重庆一中高2021届(一上)期末考试物理测试试题卷答案解析.doc

重庆一中高2021届(一上)期末考试物理测试试题卷一、单项选择题1. 在国际单位制中，力学的三个基本单位是（ ）A. 牛顿、厘米、秒 B. 千克、米、秒C. 千克、秒、焦耳 D. 牛顿、秒、米/秒【答案】B【解析】试题分析：解答本题关键掌握：在国际单位制中的力学基本单位有三个：米、千克、秒，其他单位是导出单位或常用单位解：在国际单位制中的力学基本单位有三个：m、kg、s，其余都不是力学基本单位，故ACD错误，B正确故选：B【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的2.最早将实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来,从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法的科学家是A. 亚里士多德 B. 爱因斯坦 C. 笛卡尔 D. 伽利略【答案】D【解析】【详解】最早将实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来,从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法的科学家是伽利略，故选D.3.一起严重的交通事故中,一辆越野车与一辆面包车迎面相撞,面包车车头凹陷、变形,几乎报废,而越野车仅前保险杠稍微变形。关于此次碰撞,下列说法正确的是A. 越野车发生形变使面包车受到作用力B. 越野车对面包车的作用力大于面包车对越野车的作用力C. 越野车撞击面包车的时间比面包车撞击越野车的时间长D. 越野车对面包车的作用力和面包车对越野车的作用力是一对平衡力【答案】A【解析】【分析】力的作用是相互的，一对作用力与反作用力总是大小相等，方向相反【详解】根据弹力产生的特点可知，越野车发生形变使面包车受到作用力。故A正确。越野车对面包车的作用力和面包车对越野车的作用力是一对作用力与反作用力，二者的大小是相等，方向相反，同在同失，作用时间相同。故BCD错误；故选A。【点睛】该题考查对牛顿第三定律的理解，解答的关键是理解作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，是一对性质相同的力4.下列有关惯性的说法中正确的是(A. 物体仅在静止和匀速直线运动状态时才具有惯性B. 汽车速度越大越不容易停下来,是因为速度越大惯性越大C. 在月球上举重比在地球上容易,所以质量相同的物体在月球上比在地球上惯性小D. 歼击机战斗前抛掉副油箱是为了减小惯性【答案】D【解析】试题分析：惯性是物体的固有属性，任何情况下都用惯性，与运动状态无关，所以A错误；惯性的大小由质量唯一量度，与速度无关，所以B错误；同一物体哎月球上与在地球上质量相同，故惯性相同，所以C错误；歼击机战斗前抛掉副油箱，减少质量，故减小惯性，所以D正确。考点：本题考查惯性5.如图所示,在平原上空水平匀速飞行的轰炸机,每隔1s投放一颗炸弹,若不计空气阻力,下列说法正确的是A. 落地前炸弹排列在同一条抛物线 B. 炸弹落地时速度大小方向都相同C. 相邻炸弹落到水平面上时距离逐渐增大 D. 相邻炸弹在空中的距离保持不变【答案】B【解析】【分析】根据平抛运动规律可知，当炸弹投放后由于惯性在水平方向上和飞机速度相同，每次投放的炸弹初速度相同，下落高度相同，因此每个炸弹运动规律一样同时注意各个炸弹之间的相对运动是怎样的【详解】由于惯性炸弹和飞机水平方向具有相同速度，因此炸弹落地前排列在同一条竖直线上，故A错误；由于水平方向速度相同，下落高度相同，因此这些炸弹落地速度大小方向都相同，故B正确；相邻炸弹之间的时间间隔相同，因水平速度相同，则相邻炸弹落到水平面上时距离相等，选项C错误；因为竖直方向上相同时刻速度不同，空中相邻的炸弹之间的距离随着时间均匀增大，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了平抛运动规律，难点在于两个炸弹运动规律的比较，即相对运动的理解6.如图,在光滑水平面上,质量分别为M和m的物体A和B相互接触,已知Mm,第一次用水平力F由左向右推A,物体间的相互作用力为F1;第二次用同样大小的水平力F由右向左推B,物体间的相互作用力为F2,则A. FI=F2 B. FIF2 D. 无法确定【答案】B【解析】【分析】先对整体运用牛顿第二定律求出共同的加速度，对一次对B用牛顿第二定律求出F1，对二次对A用牛顿第二定律求出F2，这样就可以判断F1和F2的大小了。【详解】把两个物体看成一个整体，根据牛顿第二定律得：，两次系统的加速度大小相等。