高一期末复习题 4.docx

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高一期末复习题4

绝密★启用前

高一期末复习题（四）

物理试卷

考试范围：

xxx；考试时间：

100分钟；命题人：

xxx

题号

一

二

三

总分

得分

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息\r\n2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

评卷人

得分

一、选择题（本题共12道小题，每小题0分，共0分）

1.下列物理量的单位属于导出单位的是（　　）

A．质量B．时间C．位移D．速度

2.一小球在周长为2m的圆形轨道上运动，从某点开始绕行一周又回到该点，则小球的（　　）

A．位移大小是0，路程是2mB．位移大小和路程都是2m

C．位移大小是2m，路程是0D．位移大小和路程都是0

3.某航母跑道长为200m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s2，起飞需要的最小速度为50m/s；要使飞机能够起飞，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为（　　）

A．10m/sB．15m/sC．20m/sD．25m/s

4.在一次空军演习的任务中，某士兵从悬停飞机上无初速度跳下，下落4s速度达到30m/s时开始打开降落伞，开始做减速直线运动，在跳下14s后以速度4m/s着地，他的速度图像如图所示，下落说法正确的是

A．该士兵是在下落80m时打开降落伞的

B．该士兵打开伞时离地面的高度等于170m

C．该士兵打开伞时离地面的高度大于170m

D．该士兵跳伞时的高度一定小于230m

5.从某建筑物顶部自由下落的物体，在落地前的1s内下落的高度为建筑物高的3/4，则建筑物的高度为（）（g取10m/s2，不计空气阻力）

A．20mB．24mC．30mD．60m

6.一物体以初速度v0=20m/s沿光滑斜面匀减速向上滑动，当上滑距离x0=30m时，速度减为10m/s，该物体恰滑到斜面顶部，则斜面长度为（　　）

A．40mB．50mC．32mD．60m

7.F1、F2是两个互相垂直的共点力，其中F1=4N，F2=3N．这两个力合力的大小为（　　）

A．2NB．3NC．5ND．15N

8.如图，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g，则（　　）

A．箱子受到的摩擦力方向向右

B．地面对木板的摩擦力方向向左

C．木板对地面的压力大小为3mg

D．若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg

9.如图所示，一个物体m放在粗糙的斜面上保持静止，现用水平外力F推物体，m仍保持静止时，当F由零逐渐增加但物体m仍保持静止状态的情况下，则物体m（　　）

A．受到斜面的支持力增加B．所受合力增加

C．受到的静摩擦力增加D．受到的静摩擦力减小

10.（多选题）关于重力和自由落体加速度，下列说法正确的是

A．物体所受重力的方向总是竖直向下

B．物体所受重力的施力物体是地球

C．地球表面的自由落体加速度随纬度的增大而减小

D．质量大的物体受到的重力大，所以自由落体加速度也大

11.（多选题）某物体运动的v-t图象如图所示，下列说法正确的是（）

A．物体在第1s末运动方向发生变化

B．物体在第2s内和第3s内的加速度是相同的

C．物体在4s末返回出发点

D．物体在5s末离出发点最远，且最大位移为0.5m

12.（多选题）如图所示，小球从竖直砖墙某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示小球运动过程中每次曝光的位置，连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d，根据图中的信息，下列判断正确的是

A．位置“1”是小球释放的初始位置

B．小球做匀加速直线运动

C．小球下落的加速度为

D．小球在位置“3”的速度为

第II卷（非选择题）

评卷人

得分

二、实验题（本题共2道小题,第1题0分,第2题0分,共0分）

13.如图所示是某同学在“探究变速直线运动规律”的实验中打出的一条纸带，A、B、C、D、E为在纸带上所选的计数点，相邻计数点间还有四个点未画出，所用交变电源的频率为50Hz，则打点计时器打下C点的瞬时速度vC=　　m/s，该物体运动的加速度a=　　m/s2（结果保留两位有效数字）．

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）．

评卷人

得分

三、计算题（本题共4道小题,第1题0分,第2题0分,第3题0分,第4题0分,共0分）

15.屋檐边缘距水平地面7.2m高，从屋檐上落下的水滴作自由落体运动．已知屋檐上每隔T=0.2s落下一滴水，取重力加速度g=10m/s2．求：

（1）水滴落到地面时的速度大小．

（2）当第一滴水落到地面时，第二滴水距离地面的高度．

16.一辆汽车沿平直公路从甲站开往乙站，启动时加速度为a1=4m/s2，匀加速行驶t1=2.5s后，再匀速行驶t2=3min，然后刹车滑行x=50m，正好到达乙站．求：

（1）汽车从甲站到乙站运动的时间t；

（2）汽车刹车时的加速度大小；

（3）甲、乙两站的距离L．

17.如图所示，质量分别为mA=1kg、mB=3kg的物块A、B置于足够长的水平面上，在F=13N的水平推力作用下，一起由静止开始向右做匀加速运动，已知A、B与水平面间的动摩擦因数分别为μA=0.2、μB=0.1，取g=10m/s2．求：

