吉林省长春市十一中学年高一下学期期中考试物理试题解析版Word格式文档下载.docx
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3.一质点只受一个恒力的作用,其可能的运动状态为()
①匀变速直线运动②匀速圆周运动
③做轨迹为抛物线的曲线运动④匀速直线运动
A.①③B.①②③C.①②③④D.①②④
【答案】A
【考点】物体做曲线运动的条件
物体只受一个恒力时,其加速度恒定,物体做匀变速运动,当这个恒力与速度在同一直线上则则做匀变速直线运动,否则做匀变速曲线运动。
4.如图所示,小物块在水平圆盘上,与圆盘一起绕固定轴匀速运动,下列说法中正确的是()
A.物块处于平衡状态
B.物块受四个力作用
C.角速度一定时,物块到转轴的距离越近,物块越容易脱离圆盘
D.物块到转轴距离一定时,物块运动周期越小,越容易脱离圆盘
【考点】圆周运动
解:
A、B、物块饶轴做匀速圆周运动,对其受力分析可知,物块受竖直向下的重力、垂直圆盘向上的支持力及指向圆心的摩擦力共三个力作用,合力提供向心力,故AB错误;
C、根据向心力公式F=mrω2可知,当ω一定时,半径越小,所需的向心力越小,越不容易脱离圆盘,故C错误;
D、根据向心力公式
可知,当物块到转轴距离一定时,周期越小,所需向心力越大,越容易脱离圆盘,故D正确;
5.关于汽车在水平路上运动,下列说法中错误的是( )
A.汽车启动后以额定功率行驶,在速率达到最大以前,加速度是在不断减小的
B.汽车启动后以恒定加速度行驶,功率将逐渐增大,直到额定功率为止
C.汽车以最大速度行驶后,若将功率减半,汽车将匀减速运动
D.汽车以最大速度行驶后,若再减小牵引力,速率一定减小
【答案】C
【考点】功率、平均功率和瞬时功率.
A、汽车启动后以额定功率行驶,在速率达到最大以前,速度增大,牵引力减小,根据牛顿第二定律知加速度逐渐减小.故A正确.
B、汽车启动后以恒定加速度行驶,牵引力不变,速度逐渐增大,根据P=Fv知,功率逐渐增大,直到额定功率为止.故B正确.
C、汽车以最大速度行驶后,若将功率减半,则牵引力减小,牵引力小于阻力,做减速运动,减速运动的过程中,速度减小,牵引力逐渐增大,则加速度逐渐减小,做变减速运动.故C错误.
D、汽车以最大速度行驶后,减小牵引力,则阻力大于牵引力,做减速运动,速率减小.故D正确.
本题选错误的,故选:
C.
6.如图所示,质量相同的两个小球,分别用长l和2l的细线悬挂在天花板上.分别拉起小球使线伸直呈水平状态,然后轻轻释放,当小球到达最低位置时( )
A.两球运动的线速度相等
B.两球的向心加速度相等
C.两球运动的角速度相等
D.细线对两球的拉力不相等
【考点】动能定理,圆周运动
设细线的长度为L.
A、根据动能定理得,
,解得
,L越大,v越大,则知右边小球线速度大.故A错误.
B、向心加速度
,与l无关.所以两球的向心加速度相等.故B正确.
C、根据
,知两球的角速度不等.故C错误.
D、根据F-mg=ma,解得F=mg+ma=3mg,所以细绳对两球拉力大小相等.故D错误.
故选:
B.
7.如图所示,位于同一高度的小球A、B分别以v1和v2的速度水平抛出,都落在了倾角为30°
的斜面上的C点,小球B恰好垂直打到斜面上,则v1、v2之比为( )
A.1:
1B.2:
1
C.3:
2D.2:
3
【考点】平抛运动
小球A做平抛运动,根据分位移公式,有:
…②
又
…③
联立①②③得:
…④
小球B恰好垂直打到斜面上,则有:
…⑤
则得:
…⑥
由④⑥得:
v1:
v2=3:
2.
