山东省德州市武城二中2015-2016学年高一下学期期中物理试卷 Word版含解析
山东省德州市武城二中2015_2016学年高一物理下学期3月月考试卷(含解析)
2015-2016学年山东省德州市武城二中高一（下）月考物理试卷（3月份）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，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10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．下列说法正确的是（）A．曲线运动一定是变速运动B．曲线运动一定是匀变速运动C．匀速圆周运动是速度不变的运动D．只要两个分运动是直线运动，合运动一定也是直线运动2．做平抛运动的物体，在水平方向通过的最大距离取决于（）A．物体的高度和所受重力B．物体的高度和初速度C．物体所受的重力和初速度D．物体所受的重力、高度和初速度3．在匀速圆周运动中，下列说法错误的是（）A．线速度不变B．线速度的方向不断改变C．线速度大小不变D．角速度不变4．在高处以初速度v0水平抛出一石子，当它的速度由水平变化为与水平成θ角的过程中，石子的水平方向位移是（）A．B．C．D．5．甲、乙两球位于同一竖直直线上的不同位置，甲比乙高出h，如图所示，将甲、乙两球分别以v1、v2的速度沿同一水平方向抛出，不计空气阻力，下列条件中有可能使乙球击中甲球的是（）A．同时抛出，且v1＜v2B．甲迟抛出，且v1＞v2C．甲早抛出，且v1＞v2D．甲早抛出，且v1＜v26．质点做匀速圆周运动，当线速度为v时，圆周半径为R，若保持向心力大小不变，当圆周半径为2R时，角速度应为（）A．B．C．D．7．如图所示，当正方形薄板绕着过其中心O并与板垂直的转动轴转动时，板上A、B两点的（）A．角速度之比ωA：ωB=1：1 B．角速度之比ωA：ωB=1：C．线速度之比v A：v B=：1 D．线速度之比v A：v B=1：18．一只小船在静水中的速度为3m/s，它要渡过30m宽的河，河水的速度为4m/s，则下列说法正确的是（）A．船不能渡过河 B．船渡河的速度一定为5m/sC．船不能垂直到达对岸D．船渡河的时间不可能为10s9．如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是（）A．球的速度v等于LB．球从击出至落地所用时间为C．球从击球点至落地点的位移等于LD．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关10．如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速运动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（）A．b一定比a先开始滑动B．a，b所受的摩擦力始终相等C．当ω=时，b开始滑动的临界角速度D．当ω=时，a所受摩擦力的大小为kmg二、实验题（本大题共2小题，共16分．请把答案写在答题卷上．）11．如图为用频闪摄影方法拍摄的小球作平抛运动的照片，小球在运动过程中的几个位置如图中的a、b、c、d所示．下列说法正确的是（）A．若已知小方格的边长，可求得平抛的初速度B．若已知小方格的边长，可求得频闪周期C．若已知小方格的边长和当地的重力加速度，可求得a、b、c、d任一点的速度D．若已知小方格的边长和频闪周期，可以求得当地的重力加速度12．利用如图所示的装置研究平抛运动的规律（1）下列关于该实验的说法正确的是A．钢球每次从同一位置释放，这样保证钢球每次抛出的初速度相同B．在实验中设法描出钢球轨迹上的多个点，然后用折线连接就可以得到平抛运动的轨迹C．实验中必须要求斜槽末端水平D．该实验产生误差主要是因为斜槽粗糙（2）如图为一小球做平抛运动描的几个点，图中方格每边长为5cm，g取10m/s2，则小球的初为m/s，小球在B点时的竖直分速度为m/s．三、计算题（本大题有3小题，共44分．请把解答过程写在答题卷上．）13．如图，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经过3.0s落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ=37°，运动员的质量m=50kg．不计空气阻力．（取sin 37°=0.60，cos 37°=0.80；g取10m/s2）求：（1）A点与O点的距离L；（2）运动员离开O点时的速度大小；（3）运动员落到A点时的速度大小．14．如图所示，质量为m的木块，用一轻绳拴着，置于很大的水平转盘上，细绳穿过转盘中央的细管，与质量也为m的小球相连，木块与转盘间的最大静摩擦力为其重力的μ倍（μ=0.2），当转盘以角速度ω=4rad/s匀速转动时，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是多少？（g取10m/s2）15．如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯的由半圆形APB（圆半径比细管的内径大得多）和直线BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知半圆形APB的半径R=1.0m，BC 段L=1.5m．弹射装置将一个质量为1kg的小球（可视为质点）以v0=5m/s的水平初速度从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道随即水平抛出，桌子的高度h=1.25m，不计空气阻力，g取10m/s2，π取3.14，求：（1）小球在半圆轨道上运动时的向心力大小及从A运动到C点的时间（2）小球落地瞬间速度与水平方向的夹角．2015-2016学年山东省德州市武城二中高一（下）月考物理试卷（3月份）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，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10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．下列说法正确的是（）A．曲线运动一定是变速运动B．曲线运动一定是匀变速运动C．匀速圆周运动是速度不变的运动D．只要两个分运动是直线运动，合运动一定也是直线运动【考点】曲线运动．【分析】物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动”．当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做曲线运动．【解答】解：A、由于曲线运动速度时刻在改变，故曲线运动一定是变速运动；故A正确；B、曲线运动不一定是匀变速运动，如圆周运动的加速度的方向时刻都在变化；故B错误；C、匀速圆周运动的方向时刻改变，是变速运动．故C错误；D、两个分运动是直线运动，合运动不一定也是直线运动，如平抛运动是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，故D错误；故选：A．2．做平抛运动的物体，在水平方向通过的最大距离取决于（）A．物体的高度和所受重力B．物体的高度和初速度C．物体所受的重力和初速度D．物体所受的重力、高度和初速度【考点】平抛运动．【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，平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．【解答】解：根据h=得，t=，则水平距离x=，知水平方向通过的最大距离由物体的高度和初速度决定．故B正确，A、C、D错误．故选：B．3．在匀速圆周运动中，下列说法错误的是（）A．线速度不变B．线速度的方向不断改变C．线速度大小不变D．角速度不变【考点】匀速圆周运动．【分析】匀速圆周运动速度的大小不变，方向时刻改变，角速度不变．【解答】解：A、匀速圆周运动速度的大小不变，方向时刻改变，故A错误，BC正确；D、匀速圆周运动相等的时间内转过的角度相同，则角速度不变，故D正确．本题选错误的故选：A4．在高处以初速度v0水平抛出一石子，当它的速度由水平变化为与水平成θ角的过程中，石子的水平方向位移是（）A．B．C．D．【考点】平抛运动．【分析】根据平行四边形定则求出竖直分速度，结合速度时间公式求出运动的时间，根据初速度和时间求出水平方向的位移．【解答】解：根据平行四边形定则知，tanθ=，解得v y=v0tanθ，则运动的时间t=，水平方向的位移x=．故选：C．5．甲、乙两球位于同一竖直直线上的不同位置，甲比乙高出h，如图所示，将甲、乙两球分别以v1、v2的速度沿同一水平方向抛出，不计空气阻力，下列条件中有可能使乙球击中甲球的是（）A．同时抛出，且v1＜v2B．甲迟抛出，且v1＞v2C．甲早抛出，且v1＞v2D．甲早抛出，且v1＜v2【考点】运动的合成和分解；平抛运动．【分析】要使乙球击中甲球，两球应同时出现在同一位置；而平抛运动在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由两球的位置关系可知正确结果．【解答】解：由图可知甲的抛出点高于乙的抛出点，故甲应先抛出；而两物体的水平位移相同，而运动时间甲的要长，故甲的速度要小于乙的速度，v1＜v2；故选D．6．质点做匀速圆周运动，当线速度为v时，圆周半径为R，若保持向心力大小不变，当圆周半径为2R时，角速度应为（）A．B． C．D．【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】题中物体的向心力不变，根据向心力公式F=m=mω2R列式求解即可．【解答】解：质点做匀速圆周运动，当线速度为v时，圆周半径为R，故向心力为：F=m保持向心力大小不变，当圆周半径为2R，故：F=mω2（2R）解得：ω=故选：B．7．如图所示，当正方形薄板绕着过其中心O并与板垂直的转动轴转动时，板上A、B两点的（）A．角速度之比ωA：ωB=1：1 B．角速度之比ωA：ωB=1：C．线速度之比v A：v B=：1 D．线速度之比v A：v B=1：1【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】板上A、B两点绕同一个转轴转动，所以具有相同的角速度；根据v=rω得出线速度之比．【解答】解：A、B、板上A、B两点绕同一个转轴转动，所以具有相同的角速度；即角速度之比ωA：ωB=1：1，故A正确，B错误；C、D、根据几何关系得板上A、B的轨道半径之比为1：；所以线速度之比v A：v B=1：，故C错误，D错误；故选：A．8．一只小船在静水中的速度为3m/s，它要渡过30m宽的河，河水的速度为4m/s，则下列说法正确的是（）A．船不能渡过河 B．船渡河的速度一定为5m/sC．船不能垂直到达对岸D．船渡河的时间不可能为10s【考点】运动的合成和分解．【分析】将船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，根据垂直于河岸方向上的速度求出渡河的时间．通过判断合速度能否与河岸垂直，判断船能否垂直到对岸．【解答】解：A、当静水速与河岸不平行，则船就一定能渡过河．故A错误．B、因为船的静水速的方向未知，根据平行四边形定则，无法判断船渡河的速度大小．故B 错误．C、根据平行四边形定则，由于船在静水中的速度小于水流速，则合速度不可能垂直于河岸，即船不可能垂直到达对岸．故C正确．D、当静水速与河岸垂直时，渡河时间t==s=10s．故D错误．故选：C．9．如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是（）A．球的速度v等于LB．球从击出至落地所用时间为C．球从击球点至落地点的位移等于LD．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关【考点】平抛运动．【分析】网球做的是平抛运动，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，分别根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律列方程求解即可．【解答】解：A、网球做的是平抛运动，在水平方向上匀速直线运动：L=vt在竖直方向上，小球做自由落体运动：H=gt2代入数据解得：v=，t=，所以AB正确．C、位移是指从初位置到末位置的有向线段，初位置是在球网正上方距地面H处，末位置是在底线上，所以位移的大小为，与球的质量无关，所以CD错误．故选：AB．10．如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速运动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（）A．b一定比a先开始滑动B．a，b所受的摩擦力始终相等C．当ω=时，b开始滑动的临界角速度D．当ω=时，a所受摩擦力的大小为kmg【考点】向心力．【分析】木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由物体的质量、半径和角速度决定．当圆盘转速增大时，提供的静摩擦力随之而增大．当需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体开始滑动．因此是否滑动与质量无关，是由半径大小决定．【解答】解：A、B、两个木块的最大静摩擦力相等．木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f=mω2r，m、ω相等，f∝r，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b 一定比a先开始滑动，故A正确，B错误；C、当b刚要滑动时，有kmg=mω2•2l，解得：ω=，故C正确；D、以a为研究对象，当ω=时，由牛顿第二定律得：f=mω2l，可解得：f=，故D错误．故选：AC．二、实验题（本大题共2小题，共16分．请把答案写在答题卷上．）11．如图为用频闪摄影方法拍摄的小球作平抛运动的照片，小球在运动过程中的几个位置如图中的a、b、c、d所示．下列说法正确的是（）A．若已知小方格的边长，可求得平抛的初速度B．若已知小方格的边长，可求得频闪周期C．若已知小方格的边长和当地的重力加速度，可求得a、b、c、d任一点的速度D．若已知小方格的边长和频闪周期，可以求得当地的重力加速度【考点】研究平抛物体的运动．【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，根据竖直方向上位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移求出小球的初速度．【解答】解：竖直方向上相等时间内的位移之差△y=L．根据△y=gT2得，相等的时间间隔T=，而水平方向v0=，因此必须知道小方格的边长与当地的重力加速度，即可求解初速度大小，再根据，求得中时刻竖直方向的速度，最后由速度的合成，即可求解该点的瞬时速度，从而利用速度与时间关系，进而求得其它点的速度，故CD正确，AB错误；故选：CD．12．利用如图所示的装置研究平抛运动的规律（1）下列关于该实验的说法正确的是ACA．钢球每次从同一位置释放，这样保证钢球每次抛出的初速度相同B．在实验中设法描出钢球轨迹上的多个点，然后用折线连接就可以得到平抛运动的轨迹C．实验中必须要求斜槽末端水平D．该实验产生误差主要是因为斜槽粗糙（2）如图为一小球做平抛运动描的几个点，图中方格每边长为5cm，g取10m/s2，则小球的初为 2 m/s，小球在B点时的竖直分速度为 3 m/s．【考点】研究平抛物体的运动．【分析】研究平抛运动的轨迹，使每次小球从斜槽的同一位置由静止释放，做平抛运动，小球与斜槽之间的摩擦对测量的结果准确性没有影响；平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出平抛运动的初速度，即水平分速度．根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，求出B点竖直方向上的分速度．【解答】解：A、要保证小球的初速度相同，小球每次从斜槽上开始运动的位置必须相同，故A正确；B、在实验中设法描出钢球轨迹上的多个点，然后用光滑的曲线连接就可以得到平抛运动的轨迹，不能用折线，故B错误；C、为保证小球做平抛运动，安装斜槽时其末端切线必须水平，故C正确．D、本实验运用描迹法，画出平抛运动的轨迹，求出初速度，小球与斜槽之间的摩擦对测量的结果准确性没有影响，故D错误．故选：AC（2）根据△y=gT2，解得：T=，小球做平抛运动的初速度，B点竖直方向上的分速度等于AC在竖直方向上的平均速度，则．故答案为：（1）AC；（2）2；3三、计算题（本大题有3小题，共44分．请把解答过程写在答题卷上．）13．如图，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经过3.0s落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ=37°，运动员的质量m=50kg．不计空气阻力．（取sin 37°=0.60，cos 37°=0.80；g取10m/s2）求：（1）A点与O点的距离L；（2）运动员离开O点时的速度大小；（3）运动员落到A点时的速度大小．【考点】平抛运动．【分析】（1）从O点水平飞出后，人做平抛运动，根据水平方向上的匀速直线运动，竖直方向上的自由落体运动规律可以求出下落的高度，由几何关系求得A点与O点的距离L；（2）运动员离开O点时的速度就是平抛初速度的大小，根据水平方向上匀速直线运动可以求得；（3）整个过程中机械能守恒，根据机械能守恒可以求得落到A点时的速度大小．【解答】解：（1）运动员在竖直方向做自由落体运动，则Lsin37°=gt2所以A点与O点的距离为：L==m=75m．（2）设运动员离开O点的速度为v0，运动员在水平方向做匀速直线运动，即Lcos37°=v0t解得 v0==20m/s（3）由机械能守恒，取A点为重力势能零点，运动员落到A点的动能为=mgLsin37°+mv02可得 v A===10m/s答：（1）A点与O点的距离L是75m；（2）运动员离开O点时的速度大小是20m/s；（3）运动员落到A点时的速度大小是10m/s．14．如图所示，质量为m的木块，用一轻绳拴着，置于很大的水平转盘上，细绳穿过转盘中央的细管，与质量也为m的小球相连，木块与转盘间的最大静摩擦力为其重力的μ倍（μ=0.2），当转盘以角速度ω=4rad/s匀速转动时，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是多少？（g取10m/s2）【考点】向心力；牛顿第二定律．【分析】当圆周运动的半径取最小值时，最大静摩擦力方向与拉力方向相反，当半径取最大值时，拉力与最大静摩擦力方向相同，根据牛顿第二定律得出转动半径的范围．【解答】解：由于转盘以角速度ω=4rad/s匀速转动，因此木块做匀速圆周运动所需向心力为：F=mrω2．当木块做匀速圆周运动的半径取最小值时，其所受最大静摩擦力与拉力方向相反，则有：mg ﹣μmg=mr minω2，代入数据解得：r min=0.5m；当木块做匀速圆周运动的半径取最大值时，其所受最大静摩擦力与拉力方向相同，则有：mg+μmg=mr maxω2，代入数据解得：r max=0.75m．因此，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是：0.5m≤r≤0.75m．答：木块转动半径的范围是：0.5m≤r≤0.75m．15．如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯的由半圆形APB（圆半径比细管的内径大得多）和直线BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知半圆形APB的半径R=1.0m，BC 段L=1.5m．弹射装置将一个质量为1kg的小球（可视为质点）以v0=5m/s的水平初速度从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道随即水平抛出，桌子的高度h=1.25m，不计空气阻力，g取10m/s2，π取3.14，求：（1）小球在半圆轨道上运动时的向心力大小及从A运动到C点的时间（2）小球落地瞬间速度与水平方向的夹角．【考点】平抛运动；牛顿第二定律；向心力．【分析】（1）根据向心力的大小公式求出小球做圆周运动的向心力大小，结合小球走过的路程求出运动的时间．（2）根据平抛运动的高度求出竖直方向上的分速度，结合平行四边形定则求出小球落地时瞬时速度与水平方向的夹角．【解答】解：（1）小球做匀速圆周运动向心力大小F=．小球从A到B的时间．从B到C的时间小球从A到C的时间t=t1+t2=0.928s．（2）小球做平抛运动，解得小球落地瞬间速度与水平方向的夹角θ=45°．答：（1）小球在半圆轨道上运动时的向心力大小为25N，从A运动到C点的时间为0.928s．（2）小球落地瞬间速度与水平方向的夹角为45°．。
