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2019-2020年高一物理上学期期末质量检测试题II
1、运动的物体状态发生改变,则它的 A. 加速度一定发生了改变B. 速度肯定发生了变化C. 所受的外力一定变化D. 肯定从静止变为运动【解析】知识点力学牛顿运动定律牛顿第一定律牛顿第一定律解A、运动状态的改变通常表现为速度发生改变,而加速度不一定变化,故A错误,B正确C、运动状态的改变通常表现为速度发生改变,而加速度不一定变化,所受的外力不一定变化,例如自由落体运动,故C错误D、速度发生改变不代表从静止变为运动,故D错误.
2、下列关于作用力和反作用力的说法中,正确的是 A. 物体相互作用时,先有作用力,后有反作用力B. 作用力和反作用力的合力为零,即两个力的作用效果可以互相抵消C. 鸡蛋碰石头时,鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力大小是相等的D. 马能将车拉动,是因为马拉车的力大于车拉马的力【解析】知识点力学相互作用【解析】作用力和反作用力是同时产生同时消失,同性质,大小相等方向相反,作用在两个物体上,根据以上可以判断出来C对作用力和反作用力不可以合成因为作用在两个物体上B错,马能将车拉动,是因为马拉车的力大于车受到的摩擦力,D错 故选C.
3、在一条倾斜的、静止不动的传送带上,有一铁块正在匀速向下滑动,现突然启动使传送带向上加速运动,同一铁块由上端滑到底端所用时间将A. 不变 B. 增多 C. 减小 D. 不能确定【解析】知识点力学牛顿运动定律牛顿第二定律力学直线运动匀变速直线运动及其规律匀变速直线运动的位移与时间的关系解当传送带静止时,铁块匀速下滑,加速度为零,当传送带向上加速运动时,铁块受重力、支持力和向上的滑动摩擦力,合力仍然为零,做匀速直线运动,所以铁块到达底端所用的时间相同.故A正确,B、C、D错误.故选A.
4、“神舟十号”与“天宫一号”对接后,某观察者观察到“天宫一号”处于静止状态,则他所选的参考系可能是 A. 远洋观测船 B. 地面指挥中心C. 神舟十号 D. 在“天宫一号”内穿行的航天员【解析】知识点力学直线运动运动的基本概念参考系和坐标系解“神舟八号”飞船与“天宫一号”实现对接的瞬间,保持相对静止,以对方为参照物,两者都是静止的.所以选择“神舟十号”为参照物,“天宫一号”飞船是静止的.故C正确;相对于远洋观测船、地面指挥中心及在“天宫一号”内穿行的航天员“天宫一号”均有位置的变化;故以它们为参考系,“天宫一号”不可能静止;故ABD错误;故选C.
5、汽车在两车站间沿直线行驶时,从甲站出发,先以速度v匀速行驶了全程的一半,接着匀减速行驶后一半路程,抵达乙车站时速度恰好为零,则汽车在全程中运动的平均速度是 A. B. C. D. 【解析】知识点力学直线运动运动的基本概念速度和速率可以根据平均速度的定义式去求解,即平均速度等于总位移除以总时间设总位移为2x,前一半位移以速度v匀速行驶一半,故时间下半程初速度为v,末速度为0,2ax=故a=所以下半程的时间所以故选D
6、如图所示,在一个竖直支架上固定两个水平弹簧枪A和B,弹簧枪A、B在同一个竖直面内,A比B高h,B高出水平地面h/3,在此条件下,弹簧枪A、B射出的子弹的水平射程之比为SA:SB=1:2现保持弹簧枪A、B的高度差h不变,射出子弹的初速度不变,要使两个弹簧枪射出的子弹落到水平面上的同一点,则 A. 竖直向上移动支架h/6 B. 竖直向上移动支架移动距离为4h/15C. 竖直向下移动支架h/6 D. 竖直向下移动支架移动距离为4h/15【解析】知识点力学曲线运动抛体运动平抛运动平抛运动在竖直方向上做自由落体运动,在水平方向上做匀速直线运动,根据A、B的高度比求出运动的时间比,从而根据水平射程比得出初速度之比,再通过子弹的水平位移相等,求出时间比,从而求出高度比,从而得出竖直支架移动的距离开始,根据2得,,则因为,根据x=vt,则调整高度后,水平位移相等,根据x=vt,则运动时间比变为则竖直位移之比则支架下降的距离设A的高度为H,有,解得故ABC错误,D正确故选D
7、如图所示,在水平力F作用下,木块A、B保持静止.若木块A与B的接触面是水平的,且F≠
