河西區2020-2021學年度第一學期高年級期末質調查物理試卷一、單選擇題（共10小，每小分，共。每道小只有一正確的答案答對得2分，答錯不答得0分遠春秋戰國時元前前221年出者墨子認為之所以奮也刑”形”即物體；奮動也，開始運動或運動加快，對墨子這句關于力和運動觀點的理解，下列說不正確的是A.墨子認為力是改變物體運狀態的原因B.墨子認為力是使物體產生加速度的原因此觀點與亞里士多德關于力和運動的觀點基本相同此點與牛頓關于力和運動的觀點基本相同【答案】【解析】【分析】【詳解】“力，刑(形之所以奮也．”也就是說，力是使物體運動的原因，力是改變物體運動狀態的原因，使物體產生加速度的原因，觀點與牛頓關于力和運動的觀點基本相同，而亞里士多德認為有力作用在物體上物體才能運動；沒有力的作，體就要靜止．故錯誤，ABD正；說法不正確的故選C“津之眼”是座跨河建設、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動。下列敘述正確的是（）摩天輪轉動過程中，乘客的機械能保持不變在最高點，乘客重力大于座椅對他的支持力C.摩天輪轉動一周過程中，乘客重力的沖量為零摩輪轉動過程，乘客重力的瞬時功率保持不變-1-

【答案】【解析】【分析】【詳解】A．摩天輪運過程中做勻速圓周運動，乘客的速度大小不變，則動能不變，但高度變化，所以機械能在變化，選項A誤；B．周運動過程中，在最高點由重力和支持力的合力提供向心力，即m

v2r所以重力大于支持力，選項B正；C．動一周，重力的沖量為I不為零，C錯；D．運過程中，乘客的重力大小不變，速度大小不變，但是速度方向時在變化，根據P=cos可知重力的瞬時功率在變化，選項D錯。故選B。如所示，物體A的量大于B的量，繩子的質量，繩與滑輪間的摩擦可不計AB恰處于平衡狀態，如果將懸點P靠Q少使系統重新平衡，則A.物A的重力勢能增大B.物B的力勢能增大C.繩張減小D.P處與豎直方向的夾角減小【答案】【解析】B物對繩子的拉力不變，等于物體B重力；動滑輪和物體A整受重力兩個拉力，拉力大小恒定，重力恒定，故兩個拉力的夾角不變，如圖所示；-2-

所以物體A上，物體B降，所以物體A的力勢能增大，物體B的力勢能減小，故A正確；BCD錯誤；故選A．【點睛】關鍵抓住平衡后滑輪所受的三個拉力大小都不變．對于動滑輪，平衡時兩側繩子的拉關于豎直方向具有對稱性．如甲所示一有固定轉動軸的豎直圓盤轉動時定圓盤上的小圓柱帶動個形架豎直方向振動，形支架的下面系著一個由彈簧和小球組成的振動系統盤止時，讓小球做簡諧運動振動圖像如圖乙所示．圓盤勻速轉動時，小球做受迫振動．小球振動穩定時．下列說法正確的是）A.小振動的固有頻率是4HzB.小做受迫振動時周期一定是C.圓轉動周期在4sD.圓轉動周期在4s【答案】【解析】【分析】

附近時，小球振幅顯著增大附近時，小球振幅顯著減小【詳解】A．小球振動的固有周期，其固有頻率為

f

T

0.25Hz

，A錯誤；B．球做受迫振動時周期等于驅動力的周期，即等于盤轉動期，不一定等于固有周期s，錯；CD圓盤轉動周期在4s近時，驅動力周期等于振動系統的固有周期，小球產生共振現象，振幅顯著增大，正確錯。故選。跳表演是人們遍喜歡的觀賞性體育項目，如圖所示，當運動員從直升機上由靜止跳下后，在下落過程中將會受到水平風力的影響，下列說法中正確的是-3-

