辽宁省高一下学期物理期末测试题Word文档格式.docx
- 文档编号:20421624
- 上传时间:2023-01-22
- 格式:DOCX
- 页数:18
- 大小:193.68KB
辽宁省高一下学期物理期末测试题Word文档格式.docx
《辽宁省高一下学期物理期末测试题Word文档格式.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《辽宁省高一下学期物理期末测试题Word文档格式.docx(18页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
7.从同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上易碎,而掉在毛毯上就不易碎,这是因为玻璃杯掉在水泥地上时( )
A.受到的冲量大B.受到地面的作用力大
C.动量的变化量大D.动量大
8.某人在一只静止的小船上练习射击,船、人连同枪(不包括子弹)及靶的总质量为M,枪内有n颗子弹,每颗子弹的质量为m,子弹水平射出枪口相对于地的速度为v0,子弹打入靶中且留在靶里,在射完n颗子弹后时,小船的最终速度为( )
A.0B.
9.如图,在地面上固定一个质量为M的竖直木杆,一个质量为m的人以加速度a沿杆匀加速向上爬,经时间t,速度由零增加到v,在上述过程中,地面对木杆的支持力的冲量为( )
A.(Mg+mg-ma)tB.(m+M)vC.(Mg+mg+ma)tD.mv
二、多选题
10.
如图1,小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上,刚接触轻弹簧的瞬间速度是5m/s,接触弹簧后小球速度v和弹簧缩短的长度△x之间关系如图2所示,其中A为曲线的最高点.已知该小球重为2N,弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中始终发生弹性形变.在小球向下压缩弹簧的全过程中,下列说法正确的是( )
A.小球的动能先变大后变小B.小球速度最大时受到的弹力为2N
C.小球的机械能先增大后减小D.小球受到的最大弹力为12.2N
11.如图所示,水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动,从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中( )
A.B对A的支持力越来越大
B.B对A的支持力越来越小
C.B对A的摩擦力越来越小
D.B对A的摩擦力越来越大
12.如图所示,虚线a、b、c是电场中的三个等势面,相邻等势面间的电势差相等,实线为一个带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹,P、Q是轨迹上的两
点.下列说法中正确的是( )
A.三个等势面中,等势面c的电势最低
B.带电质点一定是从Q点向P点运动
C.带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大
D.带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小
13.
如图所示,把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上,在桌面的另一处有另一带电小球B,现给B一个垂直于AB方向的速度v0,则下列说法中正确的是( )
A.B球可能做直线运动
B.B球的电势能可能增加
C.A球对B球的库仑力可能对B球不做功
D.B球可能从电势较高处向电势较低处运动
14.光滑水平面上,两个质量相等的小球A、B沿同一直线同向运动(B在前),已知碰前两球的动量分别为pA=12kg•m/s、pB=8kg•m/s,碰后它们动量的变化分别为△pA、△pB.下列数值可能正确的是( )
A.△pA=-2kg•m/s、△pB=2kg•m/sB.△pA=-3kg•m/s、△pB=3kg•m/s
C.△pA=-4kg•m/s、△pB=4kg•m/sD.△pA=-5kg•m/s、△pB=5kg•m/s
四、实验题探究题
15.
在如图所示的实验装置中,充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接,极板B接地
(1)若极板B稍向上移动一点,则将观察到静电计指针偏角______(填“变大”或“变小”),此实验说明平行板电容器的电容随______而增大;
(2)若极板B稍向左移动一点,则将观察到静电计指针偏角______(填“变大”或“变小”),此实验说明平行板电容器的电容随______而增大.
16.
