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满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题4分。在每小题给出的四个选项中,第1~7题只有一项符合题目要求,第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.(2021四川眉山高一期末)关于运-20在机场滑行至停止的过程,下列说法正确的是(
)
A.以地面为参考系,运-20是运动的B.运-20受到地面的摩擦力方向与飞机的运动方向相同C.地面受到运-20的压力,是地面发生形变造成的D.运-20速度越大越不容易停下,是因为速度越大惯性越大解析以地面为参考系,运-20是运动的,选项A正确;运-20受到地面的摩擦力方向与飞机的运动方向相反,选项B错误;地面受到运-20的压力,是运-20轮胎发生形变造成的,选项C错误;惯性只与质量有关,与速度无关,选项D错误。答案A2.如图所示,一小孩沿着长为l的斜坡自坡底A爬上坡顶B,不小心又滑到坡底A,则小孩往返过程中的路程和位移大小分别为(
)A.2l
2lB.0l0C. 2 0D.022l解析路程是小孩运动的路径的长度,为2l;小孩的初位置与末位置相同,所以位移为0,选项C正确。答案C3.(20 0广东东莞高一月考)据报道,身体仅6 mm长的沫蝉(一种昆虫)跳跃高度可达70 cm,其跳跃能力超过了人们普遍认为的跳高冠军跳蚤。已知沫蝉竖直起跳时,加速度可达4 000 m/s2,重力加速度g取10 m/s2,则沫蝉竖直起跳时对地面的压力与其体重的比值为(
)A.41∶1B.401∶1C.400∶1D.4 001∶1解析设沫蝉的质量为m,由牛顿第二定律可得FN-mg=ma,解得FN=401mg,根据牛顿第三定律可得,沫蝉对地面的压力FN'=FN=401mg,所以沫蝉竖直起跳时对地面的压力与其体重的比值为FN'mg=4011,故选B。答案B1
综合检测卷(一)(时间:90分钟
)A.细线拉力逐渐增大,铁架台所受地面的摩擦力逐渐增大B.铁架台对地面的压力逐渐增大C.铁架台对地面的压力逐渐减小D.水平力F先变大后变小解析对小球受力分析,其受重力、线的拉力F拉及水平方向的拉力F,如图甲所示,因为缓慢运动,所以小球处于动态平衡状态,解得F=mgtan θ,F拉=mgcosθ,因为θ增大,则F、F拉都变大;将小球、线和铁架台看成一个整体,对其受力分析,如图乙所示,易得Ff=F,FN=(M+m)g,当F增大时,Ff增大,FN不变。故选项B、C、D错误,A正确。答案A5.机器人从护士站到病区为患者运送生活物品,如图甲所示。
某次,机器人沿直线运动的运送物品过程v-t图
像如图乙所示,则(A) .t=20 s时机器人开始返
回B.护士站与
接收点之间的距离 120为mC.全过程机器人平
均运送过程中物品在2 m/sD.速度为10~20 s内
受到的摩擦力最3解析在0~大0 s内,机器人的运动方向
没有改,变故A错误;由图像,可知=30 s时,t机器人到达接收点像,图
与坐标轴围成的面积即为护士站与接收点之间的距离,x=12×(10+30)×6 m=120 m,故B正确;全过程机器人平
x120
=
均速度为v=机器人做匀速运动,则物品
tm 30/s=4 m/s,故C错误;运送过程中,在10~20 s内
也做匀故物品在,速直线运动10~20 s内,不受摩擦力故D错误。答案B6.(2020辽宁营口
高一期末)某笔记本电脑放在散热底座为了,如图甲所示上,获得更好的舒适度,由原卡
位1调至卡电脑4(位),如图乙所示始终处于静止状态。则( )2
4.(2020浙江高一月考)一铁架台放于水平地面上,其上有一轻质细线悬挂一小球,开始时细线竖直,现将水平力F作用于小球上,使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置,铁架台始终保持静止,则在这一过程中(
受到的支持力变小B.电脑
受到的支持力不变C.电脑
受到的合力变小D.散热
底座对电脑的支持力与电脑对散热底座的压力是一对作用力和反作用力解析对
