版物理新教材人教巩固练习期末综合检测word版含解析

期末综合检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2019·湖南省张家界市高一上学期期末)如图所示，对下列课本插图描述正确的是(C)A．图甲右上方的路牌所标的“50”为车辆通行的平均速度B．由图乙可推出所有形状规则的物体重心均在其几何中心处C．图丙中掷出后的冰壶能继续运动说明其具有惯性D．图丁中电梯向上制动时体重计的读数变小说明人所受重力减小解析：图甲右上方的路牌所标的“50”为车辆通行的瞬时速度不超过50km/h，故A错误；由图乙可推出所有形状规则且质量分布均匀的物体重心均在其几何中心处，故B错误；惯性是物体保持原来速度不变的性质，故C正确；图丁中电梯向上制动时体重计的读数变小说明人所受支持力减小，但重力不变，故D错误，故选C。2．如图所示，三个图象表示A、B、C、D、E、F六个物体的运动情况，下列说法中正确的是(D)A．速度相等的物体是B、D B．合力为零的物体是A、C、EC．合力是恒力的物体是D、F D．合力是变力的物体是F解析：x－t图象的斜率等于速度，则A的速度为0，B的速度为vB＝eq\f(x,t)＝2m/s。D的运动速度是变化的，故A错误；A静止，C做匀速直线运动，E的加速度不变，做匀变速运动，则A、B、C的合力都为零，E的合力不为零，故B错误；合力是恒力的物体是D、E，F的加速度增大，合力增大，故C错误，D正确。3．(2019·内蒙古集宁一中高一上学期期中)如图所示，一幼儿园小朋友在水平桌面上将三个形状不规则的石块成功叠放在一起，受到老师的表扬，下列说法正确的是(D)A．石块b对a的支持力与a受到的重力是一对相互作用力B．石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力D．石块c对b的作用力一定竖直向上解析：石块b对a的支持力和对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是平衡力，故A、B错误；以三块作为整体研究，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；选取ab作为整体研究，根据平衡条件，石块c对b的作用力一定竖直向上，故D正确，故选D。4．如图所示，在野营时需要用绳来系住一根木桩。细绳OA、OB、OC在同一平面内，两等长绳OA、OB夹角是90°，绳OC与竖直杆夹角为60°，绳CD水平，如果绳CD的拉力等于100N，那么OA、OB的拉力等于多少时才能使得桩子受到绳子作用力方向竖直向下(C)A．50N B．100NC．eq\f(100\r(6),3)N D．eq\f(100\r(3),3)N解析：要使桩子受到绳子作用力方向竖直向下，则绳子OC与CD的合力竖直向下，如图(1)根据平行四边形定则，有：TC＝eq\f(F,sin60°)＝eq\f(100,\f(\r(3),2))N＝eq\f(200,3)eq\r(3)N点O平衡，对其受力分析，如图(2)根据平衡条件，结合对称性，有：TA＝TB＝eq\f(TC,\r(2))＝eq\f(\f(200,3)\r(3)N,\r(2))N＝eq\f(100\r(6),3)N故选C。5．某物理兴趣小组用频闪照相机测小球在竖直上抛过程中受到的空气阻力。将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，用频闪照相机记录了全过程，图甲和图乙分别是上升过程和下降过程的频闪照片，O是运动的最高点。设小球所受阻力大小不变，则小球受到的阻力大小约为(C)A．eq\f(1,4)mg B．eq\f(1,3)mgC．eq\f(1,2)mg D．mg解析：根据Δx＝aT2，推导可得上升阶段与下降阶段的加速度之比eq\f(a上,a下)＝eq\f(3,1)，又根据牛顿第二定律，上升阶段mg＋f＝ma上，下降阶段mg－f＝ma下，由以上各式可得f＝eq\f(1,2)mg，选项C正确。6．(2018·天津市一中高一上学期期末)如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为(B)A．0 B．eq\f(2\r(3),3)gC．g D．