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文档简介
广东省广州市番禺区禺山中学2024年物理高一第二学期期末检测试题考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分。在每小题给出的四个选项中,有的只有一项符合题目要求,有的有多项符合题目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。1、如图所示,自行车的大齿轮A、小齿轮B、后轮C的半径之比为4:1:16,在用力蹬脚踏板前进的过程中,关于A、C轮缘的线速度和角速度说法正确的是A.ωA:ωC=1:4B.ωA:ωC=4:1C.vA:vC=1:4D.vA:vC=4:12、一带正电的粒子在电场中做直线运动的v﹣t图象如图所示,t1、t2时刻分别经过M、N两点,已知运动过程中粒子仅受电场力作用,则下列判断正确的是()A.该电场可能是由某正点电荷形成的B.M点的电势高于N点的电势C.从M点到N点的过程中,电势能逐渐增大D.带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力3、(本题9分)一个质量为20kg的小孩从滑梯顶端由静止滑下,到达底端时速度大小为3m/s,滑梯的倾角为30°,则小孩滑到底端时重力的瞬时功率为()(g=10m/s2)A.1200W B.1000W C.600W D.300W4、光滑的水平面上,物体A、B的质量分别为m1和m2,且,它们用一根轻质弹簧相连接(栓接)。开始时,整个系统处于静止状态,弹簧处于自然长度。第一次给物体A一个沿弹簧轴线方向水平向右的初速度v,第二次给物体B一个沿弹簧轴线方向水平向左的等大的初速度v,如图所示。已知弹簧的形变未超出弹性限度,比较这两种情况,下列说法正确的是()A.第二种情况下,弹簧最短时物体A的速度较小B.两种情况,弹簧最短时物体A的速度等大C.两种情况,弹簧的最大弹性势能相同D.第二种情况下,弹簧的最大弹性势能较大5、(本题9分)如图所示,物体在力F的作用下沿粗糙水平面发生了一段位移,三种情形下力F和位移的大小都相等.角θ的大小、物体运动方向己在图中标明,下列说法正确的是A.甲、乙两种情形下,力F都做正功 B.乙、丙两种情形下,力F都做负功C.三种情形下,力F做功的绝对值相等 D.三种情形下,合力做功的绝对值相等6、半径为r和R(r<R)的光滑半圆形槽,其圆心均在同一水平面上,如图所示,质量相等的两物体分别自半圆形槽左边缘的最高点无初速地释放,在下滑过程中两物体()A.机械能均逐渐减小B.经最低点时动能相等C.在最低点对轨道的压力相等D.在最低点的机械能相等7、我们可以用如图所示的实验装置来探究影响向心力大小的因素.长槽横臂的挡板B到转轴的距离是挡板A的2倍,长槽横臂的挡板A和短槽横臂的挡板C到各自转轴的距离相等.转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动,槽内的球就做匀速圆周运动.横臂的挡板对球的压力提供了向心力,球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降,从而露出标尺,标尺上的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的相对大小.则关于这个实验,下列说法正确的是A.探究向心力和角速度的关系时,应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上,将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板C处B.探究向心力和角速度的关系时,应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上,将质量相同的小球分别放在挡板B和挡板C处C.探究向心力和半径的关系时,应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上,将质量相同的小球分别放在挡板B和挡板C处D.探究向心力和质量的关系时,应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上,将质量不同的小球分别放在挡板A和挡板C处8、如图所示,相同的乒乓球1、2恰好在等高处水平越过球网,不计乒乓球的旋转和空气阻力,乒乓球自最高点到落台的过程中,下列说法正确的是()A.过网时球1的速度大于球2的速度B.球1的飞行时间等于球2的飞行时间C.球1的速度变化率等于球2的速度变化率D.落台时,球1的重力功率大于球2的重力功率9、(本题9分)两个质量相等的物体,分别从两个高度相等而倾角不同的光滑斜面顶从静止开始下滑,则下列说法正确的是:()A.到达底部时重力的功率相等 B.到达底部时速度相等C.下滑过程中重力做的功相等 D.到达底部时动能相等10、(本题9分)如图所示,质量为m的小球套在光滑竖直杆上,轻质弹簧的一端与小球相连,另一端固定于O点。