2015力学期中试题(卢荣德)

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山东省潍坊市2015届高三物理上学期期中试题 (含解析)

山东省潍坊市2015届高三〔上〕期中物理试卷一、选择题〔此题共10小题，每一小题4分，共40分．在每一小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确的．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不选的得0分．〕1．〔4分〕如下说法正确的答案是〔〕A．牛顿在研究第一定律时利用了理想实验法B．开普勒认为，在高山上水平抛出一物体，只要速度足够大就不会再落在地球上C．卡文迪许测出了静电力常量D．法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究考点：物理学史．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、在实验的根底上进展科学推理是研究物理问题的一种方法，通常称之为理想实验法或科学推理法，如伽利略采用了这种方法，故A错误；B、牛顿认为，在高山上水平抛出一物体，只要速度足够大就不会再落在地球上，故B错误；C、卡文迪许测出了万有引力常量，故C错误；D、法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，故D正确；应当选：D．点评：此题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．如下列图，在水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿绝缘斜面下滑，在金属块下滑的过程中动能增加了10J，金属块抑制摩擦力做功5J，重力做功20J，如此以下判断正确的答案是〔〕A．电场力做功5J B．合力做功15JC．金属块的机械能减少20J D．金属块的电势能增加5J考点：电势能；功能关系．分析：在金属块滑下的过程中动能增加了10J，金属块抑制摩擦力做功5J，重力做功20J，根据动能定理求出电场力做功．知道电场力做功量度电势能的改变．知道重力做功量度重力势能的改变．解答：解：在金属块滑下的过程中动能增加了10J，金属块抑制摩擦力做功5J，重力做功20J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=△EK解得：W电=﹣5J所以电场力做功﹣5J，金属块的电势能增加5J．．故A错误D正确B、合力做功等于物体动能的变化量，故为10J，故B错误；C、在金属块滑下的过程中重力做功20J，重力势能减小20J，动能增加了10J，所以金属块的机械能减少10J，故C错误．应当选：D．点评：解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系．3．一条大河两岸平直，河水流速恒为v．一只小船，第一次船头正对河岸，渡河时间为t1；第二次行驶轨迹垂直河岸，渡河时间为t2．船在静水中的速度大小恒为，如此t1：t2等于〔〕A．1：B．：1C．1：D．：1考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，由位移与速度的关系，即可求出时间；再根据平行四边形定如此，即可求解最短时间的过河位移大小．因船在静水中的速度大于水流速度，当船的合速度垂直河岸时，船渡河的位移最短，最短位移即为河宽，从而即可求解．解答：解：〔1〕设河宽为d，水速为v，船在静水中的航速为v，当小船的船头始终正对河岸时，渡河时间最短设为t1，如此t1=；〔2〕因船在静水中的速度大于水流速度，当船的合速度垂直河岸时，船渡河的位移最短，渡河时间t2==．如此t1：t2等于1：，故A正确，BCD错误；应当选：A．点评：解决此题的关键知道合运动与分运动具有等时性，当静水速与河岸垂直，渡河时间最短；当合速度与河岸垂直，渡河航程最短．4．〔4分〕甲、乙两车沿同一平直公路同向运动．其运动的v﹣t图象如下列图．t=0时刻，乙在甲前方20m处，以下说法正确的答案是〔〕A． 4s末两车相遇B． 10s末两车相遇C．相遇前，两车间的最大距离是36m D．相遇前，两车间的最大距离是16m考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：在t=0时刻，乙车在甲车前面20m，甲车追上乙车时，甲的位移比乙车的位移多25m，然后位移时间关系公式列式求解相遇的时间．解答：解：ACD、据速度时间图象的意义可知，当4s时两车速度相等时，两车间距最远；该时s甲=4×10m=40m，，所以△s=40m﹣24m+20m=36m，故AD错误，C正确；B、据图象可知甲的加速度a==2m/s2甲车追上乙车时，甲的位移比乙车的位移多20m，根据位移时间关系公式，有：x乙=10tx甲﹣x乙=25联立各式解得：t=10s，即10s时恰好追上，故B正确．应当选：BC．点评：此题根据速度图象分析运动情况的能力，要注意两车的位置关系和距离随时间如何变化，当两车相遇时，位移之差等于原来之间的距离．5．〔4分〕静电场的电场线分布如下列图．以正点电荷为中心取一个正方形路径abcd，a、c 与两个点电荷在同一直线上．如下说法正确的答案是〔〕A． a点场强比c点大B． a点电势比c点高C． b、d两点的场强一样D． b、d两点的电势能相等考点：电场线．分析：根据电场线的疏密分析场强的大小，根据顺着电场线方向电势降低，判断电势上下，再分析电势能的关系．解答：解：A、电场线的疏密表示场强的大小，a处电场线比b处电场线疏，如此a点场强比c 点小，故A错误．B、a和正电荷间的场强小于与c和正电荷间场强，由U=Ed知，a与正电荷间的电势差大于正电荷与c间的电势差，如此a点电势比c点高，故B正确．C、b、d两点的场强大小相等，方向不同，如此场强不同．故C错误．D、b、d两点的电势相等，而不是电势能相等，故D错误．应当选：B．点评：掌握电场线、等势面的分布情况，对解答这类问题至关重要，紧扣对称性是常用方法．6．〔4分〕某行星的质量是地球质量的3倍，直径是地球直径的3倍．设想在该行星外表附近绕其做圆周运动的人造卫星的周期为T1，在地球外表附近绕地球做圆周运动的人造卫星的周期为T2，如此T1：T2等于〔〕A． 1：1 B． 3：1 C． 1：3 D． 6：1考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．专题：人造卫星问题．分析：要求卫星的周期的大小关系可根据万有引力提供向心力来进展计算．解答：解：对于卫星，根据万有引力提供向心力得：得：所以：应当选：B点评：万有引力提供向心力是解决天体运动的根本思路和方法，在学习中要注意总结和积累．7．