常州市高二物理寒假作业含答案 12.docx

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常州市高二物理寒假作业含答案12

常州市高二物理寒假作业

一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）

1.下列说法中正确有是（）

A.力、位移、平均速率都是矢量

B.牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来直接验证

C.单位m、kg、s是一组属于国际单位制的基本单位

D.长度、时间、力是一组属于国际单位制的基本单位的物理量

2.小华将一小纸团从1m高处竖直向上抛出，纸团上升1.5m后开始下落，并落在抛出点正下方的地面上，从抛出到落地共历时1.3s，下列有关纸团运动过程的说法，正确的是（）

A.纸团走过的路程为2.5mB.纸团的位移大小为1.5m

C.题中提到的1.3s是时刻D.纸团在运动过程中可以看成质点

3.一轻质弹簧原长为8cm，在4N的拉力作用下伸长了2cm，弹簧未超出弹性限度，则该弹簧的劲度系数为（　　）

A.40 m/NB.40 N/mC.200 m/ND.200 N/m

4.如图所示，一同学轻松地将书顶在头上，他顶书时头顶受到的压力产生的直接原因是（）

A.书的形变B.头的形变C.书受到的重力D.人受到的重力

5.唐代大诗人李白的“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”，描述了庐山瀑布的美景，如果三尺为1米，则水落到地面的速度约为（设初速度为零）（　　）

A.100m/sB.140m/sC.200m/sD.2000m/s

6.如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是（）

A.电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0m/s2

B.电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0m/s2

C.电梯匀减速下降，加速度的大小为1.5m/s2

D.电梯匀加速下降，加速度的大小为1.5m/s2

7.如图所示为某物体运动位移和速度随时间变化的x-t图线和v-t图线，由图可知，在0～t1时间内（　　）

A.物体做的是曲线运动B.图甲中

时刻，图线的斜率为

C.物体做加速度越来越小的运动D.在0～t1时间内物体的位移为x1

8.如图所示，水平传送带始终以速度v1顺时针转动，一物体以速度v2（v1≠v2）滑上传送带的左端，则物体在传送带上的运动一定不可能的是（　　）

A.先加速后匀速运动B.一直加速运动

C.一直减速直到速度为0D.先减速后匀速运动

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9.如图所示，当小车水平向右加速运动时，物块M相对静止于车厢后竖起壁上。

当小车的加速度增大时，（　　）

A.M所受的静摩擦力增大B.M对车厢的作用力增大

C.M仍相对车厢静止D.M受到的合外力为零

10.

如图所示，物块a、b的质量分别为m、2m，水平地面和竖直墙面均光滑，a、b间的动摩擦因数为μ，在水平推力F作用下，两物块均处于静止状态，重力加速度为g，则（　　）

A.物块a受四个力作用

B.物块b受到的摩擦力大小等于μF

C.物块b对地面的压力大小等于3mg

D.物块a受到物块b的作用力水平向右

11.如图甲所示，固定光滑细杆与水平地面成倾角α，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向向上的拉力F作用下向上运动。

0～2s内拉力的大小为10N，2～4s内拉力的大小变为11N，小环运动的速度随时间变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A.小环在加速运动时的加速度a的大小为2m/s2

B.小环在0～2s内通过的位移大小为1m

C.小环的质量m=2kg

D.细杆与水平地面之间的夹角α=30°

12.甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向作直线运动，t=0时刻，甲车在乙车前25m处。

在描述两车运动的v-t图中（如图），直线a、b分别描述了甲、乙两车在20s内的运动情况。

关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是（　　）

A.在0〜10s内两车逐渐靠近B.在10〜20s内两车逐渐远离

C.在t=20s时两车在公路上相遇D.在10s时两车在公路上相遇

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

13.某同学做验证“力的平行四边形定则”实验，其装置如图甲所示，A为固定橡皮筋的图钉，OB、OC为细绳，O为橡皮筋与细绳的结点，图乙是根据实验数据画出的力的图示．图甲中弹簧秤B的读数为______N；图乙中的F和F′两力中，方向一定沿OA方向的是______（填F或F′）；本实验采用的科学方法是______．

A．理想实验法　　　　　　B．等效替代法

C．控制变量法　　　　　　D．建立物理模型法．

14.用图（a）所示的实验装置验证牛顿第二定律：

（1）某同学通过实验得到如图（b）所示的a-F图象，造成这一结果的原因是：

在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角______（填“偏大”或“偏小”）。

（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力______砝码和盘的总重力（填“大于”、“小于”或“等于”），为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足______的条件。