（1）物块A、B一起做匀加速运动的加速度；

（2）物块A对物块B的作用力大小；

（3）某时刻A、B的速度为v=10m/s，此时撤去推力F，求撤去推力后物块A、B间的最大距离．

18.如图所示，质量M=2.0kg的薄木板静止在水平桌面上，薄木板上放有质量m=1.0kg的小铁块（可视为质点），它离木板左端的距离为L=0.25m，铁块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用一水平向右的拉力作用在木板上，使木板和铁块由静止开始运动，g取10m/s2．

（1）若桌面光滑，拉力大小恒为F1=4.8N，求小铁块运动的加速度大小；

（2）若木板以4.0m/s2的加速度从铁块下抽出，求抽出过程所经历的时间t；

（3）若桌面与薄木板间的动摩擦因数也为μ，则拉力F2的大小满足什么条件才能将木板从铁块下抽出？

试卷答案

1.D

【考点】力学单位制．

【分析】国际单位制中基本单位有：

米、千克、秒、摩尔、开尔文、安培、坎德拉．其它国际单位为导出单位．

【解答】解：

质量、时间、位移的单位都是国际单位制中的基本单位，速度单位为导出单位．故D正确，A、B、C错误．

故选D．

2.A

【考点】位移与路程．

【分析】位移的大小等于首末位置的距离，路程等于运动轨迹的长度．

【解答】解：

小球在周长为2m的圆形轨道上运动，从某点开始绕行一周又回到该点，初末位置重合，所以位移为0，路程等于周长，即s=2m．故A正确，B、C、D错误．

故选A．

3.A

试题分析：

由运动学公式v2-v02=2as，代人数据得：

，故选A正确．故选A.

考点：

匀变速直线运动的规律

【名师点睛】此题考查了匀变速直线运动的规律，考察导出公式的应用，直接代入公式即可。

4.D

考点：

考查了速度时间图像

【名师点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移

5.A

试题分析：

假设总时间是t，则全程有：

h=

gt2，前

过程有：

h＝

g（t−1）2，联立解得：

t=2s；h=20m

故A正确，BCD错误；故选A.

考点：

自由落体运动的规律

【名师点睛】本题关键是明确自由落体运动的运动性质，然后选择恰当的过程运用位移时间关系公式列式求解。

6.A

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】根据运动学速度位移关系公式，分别对前后两段运动过程列式，联立方程组求解即可．

【解答】解：

设斜面长度为L，根据速度位移关系公式得：

联立代入数据解得：

L=40m

故A正确；

故选：

A

7.C

【考点】力的合成．

【分析】F1、F2是两个互相垂直的共点力，根据矢量的合成法则，结合勾股定理直接计算即可．

【解答】解：

F1、F2是两个互相垂直的共点力，其中F1=4N，F2=3N．

依据矢量的合成法则，结合勾股定理，则有：

两个力合力的大小F=

=

=5N，故C正确，ABD错误．

故选：

C．

8.C

【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．

【分析】对箱子受力分析，根据平衡条件判断其受静摩擦力方向；对三个物体的整体受力分析，根据平衡条件判断地面对整体的支持力和静摩擦力情况．

【解答】解：

A、人用力F向右推箱子，对箱子受力分析，受推力、重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与推力平衡，故A错误；

B、对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，不是静摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有静摩擦力，故B错误；

C、对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，根据平衡条件，支持力等于重力；根据牛顿第三定律，支持力等于压力；故压力等于重力，为3mg；故C正确；

D、若人用斜向下的力推箱子，三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故压力依然等于3mg，故D错误；

故选：

C．

9.A

【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

【分析】对物体m受力分析并采用正交分解法将推力及重力分解，根据共点力平衡条件可以得出静摩擦力及弹力的变化．

【解答】解：

B、物体m保持静止，故合力一直为零，保持不变，故B错误；

ACD、设斜面的坡角为θ，对A受力分析并建立坐标系如图所示：

x轴：

Fcosθ﹣mgsinθ+f=0；

y轴：

FN=mgcosθ+Fsinθ

当F为零时，摩擦力等于mgsinθ，方向沿斜面向上；

当F增大时，由公式可得，摩擦力减小，当Fcosθ=mgsinθ时，摩擦力刚好为零；

当F继续增大摩擦力将变为向下，且随F的增大而增大，故摩擦力先减小后增大；故CD均错误；

由y轴公式可知，FN一直增大，故A正确；

故选：

A

10.AB

考点：

重力及重力加速度

【名师点睛】本题查了重力及重力加速度的基本概念，知道自由落体运动的加速度与物体质量无关，地球上不同的位置重力加速度不同。

11.BC

12.BD

考点：

考查了匀变速直线运动规律的应用

【名师点睛】做分析匀变速直线运动情况时，其两个推论能使我们更为方便解决问题，一、在相等时间内走过的位移差是一个定值，即

，二、在选定的某一过程中，中间时刻瞬时速度等于该过程中的平均速度

13.0.30，0.40．

【考点】探究小车速度随时间变化的规律．

【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，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C点时小车的瞬时速度大小．

【解答】解：

由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，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，有：

vC=

=

=0.30m/s

根据图中数据可知△x=4cm，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可得：

a=

=

=0.40m/s2；

故答案：

0.30，0.40．

14.

