2023-2024学年浙江省宁波市高一(上)期末物理试卷(含解析)
展开1.下列物理量中属于标量的是( )
A. 位移B. 速度C. 加速度D. 质量
2.2023年8月1日,杭绍雨城际铁路全线贯通,其中从宁波出发的列车S2102次(如图),早晨7点27分从宁波站发车,9点28分到达杭州南站,全线里程147公里,用时2小时1分钟。下列说法正确的是( )
A. 7点27分是指时间间隔
B. 2小时1分钟是指时刻
C. 列车的平均速度约为20m/s
D. 研究该列车全程的轨迹时可以把列车看成质点
3.2023年10月杭州亚运会女排决赛中,中国队战胜日本队,第9次获得亚运冠军。如图是运动员准备发球前,排球停在运动员手上的状态,下列说法正确的是( )
A. 排球一定不受静摩擦力作用
B. 排球对手的压力方向一定沿竖直方向
C. 手对排球的支持力是由于手发生形变产生的
D. 手对排球的支持力可能大于排球对手的压力
4.如图为运动员高台跳水过程中头部的运动轨迹示意图,a、b、c、d为轨迹上的四个点,则经过哪个点时头部的速度方向与入水时的速度v的方向最接近( )
A. a点
B. b点
C. c点
D. d点
5.如图,甲车快速启动时车头撞上静止的乙车车尾,导致两车司机受伤。根据牛顿运动定律,下列情形最有可能出现的是( )
A. 甲车司机背部受伤B. 乙车司机背部受伤
C. 两车司机都是背部受伤D. 两车司机都是胸部受伤
6.如图是高空之王阿迪力正在表演走钢丝节目,他沿倾斜钢丝小心翼翼地缓慢上行,在这一过程中( )
A. 钢丝对阿迪力的作用力大小保持不变
B. 钢丝对阿迪力的作用力方向垂直钢丝向上
C. 阿迪力所受的摩擦力方向沿钢丝斜向下方
D. 阿迪力手中的平衡杆所受合力方向竖直向上
7.如图甲是救援船水上渡河演练的场景,假设船头始终垂直河岸,船的速度v船大小恒定,图乙中虚线ABC是救援船渡河的轨迹示意图,其中A点是出发点,D点位于A点的正对岸,AB段是直线,BC段是曲线,下列说法正确的是( )
A. 船以该种方式渡河位移最短B. 船以该种方式渡河时间最长
C. AB段中水流速度不断增大D. BC段中水流速度不断减小
8.如图甲为蹦极的场景。一游客从蹦极台下落的速度—位移图像如图乙所示。已知弹性绳的弹力与伸长量的关系符合胡克定律,游客及所携带装备的总质量为70kg,弹性绳原长为10m。忽略空气阻力,(g取10m/s2)下列说法正确的是( )
A. 下落过程中游客一直处于失重状态B. 弹性绳的劲度系数约为47N/m
C. 下落15m时游客的加速度接近为0D. 下落26m时弹性绳的弹力最小
9.如图是频闪照相机拍摄的篮球离开手后在空中的运动轨迹,忽略空气阻力,下列说法正确的是( )
A. 篮球离开手瞬间的加速度为0
B. 篮球经过轨迹最高点时的速度为0
C. 篮球经过A点处受到的合外力方向沿轨迹的切线方向
D. 篮球从离开手到落入篮筐过程中速度变化量的方向始终竖直向下
10.大质量钢卷是公路运输中的危险物品,如图符合规范的装载支架是安全运输的保障,运输过程中要求“缓加速慢减速”是血的教训换来的。若已知支架斜面均与水平面成α=30°,则运输车刹车时加速度不能超过( )
A. 0.5gB. 33gC. 3gD. 32g
11.2023年SUV制动距离排行榜上国产汽车成绩进步明显,如图中吉利车型领克05测试过程中以100km/h的初速度进行刹车制动,经过34m的距离刹停。若制动过程可看成匀减速直线运动,关于此次测试过程,该车( )
A. 刹车时间约为2.4sB. 刹车过程的加速度大小约为147m/s2
C. 刹车过程的平均速度大小为50m/sD. 在第3s末的速度大小约为6m/s
12.如图甲中某同学双手抓住单杠做引体向上,图乙是他在某次向上运动过程中重心速度随时间变化的图像。关于重心运动的说法正确的是( )
