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浙江省宁波市八校2013-2014学年高一上学期期末联考物理试题 Word版含解析


宁波市

2013学年 八校联考高一物理试题 第一学期

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分 共 100 分,考试时间 90 分钟 第Ⅰ卷 选择题(共 44 分) 一.单项选择题(每小题只有一个选项符合题意,每小题 3 分,共 24 分) 1.关于运动,下列说法中正确的是( )

A.匀加速直线运动在第 1s 内、第 2s 内、第 3s 内的位移之比是 1:3:5 B.匀加速直线运动的加速度随时间均匀增加 C.平抛运动相同时间内速度的变化量一定相等 D.匀减速直线运动的位移随时间均匀减小 【答案】C

A、初速度为零的匀加速直线运动,在第 1s 内、第 2s 内、第 3s 内的位移之比是 1:3:5, 若初速度不为零则此式不成立,故 A 错误; B、匀加速直线运动的加速度恒定不变,故 B 错误; C、平抛运动为匀加速曲线运动,故相同时间内速度的变化量相等,故 C 正确; D、匀减速直线运动在速度未达到零之前,位移仍然随着时间增加,故 D 错误。 故选 C。 【考点】平抛运动;匀变速直线运动 2.如图所示,相隔一定距离的两个相同的圆柱体 A、B 固定在等高的水平线上,一细绳套 在两圆柱体上,细绳下端悬挂一重物。绳和圆柱体之间无摩擦,当重物一定时,绳子越长, 则绳对圆柱体 A 的作用力 ( A.越小,与竖直方向的夹角越小 C.越大,与竖直方向的夹角越小 【答案】A ) B.越小,与竖直方向的夹角越大 D.越大,与竖直方向的夹角越大

由题,绳和圆柱体之间无摩擦,圆柱体相当于定滑轮,不省力,绳子上

各处张力大小相等,力的合成法可知,绳对圆柱体 A 的作用力必定位于两绳的角平分线上, 绳越长时,作用力与竖直方向的夹角越小; 以重物和绳子整体为研究对象,分析受力情况:重力、圆柱体 A 对绳子的作用力 FA,圆柱 体 B 对绳子的作用力 FB; 根据对称性可知,FA=FB,由平衡条件可得:2FAcosα=G,α 是圆柱体对绳子的作用力与竖 直方向夹角,G 是物体的重力; 绳越长时,α 越小,cosα 越大,则 FA 越小.所以绳越长时,绳对圆柱体 A 的作用力越小, 作用力与竖直方向的夹角越小。 故选 A。 【考点】力的合成与分解的运用 3.如图所示,轻弹簧上端挂在天花板上,下端挂着质量为 2kg 的物体 A,处于静止状态。 用手将一个质量为 3kg 物体 B 轻轻粘在 A 上,放手后 A、B 一起自由运动的一瞬间,则 A 对 B 的作用力大小(g 取 10m/s2) ( A.30N 【答案】D B.0 C.18N ) D.12N

开始弹簧的弹力等于 A 的重力,即 F ? mA g ;放上 B 的瞬间,弹簧弹力 不变, 对整体分析, 根据牛顿第二定律得: a?

? mA ? mB ? g ? F ? 6m / s2 .
mA ? mB

对 B 分析,有 mBg ? N ? mBa ,则 N ? m( ? 3? ( 10 ? 6)N ? 12N ,故 D 正确。 B g ? a) 故选 D。 【考点】超重和失重 4.有一大小为 F 的恒力,若将其分解为两个互成 150° 的分力 F1、F2,则 其中一个分力 F1 的最大值为( A.F 【答案】C 由题意可知,分解为两个互成 150° 的分力 F1、F2,如图所 示,根据力的平行四边形定则,结合几何关系,则有:一个分力 F1 的最 大值为 2F。 B. ) D.可以取到无穷大