山东省德州市武城县第二中学2015-2016学年高二下学期期中考试物理试题 含答案
高二物理模块测试一、选择题(本题共15小题,1—10题为单选题，11—15题为多选题,每小题4分，共60分）1．在匀强磁场中,一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则( )A．t＝0.005 s时线圈平面与磁场方向平行B．t＝0。
010 s时线圈的磁通量变化率最大C．线圈产生的交变电动势频率为100 HzD．线圈产生的交变电动势有效值为311 V2．先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电,第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化(如图甲所示)；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示.若甲、乙图中的U0、T所表示的电压、周期值是相同的,则以下说法正确的是（)A．第一次,灯泡两端的电压有效值是U0 2B．第二次,灯泡两端的电压有效值是错误!C．第一、第二次,灯泡的电功率之比是2∶9D．第一、第二次,灯泡的电功率之比是1∶53．如图所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V,输出的电功率为50 kW，用电阻为3 Ω的输电线向远处送电,要求输电线上损失功率为输电功率的0。
6%,则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)。
对整个送电过程，下列说法正确的是（)A．输电线上的损失功率为300 WB．升压变压器的匝数比为1∶100C．输电线上的电流为100 AD．降压变压器的输入电压为4 700 V4.小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd,磁极间的磁场视为匀强磁场,方向垂直于线圈中心轴OO′,线圈绕OO′匀速转动，如图所示.矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻,则发电机输出电压（)A．峰值是e0B．峰值是2e0C．有效值是错误!Ne0D．有效值是2Ne05.如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R,和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零,反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝202sin 100πt V，则加在R2上的电压有效值为（）A．10 V B．20 VC．15 V D．5错误!V6.如图所示，甲分子固定于坐标原点O，乙分子从无穷远a处由静止释放，在分子力的作用下靠近甲。
2015-2016学年山东省德州市武城二中高二(下)月考物理试卷(6月份)
2015-2016学年山东省德州市武城二中高二（下）月考物理试卷（6月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题(本大题共6小题，共24.0分)1.如图所示，在两个等量负点电荷形成的电场中，o点是两电荷连线的中点，a、b是该线上的两点，c、d是两电荷连线中垂线上的两点，acbd为一菱形．若将一负粒子（不计重力且不影响原电场分布）从c点匀速移动到d点，电场强度用E，电势用φ来表示．则下列说法正确的是（）A.φa一定小于φo，φo一定大于φcB.E a一定大于E o，E o一定大于E cC.负粒子的电势能一定先增大后减小D.施加在负粒子上的外力一定先减小后增大【答案】C【解析】解：A、沿着电场线电势降落可知φc＞φo＞φa，A项错误；B、o点合场强为零，故E a＞E o，E c＞E o，B项错误；C、负粒子在电势低处电势能大，在电势高处电势能小，可判断出C项正确；D、粒子沿cd匀速移动，受力平衡，外力在大小上等于其所受的静电力，而沿cd方向，但电场强度大小无法判断，因此外力如何变化无法得知，故D项错误．故选：CA、B为两个等量的负点电荷，其连线中垂线上电场强度方向沿中垂线指向O，沿着电场线电势降落，负粒子在电势低处电势能大，在电势高处电势能小．本题考查对等量同种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性．根据粒子所受的电场力情况分析粒子的运动情况2.某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计．则在运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是（）A. B. C. D.解：A、由图可知，从O到A点，电场线由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此电荷受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A错误，B正确；C、沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，因此C错误；D、根据能量守恒关系，则△E K=-△E P，而△E P=q•△U，且△U=E•△x，由此可知，=q E，因此粒子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线斜率先减小后增大，故D 错误；故选：B．根据电场线的分布，可确定电场强度的方向与大小，根据电荷在电场中受到的电场力可知加速度大小的变化．由电场线的方向来确定电势的变化，再由电荷的电性与电势高低来确定电势能的变化．考查电场线的分布体现电场强度的大小与方向，并根据电场线来确定加速度，速度，电势及电势能如何变化．注意图象含义的应用．3.如图所示，线圈A内有竖直向上的磁场，磁感应强度B随时间均匀增大；等离子气流（由高温高压的等电量的正、负离子组成）由左方连续不断的以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中．发现两直导线a、b互相吸引，由此可以判断，P1、P2两极板间的匀强磁场的方向为（）A.垂直纸面向外B.垂直纸面向里C.水平向左D.水平向右【答案】B【解析】解：线圈A中磁场的方向向上增强时，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向下，感应电流的方向在线圈的外侧向左，电流的方向盘旋向上，所以导线a中的电流方向向下．根据同向电流相互吸引可知，b中的电流方向也向下．b中电流方向向下说明极板P1是电源的正极，则正电荷在磁场中向上偏转，根据左手定则可知，P1、P2两极板间的匀强磁场的方向垂直于纸面向里．故选：B根据楞次定律判断出流经导线a的电流方向，然后根据流经导线的电流同向时相互吸引，反向时相互排斥判断导线b的电流的方向向下．等离子流通过匀强磁场时，正离子向上偏转，负离子向下偏转，因此将在b中形成向下的电流，由左手定则判定磁场的方向．该题考查到的知识点比较多，左手定则、安培定则在使用的过程中一定要理清，不可混淆．4.如图所示，理想变压器原线圈接交流电源和理想交流电流表，副线圈接热水器和抽油烟机，原、副线圈的匝数比为4：l，副线圈上电压的瞬时值u=220sin100πt（V）．开关S断开时，电流表示数是l A；开关S闭合时，电流表示数是1.25A．下列说法正确的是（）A.交流电源输出电压的最大值是55VB.交流电源输出电压的最大值是880VC.S闭合时，抽油烟机消耗的功率是1100WD.S闭合时，抽油烟机消耗的功率是220W解：A、B、电源输出电压的最大值为4u=880V，则AB错误C、D、开关S断开时，电流表示数是I1=l A，则通过热水器的电流为4I1=4A，S闭合时，电流表示数是1.25A，则副线圈的电流为4×1.25A=5A，则抽油烟机的电流为5-4=1A，则功率P=UI=220×1=220W，则C错误，D正确．故选：D根据表达式可求出交变电流的峰值由电压与匝数成正比可求出交流电源的电压最大值．由W=P t可以求出抽油烟机消耗的功率明确电流与匝数成反比，电压与匝数成正比，及功率的表达式P=UI即可求解．5.如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图象如图线b所示．以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是（）A.线圈先后两次转速之比为1：2B.交流电a的电压瞬时值u=10sin0.4πt VC.交流电b的最大值为VD.在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量为零【答案】C【解析】解：A、由图可知，周期T a=0.4S，T b=0.6s，则线圈先后两次转速之比n a：n b=T b：T a=3：2．故A错误．B、由图电压最大值U m=10V，周期T a=0.4S，ω==5πrad/s，交流电压的瞬时值表达式为u=U m sinωt=10sin5πt V．故B错误．C、由电动势的最大值E m=NBSω，则两个电压最大之值比U ma：U mb=ωa：ωb=3：2，则交流电b电压的最大值为V．故C正确．D、t=0时刻U=0，根据法拉第定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大．故D错误．故选C由图读出电压最大值U m，周期T，由ω=求出，写出交流电a的瞬时值表达式．由周期关系求出转速关系．t=0时刻电压为零，由法拉第电磁感应定律分析磁通量．本题考查对交流电压图象的理解能力．难点在于C选项，要根据电动势最大值表达式研究电压最大值之间的关系．至于电压与磁能量的关系，根据法拉第电磁感应定律分析．6.在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场．以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示．则0～t0时间内，导线框中（）A.没有感应电流 B.感应电流方向为逆时针C.感应电流大小为D.感应电流大小为【答案】D【解析】解：A、根据楞次定律可知，左边的导线框的感应电流是顺时针，而右边的导线框的感应电流也是顺时针，则整个导线框的感应电流方向顺时针，故AB错误；C、由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，产生感应电动势正好是两者之和，即为E=2×；再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为I==，故C错误，D正确；故选：D．根据楞次定律可知感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律，结合电源的串联特征，并依闭合电路欧姆定律，则可求解．考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，注意磁场正方向的规定，及掌握两个感应电动势是相加还是相差，是解题的关键．二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)7.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=T．单匝矩形线圈的面积S=1m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与理想变压器原线圈相接，A为交流电流表．调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈的匝数比为1：2时，副线圈电路中标有“36V36W”的灯泡正常发光．以下判断正确的是（）A.电流表的示数为1 AB.矩形线圈产生电动势的有效值为18 VC.从中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律为e=18sin 90πt（V）D.若矩形线圈的转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当下移【答案】BC【解析】解：A、小灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I2=1A；根据变流比公式：=，解得：I1=0.5A；故A错误；B、小灯泡正常发光，故变压器的输出电压为36V，根据变压比公式，解得：U1=18V；故矩形线圈产生电动势的有效值为18V；故B正确；C、矩形线圈产生电动势的最大值为18V，根据公式E m=NBSω，解得：ω===90πrad/s；故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e=E m sinωt=18sin90πt V；故C正确；D、若矩形线圈转速增大，根据公式E m=NBSω，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P适当上移；故D错误；故选：BC．由小灯泡正常发光，得到变压器的输出电压和输出电流，然后结合变压比公式和变流比公式求解变压器的输入电压和电流，最后结合发电机的电动势公式e=NBSωsinωt分析．本题关键是明确交流发电机的瞬时值、有效值、最大值的区别和求解方法，同时要结合变压器的变压比和变流比公式列式求解．8.匀强磁场方向垂直纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，磁感应强度B随时间t变化规律如图甲所示．在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示．令I1、I2、I3分别表示O a、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示I1、I2、I3时，金属环上很小一段受到的安培力．则（）A.I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B.I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向C.F2方向背离圆心向外，F3方向指向圆心D.F1方向指向圆心，F2方向指向圆心【答案】AC【解析】解：A、由图甲所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，故A正确；B、由图甲所示可知，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，在bc段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，故B错误；CD、由左手定则可知，oa段电流受到的安培力F1方向指向圆心，ab段安培力F2方向背离圆心向外，bc段，安培力F3方向指向圆心，故C正确，D错误；故选：AC．应用楞次定律可以判断出感应电流方向，由左手定则可以判断出电流所受安培力方向，从而即可求解．本题考查了判断感应电流方向与安培力方向，应用楞次定律与左手定则即可正确解题；要熟练掌握楞次定律与左手定则；要掌握应用楞次定律解题的步骤．9.如图所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t．若加上磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向60°，利用以上数据可求出下列物理量中的（）A.带电粒子的比荷B.带电粒子在磁场中运动的周期C.带电粒子的初速度D.带电粒子在磁场中运动的半径【答案】AB【解析】解：A、由带电粒子在磁场中运动的偏转角可知，带电粒子运动轨迹所对的圆心角为60°，由几何关系得磁场宽度d= rsin60°=sin60°，由于未加磁场时：d=vt，解得：=°，故A正确B、已经求出比荷，由T=可以求出粒子的周期，故B正确C、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv B=m，r=，根据向右条件无法求出粒子的初速度，也无法求出粒子轨道半径，故CD错误；故选：AB．带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，使粒子做匀速圆周运动．从而可推导出轨道半径公式与周期公式，由题中运动的时间与磁感应强度可求出粒子的比荷，由于圆磁场的半径未知，所以无法求出轨道半径，也不能算出粒子的初速度．这种题目需要公式很熟练，且组合变化条理，才能得到哪些是可求的，哪些是不可求的．综合应用公式得能力要求比较高．10.如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m和m．