某实验小组采用如图1所示的装置来探究“功与速度变化的关系”。实验中,小车碰到制动装置时,钩码尚未到达地面。实验的部分步骤如下:
(1)将一块一端带有定滑轮的长木板固定在桌面上,在长木板的另一端固定打点计时器;
(2)把纸带穿过打点计时器的限位孔,连在小车后端,用细线跨过定滑轮连接小车和钩码;
(3)把小车拉到靠近打点计时器的位置,接通电源,从静止开始释放小车,得到一条纸带;
(4)关闭电源,通过分析小车位移与速度的变化关系来研究合外力对小车所做的功与速度变化的关系。图2是实验中得到的一条纸带,点O为纸带上的起始点,A、B、C是纸带的三个计数点,相邻两个计数点间均有4个点未画出,用刻度尺测得A、B、C到O的距离如图2所示,已知所用交变电源的频率为50Hz,问:
(1)打B点时刻,小车的瞬时速度vB=______m/s。(结果保留两位有效数字)
(2)本实验中,若钩码下落高度为h1时合外力对小车所做的功W0,则当钩码下落h2时,合外力对小车所做的功为______。(用h1、h2、w0表示)
(3)实验中,该小组同学画出小车位移x与速度v的关系图象如图3所示。根据该图形状,某同学对W与v的关系作出的猜想,肯定不正确的是______(填写选项字母代号)
A.W∝v
B.W∝v2
C.W∝
D.W∝v3
(4)在本实验中,下列做法能有效地减小实验误差的是______(填写选项字母代号)
A.把长木板右端适当垫高,以平衡摩擦力
B.实验中控制钩码的质量,使其远小于小车的总质量
C.调节滑轮高度,使拉小车的细线和长木板平行
D.先让小车运动再接通打点计时器.
五、计算题(本大题共4小题,共40.0分)
17.如图为一真空示波管的示意图,电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计),经灯丝与A板间的电压U1加速,从A板中心孔沿中心线KO射出,然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场),电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直,电子经过电场后打在荧光屏上的P点.
已知M、N两板间的电压为U2,两板间的距离为d,板长为L,电子的质量为m,
电荷量为e,不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力.
(1)求电子穿过A板时速度的大小;
(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量y;
(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方,可采取哪些措施?
18.
如图所示,水平面上有一长度L=4m的薄凹槽,长L1=2m、质最M=1kg的薄板放在凹槽右侧D点静止,水平面两侧各有一个R=0.5m的半圆轨道.D点右侧静止一质量m=0.98kg的小木块.现有一颗质量m0=20g的子弹以V0=100m/s的速度射入木块,共速后滑上薄板,板与木块间动摩擦因数μ=0.05,其余一切摩擦不计.若薄板每次与C、D相碰后速度立即减为0且与C、D而不粘连,重力加速g=10m/s2,求:
(1)子弹与木块碰后共同的速度为多大?
(2)木块过圆弧B点时对B点压力为多大?
(3)木块最终停止时离D点多远?
答案和解析
【答案】
1.D2.B3.A4.C5.D6.B7.C
8.D9.B10.A11.B12.C13.ABD14.BC
15.ACD16.BCD17.BD18.ABC
19.变大;
两极板间正对面积的增大;
变大;
两极板间间距离的减小
20.0.40;
;
AC;
ABC
21.解:
(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0,由动能定理
eU1=
mv02-0
解得:
v0=
(2)电子以速度v0进入偏转电场后,做类平抛运动.设电子离开偏转电场时的侧移量为y
沿初速方向匀速直线运动,有
L=v0t
垂直初速方向,有
y=
at2
又电场力
F=eE=e
根据F=ma,得加速度为:
a=
(3)要使电子打在P点上方,需增大侧移量,由解得y=
知,可以减小加速电压U1或增大偏转电压U2.
答:
(1)电子穿过A板时速度的大小为
.
(2)侧移量为
(3)可以减小加速电压U1或增大偏转电压U2.
22.解:
(1)从静止开始到达到最大速度的过程中运用动能定理得:
,
当牵引力等于阻力时,火车速度达到最大值,
所以可得:
P额=Fvm=fvm=kmgvm
联列以上两式代入数据解得火车行驶的最大速度为:
vm=30m/s
(2)火车的额定功率为:
P额=kmgvm=0.05×
1
000×
103×
10×
30W=1.5×
107W
(3)由牛顿第二定律:
解得当火车的速度为10m/s时火车的加速度
m/s2-0.05×
10m/s2=1
m/s2
(1)火车行驶的最大速度为30m/s;
(2)火车的额定功率为1.5×
107W;
(3)当火车的速度为10m/s时火车的加速度为1
m/s2.
23.解:
(Ⅰ)设碰撞后瞬间小车的速度大小为v1,小球的速度大小为v,取向右为正方向,由动量守恒及动能守恒有:
mv0=Mv+Mv1;
mv02=
Mv2+
Mv12;
解得v1=
=-3m/s,小车速度方向向左.
v=
=2m/s,小球速度方向向右.
