天津市和平区学年高一上学期期末考试物理试题及答案解析.docx
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天津市和平区学年高一上学期期末考试物理试题及答案解析
天津市和平区2018~2019学年高一上学期期末考试
物理试题
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
注意事项:
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息;
2.请将答案正确填写在答题卡上。
第I卷(选择题)
评卷人
得分
一、单选题
1.关于牛顿第一定律,下列说法正确的是()
A.不受力作用的的物体是不存在的,故牛顿第一定律的建立毫无意义
B.牛顿第一定律是从实验现象归纳总结出来的
C.牛顿第一定律表明,物体在任何状态下都具有惯性
D.牛顿第一定律表明,外力的作用会改变物体的惯性
2.物体同时受到同一个平面内三个共点力的作用,下列几组力的合力可能为0的是()
A.2N、5N、9NB.1N、2N、5N
C.21N、3N、5ND.10N、10N、10N
3.如图所示,一细线两端点分别为P、N,将一质量较大的钩码挂在细线中点O,之后将细线的两端点从相距较远处相互缓慢靠近,钩码始终静止在同一位置,则在此过程中()
A.细线可能会在两端靠近过程中某一时刻被拉断
B.两细线拉力的合力逐渐减小
C.OP段细线上的拉力与钩码挂钩拉力的合力逐渐减小
D.ON段细线上的拉力与钩码挂钩拉力的合力逐渐增大
4.跳高运动员越过横杆后落在垫子上的运动可简化为如图所示的模型:
一轻弹簧竖直放置在水平地面上,将一小球从空中某一高度自由落下,之与正下方的轻弹簧接触并运动到最低点,对这一运动过程分析正确的是()
A.小球接触弹簧后立刻开始做减速运动
B.小球刚接触弹簧时的速度是整个过程的最大速度
C.接触弹簧后,小球的加速度先减小后增大
D.小球动能的增加量等于重力势能的减少量
5.体育器材室里,篮球摆放在如图所示的球架上.已知球架的宽度为d,每个篮球的质量为m,直径为D(D>d),不计球与球架之间的摩擦,重力加速度为g。
则每个篮球对一侧球架的压力大小为()
A.
B.
C.
D.
6.在水平地面上移动同一件货物有两种方法,可以如图甲用斜向下的力F1推动货物,也可以如图乙用斜向上的力F2拉动物体,F1与F2大小相同,当水平面的夹角也相同,货物在水平地面上移动相同的距离,则()
A.F1和F2对物体所做的功相同
B.摩擦力对物体做的功相同
C.物体动能的增量相同
D.外力对物体做的总功相同
7.在滑冰场上,甲、乙两个小孩分别坐在滑冰板上,原来静止不动,在相互猛推一下后分别向相反方向运动,假定两板与冰面间的动摩擦因数相同,已知甲在冰上滑行的距离比乙远,这是由于()
A.在推的过程中,甲推乙的力小于乙推甲的力
B.在推的过程中,甲推的乙的时间小于乙推甲的时间
C.在刚分开时,甲的初速度大于乙的初速度
D.在分开后,甲的加速度大小小于乙的加速度大小
8.如图,一很长的不可伸长的柔软细绳跨过光滑定滑轮,绳两端各系一小球a和b,a球质量为m,静置于地面,b球质量为3m;用手托住,高度为h,此时轻绳刚好拉紧,从静止开始释放b球至a球上升至最高点的过程中()
A.b落地前,b球减小的重力势能等于a球增加的重力势能
B.b落地前,a球和b球的速度大小始终相等
C.b落地前,
球的加速度大于a球的加速度
D.从释放开始,a球能上升的最大高度为h
评卷人
得分
二、多选题
9.物理定律的应用需要一定的条件,下列物体在运动过程中(忽略空气阻力),可以应用机械能守恒定律的是()
A.被起重机拉着向上做匀速运动的货物
B.沿光滑斜面向下加速运动的木块
C.一个斜向上抛当后在空中运动的铁球
D.在空中向上做减速运动的氢气球
10.质量分别为mA和mB的物体A、B用细绳连接后跨过滑轮,A静止在倾角为45°的斜 面上,B悬挂着,已知mA=2mB,不计滑轮摩擦,现将斜面倾角由45°增大到50°,系统仍保持静止,下列说法正确的是()
A.物体A受到的合外力减小
B.物体A对斜面的压力保持不变
C.绳子对A的拉力保持不变
D.物体A受到的静摩擦力增大
11.几个水球可以挡住一颗子弹?