12121212A.風越大，運動員下落時間越長，運動員可完成更多的動作B.風越大，運動員著地時的豎直速度越大，有可能對運動員造成傷害C.運員下落時間與風力無關D.運員著地速度與風力無關【答案】【解析】【分析】【詳解】AC.運動員時參與了兩個分運動，豎直方向向下落和水平方向隨風飄，兩個分運動同時發生，相互獨立；則水平方向的風力大小不影響豎直方向的運動，即落地時間不變，選項A錯，正確；不論風速大小，運動員豎直方向的運動不變，則下落時間和豎方向下落的速度不變，但水平風速越大，水平方向的速度越大，則落地的合速度越大，故BD錯．如所示，物塊A放在木板B上AB的量相同A與B之、與地面之間的動摩擦因數也相（最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小水平力作用在A上使A剛要相對B滑，此時水平力大小為F；將水平力作用在B上使B剛要相對A滑，此時水平力大小為F則F與的為A.：1

B.：2

C.1

D.：4【答案】【解析】【分析】【詳解】由于A與B之的最大靜摩擦力

fumgAB

小于B與面之間的最大靜摩擦力

fB地

mg

，當水平力作用在A上使A剛好要相對動，此時B靜，A與間摩擦力剛好達到最大，此時水平力大小為F當水平力作用在B上使B剛要相對A滑，此時、B間摩擦力剛好達到最，A、B的加速度相等，有-4-

1212AB

此時水平力大小為22

解得2

mg故F與F的為：4故D正，錯；故選D。【點睛】關鍵抓住臨界狀態，結合剛好發生相對滑動時A、加速度相等，根據牛頓第二定律進行求解。在20176月全球航天探索大會上，我國公布可重復使用運載火的念方案．方案之一降傘方案，如圖，當火箭和有效載荷通過引爆裝置分離后變進入返回地球大氣層的返回軌加速下落至低空軌道，然后采用降落傘減速，接近地面時打開氣囊，讓火箭安全著陸．對該方案及的物理過程，下列說法正確的是()A.火和有效載荷分離過程中該系統的總機械能守恒B.從回軌道下落至低空軌道，火箭的重力加速度增大C.從回軌道至低空軌道，火箭處于超重狀態D.打氣囊是為了減小地面對火箭的沖量【答案】【解析】【分析】火箭和有效載荷分離過程中需要做功；根據萬有引力定律分析加速度的變化；從返回軌道至低軌道，火箭的加速度的方向向下；氣囊可以緩解火箭與地面之間的沖擊力．【詳解】火箭和有效載荷分離時，需要火箭對載荷做功，所以機械能不守恒．故A錯；根據萬有引力-5-

．．．．．．律ma=

，隨高度的小，加速度增大．故B正確；從返回軌至低空軌道的過程中火箭做加速運動，火箭的加速度的方向向下，火箭處于失重狀態．故錯；打開氣囊與沒有氣囊比較，火箭受到的地面的沖量大小是相等的，氣囊可以使火箭與地面之間作用的時間延長，減小火箭與地面之的作用力．故D錯．故選．奧運會比賽項目桿跳高如圖所示，下列說法不正的是（）加速助跑過程中，運動員的動能增加起跳上升過程中，桿的彈性勢能一直增加C.起跳上升過程中運動員的重力勢能增加越橫桿后下落程中，運動員的重力勢能減少動能增加【答案】【解析】【分析】動能與物體的質量和速度有關，重力勢能與物體的質量和高度有關，彈性勢能大小和物體發生性形變的大小有關．根據能量轉化的知識分析回答．【詳解】加速助跑過程中速度增大，動能增加A正確；撐桿從開始形變到撐桿恢復形變時，先是運動部分動能轉化為桿的彈性勢能彈勢能轉化為運動員的動能與重力勢能的性勢能不是直增加，B錯；起跳上升過程中，運動員的高度在不斷增大，所以運動員的重力勢能增加C正確；當運動員越過橫桿下落的過程中，他的高度降低、速度增大，重力勢能被轉化為動能，即重力勢能減少，能增加，D正．一量為2.0×

