石景山区学年第一学期期末考试高一物理试题及答案.docx
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石景山区学年第一学期期末考试高一物理试题及答案
石景山区2019-2020学年第一学期期末考试
高一物理
一、选择题,本题共15小题,每小题3分,共45分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求.
1.(3分)在物理学的发展历程中,首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法,把实验和逻辑推理结合起来的科学家是( )
A.牛顿B.亚里士多德C.笛卡尔D.伽利略
2.(3分)下列物理量中,属于标量的是( )
A.位移B.速率C.速度D.加速度
3.(3分)某同学在操场上向正北方向运动了30m,接着转向正东方向运动了40m。
两段路线相互垂直。
整个过程中,该同学的位移大小和路程分别为( )
A.70m,70mB.50m,120mC.50m,70mD.50m,50m
4.(3分)一物体做自由落体运动,经5m落到地面上。
取g=10m/s2,则物体落地速度大小为( )
A.10m/sB.5m/sC.2.5m/sD.0.5m/s
5.(3分)某汽车做匀加速直线运动,初速度为4m/s,经过4s速度为12m/s,在这段时间内( )
A.汽车的加速度为4m/s2B.汽车的加速度为8m/s2
C.汽车的平均速度为6m/sD.汽车的平均速度为8m/s
6.(3分)如图所示,用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中。
已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°.重力加速度为g。
则ac和bc绳中的拉力大小分别是( )
A.
B.
C.
D.
7.(3分)甲、乙两物体在同一水平面上作匀变速直线运动,甲做加速运动,经过2s速度由3m/s增加到8m/s;乙做减速运动,经过8s速度由16m/s减小到0,则( )
A.甲的速度变化量大,甲的加速度大
B.乙的速度变化量大,甲的加速度大
C.甲的速度变化量大,乙的加速度大
D.乙的速度变化量大,乙的加速度大
8.(3分)作用在同一物体上的两个共点力,一个力的大小是5N,另一个力的大小是9N,它们合力的大小不可能是( )
A.2NB.4NC.6ND.8N
9.(3分)小滑块在一恒定拉力作用下沿水平面由静止开始做匀加速直线运动,2s末撤去恒定拉力,小滑块继续匀减速滑行再6s停下,问小滑块加速阶段的位移与减速阶段的位移大小之比是( )
A.1:
4B.1:
3C.1:
2D.1:
1
10.(3分)如图所示,一质量为m的木块静止在倾角为θ的斜面上。
重力加速度为g。
下列说法正确的是( )
A.斜面对木块的支持力大小为mgsinθ
B.斜面对木块的摩擦力大小为mgtanθ
C.增大物块质量,物块就会沿斜面向下滑动
D.斜面对木块的支持力与摩擦力的合力与重力平衡
11.(3分)为研究自由落体运动,实验者从某砖墙前的高处由静止释放一个石子,拍摄到石子下落过程中的一张照片如图。
由于石子的运动,它在照片上留下了一条模糊的径迹。
经测量,每层砖的平均厚度为6.0cm,位置A距石子下落的起始位置的距离大约为2m,请根据这些数据估算这张照片的曝光时间( )
A.0.02sB.0.05sC.0.2sD.0.5s
12.(3分)一个做直线运动的物体受到的合外力的方向与物体运动的方向相同,当合外力减小时,则物体运动的加速度和速度的变化是( )
A.加速度增大,速度增大B.加速度减小,速度减小
C.加速度增大,速度减小D.加速度减小,速度增大
13.(3分)某志愿者站在力传感器上分别完成下蹲和站起动作,计算机同时采集相应的数据。
如图所示,这是做其中一个动作时,力传感器的示数随时间变化的情况。
下面判断正确的是( )
A.这是站起过程,先失重后超重
B.这是站起过程,先超重后失重
C.这是蹲下过程,先失重后超重
D.这是蹲下过程,先超重后失重
14.(3分)一个恒力作用在质量为m1的物体上,产生的加速度大小为a1;作用在质量为m2的物体上,产生的加速度大小为a2,若这个恒力作用在质量为m1﹣m2的物体上,则产生的加速度大小等于(m1>m2)( )
A.a1a2B.