《国家地理频道》的实验结果是:
四个水球足够!
水平排列的4个水球直径相同,子弹在水球中沿水平线做匀变速直线运动,恰好能穿出第4个水球,则可以判断的是()
A.子弹在每个水球中的速度变化相同
B.每个水球对子弹做的功相同
C.子弹在每个水球中运动的时间相同
D.子弹在每个水球中的动能变化相同
12.我国高铁技术处于世界领先水平,和谐号动车组是由动车和拖车编组而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。
假设动车组各车厢质量均相等,动车的额定功率都相同,动车组在水平直轨道上送行过程中阻力与车重成正比,某列动车组由8节车厢组成其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,则该动车组()
A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同
B.做匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间的作用力大小相同
C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1:
2
第II卷(非选择题)
评卷人
得分
三、解答题
13.将一个质量m的光滑小球放在竖直墙壁和倾斜挡板之间,小球处于静止状态,竪竖直墙壁和挡板间夹角为θ,重力加速度为g,挡板对小球的支持为N1,墻壁对小球的支持力为N2。
(1)请在图中作出小球的受力示意图;
(2)求N1和N2的大小。
14.“引体向上”是一项体育健身运动,该运动的规范动作是:
两手正握单杠,由身体悬垂开始,上提时,下颚超过杠面为合格。
如图所示,某同学质量为m=60kg,开始下颚距单杠的高度为H=0.4m,当他用F=720N的恒力将身体拉至某位置时,不再用力,以后依靠惯性继续向上运动,取g=10m/s2,为保证此次引体向上动作合格,停止用力时下颚到杠面的距离最大为多少?
(要求用牛二律和动能定理两种方法求解)
15.利用传感器研究物块在斜面上的运动。
如图所示,在固定斜面的顶端安装测速仪,当物块从斜面底端向上滑行时,测速仪启动,某次记录的数据如表。
取g=10m/s2,求:
时刻
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
速度
3.2
2.4
1.6
0.8
0
-0.4
-0.8
-1.2
-1.6
(1)物块在斜面上运动时的加速度大小;
(2)物块与斜面之间的动摩擦因数;
(3)木块回到斜面底端时的速度大小。
16.如图所示,光滑斜面底端挡板上固定着劲度为k=200N/m的轻弹簧,弹簧另一端与连接着质量为m=4kg的物块P,一根轻绳一端系在物体P 上,另一端跨过光滑的定滑轮挂有轻质量挂钩,挂钩不挂任何物体时,物体P处于静止状态,在挂钩上轻轻挂上质量也为m的物块Q后,物体P开始沿斜面向上运动,已知斜面足够长,斜面倾角为30°,细绳与斜面平行,运动过程中Q始终未接触地面,g=10m/s2
(1)求物块P刚开始运动时的加速度大小;
(2)物体P沿斜面向上运动多远时获得最大速度.;
(3)物体P的最大速度的大小。
评卷人
得分
四、填空题
17.如图所示,质量为0.1kg的小球以v1=3m/s的速度沿光清水平面向右运动,碰到墙壁经t=0.01s后以v2=2m/s的速度沿同、直线反弹,设初速度方向为正,小球在这0.01s内的加速度大小为________ m/s2,墙对小球的平均作用力大小为________N,墙对小球做的功为_______J
18.游乐场上的升降机可在竖直方向做变速运动让人体验超失重的感觉,某同学在升降机中把一物体挂在力传感器上,通过传感器显示上升过程拉力随时间的变化情况。
升降机从静止加速上升,再匀速运动一段时间,最后减速到停止运动,如图所示为传感器在屏幕上显示的拉力