eq\f(\r(3),3)g解析：木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图根据共点力平衡条件，有F－Nsin30°＝0Ncos30°－G＝0解得N＝eq\f(2\r(3),3)mgF＝eq\f(\r(3),3)mg木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向，故加速度为a＝eq\f(N,m)＝eq\f(2\r(3),3)g，故选B。7．(2019·内蒙古鄂尔多斯第一中学高一上学期期中)如图所示，A、B两同学用甲、乙两种方式推墙。甲中A向前推B、B向前推墙；乙中A、B同时向前推墙。每人用力的大小都为F，方向水平。已知地面粗糙，则以下说法中正确的是(BD)A．甲方式中墙受到的推力为2FB．乙方式中墙受到的推力为2FC．甲方式中两位同学受到地面的摩擦力大小都为FD．乙方式中两位同学受到地面的摩擦力大小都为F解析：甲方式中，先对A同学受力分析，水平方向受B对A的向后的弹力和地面对A的向前的静摩擦力，竖直方向受重力和支持力；再对B同学受力分析，受A对B的弹力和墙壁对B的弹力，根据平衡条件得到，墙壁对B的弹力等于A对B的弹力，为F，即B同学与地面间没有静摩擦力；故A、C错误；乙方式中墙受到两位同学的推力，均为F，两个力同向，故合力为2F；两位同学受到地面的摩擦力大小都为F，故B、D正确。8．(2018·山东省德州市高一上学期期末)如图所示，在光滑的水平桌面上放一质量为mA＝5kg的物块A，A的上方放一质量mB＝3kg的滑块B，用一轻绳一端拴在物块A上，另一端跨过光滑的定滑轮拴接一质量mC＝2kg的物块C，其中连接A的轻绳与水平桌面平行。现由静止释放物块C，在以后的过程中，A与B之间没有相对滑动且A、B始终没有离开水平桌面(重力加速度g取10m/s2)。则下列说法正确的是(BC)A．A的加速度大小为m/s2 B．A的加速度大小为2m/s2C．A对B的摩擦力大小为6N D．A对B的摩擦力大小为N解析：整体mCg＝(mA＋mB＋mC)a，得a＝2m/s2，故A错误，B正确；隔离B：f＝mBa＝6N，故C正确，D错误。9．如图(a)，用一水平外力F推着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图(b)所示，重力加速度g取10m/s2。根据图(b)可知(AB)A．物体的质量m＝2kgB．斜面的倾角θ＝37°C．加速度为6m/s2时物体的速度v＝18m/sD．物体能静止在斜面上所施加的最小水平外力Fmin＝12N解析：Fcosθ－mgsinθ＝ma，将a1＝2m/s2，F1＝20N，a2＝6m/s2，F2＝30N代入上式得m＝2kg，θ＝37°，故A、B正确；当a＝0时，Fmin＝15N，D错误；无法求出瞬时速度，C错误。10．(2019·河南省郑州市高一上学期期末)为保障市民安全出行，有关部门规定：对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查。如图甲所示为乘客在进入地铁站乘车前，将携带的物品放到水平传送带上通过检测仪接受检査时的情景。如图乙所示为水平传送带装置示意图。紧绷的传送带ab始终以1m/s的恒定速率运行，乘客将一质量为4kg的行李无初速度地放在传送带左端的a点，设行李与传送带之间的动摩擦因数为，a、b间的距离为2m，g取10m/s2。下列速度－时间(v－t)图象和位移－时间(x－t)图象中，可能正确反映行李在a、b之间的运动情况的有(AC)解析：行李放上传送带后，受到向右的摩擦力，加速度为：a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝1m/s2，行李做匀加速直线运动，速度达到传送带速度经历的时间为t1＝eq\f(v,a)＝1s，而匀加速的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝m<2m，故此后的x2＝m做匀速直线运动v＝1m/s，时间t2＝eq\f(x2,v)＝s；物体先匀加速的速度－时间图象为倾斜直线，1s后变为平行于t轴的直线，s结束，故A正确，B错误；物体先匀加速再匀速的位移－时间图象为抛物线加倾斜直线，故C正确，D错误。故选AC。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分。把答案直接填在横线上)11．(2019·河南省林州一中高一上学期期中)为探究合力与两个分力间所满足的具体关系，某同学设计了如图所示的实验装置，实验时，保持所挂的钩码不变，移动弹簧秤到不同位置，则平衡时弹簧秤的示数F将随着动滑轮两边细线间的夹角的改变而改变。