山东省临沂市沂水一中2015-2016年度高一(上)月考物理试卷(12月份)(实验班)(解析版)
山东省临沂市沂水一中2015届高三物理上学期12月月考试卷(含解析)
2014-2015学年山东省临沂市沂水一中高三〔上〕月考物理试卷〔12月份〕一、选择题：此题共10个小题，每一小题4分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，至少有一个是正确的．每一小题全选对的得4分；选对但不全的得2分；有选错或不答的得0分．1．〔4分〕〔2014秋•沂水县校级月考〕在物理学开展过程中，许多科学家做出了突出贡献．如下说法正确的答案是〔〕A．伽利略用理想斜面实验推翻了亚里士多德关于力和运动的关系的理论B．安培发现了电流的磁效应C．法拉第最早提出了场的概念D．密立根发现了电荷之间相互作用的规律考点：物理学史．版权所有分析：此题应根据伽利略、库仑、奥斯特、法拉第、密立根的贡献进展选择．解答：解：A、伽利略通过对理想斜面的研究得出：力不是维持物体运动的原因，亚里士多德关于力和运动的关系的理论．故A正确．B、奥斯特首先发现了通电导线的周围存在磁场，即电流的磁效应．故B错误．C、法拉第最早提出了场的概念，来形象描述电场的强弱和方向，故C正确．D、库仑通过扭秤实验总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，故D错误．应当选：AC．点评：此题关键要记住力学和电学的一些常见的物理学史，平时要注重积累．2．〔4分〕〔2014秋•烟台期中〕某元件中通过的电流随其两端电压的变化规律如下列图，如此如下说法中正确的答案是〔〕A．此元件为线性元件B．此元件导电时遵守欧姆定律C．由图象可知，电压为5V时，元件的电阻为2ΩD．由图象可知，随着电压的增大，元件的电阻不断增大考点：欧姆定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：由I﹣U图象的性质可明确该元件是否为线性元件，注意图象的斜率表示电阻的倒数．解答：解：A、由图可知，该元件为非线性元件，不能遵守欧姆定律；故AB错误；C、由图象可知，当电压为5V时，电流为1.0A；故电阻R==5Ω；故C错误；D、由图象可知，斜率越来越小，因I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数；故电阻不断增大；故D正确；应当选：D．点评：此题关键抓住图象上的点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，分析电阻的变化，求解电阻的值．3．〔4分〕〔2014秋•沂水县校级月考〕如下列图，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，斜面体与墙不接触，整个系统处于静止状态．如此〔〕A．斜面体对水平面的压力等于〔M+m〕gB．水平面对斜面体有向左的摩擦力作用C．当滑块缓慢向右移动时，斜面对小球的支持力变大D．当滑块缓慢向右移动时，细线对小球的拉力先变小考点：共点力平衡的条件与其应用；物体的弹性和弹力．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以斜面体和小球整体为研究对象受力分析，根据平衡条件求斜面体受到的支持力和摩擦力．隔离小球分析，抓住重力不变，支持力的方向不变，结合绳子拉力的方向变化得出支持力和拉力的大小变化．解答：解：A、B、以斜面体和小球整体为研究对象受力分析，水平方向：f=Tcosθ，方向水平向右，竖直方向：N=〔m+M〕g﹣Tsinθ，可见N＜〔M+m〕g，根据牛顿第三定律：斜面体对水平面的压力N′=N＜〔M+m〕g，故A、B错误．C、D、当滑块缓慢向右移动，如此绳子与水平方向的夹角减小，隔离对小球分析，通过矢量三角形知，斜面对小球的支持力变大，拉力变大．故C正确，D错误．应当选：C．点评：解决此题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进展求解，难度中等．4．〔4分〕〔2014秋•烟台期中〕在如下列图的电路中，输入电压U恒为8V，灯泡L标有“3V 6W〞字样，电动机线圈的电阻RM=1Ω．假设灯泡恰能正常发光，如下说法正确的答案是〔〕A．流过电动机的电流是5AB．电动机的输出功率为4WC．电动机的效率是60%D．整个电路消耗的电功率是16W考点：电功、电功率．版权所有专题：恒定电流专题．分析：由电路图可知，灯泡与电动机串联；由串联电路特点可以求出灯泡正常发光时电动机两端电压；由P=UI的变形公式求出灯泡正常发光时的电流，由P=I2R求出电动机的热功率，然后求出电动机的机械功率，由效率公式求出电动机的效率；由P=UI 求出电路的总功率解答：解：A、灯泡正常发光，如此电路电流I=，故A错误；B、C、灯泡正常发光时的电压等于其额定电压，电动机电压UM=U﹣UL=8V﹣3V=5V；电动机的热功率PQ=I2RM=〔2A〕2×1Ω=4W；电动机的电功率：P=UMI=5×2=10W；电动机的输出功率P出=UMI﹣I2RM=5×2﹣4=6W；电动机的效率：η=故B错误，C正确；D、整个电路消耗的电功率：P总=UI=8×2=16W，故D正确；应当选：CD．点评：此题应注意明确电动机是非纯电阻电路，电动机的输出功率等于总功率与热功率之差．5．〔4分〕〔2014秋•重庆月考〕在如图〔a〕所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表〔内阻极大〕的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图〔b〕所示．如此〔〕A．图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线B．电源内电阻的阻值为10ΩC．电源的最大输出功率为1.5WD．滑动变阻器R2的最大功率为0.9W考点：电功、电功率．版权所有专题：恒定电流专题．分析：由图可知两电阻串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压；当滑片向左端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，如此可知总电阻变化，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流的变化，如此可知内电压的变化与路端电压的变化，同时也可得出R1两端的电压变化，判断两图象所对应的电压表的示数变化；由图可知当R2全部接入与只有R1接入时两电表的示数，如此由闭合电路的欧姆定律可得出电源的内阻；由功率公式可求得电源的最大输出功率与滑动变阻器的最大功率．解答：解：A、当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，如此电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而R1两端的电压增大，故乙表示是V1示数的变化；甲表示V2示数的变化；故A错误；B、由图可知，当只有R1接入电路时，电路中电流为0.6A，电压为3V，如此由E=U+Ir可得：E=3+0.6r；当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故=；由闭合电路欧姆定律可得E=5+0.2r解得r=5Ω，E=6V，故B错误；C、因当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于5Ω时，电源的输出功率最大，故此时电流I==0.6A，故电源的最大输出功率P=UI=1.8W；故C错误；D、由C的分析可知，R1的阻值为5Ω，R2电阻为20Ω；当R1等效为内阻，如此当滑动变阻器的阻值等于R+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I′=A=0.3A，如此滑动变阻器消耗的总功率P′=I'2R′=0.9W；故D正确；应当选：D．点评：在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理．6．〔4分〕〔2014秋•平阳县校级期末〕如下列图，真空中固定两个等量异号点电荷+Q、﹣Q，图中O是两电荷连线的中点，a、b两点与+Q的距离相等，c、d是两电荷连线垂直平分线上的两点，bcd构成一等腰三角形．如此如下说法正确的答案是〔〕A．a、b两点的电场强度一样B．c、d两点的电势一样C．将电子由b移到c的过程中电场力做正功D．质子在b点的电势能比在O点的电势能大考点：电势；电势能．版权所有分析：由场强的合成法如此可得场强的大小关系，由电场力做功情况可得电势的变化．两等量异号点电荷连线的垂直平分线是一条等势线，正电荷在电势高处电势能大，分析电势能关系．解答：解：A、a点场强方向向左，b点场强方向向右，如此A错误；B、在两电荷的中垂线的场强方向水平向右，如此为等势面，故B正确C、由b到c为电势减小小，如此负电荷受电场力做负功，如此C错误D、b点电势高于O点的电势，如此质子在b点的电势能大，如此D正确应当选：BD点评：等量异号点电荷的电场线和等势线分布情况是考试的热点，抓住对称性和其连线的垂直平分线是一条等势线是学习的重点．7．〔4分〕〔2014秋•烟台期中〕在如下列图的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，如下说法正确的答案是〔〕A．电容器的电荷量增大B．电流表A的示数减小C．电压表V1示数在变大D．电压表V2示数在变小考点：闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：保持开关S闭合，根据变阻器接入电路电阻的变化，由欧姆定律分析电表读数的变化．根据电容与板间距离的关系，分析电容的变化，确定电容器电量的变化，判断R2中电流的方向．断开开关S，分析板间场强的变化．解答：解：该电路中两个电阻串联，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，接入电路的有效电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知电路中电流I变大，如此电流表A读数变大；路端电压：U=E﹣Ir减小，电压表V3示数在变小．A、电容器两端的电压为路端电压，U减小，根据Q=CU可知电容器的带电量减小．故A错误；B、该电路中两个电阻串联，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，接入电路的有效电阻积极性，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流I变大，如此电流表读数变大；故B错误；C、U1示数U1=IR1，随I的增大在变大．故C正确；D、U2示数U2=E﹣I〔R1+r〕，随电流I的增大而减小．故D正确．应当选：CD点评：电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开电源如此极板上的电量不变；电容器保持和电源相连，如此两板间的电势差不变．要掌握E=、C=与电容的决定因素．8．〔4分〕〔2006秋•增城市期末〕如下列图，在平行金属板A、B间分布着正交的匀强电场和磁场，磁感应强度垂直纸面向里，一个质子以初速度v0垂直于电磁场沿OO′入射，恰能沿OO′运动，如此〔〕A．A的电势高于B板的电势B．电子以初速度v0垂直于电磁场沿OO′从左端入射，仍沿OO′作直线运动C．以初速度v0垂直于电磁场沿OO′从左端入射，仍沿OO′作直线运动D．以初速度v0垂直于电磁场沿OO′从右端入射，仍沿OO′作直线运动考点：带电粒子在混合场中的运动．版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：质子带正电，由左手定如此判断洛伦兹力方向，因质子做匀速直线运动，即可判断出电场力方向，从而确定出两极板电势上下．由平衡条件列方程，可得到电子和He以初速度v0垂直于电磁场沿OO′从左端入射，受力也平衡，也做匀速直线运动．解答：解：A、由左手定如此判断得知质子所受的洛伦兹力方向向上，质子做直线运动，所受的电场力方向应向下，故A的电势高于B板的电势．故A正确．B、C对于质子，由平衡条件得：qv0B=qE，如此得v0B=E，可见此式与带电粒子的质量、电荷量、电性无关，所以当电子和He也以初速度v0垂直于电磁场沿OO′从左端入射，洛伦兹力与电场力也平衡，也沿OO′作直线运动，故BC正确．D、当He以初速度v0垂直于电磁场沿OO′从右端入射，洛伦兹力方向向下，电场力方向也向下，它将向下偏转，不可能沿OO′作直线运动．故D错误．应当选ABC点评：此题考查对速度选择器原理的理解，关键掌握当洛伦兹力与电场力二力平衡时，粒子才能沿直线通过速度选择器．9．〔4分〕〔2014秋•烟台期中〕一宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，飞船原来的线速度大小是υ1，周期是T1，机械能是E1；假设在某时刻它向后喷气做加速运动后，进入新轨道做匀速圆周运动，运动的线速度大小是υ2，周期是T2，机械能是E2，如此〔〕A．υ1＞υ2 T1＜T2 E1＜E2 B．υ1＜υ2 T1＜T2 E1＜E2C．υ1＞υ2 T1＞T2 E1＞E2 D．υ1＜υ2 T1＞T2 E1=E2考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．版权所有专题：人造卫星问题．分析：飞船向后喷气做加速运动，飞船做圆周运动的半径R增大，在新的轨道达到新平衡，继续做匀速圆周运动．根据万有引力等于向心力列式，即可比拟线速度和周期的变化．由于外界做功，飞船的机械能增加．解答：解：飞船向后喷气做加速运动，飞船做圆周运动的半径R增大，在新的轨道达到新平衡，继续做匀速圆周运动．根据公式：=m，得线速度v=，周期T=2π可知，当r变大，v变小，T变大．在飞船向后喷气做加速运动过程中，外界对飞船做功，飞船的机械能增加．故A正确、BCD错误．应当选：A．点评：卫星变轨问题是天体力学重点内容，近年屡次涉与，通过卫星运行轨道的变化，进而确定卫星线速度、角速度、周期、频率等物理量的变化情况．10．〔4分〕〔2014秋•烟台期中〕如下列图，三个斜面1、2、3固定在水平面上，斜面1与3底边一样，斜面2和3高度一样，同一物体与三个斜面的动摩擦因数一样，当该物体先后沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端时，对于整个下滑过程，如下说法正确的答案是〔〕A．三种情况下物体抑制摩擦力所做的功Wf1＜Wf2＜Wf3B．三种情况下合力对物体所做的功W1＞W2＞W3C．三种情况物体滑到底端时重力做功的瞬时功率P1＞P2＞P3D．三种情况下物体损失的机械能△E1=△E3＜△E2考点：功能关系．版权所有分析：损失的机械能转化成摩擦产生的内能．物体从斜面下滑过程中，重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可以比拟三者速度大小，注意物体在运动过程中抑制摩擦力所做功等于因摩擦产生热量，据此可以比拟摩擦生热大小．解答：解：设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为L，A、物体下滑过程中抑制摩擦力做功为：W=﹣mgμLcosθ．Lcosθ即为底边长度．由图可知1和3底边相等且小于2的，所以摩擦力做功Wf2＞Wf1=Wf3．故A错误；B、根据动能定理得W合=mgh﹣mgμLcosθ，Lcosθ即为底边长度，根据图中斜面高度和底边长度可知W1＞W3＞W2，故B错误；C、设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：mgh﹣mgμLcosθ=mv2﹣0，根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时速度大小关系为：v1＞v3＞v2，到达斜面底端时重力的瞬时功率p=mgvsinθ，由于v1＞v3＞v2，θ1＞θ3＞θ2，所以P1＞P3＞P2，故C 错误．D、物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能转化成摩擦产生的内能．所以损失的机械能△E1=△E3＜△E2，故D正确．应当选：D．点评：此题比拟简单直接利用功能关系即可求解，易错点在于写出表达式后的数学运算，因此学生要加强练习，提高利用数学知识解决物理问题的能力．二、实验题：此题总分为18分，把答案直接填在题中的横线上．11．〔2分〕〔2012•镇江模拟〕图甲中游标卡尺的读数是 2.98cm，图乙中螺旋测微器的读数是 5.680mm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．版权所有专题：实验题．分析：解决此题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．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．解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为：2.9cm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.1mm=0.8mm=0.08cm，所以最终读数为：2.9cm+0.08=2.98cm．2、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为18.0×0.01mm=0.180mm，所以最终读数为5.5mm+0.180mm=5.680mm．故答案为：2.98，5.680．点评：对于根本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些根本仪器进展有关测量．12．〔8分〕〔2013•盐城二模〕某同学为了研究一个小灯泡的灯丝电阻随温度的升高而变化的规律，用实验得到下表所示的数据〔I和U分别表示小灯泡的电流和电压〕，如此：U/V 0 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00I/A 0 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.45 0.47 0.49 0.50〔1〕当U=1.20V时对应的电流表如图甲所示，其读数为0.42 A〔2〕实验中所用的器材有：电压表〔量程3V，内阻约为2kΩ〕电流表量程〔0.6A，内阻约为0.2Ω〕滑动变阻器〔0～5Ω，1A〕电源、待测小灯泡、电键、导线假设干．请在图乙方框中画出该实验的电路图〔3〕根据实验数据，在图丙中画出小灯泡的U﹣I曲线〔4〕如果把这个小灯泡接直接接在一个电动势为1.5V、内阻为2.0Ω的电池两端，如此小灯泡的实际功率是0.28W〔结果保存2位有效数字〕考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．版权所有专题：恒定电流专题．分析：〔1〕为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，据此作出实验电路图．〔2〕根据表中实验数据，应用描点法作图，作出小灯泡的伏安特性曲线．〔3〕在小灯泡的伏安特性曲线上作出电源路端电压与电路电流关系图象，找出该图象与灯泡伏安特性曲线交点所对应的电压与电流值，由P=UI求出灯泡的实际功率．解答：解：〔1〕电流表的指针对应的刻度超过1.4一个小格，因此可以读作：0.42Ω〔2〕由于小灯泡灯丝的电阻值远小于电压表的内阻，如：电压为2.00V时，其阻值Ω，为减少由于电表接入电路引起的系统误差，应采用电流表外接法．为使小灯泡两端的电压的变化范围尽可能大，滑线变阻器应连接成分压电路，实验电路如图乙所示．〔3〕根据实验得到的数据在U﹣I坐标系中描点，并将这些数据点连接成一条平滑的曲线，如图2所示．〔4〕作出电源的U﹣I图线，它与小灯泡的伏安特性曲线的交点坐标就是小灯泡的工作点，小灯泡的实际电流为0.33﹣0.35A电压为0.80﹣0.82V，功率P=IU=0.27～0.28W．故答案为：〔1〕0.42A〔0.40A～0.42A都正确〕〔2〕如图乙所示〔3〕如图丙所示〔4〕0.28W〔0.25﹣0.32都正确〕点评：此题考查了实验电路的设计，设计实验电路是实验常考问题，设计实验电路的关键是根据题目要求确定滑动变阻器采用分压接法还是采用限流接法，根据待测电路元件电阻大小与电表内阻间的关系确定电流表采用内接法还是外接法．13．〔8分〕〔2014秋•沂水县校级月考〕如图〔a〕是“测电池的电动势和内阻〞的实验电路，如果采用一节新干电池进展实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很小，原因是：新电池的内阻很小∴，从而影响测量值的准确性．为了较准确地测量一节新干电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验，器材：量程3V的理想电压表V，量程0.6A的电流表A〔具有一定内阻〕，定值电阻R0〔R0=1.5Ω〕，滑动变阻器R1〔0～10Ω〕，滑动变阻器R2〔0～200Ω〕，开关S．〔1〕实验电路原理图如图〔b〕，加接电阻R0有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏．〔2〕为方便实验调节且能较准确地进展测量，滑动变阻器应选用R1〔填R1或R2〕．〔3〕用笔画线代替导线在图〔c〕中完成实物连接图．〔4〕实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数在给出的U﹣I坐标系中画出U﹣I图线如图〔d〕所示，如此新干电池的内阻r=0.29Ω．〔保存两位有效数字〕考点：测定电源的电动势和内阻．版权所有专题：实验题；恒定电流专题．分析：此题的关键是明确新电池的内阻很小，电池的内压降很小，电压表的读数变化很小，所以实验应选内阻较大的旧电池；题〔1〕的关键是明确定值电阻除方便操作和测量外，还可以保护电池和电流表；题〔2〕的关键是根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻即可；题〔3〕的关键是连线时注意电表的量程和正负极；题〔4〕的关键是根据闭合电路欧姆定律写出关于U与I的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解．解答：解：根据U=E﹣Ir可知，由于新电池时内阻很小，电池内压降很小，电压表的读数变化很小，所以如果采用一节新干电池进展实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很小，原因是新电池的内阻很小，内电路的电压降很小；〔1〕：加接电阻R0有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏〔或限制电流，防止电源短路〕；〔2〕：电流表的量程=0.6A，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻应为：=，所以变阻器应选；〔3〕如下列图：〔4〕：根据闭合电路欧姆定律应用：E=U+I〔r+〕，整理可得：U=﹣〔r+〕I+E，根据函数斜率的概念应有：r+=，解得r=0.29；故答案为：读数变化很小，新电池的内阻很小，内电路的电压降很小〔1〕防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏〔2〕〔3〕如图〔4〕0.29点评：应明确：①测定电池电动势和内阻实验应选择内阻较大的旧电池；②通过电流表的最小电流应为电流表量程的；③遇到根据图象求解的问题，应根据物理规律整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解．三、计算题〔要有必要的文字说明和演算过程否如此不得分〕14．〔8分〕〔2014秋•沂水县校级月考〕如下列图，在E=1×103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨QPN与一水平绝缘轨道MN连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P为QN圆弧的中点，其半径R=40cm，一带正电q=10﹣4C的小滑块质量m=10g，位于N点右侧s=1.5m处，与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15，取g=10m/s2．现给小滑块一向左的初速度，滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，求：〔1〕滑块在圆轨道最高点Q的速度大小；〔2〕滑块应以多大的初速度v0向左运动？考点：带电粒子在匀强电场中的运动；向心力；动能定理的应用．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：滑块恰好到达圆轨道的最高点Q，由牛顿第二定律求出滑块在Q点的速度，然后应用动能定理求出滑块的初速度．解答：解：〔1〕设小球到达Q点时速度为v，小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q时，如此有：mg+qE=得：V=m/s〔2〕滑块从开始运动到达Q点过程中，由动能定理得：﹣〔mg+qE〕•2R﹣μ〔mg+qE〕s=v2﹣m联立两式解得：v0=7m/s答：〔1〕滑块在圆轨道最高点Q的速度大小为m/s；〔2〕滑块应以7m/s向左运动．点评：此题中滑块恰好通过最高点时轨道对滑块没有弹力，由牛顿定律求出临界速度，再根据动能定理求解，15．〔10分〕〔2014秋•姜堰市期中〕如下列图，离子发生器发射一束质量为m，电荷量为+q 的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0再从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形区域是该匀强电场的边界，正方形的边长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d．〔1〕求加速电压U0；〔2〕假设离子恰从c点飞离电场，求ac两点间的电势差Uac；〔3〕假设离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv02，求此时匀强电场的场强大小E．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：〔1〕对直线加速过程运用动能定理列式求解即可；〔2〕粒子做类似平抛运动，根据类平抛运动的分位移公式列式求解即可；〔3〕粒子做类似平抛运动，根据类平抛运动的分速度公式和分位移公式列式，再结合动能定理列式，最后联立求解即可．解答：解：〔1〕对直线加速过程，根据动能定理，有：。
山东省临沂市沂水县第一中学高三物理模拟试题(一)(含解析)新人教版
2015年山东省临沂市沂水一中高考物理模拟试卷（一）一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分．其中1-8题为单选题，9-12题为多选题，全对得4分，选对但不全的得2分，选错不给分）1．（4分）（2015•临沂校级模拟）如图所示，质量为m的小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端作圆周运动．当小球运动到最高点时，即时速度，L是球心到O点的距离，则球对杆的作用力是（）A．的拉力B．的压力C．零D．的压力【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】：球在最高点对杆恰好无压力时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解速度；即时速度时，再对小球受力分析，根据牛顿第二定律列式求解杆的弹力，然后结合牛顿第三定律求解压力．【解析】：解：球在最高点对杆恰好无压力时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：mg=m解得：由于＜v0故杆对球有支持力，根据牛顿第二定律，有：mg﹣N=m解得：N=mg﹣m=根据牛顿第三定律，球对杆有向下的压力，大小为mg；故选：B．【点评】：本题关键是明确向心力来源，求解出弹力为零的临界速度，然后结合牛顿第二定律列式分析，不难．2．（4分）（2015•临沂校级模拟）如图所示，电池的内阻可以忽略不计，电压表和可变电阻器R串联接成通路，如果可变电阻器R的值减为原来的时，电压表的读数由U0增加到2U0，则下列说法中不正确的是（）A．流过可变电阻器R的电流增大为原来的2倍B．可变电阻器R消耗的电功率增加为原来的4倍C．可变电阻器R两端的电压减小为原来的D．若可变电阻器R的阻值减小到零，那么电压表的示数变为4U0【考点】：闭合电路的欧姆定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：将电压表看成一个电阻，根据欧姆定律判断电流和变阻器电压的变化，根据闭合电路欧姆定律分两次列式后讨论电源电动势大小．【解析】：解：A、将电压表看成一个电阻，电压表的示数U0增大到2U0，故通过电压表的电流增加为2倍，由于R与电压表串联，故通过可变电阻的电流也增大为原来的2倍，故A正确；B、电流变为2倍，电阻变为原来的，根据P=I2R，可变电阻消耗的功率变为倍，故B错误；C、电流变为2倍，电阻变为，根据U=IR，可变电阻两端的电压减为原来的，故C正确；D、根据闭合电路欧姆定律，开始时：E=U0+•R可变电阻的阻值减少为原来的后：E=2U0+•，联立解得：E=4U0若可变电阻的阻值减到零，则电压表的示数等于电源的电动势，为4U0．故D正确．本题选错误的，故选：B【点评】：本题考查闭合电路的欧姆定律，明确电压表是纯电阻，然后根据欧姆定律、闭合电路欧姆定律多次列式求解．3．（4分）（2015•临沂校级模拟）“神舟”十号载人航天发射控制中心的大屏幕上出现的一幅“神舟”十号飞船运行轨迹图如下，它记录了飞船在地球表面垂直投影的位置变化；图中表示一段时间内飞船绕地球沿圆周飞行四圈，依次飞经中国和太平洋地区的四次轨迹①、②、③、④，图中分别标出了各地点的经纬度．通过观察此图，某同学发现，飞船绕地球环绕一周的过程中，地球大约自转22.5°．已知地球半径为6.4×103km，依据上述信息可估算该飞船距离地面的高度和飞船的周期（大约）正确的是（）A．4×105km 1.5h B．6.4×103km 3hC．300km 1.5h D．7×6.4×103km 24h【考点】：万有引力定律及其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：在轨迹①通过赤道时的经度为西经157.5°，绕行一圈后轨迹②再次经过赤道时经度为l80°，即“神舟十号”转一圈，地球自转转过22.5°，可求出“神舟十号”与地球自转周期的关系，从而可求出“神舟十号”的周期．根据万有引力提供向心力，通过周期关系，得出轨道半径关系，从而求出“神舟十号”离地面的高度．【解析】：解：由轨道①和②得飞船每运行一周，地球自转角度为180°﹣157.5°=22.5°，所以飞船运行周期为：T=×24h=1.5h，由万有引力提供向心力，即=m r在地球表面处物体万有引力等于重力得：=mg可求得飞船的轨道半径：r=则轨道高度h=r﹣R=﹣R解得：h=3.43×105 m所以该卫星离地高度大约300km．故选：C．【点评】：解决本题的关键通过“神舟十号”转一圈，地球转过的角度，得出他们的周期关系，通过万有引力提供向心力，得出轨道半径关系．4．（4分）如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一小物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示（g=10m/s2），则下列结论正确的是（）A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B．物体的质量为3 kgC．物体的加速度大小为5 m/s2D．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm【考点】：牛顿第二定律；胡克定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：物体一直匀加速上升，从图象可以看出，物体与弹簧分离后，拉力为30N；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡；拉力为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，弹簧压缩量为4cm；根据以上条件列式分析即可．【解析】：解：A、物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；B、C、D、刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有：mg=kx…①拉力F1为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有：F1+kx﹣mg=ma…②物体与弹簧分离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律，有：F2﹣mg=ma…③代入数据解得：m=2kg，k=500N/m=5N/cm，a=5m/s2故C正确，BD错误；故选：C．【点评】：本题关键是由图象得出一些相关物理量，然后根据牛顿第二定律列方程分析求解．5．（4分）（2015•临沂校级模拟）如图所示，AB为半圆环ACB的水平直径，C为环上的最低点，环半径为R．一个小球从A点以速度v0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是（）A．v0越大，小球落在圆环时的时间越长B．即使v0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也相同C．若v0取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环D．无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环【考点】：平抛运动．【专题】：平抛运动专题．【分析】：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，平抛运动的时间由下降的高度决定．采用假设法，假设小球垂直撞击的BC段，通过速度方向的夹角与位移与水平方向的夹角关系进行分析．