物理试题
一、选择题:(本题共12小题,每小题3分,共36分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项
正确,选对得3分,错选或不答得零分。请答在答题卡上)
1. 若规定向东方向为位移的正方向,今有一个皮球停在坐标原点处,轻轻踢它一脚,使它向东作直线运动,经过5m时与墙相碰后又向西做直线运动,经过7m停下,则上述过程皮球通过的路程和位移分别是( )
A.12m、2m B.12m、-2m C.-2m、-2m D.2m、2m 2. 下列有关质点的说法中,正确的是 ( )
A. 研究哈雷彗星公转时,哈雷彗星不可看作质点
B. 花样滑冰运动员正在表演冰上舞蹈动作,此时该运动员可看作质点
C. 因为子弹的质量、体积都很小,所以在研究子弹穿过一张薄纸所需的时间时,可把子弹看作质点 D. 用GPS定位系统确定正在南极冰盖考察的某科考队员位置时,该队员可看作质点
3. 力F1单独作用于一物体时,物体获得的加速度大小为3m/s2;力F2单独作用于同一物体时,物体获得的加速度大小为5m/s2;当F1和F2共同作用于该物体时,物体获得的加速度大小不可能是...( )
A.1m/s2 B.2m/s2 C.4m/s2 D.8m/s2
4. 关于作用力和反作用力,下列说法正确的是( )
A. 地球对重物的作用力大于重物对地球的作用力
B. 石头击鸡蛋,石存蛋破,证明作用力可以大于反作用力 C. 匀速上升的气球所受浮力没有反作用力
D. 当作用力是摩擦力时,反作用力也一定是摩擦力
3
5. 如图,a、b为两根相连的轻质弹簧,它们的劲度系数分别为ka = 1×10N/m、kb =
3
2×10N/m,原长分别为6cm、4cm.在下端挂一物体G,物体受到的重力为10N,
a 平衡时 则下列说法中正确的是( )
A.弹簧a下端受的拉力为5N,b下端受的拉力为5N b B.弹簧a下端受的拉力为4N,b下端受的拉力为6N
G C.弹簧a的长度变为6.4cm,b的长度变为4.3cm D.弹簧a的长度变为7cm,b的长度变为4.5 cm
6. 如图所示,轻绳AO和BO共同吊起质量为m的重物。AO与BO垂直,BO与竖直方向的夹角为θ。则( ) A.AO所受的拉力大小为
mg
B.AO所受的拉力大小为mgsinθ sinθ
mg
cosθ
C.BO所受的拉力大小为mgtanθ D.BO所受的拉力大小为
7. 一辆汽车从静止开始由甲地出发,沿平直公路开往乙地。汽车先做匀加速
-1运动,接着做匀减速运动,开到乙地刚好停止,其速度—时间图像如图υ/m· s 所示,那么在0~10s和10~40s两段时间内 ( ) 10 A. 平均速度大小之比为1∶3 B. 平均速度大小之比为4∶3 C. 位移大小之比为1∶3
0 10 20 30 40 t/s D. 加速度大小比为4∶1
第 1 页
8. 如图所示,沿光滑的竖直墙壁用网兜把一个足球挂在A点。当悬线变短时,下列A 说法中正确的是( )
θ A.悬线的拉力变小 B.悬线的拉力变大
O C.球对墙的压力变小
D.球对墙的压力不变
9. 三个长方体物块A、B、C,作如图所示的连结。绳子不可伸长,且绳子和滑轮的
质量、滑轮的摩擦均可不计。若B随A一起沿水平桌面做匀速运动,A与B间的动摩擦因数μ1、
B m A与桌面间的动摩擦因数μ2可能是( ) ..①μ1≠ 0,μ2≠0 ②μ1≠ 0,μ2 = 0
③μ1 = 0,μ2 ≠ 0 ④μ1 = 0,μ2 = 0 m0 C A.①③ B.①④ C.②③ D.②④
10. 为了节省能量,某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时,扶梯运转得很慢;有人站上扶
梯时,它会先慢慢加速,再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼,恰好经历了这两个过程,如图所示。那么下列说法中正确的是( ) A.顾客始终受到三个力的作用 B.顾客始终处于超重状态
C.顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方,再竖直向下 D.顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方,再竖直向下
11. 如图所示,AC是上端带小的定滑轮的固定竖直杆,质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点,另一端B悬挂一重为G的重物,且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮A,用力F拉绳,开始时∠BCA>90°。现使∠BCA缓慢变小,直到杆BC接近竖直杆AC,不计一切F A 摩擦。此过程中,杆BC所受的力( ) A.大小不变
