河北省张家口市宣化一中2020_2021学年高一物理下学期期初考试试题.docx

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1、河北省张家口市宣化一中2020-2021学年高一物理下学期期初考试试题一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1. 如图所示，四轮马达纳米车是用纳米技术制造的一种新型药物输送系统，它可以在血管中穿行而不会受到人体免疫系统的攻击。下列情况中可以把纳米车看作质点的是()A. 研究纳米车的组成时B. 研究纳米车运动的快慢时C. 研究纳米车如何治疗疾病时D. 研究纳米车马达的工作时2. 一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其xt-t图象如图所示，则()A. 质点做匀速直线运动，速度为1m/sB. 质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2C. 质点在1s末速度为2.5m/sD.

2、质点在第2s内的位移为2m3. 如图所示，轻轩的一端固定一光滑球体，杆的另一端O为自由转动轴，而球又搁置在光滑斜面上若杆与墙面的夹角为，斜面倾角为，开始时轻杆与竖直方向的夹角.且+v2，物块向右运动时会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，物块离开传送带时的速度大小v2=v2；如果v1v2，物块向右做匀加速直线运动，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，物块离开传送带时的速度大小v2=v1；物块滑上传送带后向左做匀减速直线运动，当物块到达传送带左端时速度不为零，物块离开传送带后继续向左做匀速直线运动，由于物块一直做匀减

3、速直线运动，物块离开传送带时的速度一定小于v2，故ABD正确，C错误。本题选错误的，故选：C。物块在光滑水平面上做匀速直线运动，物块滑上传送带后受到向右的滑动摩擦力，物块向左做匀减速直线运动；第一种情况，物块速度减至零时仍然在传送带上，然后反向向右做初速度为零的匀加速直线运动，根据v1与v2的大小关系分析答题；第二种情况，物块在传送带上向左做匀减速直线运动，然后从传送带左侧离开传送带。本题关键是对于物体的可能运动过程分析，物体可能向右一直加速，也有可能先加速后匀速运动。也有可能直接向左滑出传送带，注意对称性的运用。6.【答案】B【解析】解：根据胡克定律知，每根橡皮条的弹力为：F=k(1.5L-

4、L)=0.5kL。设此时两根橡皮条的夹角为，根据几何关系知：cos2=(1.5L)2-(0.5L)21.5L=223，根据平行四边形定则知，弹丸被发射过程中所受的最大弹力为：F合=2Fcos2=20.5kl223=223kL，故B正确，ACD错误。故选：B。当橡皮条的长度最大时，橡皮条的弹力最大，两个弹力的夹角最小，则两弹力的合力最大，根据平行四边形定则和三角函数求出最大弹力。本题考查了胡克定律与力的合成的综合，对几何知识的应用要求较高。7.【答案】A【解析】解：由图乙所示图象可知，水平拉力F小于2N时，小物块与长木板逐间的摩擦力等于0，小物块水平方向受到的合外力等于0，小物块的加速度等于0，

5、此时木板也处于静止状态；当F大于2N后，二者一起做加速运动，所以长木板与地面之间的滑动摩擦力(最大静摩擦力)Ff地面=2N；当F大于14N后，小物块受到的摩擦力不变，小物块的加速度不变，而随F的增大，木板的加速度一定还会增大，所以当F=14N时，二者恰好要发生相对运动，小物块与长木板间的滑动摩擦力(最大静摩擦力)Ff小物块=4N用F=30N的水平拉力拉长木板时，小物块与长木板相对滑动，由牛顿第二定律得：对小物块：Ff小物块=ma小物块对长木板：F-Ff小物块-Ff地面=Ma长木板代入数据解得：a小物块=4m/s2，a长木板=12m/s2，设经过时间t小物块从长木板上滑落，长木板的长度：L=2.