C.
D.
15.(3分)类比是一种常用的研究方法,对于直线运动,我们学习了由v﹣t图象求位移的方法。
如图所示,甲、乙两个物体静止开始做某直线运动时的v﹣t图象、a﹣t图象,根据图象,可以判断以下说法正确的是( )
A.甲物体在5s末回到了出发点
B.甲物体在5s内的位移是9m
C.乙物体在1s末的速度是1m/s
D.乙物体在4s末的速度是2m/s
二、填空题,本题共2小题,共15分.
16.(6分)某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验,实验装置如图甲所示,其中两个主要步骤如下:
①用两个弹簧测力计分别钩住绳套,互成角度地拉橡皮条,使橡皮条伸长,结点到达某一位置O,记下O点的位置,读出并记录两个弹簧测力计的示数;
②只用一个弹簧测力计,通过绳套拉橡皮条使其伸长,读出并记录弹簧测力计的示数,记下细绳的方向,按同一标度作出这个力F′的图示,如图乙所示;
(1)以上两步骤均有疏漏,请指出疏漏:
在①中是
在②中是
(2)图乙所示的F与F′两力中,方向一定沿AO方向的是 。
17.(9分)探究加速度与力、质量的关系,可以采用不同的研究方案。
(1)甲同学采用的方案如图所示,将两个相同的小车放在水平木板上,前端各系一条细绳,线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘,盘中可以放不同的砝码,盘与砝码的总重力可以近似认为是小车受到的拉力。
两小车后端各系一条细线,用黑板擦可以同时按住或放开这两条细线,使两车同时停止或运动。
某次操作中,在相同时间内测得小车的位移分别为x1、x2,若小车的加速度分别为a1、a2,则a1:
a2= ,这么做的依据是 。
(2)乙同学用如图所示器材进行定量探究。
用拉力传感器(能测量拉力的仪器)和速度传感器(能测量瞬时速度的仪器)探究加速度与物体受力的关系。
用拉力传感器记录小车受到拉力的大小,在长木板上相距L=48.0cm的A、B两点各安装一个速度传感器,分别测量小车到达A、B时的速率。
①乙同学认为,运动时小车受到的拉力 悬挂物的总重力(选填“>”或“<”),所以乙同学采用力传感器进行实验。
②实验主要步骤如下:
Ⅰ、将拉力传感器固定在小车上;
Ⅱ、垫高木板右端,让小车在不受拉力时做 运动;
Ⅲ、把细线的一端固定在拉力传感器上,另一端通过定滑轮与钩码相连;为保证细线的拉力不变,必须调节滑轮的高度使 ;
Ⅳ、接通电源后自C点释放小车,小车在细线拉动下运动,记录细线拉力F的大小及小车分别到达A、B时的速率vA、vB;
Ⅴ、改变所挂钩码的数量,重复步骤④的操作。
③表中记录了实验测得的几组数据,v
﹣v
是两个速度传感器记录速度的平方差,则加速度的表达式a= (用已知符号表示),请将表中第4次的实验数据填写完整(结果保留三位有效数字)。
次数
F/N
v
﹣v
/(m2•s﹣2)
a/(m•s﹣2)
1
0.60
0.77
0.80
2
1.04
1.61
1.68
3
1.42
2.34
2.44
4
2.62
4.65
5
3.00
5.49
5.72
④由表中数据,在坐标纸上作出a﹣F关系图线。
⑤对比实验结果与理论计算得到的关系图线(图中已画出理论图线),造成上述偏差的原因除了拉力传感器读数可能偏大外,还可能是 。
三、本题共5小题,共40分.解答应写出必要的文字说明、方程和重要步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.BCA左右
18.(7分)在停在水平地面上的小车内,用细绳AB、BC拴住一个重球,绳BC呈水平状态,绳AB与竖直方向夹角为α,球的质量为m,绳AB的拉力为T1,绳BC的拉力为T2。
求
(1)以小球为研究对象,画出受力图;
(2)绳子拉力T1,T2的合力为T,求T的大小和方向,并说明理由;
(3)当小车静止时,求绳子拉力T1,T2的大小。
19.(7分)民航客机都有紧急出口,发生意外情况的飞机紧急着陆后,打开紧急出口,狭长的气囊会自动充气,生成一条连接出口与地面的斜面,人员可沿斜面滑行到地面。
若机舱口下沿距地面h=3.6m,气囊所构成的斜面长度为l=6.0m,一个质量为m=60kg的人沿气囊滑下时所受的阻力是f=240N.g取10m/s2.(为简化问题,此处将人看作质点,并忽略空气阻力)
求:
(1)乘客在气囊上滑下的加速度至少为多大;
(2)若乘客从静止开始下滑,滑到底需要多长时间?
