江西省宜春市丰城市丰城中学2023-2024学年九年级下学期7月期末物理试题

2023-2024学年江西省宜春市丰城中学九年级（下）期末物理试卷 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.关于物体的运动和力的关系，下列说法正确的是(    ) A. 做匀速直线运动的物体，所受合力可能不为零 B. 做曲线运动的物体，所受合力一定发生变化 C. 做匀速圆周运动的物体，所受合力一定不变 D. 做匀加速直线运动的物体，所受合力一定不变 2.气球以的速度匀速竖直上升，从气球上掉下一个物体，经15s到达地面。则物体刚脱离气球时物体的高度和物体从气球上掉下至到达地面经历的路程分别是不计物体所受的空气阻力(    ) A. 1125m，1125m B. 1125m，975m C. 975m，985m D. 985m，985m 3.如图所示，将小物块P轻轻放到半圆柱体上，O为圆心。当小物块处于B位置时恰好能保持静止，OB与竖直半径的夹角。若小物块与圆柱体之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小物块与圆柱体之间的动摩擦因数为(    ) A. B. C. D. 4.如图所示，当小车A以恒定的速度v向左运动时，对于B物体，下列说法正确的是(    ) A. 匀加速上升 B. B物体受到的拉力等于B物体受到的重力 C. 匀速上升 D. B物体受到的拉力大于B物体受到的重力 5.如图所示，地球资源卫星“04星”绕地球做匀速圆周运动的周期为T，地球相对“04星”的张角为，引力常量为G，地球表面的重力加速度为g，根据上述信息可推断地球质量为(    ) A. B. C. D. 6.如图a所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图b所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为M，引力常量为G，关于P的公转，下列说法正确的是(    ) A. 周期为 B. 半径为 C. 角速度的大小为 D. 加速度的大小为 7.如图所示，两个轻质滑轮用无弹性的轻质细绳连接，一个滑轮下方挂着重物A，另一个滑轮下方挂着重物B，悬挂滑轮的绳均竖直，重物B用手固定。已知A、B质量均为m，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦和空气阻力。松开手的瞬间，重物B的加速度大小是(    ) A. B. C. D. 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 8.如图甲所示，一维坐标系中有一物块静止于x轴上的某位置图中未画出，从时刻开始，物块在外力作用下沿x轴正方向做匀变速直线运动，其位置坐标与速率平方的关系图像如图乙所示。下列说法正确的是(    ) A. 物块运动的加速度大小为 B. 时物块位于处 C. 内物块的平均速度大小为 D. 前2s内物块的位移大小为2m 9.水平传感器可以测量器械摆放处所在平面的倾角。该装置可以简化为：内壁光滑竖直放置的正三角形，内部有一球体，其半径略小于三角形内接圆半径，三角形各边都有压力传感器，分别测量小球对三条边压力大小，根据压力大小，信息处理单元将各边与水平面间的夹角通过显示屏显示出来，如图所示。图中此时BC边恰好处于水平状态，将其以C为轴在竖直面内顺时针缓慢转动，直到AC边水平，在转动过程中，下列说法正确的是(    ) A. 球对AC边压力不可能大于球的重力 B. 球对AC边压力一直增大 C. 球对BC边压力先增大后减小 D. 球对BC边压力最大值为 10.如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为，以恒定速率顺时针转动。一煤块以初速度从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取，则下列说法正确的是(    ) A. 倾斜传送带与水平方向夹角的正切值 B. 煤块与传送带间的动摩擦因数 C. 煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4s D. 煤块在传送带上留下的痕迹长为 三、实验探究题：本大题共2小题，共16分。 11.某实验小组利用图1的装置探究加速度与力、质量的关系。 下列做法正确的是______填字母代号。 A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行； B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上； C.实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源； D.通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度。 为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量______木块和木块上砝码的总质量填“远大于”“远小于”或“近似等于”。 甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图2中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为、，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为、，由图可知，______，______均填“大于”“小于”或“等于”。 