【文档说明】安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高一上学期期末考试 物理 PDF版含解析.pdf,共(13)页,3.558 MB,由管理员店铺上传
转载请保留链接:https://www.doc5u.com/view-d66287b3f326f0e31b135e79f5748377.html
以下为本文档部分文字说明:
{#{QQABKQyAggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACIoGxEAIoAIAyBFABAA=}#}{#{QQABKQyAggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACIoGxEAIoAIAyBFABAA=}#}{#{QQ
ABKQyAggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACIoGxEAIoAIAyBFABAA=}#}{#{QQABKQyAggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACIoGxEAIoAIAyBFABAA=}#}{#{QQABKQyAggioAAAAAQhCU
wHoCkOQkAEACIoGxEAIoAIAyBFABAA=}#}{#{QQABKQyAggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACIoGxEAIoAIAyBFABAA=}#}1/6合肥一中2023-2024学年度高一年级第一学期期末联考物理
答案1.D【详解】A.氢气球受重力、浮力、天幕对球的弹力和摩擦力,共受到四个力的作用,选项A错误;BC.天幕顶对气球的弹力垂直天幕斜向下,则由平衡可知,气球一定受到天幕的摩擦力;气球相对天幕有斜向上运动的趋势,则天幕
对气球的摩擦力沿天幕斜向下,则氢气球对天幕的摩擦力沿天幕斜向上,选项BC错误;D.气球受力平衡,因浮力和重力合力竖直向上,则气球受到天幕的作用力(弹力和摩擦力的合力)竖直向下,选项D正确。故选D。2.B【详解】AB.剪
断悬绳前,对B受力分析,根据平衡条件,知弹力F=mg剪断瞬间,弹簧弹力不变,对A分析,A的合力为F合=mg+F=2mg根据牛顿第二定律,得a=2g故A错误,B正确;CD.剪断瞬间,弹簧弹力不变,B物块受合力仍为零,对桌面压力仍为零,故CD错误。故选B。3.B【详解】A、t1时刻小球刚接触弹簧,小
球的速度仍在增大,速度不是最大。当弹簧的弹力等于重力时速度才最大。故A错误。B、t1﹣t2这段时间内,小球向下运动,弹簧的弹力先大于重力,后小于重力,合外力先向下后向上,所以小球先加速后减速,即小球的速度先增大后减小。故B正确。C、t1﹣
t2这段时间内,小球向下运动,加速度先向下逐渐减小,后向上逐渐增大。t2~t3这段时间内,小球从最低点向上运动,弹簧的弹力先大于小球的重力,后小于重力,合外力先向上,后向下,而弹力逐渐减小,合外力先减小后增大,根据牛顿牛顿第二定律可知,小球的加速度先减小后反
向增大。故CD错误故选:B。4.B【详解】AD.两小球做自由落体运动,运动情况与质量无关,则将两小球位置互换或将B{#{QQABKQyAggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACIoGxEAIoAIAyBFABAA=}#}小球质
量也增大到2m,则时间差Δ������������不变,故AD错误;B.根据自由落体运动规律有ℎ=12������������������������12,ℎ+������������=12����������������
��������22时间差为Δ������������=������������2−������������1可知若将L增大,则时间差Δ������������增大,故B正确;C.根据自由落体运动规律可得,B球落地时A球的速度为���������
���=�2������������ℎ则有������������=������������Δ������������+12������������Δ������������2可知,若将h增大,则时间差Δ�������
�����减小,故C错误。故选B。5.C【详解】A.由题图甲、丙知,猴子在水平方向上做速度大小为4m/s的匀速直线运动,在竖直方向上做初速度大小为8m/s、加速度大小为4m/s2的匀减速直线运动,分析知合初速度与合加速度方向不在同一直线上,其合运动为曲线运动,故A错误;B.t=0时猴子的速度
大小为v0=�������������0������������2+������������0������������2=√42+82m/s=4√5m/s故B错误;C.猴子在前2s内的加速度大小为4m/s2,故C正确;D.0~2s内猴子沿水平方向的位移大小为x0=8m,沿竖直方向
的位移大小为y0=8×22m=8m所以猴子在0~2s内的位移大小为s=�������������02+������������02=√82+82m=8√2m故D错误。故选C。6.A解:将力F根据平行四边形定则分解如图由几何知识得,侧向推力的大小为F1=F2=={#{QQABKQy
AggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACIoGxEAIoAIAyBFABAA=}#}3/6故A正确,BCD错误;故选:A。7.D解:A、对小物块进行分析可知,小物块先向左做匀减速直线运动,减速至0后向右做匀加速直线运动,速度达到与传送带速度
相等时,再向右做匀速直线运动,可知在速度减为0,即在t1时刻,小物块离A处的距离达到最大,故A错误;由上述可知,在0~t1时间内小物块相对于传送带向左运动,在t1~t2时间内小物块速度方向向右,大小小于传
送带的速度,小物块仍然相对于传送带向左运动,可知,0~t2时间内,小物块相对传送带向左运动,小物块受到的滑动摩擦力方向始终向右,故B错误。t2~t3小物块与传送带速度相等,小物块与传送带保持相对静止向右做匀速直线运动,该时间内没有发生相对运动,由题图信息和上述分析,0
~t2时间内,小物块相对传送带向左运动,小物块受到向右的滑动摩擦力。在t2~t3时间内,小物块向右做匀速直线运动,小物块与传送带无相对运动,不受摩擦力,故C错误;t2时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大,
故D正确;故选:D。8.BC【详解】A.物体的速度为零时,加速度不一定为零,故A错误;B.加速度表示物体的速度变化的快慢,所以速度变化越快,加速度越大,故B正确;C.物体做曲线运动时,速度一定发生变化,根据������������=���������������������
���������������������������可知,加速度一定不为零,即物体一定有加速度,故C正确;D.做曲线运动的物体的合力方向不在曲线运动的切线方向,而是速度在切线方向上,若合力也在切线方向上,则物体将做直线运动,故D错误。故选BC。9.BC【详解】
AB.对质点a,根据数学知识得������������������������=0.5������������+0.5x=0.5t2+0.5t与匀变速直线运动的位移公式������������=������������0������������+