20.(8分)如图所示,一个质量m=1kg的物块,在F=10N的拉力作用下,从静止开始沿水平面做匀加速直线运动,拉力方向与水平方向成θ=37°.假设物块与水平面之间的滑动摩擦因数μ=0.5,取重力加速度g=10m/s2.sin37°=0.6,cos37°=0.8。
求
(1)做出物块的受力分析图;
(2)求物块运动的加速度大小;
(3)求从静止开始物块移动2s后撤去F,物体还能运动多长时间?
21.(8分)某同学在学习了牛顿运动定律后,利用弹簧设计了如图所示的竖直加速度测量仪,可以用来测量某升降装置竖直上下运行时的加速度。
一根轻弹簧上端固定在小木板上,旁边附有标尺。
将重力为0.8N的小球P挂在弹簧下端,静止时指针指向刻度B处,当悬挂重力为1.0N的小球Q时,将静止时指针所指的刻度标记为0.小球Q与弹簧、木板、标尺共同组成竖直加速度测量仪。
取重力加速度g=10m/s2。
(1)在某次测量中,弹簧的指针恰好指向位于刻度B处。
求此时小球Q受到的弹力大小、小球Q加速度的大小和方向
(2)当指针位于刻度F时,求此时小球Q受到的弹力大小、小球Q加速度的大小和方向。
22.(10分)如图所示,一水平传送带以3m/s的速度匀速运动,现把质量为1kg的小物块(可视为质点)无初速地轻放在传送带的左端A处,经过一段时间,小物块到达传送带的右端B处。
A、B间距离为6m,小物块与传送带间的动摩擦因数为0.15,重力加速度g=10m/s2。
(1)小物块从A运动到B所用的时间;
(2)以右为正方向,描绘出物块从A运动到B的过程中摩擦力f﹣t图象;
(3)只增大传送带的速度,其它物理量保持不变,可使小物块在传送带上从A运动到B所用的时间缩短。
传送带的速度为多大时,小物块的运动时间最短?
参考答案
一、选择题,本题共15小题,每小题3分,共45分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求.
