江西省上饶市横峰中学届高三上学期第一次周练物理.docx
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江西省上饶市横峰中学届高三上学期第一次周练物理
2016-2017学年江西省上饶市横峰中学高三(上)第一次周练物理试卷
一、选择题(本题共8小题,每小题10分,共80分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项正确,第5~8题有多项正确,全部选对的得10分,选对但不全的得5分,有选错或不选的得0分)
1.如图所示,倾斜索道与水平面夹角为37°,当载人车厢沿钢索匀加速向上运动时,车厢里的人对厢底的压力为其重量的1.25倍,那么车厢对人的摩擦力为其体重的( )
A.
倍B.
倍C.
倍D.
倍
2.如图所示,A、B两球完全相同,质量均为m,用两根等长的细线悬挂在升降机内天花板的O点,两球之间连着一根劲度系数为k的轻质弹簧,当升降机以加速度a竖直向上做匀加速直线运动时,两根细线之间的夹角为θ.则弹簧被压缩的长度为( )
A.
B.
C.
D.
3.如图所示,足够长的水平传送带以v0=2m/s的速度匀速运行.t=0时,在最左端轻放一个小滑块,t=2s时,传送带突然制动停下.已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2,g=10m/s2.在图中,关于滑块相对地面运动的v﹣t图象正确的是( )
A.
B.
C.
D.
4.如图所示,物体A、B叠放在水平桌面上,装沙的小桶C通过细线牵引A、B一起在水平桌面上向右加速运动,设A、B间的摩擦力为Ff1,B与桌面间的摩擦力为Ff2.若增大小桶中沙的质量,而A、B仍一起向右运动,则摩擦力Ff1和Ff2的变化情况是( )
A.Ff1不变,Ff2变大B.Ff1变大,Ff2不变
C.Ff1和Ff2都变大D.Ff1和Ff2都不变
5.如图1所示,一长木板静止放在光滑水平面上,一滑块(可视为质点)以水平初速度v0由左端滑上木板,滑块滑至木板的右端时恰好与木板相对静止.已知滑块在滑动过程中所受摩擦力始终不变.若将木板分成长度和质量均相同的甲、乙两段后,紧挨着静止放在光滑水平面上,让滑块仍以相同的初速度v0由甲的左端滑上木板,如图2所示.则滑块( )
A.滑到乙板的左端与乙板相对静止
B.滑到乙板中间某一位置与乙板相对静止
C.滑到乙板的右端与乙板相对静止
D.将从乙板的右端滑离
6.下列对运动的认识不正确的是( )
A.亚里士多德认为必须有力作用在物体上,物体才能运动,没有力的作用,物体就静止
B.伽利略认为如果完全排除空气的阻力,所有的物体将下落得同样快
C.牛顿认为力不是维持物体速度的原因,而是改变物体速度的原因
D.伽利略根据理想实验推论出,若没有摩擦,在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去
7.如图甲所示,倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行.t=0时,将质量m=1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上,物体相对地面的vt图象如图乙所示.设沿传送带向下为正方向,取重力加速度g=10m/s2.则( )
A.传送带的速率v0=10m/s
B.传送带的倾角θ=30°
C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5
D.0~2.0s内摩擦力对物体做功Wf=﹣24J
8.如图所示,光滑的水平地面上有三块质量均为m的木块a、b、c,a、c之间用轻质细绳连接.现用一水平恒力F作用在b上,使三木块一起运动,运动过程中把一块橡皮泥粘在某木块上,系统始终保持相对静止.下列说法正确的是( )
A.无论粘在哪块木块上,系统的加速度一定减小
B.若粘在a木块上,a、b间摩擦力一定不变
C.若粘在b木块上,绳中拉力一定减小
D.若粘在c木块上面,绳中拉力一定增大
二、实验题
9.某实验小组应用如图1所示装置“探究加速度与物体受力的关系”,已知小车的质量为M,砝码及砝码盘的总质量为m,所使用的打点计时器所接的交流电的频率为50Hz.实验步骤如下:
A.按图所示安装好实验装置,其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直;
B.调节长木板的倾角,轻推小车后,使小车能沿长木板向下匀速运动;
C.挂上砝码盘,接通电源后,再放开小车,打出一条纸带,由纸带求出小车的加速度;
D.改变砝码盘中砝码的质量,重复步骤C,求得小车在不同合力作用下的加速度.
