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6、【全国百强校】山东省菏泽第一中学八一路校区2019-2020学年高一上学期期中模拟物理试题（教师版）
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这是一份6、【全国百强校】山东省菏泽第一中学八一路校区2019-2020学年高一上学期期中模拟物理试题（教师版），共10页。试卷主要包含了2 s,“13，68 m,“7，关于弹性形变,下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
【全国百强校】山东省菏泽第一中学八一路校区2019-2020学年高一上学期期中模拟物理试题 13
2019~2020学年度高一年级模块检测试题
高一物理
(满分:100分,时间:90分钟)
第Ⅰ卷(选择题 共48分)
选择题(本大题共12小题,每小题4分,共48分。第1~8小题只有一项符合题目要求,第9~12小题有多项符合题目要求。全部选对得4分,少选得2分,有选错的得0分)
1.(★)学校开展秋季运动会,创造出许多优异的成绩。下列描述正确的是( )
A.小海在百米赛跑中到达终点时的速度为8 m/s,“8 m/s”指的是瞬时速度
B.小勇同学百米赛跑的成绩是13.2 s,“13.2 s”指的是时刻
C.小英在田径场进行800 m赛跑,“800 m”指的是运动员的位移大小
D.小华掷铅球的成绩为7.68 m,“7.68 m”指的是铅球的位移大小
1.
考向 位移、 时间和时刻、 平均速度和瞬时速度
分析 根据位移的定义、时间和时刻的区别、平均速度和瞬时速度区别。
解析 A、到达终点的速度对应一个位置,故8 m/s为瞬时速度,故A正确;
B、小勇同学百米赛跑的成绩是13.2,“13.2”对应的是一个过程,故为时间,故B错误;
C、800 m赛跑时,对应的是曲线运动,故800 m为路程,故C错误;
D、运动员铅球成绩为7.68 m,指的是水平方向的位移大小为7.68 m,故D错误。
答案 A
点评 本题考查对物理概念的理解,区分时间和时刻、路程和位移。时间是指时间的长度,在时间轴上对应一段距离,时刻是指时间点,在时间轴上对应一个点;位移是初位置指向末位置的有向线段,只有在单向直线运动中,物体的位移大小等于其路程。
2.(★)关于弹性形变,下列说法正确的是( )
A.物体受力后发生的一切形变都可视为弹性形变
B.物体在去掉外力后,能够恢复原来形状的形变为非弹性形变
C.当你坐在椅子上时,椅面发生的微小形变可视为弹性形变
D.物体在外力停止作用后仍存在的形变,叫弹性形变
2.
考向 弹性形变
分析 根据定义:物体形变后能恢复原状的形变叫弹性形变判断。
解析 A、物体形变后能恢复原状的形变叫弹性形变,并不是受力后发生的形变都是弹性形变,故A错误;
B、物体形变后,能恢复原状,则称为弹性形变,故B错误;
C、能够恢复原状的形变才是弹性形变,当你坐在椅子上时,椅面发生的微小形变可视为弹性形变,故C正确;
D、物体在外力停止作用后仍存在的形变,叫非弹性形变,故D错误。
答案 C
3.(★)玩具汽车停在模型桥面上,如图所示,下列说法正确的是( )
A.桥梁受向下的弹力,是因为桥梁发生了弹性形变
B.汽车没有发生形变,所以汽车不受弹力
C.汽车受向上的弹力,是因为桥梁发生了弹性形变
D.汽车受向上的弹力,是因为汽车发生了形变
3.
考向 弹力产生的原因
分析 判断弹力的施力物体和受力物体,确定弹力产生的原因。
解析 弹性形变指物体形变之后撤去外力能完全恢复原来形状的形变,桥面受到向下的弹力,施力物体是汽车,所以是汽车发生了弹性形变,故A错误,B也错误;汽车受到向上的弹力,施力物体是桥面,所以桥梁发生了弹性形变,故C正确,D错误.
答案 C
点评 弹力是发生弹性形变的物体想恢复原状,对与它接触的物体产生的力的作用,所以是施力物体发生了弹性形变,从而产生了这个弹力。
4.(★)某物体沿直线运动到A点时的速度为8 m/s,则下列说法一定正确的是( )
A.质点在过A点后1 s内的位移是8 m
B.若质点从A点开始做减速直线运动,则以后每1 s内的位移都小于8 m
C.质点在以过A点时刻为中间时刻的1 s内的位移是8 m
D.若质点从A点开始做匀速直线运动,则以后每1 s内的位移都大于8 m
4.
考向 不同性质运动中位移的计算
解析 A、某物体沿直线运动到A点的速度为8m/s,即A点的瞬时速度为8 m/s,由于之后不知物体做什么运动,所以质点在过A点后1 s内的位移不能确定,故A错误;
B、若质点从A点开始做减速直线运动,则以后的速度都小于8 m/s,所以每1 s内的位移小于8 m,故B正确;
C、由于不知物体做什么运动,所以质点在以过A点时刻为中间时刻的1 s内的位移无法确定,故C错误;
D、若质点从A点开始做匀速直线运动,则以后每1 s内的位移都为8 m,故D错误。
答案 B
点评 判断物体运动情况时,首先要确定物体的运动性质,再依据不同性质选择不同公式解决问题。
5.(★)某汽车在平直公路上以12 m/s的速度匀速行驶,现因前方发生紧急事件刹车,加速度的大小为6 m/s2,则下列说法中正确的是( )
A.刹后后1 s末的速度为18 m/s
B.刹后后3 s末的速度为-6 m/s
C.刹车后1 s内的位移为9 m
D.停止前1 s内行驶的平均速度为6 m/s
5.
