2013-2014黑龙江哈尔滨市第九中学高一上学期期末物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2013-2014黑龙江哈尔滨市第九中学高一上学期期末物理试卷与答案（带解析） 选择题 理想实验有时更能深刻地反映自然规律 .如图所示，伽利略设想了一个理想实验，其中有一个是经验事实，其余是推论 减小第二个斜面的倾角，小球在这一斜面上仍然要达到原来的高度 两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面 如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度 继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球要沿水平面做持续的匀速运动。 在上述的设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想化的推论。下列关于事实和推论的分类正确的是 ( ) A 是事实， 是推论 B 是事实， 是推论 C 是

2、事实， 是推论 D 是事实， 是推论 答案： B 试题分析：伽利略斜面的事实是小球从一个斜面滚下，将滚上另一个斜面，故 为事实，其余全是推论。所以 B正确。 考点：本题考查了伽利略理想斜面实验。 如图所示，置于水平地面上的相同材料的质量分别为 m和 m0的两物体用细绳连接，在 m0上施加一水平恒力 F，使两物体做匀加速直线运动，对两物 体间细绳上的拉力，下列说法正确的是 ( ) A地面光滑时，绳子拉力大小等于 B地面不光滑时，绳子拉力大小等于 C地面不光滑时，绳子拉力大于 D地面不光滑时，绳子拉力小于 答案： AB 试题分析：地面光滑时，将两物体看成一个整体，根据牛顿第二定律， F=（ m m

3、0） a；对 m进行受力分析可知在水平方向只受绳的拉力 T=ma，由此得可知 A 正确。地面不光滑时，设动摩擦因数为 ，根据 F-（ m m0）g=（ m m0） a，对 m受力分析 T -mg=ma，由此得 ，答案：B正确。考点：本题考查了牛顿第二定律。 如图，在倾角为 的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫。已知木板的质量是猫的质量的 2倍。当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变。则此时木板沿斜面下滑的加速度为 ( ) A gsin/2 B gsin C 3gsin/2 D 2gsin 答案： C 试题分析：木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面

4、的位置不变，即相对斜面静止，加速度为零将木板和猫作为整体，根据牛顿第二定律 F 合 =F 猫 +F 木板=0+2ma（ a为木板的加速度），整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小，即 F 合 =3mgsin，解得 ，所以 C正确。 考点：本题考查了牛顿第二定律。 如图在密封的盒子内装有一个质量为 m 的金属球，球刚能在盒内自由活动，若将盒子在空气中竖直向上抛出，抛出后上升、下降的过程中 (空气阻力不能忽略 ) ( ) A上升过程球对盒底有压力，下降过程球对盒顶有压力 B上升过程球对盒顶有压力，下降过程球对盒底有压力 C上升，下降过程中球均对盒底有压力 D上升，下降过程中球均对盒无

5、压力 答案： B 试题分析：盒子在空中运动过程中，由于盒外空气阻力不能忽略，盒内没有空气，上升和下降过程中盒子受到与运动方向相反的阻力，同样的时间，上升的高度小，故选项 B正确。 考点：本题考查了牛顿运动定律。 如图所示，一个物体由 A点出发分别沿三条轨道到达 C1、 C2、 C3，物体在三条轨道上的摩擦不计，则（ ） A物体到达 C3点时的速度最大 B物体分别在三条轨道上的运动时间相同 C物体到达 C3的时间最短 D物体在 C3上运动的加速度最小 答案： C 试题分析：轨道的高度相同，轨道的长度 ，加速度 ，根据得 ，由此知轨道 C3时间最短、加速度最大。根据可知三个轨道到达低端的速度大小相