根据以上实验过程,回答以下问题:
(1)对于上述实验,下列说法正确的是 .
A.小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等
B.实验过程中砝码盘处于超重状态
C.与小车相连的轻绳与长木板一定要平行
D.弹簧测力计的读数应为砝码和砝码盘总重力的一半
E.砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量
(2)实验中打出的一条纸带如图2所示,由该纸带可求得小车的加速度为 m/s2.(结果保留2位有效数字)
(3)由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象,与本实验相符合的是 .
三、计算题
10.如图甲所示,水平地面上轻弹簧左端固定,右端通过滑块压缩0.4m锁定.t=0时解除锁定释放滑块.计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如图乙所示,其中Oab段为曲线,bc段为直线,倾斜直线Od是t=0时的速度图线的切线,已知滑块质量m=2.0kg,取g=10m/s2.求:
(1)滑块与地面间的动摩擦因数;
(2)弹簧的劲度系数.
附加题
11.如图所示,倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=1.8m、质量M=3kg的薄木板,木板的最上端叠放一质量m=1kg的小物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=
.对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动.设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10m/s2.
(1)为使物块不滑离木板,求力F应满足的条件;
(2)若F=37.5N,物块能否滑离木板?
若不能,请说明理由;若能,求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离.
2016-2017学年江西省上饶市横峰中学高三(上)第一次周练物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题(本题共8小题,每小题10分,共80分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项正确,第5~8题有多项正确,全部选对的得10分,选对但不全的得5分,有选错或不选的得0分)
1.如图所示,倾斜索道与水平面夹角为37°,当载人车厢沿钢索匀加速向上运动时,车厢里的人对厢底的压力为其重量的1.25倍,那么车厢对人的摩擦力为其体重的( )
A.
倍B.
倍C.
倍D.
倍
【考点】牛顿第二定律;力的合成与分解的运用.
【分析】对人受力分析可知,人在水平和竖直方向都有加速度,由牛顿第二定律可以求得竖直方向上的加速度的大小,进而可以求得水平方向上的加速度的大小,再次由牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小.
【解答】解:
由于人对车厢底的正压力为其重力的1.25倍,所以在竖直方向上有FN﹣mg=ma上,
解得a上=0.25g,
设水平方向上的加速度为a水,则
=tan37°=
所以a水=
g,
对人受力分析可知,在水平方向上摩擦力作为合力产生加速度,
即f=ma水=
mg,所以B正确.
故选B.
2.如图所示,A、B两球完全相同,质量均为m,用两根等长的细线悬挂在升降机内天花板的O点,两球之间连着一根劲度系数为k的轻质弹簧,当升降机以加速度a竖直向上做匀加速直线运动时,两根细线之间的夹角为θ.则弹簧被压缩的长度为( )
A.
B.
C.
D.
【考点】牛顿第二定律;胡克定律.
【分析】以A物体受力分析,A受重力、拉力及弹簧的弹力而向上做匀加速直线运动;F与T的合力竖直向上,由牛顿第二定律及力的合成可求得弹簧的弹力;再由胡克定律可解出形变量.
【解答】解:
对球A受力分析,受重力mg、拉力T、弹簧的弹力F而向上做匀加速直线运动,
则有牛顿第二定律可知:
,
即:
F=m(g+a)tan
,
根据胡克定律,有:
F=kx,
联立可得x=
,故C正确.
故选:
C.
3.如图所示,足够长的水平传送带以v0=2m/s的速度匀速运行.t=0时,在最左端轻放一个小滑块,t=2s时,传送带突然制动停下.已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2,g=10m/s2.在图中,关于滑块相对地面运动的v﹣t图象正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系;匀变速直线运动的图像.
【分析】滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动,当速度与传送带相等时,和传送带一起做运动运动,当传送带突然制动停下时,滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止.
【解答】解:
滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动,a=
=μg=2m/s2,
滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t1=
=1s
然后随传送带一起匀速运动的时间t2=t﹣t1=1s
当送带突然制动停下时,滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止,a′=﹣a=﹣2m/s2
运动的时间t3=
所以速度时间图象对应D选项.