C B.逐渐增大
B C.先减小后增大
D.先增大后减小
12. 轻绳一端系在质量为m的物体A上,另一端系在一个套在粗糙竖直杆PQ的圆环上.现用水平力F拉住绳子上一点O,使物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置,但圆
P 环仍保持在原来位置不动.则在这一过程中,环对杆的摩擦力f和环对杆的压
力N的变化情况是( )
O A.f保持不变,N逐渐增大
F B.f逐渐增大,N保持不变 Q A C.f逐渐减小,N保持不变 D.f保持不变,N逐渐减小
A M 第 2 页
二、填空、实验题(每空3分,共27分)
13. 在验证―互成角度的两个力的合成‖的实验中,先将橡皮条的一端固定在水平木板上,另一端系
上带有绳套的两根细绳。实验时,需要两次拉伸橡皮条,一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条,另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条。
(1)实验对两次拉伸橡皮条的要求中,下列_______是正确的(填字母代号)。 A.将橡皮条拉伸相同长度即可
B.将橡皮条沿相同方向拉到相同长度 C.将弹簧秤都拉伸到相同刻度
D.将橡皮条和绳的结点拉到相同位置 (2)同学们在操作过程中有如下议论,其中对减小实验误差有益的说法是______(填字母代号)。 A.两细绳必须等长
A 1N B.弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行
C.用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大
O D.拉橡皮条的细绳要长些,标记同一细绳方向的两点要远些
(3)某小组得出如图所示的图,其中A为固定橡皮条的图钉,O为橡
F2 皮条与细绳套的结点。图中 是F1和F2合成的理论值;
F1 是F1和F2合成的实际值(填“F”或“F′”)。 (4)本实验采用的科学方法是 ( ) A.理想实验法 B.等效替代法 F ′ F C.控制变量法 D.建立物理模型法
14. 某实验小组采用图示的装置探究―牛顿第二定律‖即
电源插头
探究加速度a与合力F、质量M的关系。实验中,小车 纸带 小车碰到制动装置时,钩码尚未到达地面。
(1)为了把细绳对小车的拉力视为小车的合外力,要完成的一个重要步骤是__________________; (2)为使图示中钩码的总重力大小视为细绳的拉力大小,须满足的条件是钩码的总质量________小车的总质量(填―大于‖、―小于‖、―远大于‖或―远小于‖)。 (3)一组同学在做小车加速度与小车质量的关系实
验时,保持钩码的质量一定,改变小车的总质量,测出相应的加速度.采用图象法处理数据.为了比较容易地检查出加速度a与小车的总质量M之间的关系,应作出a与
a
_______的图象. (4)甲同学根据测量数据作出的a – F图象如图所示,说明实验中存在的问题是 . O F 三、计算题(37分)
15. (13分)正以υ=30m/s的速度运行中的列车,接到前方小站的请求:在该站停靠1分钟接一位
危重病人上车,司机决定以加速度大小a1=0.6m/s2的匀减速直线运动到小站,停车1分钟后做加速度大小a2= 1.0m/s2的匀加速直线运动,又恢复到原来的速度。求:
(1)司机从停车开始减速到恢复原来速度共经历的时间t; (2)司机由于临时停车共耽误的时间△t。
第 3 页
16. (12分)如图所示,质量为m=4kg的物体放在粗糙的水平面上,物体与水平面间的动摩擦因
数为μ=0.2,物体在方向与水平面成α=37°斜向下、大小为20N的推力F作用下,从静止开始运动,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2。若5s末撤去F,求: (1)5s末物体的速度大小; (2)前8s内物体通过的位移大小
(12分)2008年9月25日,神舟七号飞船运用我国自行研制的长征系列火箭发射成功,28日成功着陆。经查资料:火箭和飞船总质量约44t;点火后第12s末,火箭开始向东稍偏南的方向实施程序拐弯,此时火箭距地面高度为211m。根据以上信息,问: (1)火箭起飞过程,飞船中的宇航员是处于超重还是失重状态?