A. t=1.3s时的速度方向向下
B. t=1.3s时的加速度方向向上
C. 此次重心上升的高度约为0.35m
D. t=0.5s时的加速度大小小于t=1.5s时的加速度大小
13.如图,光滑斜面上有一小球被轻绳拴住悬挂在天花板上,已知轻绳与竖直方向的夹角为45°,斜面倾角为37°,整个装置处于静止状态。现水平向左缓慢移动斜面,直至轻绳到达竖直位置,该过程中小球一直在斜面上。下列说法正确的是( )
A. 未移动斜面时,轻绳对小球的拉力大于斜面对小球的支持力
B. 移动斜面过程中,轻绳对小球的拉力一直增大
C. 移动斜面过程中,斜面对小球的支持力先增大后减小
D. 轻绳竖直时,斜面对小球的支持力与小球所受重力大小相等
14.如图,质量分别为2m和m的小球1和2,用三根细线a、b、c悬挂,两小球处于静止状态,细线a与竖直方向间的夹角为30°,细线c水平。下列说法正确的是( )
A. 细线a对小球1的拉力大小为2 3mgB. 细线c对小球2的拉力大小为mg
C. 细线b对小球2的拉力大小为 3mgD. 细线b与竖直方向间的夹角为37°
15.如图,四只质量都为m的猴子依次拉住后竖直倒挂在树梢上,想要到水中捞月。四只猴子都处于静止状态,从上到下编号依次为1、2、3、4。当4号猴子打算把手伸向水面捞月时,2号猴子突然两手一滑没抓稳,3、4号猴子扑通一声掉进了水里。不计空气阻力,那么在2号猴子手滑后的瞬间( )
A. 2号猴子的加速度大小等于0
B. 树梢对1号猴子的拉力大小等于2mg
C. 1号猴子对2号猴子的拉力大小等于2mg
D. 3号猴子对4号猴子的拉力大小等于mg
二、实验题:本大题共2小题,共16分。
16.(1)图1所示是两种打点计时器的纸带安装方式,其中正确的是______。(多选)
(2)某同学利用图2装置进行“探究加速度与力、质量的关系”实验,打点计时器使用的交流电频率为50Hz。图3是实验获得的一段纸带,每隔4个点取一个计数点,则计数点2的读数是______cm,打下计数点3时小车的速度v= ______m/s,通过纸带数据计算出小车的加速度a= ______m/s2。(计算结果均保留2位有效数字)
(3)在探究加速度与力的关系实验中,两位同学把所挂槽码的总重力记为F,根据实验数据作出的a−F关系图像如图4所示,下列说法正确的是______。(多选)
A.图线①上的数据点是来自同一条纸带
B.图线②不过原点可能是由于未补偿阻力
C.两条图线的斜率均表示实验小车的质量
D.得到图线②的实验中小车质量比图线①的大
17.(1)如图1是某同学在做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验的操作情形,下列说法正确的是______;(多选)
A.弹簧测力计使用前无需调零
B.图中左侧细绳套太短
C.标记细绳方向的两个点要适当远一些
D.用图中一个测力计将橡皮筋结点拉到同一位置时可能会超出量程
(2)用弹簧测力计拉细绳套时,测力计的指针位置如图2所示,其读数为______N;
(3)小明利用如图3所示的装置和频闪摄影来探究平抛运动的特点,他通过击打弹簧片使A球沿水平方向抛出,同时B球自由落下,图4为某次实验得到的频闪照片,分析该照片,下列说法正确的是______。(单选)
A.仅可判断A球沿竖直方向做自由落体运动
B.仅可判断A球沿水平方向做匀速直线运动
C.可判断A球沿竖直方向做自由落体运动,沿水平方向做匀速直线运动
D.借助刻度尺仅在照片上测量小球的位置即可求出A球抛出时的初速度大小
三、简答题:本大题共4小题,共39分。
18.如图甲是一种可以向高层运送货物的云梯车,其简化结构如图乙所示。轨道AB与水平面的夹角θ=53°,将货物固定在载货平台上,通过操控电机可使载货平台沿轨道AB做直线运动。某次出厂调试中,载货平台要将货物运送到高为h=24m的楼房顶端。
