解析山东省潍坊一中学年高一上学期期末物理试题.docx
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解析山东省潍坊一中学年高一上学期期末物理试题
2020┄2021学年山东省潍坊一中高一(上)期末物理试卷
一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,至少有一个选项是正确的,全部选对得4分,对而不全得2分)
1.(4分)(2014秋•奎文区校级期末)下列说法中哪些是正确的是( )
A.
静止的物体没有惯性
B.
物体在不受力的理想情况下没有惯性
C.
汽车行驶速度越大速度惯性越大
D.
质量越大的特优惯性越大
考点:
惯性.
分析:
惯性是物体的固有属性,一切物体在任何情况下都有惯性;惯性大小与物体的质量有关,质量越大,惯性越大.
解答:
解:
A、因为任何物体在任何情况下都有惯性,与是否静止无关.故A错误;
B、惯性大小与物体的质量有关,质量越大,惯性越大,故D正确,BC错误.
故选:
D
点评:
惯性是物理学中的一个性质,它描述的是物体能够保持原来的运动状态的性质,不能和生活中的习惯等混在一起.解答此题要注意:
一切物体任何情况下都具有惯性.惯性只有在受力将要改变运动状态时才体现出来.
2.(4分)(2014秋•奎文区校级期末)关于运动和力的关系,下列说法正确的是哪些()
A.
力是维持物体运动的原因
B.
力只能改变物体运动速度的大小
C.
力是物体产生加速度的原因
D.
力是改变物体运动状态的原因
考点:
牛顿第一定律.
分析:
力是产生加速度的原因,所以力是改变物体运动状态的原因,故力既能改变物体速度的大小,也能改变物体速度的方向;维持物体运动的原因是物体的惯性.
解答:
解:
A、力是改变物体运动状态的原因,维持物体运动的原因是物体的惯性,故A错误.
B、力是改变物体运动状态的原因,故力是产生加速度的原因,力可以改变物体的速度的大小,也可以改变物体受到的方向,故B错误.
C、力是改变物体运动状态的原因,故力是产生加速度的原因,故C正确.
D、力是产生加速度的原因,物体的加速度不为0,物体的运动状态就会发生改变,故D正确.
故选:
CD.
点评:
掌握力的概念和惯性的概念是解决此题的关键所在.
3.(4分)(2013秋•海珠区期末)在国际单位制中,力学的三个基本单位是()
A.
N、m、s
B.
kg、m、s
C.
N、kg、s
D.
N、kg、m
考点:
力学单位制.
分析:
国际单位制规定了七个基本物理量.分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量.它们的在国际单位制中的单位称为基本单位,而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位.他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔.
解答:
解:
力学中的基本物理量有三个,它们分别是长度、质量、时间,它们的单位分别为m、kg、s,所以B正确.
故选B.
点评:
单位制包括基本单位和导出单位,规定的基本量的单位叫基本单位,国际单位制规定了七个基本物理量.分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量.
4.(4分)(2014秋•奎文区校级期末)下列说法中正确的是哪个( )
A.
物体受到一个不为零的恒定外力作用时,它的运动状态一定改变
B.
物体受到合外力不为零时,一定做变速运动
C.
物体受到的合外力为零时,一定处于静止状态
D.
物体受到的合外力为零就是牛顿第一定律成立的条件
考点:
牛顿第二定律;牛顿第一定律.
专题:
牛顿运动定律综合专题.
分析:
力是改变速度的原因;当合力与速度不共线时,物体做曲线运动.
解答:
解:
A、物体受到一个恒定外力作用时,一定有加速度,故运动状态一定改变,故A正确;
B、物体受到的合外力不为零时,一定有加速度,一定做变速运动,合力是恒力时,一定做匀变速运动.故B正确;
C、物体受到的合外力为零时,加速度为零,处于静止状态或匀速直线运动状态,故C错误;
D、牛顿第一定律是指物体具有保持原来的运动状态的性质,与是否受力无关;故D错误;
故选:
AB
点评:
本题关键是明确力与运动的关系,要能够结合牛顿运动定律分析,基础问题.
