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福建省福州市文博中学2014-2015学年高一上学期期末考试物理试卷

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福建省福州市文博中学 2014-2015 学年高一上学期期末 物理试卷
一、单项选择题(本题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分) 1.关于质点的描述,下列方法中正确的是( ) A.在大海中远洋航行的轮船能看作质点 B.观察跳水运动员的连贯动作时,可把运动员看作质点 C.研究汽车车轮转动时,车轮可看作质点 D.任何情况下地球都不能看作质点 考点:质点的认识. 分析: 质点是人们为了研究问题的方便而忽略物体的形状和大小而人为引入的一个理想化模 型,实际上并不存在,当物体的形状和大小在所研究的问题中能忽略,该物体即可看成质点 解答: 解:A、在大海中航行的船的大小可以忽略,能够看做质点.故 A 正确. B、研究运动员动作时时,运动员的形状不能忽略,不能看成质点.故 B 错误. C、在研究汽车转动时,车轮的大小和形状影响很大,不能看做质点.故 C 错误. D、研究地球的公转时,可以看做质点,故 D 错误. 故选:A 点评: 本题只要掌握了质点的概念和条件解决此类问题就不在话下. 质点与点电荷是常用的 理想化物理模型 2.下列关于惯性的说法中正确的是( ) A.火箭升空时速度增大,惯性增大 B.宇航员从地球到达太空,惯性减小 C.空卡车装满货物后,惯性减小 D.战斗机战斗前抛掉副油箱,惯性减小 考点:惯性. 分析: 我们把物体保持运动状态不变的属性叫做惯性. 惯性代表了物体运动状态改变的难易 程度.惯性的大小只与物体的质量有关.质量大的物体运动状态相对难于改变,也就是惯性 大;质量小的物体运动状态相对容易改变,也就是惯性小. 解答: 解:A、惯性的大小只与物体的质量有关.故 A 错误; B、质量是物体惯性大小的唯一量度,宇航员从地球到达太空,惯性不变,故 B 错误; C、空卡车装满货物后,惯性增加,故 C 错误; D、质量是物体惯性大小的唯一量度,战斗机战斗前抛弃副油箱,减小质量,从而减小了惯 性,提高灵活性,故 D 正确. 故选:D. 点评:理解了“质量是物体惯性大小的唯一量度”就能顺利解决此类题目.同时要知道任何物 体都有惯性.

3.我省举重运动员石智勇、张国政多次在世界级大赛中摘金夺银.在举重比赛中,运动员 举起杠铃后保持稳定的一段时间,如图所示.下列说法中正确的是( )

A.运动员对杠铃的作用力大于杠铃对运动员的作用力 B.运动员对杠铃的作用力小于杠铃对运动员的作用力 C.运动员对杠铃的作用力与杠铃对运动员的作用力是一对平衡力 D.运动员对杠铃的作用力与杠铃对运动员的作用力是一对作用力与反作用力 考点:作用力和反作用力;物体的弹性和弹力. 分析:作用力和反作用力大小相等,方向相反,作用在同一条直线上,它们同时产生、同时 消失、同时变化,是同种性质的力 解答: 解: 运动员对杠铃的作用力与杠铃对运动员的作用力是一对作用力与反作用力, 大 小相等,方向相反;平衡力作用在一个物体上. 故选:D 点评:解决本题的关键知道作用力和反作用力大小相等,方向相反,作用在同一条直线上, 它们同时产生、同时消失、同时变化,是同种性质的力 4.用手握瓶子,使瓶子在竖直方向处于静止状态.如果握力增加为原来的两倍,则手对瓶 子的摩擦力的大小( ) A.也变为原来的两倍 B.减小为原来的一半 C.保持不变 D.以上说法都不对 考点:静摩擦力和最大静摩擦力. 专题:摩擦力专题. 分析:瓶子保持静止,受力平衡,对瓶子受力分析,竖直方向上受重力和静摩擦力,二力平 衡,根据静摩擦力的特点可以判断. 解答: 解:瓶子保持静止,受力平衡,对瓶子受力分析,竖直方向上受重力和静摩擦力, 二力平衡,因而静摩擦力等于重力; 握力加倍后,瓶子更掉不下,依然保持静止,竖直方向上重力和静摩擦力依然平衡,静摩擦 力还是等于重力; 故选:C. 点评: 静摩擦力与压力无关, 随外力的变化而变化, 这里握力变大, 只是滑动摩擦力变大了, 而物体受静摩擦力,故静摩擦力不变. 5.某同学在单杠上做引体向上,如图所示.其中双臂用力最小的是( )

A.

