v1的大小;
(2)在这6s内小轿车通过的位移大小x1;
(3)从时刻t0=0开始,小轿车通过位移x2=16m时速度v2的大小。
(1)由匀变速直线运动速度时间公式得:
v1=v0+at=2m/s+1×
6m/s=8m/s
(2)由匀变速直线运动位移时间公式得:
x1=v0
at2=2×
6m
1×
62m=30m
(3)由匀变速直线运动速度位移公式得:
2ax2=v22﹣v02即:
(2×
16m/s)2=v22﹣(6m/s)2
得:
v2=6m/s
答:
(1)从此时刻开始,t=6s时小轿车速度v1的大小为8m/s。
(2)在这6s内小轿车通过的位移大小x1为30m。
(3)从时刻t0=0开始,小轿车通过位移x2=16m时速度v2的大小为6m/s。
16.(10分)如图所示,光滑斜面倾角θ=37°
,用一竖直方向的光滑挡板将球挡在斜面上,已知球重60N.
(1)在图中作出小球所受力的图示;
(2)求出斜面及挡板对球弹力的大小(sin37°
=0.6,cos37°
=0.8).
(1)如图所示受G、F1、F2三个力
(2)对受力进行正交分解有:
F2cosθ=G
F2sinθ=F1
解得:
F2
75N
F1=Gtanθ=45N
(1)受力分析如图所示.
(2)斜面对小球的弹力为75N,挡板对小球的弹力为45N.
17.(12分)如图所示,a、b是两个半径都为R的光滑小球,球的质量均为m,现将它们用长为2R的细绳连结在一起,在细绳的中点O处用一竖直向上的恒力F拉着两个小球一起向上做匀加速直线运动。
在运动过程中,求:
(1)两球运动的加速度大小;
(2)OB段绳的拉力FB的大小;
(3)a球对b球压力FN的大小。
(1)对整体应用牛顿第二定律得:
F﹣2mg=2ma
a
g
(2)由几何关系得:
OA、OB的夹角为60°
对b球受力分析,由牛顿第二定律得:
FBcos30°
﹣mg=ma
FB
(3)在与F垂直的方向上,球b受力平衡,
由平衡条件得:
FN﹣FBsin30°
=0
FN
(1)两球运动的加速度大小是
g;
(2)OB段绳的拉力FB的大小是
(3)a球对b球压力FN的大小是
18.(14分)如图所示,在光滑的水平面上有一足够长的质量为M=4kg的长木板,在长木板右端有一质量为m=1kg的小物块,长木板与小物块间动摩擦因数为μ=0.2,长木板与小物块均静止。
现用F=18N的水平恒力向右拉长木板,经时间t=1s撤去水平恒力F。
(1)在F的作用下,长木板的加速度为多大?
(2)刚撤去F时,小物块离长木板右端多远?
(3)小物块最终离长木板右端多远?
(1)对木板,根据牛顿第二定律可得:
a1
代入数据解得:
a1=4m/s2
(2)撤去F之前,小物块水平方向只受摩擦力作用,故小物块加速度为:
a2
μg=2m/s2
小物块相对木板向左的位移为:
△x1
△x1=1m
即刚撤去F时,小物块离长木板右端1m。
(3)刚撤去F时,木板的速度为:
v1=a1t=4×
1m/s=4m/s
小物块速度为:
v2=a2t=2×
1m/s=2m/s
撤去F后,长木板的加速度为:
a1′
a1′=﹣0.5m/s2
最终速度为:
v=v2+a2t′=v1+a1′t′
t′=0.8sv=3.6m/s
在t′内,小物块相对木板向左的位移为:
△x2
△x2=0.8m
最终小物块离长木板右端距离为:
x=△x1+△x2=1.8m
(1)在F的作用下,长木板的加速度为4m/s2。
(2)刚撤去F时,小物块离长木板右端1m。
(3)小物块最终离长木板右端1.8m。
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- 学年 高一第 一学期 期末考试 物理试题 答案