3F

C.2F

故选 C。 【考点】力的分解 5.某同学为了取出如图所示羽毛球筒中的羽毛球,一手拿着球筒的中部,另一手用力击打 羽毛球筒的上端,则( A.此同学无法取出羽毛球 B.羽毛球会从筒的下端出来 C.羽毛球筒向下运动过程中,羽毛球受到向上的摩擦力才会从上端出来 D.该同学是在利用羽毛球的惯性 【答案】D 一手拿着球筒的中部,另一手用力击打羽毛球筒的上端,羽毛球筒在力的作 用下向下运动,而羽毛球由于惯性而保持静止,所以羽毛球会从筒的上端出来,故 D 正确。 故选 D。 【考点】惯性 6.将一只小球水平抛出,小球在空中依次飞过 1 号、2 号、3 号三个完全相同的窗户,图 中曲线为小球在空中运行的轨迹.若不计空气阻力的影响,以下说法正确的是( A.小球通过 3 号窗户所用的时间最长 B.小球通过 1 号窗户所用的时间最长 C.小球通过 3 个窗户的时间是相同的 D.3 个窗户所截得的小球运动轨迹相同 【答案】B ) )

ABC、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动,速度越来越大,知通过窗户所需的时间越 来越短,小球通过 3 号窗户所用的时间最短,故 AC 错误 B 正确; D、竖直高度相同时所用时间不同,水平位移不同,所以轨迹不同,故 D 错误。 故选 B。 【考点】平抛运动 7.如图所示气球和物块以 10m/s 的速度匀速竖直上升,在某一位置气球 突然爆裂,物块经 7s 到达地面(不计物块所受阻力,g 取 10m/s2) ,则气 球爆裂位置的高度( A.145m 【答案】B ) B.175m C.180m D.245m

设小球刚刚离开气球时距地面的高度为 H,取初速度的方向为正方向, 则有: ? H ? v 0 t ? 故选 B。 【考点】竖直上抛运动 8.如图所示,粗糙的斜面体 M 放在粗糙的水平面上,物块 m 恰好能匀速下滑,斜面体静 止不动,斜面体受地面的摩擦力为 F1;若用沿斜面向下的力 F 推动物块,使物块加速下滑, 斜面体仍静止不动,斜面体受地面的摩擦力为 F2;若用沿斜面向上的力 F 推动物块,使物 块减速下滑,斜面体还静止不动,斜面体受地面的摩擦力为 F3。则( )

1 2 1 1 gt ,得: H ? ? v 0 t ? gt 2 ? ?10 ? 7 ? ? 10 ? 7 2 ? 175m 。 2 2 2

A.F2>F3>F1 【答案】C

B.F3>F2>F1

C.F1=F2=F3

D.F2>F1>F3

先对滑块研究,受重力、支持力、沿着斜面向上的摩擦力,图二和图三中有推力,垂直斜面 方向平衡,故支持力 N=mgcosθ,故滑动摩擦力 f=μN=μmgcosθ; 即三幅图中支持力和摩擦力均相同; 根据牛顿第三定律,滑块对斜面题的力也相同; 最后对斜面体受力分析,受重力、压力、滑动摩擦力、支持力、地面对其可能有静摩擦力, 三种情况下力一样,故静摩擦力相同;即 F1=F2=F3。 故选 C。 【考点】牛顿第二定律;力的合成与分解 二.不定项选择题(每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项 正确,全部选对得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错的得 0 分,共 20 分) 9.如图是 A、B 两物体由同一地点沿相同的方向做直线运动的 v—t 图,由图可知( A.A 出发时间比 B 早 5 s B.第 10s 末 A、B 速度相等 )

C.第 15s 末 A、B 位移相等 D.第 20s 末 A、B 位移之差为 25m 【答案】BD

A、由图看出,A 出发时间比 B 迟 5s,故 A 错误; B、第 10s 末,A 和 B 的速度均为 10m/s,故 B 正确; C、15s 内 A 的位移为 x A ?