考向 刹车问题
分析 根据速度-时间公式求出汽车速度减为零的时间,判断汽车是否停止,再结合速度-时间公式求出刹车后的速度,根据位移公式求出位移。
解析 汽车速度减为零的时间为:
t0=v0a=126=2 s
A、刹车后1 s末的速度为:v=v0+at=(12-6×1) m/s=6 m/s,故A错误;
B、刹车2 s时刻车已停止运动,所以3 s末车的速度是0,故B错误;
C、刹车后1 s内的位移为:x=v0t-12at2=9 m,故C正确;
D、停止前1 s的位移可以按逆向匀加速处理,则停止前1 s内位移为x=12at2=12×6×1 m=3 m,所以平均速度为v=xt=31=3 m/s,故D错误。
答案 C
点评 解决本题的关键是掌握匀变速直线运动学公式,注意汽车刹车是道易错题,关键要知道速度减为零后汽车不再运动.先分析刹停时间t停=v0a,然后判断汽车是否停止,若已经停止,位移x=v022a、速度为零;若未停止,位移x=v0t-12at2、速度v=v0-at。
6.(★)如图所示的装置中,小球的质量均相同,弹簧和细线的质量均不计,一切摩擦忽略不计,平衡时各弹簧的弹力分别为F1、F2、F3,其大小关系是( )
A.F1=F2=F3 B.F1=F2
6.
考向 判断弹簧弹力大小
分析 弹簧的弹力大小等于小球静止时弹簧所受的拉力大小,分别以小球为研究对象,由平衡条件求解弹簧的弹力。
解析 第一幅图:以下面小球为研究对象,由平衡条件得知,弹簧的弹力等于小球的重力G;第二幅图:以小球为研究对象,由平衡条件得知,弹簧的弹力等于小球的重力G;第三幅图:以任意一个小球为研究对象,由平衡条件得知,弹簧的弹力等于小球的重力G;所以平衡时各弹簧的弹力大小相等,即有F1=F2=F3。故选A
答案 A
点评 本题要把握住小球的平衡,利用平衡条件解题,尤其要注意第三幅图中弹力不等于2G,否则左、右小球都会向上运动。
7.(★)某同学从高楼楼顶将一小球由静止释放,已知小球到达地面的前一秒内的平均速度为35 m/s,取g=10 m/s2,则此座高楼的楼顶高约为( )
A.20 m B.40 m
C.60 m D.80 m
7.
考向 自由落体运动规律的应用
分析 先根据平均速度计算落地前1s的位移,最后1s的位移用总位移减去前(t-1)s的位移 ,求出下落时间t,再根据自由落体运动规律求高度。
解析 设物体下落的时间为t,则物体落地前1 s内的位移x=12gt2-12g(t-1)2=35 m,解得下落时间t=4 s ,故释放时的离地高度H=12gt2=12×10×16=80 m,故D正确
答案 D
点评 本题关键明确自由落体运动的运动性质,然后根据运动学公式列式求解。(1)自由落体运动是初速度为零,加速度为g 的匀变速直线运动,匀变速直线运动的公式和推论都适用;自由落体运动任意相等的时间间隔内速度变化量Δv=gΔt相等,自由落体下落高度h=12gt2,末速度、高度与速度满足v2=2gh。 (2)“第N秒的位移”等于“前N秒位移”减“前(N—1)秒位移”
8.(★)某质点的位移随时间变化在数量上的关系是x=5t+t2,x与t的单位分别为m和s,则质点的初速度大小及其在第5 s内的平均速度大小分别为( )
A.v0=10 m/s,v=14 m/s
B.v0=10 m/s,v=15 m/s
C.v0=5 m/s,v=14 m/s
D.v0=5 m/s,v=15 m/s
8.
考向 匀变速直线运动规律的应用
分析 通过对位移-时间关系式x=v0t+12at2的分析,确定物体运动的初速度和加速度,再根据某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出第五秒的平均速度。
解析 根据匀变速运动的位移随时间变化的关系式x=x0t+12at2=5t+t2得,v0=5 m/s,a=2 m/s2。又因为质点做匀变速直线运动,第五秒内的平均速度和第4.5秒的瞬时速度相等,即v5=v4.5=v0+at'=14 m/s,故选C。
答案 C
点评 本题出题思路比较巧妙,考察了学生对运动学公式的熟练程度以及类比法的应用。解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移-时间公式,并能灵活运用。
9.(★)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
9.
考向 关于重力的理解
分析 重力的方向竖直向下,重力加速度随地球纬度的升高而增大,自由落体运动的加速度与质量无关。
解析 A、重力的方向竖直向下,故A正确;
B、物体所受重力的施力物体是地球,故B正确;
C、地球表面的自由落体加速度随纬度的增大而增大,故C错误;
D、自由落体运动的加速度与质量无关,轻重不同的物体在同一位置重力加速度相等,故D错误。
答案 AB
点评 关于重力理解:(1)由于地球的吸引而使物体受到的力叫重力;(2)重力大小G=mg,同一物体的重力随纬度增大而增大,随高度增大而减小;(3)重力方向总是竖直向下;(4)重力的等效作用点在重心,重心可以物体上,也可以在物体外;形状规则且质量分布均匀的物体重心在几何中心。
10.(★)如图所示,劲度系数分别为k1、k2(k1>k2)的两个轻质弹簧的原长相同。现在每个弹簧下挂上相同质量的物体,弹簧的形变仍在弹性限度内,则稳定后,下列判断正确的是( )
A.弹簧甲的伸长量大于弹簧乙的伸长量
B.弹簧甲的伸长量小于弹簧乙的伸长量
C.弹簧甲的弹力大于弹簧乙的弹力
D.弹簧甲的弹力与弹簧乙的弹力大小相等
10.
考向 弹簧弹力和形变量之间的关系
分析 根据胡克定律F=kx 和平衡条件判断。
解析 先根据平衡条件,弹簧弹力和物体的重力大小相等,方向相反,所以甲、乙弹簧的弹力大小相等,C错误、D正确;根据胡克定律F=kx可知,x=Fk=mgk,由于k1>k2,所以x1
点评
11.(★)如图所示,物体A被水平力F压在竖直墙壁上静止不动。下列说法正确的是( )
A.若增大力F,则墙壁对A的弹力增大
B.若增大力F,则墙壁对A的摩擦力增大
C.若撤去力F,则A沿墙壁下落的过程中受到三个力作用
D.若力F逐渐减小为原来的一半后,A沿墙壁下滑,则此时墙壁对A的摩擦力比力F减小前小
11.