随时间
的变化图线,则该升降机向上加速过程经历了______ s, 升降机的最大加速度是______ m/s2(
取10m/s2)。
19.纯电动概念车E1是中国馆的镇馆之宝之一。
若E1概念车的总质量为920kg,在16s内从静止加速到100km/h(即27.8m/s),受到恒定的阻力为1500N,假设它做匀加速直线运动,其动力系统提供的牵引力为N。
当E1概念车以最高时速120km/h(即33.3m/s)做匀速直线运动时,其动力系统输出的功率为kW。
评卷人
得分
五、实验题
20.某同学利用如图所示的实验装置来探究加速度与力和质量的关系
(1)本实验应用的实验方法是()
A.控制变量法 B.假设法C.理想实验法 D.等效替代法
(2)下列说法正确的是()
A.需要用弹簧秤测出小车受到的合外力
B.实验时应先接通电源后释放小车
C.本实验所挂钩码的质量
应远小于小车的质量
D.在平衡摩擦力时只要将木板倾斜任意角度即可
(3)某同学在探究加速度与质量的关系时,得到了如图所示的图象,该同学分析该图象得出加速度与物体的质量量成反比的结论,判断他的分析是否正确并说明原因:
_______________________________________________________________________.
21.某实验小组利用图甲所示的装置验证机械能守恒定律,图乙是该实验得到的一条点迹清晰的纸带,已知打点计吋器毎隔0.02s打一个点。
(1)本实验中你需要的器材是()
A.天平和砝码B.刻度尺C.秒表D.交流电源
(2)可以判断,重物是与纸帶的______端(填“左”或“右”)相连;
(3)若在纸帶上测出
,则可以计算出打下记数点
时的速度
______
(计算结果保留三位有效数字),若
数据也已测出,则使用还需测出物理量为____________
(4)在实际测量中,重物下落过程中増加的动能始终略________重力势能 (填“大于”或“小于”),这样产生的误差属于___________ (选填“偶然误差”或“系统误差”)。
天津市和平区2018~2019学年高一上学期期末考试
物理试题参考答案
1.C
【解析】
牛顿第一定律给出了物体不受力作用时的运动规律,同时也说明了力是改变物体运动状态的原因,而不是维持物体运动状态的原因;牛顿第一定律是牛顿在前人实验的基础上,根据逻辑推理得出的,是以实验为基础,但又不是完全通过实验得出.
虽然不受力作用的物体是不存在的,但牛顿第一定律给出了物体不受力时的运动规律,是整个牛顿力学的基础,是有意义的,故A错误;牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上,根据逻辑推理得出的,是以实验为基础,但又不是完全通过实验得出,故B错误;不论是运动的还是静止的物体都有惯性,惯性与所处的运动状态无关,选项C正确;惯性由物体的质量决定,外力的作用不会改变物体的惯性,选项D错误;故选C.
2.D
【解析】三力的合力为零,物体能做匀速直线运动,动能不变,有
可知D对
3.C
【解析】
合力一定,分力的夹角越小,分力越小;三个力平衡时,任意两个力的合力与第三个力等大反向.
将细线的两端点从相距较远处相互缓慢靠近,则两细绳之间的夹角逐渐减小,因两绳拉力的合力等于重力不变,可知每根绳的拉力逐渐减小,即细线不可能会在两端靠近过程中某一时刻被拉断,选项A错误;两细线拉力的合力等于钩码的重力,不变,选项B错误;OP段细线上的拉力与钩码挂钩拉力的合力与ON段细绳的拉力等大反向,可知OP段细线上的拉力与钩码挂钩拉力的合力逐渐减小,选项C正确;同理,ON段细线上的拉力与钩码挂钩拉力的合力逐渐减小,选项D错误;故选C.
4.C
【解析】
分析小球所受的重力和弹力的关系,结合牛顿第二定律进行讨论;结合能量的转化讨论.