它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域．开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l．现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，则（）A.a、b两个线框匀速运动的速度大小为B.线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为C.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mglD.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl【答案】BC【解析】解：A、设两线框刚匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力为T，则对a有：T=2mg-BI l①对b有：T=mg…②I=…③E=B lv…④则：v=…⑤故A错误；B、线框a从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，设线框a通过磁场的时间为t，则：t==…⑥，故B正确．C、从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在a匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q，由功能关系可得：2mgl-mgl=Q所以：Q=mgl．故C正确；D、设两线框从开始运动至a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离，对这一过程，由能量守恒定律有：4mgl=2mgl+3mv2+W…⑦解⑤⑥得：W=2mgl-．故D错误．故选：BC当b刚全部进入磁场时，系统开始做匀速运动，分别对两线框列平衡方程，可得线框受到安培力大小，继而求得感应电流大小，根据欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得系统匀速运动的速度大小，即可求得线框通过磁场的时间．当左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离时，两线框等高，根据能量守恒得系统机械能的减少等于产生的总焦耳热．根据功能关系求解两线框组成的系统克服安培力做的功．本题是电磁感应中的力学问题，安培力的计算和分析能量如何转化是解题关键，要加强训练，熟练掌握法拉第定律、欧姆定律、安培力等等基础知识，提高解题能力．五、多选题(本大题共1小题，共5.0分)15.下列说法正确的是（）A.空气的绝对湿度大，相对湿度一定大B.同一温度下，氮气分子的平均动能一定大于氧气分子的平均动能C.荷叶上的小水滴呈球形，这是表面张力使液面收缩的结果D.有一分子a从无穷远处靠近固定不动的分子b，当a、b间分子力为零时，它们具有的分子势能一定最小E.一定质量的理想气体等温膨胀，一定吸收热量【答案】CDE【解析】解：A、对于不同的压强和温度，饱和蒸汽压不同，故绝对湿度大时相对湿度不一定大，故A错误；B、温度是分子的平均动能的标志，同一温度下，氮气分子的平均动能一定等于氧气分子的平均动能，故B错误；C、荷叶上的小水滴呈球形，这是表面张力使液面收缩的结果，故C正确；D、分子a从无穷远处靠近固定不动的分子b，分子间距大于r0时分子力表现为引力，没有达到平衡位置过程中，分子力做正功，则分子势能减小；子间距小于r0时，分子力表现为斥力，距离再减小的过程中分子力做负功分子势能增大．所以当a、b间分子力为零时，它们具有的分子势能一定最小，故D正确；E、一定质量的理想气体等温膨胀，气体对外做功，而内能不变，根据热力学第一定律，气体一定从外界吸热，故E正确；故选：CDE解答本题需掌握：绝对湿度是指每单位容积的气体所含水分的重量．相对湿度是指绝对湿度与该温度饱和状态水蒸气含量之比，用百分数表达．温度是分子的平均动能的标志；凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力．它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．分子间距小于r0时，分子力表现为斥力，分子间距大于r0时分子力表现为引力，大于10r0时分子力几乎为零．结合分子力变化的特点分析分子势能的变化；根据气体膨胀的过程中体积增大，对外做功，再结合热力学第一定律分析气体是否吸收热量．本题考查了绝对湿度与相对湿度、液体表面张力、热力学第一定律、温度的微观意义、理想气体状态方程等，知识点多，难度小，要加强识记．三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)11.如图甲为多用电表的示意图，现用它测量一个阻值约为20Ω的电阻，测量步骤如下：（1）调节______ ，使电表指针停在指针对准______ 的“0”刻线（填“电阻”或“电流”）．（2）将选择开关旋转到“Ω”档的______ 位置．（填“×1”、“×10”、“×100”或“×1k”）（3）将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，并将两表笔短接，调节______ ，使电表指针对准______ 的“0”刻线（填“电阻”或“电流”）．（4）将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，若电表读数如图乙所示，该电阻的阻值为______ Ω．（5）测量完毕，将选择开关旋转到“OFF”位置．【答案】调零螺丝；电流；×1；调零旋钮；电阻；19.0【解析】解：（1）调节调零螺丝，使电表指针停在电流、电压公共的“0”刻线．（2）将选择开关旋转到“Ω”挡的×1位置．（3）将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准电阻的“0”刻线．（4）由图乙所示可知，电阻的阻值19.0×1=19.0Ω．故答案为：（1）调零螺丝，电流；（2）×1；（3）调零旋钮，电阻；（4）19.0使用多用电表测电阻时，要先对多用电表进行机械调零，使指针指针电流（电压）表的零刻度线上；然后选择合适的档位，进行欧姆调零，再测电阻；欧姆表指针示数与对应档位的乘积是欧姆表示数．本题考查了欧姆表的使用方法、欧姆表读数；使用欧姆表测电阻时，要先进行机械调零，然后选择合适的档位，再进行欧姆调零，最后测电阻．12.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．（1）应该选择的实验电路是图1中的______ （选项“甲”或“乙”）．（2）现有电流表（0～0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：A．电压表（0～15V）B．电压表（0～3V）C．滑动变阻器（0～50Ω）D．滑动变阻器（0～500Ω）实验中电压表应选用______ ；滑动变阻器应选用______ ．（选填相应器材前的字母）（3）如图2所示为根据实验数据画出的路端电压U随电流I变化的图，由图线可知，该电池的电动势E= ______ V，电池的内电阻r= ______ Ω．（4）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U以及干电池的输出功率P 都会发生变化．图3的各示意图中正确反映P-U关系的是______ ．【答案】甲；B；C；1.5；0.63；C【解析】解：（1）干电池内阻较小，而电流表内阻与电源内阻接近，故为了减小实验误差，应选题甲所示电路图；（2）一节干电池电动势约为1.5V，为了准确，电压表应选B；为方便实验操作，滑动变阻器选择较小的C即可；（3）由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势E=1.5V，电源内阻：r==0.63Ω；（4）电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大；而当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半．外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故符合条件的图象应为C．故答案为：（1）甲（2）B C（3）1.50.63（4）C（1）分析图示电路结构，明确实验误差情况，从而选择合理的电路；（2）根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器；（3）根据电源的U-I图象进行分析，根据数学规律可求出电源电动势与内阻；（5）根据电源的输出功率规律可明确对应的实验图象．本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势图象斜率的绝对值是电源内阻．四、计算题(本大题共2小题，共30.0分)13.如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图．其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n=100，电阻r=10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90Ω，与R并联的交流电压表为理想电表．在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化．求：（1）交流发电机产生的电动势最大值；（2）电路中电压表的示数；（3）R上的热功率．【答案】解：（1）由磁通量Φ随时间t图象得出周期T=0.0628s，线圈转动的角速度ω==100rad/s感应电动势最大值E m=n BSω由图可知Φm=BS=0.02W b所以感应电动势的最大值是E m=200V．（2）根据正弦交变电流电压的最大值是有效值的倍，所以电路中电压表的示数U=R=90V；（3）根据焦耳定律得：线圈转一圈，R上产生的热功率P=I2R=R=×90=180W；答：（1）交流发电机产生的电动势最大值为200V；（2）电路中电压表的示数为90V；（3）R上的热功率为180W．【解析】交流发电机产生电动势的最大值E m=n BSω，根据Φ-t图线得出周期T以及角速度．从而求出感应电动势的最大值；交流发电机产生电动势的最大值E m=n BSω，交流电压表显示的是路端电压有效值，通过电阻的电量为，根据电阻R上的热功率p=I2R求解线圈转一圈，R上产生的焦耳热．本题考查了交流电的峰值和有效值、周期和频率的关系，知道正弦交变电流电压的最大值是有效值的倍．记住，求电量用电动势的平均值，求热量用有效值．14.如图所示，两平行导轨间距L=0.1m，足够长光滑的倾斜部分和粗糙的水平部分圆滑连接，倾斜部分与水平面的夹角θ=30°，垂直斜面方向向上的磁场磁感应强度B=0.5T，水平部分没有磁场．金属棒ab质量m=0.005kg、电阻r=0.02Ω，运动中与导轨始终接触良好，并且垂直于导轨．电阻R=0.08Ω，其余电阻不计．当金属棒从斜面上离地高h=1.0m以上的任何地方由静止释放后，在水平面上滑行的最大距离x都是1.25m．取g=10m/s2，求：（1）金属棒在斜面上的最大速度；（2）金属棒与水平面间的动摩擦因数；（3）从高度h=1.0m处滑下后电阻R上产生的热量．【答案】解：（1）金属棒在斜面上有最大运动速度，说明到达水平面之前已经开始匀速运动，设最大速度为v，感应电动势为：E=BL v，感应电流为：I=，安培力为：F= BIL匀速运动时，沿斜面方向上受力有：mgsinθ= F联立并代入数据解得：v=1.0m/s（2）在水平面上滑动时，滑动摩擦力为：f=μmg金属棒在摩擦力作用下做匀减速运动，由牛顿第二定律有：f= ma金属棒在水平面做匀减速运动，由运动学公式有：v2=2ax联立并代入数据解得：μ=0.04（3）下滑的过程中，由动能定理可得：mgh-W=mv2，安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热，即为：W= Q电阻R上产生的热量：Q R=Q，代入数据解得：Q R=0．38J．答：（1）棒在斜面上的最大速度为1m/s．（2）水平面的滑动摩擦因数为0.04．（3）从高度h=1.0m处滑下后电阻R上产生的热量为0.38J．【解析】（1）到达水平面之前已经开始匀速运动mgsinθ=F，F=BIL，根据闭合电路的欧姆定律，由欧姆定律求出电流，然后求出最大速度v．（2）金属棒在水平面做匀减速运动，有v2=2ax，解出加速度a．金属棒在摩擦力作用下做匀减速运动f=ma，可解得摩擦力f．摩擦力f=μmg，可解得动摩擦因数．（3）下滑的过程中，由动能定理可求出安培力做的功，安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热W= Q，然后求出电阻R上产生的热量本题要注意用平衡条件解决磁场中导体的平衡问题，关键在于安培力的分析和计算，并不难．在匀强磁场中，当通电导体与磁场垂直时，安培力大小F=BIL，方向由左手定则判断．六、计算题(本大题共1小题，共10.0分)16.如图所示，内壁光滑长度为4l、横截面积为S的汽缸A、B，A水平、B竖直固定，之间由一段容积可忽略的细管相连，整个装置置于温度27℃、大气压为p0的环境中，活塞C、D的质量及厚度均忽略不计．原长3l、劲度系数的轻弹簧，一端连接活塞C、另一端固定在位于汽缸A缸口的O点．开始活塞D距汽缸B的底部3l．后在D上放一质。
山东省德州市武城二中2015-2016学年高一下学期月考物理试卷(6月份) 含解析
2015-2016学年山东省德州市武城二中高一（下）月考物理试卷（6月份）一、选择题（本题共20小题，每小题4分，共80分．在每小题给出的四个选项中，1～13小题只有一个选项正确，14～20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．下列说法有误的是（）A．曲线运动一定是变速运动B．平抛运动是一种匀变速运动C．做曲线运动物体的速率一定变化D．分运动是直线运动，合运动不一定是直线运动2．天文学家发现了某恒星有一颗行星在圆形轨道上绕其运动，并测出了行星的轨道半径和运行周期，已知引力常量G，由此可推算出（)A．行星的质量B．行星的半径C．恒星的质量D．恒星的半径3．如图所示，在水平的船板上有一人拉着固定在岸边树上的绳子，用力使船向前移动．关于力对船做功的下列说法中正确的是（）A．绳的拉力对船做了功B．人对绳的拉力对船做了功C．树对绳子的拉力对船做了功D．人对船的静摩擦力对船做了功4．关于地球同步卫星下列判断正确的是（）A．运行速度大于7.9 km/sB．离地面高度一定，相对地面静止C．绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度小D．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等5．如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上．若以地面为零势能面且不计空气阻力，则下列说法中不正确的是（）A．物体到海平面时的重力势能为mghB．重力对物体做的功为mghC．物体在海平面上的动能为mv02+mghD．物体在海平面上的机械能为mv026．一个小物块从内壁粗糙的半球形碗边下滑，在下滑过程中由于摩擦力的作用，物块的速率恰好保持不变，如图所示，下列说法中正确的是( ）A．物块所受合外力为零B．物块所受合外力越来越大C．物块所受合外力大小保持不变，但方向时刻改变D．物块所受摩擦力大小不变7．如图所示，船从A处开出后沿直线AB到达对岸,若AB与河岸成37°角，水流速度4m/s，则船在静水中的最小速度为( ）(sin37°=0.6，cos37°=0.8）A．5 m/s B．2.4 m/s C．3 m/s D．3。
2016年高一第二学期期中物理考试题
2015-2016学年度第二学期期中考试高一物理本试卷分第Ⅰ卷（选择题，共48分）和第Ⅱ卷（非选择题，共52分）两部分。
满分为100分，考试时间为90分钟。
第Ⅰ卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。
其中第10、11、12每小题有多个正确选项，全部选对的得4分，选不全的得2分，错选或不选得0分；其它小题只有一个选项正确，选对得4分，错选或不选得0分；请将正确答案填涂在答题卡上。
