山西省臨汾市加樓中學2022-2023學年高一物理期末試題含解析

山西省臨汾市加樓中學2022-2023學年高一物理期末試題含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.有兩個大小分別為3N和4N的共點力，它們合力的大小可能是（）A．0

B．4N

C．8N

D．12N參考答案：B考點：力的合成．分析：兩力合成時，合力隨夾角的增大而減小，當夾角為零時合力最大，夾角180°時合力最小，并且|F1﹣F2|≤F≤F1+F2解答：解：兩力合成時，合力范圍為：|F1﹣F2|≤F≤F1+F2；故1N≤F≤7N；故選B．點評：本題關鍵根據平行四邊形定則得出合力的范圍：|F1﹣F2|≤F≤F1+F2．2.關于勻速圓周運動的線速度，下列說法中正確的是A．大小和方向都保持不變

B．大小和方向都時刻改變C．大小不變，方向時刻改變

D．大小時刻改變，方向不變參考答案：C3.（單選）一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v勻速運動,現(xiàn)將質量為m的物體豎直向下輕輕地放置在木板上的P處,已知物體m和木板之間的動摩擦因數為μ.為保持木板的運動速度不變,從物體m放到木板上到它相對木板靜止的過程中,對木板施一水平向右的作用力F,力F要對木板做功,做功的數值為（

）A、 B、 C、mv2 D、2mv2參考答案：C4.(多選)如圖可變電容器由兩組鋁片組成，他的電容是可以改變的。固定的一組鋁片叫定片，可以轉動的一組鋁片叫做動片，轉動動片，電容就隨著改變。以下有關說法正確的是：A.此電容通過改變極板的正對面積來改變電容

B.此電容通過改變極板間距來改變電容C.電容器外殼上標的電壓是額定電壓

D.電容器外殼上標的電壓是擊穿電壓參考答案：AC5.桌面離地面的高度是0.9m，坐標系的原點定在桌面上，向上方向為坐標軸的正方向，有A、B兩點離地面的距離分別為1.9m和0.4m。那么A、B的坐標分別是

(

)

A．1m,0.5m

B．1.9m,0.4m

C．1m,-0.5m

D．0.9m,-0.5m參考答案：二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖所示，物體A和B疊放在水平面上，用水平力F向右拉物體B，結果A和B都沒動，那么，物體B給A的摩擦力大小為

。地面給B的摩擦力大小為

，方向

。

參考答案：0，F(xiàn)，水平向左7.小球做平拋運動的閃光照片的一部分如圖所示。圖中每小格邊長為1.09cm，閃光的快慢為每秒30次。根據此圖計算小球平拋運動的初速度

m/s和當地的重力加速度

m/s2。參考答案：8.如圖所示，在傾角為α的斜面的頂點將小球水平拋出，若拋出時的初速度較大，小球落到斜面上時的速度也較大，因此有人猜想“小球落到斜面上的速度大小與平拋的初速度大小成正比”。這個猜想是________（選填“正確的”或“不正確的”）。若α=300，小球拋出時的動能為6J，則小球落到斜面上時的動能為______J。參考答案：___正確的________；_______14___9.兩個物體A，B從同一地點出發(fā)，沿同一直線運動，其速度圖象如圖所示。由圖象可知，2－6s內，B車的加速度為

m/s2。兩個物體兩次相遇的時刻分別為

s和

s。當第二次速度相等時哪車在前：

（填“A車”或“B車”）。

參考答案：－2.5，2，6，B車10.某同學設計了如圖所示的裝置來探究加速度與力的關系.彈簧秤固定在一合適的木板上,桌面的右邊緣固定一支表面光滑的鉛筆以代替定滑輪,細繩的兩端分別與彈簧秤的掛鉤和礦泉水瓶連接.在桌面上畫出兩條平行線MN、PQ,并測出間距d.開始時將木板置于MN處,現(xiàn)緩慢向瓶中加水,直到木板剛剛開始運動為止,記下彈簧秤的示數以此表示滑動摩擦力的大小.再將木板放回原處并按住,繼續(xù)向瓶中加水后,記下彈簧秤的示數然后釋放木板,并用秒表記下木板運動到PQ處的時間t.

(1)木板的加速度可以用d、t表示為a=

;為了減小測量加速度的偶然誤差可以采用的方法是(一種即可)

.(2)改變瓶中水的質量重復實驗,確定加速度a與彈簧秤示數的關系.下列圖象能表示該同學實驗結果的是

.