6、等。 考点：本题考查了牛顿运动定律的应用。 如图所示，清洗楼房玻璃的工人常用一根绳索将自己悬在空中，工人及其装备的总重量为 G，悬绳与竖直墙壁的夹角为 a，悬绳对工人的拉力大小为 F1，墙壁对工人的弹力大小为 F2，则（ ） A F1= B若缓慢减小悬绳的长度， F1与 F2的合力变大 C F2=G tan D若缓慢减小悬绳的长度， F1增大， F2增大 答案： CD 试题分析：对工人受力分析如图，根据三角形定则可知 ，A错， C对。减小悬绳长度，相当于增大角 ， F1增大， F2增大， D对。由于人处于平衡状态，因此 F1与 F2的合力不变，大小等于工人的重力。 考点：本题考查了共点力的平衡

7、。 一物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又逐渐从零恢复到原来大小（在上述过程中，此力的方向一直保持不变），那么如图所示的 v-t图象中，符合此过程中物体运动情况的图象可能是（ ） 答案： D 试题分析：有题意可知合力先增大后减小，加速度也是先增大后减小，只有 D选项符合题意。 考点：本题考查了牛顿第二定律。 如图所示，一个自由下落的小球，从它接触弹簧开始到弹簧压缩到最短的过程中，小球的速度和所受合外力的变化情况为（ ） A速度一直变小直到零 B速度先变大，然后变小直到为零 C合外力一直变小，方向向上 D合外力先变小后变大，方向先向下后向上 答案： BD

8、 试题分析：小球从接触到弹簧压缩最短过程中，要经历重力大于弹力、重力等于弹力和重力小于弹力三个阶段， C错 D对。一开始合力向下逐渐减小至零，然后反向增大，所以速度先增大至最大，然后做减速运动，减速至零， A错 B对。 考点：本题考查了牛顿第二定律。 如图所示，轻弹簧上端与一质量为 m的木块 1相连，下端与另一质量为 M的木块 2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态现将木板沿水平方向快速抽出，设抽出后的瞬间，木块 1、 2 的加速度大小分别为 a1、a2,重力加速度大小为 g.则有 ( ) A a1 0， a2 g B a1 g， a2 g C a1 0， a2 g D a1

9、 g， a2 g 答案： C 试题分析：弹簧在撤去外力瞬间，形变不能立即恢复，因此 1不受影响，加速度为 0；对木块 2，受力分析如图，当木板抽掉时， FN立即消失，此时木块 2受到的合力 F 合 =（ M m） g，根据牛顿第二定律可得， 。 考点：本题考查了牛顿第二定律 甲、乙两队参加拔河比赛，甲队胜，若不计绳子的质量，下列说法正确的是（ ） A甲队拉绳子的力大于乙队拉绳子的力 B甲队对地面的摩擦力大于乙队对地面的摩擦力 C甲、乙两队与地面间的最大静摩擦力大小相等、方向相反 D甲、乙两队拉绳子的力大小相等 答案： BD 试题分析：甲通过绳子拉乙和乙通过绳子拉甲是作用力与反作用力， A错，

10、D对；甲队胜的原因是甲队对地面的摩擦力大于乙队对地面的摩擦力， B对， C错。 考点：本题考查了对作用力与反作用力的理解 有关超重和失重，以下说法中正确的是（ ） A物体处于超重状态时，所受重力增大，物体处于失重状态时，所受重力减小 B竖直向上抛出的物体，不计空气阻力，处于完全失重状态 C在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机必定处于下降过程 D游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态 答案： B 试题分析：重力 G=mg，与物体所处的状态无关， A错；失（超）重状态是指物体对支持物的作用力小（大）于自身的重力，物体在空中运动，除了重力，不受任何力， B对， C、 D错 。 考点：

11、本题考查了对超重和失重的理解。 如图所示，三根细线 OA、 OB 、 OC最大承受力相同。其中 OB水平， A端、B端固定。若逐渐增加 C端所挂物体质量，则最先断的绳（ ） A必定是 OA B必定是 OB C必定是 OC D可能是 OB，也可能是 OC 答案： A 试题分析： 对 O 点进行受力分析并根据三角形定则可知 OA承受力最大，故最容易先断，A对。 考点：本题考查了共点力的平衡。 放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力 F的作用， F的大小与时间 t的关系和物块速度 v与时间 t的关系如图所示。取重力加速度 g=10m/s2。由此两图线可以求得物块的质量 m和物块与地面之间的动