5.(4分)(2014秋•奎文区校级期末)一静止物体仅在外力F作用下开始运动,经一段时间后,外力F方向突然改变为原来的反方向,则此物体( )
A.
加速度立即反向
B.
速度立即反向
C.
速度方向和加速度方向均不会立即改变
D.
物体的加速度方向与原来加速度方向相反,而速度方向不会立刻改变
考点:
牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系.
专题:
牛顿运动定律综合专题.
分析:
物体在恒力F作用下由静止运动到速度为v,当换成相反方向大小为F,经过一段时间,速度为零,之后会反向运动
解答:
解:
A、注意加速度的瞬时性可得,力变向则加速度立即变向,故A正确;
B、由于惯性,速度不会立即变向,故B错误;
CD、由AB分析可得,C错误、D正确.
故选:
AD
点评:
注意加速度的瞬时性
注意利用v﹣t图象解决比较好一些.
6.(4分)(2014秋•奎文区校级期末)跳高运动员从地面上起跳的瞬间,下列说法中正确的是( )
A.
运动员给地面的压力等于运动员受到的重力
B.
地面给运动员的支持力大于运动员受到的重力
C.
地面给运动员的支持力大于运动员对地面的压力
D.
地面给运动员的支持力的大小等于运动员对地面的压力的大小
考点:
力的合成与分解的运用.
分析:
运动员能够挑起的原因是地面的支持力大于运动员的重力,即运动员所受合力竖直向上.地面对运动员的支持力和运动员对地面的压力是作用力和反作用力,大小相等,方向相反.
解答:
解:
运动员在起跳过程中运动员的加速度竖直向上,根据牛顿第二定律可知运动员所受合力竖直向上,故地面对运动员的支持力大于运动员的重力,由牛顿第三定律可知,运动员受到的支持力等于运动对地面的压力,故A错误,B正确,C错误,D正确;
故选:
BD.
点评:
明白运动员起跳的原因,明白作用力和反作用力的关系是解决本题基础.
7.(4分)(2014秋•奎文区校级期末)放在光滑水平面上的物体同时受到水平向右的力F1和水平向左的力F2,原先F1>F2,物体从静止开始运动后,在F2不变、F1的大小逐渐减小,直到等于F2的过程中()
A.
物体向右运动,速度逐渐增大
B.
物体向左运动,速度逐渐增大
C.
物体向右运动,速度逐渐减小
D.
物体向右运动,加速度逐渐减小
考点:
牛顿第二定律;力的合成与分解的运用.
专题:
牛顿运动定律综合专题.
分析:
若以向右为正方向,则合力为:
F=F1﹣F2的变化为从F1﹣F2减小到0.故而合力减小.从而求出加速度的变化
解答:
解:
A、若以向右为正方向,则合力为:
F=F1﹣F2,该过程中合力的变化范围为从F1﹣F2减小到零,由牛顿第二定律可得:
F=ma可知,加速度也是逐渐减小,由于加速度的方向始终与速度的方向相同,所以物体做加速度减小的加速运动;故AD正确,BC错误.
故选:
AD.
点评:
本题是二力合成的动态分析,重点就是不要将合力方向(即由正号变为负号)的变化看做是大小的变化.从而求出加速的变化.
8.(4分)(2014秋•奎文区校级期末)用枪竖直向上射出一颗子弹,设空气阻力与子弹速度大小成正比,子弹从射出点升到最高点后,又落回射出点,则在这个过程中,子弹的加速度最大值在( )
A.
子弹出枪口时
B.
子弹在最高点时
C.
子弹落回到射出点时
D.
子弹上升到最大位移的中点时
考点:
牛顿第二定律;力的合成与分解的运用.
专题:
牛顿运动定律综合专题.
