2021-2022学年辽宁省重点高中协作校高一(上)期末物理试卷(附详解)

第第#页，共22页第第18页，共22页位移公式计算该段时间和位移，两段位移相加即为物块向上滑行的最远距离；物块反向匀加速回到底端，由牛顿第二定律和位移一时间关系进行解答；计算出传送带的位移,由此得到小物块向下运动到传送带的底端过程中小物块与传送带的相对位移。传送带问题重点考查的是摩擦力，难点一、是摩擦力的突变问题(包括大小、方向、性质或种类的突变)，物体与传送带速度相同时摩擦力发生突变，二、是突变后物体做什么运动问题，关键看“与tone的大小关系。13.【答案】F'3.50B【解析】解；(1)由于力合成的理论值存在误差，则一定沿40方向的是F；⑵如图所示可知弹簧测力计的分度值为0.1N，贝y读数为3.50N；(3)由题意可知，保持0点位置不动，即合力大小方向不变，弹簧测力计B的读数不变,使Q减小，因此根据要求作出力的平行四边形定则，画出受力分析图如下所以由图可知，C的示数变小，夹角0变小，故ACD错误，B正确；故选：B。故答案为：(1)Ff：(2)3.50：(3)B根据力的来源分析力的方向；根据弹簧测力计的分度值结合图片得出弹簧测力计的读数；根据力合成遵循的平行四边形定则分析出力的变化。本题主要考查了力的合成实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉弹簧测力计的读数，根据几何关系分析出力的变化即可。14.【答案】B0.880.15【解析】解：(1)调节长木板与水平面间的夹角，轻推小车后使小车能沿长木板匀速下滑，此时小车所受合力为零，取下物块，则小车受到的合力等于物块的重加9,本实验不需要平衡摩擦力，物块质量加不需要满足m<<M，为使小车受到的拉力等于细线的拉力，拉小车的细线必须始终与木板保持平行，故B正确，AC错误；故选：B。实验所使用的打点计时器交流电频率f=50Hz,相邻两计数点间有四个点未画出，相邻计数点间的时间间隔上=5T=5X丄冷=0.1s50由匀变速直线运动的推论力尤=at2应用逐差法可知，小车的加速度大小a=(7.756.008.646.87)X102加/s2Q088m/s24X0,12设小车质量为M,由牛顿第二定律得：m9=Ma,整理得：a=，由图示图象可M知，图象的斜率k=a=2°m/(k9・s2)M0.03代入数解得小车质量M=0.15^9故答案为：(1)B；(2)0.88；(3)0.15。根据实验原理与实验注意事项分析答题。根据匀变速直线运动的推论求出小车的加速度。应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后各级图示图象求出小车的质量。理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，掌握基础知识，应用匀变速直线运动的推论与牛顿第二定律即可解题；解题时注意单位换算。【答案】解：(1)圆环受到杆的弹力方向向上，根据共点力平衡条件有：水平方向：Fcos53°=/竖直方向：Fs加53°N=f=“N联立代入数据解得：F=12.9N(2)圆环受到杆的弹力方向向下，根据共点力平衡条件有：水平方向：Fcos53°=/竖直方向：Fsin53°=Nf=“N联立代入数据解得：F=400N。答：F大小可能为12.9N或者400N.【解析】分析圆环的受力情况，根据共点力平衡条件和摩擦力公式结合求F的大小。本题要分两种情况对物体受力分析，然后根据平衡条件列方程求解，关键是分情况讨论不能漏解。【答案】解：(1)对甲、乙两车，因为乙车受到反冲力与甲车所受风力大小相等，由牛顿第二定律F=ma得：ma=ma，可得a=3m/s2甲甲乙乙甲(2)当两车速度相等时相距最近，则对甲车，有口甲=甲上对乙车，有u乙=叱根据u甲=匕乙解得：t=4s⑶对甲车，有x=^O^t甲2对乙车，有“乙于两车相距最近时的距离为G淤=%尤乙-%甲=解得xmin=60m答:(1)甲的加速度大小为3m/s2；(2)两车相距最近需要4s时间;⑶两车相距最近时的距离为60m。【解析】(1)对甲、乙两车，分别利用牛顿第二定律列式，从而求出甲的加速度大小;甲车向右做初速度为勺=20m/s的匀减速直线运动，乙车向右做初速度为零的匀加速直线运动，当两车的速度相等时，相距最近，由速度—时间公式求出所需要的时间;根据位移等于平均速度与时间的乘积求出两车的位移，从而求得两车相距最近时的距离。解决本题的关键要找出隐含的临界条件，知道两车速度相等时相距最近，灵活运用牛顿第二定律和运动学公式相结合进行处理。【答案】解：(1)由图可知，在t=05s时，煤块和木板的速度相同。设t=0到r=q时间间隔内，煤块和木板的加速度大小分别为勺和a2，贝9：

色=血=丄m/s2=2m/s2At0.5碣=血=dm/s2=10m/s2血0.5设煤块和木板的质量为尬，煤块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为陶、冷，由牛顿第二定律得：^1mg=ma1，代入数据解得：&=0.20(伦+2^2)mg=ma2，代入数据解得：电=0-40；(2)t=0到r=q时间间隔内的相对位移为图中三角形的面积。木板的位移：=6+1x0.5m=1.75m2222煤块的位移：x,==丄x0.5m=0.25m1212加1=%2叫二九75肌0.25m=1.5m；(3)因为“2＞血，所以不能相对静止。在q时刻后，设煤块和木板的加速度大小分别珀'和勺‘，根据牛顿第二定律可得:口］肌9=maj,2口2肌9口］肌9=ma2/代入数据解得：a1/=2m/s2，a2'=6m/s2；从上=t1到二者最终静止，煤块和木板相对于地面的运动距离分别为：2a代入数据解得：X1=1m42a代入数据解得：X1=1m40矽22a代入数据解得：%2=丄m12所以煤块相对于木板的位移大小为：4^2=叫'％2‘，代入数据解得：4^2=丄九＜4叫6所以煤块在木板上留下的痕迹为4©=1.5m煤块距木板前端的距离4%=4©力%2代入数据解得：4%=1.33m。答：(1)煤块与木板间的动摩擦因数为0.20、木板与地面间的动摩擦因数为0.40；煤块与木板相对静止时，煤块在木板上留下的痕迹为1.5m；煤块与木板共速后，不能相对静止，煤块在木板上留下的痕迹长度为1.5m，最终煤块距木板前端的距离为1.33m。【解析】(1)煤块放上木板后，木板做匀减速运动，煤块做匀加速直线运动，结合相等的速度以及初速度求出煤块和木板的加速度，结合牛顿第二定律求出煤块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)根据ur图像与时间轴所围的面积表示位移，求出煤块与木板相对静止时两者的相对位移大小，即为煤块在木板上留下的痕迹长度；(3)根据煤块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数大小判定煤块与木板块是否能相对静止，再分析两者的运动