湖南省怀化市溆浦二中2015届高三上学期第二次月考物理试卷
湖南省怀化市高三物理下学期第二次模拟试卷(含解析)
湖南省怀化市2015届高考物理二模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．在人类对物质运动规律的认识过程中，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家及他们的贡献描述中正确的是( )A．安培发现了电流的热效应规律B．奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象电本质C．开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做匀速圆周运动D．伽利略在对自由落体运动研究中，对斜面滚球研究，测出小球滚下的位移正比于时间的平方，并把结论外推到斜面倾角为90°的情况，推翻了亚里士多德的落体观点2．如图所示，吊环运动员将吊绳与竖直方向分开相同的角度，重力大小为G的运动员静止时，左边绳子张力为T1，右边绳子张力为T2．则下列说法正确的是( )A．T1和 T2是一对作用力与反作用力B．运动员两手缓慢撑开时，T1和 T2都会变小C．T2一定大于GD．T1+T2=G3．2012年9月16日，济南军区在“保钓演习”中，某特种兵进行了飞行跳伞表演．该伞兵从高空静止的直升飞机上跳下，在t0时刻打开降落伞，在3t0时刻以速度v2着地．他运动的速度随时间变化的规律如图示．下列结论不正确的是( )A．在0～t0时间内加速度不变，在t0～3t0时间内加速度减小B．降落伞打开后，降落伞和伞兵所受的阻力越来越小C．在t0～3t0的时间内，平均速度＞D．若第一个伞兵在空中打开降落伞时第二个伞兵立即跳下，则他们在空中的距离先增大后减小4．空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是E bx、E cx，下列说法中正确的有( )A．B、C两点的电场强度大小E bx＞E cxB．E bx的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做负功，后做正功5．我们的银河系的恒星中大约四分之一是双星．某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动．由天文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G．由此可求出S2的质量为( )A．B．C．D．6．绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图所示．线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起．则下列说法中正确的是( )A．若保持电键闭合，则铝环不断升高B．若保持电键闭合，则铝环停留在某一高度C．若保持电键闭合，则铝环跳起到某一高度后将回落D．如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变7．如图，一理想变压器原线圈接正弦交变电源，副线圈接有三盏相同的灯（不计灯丝电阻的变化），灯上均标有（36V，6W）字样，此时L1恰正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表显示读数为0.5A，下列说法正确的是( )A．原、副线圈匝数之比为3：1B．变压器的输入功率为12WC．电压表的读数为18VD．若L3突然断路，则L1变暗，L2变亮，输入功率减小8．磁流体发电机可以把气体的内能直接转化为电能，是一种低碳环保发电机，有着广泛的发展前景，其发电原理示意图如图所示．将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，整体上呈电中性）喷射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场区域有两块面积为S、相距为d的平行金属板与外电阻R相连构成一电路，设气流的速度为v，气体的电导率（电阻率的倒数）为g．则以下说法正确的是( )A．上板是电源的正极，下板是电源的负极B．两板间电势差为U=BdvC．流经R的电流为I=D．流经R的电流为I=二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上B处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=__________mm．（2）下列实验要求不必要的是__________．A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B．应使A位置与光电门间的距离适当大些C．应将气垫导轨调节水平D．应使细线与气垫导轨平行（3）改变钩码的质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出__________图象．（选填“t2﹣F”“﹣F”或“﹣F”）．10．某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势E及内阻r．（1）先直接用多用电表测定该电池电动势．在操作无误的情况下，多用电表表盘示数如图1所示，其示数为__________V．（2）然后，用电压表、电阻箱R、定值电阻R0、开关S、若干导线和该电池组成电路，测定该电池电动势及内阻．①根据实物图2在图4方框内画出其电路图，并标出相应符号．②闭合开关S，调整电阻箱阻值R，读出电压表相应示数U，根据几组数据，计算出相应的与的值并作出图线，如图3所示，得到轴上的截距大小为b，图线的斜率大小为k，则可求得E=__________V；r=__________Ω．（用字母R0、b、k表示）11．如图所示，圆心角为90°的光滑圆弧形轨道，半径为1.6m，其底端切线沿水平方向．长为的斜面，倾角为60°，其顶端与弧形轨道末端相接，斜面正中间有一竖直放置的直杆，现让质量为1Kg的物块从弧形轨道的顶端由静止开始滑下，物块离开弧形轨道后刚好能从直杆的顶端通过，重力加速度取10m/s2，求：（1）物块滑到弧形轨道底端时对轨道的压力大小；（2）直杆的长度为多大．12．如图所示，两条金属导轨相距L=1m，水平部分处在竖直向下的匀强磁场B1中，其中MN 段平行于PQ段，位于同一水平面内，NN0段与QQ0段平行，位于与水平面成倾角37°的斜面内，且MNN0与PQQ0均在竖直平面内．在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B1和B2，且B1=B2=0.5T；ab和cd是质量均为m=0.2kg、电阻分别为R ab=0.5Ω和R cd=1.5Ω的两根金属棒，ab置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.5，cd置于光滑的倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好．从t=0时刻起，ab棒在水平外力F1作用下由静止开始以a=2m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，cd棒在平行于斜面方向的力F2的作用下保持静止状态．不计导轨的电阻．水平导轨足够长，ab棒始终在水平导轨上运动，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．求：（1）t=5s时，cd棒消耗的电功率；（2）从t=0时刻起，2.0s内通过ab棒的电荷量q；（3）规定图示F1、F2方向作为力的正方向，分别求出F1、F2随时间t变化的函数关系；（4）若改变F1和F2的作用规律，使ab棒的运动速度v与位移x满足v=0.4x，cd棒仍然静止在倾斜轨道上，求ab棒从静止开始到x=5m的过程中，F1所做的功．（二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理选修3-3】13．下列说法正确的是( )A．不能将工厂里扩散到外界的能量收集起来重新利用B．温度升高，说明物体中所有分子的动能都增大C．气体对容器壁有压强是因为气体分子对容器壁频繁碰撞的结果D．分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小E．在一个绝热容器内，不停地搅拌液体，可使液体的温度升高14．如图所示，玻璃管的横截面S=1cm2，在玻璃管内有一段质量为m=0.1Kg的水银柱和一定量的理想气体，当玻璃管平放时气体柱的长度为l0=10cm，现把玻璃管正立，过较长时间后再将玻璃管倒立，经过较长时间后，求玻璃管由正立至倒立状态，水银柱相对于管底移动的距离是多少？（假设环境温度保持不变，大气压强取P0=1×105Pd）[物理-选修3-4]15．一列简谐横波从左向右以v=2m/s的速度传播，某时刻的波形图如图所示，下列说法正确的是( )A．A质点再经过一个周期将传播到D点B．B点正在向上运动C．B点再经过T回到平衡位置D．该波的周期T=0.05sE．C点再经过T将到达波峰的位置16．如图所示，MN是一条通过透明球体球心的直线，在真空中波长为λ0=600nm的单色细光束AB平行于MN射向球体，B为入射点，若出射光线CD与MN的交点P到球心O的距离是球半径的倍，且与MN所成的夹角α=30°．求：①透明体的折射率n；②此单色光在透明球体中的波长λ．[物理-选修3-5]17．下列说法正确的是( )A．卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型B．结合能越大，原子核结构一定越稳定C．如果使用某种频率的光不能使某金属发生光电效应，则需增大入射光的光照强度才行D．发生β衰变时，元素原子核的质量数不变，电荷数增加1E．在相同速率情况下，利用质子流比利用电子流制造的显微镜将有更高的分辨率18．如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞（碰撞过程不损失机械能），小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：（Ⅰ）碰撞后小球A和小球B的速度；（Ⅱ）小球B掉入小车后的速度．湖南省怀化市2015届高考物理二模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．在人类对物质运动规律的认识过程中，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家及他们的贡献描述中正确的是( )A．安培发现了电流的热效应规律B．奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象电本质C．开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做匀速圆周运动D．伽利略在对自由落体运动研究中，对斜面滚球研究，测出小球滚下的位移正比于时间的平方，并把结论外推到斜面倾角为90°的情况，推翻了亚里士多德的落体观点考点：物理学史．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、焦耳发现了电流的热效应，故A错误；B、安培由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质，故B错误；C、开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做椭圆运动，故C错误；D、伽利略在对自由落体运动研究中，对斜面滚球研究，测出小球滚下的位移正比于时间的平方，并把结论外推到斜面倾角为90°的情况，推翻了亚里士多德的落体观点，故D正确；故选：D点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．如图所示，吊环运动员将吊绳与竖直方向分开相同的角度，重力大小为G的运动员静止时，左边绳子张力为T1，右边绳子张力为T2．则下列说法正确的是( )A．T1和 T2是一对作用力与反作用力B．运动员两手缓慢撑开时，T1和 T2都会变小C．T2一定大于GD．T1+T2=G考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．分析：根据作用力与反作用力的定义判断T1和 T2是否是一对作用力与反作用力，人处于平衡状态，两根绳的拉力的矢量和等于人的重力，对人受力分析，根据平衡条件列式分析即可．解答：解：A、T1和T2分别是两根绳子对吊环的拉力，不是一对作用力为反作用力．故A 错误；B、人处于平衡状态，两根绳的拉力的矢量和等于人的重力，设绳与竖直方向的夹角为θ，则有：T1cosθ+T2cosθ=mg，T1sinθ=T2sinθ，运动员两手缓慢撑开时，θ变小，则T1=T2都变小，故B正确；C、，由于θ不定，所以T2不一定大于G，故C错误；D、重力G是T1和T2相反方向的力的矢量和，而不是直接相加．故D错误；故选：B点评：解决本题的关键合适地选择研究对象，正确地进行受力分析，运用共点力平衡，抓住水平方向和竖直方向合力为零进行求解，难度不大，属于基础题．3．2012年9月16日，济南军区在“保钓演习”中，某特种兵进行了飞行跳伞表演．该伞兵从高空静止的直升飞机上跳下，在t0时刻打开降落伞，在3t0时刻以速度v2着地．他运动的速度随时间变化的规律如图示．下列结论不正确的是( )A．在0～t0时间内加速度不变，在t0～3t0时间内加速度减小B．降落伞打开后，降落伞和伞兵所受的阻力越来越小C．在t0～3t0的时间内，平均速度＞D．若第一个伞兵在空中打开降落伞时第二个伞兵立即跳下，则他们在空中的距离先增大后减小考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：速度时间图线的斜率表示加速度，根据斜率的变化判断加速度的变化．根据牛顿第二定律判断阻力的变化．解答：解：A、在0～t0时间内，图线的斜率不变，则加速度不变，在t0～3t0时间内，图线斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小．故A正确．B、打开降落伞后，加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律得，f﹣mg=ma，则f=mg+ma，知阻力逐渐减小．故B正确．C、在t0～3t0的时间内，若做匀减速直线运动由v1减速到v2，则平均速度为，根据图线与时间轴围成的面积表示位移，知变减速运动的位移小于匀减速直线运动的位移，则．故C错误．D、若第一个伞兵在空中打开降落伞时第二个伞兵立即跳下，由于第一个伞兵的速度先大于第二个伞兵的速度，然后又小于第二个伞兵的速度，所以空中的距离先增大后减小．故D 正确．本题选错误的，故选C．点评：解决本题的关键知道速度时间图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义，结合牛顿第二定律进行求解．4．空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是E bx、E cx，下列说法中正确的有( )A．B、C两点的电场强度大小E bx＞E cxB．E bx的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做负功，后做正功考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：本题的入手点在于如何判断E Bx和E Cx的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法解答：解：A、在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有E=，可见E Bx＞E Cx，A项正确；同理可知O点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C项错误；沿电场方向电势降低，在O点左侧，E Bx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，E Cx的方向沿x 轴正方向，电场力先做正功，后做负功，所以BD项错误．故选：A点评：本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法；故此题的难度较高5．我们的银河系的恒星中大约四分之一是双星．某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动．由天文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G．由此可求出S2的质量为( )A．B．C．D．考点：万有引力定律及其应用．专题：计算题．分析：这是一个双星的问题，S1和S2绕C做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供各自的向心力，S1和S2有相同的角速度和周期，结合牛顿第二定律和万有引力定律解决问题．解答：解：设星体S1和S2的质量分别为m1、m2，星体S1做圆周运动的向心力由万有引力提供得：=即 m2=故选D．点评：双星的特点是两个星体周期相等，星体间的万有引力提供各自所需的向心力．6．绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图所示．线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起．则下列说法中正确的是( )A．若保持电键闭合，则铝环不断升高B．若保持电键闭合，则铝环停留在某一高度C．若保持电键闭合，则铝环跳起到某一高度后将回落D．如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变考点：楞次定律．专题：电磁感应中的力学问题．分析：闭合电键的瞬间，穿过铝环的磁通量增加，产生感应电流，铝环受到安培力而上跳．当电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过铝环的磁通量不变，没有感应电流产生．根据安培力产生情况，判断铝环的运动情况．解答：解：A、B、C若电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过铝环的磁通量不变，没有感应电流产生，铝环不受安培力，只受重力作用，则上跳某一高度后将回落．故AB错误，C正确．D、如果电源的正、负极对调，闭合电键的瞬间，穿过铝环的磁通量仍然增加，产生感应电流，铝环仍然受到安培力而上跳．电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过铝环的磁通量不变，没有感应电流产生，铝环不受安培力，只受重力作用，则上跳某一高度后将回落．则观察到的现象不变．故D正确．故CD正确．点评：本题考查应用物理规律解决实际问题的能力．根据楞次定律，无论电源的极性如何，当线圈中电流增大时，铝环都将上跳．7．如图，一理想变压器原线圈接正弦交变电源，副线圈接有三盏相同的灯（不计灯丝电阻的变化），灯上均标有（36V，6W）字样，此时L1恰正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表显示读数为0.5A，下列说法正确的是( )A．原、副线圈匝数之比为3：1B．变压器的输入功率为12WC．电压表的读数为18VD．若L3突然断路，则L1变暗，L2变亮，输入功率减小考点：变压器的构造和原理；电功、电功率．专题：交流电专题．分析：根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．解答：解：A、L1恰正常发光，其电流为I=A，灯泡的电阻R==216Ω，电压表示数为0.5IR=18V，根据输入功率等于输出功率知=9W，解得：U1=18V，原、副线圈匝数之比为18：54=1：3，AB错误，C正确D、若L3突然断路，电阻增大，电流减小，则L1变暗，分压减小，L2分压增大变亮，输入功率P=UI减小，D正确故选：CD点评：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．8．磁流体发电机可以把气体的内能直接转化为电能，是一种低碳环保发电机，有着广泛的发展前景，其发电原理示意图如图所示．将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，整体上呈电中性）喷射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场区域有两块面积为S、相距为d的平行金属板与外电阻R相连构成一电路，设气流的速度为v，气体的电导率（电阻率的倒数）为g．则以下说法正确的是( )A．上板是电源的正极，下板是电源的负极B．两板间电势差为U=BdvC．流经R的电流为I=D．流经R的电流为I=考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：根据左手定则判断板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定．解答：解：A、由左手定则知正离子向上偏转，所以上极板带正电，上板是电源的正极，下板是电源的负极．故A正确；B、C、D、根据qvB=q得电动势的大小为：E=Bdv，则流过R的电流为：I==，而r=，则电流大小：I=；两极板间电势差为：U=IR=，故BC错误，D正确；故选：AD点评：本题考查了磁流体发电机的工作原理，解决本题的关键知道稳定时，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡，结合闭合电路欧姆定律进行求解．二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上B处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=2.25mm．（2）下列实验要求不必要的是A．A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B．应使A位置与光电门间的距离适当大些C．应将气垫导轨调节水平D．应使细线与气垫导轨平行（3）改变钩码的质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出图象．（选填“t2﹣F”“﹣F”或“﹣F”）．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读；（2）从实验原理和实验误差角度分析操作的步骤；（3）根据运动学公式计算加速度，根据牛顿第二定律F=Ma计算表达式，从而确定研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作什么图象．解答：解：（1）由图知第5条刻度线与主尺对齐，d=2mm+×0.05mm=2.25mm；（2）A、拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故A正确；B、应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B错误C、应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故C错误D、要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故D错误；故选：A．（3）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as，其中：v=，a=，解得：，整理得：，所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出图象．故答案为：（1）2.25；（2）A；（3）；点评：常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础．处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项．10．某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势E及内阻r．（1）先直接用多用电表测定该电池电动势．在操作无误的情况下，多用电表表盘示数如图1所示，其示数为9.3V．（2）然后，用电压表、电阻箱R、定值电阻R0、开关S、若干导线和该电池组成电路，测定该电池电动势及内阻．①根据实物图2在图4方框内画出其电路图，并标出相应符号．②闭合开关S，调整电阻箱阻值R，读出电压表相应示数U，根据几组数据，计算出相应的与的值并作出图线，如图3所示，得到轴上的截距大小为b，图线的斜率大小为k，则可求得E=V；r=Ω．（用字母R0、b、k表示）考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）先明确多用电表的量程，确定最小分度，则可以得出指针的示数；（2）根据图2中的实物图可得出对应的原理图；（3）本题的关键是根据闭合电路欧姆定律列出表达式，然后整理出与的函数方程，然后即可讨论求解解答：解：（1）由图可知，所选档位为10V，则最小分度为0.2V，则指针的示数为9.4V；（2）根据实物图可知电路接法，则可得出对应的原理图如图所示；。