分析:
判断出上升过程和下降过程中的速度大小变化情况,得出阻力的大小变化,然后根据牛顿第二定律判断加速度大小的变化.
解答:
解:
A、在上升过程中,速度不断减小,则阻力不断减小,根据a=
知,加速度不变减小.在下降的过程中,速度不断增大,阻力不断变大,根据a=
知,加速度仍不断变小.故出枪口时的加速度最大,落回射出点时加速度最小.故A正确,B、C、D错误.
故选:
A.
点评:
解决本题的关键求出物体所受的合力,根据合力的变化,通过牛顿第二定律判断加速度大小的变化
9.(4分)(2009•海珠区模拟)如图所示,质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态,现用火将绳AO烧断,在绳AO烧断的瞬间,下列说法正确的是()
A.
弹簧的拉力F=
B.
弹簧的拉力F=mgsinθ
C.
小球的加速度为a=gtanθ
D.
小球的加速度a=gsinθ
考点:
牛顿第二定律;力的合成与分解的运用;胡克定律.
专题:
牛顿运动定律综合专题.
分析:
未烧断前,小球受重力、弹簧的弹力、绳子的拉力处于平衡状态,根据共点力的平衡求出弹簧的弹力.烧断绳子的瞬间,弹簧来不及发生形变,弹力不变.
解答:
解:
A、根据共点力的平衡,求得弹簧的弹力F=
烧断绳子的瞬间,弹簧来不及发生形变,弹力不变.故A正确,B错误.
C、烧断前,绳子的拉力T=mgtanθ.烧断后的瞬间,弹力不变,弹力与重力的合力与烧断前的绳子拉力等值反向,所以烧断后的瞬间,小球的合力为mgtanθ,根据牛顿第二定律,加速度a=gtanθ.故C正确、D错误.
故选AC.
点评:
解决本题的关键知道烧断绳子的瞬间,弹簧来不及发生形变,弹力不变.然后根据共点力平衡求出弹簧的弹力、绳子的拉力.
10.(4分)(2014秋•奎文区校级期末)如图所示为一具有光滑斜面的小车,斜面的倾角为θ,则使斜面上的物体能与斜面小车共同运动的加速度是()
A.
向左 gsinθ
B.
向右 g
C.
向左 gtanθ
D.
向左 gcosθ
考点:
牛顿第二定律;力的合成与分解的运用.
专题:
牛顿运动定律综合专题.
分析:
倾角为θ的光滑斜面上放一质量为m的物体,如斜面和物体一起以加速度a向左运动,物体所受的合力水平向左,对物体受力分析,根据平行四边形定则
和牛顿第二定律求出加速度大小.
解答:
解:
物体受重力和斜面的支持力,如图,合力的方向水平向左,加速度向左.
根据平行四边形定则和牛顿第二定律得
mgtanθ=ma
则a=gtanθ
故选:
C
点评:
解决本题的关键知道物体和斜面具有相同的加速度,会对物体正确进行受力分析,抓住合力方向水平,运用平行四边形定则求解
11.(4分)(2014秋•奎文区校级期末)如图所示,一轻弹簧竖直固定在地面上,一物体从弹簧正上方某处自由下落并落在弹簧上,弹簧在压缩过程中始终遵循胡克定律.从球接触弹簧开始
,直到把弹簧压缩到最短为止的过程中( )
A.
速度和加速度一直减小
B.
速度先增大后减小,加速度一直减小
C.
速度先增大后减小,加速度先减小后增大
D.
速度一直减小,加速度先减小后增大
考点:
牛顿第二定律;力的合成与分解的运用.
专题:
牛顿运动定律综合专题.