（3）某同学得到如图（c）所示的纸带，已知打点计时器电源频率为50Hz． A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点。

△s=sDG-sAD=______cm．由此可算出小车的加速度a=______m/s2（加速度a计算结果保留两位有效数字）。

四、计算题（本大题共4小题，共38.0分）

15.汽车以20m/s的速度在平直公路上勾速行驶，刹车后经2s速度变为10m/s，（假设刹车过程是匀减速运动）求：

（1）刹车过程中的加速度；

（2）刹车后运动的位移。

16.

将一劲度系数k=100N/m的轻质橡皮筋的上端固定在天花板上O点，在其下端A点用细线悬挂重为8N的木块，在A点施加一水平向右的拉力F，使橡皮筋与竖直方向成37°，并保持静止（sin37°=0.3，cos37°=0.8）求：

（1）所加外力F的大小；

（2）此时橡皮筋的伸长量x．

17.如图所示，质量为2kg的物体A和质量为1kg的物体B放在水平地面上，A、B与地面间的动摩擦因数均为

，在与水平方向成37°角的20N斜向下推力F的作用下，A、B-起做匀加速直线运动（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）

求：

（1）A、B-起做匀加速直线运动的加速度大小；

（2）运动过程中A对B的作用力大小；

（3）若3s后撤去推力，求撤去推力后1s内A在地面上滑行的距离。

18.如图所示，地面上有一固定的斜面体ABCD，其AB边的长度S=2m，斜面倾角为37°．水平地面上有一块质量M=3Kg的足够长的木板紧挨着斜面体静止放置。

质量为m=lkg物体由A点静止滑下，然后从B点滑上长木板（由斜面滑至长木板时速度大小不变），在长木板上滑行时间为1.2s时与长木梹的速度相等，己知物体与斜面体的动摩擦因数为μ1=0.25，物体与长木板的动摩擦因数为μ2=0.3，（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：

（1）物体到达斜面底端B点时的速度大小；

（2）长木板与地面间的动摩擦因数

（3）长木板滑行的最大距离。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：

A、平均速率是标量，故A错误；

B、牛顿第一定律的内容是在物体不受任何外力的作用下，而现实生活中没有不受任何外力的物体，所以牛顿第一定律是在实验的基础上，结合推理得出来的；因此不是通过实验直接得出的，故B错误；