湖南省怀化市高三理综(物理部分)第二次模拟考试试题(含解析)
图1 2015年怀化市高三第二次模拟考试理科综合能力测试本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
第Ⅰ卷 1 页至5 页，第Ⅱ卷 6页至16 页，共300分。
1.考生注意：答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号涂写在答题卡上。
考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与本人的准考证号、姓名是否一致。
2.第I 卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
第II 卷用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷答题纸规定的位置上。
在试题卷上作答，答案无效。
3.考试结束后，监考人员将试题卷、答题卡一并收回。
第Ⅰ卷（选择题 共126分）本卷共21小题，每小题6分，共126分以下数据可供解题时参考：可能用到的相对原子质量H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5二、选择题:本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．在人类对物质运动规律的认识过程中，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家及他们的贡献描述中正确的是A ．安培发现了电流的热效应规律B ．奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象电本质C ．开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做匀速圆周运动D ．伽利略在对自由落体运动研究中，对斜面滚球研究，测出小球滚下的位移正比于时间的平方，并把结论外推到斜面倾角为90°的情况，推翻了亚里士多德的落体观点【答案】D【命题立意】本题旨在考查物理学史【解析】电流的热效应规律是焦耳发现的，A 错误；安培提出分子电流假说，解释了磁现象电本质，B 错误；哥白尼提出行星绕太阳做匀速圆周运动，C 错误。
二中2015年秋季学期高二年级水平考试物理试卷
二中2015年秋季学期高二年级模拟考试物理试卷班级：__________姓名：__________考号：__________(满分100分，考试时间90分钟)注意事项：1.答卷前，考生务必将班级、姓名、考号填写在答题卡上。
2.考生作答时，请在答题卡上作答（答题注意事项见答题卡），在本试题上作答无效。
―、单项选择题（本大题共15小题，每小题2分，共计30分。
在每小题列出的四个选项中只有一项是符合题目要求，错选、多选或未选均不得分。
温馨提示：请在答题卡上作答，在本试题上作答无效）1.下列奥运体育比赛中，可以看作质点的是A．马拉松比赛中的运动员；B．跳水比赛中的运动员；C．兵乓比赛中的兵乓球；D．击剑比赛中的运动员。
2.物体做竖直上抛运动，从抛出点抛出后向上运动了5m，接着又向下运动了7m,落在地面上，以向上为正，物体运动的位移和路程分别为A．12m和2m；B．-2m和12m；C．12m和-2m；D．-12m和-2m3.一位同学在骑单车时，感觉地面在向后退，这是因为观察者选择的参考系是A．路面；B．路边的房子；C．自己；D．路边静止的汽车4.下列图像中能反映物体做自由落体运动的是5.如图所示，有人用一簇气球使一座小屋成功升空．当小屋加速上升时，下列说法正确的是A．小屋受到绳的拉力和小屋对绳的拉力是一对作用力和反作用力B．小屋受到绳的拉力和小屋受到的重力是一对作用力和反作用力C．小屋对绳的拉力和小屋受到的重力是一对作用力和反作用力D．小屋对绳的拉力和小屋受到的重力是一对平衡力6.物体做匀速圆周运动，下列物理量保持不变的是A．速度大小和方向；B．向心力大小和方向；C．向心加速度大小和方向；D．角速度7.物体受到两个力F1和F2的作用，F1=2N，F2=11N，则它们的合力F的数值范围是A．2N≤F≤11N B．4N≤F≤22N C．9N≤F≤13N D．13N≤F≤21N8.一箱子停在水平地面上，一个人用力水平推箱子，但箱子仍然静止，表明A.推力越大，静摩擦力越小B. 推力越大，静摩擦力越大，推力与静摩擦力平衡C. 推力大小变化时，静摩擦力大小不变D. 推力小于静摩擦力9.惯性与下列因素有关的是A ．受力情况；B ．运动状态；C ．所处空间位置；D ．质量10.关于滑动摩擦力公式N F F μ=的理解下列说法正解的是A ．N F 一定等于G ；B ．N F 一定小于G ；C ．N F 一定大于G ；D ．N F 可能等于G11.物体所受到的合力是恒力时，物体的运动A ．不可能是曲线运动；B ．一定是匀变速运动；C ．可能做圆周运动；D ．一定是直线运动12.本题有①、②两个小题，请每位学生根据所学选修内容，选做其中一个小题。
2015届高考物理二轮分项测试：功和能(含答案).doc
功和功率（2014·吉林九校联合体第二次摸底）1. 如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m ，开始时a 、b 及传送带均静止，且a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b 上升h 高度（未与滑轮相碰）过程中（ ）A ．物块a 重力势能减少mghB ．摩擦力对a 做的功大于a 机械能的增加C ．摩擦力对a 做的功小于物块a 、b 动能增加之和D ．任意时刻，重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等【知识点】机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率．【答案解析】 ABD解析：A 、开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，有m a gsin θ=m b g ，则m ab 上升h ，则a 下降hsin θ，则a 重力势能的减小量为m b g×hsi n θ=mgh ．故A 正确．B 、根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对a 做的功等于a 、b 机械能的增量．所以摩擦力做功大于a 的机械能增加．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加．故B 正确，C 错误．D 、任意时刻a 、b 的速率相等，对b ，克服重力的瞬时功率P b =mgv ，对a 有：P a =m a gvsin θ=mgv ，所以重力对a 、n 做功的瞬时功率大小相等．故D 正确．故选ABD ．【思路点拨】本题是力与能的综合题，关键对初始位置和末位置正确地受力分析，以及合力选择研究的过程和研究的对象，运用能量守恒进行分析（2014·湖南十三校第二次联考）2. 如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m 的煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。
初始时，传送带与煤块都是静止的。
现让传送带以恒定的加速度a 开始运动，当其速度达到勘后，便以此速度做匀速运动。
经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是（重力加速度为g ）（ ）A ．μ与a 之间一定满足关系B ．黑色痕迹的长度为C ．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为bD．煤块与传送带由于摩擦而产生的热量为【知识点】牛顿第二定律；滑动摩擦力；功能关系．【答案解析】C解析：A、要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度．即a＞μg，则μ故A错误．B、当煤块的速度达到v时，经过的位移x1t带的位移x2则黑色痕迹的长度L=x2−x1故B错误，C正确．D、煤块与传送带由于摩擦产生的热量Q=fx相对故D错误．故选C．【思路点拨】解决本题的关键知道要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度．黑色痕迹的长度等于传送带的位移和煤块的位移之差．以及掌握煤块与传送带由于摩擦产生的热量Q=fx相对（2014·吉林市普高二模）3. 如图所示，长为L的粗糙长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块。
高中分校高三物理上学期第二次模拟考试试题-人教版高三全册物理试题
2015—2016学年度第一学期高三第二次摸底考试物理试题第1卷〔选择题共56分〕一、选择题〔此题共14小题，每题4分,共56分。
其中1、3、11、12小题为双项选择题，双项选择全部选对得4分，少选得2分，错选、多项选择或不选均不得分〕1．如下列图，水平地面上的物体A，在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速运动，如此如下说法中正确的答案是( )A．物体A可能只受到三个力的作用B．物体A一定受到了四个力的作用C．物体A受到的滑动摩擦力大小为F cosθD．物体A对水平地面的压力的大小一定为F sinθ2．如下列图，加装“保护器〞的飞机在空中发生事故失去动力时，上方的降落伞就会自动弹出。
一根伞绳能承重2000N，伞展开后伞绳与竖直方向的夹角为37°，飞机的质量约为8吨。
忽略其他因素，仅考虑当飞机处于平衡时，降落伞的伞绳至少所需的根数最接近于(图中只画出了2根伞绳，sin370=0.6,cos370=0.8)( )A．25 B．50 C．75 D．1003．在一次救灾行动中，直升机悬停在空中向地面无初速投放救灾物品，物品所受的空气阻力与其下落的速率成正比。
假设用v、a、t分别表示物品的速率、加速度的大小和运动的时间，如此在物品下落过程中，图中表示其v－t和a－v关系的图像可能正确的答案是( )4．用40 N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20 kg的物体，力F作用3 s 后撤去，如此第5 s末物体的速度和加速度的大小分别是( )A．v＝6 m/s，a＝0 B．v＝10 m/s，a＝2 m/s2C．v＝6 m/s，a＝2 m/s2D．v＝10 m/s，a＝05．关于摩擦力，有人总结了“四条不一定〞，其中说法错误的答案是( ) A．摩擦力的方向不一定与物体的运动方向一样B．静摩擦力的方向不一定与运动方向共线C．受静摩擦力或滑动摩擦力的物体不一定静止或运动D．静摩擦力一定是阻力，滑动摩擦力不一定是阻力6．如下列图，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力(A．方向向左，大小不变 B．方向向左，逐渐减小C．方向向右，大小不变 D．方向向右，逐渐减小7．如下列图，一个物体受到三个共点力F1、F2、F3的作用，假设将它们平移并首尾相接，三个力矢量组成了一个封闭三角形，如此物体所受的这三个力的合力大小为( )A．2F1B．F2C．2F3D．08．如下列图，三根一样的绳子末端连接于O点，A、B端固定，C 端受一水平力F，当F逐渐增大时(O点位置保持不变)，最先断的绳子是A．OA绳 B．OB绳C．OC绳 D．三绳同时断9．如下列图，当汽车通过拱桥顶点的速度为10 m/s时，车对桥顶的压力为车重的3/4，如果要使汽车在粗糙的桥面行驶至桥顶时，不受摩擦力作用，如此汽车通过桥顶的速度应为〔g=10m/s2〕〔〕A.15 m/sB.20 m/sC.25 m/sD.30 m/s10．如图①所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平面上的A处滑上传送带．假设从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像(以地面为参考系)如图②所示．v2>v1，如此( )A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用11．关于曲线运动和圆周运动，以下说法中正确的答案是〔〕A.做曲线运动的物体受到的合外力一定不为零B.做曲线运动的物体的加速度一定是变化的C.做圆周运动的物体受到的合外力方向一定指向圆心D.做匀速圆周运动物体的加速度方向一定指向圆心12．一位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，弹簧床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制目出来，如下列图取重力加速度g＝10m/s2,如此由图象提供的信息可知〔〕A.运动员的质量为50.0kgB.运动员第一次离开蹦床的时刻为t＝6.0s时刻C.运动员运动过程中的最大加速度为50.0 m/s2D.运动员离开蹦床跳起的最大高度为5.0.m13．有一均匀的细软链放在光滑木桌面上，它的一端稍露出桌面边缘下时〔如下列图〕，整链运动是〔〕A、保持静止B、匀速下降C、匀加速下降D、变加速下降14．如下列图，两个重叠在一起的滑块，置于固定的倾角为θ的斜面上，滑块A 和滑块B 的质量分别为m和n。
湖南省怀化市溆浦二中2017-2018学年高三上学期第二次月考物理试卷 Word版含解析
湖南省怀化市溆浦二中2017-2018学年高三上学期第二次月考物理试卷一、选择题（本题包含12小题，每小题4分，共48分，其中1～8小题只有一个选项正确，9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选得0分，将选项填在答题卷）1．如图所示，放置在水平地面上的直角劈M上有一个质量为m的物体，若m在直角劈上面匀加速下滑，M仍保持静止，那么正确的说法是( )A．M对地面的压力等于（M+m）g B．M对地面的压力大于（M+m）gC．地面对M没有摩擦力D．地面对M有向左的摩擦力考点：物体的弹性和弹力；摩擦力的判断与计算．专题：受力分析方法专题．分析：分别对M和m受力分析，然后沿水平方向和竖直方向进行正交分解，抓住M所受合力为零，根据牛顿第二定律，结合共点力平衡进行分析．解答：解：对m分析，m受重力、支持力和摩擦力，因为m加速下滑，具有沿斜面向下的加速度，将该加速度沿水平方向和竖直方向分解．则m支持力在水平方向上的分力大于摩擦力在水平方向上的分力，支持力和摩擦力在竖直方向分力之和小于m的重力．对M分析，M对m的支持力和摩擦力与m对M的压力和摩擦力大小相等．则N2在水平方向上的分力大于f2在水平方向上的分力，根据水平方向上平衡，知地面对M的摩擦力向左．因为f2和N2在竖直方向上的分力之和小于m的重力，根据M在竖直方向上平衡知，地面的支持力小于（M+m）g．故D正确，A、B、C错误．故选：D．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和共点力平衡综合求解．2．某人在平静的湖面上竖直上抛一小铁球，小铁球上升到最高点后自由下落，穿过湖水并陷入湖底的淤泥中一段深度．不计空气阻力，取向上为正方向，在下面的图象中，最能反映小铁球运动过程的v﹣t图象是( )A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：速度图象中速度大于0表示物体沿正方向运动，速度小于0表示物体沿负方向运动；速度图象的斜率等于物体的加速度；斜率的绝对值越大代表物体的加速度越大．解答：解：物体在竖直上升过程中物体的速度竖直向上，即速度大于0，此时物体的加速度大小为a1=g，方向竖直向下，做匀减速直线运动，v﹣t图象是向下倾斜的直线；到达最高点后做自由落体运动，速度方向竖直向下，即速度小于0，此时物体的加速度大小为a2=g，方向竖直向下，做匀加速直线运动，v﹣t图象是向下倾斜的直线；故进入湖水之前物体的加速度保持不变．故速度图象的斜率保持不变．铁球进入湖水后受到湖水的阻力作用，但重力大于阻力，加速度向下，但加速度a3＜g，速度方向仍然向下即速度小于0，做匀加速直线运动，v﹣t图象是向下倾斜的直线；．在淤泥中运动的时候速度仍向下，即速度小于0，但淤泥对球的阻力大于铁球的重力，所以加速度方向竖直向上，故物体做减速运动．故C正确．故选：C．点评：把握物体的运动情况包括速度方向和加速度的大小和方向是解决此题的关键，所以解决运动学问题要详细进行过程分析和受力分析．3．如图所示，A、B是带等量同种电荷的小球，电荷量是10﹣5C，A固定在竖直放置的10cm 长的绝缘支杆上，B平衡于倾角为30°的绝缘粗糙斜面上时，且与A等高，若B的质量为10Kg，则B受到斜面的静摩擦力为（g取l0m/s2）( )A．15 N B．10N C．15N D．35N考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；库仑定律．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对B球分析，B球受到重力、摩擦力、支持力与库仑力，处于平衡状态．运用平衡条件列方程求解．解答：解：设B球受到的静摩擦力沿斜面向上，对B球受力分析如图：根据平衡条件，沿斜面方向有：f+Fcos30°=mgsin30°代入数据：f+9×109××=10×10×得：f=35N故选：D．点评：本题借助库仑力考查了受力分析和平衡条件的应用，库仑力的公式为F=K其中K为静电力常量，值为9×109．4．乘坐游乐圆的翻滚过山车时，质量为m的人随车一起在竖直平面内旋转，下列说法正确的是( )A．车在最高点时人处于倒立状态，全靠保险带拉住，没有保险带人就会掉下B．人在最高点时对座位仍可能产生压力，但是压力一定小于mgC．人在最底点时对座位的压力大于mgD．人在最底点时对座位的压力等于mg考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：人随车一起在竖直平面内旋转，靠合力提供向心力，根据牛顿第二定律分析最高点和最低点人对座椅的压力．解答：解：A、在最高点，若速度较大，靠重力和压力提供向心力，保险带的拉力可以为零．故A错误．B、在最高点，速度较大，靠重力和压力提供向心力，压力可能大于mg．故B错误．C、最最低点，向心力方向向上，则支持力大于mg，所以人对座椅的压力大于mg．故C正确，D错误．故选C．点评：解决本题的关键掌握圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．5．如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1上，然后经点火，卫星沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运动时．下列说法正确的是( )A．将卫星直接发射到轨道3上的发射速度可能等于发射到轨道1上的发射速度的2倍B．卫星在轨道3上的周期小于在轨道1上的周期C．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D．卫星从轨道1到轨道3动能的变化量小于势能的变化量考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：发射速度大于11.2km/s，卫星将脱离地球的束缚，不会绕地球运动．根据万有引力提供向心力，列方程可得到卫星速率与半径的关系来判断周期大小、加速度大小．由牛顿定律研究卫星在Q、P两点加速度大小．卫星从轨道1到轨道3的变轨过程中，要在P点和Q点加速度，故总的机械能增加，卫星势能的增加量要大于动能的减少量．解答：解：A、将卫星直接发射到轨道1上的发射速度是地球的第一宇宙速度，即7.9km/s，它的两倍是15.8km/s，大于第二宇宙速度11.2km/s了，如果发射速度是第一宇宙速度的两倍，则该卫星要脱离地球束缚，不可能在轨道3上绕地球运动，故A错误．B、根据万有引力提供向心力，得，轨道半径越大，周期越大，故卫星在轨道3上的周期大于在轨道1上的周期，故B错误．C、根据万有引力提供向心力，得，r相同，则a大小相等，故卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速，故C错误．D、卫星在轨道1的速度大于在轨道3的速度，即轨道1的动能等于轨道3的动能；轨道1的势能小于轨道3的势能．卫星从轨道1到轨道3的变轨过程中，要在P点和Q点加速，故总的机械能增加，所以卫星势能的增加量要大于动能的减少量，故D正确．