(Ⅱ)当弹簧被压缩到最短时,设小车的速度大小为v2,根据动量守恒定律有:
m0v0+mv1=(m0+m)v2
解得v2=1m/s
设碰撞后瞬间到弹簧最短的过程,弹簧弹力对小车的冲量大小为I,根据动量定理有
I=mv2-mv1
解得I=4N•s
(Ⅰ)碰撞结束时,小车的速度为3m/s,向左,小球的速度为2m/s,向右;
(Ⅱ)从碰后瞬间到弹簧最短的过程,弹簧弹力对小车的冲量大小为4N•s.
24.解:
(1)设子弹与木块的共同速度为v,取向左为正方向,根据动量守恒定律得:
m0v0=(m0+m)v
①
代入相关数据解得:
v=2m/s
(2)木块滑上薄板后,木块的加速度
,且方向向右.
薄板产生的加速度
,且方向向左.
设经过时间t,木块与薄板共同速度运动
则:
v-a1t=a2t③
此时木块与薄板一起运动的距离等于薄板的长度,
④
故共速时,木块恰好在薄板的最左侧.
此时木块过B点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力,则:
N-(m+m0)g=(m+m0)
⑤
此时木块的速度v'
=v-a1t⑥
N=12N
由牛顿第三定律知,木块过圆弧B点时对B点压力为12N.
(3)当木块再由C处滑上薄板时,设经过t1共速,此时薄板的加速度为a3
v-a1t-a1t1=a3t1⑦
此时
⑧
碰撞后,v薄板=0,木块以速度v1=0.5m/s的速度向右做减速运动
设经过t2时间速度为0,则
⑨
⑩
故△L=L1-△x'
-x=1.25m
即木块停止运动时离
D点1.25m远.
(1)子弹与木块碰后共同的速度为2m/s.
(2)木块过圆弧B点时对B点压力为12N.
(3)木块最终停止时离
D
点1.25m远.
【解析】
1.解:
A、天文学家哥白尼创立了日心说.故A错误.
B、开普勒发现了行星运动定律开普勒三定律;
但当时还没有诺贝尔物理学奖;
故B错误;
C、牛顿总结出万有引力定律,但没有测出引力常量;
故C错误;
D、库仑定律是库仑经过实验得出的,适用于真空中两个点电荷间;
故D正确;
故选:
D
根据物理学史和常识解答,记住著名物理学家的主要贡献即可
物理学史是考试内容之一,对于物理学家的成就要记牢,不能混淆.基本题,不能失分,注意卡文迪许测出的引力常量.
2.解:
A、x轴方向的初速度为vx=3m/s,y轴方向的速度vy=-4m/s,则质点的初速度v0=
=5m/s.故A错误.
B、x轴方向的加速度a=1.5m/s2,y轴做匀速直线运动,则质点的合力F合=ma=3N.故B正确.
C、合力沿x轴方向,而初速度方向既不在x轴,也不在y轴方向,质点初速度的方向与合外力方向不垂直.故C错误.
D、2s末质点速度大小v2=
=
=2
m/s,故D错误.
B
根据速度图象判断物体在x轴方向做匀加速直线运动,y轴做匀速直线运动.根据s-t图象的斜率求出y轴方向的速度,再将两个方向的初速度进行合成,求出质点的初速度.质点的合力一定,做匀变速运动.y轴的合力为零.根据斜率求出x轴方向的合力,即为质点的合力.合力沿x轴方向,而初速度方向既不在x轴,也不在y轴方向,质点初速度的方向与合外力方向不垂直.由速度合成法求出2s末质点速度.
本题的运动与平抛运动类似,运用运动的分解法研究,要明确两个分运动的性质和规律,根据平行四边形定则研究.
3.解:
A、将篮球的运动反向处理,即为平抛运动,第二次下落的高度较小,所以运动时间较短.故A正确.
B、水平射程相等,由x=v0t得知第二次水平分速度较大,即篮球第二次撞墙的速度较大,故B错误.
C、由vy=gt,可知,第二次抛出时速度的竖直分量较小,故C错误.