kg的車在水平公路上行駛，路面對輪胎的徑向最大靜摩擦力為1.4×10N，當汽車經過半徑為80m的道時，下列判斷正確的是（）-6-

A.汽轉彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力和向心力B.汽轉彎的速度為所需的向心力為1.0×10NC.汽轉彎的速度為汽車會發生側滑D.汽能安全轉彎的向心加速度不超過7.0m/s【答案】【解析】【分析】【詳解】A.汽車轉彎時受重力支力摩擦力，摩擦力提供向心力，故A誤；汽車轉彎的速度為20m/s時需的向力為F

23(20)r80

N=10N所需向心力小于最大靜摩擦力，不會側滑，故B正，錯；汽車安全轉彎的向心加速度不超過a

7m/sm

2故D正。故選BD。10.如圖所示，在光滑水平面上有一質量為m的足夠長的木板，其上疊放一質量為的木塊．假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等給木塊施加一隨時間t增大水平力（k是數板和木塊加速度的大小分別為a和a．下列反映a化的圖線中正確的是（）A.B.C.D.【答案】【解析】-7-

211121222＜2【分析】211121222＜2【詳解】當比較小時，兩個物體相對靜止，加速度相同，根據牛頓第二定律得kt212

，∝t；當F比大時相于運動，根據牛頓第二定律得：對：

2

，、都一定，則一．對：

gt

，是t

的線性函數，t

增大，增大．由于，兩木板對滑動后a圖象大于兩者相對靜止時圖象的斜率．故A確．12故選A二、多選擇題（共小題，每小題6分共。每道題有多個正的答案全部答對得6分；部分對得；有答或者不得分）11.如圖所示為某質點做直線運動的-t（）

圖像，關于這個質點在的運動情況，下列說法中正確的是加速度大小不變，方向與初速度方向相同4s內過的路程為，而位移為零C.質點始終向同一向運動末體回到發點【答案】【解析】【分析】【詳解】A.由圖像可知，前兩秒體向負方向做勻減速直線運動，加速度與初速度方向相反，故A錯；質前兩秒的位移

2

-8-

路程為，后兩秒位移22m2路程為，所以的位移是零，路程是，故正；C質前兩秒向負方向運動，后兩秒向正方向運動，故錯；因為秒內的位移為零，所以末體回到發點，故D正確。故選BD。12.如圖所示，置于豎直面內的光滑金屬圓環半徑為r質量為的帶孔小球穿于環上，同時有一長為的細繩一端系于圓環最高點，當圓環以角速度

繞豎直直徑轉動時，A.細對小球的拉力可能為零B.細和金屬圓環對小球的作用力大小可能相等C.細對小球拉力與小球的重力大小不可能相等D.當

gr

時，金屬圓環對小球的作用力為零【答案】【解析】【分析】【詳解】A、如果細繩對小球的拉力為零，則小球受到的重力與支力的合力不可能提供向心力，故A錯誤；B、繩和金屬圓環對小球的作用力大小如果相等．二者在水平方向的合力為零，則向心力為零，故B錯誤；CD.此時細繩與豎直方向的角為60°，當圓環旋轉時，小球繞豎直軸做圓周運動，則有cos60cos60

，sinsin6060得

12

m2r

，-9-

1Nmr2

，所以細繩對小球拉力與小球的重力大小不可能相等，

r

時，金屬圓環對小球的作用力N；CD正確【點睛】關鍵確定圓周運動向心力的來源，運用牛頓第二定律進行求解．13.一列簡諧橫波，沿軸方向傳播，播速度為，在t=0的波形圖如圖所示，下列說法正確的是（）A.此x處質點正在做加速度增大的加速運動B.x處質點比x處質點先運動到波峰的位置C.x=0處質點再經過運動到波峰位置D.x處質點再經過可運動至波峰位【答案】【解析】【分析】【詳解】A.簡諧波沿軸正方向傳播，所以1m1.5m間質點正在從正方向的位置向平衡位置振動，速度增大，加速度減小，故A錯；沿的傳播方向的質點在的質點后邊，振動比x處的質點滯后，故B錯誤C.x=0m處質點正在向軸方向振動，在經過四分之一周期即可到達波峰，即