B.

C.

D.

考点:力的合成. 专题:受力分析方法专题. 分析:本题中人受到三个力,重力和两个拉力.将重力按照力的效果分解,运用“大小方向 确定的一个力分解为两个等大的力时,合力在分力的角平分线上,且两分力的夹角越大,分 力越大”的结论,即可以判断. 解答: 解: 将人所受的重力按照效果进行分解, 由于大小方向确定的一个力分解为两个等 大的力时,合力在分力的角平分线上,且两分力的夹角越大,分力越大,因而 D 图中人最 费力,B 图中人最省力; 故选 B. 点评:本题运用“大小方向确定的一个力分解为两个等大的力时,合力在分力的角平分线上, 且两分力的夹角越大,分力越大”结论判断. 6.有一个 10N 的重物,挂在固定在电梯顶部的弹簧测力计下端.某时刻电梯中的人观察到 弹簧测力计的示数为 8N,如图所示,此时( )

A.重物可能向上加速运动,处于超重状态 B.重物可能向下加速运动,处于失重状态 C.重物可能向上匀速运动,处于平衡状态 D.重物可能向下匀速运动,处于平衡状态 考点:牛顿运动定律的应用-超重和失重. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析:对重物受力分析,根据牛顿第二定律得出重物的加速度大小和方向,从而得出电梯的 加速度大小和方向,从而判断出电梯的运动规律. 解答: 解:电梯匀速直线运动时,弹簧秤的示数为 10N,由平衡条件可知,重物的重力 G=F=10N, 当测力计示数为 8N 时,重物受到竖直向下的重力 G=10N,竖直向上的拉力 F′=8N,则重物 受到的合力大小为 10﹣8=2N,方向竖直向下,由牛顿第二定律可知,加速度方向竖直向下, 此时电梯可能加速上升或减速下降,故 ACD 错误,B 正确; 故选:B.

点评:解决本题的关键知道重物和电梯具有相同的加速度,根据牛顿第二定律进行分析,通 过加速度判断电梯的运动情况. 7.图是 A.B 两个质点做直线运动的位移﹣时间图线,则( )

A.在运动过程中,A 质点总比 B 质点慢 B.当 t=t1 时,两质点的相遇 C.当 t=t1 时,两质点的速度相等 D.当 t=t1 时,A.B 两质点的加速度都大于零 考点:匀变速直线运动的图像. 专题:运动学中的图像专题. 分析:位移﹣时间图象中倾斜的直线表示匀速直线运动,图象的斜率等于速度.位移等于坐 标的变化量.t=t1 时,两质点的位移相等,到达同一位置相遇.加速度都等于零. 解答: 解: A、位移﹣时间图线的斜率等于速度.由图看出,A 图线的斜率大于 B 图线的斜率,则 A 的速度大于 B 的速度.故 A 错误. B、C、t=t1 时,两质点的位移相等,到达同一位置相遇.但 A 的速度仍大于 B 的速度.故 B 正确,C 错误. D、两物体均做匀速直线运动,加速度都等于零.故 D 错误. 故选:B 点评:图象是 2015 届高考的热点,每年考题中都会涉及图象问题,常有三类问题:读图、 绘图、用图.本题关键位移图象的斜率等于速度来理解图象的物理意义. 8.有一个物体开始时静止在 O 点,先使它向东做匀加速直线运动,经过 5s,使它的加速度 方向立即改为向西,加速度的大小不改变,再经过 5s,又使它的加速度方向改为向东,但 加速度大小不改变,如此重复共历时 20s,则这段时间内( ) A.物体运动方向时而向东时而向西 B.物体最后静止在 O 点 C.物体运动时快时慢,一直向东运动 D.物体速度一直在增大 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. 专题:直线运动规律专题. 分析:物体从静止开始,前 5s 内,做初速度为零的匀加速直线运动,第二个 5s 内,加速度 反向,大小不变,做匀减速直线运动,5s 末速度为零.然后又重复前面的运动.