1.【答案】D
【分析】伽得略首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法,把实验和逻辑推理结合起来。
牛顿在伽利略等人研究的基础上发现了三大牛顿运动定律。
亚里士多德的主要方法是思辩。
【解答】解:
是伽得略首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法,把实验和逻辑推理结合起来,故ABC错误,D正确
故选:
D。
【点评】本题考查物理学史,对于著名物理学家、经典实验和重要学说要记牢,还要学习他们的科学研究的方法。
2.【答案】B
【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量,标量是只有大小没有方向的物理量。
【解答】解:
ACD、位移、速度和加速度都既有大小又有方向,是矢量,故ACD错误。
B、速率只有大小,没有方向,是标量,故B正确。
故选:
B。
【点评】对于物理量的矢标性是学习的重要内容之一,要抓住矢量与标量的区别:
矢量有方向,标量没有方向。
3.【答案】C
【分析】根据路程等于物体运动路线的长度、位移大小等于初位置到末位置有向线段的长度,确定路程和位移的大小。
【解答】解:
位移的大小等于首末位置的距离,大小为:
x=
m=50m,路程等于运动轨迹的长度为:
s=30m+40m=70m,故ABD错误,C正确
故选:
C。
【点评】本题要理解路程和位移的物理意义,画出示意图,求解它们的大小。
位移大小等于起点到终点直线距离的大小,不会大于路程。
4.【答案】A
【分析】物体做自由落体运动,根据速度位移的关系式列式可求得落地速度大小。
【解答】解:
物体做自由落体运动,由速度位移的关系式得:
v2=2gh
物体落地速度:
v=
=
m/s=10m/s,故A正确,BCD错误。
故选:
A。
【点评】本题考查应用自由落体运动规律解题的基本能力,是基本题。
5.【答案】D
【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式求出汽车的加速度,根据平均速度的推论求出汽车的平均速度大小。
【解答】解:
AB、汽车的加速度a=
=
m/s2=2m/s2.故AB错误。
CD、汽车的平均速度
=
=
m/s=8m/s。
故D正确,C错误。
故选:
D。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论,并能灵活运用,有时运用推论求解会使问题更加简捷。
6.【答案】B
【分析】以结点c为研究对象,受到三个拉力作用,作出力图,其中重物对c点拉力等于重物的重力。
根据平衡条件列方程求解。
【解答】解:
以结点c为研究对象,受到三个拉力作用,作出力图。
整个装置静止,则重物对c点拉力F等于重物的重力。
根据平衡条件得:
Fac=Fsin60°=mgsin60°=
mg,Fbc=Fcos60°=mgcos60°=
mg,故B正确,ACD错误。
故选:
B。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题,解答此类问题的一般步骤是:
确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解,然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
7.【答案】B
【分析】根据甲乙初末速度得出速度变化量,结合加速度的定义式求出加速度,从而比较大小。
【解答】解:
甲的速度变化量△v1=(8﹣3)m/s=5m/s,加速度为:
a甲=
=
m/s2=2.5m/s2
乙的速度变化量△v2=(0﹣16)m/s=﹣16m/s,加速度为:
a乙=
=
m/s2=﹣2m/s2
可知乙速度变化量大,甲的加速度大,故B正确,ACD错误。
故选:
B。
【点评】解决本题的关键知道加速度的物理意义,知道加速度的正负表示方向,不表示大小。
8.【答案】A
【分析】两力合成时,合力随夹角的增大而减小,当夹角为零时合力最大,夹角180°时合力最小,并且|F1﹣F2|≤F≤F1+F2。
【解答】解:
两力合成时,合力范围为:
|F1﹣F2|≤F≤F1+F2;
一个力的大小是5N,另一个力的大小是9N,它们合力的大小的范围:
4N≤F≤14N,因此它们合力的大小不可能是2N,故A是不可能的,BCD是可能的;
本题选择不可能的,
故选:
A。
【点评】本题关键根据平行四边形定则得出合力的范围:
|F1﹣F2|≤F≤F1+F2。
9.【答案】B
【分析】用撤去恒定拉力时的速度可表达两段的平均速度,用平均速度表达出两段的位移即可求解。
【解答】解:
设撤去恒定拉力时的速度为v
则加速阶段的位移为:
x1=
减速阶段的位移为:
x2=
整理得:
=
带入数据解得:
=
=
=
,故B正确,ACD错误。
故选:
B。
【点评】本题考查了匀变速运动的位移公式,灵活选择推论公式可使解题过程简化。
10.【答案】D
