解析陕西省西北农林科大附中2020┄2021学年高三上学期第一次月考物理试卷
陕西高三高中物理月考试卷带答案解析
陕西高三高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.假若某物体受到2016个恒力作用而处于平衡状态，某时刻撤去其中一个恒力而保持其余恒力都不变，则此后物体可能（ ）A ．做匀速直线运动B ．做抛物线运动C ．做圆周运动D ．静止2.a 、b 两个质量相同的球用线连接，a 球用线挂在天花板上，b 球放在光滑斜面上，系统保持静止，以下图示哪个是正确的（ ）3.某兴趣小组设计了一个滚筒式炒栗子机器，滚筒内表面粗糙，内直径为D 。
工作时滚筒绕固定的水平中心轴转动。
为使栗子受热均匀，要求栗子到达滚筒最高处前与筒壁脱离，则（ ）A ．滚筒的角速度应满足B ．滚筒的角速度应满足C ．栗子脱离滚筒的位置与其质量有关D ．若栗子到达最高点时脱离滚筒，栗子将自由下落4.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v 1、v 2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 ．tan 2θ5.如图所示，置于水平地面带有竖直立杆的底座总质量为0．2kg ，竖直立杆长0．5m ，有一质量为0．05kg 的小环从杆的下端以4m/s 的初速度向上运动，刚好能到达杆的顶端，在环向上运动的过程中，底座对水平地面的压力为（ ）A ．1．7NB ．1．8NC ．2．0ND ．2．3N6.如图所示，小船以大小为v 1、方向与上游河岸成θ的速度（在静水中的速度）从A 处过河，经过t 时间正好到达正对岸的B 处．现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B 处，在水流速度不变的情况下，可采取下列方法中的哪一种（）A．只要增大v1大小，不必改变θ角B．只要增大θ角，不必改变v1大小C．在增大v1的同时，也必须适当增大θ角D．在增大v1的同时，也必须适当减小θ角7.在不计空气阻力的情况下，某物体以30m/s的初速度从地面竖直上抛，则（重力加速度g 取10m/s2）（）A．前4s内物体的平均速度大小为10m/sB．前4s内物体的位移大小为50mC．第2s末到第4s末物体的平均速度为5m/sD．第2s内和第4s内物体的速度改变量不相同8.将一轻质弹簧竖直立在水平面上，当在其上端放上托盘Q时，平衡时弹簧缩短了3cm；当将一个物块P轻轻放在托盘中，待系统平衡后，弹簧又缩短了2cm；如果此时在P上施加一个竖直向下的力F，待系统再次平衡后，弹簧又缩短了2cm，如图所示，若在此时突然撤去力F，则（弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g）（）A．刚撤去力F瞬间，物块P的加速度大小为0．4gB．刚撤去力F瞬间，物块P的加速度大小为0．8gC．撤去力F后，物块P、Q共同向上运动5cm后分离D．撤去力F后，物块P、Q共同向上运动7cm后分离9.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v﹣t图象如图所示．已知两车在t=3s时并排行驶，则（）A．在t=1s时，甲车在乙车后B．在t=0时，甲车在乙车前7．5mC．两车另一次并排行驶的时刻是t=2sD．甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m10.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：1 B．小球m1和m2的角速度大小之比为：1 C．小球m1和m2的向心力大小之比为3：1D ．小球m 1和m 2的线速度大小之比为3：1二、实验题在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图1所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M 表示，盘及盘中砝码的质量用m 表示，小车的加速度可由小车后面拉动的纸带经打点计时器打出的点计算得到．（1）当M 与m 的大小关系满足 时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的总重力．（2）一组同学在探究加速度与质量的关系时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据．为了比较容易地得出加速度a 与质量M 的关系，应作出a 与 图象． （3）甲同学在探究加速度与力的关系时，根据测量数据作出的a 一F 图线，如图2（a ）所示．则实验存在的问题是 。
陕西省西北农林科大附中2020┄2021届高三上学期第一次月考 英语试卷
陕西省西北农林科大附中2021届高三上学期第一次月考英语试卷命题人：朱秦立审题人：张满户考试时间：120分钟满分：150分第I卷（选择题，共100分）第一部分听力（共两节，满分30分）第一节（共5小题；每小题1.5分，满分7.5分）听下面5段对话。
每段对话后有一个小题，从题中所给的A、B、C三个选项中选出最佳选项，并标在试卷的相应位置。
听完每段对话后，你都有10秒钟的时间来回答有关小题和阅读下一小题。
每段对话仅读一遍。
1. What is the man going to do at the weekend？A. Meet some friends.B. Take a holiday.C. Stay at home.2. Why does Linda speak English so well？A. She has been staying in the US for twenty years.B. She did not leave the US until she was twelve.C. She went to America at the age of twelve.3. How should the woman go to the shopping center？A. By bus.B. By taxiC. On foot.4. When will the woman finish her work？A. At 7:00.B. At 6:15C. At 5;305. Where does the conversation take place？A. At home.B. In an office.C. In a hotel.第二节（共15小题；每小题1.5分，满分22.5分）听下面5段对话或独白。
每段对话或独白后有几个小题，从题中所给的A、B、C三个选项中选出最佳选项，并标在试卷的相应位置。
陕西省西北农林科大附中高一物理上学期第二次月考试卷(含解析)
2015-2016学年陕西省西北农林科大附中高一（上）第二次月考物理试卷一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分）1．下列说法中正确的是（）A．只有直接接触的物体之间才会有力的作用B．重心就是物体所受重力的等效作用点，故重心一定在物体上C．找不到施力物体的力是不存在的D．静止在水平面上的物体受到向上的弹力是因为物体发生了形变2．下列关于弹力的说法中正确的是（）A．直接接触的两个物体间必然有弹力存在B．不接触的物体间也可能存在弹力C．只要物体发生形变就一定有弹力D．在直接接触且发生弹性形变的物体间才产生弹力3．水平桌面上覆盖有玻璃板，玻璃板上放置一木块，下列说法正确的是（）A．木块受到的弹力是由于木块的弹性形变要恢复造成的，因为玻璃板没有形变B．木块的重力就是木块对玻璃板的压力C．木块对玻璃板的压力与玻璃板对木块的支持力从性质上来说都是弹力D．木块对玻璃板的压力大小等于玻璃板对木块的支持力大小，因此二者合力为零4．力是矢量，它的合成与分解遵守平行四边形定则，以下关于大小分别为7N和9N的两个力的合力错误的有（）A．合力可能为3N B．合力不可能为9NC．合力可能为16N D．合力不可能为1N5．下列几组力中，其合力可能为零的是（）A．5N、7N、1N B．2N、4N、9N C．4N、8N、11N D．15N、8N、6N6．甲、乙、丙三个完全相同的物体在外力的作用下在同样的水平地面上做匀速直线运动，如图所示．则（）A．三个物体所受摩擦力的大小相同B．甲受摩擦力最大C．乙受摩擦力最大D．丙受摩擦力最大7．一个长度为L的轻弹簧，将其上端固定，下端挂一个质量为m的小球时，弹簧的总长度变为2L．现将两个这样的弹簧按图示方式连接，A、B两球的质量均为m，则两球平衡时，B 球距悬点O的距离为（不考虑小球的大小）（）A．3L B．4L C．5L D．6L8．放在水平地面上的物体，水平方向受到向左的力F1=7N和向右的力F2=2N的作用而处于静止状态，如图所示，则（）A．若撤去F1，物体所受的合力为7N，方向水平向右B．若撤去F1，物体所受的合力为零C．若撤去F2，物体一定沿水平面向左运动D．若撤去F2，物体所受的合力一定为零二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分．在每个小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）9．如图所示，用水平作用力F把物体压在竖直墙面上，物体始终处于静止状态，则物体所受的摩擦力的大小（）A．等于重力的大小B．随F的减小而减小C．随F的增大而增大D．最大静摩擦力随F的增大而增大10．如图所示，推力F作用在木块上，木块处于静止状态，则木块的受力个数可能为（）A．2个B．3个C．4个D．5个11．已知一个力F=10N，可分解为两个分力F1和F2，已知F1方向与F夹角为30°（如图所示），F2的大小为10N，则F1的大小可能是（）A．5N B．10N C．10N D．20N12．如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的半球形容器静放在粗糙水平地面上，O为球心．有一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在半球形容器底部O′处，另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点．已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ=30°，下列说法正确的是（）A．小球受到轻弹簧的弹力大小为mgB．小球受到半球形容器的支持力大小为mgC．小球受到半球形容器的支持力大小为mgD．半球形容器受到地面的摩擦力为零三、作图题（17分）13．画出下图中物体A或结点A所受弹力的示意图．（所有接触面均光滑，画在原图上）14．如图A B C三个物体在拉力F的作用下保持静止，请分别画出A B C 三个物体受力分析图（用质点代替物体）四、解答题（本题共2个小题，共27分．其中15题13分，16题14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．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）15．质量为2Kg的物体，静止在水平地面上，物体与地面间动磨擦因素为0.5，最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相等，给物体一水平拉力，（g=10m/s2）求：（1）当拉力大小为5N时，地面对物体的摩擦力是多大？（2）当拉力大小为12N时，地面对物体的摩擦力是多大？（3）若撤去拉力后，在物体继续滑动的过程中，地面对物体的摩擦力是多大？16．如图所示，有一倾角为37°的固定斜面，斜面上有一质量为5kg的物体，该物体在拉力F 的作用下沿斜面向上做匀速直线运动．已知F=40N，方向与斜面的夹角也为37°（g 取10N/kg，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：（1）物体受到摩擦力；（2）物体与斜面间的滑动摩擦因素μ；（3）若将拉力的方向改为沿斜面向上的F'，使物体可沿斜面匀速下滑，求此时拉力F'的大小．2015-2016学年陕西省西北农林科大附中高一（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分）1．下列说法中正确的是（）A．只有直接接触的物体之间才会有力的作用B．重心就是物体所受重力的等效作用点，故重心一定在物体上C．找不到施力物体的力是不存在的D．静止在水平面上的物体受到向上的弹力是因为物体发生了形变【考点】物体的弹性和弹力；重心．【分析】力是物体与物体之间的相互作用，不接触的两物体之间也可以产生力的作用；物体受到的弹力是由于施力物体发生形变而产生的；重心可以在物体上也可以在物体外．【解答】解：A、不接触的物体之间也可以有力的作用，与万有引力、库仑力以及磁场力等；故A错误；B、重心是物体各部分所受重力的等效作用点，重心可以在物体上也可以在物体外；故B错误；C、力具有物质性，任何力均会对应两个物体，一个施力物体一个受力物体；找不到施力物体的力是不存在的；故C正确；D、静止在水平面上的物体受到向上的弹力是因为水平面发生了形变；故D错误；故选：C．【点评】本题考查弹力的产生的条件及重心，要注意明确弹力的性质、掌握重心的性质；并明确弹力产生的条件．2．下列关于弹力的说法中正确的是（）A．直接接触的两个物体间必然有弹力存在B．不接触的物体间也可能存在弹力C．只要物体发生形变就一定有弹力D．在直接接触且发生弹性形变的物体间才产生弹力【考点】物体的弹性和弹力；弹性形变和范性形变．【分析】弹力产生的条件有两个：一是两个物体必须直接接触，二是发生弹性形变；弹力的方向总是与恢复形变的方向相同；拉力、推力、支持力的实质都是弹力．【解答】解：A．物体发生形变时，不一定发生弹性形变，所以接触的物体不一定产生弹力，故A错误；B．由条件可知，两物体不接触则一定没有弹力；故B错误；C．只有弹性形变时才会产生弹力；故C错误；D．在直接接触且发生弹性形变的物体间才产生弹力；故D正确．故选：D．【点评】本题考查对弹力的概念、产生的条件、方向等基本知识的理解，是一道基础题目．3．水平桌面上覆盖有玻璃板，玻璃板上放置一木块，下列说法正确的是（）A．木块受到的弹力是由于木块的弹性形变要恢复造成的，因为玻璃板没有形变B．木块的重力就是木块对玻璃板的压力C．木块对玻璃板的压力与玻璃板对木块的支持力从性质上来说都是弹力D．木块对玻璃板的压力大小等于玻璃板对木块的支持力大小，因此二者合力为零【考点】物体的弹性和弹力；弹性形变和范性形变；作用力和反作用力．【分析】物体间的弹力是由物体发生弹性形变，而要恢复原状时产生的力．平衡力是作用在同一物体上，大小相等方向相反；而作用力和反作用力分别作用在两个物体上，大小相等，方向相反．【解答】解：A、木块受到的弹力是由于施力物体玻璃的微小形变要恢复造成的，故A错误；B、木块的重力施力物体是地球，木块对玻璃板的压力施力物体是木块，故重力和压力不是同一个力，故B错误；C、木块对玻璃板的压力与玻璃板对木块的支持力从性质上来说都是弹力，故C正确D、木块对玻璃板的压力与玻璃板对木块的支持力是相互作用力，等值、反向、共线，都是弹力，故D错误；故选：C．【点评】考查弹力产生的原因，及平衡力与作用力和反作用力的区别．注意本题中的压力与重力大小相等，方向相同，但不是同一个力．4．力是矢量，它的合成与分解遵守平行四边形定则，以下关于大小分别为7N和9N的两个力的合力错误的有（）A．合力可能为3N B．合力不可能为9NC．合力可能为16N D．合力不可能为1N【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．【分析】两力合成时，合力随夹角的增大而减小，当夹角为零时合力最大，夹角180°时合力最小，并且F1+F2≥F≥|F1﹣F2|．【解答】解：当夹角为零时合力最大，最大值为9N+7N=16N；当夹角180°时合力最小，最小值为9N﹣7N=2N；故合力介于2N至16N之间，故B错误，ACD正确；本题选择错误的，故选：B．【点评】两力合成时，合力的大小满足F1+F2≥F≥|F1﹣F2|，在此范围内所有的值均是有可能的．5．下列几组力中，其合力可能为零的是（）A．5N、7N、1N B．2N、4N、9N C．4N、8N、11N D．15N、8N、6N【考点】力的合成．【分析】三力合成，先将其中的两个力合成，再与第三个力合成，合成时，三力同向合力最大，两个力合成的合力有个范围，用与第三个力最接近的数值与第三个力合成求最小合力．【解答】解：A、5N与7N合成最大12N，最小2N，不可能为1N，故与第三个力不可能平衡，故A错误；B、2N和4N合成最大6N，最小2N，不可能为9N，故与第三个力不可能平衡，故B错误；C、4N和8N合成最大12N，最小4N，当合力取11N时与第三个力合成，合力最小为0，故C 正确；D、15N和8N合成最小7N，最大23N，不可能为6N，故与第三个力不可能平衡，故D错误；故选：C．【点评】三力平衡，三个力中任意两个力的合力必然与第三个力等值、反向、共线．6．甲、乙、丙三个完全相同的物体在外力的作用下在同样的水平地面上做匀速直线运动，如图所示．则（）A．三个物体所受摩擦力的大小相同B．甲受摩擦力最大C．乙受摩擦力最大D．丙受摩擦力最大【考点】摩擦力的判断与计算．【分析】分别对三个物体进行受力分析，在水平方向上由力的平衡列式即可比较三个物体受到的摩擦力的大小．【解答】解：设三个物体的质量均为m，与地面间的动摩擦因数均为μ，甲图和乙图中的力与水平方向的夹角为θ，三个力的大小均为F，对三个物体进行受力分析，由物体的平衡进行列式，有：对甲图：f1=F1cosθ=μ（mg﹣Fsinθ）对乙图：f2=F2=μmg对丙图：f3=F3cosθ=μ（mg+Fsinθ）所以有：f1＜f2＜f3选项ABC错误，D正确．故选：D【点评】该题考查了滑动摩擦力大小的计算，关于滑动摩擦力的大小要明确：滑动摩擦力跟压力成正比，也就是跟一个物体对另一个物体表面的垂直作用力成正比，常用公式：F=μF N（F表示滑动摩擦力大小，F N表示正压力的大小，μ叫动摩擦因数）来进行计算．同时还要注意一下几点：①F N表示两物体表面间的压力，性质上属于弹力，不是重力，更多的情况需结合运动情况与平衡条件加以确定；②μ与接触面的材料、接触面的情况有关，无单位，③滑动摩擦力大小，与相对运动的速度大小无关．7．一个长度为L的轻弹簧，将其上端固定，下端挂一个质量为m的小球时，弹簧的总长度变为2L．现将两个这样的弹簧按图示方式连接，A、B两球的质量均为m，则两球平衡时，B 球距悬点O的距离为（不考虑小球的大小）（）A．3L B．4L C．5L D．6L【考点】共点力平衡的条件及其应用．【分析】在弹性限度内，物体的形变跟引起形变的外力成正比．这个定律是英国科学家胡克发现的，所以叫做胡克定律．胡克定律的表达式为F=kx或△F=k△x，其中k是常数，是物体的劲度（倔强）系数．【解答】解：当挂一个小球时，根据胡克定律，有：mg=k△x=kL；当挂两个小球时，上面弹簧，有：2mg=k△x1；下面弹簧，有：mg=k△x2；故B球距悬点O的距离为：x=2L+△x=2L+△x1+△x2=5L；故ABD错误，C正确；故选C．【点评】本题关键是根据胡克定律列式求出弹簧的伸长量，对两个弹簧串联的问题，要能够求解出各个弹簧的弹力．8．放在水平地面上的物体，水平方向受到向左的力F1=7N和向右的力F2=2N的作用而处于静止状态，如图所示，则（）A．若撤去F1，物体所受的合力为7N，方向水平向右B．若撤去F1，物体所受的合力为零C．若撤去F2，物体一定沿水平面向左运动D．若撤去F2，物体所受的合力一定为零【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．【分析】物体原来静止时，由平衡条件求出物体受到的静摩擦力，确定最大静摩擦力的范围，再根据题意求出物体受到的合力．【解答】解：物体原来静止时，物体在水平方向受到：F1=7N、F2=2N与摩擦力作用而静止，处于平衡状态，由平衡条件得：F1=F2+f，静摩擦力f=F1﹣F2=7﹣2=5N，则最大静摩擦力大于等于5N；AB、若撤去力F1=7N，物体受到推力F2=2N作用，由于最大静摩擦力大于等于5N，则F2小于最大静摩擦力，物体静止不动，所受合力为零，故A错误，B正确；CD、若撤去力F2=2N，物体受到推力F1=7N作用，由于最大静摩擦力大于等于5N，则F1可能大于最大静摩擦力，物体滑动，物体的合力不为零．也可能F1小于等于最大静摩擦力，物体仍静止，合力为零，故CD错误故选：B．【点评】当推力大于最大静摩擦力时，物体将运动，推力小于等于最大静摩擦力时，物体静止；根据题意确定最大静摩擦力的大小是正确解题的关键．二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分．在每个小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）9．如图所示，用水平作用力F把物体压在竖直墙面上，物体始终处于静止状态，则物体所受的摩擦力的大小（）A．等于重力的大小B．随F的减小而减小C．随F的增大而增大D．最大静摩擦力随F的增大而增大【考点】摩擦力的判断与计算．【分析】对物体受力分析，明确物体在水平和竖直两个方向上的状态；然后根据共点力平衡条件求解静摩擦力．根据最大静摩擦力的性质明确最大静摩擦力的变化．【解答】解：A、对物体受力分析，受推力、重力、支持力和向上的静摩擦力，根据共点力平衡条件，有：f=mgF=N，故BC错误，A正确；D、最大静摩擦力一般等于滑动摩擦力，因压力增大，故最大静摩擦力增大；故D正确；故选：AD．【点评】本题关键是明确滑块的受力情况，然后根据共点力平衡条件求解静摩擦力，要注意明确静摩擦力和滑动摩擦力的区别．10．如图所示，推力F作用在木块上，木块处于静止状态，则木块的受力个数可能为（）A．2个B．3个C．4个D．5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．【分析】（1）我们把研究对象在特定的物理环境中所受的所以外力找出来，并画出受力图，就是受力分析，研究对象可以是单个的物体，也可以是多个相关联物体组成的系统．（2）受力分析时的顺序：一般是遵从重力、弹力、摩擦力的顺序，对物体进行受力分析时应注意以下几点：①画受力图时，一般把力的作用点画在物体的重心上；②若某个力的方向难以确定，可以先假设这个力不存在，分析物体发生怎样的运动，然后确定其方向；③不要把研究对象所受的力与它对其它物体的作用力相混淆，注意分析受到的力，而施加的力是不分析的．【解答】解：木块处于静止状态，受力平衡，受推力F、重力G、支持力N，可能有静摩擦力（方向可能向下、向上），即物理可能受3个力，也可能受4个力；故选：BC【点评】对物体进行受力分析时应该注意以下几个问题：（1）首先应该确定研究对象，并把研究对象从周围物体中隔离出来；（2）研究力要按照一定的步骤，先研究重力，然后再研究与研究对象接触的物体，逐个分析弹力和摩擦力；（3）每分析一个力都要先找施力物体；（4）受力分析只分析研究对象受到的力，不分析研究对象施加的力；（5）分析物体受力时，除了考虑它与周围物体的作用外，还要考虑物体的运动情况：力是改变物体运动状态的原因，当物体的运动情况不同时，其受力情况就是不同的；（6）为了使问题简化，常忽略某些次要的力，如物体速度不大时的空气阻力物体在空气中所受的浮力，物体在水中运动时所受的阻力等．11．已知一个力F=10N，可分解为两个分力F1和F2，已知F1方向与F夹角为30°（如图所示），F2的大小为10N，则F1的大小可能是（）A．5N B．10N C．10N D．20N【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．【分析】本题已知合力、一个分力的方向、一个分力的大小，可以结合力的合成的三角形定则进行分析．【解答】解：合力F=10N，分力F1方向与F夹角为30°，分力F2的大小为10N，根据三角形定则，作图，如下：根据余弦定理，有：cos30°=代入数据，有：解得：F1=10N或者F1=20N故选：CD【点评】本题关键是根据三角形定则作图，然后结合余弦定理列式求解，基础题目．12．如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的半球形容器静放在粗糙水平地面上，O为球心．有一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在半球形容器底部O′处，另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点．已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ=30°，下列说法正确的是（）A．小球受到轻弹簧的弹力大小为mgB．小球受到半球形容器的支持力大小为mgC．小球受到半球形容器的支持力大小为mgD．半球形容器受到地面的摩擦力为零【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力及弹簧的弹力而处于静止，由共点力的平衡条件可求得小球受到的轻弹簧的弹力及小球受到的支持力；对容器和小球整体研究，分析受力可求得半球形容器受到的摩擦力．【解答】解：A、B、C对小球受力分析，如图所示，由几何关系可知，T=F=mg，故AB错误；C正确；D、以容器和小球整体为研究对象，分析受力可知：竖直方向有：总重力、地面的支持力，水平方向地面对半球形容器没有摩擦力．故D正确．故选：CD【点评】共点力平衡问题重点在于正确选择研究对象，本题运用隔离法和整体法两种方法进行受力分析得出结论．三、作图题（17分）13．画出下图中物体A或结点A所受弹力的示意图．（所有接触面均光滑，画在原图上）【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】弹力产生在接触面上，常见的支持力或压力是弹力，它们的方向是垂直接触面指向受力物体，常见的方向分3种情况：（1）点和平面接触垂直于平面，（2）点和曲面接触垂直于曲面的切面，（3）曲面和曲面接触垂直于曲面的公切面．【解答】解：（1）图中两物体虽然接触，A受水平向右的弹力与下面球对A的弹力，其方向是两球心的连线指向左上方；（2）图中与地面接触点弹力竖直向上；与竖直面没有弹力，否则会运动；（3）图中结点A受到两处绳子的拉力和杆的支持力，其中杆的支持力的方向沿杆的方向，否则杆会绕铰链转动；（4）图中滑轮A受到两处绳子的拉力和杆的支持力，其中杆的支持力的方向与两根绳子的合力的方向相反，由于杆固定，所以该支持力的方向可以不沿杆的方向．答：如上图所示．【点评】常见的弹力方向是垂直接触面指向受力物体，如果接触面不是平面的话需要垂直曲面的切面．有些接触的物体它们之间有没有弹力需要我们根据平衡条件进行判断．14．如图A B C三个物体在拉力F的作用下保持静止，请分别画出A B C 三个物体受力分析图（用质点代替物体）【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】先对A分析，受重力和支持力，不受摩擦力，否则不能平衡；再对B分析，受拉力、重力、A施加的压力、C施加的支持力和C对B的静摩擦力；最后对C分析，受重力、压力、B对其有向右的静摩擦力，地面对其有向左的静摩擦力．【解答】解：对A，受重力和支持力，二力平衡，如图所示：对B，受力如图所示：对C，根据牛顿第三定律，B对C有向右的静摩擦力，根据平衡条件，地面对C有向左的静摩擦力，如图所示：答：如图所示．【点评】为防止漏力，受力分析的一般顺序：先分析场力（重力、电场力、磁场力），再分析接触力（弹力、摩擦力），最后分析其他力．四、解答题（本题共2个小题，共27分．其中15题13分，16题14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．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）15．质量为2Kg的物体，静止在水平地面上，物体与地面间动磨擦因素为0.5，最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相等，给物体一水平拉力，（g=10m/s2）求：（1）当拉力大小为5N时，地面对物体的摩擦力是多大？（2）当拉力大小为12N时，地面对物体的摩擦力是多大？（3）若撤去拉力后，在物体继续滑动的过程中，地面对物体的摩擦力是多大？【考点】摩擦力的判断与计算．【分析】当物体发生相对运动时，存在滑动摩擦力，当物体相对静止时，存在静摩擦力．【解答】解：滑动摩擦力=最大静摩擦力F max=μmg=0.5×2×10=10N（1）当拉力F=5N时，F＜F max，物体静止，f=F=5N（2）当拉力F=12N时，F＞F max，物体滑动，f=10N（3）当撤去外力时，物体还继续滑动，f=10N．答：（1）当拉力大小为5N时，地面对物体的摩擦力是5N；（2）当拉力大小为12N时，地面对物体的摩擦力是10N；（3）若撤去拉力，在物体继续滑动的过程中，地面对物体的摩擦力10N．【点评】做好此类题目的关键是分析物体是否发生了相对运动，若发生了，则为滑动摩擦力，否则为静摩擦力．16．如图所示，有一倾角为37°的固定斜面，斜面上有一质量为5kg的物体，该物体在拉力F 的作用下沿斜面向上做匀速直线运动．已知F=40N，方向与斜面的夹角也为37°（g 取10N/kg，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：（1）物体受到摩擦力；（2）物体与斜面间的滑动摩擦因素μ；（3）若将拉力的方向改为沿斜面向上的F'，使物体可沿斜面匀速下滑，求此时拉力F'的大小．【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【分析】（1、2）对物体受力分析，根据共点力平衡求出滑动摩擦力的大小以及支持力的大小，结合滑动摩擦力公式求出动摩擦因数的大小．（3）对物体受力分析，根据共点力平衡求出拉力的大小．【解答】解：（1）对物体受力分析，根据x轴方向平衡有：Fcos37°=mgsin37°+f，解得摩擦力f=Fcos37°﹣mgsin37°=40×0.8﹣50×0.6N=2N．（2）根据y轴平衡有：N+Fsin37°=mgcos37°，解得N=mgcos37°﹣Fsin37°=50×0.8﹣40×0.6N=16N，则滑动摩擦因数．（3）若将拉力的方向改为沿斜面向上的F'，使物体可沿斜面匀速下滑，受力如图所示．根据平衡有：F′+f=mgsin37°，f=μmgcos37°，代入数据解得F′=25N．答：（1）物体受到摩擦力为2N；（2）物体与斜面间的滑动摩擦因素μ为0.125；（3）此时拉力F'的大小为25N．【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，知道沿斜面方向和垂直斜面方向合力为零．。