解答: 解:物体在第一个 5s 内做初速度为 0 的匀加速直线运动,加速度大小不变,反向 改变后,在第二个 5s 内做匀减速直线运动,5s 后速度变为 0,以后重复前面的运动.知物 体一直向东运动,没有返回.且速度时快时慢.故 C 正确,A、B、D 错误. 故选:C. 点评:解决本题的关键理清物体的运动情况,知道物体一直向某个方向运动,没有返回.该 题也可以用速度时间图线去解. 9.如图,一小球放置在木板与竖直墙面之间.设墙面对球的压力大小为 N1,球对木板的压 力大小为 N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴,将木板从图示位置开始缓慢地转 到水平位置.不计摩擦,在此过程中( )

A.N1 始终减小,N2 始终增大 B.N1 始终减小,N2 始终减小 C.N1 先增大后减小,N2 始终减小 D.N1 先增大后减小,N2 先减小后增大 考点:共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用. 专题:共点力作用下物体平衡专题. 分析:以小球为研究对象,分析受力情况:重力、木板的支持力和墙壁的支持力,根据牛顿 第三定律得知, 墙面和木板对球的压力大小分别等于球对墙面和木板的支持力大小, 根据平 衡条件得到两个支持力与 θ 的关系,再分析其变化情况. 解答: 解:以小球为研究对象,分析受力情况:重力 G、墙面的支持力 N1′和木板的支持 力 N2′.根据牛顿第三定律得知,N1=N1′,N2=N2′. 根据平衡条件得:N1′=Gcotθ,N2′= 将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置的过程中,θ 增大,cotθ 减小,sinθ 增大,则 N1′和 N2′都始终减小,故 N1 和 N2 都始终减小. 故选 B

点评:本题运用函数法研究动态平衡问题,也可以运用图解法直观反映力的变化情况. 10. 汽车 A 在红绿灯前停住, 绿灯亮起时起动, 以 0.4m/s 的加速度做匀加速运动, 经过 30s 后以该时刻的速度做匀速直线运动.设在绿灯亮的同时,汽车 B 以 8m/s 的速度从 A 车旁边 驶过, 且一直以相同速度做匀速直线运动, 运动方向与 A 车相同, 则从绿灯亮时开始( ) A.A 车在加速过程中与 B 车相遇 B.A、B 相遇时速度相同
2

C.相遇时 A 车做匀速运动

D.两车不可能再次相遇

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. 专题:直线运动规律专题. 分析:作出 A、B 两车的速度时间图线,根据图线与时间轴围成的面积表示位移进行分析. 解答: 解:作出 A、B 两车的速度时间图线,由图象可知:A 先做匀加速运动,后做匀速 运动,B 一直做匀速运动, 相遇时两者的位移相等,即 AB 速度图象与时间轴围成的面积相等,30s 时,B 的位移大于 A 的位移,所以相遇时在 30s 以后,即 A 做匀速运动时,故 C 正确.A、B、D 错误. 故选 C.

点评: 本题可以运用运动学公式进行求解, 也可以运用图象进行求解. 用图象求解比较直观, 方便. 二、填空题(本题共 5 小题,每小题 4 分,共 20 分) 11. 如图所示, 质量为 m=7kg 的物体放在水平桌面上, 在与水平方向成 30°角的拉力 F=100N 作用下匀速向前运动,则物体对地面的压力为 20N,物体受到的摩擦力为 N.

考点:牛顿第二定律;摩擦力的判断与计算. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析:对物体受力分析,抓住竖直方向上合力为零求出支持力的大小,从而得出物体对地面 的压力,抓住水平方向上平衡求出物体所受的摩擦力大小. 解答: 解:在竖直方向上,N+Fsin30°=mg,解得支持力 N= ,

根据牛顿第三定律知,物体对地面的压力为 20N. 在水平方向上,有: .

故答案为:20,50 . 点评: 本题考查了共点力平衡的基本运用, 抓住水平方向和竖直方向上的合力为零进行求解, 基础题. 12.如图所示,一根原长为 12cm 的轻弹簧上压着质量为 0.5kg 的物体,此时弹簧长度为 11.5cm.则弹簧的劲度系数 k 为 1000N/m,撤去物体,弹簧的劲度系数 k 为 1000N/m.