1 ? 20 ?10 ? 100m ,B 的位移 x B ? 10 ?15 ? 150m ,所以 15s 2

内 B 的位移比 A 的位移大 50m,故 C 错误; D、20s 末,A 的位移为

1 ?15 ? 30 ? 225m ,B 的位移 10 ? 20 ? 200m ,所以 15s 内 A 的 2

位移比 B 的位移大 25m,故 D 正确。 故选 BD。 【考点】匀变速直线运动的图像 10.如图所示,站在向左运行的汽车上的人与车保持相对静止,用手推车的力为 F,脚对车 向后的摩擦力为 f。下列说法中正确的是( A.当车做匀速运动时, F=f )

B.当车做加速运动时, F< f

C.当车做减速运动时, F<f D.不管车做何种运动,F 总是 f 等大反 向 【答案】AB 人受车对其向右的弹力 F′和向左的静摩擦力 f′; 根据牛顿第三定律,有:F=F′,f=f′; A、当车做匀速运动时,人也是匀速前进,故 F′=f′;故 F=f,故 A 正确; B、当车做加速运动时,人也是加速前进,故 f′>F′;故 f>F,故 B 正确; C、当车做减速运动时,人也是减速前进,故 f′<F′;故 f<F,故 C 错误; D、车变速运动时,F≠f,故 D 错误。 故选 AB。 【考点】牛顿第二定律;力的合成与分解 11.如图所示一质量为 m 的小猫倒立在竖直运动的升降机内,脚下的台秤示数正好是小猫 正常情况下的体重 mg,g 为重力加速度。 则升降机可能的运动状态为( A.向下加速运动,加速度大小为 g )

B.向上加速运动,加速度大小为 2g

C.向上减速运动,加速度大小为 2g 【答案】CD

D.向下加速运动,加速度大小为 2g

对猫受力分析可知,猫受到台秤的支持力向下,故猫受到的合力 F=2mg; 则由牛顿第二定律可知,2mg=ma;得 a=2g;方向竖直向下; 故物体可能的运动情况为向下的加速运动或向上的匀减速直线运动。 故选 CD。 【考点】超重和失重 12. 如图所示,质量为 1kg 的物块放在倾角为 37o 的固定斜面上,若用一平行于斜面的力 F 推物块,物块和斜面保持静止,斜面与物块之间的最大静摩擦因数 μ=0.5,重力加速度 g 取 10m/s2,则外力 F 的大小可能为( A.1N 【答案】BC B.6N C.9N ) D.12N

物体重力的沿斜面向下的分力为:G1=mgsin37° =10× 0.6=6N 垂直于斜面的分力为:G2=mgcos37° =8N 则最大静摩擦力为:Fm=μFN=μG2=0.5× 8=4N 若推力向上,由共点力的平衡条件可知,推力最小值为等于重力沿斜面向下的分力; 故 F=6N;此时静摩擦力为零; 增大推力后,摩擦力变大,当达到最大静摩擦力时,推力最大为 F′m=4+6=10N 而当推力向下时,最大静摩擦力小于重力的分力,物体不可能处于静止状态; 所以外力最大为 10N,最小为 6N,故 BC 正确。 故选 BC。 【考点】共点力平衡 13.如图,质量为 m 的木块在质量为 M 的长木板上受到向右的拉力 F 的作用,物块和长木 板均处于静止状态,已知木块与木板间的动摩擦因数为 μ1,木板与地面间的动摩擦因数为 μ2。正确的是( )

A.木板受到地面的摩擦力的大小一定是 μ1mg B.木板受到地面的摩擦力的大小一定是 μ2(m+M)g C.当 F>μ2(m+M)g 时,木板便会开始运动 D.当 F<μ1mg 时,木板也可能运动