小球由A点静止释放后,沿固定竖直杆运动到B点。OA的长度小于OB的长度,弹簧处于OA、OB两位置时弹簧的弹性势能相等。下列说法正确的是A.小球通过B点时,其所受重力的功率不为零B.在小球从A点运动到B点的过程中弹簧的弹性势能先减小后增大C.在小球从A点运动到B点的过程中,小球减少的重力势能等于其增加的弹性势能D.在小球从A点运动到B点的过程中,小球增加的动能等于重力对小球做的功二、实验题11、(4分)(本题9分)某实验小组的同学做“用单摆测定重力加速度”的实验。(1)实验时除用到秒表、刻度尺外,还应该用到下列器材中的_________选填选项前的字母)A.长约1m的细线B.长约1m的橡皮绳C.直径约1cm的均匀铁球D.直径约10cm的均匀木球(2)选择好器材,将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上,应采用图中________所示的固定方式(选填“甲”或“乙”)。(3)将单摆正确悬挂后进行如下操作,其中正确的时____________(选填选项前的字母)。A.测出摆线长作为单摆的摆长B.把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度由静止释放,使之做简谐运动C.在摆球经过平衡位置时开始计时D.用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期(4)用l表示单摆的摆长,用T表示单摆的周期,则计算重力加速度的表达式为g=____________.(5)乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值,造成这一情况的原因可能是________(选填选向前的字母)。A.开始摆动时振幅较小B.开始计时时,过早按下秒表C.测量周期时,误将摆球(n-1)次全振动的时间记为n次全振动的时间D.实验中,由于操作不当,使摆球做圆锥摆运动12、(10分)(本题9分)某同学为了“探究求合力的方法”,实验步骤如下:A.用图钉将白纸固定在木板上.B.将橡皮条的一端拴上两个细绳套,另一端用图钉固定在木板上.C.用两只弹簧测力计同时互成角度地拉两细绳套,将橡皮条与细绳套的结点拉到某一位置O.用铅笔描下O点的位置及两细绳的方向,并记下弹簧测力计的读数F1、F1.D.改用一只弹簧测力计向任意一个方向拉细绳套,记下细绳的方向和弹簧测力计的读数F.选好标度,沿细绳的方向做出力F的图示.E.用同样的标度,用铅笔和刻度尺从0点沿两细绳的方向按F1、F1的大小做两个力的图示.用刻度尺与三角板,以F1、F1为邻边做平行四边形,找对对角线,即合力F′.F.比较F′和F的大小和方向是否相同.G.改变F1及F1的大小和方向,重复上述步骤.(1)此同学的实验操作中有一步是错误的,错误的步骤是______(填步骤序号),应如何改正?_________________________________________________________________________.(1)在实验中,采取下列哪些措施可减小实验误差__________.A.两个分力F1、F1间夹角必须为90°B.两个分力F1、F1的大小要适当大些C.拉橡皮条的细绳要尽量短一些D.细绳要与木板平行E.若F′与F不完全重合,证明平行四边形定则是错误的三、计算题:解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位13、(9分)(本题9分)一辆值勤警车停在平直的公路旁,当警员发现他身旁以v=6m/s的速度匀速行驶的货车有违章行为时,决定去追赶,经,警车发动起来,以加速度a=2m/s2做匀加速运动,求:(1)警车要经过多少时间才能追上违章货车?(2)在警车追上货车之前,两车之间的最大距离为多少?14、(14分)如图所示,放置在水平地面上一个高为48cm、质量为30kg的金属容器内密闭一些空气,容器侧壁正中央有一阀门,阀门细管直径不计.活塞质量为10kg,横截面积为50cm².现打开阀门,让活塞下降直至静止.不考虑气体温度的变化,大气压强为1.0×105Pa,忽略所有阻力。求:(1)活塞静止时距容器底部的高度;(2)活塞静止后关闭阀门,对活塞施加竖直向上的拉力,通过计算说明能否将金属容器缓缓提离地面?15、(13分)如图所示,ABC为竖直面内一固定轨道,AB段是半径为R的光滑圆弧,水平段与圆弧轨道相切于B,水平段BC长度为L,C端固定一竖直挡板.一质量为m的小物块自A端从静止开始沿圆轨道下滑,与挡板共发生了两次碰撞后停止在水平段B、C之间的某处,物块每次与挡板碰撞不损失机械能(即碰撞前、后速率相同).不计空气阻力,物块与水平段BC间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.试求物块(1)第一次与挡板碰撞时的速率;(2)在水平轨道上滑行的总路程;(3)最后一次滑到圆轨道底端B处对圆轨道的压力.
