福建省武平县第一中学2014_2015学年高一物理下学期期中试题(实验班)

福建省龙岩市武平县第一中学2014-2015学年高二（普通班）下学期期中考试（文）一、选择题1．计算662log 3log 4+的结果是( )A 、6log 2B 、2C 、6log 3D 、3 2．已知复数i a z 21+=，i z 212-=，若21z z 是纯虚数，则实数a 的值为（ ） A. 2- B. 1 C. 2 D. 43．设⎭⎬⎫⎩⎨⎧--∈3,2,1,21,1,2α，则使幂函数a y x =为奇函数且在(0,)+∞上单调递增的a 值的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．34．已知a ，b ＝0.32，0.20.3c =，则a ，b ，c 三者的大小关系是( ) A ．b>c>a B ．b>a>c C ．a>b>c D ．c>b>a5．已知,x y 的取值如下表所示，若y 与x 线性相关，且ˆ0.95y x a =+，则a =（ ）A ．2.2B ．2.6C ．2.8D ．2.96．定义在),0(+∞上的函数()f x 满足对任意的))(,0(,2121x x x x ≠+∞∈，有2121()(()())0x x f x f x -->.则满足(21)f x -＜1()3f 的x 取值范围是( ) A.（12，23） B.［13，23） C. （13，23） D.［12，23） 7．函数()()01x f x a a =<<在区间上的最大值比最小值大43，则a 的值为（ ）A.12B.2 C.2D.28．函数的图像大致是( )9．设函数定义在实数集R 上，，且当时=，则有 ( ) A. B.C. D.10．函数的定义域为( )A.B.C.D.11．命题“对任意实数x [1,2]∈，关于x 的不等式20x a -≤恒成立”为真命题的一个必要不充分条件是（ ）A ．4a ≥B ．4a ≤C ．3a ≥D ．3a ≤ 12．对于任意正整数n ，定义“!!n ”如下： 当n 是偶数时，!!(2)(4)642n n n n =⋅-⋅-⋅⋅⋅⋅， 当n 是奇数时，!!(2)(4)531n n n n =⋅-⋅-⋅⋅⋅⋅现在有如下四个命题：①(2003!!)(2002!!)20032002321⋅=⨯⨯⨯⨯⨯；②10012002!!210011000321=⨯⨯⨯⨯⨯⨯；③2002!!的个位数是0； ④2003!!的个位数是5。

2014-2015学年福建省龙岩市武平一中高二（下）期中物理复习试卷（2）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共1小题，共3.0分)1.在坐标原点的波源从t=0时刻开始向上作简谐振动，振动周期T．在t=时，波源突然停止运动，则t=T时波的图象是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：在t=时，波源突然停止运动，知坐标原点处于负的最大位移处，在t=T时，坐标原点仍然处于负的最大位移处，波形向前传播一个波长，质点开始向上振动．根据“上下坡法”知道起振的点处于下坡，故B正确，A、C、D错误．故选B．坐标原点从t=0时刻开始向上做简谐运动，在t=时，运动到负的最大位移处，波源突然停止振动，则坐标原点位于负的最大位移处静止．波形继续向前传播．本题的解题关键是抓住质点的起振与波源的起振方向相同，知道质点上下振动，不随波迁移．二、多选题(本大题共1小题，共3.0分)2.一列简谐横波沿x轴正方向传播，O为波源且t=0开始沿y轴负方向起振，如图所示是t=0.2s末x=0至4m范围内的波形图，虚线右侧的波形未画出．已知图示时刻x=2m处的质点第一次到达波峰，则下列判断中正确的是（）A.这列波的周期为0.2s，振幅为10cmB.这列波的波长为8m，波速为40m/sC.t=0.7s末，x=10m处质点的位置坐标为（10m，10cm）D.t=0.7s末，x=24m处的质点加速度最大且沿y轴负方向【答案】AB【解析】解：A、B由题分析可知，t=0.2s波传到x=8m质点处，则周期为T=0.2s，振幅为A=10cm．由图知波长λ=8m，波速为v==40m/s．故AB正确．C、波传到x=10m处的时间为t===0.25s，x=10m处的质点已振动了0.45s=2T，此质点起振方向沿y轴负方向，则t=0.7s末，x=10m处质点到达波谷，坐标为（10m，-10cm）．故C错误．D、波传到x=24m处的时间为t==0.6s，x=10m处的质点已振动了0.1s=T，此质点起振方向沿y轴负方向，则t=0.7s末，x=24m处质点经平衡位置向上，加速度为零．故D错误．故选AB由题，O为波源且t=0开始沿y轴负方向起振，t=0.2s末x=2m处的质点第一次到达波峰，则此波形成一个波长的波形，即可知道周期T，读出波长，求出波速．由t=求出波传到x=10m处质点的时间，分析此质点的振动情况．本题关键确定出波的周期，抓住“x=2m处的质点第一次到达波峰”关键词语，分析波传播的时间，确定质点振动的状态．三、单选题(本大题共5小题，共15.0分)3.如图为一列沿x轴正向传播的简谐横渡在t=0时刻的波形图，P为0.9m处的质量，Q为2.2m处的质点．若经历△t=0.1s，P质点恰好第一次运动到波谷，则下列说法正确的是（）A.该波的周期T=B.该波的传播速度为v=14m/sC.从t=0时刻再经历1s，P质点向前传播的距离为14mD.从t=0时刻再经历s，Q质点一定向下振动【答案】B【解析】解：AB、当t=0时刻x=-0.5m处的波谷状态传到P点时，P质点恰好第一次运动到波谷，波传播的距离x=0.5+0.9=1.4m，则波速v==14m/s．