考向 摩擦力大小的计算
分析 物体相对墙面静止不动时,受到向上的静摩擦力,根据受力平衡求各个力。
解析 对物块受力分析,设物块受的重力为G,摩擦力为f的,墙支持力为N,示意图如下:
根据受力分析:N=F 、f=G,故增大F后,弹力N增大,摩擦力f 不变,A正确、B错误;
C:若撤去F,弹力N=0,物体与墙壁不挤压,没有摩擦力,故物体只受重力一个力,C错误;
D:若力F逐渐减小为原来的一半后,物体沿墙壁下滑,所受摩擦力小于重力,所以此时摩擦力比原来小,故D正确。
答案 AD
点评 在计算摩擦力大小时,先判断是静摩擦力还是滑动摩擦力,滑动摩擦力大小f=μN(N是压力);静摩擦力要根据二力平衡运算,即静摩擦力等于使物体产生静摩擦的外力的大小,静摩擦力存在最大值0
A.两车只能相遇一次
B.B车的加速度大小为89 m/s2
C.0~9 s时间内,B车的平均速度等于为6 m/s
D.从t=0开始,两车相遇时A车已行驶了36 m
12.
考向 v—t图像的应用
分析 分析甲、乙两车的v—t图像的形状、倾斜程度、横纵截距和图形面积得到物体的运动信息
解析 A.根据速度图象与时间轴围成面积表示位移,则9 s内A车位移为:xA=12×9s×8 m/s=36 m,B车位移为:xB=12×9 s×(4 m/s+8 m/s)=54 m,所以9 s末两车位移之差为:xB-xA=18 m,因为t=0 s时,A车在B车前方18 m处,故两车在9 s末只能相遇一次,由于9 s后A的速度始终大于B的速度,两车不会再相遇,故A正确;
B.B车的加速度大小为:aB=4m/s9s=49 m/s2,故B错误;
C.0~9 内,B车平均速度大小为:vB=xBt=6 m/s,故C正确;
D.由上分析,从t=9 s开始,两车相遇时A车已行驶了36 m,故D正确。
答案 ACD
点评 (1)在v—t图像中,某一点代表此时刻的瞬时速度,时间轴上方速度是正,时间轴下方速度是负。(2)v—t图像切线的斜率表示加速度,加速度向右上方倾斜为正,向右下方倾斜为负;斜率不变的倾斜直线,代表匀变速直线运动。(3)v—t图像与坐标轴围成的面积代表位移,时间轴上方为正,时间轴下方为负。(4)v—t图像的交点代表速度相等,是相距最近或相距最远的临界条件。
第Ⅱ卷(非选择题,50分)
非选择题部分(共6小题,共52分。把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,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。)
13.(★)(6分)某实验小组利用图甲所示装置做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验。通过改变弹簧下面所挂钩码的个数,测出弹力和弹簧长度的几组数据,再根据所得数据在坐标纸上作出F-x图象如图乙所示,不计弹簧受到的重力。
(1)该弹簧处于竖直状态时的原长为 cm。
(2)实验得到的结论为 。
(3)该弹簧的劲度系数为 N/m(结果保留三位有效数字)。
13.
考向 探究弹簧弹力和形变量之间的关系
分析 根据胡克定律F=kΔx得F=k(x-L0),结合图像中的数据得到实验结论和弹簧的劲度系数。
答案 6 在弹性限度内,弹簧的弹力和形变量成正比 26.7(每空2分)
解析 根据胡克定律F=kΔx和形变量Δx=x-L0,得F—x图像的关系式F=k(x-L0),图像在x 轴的截距代表F=0时,弹簧长度为原长且为6cm,图像的斜率表示弹簧的劲度系数k=ΔFΔx=1.6−00.12−0.06 N/m=26.7 N/m;观察图像得出的结论为:在弹性限度内,弹簧的弹力和形变量成正比。
点评 注意胡克定律的两种表达形式:弹力与形变量的关系F=kΔx、弹力与弹簧长度的关系F=k(x-L0),做题时要加以区分。还要注意题中坐标轴的单位,统一使用国际制单位运算。
14.(★)(9分)图示是研究物体做匀变速直线运动的实验得到的一条纸带(实验中打点计时器所接交流电源的频率为50 Hz),从某点开始每5个计时点取一个计数点(即相邻两个计数点之间有4个计时点未画出),依照打点的先后顺序依次编为0、1、2、3、4、5、6,测得各相邻计数点之间的距离分别为s1=6.00 cm,s2=5.00 cm,s3=4.00 cm,s4=3.00 cm,s5=2.00 cm,s6=1.00 cm。
(1)打点计时器打相邻两计数点的时间间隔为 s。
(2)打点计时器打计数点1时,物体的速度大小为 m/s(结果保留两位有效数字)。
(3)物体的加速度大小为 m/s2(结果保留两位有效数字)。
14.
考向 实验数据处理
分析 利用电源频率和取点规律求时间间隔;根据匀变速直线运动的某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点1的瞬时速度,再根据连续相等时间间隔内的位移差是一个恒量求出小车的加速度。
答案 0.1 0.55 1.0
解析 (1)打点周期等于电源频率的倒数t=1/f=0.02 s。如果每5个点取一个计数点,则相邻计数点之间的时间隔T=5t=0.1 s。
(2)根据匀变速直线运动中某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度:v1=x202T=s1+s22T=0.06+0.050.2 m/s2=0.55 m/s。
(3)根据连续相等时间间隔位移差是一个恒量:Δx=aT2得a=ΔxT2=0.010.01 m/s2=1.0 m/s2
点评 在运用公式处理纸带时要注意:(1)测量长度的单位在代入公式运算时均转化成m;(2)注意T的取值,本题相邻计数点间的时间间隔T=0.1 s;(3)计算结果注意按照题中要求保留小数或有效数字。
15.(★)(8分)一茶杯从离地高h=0.8 m的茶几边缘掉落,并不经弹跳静止在厚度不计的地毯上。空气阻力不计,取g=10 m/s2。
(1)求茶杯刚与地毯接触时的速度大小v;
(2)若从茶杯接触地毯到静止的时间t=0.1 s,求该过程中茶杯的平均加速度a。
15.