参考答案一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分。在每小题给出的四个选项中,有的只有一项符合题目要求,有的有多项符合题目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。1、A【解析】
AB.因为A、B的线速度大小相等,根据ω=vr,A、B的半径之比为4:1,所以A、B的角速度之比为1:4,B、C的角速度大小相等,所以ωA:ωCD.因为ωB=ωC,RB:RC=1:16,根据v=r•ω知vB:vC=1:16,所以vA:vC=1:16,故C,D均错误.2、C【解析】
AD、由速度时间图象可知:粒子在电场中做匀减速直线运动,加速度是一个定值,所以电场力不变,是匀强电场,所以不可能是由某正点电荷形成的,故A、D错误;BC、从M到N的运动过程中速度减小,根据动能定理可知电场力做负功,电势能增加,又由于是正电荷,所以电势也增加,故M点的电势低于N点的电势,故B错误,C正确.故选C.3、D【解析】小孩滑到底端重力瞬时功率为:P=mgvsin300,代入数据可得:P=300W,故D正确,ABC错误.4、C【解析】
弹簧最短时,两者速度相等,弹性势能最大第一种情况:由动量守恒定律得:,解得弹簧最短时物体A的速度,最大弹性势能第二种情况:由动量守恒定律得:,解得弹簧最短时物体A的速度,最大弹性势能因为,所以,也就是第二种情况下,弹簧最短时物体A的速度较大;因为,所以两种情况,弹簧的最大弹性势能相同。AB.由上面分析可知,第二种情况下,弹簧最短时物体A的速度较大,故AB错误;CD.由上面分析可知,两种情况,弹簧的最大弹性势能相同,故C正确,D错误。5、C【解析】AB、甲中由力与速度方向成锐角,故力F做正功,乙中力和速度方向成钝角,故力做负功,丙中力和速度方向为锐角,故力做正功,故A、B错误.C、这三种情形下力F和位移x的大小都是一样的,根据W=FscosD、这三种情形下,合力大小不同,位移x的大小相同,根据W=Fscos故选C.【点睛】恒力做功表达式为W=Fscos6、CD【解析】
A:圆形槽光滑,两小球在下滑过程中,均只有重力做功,机械能守恒。故A项错误。B:对左侧小球的下滑过程,据机械能守恒定律可得mgr=12mv12=C:设左侧小球在最低点时,轨道对小球的支持力为FN1;对左侧小球在最低点时受力分析,据牛顿第二定律可得FN1-mg=mD:取任一高度处为参考平面,两球在最高点无初速释放时的机械能相等;下滑过程中,两球的机械能守恒,则两球在最低点的机械能相等。故D项正确。7、ACD【解析】
在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时,需先控制某些量不变,研究另外两个物理量的关系,该方法为控制变量法.AB.在探究向心力和角速度的关系时,要保持其余的物理量不变,则需要半径、质量都相同,则需要将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上,将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板C处.故A正确,B错误;C.探究向心力和半径的关系时,要保持其余的物理量不变,则需要质量、角速度都相同,如角速度相同,则应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上,将质量相同的小球分别放在挡板B和挡板C处,故C正确.D.探究向心力和质量的关系时,应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上,即将质量不同的小球分别放在挡板A和挡板C处,故D正确.8、ABC【解析】
AB.球1和球2平抛运动的高度相同,则运动的时间相同,由于球1的水平位移较大,可知过网时球1的速度大于球2的速度,故AB正确。C.因为平抛运动的加速度不变,都为g,可知球1和球2的速度变化率相等,故C正确。D.落台时,由于时间相等,则竖直分速度相等,根据P=mgvy知,重力的瞬时功率相等,故D错误。9、BCD【解析】