【答案】D

AB、由题意可知,两物体均处于静止状态,故摩擦力大小与正压力无关,只能等于 F;故 AB 错误; C、由于不知道两物体之间,及 M 与地面之间的最大静摩擦力,故无法确定,F>μ2(m+M) g 时,木板是否开始运动;故 C 错误; D、 若 M 与地面间的最大静摩擦力小于 F 时, M 有可能开始运动; 而此时 F 有可能小于 μ1mg; 故 D 正确。 故选 D。 【考点】共点力平衡;摩擦力 第Ⅱ卷 (非选择题 共 56 分) 非选择题部分共 6 题,解答题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,答案中必须明确写出数值和单位。 14.(每空 3 分)某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”.弹簧测力计 A 挂于固定点 P,下端用细线挂一重物 M.弹簧测力计 B 的一端用细线系于 O 点,手持另一 端向左拉,使结点 O 静止在某位置.分别读出弹簧测力计 A 和 B 的示数,并在贴于竖直木 板的白纸上记录 O 点的位置和拉线的方向. (1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为 N,图中 A 的示数为________N. (2)下列不必要的实验要求是_________.(请填写选项前对应的字母) A.应测量重物 M 所受的重力 B.弹簧测力计应在使用前校零 C.拉线方向应与木板平面平行 D.改变拉力,进行多次实验,每次都要使 O 点静止在同一位置 (3)某次实验中(情景如图) ,该同学发现弹 簧测力计 B 的示数太小,请在保持 OP 方向 不变的前提下,为解决该问题提一个建议. 【答案】 (1)3.60 (2)D (3)增大 M 的质量或改变 OB 的方向

(1)弹簧测力计读数,每 1N 被分成 5 格,则 1 格就等于 0.2N.图指针落在 3N 到 4N 的第 3 格处,所以 3.60N;

(2)A、实验通过作出三个力的图示,来验证“力的平行四边形定则”,因此重物的重力必 须要知道,故 A 正确; B、弹簧测力计是测出力的大小,所以要准确必须在测之前校零,故 B 正确; C、拉线方向必须与木板平面平行,这样才确保力的大小准确性,故 C 正确; D、当结点 O 位置确定时,弹簧测力计 A 的示数也确定,由于重物的重力已确定,两力大 小与方向均一定,因此弹簧测力计 B 的大小与方向也一定,所以不需要改变拉力多次实验, 故 D 错误; 故选 D; (3)如果弹簧测力计 B 的示数太小,则水平方向的拉力太小,可以增大 M 的质量,使 B 的示数变大。 【考点】验证力的平行四边形定则 15.(每空 3 分)在“探究小车速度随时间变化的关系”实验中,所用交流电的频率为 50Hz.某 次实验利用右图的打点计时器得到一做匀加速直线运动的小车条纸带如图所示,从比较清 晰的点起,每五个打印点取一个点作为计数点,分别标明 A,B,C,D,E,在纸带上放置 一毫米刻度尺 Ks5u (1)小车通过点 B 点时的速度为___________m/s(保留两位有效数字) (2)以下说法正确的有_________.(请填写选项前对应的字母) A.右图是一个电磁式打点计时器,用的是低压交流电 B.右图是电火花打点计时器,用的是 220V 交流电 C.可以求纸带上每个点的速度 vA、vB、vC、vD、vE 作出 v-t 图像, 通过图像的斜率求出小车的加 速度 (3)如果当时电网中交变电流的频率是 f=51Hz,而做实验的同学并不知道,那么加速度的 测量值与实际值相比________(选填:偏大、偏小或不变) .

【答案】(1)0.54

(2) BC

(3)偏小

(1)从比较清晰的点起,每五个打印点取一个点作为计数点,所以相邻的计数点间的时间

间隔 T=0.1s, 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,可以求出打纸带上 B 点 时小车的瞬时速度大小 v B ?

X AC 0.3080 ? 0.2000 ? ? 0.54m / s ; 2T 0.2

(2)AB、图是电火花打点计时器,用的是 220V 交流电,故 A 错误 B 正确; C、根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,可以求出纸带上每个 点的速度 vA、vB、vC、vD、vE 作出 v-t 图象,在 v-t 图象中图线的斜率表示加速度,故 C 正 确; 故选 BC; (3)如果在某次实验中,交流电的频率 51Hz,f>50Hz,那么实际打点周期变小, 根据运动学公式 ?x ? at 得:真实的加速度值就会偏大,所以测量的加速度值与真实的加
2