）1．以下有关物理学概念或物理学史说法正确的有（）A．牛顿最先发现了行星运动定律B．所有行星绕恒星运动的轨道都是椭圆，所有轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度有关C．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用实验方法测出了万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值D．开普勒发现了海王星和冥王星2．关于曲线运动，以下说法中正确的是()A．做曲线运动的物体，受到的合力可能为零B．做曲线运动的物体，加速度一定是变化的C．做曲线运动的物体，速度的方向一定是变化的D．做曲线运动的物体，速度的大小一定是变化的3.关于两个分运动的合运动，下列说法中正确的是()A．合运动的速度一定大于两个分运动的速度B．合运动的速度一定大于一个分运动的速度C．合运动的方向就是物体实际运动的方向D．由两个分速度的大小就可以确定合速度的大小4.如图所示是行星m绕恒星M运动情况的示意图，下列说法正确的是()A．速度最大点是B点B．速度最小点是C点C．m从A到B做减速运动D．m从B到A做减速运动5.两个大小相同的实心小铁球紧靠在一起，它们之间的万有引力为F.若将两个用同种材料制成的半径是小铁球2倍的实心大铁球紧靠在一起，则两个大铁球之间的万有引力为()A．2F B．4F C．8F D．16F6．如图所示，汽车通过滑轮拉重物A ，汽车沿水平方向向右匀速运动，滑轮与绳的摩擦不计，则物体A 的运动情况是（ ） A ．匀速上升 B ．加速上升 C ．先加速后减速 D ．减速上升7．一个物体做匀速圆周运动，在运动过程中一定不发生变化的物理量是（ ） A ．向心力 B ．线速度 C ．角速度 D ．向心加速度8．如图所示，在匀速转动的水平转盘上，有一个相对于盘静止的物块，随盘一起转动，关于它的受力情况，下列说法中正确的是 （ ）A ．只受到重力和盘面的支持力的作用;B ．只受到重力、支持力和静摩擦力的作用;C ．除受重力和支持力外，还受向心力的作用;D ．受重力、支持力、静摩擦力和向心力的作用9.如图，x 轴在水平地面内，y 轴沿竖直方向．图中画出了从y 轴上沿x 轴正向抛出的三个小球a 、b 和c 的运动轨迹，其中b 和c 是从同一点抛出的．不计空气阻力，则( ) A ．a 的飞行时间比b 的长 B ．b 和c 的飞行时间相同 C ．a 的水平速度比b 的小 D ．b 的初速度比c 的大10.如图所示，物体在恒力F 作用下沿曲线从A 运动到B ，这时突然使它所受的力方向反向而大小不变(即由F 变为－F )．在此力作用下，关于物体以后的运动情况，下列说法正确的是( ) A ．物体不可能沿曲线Ba 运动 B ．物体不可能沿直线Bb 运动 C ．物体不可能沿曲线Bc 运动 D ．物体不可能沿原曲线由B 返回A11．如图所示，皮带传动装置中，右边两轮连在一起共轴转动，图中三轮半径分别为r 1＝3r ，r 2＝2r ，r 3＝4r ；A 、B 、C 三点为三个轮边缘上的点，皮带不打滑．向心加速度分别为a 1、a 2、a 3，则下列比例关系正确的是( )A.a 1a 2 ＝ 32 B.a 1a 2 ＝ 23 C.a 2a 3 ＝ 21D ．a 2a 3 ＝ 1212．如图所示，有一个半径为R 的光滑圆轨道，现给小球一个初速度，使小球在竖直面内做圆周运动，则关于小球在过最高点的速度v ，下列叙述中正确的是( ) A ．v 的极小值为gRB．v由零逐渐增大，轨道对球的弹力逐渐增大C．当v由gR值逐渐增大时，轨道对小球的弹力也逐渐增大D．当v由gR值逐渐减小时，轨道对小球的弹力逐渐增大二、非选择题(本题共5小题，共52分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位．)13．实验题（10分）：(1)、在做“研究平抛物体的运动”实验时，除了木板、小球、斜槽、铅笔、图钉之外，下列器材中还需要的是________．A．秒表B．游标卡尺C．重垂线D．天平E．弹簧测力计F．坐标纸(2)、实验中，下列说法正确的是()A．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下B．斜槽轨道必须光滑C．要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些D．斜槽轨道末端一定要水平，才能物体的初速度方向沿水平方向(3)、在研究平抛运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L，若小球在平抛运动途中，记录轨迹的位置如图中a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度v0＝______(用L、g表示) (重力加速度为g)三、计算题（本题共4题，12题12分；13题13分；14题12分；15题15分；共52分；）14.如图所示，在倾角为θ的斜面顶端P点以初速度v0水平抛出一个小球，最后落在斜面上的Q点，求小球在空中运动的时间以及P、Q间的距离．15..16、如图所示，高速公路转弯处弯道圆半径R＝200 m，汽车的质量为1t，汽车轮胎与路面间的动摩擦因数μ＝0.25.若路面是水平的，汽车过弯道时可看成是圆周运动(g取10 m/s2)求：（1）当汽车以10m/s的速度转弯时，汽车的角速度、周期、向心力分别多大？（2）为了使汽车在转弯时不发生侧向滑动(离心现象)所许可的最大速率v m为多大？17、如图所示，一辆质量为500 kg的汽车静止在一座半径为40 m的圆弧形拱桥顶部(g＝10 m/s2)，求：(1)此时汽车对圆弧形拱桥的压力是多大？(2)如果汽车以10 m/s的速度经过圆弧形拱桥的顶部，则圆弧形拱桥对汽车的支持力是多大？(3)汽车以多大速度通过拱桥的顶部时，汽车对圆弧形拱桥的压力恰好为零？(4)汽车要以多大的速度通过半径为40m凹形桥的底部时，汽车对桥底的压力才为6250N？秦安县郭嘉中学2015-2016学年度第二学期期中考试题高一物理答题卡班级姓名学号一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。
2016-2017年山东省德州市武城二中高一(下)期中物理试卷(解析版)
2016-2017学年山东省德州市武城二中高一（下）期中物理试卷一、选择题（共12个题，每题4分，1-7为单选，8-12为多选．多选题少选得2分，错选得0分）1．（4分）下列说法正确的是（）A．“科学总是从正确走向错误”表达了一种悲观失望的情绪B．提出“日心说”人是托勒密C．开普勒通过天文观测，发现了行星运动的三定律D．被普遍接受的引力常量的测量结果是卡文迪许最早发表的2．（4分）关于曲线运动，下面说法正确的是（）A．物体运动状态改变，它一定做曲线运动B．物体做曲线运动，它的运动状态一定在改变C．物体做曲线运动时，它的加速度的方向始终和速度的方向一致D．物体做曲线运动时，它的加速度的方向始终和速度的方向垂直3．（4分）如图所示，B物体在拉力F的作用下向左运动，在运动过程中，A、B之间有相互作用的摩擦力，则这对摩擦力做功的情况，下列说法中正确的是（）A．A、B都克服摩擦力做功B．摩擦力对A做正功C．摩擦力对B做负功D．摩擦力对A、B都不做功4．（4分）一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，碰撞后的速度大小与碰撞前相同．则碰撞前后小球速度变化量的大小△v和碰撞过程中墙对小球所做的功W为（）A．△v＝0，W＝0B．△v＝0，W＝10.8JC．△v＝12m/s，W＝0D．△v＝12m/s，W＝10.8J5．（4分）如图所示，一个球绕中心线OO′以角速度ω匀速转动（θ＝60°），则（）A．A、B两点的线速度大小之比为1：1B．A、B两点得角速度之比为1：2C．A、B两点的向心加速度之比为1：2D．A、B两点的周期之比为1：26．（4分）两颗靠得很近的天体称为双星，它们都绕两者连线上某点做匀速圆周运动，因而不至于由于万有引力吸引到相撞，以下说法中正确的是（）A．它们做圆周运动的角速度与它们的总质量成反比B．它们做圆周运动的线速度大小与它们的质量成正比C．它们做圆周运动的半径与各自质量的乘积相等D．它们做圆周运动的半径与各自线速度大小的乘积相等7．（4分）如图所示，从地面上方某点，将一小球以5m/s的初速度沿水平方向抛出，小球经过1s落地，不计空气阻力（g＝10m/s2），则可求出（）A．小球抛出时离地面的高度是10mB．小球从抛出点到落地点的水平位移大小是5mC．小球落地时的速度大小是15m/sD．小球落地时的速度大小是5m/s8．（4分）我国成功发射的“天宫一号”飞行器绕地球做匀速圆周运动的运行轨道高度为350km，地球同步卫星的高度约为3.6×104km，关于“天宫一号”和同步卫星，下列说法中正确的是（）A．“天宫一号”的运行速大于同步卫星的运行速度，并且均大于7.9km/s B．“天宫一号”的周期大于24hC．“天宫一号”的角速度大于同步卫星的角速度D．“天宫一号”的向心加速度大于同步卫星的向心加速度9．（4分）用细绳拉着两个质量相同的小球，在同一水平面内做匀速圆周运动，悬点相同，如图所示，A运动的半径比B的大，则（）A．A受到的向心力比B的大B．B受到的向心力比A的大C．A的角速度比B的大D．B的角速度与A的角速度相等10．（4分）“天宫一号”是中国第一个目标飞行器，随后发射的“神舟八号”无人飞船已与它成功对接。
山东省武城县第二中学高一物理6月月考试题
山东省武城县第二中学2015-2016学年高一物理6月月考试题（时间：90分钟满分：100分日期2016.06）第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分，其中1-7题只有一个选项正确，8-12题至少一个选项正确）1．在匀速圆周运动中，发生变化的物理量是A．速率B．加速度C．角速度D．周期2．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，它的速率、周期跟轨道半径的关系是A．半径越大，速率越大，周期越大B．半径越大，速率越小，周期越小C．半径越大，速率越小，周期越大D．速率、周期的大小与半径无关3. 用起重机将质量为m的物体匀速地吊起一段距离，那么作用在物体上的各力做功情况下列说法正确的是A．重力做正功，拉力做负功，合力做功为零B．重力做负功，拉力做正功，合力做正功C．重力做负功，拉力做正功，合力做功为零D．重力不做功，拉力做正功，合力做正功4．2012年至2015年进入了我国北斗系统卫星发射的高峰期，北斗卫星系统由地球同步轨道卫星与低轨道卫星两种卫星组成，在轨正常运行的这两种卫星比较A．同步卫星运行的周期较大B．低轨卫星运行的角速度较小C．同步卫星运行的线速度较大D．低轨卫星运行的加速度较小5.如图所示，物块在水平圆盘上，与圆盘一起绕固定轴匀速转动，下列说法中正确的是A．物块处于平衡状态B．物块受三个力作用C．在角速度一定时，物块到转轴的距离越远，物块越不容易脱离圆盘D．在物块到转轴距离一定时，物块运动周期越小，越不容易脱离圆盘6. 2016年2月18日，中国探月工程领导小组宣布：“嫦娥五号”探测器正式转入正样研制阶段，预计于2017年前后完成研制并择机发射。
嫦娥五号”登月后将再次从月球起飞，并以“跳跃式返回技术”成功返回地面,完成探月工程的重大跨越——带回月球样品。
“跳跃式返回技术”是指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层。
如图所示，虚线为大气层的边界。
武城县第二中学2015-2016学年高一下学期期中模拟测试物理试题 含答案
2015—2016学年高一第二学期期中模拟测试物理试题（时间:90分钟满分:100分）第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求.全部选对的得5分,选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.如图所示,水平桌面上一小钢球沿直线运动．若在钢球运动的正前方A处或旁边B处放一块磁铁,下列关于小球运动的说法正确的是（）A．磁铁放在A处时,小球做匀速直线运动B．磁铁放在A处时,小球做匀加速直线运动C．磁铁放在B处时,小球做匀速圆周运动D．磁铁放在B处时．小球做变加速曲线运动2．宇宙飞船以速度v在半径为r的圆形轨道上运行,在飞船内的舱顶用线挂着一质量为m的仪器，则仪器对线的拉力大小为（g为地球表面重力加速度）（）A．mg＋错误!B．mg－错误!C．mg D．0 3. 有一个质量为2 kg的质点在x y平面上运动,在x方向的速度图象和y方向的位移图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（)A．质点所受的合力为3 NB．质点的初速度为3 m/sC．质点做匀变速直线运动D．质点初速度的方向与合力的方向垂直4．已知万有引力常量G，那么在下列给出的各种情景中,能根据测量的数据求出月球密度的是（）A.在月球表面使一个小球做自由落体运动,测出落下的高度H和时间tB.发射一颗贴近月球表面的绕月球做圆周运动的飞船，测出飞船运行的周期TC。
观察月球绕地球的圆周运动，测出月球的直径D和月球绕地球运行的周期TD.发射一颗绕月球做圆周运动的卫星，测出卫星离月球表面的高度H和卫星的周期T5。
如图我国发射“神舟”号飞船时,先将飞船发送到一个椭圆轨道上，其近地点M距地面200 km，远地点N距地面340 km.进入该轨道正常运行时，通过M、N点时的速率分别是v1、v2。
当某次飞船通过N点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面340 km 的圆形轨道，开始绕地球做匀速圆周运动．这时飞船的速率约为v 3.比较飞船在M 、N 、P 三点正常运行时（不包括点火加速阶段）的速率大小和加速度大小，下列结论正确的是 （ )A ．v 1〉v 3>v 2,a 1>a 3〉a 2B ．v 1>v 2〉v 3，a 1>a 2＝a 3C ．v 1〉v 2＝v 3，a 1〉a 2〉a 3D ．v 1>v 3〉v 2,a 1〉a 2＝a 36.随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已不是梦想；假如我国宇航员登上月球并在月球表面附近以初速度0v 竖直向上抛出一个小球，经时间t 后回到出发点.已知月球的半径为R ,万有引力常量为G ，则下列说法正确的是 ( ）A ．月球表面的重力加速度为t v 0B ．月球的质量为GtR v 202 C ．宇航员在月球表面获得t R v 0的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动 D ．宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为0v Rt 7．一滑块在水平地面上沿直线滑行,t ＝0时其速度为1 m/s.从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平方向作用力F,力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和图乙所示。
山东省德州市武城二中高一物理下学期4月段考试卷(含解析)
2015-2016学年山东省德州市武城二中高一（下）段考物理试卷（4月份）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12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，细绳一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿．现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为（）A．vsinθB．vcosθC．vtanθD．vcotθ2．一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间风突然停止，则其运动的轨迹可能是图中的哪一个（）A．B．C．D．3．在世界一级方程式锦标赛中，赛车在水平路面上转弯时，常常在弯道上冲出跑道，则以下的说法正确的是（）A．是由于赛车行驶到弯道时，运动员未能及时转动方向盘才造成赛车冲出跑道的B．是由于赛车行驶到弯道时，没有及时加速才造成赛车冲出跑道的C．是由于赛车行驶到弯道时，没有及时减速才造成赛车冲出跑道的D．由公式F m=mω2r可知，弯道半径越大，越容易冲出跑道4．如图所示，隐形战斗机在竖直平面内作横8字形飞行表演，飞行轨迹为1→2→3→4→5→6→1，如果飞行员体重为G，飞行圆周半径为R，速率恒为v，在A、B、C、D四个位置上，飞机座椅或保险带对飞行员的作用力分别为N A、N B、N C、N D，关于这四个力的大小关系正确的是（）A．N A=N B＜N C=N D B．N A=N B＞N C=N D C．N C＞N A=N B＞N D D．N D＞N A=N B＞N C5．如图所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上，当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为v2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，则（）A．当v1＞v2时，α1＞α2B．当v1＞v2时，α1＜α2C．无论v1、v2关系如何，均有α1=α2D．α1、α2的关系与斜面的倾角θ无关6．如图所示，半圆形容器竖直放置，在其圆心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成θ角，则两小球的初速度之比为（）A．B．tanθC．D．tan2θ7．如图所示为空间站中模拟地球上重力的装置．环形实验装置的外侧壁相当于“地板”．让环形实验装置绕O点旋转，能使“地板”上可视为质点的物体与在地球表面处有同样的“重力”，则旋转角速度应为（地球表面重力加速度为g，装置的外半径为R）（）A．B．C．2D．8．如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆轨道上做圆周运动．圆半径为R，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆轨，重力加速度为g．则其通过最高点时（）A．小球对圆环的压力大小等于mgB．小球受到的向心力等于0C．小球的线速度大小等于D．小球的向心加速度大小等于09．河水的流速随与河岸的距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，若要使船以最短时间渡河，则（）A．船渡河的最短时间是60sB．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直C．船在河水中航行的轨迹是一条直线D．船在河水中的最大速度是5m/s10．如图所示，从同一竖直线上不同高度A、B两点处，分别以速率v1、v2同向水平抛出两个小球，P为它们运动轨迹的交点．则下列说法正确的有（）A．两球在P点一定具有相同的速率B．若同时抛出，两球不可能在P点相碰C．若同时抛出，落地前两球竖直方向的距离逐渐变大D．若同时抛出，落地前两球之间的距离逐渐变大11．如图所示，物体A、B经无摩擦的定滑轮用细线连在一起，A物体受水平向右的力F的作用，此时B匀速下降，A水平向左运动，可知（）A．物体A做匀速运动 B．物体A做加速运动C．物体A所受摩擦力逐渐增大 D．物体A所受摩擦力逐渐减小12．如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点．设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动．已知L1跟竖直方向的夹角为60°，L2跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是（）A．细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为：1B．小球m1和m2的角速度大小之比为：1C．小球m1和m2的向心力大小之比为3：1D．小球m1和m2的线速度大小之比为3：1二、计算题（本大题有3小题，共52分．请把解答过程写在答题卷上．）13．如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h=1.4m、宽L=1.2m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H=3.2m的A点沿水平方向跳起离开斜面（竖直方向的速度变为0）．已知运动员的滑（已知sin53°=0.8，板与斜面间的动摩擦因数μ=0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2．cos53°=0.6）求：（1）运动员在斜面上滑行的加速度的大小；（2）若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；（3）运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度．14．如图所示，水平屋顶高H=5m，围墙高h=3.2m，围墙到房子的水平距离L=3m，围墙外空地宽x=10m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g取10m/s2．