考点:胡克定律. 分析:根据胡克定律求解即可,劲度系数由本身性质决定. 解答: 解:轻弹簧上压着质量为 m 的物体,受到的压力为 mg,根据胡克定律,有: mg=k△ L 解得:k= = =1000N/m

弹簧的劲度系数由本身性质决定,故不受力时,劲度系数不变. 故答案为:1000,1000 点评:本题是胡克定律的直接运用,明确胡克定律公式 F=kx 中的 x 为行变量,基础题 13.航空母舰是大规模战争的重要武器,有一艘停止在某海面上的航空母舰,其舰载飞机在 t=2s 内从静止开始沿甲板做匀加速直线运动,达到起飞速度为 v=82m/s,则舰载飞机起飞过 2 程的加速度 a 大小为 41m/s ,舰载飞机飞过程在甲板上运动的位移 s 为 82m. 考点:匀变速直线运动规律的综合运用;匀变速直线运动的速度与位移的关系. 专题:直线运动规律专题. 分析:飞机做匀加速直线运动,根据速度时间关系公式列式求解加速度;根据平均速度公式 列式求解位移. 解答: 解:根据速度时间公式,有:v=v0+at 解得:a= = =41m/s
2

飞机在甲板上加速过程的位移:x= t=

×2m=82m

故答案为:41;82. 点评:本题关键是明确飞机的运动性质,然后灵活选择运动学公式列式求解位移是加速度, 基础题目. 14.在光滑的水平地面上,放着两个质量分别为 m1=3kg 和 m2=5kg 的物体.某个水平力作 2 用在质量为 m1 的物体上,可以使其产生大小为 10m/s 的加速度.当这个力作用在质量为 2 m2 的物体上时,产生的加速度大小为 6m/s . 考点:牛顿第二定律. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析: 根据牛顿第二定律求出作用力的大小, 再根据牛顿第二定律求出作用力作用在另一个 物体上时的加速度. 解答: 解:根据牛顿第二定律得,作用力的大小 F=m1a1=3×10N=30N,

则作用力作用在 m2 上时的加速度大小



故答案为:6. 点评:本题考查了牛顿第二定律的基本运用,抓住作用力的大小不变,结合牛顿第二定律进 行求解,基础题. 15.如图所示,三段轻绳子吊着一个物体,AC 和 BC 两段绳子互相垂直,且 BC 绳子与竖 直方向的夹角为 60 .已知 BC 绳子受到的拉力大小为 100N,则物体的重力大小为 200N.
о

考点:共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用. 专题:共点力作用下物体平衡专题. 分析: 以结点 C 为研究对象, 分析受力, 作出力图. 物体对 C 的拉力大小等于物体的重力. 根 据平衡条件求出物体的重力. 解答: 解:以结点 C 为研究对象,分析受力:绳 AC 的拉力 FAC、绳 BC 的拉力 FBC 和物 体的拉力 F,作出力图如图.根据平衡条件得, F= =2×100N=200N

所以物体的重力 G=F=200N. 故答案为:200

点评:本题是绳子悬挂的模型,常常以结点为研究对象,分析受力是关键.基本题. 三、实验题(本题共 2 小题,每题 6 分,共 12 分) 16.在《练习使用打点计时器》实验中,某同学得到如图所示的纸带.相邻两计数点之间的 距离分别为 AB=2.40cm,BC=7.30cm,CD=12.20cm,DE=17.10cm.相邻两个计数点之间的 时间间隔为 0.1s.由此可知,打 D 点时物体的速度大小为 1.47m/s;整个过程中物体的加速 2 度大小为 4.9m/s .

考点:测定匀变速直线运动的加速度.

专题:实验题. 分析:根据匀变速直线运动的推论公式△ x=aT 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 D 点时小车的瞬时速度 大小. 解答: 解: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, vD= = =1.47m/s
2

相邻两个计数点之间的时间间隔为 0.1s 2 根据匀变速直线运动的推论公式△ x=aT 可得: a= = =4.9m/s
2

故答案为:1.47;4.9. 点评: 要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力, 在平时练习中要加强基 础知识的理解与应用. 17.在《探究加速度与合力、质量的关系》的实验如图 1 所示: (1) 本实验采用的控制变量法, 在研究物体加速度与受力的关系中, 控制不变的量是 B (填 选项前字母) A.小沙桶的重量 B.小车的质量 (2)某同学根据实验数据画出 a﹣F 图线,如图 2 所示.图线的延长线没有过坐标原点,可 能原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足.

