学年高一第一学期期末物理试题及答案解析.docx
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学年高一第一学期期末物理试题及答案解析
2021-2022学年高一上学期期末考试物理试卷
一.选择题(共12小题,满分36分,每小题3分)
1.(3分)质点受到n个外力作用处于平衡状态,其中一个力F1=4N.如果其他的n﹣1个外力都保持不变,只将F1的方向转过90°,并且大小变为3N,则质点现在所受合力的大小为( )
A.0NB.3NC.4ND.5N
解:
物体受到几个外力作用而处于平衡状态,其中一个力大小为F1=4N,
那么其他力的合力的大小就是4N,方向与F1的方向相反;
当F1的方向改变90°,大小变为3N时,其他的力的合力的大小不变,还是4N,方向与F1的方向相反,
所以此时合力的大小为
5N.故ABC错误,D正确
故选:
D。
2.(3分)一质点做初速度为1m/s、加速度为2m/s2的匀加速直线运动,在0~5s内,质点运动的位移为( )
A.30mB.32mC.34mD.36m
解:
根据
得质点在5s内的位移为:
,故A正确,BCD错误。
故选:
A。
3.(3分)从高出地面2m的位置竖直向上抛出一个小球,它上升5m后回落,最后到达地面。
以竖直向上为正方向,建立坐标系如图所示,则在这一过程中小球的位移和路程分别为( )
A.2m.5mB.2m,12mC.﹣2m,5mD.﹣2m,12m
解:
位移是由初位置指向末位置的有向线段,球上升5m后回落,最后到达地面。
故全过程的总路程是:
s=5+7=12m,
全过程的总位移是x=0﹣2=﹣2m,负号表示位移方向与正方向相反,即向下,故ABC错误,D正确;
故选:
D。
4.(3分)如图是A、B两个质点做直线运动的位移﹣时间图象.则( )
A.在运动过程中,A质点总比B质点运动得快
B.在0﹣t1这段时间内,两质点的位移相同
C.当t=t1时,两质点的速度相等
D.A质点比B质点的加速度大
解:
A、位移﹣时间图线的斜率等于速度。
由图看出,A图线的斜率大于B图线的斜率,则A的速度大于B的速度,A质点总比B质点运动得快。
故A正确。
B、物体的位移等于纵坐标的变化量。
在时间0﹣t1内,A的位移大于B的位移。
故B错误。
C、t=t1时,两质点的位移相等,到达同一位置相遇。
A的速度仍大于B的速度。
故C错误。
D、两物体均做匀速直线运动,加速度都等于零。
故D错误。
故选:
A。
5.(3分)“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器,它是目前世界上下潜能力最强的潜水器。
假设某次海试活动中,“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮,从上浮速度为v时开始计时,此后“蛟龙号”匀减速上浮,经过时间t上浮到海面,速度恰好减为零,则“蛟龙号”在t0(t0<t)时刻距离海平面的深度为( )
A.
B.
C.