〔4分〕如下列图为用绞车拖物块的示意图．拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块．轮轴的半径R=0.5m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m=1kg，与地面间的动摩擦因数μ=0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω=2trad/s，g=10m/s2．以下判断正确的答案是〔〕A．物块做匀速运动B．物块做匀加速直线运动，加速度大小是1m/s2C．绳对物块的拉力是5ND．绳对物块的拉力是6N考点：牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：由物块速度v=ωR=at，可得物块运动的加速度，结合牛顿第二定律即对物块的受力分析可求解绳子拉力解答：解：A、B、由题意知，物块的速度v=ωR=2t×0.5=1t又v=at故可得：a=1m/s2，故A错误，B正确；C、D、由牛顿第二定律可得：物块所受合外力F=ma=1NF=T﹣f，地面摩擦阻力f=μmg=0.5×1×10=5N故可得物块受力绳子拉力T=f+F=5+1=6N，故C错误，D正确应当选：BD点评：此题关键根据绞车的线速度等于物块运动速度从而求解物块的加速度，根据牛顿第二定律求解．8．〔4分〕如图，三根轻绳悬挂两个质量一样的小球保持静止，绳AD与AC垂直．现对B球施加一个水平向右的力F，使B缓慢移动到图中虚线位置，此过程中AD、AC两绳张力TAC、TAD的变化情况是〔〕A． TAC变大，TAD减小B． TAC变大，TAD不变C． TAC减小，TAD变大D． TAC不变，TAD变大考点：共点力平衡的条件与其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先以B为研究对象受力分析，由分解法作图判断出TAB大小的变化；再以AB整体为研究对象受力分析，由平衡条件判断TAD和TAC的变化情况．解答：解：以B为研究对象受力分析，由分解法作图如图：由图可以看出，当将B缓缓拉到图中虚线位置过程，绳子与与竖直方向夹角变大，绳子的拉力大小对应图中1、2、3三个位置大小所示，即TAB逐渐变大，F逐渐变大；再以AB整体为研究对象受力分析，设AC绳与水平方向夹角为α，如此竖直方向有：TACsinα=2mg得：TAC=，不变；水平方向：TAD=TACcosα+F，TACcosα不变，而F逐渐变大，故TAD逐渐变大；故C正确；应当选：C．点评：当出现两个物体的时候，如果不是求两个物体之间的作用力大小通常采取整体法使问题更简单．9．〔4分〕如下列图，一个内壁光滑的圆管轨道ABC竖直放置，轨道半径为R．O、A、D位于同一水平线上，A、D间的距离为R．质量为m的小球〔球的直径略小于圆管直径〕，从管口A正上方由静止释放，要使小球能通过C 点落到AD区，如此球经过C点时〔〕A．速度大小满足≤vc≤B．速度大小满足0≤vc≤C．对管的作用力大小满足mg≤FC≤mgD．对管的作用力大小满足0≤Fc≤m g考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：小球离开C点后做平抛运动，由平抛运动的规律求解C点的速度大小范围．根据牛顿第二定律分析球对管的作用力大小范围．解答：解：AB、小球离开C点做平抛运动，落到A点时水平位移为R，竖直下落高度为R，根据运动学公式可得：竖直方向有：R=水平方向有：R=vCt解得：vC=；小球落到D 点时水平位移为2R，如此有2R=vC′t解得vC′=故速度大小满足≤vc≤，故A 正确，B错误．CD 、在C点，对球研究：设管对球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律得：mg+F=m将≤vc≤代入得：mg≤F≤mg，由牛顿第三定律可知：mg≤FC≤mg．故C正确，D错误．应当选：AC．点评：此题要分析清楚物体的运动过程，根据物体的不同的运动状态，采用相应的物理规律求解即可．10．〔4分〕如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关系如图b所示．其中高度从h1下降到h2，图象为直线，其余局部为曲线，h3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g．以下说法正确的答案是〔〕A．小物体下降至高度h3时，弹簧形变量为0B．小物体下落至高度h5时，加速度最大C．小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了D．小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为mgh1考点：功能关系．分析：高度从h1下降到h2，图象为直线，该过程是自由落体，h1﹣h2的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度；h3点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零，可以计算出弹簧的形变量；小物体下落至高度h5时，加速度最大；h4点与h2点物体的动能一样，根据功能关系即可得出h4点弹簧的弹性势能与h2点的弹性势能的变化量．由机械能守恒即可求出小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能．解答：解：A、高度从h1下降到h2，图象为直线，该过程是自由落体，h1﹣h2的坐标就是自由下落的高度，所以小物体下降至高度h2时，弹簧形变量为0．故A错误；B、物体的动能先增大，后减小，小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能一样，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；小物体下落至高度h5时，动能又回到0，说明h5是最低点，弹簧的弹力到达最大值，一定大于重力的2倍，所以此时物体的加速度最大．故B正确；C、小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能一样，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；此时弹簧的压缩量：，小物体从高度h2下降到h4，重力做功：．物体从高度h2下降到h4，重力做功等于弹簧的弹性势能增加，所以小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了．故C正确；D、小物体从高度h1下降到h5，重力做功等于弹簧弹性势能的增大，所以弹簧的最大弹性势能为：mg〔h1﹣h5〕．