【分析】以m为研究对象进行受力分析,根据平衡条件求解支持力和摩擦力大小,静止状态时合力为零,由此分析。
【解答】解:
以m为研究对象,受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力,如图所示;
AB、根据平衡条件,将重力进行分解可得斜面对木块的支持力大小为N=mgcosθ,斜面对木块的摩擦力大小为f=mgsinθ,故AB错误;
C、增大物块质量,摩擦力和支持力同比例增加,木块仍处于静止状态,故C错误。
D、由平衡条件知,斜面对木块的支持力与摩擦力的合力与重力等大反向,故D正确。
故选:
D。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题,解答此类问题的一般步骤是:
确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解,然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
11.【答案】A
【分析】AB间距约为2块砖头的厚度,约为12cm=0.12m;石子的初位置与A点间距为2m,求出末速度;由于0.12m远小于2m,故可以近似地将AB段做匀速运动,求时间。
【解答】解:
自由落体运动2m的末速度为:
v=
=
m/s=2
m/s;
由于0.12m远小于2m,故可以近似地将AB段当匀速运动,故时间为:
t=
=
s=0.019s≈0.02s,故A正确,BCD错误。
故选:
A。
【点评】本题关键是求出A点速度,然后将AB段近似为匀速直线运动,估算出时间;如果用自由落体运动的公式求解,数据运算量加大。
12.【答案】D
【分析】加速度的方向与合力的方向相同,随着合力的变化而变化,当加速度方向与速度方向相同,做加速运动,当加速度方向与速度方向相反,做减速运动。
由此分析。
【解答】解:
当合外力减小时,根据牛顿第二定律知,加速度减小,因为合外力的方向与速度方向相同,则加速度方向与速度方向相同,知速度增大,故D正确,A、B、C错误。
故选:
D。
【点评】解决本题的关键要知道加速度方向与合力的方向相同,掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法:
看加速度方向与速度方向的关系。
13.【答案】C
【分析】失重状态:
当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时,就说物体处于失重状态,此时有向下的加速度;超重状态:
当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时,就说物体处于超重状态,此时有向上的加速度。
人下蹲过程分别有失重和超重两个过程,先是加速下降失重,到达一个最大速度后再减速下降超重,起立也是如此。
【解答】解:
AB、人站起动作分别有超重和失重两个过程,先是加速上升超重,到达一个最大速度后再减速上升失重,对应先超重再失重,故AB错误;
CD、人下蹲动作分别有失重和超重两个过程,先是加速下降失重,到达一个最大速度后再减速下降超重,对应先失重再超重,故C正确,D错误。
故选:
C。
【点评】本题考查物理知识与生活的联系,注意细致分析物理过程,仔细观察速度的变化情况,与超失重的概念联系起来加以识别。
14.【答案】C
【分析】恒力单独作用于两个物体上时,分别根据牛顿第二定律列出两个方程,当F作用在质量为(m1﹣m2)的物体上时再根据牛顿第二定律列式,联立方程即可解题。
【解答】解:
恒力单独作用于两个物体上时,分别根据牛顿第二定律得:
F=m1a1
F=m2a2
当F作用在质量为(m1﹣m2)的物体上时,根据牛顿第二定律得:
F=(m1﹣m2)a
联立以上三式可得:
a=
,故C正确,ABD错误。
故选:
C。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用,根据牛顿第二定律列式联立求解即可,解题的关键在于公式的计算,分别用前两式中的F和加速度将质量表示出来。
15.【答案】C
【分析】根据速度的正负表示甲物体的运动方向,根据v﹣t图象与时间轴所围的面积表示位移求甲物体在5s内的位移。
根据a﹣t图象与时间轴所围的面积表示速度变化量分析乙物体的速度。
【解答】解:
A、甲物体一直沿正方向运动,不会回到出发点,故A错误。
B、根据v﹣t图象与时间轴所围的面积表示位移,可得,甲物体在5s内的位移x=
m=8m,故B错误。
C、根据a﹣t图象与时间轴所围的面积表示速度变化量,可得,乙物体在1s内速度增加量为△v=
m/s=1m/s,则乙物体在1s末的速度是1m/s,故C正确。
D、同理,乙物体在4s内速度增加量为△v′=8m/s,则乙物体在4s末的速度是8m/s,故D错误。
故选:
C。
【点评】本题一要有基本的读图能力,要能根据加速度图象分析乙物体的运动情况;可运用类比法,理解加速度图象“面积”的物理意义。
二、填空题,本题共2小题,共15分.