陕西省2020年高三上学期物理第一次月考物理试卷C卷
陕西省2020年高三上学期物理第一次月考物理试卷C卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共10题；共20分)1. （2分） (2017高一下·衡阳期中) 质点做曲线运动，它的轨迹如图所示，由A向C运动，关于它通过B 点时的速度v的方向和加速度a的方向正确的是（）A .B .C .D .2. （2分） (2019高一下·临汾期中) 如图所示，长为L的轻杆，一端固定有一个质量为m的可视为质点的小球，另一端固定在水平转轴O上，杆随转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，某时刻杆对球的作用力为F，方向恰好与杆垂直，此时杆与水平面的夹角为θ。
则下列关系正确的是（）A . tanθ=g/(ω2L)B . sinθ=ω2L/gC . θ=0D . F=mg/cosθ3. （2分）一个人站在阳台上，以相同的速率v分别把三个球竖直向上抛出、竖直向下抛出、水平抛出，不计空气阻力，三球落地时的速率A . 一样大B . 上抛球速率最大C . 下抛球速率最大D . 平抛球速率最大4. （2分） (2015高一下·台州期中) 2015年10月，我国自主研发的第一艘平流层飞艇“圆梦”号试飞成功．若飞艇在平流层水平匀速飞行时，所受空气阻力与飞行速度成正比．当匀速飞行速度为v时，动力系统的输出功率为P；当匀速飞行速度为2v时，动力系统的输出功率为（）A .B .C . 2PD . 4P5. （2分）如图所示，两个摩擦传动的轮子，A为主动轮，已知A、B轮的半径比为R1：R2=1：2，C点离圆心的距离为，轮子A和B通过摩擦的传动不打滑，则在两轮子做匀速圆周运动的过程中，以下关于A、B、C 三点的线速度大小V、角速度大小ω、向心加速度大小a之间关系的说法正确的是（）A . VA＜VB ，ωA=ωBB . aA＞aB ，ωB=ωCC . ωA＞ωB ， VB=VCD . ωA＜ωB ， VB=VC6. （2分）将石块从空中某一高度水平抛出，不计空气阻力，石块运动的过程中（）A . 速度的大小不变B . 速度的方向不变C . 竖直向下的分速度不变D . 任意时间间隔内的速度的变化量的方向不变7. （2分） (2017高一下·厦门期中) 一船在静水中的速率是4m/s，要渡过宽28m，水流的流速为3m/s的河流，下列说法中正确的是（）A . 此船不可能垂直于河岸到达对岸B . 此船垂直于河岸到达对岸的时间是12sC . 船相对于河岸的速度一定是5m/sD . 此船渡河的最短时间是7s8. （2分） (2018高一下·乐山期中) 发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火。
陕西省西北农林科大附中高二物理上学期第二次月考试卷(含解析)
2015-2016学年陕西省西北农林科大附中高二（上）第二次月考物理试卷一.选择题（共10小题.每题5分.共50分.1-8题为单选题，9-10题为多选）1．有关电压与电动势的说法中正确的是( )A．电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法B．电动势是电源两极间的电压C．电动势公式E=中W与电压U=中的W是一样的，都是电场力做的功D．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量2．关于电阻和电阻率的说法中，正确的是( )A．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻B．由R=可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C．某些金属合金和化合物的电阻率随温度的降低突然减小为零，这种现象叫做超导现象D．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一3．如图所示，电路两端的电压保持不变，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，三个灯泡亮度的变化情况是( )A．L1变亮，L2和L3皆变暗 B．L1变暗，L2不能确定，L3变暗C．L1变暗，L2变亮，L3变亮D．L1变亮，L2变亮，L3变暗4．金属铂的电阻对温度的高低非常敏感，在下图所示的U﹣I图象中，可以表示出金属铂电阻的U﹣I图线的是( )A．B．C．D．5．如图所示电路中接有三只完全相同的电压表，在A，B间加恒定电压12V，电压表1的示数为5V，则电压2，3的示数依次为( )A．V2为7V，V3为0V．B．V2为7V，V3为7VC．V2为5V，V3为2V D．V2为7V，V3为2V6．用伏安法测电阻时，待测电阻大约是10欧，电流表的内阻是1欧，电压表的内阻是5千欧，则( )A．用电流表外接法，此时测量值比真实值大B．用电流表外接法，此时测量值比真实值小C．用电流表内接法，此时测量值比真实值大D．用电流表内接法，此时测量值比真实值小7．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是( )A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小B．对应P点，小灯泡的电阻为C．对应P点，小灯泡的电阻为D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积8．一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端电压U的关系图象如图（a）所示，将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，现将它们连接成如图（b）所示的电路，接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是P D、P1、P2，它们之间的大小关系有( )A．P1=4P D B．P1＜4P2C．P D=P2 D．P D=9．把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和P乙表示，则下列结论中正确的是( )A．P甲=P乙B．P甲=3P乙C．P乙=3P甲D．P乙＞3P甲10．在如图中，电源内阻不能忽略，R1=12Ω，R2=8Ω．当开关S切换到位置1时，电流表的示数为I1=0.20A；当开关S扳到位置2时，电流表的示数可能为下列情况中的( )A．0.3A B．0.28A C．0.25A D．0.19A二.实验题（共3小题.每空4分.共28分）11．某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图（甲）所示，则金属丝的直径d=__________mm．另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测量一工件的长度，测得的结果如图（乙）所示，则该工件的长度L=__________mm．12．多用电表的下半部分如图甲所示，标有“2.2V 0.25A”字样的小灯泡已接入电路，当多用电表的两表笔分别与小灯泡两端的接线柱a、b相接（如图乙所示），下列想法合理的是( )A．若选择开关拨到“Ω”挡的×1处，可测量小灯泡的电阻B．若选择开关拨到“”挡的2.5处，可测量小灯泡两端的电压C．若选择开关拨到“V”挡的2.5处，可测量小灯泡两端的电压D．若选择开关拨到“mA”挡的250处，可测量小灯泡中的电流13．（16分）某电阻额定电压为3V（阻值大约为10Ω）．为测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：A：电流表A1（量程300mA，内阻约1Ω）；B：电流表A2（量程0.6A，内阻约0.3Ω）；C：电压表V1（量程3.0V，内阻约3kΩ）；D：电压表V2（量程5.0V，内阻约5kΩ）；E：滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）；F：滑动变阻器R2（最大阻值为1kΩ）；G：电源E（电动势4V，内阻可忽略）；H：电键、导线若干．（1）为了尽可能提高测量准确度，应选择的器材为（只需添器材前面的字母即可）：电流表__________，电压表__________，滑动变阻器__________．（2）画出该实验电路图．三.计算题（共2小题.14题10分.15题12分.共22分）14．如图所示的电路中，电阻R1=9Ω，R2=15Ω，电源的电动势E=12V，内电阻r=1Ω，安培表的读数I=0.4A．求：（1）流过电阻R1的电流是多少？（2）电阻R3的阻值是多大？（3）电阻R3消耗的电功率是多少？15．如图所示，电流表读数为0.75A，电压表读数为2V，R3=4Ω，经过一段时间后某一电阻烧断，电流表读数变为0.8A，电压表读数变为3.2V，设电表对电路的影响不计，试问：（1）烧断的是哪一个电阻？（2）电源的电动势和内阻分别是多少？2015-2016学年陕西省西北农林科大附中高二（上）第二次月考物理试卷一.选择题（共10小题.每题5分.共50分.1-8题为单选题，9-10题为多选）1．有关电压与电动势的说法中正确的是( )A．电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法B．电动势是电源两极间的电压C．电动势公式E=中W与电压U=中的W是一样的，都是电场力做的功D．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】电压与电动势的单位相同，但物理意义不同．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量．电动势定义式公式E=中的W是非静电力做功，电压U=中的W是静电力做功．电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压．【解答】解：A、电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量．故A错误．B、根据闭合电路欧姆定律，路端电压U=E﹣Ir，只有当外电路断开时，I=0，路端电压等于电动势．当外电路接通时，路端电压即电源两极间的电压小于电动势，故B错误．C、电动势定义式公式E=中的W是非静电力做功，电压U=中的W是静电力做功．故C错误．D、电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小．故D正确．故选：D．【点评】本题考查电动势的概念，关键要明确电动势的物理意义，知道与电压的区别，属于基础题．2．关于电阻和电阻率的说法中，正确的是( )A．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻B．由R=可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C．某些金属合金和化合物的电阻率随温度的降低突然减小为零，这种现象叫做超导现象D．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电阻是导体对电流的阻碍作用；影响电阻大小的因素有：材料、长度、横截面积、温度，与通过导体的电流和导体两端的电压无关．【解答】解：A、电阻是导体对电流的阻碍作用，是导体本身的一种特性；其大小与导体的材料、长度、横截面积、温度有关；而与导体两端有无电压、电压高低，导体中有无电流、电流大小无关．故A错误、B错误．C、由超导现象的定义知，某些金属、合金和化合物的电阻率随温度的降低会突然减小为零，这种现象叫做超导现象．但温度不可能为绝对零度，因绝对零度无法达到，故C正确D、导线的电阻率有材料本身的特性决定，与导体的电阻、横截面积、长度无关．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻是原来的一半，但电阻率不变．所以D错误．故选：C．【点评】欧姆定律也可求电阻，但只能作为比值定义法，应明确电阻与电流、电压等无关．3．如图所示，电路两端的电压保持不变，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，三个灯泡亮度的变化情况是( )A．L1变亮，L2和L3皆变暗 B．L1变暗，L2不能确定，L3变暗C．L1变暗，L2变亮，L3变亮D．L1变亮，L2变亮，L3变暗【考点】串联电路和并联电路；闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电灯L2与变阻器串联后与灯泡L3并联，最后再与L1串联；当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，变阻器电阻R减小，故总电阻减小，根据欧姆定律判断干路电流的变化情况，然后逐步判断各个各个部分的电流和电压情况．【解答】解：当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，变阻器电阻R减小，故总电阻减小，根据欧姆定律干路电流增加，故灯泡L1变亮；并联电路的电压U并=U﹣IR L1，故并联电路电压变小，灯泡L3变暗；干路电流增加，而通过灯泡L3的电流变小，故通过灯泡L2的电流增加，灯泡L2变亮；故选D．【点评】对于动态分析问题，通常按照局部→整体→局部的思路进行分析，不难．4．金属铂的电阻对温度的高低非常敏感，在下图所示的U﹣I图象中，可以表示出金属铂电阻的U﹣I图线的是( )A．B．C．D．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】金属铂的电阻随温度的升高而增大．电阻的U﹣I图线上的点与坐标原点连线的斜率等于电阻．根据数学知识进行选择．【解答】解：根据电阻的定义式R=可知，U﹣I图线上的点与坐标原点连线的斜率等于电阻，金属铂的电阻随温度的升高而增大，则图线上的点与坐标原点连线的斜率逐渐增大，图线是曲线，根据数学知识可知，C正确．故选C【点评】本题考查对金属电阻特性的掌握程度，抓住图线的数学意义来理解其物理意义．5．如图所示电路中接有三只完全相同的电压表，在A，B间加恒定电压12V，电压表1的示数为5V，则电压2，3的示数依次为( )A．V2为7V，V3为0V．B．V2为7V，V3为7VC．V2为5V，V3为2V D．V2为7V，V3为2V【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】定量思想；方程法；恒定电流专题．【分析】根据串、并联电路中电流关系，由欧姆定律确定电压表2、3的示数．【解答】解：电压表可以作为电阻处理，因三个电压表的内阻相等，则电压与电流成正比；设电压表的内阻均为R，根据电荷守恒定律知，三个电压表电流关系可能为：=+，也可能有：+=当U1=5V时，U3=2V，U2=7V，其他数据不可能．故ABC错误，D正确．故选：D【点评】本题中将电压表当作大电阻，不是普通的串并联，关键要分析三个电压表的电流可能关系，根据欧姆定律和电荷守恒定律研究．6．用伏安法测电阻时，待测电阻大约是10欧，电流表的内阻是1欧，电压表的内阻是5千欧，则( )A．用电流表外接法，此时测量值比真实值大B．用电流表外接法，此时测量值比真实值小C．用电流表内接法，此时测量值比真实值大D．用电流表内接法，此时测量值比真实值小【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】伏安法测电阻时有电流表内接和外接两种接法，由于实际电压表内阻较大，但不是无穷大，实际电流表内阻较小，也不是零，故两种接法都存在一定的实验误差，要根据实际情况灵活选择，以减小实验误差【解答】解：由于本题中因，用电流表内接法时，安培表的分压作用比较明显，误差较大，而用安培表外接法时，电压表的分流作用较小，故应该采用安培表外接法；采用安培表外接法，电压表读数比较准确，由于伏特表的分流作用，电流表的读数偏大，故电阻的测量值偏小，测量值等于待测电阻与伏特表相并联的电阻值；故选：B．【点评】本题关键分析清楚电流表内、外接法的误差来源，然后根据实际数据选择误差较小的接法．7．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是( )A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小B．对应P点，小灯泡的电阻为C．对应P点，小灯泡的电阻为D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】由图看出此灯泡是非线性元件，根据电阻是指对电流的阻碍作用判断灯泡电阻与电压之间的关系；找到P点对应的电压和电流，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻；由功率公式可知功率对应图线的“面积”．【解答】解：A、由图象可知，灯泡的电阻等于R=，等于图线上的点与原点O连线斜率的倒数，由数学知识可知，电压增大，此斜率减小，则灯泡的电阻增大．故A错误；B、C由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻R=≠，故B、C错误；D、因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确．故选D．【点评】对于线性元件，其电阻R==，非线性元件，R=；对于U﹣I图与I﹣U 图要区分清楚，电阻R=K，还是R=不能搞错．8．一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端电压U的关系图象如图（a）所示，将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，现将它们连接成如图（b）所示的电路，接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是P D、P1、P2，它们之间的大小关系有( )A．P1=4P D B．P1＜4P2C．P D=P2 D．P D=【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】根据半导体材料的伏安特性曲线可知，随着电压增大，电阻器D的电阻减小，电压减小，电阻增大．电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，此时三个电阻的阻值相等；当将它们连接成如图（b）所示的电路，接在该电源的两端时，电阻器D的电压小于电源的电压，电阻增大，根据并联电路的特点分析其电流与R1、R2电流的关系，再研究功率关系．【解答】解：由题，电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，此时三个电阻的阻值相等；当将它们连接成如图（b）所示的电路，接在该电源的两端时，电阻器D的电压小于电源的电压，由（a）图象可知，电阻器D的电阻增大，则有R D＞R1=R2．而R D与R2并联，电压相等，根据欧姆定律得知，电流I D＜I2，又I1=I2+I D，得到I1＜2I2，I1＞2I D．，，，所以得到P1＜4P2．P1与4P D的大小无法判断．P D＜P2．P2＞，故如图（b）的电路中，P D与无法比较．故选B【点评】本题首先要读懂半导体材料的伏安特性曲线，其次要抓住串并联电路的特点进行分析．9．把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和P乙表示，则下列结论中正确的是( )A．P甲=P乙B．P甲=3P乙C．P乙=3P甲D．P乙＞3P甲【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】电路所消耗的总功率的大小等于电路两端的总的电压与总电流的乘积，由此即可直接得出结论．【解答】解：设灯泡正常发光时的电流为I，对于甲图，电路的总的电流为3I，此时甲的总功率的大小为P甲=U•3I，对于乙图，电流的总电流的大小就为I，此时乙的总功率的大小为P乙=U•I，所以P甲=3P乙，所以B正确．故选：B．【点评】对于本题来说关键的是选择公式，由于电路的总电压的大小是相同的，所以用总电压与总电流的乘积来计算总功率的大小比较简单．10．在如图中，电源内阻不能忽略，R1=12Ω，R2=8Ω．当开关S切换到位置1时，电流表的示数为I1=0.20A；当开关S扳到位置2时，电流表的示数可能为下列情况中的( )A．0.3A B．0.28A C．0.25A D．0.19A【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】定性思想；极端假设法；恒定电流专题．【分析】根据电阻的不同，由欧姆定律分析电流的范围，结合路端电压的范围进行选择．【解答】解：由题当开关S切换到位置1时，电流表的示数为I1=0.20A；因R1=12Ω，R2=8Ω，则R1＞R2．则当开关S扳到位置2时，电路中电流增大，即I2＞0.20A．由于外电阻减小，路端电压减小．开关S在位置1时，路端电压U1=I1R1=0.20×12V=2.4V，开关S扳到位置2时，路端电压U2＜2.4V，由欧姆定律得知 I2=＜A=0.30A．所以电流表的示数的范围为0.20A＜I2＜0.30A．故AD错误，BC正确．故选：BC【点评】本题中外电阻减小时，总电流增大，不难确定，关键还要根据路端电压随外电阻减小而减小，确定电流的变化范围．二.实验题（共3小题.每空4分.共28分）11．某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图（甲）所示，则金属丝的直径d=2.935（2.934﹣2.937）mm．另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测量一工件的长度，测得的结果如图（乙）所示，则该工件的长度L=14.50mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】实验题．【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，两种仪器读数时均可采用公式法，即：主尺读数+副尺读数．【解答】解：螺旋测微器的固定刻度读数2.5mm，可动刻度读数为0.01×43.5=0.435mm，所以最终读数为：固定刻度读数+可动刻度读数=2.5+0.435=2.935mm，由于需要估读，因此在范围2.934﹣2.937mm内均正确．游标卡尺的主尺读数为1.4cm=14mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为：主尺读数+游标尺读数=14mm+0.50mm=14.50mm；故答案为：2.935（2.934﹣2.937），14.50．【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．12．多用电表的下半部分如图甲所示，标有“2.2V 0.25A”字样的小灯泡已接入电路，当多用电表的两表笔分别与小灯泡两端的接线柱a、b相接（如图乙所示），下列想法合理的是( )A．若选择开关拨到“Ω”挡的×1处，可测量小灯泡的电阻B．若选择开关拨到“”挡的2.5处，可测量小灯泡两端的电压C．若选择开关拨到“V”挡的2.5处，可测量小灯泡两端的电压D．若选择开关拨到“mA”挡的250处，可测量小灯泡中的电流【考点】用多用电表测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】用多用电表测电阻时，待测电路元件应与其它电路元件断开；用多用电表测电压时，多用电表应与被测电路元件并联，要注意测的是直流电源还是交流电压；用多用电表测电流时，多用电表要串联接入电路．【解答】解：A、由图乙所示可知，灯泡串联在闭合电路中，不能用多用电表测灯泡电阻，如果用多用电表测灯泡电阻，应把灯泡与其它电路元件断开，故A错误；B、由图乙所示可知，电源为直流电源，应该用直流电压档测灯泡两端电压，故B错误；C、若选择开关拨到“V”挡的2.5处，可测量小灯泡两端的电压，故C正确；D、若选择开关拨到“mA”挡的250处，要测量小灯泡中的电流，多用电表应串联接入电路，不能与灯泡并联，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了多用电表的使用，用多用电表测电阻、电流、电压时，要把选择开关打到合适的档位．13．（16分）某电阻额定电压为3V（阻值大约为10Ω）．为测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：A：电流表A1（量程300mA，内阻约1Ω）；B：电流表A2（量程0.6A，内阻约0.3Ω）；C：电压表V1（量程3.0V，内阻约3kΩ）；D：电压表V2（量程5.0V，内阻约5kΩ）；E：滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）；F：滑动变阻器R2（最大阻值为1kΩ）；G：电源E（电动势4V，内阻可忽略）；H：电键、导线若干．（1）为了尽可能提高测量准确度，应选择的器材为（只需添器材前面的字母即可）：电流表A，电压表C，滑动变阻器E．（2）画出该实验电路图．【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题．【分析】（1）估算电阻上最大电流，选择电表量程．根据该电阻与变阻器最大电阻的关系选择变阻器．（2）根据该电阻与两电表内阻的倍数关系选择电流表的接法，题目要求为了尽可能提高测量准确度，选择滑动变阻分压式．【解答】解：（1）根据欧姆定律，流过电阻的最大电流I=≈=0.3A故电流表选A；电阻额定电压为3V则电压表选C即可；为了尽可能提高测量准确度，选择滑动变阻分压式接法，为了方便调节，滑动变阻器选小阻值的E．（2）＞即被测电阻为小电阻，选取电流表外接，题目要求为了尽可能提高测量准确度，选择滑动变阻分压式．故电路图如图：故答案为：（1）A，C，E；（2）如图；【点评】选择器材通常的步骤：1、根据实验要求设计合理的实验电路．2、估算电路中电压、电流可能达到的最大值，以此选择电压表和电流表的量程．三.计算题（共2小题.14题10分.15题12分.共22分）14．如图所示的电路中，电阻R1=9Ω，R2=15Ω，电源的电动势E=12V，内电阻r=1Ω，安培表的读数I=0.4A．求：（1）流过电阻R1的电流是多少？（2）电阻R3的阻值是多大？（3）电阻R3消耗的电功率是多少？【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）先根据欧姆定律求得R2的电压，再以R1和内阻r为研究对象，根据欧姆定律求得电路中总电流，即为流过电阻R1的电流．（2）根据并联电路分流规律求出流过电阻R3的电流，其电压与R2的电压相等，再求解R3的阻值．（3）电阻R3消耗的电功率由公式P=UI求解．【解答】解：（1）R2的电压 U2=I2R2=0.4×15V=6.0V根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣I1（R1+r）则得流过电阻R1的电流 I1==A=0.6A（2）流过电阻R3的电流 I3=I1﹣I2=0.6﹣0.4=0.2A则 R3==Ω=30Ω（3）电阻R3消耗的电功率是 P3=U2I3=6×0.2W=1.2W答：（1）流过电阻R1的电流是0.6A．（2）电阻R3的阻值是30Ω．（3）电阻R3消耗的电功率是1.2W．【点评】对于直流电路的计算问题，关键要搞清各个电阻之间的联系，把握串联和并联电路的特点，根据相关公式求解．15．如图所示，电流表读数为0.75A，电压表读数为2V，R3=4Ω，经过一段时间后某一电阻烧断，电流表读数变为0.8A，电压表读数变为3.2V，设电表对电路的影响不计，试问：（1）烧断的是哪一个电阻？（2）电源的电动势和内阻分别是多少？【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）由题意，电路中某一电阻断路后，两电表的读数都变大，不可能是R3和R1断路，否则变化后电压表或电流表无读数，只可能R2断路．（2）断路时，电压表读数等于电阻R1的电压，由欧姆定律求出R1．根据闭合电路欧姆定律对发生断路前后列方程，组成方程组求解电动势和内电阻．【解答】解：（1）因某电阻烧断，电流表、电压表示数均增大，若R1、R3断路，电流表或电压表无读数，可断定发生故障的电阻是R2．（2）由R2烧断后：电压表的示数等于路端电压，则R1==Ω=4Ω根据闭合电路欧姆定律得 U=E﹣Ir即有 3.2=E﹣0.8r…①R2未烧断时：路端电压U′=R1I′=4×0.75V=3V通过R3的电流I3==A=0.25A总电流：I0=I3+I′=0.25A+0.75A=1.0A则有U′=E﹣I0r即 3=E﹣r…②联立①②解得 E=4V r=1Ω答：（1）发生故障的电阻是R2．（2）电源的电动势和内阻各为4V和1Ω．【点评】本题中涉及故障分析，采用排除法逐一分析．对于电源的电动势和内阻，常常根据两种情况列方程组求解．。