C
8.如图所示,一个质量为m的物体(可视为质点)以某一初速度从A点冲上倾角为30°
的固定斜面,其运动的加速度为3g/4,这物体在斜面上上升的最大高度为h,则在这个过程中物体的( )
A.整个过程中物体机械能守恒
B.重力势能增加了3mgh/4
C.机械能损失了mgh
D.动能损失了3mgh/2
【考点】功能关系
A、物体在运动过程中要克服摩擦力做功,机械能不守恒,故A错误;
B、物体上升的高度是h,物体增加的重力势能是mgh,故B错误;
C、由动能定理得:
,则损失的机械能为
,故C错误;
D、由动能定理得:
损失的动能
,故D正确
9.一物体悬挂在细绳下端,由静止开始沿竖直方向运动,运动过程中物体的机械能E与物体位移s关系的图象如图所示,其中0~s1过程的图线为曲线,s1~s2过程的图线为直线.由此可以判断( )
A.0~s1过程中物体所受拉力是变力,且一定不断增大
B.0~s1过程中物体的动能一定是不断减小
C.s1~s2过程中物体不可能做匀加速运动
D.s1~s2过程中物体一定做匀速运动
【考点】向心力;
牛顿第二定律.
A、由于除重力和细绳的拉力之外的其它力做多少负功,物体的机械能就减少多少,即F△s=△E,得
,所以E-s图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小,由图可知在O~s1内斜率的绝对值逐渐增大,故在O~s1内物体所受的拉力逐渐增大.故A正确.
B、如果物体在0~s1内所受的绳子的拉力小于物体的重力,则物体加速向下运动,故物体的动能不断增大.故B错误.
C、由于物体在s1~s2内E-x图象的斜率的绝对值不变,故物体所受的拉力保持不变,体可能做匀加速直线运动,如果拉力等于物体所受的重力,物体可能做匀速直线运动,故CD错误,
10.如图所示,物体在水平恒力F作用下,由静止起在水平面沿直线由A点运动到B点,则当水平面光滑与粗糙两种情况下( )
A.力F所做的功相等
B.力F所做功的平均功率相等
C.力F在B点的瞬时功率在水平面光滑时较大
D.力F在B点的瞬时功率相等
【答案】AC
【考点】功的概念;
功的计算;
动能定理.
A、两种情况下,拉力相同,位移也相同,故拉力的功也相同,故A正确;
B、当水平面光滑时,物体在力F的作用下做匀加速直线运动,由动能定理可求B点的速度比有摩擦力时大,又平均速度等于初末速度的平均值,故无摩擦时平均速度大,由平均功率公式
可知,此时平均功率较大,故B错误;
C、D、水平面光滑时,由动能定理可求B点的速度比有摩擦力时大,由功率p=Fv,可知,此时平瞬时功率较大,故C正确,D错误;
故选AC.
11.如图所示,小物块在开口向上的半圆形曲面内以某一速率开始下滑,曲面内各处动摩擦因数不同,此摩擦作用使物块下滑时速率保持不变,则下列说法中正确的是()
A.因物块速率保持不变,故加速度为零
B.物块所受合外力大小不变,方向在变
C.在滑到最低点以前,物块对曲面的压力越来越大
D.在滑到最低点以前,物块受到的摩擦力越来越小
【答案】BCD
【考点】向心力.
A、B、物体做的是匀速圆周运动,受到的合力作为物体的向心力,产生加速度,所以物体的加速度大小不为零,其大小不变,方向时刻在变化,即合力大小不变,方向时刻改变,所以A错误,B正确;
C、物块在下滑的过程中,速度的大小不变,做匀速圆周运动,向心力由曲面对物体的支持力和重力沿半径方向的分力的合力提供,向心力大小不变,故其合力不变,但重力沿半径方向的分力逐渐变大,故面对物体的支持力也逐渐变大,根据牛顿第三定律可知,在滑到最低点以前,物块对曲面的压力越来越大.故C正确.
D、物块在下滑的过程中,速度的大小不变,所以沿切线方向上合力为零,重力在切线方向上的分力与摩擦力大小相等,重力在切线方向上的分力减小,摩擦力减小,所以D正确.
BCD.