(1)若载货平台以v1=0.5m/s的速度做匀速运动,求货物从A点到达B点所需的时间t1;
(2)若载货平台从A点由静止开始以a1=160m/s2的加速度运动到B点,求货物到达B点的速度大小vB;
(3)若载货平台从A点由静止开始运动,到达B点时的速度恰好为0,且载货平台加速和减速的最大加速度大小均为a2=0.5m/s2,最大速度为vm=1m/s,求货物从A点到达B点的最短时间t。
19.如图甲是运动员跳台滑雪时的场景,其运动示意图如图乙所示。运动员在雪道上获得一定初速度后从跳台末端O点水平飞出,并在空中飞行一段距离后着陆,已知雪道斜坡的长度L=75m,与水平面的夹角θ=37°,不计空气阻力。
(1)若运动员以初速度v1=22m/s离开跳台后,着陆在水平雪道上的A点,求运动员在该过程中的水平位移的大小x;
(2)若运动员离开跳台后,想先落到斜坡上做缓冲,则运动员离开跳台的初速度v2的大小不能超过多少;
(3)运动员以初速度v3=16m/s离开跳台直接落在斜坡上B点,求OB间的距离l。
20.如图甲所示,运动员在水平地面上用绳子拉轮胎进行负荷训练,示意图如图乙所示。已知轮胎的质量为m,与地面间的动摩擦因数恒为μ,绳子质量不计,与水平面的夹角为α,重力加速度为g。
(1)若a=30°,m=10kg,μ= 32,运动员用F1=50N的拉力未拉动轮胎,求此时轮胎受到的摩擦力大小Ff;
(2)若a=60°,m=10kg,μ= 32,运动员拉着轮胎做匀速直线运动,求绳子拉力F2的大小;
(3)如图丙所示,若运动员用两根等长绳子拉着轮胎以加速度a做直线运动,运动过程中保持两绳的端点A、B等高,两绳子间的夹角恒为θ、两绳所在平面与水平面间的夹角为α。求此时每根绳子的拉力FT的表达式。
21.如图甲所示的输送机广泛用于物料出入库和装卸,它由一台由水平传送带AB、一台倾角θ=30°的传送带CD以及水平平台EF组成,示意图如图乙所示。已知AB=3m,EF=4m,货物与AB、EF间的动摩擦因数均为μ1=0.05,与CD间的动摩擦因数为μ2=7 320,可视为质点的货物从A端无初速度释放,最后恰好停在平台EF的右端F点。两条传送带均沿顺时针方向转动,水平传送带的速度始终为v1=1.0m/s。货物经过各连接处时速度大小不变,且始终不会离开接触面。
(1)求货物在AB上运动的时间t;
(2)若倾斜传送带的速度v2=2.5m/s,则EF距离AB的高度h为多少;
(3)若倾斜传送带的速度v2=2.0m/s,货物在经过C点时由于外包装破损,在CD传送带上留下了一道划痕(不影响动摩擦因数),求划痕的长度x。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解:标量是只有大小没有方向的物理量,质量是标量,而矢量是既有大小又有方向的物理量,速度、位移和加速度都是矢量,故D正确,ABC错误。
故选:D。
即有大小又有方向,相加时遵循平行四边形定则的物理量是矢量,如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量;
只有大小,没有方向的物理量是标量,如路程、时间、质量等都是标量。
对于物理量的矢标性是学习的重要内容之一,要抓住矢量与标量的区别:矢量有方向,标量没有方向。
2.【答案】D
【解析】解:A.7点27分是指时刻,故A错误;
B.2小时1分钟是时间间隔,故B错误;
C.根据题干所给条件无法求解列车的平均速度,故C错误;
D.研究该列车全程的轨迹时,列车大小和形状可以忽略,可以把列车看成质点,故D正确;
故选:D。
时间间隔是指时间轴上的一段,时刻是指时间轴上的一点;平均速度等于位移与时间的比值,平均速率等于路程与时间的比值;任何物体,只要大小和形状对研究的问题可以忽略,都可以看作质点。