分析:
正确分析小球下落与弹簧接触过程中弹力变化,即可求出小球合外力的变化情况,进一步根据牛顿第二定律得出加速度变化,从而明确速度的变化情况
解答:
解:
A、开始于弹簧接触时,压缩量很小,因此弹簧对小球向上的弹力小于向下重力,此时合外力大小:
F=mg﹣kx,方向向下;
随着压缩量的增加,弹力增大,故合外力减小,当mg=kx时,合外力为零,此时速度最大;由于惯性物体继续向下运动,此时合外力大小为:
F=kx﹣mg,方向向上,物体减速,随着压缩量增大,物体合外力增大,当速度为零时,合外力最大.故整个过程中物体合力先减小后增大,速度先增大后减小,故ABD错误,C正确.
故选:
C.
点评:
本题考查了牛顿第二定律的综合应用,学生容易出错的地方在于当速度最大时,物体继续向下运动的情况分析,同时弹力的动态分析也是学生的易错点,因此在学习中要加强这方面的练习.
12.(4分)(2014秋•奎文区校级期末)光滑的水平面上,两物体A和B叠放在一起,物体A质量为m,物体B质量为2m,水平力F作用在物体B上,A和B间的动摩擦因数为µ,下列说法正确的是( )
A.
只要F小于µmg,A和B就会相对静止共同向前加速
B.
只要F小于3µmg,A和B就会相对静止共同向前加速
C.
若F=
µmg,则AB间的摩擦力大小为
µmg
D.
若F=4µmg,则AB间的摩擦力大小为µmg
考点:
牛顿第二定律;力的合成与分解的运用.
专题:
牛顿运动定律综合专题.
分析:
先由牛顿第二定律采用隔离法求得A的最大加速度,再由整体法求得F的最大值,超过最大值,两物体会发生相对滑动.
解答:
解:
AB、在摩擦力的作用下,A的最大加速度为a=
,此时整体受力为F=3ma=3μmg,故A错误、B正确.
C、若若F=
µmg
,则AB间无相对运动,整体加速度为a
对A物体由牛顿第二定律得,摩擦力大小为
µmg,故C正确.
D、由A分析知,若F=4µmg,则AB相对滑动,AB间的摩擦力大小为µmg,故D正确.
故选:
BCD.
点评:
注意整体法和隔离法的联合运用;在解题中要注意明确整体做加速运动,不能用力的平衡来求摩擦力.
二、实验题(每空3分,共18分)
13.(3分)(2014秋•奎文区校级期末)图示为伽利略著名的斜面理想实验,实验设想的步骤有:
①两个对接的斜面,让静止的小球沿一个斜面滚下,小球将滚
上另一个斜面.
②如果没有摩擦,小球将上升到原来释放时的高度.
③减小第二个斜面的倾角,小球在该斜面上仍然要达到原来的高度.
④继续减小第二个斜面的倾角,最后使它成水平面,小球将沿水平面作持续的匀速运动.
在上述设想的步骤中,有的属于可靠事实,有的则是理想化的推论,下面关于这些事实和推论的分类正确的是( )
A.
①是事实,②③④是推论
B.
②是事实,①③④是推沦
C.
③是事实,①②④是推论
D.
④是事实,①②③是推论
考点:
伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法.
专题:
常规题型.
分析:
要解答本题需掌握:
①伽利略著名的斜面理想实验的步骤;②科学认识事物,分析现象和把握物理规律的能力.
解答:
解:
伽利略的理想实验是以经验事实为基础,设想实验步骤和过程,运用分析推理得出结论的.之所以称之为理想实验,是因为实验的结果是无法用实际的实验进行验证的.伽利略的理想实验中,假如右侧为斜面或斜面变成水平放置,小球将达到斜面顶端或为了达到那个永远无法达到的高度而一直滚动下去,属于理想化的推理;因此①属于可靠事实;②③④属于理想化推论.
故选:
A.
点评:
此题是为了推翻“力是维持物体运动的原因”这一错误观点进行的一次实验,通过事实去理论推导,这是跨出条件束缚的一种途径.