故选：D．点评：卫星在不同轨道上运行时各个量的比较，往往根据万有引力等于向心力列出物理量与半径的关系，然后比较．6．如图所示，不计重力的轻杆OP能以O为轴在竖直平面内自由转动，P端悬挂一重物，另用一根轻绳通过定滑轮系在P端．当OP和竖直方向的夹角α缓慢逐渐增大时（0＜α＜π），OP杆的弹力T和绳子的张力F的大小变化是( )A．T不变，F变大B．T不变，F先变大后变小C．T先变小后变大，F变大D．T先变大后变小，F不变考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对P点受力分析，然后根据平衡条件并运用相似三角形法得到OP杆对P的支持力表达式，最后根据牛顿第三定律得到OP杆所受压力表达式再讨论其与角α关系．解答：解：对点P受力分析，设杆的弹力为N，绳子的拉力为T，如图根据平衡条件，合力为零，△AOP与图中矢量（力）三角形相似，故有==解得：N=G T=G由图看出，OP、AO不变，则杆的支持力N不变，AP变大，则绳子拉力T变大．根据牛顿第三定律，OP杆所受压力等于支持力N，故A正确．故选A．点评：本题是力学的动态分析问题，可以通过解析法求解出表达式后分析，也可以通过作图法分析，可以灵活选择．7．小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后又弹到空中某一高度，其速度v随时间t变化的关系如图所示．若g=10m/s2，则( )A．小球第一次反弹后离开地面的速度大小为5m/sB．小球反弹起的最大高度为0.45mC．碰撞前后速度改变量的大小为2m/sD．小球是从5m高处自由下落的考点：匀变速直线运动的图像；自由落体运动；竖直上抛运动．专题：运动学中的图像专题．分析：解决本题的关键是正确理解速度时间图象的物理意义：速度图象的斜率代表物体的加速度，速度图象与时间轴围成的面积代表物体的位移，最后求出反弹的高度．解答：解：A．由图象可知：0.5s末物体反弹，此时速度的大小为3m/s，故A错误；B、小球能弹起的最大高度对应图中0.6s﹣0.8s内速度图象的面积，所以h=0.3×3m=0.45m，故B正确；C、碰撞时速度的改变量为△v=﹣3m/s﹣5m/s=﹣8m/s，则速度的改变量大小为8m/s．故C 错误；D、由图象可知：前0.5s内物体自由下落，后0.3s物体反弹，根据v﹣t图象中速度图象与时间轴围成的面积表示位移可得：小球下落的高度为：h=0.5×5m=1.25m，故D错误；故选B点评：解决本题要明确v﹣t图象的含义：在v﹣t图象中每时刻对应于速度的大小，速度的正负表示其运动方向，图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积为物体的位移，时间轴上方面积表示位移为正，下方表示为负．8．如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为( )A．（M+m）g B．（M+m）g﹣ma C．（M+m）g+ma D．（M﹣m）g考点：牛顿第二定律；超重和失重．专题：压轴题．分析：竿对“底人”的压力大小应该等于竿的重力加上竿上的人对杆向下的摩擦力，竿的重力已知，求出竿上的人对杆向下的摩擦力就可以了．解答：解：对竿上的人分析：受重力mg、摩擦力F f，有mg﹣F f=ma；所以F f=m（g﹣a），竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力﹣﹣摩擦力，且大小相等，方向相反，对竿分析：受重力Mg、竿上的人对杆向下的摩擦力F f′、顶竿的人对竿的支持力F N，有Mg+F f′=F N，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律，得到F N′=Mg+F f′=（M+m）g﹣ma．所以B项正确．故选：B．点评：由于人加速下滑，处于失重状态，人对竿的作用力并不等于人的重力，这是在解答本题的过程中常出现的错误，注意这一点这道题就可以了．9．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．取一个与A点对称的点为D，由A点到B点的形变量为，由对称性得由B到D的形变量也为，故到达C点时形变量要大于h+2，加速度a c＞g，所以D错误．故选BC．点评：知道物体压缩弹簧的过程，就可以逐个分析位移和加速度．10．一艘小船在河中xOy平面内运动的轨迹如图所示，下列判断正确的是( )A．若小船在x方向上始终匀速，则在y方向上先加速后减速B．若小船在x方向上始终匀速，则在y方向上先减速后加速C．若小船在y方向上始终匀速，则在x方向上先减速后加速D．若小船在y方向上始终匀速，则在x方向上先加速后减速考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：物体做曲线运动，合力大致指向轨迹凹的一向，则加速度大致指向轨迹凹的一向．根据轨迹弯曲判断加速度的方向．解答：解：A、若小船在x方向上始终匀速，开始轨迹向下凹，则在y轴方向的加速度方向向下，速度向上，做减速运动，然后轨迹向上凹，则在y轴方向上的加速度方向向上，速度向上，做加速运动，所以在y轴方向上先减速后加速．故A错误，B正确．C、若小船在y方向上始终匀速，开始轨迹向下凹，则在x轴上的加速度方向水平向右，速度向右，做加速运动，然后轨迹向上凹，则在x轴方向上加速度方向水平向左，速度向右，做减速运动，所以在x轴上先加速后减速．故C错误，D正确．故选BD．点评：解决本题得关键知道在曲线运动中，合力大致指向轨迹凹的一向，会根据轨迹弯曲判断加速度的方向．11．某同学在篮球训练中，以一定的初速度投篮，篮球水平击中篮板，现在他向前走一小段距离，与篮板更近，再次投篮，出手高度和第一次相同，篮球又恰好水平击中篮板上的同一点，则( )A．第二次投篮篮球的初速度小些B．第二次击中篮板时篮球的速度大些C．第二次投篮时篮球初速度与水平方向的夹角大些D．第二次投篮时篮球在空中飞行时间长些考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：根据题目中说的两次投篮都是水平击中篮板，所以把篮球的运动从逆向来看，两次的投篮都可以看成是从同一个点开始的平抛运动，第一的水平的位移要比第二次的水平位移大，再根据平抛运动的规律来分析即可．解答：解：把同学投篮水平击中篮板的过程看成逆向的从击中篮板O点开始的平抛运动，如图所示，第二次投篮是下边的一条抛物线，由此可见，第二次投篮时水平的位移要小，所以篮球的初速度要小些，初速度与水平方向的夹角要比第一次的大一些，所以AC正确．故选AC．点评：解答本题是从两次的投篮来看，两次运动之间的规律不好找，但是从逆向来看的话，两次都可以看成是从同一点开始的平抛运动，但是两次平抛运动的水平的位移不同，由此再比较两次投篮之间的关系就很容易了．12．如图所示，x﹣t图象和v﹣t图象中，给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是( )A．图线1表示物体做曲线运动，图线3表示物体做直线运动B．x﹣t图象中t1时刻物体1的速度大于物体2的速度，0至t2时间内物体1平均速度等于物体2的平均速度C．v﹣t图象中0至t3时间内物体4的位移大于物体3的位移，物体4的平均速度大于物体3的平均速度D．两图象中，t2、t4时刻分别表示物体2、4开始反向运动考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系；平均速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：位移时间图线的切线斜率表示物体的瞬时速度，速度时间图线通过位移的大小判断平均速度的大小．在位移时间图线中，通过物体位移增加还是减小判断物体的运动方向，在速度时间图线中，通过速度的正负值判断物体的运动方向．解答：解：A、位移时间图线与速度时间图象中，位移的方向和速度的方向都用正负表示，故是在同一直线上，都是直线运动，故A错误；B、x﹣t图象中某时刻图象上对应点的切线斜率表示对应时刻的速度，故t1时刻物体1的速度大于物体2的速度；0至t2时间内物体1的位移大于物体2的位移，故物体1平均速度大于物体2的平均速度，故B错误；C、v﹣t图象中图象与时间轴包围的面积表示位移大小，故0至t3时间内4的位移大于3的位移，时间相等，则4的平均速度大于3的平均速度，故C正确；D、在位移时间图线中，在t2时刻，位移减小，则运动反向，在速度时间图线中，在t4时刻，速度减小，但方向不变，故D错误；故选：C．点评：解决本题的关键能够从速度时间图线和位移时间图线获取信息，知道两图线的区别．二、实验题（本题共3小题，每空2分，共18分）13．如图所示，甲图中螺旋测微器的读数为10.501mm，乙图中游标卡尺的读数为10.155cm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．专题：实验题．分析：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．游标卡尺读数的方法也可以是主尺与游标尺对其的刻线读数减去游标读数，不需估读；解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数为10.5mm，可动刻度读数为0.01×0.1mm=0.001mm，所以最终读数为：10.5mm+0.001mm=10.501mm，游标上有20个小等分刻度的长度是19mm；从图中得出游标卡尺的固定刻度与游标尺对其的刻度读数为112mm，游标尺上第11个刻度游标读数为0.95×11mm=10.45mm，游标卡尺读数的方法也可以是主尺与游标尺对其的刻线读数减去游标读数，所以最终读数为：112mm﹣10.45mm=101.55mm=10.155cm；故答案为：10.501，10.155．点评：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读，注意两种仪器读数的不同．14．如图，在探究“共点力合成”的实验中，橡皮条一端固定于P点，另一端连接两个弹簧秤，分别用F1与F2拉两个弹簧秤，将结点拉至O点．现让F2大小不变，方向沿顺时针方向转动某一角度，要使结点仍位于O点，则F1的大小及图中β（β＞90°）角的变化可能是( )A．增大F1的同时增大β角B．增大F1而保持β角不变C．增大F1的同时减小β角D．减小F1的同时增大β角考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题；平行四边形法则图解法专题．分析：本题考查力的平行四边形定则，根据题意，保持合力大小方向不变、F2大小增大，方向不变，看怎样改变仍能组成平行四边形即可解答：解：对点O点受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，由于O点位置不变，因此橡皮条长度不变，其拉力大小方向不变，F2的大小不变，ob弹簧拉力方向和大小都改变，根据力的平行四边形定则有：若如图1变化所受，可以增大F1的同时减小β角，故C正确；如图2所受示，可以增大F1的同时增大β角，故A正确；如图3所受示，可以增大F1而保持β角不变，故B正确；同时根据平行四边形定则可知，减小F1的同时增大β角是不能组成平行四边形的，故D错误．故选ABC．点评：本题是三力平衡问题中的动态分析问题，关键受力分析后，作出示意图，然后运用力的平行四边形定则进行分析讨论．15．如图所示是某同学设计的“探究加速度a与物体所受合力F及质量m间关系”的实验．图1为实验装置简图，A为小车，B为打点计时器，C为装有砂的砂桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车拉力F等于砂和砂桶总重力，小车运动加速度a可由纸带求得．（1）图2为某次实验得到的纸带（交流电的频率为50Hz），由图中数据求出小车加速度值为3.0m/s2；（2）保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的数据如表中所示，根据表中数据，为直观反映F不变时a与m的关系，请在图3坐标纸中选择恰当物理量建立坐标系并作出图线；从图线中得到F不变时小车加速度a与质量m间定量关系是a=；（3）保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F图线如图4，该图线不通过原点，明显超出偶然误差范围，其主要原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；次数 1 2 3 4 5 6 7 8小车加速度a/m•s﹣2 1.90 1.72 1.49 1.25 1.00 0.75 0.50 0.30小车质量m/kg 0.25 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00 1.674.00 3.50 3.00 2.5 2.00 1.40 1.00 0.60（4）若实验中将小车换成滑块，将木板水平放置可测出滑块与木板间的动摩擦因数μ．要测出动摩擦因数μ，需要测量的物理量有砂和砂桶质量、木块的质量、以及对应的加速度；实验测得的动摩擦因数μ比真实值偏大（填“偏大”或“偏小”）．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题．分析：（1）根据△x=aT2求出纸带的加速度．（2）为研究a与m的关系，作a与的关系关系图线，注意选取好标度．（3）图线不通过坐标原点，当F为某一值时，加速度为零，知平衡摩擦力不足．解答：解（1）由于每相邻两个计数点间还有1个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.04s，设第一段相邻的计数点的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6、x7、x8根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x5﹣x1=4a1T2x6﹣x2=4a2T2x7﹣x3=4a3T2x8﹣x4=4a4T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3+a4）解得：a==3.0m/s2 ．（2）为研究a与m的关系，作a与的关系关系图线，如图．从图线中得到F不变时小车加速度a与质量m间定量关系是a=（3）图线不通过坐标原点，F不为零时，加速度仍为零，知未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．（4）设滑块的质量为M，砂和砂桶的质量为m，根据牛顿第二定律得：对m：mg﹣F拉=ma对M：F拉﹣μMg=Ma解得：μ=而实验测得的动摩擦因数μ′=需要测量的物理量有：砂和砂桶质量m、木块的质量M、以及对应的加速度a．所以验测得的动摩擦因数μ比真实值偏大．故答案为：（1）3.0（2）如图所示，a=；（3）未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；（4）砂和砂桶质量、木块的质量、以及对应的加速度，偏大．点评：运用匀变速直线运动的公式处理纸带的问题是力学实验里常见的问题，纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，利用匀变速直线运动的推论可求加速度．由于相邻的时间间隔位移之差不等，我们可以采用逐差法求解．该实验的重要一步就是平衡摩擦力，使得小车的合力近似等于砝码和盘得总重力．三、计算题（本题共4小题，解答须写出必要的文字说明，规律公式，只有答案没有过程的计0分，请将解答过程书写在答卷中，其中15题8分，16题8分，17题8分，18题10分，共37分）16．在一次警车A追击劫匪车B时，两车同时由静止向同一方向加速行驶，经过30s追上．两车各自的加速度为a A=15m/s2，a B=10m/s2，各车最高时速分别为v A=45m/s，v B=40m/s，问追上时两车各行驶多少路程？原来相距多远？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据速度时间公式得出两车加速的时间和匀速运动的时间，从而结合位移公式求出加速和匀速运动的位移，从而确定开始相距的距离．解答：解：如图所示，以A车的初始位置为坐标原点，Ax为正方向，设L为警车追上劫匪车所走过的全程，l为劫匪车走过的全程．则两车原来的间距为△L=L﹣l设两车加速运动用的时间分别为t A1、t B1，以最大速度匀速运动的时间分别为t A2、t B2，则v A=a A t A1，解得t A1=3 s则t A2=27s，同理t B1=4 s，t B2=26s警车在0～3s时间段内做匀加速运动，有：L1=a A t A12在3 s～30s时间段内做匀速运动，则有：L2=v A t A2警车追上劫匪车的全部行程为：L=L1+L2=a A t A12+v A t A2==1282.5 m 同理劫匪车被追上时的全部行程为：l=l1+l2=a B t B12+v B t B2==1120 m，两车原来相距：△L=L﹣l=162.5m答：追上时两车各行驶了1282.5m、1120m，两车原来相距162.5m．点评：解决本题的关键理清两车的运动规律，画出运动示意图，结合运动学公式灵活求解，难度不大．17．如图所示，一水平传送装置有轮半径均为R=m的主动轮O1和从动轮O2及传送带等构成．两轮轴心相距8.0m，轮与传送带不打滑．现用此装置运送一袋面粉，已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.4，这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出．（g取10m/s2）（1）当传送带以4.0m/s的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端O2正上方的A点轻放在传送带上后，这袋面粉由A端运送到O1正上方的B端所用的时间为多少？（2）要想尽快将这袋面粉由A端送到B端（设初速度仍为零），主动轮O1的转速至少应为多大？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）面粉在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带的速度时一起做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式，求出面粉由A端运送到Q1正上方的B端所用的时间．（2）要想时间最短，面粉袋应一直向B端做加速运动，根据运动学公式求出传送带的最小速度，从而根据位移公式求出速度的最小值．。
高三物理上学期第二次月考试题___03
咐呼州鸣咏市呢岸学校三中高三〔上〕第二次月考物理试卷一、选择题〔此题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，选得不全的得2分．〕1．〔4分〕〔2021•〕当用一束紫外线照射锌板时，产生了光电效，这时〔〕A．锌板带负电B．有正离子从锌板逸出C．有电子从锌板逸出D．锌板会吸附空气中的正离子2．〔4分〕〔2021秋•区校级月考〕以下实例属于超重现象的是〔〕A．荡秋千的小孩通过最低点B．驶过拱形桥顶端C．跳水运发动被跳板弹起，离开跳板向上运动D．点火后匀速升空过程中3．〔4分〕〔2021秋•校级期末〕一辆空车和一辆满载货物的同型号，在同一路面上以相同的速度向同一方向行驶．两辆同时紧急刹车后〔即车轮不滚动只滑动〕，以下说法正确的选项是〔〕A．满载货物的由于惯性大，滑行距离较大B．满载货物的由于受的摩擦力较大，滑行距离较小C．两辆滑行的距离相同D．满载货物的比空车先停下来4．〔4分〕〔2021•区校级模拟〕如下图，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端〔B与小车间的动摩擦因数为μ〕．某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，那么此刻小车对物块B产生作用力的大小和方向为〔〕A．mg，竖直向上B．，斜向左上方C．mgtanθ，水平向右D．mg．向右上方5．〔4分〕〔2021•〕将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．以下描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的选项是〔〕A．B．C．D．6．〔4分〕〔2021春•区校级期中〕以下关于运动和力的表达中，正确的选项是〔〕A．物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一做直线运动B．物体做圆周运动，所受的合力一指向圆心C．做曲线运动的物体，其加速度方向一是变化的D．物体运动的速率在增加，所受合力方向一与运动方向相同7．〔4分〕〔2021秋•区校级月考〕“儿童蹦极〞中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳．质量为m的小明如图静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，假设此时小明左侧橡皮绳断裂，那么小明此时〔〕A．速度为零B．加速度a=g，方向竖直向下C．加速度a=g，沿未断裂绳的方向斜向上D．加速度a=g，沿原断裂绳的方向斜向下8．〔4分〕〔2007•〕假设太阳系体的密度不变，天体直径和天体之间距离都缩小到原来的一半，地球绕太阳公转近似为匀速圆周运动，那么以下物理量变化正确的选项是〔〕A．地球的向心力变为缩小前的一半B．地球的向心力变为缩小前的C．地球绕太阳公转周期与缩小前的相同D．地球绕太阳公转周期变为缩小前的一半9．〔4分〕〔2021•沙坪坝区校级模拟〕关于环绕地球运动的卫星，以下说法正确的选项是〔〕A．沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率B．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期C．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星．它们的轨道半径有可能不同D．沿不同轨道经过上空的两颗卫星，它们的轨道平面一会重合10．〔4分〕〔2021•凉州区校级模拟〕一个质点正在做匀加速直线运动，用固的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1s，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8m，由上述条件可知〔〕A．质点运动的加速度是0.3m/s2B．质点运动的加速度是0.6m/s2C．第1次闪光时质点的速度是0.05m/sD．第1次闪光时质点的速度是0.1m/s二、填空题〔此题共4小题，每空2分，其中第14题为4分，共22分〕11．〔8分〕〔2021•校级一模〕如图1所示为“用DIS〔位移传感器、数据采集器、计算机〕研究加速度和力与质量的关系〞的装置．