实验时使夹角分别为60°、90°、120°，读出对应的F值。(1)该同学通过比较发现α越大、F越大，为了更清楚地了解F随α变化的关系，于是他算出每次实验时的eq\f(F,sin\f(α,2))、Fcoseq\f(α,2)、eq\f(F,sinα)、Fcosα等的值。若该同学在实验中的操作都是正确的，则他能够得到的结论(关于F随α变化的关系的结论)是：Fcoseq\f(α,2)为定值。(2)经过步骤(1)了解了关于F随α变化的关系，该同学进一步以表示两边细线的拉力的图示的线段为邻边作出平行四边形，发现表示两细线的拉力的线段所夹的对角线基本上都是竖直向上的，但是该对角线的长度总比表示钩码重力的图示的线段明显要长，出现这一情况的原因应该是__没有考虑动滑轮的重力__。解析：(1)设动滑轮与所挂钩码的总重力为G总，则有2Fcoseq\f(α,2)＝G总，由于G总不变，所以Fcoseq\f(α,2)为定值；(2)由题意可知，该对角线的长度总比表示钩码重力的图示的线段明显要长，出现这一情况的原因：没有考虑动滑轮的重力。12．(2018·广东省实验中学高一上学期期末)如图(甲)所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长的关系实验。(1)实验中还需要的测量工具有__毫米刻度尺__。(2)如图(乙)所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x，由图可知：图线不通过原点的原因是由于__弹簧自身重力__;_弹簧的劲度系数k＝N/m(g取10m/s2)(计算结果保留2位有效数字)；(3)如图(丙)所示，实验中用两根不同的弹簧a和b，画出弹簧弹力F与弹簧长度L的F－L图象。下列正确的是(B)A．a的原长比b的长 B．a的劲度系数比b的大C．a的劲度系数比b的小 D．弹力与弹簧长度成正比解析：(1)实验需要测量弹簧伸长的长度，故需要刻度尺；(2)由k＝eq\f(ΔF,Δx)＝eq\f×10－3×10,12－×10－2)＝N/m。由图可知，当F＝0时，x＝cm，说明没有挂重物时，弹簧伸长，是由于弹簧自身的重力造成的。故图线不过原点的原因是由于弹簧有自重，实验中没有考虑(或忽略了)弹簧的自重。(3)F－L图象横坐标的截距表示原长，故b的原长比a的长，选项A错误；由k＝eq\f(ΔF,Δx)＝eq\f(ΔF,ΔL)知，a的劲度系数比b的大，选项B正确、C错误；图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比，选项D错误。13．(2018·河北省正定中学高一上学期期末)在用DIS研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图(a)所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器，位移传感器(发射器)随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器(接收器)固定在轨道一端。实验中力传感器的拉力为F，保持小车(包括位移传感器发射器)的质量不变，改变重物重力重复实验若干次，得到加速度与外力的关系如图(b)所示，则：(1)小车与轨道的滑动摩擦力f＝N。(2)从图象中分析，小车(包括位移传感器发射器)的质量为kg。(3)该实验小组为得到a与F成正比的关系，应将斜面的倾角θ调整到tanθ＝。解析：(1)根据图象可知，当F＝N时，小车开始有加速度，则f＝N。(2)根据牛顿第二定律得：a＝eq\f(F－f,M)＝eq\f(1,M)F－eq\f(f,M)，则a－F图象的斜率表示小车质量的倒数，则M＝eq\f(1,k)＝eq\f(2,3)＝kg。(3)为得到a与F成正比的关系，则应该平衡摩擦力，则有：Mgsinθ＝μMgcosθ解得：tanθ＝μ，根据f＝μMg得：μ＝eq\f,\f(2,3)×10)＝，所以tanθ＝。三、论述、计算题(本题共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．(9分)某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落。他打开降落伞后的速度图线如图a。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图b。