《2023-2024年专题期末模拟测试04.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023-2024年专题期末模拟测试04.docx（13页珍藏版）》请在三一办公上搜索。
1、期末模拟测试04解析版一、单选题1 .下列关于位移和路程的说法中正确的是（）A.位移描述物体相对位置的变化，路程描述通过路径的长短B.因为位移大小和路程不一定相等，所以位移不等于路程C.位移的大小等于路程，方向由起点指向终点D.位移描述直线运动，路程描述曲线运动【答案】A【解析】A.位移是矢量，大小等于首末位置的距离；路程是标量，大小等于运动轨迹的长度。所以位移描述物体相对位置的变化，路程描述物体运动路径的长短，故A正确；BC.位移是矢量，路程是标量，任何时候位移和路程都不能相等；位移的大小等于首末位置的距离，路程等于运动轨迹的长度，两者不同，故BC错误；D.位移和路程都可以描述直线运动和曲线
2、运动。故D错误。2 .关于曲线运动，下列说法中错误的是（）.曲线运动一定是变速运动B.做曲线运动的物体加速度一定不为零C.做曲线运动的物体所受合力一定是变力D.做曲线运动的物体，其速度方向与加速度方向一定不在同一直线上【答案】C【解析】A.曲线运动中速度的方向不断变化，速度方向沿曲线的切线方向，所以曲线运动一定是变速运动，故A不符合题意；BD.物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上，合力一定不为零，由牛顿第二定律加速度也一定不为零，所以速度方向与加速度方向一定不在同一直线上，故BD不符合题意；C.在恒力作用下，物体可以做曲线运动，如平抛运动，故C符合题意。故选C。3.如图，
3、每一级台阶的高为明宽为3。，某同学用发射器（忽略大小）从第1级台阶边缘向右水平弹射一个可以看作质点的小球，要使小球能落到第4级台阶上（小球没有与台阶顶点接触），取重力加速度为g,则弹射速度U可能是（）y._13 .4 IA.JlOagB.y6agC. 3agD.如【答案】【解析】网v再将各个台阶的顶点用直线连接起来，将台阶等效为斜面，如图所示小球做平抛运动，则有x=vt,y=产解得U=X后由于每一级台阶的高为。，宽为3。，小球能落到第4级台阶上，且小球没有与台阶顶点接触，则有6vxv9a,y=3,可知，弹射速度U可能是i砺。故选Ao4 .如图，质量为2kg的物体水平向右运动，物体与地面间的动摩
4、擦因数4=0.5,方向水平向左、大小恒为5N的力尸作用在物体上，已知物体在工时刻物体速度减为0,=IOmZs2,则物体受到时摩擦力大小/随时间，的变化图像为（）F7777777777777777777715A./N/N1510105C. 1055/N【答案】【解析】物体与地面的最大摩擦力为EU=相g=ION,4前物体向右运动，受到向左的滑动摩擦力，大小为工=4g=10N,%后物体速度为0,因为最大滑动摩擦力比拉力大，所以物体静止不动，受到静摩擦力，大小为力=尸=5N故选C。5 .如图甲所示是一种常见的持球动作，用手臂挤压篮球，将篮球压在身侧。为了方便问题研究，我们将场景进行模型化处理，如图乙所
5、示。已知球重力大小为G，粗糙竖直板对球的弹力大小为6,摩擦力大小为一,光滑斜板对球的弹力大小为居，竖直板和斜板之间的夹角为。，球处于静止状态。下列说法正确的是A. / = GB.f = F2SinOD.C.F1=F2cos【答案】【解析】根据题意，对篮球受力分析，如图所示，由平衡条件有KSine+G=/,F2COsO=Fit故选C。6 .物体A、8的XT图像如图所示，由图可知（）A.从第3s起，两物体运动方向相同，且以彩B.两物体是从同一位置同时向同一方向运动的C.在5s内两物体的位移相同，5s末A、B相遇D. 5s内A、B的平均速度相等【答案】A【解析】.由图看出，两图线的斜率都大于零，说明