本题主要考查对时间间隔和时刻、平均速度和平均速率、质点的理解,根据各个概念定义解答。
3.【答案】C
【解析】解:A.由图可知,排球受重力、支持力,可能受到摩擦力,故A错误;
B.排球对手的压力方向垂直手面,指向手面向下,故B错误;
C.手受到排球的压力作用,手发生形变,要恢复形变,对排球产生支持力,故C正确;
D.手对排球的支持力与排球对手的压力属于作用力反作用力,总是等大反向,故D错误;
故选:C。
根据排球运动状态进行受力分析,判断排球受到的弹力、摩擦力情况;作用力反作用力总是作用在两个不同物体上,总是等大反向,同时产生同时消失,性质一定相同。
本题主要考查弹力的产生与方向、静摩擦力的产生与方向的判断,牛顿第三定律的理解。
4.【答案】C
【解析】解:由于曲线运动的速度方向为该点轨迹的切线方向,所以在图中的点a点速度方向水平向左,b点的方向向上,c点的方向竖直向下,d点的速度方向竖直向上,经过c点时头部的速度方向与入水时的速度v的方向最接近,故C正确,ABD错误。
故选:C。
曲线运动的速度方向为该点轨迹的切线方向,据此即可求解。
本题主要考查了曲线运动瞬时速度的方向,知道任一点的切线方向为速度方向,难度不大,属于基础题。
5.【答案】B
【解析】解:甲车快速启动时撞到静止的乙车,甲车司机由于惯性,甲车司机相对于甲车向前运动,与甲车的方向盘相碰造成甲车司机胸部受伤。乙车静止,乙车车尾由于受到撞击而向前运动,乙车司机由于惯性保持静止,乙车司机相对于乙车向后运动,与乙车的座椅相碰而造成乙车司机背部受伤,故B正确,ACD错误。
故选:B。
甲与乙碰撞的过程中二者的运动状态都发生变化,然后结合惯性解释即可。
该题考查对惯性的理解,知道惯性是物体保持原来的运动状态的特性是关键。
6.【答案】A
【解析】解:AB.因为阿迪力正沿倾斜钢丝小心翼翼地缓慢上行,所以选手受力平衡,对阿迪力受力分析,受到竖直向下的重力,垂直于钢丝向上的支持力,沿着钢丝向上的摩擦力,三个力的合力为零,即钢丝对阿迪力的作用力与其重力等大反向,即钢丝对阿迪力的作用力大小保持不变,钢丝对阿迪力的作用力方向竖直向上,故A正确,B错误;
C.阿迪力所受的摩擦力方向沿钢丝斜向上方,故C错误;
D.阿迪力手中的平衡杆所受合力为0,故D错误。
故选:A。
ABC.分析阿迪力的受力情况,根据阿迪力的运动状态进行判断;
D.根据平衡杆的运动状态判断合外力情况。
考查物体的受力分析和运动状态的分析,会根据题意进行准确的判断。
7.【答案】D
【解析】解:AB.船头始终垂直河岸,垂直河岸的分速度最大,河岸宽是定值,根据x=vt,以该种方式渡河时间最短,不是位移最短,故AB错误;
B.设合速度与水平夹角为θ,根据速度合成规律,tanθ=v船v水,根据图象可知,角度先不变再逐渐变大,而船速不变,故水速先不变后变小,故C错误,D正确。
故选:D。
船头始终垂直河岸,渡河时间最短;
根据速度合成规律,tanθ=v船v水,结合角度,分析水流速度。
本题考查学生对运动合成和分解规律的掌握,其中船头始终垂直河岸,渡河时间最短,是需要学生掌握的。
8.【答案】C
【解析】解:A、由图乙可知游客从蹦极台下落过程先加速后减速,即先有向下的加速度后有向上的加速度,所以游客先处于失重后处于超重状态,故A错误;
B、当游客的速度达到最大时,加速度为零,此时游客处于平衡状态,根据平衡条件可知游客受到弹性绳的弹力等于重力,结合胡克定律可得kx=mg,根据速度—位移图像可知速度最大时,弹性绳的长度约为l=15m,弹性绳原长为l0=10m,弹性绳的伸长量为x=l−l0=15m−10m=5m
联立以上两式解得弹性绳的劲度系数约为k=140N/m,故B错误;
C、根据速度—位移图像的斜率表示加速度,根据图像可知,下落15m时游客的加速度接近为0,故C正确;