由图知：λ=2m，则周期T===．故A错误，B正确．C、简谐横波沿x轴正向传播时，质点P只上下振动，并不向前移动．故C错误．D、t=0时刻质点Q向下振动，由于时间t=s=0.5T，Q质点一定向上振动．故D错误．故选：B．根据波形的平移法可知，当t=0时刻x=-0.5m处的波谷状态传到P点时，P质点恰好第一次运动到波谷，由v=，求出波速；读出波长，求出周期；质点不向前移动；从t=0时刻再经历s．本题关键是运用波形的平移法求出波速．简谐波传播过程中介质中各质点只在自己的平衡位置附近振动，并不随波迁移．4.如图所示，将一个筛子用四根弹簧支起来（后排的两根弹簧未画出），筛子上装一个电动偏心轮，这就做成了一个共振筛．工作时偏心轮被电动机带动匀速转动，从而给筛子施加与偏心轮转动周期相同的周期性驱动力，使它做受迫振动．现有一个固有周期为0.80s的共振筛，电动偏心轮的转速是80r/min，在使用过程中发现筛子做受迫振动的振幅较小．已知增大偏心轮电动机的输入电压，可使其转速提高；增加筛子的质量，可以增大筛子的固有周期．下列做法中可能实现增大筛子做受迫振动的振幅的是（）A.适当增大筛子的质量B.适当增大偏心轮电动机的输入电压C.适当增大筛子的质量同时适当增大偏心轮电动机的输入电压D.适当减小筛子的质量同时适当减小偏心轮电动机的输入电压【答案】D【解析】解：根据题意，筛子的固有频率为=1.25HZ，电动机某电压下，电动偏心轮的转速是80r/min，即为1.33HZ，大于筛子的固有频率，故要使振幅变大，可以减小偏心轮电压，或减小筛子的质量；故选D．共振是指机械系统所受驱动力的频率与该系统的固有频率相接近时，系统振幅显著增大的现象；共振塞中，当驱动力频率和筛子的固有频率相等时，筛子发生共振，筛子的振幅最大．本题根据抓住共振的条件，然后设法使得筛子的固有频率和驱动轮的驱动力频率相等即可．5.如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t时刻的波形图．已知该波的周期为T，a、b、c、d为沿波传播方向上的四个质点，则下列说法中正确的是（）A.在t+时，质点c的速度达到最大值B.在t+2T时，质点d的加速度达到最大值C.从t时刻起，质点a比质点b先回到平衡位置D.从t时刻起，在一个周期内，a、b、c、d四个质点所通过的路程均为一个波长【答案】B【解析】解：A、在t+时，质点c到达波峰，速度为零，达到最小值．故A错误．B、由图看出，此时刻波离d点的距离等于波长，则波传到d点需要周期的时间，传到d后d向下起振，在t+2T时，d点到达波谷，加速度达到最大值．故B正确．C、简谐波沿x轴正方向传播，t时刻a、b两点的速度方向均向上，则从t时刻起，质点b比质点a先回到平衡位置．故C错误．D、从t时刻起，在一个周期内，a、b、c三个质点所通过的路程均为一个波长，而波还未传到d点．故D错误．故选B在t+时，质点c到达波峰，速度为零．根据波长，确定出波传到d的时间，再分析t+2T时刻d的加速度．根据波的传播方向判断出a、b两质点的振动方向，分析回到平衡位置的先后．从t时刻起，在一个周期内，a、b、c三个质点所通过的路程均为一个波长．对于波动过程中质点速度、加速度大小的分析，可根据时间确定出质点的位置判断．6.一列简谐横波沿x轴传播，它在传播过程中先后到达相距4.0m的两个质点a、b，从质点a开始振动的瞬间开始计时，a、b两质点的振动图象分别如图中的甲和乙所示．下列说法中正确的是（）A.此列简谐横波的波长一定为8mB.此列简谐横波可能的传播速度为m/s，其中n=0，1，2，3…C.此列简谐横波从质点a传播到质点b的时间段内，质点a振动经过的路程为2cmD.t=ls时刻，质点a向上振动，质点b向下振动【答案】A【解析】解：A、B、由题意，波速v===4m/s，所以波长λ=v T=4×2=8m，所以A对B错；C、从a到b，a经历了半个周期，所以经过的路程是2倍振幅，即4cm，所以C错；D、t=1s时，由图象可知a向下振动，b向上振动，所以D错；故选A．波从a传播到b过程中，时间为1s，位移为4m，可以求解出波速；在半个周期内质点的路程等于振幅的2倍．本题关键是波的传播规律和质点的振动规律，从题意得到波的传播距离和时间，求解出波速，再分析a、b两点的运动情况．7.消除噪声污染是当前环境保护的一个重要课题．内燃机、通风机等在排放各种高速气流的过程中都发出噪声，干涉型消声器可以用来消弱高速气流产生的噪声，干涉型消声器的结构及气流运行如图所示，波长为λ的声波沿水平管道自左向右传播，当声波到达a处时，分成两束相干波，它们分别通过r1和r2的路程，再在b处相遇，即可达到消弱噪声的目的．若△r=|r2-r1|，则△r等于（）A.波长λ的整数倍 B.波长λ的奇数倍C.半波长的奇数倍D.半波长的偶数倍【答案】C【解析】解：根据干涉特点知，两相干波源的距离差为波长的整数倍时，此点为振动增强点，而消除噪声不能加强，故AB错误；距离差为半波长的奇数倍时，此点为振动减弱点，本题为消除噪声，要减弱声音，所以C正确D错误．故选C由波的干涉特点可知：当某点到波源的距离差为半波长的奇数倍时，此点的振动减弱．本题是科学技术在现代生产生活中的应用，是高考考查的热点，须引起注意．四、实验题探究题(本大题共1小题，共9.0分)8.