0.05s4故確；x處質點離左側最近的波峰之間的水平距離為

4

0.8m所以x處的質點經過

0.08s到達波峰，故D正。故選。-10-

14.一物塊在高3.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面滑重力勢能和動能隨下滑距離s的化如圖中直線、所示，重力加速度取10m/s。則（）A.物下滑過程中機械能守恒B.物與斜面間的動摩擦因數為0.5C.物下滑時加速度的大小為6.0m/sD.當塊下滑2.0m時械能損失了【答案】【解析】【分析】【詳解A．下滑的程中，重力勢能減少30J動能增加10J，減小的重力勢能并不等于增的動能，所以機械能不守恒，A錯；B．面高3m、長5m則斜面傾角為＝。令斜面底端為零勢面，則物塊在斜面頂端時的重力勢能mgh＝30J可得質量m＝1kg下滑5m過中由功能原理，機械能的減少量等于克服摩擦力做的功·cos＝求得＝0.5B正；C．牛頓第二定律-11-

122mgθ－＝122求得＝2C錯；D．物下滑2.0m，重力勢能減少12J動能增加，所以機械能損失了，選項D錯。故選B。三、填實驗題（共題，共分）15.如圖甲所示為“探究加速度與力、質量的關系”實驗裝置，數字化信息系統獲了小車加速度a與鉤碼的質量及小車和砝碼質量的對應關系圖。鉤碼的質量為m，車和砝碼的質量為，力加速度為。（1）下列說法正確的是（）每次在小車上加減砝碼時，應重新平衡摩擦力實驗時若用打點計時器應先釋放小車后接通電源C.本實驗m應遠小于m

1在圖象探究加度與質量關系時，應作圖（2）實驗時，某同學由于疏忽，遺漏平衡摩擦力這一步驟，測mg

，作出F象，他可能作出圖乙中_________（選填“甲、“乙”、“丙”）圖線。此圖線的AB段顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是__________；小車與軌道之間存在摩擦C.鉤碼的總質量太

導保持了水平狀態所小車的質量大（3）實驗中打出的紙帶如圖丙所示。鄰計數點間的時間是，由此可計算出小車運動的加速度是-12-

121__________121

果保留2位效數字）【答案】

丙

C

0.46【解析】【分析】【詳解）[1]．A.每次在小車上加減砝碼時，不需要重新平衡摩擦力，選項A誤；實驗時若用打點計時器應先接通電源后釋放小車，選項B誤；C.本實驗m應遠小于m，這樣才能近似認為鉤碼的重力等于小車所受的拉力，項C錯；在圖象探究加度與質量關系時，應作

圖象，這樣得到的是一條直線，可得出加速度與質量成反比的結論，選項D正。故選D。（2）．不平衡摩擦力，則當拉力F加到一定值時小車才會產生加速度，且當鉤碼的質量不斷增加，不再滿足m，此時圖像向下彎曲，故選該同學做出的圖像為丙圖；此圖線AB段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是鉤碼的總質量太大，故選（3）[4]．根據aT2可得a