陕西省西北农林科大附中高三物理上学期期中试卷(含解析)
陕西省西北农林科大附中2015-2016学年高三（上）期中物理试卷一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）1．甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶，在t=0到t=t1的时间内，它们的v﹣t图象如图所示．在这段时间内（）A．汽车甲的平均速度比乙的大B．汽车乙的平均速度等于C．甲乙两汽车的位移相同D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大2．中国女排享誉世界排坛，曾经取得辉煌的成就．在某次比赛中，我国女排名将冯坤将排球从底线A点的正上方以某一速度水平发出，排球正好擦着球网落在对方底线的B点上，且AB 平行于边界CD．已知网高为h，球场的长度为s，不计空气阻力且排球可看成质点，则排球被发出时，击球点的高度H和水平初速度v各为多大（）A．H=h B．H=h C．v=D．v=3．如图所示，有一足够长的斜坡，倾角为α=30°．若小郑同学从该斜坡的顶端将小球沿水平方向抛出，小球被抛出时的初动能为9J，不考虑空气阻力，则该小球第一次落在斜坡上时的动能为（）A．12 J B．21 J C．27 J D．36 J4．质量为2×103kg，发动机额定功率为80kW的汽车在平直公路上行驶；若汽车所受阻力大小恒为4×103 N，则下列判断中正确的有（）A．汽车的最大动能是4×105JB．汽车以加速度2 m/s2匀加速启动，启动后第2秒末时发动机实际功率是32 kWC．汽车以加速度2 m/s2做初速度为0的匀加速运动中，达到最大速度时摩擦力做功为4×105 JD．若汽车保持额定功率启动，则当汽车速度为5 m/s时，其加速度为6 m/s25．如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为（）A．B．C．D．6．若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2：．已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R．由此可知，该行星的半径约为（）A． R B． R C．2R D． R7．如图所示，两根长度不同的细线分别系有两个小球m1、m2，细线的上端都系于O点，设法让两个小球在同一水平面上做匀速圆周运动．已知两细线长度之比L1：L2=：1，L1跟竖直方向的夹角为60°角，下列说法正确的是（）A．两小球做匀速圆周运动的周期相等B．两小球做匀速圆周运动的线速度相等C．两小球的质量比一定是m1：m2=：1D．L2细线跟竖直方向成45°角8．如图，拉格朗日点L1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动，以a1、a2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a3表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是（）A．a2＞a3＞a1B．a2＞a1＞a3C．a3＞a1＞a2D．a3＞a2＞a1二、多项选择题（共4小题，每小题6分，共24分）9．一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（）A．t=2s时最大B．t=2s时最小C．t=8.5s时最大D．t=8.5s时最小10．在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带如图所示，当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4m/s，某行李箱的质量为5kg，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上，通过安全检查的过程中，g取10m/s2，则（）A．开始时行李的加速度为2m/s2B．行李到达B点时间为2sC．传送带对行李做的功为0.4JD．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.03m11．如图，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a 在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a 开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面．在此过程中（）A．a的动能大于b的动能B．两物体机械能的变化量相等C．a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零12．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长，圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h，圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（）A．下滑过程中，加速度一直减小B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2﹣mghD．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度三、实验题（共1小题，每空3分，共12分）13．某研究性学习小组用如图甲所示装置验证机械能守恒定律．让一个摆球由静止开始从A位置摆到B位置，若不考虑空气阻力，小球的机械能应该守恒，即mv2=mgh．直接测量摆球到达B点的速度v比较困难．现让小球在B点处脱离悬线做平抛运动，利用平抛运动的特性来间接地测出v，如图甲中，悬点正下方P点处放有水平放置炽热的电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．在地面上放上白纸，上面覆盖着复写纸，当小球落在复写纸上时，会在下面白纸上留下痕迹．用重锤线确定出A、B点的投影点N、M．重复实验10次（小球每一次都从同一点由静止释放），球的落点痕迹如图乙所示，图中米尺水平放置，零刻度线与M点对齐．用米尺量出AN的高度h1、BM的高度h2，算出A、B 两点的竖直距离，再量出M、C之间的距离x，即可验证机械能守恒定律．已知重力加速度为g，小球的质量为m．（1）根据图乙可以确定小球平抛时的水平射程为cm；（2）用题中所给字母表示出小球平抛时的初速度v0= ；（3）用测出的物理量表示出小球从A到B过程中，重力势能的减少量△E p= ，动能的增加量△E k= ．四、计算题（共2小题，第14题10分，第15题14分．共24分）14．短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，某运动用11.00s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．15．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直半径，P点到桌面的竖直距离也是R．用质量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为s=6t﹣2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．取g=10m/s2．求：（1）判断m2能否沿圆轨道到达M点；（2）BP间的水平距离；（3）释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功．2015-2016学年陕西省西北农林科大附中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）1．甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶，在t=0到t=t1的时间内，它们的v﹣t图象如图所示．在这段时间内（）A．汽车甲的平均速度比乙的大B．汽车乙的平均速度等于C．甲乙两汽车的位移相同D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大【考点】匀变速直线运动的图像；平均速度．【专题】运动学中的图像专题．【分析】在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线代表该位置的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．【解答】解：A、C、平均速度等于位移与时间的比值，在v﹣t图象中，图形的面积代表位移的大小，根据图象可知道，甲的位移大于乙的位移，由于时间相同，所以汽车甲的平均速度比乙的大，故A正确，C错误；B、由于乙车做变减速运动，平均速度不等于，故B错误；D、因为切线的斜率等于物体的加速度，汽车甲和乙的加速度大小都是逐渐减小，故D错误．故选：A．【点评】本题是为速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义．2．中国女排享誉世界排坛，曾经取得辉煌的成就．在某次比赛中，我国女排名将冯坤将排球从底线A点的正上方以某一速度水平发出，排球正好擦着球网落在对方底线的B点上，且AB 平行于边界CD．已知网高为h，球场的长度为s，不计空气阻力且排球可看成质点，则排球被发出时，击球点的高度H和水平初速度v各为多大（）A．H=h B．H=h C．v=D．v=【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据水平方向上做匀速直线运动，抓住等时性求出击球高度与网的高度差与击球高度之比，从而求出击球点的高度，结合高度求出运动的时间，从而根据水平位移和时间求出水平速度．【解答】解：A、B、平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，x=vt；则排球从初位置运动网的位置与排球从初位置到落地的时间之比为，通过竖直方向上做自由落体运动，由得，．解得H=．故A正确，B错误；C、D、球落在B点的过程中，s=vt，所以．故C错误，D正确．故选：AD．【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．3．如图所示，有一足够长的斜坡，倾角为α=30°．若小郑同学从该斜坡的顶端将小球沿水平方向抛出，小球被抛出时的初动能为9J，不考虑空气阻力，则该小球第一次落在斜坡上时的动能为（）A．12 J B．21 J C．27 J D．36 J【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】小球做平抛运动，平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，求出小球落地时的竖直分速度，由动能的计算公式求出小球落地时的动能．【解答】解：小球做平抛运动，有：=，已知E K0=，小球落在斜坡上的动能为：（v02+v y2），代入数据解得：E K=21J；故选：B．【点评】平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，熟练应用平抛运动知识、动能的计算公式即可正确解题．4．质量为2×103kg，发动机额定功率为80kW的汽车在平直公路上行驶；若汽车所受阻力大小恒为4×103 N，则下列判断中正确的有（）A．汽车的最大动能是4×105JB．汽车以加速度2 m/s2匀加速启动，启动后第2秒末时发动机实际功率是32 kWC．汽车以加速度2 m/s2做初速度为0的匀加速运动中，达到最大速度时摩擦力做功为4×105 JD．若汽车保持额定功率启动，则当汽车速度为5 m/s时，其加速度为6 m/s2【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】当牵引力等于阻力时，速度最大，结合最大速度求出最大动能．根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，结合速度时间公式求出2s末的速度，根据P=Fv求出实际的功率．根据P=Fv求出牵引力的大小，结合牛顿第二定律求出汽车的加速度．【解答】解：A、汽车的最大速度，则最大动能=，故A正确．B、根据牛顿第二定律得，牵引力F=f+ma=4000+2000×2N=8000N，2s末的速度v=at=2×2m/s=4m/s，则实际的功率P=Fv=8000×4W=32KW．故B正确．C、匀加速运动的末速度，匀加速运动的位移，由于变加速运动的位移无法求出，则无法求出变加速运动的过程中摩擦力做功，故C错误．D、汽车的牵引力F=，根据牛顿第二定律得，加速度a=，故D正确．故选：ABD．【点评】本题考查了汽车的启动问题，知道功率与牵引力、速度的关系，知道牵引力等于阻力时，速度最大．5．如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为（）A．B．C．D．【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】对A、B整体和B物体分别受力分析，然后根据平衡条件列式后联立求解即可．【解答】解：对A、B整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：F=μ2（m1+m2）g ①再对物体B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：水平方向：F=N竖直方向：m2g=f其中：f=μ1N联立有：m2g=μ1F ②联立①②解得：=故选：B【点评】本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，注意最大静摩擦力约等于滑动摩擦力．6．若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2：．已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R．由此可知，该行星的半径约为（）A． R B． R C．2R D． R【考点】万有引力定律及其应用．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】通过平抛运动的规律求出在星球上该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比．再由万有引力等于重力，求出行星的半径．【解答】解：对于任一行星，设其表面重力加速度为g．根据平抛运动的规律得 h=得，t=则水平射程x=v0t=v0．可得该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比==根据G=mg，得g=可得=•解得行星的半径 R行=R地•=Rו=2R故选：C．【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及掌握万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用．7．如图所示，两根长度不同的细线分别系有两个小球m1、m2，细线的上端都系于O点，设法让两个小球在同一水平面上做匀速圆周运动．已知两细线长度之比L1：L2=：1，L1跟竖直方向的夹角为60°角，下列说法正确的是（）A．两小球做匀速圆周运动的周期相等B．两小球做匀速圆周运动的线速度相等C．两小球的质量比一定是m1：m2=：1D．L2细线跟竖直方向成45°角【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】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，从而比较出周期的关系；抓住小球距离顶点O的高度相同求出L2与竖直方向上的夹角；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、设绳与竖直方向夹角为θ，水平面距悬点高为h，由牛顿第二定律得：mgtanθ=m（h•tanθ）则：T=2π由上式可知T与绳长无关，所以A正确；B、由于v=，故v正比于r，故线速度之比为： =，故B错误；C、两球在同一水平面内做匀速圆周运动，则L1cos60°=L2cosθ，解得θ=30°，根据mgtanθ=mLsinθω2，知小球做匀速圆周运动与质量无关，无法求出两小球的质量比，故CD 错误；故选：A．【点评】解决本题的关键会正确地受力分析，知道匀速圆周运动向心力是由物体所受的合力提供．8．如图，拉格朗日点L1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动，以a1、a2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a3表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是（）A．a2＞a3＞a1B．a2＞a1＞a3C．a3＞a1＞a2D．a3＞a2＞a1【考点】同步卫星．【专题】人造卫星问题．【分析】由题意知，空间站在L1点能与月球同步绕地球运动，其绕地球运行的周期、角速度等于月球绕地球运行的周期、角速度，由a n=r，分析向心加速度a1、a2的大小关系．根据a=分析a3与a1、a2的关系．【解答】解：在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动，根据向心加速度a n=r，由于拉格朗日点L1的轨道半径小于月球轨道半径，所以a2＞a1，同步卫星离地高度约为36000公里，故同步卫星离地距离小于拉格朗日点L1的轨道半径，根据a=得a3＞a2＞a1，故选：D．【点评】本题比较简单，对此类题目要注意掌握万有引力充当向心力和圆周运动向心加速度公式的联合应用．二、多项选择题（共4小题，每小题6分，共24分）9．一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（）A．t=2s时最大B．t=2s时最小C．t=8.5s时最大D．t=8.5s时最小【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】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，合力也向上；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，合力也向下．【解答】解：在时间轴的上方，表示加速度向上，此时处于超重状态，在时间轴的下方，表示加速度向下，此时处于失重状态，对地板的压力减小，在t=2s时向上的加速度最大，此时对地板的压力最大，所以A正确；在t=8.5s时具有向下的最大的加速度，此时对地板的压力最小，所以D正确；故选：AD【点评】本题是对图象的考查，掌握住加速度时间图象的含义，知道超重和失重的特点即可解答本题．10．在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带如图所示，当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4m/s，某行李箱的质量为5kg，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上，通过安全检查的过程中，g取10m/s2，则（）A．开始时行李的加速度为2m/s2B．行李到达B点时间为2sC．传送带对行李做的功为0.4JD．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.03m【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．【专题】传送带专题．【分析】行李滑上传送带先做匀加速直线运动，速度与传送带速度相同后一起做匀速直线运动，根据牛顿第二定律求出开始时行李的加速度，通过动能定理求出传送带对行李做功的大小；相对滑动过程中，根据速度时间公式求出相对滑动的时间，结合传送带的位移和行李的位移求出相对滑动的位移，即痕迹的长度．【解答】解：A、行李开始运动时由牛顿第二定律有：μmg=ma，所以得：a=2 m/s2，故A正确；B、由于传送带的长度未知，故不能求出运动的时间，故B错误；C、行李最后和传送带最终一起匀速运动，根据动能定理知，传送带对行李做的功为：W=mv2=0.4 J，故C正确；D、行李和传送带相对滑动的时间为：t=，则在传送带上留下的痕迹长度为：s=vt﹣==0.04 m，故D错误．故选：AC．【点评】解决本题的关键理清行李在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解．11．如图，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a 在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a 开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面．在此过程中（）A．a的动能大于b的动能B．两物体机械能的变化量相等C．a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零【考点】动能定理；机械能守恒定律．【专题】动能定理的应用专题．【分析】b的速度在绳子方向的分速度与a的速度相等，比较出速度大小即可比较动能的大小．【解答】解：A、将b的实际速度进行分解如图：由图可知v a=v b cosθ，即a的速度小于b的速度，故a的动能小于b的动能，A错误；B、由于有摩擦力做功，故ab系统机械能不守恒，则二者机械能的变化量不相等，B错误；C、a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量与产生的内能之和，故a的重力势能的减小量大于两物体总动能的增加量，C错误；D、在这段时间t内，绳子对a的拉力和对b的拉力大小相等方向相反，两个物体沿绳子方向的位移相等，所以绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的绝对值相等，二者代数和为零，故D正确．故选：D．【点评】本题考查了有摩擦力作用下的系统功能转化关系，克服摩擦力做功时，系统的机械能减少，减少的机械能转化为内能．12．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长，圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h，圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（）A．下滑过程中，加速度一直减小B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2﹣mghD．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度【考点】功能关系．【分析】根据圆环的运动情况分析下滑过程中，加速度的变化；研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式．【解答】解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误；B、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式mgh+W f+W弹=0﹣0=0在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式﹣mgh+（﹣W弹）+W f=0﹣mv2解得：W f=﹣mv2，故B正确；C、W弹=mv2﹣mgh，所以在C处，弹簧的弹性势能为mgh﹣mv2，故C错误；D、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式mgh′+W′f+W′弹=m﹣0研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式﹣mgh′+W′f+（﹣W′弹）=0﹣mmgh′﹣W′f+W′弹=m由于W′f＜0，所以m＞m，所以上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故D正确；故选：BD【点评】能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法，掌握动能定理的应用．三、实验题（共1小题，每空3分，共12分）13．某研究性学习小组用如图甲所示装置验证机械能守恒定律．让一个摆球由静止开始从A位置摆到B位置，若不考虑空气阻力，小球的机械能应该守恒，即mv2=mgh．直接测量摆球到达B点的速度v比较困难．现让小球在B点处脱离悬线做平抛运动，利用平抛运动的特性来间接地测出v，如图甲中，悬点正下方P点处放有水平放置炽热的电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．在地面上放上白纸，上面覆盖着复写纸，当小球落在复写纸上时，会在下面白纸上留下痕迹．用重锤线确定出A、B点的投影点N、M．重复实验10次（小球每一次都从同一点由静止释放），球的落点痕迹如图乙所示，图中米尺水平放置，零刻度线与M点对齐．用米尺量出AN的高度h1、BM的高度h2，算出A、B 两点的竖直距离，再量出M、C之间的距离x，即可验证机械能守恒定律．已知重力加速度为g，小球的质量为m．（1）根据图乙可以确定小球平抛时的水平射程为65.0 cm；（2）用题中所给字母表示出小球平抛时的初速度v0= x；（3）用测出的物理量表示出小球从A到B过程中，重力势能的减少量△E p= mg（h1﹣h2），动能的增加量△E k= ．【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题；定量思想；方程法；机械能守恒定律应用专题．【分析】（1）先确定小球的着落点，再进行读数，注意读数时要进行估读．（2）根据平抛运动规律可以求出初速度的大小．（3）根据重力做功和重力势能的关系可求出重力势能的减小量，根据水平速度的大小可以求出动能的增量．【解答】解：（1）先确定小球着落点，以这些点所围成的最小圆，则着落点在圆心处，最为准确；再根据刻度尺的读数原则，可知其读数为：65.0cm．（2）物体从B点平抛，所以有：x=v0t ①。
陕西版2021年高三上学期第一次月考 物理
t v v 0 t O v第一次月考物理试题【陕西版】一、选择题。
（每小题４分，共６４分。