14.(15分)(2014秋•奎文区校级期末)在“探究加速度与力、质量的关系”实验中
(1)实验台上备有下列器材:
A.电磁打点计时器,纸带及复写纸片;B.附有定滑轮的长木板;C.小车;
D.6V蓄电池E.弹簧秤F.小桶、细绳、沙子;G.低压交流学生电源;
H.秒表;Ⅰ.天平(附砝码);J.刻度尺
本实验不需要的器材有:
DEH.
(2)按实验要求装置好器材后,应按一定的步骤进行实验,下述操作步骤的安排顺序不尽合理,请将合理的顺序用字母代号填写在横线上:
DCEBAF
A、保持重物的质量不变,在小车里加砝码,测出加速度,重复几次
B、保持小车的质量不变,改变重物的质量,测出加速度,重复几次
C、用天平测出小车和重物的质量
D、平衡摩擦力,使小车近似做匀速直线运动
E、挂上重物,接通打点计时器的电源,放开小车,在纸带上打下一系列的点
F、根据测量的数据,分别画出a﹣F和a﹣1/M的图线
(3)为减小实验误差,要求小车质量M和沙桶及沙的质量m大小关系应满足:
M 远大于 m;并且平衡摩擦力后,再改变小车质量时不需要 平衡摩擦力(填“需要”或“不需要”).
(4)实验中用打点计时器打出的一条较理想的纸带,纸带上A、B、C、D、E、F、G为七个相邻的计数点,相邻计数点间的时间间隔为0.1s,各计数点间距离如图中所示,单位是cm.小车的加速度为 1.59 m/s2.(保留3位有效数字)
考点:
探究加速度与物体质量、物体受力的关系.
专题:
实验题;牛顿运动定律综合专题.
分析:
根据实验的具体操作步骤以及所要测量的数据,即可明确所需器材.
实验中应联系实际做实验的过程,结合注意事项:
使小车停在靠近打点计时器处,接通电源,放开小车,让小车运动,断开电源;选出合适的顺序.
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小.
解答:
解:
(1)由于打点计时器记录通过所打点记录了物体运动时间,因此不需要秒表,
电磁打点计时器需要低压交流电源,而不需要低压直流电源,
实验中不需要测量力的大小,即不需弹簧秤.
故选:
DEH
(2)在研究物体的“加速度、合外力和质量”三个物理量的关系时,分别控制一个物理量不变,看另外两个物理量之间的关系,因此采用了“控制变量法”进行研究;
根据实验原理要让重物的重力等于小车所受的合外力,故要先对小车平衡摩擦力﹣﹣﹣﹣﹣D,
然后画a﹣F 和a﹣
的图线时要知道合外力F的值,即重物的重力,和小车的质量,故要测量出小车和重物的质量﹣﹣﹣﹣﹣C,
之后利用纸带和打点计时器测量出小车的加速度a的值,用控制变量法,分别多测几组数据﹣﹣﹣﹣﹣E,B,A,
最后用图象法处理数据﹣﹣﹣﹣﹣F.
故顺序为:
DCEBAF.
(3)为保证细绳对小车的拉力近似等于沙桶及沙的重力,应满足小车的质量M>>m(m为砂和砂桶的质量),
改变小车的质量,不需要重新平衡摩擦力.
(4)设A到B之间的距离为x1,以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6,
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小,得:
x4﹣x1=3a1T2
x5﹣x2=3a2T2
x6﹣x3=3a3T2
为了更加准确的求解加速度,我们对三个加速度取平均值:
得:
a=
(a1+a2+a3)
即小车运动的加速度计算表达式为:
a=
m/s2=1.59m/s2
故答案为:
(1)DEH
(2)DCEBAF
(3)远大于;不需要
(4)1.59
点评:
解决实验问题首先要掌握该实验原理,了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项,其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚.
三、解答题(共3小题,满分34分)
15.(10分)(2014秋•奎文区校级期末)质量为4kg的物体静止于水平面上,物体与水平面间的动摩擦因数为0.5,物体受到大小为20N,与水平方向成θ=30°角斜向上的拉力F作用时沿水平面做匀加速运动,求物体的加速度的大小?