〔1〕该用的研究方法是法；〔2〕在小车总质量不变时，改变所挂钩码的数量，屡次重复测量，可画出a﹣F关系图线〔如图2所示〕．①分析此图线的OA段可得出的结论是．②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是．〔3〕假设保持所挂钩砝数量不变，改变小车质量，屡次重复测量，可以研究加速度a与小车质量M的关系，那么该绘制关系图线．12．〔6分〕〔2021•模拟〕某小组设计了如图〔a〕所示的装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．他们在轨道水倾斜的两种情况下分别做了，得到了两条a ﹣F图线，如图〔b〕所示．〔1〕图线是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的〔选填“①〞或“②〞〕；〔2〕滑块和位移传感器发射的总质量m= kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=．13．〔4分〕〔2021•〕放射性元素衰变为，此衰变过程的核反方程是；用此衰变过程中发出的射线轰击，可得到质量数为22的氖〔Ne〕元素和另一种粒子，此核反过程的方程是．14．〔4分〕〔2021•〕将静置在地面上，质量为M〔含燃料〕的模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，那么喷气结束时模型获得的速度大小是〔〕A．v0B．v0C．v0D．v0三、计算题〔此题共4小题，15、16、17题各9分，18题11分，共38分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位〕15．〔9分〕〔2021秋•区校级月考〕水平传送带被广泛地用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行平安检查．如图为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB始终保持v=1m/s的恒速率运行．旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，AB间的距离为2m，g取10m/s2．假设乘客把行李放到传送带的同时也以v=1m/s的恒速度平行于传送带运动去取行李，求：〔1〕行李到达B的时间和乘客到达B的时间各是多少？〔2〕假设传送带速度足够大，那么行李最快要多长时间到达B？16．〔9分〕〔2021春•吉州区校级月考〕如下图，质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内做以O为圆心，半径为R的匀速圆周运动，重力加速度为g，空气阻力不计．〔1〕要使盒子运动到最高点时，与小球之间恰好无作用力，那么该同学拿着盒子做匀速圆周运动的周期为多少？〔2〕该同学拿着盒子以第〔1〕问中周期的做匀速圆周运动，当盒子运动到圆心O点正右方时，小球对盒子的哪些面有作用力？作用力的大小分别为多少？17．〔9分〕〔2021•校级模拟〕嫦娥一号〞探月卫星在空中运动的简化示意图如下．卫星由地面发射后，经过发射轨道进入停泊轨道，在停泊轨道经过调速后进入地月转移轨道，再次调速后进入工作轨道．卫星在停泊轨道和工作轨道运行半径分别为R和R1，地球半径为r，月球半径为r1，地外表重力加速度为g，月球外表重力加速度为．求：〔1〕卫星在停泊轨道上运行的线速度；〔2〕卫星在工作轨道上运行的周期．18．〔11分〕〔2104春•校级期末〕如下图，一根匀质绳质量为M，其两端固在天花板上的A、B两点，在绳的中点悬挂一重物，质量为m，悬挂重物的绳PQ质量不计．设α、β分别为绳子端点和中点处绳子的切线方向与竖直方向的夹角，试求的大小．三中高三〔上〕第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔此题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，选得不全的得2分．〕1．〔4分〕〔2021•〕当用一束紫外线照射锌板时，产生了光电效，这时〔〕A．锌板带负电B．有正离子从锌板逸出C．有电子从锌板逸出D．锌板会吸附空气中的正离子考点：光电效．专题：光电效专题．分析：当用一束紫外线照射锌板时，产生了光电效，有光电子从锌板逸出．解答：解：紫外线照射锌板，发生光电效，此时锌板中有电子逸出，锌板失去电子带正电．故C正确，A、B、D错误．应选C．点评：解决此题的关键知道光电效的实质，知道锌板失去电子带正电．2．〔4分〕〔2021秋•区校级月考〕以下实例属于超重现象的是〔〕A．荡秋千的小孩通过最低点B．驶过拱形桥顶端C．跳水运发动被跳板弹起，离开跳板向上运动D．点火后匀速升空过程中考点：超重和失重．分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．解答：解：A、荡秋千的小孩通过最低点时，由支持力和重力的合力提供向心力．合力向上，所以支持力大于重力，处于超重状态，所以A正确；B、超重是物体受到接触面竖直向上的支持力或绳的拉力大于重力．在驶过拱形桥顶端时，由重力的分力提供做圆周运动向心力，所以支持力小于重力，处于失重状态，所以B错误；C、跳水运发动离开跳板向上运动时，与跳板别离，没有支持力，完全失重，所以C 错误；D、点火加速升空的过程中，有向上的加速度，是由支持力和重力的合力提供，处于超重状态，所以D正确．应选：AD．点评：此题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，此题就可以解决了．3．〔4分〕〔2021秋•校级期末〕一辆空车和一辆满载货物的同型号，在同一路面上以相同的速度向同一方向行驶．两辆同时紧急刹车后〔即车轮不滚动只滑动〕，以下说法正确的选项是〔〕A．满载货物的由于惯性大，滑行距离较大B．满载货物的由于受的摩擦力较大，滑行距离较小C．两辆滑行的距离相同D．满载货物的比空车先停下来考点：牛顿第二律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动律综合专题．分析：根据牛顿第二律比拟出两车的加速度，从而根据速度位移公式比拟出刹车滑行的距离大小．解答：解：A、刹车后的加速度a=，两车的动摩擦因数相同，那么两车匀减速运动的加速度相，根据x=知，两车滑行的距离相同．故A、B错误，C正确．D、根据t=知，两车滑行的时间相．故D错误．应选C．点评：此题考查通过对的受力，根据牛顿第二律得出加速度的大小．从而得知加速度与的质量无关．4．〔4分〕〔2021•区校级模拟〕如下图，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端〔B与小车间的动摩擦因数为μ〕．某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，那么此刻小车对物块B产生作用力的大小和方向为〔〕A．mg，竖直向上B．，斜向左上方C．mgtanθ，水平向右D．mg．向右上方考点：牛顿第二律；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动律综合专题．分析：先以A为研究对象，根据牛顿第二律求出加速度．再对B研究，由牛顿第二律求解小车对物块B产生的作用力的大小和方向．解答：解：以A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二律得：m A gtanθ=m A a，解得a=gtanθ，方向水平向右．再对B研究得：F=ma=mgtanθ，方向水平向右，即小车对物块B产生的静摩擦力的大小为mgtanθ，方向向右．小车对物块B的支持力向上，与重力平衡，故N=mg；故小车对物块B产生作用力为：F=N2+f2=mg，斜向右上方；应选D．点评：此题要抓住小球、物块B和小车的加速度相同的特点，根据牛顿第二律采用隔离法研究．5．〔4分〕〔2021•〕将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．以下描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的选项是〔〕A．B．C．D．考点：竖直上抛运动．专题：压轴题；直线运动规律专题．分受力分析后根据牛顿第二律判断加速度的变化规律，同时结合特殊位置〔最高点〕进析：行判断．解答：解：B、D、皮球竖直向上抛出，受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二律，有：mg+f=ma根据题意，空气阻力的大小与速度的大小成正比，有：f=kv联立解得：a=g+A、C、由于速度不断减小，故加速度不断减小，到最高点速度为零，阻力为零，加速度为g，不为零，故BD均错误；根据BD的结论a=g+，有∝，由于加速度减小，故也减小，故也减小，故a﹣t图象的斜率不断减小，故A错误，C正确；应选：C．点评：此题关键是受力分析后得到加速度的表达式，然后结合速度的变化得到阻力变化，最后判断出加速度的变化规律．6．〔4分〕〔2021春•区校级期中〕以下关于运动和力的表达中，正确的选项是〔〕A．物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一做直线运动B．物体做圆周运动，所受的合力一指向圆心C．做曲线运动的物体，其加速度方向一是变化的D．物体运动的速率在增加，所受合力方向一与运动方向相同考点：物体做曲线运动的条件．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动〞．当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做曲线运动．物体做匀速圆周运动，所受的合力一指向圆心；物体运动的速率在增加，所受合力方向一与运动方向之间的夹角是锐角．解答：解：A、根据曲线运动的条件，假设物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一做直线运动．故A正确；B、物体做匀速圆周运动，所受的合力一指向圆心假设不是匀速圆周运动，那么不指向圆心．故B错误；C、在恒力作用下物体的加速度不变，物体可以做曲线运动，如平抛运动，故C错误；D、物体运动的速率在增加，所受合力方向一与运动方向之间的夹角是锐角．故D错误．应选：A点评：此题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．7．〔4分〕〔2021秋•区校级月考〕“儿童蹦极〞中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳．质量为m的小明如图静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，假设此时小明左侧橡皮绳断裂，那么小明此时〔〕A．速度为零B．加速度a=g，方向竖直向下C．加速度a=g，沿未断裂绳的方向斜向上D．加速度a=g，沿原断裂绳的方向斜向下考点：共点力平衡的条件及其用；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：小明静止时受到重力和两根橡皮条的拉力，处于平衡状态，三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力值、反向、共线；撤去一个力后，其余两个力未变，故合力与撤去的力值、反向、共线，求出合力后根据牛顿第二律求解加速度．解答：解：小明静止时受到重力和两根橡皮条的拉力，处于平衡状态，如图由于T1=T2=mg，故两个拉力的合力一在角平分线上，且在竖直线上，故两个拉力的夹角为120°，当右侧橡皮条拉力变为零时，左侧橡皮条拉力不变，重力也不变；由于三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力值、反向、共线，故左侧橡皮条拉力与重力的合力与右侧橡皮条断开前的弹力反方向，大小于mg，故加速度为g，沿原断裂绳的方向斜向下；应选：D．点评：此题关键是对小明受力分析后，根据三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力值、反向、共线来确撤去一个力后的合力，再根据牛顿第二律求解加速度．8．〔4分〕〔2007•〕假设太阳系体的密度不变，天体直径和天体之间距离都缩小到原来的一半，地球绕太阳公转近似为匀速圆周运动，那么以下物理量变化正确的选项是〔〕A．地球的向心力变为缩小前的一半B．地球的向心力变为缩小前的C．地球绕太阳公转周期与缩小前的相同D．地球绕太阳公转周期变为缩小前的一半考点：万有引力律及其用．专题：计算题；压轴题．分析：由密度不变，半径变化可求得天体的质量变化；由万有引力充当向心力可得出变化以后的各量的变化情况．解答：解：由于天体的密度不变而半径减半，导致天体的质量减小，所以有地球绕太阳做圆周运动由万有引力充当向心力．所以有所以B正确，A错误；由，整理得与原来相同，C正确．D错误；应选BC．点评：天体的运动中都是万有引力充当向心力，因向心力的表达式有多种，故根据题目中的实际情况确该用的表达式．9．〔4分〕〔2021•沙坪坝区校级模拟〕关于环绕地球运动的卫星，以下说法正确的选项是〔〕A．沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率B．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期C．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星．它们的轨道半径有可能不同D．沿不同轨道经过上空的两颗卫星，它们的轨道平面一会重合考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力律及其用．专题：人造卫星问题．分析：根据开普勒律求解．了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同．物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心．通过万有引力提供向心力，列出式通过量确未知量．解答：解：A、沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道对称的不同位置具有相同的速率，故A 正确B、分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，可能具有相同的周期，故B错误C、根据万有引力提供向心力，列出式：=m〔R+h〕，其中R为地球半径，h为同步卫星离地面的高度．由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，所以T为一值，根据上面式得出：同步卫星离地面的高度h也为一值．故C错误D、沿不同轨道经过上空的两颗卫星，它们的轨道平面不一重合，但圆心都在地心，故D错误应选A．点评：地球质量一、自转速度一，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相，这就决了它的轨道高度和线速度大小．10．〔4分〕〔2021•凉州区校级模拟〕一个质点正在做匀加速直线运动，用固的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1s，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8m，由上述条件可知〔〕A．质点运动的加速度是0.3m/s2B．质点运动的加速度是0.6m/s2C．第1次闪光时质点的速度是0.05m/sD．第1次闪光时质点的速度是0.1m/s考点：匀变速直线运动规律的综合运用．专题：直线运动规律专题．分析：根据连续相时间内的位移之差是一恒量求出质点运动的加速度，根据某段时间内平均速度于中间时刻的瞬时速度求出两次闪光中间时刻的速度，结合速度时间公式求出第1次闪光的速度．解答：解：A、根据得加速度为：a=．故A正确，B错误．C、根据某段时间内的平均速度于中间时刻的瞬时速度知，第一次和第二次闪光中间时刻的速度为：，那么第一次闪光时的速度为：．故C正确，D错误．应选：AC．点评：解决此题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷．二、填空题〔此题共4小题，每空2分，其中第14题为4分，共22分〕11．〔8分〕〔2021•校级一模〕如图1所示为“用DIS〔位移传感器、数据采集器、计算机〕研究加速度和力与质量的关系〞的装置．〔1〕该用的研究方法是控制变量法法；〔2〕在小车总质量不变时，改变所挂钩码的数量，屡次重复测量，可画出a﹣F关系图线〔如图2所示〕．①分析此图线的OA段可得出的结论是质量一的情况下，加速度与合外力成正比．②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是没有使小车质量远大于钩码质量．〔3〕假设保持所挂钩砝数量不变，改变小车质量，屡次重复测量，可以研究加速度a与小车质量M的关系，那么该绘制a﹣关系图线．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：题；牛顿运动律综合专题．分析：研究加速度和力与质量的关系，采用的方法是控制变量法；根据a﹣F图线得出加速度与合外力的关系，图线偏离直线的原因是没有使小车质量远大于钩码质量．为了得出a与M的关系，该作a﹣图线．解答：解：〔1〕研究加速度和力与质量的关系，需先控制一个物理量不变，采用的研究方法是控制变量法．〔2〕①由图线OA段可知，a与F的图线是倾斜的直线，可知质量一的情况下，加速度与合外力成正比．②因为图线的斜率表示物体的质量，AB段明显偏离直线，此时小车的质量不再远大于钩码的质量，斜率为钩码和小车总质量的倒数．〔3〕研究加速度与小车质量的关系，假设作出a﹣M图线，图线是曲线，无法得出a与M的量关系，该作a﹣图线，图线为过原点的直线，说明a与M成反比．故答案为：〔1〕控制变量法，〔2〕①质量一的情况下，加速度与合外力成正比，②没有使小车质量远大于钩码质量．〔3〕a﹣点评：本采用控制变量法进行研究，在中抓住两个认为：1、认为绳子的拉力于小车的合力，〔前提需平衡摩擦力〕2、认为钩码的总重力于绳子的拉力，〔前提是小车的质量远大于钩码的质量〕．12．〔6分〕〔2021•模拟〕某小组设计了如图〔a〕所示的装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．他们在轨道水倾斜的两种情况下分别做了，得到了两条a ﹣F图线，如图〔b〕所示．〔1〕图线是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的〔选填“①〞或“②〞〕；〔2〕滑块和位移传感器发射的总质量m= kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=．考点：牛顿第二律；滑动摩擦力．专题：牛顿运动律综合专题．分析：知道滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率于滑块和位移传感器发射的总质量的倒数．对滑块受力分析，根据牛顿第二律求解．解答：解：〔1〕由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．〔2〕根据F=ma得a=所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率于滑块和位移传感器发射的总质量的倒数．由图形b得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=2，所以滑块和位移传感器发射的总质量m=0.5Kg由图形b得，在水平轨道上F=1N时，加速度a=0，根据牛顿第二律得F﹣μmg=0解得μ=0.2故答案为：〔1〕①；〔2〕0.5，0.2点评：通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与量的关系．运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解．13．〔4分〕〔2021•〕放射性元素衰变为，此衰变过程的核反方程是→+He ；用此衰变过程中发出的射线轰击，可得到质量数为22的氖〔Ne〕元素和另一种粒子，此核反过程的方程是He+→Ne+H ．考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度．专题：衰变和半衰期专题．分析：根据电荷数守恒、质量数守恒确粒子的电荷数和质量数，从而写出核反方程．解答：解：放射性元素衰变为，知电荷数少2，质量数少4，知放出一个α粒子，核反方程为：→+He．用α粒子轰击，可得到质量数为22的氖〔Ne〕，知另一种粒子的电荷数为1，质量数为1，核反方程为：He+→Ne+H．故答案为：→+He，He+→Ne+H点评：解决此题的关键知道核反方程中电荷数守恒、质量数守恒．以及知道常见粒子的电荷数和质量数．。
湖南省怀化三中2015年高一必修二第二次月考月考试题(有答案)
高2014级物理质量检测考试时量：90分钟一、单项选择题(本题共20小题，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．20世纪以来，人们发现了一些新的事实，而经典力学却无法解释，经典力学只适用于解决物体低速运动的问题，不能用来处理高速运动的问题；只适用于宏观物体，不适用于微观粒子．下列说法不正确的是( A )A ．随着认识的发展，经典力学已成了过时的理论B ．人们对客观事物的具体认识，在广度上是有局限性的C ．不同领域的事物各有其本质与规律D ．人们应当不断扩展认识，在更广阔的领域内掌握不同事物的本质与规律2.小船横渡一条河，船本身提供的速度大小方向都不变。
已知小船的运动轨迹如图所示，则河水的流速( D )A 、越接近B 岸水速越大 B 、水流速度恒定C 、由A 到B 水速先增后减D 、越接近B 岸水速越小3．一位高三学生以恒定的速率从学校教学楼的一层上到四层，该同学上楼过程中克服自身重力做的功最接近( C )A ．60JB ．6.0×102JC ．6.0×103JD ．6.0×104J4．已知地球同步卫星的轨道半径是地球半径的k 倍，则( A )A ．第一宇宙速度是同步卫星运行线速度的k 倍B ．第一宇宙速度是同步卫星运行线速度的k 倍C ．地球表面附近的重力加速度是同步卫星向心加速度的k 倍D ．地球表面附近的重力加速度是同步卫星向心加速度的k 倍5．质量为m 的小球从高h 处由静止开始自由下落，以地面作为零势能面．当小球的动能和重力势能相等时，重力的瞬时功率为 ( B )A ．2mg ghB ．mg ghC .12mg ghD .13mg gh 6．如图所示，一轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球，在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时，由于球对杆有作用，使杆发生了微小形变，关于杆的形变量与球在最高点时的速度大小关系，正确的是( C )A ．形变量越大，速度一定越大B ．形变量越大，速度一定越小C ．形变量为零，速度一定不为零D ．速度为零，可能无形变7.设地球是一质量分布均匀的球体，0为地心。