6、0m小物块的位移：x小物块=12a小物块t2长木板的位移：x长木板=12a长木板t2小物块从长木板上滑落是：x长木板-x小物块=L代入数据得：t=22s，故A正确，BCD错误。故选：A。根据图乙所示图象分析清楚小物块与长木板的运动过程，求出长木板与地面间的滑动摩擦力与小物块与长木板间的滑动摩擦力，然后应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出小物块在长木板上的滑行时间。本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，根据题意与图乙所示图象分析清楚长木板与小物块的运动过程，求出长木板与地面间、小物块与长木板间的滑动摩擦力是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。8.【答案】BCD【

7、解析】解：以结点O为研究对象，分析受力情况：重力G、绳ao的拉力Fa、绳bo的拉力Fb，作出Fa、Fb的合力，由平衡条件得知，此合力保持不变在转动过程中，作出四个不同位置力的合成图如图，由图看出，Fa先增大后减小，Fb逐渐减小，Fb最终变为零故A错误，BCD正确故选：BCD以结点O为研究对象，分析受力情况，作出两个绳拉力的合力，此合力与重力大小相等、方向相反，则知两个绳拉力的合力保持不变，作出三个不同位置力的合成图，由图分析Fa、Fb的变化情况本题运用图解法研究动态变化问题，也可以采用函数法，得到两个拉力与转动角度的关系，再分析其变化情况9.【答案】BCD【解析】解：ABC、AB都以1m/s的

8、初速度沿传送带下滑，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物体沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A错误，BC正确；D、划痕长度由相对位移决定，A物体与传送带运动方向相同，划痕较少，故D正确；故选：BCD。AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，用匀变速直线运动规律解决滑动摩擦力与相对运动方向相反；AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，降低了本题的难度，若没有这一条件，同学可思考一下会怎样10.【答案】ABD【解析】解：设P、Q两边的车厢数为x和y，当机车在东边拉时，以Q西边的车厢为研究对象，

9、根据牛顿第二定律得：F=yma，当机车在西边拉时，以P东边的车厢为研究对象，根据牛顿第二定律得：F=xm23a，根据以上两式可得：y=23x车厢总数：n=x+y=53x，其中x为正整数，总的车厢的数目可能是5、10、15、20、25，故ABD正确，C错误。故选：ABD。根据题意应用牛顿第二定律列式求出求出车厢的节数。本题考查了牛顿第二定律的应用，关键的是根据牛顿第二定律求出P、Q两边车厢节数的关系，根据实际情况分析答题。11.【答案】BCD【解析】解：第一次放置时M静止，则：Mgsin=mg，第二次放置时候，由牛顿第二定律：Mg-mgsin=(M+m)a，联立解得：a=(1-sin)g=M-m

10、Mg。对m由牛顿第二定律：T-mgsin=ma，解得：T=mg，故A错误，B正确，C正确，D正确。故选：BCD。由第一次放置M恰好能静止在斜面上，可得M和m的质量关系，进而可求第二次放置M的加速度，轻绳的拉力。该题的关键是用好牛顿第二定律，对给定的情形分别列方程，同时注意连接体问题的处理方法：整体法和隔离法的灵活应用。12.【答案】AC【解析】解：A、当纸板相对砝码运动时，纸板所受的摩擦力：f=(M+m)g+Mg=(2M+m)g，故A正确。B、设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，纸板相对砝码运动时，由牛顿第二定律得，对砝码：Mg=Ma1，对纸板：F-Mg-(M+m)g=ma2，纸板相对砝

11、码运动需要满足：a2a1，解得：F2(M+m)g，故B错误。C、若砝码与纸板分离时的速度小于gd，砝码匀加速运动的位移小于(gd)22a=gd2g=d2，纸板匀加速运动的位移小于(gd)22a=gd2g=d2，则总位移小于d，不会从桌面掉下，故C正确。D、当F=(2M+3m)g=2(M+1.5m)g时，砝码相对纸板滑动，砝码未脱离纸板时的加速度a1=g，纸板的加速度：a2=F-(M+m)g-Mgm=2g，根据12a2t2-12a1t2=d，解得：t=2dg，则此时砝码的速度v=a1t=2gd，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a=g，则匀减速运动的位移：x=v22a=(2gd)

12、22g=d，匀加速运动的位移x=12a1t2=12g(2dg)2=d，则砝码会离开桌面边缘，故D错误。故选：AC。应用摩擦力公式求出纸板与砝码受到的滑动摩擦力摩擦力，然后求出摩擦力大小根据牛顿第二定律求出加速度，要使纸板相对于砝码运动，纸板的加速度应大于砝码的加速度，然后求出拉力的最小值当F=(2M+3m)g时，根据牛顿第二定律分析求出砝码和纸板加速度，结合运动学公式求出分离时砝码的速度，结合速度位移公式求出砝码速度减为零的位置，从而判断出砝码的位置本题考查了求拉力大小，应用摩擦力公式求出摩擦力大小，知道拉动物体需要满足的条件，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题13.【答案】L5 LA