其中1，5，7，8,10，13,１4,１6为多选，有错选的得0分，选不全的得２分)１.如图，直线ａ和曲线b 分别是在平直公路上行驶的汽车ａ和b 的位移—时间(x －t ）图线,由图可知 ﻩ( ）A.在时刻t 1，a 车追上b 车B.在时刻ｔ2,a 、ｂ两车运动方向相反Ｃ.在t 1到ｔ2这段时间内，b 车的速率先减小后增大D.在t １到t 2这段时间内，b 车的速率一直比ａ车的大２、如图所示为初速度v 0沿直线运动的物体的速度图象，其末速度为ｖ,在时间t 内,下列关于物体的平均速度和加速度ａ说法正确的是（ ） A 、02v v v +> ，a 随时间减小 B 、02v v v +>,a 随时间增大 Ｃ、02v v v +<,a 随时间减小ﻩﻩ Ｄ、02v v v +=，a 随时间减小 3．质点做直线运动的位移x 与时间ｔ的关系为x =５ｔ＋ｔ2（各物理量均采用国际单位制单位）,则该质点（ ）A ．第1 s 内的位移是5 m Ｂ.前2 s 内的平均速度是6 m ／sC ．任意相邻的1 s 内位移差都是1 ｍﻩﻩＤ.任意1 s 内的速度增量都是2 m ／s ４.甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动， a 甲=4 m /s 2,a 乙＝-４ m /s ２,那么对甲、乙两物体判断正确的是ﻩ ( )A.甲的加速度大于乙的加速度ﻩ B ．甲做加速直线运动，乙做减速直线运动C.甲的速度比乙的速度变化快 ﻩＤ．甲、乙在相等时间内速度变化可能相同5．将某物体以30 ｍ/s 的初速度竖直上抛,不计空气阻力，g 取1０ m /s 2，5 s 内物体的 （ )A ．路程为65 m ﻩ ﻩＢ．位移大小为25 m ,方向向上C.速度改变量的大小为10 m /s ﻩD.平均速度大小为13 m ／s ,方向向上6．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用的时间为t 1,紧接着通过下一段位移Δｘ所用的时间为t 2,则物体运动的加速度为ﻩﻩ（ ) A 、1212122x t t t t t t -+△（）（）ﻩ Ｂ、121212x t t t t t t -+△（）（） ﻩＣ、121212x t t t t t t +-2△（）（） ﻩD 、121212x t t t t t t +-△（）（） ７、做初速度为零的匀加速直线运动的物体在时间T 内通过位移x １到达A 点，接着在时间T 内又通过位移x 2到达B 点,则以下判断正确的有（ ）A 、物体通过A 点时的速率为122x x T +ﻩB 、物体运动的加速度为222x TC 、物体运动的加速度为212x x T - ﻩＤ、物体在B 点的速度大小为2132x x T - ８． 如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a 、b 、ｃ、d到达最高点e ．已知ab =bd =6 m ,bc ＝1 m ,小球从a 到c 和从ｃ到d 所用的时间都是2 s ，设小球经b 、ｃ时的速度分别为v b 、ｖc ，则ﻩ（ ） A ．ｖｂ=2＼ｒ(2) m ／ｓ ﻩﻩB.v c =3 m /ｓ C ．x de =4 m ﻩ ﻩD ．从ｄ到e 所用时间为4 s9．如图４所示,两轻弹簧a 、b 悬挂一小铁球处于平衡状态,a 弹簧与竖直方向成30°角,b 弹簧水平，ａ、b 的劲度系数分别为k 1、ｋ２．则ａ、ｂ两弹簧的伸长量x 1与ｘ2之比为（ ）Ａ、212k k B. 21k k ﻩC ． 12k k ﻩﻩD. 212k k１0．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行,木块受到向右的拉力F的作用,长木板处于静止状态,已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1,长木板与地面间的动摩擦因数为μ2,则（）A.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ１mgB．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ２(m＋M)gC．当Ｆ＞μ2(m＋M)g时,长木板便开始运动D．无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动11．物体同时受到同一平面内的三个力的作用，下列几组力的合力不可能为零的是（).A．5 Ｎ,7 N，8 N ﻩﻩﻩB．５N，2 N，3 NC.１N，5 N,１0 N ﻩD.１０N,10 N，10 N12．一运动员双手对称地握住单杠,使身体悬空.设每只手臂所受的拉力都是T,它们的合力是F,若两臂之间的夹角增大了,则（）A、T和F都增大B、Ｔ和F都减小C、T增大,Ｆ不变ﻩD、Ｔ不变，F增大1３．在如图所示的装置中,两物体通过一段绳与两个滑轮连在一起，质量分别为m１、m２，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径,不计一切摩擦，整个装置处于静止状态.由图可知( )A．α一定等于βﻩﻩB.ｍ１一定大于m２C．ｍ１一定小于2m2ﻩﻩﻩＤ．ｍ1可能大于2m２1４．如图7所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(m1在地面上，m２在空中)，力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力FＮ和摩擦力Ｆf正确的是（）A ．F N =m １g+ｍ2ｇ-Ｆs ｉn θB.F Ｎ＝m 1g+m 2g －Fc ｏs θC.Ｆf =Fcos θﻩﻩD.F ｆ=Fsin θ1５．三个质量均为1 ｋｇ的相同木块ａ、b 、c 和两个劲度系数均为500N/m 的相同轻弹簧p 、q 用轻绳连接,如图所示，其中ａ放在光滑水平桌面上.开始时ｐ弹簧处于原长,木块都处于静止状态．现用水平力F 缓慢地向左拉ｐ弹簧的左端,直到c 木块刚好离开水平地面为止,g 取10 m ／ｓ2.该过程ｐ弹簧的左端向左移动的距离是 ( ）A ．4 cm ﻩﻩB.6 ｃm ﻩ C.8 cm ﻩD.10 ｃm1６、如图所示,小车的质量为m 0，人的质量为m ，人用恒力F 拉绳,若人和小车保持相对静止，不计绳和滑轮质量及小车与地面间的摩擦，则小车对人的摩擦力可能是( )Ａ.0 ﻩ ﻩﻩﻩ B 、00m m F m m -+,方向向右 Ｃ、00m m F m m -+，方向向左 Ｄ、00m m F m m -+，方向向右 二、非选择题(每小题１２分，共36分)１7、一个物体从４5m 高处自由下落，那么(1)该物体经多长时间落到地面?(2）最后1ｓ的初速度是多少?（３)在最后1s 内通过的高度是多少？（ g 取1０ m /ｓ2)１8、一辆汽车以９０km /h 的速率在学校区行驶。
2020-2021学年陕西省某校高三(上)第一次月考物理试卷有答案
2020-2021学年陕西省某校高三（上）第一次月考物理试卷一、选择题：（1至7题只有一个正确答案，8至12题有多个正确答案，每题4分，共计48分）1. 以下各组中的单位都是国际基本单位的有（）A.kg、m、NB.A、kg、KC.mol、Ω、sD.J、s、A2. 物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离均为18m的路程，第一段用时6s，第二段用时9s，则物体的加速度大小为（）A.1 15m/s2B.215m/s2 C.512m/s2 D.712m/s23. 一间新房即将建成时要封顶，考虑到下雨时落至房顶的雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的坡度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度、无摩擦的运动，那么，图中所示的四种情况中符合要求的是（）A. B. C. D.4. 如图所示，一个质量为M=2kg的小木板放在光滑的水平地面上，在木板上放着一个质量为m=1kg的小物体，它被一根水平方向上压缩了的弹簧推着静止在木板上，这时弹簧的弹力为2N，现沿水平向左的方向对小木板施以作用力，使木板由静止开始运动起来，运动中力F由0逐渐增加到12N，以下说法正确的是（）A.物体受到的摩擦力一直减小B.物体与小木板先保持相对静止，后相对滑动C.物体与小木板一直保持相对静止D.小木板受到9N的拉力时，物体受到的摩擦力大小为3N5. 如图所示，斜面体A静止在粗糙水平地面上。
在A的斜面上有一装有砂的小盒B，恰好能沿斜面匀速下滑，则以下说法正确的是（）A.若减少砂的质量，小盒将要加速下滑B.若增加砂的质量，小盒将要加速下滑C.若给小盒B施加与斜面成30∘的斜向下推力使小盒加速下滑，则地面对斜面体A有向左的静摩擦力D.无论小盒B在多大外力作用下做何运动，只要B沿斜面下滑，地面对斜面体A均无摩擦力作用6. 如图甲所示，一个小球用轻质细线悬挂在支架ABO的O点，支架固定小车上，当小车在倾角为θ的斜面上做不同的运动时（小车不翻转），悬线可能会出现图乙所示的各种情况（图中Oa竖直，Ob垂直斜面，Oc与Ob夹角为θ），下列说法正确的是（）A.小车以一定的初速度沿斜面上滑时，如果斜面粗糙，则悬线方向如图1所示B.小车以一定的初速度沿斜面上滑时，如果斜面光滑，则悬线方向如图2所示C.小车从静止开始沿斜面下滑时，如果斜面粗糙，则悬线方向如图3所示D.小车从静止开始沿斜面下滑时，如果斜面光滑，则悬线方向如图4所示7. 两光滑平板MO、NO构成一个具有固定夹角∠MON＝75∘的V形槽，一球置于槽内，用θ表示NO板与水平面之间的夹角，θ＝30∘；如图所示。
陕西省五校2020届高三上学期第一次联考试物理题(解析版)
陕西省五校2020届高三上学期第一次联考试题一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分。
1-8小题只有一项是符合题目要求，9-12小题有多项符合题目要求）1.氘核、氚核、中子、氦核的质量分别是m 1、m 2、m 3和m 4，如果氘核和氚核结合生成氦核，则下列说法中正确的是( )．A. 核反应方程式为114123202H H He n ®＋＋ B. 这是一个裂变反应C. 核反应过程中的质量亏损Δm ＝m 1＋m 2－m 3D. 核反应过程中释放的核能ΔE ＝(m 1＋m 2－m 3－m 4)c 2【答案】D【解析】【详解】A ．核反应过程中质量数和电荷数守恒，核反应方程式为23411120H H He n ®＋＋，可知A 错误；B ．该反应为聚变反应，故B 错误；C ．该反应的中质量亏损为：1234m m m m m =+--V故C 错误；D ．根据质能方程得221234E mc m m m m c ==+--V V （）故D 正确．2.汽车在高速公路上超速是非常危险的，为防止汽车超速，高速公路都装有测汽车速度的装置。
如图甲所示为超声波测速仪测汽车速度的示意图，测速仪A 可发出并接收超声波信号，根据发出和接收到的信号可以推测出被测汽车的速度，如图乙所示是以测速仪所在位置为参考点，测速仪连续发出的两个超声波信号的x —t 图象，则（ ）A. 汽车离测速仪越来越近B. 在测速仪发出两个超声波信号的时间间隔内，汽车通过的位移为x 2-x 1C. 汽车在12t t :时间内的平均速度为2121x x t t -- D. 超声波信号的速度是22x t 【答案】C【解析】【详解】A.第二次超声波反射的位置离参考点的距离x 2>x 1，由x —t 图线可知超声波信号从发出到接受所用的时间边长，说明汽车离测速仪越来越远，故A 错误；B.由图可知第一次超声波碰到车反射时的时刻为1t ，位置为x 1，第二次超声波碰到车反射时的时刻为2t ，位置为x 2，故应是两个超声波信号反射的时间内，汽车通过的位移为x 2-x 1；从图线上可以看出测速仪发出两个超声波信号的时间间隔与两个超声波信号反射的时间间隔不相同，故B 错误；C.t 1和t 2分别为两个超声波信号碰到汽车反射时的时刻，汽车在12t t :时间内通过的位移为x 2-x 1，时间为t 2-t 1，则汽车在12t t :时间内的平均速度为2121x x t t --；故C 正确； D.汽车运动x 2的位移时间不是t 2，据图象可知超声波的速度应为11x v t =；故D 错误。
解析陕西省西北农林科大附中高一上学期第一次月考物理试卷 含解析
2015-2016学年陕西省西北农林科大附中高一（上）第一次月考物理试卷一．选择题．（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，1-8小题只有一个选项正确，9-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得零分．）1．“抬头望明月，月在云中行”，关于月亮的运动所选取的参考系是（）A．月亮 B．云C．地面 D．观察者自己2．下列关于质点的理解与判断的说法中正确的是（）A．体积小的物体都能看成质点B．质量巨大的物体都不能看成质点C．研究“神九”和“天宫”手控对接过程时，“神九”和“天宫”均可视为质点D．研究北京奥运火炬传递路线时，火炬可以视为质点3．寓言“龟兔赛跑”中说：乌龟和兔子同时从起点跑出，兔子在远远超过乌龟时，便骄傲地睡起了大觉，它一觉醒来，发现乌龟已悄悄地爬到了终点，后悔不已．在整个赛跑过程中（）A．兔子始终比乌龟跑得快 B．乌龟始终比兔子跑得快C．兔子的平均速度大 D．乌龟的平均速度大4．某列火车在一段长30km 的笔直铁轨上行驶，行驶的平均速度是60km/h，下列说法正确的是（）A．这列火车通过这段铁轨的时间是0.5 hB．这列火车一定以60 km/h的速度在这段铁轨上行驶C．这列火车如果行驶60 km 的路程一定需要1 hD．60 km/h是火车在这一路段中的最高速度5．下列各组物理量中，都是矢量的是（）A．位移、时间、速度 B．速度、速率、加速度C．加速度、速度的变化、速度 D．路程、时间、位移6．以下的计时数据指时间的是（）A．我们下午3点20分出发，不要迟到B．我校的百米跑记录是12秒8C．1997年7月1日零时我国开始对香港恢复行使主权D．世界杯足球决赛在今晚8时开始7．下列关于平均速度和瞬时速度的说法错误的是（）A．平均速度，当△t充分小时，该式可表示t时刻的瞬时速度B．匀速直线运动的平均速度等于瞬时速度C．瞬时速度和平均速度都可以精确描述变速运动D．只有瞬时速度可以精确描述变速运动8．有一物体做直线运动，其v﹣t图象如图所示，从图中看出，物体加速度和速度方向相同的时间间隔是（）A．只有0＜t＜2 s B．只有2 s＜t＜4 sC．0＜t＜2 s和6 s＜t＜8 s D．0＜t＜2 s和5 s＜t＜6 s9．通过打点计时器打点得到的一条纸带上的点子分布不均匀，下列判断正确的是（）A．点子密集的地方物体运动的速度比较大B．点子密集的地方物体运动的速度比较小C．点子不均匀说明物体做变速运动D．点子不均匀说明打点计时器有故障10．关于位移和路程的关系，下列说法中正确的是（）A．物体沿直线向某一方向运动时，通过的路程就是位移B．物体沿直线向某一方向运动时，通过的路程等于位移的大小C．物体通过的两段路程不等，但位移可能相等D．物体通过的路程不为零，但位移可能为零11．下列物体运动的情况中，可能存在的是（）A．某时刻物体具有加速度，而速度为零B．物体具有恒定的速率，但速度仍变化C．物体速度恒定，但其速率有可能变化D．物体的速度在增大，加速度在减小12．图中表明物体做匀速直线运动的图象是（）A．B．C．D．二、填空题（每空3分，共27分）13．某运动物体做直线运动，第1s 内的平均速度是3m/s，第2s、第3s 内的平均速度6m/s，第4s 内的平均速度是5m/s，则4s内运动物体的平均速度是．14．某人先向东走2m，接着向西走10m，最后向南走6m，则他在这段运动中的位移大小．15．质点运动的v﹣t图象如图所示，由图象可知，该质点运动的初速度为m/s，2s末的速度为m/s，物体的加速度为m/s2．16．如图是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带．（1）电磁打点计时器使用的是电源，纸带上打相邻两点的时间间隔为s．（2）如图ABCD是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出，从图中读出A、B两点间距s=cm；C点对应的速度是m/s（计算结果保留三位有效数字）．三、解答题（共25分）17．足球以10m/s的速度水平向右撞击墙壁后，以8.0m/s的速度反向弹回，球与墙壁的接触时间是0.01s，则足球在这段时间内的加速度是多大？方向如何？18．让小球从斜面的顶端滚下（如图所示标出了不同时刻小球沿斜面滚下的位移），求：（1）小球在A点和B点的瞬时速度；（2）小球运动的加速度．四、附加题（20）19．一小球在水平桌面上做匀减速直线运动，用照相机对着小球每隔s拍照一次，得到一幅频闪照片，用刻度尺量得照片上小球各位置如图所示，已知照片与实物的比例为1：10，则（）A．图中对应的小球在通过8cm距离内的平均速度是2m/sB．图中对应的小球在通过8cm距离内的平均速度是1.6m/sC．图中对应的小球通过6cm处的瞬时速度是2.5m/sD．图中对应的小球通过6cm处的瞬时速度是2m/s20．足球运动员在罚点球时，球获得30m/s的速度并做匀速直线运动．设脚与球作用时间为0.1s，球又在空中飞行0.3s后被守门员挡出，守门员双手与球接触时间为0.1s，且球被挡出后以10m/s沿原路反弹，求（1）罚点球的瞬间，球的加速度的大小；（2）守门员接球瞬时，球的加速度的大小．21．试定量分析图中甲、乙两图象所表示的物体的运动情况．2015-2016学年陕西省西北农林科大附中高一（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一．选择题．（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，1-8小题只有一个选项正确，9-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得零分．）1．“抬头望明月，月在云中行”，关于月亮的运动所选取的参考系是（）A．月亮 B．云C．地面 D．观察者自己【考点】参考系和坐标系．【分析】参考系，是指研究物体运动时所选定的参照物体或彼此不作相对运动的物体系；参考系的选取是任意的，如何选择参考系，必须从具体情况来考虑，一般情况下我们以地面或相对地面不动的物体作为参考系．【解答】解：月亮在云中穿行，是月亮相对于云在运动，故参考系不是月亮．参考系是研究运动时来当作参考的物体，是假定不动的．抬头望明月，觉得月亮在云中穿行，是月亮相对于云在运动，故参考系为云，月亮相对于地面的运动在短时间内是不易观察的，而题中已说明月亮在云中穿行即相对于云的运动；故B选项正确，ACD错误；故选B2．下列关于质点的理解与判断的说法中正确的是（）A．体积小的物体都能看成质点B．质量巨大的物体都不能看成质点C．研究“神九”和“天宫”手控对接过程时，“神九”和“天宫”均可视为质点D．研究北京奥运火炬传递路线时，火炬可以视为质点【考点】质点的认识．【分析】解决本题要正确理解质点的概念：质点是只计质量、不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条件的科学抽象，能否看作质点与物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略．【解答】解：A、质量很小的物体它的体积不一定能够忽略，不一定能看成质点，如原子的质量很小，在研究原子内部结构的时候是不能看成质点的，所以A错误．B、研究太阳在银河系中的运动时可以把太阳看成质点，所以B错误；C、在研究天宫一号和神州八号如何对接时，要考虑到形状和大小，此时不能看成质点，所以C错误；D、研究北京奥运火炬传递路线时，火炬的大小可以忽略不计，可以视为质点，所以D正确．故选：D3．寓言“龟兔赛跑”中说：乌龟和兔子同时从起点跑出，兔子在远远超过乌龟时，便骄傲地睡起了大觉，它一觉醒来，发现乌龟已悄悄地爬到了终点，后悔不已．在整个赛跑过程中（）A．兔子始终比乌龟跑得快 B．乌龟始终比兔子跑得快C．兔子的平均速度大 D．乌龟的平均速度大【考点】平均速度．【分析】平均速度等于位移除以时间，表示平均快慢；瞬时速度表示某个时刻或者经过某个位置的速度．【解答】解：根据平均速度的定义，在整个赛跑过程，位移相同，但乌龟用时短，故平均速度大；故选D．4．某列火车在一段长30km 的笔直铁轨上行驶，行驶的平均速度是60km/h，下列说法正确的是（）A．这列火车通过这段铁轨的时间是0.5 hB．这列火车一定以60 km/h的速度在这段铁轨上行驶C．这列火车如果行驶60 km 的路程一定需要1 hD．60 km/h是火车在这一路段中的最高速度【考点】平均速度．【分析】平均速度表示一段位移内的速度，公式v=，是位移与时间的比值．【解答】解：A、在60km内的平均速度为60km/h，则通过这段铁轨需要时间t=，故A正确；B、60km/h表示这段位移内的平均速度，在这段位移内的某一位置，速度可能比60Km/h大，也有可能比60km/h小；故B错误；C、若在60km内的平均速度为60km/h，则需要1h；但30km后的平均速度不一定为60km/h；故C错误；D、60km/h是火车在这一路段中的平均速度，故D错误；故选：A5．下列各组物理量中，都是矢量的是（）A．位移、时间、速度 B．速度、速率、加速度C．加速度、速度的变化、速度 D．路程、时间、位移【考点】矢量和标量．【分析】即有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量．【解答】解：A、其中的时间是标量，所以A错误；B、其中的速率是标量，所以B错误；C、加速度、速度的变化、速度都是矢量，所以C正确；D、其中的路程和时间都是标量，所以D错误．故选C．6．以下的计时数据指时间的是（）A．我们下午3点20分出发，不要迟到B．我校的百米跑记录是12秒8C．1997年7月1日零时我国开始对香港恢复行使主权D．世界杯足球决赛在今晚8时开始【考点】时间与时刻．【分析】时间在时间轴上对应一段，而时刻在时间轴上对应一点．【解答】解：时间在时间轴上对应一段，而时刻在时间轴上对应一点．A、下午3点20分在时间轴上对应一点，故指的是时刻．故A错误．B、百米跑记录是12秒8中的12秒8在时间轴上对应一段故指的是时间，故B正确．C、1997年7月1日零在时间轴上对应一点，故指的是时刻．故C错误．D、今晚8时在时间轴上对应一点，故指的是时刻．故D错误．故选B．7．下列关于平均速度和瞬时速度的说法错误的是（）A．平均速度，当△t充分小时，该式可表示t时刻的瞬时速度B．匀速直线运动的平均速度等于瞬时速度C．瞬时速度和平均速度都可以精确描述变速运动D．只有瞬时速度可以精确描述变速运动【考点】平均速度；瞬时速度．【分析】平均速度是指物体运动过程中的平均快慢程度，对应一段位移和时间；瞬时速度是指物体在某一时刻或某一位置的快慢程度．据此分析判断．【解答】解：A、当△t充分小时，△t表示一个时刻，该式可表示t时刻的瞬时速度，故A 正确；B、匀速直线运动每时每刻的速度都相同，所以匀速直线运动的平均速度等于瞬时速度，故B正确；C、瞬时速度可以精确描述变速运动，平均速度只能粗略的表示变速运动，故C错误，D正确．本题选错误的故选C．8．有一物体做直线运动，其v﹣t图象如图所示，从图中看出，物体加速度和速度方向相同的时间间隔是（）A．只有0＜t＜2 s B．只有2 s＜t＜4 sC．0＜t＜2 s和6 s＜t＜8 s D．0＜t＜2 s和5 s＜t＜6 s【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】速度时间图象的斜率等于物体运动的加速度，斜率大于零说明物体的加速度沿正方向，斜率小于0说明物体的加速度沿负方向；速度v＞0，说明物体的速度沿正方向，v＜0，说明物体运动的方向沿负方向．【解答】解：速度图象的斜率等于物体运动的加速度，斜率大于零说明物体的加速度沿正方向，斜率小于0说明物体的加速度沿负方向，速度v＞0，说明物体的速度沿正方向，v＜0，说明物体运动的方向沿负方向．则由图可知：在0＜t＜2s时间内速度与加速度方向相同，均沿正方向；5s＜t＜6s时间内，速度和加速度都沿负方向，方向相同．故加速度方向和速度方向相同的时间间隔是0＜t＜2s和5s＜t＜6s．故选：D9．通过打点计时器打点得到的一条纸带上的点子分布不均匀，下列判断正确的是（）A．点子密集的地方物体运动的速度比较大B．点子密集的地方物体运动的速度比较小C．点子不均匀说明物体做变速运动D．点子不均匀说明打点计时器有故障【考点】用打点计时器测速度．【分析】了解打点计时器的打点原理，能通过纸带分析纸带的运动情况，打点计时器的打点时间间隔的是相同的，由交流电的周期决定，点距不均匀说明了，物体运动速度的大小不同．【解答】解：A、B、相邻计时点的时间间隔相等，点迹密集的地方，相邻计时点的距离小，所以物体运动的速度比较大小，故A错误，B正确．C、D、相邻计时点的时间间隔相等，点迹不均匀说明物体做变速运动，故C正确，D错误．故选BC．10．关于位移和路程的关系，下列说法中正确的是（）A．物体沿直线向某一方向运动时，通过的路程就是位移B．物体沿直线向某一方向运动时，通过的路程等于位移的大小C．物体通过的两段路程不等，但位移可能相等D．物体通过的路程不为零，但位移可能为零【考点】位移与路程．【分析】位移是矢量，位移的方向由初位置指向末位置．位移的大小不大于路程．路程是标量，是运动路径的长度．当质点做单向直线运动时，位移的大小一定等于路程．【解答】解：A、物体沿直线向某一方向运动，通过的路程等于位移的大小，但是路程不是位移．故A错误．B、物体沿直线向某一方向运动时，通过的路程等于位移的大小．故B正确．C、物体通过的路程不等，则首末位置可能相同，即位移可能相等．故C正确．D、物体通过的路程不为零，但是首末位置可能相同，即位移可能为零．故D正确．故选BCD．11．下列物体运动的情况中，可能存在的是（）A．某时刻物体具有加速度，而速度为零B．物体具有恒定的速率，但速度仍变化C．物体速度恒定，但其速率有可能变化D．物体的速度在增大，加速度在减小【考点】加速度．【分析】加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，速度是描述物体的运动快慢的物理量；二者间没有必然联系．【解答】解：A、物体在起动时，速度为零，但物体具有加速度，故A正确；B、速度是矢量时，虽然速度大小不变，但方向时刻在变，故速度仍在变化，故B正确；C、速度恒定是指速度的大小方向均不变化，故C错误；D、当物体的加速度与速度同向时，即使加速度在减小，速度即会增大，故D正确；故选ABD．12．图中表明物体做匀速直线运动的图象是（）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】匀速直线运动的特点是物体的速度保持不变，由v﹣t图象直接分析物体的运动情况．【解答】解：A、根据图象可知，A做匀减速直线运动，故A错误；B、根据图象可知，B的速度不变，做匀速直线运动，故B正确；C、根据图象可知，CD的速度都随时间增多，做匀加速直线运动，故CD错误；故选：B二、填空题（每空3分，共27分）13．某运动物体做直线运动，第1s 内的平均速度是3m/s，第2s、第3s 内的平均速度6m/s，第4s 内的平均速度是5m/s，则4s内运动物体的平均速度是5m/s．【考点】平均速度．【分析】先根据x=vt求解第1s、第2s、第3s、第4s的位移，然后根据平均速度公式求解前4s内的平均速度．【解答】解：第1s 内的平均速度是3m/s，第2s、第3s 内的平均速度6m/s，第4s 内的平均速度是5m/s，故第1s 内的位移为3m，第2s位移6m，第3s位移6m，第4s位移5m，故前4s的总位移为：x=3+6+6+5=20m故4s内运动物体的平均速度是：故答案为：5m/s．14．某人先向东走2m，接着向西走10m，最后向南走6m，则他在这段运动中的位移大小10m．【考点】位移与路程．【分析】位移的大小等于由初位置指向末位置的有向线段的长度．由此解答即可．【解答】解：该人先向东走2m，接着向西走10m，此时的位移是向西8m，再向南走6m，由于西和南方向垂直，所以总位移大小：s=m．故答案为：10m15．质点运动的v﹣t图象如图所示，由图象可知，该质点运动的初速度为5m/s，2s末的速度为3m/s，物体的加速度为﹣1m/s2．【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．【分析】质点的速度均匀减小，做匀减速运动，由图读出t=0时刻的速度即为初速度，根据斜率等于加速度求解加速度．【解答】解：由图知，该质点运动的初速度为5m/s，2s末的速度为3m/s，物体的加速度为a===﹣1m/s2．故答案为：5，3，﹣1．16．如图是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带．（1）电磁打点计时器使用的是低压交流电源，纸带上打相邻两点的时间间隔为0.02 s．（2）如图ABCD是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出，从图中读出A、B两点间距s=0.70cm；C点对应的速度是0.100m/s（计算结果保留三位有效数字）．【考点】探究小车速度随时间变化的规律．【分析】（1）根据对电磁打点计时器的掌握分析答题；（2）根据图示刻度尺确定其分度值，读出其示数；根据匀变速直线运动的推论求出瞬时速度：做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度．【解答】解：（1）电磁打点计时器使用的是低压交流电源，纸带上打相邻两点的时间间隔为0.02s．（2）由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，A、B两点间的距离s=1.70cm﹣1.00cm=0.70cm；相邻计算点间有4个点没有画出，则相邻计数点间的时间间隔t=0.02×5=0.1s，C的对应的速度：v C===10cm/s=0.100m/s；故答案为：（1）低压交流；0.02；（2）0.70；0.100．三、解答题（共25分）17．足球以10m/s的速度水平向右撞击墙壁后，以8.0m/s的速度反向弹回，球与墙壁的接触时间是0.01s，则足球在这段时间内的加速度是多大？方向如何？【考点】加速度．【分析】本题考查了对加速度定义式的理解和应用，注意该公式为矢量式，v t、v0包含大小和方向．【解答】解：设足球初速度的方向为正方向，则初速度v0=10m/s，末速度v=﹣8m/s，时间△t=0.1s．由加速度公式，有，加速度方向与原速度方向相反．答：足球在这段时间内的加速度大小为1800m/s2，方向与原速度方向相反．18．让小球从斜面的顶端滚下（如图所示标出了不同时刻小球沿斜面滚下的位移），求：（1）小球在A点和B点的瞬时速度；（2）小球运动的加速度．【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的速度与位移的关系．【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出小球在A点和B点的瞬时速度．根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小球运动的加速度．【解答】解：（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，小球在A点的速度．小球在B点的速度．（2）因为连续相等时间内的位移之差△x=6cm，根据△x=aT2得，小球运动的加速度a=．答：（1）小球在A点和B点的瞬时速度分别为1.3m/s、1.9m/s；（2）小球运动的加速度为6m/s2．四、附加题（20）19．一小球在水平桌面上做匀减速直线运动，用照相机对着小球每隔s拍照一次，得到一幅频闪照片，用刻度尺量得照片上小球各位置如图所示，已知照片与实物的比例为1：10，则（）A．图中对应的小球在通过8cm距离内的平均速度是2m/sB．图中对应的小球在通过8cm距离内的平均速度是1.6m/sC．图中对应的小球通过6cm处的瞬时速度是2.5m/sD．图中对应的小球通过6cm处的瞬时速度是2m/s【考点】平均速度；瞬时速度．【分析】从图中读出四段位移（乘以10）分别为：35cm，25cm，15cm，5cm；根据平均速度的定义公式求解平均速度，根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解瞬时速度．【解答】解：A、四段间隔共8cm，位移为80cm，对应时间为0.4s，故平均速度为：v===2m/s，A正确；B、由A分析知，B错误C、根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解瞬时速度，图中对应的小球通过6cm处的瞬时速度是v′=m/s=2m/s，故C错误D、由C知，D正确故选AD20．足球运动员在罚点球时，球获得30m/s的速度并做匀速直线运动．设脚与球作用时间为0.1s，球又在空中飞行0.3s后被守门员挡出，守门员双手与球接触时间为0.1s，且球被挡出后以10m/s沿原路反弹，求（1）罚点球的瞬间，球的加速度的大小；（2）守门员接球瞬时，球的加速度的大小．【考点】加速度．【分析】加速度则是描述物体运动速度变化快慢的物理量．当速度变化时，则产生加速度．根据加速度的定义式a=求出足球在这个过程中的加速度，注意速度的方向．【解答】解：由加速度公式，a=得：设定初速度的方向为正方向，罚球瞬间，球的加速度为：a1===300m/s2守门员挡球瞬间，球的加速度为：a2===﹣400m/s2．负号表示加速度方向与速度方向相反．答：（1）罚点球的瞬间，球的加速度的大小是300m/s2；（2）守门员接球瞬时，球的加速度的大小是400m/s2．21．试定量分析图中甲、乙两图象所表示的物体的运动情况．【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．【分析】x﹣t图象的斜率等于速度，倾斜的直线表示匀速直线运动，平行于t轴的直线表示静止．在速度﹣时间图象中，斜率表示加速度，倾斜的直线表示匀变速直线运动，与时间轴平行的直线表示匀速直线运动．【解答】解：根据x﹣t图象的斜率等于速度，可知甲物体先沿正向做匀速直线运动，后静止，再沿负向做匀速直线运动．根据速度﹣时间图象中，斜率表示加速度可知，乙物体先做匀加速直线运动，后做匀速运动，再做匀减速直线运动．答：甲选沿正向做匀速直线运动，后静止，再沿负向做匀速直线运动，乙物体先做匀加速直线运动，后做匀速运动，再做匀减速直线运动．2016年5月14日。