D、弹性绳不断伸长,下落26m时游客的速度为零,游客运动到最低点,此时弹性绳的弹力最大,故D错误。
故选:C。
根据合力判断加速度方向,从而判断游客的状态;根据胡克定律求解弹性绳的劲度系数;下落的高度越大,弹性绳的拉力越大。
本题分析时,要抓住绳的弹力是变化的,把握运动的特点:加速度为0时弹力等于重力。
9.【答案】D
【解析】解:AC.篮球离开手瞬间,忽略空气阻力,合外力竖直向下为重力,加速度为重力加速度g,故AC错误;
B.篮球经过轨迹最高点时的速度水平方向,不为零,故B错误;
D.篮球从离开手到落入篮筐过程中速度变化量Δv=gt,方向始终竖直向下,故D正确。
故选:D。
斜抛只受重力,加速度为重力加速度,最高点速度不为零,方向水平。
本题解题关键掌握斜抛运动的受力特点,是一道基础题。
10.【答案】B
【解析】解:对钢卷受力分析,可得临界时后支架斜面无作用力,前支架斜面有支持力N,受力情况如图,由牛顿第二定律得
Ncsα=mg,Nsinα=ma
得
a=gtanα=gtan30°= 33g
故ACD错误,B正确;
故选:B。
根据题意,对物体进行受力分析,根据牛顿第二定律写出方程式,联立方程式求解。
考查牛顿第二定律的综合应用,关键是对牛顿第二定律的深刻理解,会根据题目条件列式解答。
11.【答案】A
【解析】解:初速度大小为v0=100km/h≈27.8m/s。
A、设刹车时间约为t,则有:v02t=x,解得:t=2.4s,故A正确;
B、根据加速度的定义式可得:a≈v0t=,故B错误;
C、刹车过程的平均速度大小为v−=v02=27.82m/s=13.9m/s,故C错误;
D、由于刹车时间约为2.4s,所以在第3s末的速度大小为0,故D错误。
故选:A。
根据平均速度等于速度的判决书点的平均速度大小,根据位移计算公式求解刹车时间;根据加速度的定义式求解加速度大小;根据刹车时间判断第3s末的速度大小。
本题主要是考查匀变速直线运动的计算,解答本题的关键是弄清楚运动过程,合理的选择匀变速直线运动的计算公式进行解答。
12.【答案】D
【解析】解:AB.由v−t图像可知,t=1.3s时的速度方向为正方向,即速度方向向上,此时正向上做减速运动,加速度方向向下,故AB错误;
C.根据v−t图像与横轴围成的面积表示位移,可知此次重心上升的高度约为h=12×0.64×1.7m≈0.54m,故C错误;
D.根据v−t图像的斜率绝对值表示加速度大小,可知t=0.5s时的加速度大小小于t=1.5s时的加速度大小,故D正确。
故选:D。
根据v−t图像可得到速度和加速度的方向;v−t图像与横轴围成的面积表示位移,可求出上升的高度的近似值;v−t图像的斜率绝对值表示加速度大小,可根据斜率比较加速度。
学生在解答本题时,应注意v−t图像的斜率绝对值表示加速度大小。
13.【答案】B
【解析】解:A、对小球受力分析,设小球受到的重力为G,将拉力T和支持力FN沿水平和竖直方向分解,如下图
水平方向上:Tsin45°=FNsin37°…①
竖直方向上:Tcs45°+FNcs37°=G…②
联立①②解得:FN=57G,T=3 27G
可知绳子的拉力增大,斜面的支持力逐渐减小,当轻绳竖直时,斜面对小球的支持力为零,绳子的拉力与小球所受重力大小相等,故B正确,CD错误。
故选:B。
对小球受力分析,按力的正交分解,根据平衡条件列方程求解;然后结合角度的变化判断。
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。
14.【答案】A
【解析】解:A.对小球1和2组成的整体,根据竖直方向的平衡条件有Tacs30°=(m+2m)g=3mg,得Ta=2 3mg,由水平方向的平衡条件有Tc=Tasin30°,得Tc= 3mg,故A正确,B错误;
CD.对小球2,设细线b与水平方向的夹角为θ,根据平衡条件有