0.则关于木块B的受力个数可能是 A. 4个或5个 B. 4个或6个C. 3个或5个 D. 3个或4个【解析】知识点力学相互作用共点力的平衡平衡状态力学相互作用共点力的平衡平衡条件的应用先对A分析,B对A有向右的静摩擦力;再分析B受力,B可能受到斜面的静摩擦力,也可能不受斜面的静摩擦力,B受力情况有两种可能B至少受到重力、A对B的压力和静摩擦力、斜面的支持力四个力.斜面对物体B可能有静摩擦力,也有可能没有静摩擦力故选A本题关键先对A分析,根据平衡条件得到B对A有向左的静摩擦力,然后根据牛顿第三定律得到A对B有向右的静摩擦力;再按照重力、弹力、摩擦力的顺序找力
8、将一个物体用两根等长的绳子OA、OB悬挂在半圆形的架子上,B点固定不动,结点O也不移动,悬点A由位置C向位置D缓慢地移动(如图),在此过程中OA绳中张力将 A. 先减小,后增大 B. 先增大,后减小C. OA与OC成30°时张力最小 D. OA与OC成60°时张力最小【解析】知识点力学相互作用共点力的平衡动态平衡分析力学相互作用共点力的平衡平衡条件的应用B点固定不动,悬点A由位置C向位置D移动,在这个过程中,物体始终处于平衡状态,找出不变的物理量,画出平行四边形进行分析AB.对O点受力分析,抓住两根绳的合力等于物体的重力,大小和方向都不变,OB绳拉力方向不变,根据平行四边形定则得,如图,知OA绳上拉力大小先减小后增大.故A正确,B错误;CD.由图可以看出当OA与OB垂直时拉力最小,则OA与OC成60°.故C错误,D正确故选AD
9、如图所示,物体P以一定的初速度沿光滑水平面向右运动,与一个右端固定的轻质弹簧相撞,并被弹簧反向弹回.若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律,那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中A. P做匀变速直线运动B. P的加速度大小不变,但方向改变一次C. P的加速度大小不断改变,当加速度数值最大时,速度最小D. 有一段过程,P的加速度逐渐增大,速度逐渐减小【解析】知识点力学相互作用弹力弹力的大小、胡克定律力学牛顿运动定律牛顿第二定律牛顿第二定律力学牛顿运动定律牛顿运动定律的应用变加速运动过程的动态分析木块水平方向只受到弹簧的弹力,根据胡克定律可知弹簧的弹力与弹簧压缩的长度成正比.当木块向右压缩弹簧时,弹力逐渐增大,加速度逐渐增大,做变减速运动A.P水平方向只受到弹簧的弹力,方向与速度方向相反,而且弹力逐渐增大,加速度逐渐增大,P做加速度增大的变减速直线运动.故A错误;B.由A的分析可知,加速度的大小逐渐增大,弹力一直与运动方向相反,所以加速度方向没有改变,故B错误;C.当P向右压缩弹簧时,弹簧压缩的长度逐渐增大,加速度逐渐增大,P速度逐渐减小,当压缩到最右端时,加速度最大,速度为零,最小.故C正确;D.P的加速度方向一直与速度方向相反,一直做减速运动,所以速度一直减小.故D正确故选CD
10、如图所示,不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点,跨过滑轮的细绳连接物块A、B,A、B都处于静止状态,现将物块B移至C点后,A、B仍保持静止,下列说法中正确的是A. B与水平面间的摩擦力增大B. 地面对B的弹力减小C. 悬于墙上的绳所受拉力不变D. A、B静止时,图中 三角始终相等【解析】知识点力学相互作用共点力的平衡动态平衡分析力学相互作用共点力的平衡平衡条件的应用当把物体B移至C点后,绳子BO与水平方向的夹角变小,对A和B分别受力分析,然后运用共点力平衡条件结合正交分解法进行分析AB.对物体A受力分析,受到重力和细线的拉力,根据平衡条件,拉力等于物体A的重力,当把物体B移至C点后,绳子BO与水平方向的夹角变小,但细线的拉力不变;再对物体B受力分析,受重力、支持力、拉力和向后的静摩擦力,如图根据共点力平衡条件,有Tcosθ=fN+Tsinθ=mg由于角θ变小,故B与水平面间的静摩擦力变大,支持力N变大,故A正确,B错误;C.对滑轮受力分析,受物体A的拉力(等于其重力),OB绳子的拉力T以及悬于墙上的绳子的拉力F,由于重力和OB绳子的拉力相等且夹角变大,故其合力变小,故墙上的绳子的拉力F也变小,故C错误;D.对滑轮受力分析,受物体A的拉力(等于重力),OB绳子的拉力T以及悬于墙上的绳子的拉力F,由于重力和OB绳子的拉力相等,故合力在角平分线上,故α=β,又由于三力平衡,故OB绳子的拉力T也沿着前面提到的角平分线,绳子拉力沿着绳子方向,故α=β=θ,故D正确故选AD