故选D
4.如图所示,物体A、B叠放在水平桌面上,装沙的小桶C通过细线牵引A、B一起在水平桌面上向右加速运动,设A、B间的摩擦力为Ff1,B与桌面间的摩擦力为Ff2.若增大小桶中沙的质量,而A、B仍一起向右运动,则摩擦力Ff1和Ff2的变化情况是( )
A.Ff1不变,Ff2变大B.Ff1变大,Ff2不变
C.Ff1和Ff2都变大D.Ff1和Ff2都不变
【考点】共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用.
【分析】物体A与B间是静摩擦力,物体A与桌面间是滑动摩擦力,滑动摩擦力与正压力成正比,静摩擦力随着外力的变化而变化,可以根据牛顿第二定律求解.
【解答】解:
设物体的加速度大小为a,对B受力分析,受重力、支持力和静摩擦力,根据牛顿第二定律,有:
Ff1=mAa…①
物体A与桌面间的摩擦力为滑动摩擦力,根据滑动摩擦定律,有
Ff2=μ(mA+mB)g…②.
当沙桶中沙子变多时,加速度变大,静摩擦力Ff1变大,而滑动摩擦力Ff2不变;
故选:
B
5.如图1所示,一长木板静止放在光滑水平面上,一滑块(可视为质点)以水平初速度v0由左端滑上木板,滑块滑至木板的右端时恰好与木板相对静止.已知滑块在滑动过程中所受摩擦力始终不变.若将木板分成长度和质量均相同的甲、乙两段后,紧挨着静止放在光滑水平面上,让滑块仍以相同的初速度v0由甲的左端滑上木板,如图2所示.则滑块( )
A.滑到乙板的左端与乙板相对静止
B.滑到乙板中间某一位置与乙板相对静止
C.滑到乙板的右端与乙板相对静止
D.将从乙板的右端滑离
【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系.
【分析】比较两次运动的区别,木块一直做匀减速直线运动,木板一直做匀加速直线运动,第一次在小铅块运动过程中,整个木板一直加速,第二次小木块先使整个木板加速,运动到乙部分上后甲部分停止加速,只有乙部分加速,加速度大于第一次的对应过程,通过比较小木块的位移确定是否飞离木板.
【解答】解:
在第一次在小木块运动过程中,小木块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速,第二次小木块先使整个木板加速,运动到乙部分上后甲部分停止加速,只有乙部分加速,加速度大于第一次的对应过程,故第二次小木块与乙木板将更早达到速度相等,所以小木块还没有运动到乙的右端.故ACD错误、B正确;
故选B
6.下列对运动的认识不正确的是( )
A.亚里士多德认为必须有力作用在物体上,物体才能运动,没有力的作用,物体就静止
B.伽利略认为如果完全排除空气的阻力,所有的物体将下落得同样快
C.牛顿认为力不是维持物体速度的原因,而是改变物体速度的原因
D.伽利略根据理想实验推论出,若没有摩擦,在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去
【考点】牛顿运动定律的综合应用;自由落体运动;伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法.
【分析】本题是一道物理常识题,同学可以通过对物理常识的掌握解答,也可以应用所学的牛顿第一定律等物理知识来解答.
【解答】解:
A、亚里斯多德认为,必须有力作用在物体上,物体才能运动,没有力的作用,物体就要静止下来.我们可以用牛顿第一定律来推翻它即可:
物体在不受外力作用时,可以做匀速直线运动.故A是错误;
B、伽利略认为如果完全排除空气的阻力,物体就仅受重力,所以所有的物体下落的加速度都是重力加速度,所有的物体将下落得同样快.故B是正确;
C、牛顿认为力不是维持物体速度的原因,而是改变物体速度的原因,我们可以用牛顿第一定律来解释:
物体在不受外力作用时,可以做匀速直线运动,物体受力后运动状态要发生改变,即物体的速度要发生改变.故C是正确;
D、伽利略根据理想实验推论出,若没有摩擦,在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去,牛顿第一定律告诉我们物体在不受外力作用时,可以做匀速直线运动,这也是物体保持惯性的原因.故D是正确;
故选A.