求：（1）小球离开屋顶时的速度v0的大小范围；（2）小球落在空地上的最小速度．15．如图所示，水平放置的圆盘半径为R=1m，在其边缘C点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径CD的正上方放置一条水平滑道 AB，滑道与CD平行．滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，其高度差为h=1.25m．在滑道左端静止放置质量为m=0.4kg的物块（可视为质点），物块与滑道间的动摩擦因数为μ=0.2．当用一大小为F=4N的水平向右拉力拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度ω=2πrad/s，绕穿过圆心O的竖直轴匀速转动．拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上继续滑行，由B点水平抛出，恰好落入小桶内．重力加速度取10m/s2．（1）求拉力作用的最短时间；（2）若拉力作用时间为0.5s，求所需滑道的长度．2015-2016学年山东省德州市武城二中高一（下）段考物理试卷（4月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12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，细绳一端固定在天花板上的O 点，另一端穿过一张CD 光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿．现将CD 光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v 匀速移动，移动过程中，CD 光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为（ ）A ．vsin θB ．vcos θC ．vtan θD ．vcot θ【考点】运动的合成和分解．【分析】对线与CD 光盘交点进行运动的合成与分解，此点既有沿着线方向的运动，又有垂直线方向的运动，而实际运动即为CD 光盘的运动，结合数学三角函数关系，即可求解．【解答】解：由题意可知，线与光盘交点参与两个运动，一是沿着线的方向运动，二是垂直线的方向运动，则合运动的速度大小为v ，由数学三角函数关系，则有：v 线=vsin θ；而线的速度的方向，即为小球上升的速度大小，故A 正确，BCD 错误；故选：A ．2．一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间风突然停止，则其运动的轨迹可能是图中的哪一个（ ）A ．B ．C ．D ．【考点】运动的合成和分解．【分析】物体所受合力的方向（加速度的方向）大致指向曲线运动轨迹凹的一向，开始时，加速度方向竖直向下，做自由落体运动，受到水平向右的风力时，合力的方向指向右偏下，风停止后，合力的方向有向下．根据合力与速度的方向关系，判断其轨迹．【解答】解：物体一开始做自由落体运动，速度向下，当受到水平向右的风力时，合力的方向右偏下，速度和合力的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，轨迹应夹在速度方向和合力方向之间．风停止后，物体的合力方向向下，与速度仍然不在同一条直线上，做曲线运动，轨迹向下凹．故C正确，A、B、D错误．故选C．3．在世界一级方程式锦标赛中，赛车在水平路面上转弯时，常常在弯道上冲出跑道，则以下的说法正确的是（）A．是由于赛车行驶到弯道时，运动员未能及时转动方向盘才造成赛车冲出跑道的B．是由于赛车行驶到弯道时，没有及时加速才造成赛车冲出跑道的C．是由于赛车行驶到弯道时，没有及时减速才造成赛车冲出跑道的D．由公式F m=mω2r可知，弯道半径越大，越容易冲出跑道【考点】离心现象；向心力．【分析】该题考察的是离心现象，做圆周运动的物体，由于本身有惯性，总是想沿着切线方向运动，只是由于向心力作用，使它不能沿切线方向飞出，而被限制着沿圆周运动．如果提供向心力的合外力突然消失或者速度过大，物体受到的力不足以提供向心力时，物体由于本身的惯性，将沿着切线方向飞出而作离心运动．【解答】解：赛车行驶到弯道时，由于速度过大，使赛车受到的静摩擦力不足以提供所需的向心力，所以赛车将沿切线方向冲出跑道．选项C符合题意．故选：C．4．如图所示，隐形战斗机在竖直平面内作横8字形飞行表演，飞行轨迹为1→2→3→4→5→6→1，如果飞行员体重为G，飞行圆周半径为R，速率恒为v，在A、B、C、D四个位置上，飞机座椅或保险带对飞行员的作用力分别为N A、N B、N C、N D，关于这四个力的大小关系正确的是（）A．N A=N B＜N C=N D B．N A=N B＞N C=N D C．N C＞N A=N B＞N D D．N D＞N A=N B＞N C【考点】向心力．【分析】飞行员做匀速圆周运动，重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力公式列式分析；由于一定能通过最高点，故速度一定满足．【解答】解：行员做匀速圆周运动，重力和支持力的合力提供向心力；在A处，有①在D处，有②在B处，有③在C处，有④有上述4式，得到：N A=N B＜N C=N D故选：A．5．如图所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上，当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为v2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，则（）A．当v1＞v2时，α1＞α2B．当v1＞v2时，α1＜α2C．无论v1、v2关系如何，均有α1=α2D．α1、α2的关系与斜面的倾角θ无关【考点】平抛运动．【分析】小球落在斜面上与斜面的夹角等于速度与水平方向的夹角与斜面倾角之差，因为速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，斜面倾角一定，从而得出角度的关系．【解答】解：设当将小球以初速度v0平抛时，在斜面上的落点与抛出点的间距为L，则由平抛运动的规律得，整理得，若设落到斜面上时小球速度方向与竖直方向的夹角为r，则有是恒量，与初速度无关，也是恒量，可知到达斜面时速度方向与斜面的夹角不变，α1一定等于α2．故CD正确，A、B错误．故选：CD．6．如图所示，半圆形容器竖直放置，在其圆心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成θ角，则两小球的初速度之比为（）A．B．tanθC．D．tan2θ【考点】平抛运动．【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，根据平抛运动水平位移和竖直位移的关系确定两小球初速度大小之比．【解答】解：对于小球1，根据，解得，则．对于小球2，根据，解得，则．则两小球的初速度之比．故C正确，A、B、D错误．故选：C．7．如图所示为空间站中模拟地球上重力的装置．环形实验装置的外侧壁相当于“地板”．让环形实验装置绕O点旋转，能使“地板”上可视为质点的物体与在地球表面处有同样的“重力”，则旋转角速度应为（地球表面重力加速度为g，装置的外半径为R）（）A．B．C．2D．【考点】向心力．【分析】根据题意，能使“地板”上可视为质点的物体与在地球表面处有同样的“重力”，结合牛顿第二定律求出角速度的大小．【解答】解：根据牛顿第二定律得，mg=mRω2，解得，故A正确，B、C、D错误．故选：A．8．如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆轨道上做圆周运动．圆半径为R，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆轨，重力加速度为g．则其通过最高点时（）A．小球对圆环的压力大小等于mgB．小球受到的向心力等于0C．小球的线速度大小等于D．小球的向心加速度大小等于0【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．【分析】小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，知轨道对小球的弹力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球的速度．【解答】解：A、因为小球刚好在最高点不脱离圆环，则轨道对球的弹力为零，所以小球对圆环的压力为零．故A错误．B、根据牛顿第二定律得，mg==ma，知向心力不为零，线速度v=，向心加速度a=g．故BD错误，C正确．故选：C9．河水的流速随与河岸的距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，若要使船以最短时间渡河，则（）A．船渡河的最短时间是60sB．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直C．船在河水中航行的轨迹是一条直线D．船在河水中的最大速度是5m/s【考点】运动的合成和分解．【分析】将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短．当水流速最大时，船在河水中的速度最大．【解答】解：AB、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，t==s=100s．故A错误．故B正确．C、船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动是曲线．故C错误．D、要使船以最短时间渡河，船在航行中与河岸垂直，根据速度的合成可知，船河水中的最大速度是5m/s，故D正确．故选：BD．10．如图所示，从同一竖直线上不同高度A、B两点处，分别以速率v1、v2同向水平抛出两个小球，P为它们运动轨迹的交点．则下列说法正确的有（）A．两球在P点一定具有相同的速率B．若同时抛出，两球不可能在P点相碰C．若同时抛出，落地前两球竖直方向的距离逐渐变大D．若同时抛出，落地前两球之间的距离逐渐变大【考点】平抛运动．【分析】平抛运动的高度决定运动的时间，结合下降的高度判断两球能否在P点相碰．若两球同时抛出，在竖直方向上相同时间内位移大小相等，结合水平方向位移的变化判断两物体间的距离变化．【解答】解：A、两球的初速度大小关系未知，在P点，A的竖直分速度大于B的竖直分速度，根据平行四边形定则知，两球在P点的速度大小不一定相同，故A错误．B、若同时抛出，在P点，A下落的高度大于B下落的高度，则A下落的时间大于B下落的时间，可知两球不可能在P点相碰，故B正确．C、若同时抛出，根据h=知，经过相同的时间下落的高度相同，则竖直方向上的距离保持不变，故C错误．D、若同时抛出，由图可知，下落相同的高度，B的水平位移大于A的水平位移，可知B的初速度大于A的初速度，由于两球在竖直方向上的距离不变，水平距离逐渐增大，则两球之间的距离逐渐增大，故D正确．故选：BD．11．如图所示，物体A、B经无摩擦的定滑轮用细线连在一起，A物体受水平向右的力F的作用，此时B匀速下降，A水平向左运动，可知（）A．物体A做匀速运动 B．物体A做加速运动C．物体A所受摩擦力逐渐增大 D．物体A所受摩擦力逐渐减小【考点】运动的合成和分解．【分析】因B匀速下降，所以滑轮右边的绳子收缩的速度是不变的，把A实际运动的速度沿绳子收缩的方向和与绳子摆动的方向进行正交分解，结合B的速度不变，可判断A的运动情况．因B匀速下降，所以绳子的拉力的大小不变，把绳子拉A的力沿水平方向和竖直方向进行正交分解，判断竖直方向上的分量的变化，从而可知A对地面的压力的变化，即可得知摩擦力的情况．【解答】解：AB、B匀速下降，A沿水平面向左做运动，如图1，V B是V A在绳子方向上的分量，V B是恒定的，随着V B与水平方向的夹角增大，V A增大，所以A在水平方向上向左做加速运动．选项A错误B正确；CD、因为B匀速下降，所以B受力平衡，B所受绳拉力T=G B，A受斜向上的拉力等于B的重力，在图2中把拉力分解成竖着方向的F2和水平方向的F1，在竖直方向上，有N+F2=G A．绳子与水平方向的夹角增大，所以有F2增大，支持力N减小，所以摩擦力减小，选项C错误、D正确．故选：BD．12．如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点．设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动．已知L1跟竖直方向的夹角为60°，L2跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是（）A．细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为：1B．小球m1和m2的角速度大小之比为：1C．小球m1和m2的向心力大小之比为3：1D．小球m1和m2的线速度大小之比为3：1【考点】向心力；牛顿第二定律．【分析】小球受重力和拉力，两个力的合力提供小球做圆周运动的向心力．通过合力提供向心力，比较出两球的角速度大小，抓住小球距离顶点O的高度相同求出半径的关系，根据v=ωr 比较线速度关系．【解答】解：A、对任一小球研究．设细线与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平衡，则：Tcosθ=mg解得：T=所以细线L1和细线L2所受的拉力大小之比，故A正确；B、小球所受合力的大小为mgtanθ，根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mLsinθω2，得：ω=．两小球Lcosθ相等，所以角速度相等，故B错误；C、小球所受合力提供向心力，则向心力为：F=mgtanθ，小球m1和m2的向心力大小之比为：，故C正确；D、根据v=ωr，角速度相等，得小球m1和m2的线速度大小之比为：，故D错误．故选：AC二、计算题（本大题有3小题，共52分．请把解答过程写在答题卷上．）13．如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h=1.4m、宽L=1.2m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H=3.2m的A点沿水平方向跳起离开斜面（竖直方向的速度变为0）．已知运动员的滑（已知sin53°=0.8，板与斜面间的动摩擦因数μ=0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2．cos53°=0.6）求：（1）运动员在斜面上滑行的加速度的大小；（2）若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；（3）运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度．【考点】平抛运动；牛顿第二定律．【分析】（1）根据牛顿第二定律求出运动员在斜面上滑行的加速度．（2）根据平抛运动的高度求出运动的时间．（3）为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为H﹣h时，他沿水平方向的运动的距离为，结合平抛运动的规律求出起跳的最小速度．【解答】解：（1）设运动员连同滑板的质量为m，运动员在斜面上滑行的过程中，根据牛顿第二定律：mgsin53°﹣μmgcos53°=ma，解得运动员在斜面上滑行的加速度：a=gsin53°﹣μgcos53°=8﹣0.6m/s2=7.4m/s2（2）从运动员斜面上起跳后沿竖直方向做自由落体运动，根据自由落体公式：H=，解得：t==0.8s（3）为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为H﹣h时，他沿水平方向的运动的距离为，设他在这段时间内运动的时间为t′，则：代入数据解得：v=6.0m/s答：（1）运动员在斜面上滑行的加速度的大小为7.4m/s2；（2）他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间为0.8s．（3）他从A点沿水平方向起跳的最小速度为6m/s．14．如图所示，水平屋顶高H=5m，围墙高h=3.2m，围墙到房子的水平距离L=3m，围墙外空地宽x=10m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g取10m/s2．求：（1）小球离开屋顶时的速度v0的大小范围；（2）小球落在空地上的最小速度．【考点】平抛运动．【分析】（1）将平抛运动分解成竖直方向自由落体运动，与水平方向匀速直线运动，根据等时性，则可求出最大速度．再根据题意速度太大会落空地外边，太小会被墙挡住．因此可得出小球离开屋顶时的速度的范围．（2）根据机械能守恒求解小球落在空地上的最小速度．【解答】解：（1）若v太大，小球落在空地外边，因此，球落在空地上，v的最大值v max为球落在空地最右侧时的平抛初速度，如图所示，小球做平抛运动，设运动时间为t1．则小球的水平位移：L+x=v max t1，小球的竖直位移：H=gt12解以上两式得v max=（L+x）=（10+3）×=13m/s．若v太小，小球被墙挡住，因此，球不能落在空地上，v的最小值v min为球恰好越过围墙的最高点P落在空地上时的平抛初速度，设小球运动到P点所需时间为t2，则此过程中小球的水平位移：L=v min t2小球的竖直方向位移：H﹣h=gt22解以上两式得v min=L=3×=5m/s因此v0的范围是v min≤v0≤v max，即5m/s≤v0≤13m/s．（2）根据机械能守恒定律得：mgH+=解得小球落在空地上的最小速度：v min′===5m/s答：（1）小球离开屋顶时的速度v0的大小范围为5m/s≤v0≤13m/s；（2）小球落在空地上的最小速度为5m/s．15．如图所示，水平放置的圆盘半径为R=1m，在其边缘C点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径CD的正上方放置一条水平滑道 AB，滑道与CD平行．滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，其高度差为h=1.25m．在滑道左端静止放置质量为m=0.4kg的物块（可视为质点），物块与滑道间的动摩擦因数为μ=0.2．当用一大小为F=4N的水平向右拉力拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度ω=2πrad/s，绕穿过圆心O的竖直轴匀速转动．拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上继续滑行，由B点水平抛出，恰好落入小桶内．重力加速度取10m/s2．（1）求拉力作用的最短时间；（2）若拉力作用时间为0.5s，求所需滑道的长度．【考点】平抛运动；牛顿第二定律．【分析】（1）若圆盘转一圈，物块恰好调入小桶，此时作用力时间最短．圆盘转一圈的时间与匀加速运动、匀减速运动、平抛运动三个时间之和相等．（2）物块离开B点后做平抛运动，可以求出平抛运动的时间和平抛运动的初速度，物块在滑道上先匀加速运动再匀减速运动，两个运动的位移之和为滑道的长度．【解答】解：物块离开滑道后做平抛运动，竖直方向：h=gt2，平抛运动时间：t===0.5s，水平方向，物块离开滑道时的速度：v===2m/s，对物块有拉力时，由牛顿第二定律得：F﹣μmg=ma1，解得：a1=8m/s2，撤去拉力后，由牛顿第二定律：﹣μmg=ma2，解得：a2=﹣2m/s2；（1）圆盘转过一圈时物块落入小桶，拉力时间最短，圆盘转过一圈时间：T==1s，物块在滑道上先加速后减速，v=a1t1+a2t2，物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系：T=t1+t2+t，由上两式得：t1=0.3s；（2）物块加速获得速度：v=a1t=8×0.5=4m/s，板长L=x1+x2=a1t12+=4m；答：（1）拉力作用的最短时间为0.3s；（2）若拉力作用时间为0.5s，求所需滑道的长度为4m．。