13、4.9 15【解析】解：(1)由表格中的测量数据的单位可知，所用刻度尺的最小分度为1mm，读数时应读到最小分度的下一位，故L5的数值记录不规范；(2)由于m-x图象过坐标原点，横轴是弹簧挂砝码后弹簧长度与弹簧挂砝码盘时弹簧长度差，所以横轴是弹簧长度与LA的差值；(3)图象的斜率与该地重力加速度的乘积为弹簧的劲度系数为：k=mgx=6010-39.81210-2N/m=4.9N/m根据表中的数据和胡克定律得mg=k(LA-L0)，LA=27.34cm=0.2734m，L0=24.35cm=0.2435m，代入数据，解得m=0.015kg=15g。故答案为：(1)L5；(2)LA；(3)4.9，1

14、5。(1)根据刻度尺的读数方法即可明确记录不规范的数据；(2)弹簧自然悬挂，待弹簧静止后读出弹簧长度；把砝码盘挂在弹簧下面，记下此时弹簧长度；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，弹簧的伸长量为放砝码后弹簧长度和挂砝码盘时的长度差；(3)根据弹簧的伸长与所受到的拉力成正比进行求解即可劲度系数，再根据胡克定律即可确定砝码盘的质量。弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比。对于实验问题，我们要利用图象法分析测量数据求解可以减少误差。14.【答案】BCE 0.48 C【解析】解：(1)AD、由实验原理图可以看出，由弹簧测力计的示数可得到小车所受的合外力的

15、大小，故不需要测砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故AD均错误；B、为保证绳上拉力提供合外力，必须平衡摩擦力，故B正确；C、小车应靠近打点计时器，先接通电源，再放小车，同时读出弹簧测力计的示数，故C正确；E、为了多测几组数据，需改变砂和砂桶的质量多做几次实验，故E正确。故选：BCE(2)由题意知，相邻计数点的间隔为T=0.025s=0.1s，把纸带分成两段，由逐差法可得小车的加速度a=x36-x03(3T)2=(2.8+3.3+3.8)-(1.4+1.9+2.3)(30.1)210-2m/s2=0.48m/s2；(3)由题图结合牛顿第二定律，有2F=Ma，得a=2

16、MF，则图象斜率k=2M，得小车的质量M=2k，故A、B、D错误，C正确。故答案为：(1)BCE；(2)0.48；(3)2k(1)解决实验问题首先要掌握该实验原理，根据实验的操作步骤和数据处理以及注意事项去判断正误；(2)根据逐差法求得加速度；(3)小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数。解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数15.【答案】解：(1)设下面两个弹簧的弹力均为F，对下端的小球受力分析如图所示，根据平衡条件可得：2Fsin6

17、0=mg解得：F=33mg；(2)对左侧小球受力分析，受到重力、支持力、两根弹簧的弹力，如图所示；根据平衡条件可得：Fcos60=kx解得：x=36kmg。答：(1)连接质量为m的小球的轻弹簧的弹力大小为33mg；(2)套在水平光滑横杆上轻弹簧的形变量为36kmg。【解析】(1)对下端的小球进行受力分，根据平衡条件求解弹簧弹力大小；(2)对左侧小球受力分析，根据平衡条件可得套在水平光滑横杆上轻弹簧的形变量。本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。16.【答案】解：(1)设A球滑上斜坡后经过t1时间B球再滑

18、上斜坡，则有：t1=Lv0=1010s=1sA球滑上斜坡后加速度为：a=gsin=1012m/s2=5m/s2。设此时A球向上运动的位移为x，则有：x=v0t1-12at12=101-1251m=7.5m。(2)B球刚要滑上斜坡时A球速度为：v1=v0-at1=10-51m/s=5m/s。B球滑上斜坡时，加速度与A相同，以A为参考系，B相对于A以v=v0-v1=10-5m/s=5m/s做匀速运动，设再经过时间t2它们相遇，有：t2=xv=7.55s=1.5s，则相遇时间为：t=t1+t2=1+1.5s=2.5s。答：(1)B球刚要滑上斜坡时A、B两球的距离是7.5m；(2)A球滑上斜坡后经过2