【整理 】2015届高三上学期第二次联考物理 Word版含答案
2014-2015学年上学期第二次月考高三物理试题（考试时间：120分钟总分：100分）第Ⅰ卷（选择题共48分）一、单项选择题（共14小题，每小题中只有一个选项正确，每小题3分，计42分）1.做竖直上抛的物体在不计阻力情况下，上升和下降过程中通过同一位置时，不相同的物理量()A．速率B．速度C．加速度D．位移2．下列关于力和运动的关系的说法中，正确的是( )A．没有外力作用时，物体不会运动，这是牛顿第一定律的体现B．物体受力越大，运动得越快，这是符合牛顿第二定律的C．物体所受合外力为零，速度一定为零；受到合外力不为零，速度也一定不为零D．物体所受的合外力最大时，速度可以为零；受到的合外力最小时，速度可以最大3．一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行路程的说法，正确的是( )A．质量越大，它的惯性越大B．车速越大，它的惯性越大C．车速越大，刹车后在水平面上滑行的路程越长，所以惯性越小D．车速越大，刹车后在水平面上滑行的路程越长，所以惯性越大4．一个静止的质点，在0～4 s时间内受到一方向与运动方向始终在同直线上的力F的作用，力F随时间t的变化如图所示，则质点在( )A．第4 s末回到原出发点B．第4 s末质点回到出发点C．2 s末速度改变方向D．2 s末速度达到最大5.如图所示，放在水平桌面上的木块A处于静止状态，所挂的砝码和托盘的总质量为0.6 kg，弹簧测力计读数为2 N，滑轮摩擦不计．若轻轻取走盘中的部分砝码，使总质量减少到0.3 kg时，将会出现的情况是(g＝10 m/s2) ( )A．A仍静止不动B．弹簧测力计的读数将变小C．A对桌面的摩擦力不变D．A所受的合力将要变大6．有研究发现，轿车的加速度变化情况将影响乘客的舒适度：即加速度变化得越慢，乘坐轿车的人就会感到越舒适；加速度变化得越快，乘坐轿车的人就会感到越不舒适。
若引入一个新物理量来表示加速度变化的快慢，则该新物理量的单位应是( )A．m/s B．m/s2C．m2/s D．m/s37．雨滴在下降过程中，由于水汽的凝聚，雨滴质量将逐渐增大，同时由于速度逐渐增大，空气阻力也将越来越大，最后雨滴将以某一收尾速度匀速下降，在此过程中( ) A．由于空气阻力增大，雨滴下落的加速度逐渐增大B．由于雨滴质量逐渐增大，下落的加速度逐渐减小C．雨滴所受到的重力逐渐增大，重力产生的加速度也逐渐增大D．雨滴所受到的重力逐渐增大，但重力产生的加速度不变8．如图所示，实线是某一匀强电场的电场线，虚线是一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是其轨迹上的两点，若该带电粒子在运动中只受电场力作用，则以下判断错误的是()A．带电粒子带负电荷B．带电粒子所受电场力的方向向左C．带电粒子做匀速运动D．带电粒子由a到b过程电势能减小9．质量为2 kg的质点在x－y平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是( )A．质点的初速度为3 m/sB．2 s末质点速度大小为6 m/sC．质点做曲线运动的加速度为1.5m/s2D．质点所受的合外力为4 N10．两个完全相同的小金属球(皆可视为点电荷)，所带电荷量之比为5∶1，它们在相距一定距离时相互作用的吸引力为F1，如果让它们充分接触后再放回各自原来的位置上，此时相互作用力变为F2，则F1∶F2为()A．5∶2B．5∶4 C．5∶6 D．5∶911.如图所示，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，板间电压为 500 V．一个动能为400 eV的电子从A孔沿垂直板方向射入电场中．经过一段时间电子离开电场，则电子离开电场时的动能大小为 ( )A．900 eV B．500 eVC．400 eV D．100 eV12．宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，先在半径为R1的轨道上运行，变轨后在半径为R2的轨道上运行，R1＞R2，则变轨后宇宙飞船的 ( )A．线速度变小 B．角速度变小C．向心加速度变大 D．周期变大13．如图，质量为m的物块始终静止在倾角为θ的斜面上，则（）A．若斜面向上匀速移动距离s，则斜面对物块做功为mgsB．若斜面向左匀速移动距离s，则斜面对物块做功为mgsinθcosθsC．若斜面向左以加速度a匀加速移动距离s，则斜面对物块不做功D．若斜面向上以加速度a匀加速移动距离s，则斜面对物块做功为mas14．下列关于功和机械能的说法，正确的是（）A ．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功B ．合外力对物体所做的功等于物体动能的改变量C ．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取无关D ．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量 二、填空题（共3小题，每空2分，计18分）15.在“验证力的平行四边形定则”的实验中，合力与分力的作用效果相同，这里作用效果是指 ( )A ．弹簧测力计的弹簧被拉长B ．固定橡皮条的图钉受拉力产生形变C ．细绳套受拉力产生形变D ．使橡皮条在同一方向上伸长到同一长度16.某同学在做“研究弹簧的形变量与外力的关系”实验时，将一轻弹簧竖直悬挂并让其自然下垂，测出其自然长度；然后在其下部施加竖直向下的外力F ，测出弹簧的总长L ，改变外力F 的大小，测出几组数据，作出F — L 的关系图线，如图所示(实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的)。
【新课标Ⅱ-3】2015届高三上学期月考(2)物理试题 Word版含答案
2015届上学期高三一轮复习第二次月考物理试题【新课标II-3】一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共计48分。
1至7题为单项选择题．．．．．，只有一个答案是正确的；8至12题为多项选择题．．．．．，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。
）1．许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，也创造了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、建立物理模型法、微元法、类比法和科学假说法等等。
以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述正确的是()A．卡文迪许巧妙地运用扭秤实验，用了放大法成功测出静电力常量的数值B．牛顿为了说明力不是维持物体运动的原因用了理想实验法C．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫极限思维法D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法2．我国选手陈一冰多次勇夺吊环冠军，是世锦赛四冠王．如图所示，为一次比赛中他先用双手撑住吊环(如图甲所示)，然后身体下移，双臂缓慢张开到图乙位置．则每条绳索的张力()A．保持不变B．逐渐变小C．逐渐变大D．先变大后变小3．汽车进行刹车试验，若速率从8 m/s匀减速至零，需用时间1 s，按规定速率为8 m/s的汽车刹车后拖行路程不得超过5.9 m，那么上述刹车试验的拖行路程是否符合规定()A．拖行路程为8 m，符合规定B．拖行路程为8 m，不符合规定C．拖行路程为4 m，符合规定D．拖行路程为4 m，不符合规定4．“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳。
如图所示，质量为m的小明静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时()A．加速度为零，速度为零B．加速度a＝g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下C．加速度a＝g，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上D．加速度a＝g，方向竖直向下5. 如图所示，A、B两物块叠放在一起，放在光滑地面上，已知A、B物块的质量分别为M、m，物块间粗糙.现用水平向右的恒力F1、F2先后分别作用在A、B物块上，物块A、B均不发生相对运动，则F1、F2的最大值之比为()A. 1：1B. M ：mC.m：MD. m：( m+M)6．如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v1、v2的速度作逆时针转动时(v1< v2)，稳定时细绳的拉力分别为F l、F2；若剪断细绳后，物体到达左端的时间分别为t l、t2，下列关于稳定时细绳的拉力和到达左端的时间的大小一定正确的是()A．F l< F2B．F l= F2C．t l> t2D．t l< t27．如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成α角，则两小球初速度之比为()A．tanαB．cosαC．sinα D. tan8．将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v-t图像如图所示。
〖高考物理5份试卷〗湖南省怀化市第二次高三模拟考试物理试卷
高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、单项选择题1．如图所示，绝缘轻杆一端插入绝缘水平面固定，另一端与带正电的金属小球1连接，轻杆与水平面夹角为30°。
带电量为+q的金属小球2放在绝缘水平面上，1、2小球间的连线与水平面间的夹角也为30°，此时轻杆对小球1的弹力恰好沿杆方向。
现用与小球2完全相同的带电量为－3q小球3和小球2接触，稳定后再移走小球3．球1、2均看作点电荷。
则小球2电荷量变化前后，轻杆对小球1的弹力大小之比为A．1︰B．2︰C．1︰2 D．︰22．一倾角为α的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑．现给物体施加如图所示的力F，F与竖直方向夹角为β，斜劈仍静止，则此时地面对斜劈的摩擦力( )A．大小为零B．方向水平向右C．方向水平向左D．无法判断大小和方向3．如图所示，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，使电灯L变暗，下列哪些措施可以使电灯L重新变亮A．其他条件不变，P1上移B．其他条件不变，P2下移C．其他条件不变，断开电键SD．其他条件不变，将滑动变阻器滑动片P向下移动4．如图A、B、C三球质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。
倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（）A．A球的受力情况未变，加速度为零B．C球的加速度沿斜面向下，大小为gC．A、B之间杆的拉力大小为2mgsinD．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为5．如图甲所示，一物块在斜面上恰能以速度v0匀速下滑，斜面静止不动。
高三物理月考试题及答案-湖南株洲二中2015届高三上学期第二次月考试卷
湖南省株洲二中2015届高三上学期第二次月考物理试卷一、选择题（第2、6、10题为多选题，其余单选）1．下列说法中正确的是( )A．伽利略的理想斜面实验告诉我们，牛顿第一定律能被实验直接验证B．水平面上推越重的物体所需的推力越大，所以物体与地面的静摩擦力大小与物体对地面的压力大小成正比C．物体在变力作用下一定作圆周运动D．物体在变力作用下可能做直线运动2．下列物理量中是标量的是( )A．速度B．磁通量C．时间D．电流3．有一辆电动小车，在一条平直的公路上进行起步加速测试，测试过程中汽车从静止开始做匀加速运动．在某一段50m位移内用时5s，紧接着间隔两秒后，在另一段20m位移内用时1s，则( )A．电动小车的加速度为1m/s2，这两段位移中间的2s内位移为34mB．电动小车的加速度为2m/s2，这两段位移中间的2s内位移为25mC．电动小车的加速度为1m/s2，这两段位移中间的2s内位移为22mD．电动小车的加速度为2m/s2，这两段位移中间的2s内位移为34m4．如图示，将一质量为m的足够长的长木板静止地放在水平地面上，另一质量为m的物块以水平初速度V0滑上长木板，若木板与木块的动摩擦因数为3μ、木板与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，则在木块与长木板相对静止之前，长木板受地面的摩擦力大小为( )A．5μmg B．4μmg C．3μmg D．2μmg5．质量m=2.0kg的物体在水平外力的作用下在水平面上运动，物体和水平面间的动摩擦因数μ=0.1，已知物体运动过程中的坐标与时间的关系为x=5.0t，y=0.5t2（单位均为m），g取10m/s2．根据以上条件，下列说法错误的是( )A．物体运动的轨迹是抛物线B．物体所受的合外力大小、方向都是恒定不变的C．任意时间内的速度变化量的方向是沿+y轴方向D．物体对水平面的压力不变，物体所受的滑动摩擦力也不变6．如图所示，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定，有质量相等的小球A和B沿着筒的内壁在水平面内作匀速圆周运动，A的运动半径较大，则下列说法正确的是( )A．球A的线速度小于球B的线速度B．球A的角速度小于球B的角速度C．球A的加速度等于球B的加速度D．球A对筒壁的压力大小等于球B队筒壁的压力大小7．如图所示，是某同学站在力板传感器上，做下蹲﹣起立的动作时记录的随时间变化的图象．由图可知，该同学的体重约为650N，除此之外，还可以得到以下信息( )A．该同学做了两次下蹲﹣起立的动作B．该同学做了一次下蹲﹣起立的动作，且下蹲后约2s起立C．下蹲过程中人处于失重状态D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态8．如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m的照相机，三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成37°角，则每根支架中承受的压力大小为( )A．mg B．mg C．mg D．mg9．某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图所示．由图象得出的判断不正确的是( )A．图线与纵轴的交点M的值a M=﹣gB．图线与横轴的交点N的值T N=mgC．图线的斜率等于物体质量的倒数D．图线的斜率等于物体的质量m10．有限长水平传送带以速度v1顺时针匀速运动，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在传送带左端具有水平向右的速度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，且认为轻绳足够长．正确描述小物体P的速度随时间变化的图象可能是( )A． B． C．D．二、实验题（共10分）11．利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度．一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t，改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如表所示．完成下列填空和作图：（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是；（2）根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出﹣t图线；（3）由所画出的﹣t图线，得出滑块加速度的大小为a=2.0m/s2（保留2位有效数字）．三、计算题12．如图，倾斜的长直杆与水平面成α角，一个质量为m的圆环套在一根固定的长直杆上，直杆截面为圆形，直径略小于圆环直径，环与杆的动摩擦因数为μ．现给环一个沿杆方向向下的恒力F，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1=kv，其中k为常数，分析圆环的运动，求：（1）圆环的最大加速度；（2）圆环的最大速度．13．如图所示，水平面上固定一个倾角为θ的斜面，已知sinθ=，一个小球从斜面上某一位置P处斜向上抛出，到达斜面顶端Q处时速度恰好变为水平方向，已知P、Q间的距离为L=2m，重力加速度为g=10m/s2，求：（1）小球从P点运动到Q点所经过的时间（2）小球的初速度v0的大小．14．一块橡皮（可看成质点）用细线悬挂于O点，用钉子靠着线的左侧，在t=0时刻钉子沿与水平方向成θ=37°角的方向向右上方运动，运动中始终保持悬线竖直，求：（1）钉子按题干所述方向做v=5m/s的匀速直线运动，求10s内橡皮的位移s1．（2）钉子按题干所述方向做初速度为0、加速度为a=5m/s2的匀加速直线运动，求10s内橡皮的位移s2．15．半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°．重力加速度大小为g．（1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；（2）ω=，求小物块受到的摩擦力大小和方向．湖南省株洲二中2015届高三上学期第二次月考物理试卷一、选择题（第2、6、10题为多选题，其余单选）1．下列说法中正确的是( )A．伽利略的理想斜面实验告诉我们，牛顿第一定律能被实验直接验证B．水平面上推越重的物体所需的推力越大，所以物体与地面的静摩擦力大小与物体对地面的压力大小成正比C．物体在变力作用下一定作圆周运动D．物体在变力作用下可能做直线运动考点：物体做曲线运动的条件；伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：牛顿第一定律是在实验的基础上推理概括得出的规律；即物体在不受力的作用时，总保持静止状态或物体做匀速直线运动状态解答：解：A、牛顿第一定律是在伽利略的理想斜面实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论，故伽利略的理想斜面实验是牛顿第一定律的”实验“基础；但是不能被实验证实．故A错误；B、水平面上推越重的物体所需的推力越大，所以物体与地面的滑动摩擦力大小与物体对地面的压力大小成正比，不是静摩擦力．故B错误；C、D、物体在变力的作用下可能做圆周运动，也可能做直线运动，如弹簧振子在变力的作用下的运动．故C错误，D正确．故选：D点评：牛顿第一定律是重要的力学定律，也叫惯性定律，揭示了力与运动的关系，即力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因2．下列物理量中是标量的是( )A．速度B．磁通量C．时间D．电流考点：矢量和标量．分析：矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．解答：解：A、矢量是既有大小又有方向的物理量，速度是矢量，故A正确．BC、标量是只有大小没有方向的物理量，磁通量和时间都是标量，故BC错误．D、电流有方向，其方向表示正电荷定向移动的方向，由于电流运算时不遵守矢量运算法则：平行四边形定则，所以电流是标量，故D错误．故选：BCD．点评：对于矢量与标量，要明确它们有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则．3．有一辆电动小车，在一条平直的公路上进行起步加速测试，测试过程中汽车从静止开始做匀加速运动．在某一段50m位移内用时5s，紧接着间隔两秒后，在另一段20m位移内用时1s，则( )A．电动小车的加速度为1m/s2，这两段位移中间的2s内位移为34mB．电动小车的加速度为2m/s2，这两段位移中间的2s内位移为25mC．电动小车的加速度为1m/s2，这两段位移中间的2s内位移为22mD．电动小车的加速度为2m/s2，这两段位移中间的2s内位移为34m考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：设第一段的初速度为v0，设加速度为a，则根据位移时间关系列方程求解初速度和加速度，再根据位移时间关系求第二段的位移．解答：解：设第一段的初速度为v0，设加速度为a，则根据位移时间关系知x1=v0t1x3=（v0+a（t1+t2））t3联立上式，代入数据解得：v0=5m/s，a=2m/s2则第二段位移为：x2=（v0+at1）t2=（5+2×5）×2=34m故选：D点评：此题考查位移与时间关系，注意分段找到初速度和时间关系，前一段的末速度时后一段的初速度．4．如图示，将一质量为m的足够长的长木板静止地放在水平地面上，另一质量为m的物块以水平初速度V0滑上长木板，若木板与木块的动摩擦因数为3μ、木板与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，则在木块与长木板相对静止之前，长木板受地面的摩擦力大小为( )A．5μmg B．4μmg C．3μmg D．2μmg考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：先对小滑块受力分析，受重力、长木板的支持力和向左的滑动摩擦力；再对长木板受力分析，受到重力、小滑块的对长木板向下的压力、小滑块对其向右的滑动摩擦力、地面对长木板的支持力和向左的静摩擦力；然后根据共点力平衡条件判断．解答：解：对小滑块受力分析，受重力mg、长木板的支持力F N和向左的滑动摩擦力f1，有f1=3μF NF N=mg故f1=3μmg再对长木板受力分析，受到重力mg、小滑块的对长木板向下的压力F N、小滑块对其向右的滑动摩擦力f1、地面对长木板的支持力F N′和向左的静摩擦力f2，根据共点力平衡条件，有f1=f2故f2=3μmg；而地面对木板的滑动摩擦力f3=μ×2mg=2μmg，因此木块与木板一起在地面上滑行，长木板受地面的摩擦力大小2μmg，故D正确，ABC错误；故选：D．点评：滑动摩擦力与正压力成正比，而静摩擦力随外力的变化而变化，故静摩擦力通常可以根据共点力平衡条件求解，或者结合运动状态，然后根据牛顿第二定律列式求解．5．