考向 自由落体运动规律和加速度定义式
分析 根据自由落体运动高度与速度关系v2=2gh求落地速度,根据加速度定义式求平均加速度。
解析 (1)茶杯掉落到与地毯接触前做自由落体运动,落地速度满足v2=2gh(2分)
解得v=4 m/s(2分)
(2)设向下为正方向,茶杯接触地毯的过程中,平均加速度a=ΔvΔt=0−vt(2分)
解得a=-40 m/s2(1分)
负号代表方向向上(1分)
点评 本题是对运动概念的考查,明确自由落体运动的运动学公式:自由落体下落高度h=12gt2、末速度v=gt、高度与速度满足v2=2gh。
16.(★)(8分)如图所示,在竖直悬挂的轻弹簧下吊着一轻质定滑轮,一细线穿过滑轮连接着P、Q两物体,其中物体P放在水平地面上,物体Q竖直悬挂着。已知物体P的质量M=1 kg,物体Q的质量m=0.4 kg,弹簧的劲度系数k=200 N/m,取g=10 m/s2,求:
(1)物体P所受地面的弹力大小FN;
(2)弹簧的伸长量x。
16.
考向 受力分析和平衡条件的应用
分析 先以Q物体为研究对象,由平衡条件得到细绳的拉力大小,即可得到弹簧的弹力,再以P物体为研究对象,分析受力,由平衡条件求得物体P受到地面的弹力FN;(2)根据平衡条件求弹力,根据胡克定律求弹簧伸长量
解析 (1)对Q、P进行受力分析,如图所示,根据平衡条件(2分)
对于Q:T=GQ=mg=4 N(2分)
对于P:FN=GP-T=Mg-T=6 N(2分)
(2)对轻质滑轮受力分析,根据平衡条件知弹簧弹力F=2T=8N(1分)
根据胡克定律F=kx得:x=Fk=0.04 m(1分)
点评 解决物体平衡类问题的方法步骤如下:
①确定研究对象;
②分析研究对象的受力情况,画出受力示意图;
③选取适当的直角坐标系,将不在坐标轴上的力进行正交分解,受力简单时,可用合成法或分解法;
④根据平衡条件列方程:Fx合=0和Fy合=0;
⑤对方程进行求解,必要时需对结果进行讨论。
17.(★)(9分)某航空母舰上的战斗机起飞过程中的最大加速度是a=5 m/s2,飞机速度要达到v1=60 m/s才能起飞,航空母舰甲板长为L=200 m。试计算分析:
(1)若航空母舰静止,飞机靠自身能否安全起飞?
(2)为使飞机安全起飞,可通过弹射装置给飞机初速度,那么至少应给多大的初速度v0?
(3)若无弹射装置,可以让航空母舰以一定速度航行,求航空母舰的最小速度vx应是多少才能让飞机能够安全起飞?(设飞机起飞对航空母舰本身的运动状态没有影响,飞机的运动可以看作匀加速直线运动,计算结果中可以保留根号)
17.
考向 匀变速直线运动规律的应用
分析 (1)根据速度-位移公式求出飞机起飞需要的最小位移确定是否能安全起飞;(2)根据位移-速度公式求飞机的初速度;(3)第(3)问的临界条件是航空母舰和飞机的位移差为甲板长度,在此时间内飞机恰好加速到起飞速度。
解析 (1)飞机起飞过程的最小位移x=v12-02a=360 m>L,故不能安全起飞。(2分)
(2)设弹射装置使飞机具有的初速度为v0,根据v12-v02=2aL(1分)
得v0=v12-2aL=40 m/s(1分)
(3)设t时间内航空母舰和飞机的位移分别为x1和x2,航空母舰做匀速直线运动x1=xxt(1分)
飞机做匀加速直线运动x2=vxt+12at2(1分)
则根据题意由x2-x1=L(1分)
飞机恰好达到起飞速度v1=vx+at(1分)
联立解得:vx=(60-205)m/s(1分)
点评 题目设置航母上的飞机起飞的情景,可以体验科学技术与社会的联系,要分析题中所给信息对应的物理量。第三问中飞机和航母的运动关系属于追及问题,先找位移关系确定时间,再根据飞机的条件求解。
18.(★)(12分)如图所示,A为武警车,B为逃犯汽车,两车(均视为质点)静止且相距x0=265 m,B到边境线C的距离L=2000 m。某时刻B开始以a2=5 m/s2的加速度由静止开始沿垂直边境线C的平直公路做匀加速直线运动向边境逃窜,与此同时武警接到群众举报,从接到举报到武警车启动历时t0=15 s,若A以a1=6 m/s2的加速度由静止开始做匀加速直线运动追B,已知A能达到的最大速度vm1=45 m/s,B能达到的最大速度vm2=30 m/s,两车速度达到最大后均做匀速运动。
(1)求两车间的最大距离xm;
(2)试通过计算判断A能否在境内追上B。
18.
考向 追及问题
分析 (1)当警车和逃犯汽车速度相等时相距最远,由速度公式求出,根据位移时间公式求出警车和逃犯汽车的最大距离。(2)假设能追上,根据位移关系求解时间,再依据实际情况讨论。
解析 经分析可知,当两车加速时速度均为vm2=30 m/s时距离最大
A、B两车的速度达到vm2所用的时间分别为:
t1=vm2a1,t2=vm2a2
两车间的距离最大时,A、B的位移大小分别为:
x1=0+vm22·t1,x2=0+xm22·t2+vm2(t0+t1-t2)
又:xm=x0+x2-x1
解得:xm=700 m。
两车达到共同速度后至A速度达到最大值所需的时间为:t3=vm1-vm2a1
t3时间内A的位移大小为:x'1=vm2+vm12·t3
设从两车达到共同速度起至A追上B所需的时间为t4,则t4时间内B的位移大小为:
x'2=vm2t4
A追上B时有:x'1+vm1(t4-t3)=xm+x'2
解得:t4=57512s
由于x2+x'2=1947.5m
追上时两车处于同一位置,可由运动示意图分析位移关系;速度相等是相距最近、相距最远、恰好相撞和恰好不相撞的临界条件;还要注意两车是否同时运动,谁先谁后,必要时还可以利用v—t图像求解。
【全国百强校】山东省菏泽第一中学八一路校区2019-2020学年高一上学期期中模拟物理试题 13
2019~2020学年度高一年级模块检测试题
高一物理
(满分:100分,时间:90分钟)
第Ⅰ卷(选择题 共48分)
选择题(本大题共12小题,每小题4分,共48分。第1~8小题只有一项符合题目要求,第9~12小题有多项符合题目要求。全部选对得4分,少选得2分,有选错的得0分)
1.(★)学校开展秋季运动会,创造出许多优异的成绩。下列描述正确的是( )
A.小海在百米赛跑中到达终点时的速度为8 m/s,“8 m/s”指的是瞬时速度
B.小勇同学百米赛跑的成绩是13.2 s,“13.2 s”指的是时刻
C.小英在田径场进行800 m赛跑,“800 m”指的是运动员的位移大小
D.小华掷铅球的成绩为7.68 m,“7.68 m”指的是铅球的位移大小
1.
