福建省福州屏东中学学年高一上期末物理试题解析版.docx
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福建省福州屏东中学学年高一上期末物理试题解析版
2020-2021年福州屏东中学高一期末考试试卷
物理试卷
一、选择题(本题共12小题,每小题4分。
在每小题给出的四个选项中,第1—9题只有一项符合题目要求,第10-12题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.16世纪末意大利科学家伽利略在研究运动和力的关系时,提出了著名的斜面实验,其中应用到的物理思想方法属于()
A.等效替代B.实验归纳C.理想实验D.控制变量
【答案】C
【解析】
【详解】斜面实验重要思路是假定斜面绝对光滑,但是绝对光滑的物体不存在,所以这种思想属于理想化,我们也把这个实验成为理想实验.所以C对.
2.关于速度、速度变化量、加速度,说法正确的是()
A.物体运动的速度变化量越大,加速度一定越大
B.某时刻物体速度为零,其加速度可能很大
C.速度很大的物体,其加速度有可能很小,但不能为零
D.加速度很大时,运动物体的速度一定很大
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据
知,速度变化量大,加速度不一定大,故A项错误;
B.某时刻速度为零,速度变化可能很快,加速度很大,故B项正确;
C.速度很大
物体,加速度可能为零,比如匀速直线运动,故C项错误;
D.加速度很大的物体,速度变化很快,但是速度不一定大,故D项错误.
3.甲、乙两物体同时同地沿同一方向做直线运动的v-t图像如图所示,则()
A.经2s后乙开始返回
B.在第5s末,甲在乙的前面
C.甲、乙两次相遇的时刻为2s末和第6s末
D.甲、乙两次相遇的时刻为1s末和第4s末
【答案】C
【解析】
【详解】在速度时间图线中,乙的速度一直为正值,所以速度方向不变,不会返回,故A错误;在5s末,乙图线围成的面积大于甲图线围成的面积,可知乙的位移大小甲的位移,即乙在甲前面,故B错误;图线与时间轴围成的面积表示位移,由图线可知,在2s末和6s末,两个物体的图线与时间轴围成的面积相等,则位移相等,所以甲、乙相遇,故C正确,D错误.所以C正确,ABD错误.
4.一艘在太空飞行的宇宙飞船,开动推进器后受到的推力是800N,开动5s的时间,速度的改变为2m/s,则宇宙飞船的质量为( )
A.1000kgB.2000kgC.3000kgD.4000kg
【答案】B
【解析】
【详解】根据加速度的定义式得,飞船的加速度为
根据牛顿第二定律得飞船的质量为
m=
=
kg=2000kg
故选B。
5.如图所示,物体在五个力的作用下保持静止。
现将力F5先减小到0,再增大到原来值,其它四个力大小不变,则有关物体的运动说法正确的是( )
A.速度先增大后减小B.加速度先增大后减小
C.速度逐渐减小D.加速度逐渐增
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】BD.由于质点在五个力的作用下保持静止上,则其所受合力为零.这就相当于受两个等大反向的力:
某个力和其余几个力的合力.其中某个力逐渐减小,而其余几个力的合力是不变的,则其合力就在这个力的反方向逐渐增大,这个力再由零增大到原来大小,则合力又会逐渐减小直到变为零,所以合力变化为先增大后减小,故加速度a先增大后减小,因此B正确,D错误;
AC.合外力的方式始终与其余几个力的合力保持一致.由牛顿第二定律
知其加速度先增大后减小.又由于其合外力方向始终不变,则加速度方向始终不变,所以其速度会一直增大.最后
再增大到原来值时开始做匀速直线运动,因此A错误,C错误。
故选B。
6.如图所示,某人由A点划船渡河,船头指向始终与河岸垂直,河宽为120m,水流速度为4m/s,船在静水中的速度为3m/s,则以下关于小船的说法中正确的是
A.渡河时间为40s
B.渡河时间为30s
C.渡河时间
24s
D.将沿直线到达河正对岸B处
【答案】A
【解析】
【详解】ABC.当船在静水中的速度与河岸垂直时,渡河时间最短,且最短时间为:
,
故A正确,BC错误;
D.船头指向始终与河岸垂直,且存在水流,因此船不可能沿直线到达河正对岸B处,故D错误。
故选A。
7.从同一点O分别将a、b两小球沿同一水平方向抛出,两小球落在同一水平地面上,忽略空气阻力,它们的运动轨迹如图所示,用ta、tb分别表示a、b,两小球在空中的运动时间,则( )
A.ta=tbB.ta>tb
