![河南省安阳市第二十九中学高一物理下学期期末试卷含解析_第1页](http://file4.renrendoc.com/view11/M03/36/3D/wKhkGWXydaaAIEc5AAF0IdSeWjY091.jpg)
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文档简介
河南省安阳市第二十九中学高一物理下学期期末试卷含解析一、选择题:本题共5小题,每小题3分,共计15分.每小题只有一个选项符合题意1.(单选)车以大小为20m/s的速度做匀速直线运动。刹车后,获得的加速度的大小为5m/s2,那么刹车后2s内与刹车后6s内汽车通过的路程之比为(
)A.1∶1
B.3∶1
C.4∶3
D.3∶4参考答案:D2.打桩机的重锤的质量是250kg,它提升到离地面15m高处,后让它自由下落,当重锤刚要接触地面时其动能为(
)A.
B.
C.
D.参考答案:C3.如图所示,光滑的水平面上,小球m在拉力F的作用下做匀速圆周运动,若小球到达B点时F突然发生变化,下列关于小球的运动的说法可能正确的是
(
)
A、F突然消失,小球将沿轨迹Ba做离心运动
B、F突然变小,小球将沿轨迹Ba做离心运动
C、F突然变大,小球将沿轨迹Bc做向心运动
D、F突然变小,小球将沿轨迹Bb做离心运动参考答案:ACD4.(单选题)作用在同一物体上的两个大小不等的力F1和F2,其合力为F,保持两个力的方向不变,则可以肯定A.F1、F2同时增大为原来的2倍,F也增大为原来的2倍B.F1、F2同时减小为,F减小为原来的C.F1、F2同时增加10N,F增加20ND.F1增加10N,F2减少10N,F就不变参考答案:A5.(多选题)受水平外力F作用的物体,在粗糙水平面上作直线运动,其v﹣t图线如图所示,则()A.在0~t1秒内,外力F大小不断增大B.在t1时刻,外力F为零C.在t1~t2秒内,外力F大小可能不断减小D.在t1~t2秒内,外力F大小可能先减小后增大参考答案:CD【考点】匀变速直线运动的图像;牛顿第二定律.【分析】(1)v﹣t图象中,斜率表示加速度,从图象中可以看出0~t1秒内做加速度越来越小的加速运动,t1~t2秒内做加速度越来越大的减速运动,两段时间内加速度方向相反;(2)根据加速度的变化情况,分析受力情况.【解答】解:A.根据加速度可以用v﹣t图线的斜率表示,所以在0~t1秒内,加速度为正并不断减小,根据加速度,所以外力F大小不断减小,A错误;
B.在t1时刻,加速度为零,所以外力F等于摩擦力,不为零,B错误;
C.在t1~t2秒内,加速度为负并且不断变大,根据加速度的大小,外力F大小可能不断减小,C正确;
D.如果在F先减小一段时间后的某个时刻,F的方向突然反向,根据加速度的大小,F后增大,因为v﹣t图线后一段的斜率比前一段大,所以外力F大小先减小后增大是可能的,故D正确.故选CD.二、填空题:本题共8小题,每小题2分,共计16分6.如图所示,置于水平地面的三脚架上固定着一重为mg的照相机,三脚架的三根轻质支架等长,与竖直方向均成角,则每根支架中承受的压力大小为
参考答案:
7.星球上的物体脱离星球引力所需的最小速度称为第二宇宙速度.星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1,的关系是v2=v1.已知某星球的半径为r,它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的,不计其他星球的影响,则该星球的第二宇宙速度(
)
A.
B.
C.