山东省德州市武城二中高三物理下学期第一次月考试卷(含解析)
2015-2016学年山东省德州市武城二中高三（下）第一次月考物理试卷二、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共计48分，其中1-4为单选题，5-8小题为多选题，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．在物理学发展史上，伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献．以下选项中符合伽利略和牛顿的观点的是（）A．两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受力越大则速度就越大B．两物体从同一高度做自由落体运动，较轻的物体下落较慢C．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”2．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（）A．水平面对斜面体没有摩擦力作用B．水平面对斜面体有向左的摩擦力作用C．斜面体对水平面的压力等于（M+m）gD．斜面体对水平面的压力小于（M+m）g3．探月工程三期飞行试验器于2014年10月24日2时在中国西昌卫星发射中心发射升空，飞行试验器飞抵距月球6万千米附近进入月球引力影响区，开始月球近旁转向飞行，最终进入距月球表面h=200km的圆形工作轨道．设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，引力常量为G，则下列说法正确的是（）A．飞行试验器绕月球运行的周期为2πB．在飞行试验器的工作轨道处的重力加速度为（）2gC．飞行试验器在工作轨道上的绕行速度为D．由题目条件可知月球的平均密度为4．如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面分布在半径为R的圆内，一带电粒子沿半径方向从a点射入，从b点射出，速度方向改变了60°；若保持入射速度不变，而使磁感应强度变为B，则粒子飞出场区时速度方向改变的角度为（）A．90° B．45° C．30° D．60°5．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R=10Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d 两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是（）A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB．当单刀双掷开关与a连接且t=0.01s时，电流表示数为零C．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变小D．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25Hz6．如图所示，两个固定的等量正点电荷相距为4L，其连线中点为O，以O为圆心、L为半径的圆与两正点电荷间的连线及连线的中垂线分别交于a、b和c、d，以O为坐标原点、垂直ab向上为正方向建立Oy轴．取无穷远处电势为零，则下列判断正确的是（）A．a、b两点的场强相同B．Oy轴上沿正方向电势随坐标y的变大而减小C．将一试探电荷+q自a点由静止释放，若不计电荷重力，试探电荷将在a、b间往复运动D．Oy轴上沿正方向电场强度的大小随坐标y的变大而增大7．如图所示，两根平行长直金属轨道，固定在同一水平面内，间距为d，其左端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．一质量为m的导体棒ab垂直于轨道放置，且与两轨道接触良好，导体棒与轨道之间的动摩擦因数为μ，导体棒在水平向右、垂直于棒的恒力F作用下，从静止开始沿轨道运动距离l时，速度恰好达到最大（运动过程中导体棒始终与轨道保持垂直）．设导体棒接入电路的电阻为r，轨道电阻不计，重力加速度大小为g，在这一过程中（）A．导体棒运动的平均速度为B．流过电阻R的电荷量为C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于回路产生的电能D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于导体棒增加的动能8．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m 的小物体接触（未连接），如图中O点，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢向左推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，如图中B点，此时物体静止．撤去F后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B点为3x0，C点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（）A．撤去F时，弹簧的弹性势能为3μmgx0B．物体先做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，最后做匀减速运动C．从B→C位置物体弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量D．撤去F后，物体向右运动到O点时的动能最大二、（必做+选做）9．利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动．（1）滑块通过B点的瞬时速度可表示为；（2）某次实验测得倾角θ=30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为△E k= ，系统的重力势能减少量可表示为△Ep=，在误差允许的范围内，若△E k=△E p则可认为系统的机械能守恒；（3）在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2﹣d图象如图2所示，并测得M=m，则重力加速度g= m/s2．10．为了测量某种材料制成的电阻丝R x的电阻率，提供的器材有：A．电流表G，内阻R g=120Ω，满偏电流I g=3mAB．电流表A，内阻约为1Ω，量程为0～0.6AC．螺旋测微器，刻度尺D．电阻箱R0（0～9999Ω，0.5A）E．滑动变阻器R（5Ω，1A）F．电池组E（6V，0.05Ω）G．一个开关S和导线若干某同学进行了以下操作：（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×10”档时发现指针偏转角度过大，他应该换用档（填“×1”或“×100”），进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图1所示．（2）把电流表G与电阻箱串联改装成量程为6V的电压表使用，则电阻箱的阻值应调为R0= Ω．（3）请用改装好的电压表设计一个测量电阻R x阻值的实验，根据提供的器材和实验需要，请将图2中电路图补画完整．（4）电阻率的计算：测得电阻丝的长度为L，电阻丝的直径为d．电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电流表G的示数为I1，电流表A的示数为I2，请用已知量和测量量的字母符号（各量不允许代入数值）写出计算电阻率的表达式ρ=．11．如图所示，绝缘水平面上的AB区域宽度为d，带正电、电量为q的小滑块以大小为v0的初速度从A点进入AB区域，当滑块运动至区域的中点C时，速度大小为v C=v0，从此刻起在AB区域内加上一个水平向左的匀强电场，电场强度E保持不变，并且AB区域外始终不存在电场．（1）求滑块受到的滑动摩擦力大小；（2）若加电场后小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等，求滑块离开AB区域时的速度；（3）要使小滑块在AB区域内运动的时间到达最长，电场强度E应满足什么条件？并求这种情况下滑块离开AB区域时的速度．12．如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1，s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R．以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场．D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板．质量为m，带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场．粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计．（1）当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小v；（2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0；（3）当M，N间的电压不同时，粒子从s1到打在D上经历的时间t会不同，求打在D上经历的时间的范围．【物理选修3-3】13．下列说法正确的是（）A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B．外界对物体做功，物体内能一定增加C．温度越高，布朗运动越显著D．饱和汽压与体积有关，与温度无关E．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大14．如图所示，竖直放置的气缸开口向下，活塞a 和活塞b将长为L的气室中的气体分成体积比为1：2的A、B两部分，温度均为127℃，系统处于平衡状态．当气体温度都缓慢地降到27℃时系统达到新的平衡，不计活塞a的厚度及活塞与气缸间的摩擦．求活塞a、b移动的距离．（设外界大气压强不变）2015-2016学年山东省德州市武城二中高三（下）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析二、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共计48分，其中1-4为单选题，5-8小题为多选题，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．在物理学发展史上，伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献．以下选项中符合伽利略和牛顿的观点的是（）A．两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受力越大则速度就越大B．两物体从同一高度做自由落体运动，较轻的物体下落较慢C．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”【考点】作用力和反作用力．【专题】定性思想；推理法；受力分析方法专题．【分析】两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大速度就越大，不符合伽利略、牛顿的观点．伽利略、牛顿认为重物与轻物下落一样快、力不是维持物体运动的原因．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方，符合伽利略、牛顿的惯性理论．根据伽利略、牛顿的观点判断选项的正误．【解答】解：A、力越大，物体运动的速度越大，是亚里士多德的观点，不是伽利略、牛顿的观点．故A错误；B、伽利略、牛顿认为重物与轻物下落一样快，所以此选项不符合他们的观点．故B错误．C、人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，人保持起跳时车子的速度，水平速度将车子的速度，所以将落在起跳点的后方．符合伽利略、牛顿的惯性理论．故C正确．D、此选项说明力是维持物体运动的原因，是亚里士多德的观点，不是伽利略、牛顿的观点．故D错误．故选：C【点评】本题要对亚里士多德的观点和伽利略、牛顿的观点关于力和运动关系的观点有了解．可以根据牛顿的三大定律进行分析．2．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（）A．水平面对斜面体没有摩擦力作用B．水平面对斜面体有向左的摩擦力作用C．斜面体对水平面的压力等于（M+m）gD．斜面体对水平面的压力小于（M+m）g【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】以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．【解答】解：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，故AB错误；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C错误D正确；故选：D．【点评】本题采用整体法分析问题较简单，作出力图结合平衡条件分析即可．采用整体法时球与斜面间的作用力不用分析．3．探月工程三期飞行试验器于2014年10月24日2时在中国西昌卫星发射中心发射升空，飞行试验器飞抵距月球6万千米附近进入月球引力影响区，开始月球近旁转向飞行，最终进入距月球表面h=200km的圆形工作轨道．设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，引力常量为G，则下列说法正确的是（）A．飞行试验器绕月球运行的周期为2πB．在飞行试验器的工作轨道处的重力加速度为（）2gC．飞行试验器在工作轨道上的绕行速度为D．由题目条件可知月球的平均密度为【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题．【分析】根据万有引力与星球表面重力相等列出等式，根据牛顿第二定律得出飞行试验器在工作轨道上的加速度；飞行器绕月运行时万有引力提供圆周运动向心力列出等式求解；根据万有引力提供向心力，推导出线速度求解；根据密度定义求解．【解答】解：令月球质量为M，在月球表面重力与万有引力相等有：可得：GM=gR2A、飞行器绕月运行时万有引力提供圆周运动向心力有：，r=R+h解得：飞行试验器绕月球运行的周期为：，故A错误；B、飞行试验器工作轨道处的重力加速度为：，故B正确；C、，故C错误；D、月球的密度为：，故D错误；故选：B．【点评】万有引力提供圆周运动向心力和万有引力与星球表面重力相等是解决此类问题的主要入手点，关键是掌握相关公式及公式变换．4．如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面分布在半径为R的圆内，一带电粒子沿半径方向从a点射入，从b点射出，速度方向改变了60°；若保持入射速度不变，而使磁感应强度变为B，则粒子飞出场区时速度方向改变的角度为（）A．90° B．45° C．30° D．60°【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得到轨迹半径表达式，分析出磁感应强度变为B时轨迹半径与原来轨迹半径的关系，结合轨迹求解．【解答】解：带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，由 qvB=m，得：r=当磁感应强度由B变为B时，轨迹半径变为原来的r，即：r′=r．设粒子原来速度的偏向角为α，B变化后速度的偏向角为β．根据几何关系有：tan=，tan=又α=60°则得：β=90°所以粒子飞出场区时速度方向改变的角度为90°．故选：A．【点评】带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹，往往用数学知识求轨迹半径与磁场半径的关系5．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R=10Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d 两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是（）A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB．当单刀双掷开关与a连接且t=0.01s时，电流表示数为零C．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变小D．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25Hz【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．【解答】解：由图象可知，电压的最大值为311V，交流电的周期为2×10﹣2s，所以交流电的频率为f==50Hz，A、交流电的有效值为220V，根据电压与匝数程正比可知，副线圈的电压为22V，故A正确；B、电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为I=A=2.2A，故B错误．