19、.5s时间两球相遇。【解析】(1)根据位移公式求出B球刚滑上斜坡时A球滑上斜坡的时间，根据牛顿第二定律和运动学公式求出A上滑的位移，从而得出A、B两球的距离。(2)根据速度时间公式求出B球滑上斜坡时A球的速度，得出B相对A的速度，结合位移公式求出相遇的时间。本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，对于第二问，运用相对速度求解比较简捷。17.【答案】解：(1)小物块在开始时受到的摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律可知：mgsin+mgcos=ma1代入数据解得：a1=8m/s2减速到传送带速度时所需时间为：t1=v2-v1a1=0.25s此过程通过的位移

20、为：x1=v2+v12t1=0.75m此后传送带的速度大于物块的速度，受到的摩擦力沿斜面向上，则有：mgsin-mgcos=ma2代入数据解得：a2=2m/s2减速到零所需时间为：t2=v1a2=1s故有：t=t1+t2=1.25s此过程通过的位移为：x2=12v1t2=1m；(2)物体下滑的位移为：x=x1+x2=1.75m根据速度-位移公式可知：v2=2a2x解得：v=7m/s；(3)上滑过程中，物体速度大于传送带速度时，相对位移x1=x1-v1t1=0.25m当物体速度小于传送带速度时，传送带的位移为：x=v1t2=2m相对位移x2=x-x2=1m小物块向上滑行的过程中在传送带上留下的痕

21、迹x=x2=1m。答：(1)小物块沿传送带向上滑行的时间为1.25s；(2)小物块离开传送带时的速度大小为7m/s；(3)小物块向上滑行的过程中在传送带上留下的痕迹为1m。【解析】(1)起先物块速度大于传送带速度，物块在传送带上做减速运动，当速度减至和传送带一致时摩擦力改变方向，此时物块所受摩擦力小于重力沿传送带向下的分力，物块将在合力作用下做继续减速运动，分别求出两次减速运动物块运动的时间即可；(2)通过位移时间公式求得两次上升的位移，下滑时，根据速度-位移公式求得速度；(3)分别求出上升过程中两个阶段相对于传送带的位移，由此分析小物块向上滑行的过程中在传送带上留下的痕迹。本题抓住物块在传送

22、带上做匀减速运动，由于物块速度与传送带速度大小的不同，两种减速情况下摩擦力的方向不同，产生的加速度不同，要分别由牛顿第二定律求解两种情况下的加速度；注意计算“小物块向上滑行的过程中在传送带上留下的痕迹”时重叠部分不能重复计算。18.【答案】解：(1)F大于25N后，M、m相对滑动，m的加速度为a1=4m/s2.对A，根据牛顿第二定律得1mg=ma1。可得1=0.4(2)对M由牛顿第二定律有：F-1mg-2(m+M)g=Ma2，乙图知：1M=14，-1mg-2(m+M)gM=-94，联立解得：M=4kg，2=0.1；(3)给m一水平向右的初速度v0=4m/s时，m运动的加速度大小为a1=4m/s

23、2，方向水平向左，设m运动t1时间速度减为零，则：t1=v0a1=1s，位移：x1=v0t1-12a1t12=2m，M的加速度大小：a2=F-1mg-2(M+m)gM+m，方向向左，解得a2=5m/s2。M的位移大小：x2=12a2t12=12512=2.5m，此时M的速度：v2=a2t1=51=5m/s，由于：x1+x2=2+2.5=4.5m=L，即此时m运动到M的右端，当M继续运动时，m从M的右端竖直掉落，掉落后m静止；设m从M上掉下来后M的加速度天小为a3，对M由生顿第二定律：F-2Mg=Ma3，可得：a3=254m/s2，在t=2s时m与M右端的距离：x3=v1(t-t1)+12a3(

24、t-t1)2代入数据可得：x3=8.125m答：(1)m、M之间的动摩擦因数是0.4；(2)M的质量是4kg，它与水平地面之间的动摩擦因数是0.1；(3)t=2s时m到M右端的距离是8.125m。【解析】(1)F大于25N后，M、m相对滑动，对A，根据牛顿第二定律列式，可求得M、m之间的动摩擦因数1。(2)F在0-25N内，M、m相对静止，对整体，利用牛顿第二定律列式，可求得M的质量以及B与地面之间的动摩擦因数2。(3)F=29N，M、m相对滑动，物块A恰好滑到木板B的右端时两者位移之和等于L.由牛顿第二定律和位移公式解答。本题属于牛顿运动定律中的典型模型“板块模型”，可以结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，.解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，要注意整体法、隔离法的运用。