速度值相比是偏小。 【考点】探究小车速度随时间变化的规律 16.(8 分)如图所示,水平桌面上有一斜面,斜面上固定了一竖直挡板,在挡板与斜面间 如图放置一圆柱体,圆柱与斜面、挡板之间均不存在摩擦。已知斜面倾角 θ=37°,斜面质量 M=2kg,圆柱体质量 m=1kg,桌面与斜面体之间的滑动摩擦因数 μ=0.1。 (cos37° =0.8 ,重力加速度 g=10m/s2)问: (1) 当斜面处于静止状态时, 求圆柱体对斜面压力的大小和方向。 (2) 现对斜面体施加一个水平向右的推力 F 使它们一起向右匀加 速运动,为保证圆柱体不离开竖直挡板,求力 F 的最大值。 【答案】 (1)N’= 12.5N,方向垂直于斜面向下 (2)F=25.5N

(1)对圆柱体受力分析,如图所示; 根据平衡条件得:Ncosθ=G、Nsinθ=F1 得 N=12.5N 根据牛顿第三定律 N’=N=12.5N,方向垂直于斜面向下; (2)当 F 增大时,整体水平向右加速,挡板弹力逐渐减小,当弹力减小到 0 时,达到临界状 态,外力 F 达到最大值。 对圆柱体分析,根据牛顿第二定律得:Ncosθ=G、Nsinθ=ma

得 a=7.5m/s2 对整体分析:由牛顿第二定律得;F-μ(Mg+mg)=(M+m)a 得 F=25.5N。 【考点】共点力平衡;力的合成与分解 17.(9 分)如图所示,在水平面上有一质量为 m 的物块,已知物块与水平面之间的动摩擦 因数 μ=

3 ,已知重力加速度 g。 3

(1) 现用一个与水平方向成 30° 的斜向下拉力 F 作用于物块, 恰能使物块向右匀速运动,试求 F 的大小。 (2)若施加外力 F= 【答案】F=mg

3 mg,而物体恰能保持向右匀速运动,求外力与水平方向的夹角 θ。 3
F 为水平方向或斜向上 60°

(1)物体匀速向右运动则由平衡条件得:Fcosθ=f、Fsinθ+mg=N 其中 f=μN,得 F=mg (2)当 F=

3 mg 时,由平衡条件得:Fcosθ=f、Fsinθ+mg=N 3

其中 f=μN,得 θ=0°或-60° 即 F 为水平方向或斜向上 60° 【考点】共点力平衡 18.(9 分)跳台滑雪是一种极为壮观的运动,它是在依山势建造的跳台上进行的运动。运 动员穿着专用滑雪板,不带雪杖在助滑路上获得较大速度后从跳台水平飞出,在空中飞行 一段距离后着陆。 如图所示, 已知某运动员连带身上装备的总质量 m=50kg, 从倾角为 θ=37° 的坡顶 A 点以速度 v0=20 m/s 沿水平方向飞出,到山坡上的 B 点着陆,山坡可以看成一个 斜面(不计空气阻力,取 g=10 m/s2,sin37° =0.6,cos37° =0.8) 。求:

(1)运动员在空中飞行的时间 t; (2)AB 间的距离 s。 (3) 运动员落到斜坡上的 B 点后顺势下蹲以缓冲使他垂直于斜坡的分速度在很短时间 △t=0.2s 的时间内减小到零。试求缓冲过程中滑雪板受到斜坡的平均支持力的大小。 【答案】t=3s s=75m N=3400N

(1、2)人在空中做平抛运动,有 x=v0t、 h ? 而

1 2 gt 2

h ? tan ? ,得 t=3s、s=75m; x

(3)落到斜面时,人的速度水平分量 v0=20m/s,竖直分量 vy=30m/s 所以垂直于斜面的速度分 量 v? ? vycos? ? v0sin? ? 12m / s ,在△t=0.2s 的时间内减小到零,可以得到垂直于斜面 的平均加速度 a ? ? 60m / s2 根据牛顿第二定律: N ? mgcos? ? ma 得 N=3400N。 【考点】平抛运动;牛顿第二定律 19. (12 分)如甲图所示,传送带与水平方向夹角 θ=30°长度很长。传送带正在做 a0=5m/s2