故D错误．应当选：BC点评：知道物体压缩弹簧的过程，就可以逐个分析位移和加速度．要注意在压缩弹簧的过程中，弹力是个变力，加速度是变化的，当速度等于零时，弹簧被压缩到最短．二、实验题〔此题共3小题，共18分．〕11．〔4分〕某同学做测定弹簧劲度系数的实验．他测出了弹簧长度l与对应弹力F的五组数据后，在F﹣l坐标系中描出了对应的五个点，如下列图．〔1〕在图中绘出F﹣l图线；〔2〕由图线求得弹簧的劲度系数k=80N/m．〔保存两位有效数字〕．考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．专题：实验题．分析：〔1〕根据所提供数据采用描点法可画出图象．〔2〕图象的斜率大小等于劲度系数的大小，据此可正确解答．解答：解：〔1〕利用描点法得出图象如下所示：〔2〕根据胡克定律得：F=k〔l﹣l0〕可知F﹣L图线的斜率大小等于弹簧的劲度系数大小，故由图解得：k=80N/m．故答案为：〔1〕如图；〔2〕80．点评：此题考查了数学知识和胡克定律的相结合，是一道考查应用数学知识解答物理问题的好题．12．〔6分〕用图甲所示的装置来研究自由落体运动，得到的一条纸带如图乙所示，O为打下的第一个点，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s．测得O点到各计数点间的距离为：hOA=48.5mm，hOB=193.9mm，hOC=436.5mm，hOD=776.0mm．〔1〕计时器打C点时重物下落的速度vC= 2.92m/s〔保存三位有效数字〕；〔2〕重物自由下落的加速度g测=9.71m/s2〔保存三位有效数字〕．〔3〕某同学想利用测得的vC、g测的值，以与O、C间的距离h，判断g测h与是否相等，来验证机械能是否守恒．你认为此方案是否可行？否．〔选填“是〞或“否〞〕考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出重力加速度的大小，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．解答：解：〔1〕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．vC==2.92 m/s〔2〕设0到A之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x3﹣x1=2a1T2x4﹣x2=2a2T2为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值得：g测=〔a1+a2〕==9.71m/s2，〔3〕根据mgh=mv2得：gh=，求解重力势能时，g应该去当地的重力加速度，不能取g测．所以此方案是不可行的．故答案为：〔1〕2.92；9.71〔2〕否点评：要提高应用匀变速直线的规律以与推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强根底知识的理解与应用．13．〔8分〕探究加速度与力的关系装置如下列图．带滑轮的长木板水平放置，细绳通过两滑轮分别与弹簧秤挂钩和沙桶连接，细线与桌面平行．将木块放在靠近打点计时器的一端，缓慢向沙桶中添加细沙，直到木块开始运动，记下木块运动后弹簧秤的示数F，通过纸带求出木块运动的加速度a．将木块放回原处，向沙桶中添加适量细沙，释放木块…获取多组a、F数据．〔1〕关于该实验的操作，以下说法正确的答案是ABA．实验过程中，应先闭合打点计时器开关，再释放小车B．通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据C．每次添加细沙后，需测出沙与沙桶的质量D．实验过程要确保沙与沙桶的质量远小于木块的质量〔2〕某同学根据实验数据做出了两个a﹣F图象如图2所示，正确的答案是B；由图象可知，木块所受的滑动摩擦力大小大小为2F0；假设要作出木块的加速度与合力的关系，需要对图象进展修正．修正后的横坐标F合应该等于2F﹣2F0〔用F、F0表示〕．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：〔1〕该实验不需要测量沙与沙桶的质量，绳子的拉力由弹簧秤直接测量，不需要满足沙与沙桶的质量远小于木块．〔2〕根据牛顿第二定律得出a与F的关系式，结合关系式得出正确的图线．〔3〕根据加速度等于零求出弹簧的拉力，从而求出此时的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得出加速度与合力的关系式，从而得出修正后的横坐标．解答：解：〔1〕实验中应该先接通电源后释放纸带，故A正确．B、通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据，故B正确．C、绳子的拉力可以通过弹簧测力计测出，不需要测量砂与沙桶的质量，也不需要保证沙与沙桶的质量远小于木块．故C、D错误．应当选：AB．〔2〕小车所受的拉力等于2倍的弹簧秤拉力，可以直接测量得出，根据牛顿第二定律得，a==，故正确的图线是B．当弹簧拉力为F0时，小车开始滑动，可知滑动摩擦力f=2F0．根据牛顿第二定律得，a=，所以修正后的横坐标F合应该等于2F﹣2F0．故答案为：〔1〕AB；〔2〕B；2F0，2F﹣2F0点评：此题实验源于课本实验，但是又不同于课本实验，关键要理解实验的原理，注意该实验不需要测量砂与沙桶的质量，也不需要保证沙与沙桶的质量远小于木块．三、计算题〔本大题包括4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．〕14．〔8分〕汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌〔如下列图〕，以提醒后面驾车司机，减速安全通过．在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50m的物体，并且他的反响时间为0.6s，制动后最大加速度为5m/s2．求：〔1〕小轿车从刹车到停止所用的最短时间；〔2〕三角警示牌至少要放在车后多远处，才能有效防止两车相撞．考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：〔1〕根据速度时间关系求解时间〔2〕反响时间内做匀速运动，x=vt，刹车后做匀减速直线运动，由x=求解，进而得总位移．解答：解：〔1〕从刹车到停止时间为t2，如此s ①〔2〕反响时间内做匀速运动，如此x1=v0t1②x1=18m③从刹车到停止的位移为x2，如此④x2=90m⑤小轿车从发现物体到停止的全部距离为x=x1+x2=108m⑥△x=x﹣50=58m⑦答：〔1〕小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6s；〔2〕三角警示牌至少要放在车后58m，才能有效防止两车相撞．