16.【答案】见试题解答内容
【分析】1、步骤①中只有记下两条细绳的方向,才能确定两个分力的方向,进一步才能根据平行四边形定则求合力;步骤②中只有使结点到达同样的位置O,才能表示两种情况下力的作用效果相同。
2、只用一只弹簧测力计,通过细绳套拉橡皮条使其伸长,读出弹簧测力计的示数,记下细绳的方向,按同一标度作出这个力F′的图示。
【解答】解:
(1)本实验为了验证力的平行四边形定则,采用的方法是作力的图示法,作出合力和理论值和实际值,然后进行比较,得出结果。
所以,实验时,除记录弹簧秤的示数外,还要记下两条细绳的方向,以便确定两个拉力的方向,这样才能作出拉力的图示。
步骤①中未记下两条细绳的方向;步骤②中未说明把橡皮条的结点拉到位置O。
(2)F是利用F1和F2做平行四边形得到的,F′使用一根弹簧测力计测出的,故F′一定沿AO方向。
故答案为:
(1)①记下两条细绳的方向;②把橡皮条的结点拉到了同一位置O点。
(2)F′。
【点评】本实验关键理解实验原理,根据实验原理分析实验步骤中有无遗漏或缺陷,因此掌握实验原理是解决实验问题的关键。
17.【答案】见试题解答内容
【分析】
(1)根据初速度为零的匀变速直线运动特点可得出答案;
(2)注意平衡摩擦力的原理,利用重力沿斜面的分力来平衡摩擦力,若物体能匀速运动则说明恰好平衡了摩擦力;
根据运动学公式中速度和位移的关系可以写出正确的表达式;
利用描点法可正确画出图象;
对比实际与理论图象可知,有外力时还没有加速度,由此可得出产生偏差原因。
【解答】解:
(1)在初速度为零的匀变速直线运动中有x=
at2,若运动时间相等,则位移与加速度成正比。
小车1、2的加速度之比a1:
a2=x1:
x2
(2)①小车运动时有加速度,重物也有加速度,即G﹣F=Ma,解得:
F=G﹣Ma,即F<G
②根据平衡状态的特点可知道当小车做匀速直线运动时,说明摩擦力已经被重力的下滑分力平衡。
为保证绳子的拉力不变,必须调节滑轮的高度使细线与长木板平行。
③根据匀变速直线运动的位移与速度公式:
vB2﹣vA2=2aL,解得a=
.代入数据解得a=4.84m/s2。
④a﹣F图线如图所示,
⑤对比图象可知,实际图象没有过原点而是和横坐标有交点,造成原因为没有完全平衡摩擦力。
故答案为:
(1)x1:
x2小车做初速度为零的匀变速直线运动
(2)①<
②匀速直线 细线与长木板平行
③
4.84
④如图
⑤没有完全平衡摩擦力
【点评】本题关键要明确实验原理,正确进行误差分析和数据处理是对学生学习实验的基本要求,掌握运动学公式中速度和位移的关系,要加强这方面的训练。
三、本题共5小题,共40分.解答应写出必要的文字说明、方程和重要步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.BCA左右
18.【答案】见试题解答内容
【分析】
(1)小球受到重力、两根绳子的拉力由此画图;
(2)球处于静止状态,受力平衡,根据平衡条件进行分析;
(3)根据平衡条件结合三角函数关系求解。
【解答】解:
(1)小球受到重力、两根绳子的拉力,受力图如图所示;
(2)球处于静止状态,受力平衡,绳子拉力的合力一定与重力大小相等,方向相反,所以有:
T=mg,方向竖直向上;
(3)根据平衡条件结合图中几何关系可得:
T1=
,T2=mgtanα。
答:
(1)小球受力图如图所示;
(2)绳子拉力的合力一定与重力大小相等,方向相反,大小为mg,方向竖直向上;
(3)当小车静止时,绳子拉力T1,T2的大小分别为
、mgtanα。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡,解答本题的关键是:
确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成,利用平衡条件建立方程进行解。
19.【答案】见试题解答内容
【分析】
(1)对人进行受力分析,根据
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- 石景山区 学年 一学期 期末考试 物理试题 答案
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