【解析】：解：A、小球的初速度越大，下降的高度不一定大，平抛运动的时间不一定长．故A错误．B、平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，初速度不同，位移与水平方向方向夹角不同，则速度与水平方向夹角不同．故B错误．C、假设小球与BC段垂直撞击，设此时速度与水平方向的夹角为θ，知撞击点与圆心的连线与水平方向的夹角为θ．连接抛出点与撞击点，与水平方向的夹角为β．根据几何关系知，θ=2β．因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，即tanα=2tanβ．与θ=2β相矛盾．则不可能与半圆弧垂直相撞．故C错误，D正确．故选：D．【点评】：解决本题的关键知道平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍这一推论，并能灵活运用．6．（4分）如图，在水平面（纸面）内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac 在a点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从a位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是（）A．B．C．D．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】：电磁感应与图像结合．【分析】：MN切割磁感线运动产生感应电动势E=BLv，L越来越大，回路总电阻也增大，根据电阻定律可求，然后利用闭合电路欧姆定律即可求解．【解析】：解：设∠bac=2θ，单位长度电阻为R0则MN切割产生电动势E=BLv=Bv•2vt×tanθ=2Bv2ttanθ回路总电阻为由闭合电路欧姆定律得：I===i与时间无关，是一定值，故A正确，BCD错误，故选：A．【点评】：关于电磁感应问题，特别是图象问题，不能凭想当然，最好是通过闭合电路欧姆定律找出关系式．7．（4分）（2015•临沂校级模拟）如图所示，①、②、③是两个等量异种点电荷形成电场中的、位于同一平面内的三个等势线，其中③为直线，①与②、②与③的电势差相等．一重力不计、带负电的粒子进入电场，运动轨迹如图中实线所示．与①、②、③分别交于a、b、c三点，则（）A．若粒子从a到b电场力做功大小为W1，从b到c电场力做功大小为W2，则W1＞W2 B．粒子从a到b再到c，电势能不断减少C．a点的电势比b点的电势高D．粒子在c点时的加速度为零【考点】：等势面；电势．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：根据电场力做功公式W=qU，分析W1与W2的关系．根据粒子的轨迹弯曲方向可判断所受的电场力方向，确定等量异种点电荷中正电荷和负电荷的位置，即可判断电场力做功的正负，分析电势能的变化，由等量异种点电荷中正电荷和负电荷的位置，分析a、b电势的高低．粒子在c点时的电场力不为零，加速度不为零．【解析】：解：A、由题，①与②、②与③的电势差相等，根据电场力做功公式W=qU得知，粒子从a到b电场力做功与从b到c电场力做功相等，即W1=W2．故A错误．B、C由于③为直线，是一条等势线，则知两个等量异种点电荷连线的垂直平分线，根据粒子的轨迹弯曲方向可知粒子所受的电场力方向向左，则知正点电荷在左侧，负点电荷在右侧，粒子从a到b再到c，电势不断降低，负电荷的电势不断增大．故B错误，C正确．D、粒子在c点时的电场力不为零，加速度不为零．故D错误．故选：C．【点评】：本题要掌握电场力做功的公式W=qU，可判断电场力做功的大小关系．结合轨迹的弯曲方向和等量异种电荷等势线的分布情况，判断电势高低，分析电势能的变化．8．（4分）如图所示，电源内阻不能忽略，安培表、伏特表都是理想电表，当滑动变阻器R的滑动头从a端滑到b端过程中（）A．V的示数先增大后减小，A示数增大B．V的示数先增大后减小，A示数减小C．V的示数先减小后增大，A示数增大D．V的示数先减小后增大，A示数减小【考点】：闭合电路的欧姆定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：首先认识电路的结构：变阻器左右两部分电阻并联后与另一电阻串联．电压表测量路端电压，电流表测量通过变阻器右边部分的电流．当滑动头滑到变阻器中点时，变阻器左右并联的电阻最大．路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．根据欧姆定律及串并联电阻关系分析电表读数变化．【解析】：解：当滑动头从a端滑到中点时，变阻器左右并联的电阻增大，分担的电压增大，变阻器右边电阻减小，电流减小，则通过电流表的电流增大．外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数增大；当滑动头从中点滑到b端时，变阻器左右并联的电阻减小，分担的电压减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，而通过变阻器左侧的电流减小，则通过电流表的电流增大．电源的内电压增大，路端电压减小．变阻器左端电阻增大，电流减小，则电压表的示数减小．所以V 的示数先增大后减小．A示数一直增大．故选A【点评】：本题是电路中动态分析问题，通常采用定性分析，但电流表示数的变化要运用解析式进行定量研究，难度较大．9．（4分）如图（1）所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为20：1，R1=10Ω，R2=20Ω，C=100μF．已知电阻R1两端的正弦交流电压如图（2）所示，则（）A．原线圈输入电压的最大值为400VB．交流电的频率为100HzC．电容器C所带电量恒值为2×10﹣3CD．电阻R1消耗的电功率为20W【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解析】：解：A、由图象可知，Rl 的电压即副线圈的电压最大值为20V，根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压最大值为400V，所以A正确．B、根据图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以B错误．C、电容器的作用是通交流隔直流，所以在交流电路中电容器中有电流通过，电容器C所带电量是在不断的变化的，所以C错误．D、副线圈的电压的有效值为10V，所以消耗的功率P==W=20W，所以D正确．故选AD．【点评】：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．10．（4分）（2015•临沂校级模拟）2012年6月18日，神州九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面343km的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接．对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气，下面说法正确的是（）A．为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间B．如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加C．如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低D．航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】：压轴题；人造卫星问题．【分析】：万有引力提供圆周运动的向心力，所以第一宇宙速度是围绕地球圆周运动的最大速度，卫星由于摩擦阻力作用，轨道高度将降低，运行速度增大，失重不是失去重力而是对悬绳的拉力或支持物的压力减小的现象．根据相应知识点展开分析即可．【解析】：解：A、又第一宇宙速度为最大环绕速度，天宫一号的线速度一定小于第一宇宙速度．故A错误；B、根据万有引力提供向心力有：⇒v=得轨道高度降低，卫星的线速度增大，故动能将增大，所以B正确；C、卫星本来满足万有引力提供向心力即，由于摩擦阻力作用卫星的线速度减小，提供的引力大于卫星所需要的向心力故卫星将做近心运动，即轨道半径将减小，故C正确；D、失重状态说明航天员对悬绳或支持物体的压力为0，而地球对他的万有引力提供他随天宫一号围绕地球做圆周运动的向心力，所以D错误故选BC．【点评】：解决卫星运行规律问题的核心原理是万有引力提供向心力，通过选择不同的向心力公式，来研究不同的物理量与轨道半径的关系．11．（4分）（2015•临沂校级模拟）如图所示，一个带正电荷的物块m由静止开始从斜面上A 点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来．已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失．现在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D′点停下来．后又撤去电场，在ABC 所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D″点停下来，则以下说法中正确的是（）A．D′点一定在D点左侧B．D′点一定与D点重合C．D″点一定在D点右侧D．D″点一定与D点重合【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】：根据动能定理分别对不加电场和加电场两种情况进行研究：不加电场时，整个过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理列出表达式；加电场时，重力和电场力做正功，摩擦力做负功，再由动能定理列出表达式，分析物体在水平上滑行的位移关系，判断D'点与D点的位置关系．【解析】：解：设物体的质量为m，电量为q，电场强度大小为E，斜面的倾角为θ，动摩擦因数为μ．根据动能定理得A、不加电场时：mgSABsinθ﹣μmgSABcosθ﹣μmgSBD=0 ①加电场时：（mg+qE）SABsinθ﹣μ（mg+qE）SABcosθ﹣μ（mg+qE）SBD′=0 ②将两式对比得到，SBD=SBD′，则D'点一定与D点重合．故A错误，B正确；C、加磁场时，mgSABsinθ﹣μSAB（mgcosθ﹣Bqv）﹣μ（mg﹣Bqv′）SBD″=0 ③比较①③两式可得SBD″＞SBD，所以D″点一定在D点右侧，故C正确，D错误．故选BC【点评】：本题考查运用动能定理处理问题的能力，也可以应用等效的思维方法进行选择：加电场时相当于物体的重力增加，而物体在水平面滑行的距离与重力无关．12．（4分）（2015•临沂校级模拟）如图所示，ABCD为固定的水平光滑矩形金属导轨，处在方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场中，AB间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻，质量为m、长为L且不计电阻的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统．开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AB间R上产生的焦耳热为Q，则（）A．初始时刻棒所受的安培力大小为B．当棒再一次回到初始位置时，AB间电阻的热功率为C．当棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为mv02﹣2QD．当棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为mv02﹣6Q【考点】：法拉第电磁感应定律；弹性势能；导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：由E=BLv0、I=、F=BIL三个公式结合求解初始时刻棒受到安培力大小．MN棒从开始到第一次运动至最右端，电阻R上产生的焦耳热为Q，整个回路产生的焦耳热为2Q．根据能量守恒定律求解棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能．【解析】：解：A、由F=BIL、I=，R并=，得初始时刻棒所受的安培力大小为FA=．故A正确；B、由于回路中产生焦耳热，棒和弹簧的机械能有损失，所以当棒再次回到初始位置时，速度小于v0，棒产生的感应电动势E＜BLv0，由电功率公式P=知，则AB间电阻R的功率小于，故B错误；C、D、由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和弹簧的弹性势能．电阻R上产生的焦耳热为Q，整个回路产生的焦耳热为2Q．弹簧的弹性势能为：Ep=mv02﹣2Q，故C正确，D错误；故选：AC．【点评】：本题分析系统中能量如何转化是难点，也是关键点，运用能量守恒定律时，要注意回路中产生的焦耳热是2Q，不是Q．二、实验题（每空2分，共18分）13．（8分）（2015•临沂校级模拟）如图甲所示，用包有白纸的质量为m（kg）的圆柱棒代替纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之转动，代替打点计时器．当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔转动就在圆柱棒表面的纸上画出记号，如图乙所示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动．测得记号之间的距离依次为20.0mm，44.0mm，68.0mm，92.0mm，116.0mm，140.0mm，已知电动机每秒钟转20圈，由此研究圆柱棒的运动情况．根据以上内容，回答下列问题：（1）毛笔画相邻两条线的时间间隔T=0.05s，图乙中的左端是圆柱棒的悬挂端（填“左”或“右”）．（2）根据图乙所给的数据，可知毛笔画下记号D时，圆柱棒下落的速度vD= 1.60m/s；圆柱棒竖直下落的加速度a=9.60m/s2．（结果保留三位有效数字）【考点】：测定匀变速直线运动的加速度．【专题】：实验题．【分析】：了解该实验装置的原理，它类似于打点计时器，蘸有颜料的毛笔随电动机转一圈就在圆柱棒面上的纸上画出记号，这就像打点计时器每隔一定时间就打一个点．数据的处理思路与打点计时器打出来的纸带处理一样．利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度．【解析】：解：（1）电动机每秒钟转20圈，电动机的转速n=20 r/s，所以周期T==s=0.05 s，圆柱棒竖直自由下落，速度越来越大，因此毛笔所画出的记号之间的距离越来越大，因此左端的记号后画上，所以左端是悬挂端．（2）匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于这一段的平均速度vD=m/s=1.60 m/s，加速度a===9.60 m/s2．故答案为：（1）0.05s，左；（2）1.60，9.60．【点评】：该实验装置是根据打点计时器的特点和实验原理进行设计新的实验．数据的处理思路与打点计时器打出来的纸带处理一样．14．（10分）有一电压表V1，其量程为3V、内阻约为3000Ω．要准确测量该电压表的内阻，提供的器材有：电源E：电动势约为15V，内阻不计电流表A1：量程100mA，内阻r1=20Ω电压表V2：量程2V，内阻r2=2000Ω定值电阻R1：阻值20Ω定值电阻R2：阻值3Ω滑动变阻器R0：最大阻值10Ω．额定电流1A电建一个，导线若干（1）实验中电表应选用，定值电阻应选用（2）请你设计一个测量电压表V1内阻的实验电路图并画在虚线框内（3）说明实验所要测量的物理量电压表的示数、电压表的示数（4）写出电压表V1内阻的计算表达式rv1=．【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题．【分析】：本题（1）的关键是将待测电压表的额定电压、额定电流与给出的电压表和电流表比较即可．题（2）的关键是根据变阻器的全电阻远小于待测电压表内阻可知变阻器应用分压式接法，然后通过求出待测电压表与给出的电压表电流相等可知应将两者串联使用，再根据欧姆定律求出保护电阻的阻值即可选出保护电阻；题（3）和（4）的关键是根据欧姆定律写出待测电压表的表达式即可．【解析】：解：（1）：由于待测电压表的电压量程为3V，最大电流为：===1mA，远小于电流表的量程100mA，而电压表的量程与其电压量程接近，所以电表应选电压表；为保护电源，根据题（2）的分析可知定值电阻应选择．（2）：由于滑动变阻器的全电阻远小于待测电压表内阻，所以变阻器应采用分压式接法；由于待测电压表的额定电流为，电压表的额定电流为：，所以应将两电压表串联使用；由于给出的器材中有定值电阻，考虑电路保护作用，估算如下：根据欧姆定律，当变阻器的滑片置于最右端时，通过变阻器的电流为I===0.5A，所以保护电阻至少为R===20Ω，所以保护电阻应选择，电路图如图所示：（3）：根据欧姆定律和串并联规律应有：，解得：，所以应测量的物理量是电压表的示数和电压表的示数；（4）：根据上面的分析可知，待测电压表内阻表达式为：．故答案为：（1），（2）如图（3）电压表的示数和电压表的示数（4）【点评】：应明确：①若待测电阻是电压表时，应通过其额定电压与求出的额定电流大小来选择电压表和电流表；②注意电表的“反常规”接法，即电压表可以与电压表串联或电流表可以与电流表并联；③当变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法．三、计算题（共22分）15．（10分）高速公路上甲乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v0=30m/s，距离s0=100m，t=0时刻甲车遇紧急情况后，甲乙两车的加速度随时间变化如图所示，取运动方向为正方向．通过计算说明两车在0～9s内会不会相撞？【考点】：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的图像．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：根据图象读懂甲先做3秒的匀减速直线运动，再做6秒的匀加速直线运动，乙先是3秒的匀速直线运动，然后是6秒的匀减速直线运动，根据给出的数据结合运动规律求解．因为甲车在前，乙车在后，当乙车速度减到和甲车相等的时候两车没有相撞则以后就不会相撞，且速度相等是两车相距最近的条件．【解析】：解：由图象知，甲在前3s内的加速度，在3﹣9s内的加速度，乙在前3s的加速度a乙1=0，在3﹣9s内的加速度根据图象分析知：甲前3s内做匀减速直线运动，3s后速度减为0后再以做匀加速直线运动，乙在做匀速直线运动，3s后以做匀减速直。
高一物理月考试题及答案新课标版20152016学年高一上学期第一次月考
2015-2016 学年上学期第一次月考高一物理试题【新课标】一、单项选择题（每题只有一个正确选项，共8 题，每题 5 分）1．以下对于物理学家及其贡献说法中错误的是（）A．开普勒经过深入研究第谷的数据提出行星运动三大定律B．卡文迪许经过扭秤实验测出了万有引力常量，说自己是“称量地球质量”C．牛顿提出了万有引力定律，并发现了海王星D．以牛顿运动定律和万有引力定律为基础的经典力学合用于宏观、低速、弱引力的领域。
2.对于曲线运动的说法正确的选项是（）A．做曲线运动的物体可能是遇到均衡力的作用B．曲线运动必定是变速运动C．曲线运动必定是变加快运动D．曲线运动不行能是匀变速运动3.狗拉雪橇沿位于水平面内的圆弧形道路匀速行驶，滑动摩擦力 f 的表示图(O为圆心)，此中正确的选项是(以下图为四个对于雪橇遇到的牵引力)．F 及4.如下图，在玻璃管的水中有一红蜡块正在匀速上涨，若红蜡块在 A 点匀速上涨的同时，使玻璃管水平向右做匀加快直线运动，则红蜡块实质运动的轨迹是图中的()A.直线 PB.曲线 QC.曲线 RD.没法确立是P 仍是 Q5.我国航天技术起步较晚但发展很快。
设我国自行研制的“风云二号”气象卫星和“神舟”号飞船都绕地球做匀速圆周运动。
“风云二号”离地面的高度约为36000km，“神舟”号飞船离地面的高度约为340km 。
对于“风云二号”和“神舟”号飞船的运转状况，以上说法正确的选项是（）A．它们的线速度都大于第一宇宙速度6.在抗洪抢险中，战士驾驶摩托艇救人，假定江岸是平直的，洪水沿江向下游流去，水流速度为 v1，摩托艇在静水中的航速为v2，战士救人的地址 A 离岸边近来处 O 的距离为d，如战士想在最短时间内将人奉登岸，则摩托艇登岸的地址离O 点的距离为 ( )dv2B.0A.v22v12dv1dv2C. D.v2v17.如下图，靠摩擦传动做匀速转动的大、小两轮接触面互不打滑，大轮半径是小轮半径的2 倍． A 、 B 分别为大、小轮边沿上的点， C 为大轮上一条半径的中点．则（）A.两轮转动的角速度相等B．大轮转动的角速度是小轮的 2 倍C．质点 A 的加快度是质点 B 的 2 倍D．质点 B 的加快度是质点 C 的 4 倍8.一水平抛出的小球落到一倾角为的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如右图中虚线所示。
山东省临沂市重点中学2015届高三上学期12月月考物理试题
山东省临沂市重点中学2015届高三上学期12月月考物理试题 2014．12本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分第Ⅰ卷1～3页，第Ⅱ卷4-6页，共6页。
满分100分，考试时间100分钟。
注意事项：1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目、试卷类型(A 或B)用铅笔涂写在答题卡上。
2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案代号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题卷上。
3．第Ⅱ卷答案也要写在答卷纸上，考试结束后将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷 (选择题共40分)一、本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中。
至少有一个选项是符合题目要求的．全部选对的得4分，选不全的得2分。
有错或不答的得0分．1．在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下述图象能正确反映速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是(以向上为正方向) ( )2．如图2，在内壁光滑截面为矩形的钢槽中，对齐叠放着两根长度和质量都相同，且所受重力均为G ，但粗细不同的金属管A 和B ，金属管外壁也光滑，外半径分别为1.5r 和r ，槽的宽度是4r ．下述分析正确的是 ( )A ．细管B 对底面的压力等于2G B ．两管对侧壁的压力均小于GC ．两管之间的压力小于GD ．两管间的压力和对侧壁的压力均大于G3．在冬奥会自由式滑雪比赛中，运动员在较高的雪坡上滑到某一弧形部位处，沿水平方向飞离斜坡，在空中划过一段抛物线后，再落到雪坡上，如图3所示，若雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v 0则( )A ．运动员落回雪坡时的速度大小是cos 0vB ．运动员在空中经历的时间是gv θtan 20 C ．运动员的落点与起飞点的距离是θθ220cos sin 2g v D ．运动员的落点与起飞点间竖直高度是θ220tan 2gv4．随着世界航空事业的发展，深太空探测已逐渐成为各国关注的热点．假设深太空中有一颗外星球，质量是地球质量的2倍，半径是地球半径的l/2．则下述判断正确的有( )A ．在地面上所受重力为G 的物体，在该外星球表面上所受重力变为2 GB ．该外星球上第一宇宙速度是地球上第一宇宙速度的2倍C ．该外星球的同步卫星周期一定小于地球同步卫星周期D ．该外星球上从某高处自由落地时间是地面上同一高处自由落地时间的一半5．如图4，真空中有两个电量相同的正电荷A 、B 相距L 放置，在AB 连线的中垂线上有a 、b 、c 三点，b 点在AB 连线的中点上．a 较c 离b近一些，现若将A 、B 两电荷同时向两边扩大相同距离，设无穷远处电势为零，则有 ( )A ．两电荷间电势能将加大B ．b 点场强仍为零,a 、c 两点场强都变小C ．a 、b 、c 三点电势都升高D ．电场强度始终有E a ＞E c ＞E b6.如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD ，对角线AC 与两点电荷连线重合，两对角线交点O 恰为电荷连线的中点．下列说法中正确的是（ ）A ．CA 两点间的电势差是CB 两点间的电势差的2倍 B ．B 、D 两点的电场强度及电势均相同C ．一质子由B 点沿B→C→D 路径移至D 点，电势能先减小后增大 D ．一电子由A 点沿A→O→C 路径移至C 点，所受电场力先减小后增大 7.带正电的小环套在粗糙水平杆上，杆足够长，右半部分处在匀强磁场中，小环突然获得一向右的水平速度滑入磁场中，如图所示。
山东省沂水一中2015届高三12月学情调查物理试题 Word版
沂水一中12月份学情调查考试物理试题第Ⅰ卷（选择题共40分）注意事项：1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔正确填涂在答题卡上2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．一、选择题：本题共10个小题，每小题4分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，至少有一个是正确的．每小题全选对的得4分；选对但不全的得2分；有选错或不答的得0分．1．在物理学发展过程中，许多科学家做出了突出贡献。
下列说法正确的是A．伽利略用理想斜面实验推翻了亚里士多德关于力和运动的关系的理论B．安培发现了电流的磁效应C．法拉第最早提出了场的概念D．密立根发现了电荷之间相互作用的规律2．某元件中通过的电流随其两端电压的变化规律如图所示，则下列说法中正确的是A．此元件为线性元件B．此元件导电时遵守欧姆定律C．由图象可知，电压为5V时，元件的电阻为2D．由图象可知，随着电压的增大，元件的电阻不断增大3．如图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，斜面体与墙不接触，整个系统处于静止状态．则（）4．在如图所示的电路中，输入电压U恒为8 V，灯泡L标有“3 V 6 W”字样，电动机线圈的电阻1MR=Ω。
若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是A．流过电动机的电流是5AB．电动机的输出功率为4WC．电动机的效率是60％D．整个电路消耗的电功率是16W5.在如图(a)所示的电路中，R1为定值电阻, R2为滑动变阻器。
闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表（内阻极大）的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图(b)所示。
则（）A．图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线B．电源内电阻的阻值为10ΩC．电源的最大输出功率为1.5WD．滑动变阻器R2的最大功率为0.9W6．如图所示，真空中固定两个等量异号点电荷+Q、Q-，图中O是两电荷连线的中点，a、b两点与+Q的距离相等，c、d是两电荷连线垂直平分线上的两点，bcd构成一等腰三角形。
山东省临沂市沂水第一中学高三模拟试卷(一)物理试卷.pdf
2015届山东省临沂市沂水第一中学高三模拟试题（一） 物理试题 一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分。
其中1-8题为单选题，9-12题为多选题，全对得4分，选对但不全的得2分，选错不给分） 1．如图所示，质量为m的小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端作圆周运动。
当小球运动到最高点时，即时速度，L是球心到O点的距离，则球对杆的作用力是A．的拉力 B．的压力C．零 D．的压力 2．如图所示电池的内阻可以忽略不计,电压表和可变电阻器R串联接成通路如果可变电阻器R的值减为原来的1/3时电压表的读数由U0增加到2U0，则下列正确A．流过可变电阻器R的电流增大为原来的2倍 B可变电阻器R消耗的电功率增加为原来的4倍 C可变电阻器R两端的电压减小为原来的23 D．若可变电阻器R的阻值减小到零，那么电压表的示数变为4U0 3．“神舟”十号载人航天发射控制中心的大屏幕上出现的一幅“神舟”十号飞船运行轨迹图如下，它记录了飞船在地球表面垂直投影的位置变化；图中表示一段时间内飞船绕地球沿圆周飞行四圈，依次飞经中国和太平洋地区的四次轨迹①、②、③、④，图中分别标出了各地点的经纬度。
通过观察此图，某同学发现，飞船绕地球环绕一周的过程中，地球大约自转22．50。
已知地球半径为6．4×103km，依据上述信息可估算该飞船距离地面的高度和飞船的周期（大约）正确的是：A．4×105km 1．5h B．64×103km 3h C．300km 1．5h D．7×64×103km 24h 4．如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一小物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态。
现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示（g=10m/s2），则下列结论正确的是（ ）A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B．物体的质量为3 kg C．物体的加速度大小为5 m/s2D．弹簧的劲度系数为7．5 N/cm 5．如图所示，AB为半圆环ACB的水平直径，C为环上的最低点，环半径为R。
人教版高中物理必修一高一月考
图1BACD高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）2014—2015学年度高一物理月考一、选择题（每小题4分，共48分，在每小题的四个选项中，至少有一个选项是正确的，全部选对得4分，对而不全得2分，不选或选错得0分）。
1、下列说法中正确的是（ ）A 、地球虽大，且有自转，但有时仍可被视为质点B 、当研究一列火车全部通过桥所需的时间时，可以把火车视为质点C 、观察航空母舰上的舰载飞机起飞时，航空母舰可视为质点D 、各部分运动状态完全一致的物体可视为质点 2、以下数据指时刻的是（ ） A 、某运动员跑200米用时23.10秒B 、学校上午第一节课8：00正式上课C 、1997年7月1日零时，中国开始对香港恢复行使主权D 、3s 内楼上的小球落到地面3、关于机械运动和参考系，以下说法不符合实际的是（ ） A 、一个物体相对于别的物体的位置变化，叫做机械运动 B 、参考系必须是和地面连在一起的物体 C 、参考系就是不动的物体D 、任何物体都可以被选作参考系4．如图1所示，物体沿边长为1m 的正方形由A 如箭头所示的方向运动到D ，则它的位移和路程分别是 ( )A ．0，0B ． 1m 向下，3m 向下C ．1m 向上，3mD ．0，3m5、子弹以900m/s 的速度从枪筒射出，汽车在北京长安 街上行使，时快时慢，20min 行使了18km ，汽车行驶的速度是54km/h ，则（ ）A 、900m/s 是平均速度B 、900m/s 是瞬时速度C 、54km/h 是平均速度D 、54km/s 瞬时速度6、有关瞬时速度、平均速度、平均速率，以下说法正确的是（ ） A 、瞬时速度是物体在一段时间内的速度B 、平均速度是物体在一段时间内的位移与所用时间的比值C 、平均速率就是平均速度的大小D 、平均速率是指物体通过的路程与所用时间的比值7、一个小球从4m 高处落下，被地面弹回，在1m 高处被接住，则小球在整个过程中（ ） A ．位移是5m B ．路程是5m C ．位移大小是3m D ．以上均不对8、以下关于位移和路程的说法中，正确的是（ ）A 、位移和路程都是描述质点位置变动的物理量B 、质点的位移是直线，而路程是曲线C 、在直线运动中位移与路程相同D 、只有在质点做单向直线运动时，位移大小才和路程相同 9、下面有关加速度的说法中，正确的是（ ） A 、加速度是描述物体速度变化大小的物理量B 、加速度是描述物体运动快慢的物理量C 、加速度是描述物体位置变化快慢的物理量D 、加速度是描述物体速度变化快慢的物理量 10、利用打点记时器打出的纸带（ ）A 、能准确的求出某点的瞬时速度B 、只能粗略的求出某点的瞬时速度C 、能准确的求出某段时间内的平均速度D 、可以任意地利用某段时间内的平均速度代表某点的瞬时速度11、下图为做直线运动的质点的位移-时间关系。
山东省临沂市某重点中学2015-2016学年高一上学期期中考试物理试题含答案
高一物理试题2015.11说明：本试卷分第Ⅰ卷 (选择题)和第Ⅱ卷(实验题和计算题)两部分，共6页，满分l00分，考试时间l00分钟。
第Ⅰ卷(选择题，共44分)注意事项：答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号、用签字笔填写在答题卡上。
一、单项选择题（本题共８小题，每小题３分，共２4分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
）1．最早对自由落体运动进行科学的研究，否定了亚里士多德错误论断的科学家是（）A．牛顿B．伽利略C．爱因斯坦D．阿基米德2．下列物理量中是标量的是（）A．路程B．位移C．平均速度D．加速度3．在以下情况中一定能将研究对象看成质点的是（）A．研究地球的自转B．对某名学生做操姿势进行分析C．研究火星探测器从地球到火星的飞行轨迹D．研究物体的体积和质量均很小4．关于坐标系和参考系，下列说法错误的是（）A．建立坐标系是为了定量描述物体的位置及位置的变化B．坐标系都是建立在参考系上的C．参考系必须选择静止不动的物体D．任何物体都可以被选作参考系5．下列涉及到时刻或时间的说法中，指时间的是（）A．学校7：30准时上课B．文艺晚会18：40开始C．日常生活中说的“一眨眼功夫”D．通常所说的“您这么早就来啦!”6．下列说法中正确的是（）A．瞬时速率是指瞬时速度的大小，平均速率即为平均速度的大小B．变速直线运动中任意一段时间内的平均速度一定不等于其中某一时刻的速度C．火车以速度v经过某一段路，v是指平均速度D．瞬时速度和平均速度都可以精确描述变速直线运动7．做匀减速直线运动的物体,经３s停止，在开始计时的第1s内、第2s内、第3s内的平均速度之比为( )A．1∶２∶３B．３∶２∶１C．1∶３∶５D．５∶３∶18．一条悬链长１５m，使其自由下落，不计空气阻力，g取10m/s2。
则整条悬链通过离悬链下端5m处的正下方一点所需时间是（）A．1s B．2s C．3s D．4s二、多项选择题（本题共４小题，每小题５分，共２0分。
2015-2016学年山东省临沂市郯城一中高一(上)月考物理试卷(12月份)
2015-2016学年山东省临沂市郯城一中高一（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分．四个选项中至少有一项是正确的，全部选对的得4分，漏选得2分，多选或不选不得分）1.关于重心，下列说法中正确的是（）A.重心就是物体上最重的点B.重心的位置可能不在物体上C.用一根细线悬挂的物体静止时，细线方向一定通过重心D.有规则形状的物体，它的重心在几何中心2.物体从静止出发，做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动，到达点时恰好停止．在先后两个运动过程中（）A.物体通过的路一定相等B.两次运动的加速度大小一定相同C.平均速度一定相同D.所用的时间一定相同3.一个正方形木块在光滑的水平桌面上静止，下列说法正确的是（）A.木块对桌面的压力就是木块受的重力，施力物体是地球B.木块对桌面的压力是弹力，是由于木块发生形变而产生的C.木块受到桌面对它向上的力有弹力和支持力两个力作用D.木块保持静止是由于木块对桌面的压力与桌面对木块的支持力二力平衡4.人握住旗杆匀速上爬，则下列说法正确的是（）A.人受的摩擦力的方向是向下的B.人受的摩擦力的方向是向上的C.人握旗杆用力越大，人受的摩擦力也越大D.人握旗杆用力越大，并不会使人受的摩擦力也增大5.关于速度与加速度，下列说法中正确的是（）A.速度越大，加速度一定越大B.速度为零，加速度也一定为零C.加速度为零，速度也一定为零D.以上说法都不对6.一个倾角为的光滑斜面上，放一质量为的重球，用一光滑的木板挡住它使球静止．开始时木板竖直放置，然后逐渐缓慢地使木板向左倾斜最后到达木板垂直斜面的位置，如图所示．在这过程中球受力的变化情况是（）A.球受到斜面的支持力始终不变B.球受到木板的支持力逐渐变大C.球受到木板的支持力逐渐减小D.球受到的合力始终不变7.如图所示，轻绳上端固定于点，下端挂一重为的物体，是光滑的固定木柱，则受到的绳的压力为（）A. B. C. D.无法确定8.一个物体从某一高度做自由落体运动，它在第内的位移恰好等于它最后内位移的，则它开始下落时距地面的高度为（取）（）A. B. C. D.9.如图所示，是水平地面，、是两个长方形物块，是作用在物块上沿水平方向的力，物体和以相同的速度作匀速直线运动．由此可知，、间的动摩擦因数和、间的滑动摩擦系数有可能是（）A.，B.，C.，D.，10.如图所示，一物体在粗糙水平地面上受斜向上的恒定拉力作用而做匀速直线运动，则下列说法正确的是（）A.物体可能只受两个力作用B.物体可能受三个力作用C.物体可能不受摩擦力作用D.物体一定受四个力作用11.汽车的速度–时间图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.前秒内，汽车一直做匀变速直线运动B.前秒汽车的位移为米C.第秒末汽车的加速度为零D.第秒末汽车离出发点最远12.用一轻绳将小球系于光滑墙壁上的点，在墙壁和球之间夹有一矩形物块，如图所示．、均处于静止状态，则下列相关说法正确的是（）A.受到个力B.物体受个力C.若绳子变短，受到的静摩擦力将增大D.若绳子变长，绳子的拉力将变小二、填空题（本题共2小题，共14分，把答案填在题中的横线上）13.在研究弹簧形变与外力关系的实验中，将弹簧水平放置而测出其自然长度，然后竖直悬挂而让其自然下垂，在其下端竖直向下施加外力，实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的，用记录的外力与弹簧的形变量作出图线如左，由图可知弹簧的劲度系数________，图线不过坐标原点的原因是________．14.某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中为固定橡皮条的图钉，为橡皮条与细绳的结点，和为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．如果没有操作失误，图乙中的与两力中，方向一定沿方向的是________．本实验采用的科学方法是________．A.理想实验法B.等效替代法C.控制变量法D.建立物理模型法实验时，主要的步骤是：．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；．用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置．记录下点的位置，读出两个弹簧测力计的示数；．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力和的图示，并用平行四边形定则求出合力；．只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力的图示；．比较和的大小和方向，看它们是否相同，得出结论．上述步骤中：①有重要遗漏的步骤的序号是________和________；②遗漏的内容分别是________和________．三．计算题（必须有解题过程或者必要的文字说明，否则不得分，共计38分）15.如图，轻绳一端系在天花板上，与竖直线夹角，轻绳水平，一端系在墙上，点处挂一重为的物体．求、的拉力各为多大？若、、所能承受的最大拉力均为，则所吊重物重力最大不能超过多大？16.如图所示，弹簧原长为，端挂一个重的物体，手执端，将物体置于倾角为的斜面上．当物体沿斜面匀速下滑时，弹簧长度为；当物体匀速上滑时，弹簧长度为，试求：弹簧的劲度系数；物体与斜面的滑动摩擦力．17.如图所示，长为的平底玻璃管，底部放置一可视为质点的小球，现让玻璃管从静止开始以的加速度竖直向下运动，经一段时间后小球运动到管口，此时让玻璃管加速度大小减为，方向不变，空气阻力不计，取．求：小球到达管口时小球和玻璃管的速度；从玻璃管开始运动到小球再次回到玻璃管底部所用的时间．18.木板放在水平地面上，在木板上放一重的物体，物体与木板间，木板与地间的摩擦因数均为，木板重力不计，当水平拉力将木板匀速拉出，绳与水平方向成时，问绳的拉力多大？水平拉力多大？（重力加速度）答案1. 【答案】B,C【解析】重力在物体上的作用点，叫做物体的重心；形状规则、质量分布均匀的物体的重心在物体的几何中心上；重心只是重力在作用效果上的作用点，重心并不是物体上最重的点；重心的位置可以在物体之外．【解答】解：、重心只有在作用效果上的一个点，该点并不是物体上最重的一点，故错误；、重心可以在物体上，也可以在物体之外，如空心的球体重心在球心上，不在物体上，故正确；、重心是重力在物体上的作用点，用一根悬线竖直挂起的物体静止时，细线方向一定通过物体的重心，故正确；、只有形状规则，质量分布均匀的物体，重心才在物体的几何中心上，故错误；故选：2. 【答案】C【解析】匀变速直线运动的平均速度，结合加速度和位移的基本规律解答．【解答】解：设匀加速运动的末速度为，则根据匀变速直线运动的平均速度匀加速直线运动的平均速度匀减速直线运动的平均速度故先后两个运动过程中平均速度相等，运动的时间不一定相等，故加速度和路程不一定相等，故正确，错误．故选：．3. 【答案】B【解析】木块放在水平桌面上保持静止，木块对桌面的压力大小等于木块受的重力，压力的施力物体是木块，是由于木块发生形变而产生的．压力与支持力是一对作用力与反作用力【解答】解：、木块放在水平桌面上保持静止，木块对桌面的压力大小等于木块受的重力，但不能说木块对桌面的压力就是木块受的重力，因为两者产生的原因、施力物体和受力物体等都不同．压力的施力物体是木块．故错误．、木块对桌面的压力是弹力，是由于木块发生形变对桌面产生的弹力．故正确．、木块受到桌面对它向上的力有弹力即支持力作用．故错误．、木块保持静止是由于木块对桌面的压力与桌面对木块的支持力，是作用力、反作用力．故错误．故选：4. 【答案】B,D【解析】人握住旗杆匀速上爬时，人有向下滑的趋势，受到旗杆的静摩擦力，根据静摩擦力与物体相对运动趋势方向相反和平衡条件分析静摩擦力的方向与大小．【解答】解：、人握住旗杆匀速上爬时，人相对于旗杆有向下滑的趋势，受到旗杆的静摩擦力方向向上．故错误，正确．、由于人是匀速运动的，人竖直方向受到重力和摩擦力，由平衡条件分析得知，人受的摩擦力等于人的重力，保持不变，所以人握旗杆用力越大，并不会使人受的摩擦力增大．故错误，正确．故选5. 【答案】D【解析】根据加速度的定义式可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大．【解答】解：、运动物体的速度越大，其加速度可能为零，例如匀速直线运动，故错误、速度为零，加速度不一定为零，例如火箭发射的瞬间，故错误、加速度为零，速度不一定为零，例如匀速直线运动，故错误、以上说法都不对，故正确故选：．6. 【答案】C,D【解析】以小球为研究对象，将重力按效果进行分解，作出力分解图．运用作图法，分析在挡板从竖直位置放到水平位置的过程中球对斜面的压力如何变化．【解答】解：以小球为研究对象，将重力按效果进行分解，作出力分解图，如图．如图所示，在挡板从竖直位置放到竖直位置的过程中，不断减小，不断减小，则球对木板的支持力一直减小，斜面对球的支持力一直减小．由于球一直处于平衡状态所受合力始终为零保持不变；7. 【答案】B【解析】同一根绳子张力处处相等，木栓所受的绳子对它的压力为和的合力，根据平行四边形定则求解其大小和方向．【解答】解：同一根绳子张力处处相等，故：；木栓所受的绳子对它的压力为和的合力，根据平行四边形定则作图如下：故压力等于，与水平方向所成夹角为．故选：8. 【答案】D【解析】自由落体运动是初速度为零的匀加速运动，加速度的大小为重力加速度，根据自由落体运动规律计算即可．【解答】解：根据公式：得：第内下落的距离．设：物体开始下落时离地面的高度为，下落时间为，则有：…①最后之前的下降的高度为…②由①-②得：，∴ …③把③式代入①得：．故选．9. 【答案】B,D【解析】物块和以相同的速度做匀速直线运动，合力均为零，分别以和整体为研究对象，研究与间、与地间的摩擦力，若两物体间无摩擦力，物体间的动摩擦因数可能为零，也可能不为零；若物体间有摩擦力，物体间的动摩擦因数一定不为零．【解答】解：先以为研究对象，做匀速运动，合力为零，由平衡条件分析可知，不受摩擦力，否则水平方向上的合力不为零，不可能做匀速直线运动，则知、间的动摩擦因数可能为零，也可能不为零；再以整体为研究对象，由平衡条件分析可知，地面对一定有摩擦力，则与地面之间的动摩擦因数一定不为零．故选：．【解析】物体之间产生摩擦力必须要具备以下三个条件：第一，物体间相互接触、挤压；第二，接触面不光滑；第三，物体间有相对运动趋势或相对运动．弹力是物体因形变而产生的力，这里指的是物体间相互接触、挤压时的相互作用力；将拉力按照作用效果正交分解后，结合运动情况和摩擦力和弹力的产生条件对木块受力分析，得出结论．【解答】解：物体一定受重力，拉力产生两个作用效果，水平向右拉木块，竖直向上拉木块，由于木块匀速直线运动，受力平衡，水平方向必有摩擦力与拉力的水平分量平衡，即一定有摩擦力，结合摩擦力的产生条件可知则必有支持力，因而物体一定受到四个力，故错误，正确；故选：．11. 【答案】D【解析】匀变速直线运动的加速度恒定不变．由图象的斜率等于加速度，分析汽车的运动性质．图象中图线与坐标轴围成图形的面积表示位移．根据速度的方向分析汽车何时离出发点最远．【解答】解：、由图象的斜率等于加速度，知在前内汽车的加速度是变化的，做的不是匀变速直线运动．故错误．、根据图象中图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，则知前汽车的位移等于第内的位移，为，故错误．、第秒末汽车的速度为零，但加速度不为零，故错误．、汽车在前内一直沿正向运动，后沿负向返回，故第末汽车离出发点最远，故正确．故选：12. 【答案】B,D【解析】按重力、弹力和摩擦力的顺序分析物体的受力情况．对，由平衡条件分析绳子变短时，受到的静摩擦力如何变化．对，由平衡条件研究绳子变长时，绳子的拉力如何变化．【解答】解：、受到重力、墙壁的弹力、的压力和静摩擦力，共个力作用．故错误．、受到重力、的支持力和静摩擦力，绳子的拉力，共个力作用．故正确．、受到的静摩擦力竖直向上，与其重力平衡，与绳子长度无关，所以若绳子变短，受到的静摩擦力不变．故错误．、设绳子与竖直方向的夹角为，的重力为，绳子的拉力大小为，则由平衡条件得：，若绳子变长，变小，变大，则变小．故正确．故选13. 【答案】,弹簧自重作用【解析】由得，，由图象数据代入求解；将弹簧水平放置而测出其自然长度，然后竖直悬挂而让其自然下垂，由于弹簧自重作用，在时弹簧会伸长；【解答】解：由得，；由于弹簧自重作用，在时弹簧会伸长．故答案为：；弹簧自重作用14. 【答案】; B; ,,中未记下两条细绳的方向,中未说明把橡皮条的结点拉到位置【解析】、明确实验原理，了解实验误差的存在，知道该实验中“理论值”和“实验值”的区别．; ; 步骤中只有记下两条细绳的方向，才能确定两个分力的方向，进一步才能根据平行四边形定则求合力；步骤中只有使结点到达同样的位置，才能表示两种情况下力的作用效果相同．【解答】解：是通过作图的方法得到合力的理论值，而是通过一个弹簧称沿方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力．故方向一定沿方向的是；; 由于误差的存在和方向并不在重合，合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法．故选：; 本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，得出结果．所以，实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示．步骤中未记下两条细绳的方向；步骤中未说明把橡皮条的结点拉到位置．15. 【答案】、的拉力分别为、．; 所吊重物重力最大不能超过．【解析】对结点受力分析，根据共点力平衡，运用合成法求出和绳子的拉力；;通过分析哪根绳子承受的拉力最大，从而求出重物的最大重力．【解答】解：对结点受力分析，如图所示：根据共点力平衡条件，有：; 点受三个力作用而处于平衡状态，结合图中三角形知识，可知由于，故：答：、的拉力分别为、．所吊重物重力最大不能超过．16. 【答案】弹簧的劲度系数为；; 物体与斜面的滑动摩擦力．【解析】物体做匀速运动，可对物体进行受力分析后应用平衡条件分别列式求解．;【解答】解：匀速下滑时，受力分析如右图①匀速上滑②①②两式相加得：; 将带入①，由：得：答：弹簧的劲度系数为；物体与斜面的滑动摩擦力．17. 【答案】时间为，小球离开玻璃管时，小球的速度，玻璃管的速度的大小为．; 小球再次回到玻璃管底部所用的时间．【解析】设玻璃管向下运动的加速度为，对玻璃管受力分析由牛顿第二定律列式，玻璃球作自由落体运动，玻璃管向下加速运动，根据运动学基本公式列式，再抓住位移关系列式，联立方程组即可求解．;【解答】解：设玻璃管向下运动的加速度为，对玻璃管受力分析由牛顿第二定律得，①设玻璃球和玻璃管向下运动的位移分别为、时，玻璃球离开玻璃管，由题意得， ②由玻璃球作自由落体运动得，③由玻璃管向下加速运动得，④玻璃球离开玻璃管时，玻璃管的速度 ⑤由① ⑤式解得，，根据速度与时间的关系，则有小球的速度玻璃管的速度; 根据位移与时间关系，设再次回到玻璃管底部所用的时间为，则有：代入数据，可解得：答：时间为，小球离开玻璃管时，小球的速度，玻璃管的速度的大小为．小球再次回到玻璃管底部所用的时间．18. 【答案】绳的拉力是．水平拉力是．【解析】以为研究对象，分析受力，根据平衡条件和摩擦力公式求出绳的拉力．再以为研究对象，分析受力，由平衡条件求解水平拉力．【解答】解：对，受力如图所示，根据平衡条件，有：又联立得到，解式得，，代入解得，，对：受，对的摩擦力，地对的摩擦力，地对的弹力地，对的压力为，处于动平衡状态，则有地地。
2015-2016年高一物理上学期第一次月考试卷
2015-2016年高一物理上学期第一次月考试卷师大二附中2015-2016 学年第一学期第一次月考测试卷高一年级物理（满分：100 分）一、选择题（每题 4 分，共 44 分，每题给出的四个选项中，起码有一个是切合题目要求的。
所有选对的得 4 分，选不全但没有错误的得 2 分，选错或不答的均得0 分）1.（多项选择）以下物体或人，能够看作质点的() 。
是A 、奥运时期从北京开往天津的一列高速列车B、研究绕地球运动时的“嫦娥一号”飞船c 、邹凯在北京奥运会的单杠竞赛中D、表演出色芭蕾舞的演员2．一个质点做方向不变的直线运动，加快度的方向一直与速度方向同样，但加快度大小渐渐减小直至为零，则在此过程中（）A.速度渐渐减小，当加快度减小到零时，速度达到最小值B.速度渐渐增大，当加快度减小到零时，速度达到最大值c.位移渐渐增大，当加快度减小到零时，位移将不再增大D.位移渐渐减小，当加快度减小到零时，位移达到最小值3．在 08 北京奥运会中，牙买加选手博尔特是一公认的世界飞人，在“鸟巢”400 环形赛道上，博尔特在男子100 决赛和男子200 决赛中分别以9.69s 和 19.30s 的成绩破两项世界纪录，获取两枚金牌。
对于他在这两次决赛中的运动情况，以下说法正确的选项是()A ． 200 决赛中的位移是100 决赛的两倍B． 200 决赛中的均匀速度约为10.36/sc ．100 决赛中的均匀速度约为10.32/sD ．100 决赛中的最大速度约为20.64/s4．（多项选择）如下图是一沿笔挺公路做匀加快直线运动的汽车的速度计。
某同学在汽车中察看速度计指针地点的变化，开始时指针指示在如图甲所示的地点，经过7s 后指针如图乙，以下说法正确的选项是（）A、右速度计直接读出的是汽车运动的均匀速度B 、右速度计直接读出的是汽车7s 时的刹时速率c 、汽车运动的加快度约为 5.7/s2D 、汽车运动的加快度约为 1.6/s25.两列火车相向而行，第一列的速度大小为 36k／ h，第二列为 54k／ h。
高二物理月考试题及答案-山东临沂一中2015-2016学年高二上学期月考试卷(12月份)
2015-2016学年山东省临沂一中高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分，其中1-6题为单选题，7-12题为多选题．选对得4分，选不全得2分，选错不得分）1．用多用电表欧姆挡（×100）测试三只二极管，其结果依次如图①②③所示，关于二极管的说法正确的是（）A．①是完好的，且a端为正极B．②是完好的，且a端为正极C．②是完好的，且b端为正极D．③是完好的，且b端为正极2．如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线为中心，半径为R的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法中不正确的是（）A．直导线中电流方向垂直纸面向外B．d点的磁感应强度为0C．a点的磁感应强度为2T，方向向右D．b点的磁感应强度为T，方向斜向下，与B成45°角3．一磁感应强度B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角，将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为（）A．0 B．2BS C．2BScosθD．2BSsinθ4．如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图所示，当加上电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是（）A．F1＞F2，弹簧长度将变长B．F1＞F2，弹簧长度将变短C．F1＜F2，弹簧长度将变长D．F1＜F2，弹簧长度将变短5．如图所示，a和b是从A点以相同的动能射入匀强磁场的两个带等量电荷的粒子运动的半圆形径迹，已知r a=2r b，则由此可知（）A．两粒子均带正电，质量比=4B．两粒子均带负电，质量比=4C．两粒子均带正电，质量比=D．两粒子均带负电，质量比=6．如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中不可行的是（）A．将线框向左拉出磁场B．以ab边为轴转动（小于90°）C．以ad边为轴转动（小于60°）D．以bc边为轴转动（小于60°）7．调整欧姆零点后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，那么正确的判断和做法是（）A．这个电阻的阻值很小B．这个电阻的阻值很大C．为了把电阻值测得更准确些，应换用“×1”挡，重新调整欧姆零点后测量D．为了把电阻值测得更准确些，应换用“×100”挡，重新调整欧姆零点后测量8．质量为m的金属导体棒置于倾角为θ的导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，当导体棒通以垂直纸面向里的电流时，恰能在导轨上静止．如图所示的四个图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中棒与导轨间的摩擦力可能为零的是（）A．B．C．D．9．如图所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的O点沿与PQ成θ角的方向以相同的速度v射入磁场中．则正、负电子（）A．在磁场中的运动时间相同B．在磁场中运动的轨道半径相同C．出边界时两者的速度相同D．出边界点到O点处的距离相等10．中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果．如图所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．已知电流的微观表达式I=nsev，下列说法正确的是（）A．上表面的电势高于下表面电势B．仅增大h时，上下表面的电势差增大C．仅增大d时，上下表面的电势差减小D．仅增大电流I时，上下表面的电势差增大11．矩形线圈abcd位于足够长的通电直导线附近，且线圈平面与导线在同一平面内，如图所示，线圈的两条边ad和bc与导线平行，要使线圈中产生abcda方向的电流，可以（）A．线圈不动，增大导线中的电流B．线圈不动，减小导线中的电流C．导线中的电流不变，线圈向右平动D．导线中的电流不变，线圈向上平动12．如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图乙所示的变化电流，t=t2时电流的方向为顺时针（如图中箭头所示），在t1～t2时间内，对于线圈B，下列说法中正确的是（）A．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势B．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势C．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势D．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势二、实验题（本题共2小题，共12分，其中第13题4分，第14题8分）13．某小组同学在“探究感应电流产生的条件”的实验中，所用实验器材如图，图中已用导线连接好部分实验器材．（1）请以笔画线代替导线把实验电路连接好；（2）实验现象记录在下表中，请完成表格14．在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路．（1）按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来．（2）在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于端（选填“A”或“B”）．（3）图丙是根据实验数据作出的U﹣I图象，由图可知，电源的电动势E=V，内阻r=Ω三、计算题（本题共4小题，共40分，其中第15题8分，第16题8分，第17题12分，第18题12分）15．如图所示，电路中E=3V，r=0.5Ω，R0=1.5Ω，变阻器R的最大阻值为10Ω．（1）在变阻器的阻值R为多大时，变阻器上消耗的功率最大？最大为多大？（2）在变阻器的阻值R为多大时，定值电阻R0上消耗的功率最大？最大为多大？16．如图所示，导体杆ab质量为m，电阻为R，放在与水平面夹角为θ的倾斜金属导轨上，导轨间距为d，电阻不计，系统处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B．电源内阻不计，重力加速度为g．求：①若导体光滑时，电源电动势E1为多大能使导体杆静止在导轨上？②若导体杆与导轨之间的动摩擦因数为μ，且不通电时导体杆不能静止在导轨上，要使杆在导轨上匀速下滑，电源的电动势E2应为多大？17．质谱仪原理如图所示，a为粒子加速器，加速电压为U1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为B2．今有一质量为m，电荷量为+q的带电粒子，经加速后，该粒子恰能沿直线通过速度选择器．粒子从O点进入分离器后在洛伦兹方的作用下做半个圆周运动后打到底片上并被接收，形成一个细条纹，测出条纹到O点的距离为L．求：（1）粒子离开加速器的速度大小v？（2）速度选择器的电压U2？（3）该带电粒子荷质比的表达式．18．如图，在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域中分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右．一电荷量为+q（q＞0），质量为m的带电粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出．已知PQ垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d．不计重力，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）匀强电场的电场强度E的大小；（3）若l1=d，求粒子在磁场和电场中运动的总时间t．2015-2016学年山东省临沂一中高二（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分，其中1-6题为单选题，7-12题为多选题．选对得4分，选不全得2分，选错不得分）1．用多用电表欧姆挡（×100）测试三只二极管，其结果依次如图①②③所示，关于二极管的说法正确的是（）A．①是完好的，且a端为正极B．②是完好的，且a端为正极C．②是完好的，且b端为正极D．③是完好的，且b端为正极【考点】用多用电表测电阻．【分析】二极管具有单向导电性，根据该性质即可判断二极管是否正常；再根据欧姆表内部电源的正极接在黑表笔上判断二极管的极性．【解答】解：二极具有单向导电性，当接正向电压时，二极管导通，电阻很小，而接反向电压时，二极管截止，电阻很大；由图可知，只有②图符合该规律；故只有②是完好的，因a端接电源正极时导通；故a为二极管正极；故选：B．2．如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线为中心，半径为R的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法中不正确的是（）A．直导线中电流方向垂直纸面向外B．d点的磁感应强度为0C．a点的磁感应强度为2T，方向向右D．b点的磁感应强度为T，方向斜向下，与B成45°角【考点】磁感应强度．【分析】由题，c点的磁感应强度为0，说明通电导线在O点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，由安培定则判断出通电导线中电流方向．通电导线在abcd四点处产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成分析b、c、d三点的磁感应强度大小和方向．【解答】解：A、由题，c点的磁感应强度为0，说明通电导线在c点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在c点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向外．故A正确．B、通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向上，则d点感应强度为T，方向与B的方向成45°斜向上，不为零．故B不正确．C、通电导线在a处的磁感应强度方向水平向右，则a点磁感应强度为2T，方向与B的方向相同．故C正确．D、由上知道，通电导线在b点产生的磁感应强度大小为1T，由安培定则可知，通电导线在b处的磁感应强度方向竖直向下，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，b点感应强度为T，方向与B的方向成45°斜向下．故D正确．本题选择不正确的，故选：B3．一磁感应强度B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角，将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为（）A．0 B．2BS C．2BScosθD．2BSsinθ【考点】磁通量．【分析】在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积．当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量Φ=0，若既不垂直，也不平行，则可分解成垂直与平行，根据Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）即可求解．【解答】解：矩形线圈abcd如图所示放置，匀强磁场方向水平向右，平面abcd与竖直方向成θ角，将此时通过线圈的磁通量为Φ1=BScosθ．当规定此时穿过线圈为正面，则当线圈绕ad轴转180°角时，穿过线圈反面，则其的磁通量Φ2=﹣BScosθ．因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为：△∅=∅2﹣∅1=﹣2BScosθ．故选：C．4．如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图所示，当加上电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是（）A．F1＞F2，弹簧长度将变长B．F1＞F2，弹簧长度将变短C．F1＜F2，弹簧长度将变长D．F1＜F2，弹簧长度将变短【考点】电流的磁场对磁针的作用．【分析】（1）通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；（2）长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，得出导线给磁铁的反作用力方向．【解答】解：（1）磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏左位置，所以此处的磁感线是斜向右上的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下，（2）长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的；（3）导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的，将这个力在水平和竖直分解，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在水平向左产生分力，所以弹簧产生压缩，弹簧长度将变短．故B正确，ACD错误．故选：B．5．如图所示，a和b是从A点以相同的动能射入匀强磁场的两个带等量电荷的粒子运动的半圆形径迹，已知r a=2r b，则由此可知（）A．两粒子均带正电，质量比=4B．两粒子均带负电，质量比=4C．两粒子均带正电，质量比=D．两粒子均带负电，质量比=【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【分析】该题考查带电粒子在匀强磁场中的偏转，带电粒子在匀强磁场中以垂直于磁场方向运动，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动．根据偏转方向，利用左手定则来判断粒子所带的电性，根据半径判断粒子的质量比．【解答】解：两粒子进入磁场后均向下偏转，可知在A点，均受到向下的洛伦兹力，由左手定则可知，四指所指的方向与运动方向相反，得知两个粒子均带负电；由动能和动量之间的关系有：，得：a粒子动量为：…①b粒子动量为：…②有题意有：…③①②③联立得：，所以选项ACD错误，B正确．故选B6．如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中不可行的是（）A．将线框向左拉出磁场B．以ab边为轴转动（小于90°）C．以ad边为轴转动（小于60°）D．以bc边为轴转动（小于60°）【考点】感应电流的产生条件．【分析】磁通量是穿过线圈的磁感线的条数．对照产生感应电流的条件：穿过电路的磁通量发生变化进行分析判断有无感应电流产生．【解答】解：A、将线框向左拉出磁场，穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生．故A不符合题意．B、以ab边为轴转动（小于90°），穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生．故B不符合题意．C、以ad边为轴转动（小于60°），穿过线圈的磁通量从Φ=B减小到零，有感应电流产生．故C不符合题意．D、以bc边为轴转动（小于60°），穿过线圈的磁通量Φ=B，保持不变，没有感应电流产生．故D符合题意．本题选择不可行的，故选：D7．调整欧姆零点后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，那么正确的判断和做法是（）A．这个电阻的阻值很小B．这个电阻的阻值很大C．为了把电阻值测得更准确些，应换用“×1”挡，重新调整欧姆零点后测量D．为了把电阻值测得更准确些，应换用“×100”挡，重新调整欧姆零点后测量【考点】用多用电表测电阻．【分析】欧姆表的零刻度在表盘的右侧，当指针偏转角度较小时，说明电阻较大．每次换挡需重新欧姆调零．【解答】解：因为欧姆表的零刻度在表盘的右侧，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，知电阻值很大，为准确测量电阻阻值，需换用大挡，即“×100”挡，重新测量．故AC错误，BD正确．故选：BD．8．质量为m的金属导体棒置于倾角为θ的导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，当导体棒通以垂直纸面向里的电流时，恰能在导轨上静止．如图所示的四个图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中棒与导轨间的摩擦力可能为零的是（）A．B．C．D．【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【分析】通过对杆ab受力分析，根据共点力平衡判断杆子是否受摩擦力．【解答】解：A、杆子受重力，竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，不受摩擦力，故A正确；B、杆子受重力，垂直向下的安培力，垂直向上的支持力，若无摩擦力，不能平衡，故B错误；C、杆子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力，故C 正确；D、杆子受重力、沿斜面向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力，故D正确；故选ACD．9．如图所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的O点沿与PQ成θ角的方向以相同的速度v射入磁场中．则正、负电子（）A．在磁场中的运动时间相同B．在磁场中运动的轨道半径相同C．出边界时两者的速度相同D．出边界点到O点处的距离相等【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【分析】由题正负离子的质量与电量相同，进入同一磁场做匀速圆周运动的周期相同，根据偏向角的大小分析运动时间的长短．由牛顿第二定律研究轨道半径．根据圆的对称性，分析离子重新回到边界时速度方向关系和与O点距离．【解答】解：A、粒子在磁场中运动周期为T=，则知两个离子圆周运动的周期相等．根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π﹣2θ，轨迹的圆心角也为2π﹣2θ，运动时间t1=T；同理，负离子运动时间t2=T，显然时间不相等．故A错误；B、由qvB=m得：r=，由题q、v、B大小均相同，则r相同，故B正确；C、正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同．故C正确；D、根据几何知识可得，重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinθ，r、θ相同，则S相同，故D正确；故选：BCD10．中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果．如图所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．已知电流的微观表达式I=nsev，下列说法正确的是（）A．上表面的电势高于下表面电势B．仅增大h时，上下表面的电势差增大C．仅增大d时，上下表面的电势差减小D．仅增大电流I时，上下表面的电势差增大【考点】霍尔效应及其应用．【分析】金属导体中移动的是自由电子，根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出电子的偏转方向，比较出电势的高低．最终电子受洛伦兹力和电场力平衡，根据平衡得出电势差的大小表达式进行讨论．【解答】解：A、根据左手定则，知自由电子向上偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面．故A错误；B、根据evB=e，解得U=vBh，根据电流的微观表达式I=nesv，故U=Bh=，知增大h，上下表面的电势差不变，与h无关．故B错误；C、根据evB=e，解得U=vBh，根据电流的微观表达式I=nesv，故U=Bh=，知仅增大d时，上下表面的电势差减小，故C正确；D、根据evB=e，解得U=vBh；根据电流的微观表达式I=neSv，电流I越大，电子的速度越大，故上下表面的电势差越大，故D正确；故选：CD．11．矩形线圈abcd位于足够长的通电直导线附近，且线圈平面与导线在同一平面内，如图所示，线圈的两条边ad和bc与导线平行，要使线圈中产生abcda方向的电流，可以（）A．线圈不动，增大导线中的电流B．线圈不动，减小导线中的电流C．导线中的电流不变，线圈向右平动D．导线中的电流不变，线圈向上平动【考点】楞次定律．【分析】当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流．根据楞次定律判断感应电流的方向．【解答】解：A、当电流增大时，垂直纸面向里的磁场，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流方向逆时针．故A错误．B、当电流减小时，垂直纸面向里的磁场，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向顺时针．故B正确．C、当在线圈平面内，垂直bc边向右拉动线圈，逐渐远离线圈，穿过线圈的磁场减小，即穿过线圈的磁通量减小，故产生感应电流为顺时针，即感应电流的方向为abcda．故C正确．D、导线中的电流不变，线圈向上平动，穿过线圈的磁场不变，即穿过线圈的磁通量也不变，则不产生感应电流，故D错误．故选BC．12．如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图乙所示的变化电流，t=t2时电流的方向为顺时针（如图中箭头所示），在t1～t2时间内，对于线圈B，下列说法中正确的是（）A．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势B．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势C．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势D．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势【考点】楞次定律．【分析】根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．【解答】解：在t1～t2时间内，对于线圈A的顺时针方向电流增大，导致线圈B磁通量增大，感应电流的磁场与它相反，根据安培定则可知，线圈A在线圈B内部产生磁场方向垂直纸面向里，则线圈B内有逆时针方向的电流．此时线圈B的电流方向与线圈A电流方向相反，由异向电流相互排斥，可知线圈间有相互排斥，所以线圈B有的扩张的趋势．故A、B、D错误，C正确．故选：C二、实验题（本题共2小题，共12分，其中第13题4分，第14题8分）13．某小组同学在“探究感应电流产生的条件”的实验中，所用实验器材如图，图中已用导线连接好部分实验器材．（1）请以笔画线代替导线把实验电路连接好；（2）实验现象记录在下表中，请完成表格【考点】研究电磁感应现象．【分析】探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流计与副线圈组成另一个闭合电路．当通过闭合电路磁通量发生变化时，会产生感应电流，并根据开关闭合瞬间或断开瞬间，结合指针的偏转方向，即可求解．【解答】解：（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流计与副线圈组成另一个闭合电路；电路图如图所示：（2）闭合开关的瞬间，穿过副线圈磁通量发生增大，产生感应电流，使得指针向右偏转，而断开开关瞬间时，穿过副线圈的磁通量减小，使得指针向左偏转，因此当开关闭合时迅速向右移动变阻器滑片时，即确保电流增大，则有穿过副线圈的磁通量增大，从而出现指针向右偏转．故答案为：（1）如上图所示；（2）右．14．在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路．（1）按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来．（2）在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于B端（选填“A”或“B”）．（3）图丙是根据实验数据作出的U﹣I图象，由图可知，电源的电动势E= 1.50V，内阻r=1Ω【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）由原理图将电流表与滑动变阻器串联，将电压表并联在电滑动变阻器及电流表两端，注意开关应能控制整个电路；（2）滑动变阻器在开始时应调节到使电路中电流最小的位置；（3）由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻及短路电流．【解答】解：（1）由原理图可知滑动变阻器为限流接法，电压表并联在滑动变阻器两端，由原理图连接实物图所示；（2）为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变阻器接入部分为左半部分；故滑片应接到B端；（3）由U﹣I图可知，电源的电动势E=1.50V；当路端电压为1V时，电流为0.5A，则由闭合电路欧姆定律可知：r==1Ω；。
山东省临沂一中2015-2016学年高二上学期月考物理试卷(12月份) Word版含解析
2015-2016学年山东省临沂一中高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分，其中1-6题为单选题，7-12题为多选题．选对得4分，选不全得2分，选错不得分）1．用多用电表欧姆挡（×100）测试三只二极管，其结果依次如图①②③所示，关于二极管的说法正确的是（）A．①是完好的，且a端为正极B．②是完好的，且a端为正极C．②是完好的，且b端为正极D．③是完好的，且b端为正极2．如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线为中心，半径为R的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法中不正确的是（）A．直导线中电流方向垂直纸面向外B．d点的磁感应强度为0C．a点的磁感应强度为2T，方向向右D．b点的磁感应强度为T，方向斜向下，与B成45°角3．一磁感应强度B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角，将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为（）A．0 B．2BS C．2BScosθD．2BSsinθ4．如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图所示，当加上电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是（）A．F1＞F2，弹簧长度将变长B．F1＞F2，弹簧长度将变短C．F1＜F2，弹簧长度将变长D．F1＜F2，弹簧长度将变短5．如图所示，a和b是从A点以相同的动能射入匀强磁场的两个带等量电荷的粒子运动的半圆形径迹，已知r a=2r b，则由此可知（）A．两粒子均带正电，质量比=4B．两粒子均带负电，质量比=4C．两粒子均带正电，质量比=D．两粒子均带负电，质量比=6．如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中不可行的是（）A．将线框向左拉出磁场B．以ab边为轴转动（小于90°）C．以ad边为轴转动（小于60°）D．以bc边为轴转动（小于60°）7．调整欧姆零点后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，那么正确的判断和做法是（）A．这个电阻的阻值很小B．这个电阻的阻值很大C．为了把电阻值测得更准确些，应换用“×1”挡，重新调整欧姆零点后测量D．为了把电阻值测得更准确些，应换用“×100”挡，重新调整欧姆零点后测量8．质量为m的金属导体棒置于倾角为θ的导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，当导体棒通以垂直纸面向里的电流时，恰能在导轨上静止．如图所示的四个图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中棒与导轨间的摩擦力可能为零的是（）A．B．C．D．9．如图所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的O点沿与PQ成θ角的方向以相同的速度v射入磁场中．则正、负电子（）A．在磁场中的运动时间相同B．在磁场中运动的轨道半径相同C．出边界时两者的速度相同D．出边界点到O点处的距离相等10．中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果．如图所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．已知电流的微观表达式I=nsev，下列说法正确的是（）A．上表面的电势高于下表面电势B．仅增大h时，上下表面的电势差增大C．仅增大d时，上下表面的电势差减小D．仅增大电流I时，上下表面的电势差增大11．矩形线圈abcd位于足够长的通电直导线附近，且线圈平面与导线在同一平面内，如图所示，线圈的两条边ad和bc与导线平行，要使线圈中产生abcda方向的电流，可以（）A．线圈不动，增大导线中的电流B．线圈不动，减小导线中的电流C．导线中的电流不变，线圈向右平动D．导线中的电流不变，线圈向上平动12．如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图乙所示的变化电流，t=t2时电流的方向为顺时针（如图中箭头所示），在t1～t2时间内，对于线圈B，下列说法中正确的是（）A．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势B．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势C．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势D．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势二、实验题（本题共2小题，共12分，其中第13题4分，第14题8分）13．某小组同学在“探究感应电流产生的条件”的实验中，所用实验器材如图，图中已用导线连接好部分实验器材．（1）请以笔画线代替导线把实验电路连接好；214．在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路．（1）按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来．（2）在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于端（选填“A”或“B”）．（3）图丙是根据实验数据作出的U﹣I图象，由图可知，电源的电动势E=V，内阻r=Ω三、计算题（本题共4小题，共40分，其中第15题8分，第16题8分，第17题12分，第18题12分）15．如图所示，电路中E=3V，r=0.5Ω，R0=1.5Ω，变阻器R的最大阻值为10Ω．（1）在变阻器的阻值R为多大时，变阻器上消耗的功率最大？最大为多大？（2）在变阻器的阻值R为多大时，定值电阻R0上消耗的功率最大？最大为多大？16．如图所示，导体杆ab质量为m，电阻为R，放在与水平面夹角为θ的倾斜金属导轨上，导轨间距为d，电阻不计，系统处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B．电源内阻不计，重力加速度为g．求：①若导体光滑时，电源电动势E1为多大能使导体杆静止在导轨上？②若导体杆与导轨之间的动摩擦因数为μ，且不通电时导体杆不能静止在导轨上，要使杆在导轨上匀速下滑，电源的电动势E2应为多大？17．质谱仪原理如图所示，a为粒子加速器，加速电压为U1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为B2．今有一质量为m，电荷量为+q的带电粒子，经加速后，该粒子恰能沿直线通过速度选择器．粒子从O点进入分离器后在洛伦兹方的作用下做半个圆周运动后打到底片上并被接收，形成一个细条纹，测出条纹到O点的距离为L．求：（1）粒子离开加速器的速度大小v？（2）速度选择器的电压U2？（3）该带电粒子荷质比的表达式．18．如图，在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域中分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右．一电荷量为+q（q＞0），质量为m的带电粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出．已知PQ垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d．不计重力，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）匀强电场的电场强度E的大小；（3）若l1=d，求粒子在磁场和电场中运动的总时间t．2015-2016学年山东省临沂一中高二（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分，其中1-6题为单选题，7-12题为多选题．选对得4分，选不全得2分，选错不得分）1．用多用电表欧姆挡（×100）测试三只二极管，其结果依次如图①②③所示，关于二极管的说法正确的是（）A．①是完好的，且a端为正极B．②是完好的，且a端为正极C．②是完好的，且b端为正极D．③是完好的，且b端为正极【考点】用多用电表测电阻．【分析】二极管具有单向导电性，根据该性质即可判断二极管是否正常；再根据欧姆表内部电源的正极接在黑表笔上判断二极管的极性．【解答】解：二极具有单向导电性，当接正向电压时，二极管导通，电阻很小，而接反向电压时，二极管截止，电阻很大；由图可知，只有②图符合该规律；故只有②是完好的，因a端接电源正极时导通；故a为二极管正极；故选：B．2．如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线为中心，半径为R的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法中不正确的是（）A．直导线中电流方向垂直纸面向外B．d点的磁感应强度为0C．a点的磁感应强度为2T，方向向右D．b点的磁感应强度为T，方向斜向下，与B成45°角【考点】磁感应强度．【分析】由题，c点的磁感应强度为0，说明通电导线在O点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，由安培定则判断出通电导线中电流方向．通电导线在abcd四点处产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成分析b、c、d三点的磁感应强度大小和方向．【解答】解：A、由题，c点的磁感应强度为0，说明通电导线在c点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在c点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向外．故A正确．B、通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向上，则d点感应强度为T，方向与B的方向成45°斜向上，不为零．故B不正确．C、通电导线在a处的磁感应强度方向水平向右，则a点磁感应强度为2T，方向与B的方向相同．故C正确．D、由上知道，通电导线在b点产生的磁感应强度大小为1T，由安培定则可知，通电导线在b处的磁感应强度方向竖直向下，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，b点感应强度为T，方向与B的方向成45°斜向下．故D正确．本题选择不正确的，故选：B3．一磁感应强度B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角，将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为（）A．0 B．2BS C．2BScosθD．2BSsinθ【考点】磁通量．【分析】在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积．当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量Φ=0，若既不垂直，也不平行，则可分解成垂直与平行，根据Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）即可求解．【解答】解：矩形线圈abcd如图所示放置，匀强磁场方向水平向右，平面abcd与竖直方向成θ角，将此时通过线圈的磁通量为Φ1=BScosθ．当规定此时穿过线圈为正面，则当线圈绕ad轴转180°角时，穿过线圈反面，则其的磁通量Φ2=﹣BScosθ．因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为：△∅=∅2﹣∅1=﹣2BScosθ．故选：C．4．如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图所示，当加上电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是（）A．F1＞F2，弹簧长度将变长B．F1＞F2，弹簧长度将变短C．F1＜F2，弹簧长度将变长D．F1＜F2，弹簧长度将变短【考点】电流的磁场对磁针的作用．【分析】（1）通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；（2）长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，得出导线给磁铁的反作用力方向．【解答】解：（1）磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏左位置，所以此处的磁感线是斜向右上的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下，（2）长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的；（3）导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的，将这个力在水平和竖直分解，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在水平向左产生分力，所以弹簧产生压缩，弹簧长度将变短．故B正确，ACD错误．故选：B．5．如图所示，a和b是从A点以相同的动能射入匀强磁场的两个带等量电荷的粒子运动的半圆形径迹，已知r a=2r b，则由此可知（）A．两粒子均带正电，质量比=4B．两粒子均带负电，质量比=4C．两粒子均带正电，质量比=D．两粒子均带负电，质量比=【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【分析】该题考查带电粒子在匀强磁场中的偏转，带电粒子在匀强磁场中以垂直于磁场方向运动，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动．根据偏转方向，利用左手定则来判断粒子所带的电性，根据半径判断粒子的质量比．【解答】解：两粒子进入磁场后均向下偏转，可知在A点，均受到向下的洛伦兹力，由左手定则可知，四指所指的方向与运动方向相反，得知两个粒子均带负电；由动能和动量之间的关系有：，得：a粒子动量为：…①b粒子动量为：…②有题意有：…③①②③联立得：，所以选项ACD错误，B正确．故选B6．如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中不可行的是（）A．将线框向左拉出磁场B．以ab边为轴转动（小于90°）C．以ad边为轴转动（小于60°）D．以bc边为轴转动（小于60°）【考点】感应电流的产生条件．【分析】磁通量是穿过线圈的磁感线的条数．对照产生感应电流的条件：穿过电路的磁通量发生变化进行分析判断有无感应电流产生．【解答】解：A、将线框向左拉出磁场，穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生．故A不符合题意．B、以ab边为轴转动（小于90°），穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生．故B不符合题意．C、以ad边为轴转动（小于60°），穿过线圈的磁通量从Φ=B减小到零，有感应电流产生．故C不符合题意．D、以bc边为轴转动（小于60°），穿过线圈的磁通量Φ=B，保持不变，没有感应电流产生．故D符合题意．本题选择不可行的，故选：D7．调整欧姆零点后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，那么正确的判断和做法是（）A．这个电阻的阻值很小B．这个电阻的阻值很大C．为了把电阻值测得更准确些，应换用“×1”挡，重新调整欧姆零点后测量D．为了把电阻值测得更准确些，应换用“×100”挡，重新调整欧姆零点后测量【考点】用多用电表测电阻．【分析】欧姆表的零刻度在表盘的右侧，当指针偏转角度较小时，说明电阻较大．每次换挡需重新欧姆调零．【解答】解：因为欧姆表的零刻度在表盘的右侧，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，知电阻值很大，为准确测量电阻阻值，需换用大挡，即“×100”挡，重新测量．故AC错误，BD正确．故选：BD．8．质量为m的金属导体棒置于倾角为θ的导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，当导体棒通以垂直纸面向里的电流时，恰能在导轨上静止．如图所示的四个图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中棒与导轨间的摩擦力可能为零的是（）A．B．C．D．【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【分析】通过对杆ab受力分析，根据共点力平衡判断杆子是否受摩擦力．【解答】解：A、杆子受重力，竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，不受摩擦力，故A正确；B、杆子受重力，垂直向下的安培力，垂直向上的支持力，若无摩擦力，不能平衡，故B错误；C、杆子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力，故C 正确；D、杆子受重力、沿斜面向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力，故D正确；故选ACD．9．如图所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的O点沿与PQ成θ角的方向以相同的速度v射入磁场中．则正、负电子（）A．在磁场中的运动时间相同B．在磁场中运动的轨道半径相同C．出边界时两者的速度相同D．出边界点到O点处的距离相等【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【分析】由题正负离子的质量与电量相同，进入同一磁场做匀速圆周运动的周期相同，根据偏向角的大小分析运动时间的长短．由牛顿第二定律研究轨道半径．根据圆的对称性，分析离子重新回到边界时速度方向关系和与O点距离．【解答】解：A、粒子在磁场中运动周期为T=，则知两个离子圆周运动的周期相等．根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π﹣2θ，轨迹的圆心角也为2π﹣2θ，运动时间t1=T；同理，负离子运动时间t2=T，显然时间不相等．故A错误；B、由qvB=m得：r=，由题q、v、B大小均相同，则r相同，故B正确；C、正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同．故C正确；D、根据几何知识可得，重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinθ，r、θ相同，则S相同，故D正确；故选：BCD10．中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果．如图所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．已知电流的微观表达式I=nsev，下列说法正确的是（）A．上表面的电势高于下表面电势B．仅增大h时，上下表面的电势差增大C．仅增大d时，上下表面的电势差减小D．仅增大电流I时，上下表面的电势差增大【考点】霍尔效应及其应用．【分析】金属导体中移动的是自由电子，根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出电子的偏转方向，比较出电势的高低．最终电子受洛伦兹力和电场力平衡，根据平衡得出电势差的大小表达式进行讨论．【解答】解：A、根据左手定则，知自由电子向上偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面．故A错误；B、根据evB=e，解得U=vBh，根据电流的微观表达式I=nesv，故U=Bh=，知增大h，上下表面的电势差不变，与h无关．故B错误；C、根据evB=e，解得U=vBh，根据电流的微观表达式I=nesv，故U=Bh=，知仅增大d时，上下表面的电势差减小，故C正确；D、根据evB=e，解得U=vBh；根据电流的微观表达式I=neSv，电流I越大，电子的速度越大，故上下表面的电势差越大，故D正确；故选：CD．11．矩形线圈abcd位于足够长的通电直导线附近，且线圈平面与导线在同一平面内，如图所示，线圈的两条边ad和bc与导线平行，要使线圈中产生abcda方向的电流，可以（）A．线圈不动，增大导线中的电流B．线圈不动，减小导线中的电流C．导线中的电流不变，线圈向右平动D．导线中的电流不变，线圈向上平动【考点】楞次定律．【分析】当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流．根据楞次定律判断感应电流的方向．【解答】解：A、当电流增大时，垂直纸面向里的磁场，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流方向逆时针．故A错误．B、当电流减小时，垂直纸面向里的磁场，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向顺时针．故B正确．C、当在线圈平面内，垂直bc边向右拉动线圈，逐渐远离线圈，穿过线圈的磁场减小，即穿过线圈的磁通量减小，故产生感应电流为顺时针，即感应电流的方向为abcda．故C正确．D、导线中的电流不变，线圈向上平动，穿过线圈的磁场不变，即穿过线圈的磁通量也不变，则不产生感应电流，故D错误．故选BC．12．如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图乙所示的变化电流，t=t2时电流的方向为顺时针（如图中箭头所示），在t1～t2时间内，对于线圈B，下列说法中正确的是（）A．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势B．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势C．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势D．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势【考点】楞次定律．【分析】根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．【解答】解：在t1～t2时间内，对于线圈A的顺时针方向电流增大，导致线圈B磁通量增大，感应电流的磁场与它相反，根据安培定则可知，线圈A在线圈B内部产生磁场方向垂直纸面向里，则线圈B内有逆时针方向的电流．此时线圈B的电流方向与线圈A电流方向相反，由异向电流相互排斥，可知线圈间有相互排斥，所以线圈B有的扩张的趋势．故A、B、D错误，C正确．故选：C二、实验题（本题共2小题，共12分，其中第13题4分，第14题8分）13．某小组同学在“探究感应电流产生的条件”的实验中，所用实验器材如图，图中已用导线连接好部分实验器材．（1）请以笔画线代替导线把实验电路连接好；【考点】研究电磁感应现象．【分析】探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流计与副线圈组成另一个闭合电路．当通过闭合电路磁通量发生变化时，会产生感应电流，并根据开关闭合瞬间或断开瞬间，结合指针的偏转方向，即可求解．【解答】解：（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流计与副线圈组成另一个闭合电路；电路图如图所示：（2）闭合开关的瞬间，穿过副线圈磁通量发生增大，产生感应电流，使得指针向右偏转，而断开开关瞬间时，穿过副线圈的磁通量减小，使得指针向左偏转，因此当开关闭合时迅速向右移动变阻器滑片时，即确保电流增大，则有穿过副线圈的磁通量增大，从而出现指针向右偏转．故答案为：（1）如上图所示；（2）右．14．在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路．（1）按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来．（2）在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于B端（选填“A”或“B”）．（3）图丙是根据实验数据作出的U﹣I图象，由图可知，电源的电动势E= 1.50V，内阻r=1Ω【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）由原理图将电流表与滑动变阻器串联，将电压表并联在电滑动变阻器及电流表两端，注意开关应能控制整个电路；（2）滑动变阻器在开始时应调节到使电路中电流最小的位置；（3）由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻及短路电流．【解答】解：（1）由原理图可知滑动变阻器为限流接法，电压表并联在滑动变阻器两端，由原理图连接实物图所示；（2）为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变阻器接入部分为左半部分；故滑片应接到B端；（3）由U﹣I图可知，电源的电动势E=1.50V；当路端电压为1V时，电流为0.5A，则由闭合电路欧姆定律可知：r==1Ω；故答案为：（1）如图所示；（2）B；（3）1.50；1；三、计算题（本题共4小题，共40分，其中第15题8分，第16题8分，第17题12分，第18题12分）15．如图所示，电路中E=3V，r=0.5Ω，R0=1.5Ω，变阻器R的最大阻值为10Ω．（1）在变阻器的阻值R为多大时，变阻器上消耗的功率最大？最大为多大？（2）在变阻器的阻值R为多大时，定值电阻R0上消耗的功率最大？最大为多大？【考点】电功、电功率．【分析】（1）当外电路电阻与电源内电阻相等时，电源的输出功率最大；将电阻R0和电源等效成新的电源进行分析即可；（2）通过定值电阻R0的电流最大时，输出功率最大，根据功率公式求解．【解答】解：（1）将电阻R0和电源等效成新的电源，当外电路电阻与等效电源内电阻相等时，等效电源的输出功率最大；故当R x=R0+r=2Ω时，等效电源的输出功率最大，即变阻器上消耗的功率最大；此时U x=1.5V，最大功率为，（2）根据公式P=I2R，当电流最大时，定值电阻R0上消耗的功率最大，根据闭合电路欧姆定律，有：，所以当R x=0，电流最大，定值电阻R0上消耗的功率最大；此时I=1.5A，最大功率P=答：（1）在变阻器的阻值R为2Ω时，变阻器上消耗的功率最大，最大为1.125W；（2）在变阻器的阻值R为0时，定值电阻R0上消耗的功率最大，最大为3.375W．16．如图所示，导体杆ab质量为m，电阻为R，放在与水平面夹角为θ的倾斜金属导轨上，导轨间距为d，电阻不计，系统处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B．电源内阻不计，重力加速度为g．求：①若导体光滑时，电源电动势E1为多大能使导体杆静止在导轨上？②若导体杆与导轨之间的动摩擦因数为μ，且不通电时导体杆不能静止在导轨上，要使杆在导轨上匀速下滑，电源的电动势E2应为多大？。
高三物理月考试题及答案-山东临沂市临沭一中2016届高三上学期第一次月考试卷
2015-2016学年山东省临沂市临沭一中高三（上）第一次月考物理试卷1．吊在大厅天花板上的电扇重力为G，静止时竖直固定杆对它的拉力为T；扇叶水平转动起来后，杆对它的拉力为T′．则（）A．T＞G，T′＞G B．T＜G，T′＜G C．T=G，T′＞G D．T=G，T′＜G 2．质量为M的人站在地面上，用绳通过定滑轮将质量为m的重物从高处放下，如图所示，若重物以加速度a向下降落（a＜g），则人对地面的压力大小为（）A．（m+M）g﹣ma B．M（g﹣a）﹣ma C．（M﹣m）g+ma D．Mg﹣ma3．如图所示，质量m的物体静止在倾角为α的斜面上，物体与斜面间的滑动摩擦系数为μ，现在使斜面体向右水平匀速移动距离S，则摩擦力对物体做功为（物体与斜面相对静止）（）A．0 B．μmgcosα•S C．mgSsinαcos2αD．mgSsinαcosα4．如图所示，力F1和F2共同作用在置于水平面上的物体上，F1水平，F2与水平方向夹角为θ，物体在运动过中，力F1与F2的合力做功为W，若物体一直沿水平地面运动，则力F2对物体做功大小为（）A．B．C．D．5．一物体获得一竖直向上的初速度从某点开始向上运动，运动过程中加速度始终竖直向下为4m/s2，则正确的说法是（）A．上升过程中物体的机械能不断增加重力势能增加B．下降过程中物体的机械能不断增加，重力势能减少C．整个过程中物体的机械能不变D．物体下落回抛出点的机械能和抛出时的机械能相等6．如图所示，轻质弹簧竖直放置在水平地面上，它的正上方有一金属块从高处自由下落，从金属块自由下落到第一次速度为零的过程中（）A．重力先做正功，后做负功B．弹力没有做正功C．金属块的动能最大时，弹力与重力相平衡D．金属块的动能为零时，弹簧的弹性势能最大7．如图所示，AO斜面与OC水平面相交处为一小段圆弧，斜面与水平面的动摩擦因数相等，一小滑块从A点由静止释放，最终停在水平面上的B点，若保持A点位置不变，改变斜面倾角，斜面与水平面交点移到O′，滑块仍然从A点由静止释放，则（）A．滑块进入水平面后最终仍然停在B点B．滑块进入水平面后可能停在B点的右侧C．滑块AO′过程克服摩擦力所做功大于AO过程克服摩擦力所做功D．要让小滑块能滑到水平面上，O′点不能超过B点8．物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的Q点，若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，使传送带随之运动，如图所示，再把物块放到P 点自由滑下则（）A．物块将仍落在Q点B．物块将会落在Q点的左边C．物块将会落在Q点的右边D．物块有可能落不到地面上9．如图所示，一块长木板B放在光滑的水平地面上，在B上放一个木块A，现以恒定的力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参照物，A、B都向前移动了一段距离，在此过程中（）A．外力F做的功等于A和B所组成的系统的动能增量B．B对A的摩擦力所做的功大于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B所做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和10．如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g．则（）A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg11．在《验证牛顿第二定律》的实验中，图为实验装置示意图．（1）除图中所示仪器外，还需要下列哪些仪器？A．秒表B．天平C．弹簧测力计D．带毫米刻度的刻度尺E．低压直流电源F．低压交流电源（2）为了保证实验条件和减小误差，以下哪些措施是必要的？A．将木板的一端垫高，使小车不受拉力时恰能在木板上做匀速运动B．每次改变小车的质量后，都要做平衡摩擦力的工作C．尽量使沙与沙桶的总质量比小车质量小得多D．同一条件下多打几条纸带（3）某学生在平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大．他所得到的a﹣F 关系可用图中哪条图线表示？（图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力）答：12．在验证机械能守恒定律的实验中若重物质量为0.50kg，选择好的纸带如图，已知相邻两点时间间隔为0.02s（OA之间还有一些点未画出），长度单位是cm，g取9.8m/s2．则打点计时器打下点B时，重物的速度v B=m/s；从起点O到打下点B的过程中，重物重力势能的减小量△E P=J，动能的增加量△E K=_J．（结果保留三位有效数字）13．（10分）汽车发动机的额定功率为60kW，汽车质量为5t，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车重的0.1倍，g取10m/s2，问：（1）汽车保持以额定功率从静止起动后能达到的最大速度是多少？（2）汽车在加速过程中，当速度大小为4m/s时，加速度是多大？（3）汽车从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度作匀加速运动，这一过程能维持多长时间？14．（14分）如图示，劲度系数为k的轻质弹簧一端与墙固定，另一端与倾角为θ的斜面体小车连接，小车置于光滑水平面上，在小车上叠放一个物体，已知小车质量为M，物体质量为m，小车位于O点时，整个系统处于平衡状态．现将小车从O点拉到B点，令OB=b，无初速度释放后，小车在水平面B、C间来回运动，物体和小车之间始终没有相对运动．求：（1）小车运动到B点时物体m所受到的摩擦力大小和方向．（2）b的大小必须满足什么条件，才能使小车和物体在一起运动过程中，在某一位置时，物体和小车之间的摩擦力为零．15．（12分）如图所示，光滑圆柱被固定在水平平台上，质量为m1的小球用轻绳跨过圆柱与小球m2相连，开始时让m1放在平台上，两边绳竖直，两球从静止开始m1上升m2下降，当m1上升到圆柱的最高点时，绳子突然断了，发现m1恰能做平抛运动抛出，求m2应为多大．16．（14分）如图所示，许多工厂的流水线上安装有传送带用于传送工件，以提高工作效率．传送带以恒定的速率v=2m/s运送质量为m=0.5kg的工件，工件从A位置放到传送带上，它的初速度忽略不计．工件与传送带之间的动摩擦因数，传送带与水平方向夹角是θ=30°，传送带A、B间长度是l=16m；每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即放到传送带上，取g=10m/s2，求：（1）工件放到传送带后经多长时间停止相对滑动；（2）在正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离；（3）在传送带上摩擦力对每个工件做的功；（4）每个工件与传送带之间由于摩擦产生的内能；（5）传送带满载工件比空载时增加多少功率？答案1.【考点】牛顿第二定律；牛顿第三定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】电风扇静止，静止就是一种平衡状态，平衡状态时受到的就是一对平衡力，从而判断出G和F1的关系；电风扇转动时，风扇叶片就会对空气施加一个向下的力，由于物体间力的作用是相互的，所以风扇叶受到了一个空气施加的反作用力，此时风扇叶片虽然转动，但位置没有变化，此时风扇叶片依然受到的是平衡力，根据平衡力的知识分析．【解答】解：电风扇静止时受到的重力和固定杆对它的拉力是一对平衡力，即T=G；扇叶水平转动起来后，风向下振动，所以风受到电扇的作用力向下，由牛顿第三定律可知电扇受到的风的反作用力向上，T′＜G；故选D．【点评】此题考查的是平衡力和相互作用力．解答此题的关键是我们要知道：电扇虽然转动，但由于它没有运动或者说位置没有发生变化，所以此时它依然是平衡状态，受到的是平衡力．2.【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】先对物体分析，根据牛顿第二定律求得绳子拉力大小，再对人研究，由平衡条件求出地面对人的支持力，即可得到人对地面的压力大小．【解答】解：以物体为研究对象，根据牛顿第二定律得mg﹣T=ma解得，绳子的拉力T=m（g﹣a）再以人为研究对象，根据平衡条件得地面对人的支持力为N=Mg﹣T=Mg﹣m（g﹣a）=（M﹣m）g+ma根据牛顿第三定律得知，人对地面的压力大小N′=N=（M﹣m）g+ma．故选C【点评】本题中人处于平衡状态，物体处于有加速度的状态，运用隔离法，根据牛顿第二定律和平衡条件结合进行研究．3.【考点】功的计算．【专题】功的计算专题．【分析】对物体受力分析，可以求得摩擦力，再由功的公式即可求得对物体做的功的大小．【解答】解：物体处于静止，对物体受力分析可得，在竖直方向mg=Ncosα+fsinα在水平分析Nsinα=fcosα解得N=mgcosαf=mgsinα摩擦力做的功W f=fcosα•S=mgSsinαcosα故选：D．【点评】本题考查功的计算，要注意正确进行受力分析，确定力及位移的方向，由功的公式即可求得功的大小．4.【考点】功的计算．【专题】功的计算专题．【分析】功的定义式是力与力的方向上位移的乘积．合力的功等于各分力做功的代数和．【解答】解：合力做功：W=（F1+F2cosθ）S，则分力F2做功为：W2=F2cosθS=故选：D【点评】本题考查功的计算，要明确在求功时，严格按照功的定义式求解，记住公式W=FScosθ的应用即可．5.【考点】机械能守恒定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】重力势能的变化量等于重力对物体做的功．重力之外的其他力做功等于机械能的改变．【解答】解：由题意可知，物体受到的拉力F=mg﹣ma=6m；方向竖直向上；A、物体一定受向上的拉力，由于拉力做功，故物体的机械能不断增加；高度增加，则重力势能增加；故A正确；B、下降过程拉力仍然向上，故拉力做负功，机械能不断减小；故B错误；C、由于有重力以外的其他力做功，故整个过程机械能改变；故C错误；D、由于物体受到拉力不变，故在运动过程中拉力做功为零；故物体下落回抛出点的机械能和抛出时的机械能相等；故D正确；故选：AD．【点评】本题要注意明确功能关系，注意将功及相应的能量转化对应起来．明确合外力做功等于动能的改变量．6.【考点】功能关系；弹性势能．【分析】根据高度的变化，分析重力做功正负．金属块撞击弹簧后，受到弹簧的弹力，重力大于弹力，物体继续向下运动，重力不变，弹力不断增大，但是重力大于弹力，物体的运动速度还在不断增大；弹簧不断被压缩，弹力在增大，当弹力等于重力时，物体的运动速度最大；弹簧不断被压缩，弹力在增大，当弹力大于重力时，物体进行减速运动．【解答】解：A、金属块一直向下运动，所以重力一直做正功，故A错误．B、金属块受到的弹力方向一直向上，与位移方向相反，则弹力对金属块一直做负功，故B 正确．C、金属块开始接触弹簧下降后，重力大于向上的弹力，金属块加速向下运动，之后，重力小于弹力，合力向上，金属块向下减速运动，直到速度为零，则弹力与重力相平衡时速度最大，动能最大，故C正确．D、当金属块的速度为零时，弹簧被压缩到最短，弹性势能最大．故D正确．故选：BCD．【点评】解决本题的关键要正确分析金属块的受力情况，判断其运动情况，知道弹力在不断增大，确定出合力来判断金属块的运动性质．7.【考点】动能定理．【专题】动能定理的应用专题．【分析】对全过程运用动能定理，抓住初末动能为零，得出表达式，从而判断停止的位置．根据摩擦力做功的公式比较克服摩擦力做功的大小．【解答】解：A、设斜面的倾角为θ，A、B两点间的水平距离为s，对全过程运用动能定理得，mgh﹣（μmgcosθs1+μmgs2）=0，则mgh﹣μmgs=0，与斜面的倾角无关，最终仍然停在B点，故A正确，B错误．C、根据W f=μmgcosθ•s′知，在AO′段，s′cosθ大于在AO段，则滑块AO′过程克服摩擦力所做功大于AO过程克服摩擦力所做功，故C正确．D、由动能定理的表达式mgh﹣μmgs=0知，要让小滑块能滑到水平面上，O′点不能超过B 点，故D正确．故选：ACD．【点评】本题考查了动能定理的运用，也可以运用动力学知识求解，但是没有运用动能定理解决简捷．8.【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】传送带专题．【分析】物块从光滑曲面上滑下时获得了一定的速度，当水平传送带静止时和逆时针方向转动时，物体都做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律分析加速度关系，由运动学公式判断物块滑离传送带时速度大小，由平抛运动的知识分析水平位移关系，判断物块是否落在Q点．【解答】解：物块从光滑曲面上滑下时，根据机械能守恒定律得知：两次物块滑到B点速度相同，即在传送带上做匀减速直线运动的初速度相同．当水平传送带静止时和逆时针方向转动时，物体都受到相同的滑动摩擦力而做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得知：物块匀减速直线运动的加速度相同，当物块滑离传送带，两次通过的位移相同，根据运动学公式得知，物块滑离传送带时的速度相同，则做平抛运动的初速度相同，所以物块将仍落在Q点．故选A【点评】本题用到动摩擦因素与物体的速度大小无关这个知识点，运用牛顿第二定律和运动学公式结合进行分析．9.【考点】动能定理；功的计算；功能关系．【专题】动能定理的应用专题．【分析】选择研究对象运用动能定理研究此过程找出功和能的对应关系；求总功时，要正确受力分析，准确求出每一个力所做的功．【解答】解：A、选择A和B作为研究对象，运用动能定理研究，B受外力F做功，A对B 的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A 在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，故：w F+（﹣f•△x）=△Ek A+△Ek B其中△x为A、B的相对位移，所以外力F做的功不等于A和B的动能的增量，故A错误．B、对A物运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，故B错误．C、A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，故C错误．D、对B物体应用动能定理，W F﹣W f=△Ek B，W f为B克服摩擦力所做的功，即W F=△Ek B+W f，就是外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，故D正确．故选：D．【点评】运用动能定理时，研究对象如果是系统，系统的内力做功也要考虑．一般情况下两物体相对静止，系统的内力做功为0．如果两物体有相对位移，那么系统的内力做功有可能就不为零；对于动能定理列出的表达式注意变形，要和所求的问题相接近．10.【考点】功能关系；功的计算．【分析】a、b组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，通过b的动能变化，判断轻杆对b的做功情况．根据系统机械能守恒求出a球运动到最低点时的速度大小．【解答】解：A、当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功．故A错误．B、a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：m A gh=m A v A2，解得v=．故B正确．AC、b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故C错误；D、a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D正确；故选：BD．【点评】解决本题的关键知道a、b组成的系统机械能守恒，以及知道当a的机械能最小时，b的动能最大．11.【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】根据实验原理和需要测量的数据可以知道需要哪些仪器．明确实验原理，了解实验中的具体操作，熟练应用直线运动的规律以及推论即可正确解答；在探究加速度与力、质量的关系时，应平衡摩擦力，平衡摩擦力时如果木板垫得过高，平衡摩擦力过度，小车受到的合力大于拉力，a﹣F图象在a轴上有截距；如果没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，小车受到的合力小于拉力，a﹣F图象在F轴上有截距．【解答】解：（1）因实验中打点计时器本身可以记录时间，故不用秒表；电源应采用低压交流电流；需要用天平称质量；通过刻度尺测出长度来算出加速度大小．故选：BDF（2）A、在实验的过程中，我们认为绳子的拉力F等于钩码的重力mg，而在小车运动中还会受到阻力，所以我们首先需要平衡摩擦力．具体的方法是适当垫高长木板无滑轮的一端，使未挂钩码的小车恰能拖着纸带匀速下滑，故A正确．B、根据实验原理可知，重力的下滑分力等于滑动摩擦力，因此每次改变小车的质量后，都不会影响平衡条件，所以不要每次平衡摩擦力的，故B错误．C、为了使沙与沙桶的总质量接近小车的合力，因此尽量使沙与沙桶的总质量比小车质量小得多，故C正确；D、同一条件下多打几条纸带，目的是求平均值，故D正确．故选ACD．（3）A、图象过原点，恰好平衡摩擦力，木板高度合适，故A错误；B、在拉力较大时，图象发生弯曲，这是由于小车质量没有远大于砂桶质量造成的，故B错误；C、a﹣F图象在a轴上有截距，是由过平衡摩擦力造成的，平衡摩擦力时木板垫的过高，故C正确；D、图象在F轴上有截距，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，故D错误；故选C．【点评】本题比较简单，属于基础题目，考查了实验器材和数据处理等基本实验问题，对于实验问题要加强动手能力，亲身体会实验的整个过程．探究加速度与力、质量关系时，要平衡摩擦力，小车质量应远大于砂桶质量．不管是考查什么实验，首先要找到实验原理，我们就可以根据实验原理找需要的实验仪器，找实验时需要注意的问题，列式求解一些需要的物理量12.【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题．【分析】根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该段时间内的平均速度可以求出物体在B点时的速度，然后根据动能、势能的定义进一步求得动能、势能的变化量．【解答】解：根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该段时间内的平均速度可以求出物体在B点时的速度v B==m/s≈0.973 m/s重力势能的减少量：△E p=mgh B=0.5×9.8×4.86×10﹣2J≈0.238 J动能的增量：△E k=mv B2=×0.5×0.9732≈0.237 J故答案：0.973，0.238，0.237．【点评】本题比较简单，考查了验证机械能守恒定律中基本方法的应用，对于基本方法不能忽视，要在训练中加强练习，提高认识．13.【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】（1）当汽车的阻力等于牵引力时，速度达到最大；（2）有P=Fv求出牵引力，根据由牛顿第二定律求出此时加速度；（3）由牛顿第二定律求的牵引力，由P=Fv求的加速达到的最大速度，根据v=at求的时间【解答】解：（1）当牵引力等于阻力时，速度最大即v=（2）速度为4m/s的牵引力为F，则F=由牛顿第二定律可得F﹣f=maa=（3）由牛顿第二定律可得F′﹣f=ma′F′=ma′+f=5000×0.5+0.1×5000×10N=7500N匀加速获得的速度为加速时间为t=答：（1）汽车保持以额定功率从静止起动后能达到的最大速度是12m/s（2）汽车在加速过程中，当速度大小为4m/s时，加速度是2m/s2（3）汽车从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度作匀加速运动，这一过程能维持16s【点评】解决本题的关键知道功率与牵引力的关系，知道当汽车的牵引力等于阻力时，速度最大．对于这类问题，能够根据物体的受力判断物体的运动规律14.【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）小车运动到B点时，先对M和m整体受力分析后根据牛顿第二定律求解出加速度，然后对m，受力分析后根据牛顿第二定律列式求解摩擦力；（2）在某一位置时，物体和小车之间的摩擦力为零，此时m受重力和支持力，合力向右，故一定是在平衡位置左侧；然后分别对整体和m根据牛顿第二定律列式求解即可．【解答】解：（1）取M、m和弹簧组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律：kb=（M+m）a （加速度a和摩擦力f是小车在B点时的瞬时值）；所以a=；取m为研究对象，受重力、支持力和摩擦力（沿斜面向上），在沿斜面方向有：f﹣mgsinθ=macosθ；解得f=；（2）当物体和小车之间的摩擦力的零时，小车的加速度变为a'，小车距O点距离为b'，取m为研究对象，有：mgsinθ=ma'cosθ取M、m和弹簧组成的系统为研究对象，有：kb'=（M+m）a'以上述两式联立解得：b'=；由于简谐运动具有对称性，故b=b′=；答：（1）小车运动到B点时物体m所受到的摩擦力大小为，方向为沿斜面向上；（2）b的大小大于或等于时，才能使小车和物体在一起运动过程中，在某一位置时，物体和小车之间的摩擦力为零．【点评】本题关键先根据整体法求解加速度，然后再隔离m受力分析并根据牛顿第二定律列式求解，不难．15.【考点】机械能守恒定律；平抛运动．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】m1恰能做平抛运动，此时速度方向沿水平方向，重力刚好提供向心力，根据向心力公式求出其速度；再由系统的机械能守恒即可求解．【解答】解：在最高点，m1恰能做平抛运动，则有m1g=得v=根据几何关系可知：当m1上升2R到圆柱体最高点时，m2下降R+由系统的机械能守恒有：m2gR（1+）﹣m1g•2R=（m1+m2）v2得：m2=答：m2应为．【点评】该题主要考查了机械能守恒定律及平抛运动的基本公式，要注意隐含条件：恰能做平抛运动，此时速度方向沿水平方向，竖直方向速度为零，由重力充当向心力．16.【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；动能定理．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）根据牛顿第二定律求出工件上滑的加速度，结合速度时间公式求出工件与传送带相对静止所需的时间．（2）工件放上传送带后先做匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，做匀速直线运动，结合运动学公式求出在正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离．（3）工件在匀加速运动阶段，滑动摩擦力做正功，匀速直线运动，静摩擦力做正功，结合匀加速和匀速运动的位移求出摩擦力对每个工件做功的大小．（4）根据运动学公式求出工件和传送带之间的相对运动位移大小，结合Q=fx相对求出摩擦产生的内能．（5）根据相邻工件间的距离求出传送带上工件的个数，从而得出传送带需施加的摩擦力大小，结合P=fv求出多消耗的功率．【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得，μmgcosθ﹣mgsinθ=ma，解得a=μgcosθ﹣gsinθ=；根据v=at得，工件放到传送带后相对静止所经历的时间t=．（2）停止滑动前，工件相对地移动的距离为：，（3）在传送带上先是滑动摩擦力做功，然后是静摩擦力做功，则W=f1l1+f2（l﹣l1）=μmgcosθ•l1+mgsinθ（l﹣l1）==41J．（4）每个工件与传送带之间由于摩擦产生的内能×（1.6﹣0.8）J=3J．（5）个；知满载时皮带上共有工件11个，其中10个在做匀速直线运动，N=28.75N=26.25N；所以P=f总v=28.75×2=57.5W．答：（1）工件放到传送带后经0.8s时间停止相对滑动；（2）在正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离为1.6m；（3）在传送带上摩擦力对每个工件做的功为41J；（4）每个工件与传送带之间由于摩擦产生的内能为3J；（5）传送带满载工件比空载时增加57.5W的功率．【点评】本题一方面要分析工件的运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解相对位移，即可求出摩擦产生的热量，另一方面要分析能量如何转化，由能量守恒定律求解电动机消耗的电能．。
山东省临沂市临沭一中高三物理上学期第一次月考试卷(含解析)-人教版高三全册物理试题
2015-2016学年山东省临沂市某某一中高三〔上〕第一次月考物理试卷一、选择题〔共10小题，每一小题4分，共40分．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．〕1．吊在大厅天花板上的电扇重力为G，静止时竖直固定杆对它的拉力为T；扇叶水平转动起来后，杆对它的拉力为T′．如此〔〕A．T＞G，T′＞G B．T＜G，T′＜G C．T=G，T′＞G D．T=G，T′＜G2．质量为M的人站在地面上，用绳通过定滑轮将质量为m的重物从高处放下，如下列图，假设重物以加速度a向下降落〔a＜g〕，如此人对地面的压力大小为〔〕A．〔m+M〕g﹣ma B．M〔g﹣a〕﹣ma C．〔M﹣m〕g+ma D．Mg﹣ma3．如下列图，质量m的物体静止在倾角为α的斜面上，物体与斜面间的滑动摩擦系数为μ，现在使斜面体向右水平匀速移动距离S，如此摩擦力对物体做功为〔物体与斜面相对静止〕〔〕A．0 B．μmgcosα•S C．mgSsinαcos2αD．mgSsinαcosα4．如下列图，力F1和F2共同作用在置于水平面上的物体上，F1水平，F2与水平方向夹角为θ，物体在运动过中，力F1与F2的合力做功为W，假设物体一直沿水平地面运动，如此力F2对物体做功大小为〔〕A． B．C．D．5．一物体获得一竖直向上的初速度从某点开始向上运动，运动过程中加速度始终竖直向下为4m/s2，如此正确的说法是〔〕A．上升过程中物体的机械能不断增加重力势能增加B．下降过程中物体的机械能不断增加，重力势能减少C．整个过程中物体的机械能不变D．物体下落回抛出点的机械能和抛出时的机械能相等6．如下列图，轻质弹簧竖直放置在水平地面上，它的正上方有一金属块从高处自由下落，从金属块自由下落到第一次速度为零的过程中〔〕A．重力先做正功，后做负功B．弹力没有做正功C．金属块的动能最大时，弹力与重力相平衡D．金属块的动能为零时，弹簧的弹性势能最大7．如下列图，AO斜面与OC水平面相交处为一小段圆弧，斜面与水平面的动摩擦因数相等，一小滑块从A点由静止释放，最终停在水平面上的B点，假设保持A点位置不变，改变斜面倾角，斜面与水平面交点移到O′，滑块仍然从A点由静止释放，如此〔〕A．滑块进入水平面后最终仍然停在B点B．滑块进入水平面后可能停在B点的右侧C．滑块AO′过程抑制摩擦力所做功大于AO过程抑制摩擦力所做功D．要让小滑块能滑到水平面上，O′点不能超过B点8．物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的Q点，假设传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，使传送带随之运动，如下列图，再把物块放到P点自由滑下如此〔〕A．物块将仍落在Q点 B．物块将会落在Q点的左边C．物块将会落在Q点的右边D．物块有可能落不到地面上9．如下列图，一块长木板B放在光滑的水平地面上，在B上放一个木块A，现以恒定的力F 拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参照物，A、B都向前移动了一段距离，在此过程中〔〕A．外力F做的功等于A和B所组成的系统的动能增量B．B对A的摩擦力所做的功大于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B所做的功等于B的动能增量与B抑制摩擦力所做的功之和10．如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g．如此〔〕A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg二、实验题〔10分〕11．在《验证牛顿第二定律》的实验中，图为实验装置示意图．〔1〕除图中所示仪器外，还需要如下哪些仪器？A．秒表 B．天平 C．弹簧测力计D．带毫米刻度的刻度尺 E．低压直流电源 F．低压交流电源〔2〕为了保证实验条件和减小误差，以下哪些措施是必要的？A．将木板的一端垫高，使小车不受拉力时恰能在木板上做匀速运动B．每次改变小车的质量后，都要做平衡摩擦力的工作C．尽量使沙与沙桶的总质量比小车质量小得多D．同一条件下多打几条纸带〔3〕某学生在平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大．他所得到的a﹣F 关系可用图中哪条图线表示？〔图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力〕答：题目 1 2 3 4 5答案12．在验证机械能守恒定律的实验中假设重物质量为0.50kg，选择好的纸带如图，相邻两点时间间隔为0.02s〔OA之间还有一些点未画出〕，长度单位是cm，g取9.8m/s2．如此打点计时器打下点B时，重物的速度v B=m/s；从起点O到打下点B的过程中，重物重力势能的减小量△E P=J，动能的增加量△E K=_J．〔结果保存三位有效数字〕三、计算题〔50分〕13．〔10分〕〔2015秋•青岛校级月考〕汽车发动机的额定功率为60kW，汽车质量为5t，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车重的0.1倍，g取10m/s2，问：〔1〕汽车保持以额定功率从静止起动后能达到的最大速度是多少？〔2〕汽车在加速过程中，当速度大小为4m/s时，加速度是多大？〔3〕汽车从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度作匀加速运动，这一过程能维持多长时间？14．〔14分〕〔2011秋•池州校级期末〕如图示，劲度系数为k的轻质弹簧一端与墙固定，另一端与倾角为θ的斜面体小车连接，小车置于光滑水平面上，在小车上叠放一个物体，小车质量为M，物体质量为m，小车位于O点时，整个系统处于平衡状态．现将小车从O点拉到B点，令OB=b，无初速度释放后，小车在水平面B、C间来回运动，物体和小车之间始终没有相对运动．求：〔1〕小车运动到B点时物体m所受到的摩擦力大小和方向．〔2〕b的大小必须满足什么条件，才能使小车和物体在一起运动过程中，在某一位置时，物体和小车之间的摩擦力为零．15．〔12分〕〔2015秋•临沂校级月考〕如下列图，光滑圆柱被固定在水平平台上，质量为m1的小球用轻绳跨过圆柱与小球m2相连，开始时让m1放在平台上，两边绳竖直，两球从静止开始m1上升m2下降，当m1上升到圆柱的最高点时，绳子突然断了，发现m1恰能做平抛运动抛出，求m2应为多大．16．〔14分〕〔2014春•船营区校级期末〕如下列图，许多工厂的流水线上安装有传送带用于传送工件，以提高工作效率．传送带以恒定的速率v=2m/s运送质量为m=0.5kg的工件，工件从A位置放到传送带上，它的初速度忽略不计．工件与传送带之间的动摩擦因数，传送带与水平方向夹角是θ=30°，传送带A、B间长度是l=16m；每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即放到传送带上，取g=10m/s2，求：〔1〕工件放到传送带后经多长时间停止相对滑动；〔2〕在正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离；〔3〕在传送带上摩擦力对每个工件做的功；〔4〕每个工件与传送带之间由于摩擦产生的内能；〔5〕传送带满载工件比空载时增加多少功率？2015-2016学年山东省临沂市某某一中高三〔上〕第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔共10小题，每一小题4分，共40分．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．〕1．吊在大厅天花板上的电扇重力为G，静止时竖直固定杆对它的拉力为T；扇叶水平转动起来后，杆对它的拉力为T′．如此〔〕A．T＞G，T′＞G B．T＜G，T′＜G C．T=G，T′＞G D．T=G，T′＜G【考点】牛顿第二定律；牛顿第三定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】电风扇静止，静止就是一种平衡状态，平衡状态时受到的就是一对平衡力，从而判断出G和F1的关系；电风扇转动时，风扇叶片就会对空气施加一个向下的力，由于物体间力的作用是相互的，所以风扇叶受到了一个空气施加的反作用力，此时风扇叶片虽然转动，但位置没有变化，此时风扇叶片依然受到的是平衡力，根据平衡力的知识分析．【解答】解：电风扇静止时受到的重力和固定杆对它的拉力是一对平衡力，即T=G；扇叶水平转动起来后，风向下振动，所以风受到电扇的作用力向下，由牛顿第三定律可知电扇受到的风的反作用力向上，T′＜G；应当选D．【点评】此题考查的是平衡力和相互作用力．解答此题的关键是我们要知道：电扇虽然转动，但由于它没有运动或者说位置没有发生变化，所以此时它依然是平衡状态，受到的是平衡力．2．质量为M的人站在地面上，用绳通过定滑轮将质量为m的重物从高处放下，如下列图，假设重物以加速度a向下降落〔a＜g〕，如此人对地面的压力大小为〔〕A．〔m+M〕g﹣ma B．M〔g﹣a〕﹣ma C．〔M﹣m〕g+ma D．Mg﹣ma【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】先对物体分析，根据牛顿第二定律求得绳子拉力大小，再对人研究，由平衡条件求出地面对人的支持力，即可得到人对地面的压力大小．【解答】解：以物体为研究对象，根据牛顿第二定律得mg﹣T=ma解得，绳子的拉力T=m〔g﹣a〕再以人为研究对象，根据平衡条件得地面对人的支持力为N=Mg﹣T=Mg﹣m〔g﹣a〕=〔M﹣m〕g+ma根据牛顿第三定律得知，人对地面的压力大小N′=N=〔M﹣m〕g+ma．应当选C【点评】此题中人处于平衡状态，物体处于有加速度的状态，运用隔离法，根据牛顿第二定律和平衡条件结合进展研究．3．如下列图，质量m的物体静止在倾角为α的斜面上，物体与斜面间的滑动摩擦系数为μ，现在使斜面体向右水平匀速移动距离S，如此摩擦力对物体做功为〔物体与斜面相对静止〕〔〕A．0 B．μmgcosα•S C．mgSsinαcos2αD．mgSsinαcosα【考点】功的计算．【专题】功的计算专题．【分析】对物体受力分析，可以求得摩擦力，再由功的公式即可求得对物体做的功的大小．【解答】解：物体处于静止，对物体受力分析可得，在竖直方向mg=Ncosα+fsinα在水平分析 N sinα=fcosα解得N=mgcosαf=mgsinα摩擦力做的功 W f=fcosα•S=mgSsinαcosα应当选：D．【点评】此题考查功的计算，要注意正确进展受力分析，确定力与位移的方向，由功的公式即可求得功的大小．4．如下列图，力F1和F2共同作用在置于水平面上的物体上，F1水平，F2与水平方向夹角为θ，物体在运动过中，力F1与F2的合力做功为W，假设物体一直沿水平地面运动，如此力F2对物体做功大小为〔〕A． B．C．D．【考点】功的计算．【专题】功的计算专题．【分析】功的定义式是力与力的方向上位移的乘积．合力的功等于各分力做功的代数和．【解答】解：合力做功：W=〔F1+F2cosθ〕S，如此分力F2做功为：W2=F2cosθS=应当选：D【点评】此题考查功的计算，要明确在求功时，严格按照功的定义式求解，记住公式W=FScosθ的应用即可．5．一物体获得一竖直向上的初速度从某点开始向上运动，运动过程中加速度始终竖直向下为4m/s2，如此正确的说法是〔〕A．上升过程中物体的机械能不断增加重力势能增加B．下降过程中物体的机械能不断增加，重力势能减少C．整个过程中物体的机械能不变D．物体下落回抛出点的机械能和抛出时的机械能相等【考点】机械能守恒定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】重力势能的变化量等于重力对物体做的功．重力之外的其他力做功等于机械能的改变．【解答】解：由题意可知，物体受到的拉力F=mg﹣ma=6m；方向竖直向上；A、物体一定受向上的拉力，由于拉力做功，故物体的机械能不断增加；高度增加，如此重力势能增加；故A正确；B、下降过程拉力仍然向上，故拉力做负功，机械能不断减小；故B错误；C、由于有重力以外的其他力做功，故整个过程机械能改变；故C错误；D、由于物体受到拉力不变，故在运动过程中拉力做功为零；故物体下落回抛出点的机械能和抛出时的机械能相等；故D正确；应当选：AD．【点评】此题要注意明确功能关系，注意将功与相应的能量转化对应起来．明确合外力做功等于动能的改变量．6．如下列图，轻质弹簧竖直放置在水平地面上，它的正上方有一金属块从高处自由下落，从金属块自由下落到第一次速度为零的过程中〔〕A．重力先做正功，后做负功B．弹力没有做正功C．金属块的动能最大时，弹力与重力相平衡D．金属块的动能为零时，弹簧的弹性势能最大【考点】功能关系；弹性势能．【分析】根据高度的变化，分析重力做功正负．金属块撞击弹簧后，受到弹簧的弹力，重力大于弹力，物体继续向下运动，重力不变，弹力不断增大，但是重力大于弹力，物体的运动速度还在不断增大；弹簧不断被压缩，弹力在增大，当弹力等于重力时，物体的运动速度最大；弹簧不断被压缩，弹力在增大，当弹力大于重力时，物体进展减速运动．【解答】解：A、金属块一直向下运动，所以重力一直做正功，故A错误．B、金属块受到的弹力方向一直向上，与位移方向相反，如此弹力对金属块一直做负功，故B正确．C、金属块开始接触弹簧下降后，重力大于向上的弹力，金属块加速向下运动，之后，重力小于弹力，合力向上，金属块向下减速运动，直到速度为零，如此弹力与重力相平衡时速度最大，动能最大，故C正确．D、当金属块的速度为零时，弹簧被压缩到最短，弹性势能最大．故D正确．应当选：BCD．【点评】解决此题的关键要正确分析金属块的受力情况，判断其运动情况，知道弹力在不断增大，确定出合力来判断金属块的运动性质．7．如下列图，AO斜面与OC水平面相交处为一小段圆弧，斜面与水平面的动摩擦因数相等，一小滑块从A点由静止释放，最终停在水平面上的B点，假设保持A点位置不变，改变斜面倾角，斜面与水平面交点移到O′，滑块仍然从A点由静止释放，如此〔〕A．滑块进入水平面后最终仍然停在B点B．滑块进入水平面后可能停在B点的右侧C．滑块AO′过程抑制摩擦力所做功大于AO过程抑制摩擦力所做功D．要让小滑块能滑到水平面上，O′点不能超过B点【考点】动能定理．【专题】动能定理的应用专题．【分析】对全过程运用动能定理，抓住初末动能为零，得出表达式，从而判断停止的位置．根据摩擦力做功的公式比拟抑制摩擦力做功的大小．【解答】解：A、设斜面的倾角为θ，A、B两点间的水平距离为s，对全过程运用动能定理得，mgh﹣〔μmgcosθs1+μmgs2〕=0，如此mgh﹣μmgs=0，与斜面的倾角无关，最终仍然停在B点，故A正确，B错误．C、根据W f=μmgcosθ•s′知，在AO′段，s′cosθ大于在AO段，如此滑块AO′过程抑制摩擦力所做功大于AO过程抑制摩擦力所做功，故C正确．D、由动能定理的表达式mgh﹣μmgs=0知，要让小滑块能滑到水平面上，O′点不能超过B 点，故D正确．应当选：ACD．【点评】此题考查了动能定理的运用，也可以运用动力学知识求解，但是没有运用动能定理解决简捷．8．物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的Q点，假设传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，使传送带随之运动，如下列图，再把物块放到P点自由滑下如此〔〕A．物块将仍落在Q点 B．物块将会落在Q点的左边C．物块将会落在Q点的右边D．物块有可能落不到地面上【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】传送带专题．【分析】物块从光滑曲面上滑下时获得了一定的速度，当水平传送带静止时和逆时针方向转动时，物体都做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律分析加速度关系，由运动学公式判断物块滑离传送带时速度大小，由平抛运动的知识分析水平位移关系，判断物块是否落在Q点．【解答】解：物块从光滑曲面上滑下时，根据机械能守恒定律得知：两次物块滑到B点速度一样，即在传送带上做匀减速直线运动的初速度一样．当水平传送带静止时和逆时针方向转动时，物体都受到一样的滑动摩擦力而做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得知：物块匀减速直线运动的加速度一样，当物块滑离传送带，两次通过的位移一样，根据运动学公式得知，物块滑离传送带时的速度一样，如此做平抛运动的初速度一样，所以物块将仍落在Q点．应当选A【点评】此题用到动摩擦因素与物体的速度大小无关这个知识点，运用牛顿第二定律和运动学公式结合进展分析．9．如下列图，一块长木板B放在光滑的水平地面上，在B上放一个木块A，现以恒定的力F 拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参照物，A、B都向前移动了一段距离，在此过程中〔〕A．外力F做的功等于A和B所组成的系统的动能增量B．B对A的摩擦力所做的功大于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B所做的功等于B的动能增量与B抑制摩擦力所做的功之和【考点】动能定理；功的计算；功能关系．【专题】动能定理的应用专题．【分析】选择研究对象运用动能定理研究此过程找出功和能的对应关系；求总功时，要正确受力分析，准确求出每一个力所做的功．【解答】解：A、选择A和B作为研究对象，运用动能定理研究，B受外力F做功，A对B 的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A 在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，故：w F+〔﹣f•△x〕=△Ek A+△Ek B其中△x为A、B的相对位移，所以外力F做的功不等于A和B的动能的增量，故A错误．B、对A物运用动能定理，如此有B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，故B错误．C、A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，故C错误．D、对B物体应用动能定理，W F﹣W f=△Ek B，W f为B抑制摩擦力所做的功，即W F=△Ek B+W f，就是外力F对B做的功等于B的动能增量与B抑制摩擦力所做的功之和，故D正确．应当选：D．【点评】运用动能定理时，研究对象如果是系统，系统的内力做功也要考虑．一般情况下两物体相对静止，系统的内力做功为0．如果两物体有相对位移，那么系统的内力做功有可能就不为零；对于动能定理列出的表达式注意变形，要和所求的问题相接近．10．如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g．如此〔〕A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg【考点】功能关系；功的计算．【分析】a、b组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，通过b的动能变化，判断轻杆对b的做功情况．根据系统机械能守恒求出a球运动到最低点时的速度大小．【解答】解：A、当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功．故A错误．B、a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：m A gh=m A v A2，解得v A=．故B正确．C、b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b 对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a 的加速度大于重力加速度，故C错误；D、a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D正确；应当选：BD．【点评】解决此题的关键知道a、b组成的系统机械能守恒，以与知道当a的机械能最小时，b的动能最大．二、实验题〔10分〕11．在《验证牛顿第二定律》的实验中，图为实验装置示意图．〔1〕除图中所示仪器外，还需要如下哪些仪器？BDFA．秒表 B．天平 C．弹簧测力计D．带毫米刻度的刻度尺 E．低压直流电源 F．低压交流电源〔2〕为了保证实验条件和减小误差，以下哪些措施是必要的？ACDA．将木板的一端垫高，使小车不受拉力时恰能在木板上做匀速运动B．每次改变小车的质量后，都要做平衡摩擦力的工作C．尽量使沙与沙桶的总质量比小车质量小得多D．同一条件下多打几条纸带〔3〕某学生在平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大．他所得到的a﹣F 关系可用图中哪条图线表示？〔图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力〕答：C【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】根据实验原理和需要测量的数据可以知道需要哪些仪器．明确实验原理，了解实验中的具体操作，熟练应用直线运动的规律以与推论即可正确解答；在探究加速度与力、质量的关系时，应平衡摩擦力，平衡摩擦力时如果木板垫得过高，平衡摩擦力过度，小车受到的合力大于拉力，a﹣F图象在a轴上有截距；如果没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，小车受到的合力小于拉力，a﹣F图象在F轴上有截距．【解答】解：〔1〕因实验中打点计时器本身可以记录时间，故不用秒表；电源应采用低压交流电流；需要用天平称质量；通过刻度尺测出长度来算出加速度大小．应当选：BDF〔2〕A、在实验的过程中，我们认为绳子的拉力F等于钩码的重力mg，而在小车运动中还会受到阻力，所以我们首先需要平衡摩擦力．具体的方法是适当垫高长木板无滑轮的一端，使未挂钩码的小车恰能拖着纸带匀速下滑，故A正确．B、根据实验原理可知，重力的下滑分力等于滑动摩擦力，因此每次改变小车的质量后，都不会影响平衡条件，所以不要每次平衡摩擦力的，故B错误．C、为了使沙与沙桶的总质量接近小车的合力，因此尽量使沙与沙桶的总质量比小车质量小得多，故C正确；D、同一条件下多打几条纸带，目的是求平均值，故D正确．应当选ACD．〔3〕A、图象过原点，恰好平衡摩擦力，木板高度适宜，故A错误；B、在拉力较大时，图象发生弯曲，这是由于小车质量没有远大于砂桶质量造成的，故B错误；C、a﹣F图象在a轴上有截距，是由过平衡摩擦力造成的，平衡摩擦力时木板垫的过高，故C正确；D、图象在F轴上有截距，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，故D错误；应当选C．【点评】此题比拟简单，属于根底题目，考查了实验器材和数据处理等根本实验问题，对于实验问题要加强动手能力，亲身体会实验的整个过程．探究加速度与力、质量关系时，要平衡摩擦力，小车质量应远大于砂桶质量．不管是考查什么实验，首先要找到实验原理，我们就可以根据实验原理找需要的实验仪器，找实验时需要注意的问题，列式求解一些需要的物理量12．在验证机械能守恒定律的实验中假设重物质量为0.50kg，选择好的纸带如图，相邻两点时间间隔为0.02s〔OA之间还有一些点未画出〕，长度单位是cm，g取9.8m/s2．如此打点计时器打下点B时，重物的速度v B=0.973m/s；从起点O到打下点B的过程中，重物重力势能的减小量△E P=0.238J，动能的增加量△E K=_0.237J．〔结果保存三位有效数字〕【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题．【分析】根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该段时间内的平均速度可以求出物体在B点时的速度，然后根据动能、势能的定义进一步求得动能、势能的变化量．【解答】解：根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该段时间内的平均速度可以求出物体在B点时的速度v B==m/s≈0.973 m/s重力势能的减少量：△E p=mgh B=0.5×9.8×4.86×10﹣2J≈0.238 J。
山东省临沂市重点中学2015-2016学年高一上学期12月月考物理试题
临沂12月月考高一物理试题一、选择题（1-10题为单选题每题3分，11-16题为不定项每题4分，漏选得2分。
共54分）1．下列关于重力、弹力和摩擦力的说法，正确的是()A．静摩擦力的大小在零和最大静摩擦力之间B．劲度系数越大的弹簧，产生的弹力越大C．动摩擦因数与物体之间的压力成反比，与滑动摩擦力成正比D．物体的重心一定在物体上2．某物体在四个共点力作用下处于平衡状态，若F4的方向沿逆时针方向转过90°角，但其大小保持不变，其余三个力的大小和方向均保持不变，此时物体受到的合力的大小为()A．0 B.2F4C．F4D．2F43．在光滑的水平面上有一个物体同时受到两个水平力F1和F2的作用，在第1s内该物体保持静止状态。
若两个力随时间变化情况如图所示，则下列说法中正确的是()A．在第2s内物体做匀加速直线运动B．在第3s内物体做变加速直线运动C．在第4s末物体的加速度方向改变D．在第6s末物体的速度为零4．同一平面内的三个力，大小分别为4 N、6 N、7 N，若三力同时作用于某一物体，则该物体所受三力合力的最大值和最小值分别为()A．17 N、3 N B．17 N、0 C．9 N、0 D．5 N、3 N5．如图所示为一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O点，总质量为60 kg.此时手臂与身体垂直，手臂与岩壁夹角为53°.则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为(设手、脚受到的作用力均通过重心O，g取10 N/kg，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)()A．360 N,480 N B．480 N,360 NC．450 N,800 N D．800 N,450 N6. 两个物体相互接触，关于接触处的弹力和摩擦力，以下说法正确的是（）A.一定有弹力，但不一定有摩擦力B.如果有弹力，则一定有摩擦力C.如果有摩擦力，则一定有弹力D.如果有摩擦力，则其大小一定与弹力成正比7. 一架梯子靠在光滑的竖直墙壁上，下端放在水平的粗糙地面上，有关梯子的受力情况，下列描述正确的是（）A.受两个竖直的力，一个水平的力B.受一个竖直的力，两个水平的力C.受两个竖直的力，两个水平的力D.受三个竖直的力，三个水平的力8. 如图所示，一个重为5N的大砝码，用细线悬挂在O点，现在用力F拉法码，使悬线偏离竖直方向30°时处于静止状态，此时所用拉力F的最小值为（）A.5.0NB.2.5NC.8.65ND.4.3N9. 如图所示，用绳索将重球挂在墙上，不考虑墙的摩擦。
山东省临沂市沂水一中高一物理上学期12月月考试卷(实
山东省临沂市沂水一中2015-2016学年高一（上）月考物理试卷（12月份）（实验班）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的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，有选错或不答的得0分）1．有关运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是（）A．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变B．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变C．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态D．物体的运动方向一定与它所受的合力的方向相同2．一辆农用“小四轮”由于漏油，当车在平直公路上行驶时，若每隔l s漏下一滴，一位同学根据漏在路面上的油滴分布，从而分析“小四轮”的运动情况（已知车的运动方向）．下列说法中正确的是（）A．当沿运动方向油滴始终均匀分布时，车可以认为做匀加速直线运动B．当沿运动方向油滴间距均匀增大时，车的加速度可以认为保持不变C．当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车一定在做匀加速直线运动D．当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车的加速度却可能在减小3．一个质点做直线运动，其s﹣t图象如图所示，则图中与之对应的v﹣t图象是（）A．B．C．D．4．如图所示，A、B两球完全相同，质量为m，用两根等长的细线悬挂在O点，两球之间夹着一根劲度系数为k的轻弹簧，静止不动时，弹簧位于水平方向，两根细线之间的夹角为θ．则弹簧的长度被压缩了（）A．B．C．D．5．如图，一质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与斜面垂直，则（）A．滑块不可能只受到三个力作用B．弹簧可能处于伸长状态C．斜面对滑块的支持力大小可能为零D．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于mg6．如图所示，细而轻的绳两端，分别系有质量为m A、m B的球，m A静止在光滑半球形表面P点（球可视为质点），已知过P点的半径与水平面夹角为60°，则m A和m B的关系是（）A．m A=m B B．m A=m B C．m A=2m B D．m B=m A7．如图所示，两物体放在光滑的水平面上，中间用轻弹簧相连．从左边水平拉动M，使它们产生一个共同的加速度a，这时弹簧的伸长量为L1；从右边水平拉动m，使它们也产生一个共同的加速度a，这时弹簧的伸长量为L2．已知两物体的质量为M＞m，则关于L1和L2的大小关系为（）A．L1＞L2B．L1=L2 C．L1＜L2D．无法确定8．质量为m1和m2的两个物体，由静止从同一高度下落，运动中所受的空气阻力分别是F1和F2．如果发现质量为m1的物体先落地，则有（）A．＜B．＞C．m1＞m2D．F1＜F29．轻绳一端系在质量为m的物块A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上．现用水平力F拉住绳子上一点O，使物块A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化情况是（）A．F1保持不变，F2逐渐增大B．F1保持不变，F2逐渐减小C．F1逐渐增大，F2保持不变D．F1逐渐减小，F2保持不变10．如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将熄灭，此时汽车距离停车线18m．该车加速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m/s2．此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s，下列说法中正确的有（）A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D．如果距停车线5m处减速，汽车能停在停车线处二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分.把答案写在答题卡中指定答题处，不要求写出演算过程）11．某同学为探究求合力的方法，做了如右图所示的实验．ABCD为竖直平板，E、F两处固定了摩擦不计的轻质滑轮，滑轮的轴保持水平，所用绳子的质量可不计．第一次实验中，当装置平衡时，绳子的结点在O处，拉力的方向和钩码的位置如图所示．第二次实验时，仅把右侧滑轮的位置移动到图中的G点，待稳定后，∠EOF将（填“变大”、“变小”或“不变”），绳子结点O的位置将A．竖直向下移动B．水平向右移动C．沿EO方向移动D．沿FO方向移动．12．某同学设计了一个“探究加速度a与力F、质量M的关系”的实验．如图1为该实验装置图，其中砂桶及砂的总质量为m．（1）探究时，为了让小车所受的合外力近似等于砂和砂桶的重力应采取的措施和满足的条件有：①；②；（2）该同学保持砂和砂桶的总质量不变，改变小车质量M，探究加速度a和小车质量M的关系，得到的实验数据如下表：实验次数 1 2 3 4 5小车加速度a（m/s2） 1.99 1.23 1.01 0.67 0.49小车质量M（kg）0.25 0.40 0.50 0.75 1.004.00 2.50 2.00 1.33 1.00为了直观反映F不变时a与M的关系，请根据上表数据在图2坐标纸中作出图象．（3）由图象可得F不变时，小车的加速度a与质量M之间的关系是：．（4）另有一同学在该实验中得到了一条如图3所示的纸带．已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz．在纸带上选择13个打点，其中1、3、5、7、9、11、13号打点作为计数点，分别测得x1=7.05cm、x2=7.68cm、x3=8.33cm、x4=8.96cm、x5=9.61cm、x6=10.26cm．则打点计时器打下7号打点时瞬时速度的大小是m/s；小车运动的加速度的大小是 m/s2（计算结果保留两位有效数字）．三、计算题（共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）.13．如图所示，质量为4kg的物体在水平面上受到大小为20N，方向与水平面成37°角斜向上的拉力F的作用，沿水平面做速度为2m/s的匀速运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，g取10m/s2，求：（1）拉力F的大小．（2）撤去F后物体滑行的距离．14．如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B 点前后速度大小不变），最后停在C点．每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，表给出了部分测量数据．（重力加速度g=10m/s2）求：t（s）0.0 0.2 0.4 … 1.2 1.4 1.6 …v（m/s）0.0 1.0 2.0 … 1.1 0.7 0.3 …（1）斜面的倾角α；（2）物体与水平面之间的动摩擦因数μ；（3）t=0.6s时的瞬时速度v．15．美国密执安大学五名学习航空航天工程的大学生搭乘NASA的飞艇参加了“微重力学生飞行机会计划”，飞行员将飞艇开到6000m的高空后，让飞艇由静止下落，以模拟一种微重力的环境．下落过程飞艇所受空气阻力为其重力的0.04倍，这样，可以获得持续25s之久的失重状态，大学生们就可以进行微重力影响的实验．紧接着飞艇又做匀减速运动，若飞艇离地面的高度不得低于500m．重力加速度g取10m/s2，试计算：（1）飞艇在25s内所下落的高度；（2）在飞艇后来的减速过程中，大学生对座位的压力至少是其重力的多少倍．16．如图所示，一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°．现小球在F=20N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数μ为．试求：（1）小球运动的加速度a1；（2）若F作用1.2s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离s m；（3）若从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点上方为2.25m的B点．2015-2016学年山东省临沂市沂水一中高一（上）月考物理试卷（12月份）（实验班）参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的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，有选错或不答的得0分）1．有关运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是（）A．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变B．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变C．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态D．物体的运动方向一定与它所受的合力的方向相同【考点】牛顿第一定律．【分析】物体所受的合力为0时，物体处于静止状态或匀速直线运动状态；只要合外力不为0，物体的运动状态就会发生变化；合外力不为0时，速度可以为0；物体所受的合力不变且不为0，物体的运动状态一定发生变化．【解答】解：A、物体受到恒定的力作用时，它的加速度不变，但是速度是改变的，例如平抛运动，故A错误．B、物体受到不为零的合力作用时，加速度就不为零，所以它的运动状态要发生改变，故B正确．C、物体受到的合力为零时，处于静止状态或匀速直线运动，故C错误．D、物体加速度方向一定与它所受的合力的方向相同，但是但物体加速度的方向与物体速度的方向不一定相同．故D错误．故选B．【点评】掌握加速度的定义式a=和决定式a=的区别与联系是掌握该部分知识的必由之路．2．一辆农用“小四轮”由于漏油，当车在平直公路上行驶时，若每隔l s漏下一滴，一位同学根据漏在路面上的油滴分布，从而分析“小四轮”的运动情况（已知车的运动方向）．下列说法中正确的是（）A．当沿运动方向油滴始终均匀分布时，车可以认为做匀加速直线运动B．当沿运动方向油滴间距均匀增大时，车的加速度可以认为保持不变C．当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车一定在做匀加速直线运动D．当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车的加速度却可能在减小【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】本题主要考查连续相等的时间间隔内位移差△x和加速度a之间的关系，如果△x＞0，物体加速，当△x逐渐增大时，a逐渐增大，△x逐渐减小，则车的加速度可能逐渐减小．【解答】解：A、当沿运动方向油滴始终均匀分布时，车可以认为做匀速直线运动．故A错误．B、当沿运动方向油滴间距均匀增大时，根据△x=aT2=恒量，车做匀加速直线运动，加速度不变．故B正确．C、当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车做加速运动，但是不一定是匀加速直线运动．故C 错误．D、当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车做加速运动，加速度可能减小，可能增大．故D正确．故选：BD．【点评】灵活的利用基本公式△x=aT2是解决本题的关键，只有真正理解了连续相等的时间间隔内位移差△x=aT2，才有可能灵活快速的解决本题．故要加强基本概念的理解．3．一个质点做直线运动，其s﹣t图象如图所示，则图中与之对应的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】位移﹣时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．【解答】解：由于位移﹣时间图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向，所以第一秒内，图象的斜率为正常数，即速度为正方向的匀速运动；第二秒内斜率为零即物体的速度为零，物体处于静止状态；第二秒末到底五秒末，斜率为负常数，即速度为负方向的匀速直线运动；故ACD错误，B正确．故选：B【点评】理解位移﹣时间图象上点和斜率的物理意义，理解好速度﹣时间图象的点、线、面的物理意义，并能将两种图象相互转化．4．如图所示，A、B两球完全相同，质量为m，用两根等长的细线悬挂在O点，两球之间夹着一根劲度系数为k的轻弹簧，静止不动时，弹簧位于水平方向，两根细线之间的夹角为θ．则弹簧的长度被压缩了（）A．B．C．D．【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】对A球受力分析，然后根据平衡条件并运用合成法得到弹簧的弹力，最后根据胡克定律得到弹簧的压缩量．【解答】解：对球A受力分析，受重力mg、拉力T、弹簧的弹力F，如图根据平衡条件，结合合成法，有：F=mgtan根据胡克定律，有：F=kx解得：x=故选：A．【点评】本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件并运用合成法求解出弹力，最后根据胡克定律求解出弹簧的压缩量．5．如图，一质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与斜面垂直，则（）A．滑块不可能只受到三个力作用B．弹簧可能处于伸长状态C．斜面对滑块的支持力大小可能为零D．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于mg【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】滑块可能受重力、支持力、摩擦力三个力处于平衡，弹簧处于原长，弹力为零．滑块可能受重力、支持力、摩擦力、弹簧的弹力四个力处于平衡．根据共点力平衡进行分析．【解答】解：A、弹簧与竖直方向的夹角为30°，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长状态，故A错误，B正确；C、沿斜面方向，根据平衡条件滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力（等于mg），不为零，有摩擦力必有弹力，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，故C错误，D正确．故选：BD．【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意弹簧的弹力可能为零，可能不为零．6．如图所示，细而轻的绳两端，分别系有质量为m A、m B的球，m A静止在光滑半球形表面P点（球可视为质点），已知过P点的半径与水平面夹角为60°，则m A和m B的关系是（）A．m A=m B B．m A=m B C．m A=2m B D．m B=m A【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】先以质量为m B的球为研究对象，求出绳子的拉力大小，再以质量为m A的球为研究对象，求出两球质量的关系．【解答】解：以质量为m B的球为研究对象，根据平衡条件得，绳子的拉力F=m B g…①再以质量为m A的球为研究对象，分析受力如图，绳子的拉力方向近似沿着球面的切线方向．根据平衡条件得：m A gcos60°=F…②联立①②得：m A=2m B故选C【点评】本题采用隔离法研究力平衡问题，两物体之间拉力大小相等，是两物体之间的联系．7．如图所示，两物体放在光滑的水平面上，中间用轻弹簧相连．从左边水平拉动M，使它们产生一个共同的加速度a，这时弹簧的伸长量为L1；从右边水平拉动m，使它们也产生一个共同的加速度a，这时弹簧的伸长量为L2．已知两物体的质量为M＞m，则关于L1和L2的大小关系为（）A．L1＞L2B．L1=L2 C．L1＜L2D．无法确定【考点】牛顿第二定律；胡克定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】从左边水平拉动M，对m运用牛顿第二定律求出弹簧弹力，从右边水平拉动m，对M 运用牛顿第二定律求出弹簧弹力，再根据胡克定律即可比较L1和L2的大小关系．【解答】解：从左边水平拉动M，对m运用牛顿第二定律得：F弹=ma从右边水平拉动m，对M运用牛顿第二定律得：F′弹=Ma因为M＞m，所以F弹＜F′弹根据胡克定律得：kL1＜kL2所以L1＜L2故选C【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及胡克定律的应用，难度不大，属于基础题．8．质量为m1和m2的两个物体，由静止从同一高度下落，运动中所受的空气阻力分别是F1和F2．如果发现质量为m1的物体先落地，则有（）A．＜B．＞C．m1＞m2D．F1＜F2【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据牛顿第二定律分别求出两个物体的加速度，根据位移时间公式求出运动的时间，根据时间关系即可求解．【解答】解：根据牛顿第二定律得：a1=a2=根据位移时间公式得：h=解得：t1=t2=因为t1＜t2所以＞所以＜．故选A【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及位移时间公式的直接应用，难度不大，属于基础题．9．轻绳一端系在质量为m的物块A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上．现用水平力F拉住绳子上一点O，使物块A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化情况是（）A．F1保持不变，F2逐渐增大B．F1保持不变，F2逐渐减小C．F1逐渐增大，F2保持不变D．F1逐渐减小，F2保持不变【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】以圆环、物体A及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析杆对环的摩擦力和弹力，再由牛顿第三定律分析环对杆的摩擦力F1的变化情况．以结点O为研究对象，分析F的变化，根据F与杆对环的弹力的关系，分析杆对环的弹力的变化情况．【解答】解：以圆环、物体A及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1所示．根据平衡条件得到，杆对环的摩擦力F1=G，保持不变．杆对环的弹力F2=F．再以结点O为研究对象，分析受力情况，作出力图如图2所示．由平衡条件得到F=mgtanθ当物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置过程中，θ逐渐减小，则F逐渐减小，F2逐渐减小．所以F1保持不变，F2逐渐减小．故选：B．【点评】本题是力平衡中动态变化分析问题，关键是灵活选择研究对象，分析物体的受力情况．10．如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将熄灭，此时汽车距离停车线18m．该车加速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m/s2．此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s，下列说法中正确的有（）A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D．如果距停车线5m处减速，汽车能停在停车线处【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．【专题】计算题．【分析】本题中汽车有两种选择方案方案一、加速通过按照AB选项提示，汽车立即以最大加速度匀加速运动，分别计算出匀加速2s的位移和速度，与实际要求相比较，得出结论；方案二、减速停止按照CD选项提示，汽车立即以最大加速度匀减速运动，分别计算出减速到停止的时间和位移，与实际要求相比较，即可得出结论．【解答】解：如果立即做匀加速直线运动，t1=2s内的位移=20m＞18m，此时汽车的速度为v1=v0+a1t1=12m/s＜12.5m/s，汽车没有超速，A项正确、B错误；不管是用多小的加速度做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线，因为即使不减速，匀速行驶，2秒所能行驶的距离也只是16m＜18m；故C正确如果立即以最大加速度做匀减速运动，速度减为零需要时间s，此过程通过的位移为=6.4m，即刹车距离为6.4m，所以如果距停车线5m处减速，则会过线；D错误．故选：AC．【点评】熟练应用匀变速直线运动的公式，是处理问题的关键，对汽车运动的问题一定要注意所求解的问题是否与实际情况相符．二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分.把答案写在答题卡中指定答题处，不要求写出演算过程）11．某同学为探究求合力的方法，做了如右图所示的实验．ABCD为竖直平板，E、F两处固定了摩擦不计的轻质滑轮，滑轮的轴保持水平，所用绳子的质量可不计．第一次实验中，当装置平衡时，绳子的结点在O处，拉力的方向和钩码的位置如图所示．第二次实验时，仅把右侧滑轮的位置移动到图中的G点，待稳定后，∠EOF将不变（填“变大”、“变小”或“不变”），绳子结点O的位置将 CA．竖直向下移动B．水平向右移动C．沿EO方向移动D．沿FO方向移动．【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】稳定后，O点处于平衡状态，所受三个力的合力为零，即任何两个力的合力与另外一个力等大反向，根据平衡条件和平行四边形定则可正确解答．【解答】解：以O点为研究对象，受到三个力的作用，由于钩码个数不变，因此三个力的大小不变，O点所受竖直方向的拉力大小方向不变，即EO，FO两绳子拉力的合力大小方向不变，根据平行四边形定则可知，二力的大小不变，其合力的大小方向不变，则该二力的夹角不变，故∠EOF不变；根据相似三角形的几何关系可知，E点位置不变，EF之间的距离变大，而∠EOF不变，因此绳子结点O的位置将向EO方向移动，故ABD错误，C正确．故选：C．故答案为：不变，C．【点评】掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析．12．某同学设计了一个“探究加速度a与力F、质量M的关系”的实验．如图1为该实验装置图，其中砂桶及砂的总质量为m．（1）探究时，为了让小车所受的合外力近似等于砂和砂桶的重力应采取的措施和满足的条件有：①M＞＞m ；②右端垫高用重力的分力平衡摩擦力；（2）该同学保持砂和砂桶的总质量不变，改变小车质量M，探究加速度a和小车质量M的关系，得到的实验数据如下表：实验次数 1 2 3 4 5小车加速度a（m/s2） 1.99 1.23 1.01 0.67 0.49小车质量M（kg）0.25 0.40 0.50 0.75 1.004.00 2.50 2.00 1.33 1.00为了直观反映F不变时a与M的关系，请根据上表数据在图2坐标纸中作出图象．（3）由图象可得F不变时，小车的加速度a与质量M之间的关系是：加速度a与质量M成反比．（4）另有一同学在该实验中得到了一条如图3所示的纸带．已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz．在纸带上选择13个打点，其中1、3、5、7、9、11、13号打点作为计数点，分别测得x1=7.05cm、x2=7.68cm、x3=8.33cm、x4=8.96cm、x5=9.61cm、x6=10.26cm．则打点计时器打下7号打点时瞬时速度的大小是 2.2 m/s；小车运动的加速度的大小是4.1 m/s2（计算结果保留两位有效数字）．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）根据F=M≈mg可知必需平衡摩擦力且要满足M＞＞m；（2）根据描点法作图；（3）根据a﹣图象分析F不变时，加速度a与质量M得关系；（4）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，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上7点时小车的瞬时速度大小．【解答】解：（1）为使小车所受合外力等于细线的拉力，所以必需有小车的重力沿轨道的分力等于轨道对小车的摩擦力，所以做实验时必需平衡摩擦力，即右端垫高用重力的分力平衡摩擦力．以砂桶作为研究对象有：mg﹣F T=ma以小车作为研究对象有：F T=Ma联立以上两式可得：F T=M要绳子的拉力等于砂桶的总的重力，即：M=mg，故： =1，则有M＞＞m；（2）根据描点法作出图象，如图所示：（3）根据a﹣图象可知，当F不变时，加速度a与质量M成反比；（4）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，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，v7=m/s=2.2m/s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：x4﹣x1=3a1T2x5﹣x2=3a2T2x6﹣x3=3a3T2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）代入数据得：a==4.1m/s2故答案为：（1）M＞＞m，右端垫高用重力的分力平衡摩擦力；（2）如图所示；（3）加速度a与质量M成反比；（4）2.2，4.1【点评】掌握实验原理是正确解决实验题目的前提条件；实验时要平衡摩擦力，平衡摩擦力不足或过平衡摩擦力都是错误的．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．三、计算题（共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）.13．如图所示，质量为4kg的物体在水平面上受到大小为20N，方向与水平面成37°角斜向上的拉力F的作用，沿水平面做速度为2m/s的匀速运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，g取10m/s2，求：（1）拉力F的大小．（2）撤去F后物体滑行的距离．。
山东省临沂市某重点中学2015-2016学年高一上学期期末教学质量抽测物理试题 含答案
高一物理试题2016.01说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（实验题和计算题）两部分，共6页,满分l00分，考试时间l00分钟。
注意事项：1。
答第Ⅰ卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题纸上。
2。
每小题选出答案后，用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，不能答在试题卷上。
3。
第Ⅱ卷答案也要写在答题纸上，考试结束后将答题纸交回第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、单项选择题（本题共８小题,每小题３分，共２4分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
）1。
下列物理量的单位属于导出单位的是( )A．质量B．时间C．位移D．速度2。
关于下列情况中的物体可否看作质点，判断正确的是( ）A．研究乒乓球的接发球技术，乒乓球视为质点B．分析高射炮弹的轨迹长度，炮弹可视为质点C．研究地球的自转,地球可视为质点D．分析跳高运动员的过杆技术，运动员可视为质点3。
科学家关于物体运动的研究极大地促进了物理学的发展。
下列说法不．符合历史事实的是( ）A。
牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质B. 笛卡儿指出:如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向C. 伽利略通过“理想实验”得出结论:一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去D 。
亚里士多德认为,必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变4. 如图所示,一个物体m 放在粗糙的斜面上保持静止，现用水平外力F 推物体，m 仍保持静止时,当F 由零逐渐增加但物体m 仍保持静止状态的情况下，则物体m （ )A 。
受到斜面的支持力增加B. 所受合力增加C.受到的静摩擦力增加D 。
受到的静摩擦力减小5. 如图所示,一铁块被竖直悬挂着的磁性黑板紧紧的吸住，下列说法错误．．的是（ ） A. 铁块受到弹力是由于磁性黑板发生形变产生的B. 铁块受到四个力作用,其中三个力的施力物体均是黑板C. 铁块受到的磁力大于弹力，黑板才能吸住铁块不动D. 铁块与黑板间水平方向有两对相互作用力——互相吸引磁力和互相排斥的弹力6。
山东省临沂市沂水县第一中学2015届高三物理模拟试题(一)(含解析)新人教版
2015年山东省临沂市沂水一中高考物理模拟试卷〔一〕一、选择题〔此题共12小题，每题4分，共48分．其中1-8题为单项选择题，9-12题为多项选择题，全对得4分，选对但不全的得2分，选错不给分〕1．〔4分〕〔2015•临沂校级模拟〕如下列图，质量为m的小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端作圆周运动．当小球运动到最高点时，即时速度，L是球心到O点的距离，如此球对杆的作用力是〔〕A．的拉力B．的压力C．零D．的压力【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】：球在最高点对杆恰好无压力时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解速度；即时速度时，再对小球受力分析，根据牛顿第二定律列式求解杆的弹力，然后结合牛顿第三定律求解压力．【解析】：解：球在最高点对杆恰好无压力时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：mg=m解得：由于＜v0故杆对球有支持力，根据牛顿第二定律，有：mg﹣N=m解得：N=mg﹣m=根据牛顿第三定律，球对杆有向下的压力，大小为mg；应当选：B．【点评】：此题关键是明确向心力来源，求解出弹力为零的临界速度，然后结合牛顿第二定律列式分析，不难．2．〔4分〕〔2015•临沂校级模拟〕如下列图，电池的内阻可以忽略不计，电压表和可变电阻器R串联接成通路，如果可变电阻器R的值减为原来的时，电压表的读数由U0增加到2U0，如此如下说法中不正确的答案是〔〕A．流过可变电阻器R的电流增大为原来的2倍B．可变电阻器R消耗的电功率增加为原来的4倍C．可变电阻器R两端的电压减小为原来的D．假设可变电阻器R的阻值减小到零，那么电压表的示数变为4U0【考点】：闭合电路的欧姆定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：将电压表看成一个电阻，根据欧姆定律判断电流和变阻器电压的变化，根据闭合电路欧姆定律分两次列式后讨论电源电动势大小．【解析】：解：A、将电压表看成一个电阻，电压表的示数U0增大到2U0，故通过电压表的电流增加为2倍，由于R与电压表串联，故通过可变电阻的电流也增大为原来的2倍，故A正确；B、电流变为2倍，电阻变为原来的，根据P=I2R，可变电阻消耗的功率变为倍，故B错误；C、电流变为2倍，电阻变为，根据U=IR，可变电阻两端的电压减为原来的，故C正确；D、根据闭合电路欧姆定律，开始时：E=U0+•R可变电阻的阻值减少为原来的后：E=2U0+•，联立解得：E=4U0假设可变电阻的阻值减到零，如此电压表的示数等于电源的电动势，为4U0．故D正确．此题选错误的，应当选：B【点评】：此题考查闭合电路的欧姆定律，明确电压表是纯电阻，然后根据欧姆定律、闭合电路欧姆定律屡次列式求解．3．〔4分〕〔2015•临沂校级模拟〕“神舟〞十号载人航天发射控制中心的大屏幕上出现的一幅“神舟〞十号飞船运行轨迹图如下，它记录了飞船在地球外表垂直投影的位置变化；图中表示一段时间内飞船绕地球沿圆周飞行四圈，依次飞经中国和太平洋地区的四次轨迹①、②、③、④，图中分别标出了各地点的经纬度．通过观察此图，某同学发现，飞船绕地球环绕一周的过程中，地球大约自转22.5°．地球半径为6.4×103km，依据上述信息可估算该飞船距离地面的高度和飞船的周期〔大约〕正确的答案是〔〕A．4×105km 1.5h B．6.4×103km 3hC．300km 1.5h D．7×6.4×103km 24h【考点】：万有引力定律与其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：在轨迹①通过赤道时的经度为西经157.5°，绕行一圈后轨迹②再次经过赤道时经度为l80°，即“神舟十号〞转一圈，地球自转转过22.5°，可求出“神舟十号〞与地球自转周期的关系，从而可求出“神舟十号〞的周期．根据万有引力提供向心力，通过周期关系，得出轨道半径关系，从而求出“神舟十号〞离地面的高度．【解析】：解：由轨道①和②得飞船每运行一周，地球自转角度为180°﹣157.5°=22.5°，所以飞船运行周期为：T=×24h=1.5h，由万有引力提供向心力，即=m r在地球外表处物体万有引力等于重力得：=mg可求得飞船的轨道半径：r=如此轨道高度h=r﹣R=﹣R解得：h=3.43×105 m所以该卫星离地高度大约300km．应当选：C．【点评】：解决此题的关键通过“神舟十号〞转一圈，地球转过的角度，得出他们的周期关系，通过万有引力提供向心力，得出轨道半径关系．4．〔4分〕如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一小物体〔物体与弹簧不连接〕，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示〔g=10m/s2〕，如此如下结论正确的答案是〔〕A．物体与弹簧别离时，弹簧处于压缩状态B．物体的质量为3 kgC．物体的加速度大小为5 m/s2D．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm【考点】：牛顿第二定律；胡克定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：物体一直匀加速上升，从图象可以看出，物体与弹簧别离后，拉力为30N；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡；拉力为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，弹簧压缩量为4cm；根据以上条件列式分析即可．【解析】：解：A、物体与弹簧别离时，弹簧恢复原长，故A错误；B、C、D、刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有：mg=kx…①拉力F1为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有：F1+kx﹣mg=ma…②物体与弹簧别离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律，有：F2﹣mg=ma…③代入数据解得：m=2kg，k=500N/m=5N/cm，a=5m/s2故C正确，BD错误；应当选：C．【点评】：此题关键是由图象得出一些相关物理量，然后根据牛顿第二定律列方程分析求解．5．〔4分〕〔2015•临沂校级模拟〕如下列图，AB为半圆环ACB的水平直径，C为环上的最低点，环半径为R．一个小球从A点以速度v0水平抛出，不计空气阻力，如此如下判断正确的答案是〔〕A．v0越大，小球落在圆环时的时间越长B．即使v0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也一样C．假设v0取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环D．无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环【考点】：平抛运动．【专题】：平抛运动专题．【分析】：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，平抛运动的时间由下降的高度决定．采用假设法，假设小球垂直撞击的BC段，通过速度方向的夹角与位移与水平方向的夹角关系进展分析．【解析】：解：A、小球的初速度越大，下降的高度不一定大，平抛运动的时间不一定长．故A错误．B、平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，初速度不同，位移与水平方向方向夹角不同，如此速度与水平方向夹角不同．故B错误．C、假设小球与BC段垂直撞击，设此时速度与水平方向的夹角为θ，知撞击点与圆心的连线与水平方向的夹角为θ．连接抛出点与撞击点，与水平方向的夹角为β．根据几何关系知，θ=2β．因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，即tanα=2tanβ．与θ=2β相矛盾．如此不可能与半圆弧垂直相撞．故C错误，D正确．应当选：D．【点评】：解决此题的关键知道平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍这一推论，并能灵活运用．6．〔4分〕如图，在水平面〔纸面〕内有三根一样的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac 在a点接触，构成“V〞字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从a位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触．如下关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的答案是〔〕A．B．C．D．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】：电磁感应与图像结合．【分析】：MN切割磁感线运动产生感应电动势E=BLv，L越来越大，回路总电阻也增大，根据电阻定律可求，然后利用闭合电路欧姆定律即可求解．【解析】：解：设∠bac=2θ，单位长度电阻为R0如此MN切割产生电动势E=BLv=Bv•2vt×tanθ=2Bv2ttanθ回路总电阻为由闭合电路欧姆定律得：I===i与时间无关，是一定值，故A正确，BCD错误，应当选：A．【点评】：关于电磁感应问题，特别是图象问题，不能凭想当然，最好是通过闭合电路欧姆定律找出关系式．7．〔4分〕〔2015•临沂校级模拟〕如下列图，①、②、③是两个等量异种点电荷形成电场中的、位于同一平面内的三个等势线，其中③为直线，①与②、②与③的电势差相等．一重力不计、带负电的粒子进入电场，运动轨迹如图中实线所示．与①、②、③分别交于a、b、c三点，如此〔〕A．假设粒子从a到b电场力做功大小为W1，从b到c电场力做功大小为W2，如此W1＞W2B．粒子从a到b再到c，电势能不断减少C．a点的电势比b点的电势高D．粒子在c点时的加速度为零【考点】：等势面；电势．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：根据电场力做功公式W=qU，分析W1与W2的关系．根据粒子的轨迹弯曲方向可判断所受的电场力方向，确定等量异种点电荷中正电荷和负电荷的位置，即可判断电场力做功的正负，分析电势能的变化，由等量异种点电荷中正电荷和负电荷的位置，分析a、b电势的上下．粒子在c点时的电场力不为零，加速度不为零．【解析】：解：A、由题，①与②、②与③的电势差相等，根据电场力做功公式W=qU得知，粒子从a到b电场力做功与从b到c电场力做功相等，即W1=W2．故A错误．B、C由于③为直线，是一条等势线，如此知两个等量异种点电荷连线的垂直平分线，根据粒子的轨迹弯曲方向可知粒子所受的电场力方向向左，如此知正点电荷在左侧，负点电荷在右侧，粒子从a到b再到c，电势不断降低，负电荷的电势不断增大．故B错误，C正确．D、粒子在c点时的电场力不为零，加速度不为零．故D错误．应当选：C．【点评】：此题要掌握电场力做功的公式W=qU，可判断电场力做功的大小关系．结合轨迹的弯曲方向和等量异种电荷等势线的分布情况，判断电势上下，分析电势能的变化．8．〔4分〕如下列图，电源内阻不能忽略，安培表、伏特表都是理想电表，当滑动变阻器R的滑动头从a端滑到b端过程中〔〕A．V的示数先增大后减小，A示数增大B．V的示数先增大后减小，A示数减小C．V的示数先减小后增大，A示数增大D．V的示数先减小后增大，A示数减小【考点】：闭合电路的欧姆定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：首先认识电路的结构：变阻器左右两局部电阻并联后与另一电阻串联．电压表测量路端电压，电流表测量通过变阻器右边局部的电流．当滑动头滑到变阻器中点时，变阻器左右并联的电阻最大．路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．根据欧姆定律与串并联电阻关系分析电表读数变化．【解析】：解：当滑动头从a端滑到中点时，变阻器左右并联的电阻增大，分担的电压增大，变阻器右边电阻减小，电流减小，如此通过电流表的电流增大．外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，如此电压表的示数增大；当滑动头从中点滑到b端时，变阻器左右并联的电阻减小，分担的电压减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，而通过变阻器左侧的电流减小，如此通过电流表的电流增大．电源的内电压增大，路端电压减小．变阻器左端电阻增大，电流减小，如此电压表的示数减小．所以V的示数先增大后减小．A示数一直增大．应当选A【点评】：此题是电路中动态分析问题，通常采用定性分析，但电流表示数的变化要运用解析式进展定量研究，难度较大．9．〔4分〕如图〔1〕所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为20：1，R1=10Ω，R2=20Ω，C=100μF．电阻R1两端的正弦交流电压如图〔2〕所示，如此〔〕A．原线圈输入电压的最大值为400VB．交流电的频率为100HzC．电容器C所带电量恒值为2×10﹣3CD．电阻R1消耗的电功率为20W【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解析】：解：A、由图象可知，Rl 的电压即副线圈的电压最大值为20V，根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压最大值为400V，所以A正确．B、根据图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以B错误．C、电容器的作用是通交流隔直流，所以在交流电路中电容器中有电流通过，电容器C所带电量是在不断的变化的，所以C错误．D、副线圈的电压的有效值为10V，所以消耗的功率P==W=20W，所以D正确．应当选AD．【点评】：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决此题．10．〔4分〕〔2015•临沂校级模拟〕2012年6月18日，神州九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面343km的近圆形轨道上成功进展了我国首次载人空间交会对接．对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气，下面说法正确的答案是〔〕A．为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间B．如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加C．如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低D．航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．【专题】：压轴题；人造卫星问题．【分析】：万有引力提供圆周运动的向心力，所以第一宇宙速度是围绕地球圆周运动的最大速度，卫星由于摩擦阻力作用，轨道高度将降低，运行速度增大，失重不是失去重力而是对悬绳的拉力或支持物的压力减小的现象．根据相应知识点展开分析即可．【解析】：解：A、又第一宇宙速度为最大环绕速度，天宫一号的线速度一定小于第一宇宙速度．故A错误；B、根据万有引力提供向心力有：⇒v=得轨道高度降低，卫星的线速度增大，故动能将增大，所以B正确；C、卫星本来满足万有引力提供向心力即，由于摩擦阻力作用卫星的线速度减小，提供的引力大于卫星所需要的向心力故卫星将做近心运动，即轨道半径将减小，故C正确；D、失重状态说明航天员对悬绳或支持物体的压力为0，而地球对他的万有引力提供他随天宫一号围绕地球做圆周运动的向心力，所以D错误应当选BC．【点评】：解决卫星运行规律问题的核心原理是万有引力提供向心力，通过选择不同的向心力公式，来研究不同的物理量与轨道半径的关系．11．〔4分〕〔2015•临沂校级模拟〕如下列图，一个带正电荷的物块m由静止开始从斜面上A 点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来．物块与斜面与水平面间的动摩擦因数一样，且不计物块经过B处时的机械能损失．现在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m 从A点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D′点停下来．后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D″点停下来，如此以下说法中正确的答案是〔〕A．D′点一定在D点左侧B．D′点一定与D点重合C．D″点一定在D点右侧D．D″点一定与D点重合【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】：根据动能定理分别对不加电场和加电场两种情况进展研究：不加电场时，整个过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理列出表达式；加电场时，重力和电场力做正功，摩擦力做负功，再由动能定理列出表达式，分析物体在水平上滑行的位移关系，判断D'点与D点的位置关系．【解析】：解：设物体的质量为m，电量为q，电场强度大小为E，斜面的倾角为θ，动摩擦因数为μ．根据动能定理得A、不加电场时：mgSABsinθ﹣μmgSABcosθ﹣μmgSBD=0 ①加电场时：〔mg+qE〕SABsinθ﹣μ〔mg+qE〕SABcosθ﹣μ〔mg+qE〕SBD′=0 ②将两式比照得到，SBD=SBD′，如此D'点一定与D点重合．故A错误，B正确；C、加磁场时，mgSABsinθ﹣μSAB〔mgcosθ﹣Bqv〕﹣μ〔mg﹣Bqv′〕SBD″=0 ③比拟①③两式可得SBD″＞SBD，所以D″点一定在D点右侧，故C正确，D错误．应当选BC【点评】：此题考查运用动能定理处理问题的能力，也可以应用等效的思维方法进展选择：加电场时相当于物体的重力增加，而物体在水平面滑行的距离与重力无关．12．〔4分〕〔2015•临沂校级模拟〕如下列图，ABCD为固定的水平光滑矩形金属导轨，处在方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场中，AB间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻，质量为m、长为L且不计电阻的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统．开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AB间R上产生的焦耳热为Q，如此〔〕A．初始时刻棒所受的安培力大小为B．当棒再一次回到初始位置时，AB间电阻的热功率为C．当棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为mv02﹣2QD．当棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为mv02﹣6Q【考点】：法拉第电磁感应定律；弹性势能；导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：由E=BLv0、I=、F=BIL三个公式结合求解初始时刻棒受到安培力大小．MN棒从开始到第一次运动至最右端，电阻R上产生的焦耳热为Q，整个回路产生的焦耳热为2Q．根据能量守恒定律求解棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能．【解析】：解：A、由F=BIL、I=，R并=，得初始时刻棒所受的安培力大小为FA=．故A正确；B、由于回路中产生焦耳热，棒和弹簧的机械能有损失，所以当棒再次回到初始位置时，速度小于v0，棒产生的感应电动势E＜BLv0，由电功率公式P=知，如此AB间电阻R的功率小于，故B错误；C、D、由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和弹簧的弹性势能．电阻R上产生的焦耳热为Q，整个回路产生的焦耳热为2Q．弹簧的弹性势能为：Ep=mv02﹣2Q，故C正确，D错误；应当选：AC．【点评】：此题分析系统中能量如何转化是难点，也是关键点，运用能量守恒定律时，要注意回路中产生的焦耳热是2Q，不是Q．二、实验题〔每空2分，共18分〕13．〔8分〕〔2015•临沂校级模拟〕如图甲所示，用包有白纸的质量为m〔kg〕的圆柱棒代替纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之转动，代替打点计时器．当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔转动就在圆柱棒外表的纸上画出记号，如图乙所示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动．测得记号之间的距离依次为20.0mm，44.0mm，68.0mm，92.0mm，116.0mm，140.0mm，电动机每秒钟转20圈，由此研究圆柱棒的运动情况．根据以上内容，回答如下问题：〔1〕毛笔画相邻两条线的时间间隔T=0.05s，图乙中的左端是圆柱棒的悬挂端〔填“左〞或“右〞〕．〔2〕根据图乙所给的数据，可知毛笔画下记号D时，圆柱棒下落的速度vD= 1.60m/s；圆柱棒竖直下落的加速度a=9.60m/s2．〔结果保存三位有效数字〕【考点】：测定匀变速直线运动的加速度．【专题】：实验题．【分析】：了解该实验装置的原理，它类似于打点计时器，蘸有颜料的毛笔随电动机转一圈就在圆柱棒面上的纸上画出记号，这就像打点计时器每隔一定时间就打一个点．数据的处理思路与打点计时器打出来的纸带处理一样．利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度．【解析】：解：〔1〕电动机每秒钟转20圈，电动机的转速n=20 r/s，所以周期T==s=0.05 s，圆柱棒竖直自由下落，速度越来越大，因此毛笔所画出的记号之间的距离越来越大，因此左端的记号后画上，所以左端是悬挂端．〔2〕匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于这一段的平均速度vD=m/s=1.60 m/s，加速度a===9.60 m/s2．故答案为：〔1〕0.05s，左；〔2〕1.60，9.60．【点评】：该实验装置是根据打点计时器的特点和实验原理进展设计新的实验．数据的处理思路与打点计时器打出来的纸带处理一样．14．〔10分〕有一电压表V1，其量程为3V、内阻约为3000Ω．要准确测量该电压表的内阻，提供的器材有：电源E：电动势约为15V，内阻不计电流表A1：量程100mA，内阻r1=20Ω电压表V2：量程2V，内阻r2=2000Ω定值电阻R1：阻值20Ω定值电阻R2：阻值3Ω滑动变阻器R0：最大阻值10Ω．额定电流1A电建一个，导线假设干〔1〕实验中电表应选用，定值电阻应选用〔2〕请你设计一个测量电压表V1内阻的实验电路图并画在虚线框内〔3〕说明实验所要测量的物理量电压表的示数、电压表的示数〔4〕写出电压表V1内阻的计算表达式rv1=．【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题．【分析】：此题〔1〕的关键是将待测电压表的额定电压、额定电流与给出的电压表和电流表比拟即可．题〔2〕的关键是根据变阻器的全电阻远小于待测电压表内阻可知变阻器应用分压式接法，然后通过求出待测电压表与给出的电压表电流相等可知应将两者串联使用，再根据欧姆定律求出保护电阻的阻值即可选出保护电阻；题〔3〕和〔4〕的关键是根据欧姆定律写出待测电压表的表达式即可．【解析】：解：〔1〕：由于待测电压表的电压量程为3V，最大电流为：===1mA，远小于电流表的量程100mA，而电压表的量程与其电压量程接近，所以电表应选电压表；为保护电源，根据题〔2〕的分析可知定值电阻应选择．〔2〕：由于滑动变阻器的全电阻远小于待测电压表内阻，所以变阻器应采用分压式接法；由于待测电压表的额定电流为，电压表的额定电流为：，所以应将两电压表串联使用；由于给出的器材中有定值电阻，考虑电路保护作用，估算如下：根据欧姆定律，当变阻器的滑片置于最右端时，通过变阻器的电流为I===0.5A，所以保护电阻至少为R===20Ω，所以保护电阻应选择，电路图如下列图：〔3〕：根据欧姆定律和串并联规律应有：，解得：，所以应测量的物理量是电压表的示数和电压表的示数；〔4〕：根据上面的分析可知，待测电压表内阻表达式为：．故答案为：〔1〕，〔2〕如图〔3〕电压表的示数和电压表的示数〔4〕【点评】：应明确：①假设待测电阻是电压表时，应通过其额定电压与求出的额定电流大小来选择电压表和电流表；②注意电表的“反常规〞接法，即电压表可以与电压表串联或电流表可以与电流表并联；③当变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法．三、计算题〔共22分〕15．〔10分〕高速公路上甲乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v0=30m/s，距离s0=100m，t=0时刻甲车遇紧急情况后，甲乙两车的加速度随时间变化如下列图，取运动方向为正方向．通过计算说明两车在0～9s内会不会相撞？【考点】：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的图像．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：根据图象读懂甲先做3秒的匀减速直线运动，再做6秒的匀加速直线运动，乙先是3秒的匀速直线运动，然后是6秒的匀减速直线运动，根据给出的数据结合运动规律求解．因为甲车在前，乙车在后，当乙车速度减到和甲车相等的时候两车没有相撞如此以后就不会相撞，且速度相等是两车相距最近的条件．【解析】：解：由图象知，甲在前3s内的加速度，在3﹣9s内的加速度，乙在前3s的加速度a乙1=0，在3﹣9s内的加速度根据图象分析知：甲前3s内做匀减速直线运动，3s后速度减为0后再以做匀加速直线运动，乙在做匀速直线运动，3s后以做匀减速直。
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山东省临沂市沂水一中2015-2016学年高一（上）月考物理试卷（12月份）（实验班）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的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，有选错或不答的得0分）1．有关运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是（）A．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变B．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变C．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态D．物体的运动方向一定与它所受的合力的方向相同2．一辆农用“小四轮”由于漏油，当车在平直公路上行驶时，若每隔l s漏下一滴，一位同学根据漏在路面上的油滴分布，从而分析“小四轮”的运动情况（已知车的运动方向）．下列说法中正确的是（）A．当沿运动方向油滴始终均匀分布时，车可以认为做匀加速直线运动B．当沿运动方向油滴间距均匀增大时，车的加速度可以认为保持不变C．当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车一定在做匀加速直线运动D．当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车的加速度却可能在减小3．一个质点做直线运动，其s﹣t图象如图所示，则图中与之对应的v﹣t图象是（）A．B．C．D．4．如图所示，A、B两球完全相同，质量为m，用两根等长的细线悬挂在O点，两球之间夹着一根劲度系数为k的轻弹簧，静止不动时，弹簧位于水平方向，两根细线之间的夹角为θ．则弹簧的长度被压缩了（）A．B．C． D．5．如图，一质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与斜面垂直，则（）A．滑块不可能只受到三个力作用B．弹簧可能处于伸长状态C．斜面对滑块的支持力大小可能为零D．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于mg6．如图所示，细而轻的绳两端，分别系有质量为m A、m B的球，m A静止在光滑半球形表面P点（球可视为质点），已知过P点的半径与水平面夹角为60°，则m A和m B的关系是（）A．m A=m B B．m A=m B C．m A=2m B D．m B=m A7．如图所示，两物体放在光滑的水平面上，中间用轻弹簧相连．从左边水平拉动M，使它们产生一个共同的加速度a，这时弹簧的伸长量为L1；从右边水平拉动m，使它们也产生一个共同的加速度a，这时弹簧的伸长量为L2．已知两物体的质量为M＞m，则关于L1和L2的大小关系为（）A．L1＞L2B．L1=L2C．L1＜L2D．无法确定8．质量为m1和m2的两个物体，由静止从同一高度下落，运动中所受的空气阻力分别是F1和F2．如果发现质量为m1的物体先落地，则有（）A．＜B．＞C．m1＞m2D．F1＜F29．轻绳一端系在质量为m的物块A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上．现用水平力F拉住绳子上一点O，使物块A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化情况是（）A．F1保持不变，F2逐渐增大B．F1保持不变，F2逐渐减小C．F1逐渐增大，F2保持不变D．F1逐渐减小，F2保持不变10．如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将熄灭，此时汽车距离停车线18m．该车加速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m/s2．此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s，下列说法中正确的有（）A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D．如果距停车线5m处减速，汽车能停在停车线处二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分.把答案写在答题卡中指定答题处，不要求写出演算过程）11．某同学为探究求合力的方法，做了如右图所示的实验．ABCD为竖直平板，E、F两处固定了摩擦不计的轻质滑轮，滑轮的轴保持水平，所用绳子的质量可不计．第一次实验中，当装置平衡时，绳子的结点在O处，拉力的方向和钩码的位置如图所示．第二次实验时，仅把右侧滑轮的位置移动到图中的G点，待稳定后，∠EOF将（填“变大”、“变小”或“不变”），绳子结点O的位置将A．竖直向下移动B．水平向右移动C．沿EO方向移动D．沿FO方向移动．12．某同学设计了一个“探究加速度a与力F、质量M的关系”的实验．如图1为该实验装置图，其中砂桶及砂的总质量为m．（1）探究时，为了让小车所受的合外力近似等于砂和砂桶的重力应采取的措施和满足的条件有：①；②；（2）该同学保持砂和砂桶的总质量不变，改变小车质量M，探究加速度a和小车质量M的关系，4.00为了直观反映F不变时a与M的关系，请根据上表数据在图2坐标纸中作出图象．（3）由图象可得F不变时，小车的加速度a与质量M之间的关系是：．（4）另有一同学在该实验中得到了一条如图3所示的纸带．已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz．在纸带上选择13个打点，其中1、3、5、7、9、11、13号打点作为计数点，分别测得x1=7.05cm、x2=7.68cm、x3=8.33cm、x4=8.96cm、x5=9.61cm、x6=10.26cm．则打点计时器打下7号打点时瞬时速度的大小是m/s；小车运动的加速度的大小是m/s2（计算结果保留两位有效数字）．三、计算题（共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）.13．如图所示，质量为4kg的物体在水平面上受到大小为20N，方向与水平面成37°角斜向上的拉力F的作用，沿水平面做速度为2m/s的匀速运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，g取10m/s2，求：（1）拉力F的大小．（2）撤去F后物体滑行的距离．14．如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点．每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，表给出了部2（2）物体与水平面之间的动摩擦因数μ；（3）t=0.6s时的瞬时速度v．15．美国密执安大学五名学习航空航天工程的大学生搭乘NASA的飞艇参加了“微重力学生飞行机会计划”，飞行员将飞艇开到6000m的高空后，让飞艇由静止下落，以模拟一种微重力的环境．下落过程飞艇所受空气阻力为其重力的0.04倍，这样，可以获得持续25s之久的失重状态，大学生们就可以进行微重力影响的实验．紧接着飞艇又做匀减速运动，若飞艇离地面的高度不得低于500m．重力加速度g取10m/s2，试计算：（1）飞艇在25s内所下落的高度；（2）在飞艇后来的减速过程中，大学生对座位的压力至少是其重力的多少倍．16．如图所示，一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°．现小球在F=20N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数μ为．试求：（1）小球运动的加速度a1；（2）若F作用1.2s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离s m；（3）若从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点上方为2.25m的B点．2015-2016学年山东省临沂市沂水一中高一（上）月考物理试卷（12月份）（实验班）参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的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，有选错或不答的得0分）1．有关运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是（）A．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变B．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变C．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态D．物体的运动方向一定与它所受的合力的方向相同【考点】牛顿第一定律．【分析】物体所受的合力为0时，物体处于静止状态或匀速直线运动状态；只要合外力不为0，物体的运动状态就会发生变化；合外力不为0时，速度可以为0；物体所受的合力不变且不为0，物体的运动状态一定发生变化．【解答】解：A、物体受到恒定的力作用时，它的加速度不变，但是速度是改变的，例如平抛运动，故A错误．B、物体受到不为零的合力作用时，加速度就不为零，所以它的运动状态要发生改变，故B正确．C、物体受到的合力为零时，处于静止状态或匀速直线运动，故C错误．D、物体加速度方向一定与它所受的合力的方向相同，但是但物体加速度的方向与物体速度的方向不一定相同．故D错误．故选B．【点评】掌握加速度的定义式a=和决定式a=的区别与联系是掌握该部分知识的必由之路．2．一辆农用“小四轮”由于漏油，当车在平直公路上行驶时，若每隔l s漏下一滴，一位同学根据漏在路面上的油滴分布，从而分析“小四轮”的运动情况（已知车的运动方向）．下列说法中正确的是（）A．当沿运动方向油滴始终均匀分布时，车可以认为做匀加速直线运动B．当沿运动方向油滴间距均匀增大时，车的加速度可以认为保持不变C．当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车一定在做匀加速直线运动D．当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车的加速度却可能在减小【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】本题主要考查连续相等的时间间隔内位移差△x和加速度a之间的关系，如果△x＞0，物体加速，当△x逐渐增大时，a逐渐增大，△x逐渐减小，则车的加速度可能逐渐减小．【解答】解：A、当沿运动方向油滴始终均匀分布时，车可以认为做匀速直线运动．故A错误．B、当沿运动方向油滴间距均匀增大时，根据△x=aT2=恒量，车做匀加速直线运动，加速度不变．故B正确．C、当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车做加速运动，但是不一定是匀加速直线运动．故C错误．D、当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车做加速运动，加速度可能减小，可能增大．故D正确．故选：BD．【点评】灵活的利用基本公式△x=aT2是解决本题的关键，只有真正理解了连续相等的时间间隔内位移差△x=aT2，才有可能灵活快速的解决本题．故要加强基本概念的理解．3．一个质点做直线运动，其s﹣t图象如图所示，则图中与之对应的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】位移﹣时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．【解答】解：由于位移﹣时间图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向，所以第一秒内，图象的斜率为正常数，即速度为正方向的匀速运动；第二秒内斜率为零即物体的速度为零，物体处于静止状态；第二秒末到底五秒末，斜率为负常数，即速度为负方向的匀速直线运动；故ACD 错误，B正确．故选：B【点评】理解位移﹣时间图象上点和斜率的物理意义，理解好速度﹣时间图象的点、线、面的物理意义，并能将两种图象相互转化．4．如图所示，A、B两球完全相同，质量为m，用两根等长的细线悬挂在O点，两球之间夹着一根劲度系数为k的轻弹簧，静止不动时，弹簧位于水平方向，两根细线之间的夹角为θ．则弹簧的长度被压缩了（）A．B．C． D．【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】对A球受力分析，然后根据平衡条件并运用合成法得到弹簧的弹力，最后根据胡克定律得到弹簧的压缩量．【解答】解：对球A受力分析，受重力mg、拉力T、弹簧的弹力F，如图根据平衡条件，结合合成法，有：F=mgtan根据胡克定律，有：F=kx解得：x=故选：A．【点评】本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件并运用合成法求解出弹力，最后根据胡克定律求解出弹簧的压缩量．5．如图，一质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与斜面垂直，则（）A．滑块不可能只受到三个力作用B．弹簧可能处于伸长状态C．斜面对滑块的支持力大小可能为零D．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于mg【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】滑块可能受重力、支持力、摩擦力三个力处于平衡，弹簧处于原长，弹力为零．滑块可能受重力、支持力、摩擦力、弹簧的弹力四个力处于平衡．根据共点力平衡进行分析．【解答】解：A、弹簧与竖直方向的夹角为30°，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长状态，故A错误，B正确；C、沿斜面方向，根据平衡条件滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力（等于mg），不为零，有摩擦力必有弹力，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，故C错误，D正确．故选：BD．【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意弹簧的弹力可能为零，可能不为零．6．如图所示，细而轻的绳两端，分别系有质量为m A、m B的球，m A静止在光滑半球形表面P点（球可视为质点），已知过P点的半径与水平面夹角为60°，则m A和m B的关系是（）A．m A=m B B．m A=m B C．m A=2m B D．m B=m A【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】先以质量为m B的球为研究对象，求出绳子的拉力大小，再以质量为m A的球为研究对象，求出两球质量的关系．【解答】解：以质量为m B的球为研究对象，根据平衡条件得，绳子的拉力F=m B g…①再以质量为m A的球为研究对象，分析受力如图，绳子的拉力方向近似沿着球面的切线方向．根据平衡条件得：m A gcos60°=F…②联立①②得：m A=2m B故选C【点评】本题采用隔离法研究力平衡问题，两物体之间拉力大小相等，是两物体之间的联系．7．如图所示，两物体放在光滑的水平面上，中间用轻弹簧相连．从左边水平拉动M，使它们产生一个共同的加速度a，这时弹簧的伸长量为L1；从右边水平拉动m，使它们也产生一个共同的加速度a，这时弹簧的伸长量为L2．已知两物体的质量为M＞m，则关于L1和L2的大小关系为（）A．L1＞L2B．L1=L2C．L1＜L2D．无法确定【考点】牛顿第二定律；胡克定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】从左边水平拉动M，对m运用牛顿第二定律求出弹簧弹力，从右边水平拉动m，对M运用牛顿第二定律求出弹簧弹力，再根据胡克定律即可比较L1和L2的大小关系．【解答】解：从左边水平拉动M，对m运用牛顿第二定律得：F弹=ma从右边水平拉动m，对M运用牛顿第二定律得：F′弹=Ma因为M＞m，所以F弹＜F′弹根据胡克定律得：kL1＜kL2所以L1＜L2故选C【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及胡克定律的应用，难度不大，属于基础题．8．质量为m1和m2的两个物体，由静止从同一高度下落，运动中所受的空气阻力分别是F1和F2．如果发现质量为m1的物体先落地，则有（）A．＜B．＞C．m1＞m2D．F1＜F2【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据牛顿第二定律分别求出两个物体的加速度，根据位移时间公式求出运动的时间，根据时间关系即可求解．【解答】解：根据牛顿第二定律得：a1=a2=根据位移时间公式得：h=解得：t1=t2=因为t1＜t2所以＞所以＜．故选A【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及位移时间公式的直接应用，难度不大，属于基础题．9．轻绳一端系在质量为m的物块A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上．现用水平力F拉住绳子上一点O，使物块A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化情况是（）A．F1保持不变，F2逐渐增大B．F1保持不变，F2逐渐减小C．F1逐渐增大，F2保持不变D．F1逐渐减小，F2保持不变【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】以圆环、物体A及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析杆对环的摩擦力和弹力，再由牛顿第三定律分析环对杆的摩擦力F1的变化情况．以结点O为研究对象，分析F 的变化，根据F与杆对环的弹力的关系，分析杆对环的弹力的变化情况．【解答】解：以圆环、物体A及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1所示．根据平衡条件得到，杆对环的摩擦力F1=G，保持不变．杆对环的弹力F2=F．再以结点O为研究对象，分析受力情况，作出力图如图2所示．由平衡条件得到F=mgtanθ当物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置过程中，θ逐渐减小，则F逐渐减小，F2逐渐减小．所以F1保持不变，F2逐渐减小．故选：B．【点评】本题是力平衡中动态变化分析问题，关键是灵活选择研究对象，分析物体的受力情况．10．如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将熄灭，此时汽车距离停车线18m．该车加速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m/s2．此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s，下列说法中正确的有（）A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D．如果距停车线5m处减速，汽车能停在停车线处【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．【专题】计算题．【分析】本题中汽车有两种选择方案方案一、加速通过按照AB选项提示，汽车立即以最大加速度匀加速运动，分别计算出匀加速2s的位移和速度，与实际要求相比较，得出结论；方案二、减速停止按照CD选项提示，汽车立即以最大加速度匀减速运动，分别计算出减速到停止的时间和位移，与实际要求相比较，即可得出结论．【解答】解：如果立即做匀加速直线运动，t1=2s内的位移=20m＞18m，此时汽车的速度为v1=v0+a1t1=12m/s＜12.5m/s，汽车没有超速，A项正确、B错误；不管是用多小的加速度做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线，因为即使不减速，匀速行驶，2秒所能行驶的距离也只是16m＜18m；故C正确如果立即以最大加速度做匀减速运动，速度减为零需要时间s，此过程通过的位移为=6.4m，即刹车距离为6.4m，所以如果距停车线5m处减速，则会过线；D错误．故选：AC．【点评】熟练应用匀变速直线运动的公式，是处理问题的关键，对汽车运动的问题一定要注意所求解的问题是否与实际情况相符．二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分.把答案写在答题卡中指定答题处，不要求写出演算过程）11．某同学为探究求合力的方法，做了如右图所示的实验．ABCD为竖直平板，E、F两处固定了摩擦不计的轻质滑轮，滑轮的轴保持水平，所用绳子的质量可不计．第一次实验中，当装置平衡时，绳子的结点在O处，拉力的方向和钩码的位置如图所示．第二次实验时，仅把右侧滑轮的位置移动到图中的G点，待稳定后，∠EOF将不变（填“变大”、“变小”或“不变”），绳子结点O的位置将CA．竖直向下移动B．水平向右移动C．沿EO方向移动D．沿FO方向移动．【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】稳定后，O点处于平衡状态，所受三个力的合力为零，即任何两个力的合力与另外一个力等大反向，根据平衡条件和平行四边形定则可正确解答．【解答】解：以O点为研究对象，受到三个力的作用，由于钩码个数不变，因此三个力的大小不变，O点所受竖直方向的拉力大小方向不变，即EO，FO两绳子拉力的合力大小方向不变，根据平行四边形定则可知，二力的大小不变，其合力的大小方向不变，则该二力的夹角不变，故∠EOF不变；根据相似三角形的几何关系可知，E点位置不变，EF之间的距离变大，而∠EOF不变，因此绳子结点O的位置将向EO方向移动，故ABD错误，C正确．故选：C．故答案为：不变，C．【点评】掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析．12．某同学设计了一个“探究加速度a与力F、质量M的关系”的实验．如图1为该实验装置图，其中砂桶及砂的总质量为m．（1）探究时，为了让小车所受的合外力近似等于砂和砂桶的重力应采取的措施和满足的条件有：①M＞＞m；②右端垫高用重力的分力平衡摩擦力；（2）该同学保持砂和砂桶的总质量不变，改变小车质量M，探究加速度a和小车质量M的关系，小车质量M（kg）0.254.00为了直观反映F不变时a与M的关系，请根据上表数据在图2坐标纸中作出图象．（3）由图象可得F不变时，小车的加速度a与质量M之间的关系是：加速度a与质量M成反比．（4）另有一同学在该实验中得到了一条如图3所示的纸带．已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz．在纸带上选择13个打点，其中1、3、5、7、9、11、13号打点作为计数点，分别测得x1=7.05cm、x2=7.68cm、x3=8.33cm、x4=8.96cm、x5=9.61cm、x6=10.26cm．则打点计时器打下7号打点时瞬时速度的大小是 2.2m/s；小车运动的加速度的大小是 4.1m/s2（计算结果保留两位有效数字）．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）根据F=M≈mg可知必需平衡摩擦力且要满足M＞＞m；（2）根据描点法作图；（3）根据a﹣图象分析F不变时，加速度a与质量M得关系；（4）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，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上7点时小车的瞬时速度大小．【解答】解：（1）为使小车所受合外力等于细线的拉力，所以必需有小车的重力沿轨道的分力等于轨道对小车的摩擦力，所以做实验时必需平衡摩擦力，即右端垫高用重力的分力平衡摩擦力．以砂桶作为研究对象有：mg﹣F T=ma以小车作为研究对象有：F T=Ma联立以上两式可得：F T=M要绳子的拉力等于砂桶的总的重力，即：M=mg，故：=1，则有M＞＞m；（2）根据描点法作出图象，如图所示：（3）根据a﹣图象可知，当F不变时，加速度a与质量M成反比；（4）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，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，v7=m/s=2.2m/s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：x4﹣x1=3a1T2x5﹣x2=3a2T2x6﹣x3=3a3T2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）代入数据得：a==4.1m/s2故答案为：（1）M＞＞m，右端垫高用重力的分力平衡摩擦力；（2）如图所示；（3）加速度a与质量M成反比；（4）2.2，4.1【点评】掌握实验原理是正确解决实验题目的前提条件；实验时要平衡摩擦力，平衡摩擦力不足或过平衡摩擦力都是错误的．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．三、计算题（共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）.13．如图所示，质量为4kg的物体在水平面上受到大小为20N，方向与水平面成37°角斜向上的拉力F的作用，沿水平面做速度为2m/s的匀速运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，g取10m/s2，求：（1）拉力F的大小．（2）撤去F后物体滑行的距离．【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）物体做匀速运动，受力平衡，对物体进行受力分析即可求解；（2）先求出撤去F后的加速度，再根据匀减速直线运动位移速度公式即可求解．【解答】解：（1）物体做匀速运动，受力平衡，则有：Fcos37°=μ（mg﹣Fsin37°）得。