A、物体到达底部重力的功率:PG=mgvB、物体从静止到最低点的过程,由动能定理得:mgh=12mv210、AD【解析】
A.在小球运动过程中,只有重力和弹簧的弹力做功,故小球和弹簧组成的系统机械能守恒;因A、B两点弹簧的弹性势能相等,小球减小的重力势能转化为小球的动能,所以在B点的速度不为零,则其所受重力的功率不为零;故A正确。B.在运动过程中A点为压缩状态,B点为伸长状态,在小球从A点运动到B点的过程中,弹簧的形变量先增大后减小再增大,则弹簧的弹性势能先增大后减小再增大,故B错误。C.在小球从A点运动到B点的过程中,增加的弹性势能为零,则小球减少的重力势能大于增加的弹性势能。故C错误。D.在小球从A点运动到B点的过程中,弹簧的弹力对小球做功为零,根据动能定理知小球增加的动能等于重力对小球做的功。故D正确.二、实验题11、AC乙BCCD【解析】
(1)[1]AB.实验过程单摆摆长应保持不变,应选择长约1m的细线作为摆线,摆线不能选择有弹性的橡皮绳,故A正确,B错误;CD.为减小实验误差,应选择密度大而体积小的球作为摆球,应选择直径约1cm的均匀铁球作为摆球,不要选用直径约10cm的均匀木球,故C正确,D错误;故选:AC;(2)[2]在该实验的过程中,悬点要固定,应采用图乙中所示的固定方式。(3)[3]A.摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长,故A错误;B.单摆在小角度下的运动为简谐运动,把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放,使之做简谐运动,故B正确;C.为减小测量误差,在摆球经过平衡位置时开始计时,故C正确;D.为减小测量误差,应测出n个周期的总时间t,然后求出周期:,用单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期实验误差较大,故D错误;故选:BC;(4)[4]由单摆周期公式:,可知:T与成正比,T−图象是正比例函数图象,T−图象的斜率:,则重力加速度:;(5)[5]由单摆周期公式:得:;A.单摆在小角度下的摆到为简谐振动,开始摆动时振幅较小,单摆的振幅对重力加速度的测量没有影响,故A错误;B.开始计时时,过早按下秒表,所测周期T偏大,所测重力加速度偏小,故B错误;C.测量周期时,误将摆球(n−1)次全振动的时间记为n次全振动的时间,所测周期T偏小,所测重力加速度g偏大,故C正确;D.实验中,由于操作不当,使摆球做圆锥摆运动,测得的周期T偏小,所测重力加速度偏大;故选:CD;故答案为:(1)AC;(2)乙(3)BC;(4)(5)CD。【点睛】单摆测定重力加速度的原理:单摆的周期公式,还要知道:摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动;摆长等于摆线的长度加上摆球的半径,为减小误差应保证摆线的长短不变;单摆在摆动的过程中,摆长不能发生变化.在最低点,速度最快,开始计时误差较小。12、D;应将结点仍拉到位置O;BD;【解析】(1)错误的步骤是D,为保证效果相同,应将结点仍拉到位置O;(1)、方向间夹角大小适当即可,不一定要为,故A错误;实验要方便、准确,两分力适当大点,读数时相对误差小,但不宜太大,故B正确;为了便于确定拉力的方向,拉橡皮条的细绳要稍长一些,故C错误;测量力的实验要求尽量准确,为了减小实验中因摩擦造成的误差,操作中要求弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行,故D正确;因实验中存在误差,故不可能严格使F与重合,故实验结论在误差允许的范围内,可以说明平行四边形定则是正确的,故E错误;选BD.【点睛】“验证平行四边形定则”
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