2.621.71ADDG9

m/s

2

0.46m/s

216.小李同學利用圖①裝置驗證機械能守恒定律時，打出如圖②所示的紙帶，已知點計時器頻率為50

。（1）下列關于該實驗說法正確的______。A紙帶必須盡量保持豎直方向以減小摩擦阻力作用B．了驗證機械能守恒，必須選擇紙帶上打出的第一個點作為起點C．電磁打點計時器改成電火花計時器可以減少紙帶和打點計時器間的摩擦D．可選擇較輕的物體作為重物以延長下落的時間，實驗效果更好（2）根據圖②中紙帶的數據，打下C點重物的速度______/結果保留小數-13-

v—PPcv—PPc（3同用兩個形狀完全相同不同重物和分進行實驗幾組數據出圖象，如圖③所示，由圖象可判斷的質______的質量（選填“于”或“小于”【答案】AC(2).大于【解析】【分析】【詳解）[1]A．重錘下落時，紙帶必須盡量保持豎直減小摩擦阻力作用，故A正；B．據處理時，可以選擇第一個點作為起點，也可以選擇后面的點作為起點，故錯；C磁打點計時器探針與紙帶的摩擦較大成火花計時器可以減少紙帶和打點計時器間的摩擦正確；D．如選擇較輕物體，會增大空氣阻力，給實驗帶來的誤差更大，故D錯。故選AC。（2）[2]C點時重的速度為22.242T（3）[3]設空氣阻力是f，據動能定理有f

mv

整理得v

fm由圖像可知2(g

fm

)由于P的斜率大于的率，空氣阻力相同，所以質量大于Q的量。四、計題（共3小，共計42。解答請寫出必要文字說、方程式和要的演步驟，只出最后答案不能得。有數值計的題答中必須明確出數值單位）17.如，在豎直平面內，一半徑為的光滑圓弧軌道和水平軌道PA在A點切為弧軌道的直徑，O圓心OA和之的夾角為，sin=0.6。一質量為m的小球沿水平軌道向右運動，經A點沿圓弧軌道通過C點落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在點受合力的方向指向圓心，且此時小球對軌道的壓力恰好為零。重力加速度大小為。求(1)水平恒力的大小和小球到達C時速度的大小；-14-

0011N(2)小球達A點對圓弧軌道的壓力大小；0011N(3)小球從落至水平軌道所用的時間。3【答案】(1)Fmg，4

5gR2

；；(3)

t

35R5g【解析】【分析】【詳解】(1)設水平恒力的大小為F，球到達時所受合力的大小為F由力的合成法則，則有FtanmgF2=(mg2+2設小球到達C點的速度大小為，由牛頓第二定律得Fm

2聯立上式，結合題目所給數據，解得3Fmg4

，

5gR2(2)設小球到達A點速度大小v，⊥，PA于D點由幾何關系得DAR(1+cosα)由動能定理有

=

11mv222在A有vFmg1聯立上式，結合題目所給數據-15-

N⊥⊥F=6.75mgN⊥⊥由牛頓第三定律可知，小球達點對圓弧軌道的壓力大小為mg(3)小球離開點后，在豎直方向上做初度不為零的勻加速直線運動，加速度大小為g設小球在豎直方向的初速度為，C點落到水平軌道上所用時間為t，運動學公式，則有vt

12

2

又v=sin立上式，結合題目數據，解得t

35R5g18.某人乘坐游戲滑雪車從靜止開始沿傾

斜直雪道下滑，滑行

x19.8m1

后經一很短的拐彎道進入水平雪道，繼續滑行

x25m2

后減速到零。已知該人和滑雪車的總質，個滑行過程用時

t

，滑雪車與雪道間的動摩擦因數相同，取重力加速

10m

，

。求：(1)滑雪車與雪道間的動摩擦因數；(2)該人和滑雪車經過拐彎道的過程中損失的機械能。【答案】(1)

；(2)

【解析】【分析】【詳解】(1)在斜直雪道上，根據牛頓第定律有根據勻變速直線運動公式有

x1

t1

mgma1，在水平雪道上，根據牛頓第二定律有mgma根據勻變速直線運動公式有

x

t2

，則t1-16-

2

112121212解得112121212t，t2滑雪車與雪道間的動摩擦因數

0.2(2)由功能關系有

mv2

22vt，vat解得Δ1856J19.如圖，一豎直圓管質量為，下端距水平地面的高度為H，端塞有一質量為的球。圓管由靜止自由下落，與地面發