如图为用单摆测重力加速度的实验（1）（多选题）为了减小误差，下列措施正确的是______（A）摆线长度L应为线长与摆球半径的和，且在20cm左右（B）在摆线上端的悬点处，用开有夹缝的橡皮塞夹牢摆线（C）在铁架台的竖直杆上固定一个标志物，且尽量使标志物靠近摆线（D）计时起终点都应在摆球的最高点且不少于30次全振动的时间（2）某同学正确操作，得到了摆长L和n次全振动的时间t，由此可知这个单摆的周期T= ______ ；当地的重力加速度g= ______ ．【答案】BC；；【解析】解：（1）A、摆线长度L应为线长与摆球半径的和，且在100cm左右，A错误；B、在摆线上端的悬点处，用开有夹缝的橡皮塞夹牢摆线，防止摆线长度变化，B正确；C、在铁架台的竖直杆上固定一个标志物，且尽量使标志物靠近摆线，使之做的是单摆运动，C正确；D、计时起终点都应在摆球的最低点，D错误；故选BC（2）单摆的周期T=，由知故答案为（1）BC；（2），由单摆的周期公式判断周期随摆长的变化，注意摆长=摆线长+球半径．本题考查了单摆的周期公式，题目难度不大，要注意判断悬点发生松动摆长的变化．五、计算题(本大题共3小题，共30.0分)9.用双缝干涉测光的波长．实验装置如图a所示，已知单缝与双缝的距离L1=60mm，双缝与屏的距离L2=700mm，单缝宽d1=0.10mm，双缝间距d2=0.25mm．用测量头来测量光屏上干涉亮条纹中心的距离．测量头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，使分划板左右移动，让分划板的中心刻度对准屏上亮纹的中心，（如图b所示），记下此时手轮的读数，转动测量头，使分划板中心刻线对准另一条亮纹的中心，记下此时手轮上的刻度．①分划板的中心刻线分别对准第1条和第4条亮纹的中心时，手轮上的读数如图c 所示，则对准第1条时读数x 1= ______ mm ，对准第4条时读数x 2= ______ mm ，相邻两条亮纹间的距离△x = ______ mm ．②计算波长的公式λ= ______ （用题设的字母表示）；求得的波长值是 ______ nm （保留三位有效数字）．【答案】2.190；7.868；1.893；；676 【解析】解：（1）图乙中螺旋测微器的固定刻度读数为2mm ，可动刻度读数为0.190mm ，则最终读数为x 1=2.190mm ；同理可得：x 2=7.5mm +0.368mm =7.868mm ；所以△x =（x 2-x 1 ）× =1.893mm ，（2）根据双缝干涉条纹的间距公式△x = λ得：λ= = =6.76×10-7m =676nm故答案为：①2.190； 7.868； 1.893；②； 676． （1）手轮上螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读到0.001mm ．（2）根据双缝干涉条纹的间距公式△x = λ求出波长的表达式，再代入数据求出波长 解决本题的关键掌握“用双缝干涉测光的波长”的实验原理△x =λ，以及掌握螺旋测微器的读数方法10.一列横波上有相距4m 的A 、B 两点，波的传播方向是由A 向B ，波长大于2m ，如图所示的是A 、B 两质点的振动图象，求这列波可能的波速．【答案】解：由振动图象得：质点振动周期T=0.4s，B点比A点晚振动的时间△t=n T+T（n=1，2，3，…）所以A、B间的距离为△s=kλ+λ（k=0，1，2，3则波长为λ==因为λ＞2m，所以k=0，1当k=0时，λ1=m，v1==m/s=m/s当k=1时，λ2=m，v2==m/s=m/s答：这列波可能的波速是m/s、m/s．【解析】由振动图象读出周期．根据同一时刻AB两质点的振动状态，得到AB间的距离与波长的关系，求出波长的通项，根据条件：波长大于2m，得到波长的值，再求解波速的通项．知道两个质点的振动图象，读出同一时刻质点的位置和速度关系，分析它们状态的关系，画出波形，研究质点间距离与波长的关系，是常规的思路，多做相关训练，有助于强化质点的振动与波动关系．11.一列横波在x轴上传播，在t1=0时刻波形如图实线所示，t2=0.05s时刻波形如图虚线所示．（i）由波形曲线读出这列波的振幅和波长；（ii）若周期大于，则最小波速是多少？方向如何？最大波速是多少？方向如何？【答案】解：（i）由图知振幅A=0.2m；波长λ=8m…①（ii）由于＞，即＜由于一个周期波形平移一倍的波长，故波形平移距离小于2倍波长；最小波速对应最小传播距离，是向右传播△x=λ=2m间距，故最小波速为：v1=，向右；最大波速对应最大传播距离，是向左传播△x=1λ=14m间距，故最波波速为：v2===280m/s，向左；答：（i）振幅0.2m，波长为8m；（ii）最小速度40m/s，方向为沿x轴正方向；最大速度280m/s，方向为沿x轴负方向．【解析】（i）由y的最大值读出振幅，由相邻两个波峰或波谷间的距离读出波长．（ii）根据波形的平移法，结合波的周期性，得出波传播的距离与波长的关系，求出最小间距和最大间距，得到对应的波速．本题关键明确“波形一个周期波形平移一倍波长”的结论，结合波形图得到最大、最小传播距离，然后确定最大、最小波速．。