(
=1.732,g取10m/s2)
考点:
牛顿第二定律;力的合成与分解的运用.
专题:
牛顿运动定律综合专题.
分析:
对物体受力分析,根据牛顿第二定律列方程求解即可
解答:
解:
对物体进行受力分析:
水平方向:
Fcos30°﹣f=ma
竖直方向:
N+Fsin30°=mg
f=μN
代入数据:
a=0.58 m/s2
答:
物体的加速度是0.58m/s2.
点评:
本题考查了牛顿第二定律的应用,受力分析求合力是关键.
16.(10分)(2011秋•庐江县期末)物体以
12m/s的初速度从斜面底端冲上倾角为37°的斜坡,已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.25,(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8).
求:
(1)物体沿斜面上滑的最大位移;
(2)物体再滑到斜面底端时的速度大小.
考点:
牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系.
专题:
牛顿运动定律综合专题.
分析:
(1)根据牛顿第二定律求出物体上滑的加速度,结合速度位移公式求出上滑的最大位移.
(2)根据牛顿第二定律求出物体下滑的加速度,结合速度位移关系求出再滑到斜面底端时的速度大小.
解答:
解:
(1)物体上滑时受力如
图a所示,
垂直斜面方向:
FN=mg cos37°
平行斜面方向:
f+mgsin37°=ma1
又f=μFN
由以上各式解得物体上滑时的加速度大小
a1=gsin37°+μgcos37°=8m/s2
物体沿斜面上滑时做匀减速直线运动,速度为0时在斜面上有最大的位移
故上滑的最大位移:
x=
=
=9m;
(2)物体下滑时受力如图b所示,
物体沿斜面下滑时做匀加速直线运动,加速度的大小
a2=gsin37°﹣μgcos37°=4m/s2
由速度位移公式得:
v2=2a2x,
代入数据解得:
v=6
m/s;
答:
(1)物体沿斜面上滑的最大位移为9m;
(2)物体再滑到斜面底端时的速度大小为6
m/s.
点评:
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用,知道加速度是联系力学和运动学的桥梁,同时注意方向.
17.(14分)(2014秋•奎文区校级期末)如图所示,底座A上装有0.5m的直立杆,座和杆总质量为0.2kg,杆上套有质量为m=0.05kg的小环B,它与杆始终有摩擦且大小不变.当环从底座上以4m/s的初速度飞起时,刚好能到达杆的顶端,g取10m/s2.求:
(1)在环升起过程中,底座对水平面压力为多大?
(2)要想让底座对地面没有压力,则环飞起时的初速度至少是多大?
考点:
牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系.
专题:
牛顿运动定律综合专题.
分析:
①小环在下落过程中,受到重力和向上的滑动摩擦力,底座受到重力、小环向下的摩擦力和地面的支持力,由平衡条件求地面对底座的支持力,即可由牛顿第三定律求得底座对地面的压力.
②先根据牛顿第二定律求解加速度,再根据运动学公式求解速度.
解答:
解:
①对环进行受力分析,环受重力及杆给环向下的摩擦力,上升阶段加速度大小为a1.由牛顿第二定律,得:
mg+Ff=ma1
由运动学公式:
解得:
a1=16.0m/s2
Ff=0.3N
对底座进行受力分析,由平衡条件得:
Mg=FN+Ff′
解得:
FN=0.2×10﹣0.3=1.7N
又由牛顿第三定律知,底座对水平面压力为1.7N;
②刚好无压力则Ff=2N,此时加速度为:
a′=
=
=20m/s2
由运动学公式:
V′2=2a′L
得:
=
答:
①在环飞起过程中,底座对水平面的压力为1.7N;②飞起时的初速度至少是
点评:
本题中底座与小环的加速度不同,采用隔离法研究,抓住加速度是关键,由牛顿运动定律和运
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