学年广西钦州市高一上学期期末考试物理试题解析版Word格式文档下载.docx
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【答案】A
【解析】战斗机投入战斗时,抛掉副油箱,可以减小飞机的质量,从而可以减小惯性,故A正确;
惯性是物体的固有属性,惯性和物体的运动状态无关,故B错误;
完全失重时物体的质量仍然存在,所以惯性仍然存在,故C错误;
惯性是指物体能保持原来的运动状态的性质,故无论静止还是运动的物体,都具有抵抗运动状态变化的性质,故D错误。
所以A正确,BCD错误。
4.在交通事故分析中,刹车线的长度是很重要的依据,刹车线是汽车刹车后,停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹,在某次交通事故中,汽车的刹车线长度是14m,假设汽车刹车时的加速度大小为7m/s2,则汽车开始刹车时的速度为(
A.7m/sB.10m/sC.20m/sD.14m/s
【答案】D
【解析】试题分析:
刹车过程中刹车的位移满足:
v2=2ax,代入数据解得:
v=14m/s,故ABC错误,D正确.故选D.
考点:
匀变速直线运动的规律
【名师点睛】本题比较简单,直接利用匀变速直线运动的位移-速度公式即可求解,匀减速直线运动,末速度为零,位移-速度公式可简化为v02=2ax,a表示加速度大小,不含方向.
5.如图所示,质量为m的小物块静止地放在半径为R的半球体上,小物块与半球体间的动摩擦因数为μ,小物块与球心的连线与水平地面的夹角为θ,则下列说法正确的是
A.地面对半球体的摩擦力方向水平向左
B.小物块对半球体的压力大小为mgcosθ
C.小物块所受摩擦力大小为mgsinθ
D.小物块所受摩擦力大小为mgcosθ
以整体为研究对象可得出地面对半球体的摩擦力;
以质点为研究对象,对质点进行受力分析,由共点力的平衡可得出质点受到的摩擦力及支持力,由牛顿第三定律可得出半球体受到的压力.
解:
A、以整体为研究对象,整体处于静止状态,而水平方向不受外力,故半球体不受地面的摩擦力;
故A错误;
B、对质点受力分析,质点受重力、支持力及摩擦力,三力作用下物体处于平衡状态,则合力为零,质点对球面的压力为mgsinθ,故B错误;
C、摩擦力沿切线方向,在切线方向重力的分力与摩擦力相等,即f=mgcosθ,故C错误,D正确;
故选D.
【点评】对于圆面上的物体,此支持力沿径向方向,摩擦力沿切线方向.
6.有四个运动的物体A、B、C、D,物体A、B运动的位移-时间图像如图甲所示,物体C、D从同一地点沿同一方向运动的速度-时间图像如图乙所示,根据图线做出的判断不正确的是
A.物体A和B均做匀速直线运动且A的速度比B的大
B.在0~3s时间内,物体B运动的位移为10m
C.t=3s时,物体C追上物体D
D.t=3s时,物体C与D间距离最大
由甲图看出:
物体A和B位移图象都是倾斜的直线,斜率都不变,速度都不变,说明两物体都做匀速直线运动,A图线的斜率大于B图线的斜率,A的速度比B更大,故A正确.在0~3s时间内,物体B运动的位移为△x=x2-x1=10m-0=10m,故B正确.由乙图看出:
前3s内,D的速度较大,DC间距离增大,3s后C的速度较大,两者距离减小,t=3s时,物体C与物体D之间有最大间距,故C错误,D正确.
本题选不正确的,故选C。
x-t图线和v-t图线
【名师点睛】对于位移图象和速度图象要从图象的数学意义来理解其物理意义,抓住斜率、面积、交点等数学意义分析物体的运动情况。
7.如图所示,质量为M的框架放在水平地面上,一轻弹簧上端固定在框架上,下端连接一个质量为m的小球,小球上下振动时框架始终没有跳起,当框架对地面压力为零瞬间,小球的加速度大小为
A.gB.
C.0D.
【解析】当框架对地面压力为零瞬间,弹簧对框架向上的作用力等于框架重力,则小球受到向下的合力等于mg+Mg,由牛顿第二定律可得mg+Mg=ma,解得小球的加速度大小为a=
g,选项D正确。
故选D.