7.如图甲所示,倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行.t=0时,将质量m=1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上,物体相对地面的vt图象如图乙所示.设沿传送带向下为正方向,取重力加速度g=10m/s2.则( )
A.传送带的速率v0=10m/s
B.传送带的倾角θ=30°
C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5
D.0~2.0s内摩擦力对物体做功Wf=﹣24J
【考点】动能定理的应用;牛顿第二定律.
【分析】由图象可以看出物体先做匀加速直线运动,当速度达到传送带速度后,由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力,物块继续向下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律,结合加速度的大小求出动摩擦因数的大小.分别求出物体两次匀加速直线运动的位移,结合摩擦力的大小求出摩擦力对物体做功的大小.
【解答】解:
A、物体先做初速度为零的匀加速直线运动,速度达到传送带速度后,由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力,物块继续向下做匀加速直线运动,从图象可知传送带的速率v0=10m/s.故A正确.
BC、开始时物体摩擦力方向沿斜面向下,速度相等后摩擦力方向沿斜面向上,则有:
a1=
=gsinθ+μgcosθ=
=
=10m/s2.
a2=
=gsinθ﹣μgcosθ=
m/s2=2m/s2.联立两式解得μ=0.5,θ=37°.故B错误,C正确.
D、第一段匀加速直线运动的位移为:
x1=
=
m=5m,摩擦力做功为:
Wf1=μmgcosθ•x1=0.5×10×0.8×5J=20J,第二段匀加速直线运动的位移为:
x2=
=
m=11m,摩擦力做功为:
Wf2=﹣μmgcosθ•x2=﹣0.5×10×0.8×11J=﹣44J,所以有:
Wf=Wf1+Wf2=20﹣44=﹣24J.故D正确.
故选:
ACD.
8.如图所示,光滑的水平地面上有三块质量均为m的木块a、b、c,a、c之间用轻质细绳连接.现用一水平恒力F作用在b上,使三木块一起运动,运动过程中把一块橡皮泥粘在某木块上,系统始终保持相对静止.下列说法正确的是( )
A.无论粘在哪块木块上,系统的加速度一定减小
B.若粘在a木块上,a、b间摩擦力一定不变
C.若粘在b木块上,绳中拉力一定减小
D.若粘在c木块上面,绳中拉力一定增大
【考点】牛顿第二定律;物体的弹性和弹力.
【分析】选择合适的研究对象进行受力分析,由牛顿第二定律可得出物体受到的拉力的变化.
【解答】解:
A、由整体法可知,只要橡皮泥粘在物体上,物体的质量均增大,则由牛顿运动定律可知,加速度都要减小,故A正确;
B、若橡皮泥粘在a物体上,将b为研究对象,有F﹣f=ma,因加速度a减小,所以摩擦力是变大的,故B错误;
C、若粘在b木块上,以C为研究对象,由牛顿第二定律可得,FT=ma,因加速度减小,所以拉力减小,故C正确;
D、若橡皮泥粘在c物体上,将ab视为整体,F﹣FT=2ma,加速度减小,所以拉力FT变大;故D正确;
故选:
ACD.
二、实验题
9.某实验小组应用如图1所示装置“探究加速度与物体受力的关系”,已知小车的质量为M,砝码及砝码盘的总质量为m,所使用的打点计时器所接的交流电的频率为50Hz.实验步骤如下:
A.按图所示安装好实验装置,其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直;
B.调节长木板的倾角,轻推小车后,使小车能沿长木板向下匀速运动;
C.挂上砝码盘,接通电源后,再放开小车,打出一条纸带,由纸带求出小车的加速度;
D.改变砝码盘中砝码的质量,重复步骤C,求得小车在不同合力作用下的加速度.
根据以上实验过程,回答以下问题:
(1)对于上述实验,下列说法正确的是 C .
A.小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等
B.实验过程中砝码盘处于超重状态
C.与小车相连的轻绳与长木板一定要平行
D.弹簧测力计的读数应为砝码和砝码盘总重力的一半
E.砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量
(2)实验中打出的一条纸带如图2所示,由该纸带可求得小车的加速度为 0.16 m/s2.(结果保留2位有效数字)
(3)由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象,与本实验相符合的是 A .
【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系.
【分析】
(1)根据实验原理,可知小车的加速度与砝码盘的加速度不等,但弹簧测力计的读数为小车所受合外力,砝码加速度向下,处于失重状态,不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件;
(2)在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数,根据作差法求解加速度,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A点时小车的瞬时速度大小;
(3)数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象,应该是过原点的一条倾斜直线.