12、摩擦因数 分别为（ ） A m=0.5 kg， =0.4 B m=1.5 kg， =2/15 C m=0.5 kg， =0.2 D m=1 kg， =0.2 答案： D 试题分析：从 vt 图象可知， 24s，物块做匀加速直线运动，加速度为 1m/s2，根据牛顿第二定律可知： 3N-mg=m。 46s 内，物块做匀速直线运动， 2N=mg，由此得 m=1kg， =0.2，选项 D正确。 考 点：本题考查了牛顿第二定律和图象。 如右图所示，电梯与水平地面成 角，一人站在电梯上，人和电梯从静止开始以相同的加速度匀加速上升，到达一定高度后再匀速上升 .若以 FN表示水平梯板对人的支持力， G为人受到

13、的重力， Ff为梯板对人的静摩擦力，下面结论中正确的是（ ） A在加速过程中， Ff水平向右， FNG B在加速过程中， Ff沿斜面向上， FN=G C在匀速过程中， Ff=0， FN=G D在匀速过程中， Ff=0， FNG 答案： AC 试题分析：在匀加速上升过程中，人的加速度沿电梯斜向上，可分解为水平向右和竖直向上。水平向右的的加速度可由摩擦力提供，竖直向上的加速度由重力和支持力提供，超重， A对。匀速过程中，人受平衡力， Ff=0， FN=G， C正确。 考点：本题考查了牛顿第二定律。 实验题 如图所示的实验装置可以探究加速度与物体质量、物体受力的关系。小车上固定一个盒子，盒子内盛有沙

14、子。沙桶的总质量 (包括桶以及桶内沙子质量 )记为 m，小车的总质量 (包括车、盒子及盒内沙子质量 )记为 M。 （ 1）在该实验中必须采用控制变量法，若探究加速度与物体受 力的关系应保持_不变，用桶以及桶内沙子所受的重力作为 _，用打点计时器测小车的加速度，实验时打出的纸带如图所示，每两点之间还有四个点没有画出来，图中上面的数字为相邻两点间的距离，打点计时器的电源频率为 50Hz。小车的加速度为 _ m/s2（保留三位有效数字）。 （ 2）改变沙子的质量，多次重复测量在某次实验中根据测得的多组数据可画出 a-F关系图线 (如图所示 ) 。 分析此图线的 OA 段可得出的实验结论是 _。 此图

15、线的 AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是 ( ) A小车与轨道之间存在摩擦 B导轨保持了水平状态 C沙桶的总质量太大 D所用小车的质量太大 答案： (1)小车的总质量（或：小车的质量）小车所受外力（或：外力、合外力） 1.98m/s2 在质量不变的条件下，加速度与合外力成正比 C 试题分析：（ 1）探究多个量中两个量的关系采用控制变量法。探究加速度与物体受力的关系，应保持小车的质量不变。小车所受外力（或：外力、合外力）。加速度 。 （ 2） 在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比。 对沙桶和车整体进行受力分析 得， 。对小车， ，当 Mm时， T=mg。若沙桶的的质量不是远大于小车的

16、质量，则不成正比关系。 考点：本题考查了探究加速度与力、质量的关系。 计算题 某人站在高楼的平台边缘，以 20m/s的初速度竖直向上抛出一石子，不考虑空气阻力， (g取 10m/s2) 求： （ 1）物体上升的最大高度是多少？ （ 2）回到抛出点的时间是多少？ 答案：（ 1） 20m （ 2） 4s 试题分析：上升过程：上升时间 :根据 =2s 得 t 上 2s 上升的最大高度： 根据 h 得 h=20m 重物做自由落体运动的过程： t 下 2s，回到抛出点的时间： t= t 上 +t 下 =4s 考点：本题考查了竖直上抛运动 重 150N 的光滑球 A悬空靠在墙和木块 B之间，木块 B的重力