点评：此题考查匀速直线运动和匀变速直线运动的规律知反响时间内车仍匀速运动．15．〔10分〕如下列图，光滑水平面上固定一倾斜角为37°的粗糙斜面，紧靠斜面底端有一质量为4kg的木板，木板与斜面底端之间通过微小弧形轨道相接，以保证滑块从斜面滑到木板的速度大小不变．质量为2kg的滑块从斜面上高h=5m处由静止滑下，到达倾斜底端的速度为v0=6m/s，并以此速度滑上木板左端，最终滑块没有从木板上滑下．滑块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：〔1〕斜面与滑块间的动摩擦因数μ1；〔2〕滑块从滑上木板到与木板速度一样经历的时间；〔3〕木板的最短长度．考点：动能定理的应用；功能关系．专题：动能定理的应用专题．分析：〔1〕滑块从斜面下滑的过程，根据动能定理列式求解动摩擦因素；〔2〕滑块刚好没有从木板左端滑出，说明此时它们的速度相等，由速度、位移公式可以求出木板的长度和运行的时间；解答：解：〔1〕在斜面上，由动能定理得得μ1=0.48〔2〕在木板上滑动过程中，有Ff=μ2mg由牛顿第二定律得滑块的加速度=μ2g=2m/s木板的加速度=1m/s2由运动学公式v0﹣a1t=a2t⑥得t=2s此时v1=v2=2m/s〔3〕设木板最短长度为△x，如此由能量守恒知xM=xm=v0t﹣得△x=x m﹣xM=6m=10答：〔1〕斜面与滑块间的动摩擦因数μ1为0.48；〔2〕滑块从滑上木板到与木板速度一样经历的时间为2s；〔3〕木板的最短长度为10m．点评：此题充分考查了匀变速直线运动规律与应用，和物体共同运动的特点的应用，是考查学生根本功的一个好题16．〔12分〕起重机从静止开始起吊一质量为4000kg重物，开始，起重机拉力恒定，重物以0.2m/s2的加速度匀加速上升，9.8s后，起重机达到额定功率P，起重机再保持额定功率不变，又经5s，重物达到最大速度2m/s，此后再保持拉力恒定，使重物以0.5m/s2的加速度做匀减速运动至停下．取g=9.8m/s2．〔1〕求额定功率P的大小；〔2〕求重物上升的最大高度；〔3〕在图示坐标纸上画出整个过程起重机拉力F与时间t的关系图象〔不要求写计算过程〕．考点：动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．专题：动能定理的应用专题．分析：〔1〕当拉力等于重物重力时，重物的速度达到最大，结合功率与牵引力的关系式求解〔2〕根据牛顿第二定律求出匀加速直线运动时的拉力大小，从而抓住匀加速直线运动完毕功率达到额定功率求出匀加速直线运动的位移，利用动能定理求得达到最大速度时走过的位移，再根据匀减速运动知识求解这过程的位移，两位移之和即为求解，〔3〕根据力的大小结合运动求解运行时间，进而求得结果．解答：解：〔1〕重物速度最大时，有F=mg此时，P=mgv解得P=78.4kW〔2〕重物匀加速上升的高度h1=得h1=9.6m此过程起重机拉力满足F1﹣mg=ma1从静止到最大速度过程中，由动能定理得F1 h1+Pt2﹣mg〔h1+h2〕=得h1+h2=19.6m匀减速运动上升的高度h3==4mH=h1+h2+h3=23.6m〔3〕图象如图：答：〔1〕额定功率P的大小为78.4kW；〔2〕重物上升的最大高度23.6m；〔3〕点评：解决此题的关键知道拉力等于重力时速度最大，匀加速直线运动完毕，功率达到额定功率，结合牛顿第二定律以与动能定理的关系进展求解．17．〔12分〕在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有电荷量为Q 的点电荷在O点产生的电场E1，第二象限内有水平向右的匀强电场E2，第四象限内有方向水平、大小按图乙变化的电场E3，E3以水平向右为正方向，变化周期T=．一质量为m，电荷量为+q的离子从〔﹣x0，x0〕点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做圆周运动．以离子经过x轴时为计时起点，静电力常量为k，不计离子重力．求：〔1〕离子刚进入第四象限时的速度；〔2〕E2的大小；〔3〕当t=时，离子的速度；〔4〕当t=nT时，离子的坐标．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：〔1〕根据粒子在第一象限内做匀速圆周运动电场力提供圆周运动向心力由圆周运动半径和库仑定律求得粒子刚进入第四象限的速度；〔2〕在第二象限粒子做初速度为零的匀加速直线运动，由动能定理据粒子获得的速度和位移求得第二象限的电场强度；〔3〕粒子进入第四象限在竖直方向做匀速直线运动，水平方向在电场力作用下先匀加速直线运动后匀减速直线运动，根据时间由运动的合成求得离子的速度；〔4〕根据粒子水平方向运动的周期性求得粒子的横坐标，再根据竖直方向的运动规律求得粒子的纵坐标．解答：解：〔1〕设刚进入第四象限的速度为v0．在第一象限内，有库仑力提供离子圆周运动的向心力有：得：〔2〕在第二象限内，只有电场力对离子做功，由动能定理得：解得：〔3〕离子进入第四象限后，在水平方向上，有：得：=所以此时离子的合速度：方向与水平方向成450角斜向下〔4〕由〔3〕分析知离子在第四象限中运动时，y方向上做匀速直线运动，x方向上前半个周期向右匀加速运动，后半个周期向右匀减速运动直到速度为0；每个周期向右运动的平均速度为，每个周期前进，因为开始计时时离子坐标为x0所以nT时，离子的横坐标为x=x0+nx0=〔n+1〕x0纵坐标：y=﹣v0nT=﹣2nx0故，在nT时离子的坐标为：[〔n+1〕x0，﹣2nx0]答：〔1〕离子刚进入第四象限时的速度为；〔2〕E2的大小为；〔3〕当t=时，离子的速度为；〔4〕当t=nT时，离子的坐标为：[〔n+1〕x0，﹣2nx0]．。

山东省滕州市第五中学2015届高三上学期期中考试物理试题

山东省滕州市第五中学2015届高三上学期期中考试物理试题一、选择题：（不定项选择，每题选对得4分，漏选得2分，有错选不得分，共48分）1．在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等。

以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是A．引入重心﹑合力与分力的概念时运用了等效替代法B．根据速度定义式xvt∆=∆，当⊿t非常非常小时，xt∆∆就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想法C．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法叫假设法D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法2．．如图所示,倾斜的传送带保持静止,一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端。