电脑FN受力分析有=mgcos α,当角电脑度减小时,受到的支电脑,A、B持力变大;错误所受合力为状态,处于静止
零,因此散热,C错误;合力不变底座对电脑的支持力与电脑对散热底座作用力和反作用力,D正确。答案的压力是一对D7.(2020江
苏南京高一期末)机动车礼让行人已经成为一种普遍的自觉行为。某汽车正以10 m/s的速度在
公路上匀速直线行驶,驾驶员突然发现正前方15 m处斑马线上有行人,于是刹车礼让,设汽车与驾驶员
的总质量为2 t,驾驶员的反应且汽车做匀0.时间为5 s,减速运动恰好停止在斑马线前。下列说法不正确的是(
)A.汽车
在驾驶员反应时间内5的位移大小为 mB.汽车
在减速过程中第2 s内1位移大小为0 mC.从
驾驶员发现斑马线上有行人到停下来共.2需5 sD.汽车
在减速过程中受到的阻1.0×力大小为104 N解析汽车
在驾驶员反应时间内x1=v0的位移大小·Δt=10×0.5 m=5 m,A正确;汽车2,根据v02=在减速过程中ax2,x1+x2=15 m,解得a=5 m/s2,减速的时间t1=v0a=2 s,因
此从驾驶员发现斑马线上有行人到停下
来共需可以将减速过程t时间Δt+t1=2.5 s,C正确;=倒过来看成匀减速过程中第,加速运动2 s内
位移大小相当于做匀1 s加速运动第的位移,x=12at2=12×5×12 m=2.5 m,B错误;根据牛顿第二定律Ff=ma,可得
汽车在减速过程中受到的阻Ff力=2×103×5 N=1.0×104 N,D正确。答案B8.(2020山东
潍坊小球位于竖直)如图所示高一期中,空心管的最上管h处,端的内径大于小球直径。小球由静止
释放,下此Δt后(落时小球未到管的最上由静止端)释放空心管,小球穿过管的时间为t(下列说法正确的是,
)A.减小Δt,t变小3
A.电脑
内由于v球小球的末速度和位移分别为=gΔt,x球1=12g(Δt)2,1此时小球未到管的最设端,上
经过t0小球到达管的最上t,有h-12g(Δt)2=gΔ端t0+12gt02−12gt02,解得t0=
11
22
ℎ-g(Δt)ℎ-g(Δt)
22
此时管的速度和小球的速度分别为v管=
gΔt,则Δv,t球2=gΔt+
11
22
ℎ-g(Δt)ℎ-g(Δt)
22
穿过杆时有gΔt+
Δt,当小球Δtt+12gt2-ℎ-12g(Δt)2Δtt+12gt2=L,解得gΔtt=L,由
此,Δt可看出减小t变大,t与h无关,故A、C错误,B、D正确。答案BD9.(2020山东
济宁第二中学在水平高一月考)如图所示,天花板的A点固定一根竖直轻杆,杆的下端固定一滑轮O。一细线
跨过滑轮,上端固定在天花板的B点,下端G的物体,系一个重为BO段细线与天花板
的夹角。系为θ=30°统保持静止,不计一切摩擦。下列说法正确的是()A. 细线对滑轮的作用力大小是GB.细线对滑轮的作用力大小是
3G
√
2C.细线BO对
天花板.GD的拉力大小是细线BO对
G
天花板的拉力大小是
2解析对重物受力分析,受到重力和拉力FT,根据平衡
同一根细线拉力处处相,有FT=mg,条件等,故细线对
天花板的拉力也等G,故C正确,D于;对滑轮受力分析,受到细线的压力(错误等于两边细线拉力的4
B.减小Δt,t变大C.Δt不变,增大h,t变大D.Δt不变,增大h,t不变解析在Δt时间
杆的弹(向力右上方的支根据平衡持力如图所示,),条件,结合几何T,有F=F关系=G,故A正确,B错误。答案AC10.(2021广
西钦州浦北县,)如图所示月考水平传送带以恒定速度v向右运动,现将一小物体轻轻放在水平
传送带的左端A处,物体先匀加速后匀速到达且B处右端,加速和匀速所用时间相A,已知等、B间距离
为L,则( )A.物体
L
匀加速所用时间为
3vB.物体
匀2L3加速所用时间为vC.物体与
2
v
传送带间的动摩擦因数为
2gLD.物体与
2
3v
传送带间的动摩擦因数为
2gL解析设物体
做匀加速直线运动的时间为t,由题意可知,物体做匀速直线运动的时间也At,物体从是到B的过程有L=v2t+vt,解得t=
2L
做初速度为零的匀设,加速直线运动加速度大小为a,则a=vt=v2L3v=3v22L,对物体,由牛顿第二定律得μmg=ma,解得,物体与
3错误,故Av,B正确;物体