12.小晗同学利用如图1所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用手机连拍功能对做平抛运动的小球进行拍摄，手机每秒拍摄7张照片并能自动将拍摄到的照片进行叠加处理在一张照片中，图1中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为10cm。 下列说法正确的是______。 A.实验所用斜槽应尽量光滑； B.斜槽末端必须保持水平； C.必须无初速度释放小球。 图2是实验中小球从斜槽上不同位置由静止释放获得的两条轨迹，图线①所对应的小球在斜槽上释放的位置______选填“较低”或“较高”。 某次拍摄后得到的照片如图3所示，小球做平抛运动的初速度大小______结果保留两位有效数字。 该小组利用实验数据绘制“”图线，发现是一条过原点的直线，由此判断小球下落的轨迹是抛物线，并求得斜率k，当地的重力加速度表达式为______用斜率k和初速度表示。 四、计算题：本大题共3小题，共38分。 13.宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点，沿水平方向以初速度抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡另一点Q上，斜坡的倾角a，已知该星球的半径为R，引力常量为G，已知球的体积公式是。求：该星球表面的重力加速度g； 该星球的密度； 该星球的第一宇宙速度。 14.如图，一辆货车的货厢长度，货厢中有一件质量的货物可视为质点，它到货厢后壁的距离。已知货物与货厢底板间的动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。现使货车以的加速度启动。 求启动过程中货物所受摩擦力的大小； 当货车以的速度在平直公路上匀速行驶时，因为前方红灯，司机以大小为的加速度开始刹车可视为匀减速直线运动直到停止。试通过计算判断货物最终是否会与货厢前壁碰撞。 15.一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度，杆与竖直转轴的夹角始终为，弹簧原长，弹簧劲度系数，圆环质量；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，摩擦力可忽略不计。 若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离； 求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小； 求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。 答案和解析 1.【答案】D  【解析】解：A、做匀速直线运动的物体，处于平衡状态，所受合力为零，故A错误； B、做曲线运动的物体，处于非平衡状态，受力不平衡，所受合力不为零，但不一定发生变化，故B错误； C、做匀速圆周运动的物体，所受合力的方向指向圆心，所以合力一定变化，故C错误； D、做匀加速直线运动的物体，具有恒定的加速度，所受合力一定不变，故D正确。 故选：D。 物体处于平衡状态时，所受合力为零；平衡状态是指静止状态或匀速直线运动状态。 本题通过对匀速直线运动、曲线运动、匀速圆周运动、匀加速直线运动等的分析，理解其受力情况和合力情况，有一定难度。 2.【答案】C  【解析】解：设物体脱离气球时的高度为h，规定向下为正方向，根据匀变速运动规律； 物体从气球上掉下到达地面经历的路程，故C正确，ABD错误。 故选：C。 物体做竖直上抛运动，取竖直向下为正方向，将竖直上抛运动看成一种初速度为，加速度为g的匀变速直线运动，初速度大小等于气球匀速的速度大小，直接代入位移-时间关系公式列式求解即可。 本题关键是要明确小球的初速度不为零，小球做竖直上抛运动，然后选择恰当的运动学公式列式求解即可。 3.【答案】C  【解析】解：当物块在B点时达到最大静摩擦力，受力如图所示，， 由平衡条件得 ， ， 又， 联立解得：，故ABD错误，C正确。 故选：C。 小物块在圆柱体上B点恰好保持静止，即摩擦力达到最大静摩擦力，受力分析由平衡条件列式求解即可。 本题主要是考査了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。 4.【答案】D  【解析】解：将小车的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，如图所示：， 已知绳子与水平方向的夹角为，根据平行四边形定则有：，而沿绳子方向的分速度大小等于B物体的速度大小，在小车向左运动的过程中，逐渐减小，则逐渐增大，所以物体B加速上升，但不是匀加速； 物体B的加速度方向向上，根据牛顿第二定律，可知B物体受到的拉力大于B物体受到的重力，故ABC错误，D正确。 故选：D。 将小车的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，根据平行四边形定则求出物体的速度，从而判断物体的运动情况，根据牛顿第二定律比较拉力和B的重力大小。 解决本题的关键是知道汽车的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，用速度的分解法分析物体的运动情况。 