如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动,同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比A．木块在滑到底端的过程中，运动时间将变长B．木块在滑到底端的过程中，动能的增加量将变小C．木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能将变大D．木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做功变大3．．一质量为1kg的物块在水平地面上向右滑行，物块与地面间的动摩擦因数为μ＝0．2，从t＝0时刻开始受到一水平向左的恒定外力F＝1N的作用，则反映物块所受摩擦力随时间变化的图象是（取向右为正方向）（）4．如图甲所示，A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力F的作用，力F与时间t的关系如图乙所示，A、B始终保持相对静止，则下列说法正确的是A．t0时刻，A、B间静摩擦力最大B．2t0时刻，A、B间静摩擦力为零C．t0时刻，两物体运动的位移最大D．2t0时刻，两物体运动的位移最大5．一根套有轻质细环的粗糙杆水平放置，一小球用细线吊在细环上，并停靠在一光滑斜面上，如图所示。

山东省临沂市2015届高三上学期期中考试物理试题 Word版含解析

山东省临沂市2015届高三上学期期中考试物理试卷一、选择题：本大题箕l0小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．2．（4分）（2014•天津）质点做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，该质点（）﹣3．（4分）某公交车沿水平公路做匀变速直线运动，车顶上用一轻杆和一细线各悬挂一小球，轻杆与竖直方向成θ角固定于车顶，细线与竖直方向成α角，如图所示，若θ＜a，不考虑一切阻力，则下列说法中正确的是（）4．（4分）如图所示，叠放在水平面上的三个物体A、B、C一起向右做匀速直线运动，其中C物体受到水平拉力F作用，下列判断正确的是（）5．（4分）一物块静止在粗糙的水平桌面上，物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．若给该物块施加一水平力F=kt（后是大于零的常数），则物块的加速度a和其受到的摩擦力f随6．（4分）2013年12月10日晚上九点二十分，在太空飞行了九天的“嫦娥三号”飞船再次成功变轨，从100km×100km的环月圆轨道I降低到椭圆轨道Ⅱ（近月点15km、远月点100km），两轨道相交于点P，如图所示．关于“嫦娥三号”飞船，以下说法正确的是（）为常数，可得半长轴7．（4分）如图所示，PQ为等量异种点电荷A、B连线的中垂线，C为中垂线上的一点，M、N分别为AC．BC的中点．若取无穷远处的电势为零，则下列判断正确的是（）8．（4分）如图所示，一个质量为m的圆环套在固定的倾斜光滑杆上的B点，并与竖直放置的轻质弹簧上端相连，弹簧的下端固定在地面上的A点，此时弹簧处于原长h．当圆环从静止开始沿杆下滑至底端C时速度恰好为零．则在圆环下滑的过程中（）9．（4分）甲从离地h高处以水平初速度v0抛出一物体A，同时乙从地面以大小相等的初速度v0竖直上抛物体B，且它们的初速度在同一竖直平面内，空气阻力不计．若甲、乙两人抛t′，即：可得：10．（4分）“魔盘”娱乐设施转动得很慢时，盘上的人都可以随“魔盘”一起转动而不至于被甩开，随着“魔盘”的转速增大，盘上的人逐渐向边缘滑去．两个质量均为m的小孩a和b（可视为质点）坐在水平“魔盘”上，其简化图如图所示．a、b与转轴OO′的距离分别为l和2l．两小孩与“魔盘”的最大静摩擦力（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）为其所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若“魔盘”从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示“魔盘”转动的角速度，下列说法正确的是（）==二、实验题：本题共15分，把答案填在答题纸上的相应位置．11．（6分）如图甲所示，小车开始在水平玻璃板上匀速运动，紧接着在水平薄布面上做匀减速运动（小车刚驶上粗糙的薄布面瞬间有一碰撞过程，动能有所减少）．打点计时器打出的纸带及相邻两点间的距离（单位：cm）如图乙所示，纸带上相邻两点间对应的时间间隔为0.02s．则小车在水平玻璃板上匀速运动的速度是0.9m/s；小车在薄布面上做匀减速运动的加速度大小是5m/s2，初速度是0.85m/s．解：匀速运动的速度等于位移除以时间=====12．（9分）某校物理兴趣小组利用如图所示的实验装置验证滑块和钩码组成的系统机械能守恒．已知滑块上遮光条的宽度为d，先后通过A、B光电门的时间分别为At1、△t2（滑块通过光电门B时，钩码未落地）．①本实验中需要测量的物理量有ABD（填字母代号）．A．滑块的质量M B．钩码的质量mC．滑块从光电门A到B所用的时间t D．光电门A、B的间距s②验证本系统机械能守恒的表达式为mgs=（M+m）（（）2﹣（）2）（用已知量和测得的物理量表示）．③下列四个选项中，会导致实验误差增大的是AD（填字母代号）．A．气垫导轨未调水平B．滑块质量M和钩码质量m不满足m＜MC．遮光条宽度太小D．两光电门间距过小．）﹣（）﹣（三、计算题：本题共4小题，共45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得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．13．（10分）如图所示，粗糙水平轨道AB与竖直光滑半圆弧轨道BC相切于B点，圆弧轨道半径R=0.4m．一质量m=0.1kg的物块（可看成为质点）在水平力F作用下自水平轨道上的P 点由静止开始做匀加速运动，到达B点时撤去F物块在圆弧轨道上运动时对轨道压力的最大值为6.0N，P点离B点的距离s=0.4m．（已知物块与地面间动摩擦因数弘=0.5，取g=10m/s2）求：（1）物块到达C点时的速度大小；（2）水平力F的大小．点：V=a=14．（10分）质量m=0.1kg的带电小球，在某电场中从D点经A、B运动至C点，已知O、A、B、C四点在同一条竖直线上，t=0时小球恰在O点，忽略空气阻力，取向下为正方向（g取10m/s2），小球的v﹣t图象如图所示．