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文檔簡介
高級中學名校試卷PAGEPAGE12025年高一上學期物理期末考試試卷一、單選題1.我國的《墨經》中提到“力,形之所以奮也”,意為力是使有形之物突進或加速運動的原因,力的單位用國際單位制的基本單位符號來表示,正確的是()A.kg·m/s B.kg·m/s2 C.kg·m2/s2 D.N【答案】B【解析】AB.根據牛頓第二定律的表達式 可知力的單位用國際單位制的基本單位符號來表示,故A錯誤,B正確;C.根據功的表達式可知kg·m2/s2是功的單位,故C錯誤;D.N是力的單位但不是基本單位,故D錯誤。故選B。2.某同學站在力的傳感器上連續完成多次下蹲起立。某時刻作為計時起點,傳感器與計算機連接,經計算機處理后得到力的傳感器示數F隨時間t變化的情況如圖所示。已知該同學質量,重力加速度。下列說法正確的是()A.0~4s完成了兩次下蹲過程 B.0~8s該同學向下的最大加速度約為C.0~8s該同學向上最大加速度約為 D.1.8s該同學向下速度達到最大【答案】B【解析】A.由題意,知人的重力為600N,人完成一次下蹲動作,先加速向下后減速向下,人先失重后超重,即人完成一次下蹲動作,F應先小于600N后大于600N,所以由圖像可知0~4s內人只完成了一次下蹲過程,故A錯誤;BD.由圖像知,在1.8s時F最小為240N,此時該同學向下運動,合外力最大,加速度達最大,由于此時人的重力大于F,人將繼續向下加速,速度繼續增大,在2s時達到最大,根據牛頓第二定律得人向下運動的最大加速度故B正確,D錯誤;C.由圖像知,在2.2s時F最大為960N,此時該同學向下減速,向上的加速度達最大,有故C錯誤。故選B。3.如圖所示,小船以大小為、方向與上游河岸成角的速度(在靜水中的速度)從A處渡河,經過一段時間正好到達正對岸的B處.已知河寬,則下列說法中正確的是()A.河中水流速度為B.小船以最短位移渡河的時間為C.小船渡河的最短時間為D.小船以最短的時間渡河的位移是【答案】D【解析】A.由題意知,小船方向與上游河岸成角的速度(在靜水中的速度)從A處渡河,經過一段時間正好到達正對岸的B處,則解得故A錯誤;
B.小船以最短位移渡河的時間為故B錯誤;C.小船以最短時間渡河,船頭應垂直對岸,時間為故C錯誤;D.小船以最短時間渡河時到達對岸,沿河岸通過的位移為通過的位移故D正確。故選D。4.如圖所示,一物體在12N的拉力作用下沿水平方向前進,該力與水平方向夾角為,若將該力分解為水平向右和豎直向上的兩個力,則水平方向的分力大小為()A. B. C. D.6N【答案】B【解析】該力水平方向的分力大小為故選B。5.質量為1kg的物體在光滑水平面內受兩個水平力的作用,物體的加速大小為8m/s2,其中一個力的大小F1=5N,則另一個力F2的大小可能是()A.2N B.10N C.15N D.18N【答案】B【解析】根據牛頓第二定律代入題中數據,解得二力合力大小為當兩力在同一直線上時,合力有最大和最小值,當合力為8N時,的最小值為3N,最大值為13N,所以的大小范圍為故選B。6.如圖所示,靜止在水平地面上的臺秤上有一鐵架臺,小球用輕繩固定在鐵架臺的橫桿上,現用始終與豎直方向成、斜向上的拉力F將小球由最低點緩慢拉至輕繩水平。已知在拉動過程中鐵架臺與臺秤始終靜止,下列說法正確的是()A.拉力F一直減小 B.輕繩的拉力先增大后減小C.臺秤的示數先減小后增大 D.臺秤所受地面的摩擦力一直增加【答案】D【解析】AB.