质量m=2.0kg的物体在水平外力的作用下在水平面上运动，物体和水平面间的动摩擦因数μ=0.1，已知物体运动过程中的坐标与时间的关系为x=5.0t，y=0.5t2（单位均为m），g取10m/s2．根据以上条件，下列说法错误的是( )A．物体运动的轨迹是抛物线B．物体所受的合外力大小、方向都是恒定不变的C．任意时间内的速度变化量的方向是沿+y轴方向D．物体对水平面的压力不变，物体所受的滑动摩擦力也不变考点：运动的合成和分解；摩擦力的判断与计算．专题：运动的合成和分解专题．分析：根据物体在x和y方向上的运动规律，结合两个分运动的规律，结合轨迹方程判断物体的运动轨迹．解答：解：A、物体在y方向上做匀加速直线运动，在x方向上做匀速直线运动，有y=0.5×，可知物体运动的轨迹是抛物线，故A正确．B、因为物体在x方向上的加速度为零，y方向上的加速度为1m/s2，则合加速度为1m/s2，大小和方向都不变，则合力的大小和方向不变，故B正确．C、因为加速度不变，且方向沿y轴正方向，可知速度的变化量的方向沿y轴正方向，故C 正确．D、因为物体的运动轨迹是曲线，滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反，则滑动摩擦力的方向在变化，故D错误．本题选错误的，故选：D．点评：本题考查了运动的合成和分解，知道分运动与合运动具有等时性，知道两个分运动的运动规律是解决本题的关键．6．如图所示，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定，有质量相等的小球A和B沿着筒的内壁在水平面内作匀速圆周运动，A的运动半径较大，则下列说法正确的是( )A．球A的线速度小于球B的线速度B．球A的角速度小于球B的角速度C．球A的加速度等于球B的加速度D．球A对筒壁的压力大小等于球B队筒壁的压力大小考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：对AB受力分析，可以发现它们都是重力和斜面的支持力的合力作为向心力，并且它们的质量相等，所以向心力的大小也相等，再根据线速度、加速度和周期的公式可以做出判断．解答：解：A、如右图所示，小球A和B紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动．由于A和B的质量相同，小球A和B在两处的合力相同，即它们做圆周运动时的向心力是相同的．由向心力的计算公式F=m，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的线速度大，故A错误．B、由公式F=mω2r，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的角速度小，所以球A的角速度小于球B的角速度．故B正确．C、由F=ma知，球A的加速度等于球B的加速度，故C正确．D、根据力图可知，筒壁对A球的支持力等于筒壁对B球的支持力，则球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力，故D正确．故选：BCD．点评：对物体受力分析是解题的关键，通过对AB的受力分析可以找到AB的内在的关系，它们的质量相同，向心力的大小也相同，本题能很好的考查学生分析问题的能力．7．如图所示，是某同学站在力板传感器上，做下蹲﹣起立的动作时记录的随时间变化的图象．由图可知，该同学的体重约为650N，除此之外，还可以得到以下信息( )A．该同学做了两次下蹲﹣起立的动作B．该同学做了一次下蹲﹣起立的动作，且下蹲后约2s起立C．下蹲过程中人处于失重状态D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态考点：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：失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度．人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是如此．解答：解：A、人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲﹣起立的动作，故A错误；B、由图象看出两次超重的时间间隔就是人蹲在地上持续的时间，约2s，故B正确；C、D、下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，C、D均错误；故选：B点评：本题考察物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别8．如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m的照相机，三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成37°角，则每根支架中承受的压力大小为( )A．mg B．mg C．mg D．mg考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以相机为研究对象，对相机受力分析，先将各支架的作用力向水平和竖直方向分析，由共点力的平衡条件可得出各支架的受力．解答：解：相机受重力和三个沿着杆向上的支持力而平衡；将三个支持力均沿着水平和竖直方向正交分解，根据平衡条件，有：3Ncos37°=mg解得：N===mg故选：C．点评：本题因是立体图，无法将所有力画出，因三根支架受力相等，故可以由一根支架的受力得出所有支架的合力．9．某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图所示．由图象得出的判断不正确的是( )A．图线与纵轴的交点M的值a M=﹣gB．图线与横轴的交点N的值T N=mgC．图线的斜率等于物体质量的倒数D．图线的斜率等于物体的质量m考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对货物受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律求出加速度的一般表达式进行分析解答：解：对货物受力分析，受重力mg和拉力T，根据牛顿第二定律，有T﹣mg=maa=﹣gA、当T=0时，a=﹣g，即图线与纵轴的交点M的值a M=﹣g，故A正确；B、当a=0时，T=mg，故图线与横轴的交点N的值T N=mg，故B正确；C、D、图线的斜率表示质量的倒数，故C正确，D错误；本题选错误的，故选：D点评：本题关键是根据牛顿第二定律求出加速度的一般表达式进行讨论10．有限长水平传送带以速度v1顺时针匀速运动，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在传送带左端具有水平向右的速度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，且认为轻绳足够长．正确描述小物体P的速度随时间变化的图象可能是( )A． B． C．D．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：要分不同的情况进行讨论：若V2＜V1：分析在f＞Q的重力时的运动情况或f＜Q的重力的运动情况____________________若V2＜V1：分析在f＞Q的重力时的运动情况或f＜Q的重力的运动情况解答：解：若V2＜V1：物体受摩擦力f向右，若f＞G Q，则向右匀加速到速度为V1后做匀速运动到离开，故B图可能；若f＜G Q，则向右做匀减速到速度为0后再向左匀加速到离开，无此选项若V2＞V1：f向左，若f＞G Q，则减速到V1后匀速向右运动离开，无此选项若f＜G Q，则减速到小于V1后f变为向右，加速度变小，此后加速度不变，继续减速到0后向左加速到离开，则为A图故选：AB．点评：考查摩擦力的方向与速度的关系，明确其与相对运动方向相反，结合牛顿第二定律分析运动情况，较难．二、实验题（共10分）11．利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度．一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t，改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如表所示．完成下列填空和作图：（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是；（2）根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出﹣t图线；（3）由所画出的﹣t图线，得出滑块加速度的大小为a=2.0m/s2（保留2位有效数字）．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题．分析：可以把光电门甲至乙的匀加速运动看成反向的匀减速运动，写出测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式．由位移时间关系式整理得到﹣t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系．解答：解：（1）由匀变速直线运动的规律及某段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度关系知，故s=（2）图线如图所示（3）由s=得：，知图线的斜率为：，则a=2k．作图求出斜率为：k=﹣0.9897m/s2，a=2|k|≈2.0m/s2故答案为：（1）或；（2）画出图线如图所示（3）2.0点评：题目的难度在于：物体加速下滑时，我们研究了它的逆过程，并且要整理图象所要求的表达式．三、计算题12．如图，倾斜的长直杆与水平面成α角，一个质量为m的圆环套在一根固定的长直杆上，直杆截面为圆形，直径略小于圆环直径，环与杆的动摩擦因数为μ．现给环一个沿杆方向向下的恒力F，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1=kv，其中k为常数，分析圆环的运动，求：（1）圆环的最大加速度；（2）圆环的最大速度．考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据力F1与重力mg的关系分析圆环的运动性质与运动过程，应用平衡条件与牛顿第二定律分析答题解答：解：当F1=mg，即：kv=mg，v=时，圆环水平方向不受摩擦力，则圆环的加速度最大为a=；当滑动摩擦力f=μ（kv﹣mg）=F时，对应的速度最大，v=，答：（1）圆环的最大加速度；（2）圆环的最大速度点评：本题考查了求最大加速度、最大速度问题，对圆环正确受力分析、分析清楚圆环运动过程是正确解题的前提与关键，应用牛顿第二定律即可正确解题；要讨论F与mg的关系，然后根据各种情况答题，这是容易出错的地方13．如图所示，水平面上固定一个倾角为θ的斜面，已知sinθ=，一个小球从斜面上某一位置P处斜向上抛出，到达斜面顶端Q处时速度恰好变为水平方向，已知P、Q间的距离为L=2m，重力加速度为g=10m/s2，求：（1）小球从P点运动到Q点所经过的时间（2）小球的初速度v0的大小．考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：采用逆向思维，小球做平抛运动，根据竖直位移求出运动的时间，结合水平位移和时间求出Q点的速度，结合速度时间公式，根据平行四边形定则求出P点的速度．解答：解：（1）根据得，t=s=．（2）小球在Q点的速度=．则小球的初速度==m/s．答：（1）小球从P点运动到Q点的时间为s．（2）小球的初速度v0的大小为m/s．点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．14．一块橡皮（可看成质点）用细线悬挂于O点，用钉子靠着线的左侧，在t=0时刻钉子沿与水平方向成θ=37°角的方向向右上方运动，运动中始终保持悬线竖直，求：（1）钉子按题干所述方向做v=5m/s的匀速直线运动，求10s内橡皮的位移s1．（2）钉子按题干所述方向做初速度为0、加速度为a=5m/s2的匀加速直线运动，求10s内橡皮的位移s2．考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：（1）两个分运动是匀速直线运动，合运动仍然是匀速直线运动，求出分运动的位移，结合平行四边形定则求出合位移的大小．（2）两个分运动是初速度为零的匀加速直线运动，合运动仍然是初速度为零的匀加速直线运动，结合分运动的位移求出合运动的位移．解答：解：（1）10s内沿钉子方向上的位移x1=vt=5×10m=50m，在竖直方向上运动的位移x2=x1=50m，根据平行四边形定则知，橡皮的位移s=2．因为cos53°=0.6，则，则位移s=2×50×0.9m=90m．（2）两个分运动为初速度为零的匀加速直线运动，则合运动仍然为初速度为零的匀加速直线运动，分运动的位移，则橡皮的位移．答：（1）10s内橡皮的位移为90m．（2）10s内的位移为450m．。
溆浦县高级中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理
溆浦县高级中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、选择题1．如图所示，虚线是小球由空中某点水平抛出的运动轨迹，A、B 为其运动轨迹上的两点。
小球经过A点时，速度大小为10 m/s、与竖直方向夹角为60°；它运动到B点时速度方向与竖直方向夹角为30°。
不计空气阻力，重力加速度取10m/s²，下列叙述正确的是A. 小球通过B点的速度为12m/sB. 小球的抛出速度为5m/sC. 小球从A点运动到B点的时间为1sD. A、B之间的距离为6m【答案】C【解析】根据速度的分解与合成可得小球平抛运动的初速度为：，小球通过B点的速度为：，故AB错误；根据速度的分解与合成可得小球在A点时竖直分速度为：，在B点的竖直分速度为：，则小球从A点到B点的时间为：，故C正确；根据速度位移公式可得A、B之间的竖直距离为：，A、B间的水平距离为：，则A、B之间的距离为：，故D错误。
所以C正确，ABD错误。
2．对于电容，以下说法正确的是A. 一只电容器所充电荷量越大，电容就越大B. 对于固定电容器，它的带电量跟两极板间所加电压的比值保持不变C. 电容器的带电量跟加在两极间的电压成反比D. 如果一个电容器没有带电，也就没有电容 【答案】B【解析】解：A 、电容器带电荷量越大，板间电压越大，而电容不变．故A 错误．B 、电容表征电容器容纳电荷本领的大小，对于固定电容器，电容C 不变，由定义式C=可知，则带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变．故B 正确．C 、电容器的带电荷量Q=CU ，当电容C 一定时，电量与电压成正比．当电容C 变化时，电量与电压不成正比．故C 错误．D 、电容表征电容器容纳电荷本领的大小，与电容器的电量、电压无关．故D 错误． 故选：B【点评】本题考查对电容的理解能力，抓住电容的物理意义和定义式是关键． 3． 如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I 1和I 2，且 I 1>I 2；a 、b 、c 、d 为导线某一横截面所在平面内的四点，且a 、b 、c 与两导线共面；b 点在两导线之间，b 、d 的连线与导线所在平面垂直。
湖南省怀化市2015届高三上学期期中考试物理试题及答案
图3图1tOt 1t 2ba x注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡上。
2．考生作答时，选择题和综合题均须做在答题卡上，在本试卷上答题无效。
考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题。
3．考试结束后，将答题卡收回。
4．本试题卷共6页，如有缺页，考生须声明，否则后果自负。
湖南省怀化市中小学课程改革教育质量监测2015届高三上期中考试物理试题时量 90分钟满分 100分第Ⅰ卷（选择题，共55分）一、选择题：本题共11小题，每小题5分。
在1～8题中，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
在9～11题中，每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全得3分，错选或不答得0分。
1．下列表述中符合物理学史实的是A ．牛顿发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量B ．亚里士多德通过理想斜面实验，发现了物体的运动不需要力来维持C ．伽利略创造了把实验和逻辑推理和谐结合起来的科学研究方法D ．笛卡尔首先提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础2．如图1所示，直线a 和曲线b 分别是在平直公路上行驶的汽车a 和b 的位置-时间（x -t ）图象。
由图可知A ．在时刻t 1，a 、b 两车相遇，且运动方向相反B ．在时刻t 2，a 车追上b 车，且运动方向相同C ．在t 1到t 2这段时间内，b 车的速率先增大后减小D ．在t 1到t 2这段时间内，b 车的速率一直比a 小3．如图2所示，质量为m 的木块在推力F 的作用下，在水平地面上做匀加速直线运动．已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，F 的方向与地面成θ角斜向下．则地面对木块的滑动摩擦力大小为A ．0B ．μmgC ．F sin θD ．μ(mg +F sin θ)4．如图3所示，质量为m 1的木棒用细线悬挂在天花板上，套在木棒上的质量为m 2的金属环正以加速度a 沿木棒加速下滑，此时悬挂木棒的细线对天花板的拉力大小为A ．(m 1+m 2)g B ．m 1g+m 2a C ．(m 1-m 2)g + m 2a D ．(m 1+m 2)g －m 2a 5．将一质量为m 的物体以初速度υ0竖直向上抛出，经过一段时间后又落回抛出点，速度大小为υ。
湖南省株洲二中高三物理上学期第二次月考试卷(含解析)-人教版高三全册物理试题
湖南省株洲二中2015届高三上学期第二次月考物理试卷一、选择题〔第2、6、10题为多项选择题，其余单项选择〕1．如下说法中正确的答案是( )A．伽利略的理想斜面实验告诉我们，牛顿第一定律能被实验直接验证B．水平面上推越重的物体所需的推力越大，所以物体与地面的静摩擦力大小与物体对地面的压力大小成正比C．物体在变力作用下一定作圆周运动D．物体在变力作用下可能做直线运动考点：物体做曲线运动的条件；伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：牛顿第一定律是在实验的根底上推理概括得出的规律；即物体在不受力的作用时，总保持静止状态或物体做匀速直线运动状态解答：解：A、牛顿第一定律是在伽利略的理想斜面实验的根底上进一步的推理概括出来的科学理论，故伽利略的理想斜面实验是牛顿第一定律的〞实验“根底；但是不能被实验证实．故A错误；B、水平面上推越重的物体所需的推力越大，所以物体与地面的滑动摩擦力大小与物体对地面的压力大小成正比，不是静摩擦力．故B错误；C、D、物体在变力的作用下可能做圆周运动，也可能做直线运动，如弹簧振子在变力的作用下的运动．故C错误，D正确．应当选：D点评：牛顿第一定律是重要的力学定律，也叫惯性定律，揭示了力与运动的关系，即力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因2．如下物理量中是标量的是( )A．速度B．磁通量C．时间D．电流考点：矢量和标量．分析：矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．解答：解：A、矢量是既有大小又有方向的物理量，速度是矢量，故A正确．BC、标量是只有大小没有方向的物理量，磁通量和时间都是标量，故BC错误．D、电流有方向，其方向表示正电荷定向移动的方向，由于电流运算时不遵守矢量运算法如此：平行四边形定如此，所以电流是标量，故D错误．应当选：BCD．点评：对于矢量与标量，要明确它们有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法如此不同，矢量运算遵守平行四边形定如此，标量运算遵守代数加减法如此．3．有一辆电动小车，在一条平直的公路上进展起步加速测试，测试过程中汽车从静止开始做匀加速运动．在某一段50m位移内用时5s，紧接着间隔两秒后，在另一段20m位移内用时1s，如此( )A．电动小车的加速度为1m/s2，这两段位移中间的2s内位移为34mB．电动小车的加速度为2m/s2，这两段位移中间的2s内位移为25mC．电动小车的加速度为1m/s2，这两段位移中间的2s内位移为22mD．电动小车的加速度为2m/s2，这两段位移中间的2s内位移为34m考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：设第一段的初速度为v0，设加速度为a，如此根据位移时间关系列方程求解初速度和加速度，再根据位移时间关系求第二段的位移．解答：解：设第一段的初速度为v0，设加速度为a，如此根据位移时间关系知x1=v0t1x3=〔v0+a〔t1+t2〕〕t3联立上式，代入数据解得：v0=5m/s，a=2m/s2如此第二段位移为：x2=〔v0+at1〕t2=〔5+2×5〕×2=34m应当选：D点评：此题考查位移与时间关系，注意分段找到初速度和时间关系，前一段的末速度时后一段的初速度．4．如图示，将一质量为m的足够长的长木板静止地放在水平地面上，另一质量为m的物块以水平初速度V0滑上长木板，假设木板与木块的动摩擦因数为3μ、木板与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，如此在木块与长木板相对静止之前，长木板受地面的摩擦力大小为( )A．5μmg B．4μmg C．3μmg D．2μmg考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：先对小滑块受力分析，受重力、长木板的支持力和向左的滑动摩擦力；再对长木板受力分析，受到重力、小滑块的对长木板向下的压力、小滑块对其向右的滑动摩擦力、地面对长木板的支持力和向左的静摩擦力；然后根据共点力平衡条件判断．解答：解：对小滑块受力分析，受重力mg、长木板的支持力F N和向左的滑动摩擦力f1，有f1=3μF NF N=mg故f1=3μmg再对长木板受力分析，受到重力mg、小滑块的对长木板向下的压力F N、小滑块对其向右的滑动摩擦力f1、地面对长木板的支持力F N′和向左的静摩擦力f2，根据共点力平衡条件，有f1=f2故f2=3μmg；而地面对木板的滑动摩擦力f3=μ×2mg=2μmg，因此木块与木板一起在地面上滑行，长木板受地面的摩擦力大小2μmg，故D正确，ABC错误；应当选：D．