8.下列关于摩擦力的说法中正确的是
A.相对运动的两个物体之间必定存在摩擦力
B.正压力增大,静摩擦力有可能保持不变
C.相对静止的两个物体之间也可能有滑动摩擦力的相互作用
D.动摩擦因数根两物体接触面的材料及表面的粗糙程度有关
【解析】若两个物体的接触面光滑,即使相对运动的两个物体之间也不存在摩擦力,选项A错误;
正压力增大,静摩擦力有可能保持不变,例如用手握住瓶子时,手的握力变大了,静摩擦力仍然等于瓶子的重力,选项B正确;
相对静止的两个物体之间不可能有滑动摩擦力的相互作用,选项C错误;
动摩擦因数跟两物体接触面的材料及表面的粗糙程度有关,故D正确;
故选BD.
9.如图所示,用力F将一木块压在倾斜板上静止不动,则木块的受力情况分析正确的是
A.只受两个力作用
B.只受三个力作用
C.只受四个力作用
D.只受五个力作用
【解析】对木块受力分析,如图所示,
受推力F,重力G,将重力按照效果正交分解,重力产生两个效果,使物体沿墙面下滑和要使物体远离墙面,由于木块一直静止,合力为零,重力有沿墙向下的分力G2,使物体由下滑趋势,因而静摩擦力必须与G2平衡,有静摩擦力,则接触面处一定有支持力,即支持力一定不为零。
因而木块一定受推力、重力、支持力和静摩擦力,故一共受到四个力。
故C正确,ABD错误。
点睛:
本题的关键是依据受力平衡的条件,运用假设法得到摩擦力一定不为零,进而才能得出支持力一定不为零。
二、多选题
10.甲物体的重力比乙物体的重力大5倍,甲从20m高处自由落下,乙从40m高处同时自由落下,在两物体下落过程中,以下几种说法正确的是
A.下落1s末,它们的速度相等
B.两物体下落过程中,同一时间甲的速率比乙大
C.下落过程中甲的加速度比乙大
D.各自下落1m时它们的速度相等
【答案】AD
【解析】下落ls末,有v=gt可知,它们的速度相等,故A正确;
因为甲乙物体同时做自由落体运动,它们的初速度为零,加速度为g,任意时刻的速度为:
v=gt,所以两物体下落过程中,在同一时刻甲的速度与乙的速度相等,故B错误;
因为甲乙物体均做自由落体运动,加速度为g,所以下落过程中甲的加速度与乙的加速度相同,故C错误;
根据v=
可知,下落1m时,甲乙速度相等,故D正确;
故选AD.
11.如图所示为一轻质弹簧弹力大小F和长度x的关系如图,根据图线判断,下列结论正确的是
A.弹簧的劲度系数为1N/m
B.弹簧的劲度系数为100N/m
C.弹簧的原长为6cm
D.弹力的大小为2N时,弹簧伸长2cm
【答案】BC
【解析】由图可以看出,当弹簧的弹力F=0时,弹簧的长度为L0=6cm,即弹簧的原长为6cm,故C正确;
当弹力为F1=2N,弹簧的长度为L1=4cm,弹簧压缩的长度x1=L0-L1=2cm=0.02m;
由胡克定律得:
弹簧的劲度系数为:
,故A错误,B正确;
由图知,F=2N时,x=4cm或8cm,则弹簧压缩了:
6cm-4cm=2cm,或伸长了8cm-6cm=2cm,故D错误。
所以BC正确,AD错误。
12.实验小组利用DIS系统(数字化信息实验系统)观察超重和失重现象,它们在学校电梯内做实验,在电梯天花板上固定一个力传感器,力传感器挂钩悬挂一个重为10N的钩码,在电梯运动过程中,计算机显示屏上出现如图所示图线,根据图线分析可知下列说法正确的是
A.t1到t2时间内,电梯一定在向下运动,t3到t4时间内,电梯可能正在向上运动
B.从时刻t1到t2,钩码处于失重状态,从时刻t3到t4,钩码处于超重状态
C.t1到t4时间内,电梯可能先加速向下,接着匀速向下,再减速向下
D.t1到t4时间内,电梯可能先加速向上,接着匀速向上,再减速向上
【答案】BD
【解析】图横轴是时间,纵轴是力,所以图线显示了力传感器对钩码的拉力大小随时间的变化情况,从时刻t1到t2,物体受到的压力小于重力时,加速度向下,但可以向上做减速运动;
从时刻t3到t4,物体受到的压力大于重力,加速度向上,可以向上加速运动,也可以向下减速运动。
t1到t2时间内,拉力减小,钩码处于失重状态;
t3到t4时间内,拉力增加,钩码处于超重状态,故B正确;
如果电梯开始停在高楼层,由图可知,压力先等于重力、再小于重力、然后等于重力、大于重力、最后等于重力,故电梯可能先加速向下,接着匀速向下,再减速向下,最后停在低楼层,故C正确;
如果电梯开始停在低楼层,故电梯应先加速向上,接着匀速向上,再减速向上,最后停在高楼层,则压力先等于重力、再大于重力、然后等于重力、小于重力、最后等于重力,故D错误;
故选BC.