如圖所示由平行四邊形定則和平衡條件可知,小球在上升的過程中,拉力F一直增大,輕繩的拉力先減小后增大,故AB錯誤;CD.對鐵架臺和小球組成的系統受力分析如圖下所示由平衡條件可知,F增大時,鐵架臺受臺秤的支持力逐漸減小,摩擦力逐漸增大,由牛頓第三定律可知,臺秤的示數逐漸減小,臺秤所受地面的摩擦力一直增大,故C錯誤,D正確。故選D。7.如圖所示,水平光滑長桿上套有物塊A,一細線跨過固定在天花板上O點的輕質定滑輪一端連接A,另一端懸掛物塊B。開始時A位于P點,M為O點正下方桿上一點,現將A、B由靜止釋放。當A通過桿上N點時,繩與水平方向夾角為37°,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,關于釋放后的過程,下列說法正確的是()A.A從P到M過程,A的速度先增大后減小B.A從P到M過程,B一直處于失重狀態C.A通過N點時速度與此時B的速度大小比為5∶4D.A到達M之前,繩子對B的拉力始終大于B的重力【答案】C【解析】A.物塊A從P到M過程,繩子的拉力與A運動方向夾角為銳角,A的加速度方向一直與運動方向相同,A的速度一直增加,故A錯誤;B.開始時B的速度為零,當物塊A到達M點時,物塊B下降到最低點,因此B的速度又為零,則B從釋放到最低點過程,速度先增大后減小,先向下加速后向下減速,先失重后超重,故B錯誤;C.物塊A在N點時,將A的速度進行分析,沿繩方向的分速度大小等于物塊B的速度大小,如圖所示根據圖中幾何關系可得可得故C正確;D.B從釋放到最低點過程,速度先增大后減小,先向下加速后向下減速,先失重后超重,所以繩子對B拉力先小于后大于B的重力,故D錯誤。故選C。8.無人機的使用大大提升了物流運輸效率。無人機將質量為m的快遞包(視為質點)從地面提升,在豎直平面內由靜止開始斜向上做加速度大小為a的勻加速直線運動,運動方向與豎直方向夾角為,提升高度為h,如圖所示。不計空氣阻力,下列說法正確的是()A.無人機對快遞包的作用力方向豎直向上B.快遞包受到的合力大小為C.整個過程中,快遞包運動的時間為D.提升高度為h時,快遞包的速度大小為【答案】C【解析】A.快遞包從靜止開始斜向上做加速度大小為a的勻加速直線運動,合外力方向為斜向上,快遞包受到重力、無人機對快遞包的作用力,則無人機對快遞包的作用力方向為斜向上,故A錯誤;B.根據牛頓第二定律,快遞包受到的合力大小為故B錯誤;C.整個過程中,根據動力學公式解得快遞包運動的時間為故C正確;D.提升高度為h時,快遞包的速度大小為故D錯誤故選C。二、多選題9.雨滴從足夠高的空中由靜止下落,下落過程中受空氣阻力大小與速度大小的二次方成正比,則在雨滴下落的全過程中()A.加速度a先變小再不變 B.先失重后完全失重C.加速度方向與速度方向相反 D.先做加速直線運動再做勻速直線運動【答案】AD【解析】AD.根據牛頓第二定律當速度不斷增大時,加速度不斷減小,當加速度等于零時速度最大,AD正確;BC.加速度方向先豎直向下與速度方向相同,后加速度為零,物體先失重后勻速運動,BC錯誤。故選AD。10.如圖所示,質量為的滑塊在水平面上撞向彈簧,當滑塊將彈簧壓縮了時速度減小到零,然后滑塊又被彈簧向右彈開。已知彈簧的勁度系數為,滑塊與水平面間的動摩擦因數為,彈簧與水平面間的摩擦不計,重力加速度為,整個過程中彈簧未超過其彈性限度,則下列判斷正確的是()A.滑塊向右運動的過程中,先做加速運動,離開彈簧后才做減速運動B.滑塊與彈簧接觸過程中的最大加速度為C.滑塊向左運動的過程中,始終做減速運動D.滑塊向右運動的過程中,當彈簧形變量時,滑塊的速度最大【答案】CD【解析】A.