第一次用水平力F由左向右推A，对B运用牛顿第二定理得：F1=ma=；第二次用同样大小的水平力F由右向左推B，对A运用牛顿第二定理得：F2=Ma=；因为Mm，所以F1F2, 故选B。【点睛】该题是整体法和隔离法的应用，要求同学们能选择恰当的研究对象运用牛顿第二定律解题。7.甲、乙两物体同时同地沿同一方向做直线运动的v-t图像如图所示,则A. 甲、乙两次相遇的时刻为10s末和第40s末 B. 在第50s末,甲在乙的前方C. 甲、乙两次相遇的时刻为20s末和第60s末 D. 经20s后乙开始返回【答案】C【解析】【分析】在速度时间图线中，速度的正负表示运动的方向，结合速度的正负判断物体是否返回，结合图线与时间轴围成的面积得出位移的大小，判断是否相遇【详解】在v-t图像中，图像的“面积”等于物体的位移，由图线可知，在20s末和60s末，图线与时间轴围成的面积相等，则位移相等，甲乙相遇，故C正确，A错误。在50s末，乙图线围成的面积大于甲图线围成的面积，知乙的位移大于甲的位移，可知乙在甲前面，故B错误。在速度时间图线中，乙的速度一直为正值，速度方向不变，经20s后乙没有返回，故D错误。故选C。【点睛】解决本题的关键是知道速度时间图线的物理意义，知道速度的正负表示运动的方向，图线与时间轴围成的面积表示位移8.如图所示,位于水平地面上的质量为M的木块,在方向与水平面成a角、大小为F的拉力作用下,沿地面做匀加速直线运动,若木块与地面间的动摩擦因数为,则木块的加速度为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】对木块受力分析，由牛顿第二定律可以求出木块的加速度【详解】木块受力如图所示：在竖直方向：F支 =Mg-Fsin，由牛顿第三定律可知，压力：F压=F支= Mg-Fsin；在水平方向，由牛顿第二定律得：Fcos-（Mg-Fsin）=Ma，且f=F压解得加速度： ；故选D.9.如图所示，两个质量分别为m1 、m2的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A，另一端固定在墙上，A、B与传送带间动摩擦因数均为。传送带顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A、B的加速度大小分别为aA和aB，则A. aA=g，aB=0 B. aA=g，aB=0C. aA=g，aB=g D. aA=g，aB=g【答案】A【解析】【详解】对物块B分析，摩擦力与弹簧弹力平衡， 则。以两个物块组成的整体为研究对象，则绳子的拉力：。突然剪断轻绳的瞬间，绳子的拉力减小为0，而弹簧的弹力不变，则A受到的合外力与T大小相等，方向相反，A的加速度 B在水平方向仍然受到弹簧的拉力和传送带的摩擦力，合外力不变，仍然等于0，所以B的加速度仍然等于0故选项A正确。【点睛】本题要注意以下问题：（1）整体法与隔离法在受力分析中的应用（2）细绳的弹力可以突变，弹簧如果两端都被约束，则弹力不能突变；如果一端自由，一端被约束，则弹力就可以突变。10.如图所示,倾角=30的斜面体A静止在水平地面上,一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮,绳两端系有质量均为m的小物块a,b,整个装置处于静止状态。现给物块b施加一个水平向右的力F,使b缓慢移动直到轻绳与竖直方向成30角(不计绳与滑轮间的摩擦),对此过程说法正确的是()A. 水平拉力F保持不变 B. b受到绳的拉力先增大后减小C. 小物块a受到的摩擦力先减小再增大 D. 水平地面对斜面体A的静摩擦力不断增大【答案】D【解析】【分析】b受力平衡，对b受力分析，画出受力分析图，根据平行四边形定则分析F和绳子拉力的变化，再对a受力分析，求出a受到摩擦力的表达式，再分析其变化情况即可。【详解】b受力平衡，对b受力分析，如图所示：设绳与竖直方向的夹角为，b缓慢离开直到与竖直方向成30的过程中，变大，根据平行四边形定则可知，T逐渐增大，F逐渐增大，故AB错误；对a受力分析，如图所示：刚开始T=mg，a处于静止状态，则f=T-mgsin30=mg，方向向下，T增大时，f增大，故C错误；以整体为研究对象，水平地面对斜面体A的静摩擦力与F等大反向，故水平地面对斜面体A始终有水平向左的静摩擦力且逐渐变大，故D正确。故选D。【点睛】本题主要平衡条件在动态平衡问题中的应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，并能画出受力分析图，能应用平行四边形定则画图求解。二、多项选择题11.关于曲线运动,下列说法正确的是A. 做曲线运动的物体速度方向在时刻变化,故曲线运动一定是变速运动B. 做曲线运动的物体,受到的合外力方向一定在不断变化C. 做平抛运动的物体,相等时间内速度的变化量一定相等D. 