求：（l）t=1s时带电小球的加速度和所受电场力的大小；（2）带电小球前14s下落的高度及克服电场力所做的功．其加速度大小为15．（12分）在2014年9月24日仁川亚运会上，我国举重运动员向艳梅以268公斤的总成绩夺得69公斤级金牌，并打破了亚运会纪录，举重运动是力量与技巧充分结合的体育项目，就“抓举”而言，其技术动作可分为预备、提杠铃、发力、下蹲支撑、起立、放下杠铃等六个步骤，下图表示了其中的三个状态．已知杠铃质量为150kg．运动员从发力到支撑，杠铃上升的距离为h1=0.64m，历时0.8s；从支撑到起立，杠铃上升的距离为h2=0.86m．若从发力到支撑过程可简化为先匀加速上升达到最大速度，再竖直上抛达到最高点，忽略一切阻力，g=10n/s2．求：（1）从发力到支撑的过程中杠铃向上运动的最大速度；（2）运动员发力过程对杠铃的平均作用力的大小；（3）在整个过程中运动员对杠铃所做的功．，==16．（13分）如图所示，静止在水平地面上的平板车，质量M=10kg，其上表面离水平地面的高度h=1.25m．在离平板车左端B点L=2.7m的P点放置一个质量m=1kg的小物块（小物块可视为质点）．某时刻对平板车施加一水平向右的恒力F=50N，一段时间后小物块脱离平板车落到地面上．（车与地面及小物块间的动摩擦因数均为μ=0.2，取g=10m/s2）求：（1）小物块从离开平板车至落到地面上所需时间；（2）小物块离开平板车时的速度大小；（3）小物块落地时，平板车的位移太小．t=小物体向有运动位移为平板车的加速度为平板车向右的位移为平板车在两者分立后的位移为。

广州市执信中学2015届高三物理上学期期中试卷(含解析)

广州市执信中学2015届高三上学期期中考试物理试卷〔解析版〕一、单项选择题：每一小题给出的四个选项中．只有一个选项最符合题目要求．共4小题〔6分〕一个物体自由下落6s后落地，如此在开始2s内和最后2s内通过的位移之比为〔〕1．A．1：5 B．3：5 C．3：11 D．1：3考点：自由落体运动．.专题：自由落体运动专题．分析：先根据自由落体运动位移时间关系求出下落2s的位移，而物体自由下落最后2s内的位移等于6s内的位移减去4s内的位移．解答：解：物体下落前2s的位移为：物体下落6s的位移为：物体下落4s的位移为：所以最后2s内通过的路程为：h6﹣h4=180﹣80m=100m故开始2s内和最后2s内通过的路程之比为20：100=1：5应当选：A．点评：解决此题的关键掌握自由落体运动的位移时间公式h=，以与知道通过6s内的位移减去4s内的位移求最后2s内的位移比拟方便2．如下列图，质量为m的木块A放在斜面体B上，假设A和B沿水平方向以一样的速度v0一起向左做匀速直线运动，如此A和B之间的相互作用力大小为〔〕A．m g B．m gsinθC．m gcosθD．0考点：共点力平衡的条件与其应用；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：选A为研究对象，如此A受到重力、支持力、静摩擦力三个力，由于A和B一起做匀速直线运动，故A处于平衡状态，即A的重力、支持力、静摩擦力三力的合力为0．A和B之间的作用力为支持力和摩擦力的合力．由力的合成知识知：假设有N个力的合力为0，其中任意一个力的大小都等于另外N﹣1个力的合力的大小．解答：解：A、选A为研究对象，如此A受到重力、支持力、静摩擦力三个力，由于A和B一起做匀速直线运动，故A处于平衡状态，即A的重力、支持力、静摩擦力三力的合力为0．其中支持力和摩擦力是B作用于A的，故A和B之间的相互作用力的大小就等于支持力和摩擦力的合力的大小．由力的合成知识知：假设有N个力的合力为0，其中任意一个力的大小都等于另外N﹣1个力的合力的大小，故摩擦力与支持力的合力的大小等于重力的大小．故A正确，BCD错误应当选A．点评：该题主要考察学生平对衡条件与共点力的合成等知识的掌握情况．只要知道物体平衡如此合力为0，合力为零如此其中任何一个分力大小都等于其余分力的合力的大小，就可以解答了．A．大小不等，方向不同B．大小相等，方向不同C．大小不等，方向一样D．大小相等，方向一样考点：平抛运动．.专题：平抛运动专题．分析：平抛运动运动是匀变速曲线运动，根据△v=gt，每秒速度增量大小相等，方向竖直向下．解答：解：平抛运动的物体只受重力，加速度为g，保持不变，根据△v=at=gt，每秒速度增量大小相等，方向竖直向下，与加速度的方向一样．故D正确，A、B、C错误．应当选：D．点评：解决此题的关键知道平抛运动每秒的速度增量大小相等，方向一样．4．〔6分〕一个放在水平桌面上质量为2kg原静止的物体，受到如下列图方向不变的合外力作用，如此如下说法正确的答案是〔〕A．在2s内物体的加速度为5m/s2B．在t=2s时，物体的速度最大C．在2s内物体运动的位移为10m D．0～2s这段时间内物体作减速运动考点：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：物体如下列图方向不变的合外力作用下，做加速度减小的变加速运动，2s内物体运动的位移无法求出．当F=0时物体做匀速直线运动，速度最大．解答：解：A、在2s内物体的加速度最大值为5m/s2，不能说在2s内物体的加速度为5m/s2．故A错误B、在t=2s时，F=0，物体将做匀速直线运动，速度最大．故B正确；C、物体如下列图方向不变的合外力作用下，做加速度减小的变加速运动，2s内物体运动的位移无法求出．故C错误．D、0～2s这段时间内作加速运动．故D错误应当选：B点评：此题考查根据物体的受力情况分析物体运动情况的能力，要注意合力减小，加速度减小，但速度在增加．二、双项选择题：此题包括9小题，每一小题6分，共54分．每一小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求．全选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有错选或不选的得0分．5．如下列图为点电荷a、b所形成的电场线分布，以下说法正确的答案是〔〕A．a、b为异种电荷B．a、b为同种电荷C．A点场强大于B点场强D．A点电势高于B点电势考点：电场线；电场强度．.专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到无穷远处或负电荷，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．沿着电场线的方向电势降低．解答：解：AB、根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断是异种点荷的电场线．故A正确，B错误．C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．所以A点场强小于B点场强，故C错误．D、沿着电场线的方向电势降低，所以A点电势高于B点电势，故D正确．