考向 位移、 时间和时刻、 平均速度和瞬时速度
分析 根据位移的定义、时间和时刻的区别、平均速度和瞬时速度区别。
解析 A、到达终点的速度对应一个位置,故8 m/s为瞬时速度,故A正确;
B、小勇同学百米赛跑的成绩是13.2,“13.2”对应的是一个过程,故为时间,故B错误;
C、800 m赛跑时,对应的是曲线运动,故800 m为路程,故C错误;
D、运动员铅球成绩为7.68 m,指的是水平方向的位移大小为7.68 m,故D错误。
答案 A
点评 本题考查对物理概念的理解,区分时间和时刻、路程和位移。时间是指时间的长度,在时间轴上对应一段距离,时刻是指时间点,在时间轴上对应一个点;位移是初位置指向末位置的有向线段,只有在单向直线运动中,物体的位移大小等于其路程。
2.(★)关于弹性形变,下列说法正确的是( )
A.物体受力后发生的一切形变都可视为弹性形变
B.物体在去掉外力后,能够恢复原来形状的形变为非弹性形变
C.当你坐在椅子上时,椅面发生的微小形变可视为弹性形变
D.物体在外力停止作用后仍存在的形变,叫弹性形变
2.
考向 弹性形变
分析 根据定义:物体形变后能恢复原状的形变叫弹性形变判断。
解析 A、物体形变后能恢复原状的形变叫弹性形变,并不是受力后发生的形变都是弹性形变,故A错误;
B、物体形变后,能恢复原状,则称为弹性形变,故B错误;
C、能够恢复原状的形变才是弹性形变,当你坐在椅子上时,椅面发生的微小形变可视为弹性形变,故C正确;
D、物体在外力停止作用后仍存在的形变,叫非弹性形变,故D错误。
答案 C
3.(★)玩具汽车停在模型桥面上,如图所示,下列说法正确的是( )
A.桥梁受向下的弹力,是因为桥梁发生了弹性形变
B.汽车没有发生形变,所以汽车不受弹力
C.汽车受向上的弹力,是因为桥梁发生了弹性形变
D.汽车受向上的弹力,是因为汽车发生了形变
3.
考向 弹力产生的原因
分析 判断弹力的施力物体和受力物体,确定弹力产生的原因。
解析 弹性形变指物体形变之后撤去外力能完全恢复原来形状的形变,桥面受到向下的弹力,施力物体是汽车,所以是汽车发生了弹性形变,故A错误,B也错误;汽车受到向上的弹力,施力物体是桥面,所以桥梁发生了弹性形变,故C正确,D错误.
答案 C
点评 弹力是发生弹性形变的物体想恢复原状,对与它接触的物体产生的力的作用,所以是施力物体发生了弹性形变,从而产生了这个弹力。
4.(★)某物体沿直线运动到A点时的速度为8 m/s,则下列说法一定正确的是( )
A.质点在过A点后1 s内的位移是8 m
B.若质点从A点开始做减速直线运动,则以后每1 s内的位移都小于8 m
C.质点在以过A点时刻为中间时刻的1 s内的位移是8 m
D.若质点从A点开始做匀速直线运动,则以后每1 s内的位移都大于8 m
4.
考向 不同性质运动中位移的计算
解析 A、某物体沿直线运动到A点的速度为8m/s,即A点的瞬时速度为8 m/s,由于之后不知物体做什么运动,所以质点在过A点后1 s内的位移不能确定,故A错误;
B、若质点从A点开始做减速直线运动,则以后的速度都小于8 m/s,所以每1 s内的位移小于8 m,故B正确;
C、由于不知物体做什么运动,所以质点在以过A点时刻为中间时刻的1 s内的位移无法确定,故C错误;
D、若质点从A点开始做匀速直线运动,则以后每1 s内的位移都为8 m,故D错误。
答案 B
点评 判断物体运动情况时,首先要确定物体的运动性质,再依据不同性质选择不同公式解决问题。
5.(★)某汽车在平直公路上以12 m/s的速度匀速行驶,现因前方发生紧急事件刹车,加速度的大小为6 m/s2,则下列说法中正确的是( )
A.刹后后1 s末的速度为18 m/s
B.刹后后3 s末的速度为-6 m/s
C.刹车后1 s内的位移为9 m
D.停止前1 s内行驶的平均速度为6 m/s
5.