2014-2015学年福建省龙岩市武平一中高一（上）期末物理复习试卷（三）一、选择题（每小题4分，共48分）1．（4分）（2014秋•武平县校级期末）如图所示，球A重G1，斜面体B重G2，斜面倾角为θ，一切摩擦均不计．使A、B均处于静止状态，下列说法正确的是（）A．水平力F为B．竖直墙壁对A的弹力等于FC．水平地面受到的弹力为G1+G2D．A对B的弹力等于G1tanθ2．（4分）（2013秋•诸暨市期末）如图所示，质量为m=1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2N 的恒力，在此恒力作用下（取g=10m/s2）（）A．物体经10s速度减为零B．物体经2s速度减为零C．物体速度减为零后将保持静止D．物体速度减为零后将向右运动3．（4分）（2014秋•合肥期末）高层建筑已成为许多大城市亮丽的风景，而电梯是高层建筑必配的设施．某同学将一轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，如图所示．在电梯运行时，该同学发现轻弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，这一现象表明（）A．电梯一定是在下降B．该同学处于失重状态C．电梯的加速度方向一定是竖直向下D．该同学对电梯地板的压力大于其重力4．（4分）（2011•海南）如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力（）A．等于零B．不为零，方向向右C．不为零，方向向左D．不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右5．（4分）（2014秋•武平县校级期末）如图所示，斜面静止在水平地面上，A、B两个物体通过光滑的滑轮相连，连接A物体的细线与斜面平行，下列说法中正确的是（）A．当A沿斜面匀速下滑时，地面对甲乙的摩擦力均为零B．当A沿斜面加速下滑时，地面对甲乙的摩擦力方向均向左C．当A沿斜面加速上滑时，地面对甲乙的摩擦力方向均向左D．把B球向左拉到水平位置放手向下摆到最低点的过程中，若A保持静止，则地面对甲乙的摩擦力方向均向右6．（4分）（2014秋•武平县校级期末）如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程．那么下列说法中正确的是（）A．顾客始终受到静摩擦力的作用B．顾客受到的支持力总是大于重力C．扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上D．扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上7．（4分）（2015•浙江模拟）有一辆质量为170kg、输出功率为1440W的太阳能试验汽车，安装有约6m2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为30W/m2．若驾驶员的质量为70kg，汽车最大行驶速度为90km/h．假设汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比，则汽车（）A．以最大速度行驶时牵引力大小为57.6NB．起动时的加速度大小为0.24m/s2C．保持最大速度行驶1h至少需要有效光照8hD．直接用太阳能电池板提供的功率可获得3.13m/s的最大行驶速度8．（4分）（2014秋•武平县校级期末）一质点在0～15s内竖直向上运动，其加速度﹣时间变化的图象如图所示，若取竖直向下为正，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A．质点的机械能不断增加B．在0～5s内质点的动能减小C．在10～15s内质点的机械能一直增加D．在t=15s时质点的机械能大于t=5s时质点的机械能9．（4分）（2014秋•武平县校级期末）如图所示，有两个相同材料物体组成的连接体在斜面上向上运动，当作用力F一定时，m2所受绳的拉力（）A．与θ有关B．与斜面动摩擦因数有关C．与系统运动状态有关D．F T=，仅与两物体质量有关10．（4分）（2009•安徽模拟）下列各图是反映汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动的速度随时间、加速度、功率和牵引力随速度变化的图象，其中不正确的是（）A．B．C．D．11．（4分）（2012•包头一模）如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴ox，小球的速度v随时间t变化的图象如图乙所示．其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，下列说法正确的是（）A．x A=h，a A=0 B． x A=h，a A=gC．x B=h+，a B=0 D． x C=h+，a C=012．（4分）（2014秋•武平县校级期末）如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法不正确的是（）A．无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小B．若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变C．若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小D．若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大二、实验题（每空3分）13．（9分）（2014秋•龙海市校级期末）用如图1所示装置做“验证牛顿第二定律”的实验．实验中小车及砝码的总质量为m1，钩码质量为m2，并用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用纸带测出小车运动的加速度．（1）下列说法正确的是A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B．