小球自由落下,接触弹簧时有竖直向下的速度,接触弹簧后,弹簧被压缩,弹簧的弹力随着压缩的长度的增大而增大.以小球为研究对象,开始阶段,弹力小于重力,合力竖直向下,与速度方向相同,小球做加速运动,合力减小;当弹力大于重力后,合力竖直向上,小球做减速运动,合力增大.则小球接触弹簧后,小球的加速度先减小后增大,速度先增大后减小,选项AB错误,C正确;小球动能的增加量与弹性势能增加量之和等于重力势能的减少量,选项D错误;故选C.
5.C
【解析】
以任意一只篮球为研究对象,分析受力情况,如图所示,设球架对篮球的支持力
与竖直方向的夹角为
.由几何知识得
,根据平衡条件得
,解得
,则得篮球对一侧球架的压力大为
,故选项C正确.
6.A
【解析】
根据受力分析比较拉力和推力的大小,再通过W=Fscosθ,比较做功的大小.根据动能定理分析动能的增量关系.
由题意可知,两个力的大小相等,且与位移间的夹角相等,由W=Fscosθ,可知两力做功一定相等;故A正确。
由于F1对物体有向下压的效果,而F2是向上提的效果,故可知A物体受到的摩擦力要大于B受到的摩擦力,故摩擦力对A做功要多;故B错误。
由上知,外力对物体做的总功不等,根据动能定理得知物体动能的增量不同,合外力对A做功较少,A的动能增量较小,故CD错误。
故选A。
【点睛】
本题考查动能定理及功的计算,要注意正确进行受力分析,根据功的公式分析力做功情况即可.
7.C
【解析】
由牛顿第三定律可知A错;B错;由
可知C对;加速度均为
,是相同的,D错;
8.B
【解析】
本题可以分为两个过程来求解,首先根据ab系统的机械能守恒,可以求得a球上升h时的速度的大小,之后,b球落地,a球的机械能守恒,从而可以求得a球上升的高度的大小.
根据能量关系,b落地前,b球减小的重力势能等于a球增加的重力势能于ab的动能增量之和,选项A错误;b落地前,ab用同一根绳子连接,可知a球和b球的速度大小始终相等,b球的加速度等于a球的加速度,选项B正确,C错误;设a球到达高度h时两球的速度v,根据机械能守恒:
b球的重力势能减小转化为a球的重力势能和a、b球的动能。
即:
3mgh=mgh+
•(3m+m)v2,解得 两球的速度都为
,此时绳子恰好松弛,a球开始做初速为
的竖直上抛运动,同样根据机械能守恒:
mgh+
mv2=mgH,解得a球能达到的最大高度H=1.5h,选项D错误。
故选B.
【点睛】
在a球上升的全过程中,a球的机械能是不守恒的,所以在本题中要分过程来求解,第一个过程系统的机械能守恒,在第二个过程中只有a球的机械能守恒.
9.BC
【解析】
当物体只有重力时机械能守恒;或者直接看动能和重力势能之和是否守恒.
被起重机拉着向上做匀速运动的货物,动能不变,重力势能增加,则机械能不守恒,选项A错误;沿光滑斜面向下加速运动的木块,只有重力对木块做功,机械能守恒,选项B正确;一个斜向上抛当后在空中运动的铁球,只有重力对铁球做功,机械能守恒,选项C正确;在空中向上做减速运动的氢气球,由于有空气浮力做功,则机械能不守恒,选项D错误;故选BC.
10.CD
【解析】
先对物体B受力分析,受重力和支持力,由二力平衡得到拉力等于物体B的重力;再对物体A受力分析,受重力、支持力、拉力和静摩擦力,根据平衡条件列式分析.
因系统平衡,可知物体A受到的合外力为零,保持不变,选项A错误;绳子对A的拉力等于B的重力,保持不变,选项C正确;设mA=2mB=2m,对物体B受力分析,受重力和支持力,由二力平衡得到:
T=mg;再对物体A受力分析,受重力、支持力、拉力和静摩擦力,如图
根据平衡条件得到:
f+T-2mgsinθ=0;N-2mgcosθ=0;解得:
f=2mgsinθ-T=2mgsinθ-mg;N=2mgcosθ;当θ不断变大时,f不断变大,N不断变小;选项B错误,D正确;故选CD。
【点睛】
本题关键是先对物体m受力分析,再对物体2m受力分析,然后根据共点力平衡条件列式求解.