D.vt0(1
)
解:
蛟龙号上浮时的加速度大小为:
a
,
根据逆向思维,可知蛟龙号在t0时刻距离海平面的深度为:
h
a(t﹣t0)2
;
故C正确,ABD错误。
故选:
C。
6.(3分)下列哪组力作用在物体上不可能使物体做匀速直线运动( )
A.1N,3N,4NB.2N,5N,5N
C.3N,5N,9ND.3N,7N,9N
解:
三力中某两个力的合力|F1﹣F2|≤F1、2合≤F1+F2,若另一个力F3的大小在F1、2合的取值范围内,则这三个力的合力可能为零,物体就处于平衡状态。
A、1N与3N的合力:
2N≤F1、2合≤4N,F3=4N,可以匀速直线运动,故A错误。
B、2N与5N的合力:
3N≤F1、2合≤7N,F3=5N,可以匀速直线运动,故B错误。
C、3N与5N的合力:
2N≤F1、2合≤8N,F3=9N,不可以匀速直线运动,故C正确。
D、3N与7N的合力:
4N≤F1、2合≤10N,F3=9N,可以匀速直线运动,故D错误。
故选:
C。
7.(3分)关于速度和加速度的关系,下列说法正确的是( )
A.物体的速度变化越快,加速度一定越大
B.物体的速度变化,加速度一定变化
C.物体的速度变化越大,加速度一定越大
D.物体的速度为零时,加速度一定为零
解:
A、加速度是反映速度变化快慢的物理量,速度变化越快,加速度越大,故A正确。
B、只要有加速度,速度即可以发生变化,物体的加速度可以是恒定不变的,故B错误;
C、物体的速度变化量越大,速度变化不一定快,加速度不一定大,故C错误。
D、物体的速度为零时,加速度不一定为零,如竖直上抛运动物体在最高点时,速度为零,但加速度不为零,故D错误。
故选:
A。
8.(3分)A、B两个质点在同一直线上,t=0时从同一地点开始运动,它们的v﹣t图象如图所示,由图可知( )
A.在t时刻两个质点在同一位置
B.在t时刻两个质点加速度相等
C.在0﹣t时间内质点B比质点A的位移大
D.在0﹣t时间内两个质点的平均速度一样大
解:
A、t时刻两物体的速度相同,但t内的位移不同,故此时刻两质点不在同一位置,故A错误;
B、图象的斜率表示加速度,由图可知,t时刻的加速度不相同,故B错误;
C、图象与时间轴围成的面积表示位移,则由图可知,在0﹣t时间内质点B比质点A的位移大,故C正确;
D、因在0﹣t时间内两个质点的位移不同,故平均速度不相同,故D错误。
故选:
C。
9.(3分)物体从A点由静止出发,做匀加速直线运动,紧接着又做匀减速直线运动,到达B点时恰好停止。
在匀加速、匀减速两个运动过程中( )
A.物体的位移一定相等
B.物体的平均速度一定相等
C.物体的加速度大小一定相等
D.所用的时间一定相等
解:
ACD、物体先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,但是物判断物体运动的具体的加速度和运动的时间不确定,所以不能物体的具体的加速度时间和物体通过的路程的大小,所以ACD错误;
B、根据匀变速直线运动的规律,
可知,先后两个运动过程中平均速度一定相同,所以B正确。
故选:
B。
10.(3分)图示大致反映了伽利略对自由落体运动研究的实验和推理过程,下列说法中正确的是( )
A.图甲、乙、丙、丁都是实验现象
B.图甲、乙、丙、丁都是推理得到的结果
C.图甲、乙、丙是实验现象,图丁是推理得到的结果
D.图丁是实验现象,图甲、乙、丙是推理得到的结果
解:
因为物体下落得太快,伽利略无法测量物体自由下落的时间,为了使物体运动速度变慢,伽利略转向探究物体在斜面上的运动问题。
甲、乙、丙三个图都是实验现象,采用斜面的目的是可以“冲淡”重力的作用,使实验现象更明显。
而之所以采用了不同倾角的斜面,则是观察其规律性,形成外推的实验基础,而丁图是在此基础上经过合理的外推得到的结论,故C正确。
故选:
C。
11.(3分)赛车在比赛中从静止开始做匀加速直线运动,10s末的速度为50m/s,则该赛车的加速度大小是( )
A.0.2m/s2B.1m/s2C.2.5m/s2D.5m/s2
解:
由加速度公式可得:
a
5m/s2;
故选:
D。
12.(3分)一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接,并悬挂在空中,在稳定水平风力作用下发生倾斜,悬绳与竖直方向的夹角为30°,如图所示,设每个灯笼的质量均为m,则自上往下数第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为( )
A.2
mgB.
mgC.