12������������������������2对比得v0=0.5m/s,a=1.0m/s2所以质点a做匀加速运动的加速度为1.0m/s2,质点b做匀速运动的速度为1.0m/s,故A错误,B正确;C.t=1s时,���������������
���������相等,则x相等,所以1s时,质点a、b再次到达同一位置,故C正确;{#{QQABKQyAggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACIoGxEAIoAIAyBFABAA=}#}D.由题
图知,对于质点b,有������������������������=1所以质点b做速度为1m/s的匀速直线运动。在t=1s时,质点a的速度v=v0+at=1.5m/s大于质点b的速度,所以t=1s之后
两个质点不再相遇,故D错误。故选BC。10.ABC【详解】根据题意可知,由静止释放三个小球时,对a有ℎsin30°=12������������sin30°������������12解得������������12
=8ℎ������������对b有ℎ=12������������������������22解得������������22=2ℎ������������对c有ℎsin45°=12������������sin45°������������32解得������������32=
4ℎ������������则有������������1>������������3>������������2当水平抛出三个小球时,小球b做平抛运动,小球a、c在斜面内做类平抛运动。沿斜面方向的运动同第一种情况,所以������������1=������������1′
、������������2=������������2′、������������3=������������3′故选ABC。11.BCCCmM������������−1������������1.10D【详解】(1)[1]通过打点计时器可以得到计数点的时间间隔,所以不需要秒表;需
要用天平测质量,不需要用弹簧秤测力的大小;需要用刻度尺测量纸带上计数点之间的距离。故选BC。(2)[2]探究加速度与力、质量的关系,先控制其中一个物理量不变,探究加速度与另一个物理量的关系,本实验主要应用
的方法是控制变量法。故选C。(3)[3]该实验中需要把带滑轮的长木板右垫高来补偿阻力的影响;利用小车重力沿木板向下的分力来补偿阻力,所以小车不悬挂砂和砂桶但要连接纸带并使用打点计时器。{#{QQABKQyAggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACIoGxEAIoAIA
yBFABAA=}#}5/6故选C。(4)[4][5][6]在保持力不变的情况下探究加速度与质量的关系时,应该保持砂和砂桶(或m)的总质量不变,多次改变小车和砝码(或M)的总质量,并测量出每次对应的加速度。根据实验数据描绘出������
������−1������������图像进而得出实验结论。(5)[7]由纸带可知,相邻计数点的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s根据逐差法可得加速度为������������=��������������������
����������������−������������������������������������4������������2=(27.00−11.30−11.30)×0.014×0.12m/s2=1.10m/s2(6)[8]实验中
用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小;以M为对象,有T=Ma以m为对象,有mg-T=ma可得������������=������������������������������������+������������其中a-F图像中F=mg可知当m≪M时,a-F图像的斜率
几乎不变,图线几乎成一直线,当m不满足远小于M时,图像的斜率随m的增大而明显减小,则图线明显偏离直线。故选D。12.200N,960N【详解】对石球受力分析如图所示匀速拉动,由平衡条件有2������������cos
������������=������������(4分)������������+2������������sin������������=������������������������(4分)又������������=������������������
������联立解得������������=200N(2分),������������=960N(2分)13.(1)3s;(2)30m;(3)3m。{#{QQABKQyAggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACIoGxEAIo
AIAyBFABAA=}#}【详解】(1)小球A抛出后做平抛运动,竖直方向做自由落体运动,则有������������=12������������������������2(2分)解得������������=�2������������������������=�2×4510s=3s(2分)
(2)小球A在水平方向做匀速直线运动,则有������������A=������������A������������=10×3m=30m(4分)(3)设B物体的加速度为������������,根据牛顿第二定律可得������������=������������������������解
得������������=������������������������=6m/s2小球A与B物体的运动具有同时性,A球落地时,B物体走的位移大小为������������B=12������������������������2=12×6×32m=27m
(2分)故A、B之间的距离为Δ������������=������������A−������������B=30m−27m=3m(2分)14.(1)m=2kg,μ=0.75(2)2m/s2【详解】(1)当F等于18N时,加速度为a=0。对整体由平衡条件:F=(M+m)gsinθ(2分)代入数
据解得M+m=3kg(2分)当F大于18N时,根据牛顿第二定律得F-Mgsinθ-μmgcosθ=Ma(2分)长木板的加速度a=1������������F-gsinθ-������������������������������������cos���������
���������������知图线的斜率k=1������������=1截距b=-gsinθ-������������������������������������cos������������������������=-18解得M=1kg,m=2kg(2分),μ=0.75(
2分)(2)当拉力F=20N时,代入长木板的加速度a=1������������F-gsinθ-������������������������������������cos������������������������
(2分)解得长木板的加速度为a1=2m/s2(2分){#{QQABKQyAggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACIoGxEAIoAIAyBFABAA=}#}获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号ww
w.xiangxue100.com