水平方向Tbsinθ=mg,竖直方向Tbcsθ=Tc
联立解得 θ=37°,Tb=53mg
即细线b与竖直方向的夹角等于53°,故CD错误;
故选:A。
AB.利用整体法对小球1和2组成的系统在水平方向和竖直方向列平衡方程求解细线a和细线c的拉力;
CD.隔离小球2,设置好相应的夹角,同样列出两个方向的平衡方程并联立求解。
考查整体法和隔离法的应用,会根据题意灵活选择并列式求解相关的物理量。
15.【答案】C
【解析】解:D.以3、4号猴子为整体,可知整体的加速度为重力加速度g,则4号猴子的加速度也为重力加速度g,所以3号对4号猴子的作用力等于0,故D错误;
B.在2号猴子手滑后的一瞬间,四只猴子的速度都等于0,1、2号猴子作为整体,在手滑前,设树梢对猴子的作用力为F,对整体有F=4mg,则在2号猴子手滑后的一瞬间,树梢对1号猴子的拉力保持不变,大小仍为4mg,故B错误;
A.以1、2号猴子为整体,根据牛顿第二定律可得F−2mg=2ma,解得a=g,方向向上,故A错误;
C.以2号猴子为对象,根据牛顿第二定律可得F12−mg=ma
解得F12=2mg
可知1号猴子对2号猴子的作用力大小为2mg,故C正确。
故选:C。
选择3、4号猴子为整体,分析加速度可得出作用力大小;对4只猴子分析,可得到树梢的作用力大小,从而得到树梢对1号猴子的拉力;选择1、2号猴子为整体分析,利用牛顿第二定律可求出加速度;选择2号猴子可求出1号对2号猴子的作用力。
学生在解答本题时,应注意整体法的合理运用,对于多个物体的问题,选择合适的研究对象是正确快速解题的关键。
16.【答案】BC 9.80 0.66 0.83 BD
【解析】解:(1)电磁打点计时器,安装纸带时把纸带穿过计时器上的限位孔,纸带放在两圆盘形复写纸之间,轻拉纸带,复写纸圆盘平稳转动即可;电火花计时器,安装纸带时把纸带穿过计时器上的限位孔,纸带放在墨粉盘下面,轻拉纸带,墨粉盘平稳转动即可;对照题图,故BC正确,AD错误。
故选:BC。
(2)毫米刻度尺的分度值为1mm,计数点2的读数为x2=98.0mm=9.80cm
相邻计数点之间的时间间隔T=5f=550s=0.1s
计数点2到4的距离x24=x4−x2=229.0mm−98.0mm=131.0mm
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度,3点的瞬时速度
v3=x242T=131.0×10−32×0.1m/s≈0.66m/s
根据逐差法,加速度a=x24−x024T2=(131.0−98.0)×10−34×0.12m/s2≈0.83m/s2
(3)A.a−F图像反映的小车质量不变时,小车加速度与外力(槽码的总重力)的关系,每次实验得到一条纸带,图线①上的数据点是不同外力作用下得到的,因此这些数据点不是来自同一条纸带,故A错误;
B.图线②不过原点,当加速度为零时,外力不为零,可能是由于实验未补偿阻力或平衡阻力不足,故B正确;
C.根据牛顿第二定律F±F0=Ma,其中F0代表重力沿斜面的分力或阻力
变形得a=1M⋅F±F0M
图像的斜率k=1M
因此两条图线的斜率均表示实验小车的质量倒数,故C错误;
D.根据a−F图像斜率可知k1>k2,结合上述分析可得M1
故选:BD。
故答案为:(1)BC;(2)9.80;0.66;0.83;(3)BD。
(1)根据纸带的正确安装方法分析作答;
(2)毫米刻度尺的分度值为1mm,读数时要估读到下一位;
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求3点的瞬时速度;
根据逐差法求加速度;
(3)A.a−F图像反映的小车质量不变时,小车加速度与外力(槽码的总重力)的关系,据此分析作答;
B.图线②不过原点,当加速度为零时,外力不为零,据此分析作答;