mgD.8mg
解:
以下面四个灯笼作为整体为研究对象,进行受力分析,如图:
竖直方向:
Tcos30°=4mg
得:
T
故选:
C。
二.多选题(共4小题,满分16分,每小题4分)
13.(4分)一物体作匀变速直线运动,速度图象如图所示,则在前4s内(设向右为正方向)( )
A.物体始终向右运动
B.物体先向左运动,2s后开始向右运动
C.前2s物体位于出发点的左方,后2s位于出发点的右方
D.在t=2s时,物体距出发点最远
解:
A、B、速度时间图象反映质点的瞬时速度随时间的变化情况,时间轴上方速度是正值,时间轴下方速度是负值;所以物体前两秒向左运动,后两秒向右运动,故A错误,B正确。
C、因为图象与坐标轴围成面积代表位移,时间轴上方位移为正,时间轴下方位移为负。
前2s位移为负,物体位于出发点的左方,后2s负方向的位移逐渐减小,最后4秒末位移为零,又回到出发点,故在t=2s时,物体距出发点最远。
故C错误,D正确。
故选:
BD。
14.(4分)如图所示,长木板放置在水平面上,一小物块置于长木板的中央,长木板和物块的质量均为m,物块与木板间的动摩擦因数为μ,木板与水平面间动摩擦因数为
,已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g.现对物块施加一水平向右的拉力F,则木板加速度大小a可能是( )
A.a=μgB.a
C.a
D.a
解:
一:
木板相对物块没动
①若F
μmg,则木板上下表面都受到大小相等、方向相反的摩擦力,摩擦力大小为F,此时木板加速度为0;
②若μmg>F
μmg,则木板和物块一起做匀加速直线运动,整体水平方向的受力为:
拉力F和地面的摩擦力f,则其加速度为:
a
,故D正确。
二:
木板相对物块动了
此时F>μmg,则木板就是在物块的摩擦力和地面对它的摩擦力作用下做匀加速直线运动,其受到木块的摩擦力为:
f1=μmg,收到地面的摩擦力为f2
μmg,则获得的加速度为:
a
,故C正确。
故选:
CD。
15.(4分)如图所示,一足够长的木板静止在光滑水平面上,一物块静止在木板上,木板和物块间有摩擦.现用水平力向右拉木板,当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时,撤掉拉力,此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )
A.物块先向左运动,再向右运动
B.木板和物块的速度都逐渐变小,直到为零
C.木板向右运动,速度逐渐变小,直到做匀速运动
D.物块向右运动,速度逐渐增大,直到做匀速运动
解:
由题分析可知,刚撤掉拉力时,两物体的速度均向右,但此时滑块的速度小于木板的速度,滑块受到向右的滑动摩擦力,而做加速运动,木板受到向左的滑动摩擦力而做减速运动,当两者速度相等时,一起做匀速运动。
所以木板向右运动,速度逐渐变小,直到做匀速运动,而物块向右运动,速度逐渐增大,直到做匀速运动。
故CD正确,AB错误。
故选:
CD。
16.(4分)下列描述的运动中,可能存在的是( )
A.速度变化很大,加速度却很小
B.速度方向为正,加速度方向为负
C.速度变化的方向为正,加速度方向为负
D.速度变化越来越快,加速度越来越小
解:
A、根据加速度的定义式a
得,速度变化量大,加速度可以很小。
故A正确。
B、速度方向为正,加速度方向为负,物体做减速运动,故B正确;
C、加速度变化的方向与速度变化的方向相同,速度变化为正,加速度方向为正,故C错误;
D、加速度反映速度变化快慢,所以速度变化越来越快,加速度越来越大,故D错误
故选:
AB。
三.实验题(共2小题)
17.在“研究匀变速直线运动”的实验中,打点计时器接在50Hz的低压交流电源上。
某同学在打出的纸带上按打点的先后顺序选取A、B、C、D、E、F六个计数点(每相邻两个计数点间还有四个点),从A点开始在每一个计数点处将纸带剪开分成五段(分别为a、b、c、d、e段),将这五段纸带由长到短紧靠但不重叠地粘在xOy坐标系中,如图乙所示。
(1)将每一段纸带的右上端连接起来,得到一条倾斜的直线,如图所示,可知该物体做 匀减速 直线运动,若直线与﹣x方向的夹角越大,说明物体运动的加速度 越大 (填“越大”或“越小”)。
(2)从第一个计数点A开始计时,为求出0.25s时刻物体的瞬时速度,需要测出哪一段纸带的长度?