陕西省西北农林科大附中高二物理上学期第一次月考试卷(含解析)-人教版高二全册物理试题
陕西省西北农林科大附中2015-2016学年高二〔上〕第一次月考物理试卷一.选择题〔1-9题每个题只有一个正确选项，10-12题每个题都有多个正确选项.每题6分共72分〕1．如下关于点电荷的说法正确的答案是〔〕A．只有体积很小的带电体才能看成点电荷B．体积很大的带电体一定不能看成点电荷C．当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，可将这两个带电体看成是点电荷D．一切带电体都可以看成是点电荷2．关于库仑定律，如下说法正确的答案是〔〕A．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体B．根据F=k，当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大C．假设点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，如此q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力D．库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律3．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的一样金属小球〔均可视为点电荷〕，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，如此两球间库仑力的大小为〔〕A． B．C．D．12F4．有关电场强度的理解，下述说法正确的答案是〔〕A．由E=可知，电场强度E跟放入的电荷Q所受的电场力成正比B．当电场中存在试探电荷时，电荷周围才出现电场这种特殊的物质，才存在电场强度C．由E=可知，在离点电荷很近，r接近于零，电场强度达无穷大D．电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关5．如下说法中正确的答案是〔〕A．沿电场线的方向，电场强度一定越来越小B．沿电场线的方向，电势一定越来越低C．电荷沿电场线方向移动，电势能逐渐减小D．在静电力作用下，正电荷一定从电势高处向电势低处移动6．对于电场中A、B两点，如下说法正确的答案是〔〕A．电势差的定义式U AB=，说明两点间的电势差U AB与电场力做功W AB成正比，与移动电荷的电量q成反比B．A、B两点间的电势差等于将正电荷从A点移到B点电场力所做的功C．将1C电荷从A点移到B点，电场力做1J的功，这两点间的电势差为1VD．电荷由A点移到B点的过程中，除受电场力外，还受其它力的作用，电荷电势能的变化就不再等与电场力所做的功7．如下列图，为一空腔球形导体〔不带电〕，现将一个带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的电场强度E和电势φ的关系是〔〕A．E a＞E b＞E c，φa＞φb＞φc B．E a=E b＞E c，φa=φb＞φcC．E a=E b=E c，φa=φb=φc D．E a＞E c＞E b，φa＞φb＞φc8．如下关于电容器和电容的说法中，不正确的答案是〔〕A．根据C=Q/U可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比B．对于确定的电容器，其所带的电荷量与两板间的电压〔小于击穿电压且不为零〕成正比C．无论电容器的电压如何变化〔小于击穿电压且不为零〕，它所带的电荷量与电压比值恒定不变D．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与加在两板上的电压无关9．如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q的固定点电荷．b点处的场强为零，如此d点处场强的大小为〔k为静电力常量〕〔〕A．k B．k C．k D．k10．如下列图，在a点由静止释放一个质量为m，电荷量为q的带电粒子，粒子到达b点时速度恰好为零，设ab所在的电场线竖直向下，a、b间的高度差为h，如此〔〕A．带电粒子带负电B．a、b两点间的电势差U ab=C．b点场强大于a点场强D．a点场强大于b点场强11．如下说法正确的答案是〔〕A．电荷在电场中电势越高的地方电势能也越大B．电势降低的方向就是电场强度的方向C．电场中，任意两条电场线是不能相交的，任意两个等势面也不能相交D．电场线与等势面在相交处总是垂直，且电场线总是从电势较高的等势面指向电势较低的等势面12．如下列图，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带电，如此如下判断正确的答案是〔〕A．增大两极板之间的距离，指针张角变大B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大C．假设将玻璃板插入两板之间，如此静电计指针张角变大D．假设将A板拿走，如此静电计指针张角变为零二.计算题〔13题13分，14题15分.共计28分〕13．一根长为l的绝缘丝线吊着一质量为m、带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如下列图，丝线与竖直方向成37°角，重力加速度为g，求：〔1〕小球受到的静电力大小；〔2〕匀强电场电场强度的大小．14．如下列图，P、Q两金属板间的电势差为50V，两板间存在匀强电场，方向水平向左，板间的距离d=10cm，其中Q板接地，两板间的A点距P板4cm，求：〔1〕A点的电势．〔2〕保持两板间的电势差不变，而将Q板向左平移5cm，如此A点的电势将变为多少？二.选做题〔第15题8分.第16题12分.共计20分〕15．〔2013秋•肃南裕县校级期中〕匀强电场中a、b、c三点，在以它们为顶点的三角形中，∠a=30°、∠c=90°．电场方向与三角形所在平面平行．a、b和c点的电势分别为〔2﹣〕V、〔2+〕V和2V．该三角形的外接圆上最低电势为；最高电势为．16．〔2011•浙江校级一模〕如下列图，一平行板电容器水平放置，板间距离为d，上极板开有一小孔，质量均为m，带电荷量均为+q的两个带电小球〔视为质点〕，其间用长为L的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，d=2L，今使下端小球恰好位于小孔中，由静止释放，让两球竖直下落．当下端的小球到达下极板时，速度刚好为零．试求：〔1〕两极板间匀强电场的电场强度；〔2〕两球运动过程中的最大速度．2015-2016学年陕西省西北农林科大附中高二〔上〕第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一.选择题〔1-9题每个题只有一个正确选项，10-12题每个题都有多个正确选项.每题6分共72分〕1．如下关于点电荷的说法正确的答案是〔〕A．只有体积很小的带电体才能看成点电荷B．体积很大的带电体一定不能看成点电荷C．当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，可将这两个带电体看成是点电荷D．一切带电体都可以看成是点电荷【考点】元电荷、点电荷．【分析】带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状与大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系．【解答】解：A、由带电体看作点电荷的条件，当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系，故ABD错误C、当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，可将这两个带电体看成是点电荷，C正确应当选：C【点评】考查了带电体看作点电荷的条件与其特点．2．关于库仑定律，如下说法正确的答案是〔〕A．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体B．根据F=k，当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大C．假设点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，如此q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力D．库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律【考点】库仑定律．【分析】库仑定律只适用于真空中两静止的点电荷之间的作用力．当带电体的形状、大小与电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷．两个带电体间的距离趋近于零时，带电体已经不能看成点电荷了．【解答】解：A、库仑定律适用于点电荷，点电荷并不是体积很小的球体，故A错误．B、当两个点电荷距离趋于0时，两带电体已不能看出点电荷了，该公式F=k，不适用了，故电场力并不是趋于无穷大，故B错误．C、两点电荷之间的作用力是相互的，根据牛顿第三定律，无论点电荷Q1的电荷量与Q2的电荷量大小如何，Q1对 Q2的电场力大小上总等于Q2对 Q1电场力．故C错误．D、库仑定律的表达式为F=k，万有引力定律的表达为F=G，故两表达式相似，都是平方反比定律，故D正确．应当选：D．【点评】解决此题的关键掌握库仑定律的适用范围，以与能看成点电荷的条件，当带电体的形状、大小与电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷．3．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的一样金属小球〔均可视为点电荷〕，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，如此两球间库仑力的大小为〔〕A． B．C．D．12F【考点】库仑定律；电荷守恒定律．【专题】计算题．【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．【解答】解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个一样的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带电为+Q，距离又变为原来的，库仑力为F′=k，所以两球间库仑力的大小为．应当选C．【点评】此题考查库仑定律与带电题电量的转移问题．4．有关电场强度的理解，下述说法正确的答案是〔〕A．由E=可知，电场强度E跟放入的电荷Q所受的电场力成正比B．当电场中存在试探电荷时，电荷周围才出现电场这种特殊的物质，才存在电场强度C．由E=可知，在离点电荷很近，r接近于零，电场强度达无穷大D．电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关【考点】电场强度；点电荷的场强．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】解答此题需掌握：电场强度的定义式是E=，是用比值定义法定义的物理量，式子中的q表示试探电荷的电荷量，而E为原电场的电场强度，是由电场本身决定的，与试探电荷无关，试验电荷q的数值应足够小，不改变它所在处的电场，这样，电场强度就等于每单位正电荷所受的力；库仑力属于强相互作用，是一种远程力，点电荷电场的决定式〔只适用于点电荷〕，也不适用于r接近0的情况．【解答】解：A：电场强度E可以根据定义式来测量，电场强度就等于每单位正电荷所受的力，但场强与试探电荷无关，是由电场本身决定的，故A错误；BD：电场强度是由电场本身决定的，是电场的一种性质，与试探电荷是否存在无关，故B错误，D正确；C：库仑力属于强相互作用，是一种远程力，点电荷电场的决定式，也不适用于r接近0的情况．故C错误．应当选D【点评】此题涉与电场强度的定义式和点电荷电场强度的决定式，要抓住电场强度是由电场本身决定的，是电场的一种性质，与试探电荷是否存在无关这一根本的特点，才能做出正确的判断．属于简单题．5．如下说法中正确的答案是〔〕A．沿电场线的方向，电场强度一定越来越小B．沿电场线的方向，电势一定越来越低C．电荷沿电场线方向移动，电势能逐渐减小D．在静电力作用下，正电荷一定从电势高处向电势低处移动【考点】电场线．【分析】电场线是人们为了形象地描述电场而引入的线；电场线的方向是正电荷所受电场力的方向，而正负电荷所受的电场力的方向相反；电场线的切线方向即为场强的方向，故任意两条电场线都不会相交；电场线的疏密代表电场的强弱，故电场线越密的地方场强越强．【解答】解：A、沿电场线的方向，电势一定越来越低，电场线的疏密代表电场的强弱，故A 错误B正确；C、正电荷沿电场线方向移动，电场力做正功，电势能逐渐减小，故C错误．D、电荷移动的方向与电场线的形状与电荷有无初速度和初速度的方向决定，假设放入静止的正电荷，一定从电势高处向电势低处移动．故D错误．应当选：B【点评】考查学生根底知识的掌握，加强根底知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决此题．6．对于电场中A、B两点，如下说法正确的答案是〔〕A．电势差的定义式U AB=，说明两点间的电势差U AB与电场力做功W AB成正比，与移动电荷的电量q成反比B．A、B两点间的电势差等于将正电荷从A点移到B点电场力所做的功C．将1C电荷从A点移到B点，电场力做1J的功，这两点间的电势差为1VD．电荷由A点移到B点的过程中，除受电场力外，还受其它力的作用，电荷电势能的变化就不再等与电场力所做的功【考点】电势差；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电势差的定义式，是比值定义法，U AB反映电场本身的性质，与试探电荷无关．由此定义可知：A、B两点间的电势差等于将单位正电荷从A点移到B点电场力所做的功．电荷电势能的变化只与电场力做功有关．【解答】解：A、U AB反映电场本身的性质，与试探电荷无关，不能说两点间的电势差U AB与电场力做功W AB成正比，与移动电荷的电量q成反比．故A错误．B、根据电势差的定义式可知：A、B两点间的电势差等于将单位正电荷从A点移到B点电场力所做的功．故B错误．C、根据电势差的定义式可知：将1C电荷从A点移到B点，电场力做1J的功，这两点间的电势差U AB=1V．故C正确．D、电荷由A点移到B点的过程中，电荷电势能的变化仍等于电场力所做的功．故D错误．应当选C．【点评】电势差的定义式，是比值定义法，有比值定义的共性，U AB反映电场本身的性质，与试探电荷无关．7．如下列图，为一空腔球形导体〔不带电〕，现将一个带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的电场强度E和电势φ的关系是〔〕A．E a＞E b＞E c，φa＞φb＞φc B．E a=E b＞E c，φa=φb＞φcC．E a=E b=E c，φa=φb=φc D．E a＞E c＞E b，φa＞φb＞φc【考点】电势；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】将带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外外表感应出正电荷．整个空腔球形导体是一个等势体，外表是一个等势面．画出电场线的分布，根据电场线越密，场强越大，顺着电场线，电势降低，判断场强和电势的大小．【解答】解：当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外外表感应出正电荷，画出电场线的分布如图．由于a处电场线较密，c处电场线较疏，b处场强为零，如此Ea＞Ec＞Eb．根据顺着电场线方向电势降低，整个空腔球形导体是一个等势体，外表是一个等势面，分析可知电势关系是φa＞φb＞φc．应当选D【点评】此题抓住处于静电平衡导体的特点是关键．比拟场强大小和电势上下常常画电场线，形象直观地判断．8．如下关于电容器和电容的说法中，不正确的答案是〔〕A．根据C=Q/U可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比B．对于确定的电容器，其所带的电荷量与两板间的电压〔小于击穿电压且不为零〕成正比C．无论电容器的电压如何变化〔小于击穿电压且不为零〕，它所带的电荷量与电压比值恒定不变D．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与加在两板上的电压无关【考点】电容．【专题】电容器专题．【分析】电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，电容的定义式C=是比值法定义，C与U、Q无关；给定的电容器，C一定，Q=CU，Q与U成正比；【解答】解：A、电容的定义式C=是比值法定义，反映电容器本身的性质，C与U、Q无关，不能说电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比，故A错误．B、对于确定的电容器，C一定，由Q=CU知，Q与U成正比；故B正确．C、电容器所带的电荷量与电压比值等于电容，电容与电荷量、电压无关，所以无论电容器的电压如何变化〔小于击穿电压且不为零〕，它所带的电荷量与电压比值恒定不变，故C正确．D、电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，由电容器本身决定，与板间电压无关，故D正确．此题选错误的，应当选：A．【点评】对于电容，关键抓住其物理意义、定义式以与决定式来理解其意义．要知道电容的定义式C=，采用比值法定义，具有比值法定义的共性，C与U、Q是无关的．9．如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q的固定点电荷．b点处的场强为零，如此d点处场强的大小为〔k为静电力常量〕〔〕A．k B．k C．k D．k【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由题意可知，半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q〔q＞0〕的固定点电荷，在b点处的场强为零，说明各自电场强度大小相等，方向相反．那么在d点处场强的大小即为两者之和．因此根据点电荷的电场强度为E=k即可求解【解答】解：电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为E=k，而半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q〔q＞0〕的固定点电荷，在b点处的场强为零，如此圆盘在此处产生电场强度也为E=k．那么圆盘在此d产生电场强度如此仍为E=k．而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为，由于都在d处产生电场强度方向一样，即为两者大小相加．所以两者这d处产生电场强度为，故B正确，ACD错误．应当选：B【点评】考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定根底10．如下列图，在a点由静止释放一个质量为m，电荷量为q的带电粒子，粒子到达b点时速度恰好为零，设ab所在的电场线竖直向下，a、b间的高度差为h，如此〔〕A．带电粒子带负电B．a、b两点间的电势差U ab=C．b点场强大于a点场强D．a点场强大于b点场强【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场线．【分析】答此题要掌握：根据质点的运动情况，正确判断其受力情况，弄清在a、b两点电场力和重力大小关系【解答】解：A、在a点由静止释放粒子，到达b点时速度恰好为零，可知粒子所受电场力与重力方向相反，也与电场线方向相反，故粒子带负电，故A正确B、由于粒子在a点由静止，到达b点也静止，故W电=W G=mgh=qU ab，故U ab=，故B正确C、从a到b先加速后减速，故电场力逐渐变大，故b点场强大于a点场强，故C正确D错误应当选：ABC【点评】解决带电粒子在复合场中的运动，要正确进展受力分析，确定其运动状态，然后依据相关规律求解11．如下说法正确的答案是〔〕A．电荷在电场中电势越高的地方电势能也越大B．电势降低的方向就是电场强度的方向C．电场中，任意两条电场线是不能相交的，任意两个等势面也不能相交D．电场线与等势面在相交处总是垂直，且电场线总是从电势较高的等势面指向电势较低的等势面【考点】电势差与电场强度的关系；电场线．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】电场中电势高的地方，正电荷在该点具有的电势能就大．电场中电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它具有的电势能不一定越大．电势能是电场和电荷共有的能．电势降低的方向，不一定是场强的方向【解答】解：A、根据电势能的公式E p=qφ可知：电场中电势越高的地方，正电荷在该点具有的电势能越大，负电荷在该点具有的电势能越小．故A错误；B、沿电场线的方向电势降低，电场线的方向是电势降落最快的方向，不能说电势降低的方向就是电场线的方向，故B错误．C、电场中的两条电场线不相交，由于电场线与等势面垂直，所以两个等势面也不相交，故CD 正确应当选：CD【点评】解决此题的关键知道电场线和等势面的特点，以与知道电场线与等势面的关系，12．如下列图，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带电，如此如下判断正确的答案是〔〕A．增大两极板之间的距离，指针张角变大B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大C．假设将玻璃板插入两板之间，如此静电计指针张角变大D．假设将A板拿走，如此静电计指针张角变为零【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】已充电的平行板电容器电量不变．静电计测量电势差的大小，电容器板间的电势差越大，静电计指针张角越大．根据电容器电容的决定分析电容的变化，由电容的决定式分析板间电势差的变化．【解答】解：A、增大两极板之间的距离，由电容的决定式C=可知，电容增小，电容器的电量不变，由C=分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大．故A正确．B、将A板稍微上移时，正对面积减小，由电容的决定式C=可知，电容增小，电量不变，由C=分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大．故B正确．C、将玻璃板插入两板之间，电容的决定式C=可知，电容增大，电量不变，由C=分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小．故C错误．D、假设将A板拿走，B板上带电量不变，静电计相当于验电器，指针张角不为零．故D错误．应当选AB【点评】此题要抓住电容器的电量不变，由电容的决定式C=和定义式C=结合分析电容器动态变化问题，二.计算题〔13题13分，14题15分.共计28分〕13．一根长为l的绝缘丝线吊着一质量为m、带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如下列图，丝线与竖直方向成37°角，重力加速度为g，求：〔1〕小球受到的静电力大小；〔2〕匀强电场电场强度的大小．【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】小球受到重力、电场力和拉力而平衡，作出受力图，根据平衡条件求解电场强度E．【解答】解：小球的受力如图，显然小球带正电，由平衡条件得：qE=mgtan 37°故电场强度的大小为：E=．答：〔1〕小球受到的静电力大小为mgtan 37°〔2〕匀强电场电场强度的大小为【点评】此题是带电粒子在电场中平衡，抓住受力分析即可求得14．如下列图，P、Q两金属板间的电势差为50V，两板间存在匀强电场，方向水平向左，板间的距离d=10cm，其中Q板接地，两板间的A点距P板4cm，求：〔1〕A点的电势．〔2〕保持两板间的电势差不变，而将Q板向左平移5cm，如此A点的电势将变为多少？【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】〔1〕根据电势差与电势关系公式U AB=φA﹣φB以与电势差与电场强度关系公式U=Ed 列式求解即可．〔2〕距离改变后先根据电势差与电场强度关系公式U=Ed求解电场强度和电势差，然后根据电势差与电势关系公式U AB=φA﹣φB求解各点电势．【解答】解：〔1〕场强水平向左，即U QP=50v而又U QA=φQ﹣φA所以φA=φQ﹣U QA=﹣30v〔2〕距离改变后，场强变为∴φ'A=φQ﹣U'QA=﹣10v答：〔1〕A点的电势为﹣30V．〔2〕保持两板间的电势差不变，而将Q板向左平移5cm，如此A点的电势将变为﹣10V．。
陕西省西北农林科大附中高二物理上学期第一次月考试卷(含解析)