11、(4分)某同学设计了一个探究小车的加速度a与小车所受拉力F及质量m关系的实验,图为实验装置简图.他想用钩码盘和砝码的重力表示小车受到的合外力,为了减小这种做法带来的实验误差,你认为下列说法中正确的是( )A. 要平衡摩擦力B. 实验时不需要平衡摩擦力C. 砝码和盘的重力要和小车的总重力相等D. 砝码和盘的重力要远小于小车的总重力
12.(7分)“研究平抛物体的运动”的实验装置如图所示1为了能较准确地描绘运动轨迹,下面列出了一些操作要求,将你认为正确的选项前面的字母填写在横线上___________A.通过调节使斜槽末端保持水平B.每次释放小球的位置可以不同C.每次必须由静止开始释放小球D.记录小球位置用的木条或凹槽,每次必须严格地等距离下降2有一位同学在一张印有小方格的纸上画出了小球运动的部分轨迹,他在轨迹上取了a、b、c、d点已知小方格的边长为L,重力加速度为g,则小球平抛的初速度v0=_________(用L、g表示)
13.(9分)某物理兴趣小组在一次探究活动中,想测量滑块和长木板之间的动摩擦因数实验装置如图甲所示,表面粗糙、一端装有定滑轮的长木板放在水平的实验台上;木板上有一滑块,滑块右端固定一个轻小动滑轮,钩码和弹簧测力计通过绕在滑轮上的轻细绳相连,放开钩码,滑块在长木板上做匀加速直线运动(忽略滑轮的摩擦)实验方法如下放开钩码,滑块加速运动,读出弹簧测力计的示数F,处理纸带,得到滑块运动的加速度a;改变钩码的个数,重复实验,以弹簧测力计的示数F为纵轴,加速度a为横轴,作F-a图像(结果保留两位有效数字)1若某次打出了一条纸带如图乙所示计时器打点的时间间隔为
0.02s.从比较清晰的点起,每5个点取一个计数点,量出相邻计数点之间的距离(图中计数点2,4间漏标了3)该小车的加速度a=______m/s
2.2若作出的F-a图像如图丙所示;已知重力加速度g取10m/s2则滑块和轻小动滑轮的总质m=______kg,滑块和长木板之间的动摩擦因数µ=______ 【解析】知识点实验探究物理实验力学实验实验探究加速度与力、质量的关系实验探究物理实验力学实验实验研究平抛运动的规律实验探究物理实验力学实验实验探究影响滑动摩擦力大小的因素
11.该实验装置于验证牛顿第二定律的实验装置相同,为了让砝码的重力更加接近为小车的合外力,本实验中需要平衡摩擦力和让砝码重力远远小于小车重力AB.该实验是以钩码重力表示小车受到的合外力,故实验前必须要平衡摩擦力,故A正确、B错误;CD.根据实验原理我们知道,为了让砝码的重力更加接近为小车的合外力,本实验中需要平衡摩擦力和让砝码重力远远小于小车重力,故C错误,D正确故选AD正确解答实验问题的前提是明确实验原理,从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据,分析实验误差等,会起到事半功倍的效果.该题中要特别注意钩码重力表示小车受到的合外力的前提条件,此考点考察频率极高
12.解1A、通过调节使斜槽末端保持水平,是为了保证小球做平抛运动,故A正确.B、因为要画同一运动的轨迹,必须每次释放小球的位置相同,且由静止释放,以保证获得相同的初速度,故B错误.C、为了确保小球每次以相同的速度抛出,因此要求小球由静止从同一位置释放,故C正确.D、因平抛运动的竖直分运动是自由落体运动,在相同时间里,位移越来越大,因此木条或凹槽下降的距离不应是等距的,故D错误.故选AC.2在竖直方向上有△h=gT2,其中△h=2-1L=L,代入求得水平方向x=v0t,其中x=2L,因此有故答案为1AC;2.
13.
(1)根据加速度公式,而△x是相邻相等时间内的位移之差,从而即可求解;
(2)由实验方案可知,滑块受到的拉力为弹簧秤示数的两倍,滑块同时受摩擦力,由牛顿第二定律可得弹簧秤示数与加速度a的关系.由图象可得摩擦因数.
(1)根据加速度公式,设s
1、s2的间距为s0,那么
(2)滑块受到的拉力T为弹簧秤示数的两倍,即T=2F滑块受到的摩擦力为f=μMg由牛顿第二定律可得T-f=Ma解得力F与加速度a的函数关系式为由图象所给信息可得图象截距为而图象斜率为k=M/2解得;故答案为
(1)
0.74;
(2)
2.0;
0.10本题重点是考察学生实验创新能力及运用图象处理实验数据的能力,对这种创新类型的题目,应仔细分析给定的方案和数据,建立物理模型14打开二维码(8分)由静止开始做匀加速直线运动的汽车,第1s内通过
0.4m位移,问
(1)汽车在1s末的速度为多大?