11.BD
【解析】
子弹运动的过程为匀减速直线运动,直到末速度为零,子弹运动的过程中加速度不变,由运动学规律和动能定理来解决此题.
子弹向右做匀减速运动,通过相等位移的时间逐渐增加,所以子弹在每个水球中运动的时间不同。
加速度相同,由△v=at知,子弹在每个水球中的速度变化不同,故AC错误。
由W=-fx知,f不变,x相同,则每个水球对子弹的做的功相同,故B正确。
每个水球对子弹的做的功相同,由动能定理得知,子弹在毎个水球中的动能变化相同。
故D正确。
故选BD。
【点睛】
本题属于匀变速直线运动的基本规律应用,要能正确分析子弹的运动情景,把握子弹的速度变化量与时间的关系,功与动能变化的关系.
12.AD
【解析】
根据受力分析,结合牛顿第二定律分析车厢之间的作用力;根据动能定理分析从关闭发动机到停下来滑行的距离;当牵引力和阻力的大小相等时,动车的速度达到最大值,由此可以求得将非动力车改为动力车的数量.
设每节动车的功率为P,牵引力为F,每一节车厢的质量是m,阻力为kmg;启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向是相同的,所以乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同。
故A正确;做加速运动时,有两节动力车厢,对整个的车进行受力分析得:
2F-8kmg=8ma,对6、7、8车厢进行受力分析得:
F1-3kmg=3ma;对7、8车厢进行受力分析得:
F2-2kmg=2ma;联立可得:
.故B错误;设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为s,则:
−8kmg•s=0−8×
mv2,可得:
,可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比。
故C错误;当只有两节动力车时,最大速率为v,则:
2P=8kmgv;改为4节动车带4节拖车的动车组时:
4P=8kmg•v′,所以:
v′=2v,故D正确。
故选AD。
【点睛】
机车的速度达到最大时,机车做匀速运动,此时机车处于受力平衡状态,即此时的牵引力和受到的阻力的大小相等,再根据瞬时功率的公式即可解答本题.
13.
(1)
;
(2)
,N2=
【解析】
对小球受力分析,受重力和两个支持力,作出受力分析图;然后根据共点力平衡条件并结合合成法列式求解即可.
(1)小球受重力、墙壁及档板的支持力而处于平衡状态;小球的受力示意图如图所示.
(2)将两支持力合成,根据力的平衡条件可得两力的合力为:
F=mg
由三角函数可得:
N2=
【点睛】
本题是简单的三力平衡问题,关键是受力分析后根据平衡条件作图分析,注意几何关系的正确应用.
14.
m
【解析】
人先恒力作用下做匀加速运动,后做竖直上抛运动,即做匀减速直线运动.根据牛顿第二定律结合运动公式,或者用动能定理解答;
(1)用牛顿第二定律解答:
设施加恒力F时,人的加速度为a,由牛顿运动定律得:
F-mg=ma
代入解得:
a=2m/s2
设加速运动时间为t,人加速上升的高度为:
h1=
at2
人加速上升的末速度为:
v=at
人不再用力后,以速度v竖直上抛的高度为:
h2=
且h1+h2=H
联立解得h2=
m
(2)用动能定理;对整个过程:
解得:
h1=
m,
则
【点睛】
此题是两个物理过程,可用牛顿第二定律和运动公式解答,也可用动能定理解答;由此可看出动能定理在解答多过程问题中的优越性。
15.
(1)8m/s2和4m/s2;
(2)0.25;(3)2.2m/s
【解析】
根据加速度的定义式结合表中数据求加速度大小;根据牛顿第二定律列方程组求摩擦因数.