【解答】解:
(1)A、由图可知,小车的加速度是砝码盘的加速度大小的2倍,故A错误;
B、实验过程中,砝码向下加速运动,处于失重状态,故B错误;
C、小车相连的轻绳与长木板一定要平行,保证拉力沿着木板方向,故C正确;
D、实验过程中,砝码向下加速运动,处于失重状态,故弹簧测力计的读数小于砝码和砝码盘总重力的一半,故D错误;
E、由于不是砝码的重力,即为小车的拉力,故不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件,故E错误;
故选:
C
(2)设相邻两个计数点之间的位移分别为x1、x2、x3,相邻两个计数点之间的时间间隔T=5×0.02=0.1s,
由△x=aT2结合作差法得:
a=
m/s2,
(3)由题意可知,小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系应该是成正比,即为过原点的一条倾斜直线,故A符合;
故选:
A.
故答案为:
(1)C;
(2)0.16;(3)A
三、计算题
10.如图甲所示,水平地面上轻弹簧左端固定,右端通过滑块压缩0.4m锁定.t=0时解除锁定释放滑块.计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如图乙所示,其中Oab段为曲线,bc段为直线,倾斜直线Od是t=0时的速度图线的切线,已知滑块质量m=2.0kg,取g=10m/s2.求:
(1)滑块与地面间的动摩擦因数;
(2)弹簧的劲度系数.
【考点】牛顿第二定律;胡克定律.
【分析】
(1)从速度时间图象得到滑块脱离弹簧后减速滑行时的加速度,然后根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因数;
(2)从速度时间图象得到滑块刚释放时的加速度,然后根据牛顿第二定律列式求解弹簧的劲度系数.
【解答】解:
(1)从题中图象知,滑块脱离弹簧后的加速度大小
a1=
=
m/s2=5m/s2…①
由牛顿第二定律得:
μmg=ma1…②
代入数据解得:
μ=0.5…③
(2)刚释放时滑块的加速度为:
a2=
=
m/s2=30m/s2…④
由牛顿第二定律得:
kx﹣μmg=ma2…⑤
代入数据解得:
k=175N/m…⑥
答:
(1)滑块与地面间的动摩擦因数为0.5;
(2)弹簧的劲度系数为175N/m.
附加题
11.如图所示,倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=1.8m、质量M=3kg的薄木板,木板的最上端叠放一质量m=1kg的小物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=
.对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动.设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10m/s2.
(1)为使物块不滑离木板,求力F应满足的条件;
(2)若F=37.5N,物块能否滑离木板?
若不能,请说明理由;若能,求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离.
【考点】牛顿第二定律;牛顿运动定律的综合应用.
【分析】
(1)对整体和m分别运用牛顿第二定律,抓住临界情况摩擦力f≤μmgcosα,求出拉力的最小值.
(2)当F=37.5N>30N,物块能滑离木板,根据牛顿第二定律分别求出M、m的加速度,结合运动学公式,抓住两者的位移关系求出相对运动的时间,从而结合速度时间公式求出物块滑离木板时的速度,根据速度位移公式求出物块沿斜面上升的最大距离.
【解答】解:
(1)对M、m,由牛顿第二定律得,
F﹣(M+m)gsinα=(M+m)a
对m,有f﹣mgsinα=ma
f≤μmgcosα
代入数据解得F≤30N.
因要拉动,则F≥(M+m)gsinα=(3+1)×10×
N=20N
(2)当F=37.5N>30N,物块能滑离木板,
对M,有:
F﹣μmgcosα﹣Mgsinα=Ma1
对m,有:
μmgcosα﹣mgsinα=ma2
设滑块滑离木板所用的时间为t,由运动学公式得,
,
代入数据解得t=1.2s;
物块滑离木板时的速度v=a2t
由公式﹣2gsinα•s=0﹣v2
代入数据解得s=0.9m.
答:
(1)为使物块不滑离木板,力F应满足的条件为20N≤F≤30N.
(2)物块滑离木板所用的时间为1.2s,滑离木板后沿斜面上升的最大距离为0.9m.
2016年12月12日
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