实验时应先释放小车后接通电源C．本实验中m1应远大于m2D．在用图象探究加速度与质量关系时，应用a﹣图象（2）如图2为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如下图所示．已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a= m/s2．（结果保留两位有效数字）（3）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度．根据测得的多组数据画出a﹣F关系图线，如图3所示．此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是A．小车与平面轨道之间存在摩擦B．平面轨道倾斜角度过大C．所挂钩码的总质量过大D．所用小车的质量过大．三、计算题（共43分）14．（12分）（2014秋•湖北期末）将煤块A轻放在以2m/s的恒定速度运动的足够长的水平传送带上后，传送带上留下一条长度为4m的因相对运动而形成的擦痕．若使该传送带改做初速度不变、加速度大小为1.5m/s2的匀减速运动直至速度为零，并且在传送带开始做匀减速运动的同时，将另一煤块B轻放在传送带上，g=10m/s2，则：（1）皮带与煤块间动摩擦因数μ为多少？（2）煤块B在皮带上的最长擦痕为多少？（3）煤块B停止在传送带上的位置与擦痕起点间的距离为多少？15．（9分）（2014秋•武平县校级期末）如图所示，A、B质量分别为3kg和1kg，两物体通过一根轻弹簧连接而处于静止状态，弹簧劲度系数为k=5N/cm．现在从t=0时刻开始施加力F作用在A物体上，使得A开始以a=1m/s2的加速度竖直向上做匀加速直线运动，t1时刻物体B恰好要离开地面．（g=10m/s2）求：（1）t=0时刻作用力F的大小；（2）t1的值；（3）t1时刻作用于A物体的拉力大小．16．（11分）（2014秋•武平县校级期末）如图所示，在水平面上行驶的小车上，有一小球A 和一木块B．当小车向左减速时，系着小球的细线与竖直方向的夹角为37°，小球和木块都相对小车静止．已知小球的质量m=2kg，木块的质量M=4kg，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8；求：（1）小车的加速度以及细线对A的拉力；（2）木块对车厢底面的作用力（大小和方向）．17．（11分）（2014秋•武平县校级期末）如图所示，物体的质量m=4kg，与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，在倾角为37°、F=20N的推力作用下，由静止开始加速运动，当t=5s时撒去F，（sin37°=0.6cos37°=0.8）求：（1）物体在F作用时的加速度a；（2）撒去F后，物体还能滑行多长时间？2014-2015学年福建省龙岩市武平一中高一（上）期末物理复习试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共48分）1．（4分）（2014秋•武平县校级期末）如图所示，球A重G1，斜面体B重G2，斜面倾角为θ，一切摩擦均不计．使A、B均处于静止状态，下列说法正确的是（）A．水平力F为B．竖直墙壁对A的弹力等于FC．水平地面受到的弹力为G1+G2D． A对B的弹力等于G1tanθ考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：本题是力平衡问题中的连接体问题，先对物体A受力分析，根据平衡条件列式求解；再对物体A和B整体受力分析，根据平衡条件列式求解．解答：解：对物体A受力分析，受重力、斜面的支持力和竖直挡板的支持力，如图所示：根据平衡条件，有：F1=G1tan30°，F2=，所以A对B的弹力，再对AB整体受力分析，受重力、地面的支持力N，已知的推力F，墙壁向右的支持力F1，根据平衡条件，有：F=F1=G1tan30°，N=G1+G2，故AD错误，BC正确；故选：BC点评：整体法和隔离法的使用技巧：当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法．整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法．2．（4分）（2013秋•诸暨市期末）如图所示，质量为m=1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2N 的恒力，在此恒力作用下（取g=10m/s2）（）A．物体经10s速度减为零B．物体经2s速度减为零C．物体速度减为零后将保持静止D．物体速度减为零后将向右运动考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：先分析物体的运动情况和受力情况：物体向右做匀减速运动，水平方向受到向右的恒力F和滑动摩擦力．由公式f=μF N=μG求出滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得求出物体的加速度大小，由运动学公式求出物体减速到0所需的时间．减速到零后，F＜f，物体处于静止状态，不再运动．解答：解：A、B物体受到向右恒力和滑动摩擦力，做匀减速直线运动．滑动摩擦力大小为f=μF N=μG=3N，根据牛顿第二定律得，a==m/s2=5m/s2，方向向右．物体减速到0所需的时间t==s=2s，故B正确，A错误．C、D减速到零后，F＜f，物体处于静止状态．故C正确，D错误．