C、长度、质量、时间是国际单位制中三个基本物理量，它们的单位米、千克、秒是国际单位制中的力学基本单位，故C正确；

D、力属于导出单位，故D错误；

故选：

C。

加速度、速度都是矢量。

路程、时间、速率都是标量；物理学中只有七个基本物理量，它们分别是：

长度、时间、质量、物质的量、热力学温度、电流、发光强度，其单位分别是米、秒、千克、摩尔、开尔文、安培、坎德拉。

掌握国际单位制中三个基本单位，知道功虽然有正负之分，但功是标量，正确理解牛顿运动定律的内容，难度不大，属于基础题。

2.【答案】D

【解析】解：

A、纸团通过的路程为运动轨迹的长度，故大小为1m+1.5m+1.5m=4m，故A错误；

B、位移为初末两点间的直线距离，故位移大小1m，方向竖直向下，故B错误；

C、1.3s是纸团运动的时间段，故为时间，故C错误；

D、本题中研究纸团的运动过程，其大小可以忽略不计，故可以视为质点，故D正确。

故选：

D。

路程为物体运动轨迹的长度，位移为初位置到末位置有向线段，平均速度为位移与时间的比值，时间间隔指一段时间，能否看做质点看物体的大小和形状是否影响所研究的问题

本题主要考查了运动的描述的物理量的定义，注意对各物理量准确理解，同时注意相近知识点的区别和联系。

3.【答案】D

【解析】解：

弹簧伸长的长度为：

x=2cm=0.02m，弹簧的弹力为F=4N，根据胡克定律F=kx得：

k=

=

=200N/m。

故ABC错误，D正确。

故选：

D。

由题确定出弹簧的弹力和伸长的长度，根据胡克定律求解弹簧的劲度系数．

本题考查胡克定律的基本应用，关键要知道公式F=kx中，x是弹簧伸长的长度或缩短的长度，不是弹簧的长度．该题还应特别注意单位．

4.【答案】A

【解析】【分析】

根据产生弹力需要的条件：

一是接触，二是发生形变来解答此题。

除了知道弹力产生的条件，还要会判断弹力的方向，即与接触面垂直，指向被压或被支持的物体。

【解答】

头顶受到的压力是由于书产生形变，对与之接触的头产生力的作用，故A正确，BCD错误。

故选A。

5.【答案】B

【解析】解：

可以认为庐山瀑布的水流是做自由落体运动，三千尺就是1000米，

         根据v2=2gh

        得：

v=

=100

m≈140m/s

故选：

B。

庐山瀑布的水流可以认为是做自由落体运动，三千尺就是1000米，根据位移速度公式求出末速度．

本题是自由落体运动中位移速度公式的直接应用，难度不大，属于基础题．

6.【答案】C

【解析】解：

电梯加速上升或减速下降均可以增大体重计示数，加速度越大的效果越明显，故C正确，ABD错误；

故选C。

先对人受力分析，受重力和支持力，体重计示数即为受到的压力，而压力等于支持力；再对人进行运动分析，确定加速度方向；最后根据牛顿第二定律列式求解

只要加速度向上，就是超重，加速度向下，就是失重，与物体的运动速度方向无关，同时，超重与失重现象只是物体对支撑物的压力变大或变小，而重力保持不变

7.【答案】B

【解析】解：

A、x-t图线和v-t图线只能用来描述直线运动的规律，可知，物体做的是匀减速直线运动，故A错误；

B、在甲图中斜率代表速度，结合乙图可知在

时刻，图线的斜率为

，故B正确；

C、由乙图的斜率表示加速度，可知，物体做加速度恒定的直线运动。

故C错误；

D、0～t1时间内物体的位移为x1-x0，故D错误；

故选：

B。

x-t图线和v-t图线只能用来描述直线运动的规律，由乙图可读出物体的速度变化，甲图中斜率表示速度，位移等于x的变化量，要抓住两种图象对应关系。

对于位移-时间图象要抓住斜率等于速度，速度-时间图象要抓住两个数学意义来理解其物理意义：

斜率等于加速度，“面积”等于位移。

8.【答案】C

【解析】解：

若

物块相对传送带向左滑动，受到向右的滑动摩擦力，可能向右先加速运动，当物块速度增加到与传送带速度相等后再做匀速运动；

物块在滑动摩擦力作用下，可能一直向右做匀加速运动

若

物块相对传送带向右运动，受到向左的滑动摩擦力，可能向右做匀减速运动，当物块速度减小到与传送带速度相等后再做匀速运动；

物块在滑动摩擦力作用下可能一直做匀减速运动，

本题选不可能的，故选：

C

分两种情况进行讨论：

，物块相对传送带向左运动，

，物块相对传送带向右运动

考查摩擦力的方向与速度的关系，明确其与相对运动方向相反，结合牛顿第二定律分析运动情况．

9.【答案】BC

【解析】

解：

以物块为研究对象，受力如图所示：

A、在竖直方向，M所受合外力为零，由平衡条件得：

f=Mg，M所受的静摩擦力不变，故A错误；

B、对物块，由牛顿第二定律得：

N=Ma，a增大，N增大，由牛顿第三定律可知，M对车厢的压力：

N′=N增大，又M对车厢的摩擦力不变，所以M对车厢的作用力增大，故B正确；

C、M对车厢壁的压力增大，物块受到的最大静摩擦力增大，物块不可能沿壁下滑，M仍相对于车厢静止，故C正确；

D、物块有向右的加速度，根据牛顿第二定律知M受到的合外力不为零，故D错误；

故选：

BC。

小车向右做匀加速直线运动，物体M相对小车静止，加速度与车的加速度相同，分析物块的受力情况根据牛顿第二定律研究摩擦力、弹力。

本题运用正交分解研究物体在水平方向运动的问题，要正确分析受力情况，作出力图是基础，注意明确物体静止在竖直面上时，重力与摩擦力平衡。

10.【答案】AC

【解析】解：

A、物块a受到：

重力、b的弹力和静摩擦力、墙面的支持力，共受4个力，故A正确。

B、以a为研究对象，由平衡条件知，b对a的摩擦力大小等于a的重力，为2mg，由牛顿第三定律知a对b的摩擦力大小也等于2mg，不可以根据滑动摩擦力进行计算，故B错误。

