期末学业水平检测 习题及解析

期末学业水平检测
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.如图所示,气垫导轨上滑块经过光电门时,其上的遮光条将光遮住,电子计时器可自动记录遮光时间Δt,测得遮光条的宽度为Δx,用近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度。为使更接近瞬时速度,正确的措施是(　　)
A.换用宽度更窄的遮光条
B.提高测量遮光条宽度的精确度
C.使滑块的释放点更靠近光电门
D.增大气垫导轨与水平面的夹角
2.下列说法正确的是(　　)
A.汽车超载使其惯性减小,容易造成交通事故
B.汽车惯性大小只与速度有关,速度越大惯性越大
C.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的结果,无法用实验直接验证
D.牛顿第一定律描述的是物体受平衡力时保持匀速直线运动或静止状态
3.汽车在高速公路上正常行驶时,同车道的前后车辆必须根据行驶速度、天气和路况保持足够的安全距离。一辆汽车在高速公路上正以108 km/h的速度匀速行驶,突然发现前面同车道的汽车因故障停止运动,于是司机紧急刹车,汽车经过5 s停止运动。不考虑人的反应时间,汽车的运动视为匀变速直线运动,下列说法正确的是(　　)
A.汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80,两车的安全距离为54 m
B.汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.60,两车的安全距离为54 m
C.汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.60,两车的安全距离为150 m
D.汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.60,两车的安全距离为75 m
4.2019年5月25日,2019年全国蹦床锦标赛在天津科技大学滨海校区体育馆落下帷幕,上海选手高磊加冕男子网上个人和团体双冠王。测得一位仅在竖直方向上运动的蹦床运动员受到蹦床的弹力F随时间t的变化规律如图所示,已知该运动员的最大加速度为42 m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的是　(　　)
A.该运动员接触蹦床过程中受到的最大弹力为2 000 N
B.该运动员双脚离开蹦床后的最大速度为16 m/s
C.该运动员由最低点向上运动到离开蹦床的过程中先处于超重状态后处于失重状态
D.该运动员由接触蹦床到最低点的过程中一直处于失重状态
5.如图所示,倾角为θ的斜面静置于地面上,斜面上表面光滑,A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端,另一端与A球相连,A、B间固定一个轻杆,B、C间由一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面,初始系统处于静止状态,现突然剪断细线。重力加速度为g。下列判断正确的是(　　)
A.细线被剪断的瞬间,弹簧弹力为3mg sin θ
B.细线被剪断的瞬间,A、B之间杆的弹力大小为零
C.细线被剪断的瞬间,A、B的加速度沿斜面向上,大小为2g sin θ
D.细线被剪断的瞬间,A、B之间杆的弹力大小为4mg sin θ
6.某同学参加“筷子夹玻璃珠”游戏。如图所示,夹起玻璃珠后,左侧筷子与竖直方向的夹角θ为锐角,右侧筷子竖直,且两筷子始终在同一竖直平面内。保持玻璃珠静止,忽略筷子与玻璃珠间的摩擦。下列说法正确的是(　　)
A.两侧筷子对玻璃珠的合力比重力大
B.两侧筷子对玻璃珠的合力比重力小
C.左侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠的重力大
D.右侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠的重力大
7.如图所示,用手握着一个质量为m的烧瓶,以加速度a竖直向上匀加速运动,已知手对烧瓶的压力方向与瓶颈壁垂直,重力加速度为g,则手对烧瓶的摩擦力　(　　)
A.大小为ma　　　B.大小为mg
C.大小为m(g-a)　　　D.大小为m(a+g)
8.甲、乙两汽车在同一平直公路上做直线运动,其运动情况分别如图中a、b两条图线所示,其中a图线是直线,b图线是抛物线的一部分,两车在t1时刻并排行驶。下列关于两车的运动情况,判断正确的是(　　)