陕西省西北农林科大附中2015-2016学年高二（上）第一次月考物理试卷一.选择题（1-9题每个题只有一个正确选项，10-12题每个题都有多个正确选项.每题6分共72分）1．下列关于点电荷的说法正确的是（）A．只有体积很小的带电体才能看成点电荷B．体积很大的带电体一定不能看成点电荷C．当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，可将这两个带电体看成是点电荷D．一切带电体都可以看成是点电荷2．关于库仑定律，下列说法正确的是（）A．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体B．根据F=k，当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大C．若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力D．库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律3．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）A． B．C．D．12F4．有关电场强度的理解，下述说法正确的是（）A．由E=可知，电场强度E跟放入的电荷Q所受的电场力成正比B．当电场中存在试探电荷时，电荷周围才出现电场这种特殊的物质，才存在电场强度C．由E=可知，在离点电荷很近，r接近于零，电场强度达无穷大D．电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关5．下列说法中正确的是（）A．沿电场线的方向，电场强度一定越来越小B．沿电场线的方向，电势一定越来越低C．电荷沿电场线方向移动，电势能逐渐减小D．在静电力作用下，正电荷一定从电势高处向电势低处移动6．对于电场中A、B两点，下列说法正确的是（）A．电势差的定义式U AB=，说明两点间的电势差U AB与电场力做功W AB成正比，与移动电荷的电量q成反比B．A、B两点间的电势差等于将正电荷从A点移到B点电场力所做的功C．将1C电荷从A点移到B点，电场力做1J的功，这两点间的电势差为1VD．电荷由A点移到B点的过程中，除受电场力外，还受其它力的作用，电荷电势能的变化就不再等与电场力所做的功7．如图所示，为一空腔球形导体（不带电），现将一个带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的电场强度E和电势φ的关系是（）A．E a＞E b＞E c，φa＞φb＞φc B．E a=E b＞E c，φa=φb＞φcC．E a=E b=E c，φa=φb=φc D．E a＞E c＞E b，φa＞φb＞φc8．下列关于电容器和电容的说法中，不正确的是（）A．根据C=Q/U可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比B．对于确定的电容器，其所带的电荷量与两板间的电压（小于击穿电压且不为零）成正比C．无论电容器的电压如何变化（小于击穿电压且不为零），它所带的电荷量与电压比值恒定不变D．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与加在两板上的电压无关9．如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（）A．k B．k C．k D．k10．如图所示，在a点由静止释放一个质量为m，电荷量为q的带电粒子，粒子到达b点时速度恰好为零，设ab所在的电场线竖直向下，a、b间的高度差为h，则（）A．带电粒子带负电B．a、b两点间的电势差U ab=C．b点场强大于a点场强D．a点场强大于b点场强11．下列说法正确的是（）A．电荷在电场中电势越高的地方电势能也越大B．电势降低的方向就是电场强度的方向C．电场中，任意两条电场线是不能相交的，任意两个等势面也不能相交D．电场线与等势面在相交处总是垂直，且电场线总是从电势较高的等势面指向电势较低的等势面12．如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带电，则下列判断正确的是（）A．增大两极板之间的距离，指针张角变大B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零二.计算题（13题13分，14题15分.共计28分）13．一根长为l的绝缘丝线吊着一质量为m、带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，重力加速度为g，求：（1）小球受到的静电力大小；（2）匀强电场电场强度的大小．14．如图所示，P、Q两金属板间的电势差为50V，两板间存在匀强电场，方向水平向左，板间的距离d=10cm，其中Q板接地，两板间的A点距P板4cm，求：（1）A点的电势．（2）保持两板间的电势差不变，而将Q板向左平移5cm，则A点的电势将变为多少？二.选做题（第15题8分.第16题12分.共计20分）15．（2013秋•肃南裕县校级期中）匀强电场中a、b、c三点，在以它们为顶点的三角形中，∠a=30°、∠c=90°．电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为（2﹣）V、（2+）V和2V．该三角形的外接圆上最低电势为；最高电势为．16．（2011•浙江校级一模）如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d，上极板开有一小孔，质量均为m，带电荷量均为+q的两个带电小球（视为质点），其间用长为L的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，已知d=2L，今使下端小球恰好位于小孔中，由静止释放，让两球竖直下落．当下端的小球到达下极板时，速度刚好为零．试求：（1）两极板间匀强电场的电场强度；（2）两球运动过程中的最大速度．2015-2016学年陕西省西北农林科大附中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一.选择题（1-9题每个题只有一个正确选项，10-12题每个题都有多个正确选项.每题6分共72分）1．下列关于点电荷的说法正确的是（）A．只有体积很小的带电体才能看成点电荷B．体积很大的带电体一定不能看成点电荷C．当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，可将这两个带电体看成是点电荷D．一切带电体都可以看成是点电荷【考点】元电荷、点电荷．【分析】带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系．【解答】解：A、由带电体看作点电荷的条件，当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系，故ABD错误C、当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，可将这两个带电体看成是点电荷，C正确故选：C【点评】考查了带电体看作点电荷的条件及其特点．2．关于库仑定律，下列说法正确的是（）A．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体B．根据F=k，当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大C．若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力D．库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律【考点】库仑定律．【分析】库仑定律只适用于真空中两静止的点电荷之间的作用力．当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷．两个带电体间的距离趋近于零时，带电体已经不能看成点电荷了．【解答】解：A、库仑定律适用于点电荷，点电荷并不是体积很小的球体，故A错误．B、当两个点电荷距离趋于0时，两带电体已不能看出点电荷了，该公式F=k，不适用了，故电场力并不是趋于无穷大，故B错误．C、两点电荷之间的作用力是相互的，根据牛顿第三定律，无论点电荷Q1的电荷量与Q2的电荷量大小如何，Q1对 Q2的电场力大小上总等于Q2对 Q1电场力．故C错误．D、库仑定律的表达式为F=k，万有引力定律的表达为F=G，故两表达式相似，都是平方反比定律，故D正确．故选：D．【点评】解决本题的关键掌握库仑定律的适用范围，以及能看成点电荷的条件，当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷．3．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）A． B．C．D．12F【考点】库仑定律；电荷守恒定律．【专题】计算题．【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．【解答】解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带电为+Q，距离又变为原来的，库仑力为F′=k，所以两球间库仑力的大小为．故选C．【点评】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．4．有关电场强度的理解，下述说法正确的是（）A．由E=可知，电场强度E跟放入的电荷Q所受的电场力成正比B．当电场中存在试探电荷时，电荷周围才出现电场这种特殊的物质，才存在电场强度C．由E=可知，在离点电荷很近，r接近于零，电场强度达无穷大D．电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关【考点】电场强度；点电荷的场强．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】解答本题需掌握：电场强度的定义式是E=，是用比值定义法定义的物理量，式子中的q表示试探电荷的电荷量，而E为原电场的电场强度，是由电场本身决定的，与试探电荷无关，试验电荷q的数值应足够小，不改变它所在处的电场，这样，电场强度就等于每单位正电荷所受的力；库仑力属于强相互作用，是一种远程力，点电荷电场的决定式（只适用于点电荷），也不适用于r接近0的情况．【解答】解：A：电场强度E可以根据定义式来测量，电场强度就等于每单位正电荷所受的力，但场强与试探电荷无关，是由电场本身决定的，故A错误；BD：电场强度是由电场本身决定的，是电场的一种性质，与试探电荷是否存在无关，故B错误，D正确；C：库仑力属于强相互作用，是一种远程力，点电荷电场的决定式，也不适用于r接近0的情况．故C错误．故选D【点评】本题涉及电场强度的定义式和点电荷电场强度的决定式，要抓住电场强度是由电场本身决定的，是电场的一种性质，与试探电荷是否存在无关这一根本的特点，才能做出正确的判断．属于简单题．5．下列说法中正确的是（）A．沿电场线的方向，电场强度一定越来越小B．沿电场线的方向，电势一定越来越低C．电荷沿电场线方向移动，电势能逐渐减小D．在静电力作用下，正电荷一定从电势高处向电势低处移动【考点】电场线．【分析】电场线是人们为了形象地描述电场而引入的线；电场线的方向是正电荷所受电场力的方向，而正负电荷所受的电场力的方向相反；电场线的切线方向即为场强的方向，故任意两条电场线都不会相交；电场线的疏密代表电场的强弱，故电场线越密的地方场强越强．【解答】解：A、沿电场线的方向，电势一定越来越低，电场线的疏密代表电场的强弱，故A 错误B正确；C、正电荷沿电场线方向移动，电场力做正功，电势能逐渐减小，故C错误．D、电荷移动的方向与电场线的形状及电荷有无初速度和初速度的方向决定，若放入静止的正电荷，一定从电势高处向电势低处移动．故D错误．故选：B【点评】考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．6．对于电场中A、B两点，下列说法正确的是（）A．电势差的定义式U AB=，说明两点间的电势差U AB与电场力做功W AB成正比，与移动电荷的电量q成反比B．A、B两点间的电势差等于将正电荷从A点移到B点电场力所做的功C．将1C电荷从A点移到B点，电场力做1J的功，这两点间的电势差为1VD．电荷由A点移到B点的过程中，除受电场力外，还受其它力的作用，电荷电势能的变化就不再等与电场力所做的功【考点】电势差；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电势差的定义式，是比值定义法，U AB反映电场本身的性质，与试探电荷无关．由此定义可知：A、B两点间的电势差等于将单位正电荷从A点移到B点电场力所做的功．电荷电势能的变化只与电场力做功有关．【解答】解：A、U AB反映电场本身的性质，与试探电荷无关，不能说两点间的电势差U AB与电场力做功W AB成正比，与移动电荷的电量q成反比．故A错误．B、根据电势差的定义式可知：A、B两点间的电势差等于将单位正电荷从A点移到B点电场力所做的功．故B错误．C、根据电势差的定义式可知：将1C电荷从A点移到B点，电场力做1J的功，这两点间的电势差U AB=1V．故C正确．D、电荷由A点移到B点的过程中，电荷电势能的变化仍等于电场力所做的功．故D错误．故选C．【点评】电势差的定义式，是比值定义法，有比值定义的共性，U AB反映电场本身的性质，与试探电荷无关．7．如图所示，为一空腔球形导体（不带电），现将一个带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的电场强度E和电势φ的关系是（）A．E a＞E b＞E c，φa＞φb＞φc B．E a=E b＞E c，φa=φb＞φcC．E a=E b=E c，φa=φb=φc D．E a＞E c＞E b，φa＞φb＞φc【考点】电势；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】将带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷．整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面．画出电场线的分布，根据电场线越密，场强越大，顺着电场线，电势降低，判断场强和电势的大小．【解答】解：当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场线的分布如图．由于a处电场线较密，c处电场线较疏，b处场强为零，则Ea＞Ec＞Eb．根据顺着电场线方向电势降低，整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，分析可知电势关系是φa＞φb＞φc．故选D【点评】本题抓住处于静电平衡导体的特点是关键．比较场强大小和电势高低常常画电场线，形象直观地判断．8．下列关于电容器和电容的说法中，不正确的是（）A．根据C=Q/U可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比B．对于确定的电容器，其所带的电荷量与两板间的电压（小于击穿电压且不为零）成正比C．无论电容器的电压如何变化（小于击穿电压且不为零），它所带的电荷量与电压比值恒定不变D．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与加在两板上的电压无关【考点】电容．【专题】电容器专题．【分析】电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，电容的定义式C=是比值法定义，C与U、Q无关；给定的电容器，C一定，Q=CU，Q与U成正比；【解答】解：A、电容的定义式C=是比值法定义，反映电容器本身的性质，C与U、Q无关，不能说电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比，故A错误．B、对于确定的电容器，C一定，由Q=CU知，Q与U成正比；故B正确．C、电容器所带的电荷量与电压比值等于电容，电容与电荷量、电压无关，所以无论电容器的电压如何变化（小于击穿电压且不为零），它所带的电荷量与电压比值恒定不变，故C正确．D、电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，由电容器本身决定，与板间电压无关，故D正确．本题选错误的，故选：A．【点评】对于电容，关键抓住其物理意义、定义式以及决定式来理解其意义．要知道电容的定义式C=，采用比值法定义，具有比值法定义的共性，C与U、Q是无关的．9．如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（）A．k B．k C．k D．k【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由题意可知，半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，说明各自电场强度大小相等，方向相反．那么在d点处场强的大小即为两者之和．因此根据点电荷的电场强度为E=k即可求解【解答】解：电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为E=k，而半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，则圆盘在此处产生电场强度也为E=k．那么圆盘在此d产生电场强度则仍为E=k．而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为，由于都在d处产生电场强度方向相同，即为两者大小相加．所以两者这d处产生电场强度为，故B正确，ACD错误．故选：B【点评】考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础10．如图所示，在a点由静止释放一个质量为m，电荷量为q的带电粒子，粒子到达b点时速度恰好为零，设ab所在的电场线竖直向下，a、b间的高度差为h，则（）A．带电粒子带负电B．a、b两点间的电势差U ab=C．b点场强大于a点场强D．a点场强大于b点场强【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场线．【分析】答本题要掌握：根据质点的运动情况，正确判断其受力情况，弄清在a、b两点电场力和重力大小关系【解答】解：A、在a点由静止释放粒子，到达b点时速度恰好为零，可知粒子所受电场力与重力方向相反，也与电场线方向相反，故粒子带负电，故A正确B、由于粒子在a点由静止，到达b点也静止，故W电=W G=mgh=qU ab，故U ab=，故B正确C、从a到b先加速后减速，故电场力逐渐变大，故b点场强大于a点场强，故C正确D错误故选：ABC【点评】解决带电粒子在复合场中的运动，要正确进行受力分析，确定其运动状态，然后依据相关规律求解11．下列说法正确的是（）A．电荷在电场中电势越高的地方电势能也越大B．电势降低的方向就是电场强度的方向C．电场中，任意两条电场线是不能相交的，任意两个等势面也不能相交D．电场线与等势面在相交处总是垂直，且电场线总是从电势较高的等势面指向电势较低的等势面【考点】电势差与电场强度的关系；电场线．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】电场中电势高的地方，正电荷在该点具有的电势能就大．电场中电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它具有的电势能不一定越大．电势能是电场和电荷共有的能．电势降低的方向，不一定是场强的方向【解答】解：A、根据电势能的公式E p=qφ可知：电场中电势越高的地方，正电荷在该点具有的电势能越大，负电荷在该点具有的电势能越小．故A错误；B、沿电场线的方向电势降低，电场线的方向是电势降落最快的方向，不能说电势降低的方向就是电场线的方向，故B错误．C、电场中的两条电场线不相交，由于电场线与等势面垂直，所以两个等势面也不相交，故CD 正确故选：CD【点评】解决本题的关键知道电场线和等势面的特点，以及知道电场线与等势面的关系，12．如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带电，则下列判断正确的是（）A．增大两极板之间的距离，指针张角变大B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】已充电的平行板电容器电量不变．静电计测量电势差的大小，电容器板间的电势差越大，静电计指针张角越大．根据电容器电容的决定分析电容的变化，由电容的决定式分析板间电势差的变化．【解答】解：A、增大两极板之间的距离，由电容的决定式C=可知，电容增小，电容器的电量不变，由C=分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大．故A正确．B、将A板稍微上移时，正对面积减小，由电容的决定式C=可知，电容增小，电量不变，由C=分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大．故B正确．C、将玻璃板插入两板之间，电容的决定式C=可知，电容增大，电量不变，由C=分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小．故C错误．D、若将A板拿走，B板上带电量不变，静电计相当于验电器，指针张角不为零．故D错误．故选AB【点评】本题要抓住电容器的电量不变，由电容的决定式C=和定义式C=结合分析电容器动态变化问题，二.计算题（13题13分，14题15分.共计28分）13．一根长为l的绝缘丝线吊着一质量为m、带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，重力加速度为g，求：（1）小球受到的静电力大小；（2）匀强电场电场强度的大小．【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】小球受到重力、电场力和拉力而平衡，作出受力图，根据平衡条件求解电场强度E．【解答】解：小球的受力如图，显然小球带正电，由平衡条件得：qE=mgtan 37°故电场强度的大小为：E=．答：（1）小球受到的静电力大小为mgtan 37°（2）匀强电场电场强度的大小为【点评】本题是带电粒子在电场中平衡，抓住受力分析即可求得14．如图所示，P、Q两金属板间的电势差为50V，两板间存在匀强电场，方向水平向左，板间的距离d=10cm，其中Q板接地，两板间的A点距P板4cm，求：（1）A点的电势．（2）保持两板间的电势差不变，而将Q板向左平移5cm，则A点的电势将变为多少？【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）根据电势差与电势关系公式U AB=φA﹣φB以及电势差与电场强度关系公式U=Ed 列式求解即可．（2）距离改变后先根据电势差与电场强度关系公式U=Ed求解电场强度和电势差，然后根据电势差与电势关系公式U AB=φA﹣φB求解各点电势．【解答】解：（1）场强水平向左，即U QP=50v而又U QA=φQ﹣φA所以φA=φQ﹣U QA=﹣30v（2）距离改变后，场强变为∴φ'A=φQ﹣U'QA=﹣10v答：（1）A点的电势为﹣30V．（2）保持两板间的电势差不变，而将Q板向左平移5cm，则A点的电势将变为﹣10V．【点评】本题关键记住两个公式：电势差与电势关系公式U AB=φA﹣φB，电势差与电场强度关系公式U=Ed．二.选做题（第15题8分.第16题12分.共计20分）。
高三物理月考试题及答案-陕西西北农林科大附中2015-2016学年高三上学期第一次月考试卷
陕西省西北农林科大附中2015-2016学年高三（上）第一次月考物理试卷一、单项选择题（共6小题，每小题6分，共36分）1．物体a、b从同一位置沿同一直线运动的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（）A．t=2s时，a、b速度方向均发生改变B．t=4s时，a、b相距20mC．前4s，a、b均做匀变速直线运动D．前4s，a与b的加速度始终相同2．如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F和F′，已知支架间的距离为AB的一半，则为（）A．B．C． D．3．如图所示，物体从光滑斜面的顶端由静止下滑，经时间t速度为v1，此时施加平行于斜面向上的恒力F，又经时间t物体回到出发点，速度为v2，已知下滑过程中物体始终未脱离斜面，则v2：v1的值为（）A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：14．如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A．已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出（）A．轰炸机的飞行高度B．轰炸机的飞行速度C．炸弹的飞行时间D．炸弹投出时的动能5．如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA=OB．若水流速度不变，两人在靜水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为（）A．t甲＜t乙B．t甲=t乙C．t甲＞t乙D．无法确定6．如图a所示，质量为m的半球体静止在倾角为θ的平板上，当θ从0缓慢增大到90°的过程中，半球体所受摩擦力F f与θ的关系如图b所示，已知半球体始终没有脱离平板，半球体与平板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g，则（）A．O～q段图象可能是直线B．q﹣段图象可能是直线C．q=D．p=二、多项选择题（共4小题，每小题6分，共24分．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不选的得0分．）7．如图所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上，A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ，小车静止时，A恰好不下滑，现使小车加速运动，为保证A、B无滑动，则（）A．速度可能向左，加速度可小于μgB．加速度一定向右，不能超过（1+μ）gC．加速度一定向左，不能超过μgD．加速度一定向左，不能超过（1+μ）g8．如图所示，重为12N的物块G1在三根细绳悬吊下处于静止状态，细绳BP在水平方向，细绳AP偏离竖直方向37°角，且连在重为50N的物块G2上，物块G2静止于倾角为37°的斜面上（sin37°=0.6，cos37°=0.8），取g=10m/s2．则下列说法正确的是（）A．绳PB对物块G2的拉力9NB．绳PA对P点的拉力20NC．斜面对物块G2的摩擦力37.2ND．斜面对物块G2的支持力34.6N9．如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端的挡板C上，另一端自然伸长到A点．质量为m的物块从斜面上B点由静止开始滑下，与弹簧发生相互作用，最终停在斜面上某点．下列说法正确的是（）A．物块第一次滑到A点时速度最大B．物块速度最大时弹簧的压缩量小于C．物块压缩弹簧后被反弹过程做加速度逐渐减小的加速运动D．物块最终停在斜面上时物块受到的摩擦力小于mgsinθ10．一质点（m=2kg）正自东向西在光滑水平面上做匀速直线运动，速度大小为4m/s，从某时刻起受到一个沿东西方向的力作用，如图，是该力随时间周期性的变化图象（从该时刻开始计时，规定向东方向为正方向）下列说法正确的是（）A．2s末物块的速度大小为4m/sB．从该时刻起，质点做往复运动C．8s末质点的速度大小为12m/sD．8s末质点的速度大小为4m/s三、填空题（每空3分，共18分）11．某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中，因操作不当，先松开小车再接通50Hz交变电源，导致纸带上只记录了相邻的三个点，如图所示，则（1）打下A点时小车的瞬时速度cm/s．（2）小车的加速度大小是m/s2．（3）通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度．于是该同学重新实验，先接通电源再松开小车，通过正确的方法得到了一条较为理想的纸带，设纸带上的起始点为O点，之后各点到O点的距离为L，作L﹣t2图象，得到图象的斜率为k，则小车的加速度a=．12．为了探究加速度与力、质量的关系，物理兴趣小组成员独立设计了如图甲所示的实验探究方案，并进行了实验操作．（1）在长木板的左端垫上木块的目的是；（2）实验中用砝码（包括小盘）的重力G=mg的大小作为小车（质量为M）所受拉力F的大小，能够实现这一设想的前提条件是；（3）图乙为小车质量M一定时，根据实验数据描绘的小车加速度a与盘和砝码的总质量m 之间的实验关系图象．设图中直线斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车的质量M为．四、计算题（本题共2小题，共22分．解答时请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．）13．如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M，倾角为α，其斜面上有一静止的滑块，质量为m，两者之间的动摩擦因数为μ，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，求：（1）若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平向右的力F的最大值；（2）若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力F的最小值．14．如图所示一倾角为30°光滑的斜面，下端与一段很短的光滑弧面相切，弧面另一端与水平传送带相切，水平传送带以5m/s顺时针转动；今有质量为1kg的物体（可视为质点）从斜面上高度为h=0.8m处滑下；物体在弧面运动时不损失机械能，而且每次在弧面上运动时间极短可以忽略．已知传送带足够长，它与物体之间的滑动摩擦因数为0.5．取g=10m/s2．求：（1）水平传送带至少多长，物体才不会从左端滑出．（2）物体第一次从滑上传送带，到离开传送带所用的时间．答案1.【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】速度时间图线速度的正负值表示速度的方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．【解答】解：A、由图象可知，前4s，a的速度都为正，b的速度都为负，所以t=2s时，a、b速度方向均没有发生改变．故A错误．B、图线与时间轴围成的面积表示位移，则t=4s时，a、b相距．