C、当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，故C错误；D、变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50Hz，故D错误；故选：A．【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．6．如图所示，两个固定的等量正点电荷相距为4L，其连线中点为O，以O为圆心、L为半径的圆与两正点电荷间的连线及连线的中垂线分别交于a、b和c、d，以O为坐标原点、垂直ab向上为正方向建立Oy轴．取无穷远处电势为零，则下列判断正确的是（）A．a、b两点的场强相同B．Oy轴上沿正方向电势随坐标y的变大而减小C．将一试探电荷+q自a点由静止释放，若不计电荷重力，试探电荷将在a、b间往复运动D．Oy轴上沿正方向电场强度的大小随坐标y的变大而增大【考点】电场的叠加；电势差与电场强度的关系．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据点电荷场强公式E，运用矢量合成的平行四边形定则求出连线中垂线上各个点的合场强．解答本题关键是作出y轴所在处的电场强度方向，根据顺着电场线方向电势降低，判断电势高低．根据电场线的疏密判断场强大小．【解答】解：A、根据两等量正点电荷电场特点，a、b两点的电场强度大小相同，方向相反，故A错误；B、根据点电荷电场强度公式，结合矢量的合成法则，则有Oy轴上沿正方向的电场强度方向沿着y轴正方向，那么电势随坐标y的变大而减小，故B正确；C、将一试探电荷+q自a点由静止释放，若不计电荷重力，试探电荷在O点左边受到向右的电场力，而在O点右边时，受到向左的电场，则将在a、b间往复运动，故C正确；D、根据点电荷电场强度公式E=，结合矢量的合成法则可知，Oy轴上沿正方向电场强度的大小先增大后减小，故D错误．故选：BC．【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，关键在于掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场强度的大小，电场线的方向表示电势的高低，作出电场线，就能判断电势的高低，注意掌握点电荷电场强度公式E=，结合矢量的合成法则是解题的关键．7．如图所示，两根平行长直金属轨道，固定在同一水平面内，间距为d，其左端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．一质量为m的导体棒ab垂直于轨道放置，且与两轨道接触良好，导体棒与轨道之间的动摩擦因数为μ，导体棒在水平向右、垂直于棒的恒力F作用下，从静止开始沿轨道运动距离l时，速度恰好达到最大（运动过程中导体棒始终与轨道保持垂直）．设导体棒接入电路的电阻为r，轨道电阻不计，重力加速度大小为g，在这一过程中（）A．导体棒运动的平均速度为B．流过电阻R的电荷量为C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于回路产生的电能D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于导体棒增加的动能【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．【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，根据平衡条件和安培力的表达式F A=求解最大速度．由q=求解电量．根据功能关系分析：恒力F做的功与安培力做的功之和与动能变化量的关系，以及恒力F做的功与摩擦力做的功之和与动能的变化量的关系．【解答】解：A、杆匀速运动时速度最大．设杆的速度最大值为v，此时杆所受的安培力为F A=BId=Bd=，而且杆受力平衡，则有F=F A+μmg，解得，v=，由于杆做变速运动，因此平均速度不可能为．故A错误．B、流过电阻R的电荷量为 q==．故B正确．C、D、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做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量，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：BD【点评】本题是收尾速度问题，从力和能两个角度分析，关键掌握两个经验公式：安培力表达式F A=，感应电量表达式q=，选择题可以直接运用，不过计算题要有推导的过程．8．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m 的小物体接触（未连接），如图中O点，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢向左推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，如图中B点，此时物体静止．撤去F后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B点为3x0，C点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（）A．撤去F时，弹簧的弹性势能为3μmgx0B．物体先做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，最后做匀减速运动C．从B→C位置物体弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量D．撤去F后，物体向右运动到O点时的动能最大【考点】功能关系；牛顿第二定律．【专题】定量思想；寻找守恒量法；功能关系能量守恒定律．【分析】研究物体从B向右运动到最右端的过程，由能量守恒求撤去F时弹簧的弹性势能．通过分析物体的受力情况，来确定其运动情况：撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力大小不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动．再结合功能关系分析即可．【解答】解：A、撤去F后一直到物体停止运动的过程，根据能量守恒得：弹簧的弹性势能E p=μmg•3x0=3μmgx0，故A正确；B、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于摩擦力，合力向右，弹力减小，合减小，则加速度减小．后来弹力小于摩擦力，合力向左，弹力减小时，合力增大，加速度增大．则做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，物体离开弹簧后做匀减速运动．故B正确；C、从B→C物体做加速运动，动能增大，由能量守恒可知，弹簧弹性势能的减少量等于物体动能的增加量和产生的内能之和，所以弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量，故C 正确；D、物体向右运动过程中，加速度为零时，速度最大，故到C点时的动能最大，故D错误．故选：ABC【点评】本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键，要抓住加速度与合外力成正比，即可得到加速度是变化的．对于物体弹簧弹性势能的减少量与物体动能的增加量间的关系通常应用动能定理结合功能关系解决．二、（必做+选做）9．利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动．（1）滑块通过B点的瞬时速度可表示为；。
武城县第二中学2015-2016学年高一下学期5月阶段性测试物理试题 含答案
2015—2016学年高一第二学期阶段性测试物理试题2016。
05（时间:120分钟满分：100分)第Ⅰ卷（选择题共40分）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，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．中国选手董栋在伦敦奥运会夺得男子蹦床金牌．忽略空气阻力,下面说法正确的是（）A．运动员下落到刚接触蹦床时,速度最大B．运动到最低点时，床对运动员的作用力大于运动员对床的作用力C．从刚接触蹦床到运动至最低点的过程中，运动员的加速度一直减小D．在下落过程中，重力对运动员所做的功等于其重力势能的减小2．如图，甲、乙两颗卫星以大小相同的轨道半径分别绕质量为M 和2M的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是( ）A．甲的向心加速度比乙的小B．甲的运行周期比乙的小C．甲的角速度比乙的大D．甲的线速度比乙的大3。
如图所示，地球可以看成一个巨大的拱形桥,桥面半径R＝6 400 km，地面上行驶的汽车重力G＝3×104N，在汽车的速度可以达到需要的任意值，且汽车不离开地面的前提下，下列分析中正确的是( ）A．汽车的速度越大，则汽车对地面的压力也越大B．不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都等于3×104NC．不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都小于他自身的重力D．如果某时刻速度增大到使汽车对地面压力为零，则此时驾驶员会有超重的感觉4．质量为m的皮球,与地面碰撞动能损失20%,现将该球从高为h处竖直向下抛出，要使它反弹到h高处,不计空气阻力，则人至少应对皮球做功（）A ．41mghB ．51mghC ．21mgh D ．mgh 5．如图是质量为1 kg 的质点在水平面上运动的v-t 图象，以水平向右的方向为正方向．以下判断正确的是（ )A ．在0～3.0 s 时间内，合力对质点做功为10 JB ．在4.0～6.0 s 时间内，质点的平均速度为3 m/sC ．在1。
山东省武城县第二中学高一下学期期末模拟测试物理试题
2015—2016学年下学期高一期末模拟测试（一）物理试题（时间：90分钟满分：100分）第Ⅰ卷（选择题共48分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～12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.下列说法中符合事实的是（）A.开普勒发现了万有引力定律B.卡文迪许测出了万有引力常量C.物体在恒力作用下不可能做曲线运动D.做曲线运动的物体动能一定变化2.一个物体在六个恒定的共点力作用下处于平衡状态。
现撤去其中一个力而其余的力保持不变，此后关于该物体的运动，下列说法中正确的是（）A.一定做匀减速直线运动B.一定做匀变速直线运动C.可能做匀变速曲线运动D.可能做匀速圆周运动3.如图所示，从地面上方某点将一小球以05/v m s的初速度沿水平方向抛出，小球经过1s 落地。
（不计空气阻力，g=10m/s2）则（）A.小球抛出时离地面的高度是10mB.小球的水平位移是5mC.小球落地时的速度是15m/sD.小球落地时的速度方向与水平地面成30°角4.如图所示，有一皮带传动装置，右轮半径为r，a为它边缘上一点，左侧是一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上，若传动过程中皮带不打滑，则（）A.a点和b点的线速度大小相等B.a点和c点的角速度大小相等C.a点和b点的角速度大小相等D.a点和d点的向心加速度大小相等5.宇宙飞船在轨道上运行，地面指挥人员发现某一火箭残体的轨道与飞船轨道有一交点，立即通知宇航员实施变轨。
宇航员接到指令随即使飞船加速，脱离原轨道并进入新轨道再次做匀速圆周运动。
关于飞船的运动，下列说法正确的是（）A.高度降低B.线速度变大C.周期变大D.向心加速度变大、是两个完全相同的小球（可视为质点），A球系在不可伸长的轻绳上，B 6.如图所示，A B球固定在轻质弹簧的一端，将轻绳和弹簧的另一端先后固定于O点，把两球拉到同一水平高。
德州市武城二中高一下学期期中物理试卷
2015-2016学年山东省德州市武城二中高一（下）期中物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中,第1~8题只有一项符合题目要求，第9～12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．关于曲线运动，下面说法正确的是（）A．物体运动状态改变，它一定做曲线运动B．物体做曲线运动，它的运动状态一定在改变C．物体做曲线运动时，它的加速度的方向始终和速度的方向一致D．物体做曲线运动时，它的加速度的方向始终和速度的方向垂直2．游泳爱好者以恒定的速率垂直河岸渡河，当水速突然增大时，对游泳爱好者渡河发生的影响是（）A．位移减小 B．位移不变 C．时间缩短 D．时间不变3．若已知太阳的一个行星绕太阳运转的轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，则可求（）A．该行星的质量B．太阳的质量C．该行星的平均密度D．太阳的平均密度4．如图所示，B物体在拉力F的作用下向左运动，在运动过程中，A、B之间有相互作用的摩擦力，则这对摩擦力做功的情况，下列说法中正确的是( ）A．A、B都克服摩擦力做功B．摩擦力对A做正功C．摩擦力对B做负功D．摩擦力对A、B都不做功5．据报道,“嫦娥一号"预计在2007年发射，“嫦娥一号”将在距离月球为h高处绕月球做匀速圆周运动，已知月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0．“嫦娥一号”环绕月球运行的周期为（）A．B．C． D．6．如图所示，一个球绕中心线OO′以角速度ω匀速转动(θ=60°）,则（）A．A、B两点的线速度大小之比为1：1B．A、B两点得角速度之比为1：2C．A、B两点的向心加速度之比为1:2D．A、B两点的周期之比为1：27．用细绳拉着两个质量相同的小球,在同一水平面内做匀速圆周运动，悬点相同，如图所示,A运动的半径比B的大，则( ）A．A受到的向心力比B的大B．B受到的向心力比A的大C．A的角速度比B的大D．B的角速度比A的大8．如图所示,长度l=0。
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2015-2016学年山东省德州市武城二中高一（下）期中物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12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．关于曲线运动，下面说法正确的是（）A．物体运动状态改变，它一定做曲线运动B．物体做曲线运动，它的运动状态一定在改变C．物体做曲线运动时，它的加速度的方向始终和速度的方向一致D．物体做曲线运动时，它的加速度的方向始终和速度的方向垂直2．游泳爱好者以恒定的速率垂直河岸渡河，当水速突然增大时，对游泳爱好者渡河发生的影响是（）A．位移减小B．位移不变C．时间缩短D．时间不变3．若已知太阳的一个行星绕太阳运转的轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，则可求（）A．该行星的质量B．太阳的质量C．该行星的平均密度D．太阳的平均密度4．如图所示，B物体在拉力F的作用下向左运动，在运动过程中，A、B之间有相互作用的摩擦力，则这对摩擦力做功的情况，下列说法中正确的是（）A．A、B都克服摩擦力做功 B．摩擦力对A做正功C．摩擦力对B做负功D．摩擦力对A、B都不做功5．据报道，“嫦娥一号”预计在2007年发射，“嫦娥一号”将在距离月球为h高处绕月球做匀速圆周运动，已知月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0．“嫦娥一号”环绕月球运行的周期为（）A．B．C．D．6．如图所示，一个球绕中心线OO′以角速度ω匀速转动（θ=60°），则（）A．A、B两点的线速度大小之比为1：1B．A、B两点得角速度之比为1：2C．A、B两点的向心加速度之比为1：2D．A、B两点的周期之比为1：27．用细绳拉着两个质量相同的小球，在同一水平面内做匀速圆周运动，悬点相同，如图所示，A运动的半径比B的大，则（）A．A受到的向心力比B的大B．B受到的向心力比A的大C．A的角速度比B的大D．B的角速度比A的大8．如图所示，长度l=0.50m的轻质杆OA，A端固定一个质量m=3.0kg的小球，小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动．通过最高点时小球的速率是2.0m/s，g 取10m/s2，则此时细杆OA（）A．受到6.0N的拉力B．受到6.0N的压力C．受到24N的拉力D．受到54N的拉力9．在下列介绍的各种情况中，可能出现超重现象的是（）A．荡秋千经过最低点的小孩B．汽车过凸形桥C．汽车过凹形桥D．绕地球做匀速圆周运动的飞船中的仪器10．如图所示，从地面上方某点，将一小球以5m/s的初速度沿水平方向抛出，小球经过1s落地，不计空气阻力（g=10m/s2），则可求出（）A．小球抛出时离地面的高度是5mB．小球从抛出点到落地点的水平位移大小是5mC．小球落地时的速度大小是15m/sD．小球落地时的速度大小是5m/s11．我国成功发射的“天宫一号”飞行器绕地球做匀速圆周运动的运行轨道高度为350km，地球同步卫星的高度约为3.6×104km，关于“天宫一号”和同步卫星，下列说法中正确的是（）A．“天宫一号”的运行速大于同步卫星的运行速度，并且均大于7.9km/sB．“天宫一号”的周期大于24hC．“天宫一号”的角速度大于同步卫星的角速度D．“天宫一号”的向心加速度大于同步卫星的向心加速度12．“天宫一号”是中国第一个目标飞行器，随后发射的“神舟八号”无人飞船已与它成功对接．它们的运行轨迹如图所示，假设“天宫一号”绕地球做圆周运动的轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，则以下说法正确的是（）A．根据题中条件可以计算出地球对“天宫一号”的引力大小B．根据题中条件可以计算出地球的质量C．在近地点P处，“神舟八号”的加速度比“天宫一号”大D．要实现“神舟八号”与“天宫一号”在近地点P处安全对接，需在靠近P处制动减速二、实验题（本大题共1小题，共8分．请把答案写在答题卷上．）13．某物理兴趣小组用如图所示的装置研究平抛运动及其特点，并测量平抛运动的初速度，其实验步骤、观察到的现象、数据记录和实验结果如下：（1）在实验装置下方水平地面的适当位置先后铺上白纸和复写纸；（2）让相同的A、B小球处于同一高度如图放置，用小锤打击弹性簿片，A球沿水平方向飞出，同时让B球自由下落，A、B两球在铺了复写纸的白纸上留下P、N 两个点迹；（3）观察到的现象是：小球A、B（填“A．同时”或“B．不同时”）落地；（4）用刻度尺测得B球下表面到地面的高度为H=0.800m，P、N点迹间的距离为L=0.500m；（5）计算A球做平抛运动的水平初速度为m/s；（忽略空气阻力，g取10m/s2，计算结果保留3位有效数字）（6）让A、B球恢复初始状态，用较大的力敲击弹性薄片，A球在空中运动的时间将（填“A．