D、根据速度的合成可知,不能确定抛出时的速度大小,动能大小不能确定,故D错误.
A.
由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上,该运动的逆运动为平抛运动,结合平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律分析求解.
本题采用逆向思维,将斜抛运动变为平抛运动处理,知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律.
4.解:
万有引力提供向心力
天体的质量:
.体积:
密度:
.
因为地球的同步卫星和星球A的同步卫星的轨道半径比为1:
3,地球和星球A的半径比为1:
2,两同步卫星的周期比1:
2.所以A星球平均密度与地球平均密度的比值为:
故C正确,A、B、D错误.
C.
根据万有引力提供向心力
,求出天体的质量,再求出密度,看与什么因素有关.
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力
5.解:
相距为r时,根据库仑定律得:
接触后,各自带电量变为2Q,则此时
两式联立得F′=
故选D.
清楚两小球相互接触后,其所带电量先中和后均分.
根据库仑定律的内容,根据变化量和不变量求出问题.
本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题.注意两电荷接触后各自电荷量的变化,这是解决本题的关键.
6.解:
A、r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离.所以A点的电势高于B点的电势,故A错误.
B、A到B电势降低,所以A点的电场强度方向由A指向B,故B正确.
C、根据场强公式E=
得A点的电场强度大于B点的电场强度,故C错误.
D、正电荷沿直线从A移到B的过程中,电场力方向由A指向B,所以电场力做正功,故D错误.
故选B.
根据直线上各点的电势φ分布图判断A点和B点电势.
沿电场线方向电势逐点降低.
根据电场力方向和运动方向判断做功情况.
解决该题要掌握根据电势高低判断电场方向,根据电场力和速度方向判断做功情况.
7.解:
A、A、B、C三点的电场强度大小相同,方向不同,场强是矢量,则A、B、C三点的电场强度不同.故A错误.
B、OA间场强大于AD间场强,由U=Ed可知,电势差UOA>UAD.故B错误.
C、A、B两点的在同一等势面上,由W=qU,将一电子由C点分别移动到A、B两点,电场力做功相同.故C正确.
D、D的电势高于A点的电势,电子在A点的电势能小于在D点的电势能.故D错误.
故选C
A、B、C三点的电场强度大小相同,方向不同.由U=Ed分析电势差UOA与UAD的大小.A、B、C三点的在同一等势面上,由W=qU,分析电场力做功情况.电子在A点的电势能小于在D点的电势能.
本题要掌握点电荷电场线和等势面的分布情况,考查电场强度、电势差、电势能、电场力做功等知识点的掌握及学生空间想象能力.
8.解:
碰撞前,A追上B,说明A的速度大于B的速度,即有:
>
,则得
<
,即mA<
mB.
碰撞前系统总动量为:
P=PA+PB=5kg•m/s+7kg•m/s=12kg•m/s,两球组成的系统所受合外力为零,碰撞过程动量守恒,碰撞后的总动量P′=P=12kg•m/s,物体动能EK=
A、PA=6,PB=6,碰撞后总动量为12kg•m/s,动量守恒;
碰撞后总动能
+
,碰撞后总动能增加,故A不可能,故A错误;
B、如果PA=6,PB=-6,碰撞后总动量为零,动量不守恒,故B错误;
C、如果PA=-5,PB=17,碰撞后总动量为12kg•m/s,动量守恒;
,碰撞后总动能增加,故C错误;
D、如果PA=-2,PB=14,碰撞后总动量为1212kg•m/s,碰撞后总动能
,动能不增加,故D正确;
D.
当A球追上B球时发生碰撞,遵守动量守恒.由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加,进行选择.
对于碰撞过程要遵守三大规律:
1、是动量守恒定律;
2、总动能不增加;
3、符合物体的实际运动情况.
9.解:
杯子从同一高度滑下,故到达地面时的速度一定相等,故着地时动量相等;
与地面接触后速度减小为零,故动量的变化相同,由动量定理可知I=△P可知,冲量也相等;
但由于在水泥地上,接触时间较短,故动量的变化率较大,作用力较大;
而在沙地上时,由于沙子的缓冲使时间变长,动量的变化率较小,作用力较小;
故B正确,A、C、D错误.
B.