6、两物体都沿正方向运动，运动方向相同。图线A的斜率大于图线B的斜率，说明A的速度大于B的速度，即以故A正确；B.物体A从原点出发，而B从正方向上距原点5m处出发，出发的位置不同。物体A比B迟3s才开始运动，故B错误；C.5s末两图线相交，说明5s末两物体到达同一位置相遇。但两物体5s内通过的位移不同，A通过的位移为=IOm-O=IOm物体B通过的位移为=10m-5m=5m,故C错误；D.由C中分析可知，5s内A通过的位移大于B的位移，所以5s内A的平均速度大于B的平均速度,故D错误。故选A。二、多选题7 .如图所示，表面光滑的半圆柱体固定在水平面上，小物块在拉力尸作用下从8点沿圆弧缓慢上滑至A点
7、，此过程中尸始终沿圆弧的切线方向，则（）8 .拉力产逐渐变小C.小物块受的支持力逐渐变大D.小物块受的支持力先变大后变小【答案】BC【解析】对滑块受力分析，如下图所示，根据平衡条件有尸=mgcos。，&=机gsin。小物块从8点沿圆弧缓慢上滑至A点，在此过程中由图可知，。角逐渐增大，则拉力F逐渐变小，小物块受的支持力尸N逐渐变大。故选BC。B8.如图甲所示，质量加A的物块A放在质量期的木板B上，B在光滑水平地面上，都静止。水平向右的拉力/作用于A，B的加速度。与拉力产的关系如图乙所示。已知A、B间的动摩擦因数=（）6,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，10ms2-则（）甲B. mB = 4kgA.m
8、A=4kgC.mA+mB=IOkgD.mA+m=6kg【答案】AC【解析】由乙图可知，当尸=40N时，A、B间的摩擦力刚好达到最大值，此时A、B的加速度均为4ms2;以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得尸=(ma+恤)。解得F40wa+wb=-kg=IOkg以B为对象，根据牛顿第二定律可得加Ag=联立解a4得z11A=4kg,恤=6kg故选AC。9.如图，A、B两物体相互接触但不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，A、B两物体的质量分别为4kg、6kg。从r=0开始，水平推力月=(8-2r)N和拉力E=(2+2r)N分别作用于A、B上，下列说法正确的是().f=Is时，A、B间
9、的相互作用力大小为2NB. f=2s时，A的加速度大小为Zm/s?C. f=8s时，B的加速度大小为3ms2D. f=8s时，B的速度大小为14ms【答案】ACD【解析】A. f=ls时E=6N,g=4N根据牛顿第二定律耳一用=(m人+/，N+F2=mBa,A、B间的相互作用力大小为=1ms?,N=2N,故A正确;B. f=2s时耳=4N,E)=6N,A、B分离，A的加速度大小为纵=互=Im7S?,mA故B错误；C.E=8s时6=-8N,K=I8N,B的加速度大小为b=*=3ms2,故(8-2r)N(2+2。NCC正确；D.A、B分离时，加速度仍相等，则-=-z-,得fo=2s由于机A%E+6
10、=ION此过程整体做匀加速度直线运动。，=8s时，B的速度大小为u=3o+(f-fo)=14rns2故D正确。故选ACD。10.如图所示，一小滑块(可视为质点)沿足够长的斜面以初速度V向上做匀变速直线运动，依次经A、B、。、。到达最高点E，已知A3=3D=6m,BC=Im,滑块从A到C和从。到。所用的时间都是2s。设滑块经3、C时的速度分别为以、vc,则()A.vc=4msB.vb=msC. DE=4mD.从。到E所用时间为4s【答案】CD【解析】A.依题意，滑块做匀减速直线运动，从A运动到。的中间时刻恰好运动到C点，有%=%o=1=3ms故A错误；B.由逐差法，可得加速度为a=Xe二=(67
11、)二(6+1)ms2=-05ms2即滑块加速度大小为05m/s?。根据T222位移与速度关系式，可得值-解得v=Jims故B错误；C.滑块从4运动到,做匀减速直线运动末速度为零，采用逆向思维，滑块从E运动到A,做初速度为零2的匀加速直线运动，有XBE=迎又XDE=XBE-jcBD联立，解得XOE=4m故C正确；2aD.从。到E所用时间满足XDE=gw+解得f=4s,故D正确。故选CD。三、实验题11.某学习小组利用不同的实验装置，进行探究平抛运动规律的实验：(I)甲同学采用如图甲所示的装置。为了验证做平抛运动的小球在竖直方向做自由落体运动，用小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开自由