的匀减速运动直至静止,运动方向为逆时针转动。在 t=0 时刻,传送带的速度 v0=17.5m/s,

恰在此时 A 端无初速度的释放一个 m=1kg 的黑色煤块,已知煤块与传送带之间的动摩擦因 数 μ=

3 取 g=10 m/s2 2

(1)求 t=0 时刻,煤块运动的加速度大小 a1 (2)试在乙图中画出传送带(用虚线)速度随时间变化的图像 (3)试在乙图中画出煤块(用实线)速度随时间变化的图像 【答案】1=12.5 m/s2 如图中虚线 如图中实线

(1)t=0 时刻,物体相对于皮带向上运动,所以受到沿斜面向下的滑动摩擦力,根据牛顿 第二定律: ma1=mgsinθ+μmgcosθ 得:a1=12.5 m/s2; (2)煤块做匀减速直线运动,加速度 a0=5m/s2,如图中虚线所示; (3)当煤块速度与传送带速度相等后之后,由于煤块速度大于传送带速度,所以受向后的 摩擦力,根据牛顿第二定律: mgsinθ-μmgcosθ=ma2,得:a2=-2.5m/s2 故煤块全过程的速度图象如图中实线所示;

【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的图像

宁波市

2013学年 八校联考高一物理参考答案 第一学期

一、单项选择(本题共 8 小题,每小题 3 分,共 24 分. 每小题中只有一个选项是符合题意 的,不选、多选或错选均不得分.) 1 C 2 A 3 D 4 C 5 D 6 B 7 B 8 C

二、不定项选择(本题共 5 小题,每小题 4 分,共 20 分. 在每小题给出的四个选项中,有 的小题只有一个选项正确,有的小题有多个选项正确.选错或不选得 0 分,选不全得 2 分.) 9 BD 三、非选择题 14、 (1)3.60 (3.56~3.64 均可) (2)D Ks5u 10 AB 11 CD 12 BC 13 D

(3)增大 M 的质量或改变 OB 的方向 (写出一条即可,答案合理即给分) 15、(1)5.4× 10-1 (2) BC (3)偏小

16、解: (1)Ncosθ=G Nsinθ=F1 N=12.5N(2 分) 根据牛顿第三定律 N’=N=12.5N(1 分) 方向垂直于斜面向下(1 分)

(2)当 F 增大时,整体水平向右加速,挡板弹力逐渐减小,当弹力减小到 0 时,达到临界状

态,外力 F 达到最大值. 对圆柱体分析:

Ncosθ=G Nsinθ=ma 得 a=7.5m/s2(2 分) 对整体分析 F-μ(Mg+mg)=(M+m)a(1 分) 得 F=25.5N(1 分) 17、解(1)物体匀速向右运动则有

Fcosθ=f Fsinθ+mg=N f=μN 得 F=mg(3 分)Ks5u (2)当 F= Fcosθ=f Fsinθ+mg=N f=μN 得 θ=0°或-60° 即 F 为水平方向或斜向上 60° (每个 3 分) 18、解:(1)人在空中做平抛运动 x=v0t h=

3 mg 时 3

1 2 gt 2

h ? tan ? x
得 t=3s(2 分) s=75m(2 分) (2)落到斜面时,人的速度水平分量 v0=20m/s,竖直分量 vy=30m/s 所以垂直于斜面的速度分 量 v⊥=vycosθ-v0sinθ=12m/s.在△t=0.2s 的时间内减小到零,可以得到垂直于斜面的平均加速

度 a⊥=60m/s2(2 分) 根据牛顿第二定律: N-mgcosθ=ma 得 N=3400N(3 分) 19、解(1)t=0 时刻,物体相对于皮带向上运动,所以受到沿斜面向下的滑动摩擦力,根据牛 顿第二定律: ma1=mgsinθ+μmgcosθ=12.5m/s2(4 分) (2)虚线 2 分 Ks5u (3)实线 1s 前正确得 3 分,1s 到 6s 正确再得 3 分


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