应当选：AD．点评：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．〔6分〕如图，在匀速转动的洗衣机脱水桶内壁上，有一件湿衣服随圆桶一起转动而未滑动，如此〔〕A．衣服随圆桶做圆周运动的向心力由静摩擦力提供B．圆桶转速增大，衣服对桶璧的压力也增大C．圆桶转速增大以后，衣服所受摩擦力也增大D．圆桶转速足够大时，衣服上的水滴将做离心运动考点：离心现象．.分析：衣服随脱水桶一起做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，在水平方向上的合力提供向心力，竖直方向合力为零，根据牛顿第二定律分析弹力的变化情况．解答：解：A、B、D、衣服受到重力、筒壁的弹力和静摩擦力的作用，共3个力作用，由于衣服在圆筒内壁上不掉下来，竖直方向上没有加速度，重力与静摩擦力二力平衡，靠弹力提供向心力；随着圆桶转速的增加，弹力增加，但静摩擦力不变；故A错误，B正确，C错误；D、对于水而言，衣服对水滴的附着力提供其做圆周运动的向心力，随着圆桶转速的增加，需要的向心力增加，当附着力不足以提供需要的向心力时，衣服上的水滴将做离心运动，故D正确；应当选：BD．点评：解决此题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进展求解；同时要知道离心运动的条件；根底问题．7．〔6分〕某星球半径为R，在该星球外表附近有一卫星，它绕星球的运转周期为T，万有引力恒量为G，如此由此可以估算〔〕A．星球的质量B．卫星的质量C．星球外表的“重力加速度〞D．该星球的同步卫星离地面的高度考点：万有引力定律与其应用；向心力．.专题：万有引力定律的应用专题．分析：万有引力提供卫星圆周运动的向心力据此可以求得中心天体的质量M，在星球外表重力与万有引力相等求得重力加速度．解答：解：AB、近地卫星绕地球圆周运动的向心力由万有引力提供有：，据此可计算中心天体的质量M=，不可以求出卫星的质量m，故A正确，B错误；C、在星球外表重力与万有引力相等，又卫星由万有引力提供向心力，据=mg，可以计算出星球外表的重力加速度，故C正确；D、因不知道该星球的自转周期，故无法求得同步卫星距地面的度，故D错误．应当选：AC．点评：要掌握万有引力提供向心力和重力等于万有引力这两个重要的关系，掌握这两个关系可以解决所有关于天体运动的问题．8．〔6分〕如下列图，质量为m的物体〔可视为质点〕以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，如此在这个过程中物体〔〕A．重力势能增加了mgh B．动能损失了mghC．抑制摩擦力做功mgh D．机械能损失了mgh考点：功能关系；重力势能．.分析：根据动能定理知，合力做功等于动能的变化量，机械能等于重力势能和动能之和，通过动能和重力势能的变化判断机械能的变化．解答：解：A、B、D、根据牛顿第二定律知，物体所受的合力为mg，方向沿斜面向下，根据动能定理得：△E k=﹣=﹣mgh，动能减小mgh．物体重力势能增加mgh，所以机械能减小mgh．故AD正确，B错误；C、物体抑制摩擦力做的功等于系统损失的机械能，如此抑制摩擦力的功为mgh；故C错误．应当选：AD．点评：解决此题的关键掌握功能关系，比如合力功与动能的关系，重力功与重力势能的关系，以与除重力以外其它力做功与机械能的关系，并能灵活运用．9．〔6分〕如下列图，汽车在平直公路上以恒定功率启动，设阻力恒定，如此在如下关于汽车A．此图可以描述汽车的速度﹣时间图象B．此图可以描述汽车的加速度﹣时间图象C．此图可以描述汽车的速度﹣时间图象D．此图可以描述汽车的加速度﹣时间图象考点：匀变速直线运动的图像．.专题：运动学中的图像专题．分析：由P=Fv可明确力、功率与速度间的关系；如此可明确加速度、速度随时间的变化关系．解答：解：汽车恒定功率启动，如此开始时加速度较大，速度增大；如此由P=FV可知，牵引力减小，如此加速度减小；当牵引力等于阻力时，物体的加速度为零；此后做匀速直线运动；注意图象的斜率表示纵坐标物理量的变化；故速度﹣时间图象为甲图；加速度﹣时间图象为乙图；应当选：AB．点评：此题考查功率公式的应用，要明确P=FV表示瞬时速度、力与功率的关系，故可明确物体的运动情况．三、非选择题：本大题共5小题，共50分．按题目要求作答，解答题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．10．〔4分〕图甲为10分度游标卡尺的局部示意图，其读数为10.2mm；图乙为螺旋测微器的示意图，其读数为0.155〔0.152﹣0.158〕mm．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；直线运动规律专题．分析：解决此题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为2×0.1mm=0.2mm，所以最终读数为：10mm+0.2mm=10.2mm．2、螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为15.5×0.01mm=0.155mm，所以最终读数为0mm+0.155mm=0.155mm，由于需要估读，最后的结果可以在0.152﹣0.158之间．故答案为：〔1〕10.2；0.155〔0.152﹣0.158〕点评：对于根本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些根本仪器进展有关测量．11．〔8分〕如图a所示，用铁架台、弹簧和多个质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长长度的关系实验．①为完成实验，还需要的实验器材有：刻度尺②为完成该实验，设计的实验步骤如下：A．以弹簧伸长量为横坐标，以弹力为纵坐标，描出各组〔x，F〕对应的点，并用平滑的曲线连接起；B．记下弹簧不挂钩码时其下端在刻度尺上的刻度l0；C．将铁架台固定于桌子上，并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一把刻度尺；D．依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个…钩码，并分别记下钩码静止时弹簧下端所对应的刻度，并记录在表格内，然后取下钩码；E．整理仪器．请将以上步骤按操作的先后顺序排列出：CBDAE．③图b是弹簧所受弹力F与弹簧伸长长度x的F﹣x图线，由此可求出弹簧的劲度系数为200N/m．图线不过原点的原因是由于弹簧有自重．考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．.专题：实验题；弹力的存在与方向的判定专题．