12、下落。关于该实验，下列说法中正确的有O.两球的质量应相等B.两球的质量可以不相等C.两球应同时落地D.应改变装置的高度，多次实验4f.B AE.实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动甲(2)乙同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图乙所示的小球做平抛运动的照片，图中背景方格的边长均为5cm,如果重力加速度g取IOm/Sz,照相机的闪光频率为Hz；小球平抛的初速度大小为m/s,经过B点时的竖直分速度大小为m/So(所有结果保留2位有效数字)【答案】(1)BCD；(2)10，1.5,2.0【解析】(1) 1B.根据实验结果可知平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动，不需要质量相等，因此实验时需要A
13、、B两球从同一高度开始运动，不需要两球质量相等，故A错误，B正确；C.小锤打击弹性金属片后，A球做平抛运动，B球做自由落体运动，A球在竖直方向上的运动情况应该跟B球相同，因此两球同时落地，故C正确；D.为探究实验的科学性，应改变装置的高度多次实验，故D正确；E.本实验只能说明A球在竖直方向的运动性质，不能说明A球在水平方向做匀速直线运动，故E错误。故选BCD。(2) 2由图乙可知，在竖直方向上力二%c=2x5cm=IOcm,根据A/ygT?可得T=O.Is,故=10Hz；3小球平抛的初速度大小为5102V0=m/s=1.5ms；4经过B点时的竖直分速度大小为00.1hAC8510-2.=2 m
14、/s o-=m/s2T0.274簧测力计Fj12.某同学利用如图甲所示的装置探究加速度、力和质量的关系。1.TT甲AlaABCDErUtn乙丙（1）对本实验的操作，下列说法中正确的是O.实验中无需测量砂和砂桶的质量B.让小车靠近打点计时器，先释放小车，后接通打点计时器的电源C.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量D.补偿阻力时，需取下托盘和祛码，调整长木板的倾角，使小车拖着纸带沿长木板匀速下滑（2）如图乙所示为实验中得到纸带的一段，已知相邻计数点的时间间隔为T，测得相邻的计数点之间的距离分别为了.、3Xcd、Xde，打点计时器打下C点时，小车的速度表达式为,充分利用数据，
15、写出小车的加速度大小表达式为。（3）在验证加速度与质量的关系时，在满足实验要求的情况下，改变小车上祛码质量加，测出对应的加速度以加为横坐标，以L为纵坐标，在坐标纸上作出如图丙所示a的图像。已知弹簧测力计的读数为尸，图中纵轴的截距为人，斜率为女，则小车的质量为。D.2kCA.FbB.2Fb(XCr) + XDE ) - (X/13 + XBC )【答案】2(1) AD/DA;(2)5+%d2T【解析】(1)1.实验中小车所受拉力为弹簧测力计拉力的两倍可以直接读出，所以不需要测量砂和砂桶的质量。故A正确；B.让小车靠近打点计时器，先接通打点计时器的电源，待打点稳定后，再释放小车。故B错误；C.由A
16、选项分析可知，不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量。故C错误；D.补偿阻力时，需取下托盘和祛码，调整长木板的倾角，使小车拖着纸带沿长木板匀速下滑。故D正确。故选AD。(2) 2打点计时器打下。点时，小车的速度表达式为七=NO=芦2；3由逐差法可得小车的加速度大小表达式为a=(Xa+以)-(4+9).4T2(3) 4根据牛顿第二定律，有2b=(m+M)整理，可得=/加+/加结合丙图，可得_二%,LM=b,解得M=2正6=2故选瓦2F2Fk四、解答题13 .如图所示，光滑圆球由一轻绳48系于竖直墙壁上，一半圆球在墙壁和圆球之间，均处于静止状态.圆球和半圆球的圆心分别是。2,且在同一水平线上，轻