CD.根据牛顿第二定律结合图像分析作答。
本题主要考查“探究加速度与力、质量的关系”实验,要明确实验的原理,掌握纸带的正确安装方法;掌握根据纸带求瞬时速度和加速度的方法,知道a−F图像是多次实验的结果,明确其斜率表示小车质量的倒数。
17.【答案】BCD 2.48 C
【解析】解:(1)A.弹簧测力计使用必须调零,故A错误;
B.图中左侧细绳套太短,记录方向时会产生误差,故B正确;
C.标记细绳方向的两个点要适当远一些,故C正确;
D.图中两个测力计已经接近最大量程,则用图中一个测力计将橡皮筋结点拉到同一位置时可能会超出量程,故D正确。
故选:BCD。
(2)弹簧测力计的分度值为0.1N,测力计的读数为2.48N;
(3)ABC.由图可知,A球在相等时间内的水平位移相等,则可判断A球水平方向做匀速直线运动;竖直方向A球的运动和B球相同,则可判断A球沿竖直方向做自由落体运动;故AB错误,C正确;
D.根据
x=vt
Δy=gt2
可得
v=x gΔy
则必须要借助刻度尺测出每个小方格的边长,借助重力加速度的值才能求解A球抛出时的初速度大小,故D错误。
故选:C。
故答案为:(1)BCD;(2)2.48;(3)C
(1)根据“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验原理及操作规范分析解答;
(2)根据弹簧测力计分度值读数;
(3)根据平抛运动水平和竖直方向的运动规律解答。
本题考查“探究两个互成角度的力的合成规律”“平抛运动”的实验原理及操作规范,解题关键掌握平抛运动水平和竖直方向的运动规律。
18.【答案】解:(1)货物从A点到达B点的位移为:x=hsinθ=24sin53∘m=30m
载货平台做匀速直线运动,货物从A点到达B点所需的时间为:
t1=xv1=300.5s=60s
(2)载货平台从A点由静止开始做匀加速直线运动到B点,由运动学公式得:
2a1x=vB2
解得:vB=1m/s
(3)载货平台加速到最大速度所需最短时间为:t1=vma2=10.5s=2s
载货平台加速过程的最小位移为:x1=12vmt1=12×1×2m=1m
因载货平台加速和减速的最大加速度大小相等,故由运动的对称性可知,载货平台由最大速度减到零所需最短时间和此过程的最小位移均与加速过程相等。
载货平台匀速运动过程的最大位移为:x2=x−2x1=30m−2×1m=28m
载货平台匀速运动过程所需时间为:t2=x2vm=281s=28s
货物从A点到达B点的最短时间为:t=2t1+t2=2×2s+28s=32s
答:(1)货物从A点到达B点所需的时间t1为60s;
(2)货物到达B点的速度大小vB为1m/s;
(3)货物从A点到达B点的最短时间t为32s。
【解析】(1)由几何关系求得货物从A点到达B点的位移大小,根据运动学公式求解货物从A点到达B点所需的时间;
(2)根据运动学公式求解货物到达B点的速度大小;
(3)根据运动学公式求得载货平台加速到最大速度所需最短时间和此过程的最小位移,因载货平台加速和减速的最大加速度大小相等,故载货平台由最大速度减到零所需最短时间和此过程的最小位移均与加速过程相等。求得载货平台匀速运动过程的最大位移和此过程所需时间,进而求得货物从A点到达B点的最短时间。
本题考查了匀变速直线运动的规律的应用。第(3)问限定了最大速度,要分段分析解答,理清位移关系是关键。
19.【答案】解:(1)运动员离开跳台后做平抛运动,水平方向上有x=v1t
竖直方向上有h=12gt2
联立解得x=66m
(2)运动员离开跳台后恰好落在斜坡底端时,初速度最大,设运动时间为t2,水平位移为x2,竖直位移为h2
由几何关系可得x2=Lcsθ,h2=Lsinθ
由平抛运动规律可得x2=v2t2,h2=12gt22
