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茶陵三中2016-2017高二上学期日本三级片开学试题带答案

核心导读: 湖南省茶陵县第三中学2016-2017学年度下学年高二日本三级片开学检测试题时量:90分钟总分:100分(祝考生旗开得胜)选择题部分(48分)一.选择题(本大题48分含有多选题请考生注意)1.高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人

 湖南省茶陵县第三中学2016-2017学年度下学年高二日本三级片开学检测试题
时量:90分钟总分:100分
(祝考生旗开得胜)

选择题部分(48分)
一.选择题(本大题48分 含有多选题 请考生注意)
1.高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(  )
A. +mg B. -mg
C. +mg D. -mg
2.(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则圆环(  )
 
A.下滑过程中,加速度一直减小
B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为 mv2
C.在C处,弹簧的弹性势能为 mv2-mgh
D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
3.“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是(  )
A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小
B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小
C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大
D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力
4.(多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为
5.多选)如图,物块a、b和c的质量相同,a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连,通过系在a上的细线悬挂于固定点O。整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块a的加速度的大小记为a1,S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2,重力加速度大小为g。在剪断的瞬间,(  )
 
A.a1=3gB.a1=0
C.Δl1=2Δl2D.Δl1=Δl2
6.(多选)如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出(  )
 
A.斜面的倾角
B.物块的质量
C.物块与斜面间的动摩擦因数
D.物块沿斜面向上滑行的最大高度
7.如图所示,一质量为M、倾角为θ的斜面体置于水平地面上,质量为m的小木块(可视为质点)放在斜面上。现用一平行于斜面、大小恒定的拉力F作用于小木块上,拉力在以斜面所在的平面内绕小木块旋转一周的过程中,斜面体和小木块始终保持静止状态,下列说法中正确的是(  )
 
A.小木块受到斜面的最大摩擦力为
B.小木块受到斜面的最大摩擦力为F-mg sin θ
C.斜面体受到水平地面的最大摩擦力为F
D.斜面体受到水平地面的最大摩擦力为F cos θ
8.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
9.如图所示,为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x随时间t变化的图象,已知甲做匀变速直线运动,乙做匀速直线运动,则0~t2时间内下列说法正确的是 (  )
 
A.两物体在t1时刻速度大小相等
B.t1时刻乙的速度大于甲的速度
C.两物体平均速度大小相等
D.甲的平均速度小于乙的平均速度
10.如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为 μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F,则(  )
 
A.当F<2μmg时,A、B都相对地面静止
B.当F= μmg时,A的加速度为 μg
C.当F>3μmg时,A相对B滑动
D.无论F为何值,B的加速度不会超过 μg
11.如图所示,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的绳水平,t=t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦,绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是(  )
 
 
 11.若v2<v1且mQg<μmPg,则μmPg-mQg=(mP+mQ)a1,当P加速运动速度达到v1后,与皮带一起匀速运动,直到离开传送带(也可能加速过程中就离开传送带),所以B项正确。若v2<v1且mQg>μmPg,则P先匀减速到零再反向加速到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带);若v2>v1,且mQg<μmPg,则P先匀减速至v1,然后与传送带一起匀速运动,直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带);若v2>v1且mQg>μmPg,满足mQg+μmPg=(mP+mQ)a2,中途减速至v1,以后满足mQg-μmPg=(mP+mQ)a3,以a3先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带),故C正确,A、D错误。
12.下列说法中正确的是(  )
A. 用点电荷来代替实际带电体是采用了理想模型的方法
B. 牛顿在对自由落体运动的研究中,首次采用以实验检验猜想和假设的科学方法
C. 法拉第最早引入了电场概念,并提出用电场线表示电场
D. 哥白尼大胆反驳地心说,提出了日心说,并发现行星沿椭圆轨道运行的规律
 非选择题部分(52分)
二.填空题(本大题20分)
13.甲同学准备做“验证机械能守恒定律”实验,乙同学准备做“探究加速度与力、质量的关系”实验。
(1)图1中A、B、C、D、E表示部分实验器材,甲同学需在图中选用的器材________;乙同学需在图中选用的器材________。(用字母表示)
 