做平抛运动的物体,相等时间内速率的变化量一定相等【答案】AC【解析】【详解】做曲线运动的物体速度方向在时刻变化，故曲线运动一定是变速运动，选项A正确；做曲线运动的物体受到的合外力方向不一定在不断变化，例如平抛运动，选项B错误；做平抛运动的物体加速度恒定为向下的g，则在相等时间内速度的变化量等于gt，一定相等，选项C正确；加速度等于速度的变化率，则做平抛运动的物体相等时间内速度的变化量一定相等，但是速率的变化量不相等，选项D错误；故选AC.12.在空军演习中,某空降兵从悬停的飞机上跳下,经10s打开降落伞,他从跳离飞机到落地的过程中,沿竖直方向运动的U-图像如图所示,下列说法正确的是A. 0-10s内空降兵处于超重状态B. 0-10s内空降兵和伞整体所受空气阻力越来越大C. 10s-15s空降兵和伞整体所受重力小于空气阻力D. 10s-15s内空降兵的平均速度等于【答案】BC【解析】【分析】由图象可知物体的速度及加速度的变化情况，则由牛顿第二定律可知受力情况，从而分析阻力和重力的关系。【详解】由图可知，前10s内空降兵做加速度减小的加速运动，加速度向下，则处于失重状态，选项A错误；根据mg-f=ma可知，随加速度减小，则空气阻力逐渐变大，选项B正确；10 s-15 s内空降兵的速度在减小，加速度向上减小，空降兵和伞整体所受重力小于空气阻力，故C正确；在10s-15s内若空降兵匀减速下降，可知平均速度等于，因此时空降兵的位移小于匀减速下降的位移，可知平均速度小于，故D错误；故选BC。【点睛】对于速度-时间图象应明确图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移13.如图,小船在静水中的速度大小为v,方向与上游河岸成角,从A处过河,正好到达正对岸的B处、现水流速度变大少许,要使小船过河也正好到达正对岸的B处,下列方法可行的有()A. 保持角不变,同时增大v B. 保持角不变,同时减小vC. 保持v不变,同时增大 D. 保持v不变,同时减小【答案】AD【解析】【分析】将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性，求出到达对岸沿水流方向上的位移以及时间当实际航线与河岸垂直，则合速度的方向垂直于河岸，根据平行四边形定则求出船头与河岸所成的夹角【详解】由题意可知，船相对水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，当水流速度稍有增大，为保持航线不变，即角不变，且能到达对岸，则如图所示，可知要增大v，故A正确，B错误；由上图可知，当保持v大小不变，若减小角，则可实现垂直到达河岸，故C错误，D正确，故选AD。【点睛】解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，以及会根据平行四边形定则对运动进行合成和分解，注意正确画出运动的合成与分解是解题的关键，同时关注速度是矢量14.(原创)如图,平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k,一端固定在倾角为=30的斜面底端,另一端与物块A连接，两物块A、B质量均为m,初始时均静止。现用平行于斜面向上大小等于mg/2的恒力F拉物块B,使B沿斜面向上运动,直到B与A开始分离。下列说法正确的是()A. 静止时弹簧的压缩量为mg/kB. 从开始运动到B与A刚分离的过程中,B沿斜面滑动的距离为mg/2kC. 从开始运动到B与A刚分离的过程中,B物体的速度先增大后减小D. 从开始运动到B与A刚分离的过程中,B物体的加速度一直减小【答案】ABD【解析】【分析】开始静止时，对AB整体列平衡方程求解弹簧的压缩量；当AB分离时，两物体之间的弹力为零，从而求解弹簧的压缩量，进而求解B沿斜面滑动的距离；根据牛顿第二定律对整体列式讨论加速度的变化.【详解】静止时，对AB整体：，解得弹簧的压缩量为x1=mg/k，选项A正确；当AB分离时，两物体之间的弹力为零，此时弹簧的压缩量为，则B沿斜面滑动的距离为，选项B正确；对物体AB整体，根据牛顿第二定律：，即可知随物体上升，弹力F弹逐渐减小，则加速度逐渐减小，两物体的速度一直变大，选项D正确，C错误；故选ABD.【点睛】从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等三、实验题15.在做“研究平抛运动”的实验中(1)下列说法正确的是_(多选)A.斜槽轨道必须光滑 B.斜槽轨道末端必须水平C.每次必须由静止释放小球 D.每次小球释放的位置必须相同(2)某次实验中,只画出了如图所示的一部分曲线,在曲线上取水平距离x相等的三点A、B、C,量得x=0.1m.