(2)假设这12s内火箭做匀加速直线运动,不计空气阻力,则火箭起飞的推进力约为多大?(取g = 10m/s2,结果保留两位有效数字)
α F 第 4 页
晋江市季延中学2011–2012学年高一上学期期末考试物理答案
(36分)1B 2D 3A 4D 5D 6B 7C 8B 9A 10C 11A 12D 13.(15分)(1)BD (2)BD (3)F ′;F (4)B
1
14.(12分)(1)平衡摩擦力 (2)远小于 (3) (4)斜面的倾角过大
M15.(13分)【解析】
(1)设列车行驶的方向为正方向,匀减速和匀加速经历的时间分别为t1和t2,则 0 = υ – a1t1 (1分) υ = a2t2 (1分) t301 =
va s = 50s (1分) 10.6tv302 =
a s =30 s (1分) 21.0t停 = 60s (1分) 则 t = t1+ t2 + t停 =140s (2分) (2) – υ2 = 2( – a1)s1 (1分)
υ2 = 2a2s2 (1分)
v2302列车匀减速行驶的位移 s1 = 2a0.6 m = 750m 12 sv2302列车匀加速行驶的位移2 =2a1.0 m = 450m 22列车以υ匀速行驶时需时 t0 =
s1s2v = 40 s 故列车耽误的时间 △t = t – t0 = 100s 16.(12分)【解析】
(1)物体受力如图所示,据牛顿第二定律有
竖直方向上 N-mg-Fsinα=0 (1分) 水平方向上 Fcosα – f=ma (1分) 又 f=μN (1分) 解得 a=
Fcos(mgFsin)m=1.4m/s2 则5s末的速度大小 υ5=at1=1.4×5m/s=7.0m/s (2)前5s内物体的位移s1
1= 2 at12=17.5m 第 5 页
(1分) (1分) (1分) (1分) 1分)
(1分)
(1分)
N f α F mg ( 撤去力F后,据牛顿第二定律有 -f ′=ma′ (1分)
N′-mg=0 (1分)
又 f′=μN′ (1分) 解得 a′=-μg=-2m/s2 (1分) 由于 t止= –
υ5 7.0
=– s = 3.5s > t2 =(8-5)s a′– 2
故 s2=υ5t2+
12at2=12m (1分) 2则前8s内物体的位移大小 s=s1+s2=29.5m (1分) 17.(12分)【解析】
(1)超重 (2分) (2)火箭起飞过程看作初速度为零的匀加速直线运动,则
1
h = 2 at2 (3分)
得 a =
2h2
2 = 2.9m/s (2分) t
由牛顿第二定律
F - Mg = Ma (3分) 得 F = M(a + g) = 5.7×105N (2分)
第 6 页
因篇幅问题不能全部显示,请点此查看更多更全内容
Copyright © 2019- ovod.cn 版权所有 湘ICP备2023023988号-4
违法及侵权请联系:TEL:199 1889 7713 E-MAIL:2724546146@qq.com
本站由北京市万商天勤律师事务所王兴未律师提供法律服务