故选BC点评：本题分析物体的运动情况和受力情况是解题的关键，运用牛顿第二定律和运动学公式研究物体运动时间，根据恒力与最大静摩擦力的关系，判断物体的速度为零后的状态．3．（4分）（2014秋•合肥期末）高层建筑已成为许多大城市亮丽的风景，而电梯是高层建筑必配的设施．某同学将一轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，如图所示．在电梯运行时，该同学发现轻弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，这一现象表明（）A．电梯一定是在下降B．该同学处于失重状态C．电梯的加速度方向一定是竖直向下D．该同学对电梯地板的压力大于其重力考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对铁球的受力分析，受重力和拉力，结合牛顿第二定律，判断出加速度的方向；然后判断电梯和该同学的超、失重情况．解答：解：电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg=kx1弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，说明弹力变大了，根据牛顿第二定律，有kx2﹣mg=ma故加速度向上，电梯加速上升或者减速下降，电梯以及电梯中的人处于超重状态，所以该同学对地板的压力大于重力，故ABC错误，D正确；故选：D．点评：本题关键是对铁球受力分析，根据牛顿第二定律判断出铁球的加速度方向，由于铁球和电梯相对静止，从而得到电梯的加速度，最后判断电梯的超、失重情况．4．（4分）（2011•海南）如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力（）A．等于零B．不为零，方向向右C．不为零，方向向左D．不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：压轴题．分析：在研究力和运动关系的问题时，常会涉及相互关联的物体间的相互作用问题，即“连接体问题”．连接体问题一般是指由两个或两个以上物体所构成的有某种关联的系统．研究此系统的受力或运动时，求解问题的关键是研究对象的选取和转换．一般若讨论的问题不涉及系统内部的作用力时，可以以整个系统为研究对象列方程求解﹣﹣“整体法”；若涉及系统中各物体间的相互作用，则应以系统某一部分为研究对象列方程求解﹣﹣“隔离法”．这样，便将物体间的内力转化为外力，从而体现其作用效果，使问题得以求解．在求解连接体问题时，隔离法与整体法相互依存，相互补充，交替使用，形成一个完整的统一体，可以分别列方程求解．本题中由于小木块与斜面体间有相对滑动，但无相对加速度，可以当作两物体间相对静止，摩擦力达到最大静摩擦力的情况，然后运用整体法研究．解答：解：斜劈和物块都平衡，受力的大小和方向情况与两物体间相对静止且摩擦力达到最大静摩擦力的情况相同，故可以对斜劈和物块整体受力分析受重力和支持力，二力平衡，无摩擦力；故选A．点评：本题关键要灵活地选择整体法与隔离法，选用整体法可以不考虑两物体间的作用力，使问题大为简化．5．（4分）（2014秋•武平县校级期末）如图所示，斜面静止在水平地面上，A、B两个物体通过光滑的滑轮相连，连接A物体的细线与斜面平行，下列说法中正确的是（）A．当A沿斜面匀速下滑时，地面对甲乙的摩擦力均为零B．当A沿斜面加速下滑时，地面对甲乙的摩擦力方向均向左C．当A沿斜面加速上滑时，地面对甲乙的摩擦力方向均向左D．把B球向左拉到水平位置放手向下摆到最低点的过程中，若A保持静止，则地面对甲乙的摩擦力方向均向右考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：A、B、C、不论A在斜面做何种运动，对甲图采用整体法受力分析，而对乙图只分析斜面的受力，并根据静摩擦力的方向，即可求解．D、当B球向左拉到水平位置放手向下摆到最低点的过程中，对甲图采用整体法受力分析，而对乙图只分析斜面的受力，并从A可能有沿着斜面向上或向下的静摩擦力两种情况，分析即可．解答：解：A、当A沿斜面匀速下滑时，甲图，从整体角度，则地面对甲的摩擦力为零，而乙图，A对斜面有沿着斜面向下的滑动摩擦力，则地面对乙的摩擦力水平向右，故A错误；B、当A沿斜面加速下滑时，虽加速度不同，但仍从整体角度可知，整体有水平向右的分加速度，则地面对甲的摩擦力方向向右，而对乙图，物块能够下滑，说明μ小于tanα，物块对斜面压力为N，压力水平向左分力Nsinα，物块对斜面摩擦力μN，摩擦力水平向右分力μNcosα＜Nsinα，所以地面对乙图斜面的摩擦力应该向右，故B错误；C、当A沿斜面加速上滑时，虽加速度不同，但仍从整体角度可知，整体有水平向左的分加速度，则地面对甲的摩擦力方向向左，而对乙图，A对斜面有沿着斜面向上的滑动摩擦力，则地面对乙的摩擦力水平向右，故C错误；D、当B球向左拉到水平位置放手向下摆到最低点的过程中，对甲分析，地面对斜面的摩擦力方向向右；对乙分析，可知，A对斜面的静摩擦力沿着斜面向上，因此地面对乙的摩擦力方向向右，故D正确；故选：D．点评：本题考查整体法与隔离法的应用，掌握静摩擦力的方向判定，注意加速度不同的整体运用是解题的难点．6．（4分）（2014秋•武平县校级期末）如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程．那么下列说法中正确的是（）A．顾客始终受到静摩擦力的作用B．顾客受到的支持力总是大于重力C．扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上D．扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上考点：运动的合成和分解；牛顿第二定律．专题：运动的合成和分解专题．分析：正确解答本题要掌握：正确对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律解题；明确超重和失重的实质，理解生活中的超重和失重现象．解答：解：A、以人为研究对象，处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，故A错误；B、顾客处于匀加速直线运动时，受到的支持力才大于重力，故B错误；C、顾客处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，则扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，当处于匀速直线运动时，其作用力竖直向上，故C正确；D错误．故选：C．点评：本题考查了牛顿第二定律在生活中的应用，要熟练应用牛顿第二定律解决生活中的具体问题，提高理论联系实际的能力．7．（4分）（2015•浙江模拟）有一辆质量为170kg、输出功率为1440W的太阳能试验汽车，安装有约6m2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为30W/m2．若驾驶员的质量为70kg，汽车最大行驶速度为90km/h．假设汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比，则汽车（）A．以最大速度行驶时牵引力大小为57.6NB．起动时的加速度大小为0.24m/s2C．保持最大速度行驶1h至少需要有效光照8hD．直接用太阳能电池板提供的功率可获得3.13m/s的最大行驶速度考点：能量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据P=Fv计算最大速度时的牵引力大小；由牛顿第二定律和公式P=Fv结合求解加速度．由能量守恒定律分析CD两项．解答：解：A、根据P额=Fv max，得：F==N=57.6N，故A正确；B、以额定功率启动时：﹣f=ma，而刚启动时v=0，则f=0，故刚启动时加速度很大，B错误；C、由公式W=Pt，由能量守恒得：1440W×1h=30×6W×t，得：t=8h，即保持最大速度行驶1h 至少需要有效光照8h，故C正确；D、由题意：汽车行驶时受到的空气阻力与其速度成正比，设f=kv，则结合前面分析：57.6=k×25得：k=2.304，当直接用太阳能电池板提供的功率行驶有最大速度时：牵引力=阻力，即：=kv得：v≈8.83m/s，故D错误；故选：AC．点评：本题考查推力、功率、面积等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，本题还告诉我们一定要广泛应用太阳能，太阳能不但节省能源，还可以环保．8．（4分）（2014秋•武平县校级期末）一质点在0～15s内竖直向上运动，其加速度﹣时间变化的图象如图所示，若取竖直向下为正，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A．质点的机械能不断增加B．在0～5s内质点的动能减小C．在10～15s内质点的机械能一直增加D．在t=15s时质点的机械能大于t=5s时质点的机械能考点：功能关系．分析：物体机械能守恒的条件是只有重力做功或只受重力，即物体的加速度等于g，则机械能不变，若向上减速的加速度小于g，说明物体受到了向上的外力作用，机械能增加，反之向上减速的加速度大于g则机械能减小．解答：解：A、由图象可以看出0﹣5s内的物体向上做减速运动的加速度等于g，物体只受到重力的作用；5﹣10s内的加速度小于g，物体受到向上的作用力，10﹣15s内的加速度大于g，物体受到向下的作用力，故物体的机械能先不变，后增大，再减小，故A错误；B、在0～5s内，物体速度向上，加速度方向向下，加速度与速度方向相反，则物体减速，速度减小，则动能减小，故B正确；C、在10～15s内，物体向上减速的加速度大于g，说明物体受到了方向向下的外力，做负功，机械能减少，故C错误；D、根据牛顿第二定律，5﹣10s内，mg﹣F=ma，得：F=2m，方向向上，做正功，物体机械能增加；10﹣15s内，mg+F=ma，得F′=2m，方向向下，物体机械能减少；物体一直向上做减速运动，而10﹣15s内的速度小于5﹣10s内的速度，则10﹣15s内的位移小于5﹣10s内的位移，故FS2＞F′S3，则5﹣15s内物体机械能增加的多，减小的少，故质点在t=15s时的机械能大于t=5s时的机械能，故D正确；故选：BD．点评：机械能的变化量等于重力以外的力做的功，重力以外的力做正功则机械能增加，重力以外的力做负功则机械能减少．9．（4分）（2014秋•武平县校级期末）如图所示，有两个相同材料物体组成的连接体在斜面上向上运动，当作用力F一定时，m2所受绳的拉力（）A．与θ有关B．与斜面动摩擦因数有关C．与系统运动状态有关D．F T=，仅与两物体质量有关考点：物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对m2分析，运用牛顿第二定律求出拉力的大小，判断与什么因素有关．