滑塊向右滑動的過程中,以彈簧的彈力等于滑塊所受到的滑動摩擦力時的位置為界,在該位置左側時,彈簧彈力大于摩擦力,滑塊做加速運動,在該位置右側時,彈簧彈力小于滑動摩擦力,滑塊做減速運動,故A錯誤;B.當彈簧彈力和摩擦力方向相同且彈簧彈力最大時,滑塊的加速度最大,由題意有則最大加速度為故B錯誤;C.由題意可知,滑塊在向左滑動過程中,滑動摩擦力和彈簧彈力方向與運動方向相反,故滑塊一直做減速運動,故C正確;D.由題意可知,當彈簧彈力與滑動摩擦力大小相等,方向相反時,此時滑塊加速度為零,速度最大,即故D正確。故選CD。11.如圖甲所示,傾角為、足夠長的斜面體固定在水平面上,質量為的物塊鎖定在斜面體上,時刻在物塊上施加一水平向右的推力同時將鎖定解除,使物塊由靜止開始沿斜面體運動,已知外力大小與物塊速度大小的變化規律為,為定值,整個過程中物塊運動的加速度關于速度的變化規律如圖乙所示。重力加速度取,,。下列說法正確的是()A.物塊與斜面體間的動摩擦因數為0.25B.C.物塊的速度最大時,推力的大小為D.物塊的加速度為時,推力的大小為【答案】BD【解析】A.時刻,推力為零,物塊的加速度大小為對物塊受力分析,如圖所示,根據牛頓第二定律,沿斜面的方向有解得故A錯誤;B.物塊加速度為零時,由力的平衡條件得又代入上式解得由圖乙可知,此時解得故B正確;C.由B選項分析可知,推力的大小為故C錯誤;D.時,由牛頓第二定律得又代入數據解得故D正確。故選BD。12.用水平拉力使質量分別為、的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動,兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為和。甲、乙兩物體運動后,所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知()A. B. C. D.【答案】BC【解析】根據牛頓第二定律有F-μmg=ma整理后有F=ma+μmg則可知F—a圖像的斜率為m,縱截距為μmg,則由題圖可看出m甲>m乙,μ甲m甲g=μ乙m乙g則μ甲<μ乙故選BC。三、實驗題13.某學校物理實驗小組對驗證力的“平行四邊形定則”實驗進行了改進,實驗裝置如圖甲所示,底座上豎直固定一“∩”型軌導,軌道后放置豎直擋板,擋板與軌道平行,擋板上固定白紙,A、B、C是可在軌道上自由移動的拉力傳感器,“O”點為三細線的結點,AO、BO、CO三繩的長度可以調整,某次實驗中保持傳感器C固定不動,OC繩長度不變,調整A、B位置,系統穩定時記錄下“O”點位置和A、B、C傳感器的示數以及三個力的方向,根據實驗結果畫出的圖示如圖乙所示。(1)圖乙中的F和F′兩個力中,方向一定沿CO方向的是_____。(2)本實驗采用的科學方法是_____。A.理想實驗法 B.等效替代法 C.控制變量法 D.建立物理模型法(3)若某次實驗中三個傳感器的位置分布如圖甲所示,保持傳感器A、C位置不動,“O”點位置不動,C傳感器示數不變,B傳感器緩慢沿逆時針方向移動到“О”點正上方_____。A.A傳感器示數減小 B.A傳感器示數增大C.B傳感器示數增大 D.B傳感器示數先減小后增大【答案】(1)F′(2)B(3)AD【解析】【小問1詳析】圖乙中的F是平行四邊形的對角線,是根據平行四邊形定則求出來的合力,是力F1和F2合力的理論值;根據平衡條件,方向一定沿CO方向的是F';【小問2詳析】本實驗采用的科學方法是等效替代法:兩個力的作用效果與一個力的作用效果相同。故選B。