又量出它们之间的竖直距离分别为h1=0.2m,h2=0.3m,利用这些数据,可求得物体抛出时的初速度为_m/s;(g=10m/s2)【答案】 （1）BCD （2）1.0【解析】【分析】（1）根据实验原理以及注意事项分析各个选项；（2）在竖直方向上根据y=gT2，求出时间间隔T，在水平方向上根据，求出平抛运动的初速度.【详解】（1）斜槽轨道没必要必须光滑，只要小球到达底端的速度相等即可，选项A错误；斜槽轨道末端必须水平，以保证小球做平抛运动，选项B正确；每次必须由同一位置从静止释放小球，以保证到达底端的速度相同，选项CD正确；故选BCD.（2）在竖直方向上根据y=gT2，则，所以抛出初速度【点睛】解决本题的关键掌握平抛运动的处理方法以及匀变速直线运动的两个推论：在连续相等时间内的位移之差是一恒量16.某同学用如图所示的实验装置探究加速度与力和质量的关系;(1)下列说法正确的是_ (单选)A.每次改变小车质量时,应重新平衡摩擦力 B.实验时应先释放小车后接通电源C.本实验应用的实验方法是控制变量法 D.只需要一条纸带即可确定加速度与力的关系(2)某学生在平衡摩擦力时,把长木板的一端垫得过高,使得倾角偏大,他所得到的a,F关系是下列的_图.(图中a是小车的加速度,F是细线作用于小车的拉力)(3)消除小车与水平木板之间摩擦力的影响后,可用盘和重物的重力代替小车所受的拉力,此时盘和重物的质量m与小车总质量M之间应满足的关系为_(4)某同学在实验中使用打点计时器(频率为50Hz)打出的一条纸带如图,他选择了几个计时点作为计数点,相邻两计数点间还有4个计时点没有标出,其中s1=7.06cm、s2=7.68cm,s3=8.30cm、s4=8.92cm,那么打b点的瞬时速度大小是_m/s;纸带加速度的大小是_m/s2(计算结果保留两位有效数字).【答案】 （1）C （2）C （3）mM （4）0.74 0.62【解析】【分析】（1）明确实验原理和注意事项，从而确定实验中的应进行的操作；（2）实验时要平衡摩擦力，不平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，小车受到的合力小于线的拉力，a-F图象不过原点，在F轴上有截距；平衡摩擦力时如果木板垫得过高，过平衡摩擦力，在小车受到的合力大于线的拉力，a-F图象不过原点，在a轴上有截距。（3）当钩码的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于钩码的总重力。（4）做匀变速运动的物体在某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度；做匀变速运动的物体在相邻的相等时间间隔内的位于之差是定值，x=at2，据此求出纸带的加速度。【详解】（1）因平衡摩擦力时满足mgsin=mgcos，两边消掉了m，则每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，选项A错误；实验时应先接通电源后释放小车，选项B错误；此实验应用的实验方法是控制变量法，选项C正确；为了减小误差，应该多打几条纸带进行分析研究，最后确定加速度与力的关系，选项D错误；故选C. （2）将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力若把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，则小车不加拉力F时就会有加速度，则图像C符合，故选C（3）根据牛顿第二定律得：对m：mg-F拉=ma对M：F拉=Ma解得： 当mM时，即当钩码的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于钩码的总重力。（4）相邻两计数点间还有4个计时点没有标出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，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b点时小车的瞬时速度大小。；设a到b之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：x3-x1=2a1T2；x4-x2=2a2T2；为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值，得：a=（a1+a2）；即小车运动的加速度计算表达式为：【点睛】本题考查了实验注意事项、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题；探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不够、或过平衡摩擦力，小车受到的合力不等于钩码的重力。