点评：滑动摩擦力与正压力成正比，而静摩擦力随外力的变化而变化，故静摩擦力通常可以根据共点力平衡条件求解，或者结合运动状态，然后根据牛顿第二定律列式求解．5．质量m=2.0kg的物体在水平外力的作用下在水平面上运动，物体和水平面间的动摩擦因数μ=0.1，物体运动过程中的坐标与时间的关系为x=5.0t，y=0.5t2〔单位均为m〕，g取10m/s2．根据以上条件，如下说法错误的答案是( )A．物体运动的轨迹是抛物线B．物体所受的合外力大小、方向都是恒定不变的C．任意时间内的速度变化量的方向是沿+y轴方向D．物体对水平面的压力不变，物体所受的滑动摩擦力也不变考点：运动的合成和分解；摩擦力的判断与计算．专题：运动的合成和分解专题．分析：根据物体在x和y方向上的运动规律，结合两个分运动的规律，结合轨迹方程判断物体的运动轨迹．解答：解：A、物体在y方向上做匀加速直线运动，在x方向上做匀速直线运动，有y=0.5×，可知物体运动的轨迹是抛物线，故A正确．B、因为物体在x方向上的加速度为零，y方向上的加速度为1m/s2，如此合加速度为1m/s2，大小和方向都不变，如此合力的大小和方向不变，故B正确．C、因为加速度不变，且方向沿y轴正方向，可知速度的变化量的方向沿y轴正方向，故C 正确．D、因为物体的运动轨迹是曲线，滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反，如此滑动摩擦力的方向在变化，故D错误．此题选错误的，应当选：D．点评：此题考查了运动的合成和分解，知道分运动与合运动具有等时性，知道两个分运动的运动规律是解决此题的关键．6．如下列图，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定，有质量相等的小球A和B沿着筒的内壁在水平面内作匀速圆周运动，A的运动半径较大，如此如下说法正确的答案是( )A．球A的线速度小于球B的线速度B．球A的角速度小于球B的角速度C．球A的加速度等于球B的加速度D．球A对筒壁的压力大小等于球B队筒壁的压力大小考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：对AB受力分析，可以发现它们都是重力和斜面的支持力的合力作为向心力，并且它们的质量相等，所以向心力的大小也相等，再根据线速度、加速度和周期的公式可以做出判断．解答：解：A、如右图所示，小球A和B紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动．由于A和B的质量一样，小球A和B在两处的合力一样，即它们做圆周运动时的向心力是一样的．由向心力的计算公式 F=m，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m一样时，半径大的线速度大，故A错误．B、由公式F=mω2r，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m一样时，半径大的角速度小，所以球A的角速度小于球B的角速度．故B正确．C、由F=ma知，球A的加速度等于球B的加速度，故C正确．D、根据力图可知，筒壁对A球的支持力等于筒壁对B球的支持力，如此球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力，故D正确．应当选：BCD．点评：对物体受力分析是解题的关键，通过对AB的受力分析可以找到AB的内在的关系，它们的质量一样，向心力的大小也一样，此题能很好的考查学生分析问题的能力．7．如下列图，是某同学站在力板传感器上，做下蹲﹣起立的动作时记录的随时间变化的图象．由图可知，该同学的体重约为650N，除此之外，还可以得到以下信息( )A．该同学做了两次下蹲﹣起立的动作B．该同学做了一次下蹲﹣起立的动作，且下蹲后约2s起立C．下蹲过程中人处于失重状态D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态考点：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：失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度．人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是如此．解答：解：A、人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲﹣起立的动作，故A错误；B、由图象看出两次超重的时间间隔就是人蹲在地上持续的时间，约2s，故B正确；C、D、下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，C、D均错误；应当选：B点评：此题考察物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别8．如下列图，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m的照相机，三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成37°角，如此每根支架中承受的压力大小为( )A．mg B．mg C．mg D．mg考点：共点力平衡的条件与其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以相机为研究对象，对相机受力分析，先将各支架的作用力向水平和竖直方向分析，由共点力的平衡条件可得出各支架的受力．解答：解：相机受重力和三个沿着杆向上的支持力而平衡；将三个支持力均沿着水平和竖直方向正交分解，根据平衡条件，有：3Ncos37°=mg解得：N===mg应当选：C．点评：此题因是立体图，无法将所有力画出，因三根支架受力相等，故可以由一根支架的受力得出所有支架的合力．9．某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如下列图．由图象得出的判断不正确的答案是( )A．图线与纵轴的交点M的值a M=﹣gB．图线与横轴的交点N的值T N=mgC．图线的斜率等于物体质量的倒数D．图线的斜率等于物体的质量m考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对货物受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律求出加速度的一般表达式进展分析解答：解：对货物受力分析，受重力mg和拉力T，根据牛顿第二定律，有T﹣mg=maa=﹣gA、当T=0时，a=﹣g，即图线与纵轴的交点M的值a M=﹣g，故A正确；B、当a=0时，T=mg，故图线与横轴的交点N的值T N=mg，故B正确；C、D、图线的斜率表示质量的倒数，故C正确，D错误；此题选错误的，应当选：D点评：此题关键是根据牛顿第二定律求出加速度的一般表达式进展讨论10．有限长水平传送带以速度v1顺时针匀速运动，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在传送带左端具有水平向右的速度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，且认为轻绳足够长．正确描述小物体P的速度随时间变化的图象可能是( )A．B．C．D．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：要分不同的情况进展讨论：假设V2＜V1：分析在f＞Q的重力时的运动情况或f＜Q的重力的运动情况____________________假设V2＜V1：分析在f＞Q的重力时的运动情况或f＜Q的重力的运动情况解答：解：假设V2＜V1：物体受摩擦力f向右，假设f＞G Q，如此向右匀加速到速度为V1后做匀速运动到离开，故B图可能；假设f＜G Q，如此向右做匀减速到速度为0后再向左匀加速到离开，无此选项假设V2＞V1：f向左，假设f＞G Q，如此减速到V1后匀速向右运动离开，无此选项假设f＜G Q，如此减速到小于V1后f变为向右，加速度变小，此后加速度不变，继续减速到0后向左加速到离开，如此为A图应当选：AB．点评：考查摩擦力的方向与速度的关系，明确其与相对运动方向相反，结合牛顿第二定律分析运动情况，较难．二、实验题〔共10分〕11．利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度．一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t，改变光电门甲的位置进展屡次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如表所示．完成如下填空和作图：s〔m〕0.500 0.600 0.700 0.800 0.900 0.950 t〔s〕0.29 0.37 0.45 0.55 0.67 0.78 s/t〔m/s〕 1.71 1.62 1.55 1.45 1.34 1.22〔1〕假设滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是；〔2〕根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出﹣t图线；〔3〕由所画出的﹣t图线，得出滑块加速度的大小为a=2.0m/s2〔保存2位有效数字〕．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题．分析：可以把光电门甲至乙的匀加速运动看成反向的匀减速运动，写出测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式．由位移时间关系式整理得到﹣t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系．解答：解：〔1〕由匀变速直线运动的规律与某段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度关系知，故s=〔2〕图线如下列图〔3〕由s=得：，知图线的斜率为：，如此a=2k．作图求出斜率为：k=﹣0.9897m/s2，a=2|k|≈2.0m/s2故答案为：〔1〕或；〔2〕画出图线如下列图〔3〕2.0点评：题目的难度在于：物体加速下滑时，我们研究了它的逆过程，并且要整理图象所要求的表达式．三、计算题12．如图，倾斜的长直杆与水平面成α角，一个质量为m的圆环套在一根固定的长直杆上，直杆截面为圆形，直径略小于圆环直径，环与杆的动摩擦因数为μ．现给环一个沿杆方向向下的恒力F，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1=kv，其中k为常数，分析圆环的运动，求：〔1〕圆环的最大加速度；〔2〕圆环的最大速度．考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据力F1与重力mg的关系分析圆环的运动性质与运动过程，应用平衡条件与牛顿第二定律分析答题解答：解：当F1=mg，即：kv=mg，v=时，圆环水平方向不受摩擦力，如此圆环的加速度最大为a=；当滑动摩擦力f=μ〔kv﹣mg〕=F时，对应的速度最大，v=，答：〔1〕圆环的最大加速度；〔2〕圆环的最大速度点评：此题考查了求最大加速度、最大速度问题，对圆环正确受力分析、分析清楚圆环运动过程是正确解题的前提与关键，应用牛顿第二定律即可正确解题；要讨论F与mg的关系，然后根据各种情况答题，这是容易出错的地方13．如下列图，水平面上固定一个倾角为θ的斜面，sinθ=，一个小球从斜面上某一位置P处斜向上抛出，到达斜面顶端Q处时速度恰好变为水平方向，P、Q间的距离为L=2m，重力加速度为g=10m/s2，求：〔1〕小球从P点运动到Q点所经过的时间〔2〕小球的初速度v0的大小．考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：采用逆向思维，小球做平抛运动，根据竖直位移求出运动的时间，结合水平位移和时间求出Q点的速度，结合速度时间公式，根据平行四边形定如此求出P点的速度．解答：解：〔1〕根据得，t=s=．〔2〕小球在Q点的速度=．如此小球的初速度==m/s．答：〔1〕小球从P点运动到Q点的时间为s．〔2〕小球的初速度v0的大小为m/s．点评：解决此题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．14．一块橡皮〔可看成质点〕用细线悬挂于O点，用钉子靠着线的左侧，在t=0时刻钉子沿与水平方向成θ=37°角的方向向右上方运动，运动中始终保持悬线竖直，求：〔1〕钉子按题干所述方向做v=5m/s的匀速直线运动，求10s内橡皮的位移s1．〔2〕钉子按题干所述方向做初速度为0、加速度为a=5m/s2的匀加速直线运动，求10s内橡皮的位移s2．考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：〔1〕两个分运动是匀速直线运动，合运动仍然是匀速直线运动，求出分运动的位移，结合平行四边形定如此求出合位移的大小．〔2〕两个分运动是初速度为零的匀加速直线运动，合运动仍然是初速度为零的匀加速直线运动，结合分运动的位移求出合运动的位移．解答：解：〔1〕10s内沿钉子方向上的位移x1=vt=5×10m=50m，在竖直方向上运动的位移x2=x1=50m，根据平行四边形定如此知，橡皮的位移s=2．因为cos53°=0.6，如此，如此位移s=2×50×0.9m=90m．〔2〕两个分运动为初速度为零的匀加速直线运动，如此合运动仍然为初速度为零的匀加速直线运动，分运动的位移，如此橡皮的位移．答：〔1〕10s内橡皮的位移为90m．〔2〕10s内的位移为450m．点评：此题考查了运动的合成和分解，关键知道合运动的运动规律，结合平行四边形定如此进展求解．15．半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°．重力加速度大小为g．〔1〕假设ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；〔2〕ω=，求小物块受到的摩擦力大小和方向．考点：向心力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：〔1〕假设ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度的大小．〔2〕当ω=＜ω0，重力和支持力的合力大于向心力，如此摩擦力的方向沿罐壁切线向上，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小．解答：解：〔1〕当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：mgtan，解得〔2〕当ω=时，需要的向心力比拟小，摩擦力方向沿罐壁切线向上，根据牛顿第二定律得，Ncos30°﹣fcos60°=mRsin60°ω2．mg=Nsin30°+fsin60°联立两式解得．，答：〔1〕小物块受到的摩擦力恰好为零时，．〔2〕当ω=时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为．点评：解决此题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力进展求解．。
物理高考模拟卷-高三物理试题及答案-怀化市年高三第二次模拟考试理综
2015年怀化市高三第二次模拟考试理科综合能力测试命题：怀铁一中理科综合组审题：物理：怀化三中陈锋怀化一中尹智勤市教科院周乐灿化学：怀化三中赵群怀化一中李雪梅市教科院肖建成生物：怀化三中印文怀化一中黄冬芳市教科院邹安福本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
第Ⅰ卷 1 页至5 页，第Ⅱ卷 6页至16 页，共300分。
1.考生注意：答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号涂写在答题卡上。
考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与本人的准考证号、姓名是否一致。
2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
第II卷用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷答题纸规定的位置上。
在试题卷上作答，答案无效。
3.考试结束后，监考人员将试题卷、答题卡一并收回。
第Ⅰ卷（选择题共126分）本卷共21小题，每小题6分，共126分以下数据可供解题时参考：可能用到的相对原子质量H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5二、选择题:本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．在人类对物质运动规律的认识过程中，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家及他们的贡献描述中正确的是A．安培发现了电流的热效应规律B．奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象电本质C．开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做匀速圆周运动D．伽利略在对自由落体运动研究中，对斜面滚球研究，测出小球滚下的位移正比于时间的平方，并把结论外推到斜面倾角为90°的情况，推翻了亚里士多德的落体观点【答案】D【命题立意】本题旨在考查物理学史【解析】电流的热效应规律是焦耳发现的，A错误；安培提出分子电流假说，解释了磁现象电本质，B错误；哥白尼提出行星绕太阳做匀速圆周运动，C错误。
湖南省怀化市2023-2024学年高三上学期月考物理试题(二)含解析
湖南省怀化市2023-2024学年高三上学期月考（二）物理试题（答案在最后）一、单选题（每题4分，共24分）1.下列说法不正确的是（）A.图甲中，当弧光灯发出的光照射到锌板上时，与锌板相连的验电器铝䈃有张角，证明光具有粒子性B.图乙为某金属在光的照射下，光电子最大初动能k E 与入射光频率v 的关系图像，当入射光的频率为02v 时，产生的光电子的最大初动能为EC.图丙中，用从2n =能级跃迁到1n =能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV 的金属铂，不能发生光电效应D.丁图中由原子核的核子平均质量与原子序数Z 的关系可知，若D 和E 能结合成F ，结合过程一定会释放能量【答案】C 【解析】【详解】A ．光子具有能量，锌板中的电子吸收光子后脱离锌板，锌板带有正电，验电器铝箔张开，说明光子的能量是一份一份的，显示出粒子性，光电效应能说明光具有粒子性，故A 正确，不符合题意；B ．根据爱因斯坦光电效应方程k 0E h W =-ν结合图像可知纵截距的绝对值代表的是逸出功，即00W E h ν==当入射光的频率为02ν时，最大初动能为k 002E h W Eν-==故B 正确，不符合题意；C ．图丙中放出光子的能量，根据能级跃迁公式得出2110.2eV 6.34eVh E E ν==>-所以能发生光电效应，故C 错误，符合题意；D ．图丁中D 和E 结合成F ，存在质量亏损，一定会释放能量，故D 正确，不符合题意。
故选C 。
2.唐僧、悟空、沙僧和八戒师徒四个想划船渡过一条宽150m 的河，他们在静水中划船的速度为5m/s ，现在他们观察到河水的流速为4m/s ，对于这次划船过河，他们有各自的看法，其中正确的是（）A.唐僧说：我们要想到达正对岸就得朝着正对岸划船B .悟空说：我们要想节省时间就得朝着正对岸划船C.沙僧说：我们要想少走点路就得朝着正对岸划船D.八戒说：今天这种情况我们是不可能到达正对岸的【答案】B 【解析】【详解】当朝着正对岸划船时划船的时间最短，有min =30s dt v =船且由于v 船>v 水，则有当4tan =5v v θ=水船时他们可以到达正对岸，此时位移最短。