解答：解：对整体分析，根据牛顿第二定律得：a=隔离m2分析，设物体间的拉力为T，由牛顿第二定律得：T﹣m2gsinθ﹣μm2gcosθ=m2a，解得：T=；由上数据分析知：绳子的拉力与θ无关，与动摩擦因数无关，与运动状态无关，仅与两物体的质量有关．故ABC错误，D正确．故选：D．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．10．（4分）（2009•安徽模拟）下列各图是反映汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动的速度随时间、加速度、功率和牵引力随速度变化的图象，其中不正确的是（）A．B．C．D．考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：汽车以恒定牵引力启动时，汽车开始做匀加速直线运动，由P=Fv可知汽车功率逐渐增大，当达到额定功率时，随着速度的增大，牵引力将减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，汽车开始匀速运动，明确了整个汽车启动过程，即可正确解答本题．解答：解：汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后运动运动．开始匀加速时：F﹣f=ma设匀加速刚结束时速度为v1，有：P额=Fv1最后匀速时：F=f，有：F额=Fv m由以上各式解得：匀加速的末速度为：v1=，最后匀速速度为：v m=．A、在v﹣t图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，故A正确；B、汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故B错误；C、汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故C正确；D、开始汽车功率逐渐增加，P=Fv=Fat，故为过原点直线，后来功率恒定，故D正确．本题选择不正确的，故选：B．点评：对于机车启动问题，要根据牛顿第二定律和汽车功率P=Fv进行讨论，弄清过程中速度、加速度、牵引力、功率等变化情况．11．（4分）（2012•包头一模）如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴ox，小球的速度v随时间t变化的图象如图乙所示．其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，下列说法正确的是（）A．x A=h，a A=0 B． x A=h，a A=gC．x B=h+，a B=0 D． x C=h+，a C=0考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．分析：OA过程是自由落体，A的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度；B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零，可还以计算出弹簧的形变量；C点时速度减为零，弹簧被压缩到最低点，弹簧的弹力最大，可以分析物体的加速度．解答：解：OA过程是自由落体，A的坐标就是h，加速度为g，所以B正确，A错误．B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg=kx，可知x=，所以B得坐标为h+，所以C正确．。

武平一中高一下半期考数学试卷 2015.5.14 一、选择题（12*5=60） 1、下列角中终边与330°相同的角是A．30° B．-30° C．630° D．-630° 若圆的半径是6cm，则圆心角为的扇形面积为A． B． C． D． 若点是角终边上一点,且,则的值为A． B． C． D． 已知函数，则是A．最小正周期为2π的偶函数 B．最小正周期为2π的奇函数 C．最小正周期为π的偶函数 D．最小正周期为π的奇函数 160人，其中有业务员104人，管理人员32人，后勤服务人员24人，要从中抽取一个容量为20的样本，用分层抽样的方法抽取样本，则在20人的样本中应抽取管理人员人数为（）A. 3B. 4C. 5D. 6 6、已知是方程的两根，则实数的值为 A． B． C． D． 点P在边长为1的正方形ABCD内运动，则动点P到定点A的距离|PA|＜1的概率为( )A. B. C. D．π 为了得到函数的图像，只需把函数的图像A．向左平移个长度单位 B向右平移个长度单位 C向左平移个长度单位 D向右平移个长度单位 在函数①，，③，④中，最小正周期为的所有函数为( )A． B． C． D． 12、下图是某算法的程序框图，则程序运行后输的结果是（） A． 2 B． 3 C． 5 D．6 月份x 1 2 3 4 用水量y 4.5 4 3 5 13、下表是某厂1～4月份用水量(单位：百吨)的一组数据：由散点图可知，用水量y与月份x之间有较好的线性相关关系，其线性回归方程是＝－0.7x＋a，则a＝________.,红灯的时间为30秒,黄灯的时间为5秒,绿灯的时间为40秒,当你到达路口时,看见绿灯的概率是__________ . 15、化简为第二象限角_ ___ 16、函数f(x)＝3sin 的图象为C________ （写出所有正确结论的编号） ①图象C关于直线x＝π对称图象C关于对称函数f(x)在区间内是增函数；由y＝3sin 2x 的图象向右平移个单位长度可以得到图象C. a,b,c，女生两名，分别记为x,y，现从中任选2名学生参加校数学竞赛， ⑴写出这种选法的基本事件。