四、计算题17.如图,质量为m1=2kg的物体甲通过三段轻绳悬挂,三段轻绳的结点为O.轻绳OA水平,OB绳与水平方向的夹角=30,且通过一个光滑的轻滑轮与放置在水平面上的质量为m2=5kg的物体乙相连,物体甲、乙均处于静止状态.g=10m/s2,求：(1)轻绳OA、OB对结点O点的拉力大小;(2)物体乙对地面的压力【答案】（1）20N、10N（2）10N，向下【解析】【分析】（1）以结点O为研究对象，受到三个拉力作用，作出力图，根据共点力的平衡条件求解；（2）对乙根据平衡条件列方程求解压力；【详解】（1）以结点O为研究对象进行受力分析如图所示，根据几何关系可得：；（2）对乙根据共点力的平衡条件可得：N=m2g-FOB=50N-40N=10N；由牛顿第三定律可知：人对地面的压力N，则N=10N，方向竖直向下；【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。18.枚小火箭携带试验炸弹,从地面由静止开始沿竖直方向匀加速发射升空,小火箭的加速度a=10m/s2,经t1=20s后小火箭与试验炸弹自动分离,预定试验炸弹在最高点爆炸,取g=10m/s2,不计空气阻力.(1)分离时炸弹离地的高度和速度大小;(2)若试验失败,炸弹未爆炸,如果不采取措施,炸弹会在分离后多长时间落地.(计算结果可保留根号)【答案】（1）4000m，200m/s（2）20(+1)s【解析】【分析】（1）由题意得到：小火箭在0-20s内匀加速上升；此后竖直上抛运动；根据运动学公式求解（2）根据竖直上抛运动的速度公式，可以求得火箭上升的时间；炸弹在到达最高点后做自由落体运动，根据位移时间公式即可求得从最高点落地的时间；【详解】（1）试验炸弹与小火箭分离时，速度为：v1=at1=200m/s高度：h1=at12=2000m分离后炸弹以初速度v1做竖直上拋运动，上升高度我：h2=2000m故预定爆炸点的高度为：h=h1+h2=4000m（2）如果不采取措施，从分离到炸弹落地，上升阶段的时间为：下降阶段有：hgt2下，得：故从分离到落地所用时间为：t3=t上+t下=20（+1）s【点睛】本题关键是明确火箭的运动规律，然后选择恰当的运动学规律列式求解要注意炸弹与炮弹在竖直方向位移的和等于炸弹上升的高度19.如图是利用传送带装运煤块的示意图.其中,传送带长为L=7m,倾角=37,传送带以恒定速度沿顺时针方向转动,煤块与传送带间的动摩擦因数=0.8,上方主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H=1.8m,与运煤车车箱中心的水平距离x=1.2m.现在传送带底端由静止释放一些煤块(可视为质点),煤块随传送带运动到轮的最高点恰好水平抛出并落在车箱中心,取g=10m/s2,sia37=0.6,co37=0.8.求: (1)煤块在轮的最高点水平抛出时的速度大小;(2)煤块在传送带上运动的时间【答案】（1）2m/s（2）6s【解析】【分析】（1）煤块飞离传送带后做平抛运动，根据平抛运动的规律求解煤块在轮的最高点水平抛出时的速度大小；（2）煤块在传送带上先加速后匀速，根据牛顿第二定律先求解加速度，再结合运动学公式求解煤块在传送带上运动的时间.【详解】（1）由H=gt2解得 x=v0t解得 （2）由牛顿第二定律： 解得a=0.4m/s2；加速过程 因 ，则共速后一起匀速 ；A到B的时间：20.如图,一块长度为L=9m、质量为M=1kg的长木板静止放置在粗糙水平地面上。另有质量为m=1kg的小铅块(可看做质点),以v0=12m/s的水平初速度向右冲上木板。已知铅块与木板间的动摩擦因数为1=0.4,木板与地面间的动摩擦因数为2=0.1,重力加速度取g=10m/s2,求: (1)铅块刚冲上木板时,铅块与木板的加速度a1、a2的大小;(2)铅块从木板上滑落所需时间;(3)为了使铅块不从木板上滑落,在铅块冲上木板的瞬间,对长木板施加一水平向右的恒定拉力F,求恒力F的范围.【答案】（1）4m/s2；2m/s2（2）1s（3）2NF10N【解析】【分析】（1）对铅块、木板根据牛顿第二定律求解加速度大小；（2）从开始到滑落过程，铅块和木板的位移之差等于L，求解时间；（3）根据两种临界态：到右端恰好共速以及共速后不能从左侧滑下求解力F的范围；【详解】（1）铅块： 解得a1=4m/s2；对木板： 解得a2=2m/s2（2）从开始到滑落过程： 解得t1=1s （3）到右端恰好共速： 解得a2=4m/s2木板： 解得F2N；共速后不能从左侧滑下：， 解得F10N，则F的范围：2NF10N【点睛】本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。