答:
c 段纸带(填“a”“b”“c”“d”或“e”)。
(3)若测得a段纸带的长度为8.00cm,e段纸带的长度为2.00cm,则可求出加速度的大小为 1.5 m/s2。
解:
(1)纸带剪接后,水平方向每条宽度相同,正好与时间对应,竖直长度为相邻相等时间的位移,由于△x=aT2,纸带长度差相等,变化规律恰好与速度一样,图线可看作v﹣t图象,即速度均匀减少,该物体做匀减速直线运动;直线与﹣x方向的夹角越大,图象斜率越大,加速度越大;
(2)求0.25s的速度,即求0.2∼0.3s内的平均速度,0.2∼0.3s内的位移恰好是纸带c段对应的长度;
(3)每相邻两个计数点间还有四个点,计数点间的时间间隔:
t=0.02×5=0.1s,
由△x=at2可知,加速度:
a
1.5m/s2,所以加速度的大小为1.5m/s2。
故答案为:
(1)匀减速;越大;
(2)c;(3)1.5。
18.
(1)某实验小组做验证牛顿第二定律实验。
实验小组中的小华用图所示装置做实验,图中带滑轮的长木板水平放置于桌面,拉力传感器可直接显示所受到的拉力大小。
小华做实验时,下列操作必要且正确的是 ABC
A.将长木板右端适当垫高,使小车能自由匀速滑动
B.小车靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,打出一条纸带,同时记录传感器的示数
C.改变砂和砂桶质量,打出几条纸带
D.用天平测出砂和砂桶的质量
E.为了减小误差,实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
(2)实验小组中的小明如图所示的实验装置来做实验。
①小明同学平衡了摩擦力后,以砂和砂桶的重力为F,在小车质量M保持不变情况下,不断往桶里加砂,砂的质量最终达到
M,测小车加速度a,作a﹣F的图象。
下列图线正确的是 C 。
②图为上述实验中打下的一条纸带,A点为小车刚释放时打下的起始点,每两点间还有四个计时点未画出,打点计时器的频率为50Hz,则C点的速度为 0.8 m/s,小车的加速度为 4 m/s2.(以上两空均保留一位有效数字)
解:
(1)A、实验前要平衡摩擦力,将长木板右端适当垫高,使小车能自由匀速滑动,故A正确;
B、为充分利用纸带,小车靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,打出一条纸带,同时记录传感器的示数,故B正确;
C、为得出普遍规律,改变砂和砂桶质量,打出几条纸带,故C正确;
D、小车受到的拉力可由拉力传感器测出来,不需要用天平测出砂和砂桶的质量,故D错误;
E、小车受到的拉力可以由拉力传感器测出,实验中不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量,故E错误。
故选:
ABC。
(2)①实验时平衡了摩擦力,则图象过原点;但是最后砂桶的质量不是远小于小车的质量,则图线将出现弯曲,故C正确。
②由于每两个记数点间还有四个计时点未画出,纸带上面每打一点的时间间隔是0.1s。
根据匀变速直线运动的推论,一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,则C点的速度为:
v
0.8m/s
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可得:
a
4m/s2
故答案为:
(1)ABC,
(2)C,(3)0.8,4。
四.计算题(共4小题)
19.一物体沿正东方向以4m/s的速度匀速运动时间为4s,又以3m/s的速度向北匀速运动时间为4s,求在这8s内物体的平均速率和平均速度.(tan37°
)
解:
物体的总路程s=v1t1+v2t2=4×4+3×4m=28m,
则平均速率v
.