C.ta 【答案】A 【解析】 【详解】两球都做平抛运动,落地时竖直位移h相同,由 ,可知两球下落时间相同,故选A. 【点睛】解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,知道平抛运动的时间由高度决定,初速度和时间共同决定水平位移. 8.如图所示,不计重力的轻杆OP能以O点为圆心在竖直平面内自由转动,P端用轻绳PB挂一重物,另用一根轻绳通过光滑定滑轮系住P端。 在力F的作用下,当轻杆OP和竖直方向的夹角 (0< <π)缓慢增大时,以下说法正确的是( ) A.OP杆的力逐渐增大B.力F逐渐增大 C.PB绳的力先增大再减小D.OP杆的力逐渐减小 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 杆缓慢转动,所以PB绳子的拉力等于物块的重力,保持不变,由于杆可以绕着O点自由转动,知杆对绳子的作用力沿杆的方向,以P点为研究对象,分析受力情况如图所示,根据平衡条件得: N和F的合力与重力G大小相等、方向相反,作出力的合成图,如图,由三角形相似(△APO~△GPN)法得 当杆OP和竖直方向的夹角α(0<α<π)缓慢增大时,OP、G、AO不变,得到N不变,即OP杆受力不变,故B正确,ACD错误。 故选B。 9.在探究超重和失重规律时,某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作,传感器和计算机相连,经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象,则下列图象中可能正确的( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 人的下蹲动作是先加速后减速的。 人在加速下蹲的过程中,有向下的加速度,处于失重状态,此时人对传感器的压力小于人的重力的大小;在减速下蹲的过程中,加速度方向向上,处于超重状态,此时人对传感器的压力大于人的重力的大小。 故选D。 10.如图所示,A、B为质量相等的小球,由细线相连,再用轻质弹簧悬挂起来,则将A、B间细线烧断的瞬时两球的加速度分别为( ) A. ; ,向下 B. ,向上; ,向下 C. ,向上; ,向下 D. ; 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】对整体分析,根据平衡条件可知,弹簧的拉力为 剪断细绳的瞬间,对A分析可知,瞬间加速度 方向竖直向上,对B分析可知,只受重力的作用,故加速度的大小为 方向向下,故D正确,ABC错误。 故选C。 11.下列说法中正确的是( ) A.只要体积小、质量大的物体都可以看作质点 B.只有当受到不断变化的合力时,物体才能做曲线运动 C.做平抛运动的物体在相等的时间内速度变化都相同 D.不论物体做直线运动还是曲线运动,物体的加速度与所受的合力方向一定相同 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】A.体积很小或质量很小的物体也不一定能看成是质点,比如在研究分子的运动的时候,分子虽然很小,但是不能看成质点,故A错误; B.物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上,但合外力方向不一定变化,如平抛运动,加速度不变.故B错误; C.所有做抛体运动的物体加速度相同,所以在相等的时间内速度变化都相同,故C正确; D.不论物体做直线运动还是曲线运动,物体的加速度与所受的合力方向一定相同,故D正确。 故选CD。 12.如图所示,水平力 把一个物体紧压在竖直的墙壁上静止不动,下列说法正确的是() A.作用力 跟墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力 B.作用力 与物体对墙壁的压力是一对平衡力 C.物体的重力跟墙壁对物体的静摩擦力是一对平衡力 D.物体对墙壁的压力与墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力 【答案】CD 【解析】 【详解】A.力 跟墙壁对物体的压力都作用在物体上,且大小相等,方向相反,作用在一条直线上,是一对平衡力,故A错误; B.力 作用在物体上,物体对墙壁的压力作用在墙壁上,它们不能构成一对平衡力,也不是作用力与反作用力,故B错误; C.竖直方向上物体受向下的重力和墙壁对物体向上的静摩擦力而处于平衡状态,故这两个力是一对平衡力,故C正确; D.物体对墙壁的压力和墙壁对物体的压力是物体与墙壁之间产生的一对相互作用力,是一对作用力与反作用力,故D正确。 