本题关键是根据压力的变化情况,得到超、失重情况,然后与实际情况向对照,得到电梯的运动情况,注意加速度向上时,可能是加速向上,也可能是减速下降。
13.物体a、b在同一直线上运动,位移-时间图像如图所示,图线相交于点P,虚线为曲线上过P点的切线,该切线交于时间轴于t=1.5s处,则
A.a物体的速度是7.5m/s
B.在0-4s内,a物体的速度大于b物体的平均速度
C.在0-4s内,a物体的位移等于b物体的位移
D.b物体在4s末的速度为16m/s
【解析】在s-t图象中,斜率代表速度,故a的速度为:
,故A正确;
平均速度为位移与时间的比值,在0-4s内,由图可知,b的位移大于a的位移,故a物体的速度小于b物体的平均速度,故BC错误;
在s-t图象中,斜率代表速度,则b物体在4s末的速度为:
,故D正确;
本题是位移-时间图象问题,抓住图象的数学意义:
斜率等于物体的速度,来分析物体的运动情况。
14.如图所示,下端固定的竖直轻弹簧上连接着质量为m的小球A,在竖直向下的力F作用,弹簧被压缩到B点(弹簧弹性限度内),小球静止,此时力F=2mg.现突然撤去力F,小球将向上弹起直至速度为零,不计空气阻力,重力加速度为g;
则小球在上升的过程中( )
A.小球先向上做匀加速运动再做匀减速运动
B.撤去力F瞬间,小球加速度大小为2g
C.当弹簧恢复到原长时,小球速度最大
D.小球的加速度先减小后增大
解决本题的关键知道加速度方向与合力的方向相同,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。
三、实验题
15.某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”.弹簧测力计A挂于固定点P,下端用细线挂一重物M.弹簧测力计B的一端用细线系于O点,手持另一端向左拉,使结点O静止在某位置.分别读出弹簧测力计A和B的示数,并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向.
(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N,图中A的示数为________N.
(2)下列不必要的实验要求是________.(请填写选项前对应的字母)
A.应测量重物M所受的重力
B.弹簧测力计应在使用前校零
C.拉线方向应与木板平面平行
D.改变拉力,进行多次实验,每次都要使O点静止在同一位置
(3)某次实验中,该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程,请你提出两种办法使弹簧测力计A的示数变小。
方法1:
_________________________;
方法2:
__________________________。
【答案】
(1).3.8s
(2).D(3).改变弹簧测力计B拉力的大小(4).减小重物M的质量
【解析】试题分析:
(1)由图示可知,弹簧测力计分度值为0.2N,其示数为3.6N.
(2)A、实验通过作出三个力的图示,来验证“力的平行四边形定则”,因此重物的重力必须要知道.故A正确;
B、弹簧测力计是测出力的大小,所以要准确必须在测之前校零.故B正确;
C、拉线方向必须与木板平面平行,这样才确保力的大小准确性.故C正确;
D、当结点O位置确定时,弹簧测力计A的示数也确定,由于重物的重力已确定,两力大小与方向均一定,因此弹簧测力计B的大小与方向也一定,所以不需要改变拉力多次实验.故D错误.本题选不必要的,故选D.