变长”，“B．不变”或“C．变短”）；（7）通过上述现象说明．三、计算题（本题3小题，共44分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14．如图所示，一质量为0.5kg的小球（可视为质点），用0.4m长的细线拴住在竖直面内做圆周运动，g取10m/s2．求：（1）小球刚好经过最高点A时的速度；（2）若小球经过最高点A时速度为4m/s，小球对细线的拉力；（3）若小球经过最低点B时速度为4m/s，细线对小球的拉力大小．15．如图甲质量m=2kg的物体静止在水平面上，物体跟水平面间的动摩擦因数μ=0.2．从t=0时刻起，物体受到一个水平力F的作用而开始运动，F随时间t变化的规律如图乙，6s后撤去拉力F．（取g=10m/s2）求：（1）第4s末物体的速度；（2）物体运动过程中拉力F做的功．16．如图所示，斜面体ABC固定在地面上，小球p从A点由静止下滑，当小球p 开始下滑时，另一小球q从A点正上方的D点同时水平抛出，两球同时到达斜面底端的B处．已知斜面AB光滑，长度l=3m，斜面倾角为θ=37°．不计空气阻力，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）小球p从A点滑到B点的时间；（2）小球q抛出时的初速度大小和抛出点距地面的高度；（3）小球q落在B点时的速度方向与水平方向夹角a的正切值．2015-2016学年山东省德州市武城二中高一（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12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．关于曲线运动，下面说法正确的是（）A．物体运动状态改变，它一定做曲线运动B．物体做曲线运动，它的运动状态一定在改变C．物体做曲线运动时，它的加速度的方向始终和速度的方向一致D．物体做曲线运动时，它的加速度的方向始终和速度的方向垂直【考点】曲线运动．【分析】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同，速度一定变化，但是速度变化的不一定是曲线运动．【解答】解：A、物体做匀减速直线运动时，运动状态变化，是直线运动，故A错误；B、曲线运动的速度方向是切线方向，时刻改变，则运动状态一定改变，故B正确；C、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，则加速度方向与速度方向不在同一直线上，故C错误；D、物体做曲线运动时，它的加速度可以始终和速度的方向垂直，也可以是恒定的，但不一定始终垂直；如平抛运动的加速度的方向始终向下．故D错误；故选：B2．游泳爱好者以恒定的速率垂直河岸渡河，当水速突然增大时，对游泳爱好者渡河发生的影响是（）A．位移减小B．位移不变C．时间缩短D．时间不变【考点】运动的合成和分解．【分析】将游泳爱好者的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，根据分运动和合运动具有等时性，渡河的时间等于在垂直河岸方向分运动的时间．最终的位移是两个位移的合位移．【解答】解：当水速突然增大时，在垂直河岸方向上的运动时间不变，所以横渡的时间不变．水速增大后在沿河岸方向上的位移增大．故D正确，ABC错误．故选：D．3．若已知太阳的一个行星绕太阳运转的轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，则可求（）A．该行星的质量B．太阳的质量C．该行星的平均密度D．太阳的平均密度【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．【分析】研究行星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量．【解答】解：A、研究行星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：=m r，知道行星的运动轨道半径r和周期T，再利用万有引力常量G，通过前面的表达式只能算出太阳M的质量，也就是中心体的质量，无法求出行星的质量，也就是环绕体的质量．故A错误；B、通过以上分析知道可以求出太阳M的质量，故B正确；C、本题不知道行星的质量和体积，也就无法知道该行星的平均密度，故C错误．D、本题不知道太阳的体积，也就不知道太阳的平均密度，故D错误．故选B．4．如图所示，B物体在拉力F的作用下向左运动，在运动过程中，A、B之间有相互作用的摩擦力，则这对摩擦力做功的情况，下列说法中正确的是（）A．A、B都克服摩擦力做功 B．摩擦力对A做正功C．摩擦力对B做负功D．摩擦力对A、B都不做功【考点】滑动摩擦力；功的计算．【分析】分析摩擦力的方向和物体的位移，再根据做功的两个必要因素，即可以确定此过程中摩擦力是否做功．【解答】解：做功的两个必要因素是力和在力的方向上通过一段位移，当B向左移动时，A没有动，故AB之间的摩擦力对A没有做功；B物体受到的摩擦力方向与运动方向相反，故摩擦力对B做负功，即B克服摩擦力做功；故ABD错误，C 正确；故选：C．5．据报道，“嫦娥一号”预计在2007年发射，“嫦娥一号”将在距离月球为h高处绕月球做匀速圆周运动，已知月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0．“嫦娥一号”环绕月球运行的周期为（）A．B．C．D．【考点】万有引力定律及其应用．【分析】根据月球表面重力与万有引力相等求得黄金代换式，再根据万有引力提供圆周运动向心力求得卫星的周期．【解答】解：在月球表面有：可得：GM=gR2绕月卫星由万有引力提供圆周运动向心力有：解得：T=故选：D6．如图所示，一个球绕中心线OO′以角速度ω匀速转动（θ=60°），则（）A．A、B两点的线速度大小之比为1：1B．A、B两点得角速度之比为1：2C．A、B两点的向心加速度之比为1：2D．A、B两点的周期之比为1：2【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】共轴转动的各点角速度相等，由几何关系分析半径的大小，再根据v=rω判断线速度的大小【解答】解：A、共轴转动的各点角速度相等，故A、B两点的角速度相等，A点的转动半径为Rcos60°=R，B点的转动半径为R，根据v=rω公式，线速度之比v A：v B=R A：R B=：1=1：2，故AB错误；C、根据a=ω2r可知，A、B两点的向心加速度之比为a A：a B=R A：R B=：1=1：2，故C正确；D、根据T=可知，AB两点周期相等，故D错误．故选：C7．用细绳拉着两个质量相同的小球，在同一水平面内做匀速圆周运动，悬点相同，如图所示，A运动的半径比B的大，则（）A．A受到的向心力比B的大B．B受到的向心力比A的大C．A的角速度比B的大D．B的角速度比A的大【考点】向心力；牛顿第二定律．【分析】两个小球均做匀速圆周运动，对它们受力分析，找出向心力来源，可先求出角速度，再由角速度与线速度、周期、向心加速度的关系公式求解．【解答】解：A、假设绳子与竖直方向的夹角为θ，受力分析知合力指向圆心，由几何关系得，，因为θA＞θB，所以F A＞F B，故A正确，B错误；C、设绳子与悬挂点间的高度差为h，由几何关系，得：r=htanθ，解得，故A、B角速度相同．故C、D错误．故选：A．8．如图所示，长度l=0.50m的轻质杆OA，A端固定一个质量m=3.0kg的小球，小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动．通过最高点时小球的速率是2.0m/s，g 取10m/s2，则此时细杆OA（）A．受到6.0N的拉力B．受到6.0N的压力C．受到24N的拉力D．受到54N的拉力【考点】向心力；牛顿第二定律．【分析】小球在最高点，由合力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律求出细杆对球的作用力，从而得出细杆受到的作用力．【解答】解：在最高点，设杆子对小球的作用力向上，根据牛顿第二定律得，mg﹣F=m，解得F=mg﹣m=30﹣3×=6N，可知杆子对球表现为支持力，则细杆OA受到6N向下的压力．故B正确，A、C、D错误．故选：B．9．在下列介绍的各种情况中，可能出现超重现象的是（）A．荡秋千经过最低点的小孩B．汽车过凸形桥C．汽车过凹形桥D．绕地球做匀速圆周运动的飞船中的仪器【考点】超重和失重．【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．【解答】解：A、荡秋千经过最低点的小球，此时有向上的加速度，处于超重状态．故A正确；B、汽车过凸形桥最高点，加速度向下，处于失重状态；故B错误；C、汽车过凹形桥最低点，此时有向上的加速度，处于超重状态．故C正确；D、中国第一个目标飞行器和空间实验室“天宫一号”在太空中时飞船内部科研仪器，处于完全失重状态．故D错误．故选：AC10．如图所示，从地面上方某点，将一小球以5m/s的初速度沿水平方向抛出，小球经过1s落地，不计空气阻力（g=10m/s2），则可求出（）A．小球抛出时离地面的高度是5mB．小球从抛出点到落地点的水平位移大小是5mC．小球落地时的速度大小是15m/sD．小球落地时的速度大小是5m/s【考点】平抛运动．【分析】根据平抛运动的时间求出小球抛出时离地的高度，根据初速度和时间求出水平位移，根据速度时间公式求出落地时的竖直分速度，结合平行四边形定则求出落地的速度．【解答】解：A、小球抛出时离地面的高度h=，故A正确．B、小球抛出点到落地点的水平位移x=v0t=5×1m=5m，故B正确．C、小球落地时的竖直分速度v y=gt=10×1m/s=10m/s，根据平行四边形定则知，落地的速度v==m/s=m/s，故C错误，D错误．故选：AB．11．我国成功发射的“天宫一号”飞行器绕地球做匀速圆周运动的运行轨道高度为350km，地球同步卫星的高度约为3.6×104km，关于“天宫一号”和同步卫星，下列说法中正确的是（）A．“天宫一号”的运行速大于同步卫星的运行速度，并且均大于7.9km/sB．“天宫一号”的周期大于24hC．“天宫一号”的角速度大于同步卫星的角速度D．“天宫一号”的向心加速度大于同步卫星的向心加速度【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．【分析】根据万有引力提供向心力，通过轨道半径的大小比较天宫一号和同步卫星的线速度、周期、角速度和向心加速度．【解答】解：A、根据万有引力提供向心力有：==m=mω2r=mav=T=2ω=a=“天宫一号”飞行器绕地球做匀速圆周运动的运行轨道高度为350km，地球同步卫星的高度约为3.6×104km，A、“天宫一号”的运行速度大于同步卫星的运行速度，但是小于7.9km/s，故A错误B、“天宫一号”的周期小于24h，故B错误C、“天宫一号”的角速度大于同步卫星的角速度，故C正确D、“天宫一号”的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，故D正确故选CD．12．“天宫一号”是中国第一个目标飞行器，随后发射的“神舟八号”无人飞船已与它成功对接．它们的运行轨迹如图所示，假设“天宫一号”绕地球做圆周运动的轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，则以下说法正确的是（）A．根据题中条件可以计算出地球对“天宫一号”的引力大小B．根据题中条件可以计算出地球的质量C．在近地点P处，“神舟八号”的加速度比“天宫一号”大D．要实现“神舟八号”与“天宫一号”在近地点P处安全对接，需在靠近P处制动减速【考点】万有引力定律及其应用．【分析】根据万有引力提供圆周运动向心力列式可以求出中心天体的质量，卫星变轨主要通过增加卫星的速度以实现离心运动抬高轨道或降低卫星速度以减小卫星轨道来实现．【解答】解：A、因为无法求出环绕天体天宫一号的质量，地球对天宫一号的引力大小无法计算，故A错误；B、根据万有引力提供向心力有可得中心天体的质量，所以可以求出地球的质量，故B正确；C、神舟八号和天宫一号的加速度都是由万有引力引起的，在同一位置处加速度相同，故C错误；D、在近地点P处，因为神舟八号将开始做离心运动故满足，要实现和天宫一号的安全对接，在轨道上做圆周运动，故必须是让神舟八号减速，故D正确．故选：BD二、实验题（本大题共1小题，共8分．请把答案写在答题卷上．）13．某物理兴趣小组用如图所示的装置研究平抛运动及其特点，并测量平抛运动的初速度，其实验步骤、观察到的现象、数据记录和实验结果如下：（1）在实验装置下方水平地面的适当位置先后铺上白纸和复写纸；（2）让相同的A、B小球处于同一高度如图放置，用小锤打击弹性簿片，A球沿水平方向飞出，同时让B球自由下落，A、B两球在铺了复写纸的白纸上留下P、N 两个点迹；（3）观察到的现象是：小球A、B同时（填“A．同时”或“B．不同时”）落地；（4）用刻度尺测得B球下表面到地面的高度为H=0.800m，P、N点迹间的距离为L=0.500m；（5）计算A球做平抛运动的水平初速度为 1.25m/s；（忽略空气阻力，g取10m/s2，计算结果保留3位有效数字）（6）让A、B球恢复初始状态，用较大的力敲击弹性薄片，A球在空中运动的时间将B（填“A．变长”，“B．不变”或“C．变短”）；（7）通过上述现象说明平抛运动的竖直分运动是自由落体运动．【考点】研究平抛物体的运动．【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，抓住平抛运动在竖直方向上的运动规律与自由落体运动相同，得出两球同时落地．根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出初速度．平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关．【解答】解：（3）A球做平抛运动，B球做自由落体运动，由于平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，高度相同，则运动的时间相同，小球A、B同时落地．（5）根据H=得：t=，则平抛运动的初速度为：．（6）平抛运动的时间与初速度无关，由高度决定，高度不变，则A球在空中运动的时间不变，故选：B．（7）通过上述现象说明平抛运动的竖直分运动是自由落体运动．故答案为：（3）A；（5）1.25；（6）B；（7）平抛运动的竖直分运动是自由落体运动．三、计算题（本题3小题，共44分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14．如图所示，一质量为0.5kg的小球（可视为质点），用0.4m长的细线拴住在竖直面内做圆周运动，g取10m/s2．求：（1）小球刚好经过最高点A时的速度；（2）若小球经过最高点A时速度为4m/s，小球对细线的拉力；（3）若小球经过最低点B时速度为4m/s，细线对小球的拉力大小．【考点】向心力．【分析】（1）小球刚好经过最高点A时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出A点速度，（2、3）小球在竖直平面内做圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，根据牛顿第二定律求出细线的拉力．【解答】解：（1）小球刚好经过最高点A时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：代入数据解得：v=2m/s，（2）小球经过A点时由牛顿第二定律得：代入数据解得：T1=15N由牛顿第三定律得小球对细线的拉力大小为15N，方向竖直向上，（3）小球经过B点时由牛顿第二定律得：代入数据解得：T1=45N答：（1）小球刚好经过最高点A时的速度为2m/s；（2）若小球经过最高点A时速度为4m/s，小球对细线的拉力大小为15N，方向竖直向上；（3）若小球经过最低点B时速度为4m/s，细线对小球的拉力大小为45N．15．如图甲质量m=2kg的物体静止在水平面上，物体跟水平面间的动摩擦因数μ=0.2．从t=0时刻起，物体受到一个水平力F的作用而开始运动，F随时间t变化的规律如图乙，6s后撤去拉力F．（取g=10m/s2）求：（1）第4s末物体的速度；（2）物体运动过程中拉力F做的功．【考点】动能定理；牛顿第二定律．【分析】（1）物体在前4s内受拉力大小10N，根据受力分析求出物体运动的加速度，再根据速度时间关系求出4s末物体的速度；（2）分别求出物体在前4s内的位移和后2s内的位移，根据功的公式分别求出两个力对物体做的总功．【解答】解：（1）在0～4 s内，设物体的加速度为a1，4 s末速度为v，由牛顿第二定律得：F1﹣μmg=ma1v=a1t1解得：v=12 m/s（2）前4 s的位移：x1=a1t12=24 m由图象得4～6 s物体做匀速直线运动4～6s内的位移：x2=vt2=24 m物体运动过程中拉力F做的功为：W=F1x1+F2x2解得：W=336 J答：（1）第4s末物体的速度为12m/s；（2）物体运动过程中拉力F做的功为336J．16．如图所示，斜面体ABC固定在地面上，小球p从A点由静止下滑，当小球p 开始下滑时，另一小球q从A点正上方的D点同时水平抛出，两球同时到达斜面底端的B处．已知斜面AB光滑，长度l=3m，斜面倾角为θ=37°．不计空气阻力，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）小球p从A点滑到B点的时间；（2）小球q抛出时的初速度大小和抛出点距地面的高度；（3）小球q落在B点时的速度方向与水平方向夹角a的正切值．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．【分析】（1）根据牛顿第二定律求出p运动的加速度，结合位移时间公式求出小球p运动的时间．（2）q球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据位移时间公式求出离地的高度．在水平方向上做匀速直线运动，结合水平位移和时间求出初速度的大小．（3）由速度公式求出q落在B点时的竖直分速度，再由数学知识求速度方向与水平方向夹角a的正切值．【解答】解：（1）小球p沿斜面下滑的过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma解得：a=gsinθ=6m/s2．由运动学公式得：l=解得：t=1s（2）小球q做平抛运动，则：水平方向：x=v0t竖直方向：h=又有：x=lcosθ解得：v0=2.4m/s，h=5m（3）小球q落在B点时的竖直速度：v y=gt=10×1=10m/s则tanα===答：（1）小球p从A点滑到B点的时间是1s；（2）小球q抛出时的初速度大小是2.4m/s，抛出点距地面的高度是5m；（3）小球q落在B点时的速度方向与水平方向夹角α的正切值是．2017年3月16日。