【小問3詳析】由平行四邊形定則當AO與BO垂直時FB最小,所以FA不斷減小,FB先減小后增大。故選AD。14.義烏某中學的學生準備選用以下四種方案來完成“探究加速度與合外力的關系”的實驗,繩子和滑輪均為輕質,請回答下列問題:(1)四種方案中,需要進行“補償阻力”的方案是________。(選填甲、乙、丙、?。?)四種方案中,需要滿足重物或鉤碼質量遠小于小車的質量的方案是________。(選填甲、乙、丙、?。?)某一小組同學用圖乙的裝置進行實驗,得到如圖所示的一條紙帶(相鄰兩計數點間還有四個點沒有畫出),已知打點計時器使用的是頻率為50Hz的交流電。根據紙帶可求出小車在E點的瞬時速度為________,加速度為________。(計算結果保留三位有效數字)(4)另一組學生用圖乙的裝置測量小車的質量,及小車與木板的動摩擦因數,通過增減懸掛鉤碼的數目進行多次實驗,通過分析紙帶求出相應實驗時小車的加速度,得到多組拉力傳感器示數和小車加速度的數據,作出如圖所示的圖像。由圖像可求得小車的質量_______kg,小車與長木板間的動摩擦因數_______。(計算結果保留2位有效數字)【答案】(1)甲、乙、丙(2)丙(3)1.012.00(4)0.290.14【解析】(1)[1]四種方案中,甲、乙、丙三個方案中小車均受到比較大摩擦阻力作用,都需要進行“補償阻力”,丁方案中由于滑塊與氣墊導軌間的摩擦力可以忽略不計,則不需要進行“補償阻力”。故四種方案中,需要進行“補償阻力”的方案是:甲、乙、丙。(2)[2]四種方案中,甲方案可以通過彈簧測力計測得繩子拉力,乙、丁方案都可以通過力傳感器測得繩子拉力,而丙方案需要用重物的重力近似等于繩子拉力,為了減小誤差,丙方案需要滿足重物質量遠小于小車的質量。(3)[3]相鄰兩計數點間還有四個點沒有畫出,可知相鄰計數點時間間隔為根據勻變速直線運動中間時刻速度等于該段過程的平均速度,則小車在E點的瞬時速度為[4]根據逐差法可得,小車的加速度為(4)[5][6]以小車為對象,根據牛頓第二定律可得可得可知圖像的斜率為解得小車的質量為圖像的縱軸截距為解得小車與長木板間的動摩擦因數為四、解答題15.在一個大霧天氣中某單行直道上汽車甲以25m/s的速度勻速行駛,汽車乙以13m/s的速度勻速行駛,乙車在甲車的前面30m的時候,甲車司機發現前方的乙車,甲車立刻剎車,不計司機的反應時間,剎車后立即做勻減速前進。若甲乙兩車恰好不撞,則甲車剎車的加速度a的大小和時間t分別為多少?【答案】2.4m/s2,5s【解析】甲乙兩車恰好不相撞,則相遇時代入數據得①代入數據得②由①得③代入②得t=5s代入③得a=2.4m/s216.如圖所示,質量m=2kg的光滑小球用細線系在質量為M=4kg、傾角為α=37°的斜面體上,細線與斜面平行,斜面體與水平面間的摩擦不計,g取10m/s2。試求:(1)若用水平向右的力F拉斜面體,要使小球不離開斜面,拉力F不能超過多少?(2)若用水平向左的力F推斜面體,要使小球不沿斜面向上滑動,推力F′不能超過多少?【答案】(1)80N;(2)45N【解析】(1)小球不離開斜面體,兩者加速度相同、臨界條件為斜面體對小球的支持力恰好為0,對小球受力分析如圖所示由牛頓第二定律得解得對整體,由牛頓第二定律得(2)小球不沿斜面滑動,兩者加速度相同,臨界條件是細線對小球的拉力恰好為0,對小球受力分析如圖所示由牛頓第二定律得解得對整體,由牛頓第二定律得17.如圖所示,傳送帶與水平面之間的夾角,其上、兩點間的距離傳送帶在電動機的帶動下以的速度勻速運動,現將一質量的小物體(可視為質點)輕放在傳送帶的點,已知小物體與傳送之間的動摩擦因數,在傳送帶將小物體從點傳送到點的過程中,求:(?。?)