5.【答案】B  【解析】解：设地球的半径为R，已知卫星的轨道半径为r，根据几何关系可知，-------①， 根据万有引力提供圆周运动向心力得：------②， 根据地球附近的物体受到的万有引力等于其重力得：-------③， 联立①②③解得：，故B正确，ACD错误。 故选：B。 根据几何关系求得卫星轨道半径，根据万有引力提供圆周运动向心力和万有引力等于重力求解。 本题主要是考査了万有引力定律及其应用，解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。 6.【答案】B  【解析】解：AC、根据图可知，Q的亮度变化的周期，即P的公转周期为：， 则P的角速度的大小为，故AC错误； B、对于行星P，根据万有引力提供向心力可得：， 解得，故B正确； D、行星P的加速度的大小为：，故D错误。 故选：B。 根据题意解得角速度和周期的大小，根据万有引力提供向心力解得轨道半径和加速度大小。 本题关键要掌握万有引力提供向心力这一基本思路，灵活选择圆周运动的公式，结合题意进行解题。 7.【答案】A  【解析】解：由滑轮的力学特征可知，在相同的时间内，B运动的位移大小是A的2倍，由可知，B的加速度大小是A的2倍，即， 松开手的瞬间，设绳的张力为T，根据牛顿第二定律得对重物A有：， 对重物B有：， 解得，，故BCD错误，A正确。 故选：A。 对A和B，分别运用牛顿第二定律列式，结合两者加速度关系求解。 本题是滑轮模型，关键要抓住两个物体位移关系，确定它们加速度关系，由于两个物体的加速度不同，所以采用隔离法研究。 8.【答案】BC  【解析】解：A、根据运动学公式得，可知，根据图像的斜率与截距可知，，故A错误； B、时物块位置，故B正确； C、时间内物块的位移，因此这段时间内平均速度，C正确； D、前2s时间内物块的位移大小，D错误。 故选：BC。 根据速度一位移公式求出x与v的表达式，结合图像的斜率得到加速度，并分析物块的运动情况，根据运动学公式求位移，从而求得平均速度。 本题考查运动学基本公式的直接应用，对于图像问题，一般要根据物理规律得到解析式，再从斜率和截距出发研究图象的物理意义。 9.【答案】CD  【解析】解：对三角形内部的小球进行受力分析，如图所示，； 缓慢转动过程中，AC、BC边对球的弹力，的方向总是垂直相应的边，两力夹角保持不变，AB边与球始终无弹力，由几何关系可知，随着角度从到增大过程中，角与角之和保持不变，且，所以角也保持不变，，由平衡条件和正弦定理得：， 所以球对AC边的压力， 代入数据得； 球对BC边的压力为， 代入数据得； A、由上述可知，球对AC边的压力，可知，球对AC边的压力可能大于球的重力，故A错误； BC、角度从到增大过程中，和都是先增大后减小，所以球对AC边的压力和球对BC边的压力都是先增大后减小，B故错误，C正确； D、球对BC边的压力，当时，球对BC边压力最大，且最大值为，故D确。 故选：CD。 装置缓慢转动，因此处于受力平衡状态，可利用共点力平衡条件进行分析，画出受力分析图，利用正弦定理可求出各力之间的大小关系。 本题考查共点力平衡条件，通过受力分析确定各力的特点，找到相应的处理方法，对学生分析综合能力有一定要求。 10.【答案】AD  【解析】解：AB、由图乙所示图像可知，内煤块沿传送带向上做匀减速直线运动，加速度大小， 内煤块做匀减速直线运动的加速度大小， 对煤块，由牛顿第二定律有：，， 代入数据解得：，，，故A正确，B错误； C、由图乙所示图像可知，煤块向上滑行的最大距离， 煤块从最高点下滑到A端过程做初速度为零的匀加速直线运动，位移，代入数据解得：， 所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为，故C错误； D、传送带的速度， 在内传送带的位移，煤块的位移为，两者相对位移大小为：，方向沿传送带向上； 在内传送带的位移，物块的位移为，两者相对位移大小为：，方向沿传送带向下； 在传送带向上运动，煤块向下运动，此过程煤块相对传送带向下的相对位移大小为：，解得：，因，故划痕总的长度为，故D正确。 故选：AD。 内，煤块的速度大于传送带的速度，煤块受到沿斜面向下的滑动摩擦力，向上做减速运动，速度与传送带相等以后，煤块所受的摩擦力改为向上，继续向上做加速度较小的匀减速运动；据图象的“面积”求传送带底端到顶端的距离。根据牛顿第二定律和位移公式结合求出煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间。根据相对位移求解划痕长度。根据图象的斜率求出加速度，由牛顿第二定律求斜面的倾角和动摩擦因数。 解决本题的关键要理清物体在整个过程中的运动规律，抓住图象的斜率表示加速度，面积表示位移，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。要注意划痕长度重叠时按最长的计算。 11.