图1
(2)乙同学在实验室选齐所需器材后,经正确操作获得如图2所示的两条纸带①和②。纸带________的加速度大(填“①”或“②”),其加速度大小为________。
 
图2
 13.(1)做“验证机械能守恒定律”实验时,需在图中选用:A重锤,B电火花打点计时器;做“探究加速度与力、质量的关系”实验时,需在图中选用:B电火花打点计时器,D小车,E钩码。
(2)在纸带①中Δx1=1.0 mm。
在纸带②中Δx2=0.5 mm。
因Δx1>Δx2再由Δx=aT2可得纸带①的加速度大,其值为a= =  m/s2=2.5 m/s2。
14小明通过实验验证力的平行四边形定则。
(1)实验记录纸如题11-1图所示,O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置,两弹簧测力计共同作用时,拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点;一个弹簧测力计拉橡皮筋时,拉力F3的方向过P3点。三个力的大小分别为:F1=3.30 N、F2=3.85 N和F3=4.25 N。请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力。
 
(题11-1图)
(2)仔细分析实验,小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化,影响实验结果。他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度,发现读数不相同,于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响。
实验装置如题11-2图所示,将一张白纸固定在竖直放置的木板上,橡皮筋的上端固定于O点,下端N挂一重物。用与白纸平行的水平力缓慢地移动N,在白纸上记录下N的轨迹。重复上述过程,再次记录下N的轨迹。
 
(题11-2图)        (题11-3图)
两次实验记录的轨迹如题11-3图所示。过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点,则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力Fa、Fb的大小关系为________。
(3)根据(2)中的实验,可以得出的实验结果有哪些?(  )(填写选项前的字母)
A.橡皮筋的长度与受到的拉力成正比
B.两次受到的拉力相同时,橡皮筋第2次的长度较长
C.两次被拉伸到相同长度时,橡皮筋第2次受到的拉力较大
D.两次受到的拉力相同时,拉力越大,橡皮筋两次的长度之差越大
(4)根据小明的上述实验探究,请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项。
三.解答题(本大题38分)
15.如图所示,一条带有圆轨道的长轨道水平固定,圆轨道竖直,底端分别与两侧的直轨道相切,半径R=0.5 m。物块A以v0=6 m/s的速度滑入圆轨道,滑过最高点Q,再沿圆轨道滑出后,与直轨上P处静止的物块B碰撞,碰后粘在一起运动。P点左侧轨道光滑,右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段长度都为L=0.1 m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.1,A、B的质量均为m=1 kg(重力加速度g取10 m/s2;A、B视为质点,碰撞时间极短)。
(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F;
(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值;
(3)求碰后AB滑至第n个(n<k)光滑段上的速度vn与n的关系式。
 
 15.(1)物块A由初始位置到Q的过程,由动能定理得:
-mg×2R= mv2- m
解得:v=4 m/s
设在Q点物块A受到轨道的弹力为F,受力分析如图所示
 
由牛顿第二定律得:mg+F=
解得:F= -mg=22 N
方向竖直向下
(2)由机械能守恒定律知:物块A与B碰前的速度仍为v0=6 m/s
A与B碰撞过程动量守恒,设碰后A、B的速度为v共
mv0=2mv共
解得v共= v0=3 m/s
设A与B碰后一起运动到停止,在粗糙段运动的路程为s,由动能定理得
-μ×2mgs=0- ×2m
解得:s= =4.5 m
故k= = =45
(3)碰后AB滑至第n个(n<k)光滑段上的速度等于滑离第n个(n<k)粗糙段的速度
由动能定理得:-μ×2mgnL= ×2m - ×2m
解得:vn= = (n<45)
16.一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5 m的位置B处是一面墙,如图所示。物块以v0=9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s,碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止。g取10 m/s2。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ;
(2)若碰撞时间为0.05 s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F;
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。
 
 16.(1)由动能定理,有-μmgs= mv2- m
可得 μ=0.32
(2)由动量定理,有FΔt=mv'-mv
可得F=130 N
(3)W= mv'2=9 J
17.一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5 m,如图(a)所示。t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。求
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;
(2)木板的最小长度;
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
 