17、绳AB的长度是圆球半径的3倍，圆球和半圆球的半径相等，圆球质量是半圆球质量的2倍。已知半圆球受到竖直墙壁向上的摩擦力是重力加速度是g。求：(1)半圆球的质量：(2)轻绳48的拉力。【答案】（1）工；g3【解析】（1）设半圆球的质量为加，以半圆球为对象，根据受力平衡可得了=，咫解得半圆球的质量为m=；g（2）设轻绳48与竖直方向的夹角为。，圆的半径为R，根据图中几何关系可得SEe=缭=吟=；，可得6=30。由于圆球质量是半圆球质量的2倍，则圆球质量为AU14/Z2m；以圆球为对象，竖直方向根据受力平衡可得TCoSe=2吆联立解得轻绳48的拉力为T2314 .如图所示，在离地面高H处以%=IOmZ
18、s的速度竖直向上抛出一个可视为质点的小球，地面上有一长L=5m的小车，其前端M距离抛出点的正下方s=4m,小球抛出的同时，小车由静止开始向右做匀加速直线运动。已知小球落地时速度大小为20nVs,忽略空气阻力及小车的高度，重力加速度g取IOm入2。（1）求小球从抛出到落到地面的时间f及抛出点离地面的高度H：（2）为了让小车接住小球，试确定小车加速度。的取值范围。IIHNMs=4m【答案】8，,(1)r=3s,H=I5m；(2)-ms22ms2【解析】(1)以竖直向上为正方向，上抛和下落全过程，有匕=%-gf,h=v0t-gt2,其中vo=10ms.vz=-20ms,解得，=3s,=-15m,故小
19、球从抛出到落到地面的时间为3s；抛出点离地面的高度为H=II=15m；(2)设小车运动时间为=3s,当小车车头M刚好到达抛出点正下方时，。取最小值，1 Q此时5=/解得=-ms2,当小车车尾N刚好到达抛出点正下方时，。取最大值，2 91Q此时L+s=-ct解得a=2m/s2则加速度的范围是入m/sa2m/so2915.如图所示，一长木板静止在水平地面上，一物块叠放在长木板某一位置处，整个系统处于静止状态，长木板的质量为M=Ikg,物块的质量为m=lkg,物块与长木板之间的动摩擦因数为4=02,长木板与地面之间的动摩擦因数为人=03,对长木板施加一个水平向右的恒力/，拉力大小尸=UN,作用办=L
20、Os后将力撤去，之后长木板和物块继续运动，最终物块没有从长木板上掉下来。物块可看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=IOnVs?。求：(1) J=LOs时物块与长木板的速度大小分别为多大；(2) ，和M全程运动的时间分别为多少；(3)长木板的最短长度L。0【答案】(1)2ms3ms；(2)2.2s,1.65s；(3)0.605m【解析】(1)假设物块与长木板一起运动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有产一2(M+m)g=(M+m)qj,解得=2.5ms2当物块与长木板之间相对滑动时，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律有Mmg=m4,解得4=2ms?由于则物块与长木板之间发生相对
21、滑动以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有F-2M+ni)g-mg=Ma2,解得=33/,作用时间吞=i.()s过程中，物块做匀加速直线运动，物块速度的大小匕=jo=2ms长木板做匀加速直线运动，长木板速度的大小v2=a2t0=3ms；(2)撤去拉力时长木板的速度大于物块速度，则撤去拉力之后物块与长木板之间继续发生相对滑动，设再经G二者共速，物块继续做匀加速运动，物块的加速度%=K=4=2ms2,长木板做匀减速直线运动，以长木板为研究对象，根据牛顿第m二定律有/%(M+g+川ng=Ma4，解得a4=8ms2设经过时间物块与长木板达到共同速度P共，根据运动学公式有匕+。3乙=打一4%=U共，两式联立解得=0ls;=2.2ms,当两者速度相等之后，假设物块与长木板一起运动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有z2(M+m)g=(M+m)4,解得4=SnVs?此时物块与长木板之间的摩擦力为耳=3N物块与长木板之间的最大静摩擦力为七=Mmg=2N,由于Ffm&,则长木板的最小长度为1.=x2=0.605m。