【答案】AD 远小于  小于  大于  【解析】解：、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，可以使木块受到的拉力等于绳子上的拉力，故A正确； B、平衡摩擦力时，应将绳从木块上拿去，轻轻推动木块，木块沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断木块是否匀速运动，故B错误； C、实验时，如果先放开木块，再接通打点计时器电源，由于木块运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，所以应该先接通电源，再放开木块，故C错误； D、平衡摩擦力后，有，即，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确； 故选：AD； 按照教材上的理论，若以砝码桶及砝码作为小木块的外力，则有，而实际实验过程中，砝码桶及砝码也与小木块一起做匀加速运动，即对砝码桶及砝码有，对小木块有，综上有：小物块的实际的加速度为，只有当时，才能有效的保证实验的准确性； 当没有平衡摩擦力时有：，故，即图线斜率为，纵轴截距大小为，可知斜率越大，质量越小；纵轴截距越大，动摩擦因数越大。观察图线可知，。 故答案为：；远小于；小于；大于。 解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项； 本题主要考查“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减小系统误差的方法。 12.【答案】B 较高    【解析】解：该实验是探究平抛运动的特点，平抛运动具有水平初速度，故要求斜槽末端的切线必须是水平的，保证小球飞出时，初速度水平，因为研究的是小球离开斜槽末端后，在空中运动的过程，因此释放小球时有、无初速度释放以及斜槽是否光滑对实验结果无影响，故B正确，AC错误，故选：B； 由图可知图线①的水平初速度较大，所以图线①的小球在斜槽上释放的位置较高； 水平方向做匀速运动，相邻两点之间的水平距离相等，对第一个点到第三个点有： ， 小球抛出时的水平速度为：， 将，代入解得：； 根据平抛运动规律有：，， 解得： 图象斜率为k，则有， 解得：。 故答案为：；较高；；；。 根据实验原理分析判断； 根据图线①的水平初速度较大进行分析； 根据相邻相等时间位移差为定值计算出相邻点间所用时间，再根据水平方向匀速运动计算水平初速度； 根据平抛运动规律结合图象的斜率解答。 本题考查探究平抛运动的特点实验，要求掌握实验原理及实验数据处理。 13.【答案】解：物体落在斜面上有：，所以； 对于星球表面的物体m，根据万有引力等于重力，有， 解得星球的质量， 而， 则密度； 根据万有引力提供向心力得，有， 则。 答：该星球表面的重力加速度为； 该星球的密度为； 该星球的第一宇宙速度为。  【解析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动的规律求出星球表面的重力加速度； 根据万有引力等于重力求出星球的质量，结合密度的公式求出星球的密度； 第一宇宙速度的大小等于贴近星球表面运行的速度，根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的大小。 解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能灵活运用。 14.【答案】解：假设货物恰好滑动时的加速度大小为，由牛顿第二定律可得， 解得， 所以此时货物相对于货车保持静止，货物受到的摩擦力为静摩擦力，由牛顿第二定律有； 已知货车的速度， 货车的速度减为零的过程中运动的位移； 由于，则此减速过程货物的加速度大小为， 货物的速度减为零的过程中运动的位移， 两者运动的位移差， 减速前货物到货箱前壁的距离为， 比较可得，所以货物最终不会与货箱前壁碰撞。 答：求启动过程中货物所受摩擦力的大小为45N；货物最终不会与货厢前壁碰撞。  【解析】先要判断货物是否相对于汽车运动，可采用假设法：假设货物恰好滑动，根据牛顿第二定律求得临界加速度，与汽车的加速度比较，再利用牛顿第二定律求货物所受摩擦力f的大小； 汽车速度从减小到0时，根据位移一时间公式分别求汽车的位移和货物的位移，结合货物原来与货厢前壁间的距离进行判断。 解题的关键是正确对货物和汽车进行受力分析，分析清楚货物和汽车的运动情况，根据牛顿第二定律及运动学相结合进行处理。分析时，要抓住货物与汽车运动的同时性，并能找出两者之间的关系，如位移关系。 15.【答案】解：细杆和圆环处于静止状态，圆环受力如图1所示：分别受到重力，弹簧对圆环的弹力F，细杆对圆环的弹力N， ， 根据平衡条件，沿细杆方向有， 根据胡克定律得：， 联立并代入数据，解得， 则圆环到O点的距离； 弹簧处于原长时，圆环所受重力和支持力的合力提供向心力，如图2所示： 小球做圆周运动的半径，小球做圆周运动的向心力，根据向心力公式 代入数据联立解得； 圆环处于细杆未端P时，圆环受力如图3所示： 球做圆周运动的半径，弹簧的弹力， 建立如图所示的坐标系，y轴方向， x轴方向， 根据向心力公式，联立解得。 答：圆环到O点的距离为； 弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小为； 圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小为。  【解析】根据平衡条件和胡克定律求解弹簧的压缩量，再求圆环与O点的距离； 弹簧处于原长时，圆环所受重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式求角速度； 对圆环进行受力分析，根据正交分解法求向心力，再根据牛顿第二定律和向心力公式求角速度。 本题考查向心力和牛顿第二定律，要对物体的进行受力分析，掌握矢量的合成法则的应用，注意画出正确的受力图是解题的关键。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$