物體剛開始運動的加速度大小;(2)物體從到運動的時間;【答案】(1)2.5m/s2;(2)5.2s【解析】(1)小物體向上加速過程,對小物體進行受力分析,如圖所示根據牛頓第二定律有則得物體剛開始運動的加速度為(2)當小物體的速度增加到v=1m/s時,通過的位移是勻加速所用時間由于所以物體與傳送帶同速后一起勻速運動,位移為即小物體將以1m/s的速度完成4.8m的路程,用時為故小物體從A到B所需時間為18.質量的小物塊,由靜止從距斜面底端高的粗糙斜面上滑下,斜面傾角,小物塊到達斜面底端后速度大小不變滑上足夠長的長木板,小物塊與斜面、長木板間的動摩擦因素均為,長木板與水平地面間的動摩擦因素為,長木板的質量,小物塊滑上長木板立即受到大小的水平向右的恒力作用,當小物塊與長木板速度相同時,撤去恒力F,求:(1)小物塊滑到斜面底端時的速度大??;(2)從滑上長木板開始,經多長時間物塊、木板速度相同,此時物塊距木板左端距離L;(3)最終木板距斜面末端距離?!敬鸢浮浚?)2m/s(2)1s,1m(3)6m【解析】【小問1詳析】小物塊滑到斜面底端過程中,根據動能定理可得解得【小問2詳析】從滑上長木板開始,經t時間物塊、木板速度相同,則對小物塊研究解得對木板研究解得則解得此時物塊距木板左端的距離為【小問3詳析】由于木板與物塊之間的滑動摩擦力大于木板與地面之間的滑動摩擦力,則共速后,二者一起做勻減速運動,則共速后,根據牛頓第二定律可得解得此過程中移動距離為最終木板距斜面末端的距離為2025年高一上學期物理期末考試試卷一、單選題1.我國的《墨經》中提到“力,形之所以奮也”,意為力是使有形之物突進或加速運動的原因,力的單位用國際單位制的基本單位符號來表示,正確的是()A.kg·m/s B.kg·m/s2 C.kg·m2/s2 D.N【答案】B【解析】AB.根據牛頓第二定律的表達式 可知力的單位用國際單位制的基本單位符號來表示,故A錯誤,B正確;C.根據功的表達式可知kg·m2/s2是功的單位,故C錯誤;D.N是力的單位但不是基本單位,故D錯誤。故選B。2.某同學站在力的傳感器上連續完成多次下蹲起立。某時刻作為計時起點,傳感器與計算機連接,經計算機處理后得到力的傳感器示數F隨時間t變化的情況如圖所示。已知該同學質量,重力加速度。下列說法正確的是()A.0~4s完成了兩次下蹲過程 B.0~8s該同學向下的最大加速度約為C.0~8s該同學向上最大加速度約為 D.1.8s該同學向下速度達到最大【答案】B【解析】A.由題意,知人的重力為600N,人完成一次下蹲動作,先加速向下后減速向下,人先失重后超重,即人完成一次下蹲動作,F應先小于600N后大于600N,所以由圖像可知0~4s內人只完成了一次下蹲過程,故A錯誤;BD.由圖像知,在1.8s時F最小為240N,此時該同學向下運動,合外力最大,加速度達最大,由于此時人的重力大于F,人將繼續向下加速,速度繼續增大,在2s時達到最大,根據牛頓第二定律得人向下運動的最大加速度故B正確,D錯誤;C.由圖像知,在2.2s時F最大為960N,此時該同學向下減速,向上的加速度達最大,有故C錯誤。故選B。3.如圖所示,小船以大小為、方向與上游河岸成角的速度(在靜水中的速度)從A處渡河,經過一段時間正好到達正對岸的B處.已知河寬,則下列說法中正確的是()A.河中水流速度為B.小船以最短位移渡河的時間為C.小船渡河的最短時間為D.小船以最短的時間渡河的位移是【答案】D【解析】A.由題意知,小船方向與上游河岸成角的速度(在靜水中的速度)從A處渡河,經過一段時間正好到達正對岸的B處,則解得故A錯誤;