A.t1到t2时间内甲车的位移大于乙车的位移
B.t1到t2时间内乙车的速度先减小后增大
C.t1到t2时间内乙车的加速度先减小后增大
D.在t2时刻两车也可能并排行驶
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.如图所示,下雨天,足球运动员在球场上奔跑时容易滑倒,设他的支撑脚对地面的作用力为F,方向与竖直方向的夹角为θ,鞋底与球场间的动摩擦因数为μ,下面对该过程的分析正确的是(　　)
A.下雨天,动摩擦因数μ变小,最大静摩擦力增大
B.奔跑幅度越大,越容易滑倒
C.当μD.当μ>tan θ时,容易滑倒
10.如图所示,一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动,且离开第三个矩形区域时速度恰好为零,则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是(　　)
A.v1∶v2∶v3=3∶2∶1
B.v1∶v2∶v3=∶∶1
C.t1∶t2∶t3=1∶∶
D.t1∶t2∶t3=(-)∶(-1)∶1
11.某小区儿童娱乐的滑滑梯,可简化为图甲所示模型,其中AB为斜面滑槽,BC为水平滑槽,一儿童从斜面滑槽的最高点A(x=0)开始滑下,其运动速率的二次方随路程大小的变化图线如图乙所示。若图中的v1、v2、x1、x2、x3以及重力加速度大小g均为已知量,儿童可视为质点,儿童与滑槽间的动摩擦因数处处相同,儿童经过斜面滑槽的最低点B前后瞬间的速度大小不变,则(　　)
A.可求出斜面滑槽的倾角
B.可求出儿童的质量
C.可求出儿童与滑槽间的动摩擦因数
D.可求出儿童在水平滑槽上滑行的距离
12.一足够长的传送带与水平面的夹角为θ,以一定的速度匀速运动,某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a所示),以此时为t=0时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系,如图b所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向,其中两速度大小v1>v2),已知传送带的速度保持不变,则下列判断正确的是　(　　)
A.若物块与传送带间的动摩擦因数为μ,则μ> tan θ
B.物体到传送带底部的距离至少为
C.物体相对传送带的位移为t1
D.其他条件不变,仅减小传送带与水平面的夹角,仍然从原位置放上小物块,小物块可能从传送带底部离开传送带
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)在用如图1所示的装置做“探究小车速度随时间变化的规律”和“探究加速度与力、质量的关系”实验中:
图1
(1)在下列实验器材中,两个实验都要用到的器材有　;
A.电磁打点计时器　　　B.天平
C.停表　　　D.刻度尺
(2)下列说法正确的是　　　　;
A.都需要“平衡摩擦力”
B.可以先释放纸带后接通电源
C.电火花计时器使用的电源是“交流220 V”
D.拉力或钩码的重力都要远小于车及车上砝码的总重力
(3)打出的其中一条纸带如图2所示,电源频率50 Hz,A、B、C、D是纸带上的四个计数点,每两个相邻计数点间有4个点没有画出。则纸带运动的加速度大小为　　　　(保留两位有效数字)。
图2
14.(6分)如图所示为“探究两个互成角度的力的合成规律”实验,轻质小圆环挂在橡皮条的一端,另一端固定。橡皮条的长度为GE,用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环,小圆环受到拉力F1、F2的共同作用,处于O点,橡皮条伸长的长度为EO,撤去F1、F2,改用一个力F单独拉住小圆环,仍使它处于O点。
(1)实验中弹簧测力计通过细绳套去拉小环,下列不同的细绳套中长度最合适的是　　　　;
A.长约1 cm　　　B.长约2 cm
C.长约10 cm　　　D.长约50 cm
(2)如图丁所示是弹簧测力计测量拉力F2的情况,其读数是　　　　N;
(3)如图所示,O点是小环的位置,0、1、2分别是记录F、F1、F2的方向时描的点,图中已作出F、F1、F2的图示,请根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F合。