(3)某次实验中,该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程,则说明弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力已偏大.又由于挂重物的细线力的方向已确定,所以要么减小重物的重量,要么改变测力计B拉细线的方向,或改变弹簧测力计B拉力的大小,从而使测力计A不超出量程.
考查验证力的平行四边形定则.
16.探究加速度与力的关系装置如图1所示.带滑轮的长木板一端伸出桌面,另一端适当垫高,使木块连上纸带后恰好匀速下滑,细绳通过两滑轮分别与弹簧秤挂钩和沙桶连接,调节滑轮高度使细线恰好与木板平行.按住木块,缓慢向沙桶中添加细沙,释放木块,记下弹簧秤的示数F及并通过计算求出相应纸带的加速度a,再改变沙桶质量…获取多组F,a的数据.
(1)关于该实验的操作,以下说法正确的是_____.
A.实验过程中,应先闭合打点计时器开关,再释放木块
B.添加细沙,比用钩码可以更方便地获取多组实验数据
C.每次添加细沙后,需测出沙及沙桶的质量
D.实验过程要确保沙及沙桶的质量远小于木块的质量
(2)某次打出的纸带如图2所示,选取A、B、C、D、E,5个计数点(每两个计数点间还有4个点未画出),则打B点时的速度大小为___________m/s,木块的加速度大小为___________m/s2.(保留两位有效数字)
【答案】
(1).AB
(2).0.23(3).0.93
(1)实验过程中,应先闭合打点计时器开关,再释放木块,选项A正确;
添加细沙,比用钩码可以更方便地获取多组实验数据,选项B正确;
因弹簧测力计可测出拉力的大小,故每次添加细沙后,不需测出沙及沙桶的质量,选项C错误;
因弹簧测力计可测出拉力的大小,故实验过程没必要确保沙及沙桶的质量远小于木块的质量的条件,选项D错误;
故选AB.
(2)打B点时的速度大小为
木块的加速度大小
探究加速度与力的关系
【名师点睛】本题实验源于课本实验,但是又不同于课本实验,关键要理解实验的原理,注意该实验不需要测量砂及沙桶的质量,也不需要保证沙及沙桶的质量远小于木块.
17.为了“探究加速度与力、质量的关系”,现提供如图甲所示的实验装置:
(1)以下实验操作正确的是(______)
A.将木板不带滑轮的一端适当垫高,使小车在砝码及砝码盘的牵引下恰好做匀速运动
B.调节滑轮的高度,使细线与木板平行
C.先接通电源后释放小车
D.实验中小车的加速度越大越好
(2)在实验中,得到一条如图乙所示的纸带,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,则小车的加速度a=_______m/s2(结果保留两位有效数字).(3)有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定,探究加速度a与所受外力F的关系,他们在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验,得到了两条a-F图线,,如图丙所示.图线_______是在轨道倾斜情况下得到的(填“①”或“②”);
小车及车中砝码的总质量m=_______kg.
【答案】
(1).BC
(2).0.34(3).①(4).0.5
(2)由匀变速运动的规律得:
s4-s1=3aT2;
s5-s2=3aT2;
s6-s3=3aT2;
联立得:
(s4+s5+s6)-(s1+s2+s3)=9aT2
解得:
,
(3)由图象可知,当F=0时,a≠0.也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度,该同学实验操作中平衡摩擦力过大,即倾角过大,平衡摩擦力时木板的右端垫得过高.所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的.根据F=ma得a-F图象的斜率k=1/m,由a-F图象得图象斜率k=2,所以m=0.5kg.
探究加速度与力、质量的关系
18.如图所示,小球的重力为12N,绳子OA与水平方向的角度为37°
,OB水平,(
),试求:
(1)绳子OA受到的拉力.
(2)绳子OB受到的拉力.