故选CD。 13.如图,三块质量相间的木块A、B、C放在水平桌面上,水平恒力F作用在木块B上,三木块以共同速度v沿水平桌面匀速移动,下列说法正确的是( ) A.B作用于A的静摩擦力为零 B.B作用于A的静摩擦力为 C.B作用于C的静摩擦力为 D.B作用于C的静摩擦力为F 【答案】AD 【解析】 分析】 【详解】AB.以A为研究对象,可知A相对于B没有运动趋势,则B作用于A的静摩擦力为零,否则A所受合力不为零,不可能做匀速直线运动,故A正确、B错误; CD.以AB作为整体为研究对象,根据平衡条件可知,C对B的静摩擦力大小等于F,方向与F相反,根据牛顿第三定律可知B作用于C的静摩擦力为F,故C错误、D正确。 故选AD。 14.如图所示,逆时针匀速转动的传送带与水平面的夹角θ,在传送带顶端静止释放小物块,小物块以加速度a1加速下滑,当小物块与传送带共速后,以加速度a2加速下滑,小物块与传送带间的动摩擦因数为μ。 则下列说法正确的是() A.a1>a2B.a1=a2C.μ=tanθD.μ 【答案】AD 【解析】 【详解】AB.小物块与传送带共速前,小物块所受的滑动摩擦力沿斜面向下,根据牛顿第二定律得 mgsinθ+μmgcosθ=ma1。 小物块与传送带共速后,小物块所受的滑动摩擦力沿斜面向上,根据牛顿第二定律得 mgsinθ-μmgcosθ=ma2。 对比可得,a1>a2,故A正确,B错误。 CD.当小物块与传送带共速后,以加速度a2加速下滑,说明mgsinθ>μmgcosθ,则得 μ<tanθ 故C错误,D正确。 故选AD。 15.如图所示,质量为m的滑块在水平面上向左撞向弹簧,当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到0,然后弹簧又将滑块向右推开。 已知弹簧的劲度系数为k,滑块与水平面间的动摩擦因数为μ,整个过程弹簧未超过弹性限度,则( ) A.滑块向左运动过程中,始终做匀减速运动 B.滑块向右运动过程中,始终做加速运动 C.滑块与弹簧接触过程中最大加速度为 D.滑块向右运动过程中,当弹簧形变量 时,物体的加速度为零 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】A.滑块向左接触弹簧的运动过程中,在水平方向上受到向右的弹力和向右的摩擦力,在此过程中弹簧的弹力是逐渐增大的,弹力和摩擦力的合力与运动方向始终相反,物体做减速运动,但不是匀减速,故A错误; B.滑块向右运动是从弹簧压缩量最大时开始的,此时受到水平向右的弹力和向左的摩擦力,开始时弹簧的弹力大于摩擦力,当弹簧伸长到一定程度,弹力和摩擦力大小相等,此后摩擦力大于弹力,所以滑块向右接触弹簧的运动过程中,是先加速,后减速,故B错误; C.由对A的分析可知,当弹簧的压缩量为x0时,水平方向的合力为 F=kx0+μmg 此时合力最大,由牛顿第二定律有 故C正确; D.在滑块向右接触弹簧的运动中,当弹簧的形变量为 时,此时弹力和摩擦力大小相等,方向相反,在水平方向上合外力为零,加速度为零,故D正确。 故选CD。 二、实验题 16.某同学用如图所示的实验装置验证牛顿第二定律 (1)下列说法正确的是__________(选填字母代号) A.每次改变小车质量时,应重新平衡摩擦力 B.实验时应先释放小车后接通电源 C.调节滑轮 高度,使细线与木板平行 D.实验中小车的加速度越大越好 (2)在实验中,得到一条如图所示的纸带,已知相邻计数点间的时间间隔为T=0.1s,且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出分别为3.09cm、3.43cm、3.77cm、4.10cm、4.44cm、4.77cm,小车的加速度a=______m/s²。 (结果保留两位有效数字) (3)消除小车与水平木板之间摩擦力的影响后,可用盘和重物总重力代替小车所受的拉力,此时盘和重物质量m与小车和车上砝码总质量M之间应满足的关系为________。 (4)实验中,逐步减小小车的质量,进行多次测量,并根据测得的多组数据面出 关系图线(如图所示). ①分析此图线的OA段可得出的实验结论是_________。 ②此图线的,AB段明显偏离直线,造成此误差的主要原因是__________。 A.小车与轨道之间存在摩擦 B.导轨保持了水平状态 C.小车的质量太小 D.小车的质量太大 【答案】①.C②.0.34③.m远小于M④.M=0.5kg⑤.A 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1]A.