 17.(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有
-μ1(m+M)g=(m+M)a1①
由图(b)可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4 m/s,由运动学公式得
v1=v0+a1t1②
s0=v0t1+ a1 ③
式中,t1=1 s,s0=4.5 m是木板与墙壁碰前瞬间的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度。
联立①②③式并结合题给条件得
μ1=0.1④
在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有
-μ2mg=ma2⑤
由图(b)可得
a2= ⑥
式中,t2=2 s,v2=0,联立⑤⑥式并结合题给条件得
μ2=0.4⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3⑧
v3=-v1+a3Δt⑨
v3=v1+a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板的位移为
s1= Δt
小物块的位移为
s2= Δt
小物块相对木板的位移为
Δs=s2-s1
联立⑥⑧⑨⑩   式,并代入数据得
Δs=6.0 m
因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0 m。
(3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为s3。由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m+M)g=(m+M)a4
0- =2a4s3
碰后木板运动的位移为
s=s1+s3
联立⑥⑧⑨⑩    式,并代入数据得
s=-6.5 m
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。
 
选择填空题答案
 1.A
 1.解法一:由v2=2gh得v= 。对人与安全带作用的过程应用动量定理,则有(mg-F)t=0-mv,解得F= +mg,故A正确。
解法二:对人与安全带作用的过程应用牛顿第二定律,则有F-mg=ma,而a= = ,解得F= +mg,故A正确。
 2.BD
 2.圆环在B处速度最大,加速度为0,BC段加速度在增大,因此,下滑过程中,加速度先减小后增大,选项A错误。
下滑过程中,设克服摩擦力做的功为Wf,由动能定理
mgh-Wf-W弹=0-0
上滑过程中
-mgh-Wf+W弹=0- mv2
联立得Wf= mv2,选项B正确。
W弹=mgh- mv2,在C处,弹簧的弹性势能等于圆环从A→C过程克服弹簧弹力做的功,选项C错误。
设从B到C克服弹簧弹力做功为W弹',克服摩擦力做功为Wf'
故有下滑过程从B→C
-W弹'+mghBC-Wf'=0- m ①
上滑过程从C→B
W弹'-mghBC-Wf'= mv - mv2②
联立①②可得
 m -2Wf'+ mv2= mv
因Wf'<Wf= mv2
故2Wf'< mv2
则有 mv > m
vB'>vB,选项D正确。
 3.A
 3.从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,人经历了先加速后减速的过程,当绳对人的拉力等于人的重力时速度最大,动能最大,之后绳的拉力大于人的重力,人向下减速到达最低点。绳对人的拉力始终向上,始终做负功。拉力的冲量向上,人的动量先增大后减小,综上所述,只有A选项正确。
 4.BC
 4.如图所示,假设挂钩P、Q东边有x节车厢,西边有y节车厢,每节车厢质量为m。当向东行驶时,以y节车厢为研究对象,则有F=mya;当向西行驶时,以x节车厢为研究对象,则有F= mxa,联立两式有y= x。可见,列车总节数N=x+y= x,设x=3n(n=1,2,3…),则N=5n,故可知选项B、C正确。
 