杯子是否破碎关键在于杯子受到的外力作用,故应通过动量定理分析找出原因.
物体知识在生活中无处不在,一定要学会应用物理知识去分析解答现实生活中遇到的问题.
10.解:
船、人连同枪、靶以及枪内有n颗子弹组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,以子弹的初速度方向正方向,射击前系统的总动量为0,由动量守恒定律可知,子弹射入靶中后系统的总动量也为零,所以小船的最终速度为0;
A
以船、人连同枪、靶以及枪内有n颗子弹组成的系统为研究的对象,系统在水平方向上动量守恒,子弹打到靶上后速度和船相同,使用动量守恒定律即可解题.
本题的关键是确定研究对象,分析系统的初、末状态的动量,应用动量守恒定律进行研究.
11.解:
力F作用了t秒,则推力的冲量为I=Ft(N•s)
有力就有冲量,根据冲量的定义可求出推力的冲量.
本题要明确考查的是推力的冲量而不是合力的冲量.
12.解:
以人为研究对象,根据牛顿第二定律得:
F-mg=ma
F=ma+mg
以杆子为研究对象,分析受力情况,杆子受到重力Mg、地面的支持力N和人对杆子向下的力F,根据平衡条件得:
N=Mg+F=Mg+mg+ma
故支持力的冲量为:
I=Nt=(Mg+mg+ma)t
以人为研究对象,根据牛顿第二定律求出人对杆子的作用力,再以杆子为研究对象,分析受力情况,根据平衡条件求出地面对杆子的支持力,最后根据冲量的定义求解地面对木杆的支持力的冲量.
本题是平衡条件和牛顿运动定律的综合应用,分析受力是关键;
也可以对人和木杆整体运用动量定理列式求解.
13.解:
A、由图可知,小球的速度先增加后减小,故小球的动能先增大后减小,故A正确;
B、小球下落时,当重力与弹簧弹力平衡时小球的速度最大,则有小球受到的弹力大小与小球的重力大小平衡,故此时小球受到的弹力为2N,故B正确;
C、在小球下落过程中至弹簧压缩最短时,只有重力和弹簧弹力做功,故小球与弹簧组成的系统机械能守恒,在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加,故小球的机械能减小,故C错误;
D、小球速度最大时,小球的弹力为2N,此时小球的形变量为0.1m,故可得弹簧的劲度系数k=20N/m,故弹簧弹力最大时形变量最大,根据胡克定律知,小球受到的最大弹力为Fmax=kxmax=20×
0.61=12.2N,故D正确.
ABD
小球的速度先增加后减小,故其动能先增大后减小,在整个过程中只有重力和弹簧弹力对小球做功,故小球与弹簧组成的系统机械能守恒,在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加故小球的机械能减小,小球速度最大时弹力大小与小球的重力平衡,根据胡克定律求弹簧压缩时产生的最大弹力.
本题考查机械能守恒定律以及学生对图象的认知能力,知道小球落在弹簧上后先做加速运动达到最大速度后再做减速运动,这是解决问题的根本,能根据速度最大的条件求得弹簧的劲度系数是关键.
14.解:
A在运动的过程中受重力、支持力、静摩擦力,三个力的合力提供向心力.合力沿水平方向的分力等于A所受的摩擦力,合力沿竖直方向的分力等于重力和支持力的合力,合力的大小不变,由a到b的运动过程中,合力沿水平方向的分力减小,所以摩擦力减小.合力沿竖直方向的分力逐渐增大,所以支持力逐渐减小.故B、C正确,A、D错误.
BC.
物块A做匀速圆周运动靠合力提供向心力.在a运动到b的过程中,木块受重力、支持力和静摩擦力.
解决本题的关键知道A所受的合力提供向心力,向心力大小不变,知道A所受合力在竖直方向的分力等于重力和支持力的合力,在水平方向的分力等于摩擦力.
15.解:
A、作出电场线,根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知,电场线向上.故c点电势最低.故A正确.
B、根据已知条件无法判断粒子的运动方向.故B错误.
C、等差等势面P处密,P处电场强度大,电场力大,加速度大.C正确.
D、负电荷在电势高处电势能小,故D正确.
ACD
作出电场线,根据轨迹弯曲的方向
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 辽宁省 一下 学期 物理 期末 测试