C、以整体为研究对象，则知地面对b的支持力等于3mg，则物块b对地面的压力大小等于3mg，故C正确。

D、物块a受到物块b两个力作用：

水平向右的压力和竖直向上的静摩擦力，它们的合力斜向右上方，则物块a受到物块b的作用力斜向右上方，故D错误。

故选：

AC。

按重力、弹力的顺序逐个分析物体的受力，每一个接触面都要分析。

再由平衡条件求力的大小。

本题运用隔离法和整体法结合分析平衡问题，分析受力情况时要一个接触面一个接触的分析，力不能遗漏；注意静摩擦力不可以按滑动摩擦力的计算公式进行计算。

11.【答案】CD

【解析】解：

A、由图得：

a=

=

m/s2=0.5m/s2；故A错误；

B、由小环运动的v-t图可知，当F1=10N时，在0-2s时间内小环做匀速运动，在0～2s内通过的位移大小为vt=2m；故B错误；

C、由小环运动的v-t图可知，当F1=10N时，在0-2s时间内小环做匀速运动；

F2=11N时，在2-4s内小环做匀加速运动，则有：

F1-mgsinα=0…①

F2-mgsinα=ma…②

代入数据解得：

m=2kg；故C正确；

D、将m=2kg带入①式得：

sinα=

，故α=30°；故D正确；

故选：

CD。

速度时间图象中，斜率代表加速度；根据斜率即可求得加速度；从速度时间图象得到小环的运动规律，即先匀速后加速，求出加速度，得到合力，然后受力分析，根据共点力平衡条件和牛顿第二定律列式求解质量和夹角。

本题考查牛顿第二定律以及运动学图象的应用；关键是对小球进行运动情况分析，明确物体先匀速后加速；做好受力分析，根据共点力平衡条件和牛顿第二定律列式求解即可。

12.【答案】ABD

【解析】解：

A、t=0时刻，甲车在乙车前25m处，在0-10s内乙车速度大于甲车的速度，所以两车两车逐渐靠近。

故A正确。

BD、根据速度图象的“面积”表示位移，由几何知识看出，0-10s内两车位移之差为25m，说明t=10s时，乙车正好追上甲车。

在10-20s内，甲车速度大于乙车的速度，两车逐渐远离。

故BD正确。

C、在10s时两车在公路上相遇，10〜20s内，甲车的位移大于乙车的位移，所以在t=20s时两车在公路上没有相遇。

故C错误。

故选：

ABD。

t=0时刻，甲车在乙车前25m处，根据速度大小关系分析两车之间距离如何变化。

根据速度图象的“面积”表示位移，判断位移关系，从而确定两车是否相遇。

本题要根据速度图象分析两车的运动情况，抓住“面积”等于位移大小，确定两车的位置关系，本题需要注意开始时甲车在乙车前方25m。

13.【答案】11.40 F B

【解析】解：

根据图甲可知，弹簧秤B的读数为11.40N，图乙中的F与F′中，F′是由平行四边形得出的，而F是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同，一定与AO共线的是F．

本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法．

故选：

B．

故答案为：

11.40；F；B

在实验中F和F′分别由平行四边形定则及实验得出，明确理论值和实验值的区别即可正确答题．本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注意该实验方法的应用．

在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析．

14.【答案】

（1）偏大  

（2）小于 M＞＞m  （3）1.80 5.0

【解析】【分析】

（1）考查实验时平衡摩擦力时出现的误差问题，不是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，就是平衡摩擦力时过大。

（2）根据牛顿第二定律求出绳子拉力与砝码和盘的总重力的关系，判断出在什么情况下砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力。

（3）根据匀变速直线运动的规律△x=aT2可以求出加速度的大小。

我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚。

对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由。

比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等。

【解答】

（1）当拉力F等于0时，小车已经产生加速度，故原因是平衡摩擦力时平衡摩擦力过大，在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大。