传送带间的动摩擦因
2
3v
数μ=
2L,故C错误g,D正确。答案BD二、实
验)(本题共2小题,共18分题11.(10分)(2020江
苏南京高一月考)用电磁打点计时器研究匀变速直线运动的实验中,打点计时器的工
作频率H为50 z,某次记录小车运动情况的纸带A,图中如图所示、B、C、D、E、F、G为相邻相计数点,的
邻计数点间还有四个点未画出。(1)根据运动
学有关公式Bv可求得=16.50 cm/s,vC= cm/s,vD=26.30 cm/s; (2)利
用求得的数值在如图所示的坐标系中做出小车以v-t图线的(打A点时开始计时),并根据图线求出小
车运动的加速度a=结果 m/s2; (保留2位有效数字) 5
合力),以及
纵轴交点的纵坐标是 cm/s,此速度的物理意义是。 解析(1)电磁打点计
时器频率50是 Hz,则每打0.02 隔s一次点,每相邻两个计数点间还有4个点没有画
出,因此计数点之间的时间间隔T=5×0.02为s=0.1 s 。根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该
x
1.90+2.38
BD
=
过程中的平均有,速度vC=
t2×0. cm/s=211.40 cm/s。(2)在
BD
坐标系中描出相应各点,用平滑曲线连接,如图所示速度图
像中斜率即=,所以a加速度k=ΔvΔt=0.363-0.1650.5-0.1 m/s2=0.50 m/s2。(3)图线与
纵轴交点的纵坐标611.是0 cm/s,此速度的物理意义是开始计时时小车即的速度,小车在A点
的瞬)答案(1时速度。21.40
(2)见解析图 0.506 (3)11.0 开始计时时小车或的速度(小车在A点的瞬2)1时速度.(8分)(2020福建
三明高一期中)甲、乙两同学分别做探究弹力和弹簧伸长量的关系的实验,设计了如图(a)所示的实
验装置。(1)乙同
学做实验,时先把弹簧平放在桌面上用刻度尺测量弹簧原长,测弹簧长度时没有从零刻如图,度开始(b)所示,此
时这个弹簧的长度L0是再把弹簧 c ,m竖直悬挂起来,挂上砝码后测出弹簧伸6
(3)图线与
弹簧的伸长量x,这样操作,由于弹簧自身重力的最,影响后画-F出的x图线可能是下图所示图
像的 。 (2)甲同
学在弹簧下端依次挂1、2、3、4、5个待,��
)
A.以地面为参考系,运-20是运动的B.运-20受到地面的摩擦力方向与飞机的运动方向相同C.地面受到运-20的压力,是地面发生形变造成的D.运-20速度越大越不容易停下,是因为速度越大惯性越大解析以地面为参考系,运-20是运动的,选项A正确;运-20受到地面的摩擦力方向与飞机的运动方向相反,选项B错误;地面受到运-20的压力,是运-20轮胎发生形变造成的,选项C错误;惯性只与质量有关,与速度无关,选项D错误。答案A2.如图所示,一小孩沿着长为l的斜坡自坡底A爬上坡顶B,不小心又滑到坡底A,则小孩往返过程中的路程和位移大小分别为(
)A.2l
2lB.0l0C. 2 0D.022l解析路程是小孩运动的路径的长度,为2l;小孩的初位置与末位置相同,所以位移为0,选项C正确。答案C3.(20 0广东东莞高一月考)据报道,身体仅6 mm长的沫蝉(一种昆虫)跳跃高度可达70 cm,其跳跃能力超过了人们普遍认为的跳高冠军跳蚤。已知沫蝉竖直起跳时,加速度可达4 000 m/s2,重力加速度g取10 m/s2,则沫蝉竖直起跳时对地面的压力与其体重的比值为(
)A.41∶1B.401∶1C.400∶1D.4 001∶1解析设沫蝉的质量为m,由牛顿第二定律可得FN-mg=ma,解得FN=401mg,根据牛顿第三定律可得,沫蝉对地面的压力FN'=FN=401mg,所以沫蝉竖直起跳时对地面的压力与其体重的比值为FN'mg=4011,故选B。答案B1
综合检测卷(一)(时间:90分钟
)A.细线拉力逐渐增大,铁架台所受地面的摩擦力逐渐增大B.铁架台对地面的压力逐渐增大C.铁架台对地面的压力逐渐减小D.水平力F先变大后变小解析对小球受力分析,其受重力、线的拉力F拉及水平方向的拉力F,如图甲所示,因为缓慢运动,所以小球处于动态平衡状态,解得F=mgtan θ,F拉=mgcosθ,因为θ增大,则F、F拉都变大;将小球、线和铁架台看成一个整体,对其受力分析,如图乙所示,易得Ff=F,FN=(M+m)g,当F增大时,Ff增大,FN不变。故选项B、C、D错误,A正确。答案A5.机器人从护士站到病区为患者运送生活物品,如图甲所示。