B.小船以最短位移渡河的時間為故B錯誤;C.小船以最短時間渡河,船頭應垂直對岸,時間為故C錯誤;D.小船以最短時間渡河時到達對岸,沿河岸通過的位移為通過的位移故D正確。故選D。4.如圖所示,一物體在12N的拉力作用下沿水平方向前進,該力與水平方向夾角為,若將該力分解為水平向右和豎直向上的兩個力,則水平方向的分力大小為()A. B. C. D.6N【答案】B【解析】該力水平方向的分力大小為故選B。5.質量為1kg的物體在光滑水平面內受兩個水平力的作用,物體的加速大小為8m/s2,其中一個力的大小F1=5N,則另一個力F2的大小可能是()A.2N B.10N C.15N D.18N【答案】B【解析】根據牛頓第二定律代入題中數據,解得二力合力大小為當兩力在同一直線上時,合力有最大和最小值,當合力為8N時,的最小值為3N,最大值為13N,所以的大小范圍為故選B。6.如圖所示,靜止在水平地面上的臺秤上有一鐵架臺,小球用輕繩固定在鐵架臺的橫桿上,現用始終與豎直方向成、斜向上的拉力F將小球由最低點緩慢拉至輕繩水平。已知在拉動過程中鐵架臺與臺秤始終靜止,下列說法正確的是()A.拉力F一直減小 B.輕繩的拉力先增大后減小C.臺秤的示數先減小后增大 D.臺秤所受地面的摩擦力一直增加【答案】D【解析】AB.如圖所示由平行四邊形定則和平衡條件可知,小球在上升的過程中,拉力F一直增大,輕繩的拉力先減小后增大,故AB錯誤;CD.對鐵架臺和小球組成的系統受力分析如圖下所示由平衡條件可知,F增大時,鐵架臺受臺秤的支持力逐漸減小,摩擦力逐漸增大,由牛頓第三定律可知,臺秤的示數逐漸減小,臺秤所受地面的摩擦力一直增大,故C錯誤,D正確。故選D。7.如圖所示,水平光滑長桿上套有物塊A,一細線跨過固定在天花板上O點的輕質定滑輪一端連接A,另一端懸掛物塊B。開始時A位于P點,M為O點正下方桿上一點,現將A、B由靜止釋放。當A通過桿上N點時,繩與水平方向夾角為37°,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,關于釋放后的過程,下列說法正確的是()A.A從P到M過程,A的速度先增大后減小B.A從P到M過程,B一直處于失重狀態C.A通過N點時速度與此時B的速度大小比為5∶4D.A到達M之前,繩子對B的拉力始終大于B的重力【答案】C【解析】A.物塊A從P到M過程,繩子的拉力與A運動方向夾角為銳角,A的加速度方向一直與運動方向相同,A的速度一直增加,故A錯誤;B.開始時B的速度為零,當物塊A到達M點時,物塊B下降到最低點,因此B的速度又為零,則B從釋放到最低點過程,速度先增大后減小,先向下加速后向下減速,先失重后超重,故B錯誤;C.物塊A在N點時,將A的速度進行分析,沿繩方向的分速度大小等于物塊B的速度大小,如圖所示根據圖中幾何關系可得可得故C正確;D.B從釋放到最低點過程,速度先增大后減小,先向下加速后向下減速,先失重后超重,所以繩子對B拉力先小于后大于B的重力,故D錯誤。故選C。8.無人機的使用大大提升了物流運輸效率。無人機將質量為m的快遞包(視為質點)從地面提升,在豎直平面內由靜止開始斜向上做加速度大小為a的勻加速直線運動,運動方向與豎直方向夾角為,提升高度為h,如圖所示。不計空氣阻力,下列說法正確的是()A.無人機對快遞包的作用力方向豎直向上B.快遞包受到的合力大小為C.整個過程中,快遞包運動的時間為D.提升高度為h時,快遞包的速度大小為【答案】C【解析】A.