15.(8分)研究发现,人在饮酒后驾车的反应时间是未饮酒时的2~3倍,反应时间是指司机从发现意外情况到踩刹车时间;在反应时间内汽车会原速前进一段距离,这段距离叫作反应距离。如图所示,某人酒后驾车沿马路直线行驶,车头中央距马路边沿3 m,车在到达某位置时,发现一人正从路边出发闯红灯过人行横道,此时汽车的速度为15 m/s,距离人的行走路线30 m,若该司机此时的反应时间为1.8 s,刹车后汽车由于惯性还会继续运动,再经过1 s刚好运动到人的行走路线。
(1)求这辆汽车的反应距离。
(2)汽车行驶到人的行走路线过程中,若人以1.2 m/s 的速度匀速行走,人行走的路程是多少
(3)若人以1.2 m/s的速度匀速行走,请计算说明汽车是否有撞上行人的可能(提示:该车的宽度约1.8 m)。
16.(10分)如图所示,一质量为m的半球体A放置在水平地面上,半径与A相同的质量为2m的光滑球体B放置在墙壁和A之间,A和B均保持静止,已知A、B球心的连线O'O与竖直方向的夹角为θ,A与地面间的动摩擦因数为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。
(1)画出B的受力示意图;
(2)求出墙壁对B的弹力大小;
(3)当B刚接触地面时,A将要滑动但是没有动,求μ应满足的条件。
17.(12分)如图所示,建筑工地上工人师傅经常用两根平行的木料传送多余的墙体砖。某次要将距地面高度为2.5 m的一楼房顶上多余的墙体砖运送到地面,工人师傅根据经验调节好两平行木料之间的距离,并将木料的上端靠在一楼楼顶,两木料与地面的夹角θ=30°。墙体砖为长方体,图示中的横截面为正方形,墙体砖下滑时横截面的一条对角线水平且方向保持不变。已知墙体砖的质量为10 kg,墙体砖和木料之间的动摩擦因数μ=:
(1)墙体砖下滑时,每根木料对墙体砖的弹力大小(结果可用根式表示);
(2)墙体砖运送到地面所用的时间和到达地面时的速度大小。
18.(18分)质量为m=0.5 kg 的小煤块(可视为质点)放在质量为M=0.5 kg 的长木板的右端,木板足够长,小煤块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.4,开始时两者都处于静止状态,现对木板施加水平向右的恒力F=9 N,如图所示,经t=2 s后撤去F。由于煤块相对木板滑动会留下一条黑色痕迹。试求:
(1)小煤块在木板上留下的痕迹的长度;
(2)小煤块和木板均静止后,煤块到木板右端的距离。
答案全解全析
期末学业水平检测
1.A　瞬时速度表示运动物体在某一时刻(或经过某一位置)的速度,应用极限思想,在时间趋近零的情况下平均速度可近似看作瞬时速度,所以要计算通过光电门的瞬时速度,需要缩短通过光电门的时间Δt。用宽度更窄的遮光条,Δt缩短,A正确;提高测量遮光条宽度的精确度,不能缩短Δt,B错误;使滑块的释放点更靠近光电门,则Δt变长,C错误;增大气垫导轨与水平面的夹角,在滑块的释放点距离光电门比较近的情况下,不能明显缩短Δt,D错误。故选A。
2.C　汽车超载时惯性会变大,故A错误。惯性大小只与质量有关,与速度无关,故B错误。牛顿第一定律以实验为基础,通过逻辑思维科学推导而得出结论,实际上绝对光滑的物体是不存在,故无法用实验直接验证,C正确。牛顿第一定律描述了物体受平衡力时保持匀速直线运动或静止状态,当外力不为零时将会改变这种状态,故D错误。
3.D　v0=108 km/h=30 m/s,汽车刹车过程的加速度大小a== m/s2=6 m/s2,根据牛顿第二定律得a==μg=6 m/s2,解得μ=0.60;汽车刹车的位移xmin=t=75 m,所以两车的安全距离为75 m。
4.C　由题图分析可知运动员所受的重力等于500 N,则运动员的质量为m=50 kg。根据牛顿第二定律得Fm-mg=mam,解得Fm=2 600 N,故A错误;由题图分析可知,运动员双脚离开蹦床后最长经过1.6 s再次接触蹦床,则离开蹦床后上升和下落的时间均为0.8 s,运动员双脚离开蹦床后的最大速度为v=gt=10×0.8 m/s=8 m/s,故B错误;运动员由最低点向上运动到离开蹦床的过程中,蹦床的弹力先大于人的重力,加速度方向向上,处于超重状态,到达平衡位置上方后,蹦床的弹力小于人的重力,加速度方向向下,处于失重状态,故C正确;运动员由接触蹦床到最低点的过程中,蹦床的弹力先小于人的重力,加速度方向向下,处于失重状态,到达平衡位置下方,蹦床的弹力大于人的重力,加速度方向向上,处于超重状态,故D错误。
5.D　细线被剪断前,对A、B、C整体分析,由平衡条件得F弹=(m+2m+3m)g sin θ=6mg sin θ,细线被剪断瞬间,弹簧来不及恢复形变,因此弹力不变,A错误;细线被剪断瞬间,弹簧弹力大小不变,则对A、B整体分析,由牛顿第二定律得F弹-(m+2m)g sin θ=3ma,隔离B分析,由牛顿第二定律得F-2mg sin θ=2ma,联立解得a=g sin θ,F=4mg sin θ,加速度方向沿斜面向上,B、C错误,D正确。故选D。