(2)汽车在第2s内通过的位移为多大?解1小车做初速度为零的匀加速直线运动由s=v0t+at2解得a=
0.8m/s2所以v1=at1=
0.8m/s2根据匀变速直线运动位移时间公式得s2=at2=
1.6m答1汽车在1s末的速度为
0.8m/s;2汽车在前2s内通过的位移为
1.6m15打开二维码(10分)如图所示,光滑金属球的质量m=4kg.它的左侧紧靠竖直的墙壁,右侧置于倾角θ=37°的斜面体上.已知斜面体处于水平地面上保持静止状态,sin37°=
0.6,cos37°=
0.8,g=10m/s2.求
(1)墙壁对金属球的弹力大小和金属球对斜面体的弹力大小;
(2)水平地面对斜面体的摩擦力的大小.解
(1)对金属球,由平衡条件可得墙壁对金属球的弹力为N1=mgtanθ斜面体对金属球的弹力为 解得,N1=30N,N2=50N
(2)对斜面体,地面对斜面体的摩擦力大小为f=N2sinθ解得,f=30N答
(1)墙壁对金属球的弹力大小为30N,金属球对斜面体的弹力大小为50N;
(2)水平地面对斜面体的摩擦力的大小为30N16打开二维码(10分)在建筑装修中,工人用质量为
5.0kg的磨石B对地面和磨石A对斜壁进行打磨,已知B与地面、A与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同.g取10m/s21当B受到水平方向的推力F1=25N打磨地面时,B恰好在水平地面上做匀速直线运动,求A与地面间的动摩擦因数μ.2若用A对倾角θ=37°的斜壁进行打磨如图所示,当对A施加竖直向上的推力F2=60N时,则磨石A从静止开始沿斜壁向上运动2m斜壁长大于2m所需时间为多少?sin37°=
0.6,cos37°=
0.8解
(1)A恰好在水平地面上做匀速直线运动,滑动摩擦力等于推力,即f=F1=25N
(2)先将重力及向上的推力合力后,将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得在沿斜面方向有摩擦力(F-mg)cosθ-f=ma;在垂直斜面方向上有FN=(F-mg)sinθ;则f=μ(F-mg)sinθ解得a=1m/s2解得t=2s答
(1)A与地面间的动摩擦因数μ为
0.5;
(2)所需时间为2 s17打开二维码12分如图1所示,物体A放在足够长的木板B上,木板B静止于水 平面已知A的质量mA和B的质量mB均为
2.0kg,A、B之间的动摩擦因数μ1=
0.2,B与水平面之间的动摩擦因数μ2=
0.1,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等,重力加速度g取10m/s2若t=0开始,木板B受F1=16N的水平恒力作用,t=1s时F1改为F2=4N,方向不变,t=3s时撤去F2
(1)木板B受F1=16N的水平恒力作用时,A、B的加速度aA、aB各为多少?
(2)从t=0开始,到A、B都静止,A在B上相对B滑行的时间为多少?
(3)请以纵坐标表示A受到B的摩擦力fA,横坐标表示运动时间t 从t=0开始,到A、B都静止),取运动方向为正方向,在图2中画出fA-t的关系图线(以图线评分,不必写出分析和计算过程)解
(1)根据牛顿第二定律得对Aμ1mAg=mAaA解得aA=μ1g=
0.2×10m/s2=2 m/s2对B F1-μ2(mA+mB) g-μ1mAg=mBaB代入数据得aB=4 m/s2
(2)t1=1s时,A、B分别为vA、vBvA=aA t1=2×1 m/s=2 m/svB=aB t1=4×1 m/s=4 m/sF1改为F2=4N后,在B速度大于A速度的过程,A的加速度不变,B的加速度设为aB′,根据牛顿第二定律得F2-μ2(mA+mB) g-μ1mAg=maB′代入数据得aB′=-2m/s2设经过时间t2,A、B速度相等,由于AB之间的最大静摩擦力fm=μ1mAg=
0.2×
2.0×10N=4N假如AB相对静止,整体分析合外力为F合=F2-μ2(mA+mB)g=0N<fm此后它们保持相对静止.vA+aA t2=vB+aB′t2代入数据得t2=
0.5sA在B上相对B滑行的时间为t=t1+t2=
1.5s
(3)答
(1)木板B受F1=16N的水平恒力作用时,A、B的加速度aA、aB分别为2 m/s
2、4 m/s2
(2)从t=0开始,到A、B都静止,A在B上相对B滑行的时间为
1.5s
(3)。