故B正确．D、图象的斜率表示加速度，由图可知，前4s，ab的加速度方向都发生了变化，不是匀变速直线运动，故C错误．D、图象的斜率表示加速度，由图可知，前4s，a与b的加速度方向始终相反，故D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，知道速度的正负表示运动的方向．2.【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】对左图，上面球收重力和支持力而平衡，根据平衡条件得到支持力；对右图，隔离半个球分析，受重力、左侧球的支持力和右角的支持力，根据平衡条件列式求解．【解答】解：设两半球的总质量为m，当球以AB沿水平方向放置，可知；当球以AB沿竖直方向放置，以两半球为整体，隔离右半球受力分析如图所示，可得，根据支架间的距离为AB的一半，可得θ=30°，则，A正确．故选：A【点评】本题关键是根据隔离法和整体法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，基础题目．3.【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】该题要依据速度时间图象来解题，两段时间内的位移相同，都是做匀变速直线运动，依据v﹣t图象的面积表示位移可得速度关系．【解答】解：物体运动v﹣t图象如图：由v﹣t图象的面积表示位移，其前后两段时间位移相等，可得：，t1+t2=t，，解得：v2：v1=2：1．故ACD错误，B正确．故选：B．【点评】该题用图象法解题，比用运动学公式来解要方便一些，关于v﹣t图象的面积表示位移这类应用比较多见，应多留意．4.【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】轰炸机沿水平方向匀速飞行，释放的炸弹做平抛运动．因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，速度方向的夹角得知位移与水平方向夹角的正切值，再通过水平位移求出竖直位移，从而得知轰炸机的飞行高度，炸弹的飞行时间，以及炸弹的初速度．【解答】解：A、B、C由图可得炸弹的水平位移为x=设轰炸机的飞行高度为H，炸弹的飞行时间为t，初速度为v0．据题：炸弹垂直击中山坡上的目标A，则根据速度的分解有：tanθ==又==联立以上三式得：H=h+，可知可以求出轰炸机的飞行高度H．炸弹的飞行时间t=，也可以求出t．轰炸机的飞行速度等于炸弹平抛运动的初速度，为v0=，可知也可以求出．故A、B、C 正确．D、由于炸弹的质量未知，则无法求出炸弹投出时的动能．故D错误．故选：ABC．【点评】解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的一些推论，并能灵活运用．5.【考点】运动的合成和分解．【专题】计算题．【分析】甲、乙两同学实际的速度是静水中的游速与水流速度的合速度，设游速为v，水速为v0根据速度合成可知：甲游到A点的速度为v+v0，游回的速度为v﹣v0；乙来回的速度都为．明确了各自的合速度后，再用匀速直线运动规律求出时间进行比较．【解答】解：设游速为v，水速为v0，OA=OB=l，则甲整个过程所用时间：=，乙为了沿OB运动，速度合成如图：则乙整个过程所用时间：=，∵∴t甲＞t乙，∴选C正确，选项A、B、D错误．故选：C．【点评】本题考查运动的合成（主要是速度的合成）和匀速运动规律，运用速度合成的矢量平行四边形法则求出各自的合速度是关键．6.【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】半球体受重力、支持力和摩擦力，开始时不滑动，是静摩擦力，根据平衡条件列式求解静摩擦力表达式分析；滑动后是滑动摩擦力，根据滑动摩擦定律列式分析．【解答】解：C、半圆体在平板上恰好开始滑动的临界条件是：mgsinθ=μmgcosθ，故有：μ=tanθ，解得：θ=，即q=，故C错误；AB、θ在0﹣之间时，F f是静摩擦力，大小为mgsinθ；θ在﹣之间时，F f是滑动摩擦力，大小为μmgcosθ；综合以上分析得其F f与θ关系如图中实线所示，故A、B错误；D、当θ=时，F f=mgsin，即p=，故D正确．故选：D【点评】本题关键是受力分析后要能够区分是滑动摩擦力还是静摩擦力，然后结合平衡条件和滑动摩擦定律列式分析，基础题目．7.【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】小车静止时，恰好不下滑，则重力等于最大静摩擦力，当小车加速时，根据弹力和吸引力的关系得出加速度的方向，对B分析，抓住B的最大静摩擦力求出加速度的最大值．【解答】解：小车静止时，A恰好不下滑，所以对A有：mg=μF引，当小车加速运动时，为了保证A不下滑，则F N≥F引，则F N﹣F引=ma，加速时加速度一定向左，故B错误．对B有μ（mg+F引）=ma m，解得a m=（1+μ）g，故A、D正确，C错误．故选：AD．【点评】本题考查了牛顿第二定律的临界问题，关键抓住A、B的最大静摩擦力进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．8.【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】以结点P为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求解PA、PB绳上的拉力大小．以木块G2为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求出木块所受斜面的摩擦力和弹力【解答】解：AB、分析P点受力，如图甲所示，由平衡条件可得：F A cos37°=G1，F A sin37°=F B，解得F B=9N，F A=15N，选项A正确、B错误；CD、再分析物块G2的受力情况，如图乙所示．由物体的平衡条件可得F f=G2sin37°+F′B•cos37°，F N+F′B sin37°=G2cos37°，F′B=F B，由以上三式解得F f=37.2N，F N=34.6N．选项C、D正确故选：ACD．【点评】本题是力平衡问题，首先要明确研究对象，其次分析受力情况，作出力图，再根据平衡条件进行求解．9.【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】当物块的加速度为零时，速度最大，结合共点力平衡求出最大速度时弹簧的压缩量，根据物块的受力分析物块的运动规律，结合平衡分析摩擦力与mgsinθ的关系．【解答】解：A、当物块受力平衡时，速度最大，由kx+μmgcosθ=mgsinθ，解得x=，故A错误，B正确；C、物块压缩弹簧后被反弹过程先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故C错误；D、由于初态物块能够由静止下滑，可得最大静摩擦力小于重力分力，故最终停止运动时弹簧存在弹力，根据平衡知，物块受到的摩擦力小于mgsinθ，故D正确．故选：BD．【点评】解决本题的关键会根据物块的受力分析物块的运动规律，知道加速度的方向与合力的方向相同，当加速度的方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度的方向与速度方向相反，物体做减速运动．10.【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据牛顿第二定律求出各段时间内的加速度，结合速度的变化量，求出各个时刻的速度大小．【解答】解：A、由牛顿第二运动定律可得在0～2s内，物体的加速度，物体速度变化量为△v1=a1△t1=4×2m/s=8m/s，故在t=2s的速度为v2=﹣4m/s+8m/s=4m/s，故A正确；B、在2s～4s内，物体的加速度，物体速度变化量为△v2=a2△t2=﹣2×2m/s=﹣4m/s，物体在t=4s的速度为v4=4m/s﹣4m/s=0，在t=4s后继续向右匀加速直线运动，故B错误；C、在4s～6s内，物体的加速度，物体速度变化量为△v3=a3△t3=4×2m/s=8m/s，在6s～8s内，物体的加速度，物体速度变化量为△v4=a4t4=﹣2×2m/s=﹣4m/s，故在t=8s末的速度为v8=△v3+△v4=4m/s，故C错误，D正确．故选：AD．【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．11.【考点】探究小车速度随时间变化的规律．【专题】实验题；直线运动规律专题．【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小；再根据运动学公式，结合L﹣t2图象的斜率，即可求解．【解答】解：（1）因为，且，解得v A=22.5cm/s；（2）根据加速度公式，则有；（3）根据可知图象的斜率，即a=2k．故答案为：（1）22.5；（2）0.5；（3）2k．【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，并掌握求解瞬时速度与加速度的方法．12.【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】实验题；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1、2）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，了解平衡摩擦力的方法；（3）根据牛顿第二定律写出与小车上砝码质量m的表达式，然后结合斜率与截距概念求解即可．【解答】解：（1）实验中有摩擦力影响，需要先平衡摩擦力，让长木板的左端适当垫高．（2）以M和m系统为研究对象，mg=（M+m）a，以小车为研究对象F拉=Ma联立方程得：，由此可知当m＜＜M时，即当钩码的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于钩码的总重力．（3）对小车，根据牛顿第二定律得：F=（m+M）a，变形得所以﹣m图线的斜率表示，则k=，图象的截距为所以M=故答案为：（1）平衡摩擦力；（2）m＜＜M；（3）【点评】遇到涉及图象的问题时，要先根据物理规律写出关于纵轴与横轴的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解即可．13.【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】对物体受力分析，物体恰好上上滑时，推力最小，受推力、重力、支持力和摩擦力，根据平衡条件列式求解推力的最小值；物体恰好不上滑时，推力最大，受重力、支持力、推力和摩擦力，再次根据平衡条件列式求解推力的最大值；最后联立得到推力的范围．【解答】解：（1）滑块与斜面体刚好不相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值f m，滑块受力如图所示．设一起加速的最大加速度为a，对滑动应用牛顿第二定律得：F N cos α+f m sin α=mg…①f m cos α﹣F N sin α=ma…②由题意知f m=μF N…③联立方程解得：a=g对整体分析：F=（M+m）a联立解得：．（2）如图所示，要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为g，设此时M的加速度为a M对M：F=Ma M，其中：，联立解得：．答：（1）图中水平向右的力F的最大值．（2）图中水平向右的力F的最小值为．【点评】本题关键抓住恰好不上滑和恰好不下滑的两个临界状态，然后根据共点力平衡条件列式求解．14.【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）根据物体在斜面上的受力和下滑高度，根据牛顿第二定律和运动学规律求得物体滑上传送带的速度，再根据速度时间和位移时间关系求得物体速度减小为零时在水平方向产生的位移即为传送带的最小长度；（2）由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动的速度位移公式与速度公式分析答题．【解答】解：（1）设物体滑上水平传送带初速度为v，由牛顿第二运动定律：mgsinθ=ma 由匀变速直线运动规律：代入数据得v=物体滑上传送带后作减速运动，由牛顿第二定律得加速度大小为a=所以物体在传送带上减速到零的时间为物体对地的位移为水平传送带至少1.6m，物体才不会从左端滑出；（2）由（1）分析知，传送带足够长，物体速度为零后再反向加速运动，加速到末速度为v'=4m/s时，反向加速的时间：所以在传送带上运动来回的时间为t=0.8+0.8s=1.6s答：（1）水平传送带至少为1.6m长，物体才不会从左端滑出；（2）物体第一次从滑上传送带，到离开传送带所用的时间为1.6s．【点评】本题考查了求传送带的长度、物体的运动时间，分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题．。
陕西省咸阳市西北农林科大附中高一数学上学期第一次月考试卷(含解析)-人教版高一全册数学试题
2015-2016学年某某省某某市西北农林科大附中高二（上）第一次月考数学试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50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．数列，的一个通项公式是（）A．B．C．D．2．在△ABC中，A=30°，B=60°，C=90°，那么三边之比a：b：c等于（）A．1：2：3 B．3：2：1 C．1：：2 D．2：：13．从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α、β的关系为（）A．α＞βB．α=βC．α+β=90°D．α+β=180°4．在△ABC中，a2+b2﹣c2=ab，则cosC=（）A．B．C． D．5．在等差数列{a n}中，已知a6+a9+a13+a16=20，则S21等于（）A．100 B．105 C．200 D．06．在等比数列{a n}中，a3+a4=a1+a2，则公比为（）A．1 B．1或﹣1 C．或D．2或﹣27．在△ABC中，若a=3，cosA=，则△ABC的外接圆半径为（）A．2 B．4 C．D．8．在△ABC中，已知sinB=2cosCsinA，则△ABC的形状是（）A．等边三角形B．等腰直角三角形C．等腰三角形D．直角三角形9．在△ABC中，若∠B=30°，AB=2，AC=2，则△ABC的面积为（）A．B．2或C．2或D．210．在数列{x n}中，x1=8，x4=2，且满足x n+2+x n=2x n+1，n∈N+．则x10=（）A．﹣10 B．10 C．﹣20 D．20二、填空题（每小题5分，共20分）11．设一个等差数列，由三个数组成，三个数之和为9，三个数的平方和为35，则公差d=．12．已知数列{a n}的前n项和，则数列{a n}的通项公式为．13．海上有A、B两岛相距10海里，从A岛望B岛和C岛成60°的视角，从B岛望C岛和A 岛成30°视角，则B、C之间的距离是海里．14．在△ABC中，若a=b=1，，则∠C=．三、解答题（共30分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）15．已知等差数列{a n}满足a3•a7=﹣12，a4+a6=﹣4，求等差数列{a n}的通项公式．16．如图，在塔底B测得山顶C的仰角为60°，在山顶C测得塔顶A的俯角为45°，已知塔高AB=20m，求山高CD．17．在△ABC中，a，b，c分别是角A、B、C的对边，且a2+c2﹣b2+ac=0．（1）求角B的大小；（2）若，求△ABC的面积．附加题：（本题20分）18．边长为5，7，8的三角形的最大角与最小角的和是（）A．90° B．120°C．135°D．150°19．已知数列{a n}中，a1=1，a n=3a n﹣1+4（n∈N*且n≥2），则数列{a n}通项公式a n=．20．设{a n}是等差数列，{b n}是各项都为正数的等比数列，且a1=b1=1，a3+b5=21，a5+b3=13 （Ⅰ）求{a n}、{b n}的通项公式；（Ⅱ）求数列的前n项和S n．2015-2016学年某某省某某市西北农林科大附中高二（上）第一次月考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50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．数列，的一个通项公式是（）A．B．C．D．【考点】数列的概念及简单表示法．【专题】计算题．【分析】利用不完全归纳法来求，先把数列中的每一项变成相同形式，再找规律即可．【解答】解；∵数列，的第三项可写成，这样，每一项都是含根号的数，且每一个被开方数比前一项的被开方数多3，∴故选B【点评】本题考查了不完全归纳法求数列通项公式，做题时要认真观察，及时发现规律．2．在△ABC中，A=30°，B=60°，C=90°，那么三边之比a：b：c等于（）A．1：2：3 B．3：2：1 C．1：：2 D．2：：1【考点】正弦定理．【专题】计算题；转化思想；分析法；解三角形．【分析】求出三角的正弦值，利用正弦定理求出三边的比．【解答】解：∴A=30°，B=60° C=90°，∴sinA=，sinB=，sinC=1，由正弦定理得：a：b：c=sinA：sinB：sinC=1：：2．故选：C．【点评】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，考查了特殊角的三角函数值的应用，属于基础题．3．从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α、β的关系为（）A．α＞βB．α=βC．α+β=90°D．α+β=180°【考点】直线的倾斜角．【分析】画草图分析可知两点之间的仰角和俯角相等．【解答】解：从点A看点B的仰角与从点B看点A的俯角互为内错角，大小相等．仰角和俯角都是水平线与视线的夹角，故α=β．故选：B．【点评】本题考查仰角、俯角的概念，以及仰角与俯角的关系．4．在△ABC中，a2+b2﹣c2=ab，则cosC=（）A．B．C． D．【考点】余弦定理．【专题】计算题；转化思想；分析法；解三角形．【分析】利用已知条件通过余弦定理即可求出cosC．【解答】解：由a2+b2﹣c2=ab，余弦定理得：cosC===．故选：A．【点评】本题主要考查余弦定理的应用．余弦定理在解三角形中应用很广泛，很好的建立了三角形的边角关系，应熟练掌握，属于基础题．5．在等差数列{a n}中，已知a6+a9+a13+a16=20，则S21等于（）A．100 B．105 C．200 D．0【考点】等差数列的前n项和．【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列．【分析】由题意和等差数列的性质可得a1+a21，整体代入求和公式计算可得．【解答】解：∵在等差数列{a n}中，a6+a9+a13+a16=20，由等差数列的性质可得a1+a21=a6+a16=a9+a13，∴2（a1+a21）=20，解得a1+a21=10，∴S21=（a1+a21）=105，故选：B．【点评】本题考查等差数列的求和公式和等差数列的性质，属基础题．6．在等比数列{a n}中，a3+a4=a1+a2，则公比为（）A．1 B．1或﹣1 C．或D．2或﹣2【考点】等比数列的通项公式．【专题】计算题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列．【分析】利用等比数列的通项公式求解．【解答】解：∵在等比数列{a n}中，a3+a4=a1+a2，∴q2（a1+a2）=a1+a2，∴q2=1，解得q=1或q=﹣1．故选：B．【点评】本题考查等比数列的公比的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用．7．在△ABC中，若a=3，cosA=，则△ABC的外接圆半径为（）A．2 B．4 C．D．【考点】正弦定理的应用．【专题】计算题．【分析】利用正弦定理===2R（R为△ABC的外接圆半径）即可求得答案．【解答】解：∵在△ABC中，若a=3，cosA=，∴由sin2A+cos2A=1得：sinA=；设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理===2R得：==2R，∴R=．故选D．【点评】本题考查正弦定理，考查三角函数间的关系，属于基础题．8．在△ABC中，已知sinB=2cosCsinA，则△ABC的形状是（）A．等边三角形B．等腰直角三角形C．等腰三角形D．直角三角形【考点】余弦定理；正弦定理．【专题】计算题；方程思想；综合法；解三角形．【分析】利用sinB=sin（A+C）=sinAcosC+sinCcosA=2cosCsinA，即可得出结论．【解答】解：∵A+B+C=180°，∴sinB=sin（A+C）=sinAcosC+sinCcosA=2cosCsinA，∴sinCcosA﹣sinAcosC=0，即sin（C﹣A）=0，∴A=C 即为等腰三角形．故选：C．【点评】本题考查三角形形状的判断，考查和角的三角函数，比较基础．9．在△ABC中，若∠B=30°，AB=2，AC=2，则△ABC的面积为（）A．B．2或C．2或D．2【考点】三角形的面积公式．【专题】解三角形．【分析】利用正弦定理，求出C，从而可求A，利用△ABC的面积•AB•AC•sinA，即可得出结论【解答】解：∵△ABC中，B=30°，AB=2，AC=2，∴=，∴sinC=，∴C=60°或120°，∴A=90°或30°，∴△ABC的面积为•AB•AC•sinA=2或．故选：C．【点评】本题考查正弦定理的运用，考查三角形面积的计算，考查学生的计算能力，属于中档题．10．在数列{x n}中，x1=8，x4=2，且满足x n+2+x n=2x n+1，n∈N+．则x10=（）A．﹣10 B．10 C．﹣20 D．20【考点】数列递推式．【专题】计算题；函数思想；数学模型法；等差数列与等比数列．【分析】由数列递推式可知数列{x n}是等差数列，由已知求得公差，代入等差数列的通项公式得答案．【解答】解：由足x n+2+x n=2x n+1，n∈N+．可知数列{x n}是等差数列，又x1=8，x4=2，则公差d=．∴x10=x1+9d=8+9×（﹣2）=﹣10．故选：A．【点评】本题考查数列递推式，考查了等差关系的确定，是基础题．二、填空题（每小题5分，共20分）11．设一个等差数列，由三个数组成，三个数之和为9，三个数的平方和为35，则公差d= ±2．【考点】等差数列的性质．【专题】计算题．【分析】先设出这三个数，根据三个数之和为9，根据等差中项的性质求得a2，进而利用三个数的平方和，利用d表示出三个数建立等式求得d．【解答】解：设这三个数为a1，a2和a3，a1+a2+a3=3a2=9，∴a2=3∵a12+a22+a32=（3﹣d）2+32+（3+d）2=9﹣6d+d2+9+9+6d+d2=27+2d2=35∴d2=4∴d=2或d=﹣2故答案为：±2【点评】本题主要考查了等差数列的性质．灵活利用等差数列的等差中项的性质．注意等差数列项的设法a+d，a，a﹣d．12．已知数列{a n}的前n项和，则数列{a n}的通项公式为．【考点】数列的概念及简单表示法．【专题】等差数列与等比数列．【分析】利用当n=1时，a1=S1；当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1即可得出．【解答】解：当n=1时，a1=S1=1+3+1=5；当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=n2+3n+1﹣[（n﹣1）2+3（n﹣1）+1]=2n+2．∴数列{a n}的通项公式为．故答案为．【点评】本题考查了利用“当n=1时，a1=S1；当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1”求数列的通项公式，属于基础题．13．海上有A、B两岛相距10海里，从A岛望B岛和C岛成60°的视角，从B岛望C岛和A 岛成30°视角，则B、C之间的距离是5海里．【考点】解三角形的实际应用．【专题】计算题；解三角形．【分析】依题意，作出图形，利用正弦定理解决即可．【解答】解：依题意，作图如下：∵∠CAB=60°，∠ABC=30°，∴△ABC为直角三角形，∠C为直角，又|AB|=10海里，∴|BC|=|AB|sin60°=10×=5海里，故答案为：5．【点评】本题考查正弦定理的应用，考查作图与识图能力，属于中档题．14．在△ABC中，若a=b=1，，则∠C=．【考点】正弦定理；余弦定理．【专题】计算题．【分析】运用余弦定理，可以计算出角C的余弦值，再结合∠C∈（0，π），可得∠C=．【解答】解：根据余弦定理得：又因为C∈（0，π），所以∠C=故答案为：【点评】本题考查了正、余弦定理在解三角形中的应用，属于简单题．三、解答题（共30分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）15．已知等差数列{a n}满足a3•a7=﹣12，a4+a6=﹣4，求等差数列{a n}的通项公式．【考点】等差数列的通项公式．【专题】计算题；方程思想；定义法；等差数列与等比数列．【分析】由已知得a3，a7是一元二次方程x2+4x﹣12=0的两个根，解方程x2+4x﹣12=0，得x1=﹣6，x2=2，从而得到a3=﹣6，a7=2或a3=2，a7=﹣6，由此能求出数列{a n}的通项公式．【解答】解：∵等差数列{a n}满足a3•a7=﹣12，a4+a6=a3+a7=﹣4，∴a3，a7是一元二次方程x2+4x﹣12=0，解方程x2+4x﹣12=0，得x1=﹣6，x2=2，当a3=﹣6，a7=2时，，解得a1=﹣10，d=2，a n=﹣10+（n﹣1）×2=2n﹣12；当a3=2，a7=﹣6时，，解得a1=6，d=﹣2，a n=6+（n﹣1）×（﹣2）=﹣2n+8．【点评】本题考查等差数列的通项公式，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用，是基础题．16．如图，在塔底B测得山顶C的仰角为60°，在山顶C测得塔顶A的俯角为45°，已知塔高AB=20m，求山高CD．【考点】解三角形的实际应用．【专题】计算题；应用题．【分析】先根据三角形内角和求得∠BAC，进而根据正弦定理求得BC，最后在Rt△BCD中，根据CD=BC•sin∠CBD求得答案．【解答】解：在△ABC中，∵∠ABC=30°，∠ACB=15°，∴∠BAC=135°．又AB=20，由正弦定理，得．∴在Rt△BCD中，．故山高为．【点评】本题主要考查了解三角形的实际应用．考查了考生综合运用所学知识的能力．17．在△ABC中， a，b，c分别是角A、B、C的对边，且a2+c2﹣b2+ac=0．（1）求角B的大小；（2）若，求△ABC的面积．【考点】余弦定理；正弦定理．【专题】函数思想；综合法；解三角形．【分析】（1）变形已知式子代入cosB=结合角的X围可得；（2）由余弦定理可得b2=a2+c2﹣2accosB，代入数据配方整体可得ac，代入面积公式可得．【解答】解：（1）∵a2+c2﹣b2+ac=0，∴a2+c2﹣b2=﹣ac，∴cosB==﹣，又B∈（0，π），∴B=；（2）由余弦定理可得b2=a2+c2﹣2accosB，代入数据可得13=a2+c2+ac=（a+c）2﹣ac=16﹣ac，解得ac=3，∴【点评】本题考查解三角形，涉及正余弦定理和三角形的面积公式，属基础题．附加题：（本题20分）18．边长为5，7，8的三角形的最大角与最小角的和是（）A．90° B．120°C．135°D．150°【考点】余弦定理．【专题】计算题．【分析】设长为7的边所对的角为θ，根据余弦定理可得cosθ的值，进而可得θ的大小，则由三角形内角和定理可得最大角与最小角的和是180°﹣θ，即可得答案．【解答】解：根据三角形角边关系可得，最大角与最小角所对的边的长分别为8与5，设长为7的边所对的角为θ，则最大角与最小角的和是180°﹣θ，有余弦定理可得，cosθ==，易得θ=60°，则最大角与最小角的和是180°﹣θ=120°，故选B．【点评】本题考查余弦定理的运用，解本题时注意与三角形内角和定理结合分析题意．19．已知数列{a n}中，a1=1，a n=3a n﹣1+4（n∈N*且n≥2），则数列{a n}通项公式a n= 3n﹣2 ．【考点】数列递推式．【专题】转化思想；定义法；等差数列与等比数列．【分析】a1=1，a n=3a n﹣1+4（n∈N*且n≥2），变形为a n+2=3（a n﹣1+2），利用等比数列的通项公式即可得出．【解答】解：∵a1=1，a n=3a n﹣1+4（n∈N*且n≥2），变形为a n+2=3（a n﹣1+2），∴数列{a n}是等比数列，首项为3，公比为3．∴a n+2=3n，解得a n=3n﹣2．故答案为：3n﹣2．【点评】本题考查了等比数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．20．设{a n}是等差数列，{b n}是各项都为正数的等比数列，且a1=b1=1，a3+b5=21，a5+b3=13 （Ⅰ）求{a n}、{b n}的通项公式；（Ⅱ）求数列的前n项和S n．【考点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和．【专题】等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）设{a n}的公差为d，{b n}的公比为q，根据等比数列和等差数列的通项公式，联立方程求得d和q，进而可得{a n}、{b n}的通项公式．（Ⅱ）数列的通项公式由等差和等比数列构成，进而可用错位相减法求得前n项和S n．【解答】解：（Ⅰ）设{a n}的公差为d，{b n}的公比为q，则依题意有q＞0且解得d=2，q=2．所以a n=1+（n﹣1）d=2n﹣1，b n=q n﹣1=2n﹣1．（Ⅱ），，①S n=，②①﹣②得S n=1+2（++…+）﹣，word则===．【点评】本题主要考查等差数列的通项公式和用错位相减法求和．11 / 11。