（1）偏大；

（2）小于；M＞＞m；（3）1.80；5.0．

【考点】验证牛顿第二运动定律．

【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．从图上分析两图各是什么原因即可．

（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．

【解答】解：

（1）当拉力F等于0时，小车已经产生力加速度，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.

解：

（1）根据v2=2gh得，水滴落到的速度v=

．

（2）水滴落地的时间t=

，当第一滴水落地时，第二滴水下落了1.0s，

则第二滴水下落的高度

，

距离地面的高度△h=7.2﹣5m=2.2m．

答：

（1）水滴落到地面时的速度大小为12m/s．

（2）当第一滴水落到地面时，第二滴水距离地面的高度为2.2m．

【考点】自由落体运动．

【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出水滴落到地面时的速度大小．根据速度时间公式求出水滴落地的时间，从而得出第二滴水下落的时间，根据位移时间公式求出第二滴水距离地面的高度．

16.

解：

（1）加速2.5s后的速度为：

v=a1t1=4×2.5=10m/s

匀减速过程的初速度为10m/s，末速度为零，

对于匀减速运动，由x3=

，

得：

t3=

=

s=10s

从甲站到乙站的总时间为：

t=t1+t2+t3=2.5+180+10=192.5s

（2）根据公式：

v=v0+at

则刹车时的加速度：

．

负号表示加速度的方向与运动的方向相反．

（3）匀加速过程的位移：

s1=

=

=12.5m

匀速过程：

s2=vt2=10×180=1800m

全过程：

L=s1+s2+s3=12.5+1800+50=1862.5m

答：

（1）从甲站运动到乙站的总时间是192.5s；

（2）汽车刹车时的加速度大小是1m/s2；

（3）甲、乙两站的距离是1862.5m．

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

【分析】

（1）加速过程的末速度为匀速运动的速度，也是匀减速运动的初速度．先根据速度公式求出加速2.5s后的速度，根据公式x=

求出匀减速运动的时间，把三段时间相加即为总时间．

（2）由加速度的定义式即可求出刹车时的加速度大小．

（3）根据位移公式求出匀加速运动的位移和匀速运动的位移，把三段位移相加即为总位移．

17.

解：

（1）设物块A、B一起做匀加速运动的加速度为a，则

F﹣μAmAg﹣μBmBg=（mA+mB）a

代入数据解得a=2m/s2

方向与力F的方向相同，即方向水平向右

（2）设物块A对物块B的作用力大小为F′，则F′﹣μBmBg=mBa

代入数据解得F′=9N

（3）撤去水平力F后，物块A、B都做匀减速运动，μAmAg=mAaAμBmBg=mBaB

代入数据解得aA=2m/s2aB=1m/s2

物块A、B间的最大距离△x=

=25m

答：

（1）物块A、B一起做匀加速运动的加速度是2m/s2方向与力F的方向相同，即方向水平向右；

（2）物块A对物块B的作用力大小是9N；

（3）某时刻A、B的速度为v=10m/s，此时撤去推力F，撤去推力后物块A、B间的最大距离是25m

【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的速度与位移的关系．

【分析】

（1）物块A、B由推力F和滑动摩擦力的合力产生加速度，根据牛顿第二定律求解整体的加速度．

（2）以B为研究对象，由牛顿第二定律求出物块A对物块B的作用力．

（3）撤去水平力F后，物块A、B一起做减速运动，以整体为研究对象，由动能定理求出滑行的距离．

18.

解：

（1）小铁块的最大静摩擦力

小铁块最大加速度

假设小铁块相对木板静止，根据牛顿第二定律

所以小铁块不会相对长木板滑动，小铁块运动的加速度大小

（2）木板和铁块发生相对运动，对小铁块，根据牛顿第二定律，有

解得：

根据位移关系：

代入数据：

解得：

t=0.5s

（3）对木板：

木板从铁块下抽出条件

即：

解得：

答：

（1）若桌面光滑，拉力大小恒为F1=4.8N，求小铁块运动的加速度大小；

（2）若木板以4.0m/s2的加速度从铁块下抽出，求抽出过程所经历的时间t；

（3）若桌面与薄木板间的动摩擦因数也为μ，则拉力F2的大小满足条件

才能将木板从铁块下抽出

【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．

【分析】

（1）对整体根据牛顿第二定律求出小铁块运动的加速度大小；

（2）木板从铁块下面抽出位移满足条件

，代入即可求出t

（3）对木板和小铁板整体，据牛顿第二定律求出木板和小铁块的加速度，发生相对滑动的条件是

，发生相对滑动时F应满足的条件