（2）对整体分析，根据牛顿第二定律得，a=

，绳子的拉力F=Ma=

，

所以实际小车在运动过程中所受的拉力小于砝码和盘的总重力。

当M＞＞m，即砝码和盘的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力。

（3）根据刻度尺的示数可知△s=3.90cm-2.10cm=1.80cm，时间间隔为t=0.06s，

代入公式△x=at2可以求出加速度为：

a=5.0m/s2。

故答案为：

（1）偏大；

（2）小于；M＞＞m；（3）1.80； 5.0。

15.【答案】解：

（1）a=

=-5m/s2  方向与运动方向相反

（2）t2=

 x=

=40m  方向与运动方向相同

答：

（1）刹车过程中的加速度为-5m/s2 ；

（2）刹车后运动的位移为40m。

【解析】

（1）结合速度时间公式求出刹车过程中的加速度；

（2）根据速度时间公式求出刹车速度减为零的时间，再结合位移公式求出刹车后的位移

解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用。

16.【答案】解：

（1）对A点受力分析如图：

得：

代入数据得：

F=6N

（2）对A点受力分析得：

代入数据得：

T=10N

由：

T=kx

代入数据得：

x=0.1m

答：

（1）所加外力F的大小是6N；

（2）此时橡皮筋的伸长量x的大小是0.1m．

【解析】

（1）对节点A进行受力分析，结合共点力平衡的条件即可求出；

（2）求出橡皮筋的拉力，然后由胡克定律即可求出橡皮筋的伸长量．

本题考查了胡克定律的应用，解题的关键是找出对应的拉力大小，再代入胡克定律计算，计算时要注意各量的单位．

17.【答案】解：

（1）以A、B整体为研究对象进行受力分析，有：

Fcosα-μ[（mA+mB）g+Fsinα]=（mA+mB）a

代入数值得：

a=0.67m/s2

（2）以B为研究对象：

设A对B的作用力为FAB，则FAB-μmBg=mB a

代入数值得：

FAB=4N

（3）3s末的速度大小：

v=a1t1=0.67×3m/s=2m/s

撤去力F后，据牛顿第二定律有：

μ[（mA+mB）g=（mA+mB）a2

解得：

a2=μg=

m/s2

停下来需要的时间：

t2=

=0.6s＜1s

撤去推力后1s内A运动的位移：

x=

=0.6m

答：

（1）A、B-起做匀加速直线运动的加速度大小是0.67m/s2；

（2）运动过程中A对B的作用力大小是4N；

（3）若3s后撤去推力，撤去推力后1s内A在地面上滑行的距离是0.6m。

【解析】

（1）以A、B整体为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律列式即可求解加速度；

（2）以B为研究对象：

设A对B的作用力为FAB，根据牛顿第二定律列式即可求解作用力。

（3）撤去力F后，据牛顿第二定律和运动学公式可求出停下来需要的时间，可判断撤去推力后1s内A有没有停下来，再去求解撤去推力后1s内A运动的位移。

本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，主要整体法和隔离法的应用，第（3）问需要判断撤去推力后1s时A是否停下来。

18.【答案】解：

（1）从A到B的过程，根据牛顿第二定律有：

mgsin37°-μ1mgcos37°=ma1

解得：

a1=4m/s2

下滑到B点时的速度：

vB2=2a1s

解得：

vB=4m/s

（2）滑上长木板时：

对物体，由牛顿第二定律得：

μ2mg=ma2

解得：

a2=3m/s2  方向水平向左

经过t=1.2s速度相等有：

vB-a2t=a板t

解得：

a板=

m/s2

对长木板，由牛顿第二定律得：

μ2mg-μ地（M+m）g=Ma板

解得：

μ地=0.05

（3）速度相等前长木板加速位移为：

x1=

=0.24m

末速度为：

v=a板t=0.4m/s

速度相等后二者一块运动，根据牛顿第二定律有：

μ地（M+m）g=（M+m）a3

解得：

a3=0.5m/s2

减速发生的位移为：

x2=

=0.16m

所以总位移为：

x=x1+x2=0.4m

答：

（1）物体到达斜面底端B点时的速度大小是4m/s；

（2）长木板与地面间的动摩擦因数是0.05

（3）长木板滑行的最大距离是0.4m。

【解析】

（1）根据牛顿第二定律求出物体沿斜面下滑的加速度，然后根据速度位移公式求出物体到达斜面底端B点时的速度大小；

（2）对物体根据牛顿第二定律求出物体的加速度，经过t=1.2s速度相等列速度关系式可求得木板的加速度，由牛顿第二定律求出木板与地面间的动摩擦因数；

（3）速度相等前根据位移公式求出木板的位移，速度相等后二者一块运动，根据牛顿第二定律求得加速度，再由速度位移的关系式求出一块减速的位移，则总位移相加即可。

解决本题的关键要理清物体和长木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。