(3)用加水的方法改變拉力的大小與掛鉤碼的方法相比,它的優(yōu)點是

.A.可以改變滑動摩擦力的大小B.可以更方便地獲取多組實驗數據C.可以比較精確地測出摩擦力的大小D.可以獲得更大的加速度以提高實驗精度參考答案：分)

可采用多次測時間取平均的辦法(2分)

(2)c(2分)

(3)BC(2分)11.（4分）設地球半徑為R，在地表附近的重力加速度為g，自轉角速度為ω，引力常量為G，則此同步衛(wèi)星離地高度為________。參考答案：12.一個做初速度為零的勻加速直線運動的物體，在第1s末，第2s末，第3s末的速度大小之比是________．參考答案：13.在太陽系中，有八大行星繞著太陽運行，按著距太陽的距離排列，由近及遠依次是：水星、金星、地球、火星、木星、土星、天王星、海王星，如果把這些行星的運動近似為勻速圓周運動，那么它們繞太陽運行一周所用的時間最長的是

，運行角速度最大的是

。參考答案：三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.如圖所示，置于水平面上的木箱的質量為m＝3.8kg，它與水平面間的動摩擦因數μ＝0.25，在與水平方向成37°角的拉力F的恒力作用下做勻速直線運動．(cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，g取10m/s2)求拉力F的大?。畢⒖即鸢福?0N由平衡知識：對木箱水平方向：Fcosθ＝f豎直方向：Fsinθ＋FN＝mg且f＝μFN聯(lián)立代入數據可得：F＝10N15.如圖所示，在光滑水平面上，一輛質量M=2kg、長度L=9.6m、上表面粗糙的平板車緊靠著被固定的斜面體ABC，斜面體斜邊AC長s=9m、傾角?，F(xiàn)將質量m=lkg的小木塊從斜面頂端A處由靜止釋放，小木塊滑到C點后立即速度大小不變地水平沖上平板車。已知平板車上表面與C點等高，小木塊與斜面、平板車上表面的動摩擦系數分別為=0.5、=0.2,sin37°=0.6,cos37=0.8，g取10m/s2，求：(1)小木塊滑到C點時的速度大??？(2)試判斷小木塊能否從平板車右側滑出，若不能滑出，請求出最終小木塊會停在距離車右端多遠？若能滑出，請求出小木塊在平板車上運動的時間？參考答案：（1）6m/s（2）不會滑出，停在距車右端3.6m【詳解】（1）木塊在斜面上做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律可得：mgsin37°-f=ma

其中：f=μ1mgcos37°

解得a=2m/s2，

根據速度位移關系可得v2=2as

解得v=6m/s；

（2）木塊滑上車后做勻減速運動，根據牛頓第二定律可得：μ2mg=ma1

解得：a1=2m/s2

車做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律可得：μ2mg=Ma2

解得a2=1m/s2，

經過t時間二者的速度相等，則：v-a1t=a2t

解得t=2s

t時間木塊的位移x1=vt-a1t2

t時間小車的位移x2=a2t2

則△x=x1-x2=6m

由于△x=8m＜L，所以木塊沒有滑出，且木塊距離車右端距離d=L-△x=3.6m四、計算題：本題共3小題，共計47分16.一臺玩具起重機的輸出額定功率P=40W，在將質量m=0.8kg的物塊由靜止開始豎直吊起的過程中，物塊先做加速度a=2.5m/s2的勻加速直線運動，當起重機輸出功率達到額定功率時，保持該功率不變，再經過t=0.6s物塊達最大速度．（不計空氣阻力，取g=10m/s2）．求：（1）重物上升過程中的最大速度vm；（2）起重機從靜止開始到達額定功率經歷的時間t0；（3）起重機從靜止開始到達最大速度過程中，起重機對重物所做的功W．參考答案：解：（1）當重物勻速運動時其速度最大，此時拉力為：F=mg=8N，由P=Fv可知最大速度為：vm===5m/s；（2）起重機勻加速運動時，由牛頓第二定律得：F′﹣mg=ma，代入數據解得：F′=10N，由P=Fv可知，勻加速結束時的速度為：v===4m/s，由勻變速直線運動的速度公式可知，時間為：t0===1.6s；（3）重物勻加速運動的位移為：h===3.2m，起重機對重物做功為：W=F′h+Pt=10×1.6+40×0.6=40J；答：（1）重物上升過程中的最大速度vm為5m/s．（2）起重機從靜止開始到達額定功率經歷的時間t0為1.6s．（3）起重機從靜止開始到達最大速度過程中，起重機對重物所做的功W為40J．【考點】動能定理的應用；功率、平均功率和瞬時功率．【分析】（1）重物做勻速直線運動時速度達到最大，應用平衡條件求出拉力，然后應用功率公式求出最大速度．（2）當起重機的輸出功率達到額定功率時勻加速結束，應用牛頓第二定律求出勻加速的拉力，然后應用功率公式求出勻加速結束時的速度，再應用勻變速直線運動的速度公式求出時間．（3）應用勻變速直線運動的速度位移公式求出勻加速的位移，然后應用功的計算公式與功率公式的變形公式求出起重機做的功．17.如圖所示，AB是傾角為的粗糙直軌道，是光滑的圓弧軌道，恰好在點與圓弧相切，圓弧的半徑為．一個質量為的物體（可視為質點）從直軌道的點由靜止釋放，結果它在兩軌道之間做往復運動．已知點與圓弧的圓心等高，物體與軌道間的動摩擦因素為，求：（1）物體做往復運動的過程中，在軌道上通過的總路程．（2）物體對圓弧軌道最低點的最小壓力．參考答案：（1）物體在直軌道AB上往復運動時，需克服摩擦阻力做功，機械能不斷減小，當物體到達B點速度為零時，物體不能再進入直軌道AB，只在圓弧軌道上往復運動．對物體，由動能定理得所以

（2）