12.一个人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动,但速度减小为原来的1/2,不考虑卫星质量的变化,则变轨前后卫星的()
A.向心加速度大小之比为4:
1B.轨道半径之比为1:
4
C.角速度大小之比为2:
1D.周期之比为1:
8
【答案】BD
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系.
根据万有引力提供向心力得
速度
,
该卫星变轨后仍做匀速圆周运动,但速度减小为原来的
,则轨道半径变为原来的4倍.则轨道半径之比为1:
4.
A、向心加速度
,轨道半径之比为1:
4,所以向心加速度大小之比为16:
1.故A错误;
B、轨道半径之比为1:
4,故B正确;
C、角速度
4,所以角速度大小之比为8:
1,故C错误;
D、
4,所以周期之比为1:
8,故D正确;
BD.
13.如图所示,质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆环轨道上做圆周运动.圆环半径为R,小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环,则其通过最高点时()
A.小球对圆环的压力大小等于mg
B.小球受到的向心力等于0
C.小球的线速度大小等于
D.小球的向心加速度大小等于g
【答案】CD
A、因为小球刚好在最高点不脱离圆环,则轨道对球的弹力为零,所以小球对圆环的压力为零.故A错误.
B、根据牛顿第二定律得,
,知向心力不为零,线速度
,向心加速度a=g.故B错误,C、D正确.
故选CD.
14.如图所示,斜面体固定在水平地面上,虚线以上部分斜面光滑,虚线以下部分斜面粗糙.质量分别为m1、m2(m2>m1)的两物体之间用细线连接,开始时m1处在斜面顶端并被束缚住.当由静止释放m1后,两物体开始沿斜面下滑.则下列说法正确的是( )
A.m2到达斜面底端前两物体一定不能相遇
B.m2到达斜面底端前两物体有可能相遇
C.两物体在虚线上方运动时,细线对两物体均不做功
D.两物体在虚线上方运动时,细线对ml做正功,对m2做负功
【答案】BC
【考点】功的计算;
物体的弹性和弹力.
虚线以上部分斜面光滑,物体受到重力和支持力,把两个物体看成整体,根据牛顿第二定律得:
两物体加速度相等,绳子拉直,但没有力的作用,此过程,细线对两物体均不做功,m2先到达虚线下方,此时两物体受到重力、支持力、滑动摩擦力作用,若滑动摩擦力大于重力沿斜面的分量,则m2做匀减速运动,此时m1仍做匀加速运动,所以绳子处于松弛状态,m1运动到虚线位置时的速度比m1运动到虚线位置时的速度大,进入虚线下方做匀减速运动,相同时间内m1运动的位移比m2运动的位移大,所以m2到达斜面底端前两物体有可能相遇,故AD错误,BC正确.
BC
第Ⅱ卷(5小题,共54分)
二、实验题(本题共计12分.请将解答填写在答题卡相应的位置.)
15.某实验小组采用如图1所示的装置探究功与速度变化的关系,
(1)下列叙述正确的是
A.每次实验必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值
B.每次实验中,橡皮拉伸的长度没有必要保持一致
C.放小车的长木板应该尽量使其水平
D.先接通电源,再让小车在橡皮筋的作用下弹出
(2)实验中,某同学在一次实验中得到了一条如图2所示的纸带.这条纸带上的点距并不均匀,下列说法正确的是
A.纸带的左端是与小车相连的
B.纸带的右端是与小车相连的
C.利用E、F、G、H、I、J这些点之间的距离来确定小车的速度
D.利用A、B、C、D这些点之间的距离来确定小车的速度
(3)实验中木板略微倾斜,这样做 ;
A.是为了使释放小车后,小车能匀加速下滑
B.是为了增大小车下滑的加速度
C.可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功
D.可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动
(4)若根据多次测量数据画出的W﹣v图象如图3所示,根据图线形状,可知对W与v的关系符合实际的是图3中的 .