陕西省西北农林科大附中2020┄2021学年高一上学期第一次月考化学试卷Word版 含答案
陕西省西北农林科大附中2020┄2021学年高一上学期第一次月考化学试卷（满分：120分考试时间：60分钟）可能用到的相对原子质量 H:1 C:12 N：14 O：16 Na：23 Cl:35.5 S:32Fe:56必答题一.选择题（本题包括18个小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意）1．对危险化学品要在包装标签上印有警示性标志．酒精应选用的标志是（）A． B． C． D．2．下列实验操作中错误的是（）A．蒸发使用的主要仪器是蒸发皿、酒精灯、玻璃棒、带铁圈的铁架台B．分液时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出C．过滤时玻璃棒的末端应轻轻靠在三层的滤纸上D．用规格为10 mL的量筒量取6.20 mL的液体3．现有三组溶液：①碘的饱和水溶液②汽油和氯化钠溶液③碳酸钙和水，分离以上各混合液的正确方法依次是（）A．萃取、分液、过滤 B．萃取、分液、蒸馏C．分液、蒸馏、过滤 D．蒸馏、萃取、过滤4．下列溶液中的氯离子浓度与50mL 1mol/L的AlCl3溶液中氯离子浓度相等的是（）A． 150 mL 1 mol/L的NaCl B． 75 mL 3 mol/L的NH4ClC． 150 mL 2 mol/L的KCl D． 75 mL 2 mol/L的CaCl25．500ml 2mol/L的MgCl2溶液中含有氯离子的物质的量是（）A． 1 mol B． 2 mol C． 3 mol D． 1000 mol6．有一种气体的质量是14.2g，体积是4.48L（标准状况），该气体的摩尔质量是（）A． 28.4 B．28.4 g•mol﹣1 C． 71 D．71 g•mol﹣17．实验室中需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl的质量分别是（）A． 950 mL 111.2 g B． 500 mL 117.0 gC． 1000 mL 117.0 g D． 1000 mL 111.2 g8．对于相同物质的量的SO2和SO3，下列说法中正确的是（）A．硫元素的质量比为5：4 B．分子数之比为1：1C．原子总数之比为4：3 D．质量之比为1：19．关于同温同压下、等体积N2和CO的叙述：①质量相等②密度相等③所含分子数相等，其中正确的是（）A．①②③ B．②③ C．② D．③10．n g N2中有m个N原子，则阿伏加德罗常数N A的数值可表示为（）A． 28m/n B． 14m/n C． n/28m D． n/14m11．4g NaOH溶解在水中，配成100mL溶液，配好后从中取出10mL溶液，则所取溶液中NaOH的物质的量浓度是（）A． 1mol/L B． 10mol/L C． 0.01mol/L D． 0.1mol/L12．下列叙述正确的是（）。
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一、单项选择题（共6小题,每小题6分，共36分）1．物体a、b从同一位置沿同一直线运动的v﹣ｔ图象如图所示,下列说法正确的是( )A．t＝2s时，a、ｂ速度方向均发生改变B．ｔ=4s时，a、ｂ相距20ｍC.前4s，a、b均做匀变速直线运动Ｄ.前4ｓ，ａ与b的加速度始终相同2.如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态,两半球间的作用力分别为F和F′，已知支架间的距离为AB的一半，则为（)A.B．C．ﻩＤ．3．如图所示，物体从光滑斜面的顶端由静止下滑，经时间ｔ速度为v1，此时施加平行于斜面向上的恒力F，又经时间t物体回到出发点，速度为ｖ2,已知下滑过程中物体始终未脱离斜面,则v2:ｖ1的值为（)A．1：1ﻩB．2：１ﻩＣ.3：1 D.4:14.如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行,到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A．已知A点高度为h,山坡倾角为θ,由此可算出（)Ａ.轰炸机的飞行高度 B.轰炸机的飞行速度Ｃ．炸弹的飞行时间ﻩD.炸弹投出时的动能５．如图所示,甲、乙两同学从河中O点出发,分别沿直线游到A点和Ｂ点后,立即沿原路线返回到O点,O Ａ、OＢ分别与水流方向平行和垂直,且ＯA＝OB.若水流速度不变，两人在靜水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为（）Ａ．ｔ甲＜t乙B．ｔ甲=t乙ﻩC．t甲>t乙ﻩＤ.无法确定6.如图a所示，质量为m的半球体静止在倾角为θ的平板上，当θ从0缓慢增大到９0°的过程中,半球体所受摩擦力F f与θ的关系如图ｂ所示,已知半球体始终没有脱离平板,半球体与平板间的动摩擦因数为,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,重力加速度为g，则( ）A.O~q段图象可能是直线B.q﹣段图象可能是直线Ｃ.q=D．p＝二、多项选择题(共4小题,每小题6分，共２４分．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不选的得0分.)7．如图所示,完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上,A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ，小车静止时,A恰好不下滑,现使小车加速运动，为保证A、B无滑动，则( ）Ａ.速度可能向左，加速度可小于μgＢ．加速度一定向右，不能超过（１+μ）gC.加速度一定向左，不能超过μgＤ.加速度一定向左，不能超过（1＋μ)g8．如图所示，重为12Ｎ的物块G1在三根细绳悬吊下处于静止状态，细绳BP在水平方向，细绳AＰ偏离竖直方向37°角,且连在重为5０N的物块G２上,物块G２静止于倾角为37°的斜面上(sin37°＝0.6，cos ３7°=0．８）,取ｇ=10m/ｓ2．则下列说法正确的是( ）A.绳ＰＢ对物块G２的拉力9NB.绳PA对Ｐ点的拉力20NC．斜面对物块G2的摩擦力37.２ND．斜面对物块G2的支持力3４．6N9.如图所示,劲度系数为k的轻质弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端的挡板Ｃ上，另一端自然伸长到A点.质量为ｍ的物块从斜面上Ｂ点由静止开始滑下,与弹簧发生相互作用,最终停在斜面上某点．下列说法正确的是（）A．物块第一次滑到A点时速度最大Ｂ.物块速度最大时弹簧的压缩量小于C．物块压缩弹簧后被反弹过程做加速度逐渐减小的加速运动D.物块最终停在斜面上时物块受到的摩擦力小于ｍgsiｎθ１0．一质点（m＝２ｋg）正自东向西在光滑水平面上做匀速直线运动,速度大小为4m/ｓ，从某时刻起受到一个沿东西方向的力作用，如图，是该力随时间周期性的变化图象（从该时刻开始计时,规定向东方向为正方向）下列说法正确的是( ）Ａ．2s末物块的速度大小为４ｍ/ｓB．从该时刻起,质点做往复运动C．8s末质点的速度大小为1２m/sD．８s末质点的速度大小为4m／s三、填空题（每空3分,共18分)1１．某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中,因操作不当,先松开小车再接通5０Hz交变电源，导致纸带上只记录了相邻的三个点，如图所示,则(1)打下A点时小车的瞬时速度cm/ｓ.（2)小车的加速度大小是m／s2.（3)通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据,提高实验的准确程度．于是该同学重新实验，先接通电源再松开小车,通过正确的方法得到了一条较为理想的纸带，设纸带上的起始点为O点，之后各点到O 点的距离为Ｌ，作Ｌ﹣t2图象,得到图象的斜率为k，则小车的加速度a= .１2.为了探究加速度与力、质量的关系，物理兴趣小组成员独立设计了如图甲所示的实验探究方案，并进行了实验操作.(１）在长木板的左端垫上木块的目的是；（2）实验中用砝码（包括小盘）的重力G=mｇ的大小作为小车(质量为M)所受拉力F的大小，能够实现这一设想的前提条件是;（３）图乙为小车质量M一定时,根据实验数据描绘的小车加速度a与盘和砝码的总质量m之间的实验关系图象.设图中直线斜率为k,在纵轴上的截距为ｂ,若牛顿第二定律成立，则小车的质量M为 .四、计算题(本题共２小题，共2２分．解答时请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．）13．如图所示,静止在光滑水平面上的斜面体,质量为M,倾角为α，其斜面上有一静止的滑块,质量为m，两者之间的动摩擦因数为μ，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动,求：（1)若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平向右的力F的最大值；（2)若要使滑块做自由落体运动,图中水平向右的力Ｆ的最小值.14.如图所示一倾角为30°光滑的斜面,下端与一段很短的光滑弧面相切，弧面另一端与水平传送带相切,水平传送带以5m/s顺时针转动；今有质量为1kg的物体(可视为质点）从斜面上高度为h=0.８ｍ处滑下；物体在弧面运动时不损失机械能,而且每次在弧面上运动时间极短可以忽略．已知传送带足够长，它与物体之间的滑动摩擦因数为0．5.取g＝10ｍ/ｓ２．求：（1）水平传送带至少多长,物体才不会从左端滑出.(2)物体第一次从滑上传送带，到离开传送带所用的时间.202０┄２０21学年陕西省西北农林科大附中高三(上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共６小题,每小题6分,共36分）1．物体a、b从同一位置沿同一直线运动的v﹣t图象如图所示,下列说法正确的是( )Ａ．t＝２ｓ时,a、b速度方向均发生改变B．t=4s时,a、b相距20ｍC．前４ｓ,a、b均做匀变速直线运动D．前4s,a与ｂ的加速度始终相同【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】速度时间图线速度的正负值表示速度的方向,图线的斜率表示加速度,图线与时间轴围成的面积表示位移.【解答】解:Ａ、由图象可知,前４s,a的速度都为正,b的速度都为负,所以t＝2s时，ａ、b速度方向均没有发生改变.故A错误．B、图线与时间轴围成的面积表示位移，则t=4s时,a、ｂ相距.故B正确．Ｄ、图象的斜率表示加速度,由图可知，前4ｓ,ab的加速度方向都发生了变化,不是匀变速直线运动，故C 错误．D、图象的斜率表示加速度，由图可知,前４s，a与b的加速度方向始终相反,故D错误.故选:B．【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移,知道速度的正负表示运动的方向．2．如图所示,一质量均匀的实心圆球被直径ＡB所在的平面一分为二，先后以ＡB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F和F′,已知支架间的距离为AB的一半,则为( )A.ﻩB．ﻩC．ﻩD．【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】对左图,上面球收重力和支持力而平衡,根据平衡条件得到支持力；对右图,隔离半个球分析,受重力、左侧球的支持力和右角的支持力,根据平衡条件列式求解．【解答】解:设两半球的总质量为m，当球以AB沿水平方向放置，可知;当球以ＡB沿竖直方向放置,以两半球为整体,隔离右半球受力分析如图所示,可得，根据支架间的距离为AB的一半，可得θ=３0°,则,Ａ正确.故选：A【点评】本题关键是根据隔离法和整体法灵活选择研究对象,受力分析后根据平衡条件列式求解,基础题目．3．如图所示,物体从光滑斜面的顶端由静止下滑,经时间t速度为v1,此时施加平行于斜面向上的恒力F,又经时间t物体回到出发点,速度为v2，已知下滑过程中物体始终未脱离斜面,则ｖ２:v1的值为（）A．1：1 B．2:1 C.3：1ﻩＤ.４：1【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】该题要依据速度时间图象来解题，两段时间内的位移相同，都是做匀变速直线运动，依据v﹣t 图象的面积表示位移可得速度关系．【解答】解:物体运动v﹣ｔ图象如图:由ｖ﹣t图象的面积表示位移,其前后两段时间位移相等，可得:,ｔ1＋t2=t,,解得：v2：v1=２:１.故ACD错误，B正确．故选:B．【点评】该题用图象法解题，比用运动学公式来解要方便一些，关于ｖ﹣t图象的面积表示位移这类应用比较多见，应多留意.4．如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行,到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A．已知A点高度为ｈ，山坡倾角为θ,由此可算出（)Ａ．轰炸机的飞行高度ﻩＢ.轰炸机的飞行速度Ｃ．炸弹的飞行时间Ｄ.炸弹投出时的动能【考点】平抛运动.【专题】平抛运动专题.【分析】轰炸机沿水平方向匀速飞行，释放的炸弹做平抛运动．因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，速度方向的夹角得知位移与水平方向夹角的正切值，再通过水平位移求出竖直位移,从而得知轰炸机的飞行高度,炸弹的飞行时间,以及炸弹的初速度.【解答】解:A、B、C由图可得炸弹的水平位移为ｘ=设轰炸机的飞行高度为H，炸弹的飞行时间为t,初速度为v0.据题：炸弹垂直击中山坡上的目标A，则根据速度的分解有:tａnθ＝=又==联立以上三式得:H=h+,可知可以求出轰炸机的飞行高度H.炸弹的飞行时间t=，也可以求出t．轰炸机的飞行速度等于炸弹平抛运动的初速度，为v０=,可知也可以求出．故A、B、C正确.D、由于炸弹的质量未知，则无法求出炸弹投出时的动能．故D错误.故选：AＢＣ．【点评】解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的一些推论,并能灵活运用．5．如图所示，甲、乙两同学从河中Ｏ点出发，分别沿直线游到A点和Ｂ点后,立即沿原路线返回到Ｏ点,ＯＡ、OＢ分别与水流方向平行和垂直,且OＡ＝OB．若水流速度不变，两人在靜水中游速相等,则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为（)A．t甲＜ｔ乙 B.ｔ甲=ｔ乙C．t甲>t乙 D.无法确定【考点】运动的合成和分解．【专题】计算题．【分析】甲、乙两同学实际的速度是静水中的游速与水流速度的合速度,设游速为ｖ,水速为v0根据速度合成可知：甲游到A点的速度为v+v0，游回的速度为ｖ﹣v０;乙来回的速度都为．明确了各自的合速度后,再用匀速直线运动规律求出时间进行比较．【解答】解：设游速为v,水速为ｖ０，OA=OB＝ｌ,则甲整个过程所用时间:＝，乙为了沿OＢ运动，速度合成如图:则乙整个过程所用时间：=，∵∴t甲＞t乙,∴选C正确,选项A、Ｂ、Ｄ错误．故选：C．【点评】本题考查运动的合成（主要是速度的合成)和匀速运动规律，运用速度合成的矢量平行四边形法则求出各自的合速度是关键．6.如图a所示，质量为m的半球体静止在倾角为θ的平板上,当θ从0缓慢增大到90°的过程中,半球体所受摩擦力F f与θ的关系如图ｂ所示，已知半球体始终没有脱离平板，半球体与平板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g,则( ）A．O～ｑ段图象可能是直线Ｂ.q﹣段图象可能是直线Ｃ．q=ﻩＤ．ｐ＝【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】半球体受重力、支持力和摩擦力，开始时不滑动,是静摩擦力,根据平衡条件列式求解静摩擦力表达式分析;滑动后是滑动摩擦力,根据滑动摩擦定律列式分析．【解答】解：C、半圆体在平板上恰好开始滑动的临界条件是：ｍgｓinθ=μmｇcoｓθ，故有：μ＝tanθ，解得：θ=,即ｑ=，故C错误;ＡＢ、θ在０﹣之间时,F f是静摩擦力，大小为mgsiｎθ；θ在﹣之间时,Fｆ是滑动摩擦力,大小为μmgcosθ；综合以上分析得其Ｆf与θ关系如图中实线所示，故A、B错误；D、当θ=时,Ｆf=mgｓｉn,即p=,故D正确.故选：D【点评】本题关键是受力分析后要能够区分是滑动摩擦力还是静摩擦力,然后结合平衡条件和滑动摩擦定律列式分析,基础题目．二、多项选择题（共4小题,每小题６分，共2４分.全部选对的得6分，选不全的得3分,有选错或不选的得０分．）7.如图所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上,Ａ、Ｂ与车厢间的动摩擦因数均为μ,小车静止时,Ａ恰好不下滑，现使小车加速运动，为保证A、Ｂ无滑动，则( ）A．速度可能向左，加速度可小于μgB.加速度一定向右，不能超过（1＋μ）gC.加速度一定向左,不能超过μgD.加速度一定向左，不能超过（1＋μ）g【考点】牛顿第二定律.【专题】牛顿运动定律综合专题.【分析】小车静止时,恰好不下滑,则重力等于最大静摩擦力，当小车加速时,根据弹力和吸引力的关系得出加速度的方向,对B分析,抓住B的最大静摩擦力求出加速度的最大值.【解答】解：小车静止时，A恰好不下滑,所以对Ａ有:mg＝μF引，当小车加速运动时，为了保证A不下滑,则ＦＮ≥F引，则FＮ﹣F引=ma,加速时加速度一定向左,故Ｂ错误.对Ｂ有μ（mg＋F引)＝ｍａｍ，解得a m=(1+μ）g，故Ａ、D正确,C错误．故选：AD．【点评】本题考查了牛顿第二定律的临界问题,关键抓住A、B的最大静摩擦力进行求解,掌握整体法和隔离法的运用．８．如图所示,重为12Ｎ的物块G1在三根细绳悬吊下处于静止状态,细绳BP在水平方向,细绳ＡＰ偏离竖直方向37°角,且连在重为50Ｎ的物块G2上,物块G2静止于倾角为37°的斜面上(sin37°＝０.６，ｃoｓ３7°＝0.８)，取g=１０ｍ／s2．则下列说法正确的是（)A．绳PB对物块G2的拉力9NB.绳ＰA对P点的拉力２０NC．斜面对物块Ｇ2的摩擦力3７．２ND.斜面对物块G２的支持力34.6N【考点】共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】以结点P为研究对象，分析受力情况,根据平衡条件求解PA、PB绳上的拉力大小.以木块G2为研究对象,分析受力情况,作出力图,根据平衡条件求出木块所受斜面的摩擦力和弹力【解答】解：AＢ、分析Ｐ点受力,如图甲所示,由平衡条件可得:F Aｃoｓ3７°=G1，ＦA sin３７°=ＦB，解得ＦB=9Ｎ,F A=１5N,选项A正确、Ｂ错误；CD、再分析物块G2的受力情况,如图乙所示．由物体的平衡条件可得Ｆf=G2sin3７°+F′B•cos37°，FＮ+Ｆ′B sin37°=Ｇ2cos３7°，F′Ｂ＝F B,由以上三式解得F f=37.2Ｎ，F N=３4.6N．选项C、D正确故选:AＣＤ．【点评】本题是力平衡问题，首先要明确研究对象，其次分析受力情况，作出力图,再根据平衡条件进行求解．9．如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端的挡板C上,另一端自然伸长到A点．质量为ｍ的物块从斜面上B点由静止开始滑下,与弹簧发生相互作用，最终停在斜面上某点.下列说法正确的是( )A.物块第一次滑到Ａ点时速度最大B．物块速度最大时弹簧的压缩量小于C.物块压缩弹簧后被反弹过程做加速度逐渐减小的加速运动Ｄ．物块最终停在斜面上时物块受到的摩擦力小于mｇsｉnθ【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】当物块的加速度为零时，速度最大，结合共点力平衡求出最大速度时弹簧的压缩量，根据物块的受力分析物块的运动规律,结合平衡分析摩擦力与mgsｉnθ的关系.【解答】解：A、当物块受力平衡时，速度最大,由kx＋μｍgcｏｓθ=mgｓinθ，解得x=，故Ａ错误，B正确；C、物块压缩弹簧后被反弹过程先做加速度逐渐减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动，故Ｃ错误;D、由于初态物块能够由静止下滑,可得最大静摩擦力小于重力分力，故最终停止运动时弹簧存在弹力,根据平衡知，物块受到的摩擦力小于mgsinθ,故D正确．故选:BD.【点评】解决本题的关键会根据物块的受力分析物块的运动规律,知道加速度的方向与合力的方向相同,当加速度的方向与速度方向相同,物体做加速运动,当加速度的方向与速度方向相反，物体做减速运动.1０．一质点(m=２kｇ)正自东向西在光滑水平面上做匀速直线运动,速度大小为4ｍ／ｓ,从某时刻起受到一个沿东西方向的力作用,如图,是该力随时间周期性的变化图象(从该时刻开始计时，规定向东方向为正方向）下列说法正确的是（)A．2s末物块的速度大小为4ｍ/sＢ．从该时刻起，质点做往复运动C.8s末质点的速度大小为１２ｍ／sD.8s末质点的速度大小为4ｍ／s【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的图像．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据牛顿第二定律求出各段时间内的加速度，结合速度的变化量，求出各个时刻的速度大小.【解答】解：A、由牛顿第二运动定律可得在０～2ｓ内，物体的加速度,物体速度变化量为△v１=a１△t1=4×2m/s＝8m/s，故在t＝２ｓ的速度为ｖ２＝﹣4ｍ／s+8m/s=４m/ｓ，故Ａ正确;B、在2s～4ｓ内,物体的加速度，物体速度变化量为△v2=a2△ｔ2＝﹣2×2m ／ｓ＝﹣4ｍ／s,物体在t=4s的速度为v４=４m/s﹣4ｍ／s=０，在t=4s后继续向右匀加速直线运动,故B错误；C、在4s～6s内,物体的加速度,物体速度变化量为△v３=a3△t3=４×2m/s=8m／s,在6ｓ~8s内，物体的加速度,物体速度变化量为△v4=a4t4＝﹣２×2m/s=﹣４ｍ／s，故在t＝8s末的速度为v８＝△v3+△v4＝4m／ｓ,故C错误,D正确．故选:AD.【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解.三、填空题（每空3分,共１8分)11.某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中，因操作不当，先松开小车再接通50Hz交变电源,导致纸带上只记录了相邻的三个点，如图所示，则(1)打下A点时小车的瞬时速度22.５cｍ/s.（2）小车的加速度大小是0.5 m/s2．(3）通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度．于是该同学重新实验,先接通电源再松开小车,通过正确的方法得到了一条较为理想的纸带，设纸带上的起始点为O点,之后各点到Ｏ点的距离为L，作L﹣ｔ2图象，得到图象的斜率为k,则小车的加速度ａ= ２k ．【考点】探究小车速度随时间变化的规律．【专题】实验题;直线运动规律专题．【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△ｘ=aT2可以求出加速度的大小,根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小;再根据运动学公式,结合L ﹣t2图象的斜率,即可求解．【解答】解:(１）因为，且,解得v A=22.5cm/s；（2)根据加速度公式，则有;(3）根据可知图象的斜率，即a＝2ｋ．故答案为:（1)2２.5；（２)0.5；（３）２k．【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用,并掌握求解瞬时速度与加速度的方法.１２.为了探究加速度与力、质量的关系,物理兴趣小组成员独立设计了如图甲所示的实验探究方案,并进行了实验操作.(1）在长木板的左端垫上木块的目的是平衡摩擦力；(2)实验中用砝码（包括小盘)的重力G=mg的大小作为小车（质量为M）所受拉力F的大小,能够实现这一设想的前提条件是m<＜Ｍ；（３）图乙为小车质量M一定时,根据实验数据描绘的小车加速度ａ与盘和砝码的总质量ｍ之间的实验关系图象.设图中直线斜率为ｋ,在纵轴上的截距为ｂ，若牛顿第二定律成立，则小车的质量Ｍ为.【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系.【专题】实验题；牛顿运动定律综合专题.【分析】（１、2)解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，了解平衡摩擦力的方法;(3)根据牛顿第二定律写出与小车上砝码质量m的表达式，然后结合斜率与截距概念求解即可．【解答】解：（1）实验中有摩擦力影响，需要先平衡摩擦力,让长木板的左端适当垫高.(2）以M和ｍ系统为研究对象,mg=（Ｍ+m)a,以小车为研究对象F拉=Ma联立方程得：，由此可知当m＜<M时,即当钩码的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于钩码的总重力.(３）对小车,根据牛顿第二定律得:F=(m＋M)ａ，变形得所以﹣m图线的斜率表示,则k=,图象的截距为所以Ｍ=故答案为:（1)平衡摩擦力；（２)m＜＜Ｍ；(3）【点评】遇到涉及图象的问题时,要先根据物理规律写出关于纵轴与横轴的函数表达式,再根据斜率和截距的概念求解即可．四、计算题（本题共2小题,共２2分．解答时请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．)1３.如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体,质量为Ｍ,倾角为α，其斜面上有一静止的滑块，质量为m,两者之间的动摩擦因数为μ，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力,重力加速度为g．现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，求：(1）若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平向右的力Ｆ的最大值；（2）若要使滑块做自由落体运动,图中水平向右的力F的最小值.【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】对物体受力分析，物体恰好上上滑时，推力最小，受推力、重力、支持力和摩擦力，根据平衡条件列式求解推力的最小值；物体恰好不上滑时,推力最大，受重力、支持力、推力和摩擦力，再次根据平衡条件列式求解推力的最大值;最后联立得到推力的范围.【解答】解:(1)滑块与斜面体刚好不相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值fｍ，滑块受力如图所示.设一起加速的最大加速度为a,对滑动应用牛顿第二定律得：F N cos α+f m siｎα=mg…①f m cｏs α﹣F Nｓin α＝ma…②由题意知f m=μF N…③联立方程解得:a＝g对整体分析:F=（M+ｍ)a联立解得：.(２）如图所示,要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用,滑块的加速度为g，设此时M 的加速度为a M对Ｍ：Ｆ＝Ｍa M,其中：，联立解得:.答:（1)图中水平向右的力F的最大值.（2）图中水平向右的力F的最小值为.【点评】本题关键抓住恰好不上滑和恰好不下滑的两个临界状态，然后根据共点力平衡条件列式求解．１４.如图所示一倾角为3０°光滑的斜面，下端与一段很短的光滑弧面相切，弧面另一端与水平传送带相切,水平传送带以５m／s顺时针转动;今有质量为1kg的物体（可视为质点)从斜面上高度为h=0.8m处滑下；物体在弧面运动时不损失机械能，而且每次在弧面上运动时间极短可以忽略.已知传送带足够长,它与物体之间的滑动摩擦因数为0．5．取g=10m/s2.求:(1)水平传送带至少多长，物体才不会从左端滑出.(2)物体第一次从滑上传送带,到离开传送带所用的时间．【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)根据物体在斜面上的受力和下滑高度，根据牛顿第二定律和运动学规律求得物体滑上传送带的速度，再根据速度时间和位移时间关系求得物体速度减小为零时在水平方向产生的位移即为传送带的最小长度;(2)由牛顿第二定律求出加速度,然后应用匀变速直线运动的速度位移公式与速度公式分析答题．【解答】解：（1)设物体滑上水平传送带初速度为v，由牛顿第二运动定律：ｍgsｉｎθ=ma由匀变速直线运动规律：代入数据得v＝物体滑上传送带后作减速运动，由牛顿第二定律得加速度大小为ａ=所以物体在传送带上减速到零的时间为物体对地的位移为水平传送带至少1.６m，物体才不会从左端滑出;。