考向 刹车问题
分析 根据速度-时间公式求出汽车速度减为零的时间,判断汽车是否停止,再结合速度-时间公式求出刹车后的速度,根据位移公式求出位移。
解析 汽车速度减为零的时间为:
t0=v0a=126=2 s
A、刹车后1 s末的速度为:v=v0+at=(12-6×1) m/s=6 m/s,故A错误;
B、刹车2 s时刻车已停止运动,所以3 s末车的速度是0,故B错误;
C、刹车后1 s内的位移为:x=v0t-12at2=9 m,故C正确;
D、停止前1 s的位移可以按逆向匀加速处理,则停止前1 s内位移为x=12at2=12×6×1 m=3 m,所以平均速度为v=xt=31=3 m/s,故D错误。
答案 C
点评 解决本题的关键是掌握匀变速直线运动学公式,注意汽车刹车是道易错题,关键要知道速度减为零后汽车不再运动.先分析刹停时间t停=v0a,然后判断汽车是否停止,若已经停止,位移x=v022a、速度为零;若未停止,位移x=v0t-12at2、速度v=v0-at。
6.(★)如图所示的装置中,小球的质量均相同,弹簧和细线的质量均不计,一切摩擦忽略不计,平衡时各弹簧的弹力分别为F1、F2、F3,其大小关系是( )
A.F1=F2=F3 B.F1=F2
6.
考向 判断弹簧弹力大小
分析 弹簧的弹力大小等于小球静止时弹簧所受的拉力大小,分别以小球为研究对象,由平衡条件求解弹簧的弹力。
解析 第一幅图:以下面小球为研究对象,由平衡条件得知,弹簧的弹力等于小球的重力G;第二幅图:以小球为研究对象,由平衡条件得知,弹簧的弹力等于小球的重力G;第三幅图:以任意一个小球为研究对象,由平衡条件得知,弹簧的弹力等于小球的重力G;所以平衡时各弹簧的弹力大小相等,即有F1=F2=F3。故选A
答案 A
点评 本题要把握住小球的平衡,利用平衡条件解题,尤其要注意第三幅图中弹力不等于2G,否则左、右小球都会向上运动。
7.(★)某同学从高楼楼顶将一小球由静止释放,已知小球到达地面的前一秒内的平均速度为35 m/s,取g=10 m/s2,则此座高楼的楼顶高约为( )
A.20 m B.40 m
C.60 m D.80 m
7.
考向 自由落体运动规律的应用
分析 先根据平均速度计算落地前1s的位移,最后1s的位移用总位移减去前(t-1)s的位移 ,求出下落时间t,再根据自由落体运动规律求高度。
解析 设物体下落的时间为t,则物体落地前1 s内的位移x=12gt2-12g(t-1)2=35 m,解得下落时间t=4 s ,故释放时的离地高度H=12gt2=12×10×16=80 m,故D正确
答案 D
点评 本题关键明确自由落体运动的运动性质,然后根据运动学公式列式求解。(1)自由落体运动是初速度为零,加速度为g 的匀变速直线运动,匀变速直线运动的公式和推论都适用;自由落体运动任意相等的时间间隔内速度变化量Δv=gΔt相等,自由落体下落高度h=12gt2,末速度、高度与速度满足v2=2gh。 (2)“第N秒的位移”等于“前N秒位移”减“前(N—1)秒位移”
8.(★)某质点的位移随时间变化在数量上的关系是x=5t+t2,x与t的单位分别为m和s,则质点的初速度大小及其在第5 s内的平均速度大小分别为( )
A.v0=10 m/s,v=14 m/s
B.v0=10 m/s,v=15 m/s
C.v0=5 m/s,v=14 m/s
D.v0=5 m/s,v=15 m/s
8.
考向 匀变速直线运动规律的应用
分析 通过对位移-时间关系式x=v0t+12at2的分析,确定物体运动的初速度和加速度,再根据某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出第五秒的平均速度。
解析 根据匀变速运动的位移随时间变化的关系式x=x0t+12at2=5t+t2得,v0=5 m/s,a=2 m/s2。又因为质点做匀变速直线运动,第五秒内的平均速度和第4.5秒的瞬时速度相等,即v5=v4.5=v0+at'=14 m/s,故选C。
答案 C
点评 本题出题思路比较巧妙,考察了学生对运动学公式的熟练程度以及类比法的应用。解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移-时间公式,并能灵活运用。
9.(★)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
9.
考向 关于重力的理解
分析 重力的方向竖直向下,重力加速度随地球纬度的升高而增大,自由落体运动的加速度与质量无关。
解析 A、重力的方向竖直向下,故A正确;
B、物体所受重力的施力物体是地球,故B正确;
C、地球表面的自由落体加速度随纬度的增大而增大,故C错误;
D、自由落体运动的加速度与质量无关,轻重不同的物体在同一位置重力加速度相等,故D错误。
答案 AB
点评 关于重力理解:(1)由于地球的吸引而使物体受到的力叫重力;(2)重力大小G=mg,同一物体的重力随纬度增大而增大,随高度增大而减小;(3)重力方向总是竖直向下;(4)重力的等效作用点在重心,重心可以物体上,也可以在物体外;形状规则且质量分布均匀的物体重心在几何中心。
10.(★)如图所示,劲度系数分别为k1、k2(k1>k2)的两个轻质弹簧的原长相同。现在每个弹簧下挂上相同质量的物体,弹簧的形变仍在弹性限度内,则稳定后,下列判断正确的是( )
A.弹簧甲的伸长量大于弹簧乙的伸长量
B.弹簧甲的伸长量小于弹簧乙的伸长量
C.弹簧甲的弹力大于弹簧乙的弹力
D.弹簧甲的弹力与弹簧乙的弹力大小相等
10.
考向 弹簧弹力和形变量之间的关系
分析 根据胡克定律F=kx 和平衡条件判断。
解析 先根据平衡条件,弹簧弹力和物体的重力大小相等,方向相反,所以甲、乙弹簧的弹力大小相等,C错误、D正确;根据胡克定律F=kx可知,x=Fk=mgk,由于k1>k2,所以x1
点评
11.(★)如图所示,物体A被水平力F压在竖直墙壁上静止不动。下列说法正确的是( )
A.若增大力F,则墙壁对A的弹力增大
B.若增大力F,则墙壁对A的摩擦力增大
C.若撤去力F,则A沿墙壁下落的过程中受到三个力作用
D.若力F逐渐减小为原来的一半后,A沿墙壁下滑,则此时墙壁对A的摩擦力比力F减小前小
11.