某次,机器人沿直线运动的运送物品过程v-t图
像如图乙所示,则(A) .t=20 s时机器人开始返
回B.护士站与
接收点之间的距离 120为mC.全过程机器人平
均运送过程中物品在2 m/sD.速度为10~20 s内
受到的摩擦力最3解析在0~大0 s内,机器人的运动方向
没有改,变故A错误;由图像,可知=30 s时,t机器人到达接收点像,图
与坐标轴围成的面积即为护士站与接收点之间的距离,x=12×(10+30)×6 m=120 m,故B正确;全过程机器人平
x120
=
均速度为v=机器人做匀速运动,则物品
tm 30/s=4 m/s,故C错误;运送过程中,在10~20 s内
也做匀故物品在,速直线运动10~20 s内,不受摩擦力故D错误。答案B6.(2020辽宁营口
高一期末)某笔记本电脑放在散热底座为了,如图甲所示上,获得更好的舒适度,由原卡
位1调至卡电脑4(位),如图乙所示始终处于静止状态。则( )2
4.(2020浙江高一月考)一铁架台放于水平地面上,其上有一轻质细线悬挂一小球,开始时细线竖直,现将水平力F作用于小球上,使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置,铁架台始终保持静止,则在这一过程中(
受到的支持力变小B.电脑
受到的支持力不变C.电脑
受到的合力变小D.散热
底座对电脑的支持力与电脑对散热底座的压力是一对作用力和反作用力解析对
电脑FN受力分析有=mgcos α,当角电脑度减小时,受到的支电脑,A、B持力变大;错误所受合力为状态,处于静止
零,因此散热,C错误;合力不变底座对电脑的支持力与电脑对散热底座作用力和反作用力,D正确。答案的压力是一对D7.(2020江
苏南京高一期末)机动车礼让行人已经成为一种普遍的自觉行为。某汽车正以10 m/s的速度在
公路上匀速直线行驶,驾驶员突然发现正前方15 m处斑马线上有行人,于是刹车礼让,设汽车与驾驶员
的总质量为2 t,驾驶员的反应且汽车做匀0.时间为5 s,减速运动恰好停止在斑马线前。下列说法不正确的是(
)A.汽车
在驾驶员反应时间内5的位移大小为 mB.汽车
在减速过程中第2 s内1位移大小为0 mC.从
驾驶员发现斑马线上有行人到停下来共.2需5 sD.汽车
在减速过程中受到的阻1.0×力大小为104 N解析汽车
在驾驶员反应时间内x1=v0的位移大小·Δt=10×0.5 m=5 m,A正确;汽车2,根据v02=在减速过程中ax2,x1+x2=15 m,解得a=5 m/s2,减速的时间t1=v0a=2 s,因
此从驾驶员发现斑马线上有行人到停下
来共需可以将减速过程t时间Δt+t1=2.5 s,C正确;=倒过来看成匀减速过程中第,加速运动2 s内
位移大小相当于做匀1 s加速运动第的位移,x=12at2=12×5×12 m=2.5 m,B错误;根据牛顿第二定律Ff=ma,可得
汽车在减速过程中受到的阻Ff力=2×103×5 N=1.0×104 N,D正确。答案B8.(2020山东
潍坊小球位于竖直)如图所示高一期中,空心管的最上管h处,端的内径大于小球直径。小球由静止
释放,下此Δt后(落时小球未到管的最上由静止端)释放空心管,小球穿过管的时间为t(下列说法正确的是,
)A.减小Δt,t变小3
A.电脑
内由于v球小球的末速度和位移分别为=gΔt,x球1=12g(Δt)2,1此时小球未到管的最设端,上
经过t0小球到达管的最上t,有h-12g(Δt)2=gΔ端t0+12gt02−12gt02,解得t0=
11
22
ℎ-g(Δt)ℎ-g(Δt)
22
此时管的速度和小球的速度分别为v管=
gΔt,则Δv,t球2=gΔt+
11
22
ℎ-g(Δt)ℎ-g(Δt)
22
穿过杆时有gΔt+
Δt,当小球Δtt+12gt2-ℎ-12g(Δt)2Δtt+12gt2=L,解得gΔtt=L,由
此,Δt可看出减小t变大,t与h无关,故A、C错误,B、D正确。答案BD9.(2020山东