17、为 1500N，且静止在水平地板上，如图所示，则 （ 1）光滑球 A球受到墙和木块 B给的弹力大小分别为多少？ （ 2）木块 B受到地面的支持力和摩擦力大小分别为多少？ 答案：（ 1） FN3 1 650 N， Ff 150 N，（ 2） FN3 1650 N， Ff 150 N， 试题分析：小球 A和木块 B受力分析如图所示， 对 A： FN1cos 60 mAg FN1sin 60 FN2可得： FN1 300 N， FN2 150 N 对 B：由 FN1 FN1， FN1cos 60 mBg FN3 及 FN1sin 60 Ff 可得： FN3 1 650 N， Ff 150 N， 对整

18、体分析，竖直方向： FN3=mAg +mBg 水平方向： Ff=FN2 可得： FN3 1650 N， Ff 150 N 考点：本题考查了受力分析 如图所示， m =4kg的小球挂在小车后壁上，细线与竖直方向成 37角。（ sin37=0.6， cos37=0.8, g=10m/s2）求： （ 1）小车以 a=g向右做匀加速直线运动时，细线对小球的拉力 F1和后壁对小球的压力 F2各多大？ （ 2）小车以 a=2g向右做匀减速直线运动时，细线对小球的拉力 F1和后壁对小球的压力 F2各多大？ 答案：（ 1） F1=50N， F2=70N （ 2） ， F2=0N 试题分析：（ 1）向右加速时，

19、球在三个共点力作用下向右加速。 由水平方向： F2-F1sin37=ma 竖直方向： F1cos37-mg=0，由此得 F1=50N， F2=70N （ 2）当 a=2g时小球必将 离开后壁，由水平方向： F1sin=ma，竖直方向：F1cos37-mg=0 由此得 ， F2=0N。 考点：本题考查了牛顿第二定律。 如图所示，传送带与水平地面夹角为 =37，以 10m/s的速度转动，在传送带上端轻轻地放一个质量 m=0.5的物体，它与传送带间的动摩擦因数 =0.5，已知传送带从 A到 B的长度 L=44m，则物体从 A到 B需要的时间为多少？（ sin37=0.6， cos37=0.8,g取

20、10m/s2） 答案： s或者 t s 试题分析：（ 1）当传送带逆时针转动时，物体放在传送带上后，开始阶段物体受力情况如图甲所示， 由沿斜面方向： mgsin+Ff=ma 垂直于斜面方向 FN -mgcos 0 又 Ff=FN，得 mgsin mgcos ma1， a1 10(0.6 0.50.8) m/s2 10 m/s2 物体加速至与传送带速度相等需要的时间 t1 s 1 s t1时间内位移 x a1t12 5 m 当物体速度大于传送带速度时，此物体受力情况如图 14乙所示， 由沿斜面方向： mgsin-Ff=ma 垂直于斜面方向 FN -mgcos 0 又 Ff=FN得 mgsin-mgcos ma2，得 a2 2 m/s2 设后一阶段物体滑至底端所用的时间为 t2，由 L-x vt2 a2t22解得 t2 3 s， t2 -13 s(舍去 ) 所以物体由 AB 的时间 t t1 t2 4 s. （ 2）当传送带顺时针转动时，物体放在传送带上后，开始阶段物体受力情况如图乙所示， 由沿斜面方向： mgsin-Ff=ma 垂直于斜面方向 N -mgcos 0 又 Ff= 得 mgsin-mgcos ma3得 a2 2 m/s2 x a3t2 44 m 解得 t s 考点：本题考查了牛顿运动定律的应用