已知人的质量为50kg，降落伞质量也为50kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速率v成正比，即f＝kv(g取10m/s2，sin37°＝，cos37°＝。求：(1)打开降落伞前人下落的距离为多大？(2)求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向？(3)悬绳能够承受的拉力至少为多少？答案：(1)20m(2)k＝200N·s/ma＝30m/s2方向竖直向上(3)N解析：(1)h0＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝20m(2)kv＝2mg，将v＝5m/s代入得k＝200N·s/m对整体：kv0－2mg＝2maa＝eq\f(kv0－2mg,2m)＝30m/s2方向竖直向上(3)设每根绳拉力为T，以运动员为研究对象有：8Tcosα－mg＝maT＝eq\f(mg＋a,8cos37°)＝N由牛顿第三定律得：悬绳能承受的拉力至少为N。15．(10分)(2019·浙江省温州九校高一上学期期末联考)可爱的企鹅喜欢在冰面上游玩，如图所示，有一企鹅在倾角为37°的斜面上，靠脚爪抓冰面，先以加速度a＝m/s2，从冰面底部由静止开始沿直线向上匀加速“奔跑”，t＝8s时，突然卧倒，以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝，已知sin37°＝，cos37°＝。求：(1)企鹅向上匀加速“奔跑”的位移大小；(2)从静止开始10s内企鹅的位移大小和路程。答案：(1)16m(2)mm解析：(1)企鹅向上加速的位移大小由x1＝eq\f(1,2)at2得x1＝16mv＝at＝4m/s(2)企鹅卧倒后，根据牛顿第二定律有：mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1解得：a1＝8m/s2设经过时间t1企鹅停止向前滑行，由v＝a1t1，解得t1＝s匀减速到最高点的位移为x2＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝1m之后物体沿斜面向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有：mgsin37°－μmgcos37°＝ma2解得：a2＝4m/s2滑行t2＝s通过的位移x3＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝m所以从静止开始10s企鹅的位移大小x＝x1＋x2－x3＝m通过的路程s＝x1＋x2＋x3＝m16．(11分)(2018·浙江省湖州市长兴县、德清县、安吉县高一上学期联考)直升机悬停在洞穴上空，通过电动缆绳营救受困于图甲所示洞底的勘探者，将其沿竖直方向吊出洞口。电动缆绳上端的拉力传感器可实时显示勘探者对缆绳的拉力F，营救过程中拉力F随时间t的图象如图乙所示，已知直升机悬停处距离洞底30m，当t＝11s时勘探者被拉到直升机处且速度刚好减为0。勘探者的质量为80kg，缆绳质量及空气阻力不计，勘探者视为质点。g取10m/s2，问：(1)勘探者在7s～11s过程中的加速度a为多大？(2)勘探者在加速上升过程中的平均速度为多大？(3)若直升机通过缆绳能提供的最大拉力大小为1000N，考虑安全性，假定勘探者加速与减速的最大加速度不超过5m/s2，要使勘探者被拉到直升机处且速度刚好减为0，则所需的最短时间为多少？答案：(1)m/s2(2)m/s(3)6s解析：(1)a＝eq\f(mg－F3,m)＝eq\f(5,4)m/s2＝m/s2(2)减速过程的位移x3＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)＝10mv3＝at3＝5m/s匀速位移x2＝v3×t2＝10m加速位移x1＝h－x2－x3＝10m加速时间t1＝5s－2s＝3s平均速度eq\x\to(v)1＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(10,3)m/s≈m/s(3)a1＝eq\f(Fm－mg,m)＝eq\f(200,80)m/s2＝m/s2<5m/s2a2＝5m/s2t＝eq\f(v,a1)＋eq\f(v,a2)eq\f(v,2)×t＝h联立得v＝10m/s，t＝6s17．(12分)(2018·河南省洛阳市高一上学期期末)长木板