 5.AC
 5.剪断细线前,把a、b、c看成整体,细线中的拉力为T=3mg。因在剪断瞬间,弹簧未发生突变,因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同。则将细线剪断瞬间,对a隔离进行受力分析,由牛顿第二定律得:3mg=ma1得a1=3g,A正确,B错误。由胡克定律知:2mg=kΔl1,mg=kΔl2,所以Δl1=2Δl2,C正确,D错误。
 6.ACD
 6.设物块的质量为m、斜面的倾角为θ,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2,根据牛顿第二定律有:mg sin θ+μmg cos θ=ma1,mg sin θ-μmg cos θ=ma2。再结合v-t图线斜率的日本三级片意义有:a1= ,a2= 。由上述四式可见,无法求出m,可以求出θ、μ,故B错,A、C均正确。0~t1时间内的v-t图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离,θ已求出,故可以求出物块上滑的最大高度,故D正确。
 7.C
 7.对小木块分析可知,当力F绕小木块旋转一周的过程中,F沿斜面向下时小木块受到的静摩擦力最大,小木块受到的最大静摩擦力fm=mg sin θ+F,故A、B均错误。对M、m整体受力分析可知,水平地面对斜面体的摩擦力与F的水平分力大小相等,所以最大静摩擦力为F,此时F与水平地面平行,所以C项正确,D项错误。
 8.A
 8.  实质上是滑块通过光电门时的平均速度,所以要使瞬时速度的测量值更接近于真实值,可将遮光条的宽度减小一些,所以B、C、D项错误,A项正确。
 9.C
 9.因x-t图线的斜率表示速度,则由图象可知A、B均错。因平均速度定义式为= ,甲、乙两物体在0~t2时间内位移大小相等,故平均速度大小相等,C对、D错。
 10.BCD
 10.对A、B整体,地面对B的最大静摩擦力为 μmg,故当 μmg<F<2μmg时,A、B相对地面运动,故A错。对A、B整体应用牛顿第二定律,有F- ×3mg=3ma;对B,在A、B恰好要发生相对运动时,μ×2mg- ×3mg=ma,两式联立解得F=3μmg,可见,当F>3μmg时,A相对B才能滑动,故C对。当F= μmg时,A、B相对静止,对整体有: μmg- ×3mg=3ma,a= μg,故B正确。无论F为何值,B所受最大的动力为A对B的最大静摩擦力2μmg,故B的最大加速度aBm= = μg,可见D正确。
 11.BC
 11.若v2<v1且mQg<μmPg,则μmPg-mQg=(mP+mQ)a1,当P加速运动速度达到v1后,与皮带一起匀速运动,直到离开传送带(也可能加速过程中就离开传送带),所以B项正确。若v2<v1且mQg>μmPg,则P先匀减速到零再反向加速到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带);若v2>v1,且mQg<μmPg,则P先匀减速至v1,然后与传送带一起匀速运动,直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带);若v2>v1且mQg>μmPg,满足mQg+μmPg=(mP+mQ)a2,中途减速至v1,以后满足mQg-μmPg=(mP+mQ)a3,以a3先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带),故C正确,A、D错误。
 12.14.AC
 12.:用点电荷来代替实际带电体是采用了理想模型的方法,A项正确;法拉第最早引入了电场概念,并提出用电场线表示电场,C项正确;伽利略在对自由落体运动的研究中,首次采用以实验检验猜想和假设的科学方法,B项错;哥白尼大胆反驳地心说,提出了日心说,开普勒发现行星沿椭圆轨道运行的规律,D项错。
 13.(1)AB BDE (2)① (2.5±0.2) m/s2
 13.(1)做“验证机械能守恒定律”实验时,需在图中选用:A重锤,B电火花打点计时器;做“探究加速度与力、质量的关系”实验时,需在图中选用:B电火花打点计时器,D小车,E钩码。
(2)在纸带①中Δx1=1.0 mm。
在纸带②中Δx2=0.5 mm。
因Δx1>Δx2再由Δx=aT2可得纸带①的加速度大,其值为a= =  m/s2=2.5 m/s2。
 14. (1)(如图,F合=4.6~4.9都算对)
 
(2)Fa=Fb (3)BD
(4)橡皮筋拉伸不宜过长;选用新橡皮筋。(或:拉力不宜过大;选用弹性好的橡皮筋;换用弹性好的轻弹簧。)
 14.(1)略。(2)分析端点N受力,设橡皮筋与竖直方向间的夹角为θ,由平衡条件易得橡皮筋的拉力F=mg/cos θ,可见θ相同时橡皮筋拉力相同。(3)题11-3图中 表示两次拉力相同时橡皮筋的长度之差,易知A错误、B正确。由图中的两轨迹间的距离变化可知,θ越大时长度差越大,结合F=mg/cos θ知对应的拉力越大,故D正确。因同样拉力下橡皮筋第2次长度较长,故同样长度下橡皮筋第2次所受拉力较小,C错误。(4)从能在记录纸上完成实验的角度考虑有:橡皮筋不宜过长,O点位置应靠近木板边缘,所选标度不能过小或过大等;从能测出拉力及减小相对误差角度考虑有:拉力不宜过大或过小,两力之间夹角不宜过大或过小等;从能保证两次测量中力的作用效果相同的角度来考虑有:选用新的、弹性好的橡皮筋或换用弹性好的轻弹簧等。

 

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