D.gr参考答案:C8.一个物体以初速度v0水平抛出,落地时速度为v,则物体在空中运动的时间为
,物体抛出时的竖直高度是
。参考答案:
,
9.一个物体在某星球表面自由下落,在最后的连续两个1秒内下落的高度分别是12m和20m,则星球表面的重力加速度是
m/s2,物体落到星球表面时的速度大小是
m/s。参考答案:8,2410.利用图中所示的装置可以研究自由落体运动。实验中需要调整好仪器,接通打点计时器的电源,松开纸带,使重物下落。打点计时器会在纸带上打出一系列的小点。(1)为了测得重物下落的加速度,还需要的实验器材有_____。(填入正确选项前的字母)A.天平
B.秒表
C.米尺(2)若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值,而实验操作与数据处理均无错误,写出一个你认为可能引起此误差的原因:_______
_____________________________。参考答案:(1)C
(2)打点计时器与纸带间的摩擦11.如图所示,水平面上有一物体,人通过定滑轮用绳子拉它,在图示位置时,若人的速度为5m/s,则物体的瞬时速度为________m/s.参考答案:12.如图所示是一个物体向东运动的速度图象.由图可知在0~10s内物体的加速度大小是m/s2,方向是
;在10﹣40s内物体的加速度为m/s2,在40﹣60s内物体的加速度大小是
m/s2,方向是
.参考答案:3;向东;0;1.5;向西.【考点】匀变速直线运动的图像.【分析】在速度﹣时间图象中,某一点代表此时刻的瞬时速度,时间轴上方速度是正数,时间轴下方速度是负数;切线的斜率表示加速度,加速度向右上方倾斜,加速度为正,向右下方倾斜加速度为负.【解答】解:在速度﹣时间图象中切线的斜率表示加速度,所以0~10s内物体的加速度大小:a1=m/s2=3m/s2,在10s~40s内物体的加速度大小:a2=m/s2=0m/s2,在40s~60s内物体的加速度:a3=m/s2=﹣1.5m/s2,由于切线的斜率表示加速度,加速度向右上方倾斜,加速度为正,向右下方倾斜加速度为负,所以加速度的负号表示加速度的方向与所选的正方向东方相反,即加速度方向为向西.故答案为:3;向东;0;1.5;向西.13.一质量5kg的物体做自由落体运动,在下落过程中第2s内,重力对该物体做的功为
J;在第3s末和第4s末,重力做功的功率之比为
.参考答案:750______,
_3:4__三、简答题:本题共2小题,每小题11分,共计22分14.如图所示,一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面,圆锥筒固定不动,有两个质量相等的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动,则以下说法中正确的是()A.A球的线速度必定小于B球的线速度B.A球的角速度必定小于B球的角速度C.A球的运动周期必定小于B球的运动周期D.A球对筒壁的压力必定大于B球对筒壁的压力
参考答案:B15.质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动,一段时间后撤去F,其运动的v–t图象如图所示。g取10m/s2,求:(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ;(2)水平推力F的大小;(3)0~10s内物体运动位移的大小。参考答案:(1)u=0.2,(2)F=6N,(3)46m试题分析:(1)由题中图象知,t=6s时撤去外力F,此后6~10s内物体做匀减速直线运动直至静止,其加速度为又因为联立得μ=0.2。(2)由题中图象知0~6s内物体做匀加速直线运动其加速度大小为由牛顿第二定律得F-μmg=ma2联立得,水平推力F=6N。(3)设0~10s内物体的位移为x,则x=x1+x2=×(2+8)×6m+×8×4m=46m。考点:牛顿第二定律【名师点睛】本题是速度--时间图象的应用,要明确斜率的含义,知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义,能根据图象读取有用信息,并结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解.属于中档题。四、计算题:本题共3小题,共计47分16.一雨滴自屋檐自由下落,在△t=0.2s内通过高度为△h=2m的窗口,取g=10m/s2.求:(1)雨滴经过窗口顶端的速度v多大?(2)屋檐距窗口顶端的高度h是多少?参考答案:(1)v=9m/s(2)h=4.05m17.如图所示在倾角θ=37°的足够长的固定的斜面底端有一质量m=1.0kg的物体,物体与斜面间动摩擦因数μ=0.25,现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动。拉力F=10.0N,方向平行斜面向上。经时间t=4.0s绳子突然断了,求:(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)(1)绳断时物体的速度大小。(2)从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间?参考答案:解(1)物体受拉力向上运动过程中,设物体向上运动的加速度为a1,根据牛顿第二定律有:解得m/s2
所以t=4.0s时物体的速度大小为m/s(2)绳断时物体距斜面底端的位移
绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动,设运动的加速度大小为a2,则根据牛顿第二定律,
m/s2物体做减速运动的时间s,减速运动的位移m此后物体将沿斜面匀加速下滑,设物体下滑的加速度为a3,根据牛顿第二定律
解得m/s2设物体由最高点到斜面底端的时间为t3,所以物体向下匀加速运动的位移ss物体返回到斜面底端的时间为s18.某工厂生产流水线示意图如图所示,半径R=1m的水平圆盘边缘E点固定一小桶.在圆盘直径DE正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动,传送带右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上,竖直高度h=1.25moAB为一个与CO在同一竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道,半径r=0.45m,且与水平传送带相切于B点.一质量m=0.2kg的滑块(可视为质点)从A点由静止释放,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,当滑块到达B点时,圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心O的竖直轴匀速转动,滑块到达C点时恰与传送带同速并水平抛出,刚好落人圆盘边缘的小捅内.取g=10m/s2,求:
(1)滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力NB;
(2)传送带BC部分的长度L;
(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件.参考答案:(1)滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力NB为6N,方向竖直向下;
(2)传送带BC部分的长度L为1.25m;
(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件为ω=2nπrad/s(n=1,2,3…).解:(1)滑块从A到B过程中,由动能定理,有:
解得:滑块到达B点时,由牛顿第二定律,有:
解得:NB′=6
N
据牛顿第三定律,滑块到达B点时对轨道的压力大小为6
N,方向竖直向下.
(2)滑块离开C点后做
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