济宁第二中学在水平高一月考)如图所示,天花板的A点固定一根竖直轻杆,杆的下端固定一滑轮O。一细线
跨过滑轮,上端固定在天花板的B点,下端G的物体,系一个重为BO段细线与天花板
的夹角。系为θ=30°统保持静止,不计一切摩擦。下列说法正确的是()A. 细线对滑轮的作用力大小是GB.细线对滑轮的作用力大小是
3G
√
2C.细线BO对
天花板.GD的拉力大小是细线BO对
G
天花板的拉力大小是
2解析对重物受力分析,受到重力和拉力FT,根据平衡
同一根细线拉力处处相,有FT=mg,条件等,故细线对
天花板的拉力也等G,故C正确,D于;对滑轮受力分析,受到细线的压力(错误等于两边细线拉力的4
B.减小Δt,t变大C.Δt不变,增大h,t变大D.Δt不变,增大h,t不变解析在Δt时间
杆的弹(向力右上方的支根据平衡持力如图所示,),条件,结合几何T,有F=F关系=G,故A正确,B错误。答案AC10.(2021广
西钦州浦北县,)如图所示月考水平传送带以恒定速度v向右运动,现将一小物体轻轻放在水平
传送带的左端A处,物体先匀加速后匀速到达且B处右端,加速和匀速所用时间相A,已知等、B间距离
为L,则( )A.物体
L
匀加速所用时间为
3vB.物体
匀2L3加速所用时间为vC.物体与
2
v
传送带间的动摩擦因数为
2gLD.物体与
2
3v
传送带间的动摩擦因数为
2gL解析设物体
做匀加速直线运动的时间为t,由题意可知,物体做匀速直线运动的时间也At,物体从是到B的过程有L=v2t+vt,解得t=
2L
做初速度为零的匀设,加速直线运动加速度大小为a,则a=vt=v2L3v=3v22L,对物体,由牛顿第二定律得μmg=ma,解得,物体与
3错误,故Av,B正确;物体
传送带间的动摩擦因
2
3v
数μ=
2L,故C错误g,D正确。答案BD二、实
验)(本题共2小题,共18分题11.(10分)(2020江
苏南京高一月考)用电磁打点计时器研究匀变速直线运动的实验中,打点计时器的工
作频率H为50 z,某次记录小车运动情况的纸带A,图中如图所示、B、C、D、E、F、G为相邻相计数点,的
邻计数点间还有四个点未画出。(1)根据运动
学有关公式Bv可求得=16.50 cm/s,vC= cm/s,vD=26.30 cm/s; (2)利
用求得的数值在如图所示的坐标系中做出小车以v-t图线的(打A点时开始计时),并根据图线求出小
车运动的加速度a=结果 m/s2; (保留2位有效数字) 5
合力),以及
纵轴交点的纵坐标是 cm/s,此速度的物理意义是。 解析(1)电磁打点计
时器频率50是 Hz,则每打0.02 隔s一次点,每相邻两个计数点间还有4个点没有画
出,因此计数点之间的时间间隔T=5×0.02为s=0.1 s 。根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该
x
1.90+2.38
BD
=
过程中的平均有,速度vC=
t2×0. cm/s=211.40 cm/s。(2)在
BD
坐标系中描出相应各点,用平滑曲线连接,如图所示速度图
像中斜率即=,所以a加速度k=ΔvΔt=0.363-0.1650.5-0.1 m/s2=0.50 m/s2。(3)图线与
纵轴交点的纵坐标611.是0 cm/s,此速度的物理意义是开始计时时小车即的速度,小车在A点
的瞬)答案(1时速度。21.40
(2)见解析图 0.506 (3)11.0 开始计时时小车或的速度(小车在A点的瞬2)1时速度.(8分)(2020福建
三明高一期中)甲、乙两同学分别做探究弹力和弹簧伸长量的关系的实验,设计了如图(a)所示的实
验装置。(1)乙同
学做实验,时先把弹簧平放在桌面上用刻度尺测量弹簧原长,测弹簧长度时没有从零刻如图,度开始(b)所示,此
时这个弹簧的长度L0是再把弹簧 c ,m竖直悬挂起来,挂上砝码后测出弹簧伸6
(3)图线与
弹簧的伸长量x,这样操作,由于弹簧自身重力的最,影响后画-F出的x图线可能是下图所示图
像的 。 (2)甲同
学在弹簧下端依次挂1、2、3、4、5个待,��
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