6.C　对玻璃珠受力分析如图所示:
受到重力G、左侧筷子对其斜向右上方的弹力F1、右侧筷子对其水平向左的弹力F2,在三个力的作用下处于平衡状态。根据力的平衡条件可知,两侧筷子对玻璃珠的合力与重力等大反向,故A、B错误。由于三力平衡,竖直方向有F1 sin θ=G,水平方向有F2=F1 cos θ,联立得F1=,F2=,由于θ小于90°,则一定有F1>G,而F2不一定大于G,故C正确,D错误。
7.D　以烧瓶为研究对象,水平方向手对烧瓶压力的合力为零。规定竖直向上为正方向,所受合外力为F=f-mg,由牛顿第二定律可得f-mg=ma,得f=m(a+g),故D正确,A、B、C错误。
8.C　根据v-t图线与时间轴所围的面积表示位移,知t1到t2时间内甲车的位移小于乙车的位移,故A错误;由题图可知t1到t2时间内乙车的速度先增大后减小,故B错误;根据v-t图像的斜率表示加速度,知t1到t2时间内乙车的加速度先减小后增大,故C正确;两车在t1时刻并排行驶,t1到t2时间内甲车的位移小于乙车的位移,知在t2时刻甲车在乙车的后面,故D错误。
9.BC　下雨天,地面变光滑,动摩擦因数μ变小,最大静摩擦力减小,故A错误。将力F分解,脚对地面的压力为F cos θ,奔跑幅度越大,夹角θ越大,则压力越小,最大静摩擦力越小,人越容易滑倒,故B正确。当F sin θ>μF cos θ时,人容易滑倒,此时μ10.BD　运用逆向思维,冰壶做初速度为零的匀加速直线运动,则冰壶穿过每个矩形区域所用的时间之比为t1∶t2∶t3=(-)∶(-1)∶1,C错误,D正确;根据v2=2as可得初速度为零的匀加速直线运动中从初位置开始连续通过三段相等位移的末速度之比为1∶∶,则由逆向思维可知,冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比为v1∶v2∶v3=∶∶1,A错误,B正确。
11.ACD　由匀变速直线运动的速度-位移关系式可得v2-=2ax,整理得v2=2ax+,则v2-x图线的斜率表示加速度的2倍,故儿童在斜面滑槽、水平滑槽上运动的加速度大小分别为a1=、a2=,由牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma1,μmg=ma2,可求出儿童与滑槽间的动摩擦因数μ和斜面滑槽的倾角θ,无法求出儿童的质量m,A、C正确,B错误。设当x=xB时儿童经过B点的速度大小为vB,当x=xm时儿童恰好停下,有=2a1xB,=2a2(xm-xB),=2a2(xm-x2),联立可求出儿童在水平滑槽上滑行的距离xm-xB,D正确。
12.AB　在t1~t2时间内,物块沿传送带向上运动,则有μmg cos θ>mg sin θ,得μ>tan θ,故A正确;物块先沿传送带向下运动后向上运动,根据v-t图线与t轴所围的“面积”表示位移,知0~t1时间内,物块的位移为负,即沿传送带向下,位移大小为x=,故B正确。根据v-t图线与t轴所围的“面积”表示位移,物块相对传送带的位移为Δx=v2t2-=v2t2×t1,故C错误。其他条件不变,仅减小传送带与水平面的夹角,仍然从原位置放上小物块,由于μ>tan θ,θ变小,故仍满足μ>tan θ,物块不会从传送带底部离开传送带,故D错误。
13.答案　(1)AD(2分)　(2)C(2分)　(3)0.20 m/s2(2分)
解析　(1)两个实验都要用打点计时器进行打点,利用刻度尺来测量纸带上计数点之间的距离,故A、D正确;做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验时,不涉及求力,不需要用天平测量质量,故B错误;两个实验都用打点计时器进行计时,不需要用停表,故C错误。选A、D。
(2)“探究小车速度随时间变化的规律”不涉及求力,只需恒力就行,此实验不需要平衡摩擦力,也不需拉力或钩码的重力远小于车及车上砝码的总重力,故A、D错误;两个实验都要等打点计时器稳定打点后再释放纸带,否则纸带上打点过少,甚至不能稳定打点,浪费纸带,故B错误;电火花计时器的工作电压是交流220 V,故C正确,选C。
(3)由题图2知,xAB=0.70 cm,xBC=0.90 cm,xCD=1.10 cm,因为连续相等时间内的位移之差Δx=0.20 cm,根据Δx=aT2得加速度a== m/s2=0.20 m/s2。
14.答案　(1)C(2分)　(2)2.7 N(2分)　(3)如图所示(2分)