(1)由表中数据可知,0~0.4 s内物块向上滑行,0.4s后物块向下滑行,设前后两次的加速度大小分别为a1、a2,据a=
,
代入数据得:
a1=8 m/s2,a2=4 m/s2
(2)设动摩擦因数为μ,物块的质量为m
在上滑过程中 mgsinθ+μ mgcosθ=ma1
在下滑过程中 mgsinθ-μ mgcosθ=ma2
代入数据,联立两式解得sinθ=0.6,则cosθ=0.8,
从而得:
μ=0.25
(3)物块上滑的距离 l=
t=0.64m
下滑过程,据:
vt2=2a2l
代入数据得:
vt≈2.2 m/s
16.
(1)0.5g;
(2)
(3)
【解析】
(1)以AB组成的整体为研究对象,由牛顿第二定律可以求出加速度a.
(2)物块A沿斜面上升速度达到最大时合力为零,由平衡条件求出弹簧的形变量,由机械能守恒定律可以求出最大速度.
(1)以A、B组成的系统为研究对象,A刚开始运动的瞬间,由牛顿第二定律得:
mg=(m+m)a,
解得:
a=0.5g;
(2)未挂B时,对A,由平衡条件得:
mgsin30°=kx,得弹簧的压缩量为
当A受到的合力为零时速度最大,此时:
mgsin30°+kx′=mg,
解得:
x′=
因此物体P沿斜面向上运动的距离:
x0=x+x′=
;
(3)在出发点与Q点弹簧的形变量相同,弹簧的弹性势能相等,由机械能守恒定律得:
mgx0=mgx0sin30°+
•2mvm2,
解得最大速度:
vm=
;
【点睛】
本题是牛顿第二定律及机械能守恒定律的应用.关键要分析清楚物体的运动过程,把握每个过程和状态的规律,应用牛顿第二定律与机械能守恒定律可以正确解题.
17.500m/s250N-0.25J
【解析】
根据小球的初末速度和时间,结合加速度的定义式求出小球的加速度.根据牛顿第二定律求解墙对小球的平均作用力;根据动能定理求解墙对小球做的功.
规定初速度的方向为正方向,则小球的加速度为:
,负号表示方向,即加速度的方向向左.根据牛顿第二定律可得,墙对小球的平均作用力大小为F=ma=50N;根据动能定理可得墙对小球做的功:
.
18.6s8m/s2
【解析】
(1)当升降机在启动阶段加速上升时,重物所受的支持力大于重力,则重物对台秤的压力也大于重力.由图读出重物的重力,根据压力大于重力,确定升降机加速上升的时间.
(2)当重物对台秤的压力最大时,升降机的加速度最大,读出最大的压力,由牛顿第二定律求出最大的加速度.
(1)由图读出,升降机在6~16s内做匀速运动,重物对台秤的压力大小等于其重力的大小,则知重物的重力为G=5N,由图还看出,在0~6s内,重物对台秤的压力大于重物的重力,说明升降机正在加速上升,所以该升降机在启动阶段经历了6s时间.
(2)由图读出,重物对台秤最大的压力为9N,则台秤对重物最大的支持力为Nmax=9N,根据牛顿第二定律得:
Nmax-G=mamax,而m=G/g=0.5kg;
代入解得,该升降机的最大加速度是amax=8m/s2
【点睛】
本题首先要有读图能力,根据图象分析升降机的运动情况,其次要能运用牛顿运动定律求解升降机的最大加速度.
19.3.1×103;50
【解析】
电动车在加速过程中受到阻力和牵引力作用,所以F-f=ma,又因为它在16s内从静止加速到100km/h(即27.8m/s),所以可计算出加速度大小,然后代入上式可得F=3.1×103N,当其匀速运动时牵引力等于阻力,所以P=Fv=fv=50kW
20.ABC必须做出a-
图线,若a-
是一条直线,即可说明a与M成反比关系.
【解析】
研究加速度跟力和质量的关系,采用控制变量法.根据实验原理原理判断各个选项;根据a=
,故必须做出a-
是一条直线,才能说明a与M成反比关系.
(1)本实验应用的实
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- 天津市 和平区 学年 高一上 学期 期末考试 物理试题 答案 解析