【答案】20N,16N
【解析】以结点O为研究对象,分析受力情况,CO绳对O点的拉力大小等于重力mg,即FCO=mg
将OC绳的拉力及OB绳的拉力进行合成,合力大小与OA的拉力大小相等,方向相反,如右图,由几何关系得:
FBO=mg•cot37°
=12×
=16N
19.一滑块从长度为1.25m的斜面顶端下滑,某同学测出滑块从斜面下滑过程中,不同时刻的瞬时三段,绘制出的v-t图像,如图所示,求:
(1)滑块从斜面滑下过程中的加速度大小;
(2)滑块从斜面顶端到达斜面底端的时间;
(3)滑块到达斜面底端的速度大小.
【答案】
(1)2.5m/s2
(2)1.0s(3)2.5m/s
【解析】
(1)斜率代表加速度的大小,滑块的加速度大小为:
(2)物体下滑到达斜面底端的时间为t,
由
得:
(3)根据v=at
得:
v=at=2.5×
1m/s=2.5m/s.
【点睛】①处理图象问题要注意纵横坐标所代表的物理意义.②s-t的斜率代表物体运动的速度,纵坐标相同代表两物体相遇.③无论v-t图还是s-t图只能描绘直线运动.
20.质量为2×
105kg的机车从停车场出发,匀加速行驶225m后,速度达到15m/s,此时,司机关闭发动机让机车进站,机车又匀减速行驶了125m才停在站上,设运动过程中阻力不变,求机车关闭发动机前所受到的牵引力。
【解析】在匀加速阶段有:
v2-0=2a1s1
由牛顿第二定律得:
F-f=ma1=2×
105×
0.5
N=1×
105
N…①
减速阶段:
初速度为:
v1=15m/s
未速度为:
v2=0
位移为:
S2=125m
由v22-v12=2as2得加速度大小为:
a2=
=0.9m/s2
f=ma2=2×
0.9N=1.8×
N…②
由①②得:
机车的牵引力为:
F=2.8×
N
本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用,注意加速度是联系运动和力问题的桥梁,注意匀加速运动的末速度即为匀减速运动的初速度.
21.如图所示,为车站使用的水平传送带装置模型,绷紧的传送带水平部分AB的长度L=5m,并以v=2m/s的速度向右运动.现将一个可视为质点的旅行包轻轻地无初速地放在传送带的A端,已知旅行包与皮带之间的动摩擦因数μ=0.2,g=10m/s2.求:
(1)旅行包在传送带上加速时的加速度大小;
(2)旅行包在传送带上从A端运动到B端所用的时间t。
(1)2m/s2
(2)3s
(1)由牛顿第二定律得:
f=ma
f=μmg
解得a=2m/s2
(2)设旅行包在传送带上匀加速运动t1后达到与传送带共速,发生的位移为x,
则v=at1
x=
at12
x=1m<5m,所以物体先做匀加速直线运动,后做匀速直线运动.
设匀速直线运动时间t2,则:
L-x=vt2
t=t1+t2
联立解得:
t=3s
22.车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示,绷紧的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率运行,AB为水平传送带部分且足够长,现有一质量为m=5kg的行李包(可视为质点)无初速度的放在水平传送带的A端,传送到B端时没有被及时取下,行李包从B端沿倾角为37°
的斜面滑入储物槽,已知行李包与传送带的动摩擦因数为0.5,行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8,g=10m/s2,不计空气阻力(sin37°
=0.6,cos37°
=0.8).
(1)行李包相对于传送带滑动的距离.
(2)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零,求斜面的长度.
(1)0.1m
(2)1.25m
(1)行李包在传送带上运动过程,由牛顿第二定律得:
μ1mg=ma1,
a1=5m/s2,
行李包加速运动时间:
t1=
=0.2s,
行李包前进的距离:
x1=
=0.1m,
传送带前进的距离:
x2=vt1=1×
0.2=0.2m,
行李包相对于传送带的距离:
△x=x2-x1=0.2-0.1=0.1m;
(2)行李包沿斜面下滑过程,由牛顿第二定律得:
μ2mgcos37°
-mgsin37°
=ma2
由匀变速直线运动的速度位移公式得:
0-v2=-2a2x,
代入数据解得:
x=1.25m
该题考查牛顿运动定律的综合应用,属于单物体多过程的情况,这一类的问题要理清运动的过程以及各过程中的受力,然后再应用牛顿运动定律解答。
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