考向 摩擦力大小的计算
分析 物体相对墙面静止不动时,受到向上的静摩擦力,根据受力平衡求各个力。
解析 对物块受力分析,设物块受的重力为G,摩擦力为f的,墙支持力为N,示意图如下:
根据受力分析:N=F 、f=G,故增大F后,弹力N增大,摩擦力f 不变,A正确、B错误;
C:若撤去F,弹力N=0,物体与墙壁不挤压,没有摩擦力,故物体只受重力一个力,C错误;
D:若力F逐渐减小为原来的一半后,物体沿墙壁下滑,所受摩擦力小于重力,所以此时摩擦力比原来小,故D正确。
答案 AD
点评 在计算摩擦力大小时,先判断是静摩擦力还是滑动摩擦力,滑动摩擦力大小f=μN(N是压力);静摩擦力要根据二力平衡运算,即静摩擦力等于使物体产生静摩擦的外力的大小,静摩擦力存在最大值0
A.两车只能相遇一次
B.B车的加速度大小为89 m/s2
C.0~9 s时间内,B车的平均速度等于为6 m/s
D.从t=0开始,两车相遇时A车已行驶了36 m
12.
考向 v—t图像的应用
分析 分析甲、乙两车的v—t图像的形状、倾斜程度、横纵截距和图形面积得到物体的运动信息
解析 A.根据速度图象与时间轴围成面积表示位移,则9 s内A车位移为:xA=12×9s×8 m/s=36 m,B车位移为:xB=12×9 s×(4 m/s+8 m/s)=54 m,所以9 s末两车位移之差为:xB-xA=18 m,因为t=0 s时,A车在B车前方18 m处,故两车在9 s末只能相遇一次,由于9 s后A的速度始终大于B的速度,两车不会再相遇,故A正确;
B.B车的加速度大小为:aB=4m/s9s=49 m/s2,故B错误;
C.0~9 内,B车平均速度大小为:vB=xBt=6 m/s,故C正确;
D.由上分析,从t=9 s开始,两车相遇时A车已行驶了36 m,故D正确。
答案 ACD
点评 (1)在v—t图像中,某一点代表此时刻的瞬时速度,时间轴上方速度是正,时间轴下方速度是负。(2)v—t图像切线的斜率表示加速度,加速度向右上方倾斜为正,向右下方倾斜为负;斜率不变的倾斜直线,代表匀变速直线运动。(3)v—t图像与坐标轴围成的面积代表位移,时间轴上方为正,时间轴下方为负。(4)v—t图像的交点代表速度相等,是相距最近或相距最远的临界条件。
第Ⅱ卷(非选择题,50分)
非选择题部分(共6小题,共52分。把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,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。)
13.(★)(6分)某实验小组利用图甲所示装置做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验。通过改变弹簧下面所挂钩码的个数,测出弹力和弹簧长度的几组数据,再根据所得数据在坐标纸上作出F-x图象如图乙所示,不计弹簧受到的重力。
(1)该弹簧处于竖直状态时的原长为 cm。
(2)实验得到的结论为 。
(3)该弹簧的劲度系数为 N/m(结果保留三位有效数字)。
13.
考向 探究弹簧弹力和形变量之间的关系
分析 根据胡克定律F=kΔx得F=k(x-L0),结合图像中的数据得到实验结论和弹簧的劲度系数。
答案 6 在弹性限度内,弹簧的弹力和形变量成正比 26.7(每空2分)
解析 根据胡克定律F=kΔx和形变量Δx=x-L0,得F—x图像的关系式F=k(x-L0),图像在x 轴的截距代表F=0时,弹簧长度为原长且为6cm,图像的斜率表示弹簧的劲度系数k=ΔFΔx=1.6−00.12−0.06 N/m=26.7 N/m;观察图像得出的结论为:在弹性限度内,弹簧的弹力和形变量成正比。
点评 注意胡克定律的两种表达形式:弹力与形变量的关系F=kΔx、弹力与弹簧长度的关系F=k(x-L0),做题时要加以区分。还要注意题中坐标轴的单位,统一使用国际制单位运算。
14.(★)(9分)图示是研究物体做匀变速直线运动的实验得到的一条纸带(实验中打点计时器所接交流电源的频率为50 Hz),从某点开始每5个计时点取一个计数点(即相邻两个计数点之间有4个计时点未画出),依照打点的先后顺序依次编为0、1、2、3、4、5、6,测得各相邻计数点之间的距离分别为s1=6.00 cm,s2=5.00 cm,s3=4.00 cm,s4=3.00 cm,s5=2.00 cm,s6=1.00 cm。
(1)打点计时器打相邻两计数点的时间间隔为 s。
(2)打点计时器打计数点1时,物体的速度大小为 m/s(结果保留两位有效数字)。
(3)物体的加速度大小为 m/s2(结果保留两位有效数字)。
14.
考向 实验数据处理
分析 利用电源频率和取点规律求时间间隔;根据匀变速直线运动的某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点1的瞬时速度,再根据连续相等时间间隔内的位移差是一个恒量求出小车的加速度。
答案 0.1 0.55 1.0
解析 (1)打点周期等于电源频率的倒数t=1/f=0.02 s。如果每5个点取一个计数点,则相邻计数点之间的时间隔T=5t=0.1 s。
(2)根据匀变速直线运动中某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度:v1=x202T=s1+s22T=0.06+0.050.2 m/s2=0.55 m/s。
(3)根据连续相等时间间隔位移差是一个恒量:Δx=aT2得a=ΔxT2=0.010.01 m/s2=1.0 m/s2
点评 在运用公式处理纸带时要注意:(1)测量长度的单位在代入公式运算时均转化成m;(2)注意T的取值,本题相邻计数点间的时间间隔T=0.1 s;(3)计算结果注意按照题中要求保留小数或有效数字。
15.(★)(8分)一茶杯从离地高h=0.8 m的茶几边缘掉落,并不经弹跳静止在厚度不计的地毯上。空气阻力不计,取g=10 m/s2。
(1)求茶杯刚与地毯接触时的速度大小v;
(2)若从茶杯接触地毯到静止的时间t=0.1 s,求该过程中茶杯的平均加速度a。
15.