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湖南省怀化市溆浦二中2015届高三上学期第二次月考物理试卷一、选择题（本题包含12小题，每小题4分，共48分，其中1～8小题只有一个选项正确，9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选得0分，将选项填在答题卷）1．如图所示，放置在水平地面上的直角劈M上有一个质量为m的物体，若m在直角劈上面匀加速下滑，M仍保持静止，那么正确的说法是( )A．M对地面的压力等于（M+m）g B．M对地面的压力大于（M+m）gC．地面对M没有摩擦力D．地面对M有向左的摩擦力考点：物体的弹性和弹力；摩擦力的判断与计算．专题：受力分析方法专题．分析：分别对M和m受力分析，然后沿水平方向和竖直方向进行正交分解，抓住M所受合力为零，根据牛顿第二定律，结合共点力平衡进行分析．解答：解：对m分析，m受重力、支持力和摩擦力，因为m加速下滑，具有沿斜面向下的加速度，将该加速度沿水平方向和竖直方向分解．则m支持力在水平方向上的分力大于摩擦力在水平方向上的分力，支持力和摩擦力在竖直方向分力之和小于m的重力．对M分析，M对m的支持力和摩擦力与m对M的压力和摩擦力大小相等．则N2在水平方向上的分力大于f2在水平方向上的分力，根据水平方向上平衡，知地面对M的摩擦力向左．因为f2和N2在竖直方向上的分力之和小于m的重力，根据M在竖直方向上平衡知，地面的支持力小于（M+m）g．故D正确，A、B、C错误．故选：D．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和共点力平衡综合求解．2．某人在平静的湖面上竖直上抛一小铁球，小铁球上升到最高点后自由下落，穿过湖水并陷入湖底的淤泥中一段深度．不计空气阻力，取向上为正方向，在下面的图象中，最能反映小铁球运动过程的v﹣t图象是( )A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：速度图象中速度大于0表示物体沿正方向运动，速度小于0表示物体沿负方向运动；速度图象的斜率等于物体的加速度；斜率的绝对值越大代表物体的加速度越大．解答：解：物体在竖直上升过程中物体的速度竖直向上，即速度大于0，此时物体的加速度大小为a1=g，方向竖直向下，做匀减速直线运动，v﹣t图象是向下倾斜的直线；到达最高点后做自由落体运动，速度方向竖直向下，即速度小于0，此时物体的加速度大小为a2=g，方向竖直向下，做匀加速直线运动，v﹣t图象是向下倾斜的直线；故进入湖水之前物体的加速度保持不变．故速度图象的斜率保持不变．铁球进入湖水后受到湖水的阻力作用，但重力大于阻力，加速度向下，但加速度a3＜g，速度方向仍然向下即速度小于0，做匀加速直线运动，v﹣t图象是向下倾斜的直线；．在淤泥中运动的时候速度仍向下，即速度小于0，但淤泥对球的阻力大于铁球的重力，所以加速度方向竖直向上，故物体做减速运动．故C正确．故选：C．点评：把握物体的运动情况包括速度方向和加速度的大小和方向是解决此题的关键，所以解决运动学问题要详细进行过程分析和受力分析．3．如图所示，A、B是带等量同种电荷的小球，电荷量是10﹣5C，A固定在竖直放置的10cm 长的绝缘支杆上，B平衡于倾角为30°的绝缘粗糙斜面上时，且与A等高，若B的质量为10Kg，则B受到斜面的静摩擦力为（g取l0m/s2）( )A．15 N B．10N C．15N D．35N考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；库仑定律．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对B球分析，B球受到重力、摩擦力、支持力与库仑力，处于平衡状态．运用平衡条件列方程求解．解答：解：设B球受到的静摩擦力沿斜面向上，对B球受力分析如图：根据平衡条件，沿斜面方向有：f+Fcos30°=mgsin30°代入数据：f+9×109××=10×10×得：f=35N故选：D．点评：本题借助库仑力考查了受力分析和平衡条件的应用，库仑力的公式为F=K其中K为静电力常量，值为9×109．4．乘坐游乐圆的翻滚过山车时，质量为m的人随车一起在竖直平面内旋转，下列说法正确的是( )A．车在最高点时人处于倒立状态，全靠保险带拉住，没有保险带人就会掉下B．人在最高点时对座位仍可能产生压力，但是压力一定小于mgC．人在最底点时对座位的压力大于mgD．人在最底点时对座位的压力等于mg考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：人随车一起在竖直平面内旋转，靠合力提供向心力，根据牛顿第二定律分析最高点和最低点人对座椅的压力．解答：解：A、在最高点，若速度较大，靠重力和压力提供向心力，保险带的拉力可以为零．故A错误．B、在最高点，速度较大，靠重力和压力提供向心力，压力可能大于mg．故B错误．C、最最低点，向心力方向向上，则支持力大于mg，所以人对座椅的压力大于mg．故C正确，D错误．故选C．点评：解决本题的关键掌握圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．5．如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1上，然后经点火，卫星沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运动时．下列说法正确的是( )A．将卫星直接发射到轨道3上的发射速度可能等于发射到轨道1上的发射速度的2倍B．卫星在轨道3上的周期小于在轨道1上的周期C．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D．卫星从轨道1到轨道3动能的变化量小于势能的变化量考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：发射速度大于11.2km/s，卫星将脱离地球的束缚，不会绕地球运动．根据万有引力提供向心力，列方程可得到卫星速率与半径的关系来判断周期大小、加速度大小．由牛顿定律研究卫星在Q、P两点加速度大小．卫星从轨道1到轨道3的变轨过程中，要在P点和Q点加速度，故总的机械能增加，卫星势能的增加量要大于动能的减少量．解答：解：A、将卫星直接发射到轨道1上的发射速度是地球的第一宇宙速度，即7.9km/s，它的两倍是15.8km/s，大于第二宇宙速度11.2km/s了，如果发射速度是第一宇宙速度的两倍，则该卫星要脱离地球束缚，不可能在轨道3上绕地球运动，故A错误．B、根据万有引力提供向心力，得，轨道半径越大，周期越大，故卫星在轨道3上的周期大于在轨道1上的周期，故B错误．C、根据万有引力提供向心力，得，r相同，则a大小相等，故卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速，故C错误．D、卫星在轨道1的速度大于在轨道3的速度，即轨道1的动能等于轨道3的动能；轨道1的势能小于轨道3的势能．卫星从轨道1到轨道3的变轨过程中，要在P点和Q点加速，故总的机械能增加，所以卫星势能的增加量要大于动能的减少量，故D正确．故选：D．点评：卫星在不同轨道上运行时各个量的比较，往往根据万有引力等于向心力列出物理量与半径的关系，然后比较．6．如图所示，不计重力的轻杆OP能以O为轴在竖直平面内自由转动，P端悬挂一重物，另用一根轻绳通过定滑轮系在P端．当OP和竖直方向的夹角α缓慢逐渐增大时（0＜α＜π），OP杆的弹力T和绳子的张力F的大小变化是( )A．T不变，F变大B．T不变，F先变大后变小C．T先变小后变大，F变大D．T先变大后变小，F不变考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对P点受力分析，然后根据平衡条件并运用相似三角形法得到OP杆对P的支持力表达式，最后根据牛顿第三定律得到OP杆所受压力表达式再讨论其与角α关系．解答：解：对点P受力分析，设杆的弹力为N，绳子的拉力为T，如图根据平衡条件，合力为零，△AOP与图中矢量（力）三角形相似，故有==解得：N=G T=G由图看出，OP、AO不变，则杆的支持力N不变，AP变大，则绳子拉力T变大．根据牛顿第三定律，OP杆所受压力等于支持力N，故A正确．故选A．点评：本题是力学的动态分析问题，可以通过解析法求解出表达式后分析，也可以通过作图法分析，可以灵活选择．7．小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后又弹到空中某一高度，其速度v随时间t变化的关系如图所示．若g=10m/s2，则( )A．小球第一次反弹后离开地面的速度大小为5m/sB．小球反弹起的最大高度为0.45mC．碰撞前后速度改变量的大小为2m/sD．小球是从5m高处自由下落的考点：匀变速直线运动的图像；自由落体运动；竖直上抛运动．专题：运动学中的图像专题．分析：解决本题的关键是正确理解速度时间图象的物理意义：速度图象的斜率代表物体的加速度，速度图象与时间轴围成的面积代表物体的位移，最后求出反弹的高度．解答：解：A．由图象可知：0.5s末物体反弹，此时速度的大小为3m/s，故A错误；B、小球能弹起的最大高度对应图中0.6s﹣0.8s内速度图象的面积，所以h=0.3×3m=0.45m，故B正确；C、碰撞时速度的改变量为△v=﹣3m/s﹣5m/s=﹣8m/s，则速度的改变量大小为8m/s．故C 错误；D、由图象可知：前0.5s内物体自由下落，后0.3s物体反弹，根据v﹣t图象中速度图象与时间轴围成的面积表示位移可得：小球下落的高度为：h=0.5×5m=1.25m，故D错误；故选B点评：解决本题要明确v﹣t图象的含义：在v﹣t图象中每时刻对应于速度的大小，速度的正负表示其运动方向，图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积为物体的位移，时间轴上方面积表示位移为正，下方表示为负．8．如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为( )A．（M+m）g B．（M+m）g﹣ma C．（M+m）g+ma D．（M﹣m）g考点：牛顿第二定律；超重和失重．专题：压轴题．分析：竿对“底人”的压力大小应该等于竿的重力加上竿上的人对杆向下的摩擦力，竿的重力已知，求出竿上的人对杆向下的摩擦力就可以了．解答：解：对竿上的人分析：受重力mg、摩擦力F f，有mg﹣F f=ma；所以F f=m（g﹣a），竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力﹣﹣摩擦力，且大小相等，方向相反，对竿分析：受重力Mg、竿上的人对杆向下的摩擦力F f′、顶竿的人对竿的支持力F N，有Mg+F f′=F N，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律，得到F N′=Mg+F f′=（M+m）g﹣ma．所以B项正确．故选：B．点评：由于人加速下滑，处于失重状态，人对竿的作用力并不等于人的重力，这是在解答本题的过程中常出现的错误，注意这一点这道题就可以了．9．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．取一个与A点对称的点为D，由A点到B点的形变量为，由对称性得由B到D的形变量也为，故到达C点时形变量要大于h+2，加速度a c＞g，所以D错误．故选BC．点评：知道物体压缩弹簧的过程，就可以逐个分析位移和加速度．10．一艘小船在河中xOy平面内运动的轨迹如图所示，下列判断正确的是( )A．若小船在x方向上始终匀速，则在y方向上先加速后减速B．若小船在x方向上始终匀速，则在y方向上先减速后加速C．若小船在y方向上始终匀速，则在x方向上先减速后加速D．若小船在y方向上始终匀速，则在x方向上先加速后减速考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：物体做曲线运动，合力大致指向轨迹凹的一向，则加速度大致指向轨迹凹的一向．根据轨迹弯曲判断加速度的方向．解答：解：A、若小船在x方向上始终匀速，开始轨迹向下凹，则在y轴方向的加速度方向向下，速度向上，做减速运动，然后轨迹向上凹，则在y轴方向上的加速度方向向上，速度向上，做加速运动，所以在y轴方向上先减速后加速．故A错误，B正确．C、若小船在y方向上始终匀速，开始轨迹向下凹，则在x轴上的加速度方向水平向右，速度向右，做加速运动，然后轨迹向上凹，则在x轴方向上加速度方向水平向左，速度向右，做减速运动，所以在x轴上先加速后减速．故C错误，D正确．故选BD．点评：解决本题得关键知道在曲线运动中，合力大致指向轨迹凹的一向，会根据轨迹弯曲判断加速度的方向．11．某同学在篮球训练中，以一定的初速度投篮，篮球水平击中篮板，现在他向前走一小段距离，与篮板更近，再次投篮，出手高度和第一次相同，篮球又恰好水平击中篮板上的同一点，则( )A．第二次投篮篮球的初速度小些B．第二次击中篮板时篮球的速度大些C．第二次投篮时篮球初速度与水平方向的夹角大些D．第二次投篮时篮球在空中飞行时间长些考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：根据题目中说的两次投篮都是水平击中篮板，所以把篮球的运动从逆向来看，两次的投篮都可以看成是从同一个点开始的平抛运动，第一的水平的位移要比第二次的水平位移大，再根据平抛运动的规律来分析即可．解答：解：把同学投篮水平击中篮板的过程看成逆向的从击中篮板O点开始的平抛运动，如图所示，第二次投篮是下边的一条抛物线，由此可见，第二次投篮时水平的位移要小，所以篮球的初速度要小些，初速度与水平方向的夹角要比第一次的大一些，所以AC正确．故选AC．点评：解答本题是从两次的投篮来看，两次运动之间的规律不好找，但是从逆向来看的话，两次都可以看成是从同一点开始的平抛运动，但是两次平抛运动的水平的位移不同，由此再比较两次投篮之间的关系就很容易了．12．如图所示，x﹣t图象和v﹣t图象中，给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是( )A．图线1表示物体做曲线运动，图线3表示物体做直线运动B．x﹣t图象中t1时刻物体1的速度大于物体2的速度，0至t2时间内物体1平均速度等于物体2的平均速度C．v﹣t图象中0至t3时间内物体4的位移大于物体3的位移，物体4的平均速度大于物体3的平均速度D．两图象中，t2、t4时刻分别表示物体2、4开始反向运动考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系；平均速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：位移时间图线的切线斜率表示物体的瞬时速度，速度时间图线通过位移的大小判断平均速度的大小．在位移时间图线中，通过物体位移增加还是减小判断物体的运动方向，在速度时间图线中，通过速度的正负值判断物体的运动方向．解答：解：A、位移时间图线与速度时间图象中，位移的方向和速度的方向都用正负表示，故是在同一直线上，都是直线运动，故A错误；B、x﹣t图象中某时刻图象上对应点的切线斜率表示对应时刻的速度，故t1时刻物体1的速度大于物体2的速度；0至t2时间内物体1的位移大于物体2的位移，故物体1平均速度大于物体2的平均速度，故B错误；C、v﹣t图象中图象与时间轴包围的面积表示位移大小，故0至t3时间内4的位移大于3的位移，时间相等，则4的平均速度大于3的平均速度，故C正确；D、在位移时间图线中，在t2时刻，位移减小，则运动反向，在速度时间图线中，在t4时刻，速度减小，但方向不变，故D错误；故选：C．点评：解决本题的关键能够从速度时间图线和位移时间图线获取信息，知道两图线的区别．二、实验题（本题共3小题，每空2分，共18分）13．如图所示，甲图中螺旋测微器的读数为10.501mm，乙图中游标卡尺的读数为10.155cm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．专题：实验题．分析：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．游标卡尺读数的方法也可以是主尺与游标尺对其的刻线读数减去游标读数，不需估读；解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数为10.5mm，可动刻度读数为0.01×0.1mm=0.001mm，所以最终读数为：10.5mm+0.001mm=10.501mm，游标上有20个小等分刻度的长度是19mm；从图中得出游标卡尺的固定刻度与游标尺对其的刻度读数为112mm，游标尺上第11个刻度游标读数为0.95×11mm=10.45mm，游标卡尺读数的方法也可以是主尺与游标尺对其的刻线读数减去游标读数，所以最终读数为：112mm﹣10.45mm=101.55mm=10.155cm；故答案为：10.501，10.155．点评：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读，注意两种仪器读数的不同．14．如图，在探究“共点力合成”的实验中，橡皮条一端固定于P点，另一端连接两个弹簧秤，分别用F1与F2拉两个弹簧秤，将结点拉至O点．现让F2大小不变，方向沿顺时针方向转动某一角度，要使结点仍位于O点，则F1的大小及图中β（β＞90°）角的变化可能是( )A．增大F1的同时增大β角B．增大F1而保持β角不变C．增大F1的同时减小β角D．减小F1的同时增大β角考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题；平行四边形法则图解法专题．分析：本题考查力的平行四边形定则，根据题意，保持合力大小方向不变、F2大小增大，方向不变，看怎样改变仍能组成平行四边形即可解答：解：对点O点受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，由于O点位置不变，因此橡皮条长度不变，其拉力大小方向不变，F2的大小不变，ob弹簧拉力方向和大小都改变，根据力的平行四边形定则有：若如图1变化所受，可以增大F1的同时减小β角，故C正确；如图2所受示，可以增大F1的同时增大β角，故A正确；如图3所受示，可以增大F1而保持β角不变，故B正确；同时根据平行四边形定则可知，减小F1的同时增大β角是不能组成平行四边形的，故D错误．故选ABC．点评：本题是三力平衡问题中的动态分析问题，关键受力分析后，作出示意图，然后运用力的平行四边形定则进行分析讨论．15．如图所示是某同学设计的“探究加速度a与物体所受合力F及质量m间关系”的实验．图1为实验装置简图，A为小车，B为打点计时器，C为装有砂的砂桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车拉力F等于砂和砂桶总重力，小车运动加速度a可由纸带求得．（1）图2为某次实验得到的纸带（交流电的频率为50Hz），由图中数据求出小车加速度值为3.0m/s2；（2）保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的数据如表中所示，根据表中数据，为直观反映F不变时a与m的关系，请在图3坐标纸中选择恰当物理量建立坐标系并作出图线；从图线中得到F不变时小车加速度a与质量m间定量关系是a=；（3）保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F图线如图4，该图线不通过原点，明显超出偶然误差范围，其主要原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；次数 1 2 3 4 5 6 7 8小车加速度a/m•s﹣2 1.90 1.72 1.49 1.25 1.00 0.75 0.50 0.30小车质量m/kg 0.25 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00 1.674.00 3.50 3.00 2.5 2.00 1.40 1.00 0.60（4）若实验中将小车换成滑块，将木板水平放置可测出滑块与木板间的动摩擦因数μ．要测出动摩擦因数μ，需要测量的物理量有砂和砂桶质量、木块的质量、以及对应的加速度；实验测得的动摩擦因数μ比真实值偏大（填“偏大”或“偏小”）．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题．分析：（1）根据△x=aT2求出纸带的加速度．（2）为研究a与m的关系，作a与的关系关系图线，注意选取好标度．（3）图线不通过坐标原点，当F为某一值时，加速度为零，知平衡摩擦力不足．解答：解（1）由于每相邻两个计数点间还有1个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.04s，设第一段相邻的计数点的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6、x7、x8根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x5﹣x1=4a1T2x6﹣x2=4a2T2x7﹣x3=4a3T2x8﹣x4=4a4T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3+a4）解得：a==3.0m/s2 ．（2）为研究a与m的关系，作a与的关系关系图线，如图．从图线中得到F不变时小车加速度a与质量m间定量关系是a=（3）图线不通过坐标原点，F不为零时，加速度仍为零，知未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．（4）设滑块的质量为M，砂和砂桶的质量为m，根据牛顿第二定律得：对m：mg﹣F拉=ma对M：F拉﹣μMg=Ma解得：μ=而实验测得的动摩擦因数μ′=需要测量的物理量有：砂和砂桶质量m、木块的质量M、以及对应的加速度a．所以验测得的动摩擦因数μ比真实值偏大．故答案为：（1）3.0（2）如图所示，a=；（3）未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；（4）砂和砂桶质量、木块的质量、以及对应的加速度，偏大．点评：运用匀变速直线运动的公式处理纸带的问题是力学实验里常见的问题，纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，利用匀变速直线运动的推论可求加速度．由于相邻的时间间隔位移之差不等，我们可以采用逐差法求解．该实验的重要一步就是平衡摩擦力，使得小车的合力近似等于砝码和盘得总重力．三、计算题（本题共4小题，解答须写出必要的文字说明，规律公式，只有答案没有过程的计0分，请将解答过程书写在答卷中，其中15题8分，16题8分，17题8分，18题10分，共37分）16．在一次警车A追击劫匪车B时，两车同时由静止向同一方向加速行驶，经过30s追上．两车各自的加速度为a A=15m/s2，a B=10m/s2，各车最高时速分别为v A=45m/s，v B=40m/s，问追上时两车各行驶多少路程？原来相距多远？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据速度时间公式得出两车加速的时间和匀速运动的时间，从而结合位移公式求出加速和匀速运动的位移，从而确定开始相距的距离．解答：解：如图所示，以A车的初始位置为坐标原点，Ax为正方向，设L为警车追上劫匪车所走过的全程，l为劫匪车走过的全程．则两车原来的间距为△L=L﹣l设两车加速运动用的时间分别为t A1、t B1，以最大速度匀速运动的时间分别为t A2、t B2，则v A=a A t A1，解得t A1=3 s则t A2=27s，同理t B1=4 s，t B2=26s警车在0～3s时间段内做匀加速运动，有：L1=a A t A12在3 s～30s时间段内做匀速运动，则有：L2=v A t A2警车追上劫匪车的全部行程为：L=L1+L2=a A t A12+v A t A2==1282.5 m 同理劫匪车被追上时的全部行程为：l=l1+l2=a B t B12+v B t B2==1120 m，两车原来相距：△L=L﹣l=162.5m答：追上时两车各行驶了1282.5m、1120m，两车原来相距162.5m．点评：解决本题的关键理清两车的运动规律，画出运动示意图，结合运动学公式灵活求解，难度不大．17．如图所示，一水平传送装置有轮半径均为R=m的主动轮O1和从动轮O2及传送带等构成．两轮轴心相距8.0m，轮与传送带不打滑．现用此装置运送一袋面粉，已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.4，这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出．（g取10m/s2）（1）当传送带以4.0m/s的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端O2正上方的A点轻放在传送带上后，这袋面粉由A端运送到O1正上方的B端所用的时间为多少？（2）要想尽快将这袋面粉由A端送到B端（设初速度仍为零），主动轮O1的转速至少应为多大？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）面粉在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带的速度时一起做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式，求出面粉由A端运送到Q1正上方的B端所用的时间．（2）要想时间最短，面粉袋应一直向B端做加速运动，根据运动学公式求出传送带的最小速度，从而根据位移公式求出速度的最小值．。