物体的总位移x
20m,
则平均速度
2.5m/s.
方向tan
,故θ=37°
答:
平均速率3.5m/s;平均速度2.5m/s,方向东偏北37度
20.如图所示,在某段平直的铁路上一列以324km/h高速行驶的“和谐号”某时刻开始匀减速行驶,5min后恰好停在某车站,并在该站停留5min,随后匀加速驶离车站,经9km恢复到原速324km/h。
求
(1)“和谐号”减速、加速时的加速度分别为多大?
(2)“和谐号”从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小。
解:
(1)列车的速度为v=324km/h=90m/s,经过t1=5min=300s停下,根据加速度的定义可得:
列车减速加速度为:
a1
0.3m/s2。
根据速度﹣位移公式可知:
v2=2a2x2
解得加速过程的加速度为:
a2=0.45m/s2。
(2)列车减速阶段有:
解得:
x1=13500m。
加速阶段有:
解得:
t2=200s。
根据平均速度定义可知:
28.125m/s。
答:
(1)“和谐号”减速的加速度为0.3m/s2,加速的加速度为0.45m/s2。
(2)“和谐号”从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度为28.125m/s。
21.如图所示是一质量2kg的木箱在水平地面上的两种运动图线,Ⅰ表示木箱受到一个与初速度方向成30°的斜向上拉力F作用时的v﹣t图线。
Ⅱ表示木箱不受拉力时的v﹣t图线,g取10m/s2,求:
(1)木箱与地面的动摩擦因数μ。
(2)拉力F的大小,(结果保留两位有效数字)
解:
(1)根据v﹣t图象的斜率等于加速度,由图线Ⅱ得:
木箱不受拉力时的加速度大小为:
a2
m/s2=2m/s2
由牛顿第二定律得:
μmg=ma2,解得:
μ=0.2
(2)由图象Ⅰ得:
木箱受拉力F时的加速度大小为:
a1
m/s2=6m/s2
由牛顿第二定律得:
Fcos30°﹣μ(mg﹣Fsin30°)=ma1
解得:
F≈17N
答:
(1)木箱与地面的动摩擦因数是0.2;
(2)拉力F的大小是17N。
22.如图所示,长为l的长木板A放在动摩擦因数为μ1的水平地面上,一滑块B(大小可不计)从A的左侧以初速度v0向右滑上木板,滑块与木板间的动摩擦因数为μ2(A与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同)。
已知A的质量为M=2.0kg,B的质量为m=3.0kg,A的长度为l=3.0m,μ1=0.2,μ2=0.4,(g取10m/s2)
(1)A、B刚开始运动时各自的加速度分别是多大?
(2)为保证B在滑动过程中不滑出A,初速度v0应满足什么条件?
(3)分别求A、B对地的最大位移。
解:
(1)分别对A、B进行受力分析,
根据牛顿第二定律:
B物体的加速度:
A物体的加速度:
1m/s2;
(2)当AB速度相等时,恰好到木板末端,此时不滑出A物体,就不会滑出,
设经过时间t,AB的速度相等则有:
v0﹣aBt=aAt
根据位移关系得:
L
代入数据解得:
t
•1.1s,v0=5.5m/s
所以初速度应小于等于5.5m/s
(3)AB速度达到相等后,相对静止一起以v=1m/s的初速度,a=μ2g=2m/s2的加速度一起匀减速运动直到静止,发生的位移:
s
0.25m
之前A发生的位移为sA
0.6m
B发生的位移
3.6m
所以A发生的位移为sA+s=0.5m+0.25m=0.75m
B发生的位移为sB+s=3.6m+0.25m=3.85m
答:
(1)A、B刚开始运动时各自的加速度分别是1m/s2和﹣4m/s2;
(2)为保证B在滑动过程中不滑出A,初速度v0应满足小于等于5.5m/s;
(3)A、B对地的最大位移分别为0.75m和3.85m。
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