快遞包從靜止開始斜向上做加速度大小為a的勻加速直線運動,合外力方向為斜向上,快遞包受到重力、無人機對快遞包的作用力,則無人機對快遞包的作用力方向為斜向上,故A錯誤;B.根據牛頓第二定律,快遞包受到的合力大小為故B錯誤;C.整個過程中,根據動力學公式解得快遞包運動的時間為故C正確;D.提升高度為h時,快遞包的速度大小為故D錯誤故選C。二、多選題9.雨滴從足夠高的空中由靜止下落,下落過程中受空氣阻力大小與速度大小的二次方成正比,則在雨滴下落的全過程中()A.加速度a先變小再不變 B.先失重后完全失重C.加速度方向與速度方向相反 D.先做加速直線運動再做勻速直線運動【答案】AD【解析】AD.根據牛頓第二定律當速度不斷增大時,加速度不斷減小,當加速度等于零時速度最大,AD正確;BC.加速度方向先豎直向下與速度方向相同,后加速度為零,物體先失重后勻速運動,BC錯誤。故選AD。10.如圖所示,質量為的滑塊在水平面上撞向彈簧,當滑塊將彈簧壓縮了時速度減小到零,然后滑塊又被彈簧向右彈開。已知彈簧的勁度系數為,滑塊與水平面間的動摩擦因數為,彈簧與水平面間的摩擦不計,重力加速度為,整個過程中彈簧未超過其彈性限度,則下列判斷正確的是()A.滑塊向右運動的過程中,先做加速運動,離開彈簧后才做減速運動B.滑塊與彈簧接觸過程中的最大加速度為C.滑塊向左運動的過程中,始終做減速運動D.滑塊向右運動的過程中,當彈簧形變量時,滑塊的速度最大【答案】CD【解析】A.滑塊向右滑動的過程中,以彈簧的彈力等于滑塊所受到的滑動摩擦力時的位置為界,在該位置左側時,彈簧彈力大于摩擦力,滑塊做加速運動,在該位置右側時,彈簧彈力小于滑動摩擦力,滑塊做減速運動,故A錯誤;B.當彈簧彈力和摩擦力方向相同且彈簧彈力最大時,滑塊的加速度最大,由題意有則最大加速度為故B錯誤;C.由題意可知,滑塊在向左滑動過程中,滑動摩擦力和彈簧彈力方向與運動方向相反,故滑塊一直做減速運動,故C正確;D.由題意可知,當彈簧彈力與滑動摩擦力大小相等,方向相反時,此時滑塊加速度為零,速度最大,即故D正確。故選CD。11.如圖甲所示,傾角為、足夠長的斜面體固定在水平面上,質量為的物塊鎖定在斜面體上,時刻在物塊上施加一水平向右的推力同時將鎖定解除,使物塊由靜止開始沿斜面體運動,已知外力大小與物塊速度大小的變化規律為,為定值,整個過程中物塊運動的加速度關于速度的變化規律如圖乙所示。重力加速度取,,。下列說法正確的是()A.物塊與斜面體間的動摩擦因數為0.25B.C.物塊的速度最大時,推力的大小為D.物塊的加速度為時,推力的大小為【答案】BD【解析】A.時刻,推力為零,物塊的加速度大小為對物塊受力分析,如圖所示,根據牛頓第二定律,沿斜面的方向有解得故A錯誤;B.物塊加速度為零時,由力的平衡條件得又代入上式解得由圖乙可知,此時解得故B正確;C.由B選項分析可知,推力的大小為故C錯誤;D.時,由牛頓第二定律得又代入數據解得故D正確。故選BD。12.用水平拉力使質量分別為、的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動,兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為和。甲、乙兩物體運動后,所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知()A. B. C. D.【答案】BC【解析】根據牛頓第二定律有F-μmg=ma整理后有F=ma+μmg則可知F—a圖像的斜率為m,縱截距為μmg,則由題圖可看出m甲>m乙,μ甲m甲g=μ乙m乙g則μ甲<μ乙故選BC。三、實驗題13.