改变小车质量,不需要重新平衡摩擦力,因为平衡摩擦力后,有 即 与质量无关,A错误。 B.实验时应先接通电源后释放小车,B错误。 C.实验时需调节滑轮的高度,使细线与木板平行,C正确。 故选C。 (2)[2]根据匀变速运动的规律可得 运用逐差法得 (3)[3]根据牛顿第二定律,对小车有 对盘和重物有 联立可解得 当盘和重物质量m远小于小车和砝码的总质量时,可以认为盘和重物的重力等于小车所受的拉力。 (4)①[4]在图线中,F等于零,加速度a不等于零,可知图线①是在轨道倾斜情况下得到的。 图线的斜率等于小车和砝码质量的倒数解得 ②[5]此图线的,AB段明显偏离直线,故造成误差的主要原因就是导轨之存在摩擦,A正确,BCD错误。 故选A。 17.小李同学利用图甲装置做“验证力的平行四边形定则”的实验。 (1)下列操作正确的_________。 A.弹簧测力计不需要与板面平行 B.橡皮条OA必须与∠BOC的角平分线在同一直线上 C.在细绳正下方白纸上描下的两点,其间距应尽量大一些以确定拉力方向 (2)某次只用一个弹簧测力计测量时的示数如图乙所示,则其示数为______N。 (3)在一次对比试验中,按正确步骤操作,小李在白纸上根据实验结果画出力的图示如图丙所示,可以判定橡皮条OA的方向一定与力______(选填“F”或“F'”)的方向相同。 【答案】①.C②.4.30③.F 【解析】 【详解】 (1)[1]A.完成本实验时,弹簧测力计、橡皮条、细绳的方向必须与板面平行,且在同一平面内,才能确保力的准确性,选项A错误; B.橡皮条OA不需要在两绳OB、OC夹角的角平分线上,选项B错误; C.描下的两点间的距离越大,拉力的方向越准确,选项C正确。 故选C。 (2)[2]弹簧测力计的分度值为0.1N,应读到0.01N,结果为4.30N。 (3)[3]以F1、F2为邻边画出的平行四边形,F1、F2间的对角线恰好与力F'重合,即力F'为合力的理论值,而力F是用弹簧测力计测出的,是合力的实际值,一定与OA在同一直线上。 三、计算题(共40分) 18.公共汽车从车站开出以4m/s的速度沿平直公路行驶,2s后一辆摩托车从同一车站开出匀加速追赶,加速度为2m/s2,试问 (1)摩托车追上汽车前,两者最大距离是多少? (2)摩托车出发后,经多少时间追上汽车? (3)摩托车追上汽车时,离出发点多远? 【答案】 (1)5 46s; (2)29.84m;(3)12m 【解析】 【分析】 【详解】 (1)设经过t时间摩托车追上汽车,有 解得 (2)根据运动学公式有 (3)当两者速度相等时,距离最大.则 此时公共汽车的位移 摩托车的位移 最大距离 19.如图足够长的固定斜面倾角θ=37°.一个物体以v0=4m/s的初速度从斜面A点处沿斜面向上运动.物体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.25.(取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8).求: (1)物体沿斜面上滑时的加速度; (2)物体沿斜面上滑的最大距离; (3)物体从最高点返回到A点时的速度大小. 【答案】 (1) ,方向沿斜面向下; (2) ;(3) 【解析】 【详解】 (1)沿斜面向上运动时,由牛顿第二定律得 解得: , 方向沿斜面向下; (2)物体沿斜面匀减速上滑到速度为零,由速度位移关系得: 解得: (3)物体沿斜面返回下滑时,根据牛顿第二定律: 解得: 由速度位移关系得: 解得: 20.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? 【答案】 (1)4m/s2 (2)1m(3)1.8m 【解析】 【详解】 (1)对木板应用牛顿第二定律可得木板加速度 a1= 解得 a1=4m/s2 (2)撤去F之前,小物块只受摩擦力作用,故小物块加速度: a2=μg=2m/s2 小物块相对木板向左的位移 Δx1= a1t2- a2t2 解得 Δx1=1m (3)刚撤去F时,木板的速度: v1=a1t=4m/s 小物块速度 v2=a2t=2m/s 撤去F后,长木板的加速度: a1′=- =-0.5m/s2 最终速度 v=v2+a2t′=v1+a1′t′ 解得 t′=0.8s,v=3.6m/s 在t′内,小物块相对木板向左的位移 Δx2= - 解得 Δx2=0.8m 最终小物块离长木板右端 x=Δx1+Δx2=1.8m
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