联立解得v2=20m/s
(3)运动员以初速度v3=16m/s离开跳台直接落在斜坡上B点,设运动时间为t3,水平位移为x3,竖直位移为h3
由平抛运动规律可得x3=v3t3,h3=12gt32
由几何关系可得h3x3=tanθ
OB间的距离l= x32+h32
联立解得l=32m。
答:(1)运动员在该过程中的水平位移的大小x为66m;
(2)运动员离开跳台的初速度v2的大小不能超过20m/s;
(3)OB间的距离l为32m。
【解析】(1)根据运动学公式可求出水平位移大小;
(2)根据运动学公式,结合运动的合成与分解,可求出速度最大值;
(3)根据平抛运动公式可求出OB之间的距离。
学生在解答本题时,应注意对平抛运动的理解,同时掌握运动的合成与分解。
20.【答案】解:(1)对轮胎进行受力分析,根据平衡条件,有
F1csα=Ff
代入数据解得:Ff=25 3N
(2)对轮胎进行受力分析,根据平衡条件,有
F2csα=f
N+F2sinα=mg
f=μN
联立解得
F2=40 3N
(3)对轮胎进行受力分析,根据牛顿第二定律,有
2FTcsθ2csα−f=ma
N+2FTsinθ2sinα=mg
f=μN
联立解得
FT=m(a+μg)2csθ2csα+2μsinθ2sinα
答:(1)轮胎受到的摩擦力大小Ff为25 3N;
(2)绳子拉力F2的大小为40 3N;
(3)每根绳子的拉力FT的表达式为FT=m(a+μg)2csθ2csα+2μsinθ2sinα。
【解析】(1)根据平衡条件列式求解摩擦力;
(2)再次根据平衡条件列出水平方向和竖直方向的平衡方程列式求解拉力;
(3)对物体进行受力分析,根据牛顿第二定律列式求解拉力的表达式。
考查物体的受力分析,根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解相关的物理量和表达式。
21.【答案】解:(1)货物在传送带上的加速度为
a1=μ1g=0.05×10m/s2=0.5m/s2
货物在AB上加速运动的时间
t1=v1a1=10.5s=2s
加速运动的位移为
x1=v122a1
解得
x1=1m
t2=xAB−x1v1
解得
t2=2s
货物在AB上运动的时间
t=t1+t2=2s+2s=4s
(2)货物在平台EF上做匀减速直线运动
xEF=vD22μ1g
解得到达D点速度为
vD=2m/s
货物滑上CD的速度
v1
f=μ2mgcs30°>mgsin30°
且
v2>vD
所以货物在传送带CD上一直加速到达D端,货物加速
a2=μ2gcsθ−gsinθ
解得
a2=0.25m/s2
位移为
xCD=vD2−v122a2
解得
xCD=6m
EF距离AB的高度h为
h=xCDsinθ=6m×12=3m
(3)由于
v2=vD
因此货物在传送带上仍然一直加速到D端,该过程与传送带发生相对滑动,所以划痕是货物加速时与CD间相对滑动产生的,有
t3=v2−v1a2
解得
t3=4s
划痕为
x=v2t3−xCD
解得
x=2m
答:(1)货物在AB上运动的时间4s;
(2)若倾斜传送带的速度v2=2.5m/s,则EF距离AB的高度h为3m;
(3)若倾斜传送带的速度v2=2.0m/s,货物在经过C点时由于外包装破损,在CD传送带上留下了一道划痕(不影响动摩擦因数),划痕的长度2m。
【解析】(1)货物放上传送带,根据牛顿第二定律求解其加速度,根据运动学公式求解运动时间;
(2)根据牛顿第二定律求解其加速度,根据运动学公式求解EF距离AB的高度h;
(3)根据运动学公式求解划痕的长度。
本题考查传送带问题,解题关键是分析好货物的受力情况和运动情况,结合牛顿第二定律、运动学公式分析求解即可。
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