某學校物理實驗小組對驗證力的“平行四邊形定則”實驗進行了改進,實驗裝置如圖甲所示,底座上豎直固定一“∩”型軌導,軌道后放置豎直擋板,擋板與軌道平行,擋板上固定白紙,A、B、C是可在軌道上自由移動的拉力傳感器,“O”點為三細線的結點,AO、BO、CO三繩的長度可以調整,某次實驗中保持傳感器C固定不動,OC繩長度不變,調整A、B位置,系統穩定時記錄下“O”點位置和A、B、C傳感器的示數以及三個力的方向,根據實驗結果畫出的圖示如圖乙所示。(1)圖乙中的F和F′兩個力中,方向一定沿CO方向的是_____。(2)本實驗采用的科學方法是_____。A.理想實驗法 B.等效替代法 C.控制變量法 D.建立物理模型法(3)若某次實驗中三個傳感器的位置分布如圖甲所示,保持傳感器A、C位置不動,“O”點位置不動,C傳感器示數不變,B傳感器緩慢沿逆時針方向移動到“О”點正上方_____。A.A傳感器示數減小 B.A傳感器示數增大C.B傳感器示數增大 D.B傳感器示數先減小后增大【答案】(1)F′(2)B(3)AD【解析】【小問1詳析】圖乙中的F是平行四邊形的對角線,是根據平行四邊形定則求出來的合力,是力F1和F2合力的理論值;根據平衡條件,方向一定沿CO方向的是F';【小問2詳析】本實驗采用的科學方法是等效替代法:兩個力的作用效果與一個力的作用效果相同。故選B?!拘?詳析】由平行四邊形定則當AO與BO垂直時FB最小,所以FA不斷減小,FB先減小后增大。故選AD。14.義烏某中學的學生準備選用以下四種方案來完成“探究加速度與合外力的關系”的實驗,繩子和滑輪均為輕質,請回答下列問題:(1)四種方案中,需要進行“補償阻力”的方案是________。(選填甲、乙、丙、?。?)四種方案中,需要滿足重物或鉤碼質量遠小于小車的質量的方案是________。(選填甲、乙、丙、?。?)某一小組同學用圖乙的裝置進行實驗,得到如圖所示的一條紙帶(相鄰兩計數點間還有四個點沒有畫出),已知打點計時器使用的是頻率為50Hz的交流電。根據紙帶可求出小車在E點的瞬時速度為________,加速度為________。(計算結果保留三位有效數字)(4)另一組學生用圖乙的裝置測量小車的質量,及小車與木板的動摩擦因數,通過增減懸掛鉤碼的數目進行多次實驗,通過分析紙帶求出相應實驗時小車的加速度,得到多組拉力傳感器示數和小車加速度的數據,作出如圖所示的圖像。由圖像可求得小車的質量_______kg,小車與長木板間的動摩擦因數_______。(計算結果保留2位有效數字)【答案】(1)甲、乙、丙(2)丙(3)1.012.00(4)0.290.14【解析】(1)[1]四種方案中,甲、乙、丙三個方案中小車均受到比較大摩擦阻力作用,都需要進行“補償阻力”,丁方案中由于滑塊與氣墊導軌間的摩擦力可以忽略不計,則不需要進行“補償阻力”。故四種方案中,需要進行“補償阻力”的方案是:甲、乙、丙。(2)[2]四種方案中,甲方案可以通過彈簧測力計測得繩子拉力,乙、丁方案都可以通過力傳感器測得繩子拉力,而丙方案需要用重物的重力近似等于繩子拉力,為了減小誤差,丙方案需要滿足重物質量遠小于小車的質量。(3)[3]相鄰兩計數點間還有四個點沒有畫出,可知相鄰計數點時間間隔為根據勻變速直線運動中間時刻速度等于該段過程的平均速度,則小車在E點的瞬時速度為[4]根據逐差法可得,小車的加速度為(4)[5][6]以小車為對象,根據牛頓第二定律可得可得可知圖像的斜率為解得小車的質量為圖像的縱
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