考点:探究加速度与物体质量、物体受力的关系. 专题:实验题. 分析:“探究加速度与力的关系”实验采用控制变量法,结合图线中 F=0 时,加速度不为零, 判断图线不过原点的原因. 解答: 解: (1)“探究加速度与力的关系”实验时必须控制小车的质量不变,故 B 正确. 故选:B (2) 当 F 不为零时,小车的加速度为零,说明未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足. 故答案为: (1)B; (2)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 点评:考查平衡摩擦力时出现的误差分析,根据图象对应分析即可,结论就是两个,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.对应上即可 四、计算题(本题共 3 小题,共 28 分)

18.如图所示,悬挂在天花板下重 60N 的小球,在均匀的水平风力作用下偏离了竖直方向 θ=30°角,求风对小球的作用力和绳子的拉力.

考点:共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用. 专题:共点力作用下物体平衡专题. 分析:对小球受力分析,受重力、拉力和风力处于平衡,根据共点力平衡求出风对小球的作 用力和绳子的拉力. 解答: 解:小球的受力如图,根据共点力平衡得,风对小球的作用力 F=mgtan30°=60× 绳子的拉力大小 T= =20 N. N.

答:风对小球的作用力为

,绳子的拉力为



点评:解决本题的关键能够正确地受力分析,根据共点力平衡,运用平行四边形定则进行求 解. 19. 屋檐上每隔相同的时间间隔滴下一滴水, 当第 5 滴正欲滴下时, 第 1 滴已刚好到达地面, 而第 3 滴与第 2 滴分别位于高为 1m 的窗户的上、下沿(不计水滴大小) ,如图所示(g 取 10m/s ) ,问: (1)滴水的时间间隔是多少? (2)此屋檐离地面多高?
2

考点:自由落体运动. 分析: (1)由 H= ,得出水从屋檐到地面的时间,从而得出相等的时间间隔.

(2)初速度为 0 的匀加速直线运动,在连续相等时间间隔内的位移比为 1:3:5:7.已知 第 3 滴与第 2 滴水的间隔距离,根据比例关系求出总高度.

解答: 解: (1)根据 H= 滴水时间间隔 .

,代入数据得,t=

(2)根据比例关系,从上到下相邻水滴间距离之比为 1:3:5:7,而 2、3 两滴间距离为 1 米,所以总高度 答: (1)滴水的时间间隔是 0.2s; (2)此屋檐离地面 3.2m 点评: 解决本题的关键掌握初速度为 0 的匀加速直线运动, 在连续相等时间间隔内的位移比 为 1:3:5:7.以及掌握自由落体运动的位移时间公式 H= .

20.如图所示,质量为 4.0kg 的物体在与水平方向成 37°角、大小为 20N 的拉力 F 作用下, 2 沿水平面由静止开始运动, 物体与地面间动摩擦因数为 0.20; 取 g=10m/s (已知 cos37°=0.8, sin37°=0.6) ,求: (1)物体的加速度大小; (2)经过 2s 撤去 F,再经 3s 时物体的速度为多大?

考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析: (1)抓住物体在竖直方向上的合力为零,结合牛顿第二定律求出物体的加速度. (2)根据速度时间公式求出 2s 末的速度,根据牛顿第二定律求出撤去拉力后的加速度,结 合速度时间公式求出物体的速度. 解答: 解: (1)根据牛顿第二定律得,物体的加速度大小 a= ,代入数据解得 a=2.6m/s ,
2

(2)2s 末的速度 v=at=2.6×2m/s=5.2m/s, 2 2 撤去拉力后的加速度大小 a′=μg=0.2×10m/s =2m/s , 则物体速度减为零的时间 ,

则 3s 时的速度为零. 2 答: (1)物体的加速度大小为 2.6m/s . (2)再经 3s 时物体的速度为零. 点评: 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用, 知道加速度是联系力学和运动学 的桥梁,基础题.


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