考向 自由落体运动规律和加速度定义式
分析 根据自由落体运动高度与速度关系v2=2gh求落地速度,根据加速度定义式求平均加速度。
解析 (1)茶杯掉落到与地毯接触前做自由落体运动,落地速度满足v2=2gh(2分)
解得v=4 m/s(2分)
(2)设向下为正方向,茶杯接触地毯的过程中,平均加速度a=ΔvΔt=0−vt(2分)
解得a=-40 m/s2(1分)
负号代表方向向上(1分)
点评 本题是对运动概念的考查,明确自由落体运动的运动学公式:自由落体下落高度h=12gt2、末速度v=gt、高度与速度满足v2=2gh。
16.(★)(8分)如图所示,在竖直悬挂的轻弹簧下吊着一轻质定滑轮,一细线穿过滑轮连接着P、Q两物体,其中物体P放在水平地面上,物体Q竖直悬挂着。已知物体P的质量M=1 kg,物体Q的质量m=0.4 kg,弹簧的劲度系数k=200 N/m,取g=10 m/s2,求:
(1)物体P所受地面的弹力大小FN;
(2)弹簧的伸长量x。
16.
考向 受力分析和平衡条件的应用
分析 先以Q物体为研究对象,由平衡条件得到细绳的拉力大小,即可得到弹簧的弹力,再以P物体为研究对象,分析受力,由平衡条件求得物体P受到地面的弹力FN;(2)根据平衡条件求弹力,根据胡克定律求弹簧伸长量
解析 (1)对Q、P进行受力分析,如图所示,根据平衡条件(2分)
对于Q:T=GQ=mg=4 N(2分)
对于P:FN=GP-T=Mg-T=6 N(2分)
(2)对轻质滑轮受力分析,根据平衡条件知弹簧弹力F=2T=8N(1分)
根据胡克定律F=kx得:x=Fk=0.04 m(1分)
点评 解决物体平衡类问题的方法步骤如下:
①确定研究对象;
②分析研究对象的受力情况,画出受力示意图;
③选取适当的直角坐标系,将不在坐标轴上的力进行正交分解,受力简单时,可用合成法或分解法;
④根据平衡条件列方程:Fx合=0和Fy合=0;
⑤对方程进行求解,必要时需对结果进行讨论。
17.(★)(9分)某航空母舰上的战斗机起飞过程中的最大加速度是a=5 m/s2,飞机速度要达到v1=60 m/s才能起飞,航空母舰甲板长为L=200 m。试计算分析:
(1)若航空母舰静止,飞机靠自身能否安全起飞?
(2)为使飞机安全起飞,可通过弹射装置给飞机初速度,那么至少应给多大的初速度v0?
(3)若无弹射装置,可以让航空母舰以一定速度航行,求航空母舰的最小速度vx应是多少才能让飞机能够安全起飞?(设飞机起飞对航空母舰本身的运动状态没有影响,飞机的运动可以看作匀加速直线运动,计算结果中可以保留根号)
17.
考向 匀变速直线运动规律的应用
分析 (1)根据速度-位移公式求出飞机起飞需要的最小位移确定是否能安全起飞;(2)根据位移-速度公式求飞机的初速度;(3)第(3)问的临界条件是航空母舰和飞机的位移差为甲板长度,在此时间内飞机恰好加速到起飞速度。
解析 (1)飞机起飞过程的最小位移x=v12-02a=360 m>L,故不能安全起飞。(2分)
(2)设弹射装置使飞机具有的初速度为v0,根据v12-v02=2aL(1分)
得v0=v12-2aL=40 m/s(1分)
(3)设t时间内航空母舰和飞机的位移分别为x1和x2,航空母舰做匀速直线运动x1=xxt(1分)
飞机做匀加速直线运动x2=vxt+12at2(1分)
则根据题意由x2-x1=L(1分)
飞机恰好达到起飞速度v1=vx+at(1分)
联立解得:vx=(60-205)m/s(1分)
点评 题目设置航母上的飞机起飞的情景,可以体验科学技术与社会的联系,要分析题中所给信息对应的物理量。第三问中飞机和航母的运动关系属于追及问题,先找位移关系确定时间,再根据飞机的条件求解。
18.(★)(12分)如图所示,A为武警车,B为逃犯汽车,两车(均视为质点)静止且相距x0=265 m,B到边境线C的距离L=2000 m。某时刻B开始以a2=5 m/s2的加速度由静止开始沿垂直边境线C的平直公路做匀加速直线运动向边境逃窜,与此同时武警接到群众举报,从接到举报到武警车启动历时t0=15 s,若A以a1=6 m/s2的加速度由静止开始做匀加速直线运动追B,已知A能达到的最大速度vm1=45 m/s,B能达到的最大速度vm2=30 m/s,两车速度达到最大后均做匀速运动。
(1)求两车间的最大距离xm;
(2)试通过计算判断A能否在境内追上B。
18.
考向 追及问题
分析 (1)当警车和逃犯汽车速度相等时相距最远,由速度公式求出,根据位移时间公式求出警车和逃犯汽车的最大距离。(2)假设能追上,根据位移关系求解时间,再依据实际情况讨论。
解析 经分析可知,当两车加速时速度均为vm2=30 m/s时距离最大
A、B两车的速度达到vm2所用的时间分别为:
t1=vm2a1,t2=vm2a2
两车间的距离最大时,A、B的位移大小分别为:
x1=0+vm22·t1,x2=0+xm22·t2+vm2(t0+t1-t2)
又:xm=x0+x2-x1
解得:xm=700 m。
两车达到共同速度后至A速度达到最大值所需的时间为:t3=vm1-vm2a1
t3时间内A的位移大小为:x'1=vm2+vm12·t3
设从两车达到共同速度起至A追上B所需的时间为t4,则t4时间内B的位移大小为:
x'2=vm2t4
A追上B时有:x'1+vm1(t4-t3)=xm+x'2
解得:t4=57512s
由于x2+x'2=1947.5m
追上时两车处于同一位置,可由运动示意图分析位移关系;速度相等是相距最近、相距最远、恰好相撞和恰好不相撞的临界条件;还要注意两车是否同时运动,谁先谁后,必要时还可以利用v—t图像求解。
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