【答案】
(1)D;
(2)BD;
(3)CD;
(4)C
【考点】探究功与速度变化的关系
(1)在这个实验中是不必要计算弹力的功的,但是每条橡皮筋的伸长量一定要相同;
同时木板要倾斜放着,要平衡摩擦力,然后要先接通电源,后释放小车。
(2)纸带上点迹的距离不均匀,那是因为纸带的右侧接小车,小车在橡皮筋的作用下先做加速运动,当橡皮筋恢复原长以后,小车做匀速运动,匀速运动的速度即为小车的最大速度。
(3)木板倾斜以便平衡摩擦力,从而使橡皮筋的弹力即为小车的合力,当合力为零以后小车做匀速直线运动。
(4)根据公式
可以知道W和V的图像形式为抛物线的形式。
三、计算题(共3小题,共计32分。
解答计算题部分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。
16.(10分)一颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,卫星离地面的高度为h。
已知地球半径为R,地面重力加速度为g。
求:
(1)卫星的线速度;
(2)卫星的周期。
【考点】万有引力的应用
(1)设卫星的质量为m,地球的质量为M,根据万有引力定律
(2分)
(1分)
设在地球表面有一质量为
的物体,根据万有引力定律
(2分)求出卫星的线速度
(1分)
(2)根据万有引力定律
(3分)
求出卫星的周期
17.(10分)如图所示,某人在山上将一质量m=0.50kg的石块,以v0=5.0m/s的初速度斜向上方抛出,石块被抛出时离水平地面的高度h=10m。
不计空气阻力,取g=10m/s2。
(1)石块从抛出到落地的过程中减少的重力势能;
(2)石块落地时的速度大小。
【考点】机械能守恒
(1)石块减少的重力势能等于重力对它所做的功
求出
(2分)
(2)从抛出到落地,根据机械能守恒定律
(4分)
求出石块落地速度
(1分)
18.(12分)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。
比赛路径如图所示,赛车从起点A出发,沿水平直线轨道运动L后,由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道,离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点,并能越过壕沟。
已知赛车质量m=0.1kg,通电后以额定功率P=1.5w工作,进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N,随后在运动中受到的阻力均可不记。
图中L=10.0m,R=0.32m,h=1.25m,S=2.5m。
问:
要使赛车完成比赛,电动机至少工作多长时间?
(取g=10m/s2)
【答案】t=2.83s
【考点】抛体运动,机械能守恒,动能定理
设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1,由平抛运动的规律
(1分)
得
设赛车恰好越过圆轨道,对应圆轨道最高点的速度为v2,最低点的速度为v3,
由牛顿第二定律及机械能守恒定律
解得
m/s(1分)
通过比较,要完成比赛,在进入圆轨道前速度最小应该是
设电动机工作时间至少为t,根据功能原理
(2分)
由此可得t=2.83s(2分)
附加题:
(10分,计入总分)
19.(10分)如图所示,质量为m的小物块放在长直水平面上,用水平细线紧绕在半径为R、质量为2m的薄壁圆筒上.t=0时刻,圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动,转动中角速度满足ω=β1t(β1为已知常数),物块和地面之间动摩擦因数为μ.求:
(1)物块做何种运动?
请说明理由.
(2)物块运动中受到的拉力.
(3)从开始运动至t=t1时刻,电动机做了多少功?
(4)若当圆筒角速度达到ω0时,使其减速转动,并以此时刻为t=0,且角速度满足ω=ω0﹣β2t(式中ω0、β2均为已知),则减速多长时间后小物块停止运动?
【答案】见解析
【考点】圆周运动,动能定理
(1)圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同,根据v=ωR=Rβ1t,线速度与时间成正比,故物块做初速为零的匀加速直线运动;
(2分)
(2)由第
(1)问分析结论,物块加速度为a=Rβ1,根据物块受力,由牛顿第二定律得:
T﹣μmg=ma则细线拉力为:
T=μmg+mRβ1(2分)
(3)对整体运用动能定理,有
W电+Wf=
其中:
Wf=﹣μmgs=﹣μmg
则电动机做的功为:
W电=μmg
+
(4)圆筒减速后,边缘线速度大小v=ωR=ω0R﹣Rβ2t,线速度变化率为a=Rβ2(1分)
若a≤μg,细线处于拉紧状态,物块与圆筒同时停止,物块减速时间为:
t=
若a>μg,细线松弛,物块水平方向仅受摩擦力,减速时间为: