安徽省示范高中2017-2018学年高三第一次联考物理试题 扫描含答案
2017—2018学年度第一学期高一期末考试物理联考试题(含答案)
2017—2018学年度第一学期高一期末考试物理联考试卷（精品）新课标必修一本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。
考试时间90分钟。
注意事项：1．答卷前将学校、姓名、准考号填写清楚。
2．选择题的每小题选出答案后，用铅笔把机读卡上对应题目的答案标号涂黑。
其它小题用钢笔或圆珠笔将答案写在答题卡上。
第Ⅰ卷（选择题部分共48分）一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。
） 1、下列说法中正确的是 （ ）A ．惯性是只有物体在匀速直线运动或静止时才表现出来的性质B ．物体的惯性与物体的运动状态有关，速度大的物体惯性大C ．静止的物体不易被推动，说明物体在静止时的惯性比在运动时的惯性大D ．惯性是物体的固有属性，与运动状态和是否受力无关 2、下列关于超重与失重的说法中，正确的是( ) A ．在升降机内和升降机一起减速上升的人处于失重状态 B ．悬挂在单杠上处于静止状态的运动员处于失重状态 C ．完全失重就是物体不受重力作用 D ．背着书包的同学处于超重状态3、月球上没有空气，若宇航员在月球上将一石块从某高度由静止释放，下列图象中能正确描述石块运动情况的是4、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，A B C D如右图所示，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 网] C.(M －m )g ＋maD.Mg －ma5、 某质点做直线运动的v-t 图象如图所示,设初速度方向为正方向，由图可知 A ．4s 末至6s 末速度方向为负 B ．6s 内运动方向始终不变 C ．前2s 内静止D ．质点在加速过程中的加速度比减速过程中的加速度小 6、一物体从H 高处自由下落，经t 时间落地.则当它下落21t 时间所下落的高度为 （ ）A ．H 21B ．H 43C ．H 41D ．H 23 7、如图所示，拖拉机拉着耙耕地，拉力F 与水平方向成α角，若将该力沿水平和竖直方向分解，则它的水平分力为 A ．F sin α B ．F cos α C ．F tan α D ．F cot α二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分． 8、下面关于加速度的描述中正确的有A ．加速度描述了物体速度变化的多少B ．加速度就是速度的变化率C ．当加速度减小时，速度有可能增大D ．当加速度不变时，速度的大小有可能变，方向可能也变9、一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4m/s ，1s后速度的大小变为10m/s ，在这1s 内该物体的A ．位移的大小可能小于4 mB ．位移的大小可能大于10 mC ．加速度的大小可能等于4 m/s 2D ．加速度的大小可能大于10m/s 2 10、 如图，轻绳的一端系在质量为m 的物体上，别一端系在一个圆环上，圆环套在粗糙的水平横杆MN 上，现用水平力F 拉绳上一点，使物体处在图中实线位置，然后改变F 的大小，使其缓慢下降到图中虚线位置，圆环仍在原来位置不动，则在这一过程中，水平力F 、环与横杆的摩擦力f 和环对杆的压力N 的变化情况是（ ）A ．F 逐渐增大，f 保持不变，N 逐渐增大B ．F 逐渐增大，f 逐渐增大，N 保持不变C ．F 逐渐减小，f 逐渐增大，N 逐渐减小D ．F 逐渐减小，f 逐渐减小，N 保持不变11、如图所示,水平放置的白色的传送带以速度v=6m/s向右匀速运行,现将一小煤块轻轻地放在传送带A 端,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,若A 端与B 端相距30m ,则(g =10m /s 2)A ．小煤块先作匀加速直线运动，后作匀速直线运动B ．小煤块一直作匀加速直线运动C ．全过程中，小煤块先受到向右的滑动摩擦力，后不受摩擦力作用D ．全过程中，小煤块先受到向右的滑动摩擦力，后受到向右的静摩擦力作用 12、如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上。
合肥一中2017-2018学年第一学期高三年级段一考试物理试卷(1)
XX一中2017-2018学年第一学期高三年级段一考试物理试卷考试时间：90分钟满分：100分命题人：王珍审题人：朱春歆一、选择题〔本题共10小题，每小题4分，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-10题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分〕1、如图所示，质量m A＞m B的两物体A，B叠放在一起，靠着竖直墙面，已知两物体与墙面的动摩擦因数μA ＞μB，让他们由静止释放．在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是〔〕A．B．C．D．2、某小轿车驾驶员看到绿灯开始闪时，经短暂思考后开始刹车，小轿车在黄灯刚亮时恰停在停车线上，v-t图像如图所示．若绿灯开始闪烁时小轿车距停车线距离L=10.5m，则绿灯开始闪烁到黄灯刚亮的时间t0为〔〕A．0.5sB．1.5sC．3s D．3.5s3、如图，运动员的双手握紧竖直放置的圆形器械，在手臂OA沿由水平方向缓慢移到A′位置过程中，若手臂OA，OB的拉力分别为F A和F B，下列表述正确的是〔〕A．F A一定小于运动员的重力GB．F A与F B的合力始终大小不变C．F A的大小保持不变D．F B的大小保持不变4、A、B两小球从不同高度自由下落，同时落地，A球下落的时间为t，B球下落的时间为t/2，当B球开始下落的瞬间，A、B两球的高度差为〔〕A．gt2B．gt2C．gt2D．gt25、如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A 端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A 点正上方，B 端吊一重物G ，现将绳的一端拴在杆的B 端，用拉力F 将B 端缓缦上拉，在AB 杆达到竖直前〔均未断〕，关于绳子的拉力F 和杆受的弹力F N 的变化，判断正确的是〔 〕A ．F 变大B ．F 变小C ．F N 变大D ．F N 变小6、物体自O 点由静止开始做匀加速直线运动，A 、B 、C 、D 为其运动轨迹上的四点，测得AB=2m ，BC=3m ．且物体通过AB 、BC 、CD 所用时间相等，则下列说法正确的是〔 〕A ．可以求出物体加速度的大小B ．可以求得CD=5 mC ．可求得OA 之间的距离为1.125 mD ．可求得OA 之间的距离为1 m7、如图所示，水平固定倾角为30°的光滑斜面，A 、B 两个质量均为m 的滑块用轻质弹簧相连，此时弹簧长度为l ，弹簧的劲度系数为k ，水平力F 作用在滑块B 上时，A 、B 静止，则下列说法正确的是〔 〕A ．弹簧原长为k mg l 2+B ．弹簧原长为k mg l +C ．力F 的大小为mg 33 D ．力F 的大小为mg 3328、如图甲所示，A 、B 两个物体叠放在水平面上，B 的上下表面均水平，A 物体与一拉力传感器相连接，连拉力传感器和物体A 的细绳保持水平．从t=0时刻起．用一水平向右的力F=kt 〔k 为常数〕作用在B 物体上．力传感器的示数随时间变化的图线如图乙所示．已知k 、t 1、t 2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．据此可求〔 〕A ．A 、B 之间的最大静摩擦力B ．水平面与B 之间的滑动摩擦力C ．A 、B 之间的动摩擦因数μABD．B与水平面间的动摩擦因数μ9、质量为m的四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，底层三只足球刚好接触成三角形，上层一只足球放在底层三只足球的正上面，系统保持静止．若最大静摩擦等于滑动摩擦，则下列判断错误的是〔〕A．底层每个足球对地面的压力为mgB．底层每个足球之间的弹力为零1C．下层每个足球对上层足球的支持力大小为mg36D．水平面的摩擦因数至少为610、一颗子弹以水平速度v0穿透一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后，二者运动方向均不变．设子弹与木块间相互作用力恒定，木块最后速度为v，则〔〕A．v0越大，v越大B．v0越小，v越大C．子弹质量越大，v越大D．木块质量越小，v越小二、实验题〔每空3分，共18分〕11、有同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力F1、F2和F3，回答下列问题：〔1〕改变钩码个数，实验能完成的是．A．钩码的个数N1=N2=2，N3=4B．钩码的个数N1=N3=3，N2=4C．钩码的个数N1=N2=N3=4D．钩码的个数N1=3，N2=4，N3=5〔2〕在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是．A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度C．用量角器量出三段绳子之间的夹角D．用天平测出钩码的质量〔3〕在作图时，你认为下图中是正确的．〔填“甲〞或“乙〞〕12、用如图1所示装置做“探究物体的加速度跟力的关系〞的实验．实验时保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的加速度．〔1〕实验时先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是．〔2〕图2为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图2所示．已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a= m/s2．〔结果保留两位有效数字〕〔3〕实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度．根据测得的多组数据画出a ﹣F关系图线，如图3所示．此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是．〔选填下列选项的序号〕A．小车与平面轨道之间存在摩擦B．平面轨道倾斜角度过大C．所挂钩码的总质量过大D．所用小车的质量过大．三、计算题〔共42分〕13〔10分〕现有A、B两列火车在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度v A=10m/s，B车速度v B=30m/s，因大雾能见度低，B车在距A车600m时才发现前方有A车，此时B车立即刹车，但B车要减速1800m才能够停止．问：〔1〕B车刹车后减速运动的加速度的大小；〔2〕若在B车刹车的同时，A车以加速度a1=0.5m/s2加速前进，问能否避免事故？若能够避免则两车最近时相距多远？14、一个底面粗糙、质量为M的劈放在粗糙的水平面上，劈的斜面光滑且与水平面成30°角；现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°，如图所示，试求：〔1〕当劈静止时绳子的拉力大小．〔2〕若地面对劈的最大静摩擦力等于地面对劈支持力的k倍，为使整个系统静止，k值必须满足什么条件？15、如图所示，将物块M放在匀速传送的传送带的A点，在B上方固定一个光滑小圆弧，已知传送带速度大小v=4m/s，AB、BC的距离分别为x1=0.9m，x2=2.6m，M与传送带的动摩擦因数μ=0.5，BC与水平方向夹角θ=37°，g取10m/s2。
安徽省合肥市2018届高三第一次教学质量检测物理试卷
安徽省合肥市2018届高三第一次教学质量检测物理试卷一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。
1一6题在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，7－10题有多个选项是正确的。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分。
) 1.一辆汽车沿着平直道路行驶，在0－40s 内的x －t 图象如图所示，下列选项正确的是( )A.汽车离出发点的最远距离为30mB.汽车没有行驶的时间为20sC.汽车在前20s 内的平均速度大小为22.5m/sD.汽车在前10s 内与后10s 内的平均速度大小相同2.如图是种运动传感器的原理图，系统出A 、B 两个小盒了组成，A 盒装有红外线发射器和超声波发射器，B 盒装有红外线接收器和超声波接收器。
A 众固定在运动的小车上，B 盒固定在桌面上。
测量时A 向B 同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲，B 盒接收到红外线脉冲时开始计时，收到超声波脉冲时停止计时，计算机自动算出AB 的距离x 1。
经过短暂时间T 后，系统进行第二次测量，得到AB 的距离x 2。
则小车的速度为( ) A.x 1T B x 2T C.x 1－x 2T D.x 1+x 2T3.合肥市滨湖游乐场里有一种大型娱乐器械，可以让人体验超重和失重。
其环形座舱套在竖直柱子上，先由升降机送上70多米的高处，然后让座舱由静止无动力落下，落到离地30米高的位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下。
若舱中某人用手托着一个重50牛的铅球。
则下列说法正确的是 A.当座舱落到离地面45米高的位置时，球对手的压力为0 B.当座舱落到离地面45米高的位置时，手对球有支持力 C.当座舱落到离地面20米高的位置时，球对手的压力为0D.当座舱落到离地面20米高的位置时，手对球的支持力小于50N4.如图所示，质量为m 的足球静止在地面1的位置，被踢出后落到地面3的位置。
在空中达到的最高点2的高度为h ，速度为v 。
安徽省黄山市2017-2018学年高三上学期第一次模拟物理试卷 Word版含解析
安徽省黄山市2017-2018学年高考物理一模试卷一、选择题（本题包括10小题．每小题4分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意）1．如图所示，甲乙两运动物体在t1、t2、t3时刻的速度矢量分别为v1、v2、v3和v1′、v2′、v3′，下列说法中正确的是( )A．甲做的可能是直线运动B．乙做的可能是直线运动C．甲不可能做匀变速运动D．甲受到的合力可能是恒力，乙受到的合力不可能是恒力2．如图，小物块置于倾角为θ的斜面上，与斜面一起以大小为gtanθ的加速度向左做匀加速直线运动，两者保持相对静止，则运动过程中，小物块受力的示意图为( )A．B．C．D．3．公园里的“飞天秋千”游戏开始前，座椅由钢丝绳竖直悬吊在半空．秋千匀速转动时，绳与竖直方向成某一角度θ其简化模型如图所示．若要使夹角θ变大，可将( )A．增大转动周期B．钢丝绳变短C．增大座椅质量D．增大角速度4．物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点，所用时间为t现在物体从A点由静止出发，先做匀加速直线运动（加速度为a1）到某一最大速度v m，然后立即做匀减速直线运动（加速度大小为a2）至B点速度恰好减为0，所用时间仍为t．则物体的( )A．v m可为许多值，与a l、a2的大小有关B．v m可为许多值，与a1、a2的大小无关C．a1、a2必须满足=D．a1、a2必须是一定的5．如图所示，一个小物体在足够长的斜面上以一定初速度释放，斜面各处粗糙程度相同初速度方向沿斜面向上，则物体在斜面上运动的过程中( )A．动能先减小后增大B．机械能先减小后增大C．如果某段时间内摩擦力做功与物体动能的改变量相同，则此后物体动能将不断增大D．物体在斜面上运动的过程中连续相同两段时间内摩擦力做功不可能相等6．质量为2kg的物体，放在动摩擦因数为μ=0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，g=10m/s2．下列说法中正确的是( )A．此物体在OA段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WB．此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6WC．此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WD．此物体在OA段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 W7．小行星绕恒星运动，恒星（中心天体）均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，可认为小行星在绕恒星运动一周的过程中近似做圆周运动．则经过足够长的时间后，小行星运动的( )A．半径变小B．速率变大C．加速度变小D．角速度变大8．如图所示，两个等量正的点电荷Q、P，连线中点为O，在垂线上有两点A、B，OA＜OB，A、B两点的电场强度及电势分别为助、E A、E B、φA、φB，则( )A．E A一定大于E B，φA一定大于φBB．E A不一定大于E B，φA一定大于φBC．E A一定大于E B，φA不一定大于φBD．E A不一定大于E B，φA不一定大于φB9．一理想变压器原、副线圈匝数比n l：n2=11：5．原线圈与正弦交变电源连接，输入电压U如图所示．副线圈仅接入一个10Ω的电阻．则( )A．流过电阻的电流是20 AB．与电阻并联的电压表的示数是100VC．变压器的输入功率是1×l03WD．经过1分钟电阻发出的热量是6×103 J10．如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ．当杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g．则此过程( )A．轻杆在做匀加速直线运动B．流过曲棒的电流从a→bC．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D．恒力F做的功、安培力做的功与摩擦力做的功三者之和等于杆动能的变化量二、实验题（本题共2小题，共18分）11．一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图（a）所示．用刻度尺测量斜面的高度与长度之比为1：4，小车质量为400g，图（b）是打出纸带的一段，相邻计数点间还有四个点未画出，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz．由图（b）可知，打纸带上B点时小车的瞬时速度v B=__________m/s，打纸带上E 点时小车的瞬时速度v E=___________m/s，打纸带上B点到E点过程中小车重力势能的减少量为__________J，此过程中小车克服阻力所做的功为__________J．g取10m/s2，保留两位有效数字）12．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，提供的实验器材有：电源E：电动势约15V，内阻不计；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；电键一个，导线若干．设计的一个测量电压表V1的内阻的实验电路图如图所示①实验中定值电阻R应选用__________（R1或R2）②说明实验所要测量的物理量：__________和__________；③写出电压表V1内阻的计算的表达式R V1=__________．三、计算题（本题共4小题，总分42分．解答应写出必要的文字说明和推理步骤，只写出答案的不给分）13．如图1，固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图2所示，取重力加速度g=10m/s2．求：（1）小环的质量m；（2）细杆与地面间的倾角α．14．如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L导轨平面与水平面夹角为a导轨电阻不计．磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面斜向上，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m 电阻为R．两金属导轨的上端连接右侧电路，电路中R2为一电阻箱，已知灯泡的电阻R L=4R，定值电阻R1=2R，调节电阻箱使R2=12R，重力加速度为g，闭合开关S，现将金属棒由静止释放，求：（1）金属棒下滑的最大速度v m的大小；（2）当金属棒下滑距离为so时速度恰好达到最大，则金属棒由静止开始下滑2so的过程中，整个电路产生的电热．15．如图所示，半径分别为R和r（R＞r）的甲乙两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内．两轨道之间由一光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两个小球夹住，但不拴接．同时释放两小球，（1）已知小球a的质量为m，若a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点，求小球b的质量；（2）若m a=m b=m，且要求a、b都还能够通过各自的最高点，则弹簧在释放前至少具有多犬的弹性势能？16．如图所示，平行带电导体板A、B竖直放置，平行带电导体板C、D水平放置，B板上有一小孔，从小孔射出的带电粒子刚好可从C、D板间左上角切入C、D板间电场，已知C、D板间距离为d，长为2d，U AB=U CD=U＞O，在C、D板右侧存在一个垂直纸面向内的只有左边界的水平匀强磁场．质量为m，电量为q的带正电粒子由静止从A板释放，沿直线运动至B板小孔后贴近C板进入G、D板间，最后能进入磁场中．（带电粒子的重力不计．）求：（1）带电粒子射出C、D板时的偏转位移大小；（2）带电粒子射出C、D板时的速度v大小和方向；（3）欲使带电粒子恰不再返回至C、D板间，则右侧磁场的磁感应强度的最大值为多少？安徽省黄山市2015届高考物理一模试卷一、选择题（本题包括10小题．每小题4分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意）1．如图所示，甲乙两运动物体在t1、t2、t3时刻的速度矢量分别为v1、v2、v3和v1′、v2′、v3′，下列说法中正确的是( )A．甲做的可能是直线运动B．乙做的可能是直线运动C．甲不可能做匀变速运动D．甲受到的合力可能是恒力，乙受到的合力不可能是恒力考点：运动的合成和分解．分析：根据速度方向是否改变判断物体是否做直线运动，圆周运动的速度方向时刻改变．根据速度变化量的方向，得出加速度的方向，从而根据牛顿第二定律得出合外力是否是恒力．解答：解：A、甲、乙的速度方向在变化，所以甲乙不可能做直线运动．故A错误．BCD、甲的速度变化量的方向不变，知加速度的方向不变，则甲的加速度可能不变，甲不可能都作圆周运动；根据牛顿第二定律，知甲的合力可能是恒力．乙的速度变化量方向在改变，知加速度的方向改变，所以乙的合力不可能是恒力．故BC错误，D正确．故选：D．点评：解决本题的关键知道加速度的方向与速度变化量的方向相同，合外力的方向与加速度的方向相同．2．如图，小物块置于倾角为θ的斜面上，与斜面一起以大小为gtanθ的加速度向左做匀加速直线运动，两者保持相对静止，则运动过程中，小物块受力的示意图为( )A．B．C．D．考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：物块向做加速运动，由受力分析可以判断出物体的受力解答：解：假设物体受到摩擦力沿斜面向上，对物体受力分析，沿斜面方向和垂直于斜面方向建立平面直角坐标系，由牛顿第二定律可得：F N sinθ﹣F f cosθ=maF N cosθ+F f sinθ﹣G=0联立解得：F f=0，故物体只受支持力和重力，故A正确，BCD错误故选：A点评：本题主要考查了对物体的受力分析，通过假设力的存在来判断受力情况；3．公园里的“飞天秋千”游戏开始前，座椅由钢丝绳竖直悬吊在半空．秋千匀速转动时，绳与竖直方向成某一角度θ其简化模型如图所示．若要使夹角θ变大，可将( )A．增大转动周期B．钢丝绳变短C．增大座椅质量D．增大角速度考点：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：座椅做圆周运动，靠重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，抓住周期不变，列出表达式分析求解．解答：解：座椅重力和拉力的合力提供向心力，有：mgtanθ=m（lsinθ+r）=mω2（lsinθ+r）解得：l=﹣则要使夹角θ变大，可减小周期T，或使钢丝绳的长度变长，或增大角速度，与座椅的质量无关．故D正确，ABC错误．故选：D点评：解决本题的关键知道座椅做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解．4．物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点，所用时间为t现在物体从A点由静止出发，先做匀加速直线运动（加速度为a1）到某一最大速度v m，然后立即做匀减速直线运动（加速度大小为a2）至B点速度恰好减为0，所用时间仍为t．则物体的( )A．v m可为许多值，与a l、a2的大小有关B．v m可为许多值，与a1、a2的大小无关C．a1、a2必须满足=D．a1、a2必须是一定的考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：结合匀速直线运动的位移公式和匀变速直线运动的平均速度推论得出v m和v的关系；结合速度时间公式，以及v m和v的关系得出a1、a2满足的关系．解答：解：A、当物体匀速通过A、B两点时，x=vt．当物体先匀加速后匀减速通过A、B两点时，根据平均速度公式，总位移x=，解得v m=2v，与a1、a2的大小无关．故A、B、D错误．C、匀加速运动的时间和匀减速运动的时间之和t=，而v m=2v，代入得t=，整理得，故C正确．故选：C．点评：解决本题的关键掌握匀速直线运动和匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用．5．如图所示，一个小物体在足够长的斜面上以一定初速度释放，斜面各处粗糙程度相同初速度方向沿斜面向上，则物体在斜面上运动的过程中( )A．动能先减小后增大B．机械能先减小后增大C．如果某段时间内摩擦力做功与物体动能的改变量相同，则此后物体动能将不断增大D．物体在斜面上运动的过程中连续相同两段时间内摩擦力做功不可能相等考点：动能定理的应用；机械能守恒定律．专题：动能定理的应用专题．分析：分析物体可能的运动情况：可能先向上匀减速运动，后向下匀加速运动，也可能向上匀减速运动，停在最高点．动能可能先减小后增大，也可能一直减小到零．物体克服摩擦力做功，机械能始终减小．如果某段时间内摩擦力做功与物体动能的改变量相同，根据动能定理分析重力做功情况，确定物体的运动情况，判断此后物体动能的变化情况．物体沿斜面向上做匀减速运动的过程中，相同时间段内，摩擦力做功可能相同．解答：解：A、物体先向上匀减速运动，后向下匀加速运动，动能先减小后增大；物体也可能向上匀减速运动，停在最高点，动能一直减小．故A错误．B、物体在运动过程中，摩擦力始终做负功，机械能减小转化为内能，所以机械能不会增加．故B错误．C、物体运动过程中，重力和摩擦力做功，引起动能变化，由动能定理可知，摩擦力做功与物体动能的改变量相同，则重力做功零，说明物体先上滑后下滑相同高度，此后物体断续下滑，动能增加．故物体动能将不断增大．故C正确．D、如果物体能够从斜面下滑，在最高点附近的过程，可以取两段时间相等且路程相等的过程，则克服摩擦力做功相等，故D错误；故选：C．点评：本题关键分析物体可能的运动情况．涉及动能变化的问题，优先考虑用动能定理分析．6．质量为2kg的物体，放在动摩擦因数为μ=0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，g=10m/s2．下列说法中正确的是( )A．此物体在OA段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WB．此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6WC．此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WD．此物体在OA段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 W考点：匀变速直线运动的图像；功率、平均功率和瞬时功率．专题：运动学中的图像专题．分析：根据功的公式W=FL分析可知，在OA段和AB段物体受到恒力的作用，并且图象的斜率表示的是物体受到的力的大小，由此可以判断物体受到的拉力的大小，再由功率的公式可以判断功率的大小．解答：解：对物体受力分析，物体受到的摩擦力为F f=μF N=μmg=0.1×2×10N=2N．由图象可知，斜率表示的是物体受到的力的大小，OA段的拉力为5N，AB段的拉力为1.5N，所以物体在OA段做匀加速运动，在AB段做匀减速直线运动在OA段的拉力为5N，物体做加速运动，当速度最大时，拉力的功率最大，由V=at，X=at2，a=代入数值解得：V=3m/s，此时的最大功率为：P=FV=5×3W=15W，在AB段，物体匀减速运动，最大速度的大小为3m/s，拉力的大小为1.5N，所以此时的最大功率为P=FV=1.5×3W=4.5W，所以在整个过程中拉力的最大功率为15W，所以BCD错误，A正确．故选：A．点评：本题考查了对功的公式W=FL的理解，根据图象的分析，要能够从图象中得出有用的信息﹣﹣斜率表示物体受到的拉力的大小，本题很好的考查了学生读图和应用图象的能力．7．小行星绕恒星运动，恒星（中心天体）均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，可认为小行星在绕恒星运动一周的过程中近似做圆周运动．则经过足够长的时间后，小行星运动的( )A．半径变小B．速率变大C．加速度变小D．角速度变大考点：万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：万有引力定律的应用专题．分析：恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，二者之间万有引力减小，小行星做离心运动，即半径增大，又小行星绕恒星运动做圆周运动，万有引力提供向心力，可分析线速度、角速度、加速度等．解答：解：A、恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，二者之间万有引力减小，小行星做离心运动，即半径增大，故A错误；B、小行星绕恒星运动做圆周运动，万有引力提供向心力，设小行星的质量为m，恒星的质量为M，则，即，M减小，r增大，故v减小，故B错误；C、由得：M减小，r增大，所以a减小，故C正确；D、v=ωr，v减小，r增大，故ω减小，故D错误．故选：C．点评：关于万有引力与航天，记住作圆周运动万有引力等于向心力；离心运动，万有引力小于向心力；向心运动，万有引力大于向心力．8．如图所示，两个等量正的点电荷Q、P，连线中点为O，在垂线上有两点A、B，OA＜OB，A、B两点的电场强度及电势分别为助、E A、E B、φA、φB，则( )A．E A一定大于E B，φA一定大于φBB．E A不一定大于E B，φA一定大于φBC．E A一定大于E B，φA不一定大于φBD．E A不一定大于E B，φA不一定大于φB考点：电场线；电势．分析：根据点电荷场强公式E=k，运用矢量合成的平行四边形定则，确定求出两电荷连线中垂线上各个点的合场强大小情况和方向特点，根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低．解答：解：两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的点可能在A、B连线之间，也可能在A、B连线上，还可能在A、B连线下，由于A、B两点的间距也不确定，故E A可能大于E B，也可能小于E B，还可能等于E B，即E A不一定大于E B．根据平行四边形定则可知中垂线上电场强度方向一直向上，故电势越来越低，φA一定大于φB；故ACD错误，B正确；故选：B．点评：本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，知道沿着场强方向，电势越来越低，从而判断场强和电势关系．9．一理想变压器原、副线圈匝数比n l：n2=11：5．原线圈与正弦交变电源连接，输入电压U如图所示．副线圈仅接入一个10Ω的电阻．则( )A．流过电阻的电流是20 AB．与电阻并联的电压表的示数是100VC．变压器的输入功率是1×l03WD．经过1分钟电阻发出的热量是6×103 J考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：由图可读出最大值，周期，电表的示数为有效值，由输入功率等于输出功率可求得输入功率．解答：解：由图可知原线圈输入交变电压u=220sin100πt（V），有效值为220V，根据理想变压器的规律可知副线圈两端的电压为：VA、流过电阻的电流是=10 A，故A错误B、与电阻并联的电压表的示数是有效值，所以是100V，则B错误C、输入功率等于输出功率，P出==1×l03W．故C正确D、经过1分钟电阻发出的热量是Q=Pt=6×104 J，则D错误故选：C点评：考查交流电的图象及表达式，明确输入功率等于输出功率，及电表的示数为有效值．10．如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ．当杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g．则此过程( )A．轻杆在做匀加速直线运动B．流过曲棒的电流从a→bC．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D．恒力F做的功、安培力做的功与摩擦力做的功三者之和等于杆动能的变化量考点：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：电磁感应与电路结合．分析：导体在恒力作用下向左先做加速运动后做匀速运动，此时速度达到最大．根据右手定则判断电流的方向．根据功能关系分析恒力F做的功与摩擦力做的功之和与动能的变化量、恒力F做的功与安培力做的功之和与动能变化量的关系．解答：解：A、轻杆在恒力作用下作加速运动，速度增大，产生感应电动势和感应电流增大，安培力增大，合外力减小，加速度减小，当合外力为零作匀速运动，所以轻杆做加速度减小的变加速直线运动，故A错误．B、由右手定则判断知流过棒的电流从b→a，故B错误．CD、根据动能定理得：恒力F做的功、摩擦力做的功、安培力做的功之和等于杆动能的变化量，而摩擦力做负功，安培力也做负功，则知恒力F做的功与摩擦力做的功之和大于杆动能的变化量．故C错误，D正确．故选：D．点评：解决本题的关键要抓住安培力随速度增大而增大的特点，进行动态变化分析，同时要准确掌握动能定理，并能用来分析杆的能量变化情况．二、实验题（本题共2小题，共18分）11．一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图（a）所示．用刻度尺测量斜面的高度与长度之比为1：4，小车质量为400g，图（b）是打出纸带的一段，相邻计数点间还有四个点未画出，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz．由图（b）可知，打纸带上B点时小车的瞬时速度v B=0.15m/s，打纸带上E点时小车的瞬时速度v E=_0.33m/s，打纸带上B点到E点过程中小车重力势能的减少量为7.2×10﹣2J，此过程中小车克服阻力所做的功为5.5×10﹣2J．g取10m/s2，保留两位有效数字）考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题；动能定理的应用专题．分析：能够知道相邻的计数点之间的时间间隔．纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，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．先根据牛顿第二定律求出阻力，根据恒力做功公式求解克服阻力所做的功．解答：解：①根据中点时刻的速度等于平均速度得：v B===0.15m/sv E===0.33m/s②小车重力势能的减少量：△E P=mg△h=0.4×10×（0.1350﹣0.0630）=0.072J③根据加速度的定义式得：a====0.6m/s2根据牛顿第二定律得：mgsinθ﹣f=ma解得：f=mg﹣ma=0.76N所以克服阻力所做的功：W=﹣W f=0.76×（0.135﹣0.063）J=0.055J故答案为：0.15；7.2×10﹣2；5.5×10﹣2．点评：了解打点计时器的工作原理，清楚数据处理的方法，要注意单位的换算，难度不大，属于基础题．12．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，提供的实验器材有：电源E：电动势约15V，内阻不计；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；电键一个，导线若干．设计的一个测量电压表V1的内阻的实验电路图如图所示①实验中定值电阻R应选用（R1或R2）②说明实验所要测量的物理量：电压表的读数和电压表的读数；③写出电压表V1内阻的计算的表达式R V1=．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：本题①的关键是根据滑动变阻器允许通过的最大电流求出电路中需要的最小电阻即可求解；题②和③根据串并联规律解出待测电压表的内阻即可．解答：解：①由于滑动变阻器允许通过的最大电流为I max=1A，所以变阻器最小电阻应为：，所以定值电阻应选；②两电压表串联，电流相等，故有：，解得：=，所以实验应测量的物理量是电压表的读数和电压表的读数；③根据上题分析可知，电压表的内阻为：=；故答案为：①；②电压表的读数；电压表的读数；③．点评：选择器材时，应首先画出电路图，再根据欧姆定律进行估算，注意通过电表的电流不能小于量程的．三、计算题（本题共4小题，总分42分．解答应写出必要的文字说明和推理步骤，只写出答案的不给分）13．如图1，固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图2所示，取重力加速度g=10m/s2．求：（1）小环的质量m；（2）细杆与地面间的倾角α．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．。
安徽省皖江区域示范高中联考2017-2018学年高三上学期摸底物理试卷 Word版含解析
安徽省皖江区域示范高中联考2017-2018学年高三上学期摸底物理试卷一.选择题：（共10小题，每小题4分，合计40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．如图所示，光滑水平地面上的物块重为G，物块在斜向上、与水平方向成θ角的拉力F 的作用下，向右做匀加速直线运动．若撤去拉力F，改用一个大小为F′的水平拉力，也可以使物块产生同样的加速度，则F′的大小为( )A．FsinθB．FcosθC．Fsinθ﹣mg D．Fsinθ+Fcosθ考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：在两次外力作用下，分别利用牛顿第二定律求的加速度即可求得施加的水平力解答：解：当施加力F时，根据牛顿第二定律可得Fcosθ=ma当施加水平力时F′=ma联立解得F′=Fcosθ故选：B点评：本题主要考查了牛顿第二定律，关键是抓住公式F=ma即可2．倾角为θ=37°的斜面体固定在水平地面上，一个重为100N的光滑球在水平恒力F的作用下，静止在斜面上，若将水平恒力F和斜面体对小球的支持力看成一个力，这个力的大小是( ) （g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）A．60N B．80N C．100N D．120N考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对球受力分析，受重力、拉力和支持力，根据平衡条件列式分析即可．解答：解：球受重力、拉力和支持力，处于三力平衡状态；根据平衡条件，三力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故拉力和支持力的合力与重力平衡，大小等于mg，即100N，方向是竖直向上；故选：C点评：本题关键是明确“三力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线”的结论，基础题目．3．人造卫星在离地心为r的圆轨道上做匀速圆周运动，地球质量为M，地球半径为R，人造卫星质量为m，人造卫星绕地球的角速度为ω，万有引力恒量为G，地球表面重力加速度为g，计算人造卫星所受的向心力的式子正确的是( )A．mg B．C．mω2R D．考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：根据万有引力定律和万有引力等于重力联立求解即可．解答：解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有F=G又知G=m0g联立得F=，故A、B、C错误，D正确；故选：D点评：此题考察万有引力定律的应用，知道在忽略自转的影响，万有引力等于重力．4．小球从静上开始沿固定圆环做圆周运动，其运动的速度大小与时间成正比，若小球做圆周运动第一周的时间为T，则小球做圆周运动第二周的时间为( )A．T B．（﹣1）T C．（﹣）T D．T考点：匀速圆周运动．专题：匀速圆周运动专题．分析：把圆展开，变成一条长为周长的直线，则物体做初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动的推论求解即可．解答：解：把圆展开，变成一条长为周长的直线，小球运动的速度大小与时间成正比，则小球做初速度为零的匀加速直线运动，设周长为l，则小球通过第一段l位移的时间为T，根据初速度为零的匀加速直线运动的推论，通过连续相等位移的时间之比为1：（﹣1）可知，小球做圆周运动第二周的时间（﹣1）T，故B正确．故选：B点评：本题主要应用了“化曲为直”法，要求同学们能够想到把圆展开变成直线，并能应用初速度为零的匀加速直线运动的推论求解，难度适中．5．如图所示，闭合圆形导体线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，当磁感应强度逐渐增大时，以下说法正确的是( )A．线圈中产生顺时针方向的感应电流B．线圈中产生逆时针方向的感应电流C．线圈中不会出现感应电流D．线圈面积有缩小的倾向考点：感应电流的产生条件．分析：根据产生感应电流的条件，先判断出磁通量是否发生变化，即可判断出是否由感应电流；若有感应电流，然后使用楞次定律即可判断出感应电流的方向．解答：解：由于线圈与磁场的方向平行，所以穿过线圈的磁通量为0．当磁感应强度增大时，穿过线框的磁通量仍然为0，则线圈中不会出现感应电流．故只有C正确；故选：C点评：解决本题关键要准确把握产生感应电流的一般条件：闭合回路的磁通量发生变化，电路必须闭合．6．电路如图（甲）所示，定值电阻R=1Ω，电源的路端电压U随电流I的变化图线如图（乙）所示．闭合电键S，以下说法正确的是( )A．电源的总功率为8W B．电源内电阻消耗功率2WC．定值电阻R消耗功率2W D．定值电阻R两端电压为4V考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由图象可求得电源的电动势和内电阻；由闭合电路欧姆定律可求得电流；再由欧姆定律可求得路端电压；由P=UI可求得电源的输出功率．由P=I2R可求内阻及R的功率．解答：解：由图（乙）所示的U﹣I图线知，电源的电动为：E=4V，内电阻为：r===1Ω电路中的电流：==2A路端电压为：U=IR=2×2=4V则电源的总功率P=EI=4×2=8W；内电阻上消耗的功率P内=I2r=4×1=4W；定值电阻消耗的功率P R=I2R=4×1=4W；定值电阻两端的电压U R=IR=2×1=2V；故A正确，BCD错误；故选：A．点评：本题考查闭合电路的欧姆定律的应用及功率公式，要注意明确各功率公式的正确应用．7．在光滑绝缘水平桌面内作直线AB及AB的垂线CD，其中AB通过水平桌面正中心O点，AB与CD交于O′点，现在O点竖直插一根关于水平桌面对称的长直导体棒，让导体棒均匀带上正电，以下说法正确的是( )A．O′点是CD直线上电势最低的点B．正检验电荷q在O′点受电场力为零C．正检验电荷q在O′点受电场力方向由O′指向BD．CD直线是一条等势线考点：电势差与电场强度的关系；电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由场强叠加确定各点合场强的方向，沿场强方向电势降低，正电荷的受力方向为场强的方向．解答：解：A、D、在o′点的两侧合场强有OC，OD方向的分量，则其电势要降低，则o′点是CD直线的电势最高点，CD线不是等势线，则A错误，D错误．B、C、则o′点合场强沿o′B线，不为0，则B错误，C正确故选：C点评：场强的叠加为平行四边形定则，明确沿场强方向电势降低．8．理想绳球系统，有两种常见运动方式．方式一：竖直面内的摆动（图甲），以下简称为单摆运动；方式二：水平面内的匀速圆周运动（图乙），以下简称为圆锥摆运动，则两种运动方式有( )A．小球做单摆运动时，速度发生改变；小球做圆锥摆运动时速度不发生改变B．小球做单摆运动时，向心力大小不断改变；小球做圆锥摆运动时向心力大小也不断改变C．小球做单摆运动时，机械能守恒；小球做圆锥摆运动时机械能也守恒D．小球做圆锥摆运动时，不会出现向心力为零的时刻；小球做单摆运动时，也不会出现向心力为零的时刻考点：向心力．专题：匀速圆周运动专题．分析：单摆运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，是变速圆周运动；圆锥摆的运动是匀速圆周运动．解答：解：A、小球做单摆运动时，是变速圆周运动，大小改变；小球做圆锥摆运动时，是匀速圆周运动，速度大小不变，但速度方向改变；故A错误；B、小球做单摆运动时，速度大小改变，根据F=m，向心力的大小改变；小球做圆锥摆运动时，速度大小不变，根据F=m，向心力的大小不变，故B错误；C、小球做单摆运动时，只有重力做功，机械能守恒；小球做圆锥摆运动，是匀速圆周运动，动能和重力势能都不变，故机械能也是守恒的，故C正确；D、小球做圆锥摆运动时，速度不为零，故根据F=m，向心力的大小不可能为零；但做单摆运动时，在最高点速度为零，根据F=m，在最高点向心力为零；故D错误；故选：C点评：本题关键是建立匀速圆周运动和变速圆周运动的模型，然后结合向心力公式、机械能守恒定律的条件进行分析，基础题目．9．光滑斜面上有一金属棒，棒中通以如图所示方向的电流，整个装置放在竖直向上的匀强磁场中时，金属棒恰能静止在斜面上，则关于棒的受力示意图最正确的一个是( )（图中表示棒中电流方向向外）A．B．C．D．考点：安培力．分析：对导体棒进行受力分析，受到重力、支持力、安培力处于平衡，通过左手定则判断出安培力方向即可解答：解：对导体棒受力分析如图，导体棒受竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力，和水平向右的安培力故选：A点评：解决本题的关键掌握左手定则，判断出安培力的方向即可10．光滑绝缘水平面上，B、C、D四等分线段AE，M、N是两个完全一样的小球，带有等量同种电荷，C处固定一竖直绝缘挡板，若小球N放在D处，将小球M放在C处，同时由静止释放两球，小球N到达E处的速度大小为v；若移去挡板，小球N仍放在D处，而将小球M放在B处，同时由静止释放两球，小球N到达E处的速度大小为v′，则v′与v大小之比是( )A．1 B．C．D．考点：电势差与电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由电势能的减小量等于动能的增加量来求得动能的值．解答：解：第一种情况：设每段间距为r，由D一E，第二种情况：设每段间距为r，由D一E，2×=K由以上两式可得=则C正确故选：C点评：明确电势能的表达式为K，由能量守恒可求得．二.实验题（此部分实验题中的选择题均为单项选择题．共16分）11．探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系的实验装置如图所示．（1）实验中，下列器材不需要的是CA．橡皮筋B．刻度尺C．直流电流D．交流电源（2）实验中平衡摩擦力的正确方法是D（填入选项前的字母）A．使拖着纸带的小车由静止释放，小车不下滑即可B．使拖着纸带的小车由静止释放，小车能下滑即可C．不用挂纸带，轻推小车，小车能匀速下滑即可D．轻推拖着纸带的小车，松手后打点计时器在纸带上打下的点均匀分布即可．考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题．分析：（1）用打点计时器需要交流电源．在纸带处理时需刻度尺；（2）完全平衡摩擦力的标志是小车能做匀速直线运动．解答：解：（1）用打点计时器需要交流电源，实验需要橡皮筋．在纸带处理时需刻度尺．该实验不需要直流电源．故选：C．（2）平衡摩擦力的时候小车要带上纸带，小车能做匀速直线运动就代表摩擦力被完全平衡掉，则轻推拖着纸带的小车，松手后打点计时器在纸带上打下的点均匀分布即可，故ABC 错误，D正确．故选：D．故答案为：（1）C；（2）D点评：本题考查了探究功与速度变化的关系实验的实验原理、实验操作规范、误差来源，通过选取几条完全相同的橡皮筋是功成倍增加来化解变力做功的测量难点，能根据实验原理选择实验器材．12．为测量电压表V1的电阻，某同学设计了如图1所示实验电路，各电学器件参数如下：待测电压表V1量程是12V，内阻约为11KΩ～13KΩ电压表V2量程是15V，内阻为15KΩ电源电动势为15V，内阻约为2Ω滑动变阻器规格为0﹣200Ω，额定电流2A固定电阻阻值R=3KΩ（1）分别测量电压表V1的读数U1和电压表V2读数U2，移动滑动变阻器得到多组数据，描绘两表电压关系图线如图2，测得图线斜率K=1.25，则待测电压表V1电阻是12KΩ．（2）若将电压表V1和电压表V2在电路中对调一下位置，将不能测出电压表V1电阻，如下哪个是最合理的解释CA．电压表V1量程小于电源电动势，会损坏V1表．B．电压表V1量程小于V2量程，造成电压表V2示数过小．C．实验原理错误，不能完成电压表V1电阻的测量．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：（1）根据串并联电路的规律可明确两电压表示数之间的关系，再由图象的性质可明确电压表V1的内阻；（2）根据电阻的测量原理可明确能否使用变化以后的电路完成实验．解答：解：（1）由图可知，V1与R串联后与V2并联，则可知：U2=（R V+R）由数学知识可知：=1.25；解得：R V=12KΩ；（2）将两表对调以后，由于无法求出流过V1的电流，故无法求出电压表V1电阻；故选：C；故选：（1）12；（2）C点评：本题考查电压表内阻的实验方法，要注意明确伏安法测量电阻的方法，会根据电路分析实验原理．三.解答题（12题8分，13题12分、14题14分、15题10分，共44分）13．经检测A车的刹车性能：以标准速度20m/s在平直公路上行驶时，刹车后做匀减速运动10s停下来．某时刻，A车从静止开始，以减速时一半大小的加速度做匀加速直线运动，达到20m/s速度时立即刹车直至停下．求A车从静止开始加速，最后又停下的整个过程中：（1）A车运动的总时间．（2）A车前行的总位移．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：（1）根据速度时间关系分别求得A车加速与减速的时间即为运动的总时间；（2）分别求得加速位移和减速位移即为A车前行的总位移．解答：解：（1）A车刹车时加速度大小：…①A车匀加速时加速度大小为：…②匀加速时间为：…③刹车时间为：t2=10s…④A车从静止开始运动到停下所需时间为：t=t1+t2=30s…⑤（2）A车匀加速位移为：…⑥A车刹车位移为：…⑦A车从开始运动到停下，整个过程中的位移大小为：x=x1+x2=300m…⑧答：（1）A车运动的总时间为30s；（2）A车前行的总位移为300m．点评：掌握匀变速直线运动的速度时间关系和位移时间关系是正确解题的关键，不难属于基础题．14．我们知道重力势能（或弹簧弹性势能）和动能的总和称为机械能，我们也知道做功可以实现能量的转化．为研究机械能的变化是由谁做功决定的，现建立如下模型：质量为m的物体在竖直向上的恒定拉力F作用下，由静止从地面开始向上做匀加速运动．已知重力加速度恒为g，不计空气阻力．求：（1）物体由地面上升h高的过程中，物体与地球组成系统机械能的增加值（2）若在物体上升到h高位置撤去拉力，物体将继续上升一段时间，而后反向落回地面，物体刚落回地面时的速度大小是多少．考点：动能定理；功能关系．分析：（1）除了重力及系统内的弹力之外的力做功，导致系统机械能增加．（2）选地面为零势能面，对于全程应用动能定理可得速度．解答：解：（1）此过程增加的重力势能△E P=mgh①根据动能定理：Fh﹣mgh=△E k②增加的动能：△E k=Fh﹣mgh③增加的机械能：△E=△E k+△E p④由①②③④得：△E=Fh⑤（2）由解得⑥答：（1）物体与地球组成系统机械能的增加值为Fh．（2）物体刚落回地面时的速度大小是．点评：知道“除了重力及系统内的弹力之外的力做功，导致系统机械能增加”这一功能关系；对于求解速度大小问题，首先想到的是动能定理．15．平板车M在水平拉力F控制作用下，始终以v0=4m/s的恒定速度水平向右运动，若在车最右端放一相对地面初速度为零、可视为质点的物体m，则经过1s后物体恰好到达车的正中央，已知车与物体间的动摩擦因数μ=0.2，车与地面间的动摩擦因数也是0.2，g=10m/s2．问：（1）平板车的总长（2）m最终能否从平板车上滑落（3）若平板车M=2kg，m质量为1kg，当m在M上相对滑行时，拉力F的大小．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）利用牛顿第二定律求的m的加速度，根据运动学公式即可求得平板车的总长度；（2）利用运动学判断出相对静止时的时间，根据运动学即可判断；（3）当m在M上相对滑行时，M的加速度要大于m的加速度即可判断解答：解：（1）m在车上的加速度：①1s内平板车位移x1=v0t1②1s内物体位移③又④由①②③④，并代入数据得l=6m⑤（2）m与M相对静止时间：⑥平板车位移⑦物体位移⑧⑨由⑥⑦⑧⑨并代入数据解得相对运动最大位移：△x′=4m⑩可见物体不会从平板车上滑落．（3）F=μmg+μ（m+M）g⑪代入数据解得F=8N⑫对M受力分析有牛顿第二定律可知F拉﹣F＞Ma解得F拉＞12N答：（1）平板车的总长为6m（2）m最终不能从平板车上滑落（3）若平板车M=2kg，m质量为1kg，当m在M上相对滑行时，拉力F的大为12N点评：本题涉及到多个运动的过程，对每个过程都要仔细的分析物体运动的情况，这道题可以很好的考查学生的分析问题的能力，有一定的难度16．半径为R的半球形区域的圆心在坐标原点O，半圆内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小是B，x＜0的空间存在竖直向下的匀强电场．质量为m，电量为q的带正电粒子从P点以适当方向，适当大小的速度射入电场，经电场偏转后从O点沿x轴正向射入磁场（在电场中轨迹如图中虚线所示），图中PO长为l，PO与水平方向夹角为α，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径刚好也是R，不计粒子重力．（1）粒子穿出半球形区域的位置坐标；（2）粒子从P点射入电场，到射出磁场的总时间．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）结合题目的情景，画出运动的轨迹，然后由几何关系即可求出；（2）根据粒子在磁场中的受力，结合牛顿第二定律即可求出粒子进入磁场的速度，由类平抛运动的特点，即可求出粒子在电场中的时间；结合图中的几何关系求出粒子的偏转角度，由即可求出粒子在磁场中运动的时间，最后求出总时间．解答：解：（1）如图画出粒子在电场中运动的轨迹，由图中的几何关系得：x2+y2=R2同时：x2+（R﹣y）2=R2联立得：，y=0.5R所以，射出点的坐标为（，0.5R）（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得：得：v=粒子在磁场中运动的周期：T=粒子在电场中做类平抛运动，水平方向的速度保持不变，所以粒子穿过电场的时间：=粒子在磁场中偏转的角度θ：sinθ=所以：结合公式：所以：粒子运动的总时间：t=t1+t2=+=答：（1）粒子穿出半球形区域的位置坐标是（，0.5R）；（2）粒子从P点射入电场，到射出磁场的总时间是．点评：本题考查粒子在电场中类平抛运动和在磁场中的匀速圆周运动，对学生几何能力要求较高，能够找出问题的临界情况是解决本题的关键．。
安徽省淮南市2017-2018学年高三上学期第一次模拟物理试卷 Word版含解析
安徽省淮南市2017-2018学年高考物理一模试卷一、选择题（共7小题，每小题4分，满分28分）1．如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，通过正三角形的三个顶点，三根直导线均通入大小相等、方向垂直纸面向里的电流，则R受到的磁场力的方向是( )A．垂直R，指向y轴负方向B．垂直R，指向y轴正方向C．垂直R，指向x轴正方向D．垂直R，指向x轴负方向2．在2014年仁川亚运会蹦床比赛中，运动员从高处落到蹦床后又被蹦床弹回原处，下图所示为几位旁观者描绘的运动员的加速度随时间变化的图象．如果忽略空气阻力，其中正确的是( )A．B．C．D．3．我国的“神舟八号”飞船与目标飞行器“天宫一号”成功实现对接，这在我国航天史上具有划时代意义．假设“神舟八号”飞船从椭圆轨道近地点O到达椭圆轨道的远地点P，在P点进行变轨，此后它的运行轨道变成圆形轨道，如图所示，则“神舟八号”飞船( )A．在由椭圆轨道变成圆形轨道过程中速率始终大于7.9km/sB．在Q点的加速度比沿圆轨道运动时过P点的加速度小C．在由椭圆轨道变成圆形轨道过程中机械能不变D．在Q点的机械能等于沿椭圆轨道运动时过P点的机械能4．如图所示，在粗糙的水平面上叠放着木块P和Q，用水平力F推Q，使P、Q一起沿水平面向右匀加速滑动，P、Q始终保持静止，以下说法中正确的是( )A．P一定受三个力B．P可能受二个力C．地面对Q的摩擦力一定等于F D．Q对P的摩擦力可能大于F5．如图所示，R1为滑动变阻器，R2R3为定值电阻，r为电源内阻，R3＞r，闭合开关S后，在滑动触头P由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是( )A．路端电压变大B．电流表的示数变大C．电源效率变大D．电源输出功率变大6．狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，假设地面附近空中有一S 极磁单极子，在竖直平面内的磁感线如图所示，一带电小球正在该磁单极子附近的平面上做匀速圆周运动，图中①②③表示三个不同的平面，则该小球的运动轨迹所在平面可能是图中的( )A．平面①B．平面②C．平面③D．平面①②都可能7．长为L的细线，一端固定于O点，另一端栓一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，细线水平伸直，小球从A点由静止开始释放，向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零，由此可求得( )A．小球向下摆动过程中的最大速度v m=gLB．小球到达B点时，细线对小球的拉力大小T N=C．AB两点的电势差U AB=D．匀强电场的场强大小E=二、解答题（共5小题，满分68分）8．在“验证力的平行四边形定则”实验中，甲乙同学选择了两种不同的方案．（1）甲同学将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端系有绳套（如图a），实验中需要两个弹簧测力计分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条．甲同学认为在此过程中必须注意以下几项：A．两根细绳必须等长B．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上C．在使用弹簧测力计时要注意使弹簧测力计与木板平面平行D．为减小误差两绳夹角越大越好其中正确的是__________．（填入相应的字母）（2）乙同学用如图b所示的实验装置，弹簧测激励A挂于固定点P，下端用细绳挂一重物M．弹簧测力计B的一端用细绳系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板上记录O点的位置和拉线的方向．下列不必要的实验要求是__________．（请填写选项前对应的字母）A．应测量重物M所受的重力B．弹簧测力计应在使用前校零C．拉线方向应与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置．9．有一根细面均匀的导电材料样品（如图a所示），横截面为同心圆环（如图b所示），此样品长L约为3cm，电阻约为100Ω，已知这种材料的电阻率为ρ，因该样品的内径太小，无法直接测量．现提供以下实验器材：A.20分度的游标卡尺B．螺旋测微器C．电流表A1（量程50mA，内阻r=100Ω）D．电流表A2（量程100mA，内阻r大约为40Ω）E．电流表A3（量程3A，内阻r大约为0.1Ω）F．滑动变阻器R（0﹣10Ω）G．直流电源E（12V，内阻不计）H．导电材料样品RI．开关一只，导线若干请根据上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案，回答下列问题：（1）用游标卡尺测得该样品的长度如图甲所示，其示数L=__________mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图乙所示，其示数D=__________mm．（2）请选择合适的仪器，画出最佳实验电路图，并标明所选器材的字母代号．（3）说明在电路中需要测量的量及其符号；用已知物理量的符号和测量物理量的符号表示样品的内径d=__________mm．10．总质量为80kg的跳伞运动员从离地500m的直升机跳下，先做匀变速直线运动，经过2s拉开绳索开启降落伞，如图所示是跳伞过程中的v﹣t图，试根据图象求：（g取10m/s2）（1）t=1s时运动员的加速度和所受阻力的大小．（2）估算14s内运动员下落的高度和重力的平均功率．（3）估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间．11．（16分）如图所示，半径分别为R和r（R＞r）的甲乙两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧a、b被两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点，求：①两小球的质量比．②若m a=m b=m，要求a，b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少具有多少弹性势能．12．如图甲所示，从阴极K发射的电子经电势差U0=5000V的电场加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长l1=10cm，间距d=4cm的平行金属板A、B之间，在金属板边缘l2=75cm处放置一个直径D=20cm带有记录纸的圆筒，整个装置放在真空内，电子发射的初速度不计．（电子的质量为m=0.91×10﹣30kg，电荷量为=1.6×10﹣19C）（1）若在两金属板上加以U1=1000V的直流电压（φA＞φB），为使电子沿入射方向作匀速直线运动，可在两金属板A、B间加以垂直纸面的磁场．求磁感应强度的大小和方向？（2）若在两金属板上加以U2=1000cos2πt（V）的交变电压，试求出电子打在圆筒上距O点的最大距离．（3）在（2）中，若使圆筒绕中心轴按图示方向以n=2m/s匀速运动，试在图乙中画出电子在记录纸上0﹣1s内所记录到的图形．安徽省淮南市2015届高考物理一模试卷一、选择题（共7小题，每小题4分，满分28分）1．如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，通过正三角形的三个顶点，三根直导线均通入大小相等、方向垂直纸面向里的电流，则R受到的磁场力的方向是( )A．垂直R，指向y轴负方向 B．垂直R，指向y轴正方向C．垂直R，指向x轴正方向 D．垂直R，指向x轴负方向考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．分析：R所在处的磁场是由P与Q中的电流产生的，由安培定则判断出R处磁场的方向，然后由左手定则判断出R中电流所示安培力的方向．解答：解：由安培定则可知，通电指导线P、Q在R处产生的磁场方向水平向右，即沿X 轴正方向，则R处的磁场方向沿X轴正方向；由左手定则可知，通电直导线R所受安培力垂直于R指向Y轴负方向．选项A正确，BCD 错误，故选：A．点评：要注意解题步骤，先由安培定则判断出R处的磁场方向，然后由左手定则判断出安培力的方向．2．在2014年仁川亚运会蹦床比赛中，运动员从高处落到蹦床后又被蹦床弹回原处，下图所示为几位旁观者描绘的运动员的加速度随时间变化的图象．如果忽略空气阻力，其中正确的是( )A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的图像；加速度．专题：运动学中的图像专题．分析：把整个过程分为4个部分，一是从开始下落到开始接触蹦床；二是从接触蹦床到速度为零；三是从速度为零开始上升至开始离开蹦床；四是从离开蹦床开始至上升至最高点．分析各过程的受力情况，从而得到加速度的变化情况．解答：解：运动员从高处落到蹦床后又被蹦床弹回原处，说明在整个过程中机械能是守恒的，整个过程加速度是对称的，选向下的方向为正，在运动员从高处下落直至开始接触蹦床的过程中，加速度恒定且为重力加速度g，该过程在a﹣t图象中是直线；从开始接触蹦床到速度为零的过程中，加速度是先减小后反向增加（重力与弹力相等时，加速度为零，此变化过程中，弹力的变化不是均匀的，所以此过程的图线不是直线）；之后在弹力的作用下被反弹至离开蹦床，此过程与前一个过程对称，加速度先减小后反方向增加；离开蹦床后做竖直上抛运动至原处，加速度恒定且为g．符合此过程的图象只有C，所以C正确，ABD错误．故选：C点评：解答该题的关键就是正确的分析运动过程，适当的对整个过程分段，研究每段内的受力变化，来确定加速度的变化．正确分析各段的合力变化是解答此类问题的关键．3．我国的“神舟八号”飞船与目标飞行器“天宫一号”成功实现对接，这在我国航天史上具有划时代意义．假设“神舟八号”飞船从椭圆轨道近地点O到达椭圆轨道的远地点P，在P点进行变轨，此后它的运行轨道变成圆形轨道，如图所示，则“神舟八号”飞船( )A．在由椭圆轨道变成圆形轨道过程中速率始终大于7.9km/sB．在Q点的加速度比沿圆轨道运动时过P点的加速度小C．在由椭圆轨道变成圆形轨道过程中机械能不变D．在Q点的机械能等于沿椭圆轨道运动时过P点的机械能考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：万有引力定律的应用专题．分析：飞船机械能是否变化要看是否有外力对飞船做功，当万有引力刚好提供飞船所需向心力时飞船正好可以做匀速圆周运动，若是供大于需则飞船做逐渐靠近圆心的运动，若是供小于需则飞船做逐渐远离圆心的运动．解答：解：A、第一宇宙速度7.9km/s是最大的环绕速度，故A错误；B、根据a=，在Q点的加速度比P点的加速度大，故B错误；C、在椭圆轨道远地点实施变轨成圆轨道是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力小于飞船所需向心力，所以应给飞船加速，增加所需的向心力．因为飞船在远地点P 点火加速，动能增加，外力对飞船做功，故飞船在此过程中机械能增加．故C错误D、在椭圆轨道上运行时，只有重力做功，机械能不变，故D正确故选：D．点评：卫星变轨问题，要抓住确定轨道上运行机械能守恒，在不同轨道上的卫星其机械能不同，轨道越大机械能越大．4．如图所示，在粗糙的水平面上叠放着木块P和Q，用水平力F推Q，使P、Q一起沿水平面向右匀加速滑动，P、Q始终保持静止，以下说法中正确的是( )A．P一定受三个力B．P可能受二个力C．地面对Q的摩擦力一定等于F D．Q对P的摩擦力可能大于F考点：物体的弹性和弹力；摩擦力的判断与计算．专题：受力分析方法专题．分析：用水平力F推Q，使P、Q两木块一起沿水平桌面匀加速滑动，对各自进行受力分析，分别从重力、弹力、摩擦力等三个角度去分析．对于摩擦力要分静摩擦力与滑动摩擦力，同时根据牛顿第二定律，即可求解．解答：解：在水平推力的作用下，物体P、Q一起匀加速滑动，则对P受力分析：重力与支持力，及向右的静摩擦力．对于Q受力分析：重力、地面支持力、P对Q的压力、水平推力、地面给Q的滑动摩擦力，及P对Q的静摩擦力．A、因此P受到三个力，Q受到六个力．故A正确；B错误；C、根据牛顿第二定律可知，水平方向推力大于地面对Q的摩擦力，故CD错误；故选：A．点评：考查学会受力分析，通常从重力、弹力、摩擦力角度去分析，同时强调受力的研究对象，并掌握牛顿第二定律的内容．5．如图所示，R1为滑动变阻器，R2R3为定值电阻，r为电源内阻，R3＞r，闭合开关S后，在滑动触头P由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是( )A．路端电压变大B．电流表的示数变大C．电源效率变大D．电源输出功率变大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：在滑动触头P由a端滑向b端的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，判断外电路总电阻的变化，由欧姆定律分析路端电压的变化和总电流的变化，再分析电流表示数的变化、电源内阻消耗功率的变化．根据推论：电源的外电阻等于电源的内阻时，电源输出功率最大，分析电源输出功率如何变化．解答：解：A、在滑动触头P由a端滑向b端的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻也随之减小，总电流I增大，路端电压减小．故A错误．B、电阻R2两端的电压U=E﹣I（r+R2），I增大，U减小，则流过电流表的电流变小．故B 错误．C、电源效率，则效率变小．故C错误．D、由题意，R3＞r，外电路总电阻大于电源的内阻，根据推论：电源的内外电阻相等时，输出功率最大，当变阻器接入电路的电阻减小时，外电阻越接近电源的内阻，电源的输出功率变大．故D正确．故选：D点评：本题是简单的电路动态变化分析问题．外电路总电阻与电路中局部电阻的变化是一致的．基本题．6．狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，假设地面附近空中有一S 极磁单极子，在竖直平面内的磁感线如图所示，一带电小球正在该磁单极子附近的平面上做匀速圆周运动，图中①②③表示三个不同的平面，则该小球的运动轨迹所在平面可能是图中的( )A．平面①B．平面②C．平面③D．平面①②都可能考点：带电粒子在混合场中的运动．分析：粒子在磁场中受洛仑兹力及本身的重力做匀速圆周运动，故它们的合力应充当向心力；则分析图可得出正确的结果．解答：解：要使粒子能做匀速圆周运动，则洛仑兹力与重力的合力应能充当向心力；在图中平面①处，若粒子为正电荷且顺时针转动（由上向下看）则其受力斜向上，与重力的合力可以指向圆心；而若为负电荷，但逆时针转动，同理可知，合力也可以充当向心力，故A 正确，BCD错误；故选：A．点评：本题巧妙地磁场中受到洛伦兹力作用，将向心力与洛仑兹力方向的判断问题，注意匀速圆周运动的条件．7．长为L的细线，一端固定于O点，另一端栓一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，细线水平伸直，小球从A点由静止开始释放，向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零，由此可求得( )A．小球向下摆动过程中的最大速度v m=gLB．小球到达B点时，细线对小球的拉力大小T N=C．AB两点的电势差U AB=D．匀强电场的场强大小E=考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：小球在电场中受到重力、水平向右的电场力和细线的拉力，当电场力与重力的合力与拉力在同一直线上时小球到达平衡位置，速度最大，作出力图，由动能定理求出最大速度．小球从A到B的过程，运用动能定理列式可求出电势差和场强．小球在B点时速度为零，向心力为零，根据重力、电场力和绳子的拉力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出细线对小球的拉力．解答：解：设小球速度最大时细线与竖直方向的夹角为α．在此位置，分析小球的受力情况：小球在电场中受到重力、水平向右的静电力F和细线的拉力F1．作出力图，如图所示：根据平衡条件，电场力为：F=qE=mgtanα从A到平衡位置，根据动能定理得：mgLcosα﹣FL（1﹣sinα）=从A到B的过程，由动能定理得：mgLsin60°﹣FL（1﹣cos60°）=0联立解得：E=，α=60°，v m=AB两点的电势差U AB=EL（1﹣cos60°）=．在B位置，小球的速度为零，向心力为零，有：T=mgcos30°+qEcos60°=mg故选：C点评：本题是电场中物体的平衡问题和复合场中的竖直平面内内的圆周运动问题，按照力学的方法和思路，把电场力当作一般的力处理，问题就变得容易．二、解答题（共5小题，满分68分）8．在“验证力的平行四边形定则”实验中，甲乙同学选择了两种不同的方案．（1）甲同学将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端系有绳套（如图a），实验中需要两个弹簧测力计分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条．甲同学认为在此过程中必须注意以下几项：A．两根细绳必须等长B．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上C．在使用弹簧测力计时要注意使弹簧测力计与木板平面平行D．为减小误差两绳夹角越大越好其中正确的是C．（填入相应的字母）（2）乙同学用如图b所示的实验装置，弹簧测激励A挂于固定点P，下端用细绳挂一重物M．弹簧测力计B的一端用细绳系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板上记录O点的位置和拉线的方向．下列不必要的实验要求是D．（请填写选项前对应的字母）A．应测量重物M所受的重力B．弹簧测力计应在使用前校零C．拉线方向应与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置．考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题．分析：（1）在实验中使用一根弹簧秤拉细线与两根弹簧秤拉细线的作用效果要相同（即橡皮条拉到同一位置），而细线的作用是画出力的方向，弹簧秤能测出力的大小．因此细线的长度没有限制，弹簧秤的示数也没有要求，两细线的夹角不要太小也不要太大，但拉弹簧秤时必须保证与木板平面平行．（2）弹簧测力计A挂于固定点，下端用细线挂一重物．当弹簧测力计B一端用细线系于O 点，当向左拉使结点静止于某位置．弹簧测力计A和B的示数分别为两细线的力的大小，同时画出细线的方向即为力的方向．虽悬挂重物的细线方向确定，但大小却不知，所以要测重物重力．当结点静止于某位置时，弹簧测力计B的大小与方向就已确定了．原因是挂重物的细线大小与方向一定，而弹簧测力计A大小与方向也一定，所以两力的合力必一定．解答：解：（1）A、细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长．故A错误；B、两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定橡皮条要在两细线的夹角平分线上．故B错误；C、在拉弹簧秤时必须要求弹簧秤与木板平面平行，否则会影响力的大小，故C正确．D、两拉力的夹角适当大一些可以减小测量的误差，但是不是越大越好．故D错误．故选：C．（2）A、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道．故A项需要；B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零．故B项也需要；C、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性．故C项也需要；D、当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验．故D项不需要．本题选不需要的故选：D．点评：通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示．同时值得注意其中有一力大小与方向均已一定，从而减少实验的操作步骤．9．有一根细面均匀的导电材料样品（如图a所示），横截面为同心圆环（如图b所示），此样品长L约为3cm，电阻约为100Ω，已知这种材料的电阻率为ρ，因该样品的内径太小，无法直接测量．现提供以下实验器材：A.20分度的游标卡尺B．螺旋测微器C．电流表A1（量程50mA，内阻r=100Ω）D．电流表A2（量程100mA，内阻r大约为40Ω）E．电流表A3（量程3A，内阻r大约为0.1Ω）F．滑动变阻器R（0﹣10Ω）G．直流电源E（12V，内阻不计）H．导电材料样品RI．开关一只，导线若干请根据上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案，回答下列问题：（1）用游标卡尺测得该样品的长度如图甲所示，其示数L=30.35mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图乙所示，其示数D=3.205mm．（2）请选择合适的仪器，画出最佳实验电路图，并标明所选器材的字母代号．（3）说明在电路中需要测量的量及其符号；用已知物理量的符号和测量物理量的符号表示样品的内径d=mm．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读．（2）对本题设计测量电路的关键是，考虑D电流表满偏电流大于C电流表的满偏电流，同时C电流表的内阻是定值，因此可以求出C电流表两端的实际电压，从而可将C电流表当做电压表而求出样品两端的电压．解答：解：（1）游标卡尺读数为L=30mm+7×0.05mm=30.35mm，螺旋测微器测得该样品的外径d=3mm+20.5×0.01mm=3.205mm（2）因三个电流表中，D电流表的满偏电流大于C电流表的满偏电流，又C电流表内阻为定值，根据欧姆定律与串并联知识，应将C电流表与待测材料并联后再与D电流表串联，又因滑动变阻器阻值太小应用分压式接法，可设计电路图如图所示．（3）设C电流表示数为I C，D电流表示数为I D，由欧姆定律可得待测电阻阻值为：R=又由电阻定律R=以及S=解得样品的直径为：d=故答案为：（1）30.35，3.205；（2）如图所示；（3）电流表A1读数为I C，D电流表示数为I D，点评：本题属于电流表与电压表的反常规接法，即可将电流表当做电压表来使用，关键是根据电路图能求出待测电阻的阻值才行．10．总质量为80kg的跳伞运动员从离地500m的直升机跳下，先做匀变速直线运动，经过2s拉开绳索开启降落伞，如图所示是跳伞过程中的v﹣t图，试根据图象求：（g取10m/s2）（1）t=1s时运动员的加速度和所受阻力的大小．（2）估算14s内运动员下落的高度和重力的平均功率．（3）估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间．考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．专题：功率的计算专题．分析：首先分析运动员的运动情况，运动员在0﹣2s内做匀加速直线运动，2s﹣14s做变速运动，14s以后做匀速运动直到地面．t=1s时运动员做匀加速直线运动，根据图象可以算出a，根据牛顿第二定律算出f，可以通过图象与时间轴所围成的面积估算14s内运动员下落的高度，剩余的高度运动员做匀速运动，可求出匀速运动的时间，总时间即可求出．解答：解析：（1）在0﹣2S内，运动员做匀加速运动有：a=m/s2=8m/s2又：根据牛顿第二定律：mg﹣F=ma得F=mg﹣ma=80×2N=160N（2）速度图线与时间轴所夹面积为下落高度h=2×2×39=156m重力做功的平均功率为（3）14s后运动员的匀速直线运动时间H﹣h=vt解得t=57.3s所需总时间为t总=14+57.3=71.3s答（1）加速度为8m/s2，阻力为160N．（2）下降高度为156m，重力的平均功率为8914W．（3）着陆总时间为71.3s．点评：该题是v﹣t图象应用的典型题型，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移，有方格时，面积可以通过数方格的个数来估算，本题难度适中．11．（16分）如图所示，半径分别为R和r（R＞r）的甲乙两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧a、b被两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点，求：①两小球的质量比．②若m a=m b=m，要求a，b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少具有多少弹性势能．考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：（1）根据牛顿第二定律得出最高点的速度，根据机械能守恒定律列出等式求解（2）由动量守恒定律得出速度关系，根据机械能守恒定律求解．解答：解：（1）根据牛顿第二定律得a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点的速度分别为：v′a=…①v′b=…②由动量守恒定律m a v a=m b v b…③根据机械能守恒定律得=+m a g•2R…④=+m b g•2r…⑤联立①②③④⑤得=（2）若m a=m b=m，由动量守恒定律得：v a=v b=v当a、b球恰好能通过圆轨道的最高点时，E弹最小，根据机械能守恒得：E p=（m+mg•2R）×2=5mgR。
安徽省合肥市2017届高三上学期第一次教学质量检测(一模)物理试题
一、选择题1.汽车甲和乙在同一公路上做直线运动，下图是它们运动过程中的v t -图像，二者在1t 和2t时刻的速度分别为1v 和2v，则在1t 和2t时间内（ ）A.乙运动的加速度不断增大B.甲与乙间距离越来越大C.乙的平均速度122v v v =+D.1t时刻甲的加速度大于乙的加速度2.一质量为m 的物体静止在光滑水平面上，在水平力F 作用下，经时间t 、通过位移L 后，动量变为p 、动能变为kE。
若上述过程中F 不变，物体的质量变为2m，以下说法正确的是（ ） A.经过时间2t ，物体动量变为2p B.经过位移2L ，物体动量变为2p C.经过时间2t ，物体动能变为4kED.经过位移2L ，物体动能变为4kE3.2016年11月14日“超级月亮”现身合肥市夜空，某时刻月亮看起来比平常大14%、亮度提高了30%，这是因为月球沿椭圆轨道绕地球运动到近地点的缘故，则下列说法中正确的是（ ） A.此时月球的速度最小 B.此时月球的加速度最大C.月球由远地点向近地点运动的过程，地球对月球的万有引力做负功D.月球由远地点向近地点运动的过程，月球的机械能减小4.如图所示，绷紧的长为6m 的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率12/v m s =运行。
一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为25/m s v=。
若小物块与传送带间动摩擦因数0.2μ=，重力 加速度210/g m s =，下列说法中正确的是（ ）A.小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动B.若传送带的速度为1/m s ，小物块将从传送带左端滑出C.若传送带的速度为5/m s ，小物块将以5/m s 的速度从传送带右端滑出D.若小物块的速度为4/m s ，小物块将以4/m s 的速度从传送带右端滑出 5.如图所示，电荷量相等的两个电荷1Q 和2Q，两者连线及中垂线上分别有A 点和B 点，则下列说法正确的是（ ）A.若两者是同种电荷，则A 点的电势一定高于B 点的电势B.若两者是同种电荷，则A 点的场强一定大于B 点的场强C.若两者是异种电荷，则A 点的电势一定高于B 点的电势D.若两者是异种电荷，则A 点的场强一定大于B 点的场强 6.如图所示，两小球A.B 固定在一轻质细杆的两端，其质量分别为1m 和2m，将其放入光滑的半圆形碗中，但细杆保持静止时，圆的半径OA.OB 与竖直方向夹角分别为30和45，则1m 和2m的比值为（ ）2 3 C.2:1 67.小河宽80m ，河中各点水流速度与各点到较近河岸边的距离关系为()10.1kx k v s-==水 ，一小船以4/m s 速度垂直河岸渡河，则下列说法中正确的是（ ） A.小船渡河时的轨迹为直线 B.小船渡河时的轨迹为曲线C.小船到达距河岸对岸20m 处，船的渡河速度为5/m sD.小船到达距河岸对岸50m 处，船的渡河速度为5/m s 8.在如图所示电路中，1R、2R为定值电阻，闭合电建S 后，带电粒子恰处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片向下滑动，理想电压表123V V V 、、示数变化量的绝对值分别为1U∆、2U∆、3U∆，理想电流表A 示数变化量的绝对值为I ∆，则（ ） A.1V 示数减小，2V 和3V 示数增大 B.带电粒子将向上运动 C.3U ∆1U>∆D.此过程中2IU ∆∆保持不变9.如图所示，两个物块A 、B 用轻质弹簧相连接，放置在倾角为30的光滑斜面上，它们的质量均为m ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一垂直斜面的固定挡板，系统处于静止状态。
安徽省亳州市利辛一中2017-2018学年高三一模物理试卷(普通班) Word版含解析
安徽省亳州市利辛一中2017-2018学年高考物理一模试卷（普通班）一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分.每题给出的四个选项中，只有一个选项.）1．根据速度定义式v=，当△t极短时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了下列哪种物理方法( )A．控制变量法B．假设法C．微元法D．极限的思想方法2．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=3t+2t2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点( )A．第2s内的位移是10mB．前3s内的平均速度是7m/sC．任意相邻1s内的位移差都是4mD．任意1s内的速度增量都是3m/s3．做匀加速沿直线运动的质点在第一个3s内的平均速度比它在第一个5s内的平均速度小3m/s，则质点的加速度大小为( )A．1m/s2B．2m/s2C．3m/s2D．4m/s24．如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为( )A．3个B．4个C．5个D．6个5．完全相同的甲、乙两个物体放在同一水平地面上，分别在水平拉力F1、F2作用下，由静止开始做匀加速直线运动，分别经过时间t0和4t0，速度分别达到2v0和v0时撤去F1、F2，甲、乙两物体开始做匀减速直线运动，直到静止．其速度随时间变化情况如图所示，则下列各项说法中正确的是( )A．若在F1、F2作用时间内甲、乙两物体的位移分别为x1、x2，则x1＞x2B．甲、乙两物体匀减速过程的位移大小之比为1：4C．若整个运动过程中甲、乙两物体的位移分别为x1′、x2′，则x1′＞x2′D．若在匀加速过程中甲、乙两物体的加速度分别为a1和a2，则a1＜a26．如图所示，质量为M的四分之一圆柱体放在粗糙水平地面上，质量为m的正方体放在圆柱体和光滑墙壁之间，且不计圆柱体与正方体之间的摩擦，正方体与圆柱体的接触点的切线与右侧墙壁成角，圆柱体处于静止状态．则( )A．地面对圆柱体的支持力为MgB．地面对圆柱体的摩擦力为mgtanθC．墙壁对正方体的弹力为D．正方体对圆柱体的压力为7．如图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上叠放着物体A、B，A的质量10kg，B的质量30kg，二者处于平衡状态，若突然将一个大小为20N的力竖直向下加在A上，在此瞬间，A对B的压力增加了( )A．10N B．15N C．20N D．25N8．如图所示，轻绳两端分别与A、B两物体相连接，A、B两物体的质量均为m．物体B 的上表面光滑，B与地面间的动摩擦因数为μ，轻绳与轻质滑轮间的摩擦忽略不计．若要用力将B物体以水平向左的加速度a拉动，则作用在B物体上水平向左的拉力F为( )A．2m（a+μg）B．m（a+μg）C．2ma D．2μmg9．如图所示，质量分别为m和M的两物体P和Q叠放在倾角为θ的固定斜面上，P、Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与斜面间的动摩擦因数为μ2．当它们从静止开始沿斜面滑下时，两物体始终保持相对静止，则物体P受到的摩擦力大小为( )A．0 B．μ1mgcosθC．μ2mgcosθD．（μ1+μ2）mgcosθ10．如图所示，将一根不能伸长、柔软的轻绳两端分别系于A、B两点上，一物体用动滑轮悬挂在绳子上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ1，绳子张力为F1；将绳子B端移至C 点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ2，绳子张力为F2；将绳子B端移至D 点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ3，绳子张力为F3，不计摩擦，则( )A．F1=F2＜F3B．F1＞F2＞F3C．θ1＜θ2＜θ3D．θ1=θ2=θ3二、实验题：本题共3小题，每空2分，共16分．11．在研究匀变速直线运动的实验中，某同学打出的一条纸带如图所示，图中的点为计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，图上注明了各计数点间距离的测量结果，所接交流电源的频率为50Hz．（1）两个相邻计数点间的时间间隔：△t=__________s．（2）打下计数点B时小车的速度：v B=__________m/s．（结果保留2位小数）（3）物体匀变速直线运动的加速度a=__________m/s2．（结果保留2位小数）12．在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中备有下列器材：A．电磁打点计时器B．天平（带砝码）C．纸带和复写纸D．导线E．细绳F．小车G．砂和小桶H．一端附有滑轮的长木板（1）缺少的器材是__________．（2）在探究加速度a与质量m的关系时，分别以__________为纵坐标、__________为横坐标作图象，这样就能直观地看出其关系．（3）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是木块和木块上砝码的总质量__________砝码桶及桶内砝码的总质量．（选填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）13．如图所示，在“共点力合成”的实验中，橡皮条一端固定于P点，另一端连接两个弹簧测力计，分别用F1和F2拉两个弹簧测力计，将这端的结点拉至O点．现让F1大小不变，方向沿顺时针方向转动某一角度，且F1始终处于PO左侧，要使这端的结点仍位于O点，则关于F的大小和图中的θ角，下列说法中错误的是( )A．增大F2的同时增大θ角B．增大F2的同时减小θ角C．增大F2而保持θ角不变D．减小F2的同时增大θ角三、计算题：本题共4个小题，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，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位14．如图所示，质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m．用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0=2s拉至B处．（取g=10m/s2）（1）求物体与地面间的动摩擦因数μ；（2）该外力作用一段时间后撤去，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t．15．一物块以一定的初速度沿斜面向上滑出，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化关系如图所示，g=10m/s2．求：（1）物块上滑和下滑的加速度大小a1、a2，及向上滑行的最大距离x；（2）斜面的倾角θ及物块与斜面间的动摩擦因数μ．16．如图所示，质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8N．当小车向右运动的速度达到3m/s时，在小车前端一个大小不计、质量为m=2kg的小物块以3m/s的速度向左滑上小车，小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长．求：（1）经多长时间两者达到相同的速度？（2）从小物块放在小车上开始，经过t=5s小物块通过的位移大小为多少？（取g=10m/s2）17．如图所示，原长分别为L1和L2，劲度系数分别为k1、k2的轻弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m1的物体，最下端挂着质量为m2的另一物体，整个装置处于静止状态，求：（1）这时两弹簧的总长．（2）若用一个质量为M的平板把下面的物体竖直缓慢的向上托起，直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板受到下面物体的压力．安徽省亳州市利辛一中2015届高考物理一模试卷（普通班）一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分.每题给出的四个选项中，只有一个选项.）1．根据速度定义式v=，当△t极短时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了下列哪种物理方法( )A．控制变量法B．假设法C．微元法D．极限的思想方法考点：物理学史；平均速度．分析：当△t极短时，可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该物理方法为极限的思想方法．解答：解：当时间极短时，某段时间内的平均速度可以代替瞬时速度，该思想是极限的思想方法．故D正确，A、B、C错误．故选D．点评：极限思想法是一种很重要的思想方法，在高中物理中经常用到．要理解并能很好地掌握．2．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=3t+2t2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点( )A．第2s内的位移是10mB．前3s内的平均速度是7m/sC．任意相邻1s内的位移差都是4mD．任意1s内的速度增量都是3m/s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：根据质点做直线运动的位移x与时间t的关系式x=3t+2t2，分别求出质点在前2s内与前1s内的位移，再求出第2s内的位移．求出前3s内的位移，由平均速度公式求解前3s内的平均速度．将x=3t+2t2与匀变速直线运动的位移公式对照得到初速度v0和加速度a，由推论△x=aT2，研究任意相邻1s内的位移差．根据加速度的意义研究任意1s内的速度增量．解答：解：A、根据关系式x=3t+2t2，得到质点在前2s内的位移x2=3×2+2×22（m）=14m，前1s内的位移x1=5m，则第2s内的位移是x=x2﹣x1=9m．故A错误．B、根据关系式x=3t+2t2，得到质点在前3s内的位移x3=3×3+2×32（m）=27m，前3s内的平均速度是==9m/s．故B错误．C、将x=3t+2t2与匀变速直线运动的位移公式x=v0t+对照，得到初速度v0=3m/s，加速度a=4m/s2．由推论△x=aT2，得到任意相邻1s内的位移差△x=4×12m=4m．故C正确．D、任意1s内的速度增量△v=at=4×1m/s=4m/s．故D错误．故选C点评：本题考查对匀变速直线运动位移公式的掌握程度和应用能力，以及对加速度的理解能力，常见题型．3．做匀加速沿直线运动的质点在第一个3s内的平均速度比它在第一个5s内的平均速度小3m/s，则质点的加速度大小为( )A．1m/s2B．2m/s2C．3m/s2D．4m/s2考点：匀变速直线运动规律的综合运用．专题：直线运动规律专题．分析：由匀变速直线运动的平均速度公式可求得第1s末的速度及第3s内的速度；则由加速度定义可求得质点的加速度．解答：解：根据匀变速直线运动的规律可知，第一个3s内的平均速度为第1.5s末的速度；第一个5s内的平均速度为第2.5s末的速度；则由a=可得：a==3m/s2；故选：C．点评：本题考查加速度的计算及平均速度公式的应用，要注意平均速度公式的应用，同时平均速度还等于中间时刻的瞬时速度．4．如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为( )A．3个B．4个C．5个D．6个考点：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A为研究对象，分析受力情况，再对B研究，按顺序进行分析受力情况．解答：解：先以A为研究对象，分析受力情况：重力、B的竖直向上的支持力，B对A 没有摩擦力，否则A不会匀速运动．再对B研究，B受到重力、A对B竖直向下的压力，斜面的支持力和滑动摩擦力，共4个力．故选B点评：本题考查分析物体受力的能力，采用隔离法的思维，要结合平衡进行分析，同时一般按重力、弹力、摩擦力顺序进行分析．5．完全相同的甲、乙两个物体放在同一水平地面上，分别在水平拉力F1、F2作用下，由静止开始做匀加速直线运动，分别经过时间t0和4t0，速度分别达到2v0和v0时撤去F1、F2，甲、乙两物体开始做匀减速直线运动，直到静止．其速度随时间变化情况如图所示，则下列各项说法中正确的是( )A．若在F1、F2作用时间内甲、乙两物体的位移分别为x1、x2，则x1＞x2B．甲、乙两物体匀减速过程的位移大小之比为1：4C．若整个运动过程中甲、乙两物体的位移分别为x1′、x2′，则x1′＞x2′D．若在匀加速过程中甲、乙两物体的加速度分别为a1和a2，则a1＜a2考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：运动学中的图像专题．分析：根据v﹣t图象与坐标轴所围“面积”大小等于位移，由几何知识比较位移大小，根据速度时间图象的斜率表示加速度比较加速度大小．解答：解：A、根据v﹣t图象与坐标轴所围“面积”大小等于位移得：x1=，，所以x1＜x2，故A错误；B、甲匀减速运动的位移，乙匀减速运动的位移，所以，故B错误；C、整个运动过程中甲物体的位移分别为x1′=x1+s1=3v0t0，整个运动过程中乙物体的位移为x2′=x2+s2=2.5v0t0，所以x1′＞x2′，故C正确；D、速度时间图象的斜率表示加速度，根据图象可知，在匀加速过程中甲的加速度大于乙物体的加速度，故D错误．故选：C点评：本题根据斜率等于加速度、“面积”等于位移进行求解即可，难度不大，属于基础题．6．如图所示，质量为M的四分之一圆柱体放在粗糙水平地面上，质量为m的正方体放在圆柱体和光滑墙壁之间，且不计圆柱体与正方体之间的摩擦，正方体与圆柱体的接触点的切线与右侧墙壁成角，圆柱体处于静止状态．则( )A．地面对圆柱体的支持力为MgB．地面对圆柱体的摩擦力为mgtanθC．墙壁对正方体的弹力为D．正方体对圆柱体的压力为考点：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：对正方体受力分析，根据平衡条件列方程求墙壁对正方体的弹力和圆柱体对正方体的弹力，以圆柱体和正方体整体为研究对象，根据平衡条件求地面对圆柱体的摩擦力和支持力．解答：解：以正方体为研究对象，受力分析，并运用合成法如图：由几何知识得，墙壁对正方体的弹力N1=，圆柱体对正方体的弹力N2=，根据牛顿第三定律则正方体对圆柱体的压力为，故C正确D错误；以圆柱体和正方体为研究对象，竖直方向受力平衡，地面对圆柱体的支持力：N=（M+m）g水平方向受力平衡，地面对圆柱体的摩擦力：f=N1=，故AB错误；故选：C．点评：本题考查了受力分析以及平衡条件的应用，灵活的选取研究对象是求解的关键．7．如图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上叠放着物体A、B，A的质量10kg，B的质量30kg，二者处于平衡状态，若突然将一个大小为20N的力竖直向下加在A上，在此瞬间，A对B的压力增加了( )A．10N B．15N C．20N D．25N考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：物体A、B整体受力平衡，即整体受重力和弹簧的支持力平衡；突然对物体A施加一个向下的20N的压力，AB整体受到的重力和弹力不变，故整体具有了向下的加速度，先根据牛顿第二定律求出加速度，然后再对A受力分析，根据牛顿第二定律求出B对A的压力．解答：解：物体AB整体受力平衡，受重力和支持力，合力为零，故弹簧的支持力为400N；突然对物体A施加一个竖直向下的20N的压力，对AB整体而言，受到重力、弹簧弹力和拉力，合力等于压力，根据牛顿第二定律，有F=（m A+m B）a解得a=0.5m/s2①再对物体A受力分析，受到拉力、重力和支持力，根据牛顿第二定律，有F+mg﹣N′=ma ②由①②解得N=15N故A对B的压力增加了15N故选：B．点评：本题关键是先对AB整体受力分析，求出加速度后，再对B受力分析，得出A对B 的支持力，最后根据牛顿第三定律求出A对B的压力8．如图所示，轻绳两端分别与A、B两物体相连接，A、B两物体的质量均为m．物体B 的上表面光滑，B与地面间的动摩擦因数为μ，轻绳与轻质滑轮间的摩擦忽略不计．若要用力将B物体以水平向左的加速度a拉动，则作用在B物体上水平向左的拉力F为( )A．2m（a+μg）B．m（a+μg）C．2ma D．2μmg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：AB通过绳相连，所以A以加速度a向右运动，对A进行受力分析求出绳子的拉力，再对B进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求得F．解答：解：AB通过绳相连，所以A以加速度a向右运动，对A进行受力分析根据牛顿第二定律得：T=ma对B进行受力分析，根据牛顿第二定律得：F﹣T﹣2μmg=ma解得：F=2m（a+μg）故选A点评：本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，难度不大，属于基础题．9．如图所示，质量分别为m和M的两物体P和Q叠放在倾角为θ的固定斜面上，P、Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与斜面间的动摩擦因数为μ2．当它们从静止开始沿斜面滑下时，两物体始终保持相对静止，则物体P受到的摩擦力大小为( )A．0 B．μ1mgcosθC．μ2mgcosθD．（μ1+μ2）mgcosθ考点：牛顿运动定律的应用-连接体；静摩擦力和最大静摩擦力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：先对PQ整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后隔离出物体P，受力分析后根据牛顿第二定律列式求解出间的静摩擦力．解答：解：对PQ整体受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，如图根据牛顿第二定律，有（m+M）gsinθ﹣μ2（m+M）gcosθ=（M+m）a解得a=g（sinθ﹣μ2cosθ）①再对P物体受力分析，受到重力mg、支持力和沿斜面向上的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有mgsinθ﹣F f=ma ②由①②解得F f=μ2mgcosθ故选：C．点评：本题关键是先对整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后再隔离出物体P，运用牛顿第二定律求解PQ间的内力．10．如图所示，将一根不能伸长、柔软的轻绳两端分别系于A、B两点上，一物体用动滑轮悬挂在绳子上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ1，绳子张力为F1；将绳子B端移至C 点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ2，绳子张力为F2；将绳子B端移至D 点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ3，绳子张力为F3，不计摩擦，则( )A．F1=F2＜F3B．F1＞F2＞F3C．θ1＜θ2＜θ3D．θ1=θ2=θ3考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：绳子右端从B移动到C点时，根据几何关系可以判断出，两个绳子之间的夹角不变，然后根据三力平衡条件判断出绳子拉力不变；绳子右端从B移动到D点时，绳子间夹角变大，再次根据共点力平衡条件判断．解答：解：设绳子结点为O，对其受力分析，如图当绳子右端从B移动到C点时，根据几何关系，有AOsin+OBsin=AC同理有AO′sin+O′Bsin=AC绳子长度不变，有AO+OB=AO′+O′B故θ1=θ2绳子的结点受重力和两个绳子的拉力，由于绳子夹角不变，根据三力平衡可知，绳子拉力不变，即F1=F2；绳子右端从B移动到D点时，绳子间夹角显然变大，绳子的结点受重力和两个绳子的拉力，再次根据共点力平衡条件可得F1＜F3故θ1=θ2＜θ3，F1=F2＜F3故选：A．点评：本题关键根据几何关系判断出两次移动过程中两绳子间夹角的变化情况，然后根据共点力平衡条件作图，运用合成法分析．二、实验题：本题共3小题，每空2分，共16分．11．在研究匀变速直线运动的实验中，某同学打出的一条纸带如图所示，图中的点为计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，图上注明了各计数点间距离的测量结果，所接交流电源的频率为50Hz．（1）两个相邻计数点间的时间间隔：△t=0.1s．（2）打下计数点B时小车的速度：v B=0.52m/s．（结果保留2位小数）（3）物体匀变速直线运动的加速度a=1.58m/s2．（结果保留2位小数）考点：探究小车速度随时间变化的规律．专题：实验题．分析：（1）打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，因此打点周期为0.02s，由此可求出计数点之间的时间间隔；（2）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B点时小车的瞬时速度大小；（3）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．解答：解：（1）由于每隔4个点取一个计数点（打点计时器的电源频率是50Hz），所以相邻的计数点间有5个时间间隔，即：T=5×0.02s=0.1s；（2）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3点时小车的瞬时速度大小；v B==0.52m/s（3）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）===1.6m/s2．故答案为：（1）0.1；（2）0.52；（3）1.6．点评：解决本题的关键掌握纸带的处理，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用．12．在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中备有下列器材：A．电磁打点计时器B．天平（带砝码）C．纸带和复写纸D．导线E．细绳F．小车G．砂和小桶H．一端附有滑轮的长木板（1）缺少的器材是低压交流电源和刻度尺．（2）在探究加速度a与质量m的关系时，分别以a为纵坐标、为横坐标作图象，这样就能直观地看出其关系．（3）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是木块和木块上砝码的总质量远大于砝码桶及桶内砝码的总质量．（选填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题．分析：（1）根据实验的具体操作步骤以及所要测量的数据，即可明确所需器材；（2）物体的加速度a与物体质量m的关系图线是曲线，不能确定它们的关系，而加速度a 与质量倒数的关系图线是直线．（3）实验满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量，砝码盘和砝码的重力等于小车所受的合外力．解答：解：（1）电磁打点计时器需要低压交流电源，实验需要测量物体运动的位移，因此缺少刻度尺；（2）物体的加速度a与物体质量m的关系图线是曲线，不能确定它们的关系，而加速度a 与质量倒数的关系图线是直线，从而可知加速度a与质量m成反比．所以在探究加速度与质量关系时，分别以a为纵坐标、为横坐标作图象，这样就能直观地看出其关系．（3）以整体为研究对象有mg=（m+M）a解得a=，以M为研究对象有绳子的拉力F=Ma=mg，显然要有F=mg必有m+M=M，故有M＞＞m，即只有M＞＞m时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力．故答案为：（1）低压交流电源和刻度尺（2）a；．（3）远大于点评：本实验在原来的基础上有所创新，根据所学物理知识和实验装置的特点明确实验原理是解答该实验的关键．13．如图所示，在“共点力合成”的实验中，橡皮条一端固定于P点，另一端连接两个弹簧测力计，分别用F1和F2拉两个弹簧测力计，将这端的结点拉至O点．现让F1大小不变，方向沿顺时针方向转动某一角度，且F1始终处于PO左侧，要使这端的结点仍位于O点，则关于F的大小和图中的θ角，下列说法中错误的是( )A．增大F2的同时增大θ角B．增大F2的同时减小θ角C．增大F2而保持θ角不变D．减小F2的同时增大θ角考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题；平行四边形法则图解法专题．分析：要使结点O位置不变，应保证合力大小、方向不变，保持F1的大小不变，即要求一个分力大小不变，故根据要求利用平行四边形定则作图可正确分析得出结果．解答：解：对点O点受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，由于O点位置不变，因此橡皮条长度不变，其拉力大小方向不变，F2的大小不变，ob弹簧拉力方向和大小都改变，根据力的平行四边形定则有：如图1所受示，可以增大F2的同时增大θ角，故A正确；若如图2变化所受，可以增大F2的同时减小θ角，故B正确；如图3所受示，可以增大F2而保持θ角不变，故C正确；同时根据平行四边形定则可知，减小F2的同时增大β角是不能组成平行四边形的，故D错误．本题选错误的，故选D．点评：明确矢量合成的法则，熟练应用平行四边形定则解题，本题实质上考查了平行四边形定则的应用．三、计算题：本题共4个小题，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，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位14．如图所示，质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m．用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0=2s拉至B处．（取g=10m/s2）（1）求物体与地面间的动摩擦因数μ；（2）该外力作用一段时间后撤去，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t．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）根据匀变速直线运动的位移公式可以求得物体的加速度的大小，在根据牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小，进而可以求得摩擦因数的大小；（2）当力作用的时间最短时，物体应该是先加速运动，运动一段时间之后撤去拉力F在做减速运动，由运动的规律可以求得时间的大小．解答：解：（1）物体做匀加速直线运动，则L=，所以a=，由牛顿第二定律得F﹣f=ma，又f=μmg，解得：μ=0.5（2）力F作用时，a1=a，a1t12+μgt22=L。
【精品】安徽省近两年(2017,2018)高考物理试卷以及答案(word解析版)
安徽省2017年高考物理试卷一、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项是符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分．有选错的得0分．1．（6分）将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（）A．30kg•m/s B．5.7×102kg•m/sC．6.0×102kg•m/s D．6.3×102kg•m/s2．（6分）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。
速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是（）A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大3．（6分）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里。
三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，质量分别为m a，m b，m c．已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。
下列选项正确的是（）A．m a＞m b＞m c B．m b＞m a＞m c C．m c＞m a＞m b D．m c＞m b＞m a4．（6分）大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电，氘核聚变反应方程是：H+H→He+n，已知H的质量为2.0136u，He的质量为3.0150u，n 的质量为1.0087u，1u=931MeV/c2．氘核聚变反应中释放的核能约为（）A．3.7MeV B．3.3MeV C．2.7MeV D．0.93MeV5．（6分）扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺寸上的形貌，为了有效隔离外界震动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小震动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右震动的衰减最有效的方案是（）A． B．C．D．6．（6分）如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。
安徽省省城名校2018届高三上学期第一次联考试题(物理)word版 精品
安徽省省城名校2018届高三上学期第一次联考试题（物理）word版本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
第I卷选择题（共36分）一、选择题（本大题共12小题。
每小题3分，共36分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
）1．以下说法中正确的是（）A．做匀变速直线运动的物体，ts内通过的路程与位移的大小一定相等B．质点一定是体积和质量极小的物体C．速度的定义式和平均速度公式都是xvt，因此速度就是指平均速度D．速度不变的运动是匀速直线运动2．如图所示，是A、B两质点从同一地点运动的x-t图象，则下列说法错误的是（）A．A质点以20m/s的速度匀速运动B．B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动C．B质点最初4s做加速运动，后4秒做减速运动D．A、B两质点在4s末相遇3．汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动，开始刹车后的第1秒内的位移是8m，第3秒内的位移是0.5m，则下列说法中正确的是（）A．0.5秒末的速度一定等于8rn/sB．汽车的加速度可能小于3.75m/s2C．汽车的加速度一定等于3.75m/s2D．2.5秒末的速度一定等于0.5m/s4．“蛟龙”号载人潜水器2011年7月30号凌晨4时26分开始进行第四次下潜实验，并在深度5182米的位置成功安放了中国大洋协会的标志和一个木雕的中国龙，如图所示。
下潜全程历时8小时57分，于13时2分完成下潜任务后顺利返回到“向阳红09”母船。
关于此次下潜实验说法正确的是（）A．“5182米”是指位移B．“5182米”是指路程C．“4时26分”、“8小时57分”、“13时2分”是指时间D．“4时26分”、“13时2分”指时刻，“8小时57分”指时间5．从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体I、II的v – t图象如图所示。
在0~t2时间内，下列说法中正确的是（）A．I物体所受的合外力不断增大，II物体所受的合外力不断减小B．在第一次相遇之前，t1时刻两物体相距最远C ．I 、II 两个物体在t 2时刻刚好相遇D ．I 、II 两个物体的平均速度大小都是122v v6．如图所示，放在粗糙水平面上的“L 型”物体A ，上表面光滑， 下表面粗糙。
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2017-2018学年2016届安徽省示范高中第一次联考物理参考答案1.B【解析】本题考查物理学史和物理方法。
牛顿总结出了万有引力定律，卡文迪许用实验测出了引力常量，选项A错误；伽利略通过通过理想斜面实验，推出力不是维持物体运动的原因，创造了把实验和逻辑推理和谐结合起来的科学研究方法，B正确；胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，选项C错误；“在高山上水平抛出一物体，只要速度足够大就不会再落在地球上”是牛顿的观点，选项D错误。
2.C【解析】由题图可以看出：0～1 s内质点做初速度为零、末速度为2 m/s的匀加速直线运动；1～2 s内质点以2 m/s的速度做匀速直线运动；2～4 s内质点做初速度为2 m/s，末速度为0的匀减速直线运动，故0～1 s内质点的平均速度为v＝0＋22m/s＝1 m/s选项A错误；0～2 s内图象与时间轴所围的面积在数值上等于位移的大小，x2＝（1+2）×2／2m＝3 m，选项B错误；由错误！未找到引用源。
△v =a△t 可知错误！未找到引用源。
，加速度时间图象和坐标轴围成的面积和△v 错误！未找到引用源。
相等，所以乙在0～4s 内速度的变化量大小为5m/s，选项C正确；t=0时该物体的速度未知，乙在4s末的速度大小不一定为5m/s，选项D错误．3.B【解析】设船头与航线MN之间的夹角为α，船速、水速与船在水中的合速度如图所示，由几何知识得α=53°，船在水中的合速度大小为6.0m/s，方向沿MN。
航线MN的长度为L=48m / sin53°＝60m，故小船从M点沿直线MN到达对岸所经历的时间为10s。
只有选项B正确。
4.B【解析】如图所示，小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于b点，则在b点时速度方向即为轨道的切线方向，由几何知识可知：错误！未找到引用源。
，所以cotθ1tanθ2=2，只有选项B正确。
5.C 【解析】根据万有引力提供向心力G Mm r 2＝ma ，及地球同步轨道卫星半径大于低轨道卫星可知，地球同步轨道卫星的向心加速度比低轨道卫星向心加速度小，故A 错误；地球同步卫星绕地球运动的周期等于地球的自转周期，即T=24h=86400s ，选项B 错误；根据可知地球同步卫星比低轨卫星的转动周期大，选项C 正确；根据公式可得，速度发生变化，则运动半径也发生变化，即低轨道卫星运动轨道发生变化，D 错误。
6.A 【解析】物体恰能匀速下滑，满足错误！未找到引用源。
，错误！未找到引用源。
设斜面倾斜角为错误！未找到引用源。
，物体沿斜面匀速上滑，满足： 错误！未找到引用源。
，错误！未找到引用源。
，当错误！未找到引用源。
，错误！未找到引用源。
，错误！未找到引用源。
，错误！未找到引用源。
，只有选项A 正确。
7. BC 【解析】对N 受力分析，则有：重力、支持力、弹簧的弹力，可能有静摩擦力，若有可能沿着斜面向下，也可能沿着斜面向上，当用拉力拉N 时，因没有拉动，则弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，选项A 错误；由A 选项分析可知，当N 受到的静摩擦力开始是沿着斜面向上，当用拉力拉时，导致N 受到的静摩擦力沿着斜面向下，此时大小可能相等，选项B 正确；从整体角度，可知，当斜向上的拉力拉时，整体对地面的压力减小，有向右的运动趋势，导致水平面对M 的摩擦力发生变化，选项C 正确、D 错误。
8.AD 【解析】由力和运动关系，人自由下落到a 点，与弹簧接触，但弹力小于重力，继续加速到b 点。
合力为零，在b 点速度最大，选项A 正确；对整个系统机械能守恒，人的动能，重力势能和弹簧的弹性势能守恒，所以人的机械能减小，弹簧的弹性势能增大，选项B 错误、D 正确；如果人是从a 点下落，设最低点为d ，则d 点与a 点关于b 对称，而本题人从高处下落故c 点比d 点低，ac>2ab ，选项C 错误。
9． CD 【解析】小球在圆弧上运动的过程中，小球对滑块的力有水平向右的分量，使滑块向右加速，滑块动能增大，小球的机械能将减小，选项A 错误、C 正确；当小球速度足够大，从F 点离开滑块时，由于F 点切线竖直，在F 点时小球与滑块的水平速度相同，离开F 点后将再次从F 点落回，不会从滑块的右侧离开滑块后落到水平面，选项B 错误；如果滑块固定，小球返回E 点时对滑块的压力为错误！未找到引用源。
，选项D 错误。
10.ABC 【解析】v-t 图线图中梯形的面积为：错误！未找到引用源。
=2m ，它代表滑块相对平板车的位移，也就是平板车的长度L ，A 正确；对滑块运用牛顿第二定律有： 错误！未找到引用源。
，而错误！未找到引用源。
，解得：错误！未找到引用源。
=0.1，B 正确；由图象可知滑块、平板车的加速度大小相等，等，使它们产生加速度的合力就是两者间的滑动摩擦力，因此它们的质量相等，C 正确；根据动能定理E k2－E k1＝－W f ，，t 0时间内滑块克服摩擦力做功W f = 2.5J ，所以t 0时间内滑块所受摩擦力做功的平均功率为P=W/t 0=2.5W ，选项D 错误。
11.（6分）（1）2k（2分）（2）错误！未找到引用源。
（2分）（3）在钩码个数不变的情况下，多次试验，读出弹簧测力计的示数，求平均值。
(只要答案合理即可) （2分）【解析】对滑块受力分析，由牛顿第二定律得，2F－μmg=ma，整理可得，F=错误！未找到引用源。
a+错误！未找到引用源。
μg，图象的斜率k=错误！未找到引用源。
，纵轴截距b=错误！未找到引用源。
μg，解得，m=2k，μ=错误！未找到引用源。
减小实验误差的有效措施：在钩码个数不变的情况下，多次试验，读出弹簧测力计的示数，求平均值；挂钩码改为挂小桶加沙，获得多组数据，减小实验误差等。
12.（8分）⑴7.25（2分）⑵错误！未找到引用源。
（2分）⑶错误！未找到引用源。
（4分）【解析】（1）金属球的直径为错误！未找到引用源。
（2）金属球经过光电门的时间极短，平均速度可视为金属球经过光电门的瞬时速度，故错误！未找到引用源。
（3）金属球由静止到经过光电门这一过程，根据运动学公式有错误！未找到引用源。
，解得金属球的加速度为错误！未找到引用源。
，而错误！未找到引用源。
，故错误！未找到引用源。
13.（11分）解：（1）前4s小物体做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a=15m/s2，方向向上．4s末运载火箭与小物体的速度为：v=at=60m/s （2分）位移为x1=错误！未找到引用源。
at2=120m （1分）小重物掉出后以60m/s的初速度做竖直上抛运动，上升的高度为：h=错误！未找到引用源。
= 180m （1分）小重物最高可上升到距地面H=x1+h=300m （1分）（2）小重物从运载火箭上脱落后上升所用时间：t1=错误！未找到引用源。
=6s （1分）设从最高点下落到地面的时间为t2，则：H=错误！未找到引用源。
（1分）即300m=错误！未找到引用源。
t2=错误！未找到引用源。
s=2错误！未找到引用源。
s=7.74s （2分）则小重物从运载火箭上掉出之后到落回地面需要的时间：t总= t1+ t2=13.74s （2分）14．（10分）解：（1）设X星球表面重力加速度为g,质量为M，小球刚好能做完整的圆周运动；则小球在最高点时，仅由重力提供向心力；根据牛顿第二定律有：错误！未找到引用源。
（1分）小球从轨道最低点到最高点的过程中，由动能定理有：错误！未找到引用源。
（2分）联立两式可得：错误！未找到引用源。
（1分）（2）在X星球发射卫星的最小速度为月球第一宇宙速度错误！未找到引用源。
（1分）又错误！未找到引用源。
（1分）联立方程解得：错误！未找到引用源。
（1分）（3）环绕X星球的轨道半径为2R的卫星由万有引力提供向心力，有错误！未找到引用源。
（1分）解错误！未找到引用源。
（2分）15．（12分）解：(1)滑块从B点下滑的过程中，由牛顿第二运动定律可得：错误！未找到引用源。
（2分）由运动学公式可得：错误！未找到引用源。
（1分）解得：错误！未找到引用源。
（2分）(2)当用拉力F拉滑块时，由牛顿第二运动定律错误！未找到引用源。
（2分）解得:错误！未找到引用源。
（1分）当滑块的速度与传送带速度相等时，滑块运动的位移：错误！未找到引用源。
（1分）（3）撤去拉力后，物块开始向上做匀减速运动，加速度大小等于错误！未找到引用源。
，向上运动的位移大小为：错误！未找到引用源。
（1分）由运动学公式：错误！未找到引用源。
（1分）解得：错误！未找到引用源。
（1分）16．（14分）解：（1）木板撞墙后，木板和物块速度反向，二者分别受到相反的大小相等的滑动摩擦力作用而减速，因为M>m，碰撞后小物块的加速度大于木板的加速度，故小物块先向左减速再向右加速。
设木板和小物块之间动摩擦因数为μ，碰撞后小物块的加速度为错误！未找到引用源。
，木板的加速度为错误！未找到引用源。
，经过时间错误！未找到引用源。
，木板和小物块刚好具有共同速度v。
由牛顿第二定律及运动学公式得：○1（1分）错误！未找到引用源。
○2（1分）错误！未找到引用源。
○3（1分）错误！未找到引用源。
○4（1分）错误！未找到引用源。
○5（2分）解得错误！未找到引用源。
(2)撞墙后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，○6（1分）对木块由动能定理可得错误！未找到引用源。
○7（1分）对木板由动能定理可得错误！未找到引用源。
○8（1分）又小物块恰好没有脱离木板，故错误！未找到引用源。
联立○5○6○7○8解得○9（1分）错误！未找到引用源。
经分析，木块向右减速到速度为0后再反向加速，故离墙最近之处即其速度为0之时，对木块向右减速到速度为0的过程，由动能定理可得－μmgx0=0－错误！未找到引用源。
○10（2分）（1分）联立○9○10可得错误！未找到引用源。
（1分）故离墙最近的距离错误！未找到引用源。
（本题用其它解法，只要正确. 同样给分）。