解析　(1)拉小圆环的细绳套适当长一些,在画力的方向时更准确,但太长又会使绳重力不能忽略,因此长约10 cm比较合适,故选C。
(2)弹簧测力计的分度值是0.2 N,采用五分之一估读法,因此读数为2.7 N。
(3)以F1、F2为邻边作出平行四边形,则对角线为F合,图见答案。
15.答案　(1)27 m　(2)3.36 m　(3)见解析
解析　(1)因为司机的反应时间是1.8 s,且这段时间内以15 m/s的速度前进
所以s车=v车t反=15 m/s×1.8 s=27 m(2分)
(2)汽车从司机发现行人至行驶到人的行走路线用时
t总=t反+t=1.8 s+1 s=2.8 s(1分)
在这段时间内,人行走的路程
s人=v人t总=1.2 m/s×2.8 s=3.36 m(1分)
(3)车的远端距马路边沿的距离为
s1=3 m+L车=3 m+0.9 m=3.9 m(1分)
车的近端距马路边沿的距离为
s2=3 m-L车=3 m-0.9 m=2.1 m(1分)
由于3.9 m>3.36 m>2.1 m(1分)
汽车有撞上行人的可能。(1分)
16.答案　(1)见解析　(2)2mg tan θ　(3)μ≥
解析　(1)以球B为研究对象,受到重力、墙面对B的支持力、半球A对球B的支持力,如图所示:
(3分)
(2)根据平衡条件可得墙壁对B的弹力大小为N1=2mg tan θ(2分)
(3)当B刚接触地面时,A受到的摩擦力最大;
根据三角函数关系可得cos θ=,解得θ=60°(1分)
以整体为研究对象,水平方向根据平衡条件可得N=2mg tan 60°=f
竖直方向根据平衡条件可得FN=3mg(1分)
根据摩擦力的计算公式结合平衡条件可得fm=μFN≥f(1分)
联立解得μ≥。(2分)
17.答案　(1)25 N　(2)2 s　5 m/s
解析　(1)墙体砖的重力在垂直于两木料方向的分力为
F1=mg cos θ=10×10×cos 30° N=50 N(2分)
再将F1沿垂直于两木料方向进行分解,设其中一个分力为F2
由于墙体砖下滑时横截面的一条对角线水平且方向保持不变,则F1与F2的夹角为45°(1分)
所以F2=F1 cos 45°=50× N=25 N(2分)
所以每根木料对墙体砖的弹力大小为25 N;
(2)设墙体砖下滑过程中的加速度为a,根据牛顿第二定律可得
mg sin θ-2μF2=ma(1分)
解得a=2.5 m/s2(1分)
设墙体砖运送到地面所用的时间为t,下滑的长度为
L== m=5 m(2分)
根据匀变速直线运动的位移-时间公式可得
L=at2(1分)
解得t== s=2 s(1分)
到达地面时的速度大小为
v=at=2.5×2 m/s=5 m/s(1分)
18.答案　(1)18 m　(2)12 m
解析　(1)假设开始时小煤块和木板不发生相对滑动,整体分析可得
a==5 m/s2(1分)
对小煤块分析,可知小煤块的最大加速度
am=μ1g=2 m/s2
由于am对小煤块和长木板受力分析,结合牛顿第二定律可得,小煤块做匀加速直线运动,其加速度大小
am=μ1g=2 m/s2(1分)
长木板做匀加速直线运动,其加速度大小
aM==8 m/s2(1分)
经t=2 s,小煤块和长木板运动的位移和末速度分别为
xm=amt2=4 m(1分)
vm=amt=4 m/s(1分)
xM=aMt2=16 m(1分)
vM=aMt=16 m/s(1分)
撤去F后,小煤块受力不变,继续做匀加速直线运动,其加速度大小
am'=am=2 m/s2(1分)
长木板受到地面和小煤块的摩擦力,做匀减速直线运动,其加速度大小
aM'==10 m/s2(1分)
当小煤块和长木板共速时,有
vm+am't'=vM-aM't'
解得t'=1 s(1分)
共速时的速度为v共=6 m/s(1分)
从撤去F到小煤块和长木板共速,此阶段小煤块和长木板的位移分别为xm'=5 m,xM'=11 m(1分)
当小煤块和长木板共速之后,分析可得小煤块受到的摩擦力反向,小煤块做匀减速直线运动,其加速度大小
am″=2 m/s2(1分)
长木板做匀减速直线运动,其加速度大小
aM″==6 m/s2(1分)
当小煤块和长木板停止时,它们的位移分别为
xm″=9 m,xM″=3 m(1分)
由以上三个阶段的位移可得,小煤块在木板上留下的痕迹的长度x=(xM+xM')-(xm+xm')=18 m(1分)
(2)根据以上分析可知,小煤块和木板均静止后,煤块到木板右端的距离为
x=(xM+xM'+xM″)-(xm+xm'+xm″)=12 m(2分)
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