分析：根据实验的原理：测量弹簧的弹力和伸长的长度来选择器材．图线的斜率即为弹簧的劲度系数．由胡克定律求出K．解答：解：①实验需要测量弹簧伸长的长度，故需要刻度尺．②根据操作的先后顺序排列为：CBDAE③图线的物理意义是明确弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比．由k==200N/m．由图可知，当F=0时，x=0.5cm，说明没有挂重物时，弹簧有伸长，是由于弹簧自身的重力造成的．故图线不过原点的原因是由于弹簧有自重，实验中没有考虑〔或忽略了〕弹簧的自重．故答案为：①刻度尺；②CBDAE；③200，弹簧有自重点评：在应用胡克定律时，要首先转化单位，知道图线的斜率即为弹簧的劲度系数．12．〔6分〕如图为验证小球做自由落体运动时机械能守恒的装置图，图中O点为释放小球的初始位置，A、B、C、D各点为固定速度传感器的位置，A、B、C、D、O各点在同一竖直线上．〔1〕当地的重力加速度为g，如此要完成实验，还需要测量的物理量是BC．A．小球的质量mB．小球下落到每一个速度传感器时的速度vC．各速度传感器与O点之间的竖直距离hD．小球自初始位置至下落到每一个速度传感器时所用的时间t〔2〕作出v2h图象，由图象算出其斜率k，当k=2g时，可以认为小球在下落过程中机械能守恒．〔3〕写出对减小本实验误差有益的一条建议：相邻速度传感器之间的距离适当大些〔选质量大、体积小的小球做实验〕．考点：验证机械能守恒定律．.专题：实验题．分析：〔1〕根据需要验证的方程：mgh=，确定需要测量的物理量．〔2〕根据mgh=，得到v2与h的关系式，分析v2﹣h图象斜率的物理意义．〔3〕要减小实验误差，测量的量应相对大些，选用质量大、体积小的球做实验等．解答：解：〔1〕小球做自由落体运动时，由机械能守恒定律得：mgh=，即gh=，故需要测量小球下落到每一个速度传感器时的速度v和高度h，不需要测量小球的质量m 和下落时间时间t．故BC正确，AD错误．〔2〕由mgh=，得v2=2gh，如此v2﹣h图象的斜率k=2g．〔3〕为了减小测量的相对误差，建议相邻速度传感器间的距离适当大些；为减小空气阻力的影响，建议选用质量大、体积小的球做实验等．故答案为：〔1〕BC；〔2〕2g；〔3〕相邻速度传感器间的距离适当大些；选用质量大、体积小的球做实验等．点评：本实验以小球做自由落体运动为例，验证机械能守恒定律，根据方程mgh=，分析v2﹣h图象斜率的意义是常用的方法．13．〔18分〕〔2013•淮安模拟〕如下列图，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高．质量m=1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．〔1〕求滑块与斜面间的动摩擦因数μ．〔2〕假设使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值．〔3〕假设滑块离开C处的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t．考点：动能定理的应用；平抛运动．.专题：动能定理的应用专题．分析：〔1〕由题，滑块恰能滑到与O等高的D点，速度为零，对A到D过程，运用动能定理列式可求出动摩擦因数μ．〔2〕滑块恰好能到达C点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式可得到C点的速度范围，再对A到C过程，运用动能定理求初速度v0的最小值．〔3〕离开C点做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求时间．解答：解：〔1〕滑块由A到D过程，根据动能定理，有：mg〔2R﹣R〕﹣μmgcos37°•=0﹣0得〔2〕假设滑块能到达C点，根据牛顿第二定律有如此得A到C的过程：根据动能定理有﹣μmgcos37°•=﹣联立解得，v0=≥2m/s所以初速度v0的最小值为2m/s．〔3〕滑块离开C点做平抛运动，如此有x=v c t由几何关系得：tan37°=联立得 5t2+3t﹣0.8=0解得t=0.2s答：〔1〕滑块与斜面间的动摩擦因数μ为0.375．〔2〕假设使滑块能到达C点，滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值为2m/s．〔3〕假设滑块离开C处的速度大小为4m/s，滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t是0.2s．点评：此题是动能定理与向心力、平抛运动与几何知识的综合，要注意挖掘隐含的临界条件，运用几何知识求解．14．〔20分〕如下列图，光滑水平面MN的左端M处固定有一能量补充装置P，使撞击它的物体弹回后动能在原根底上增加一定值．右端N处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v0匀速转动，水平局部长度L=9m．放在光滑水平面上的两一样小物块A、B〔均视为质点〕间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能Ep=9J，弹簧与A、B均不粘连，A、B与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，物块质量m A=m B=lkg．现将A、B同时由静止释放，弹簧弹开物块A和B后，迅速移去轻弹簧，此时，A还未撞击P，B还未滑上传送带．取g=10m/s2．求：〔1〕A、B刚被弹开时的速度大小〔2〕试通过计算判断B第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带〔3〕假设B从传送带上回到光滑水平面MN上与被弹回的A发生碰撞后粘连，一起滑上传送带．要使二者一起滑离传送带，求P应给A至少补充的动能E与传送带速度v0的关系．考点：动能定理的应用；动量守恒定律；机械能守恒定律．.专题：动能定理的应用专题；动量和能量的综合．分析：〔1〕A、B被弹簧弹开的过程实际是爆炸模型，符合动量守恒、系统机械能守恒，根据能量守恒和动量守恒求出分开后，A、B的速度大小，〔2〕由动能定理求出B的速度减小为零时B的位移，根据B的位移与传送带长度的关系分析答题．〔3〕A、B碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题．解答：解：〔1〕弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：E P=m A v A2+m B v B2，A、B系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：m A v A﹣m B v B=0，代入数据解得：v A=3m/s，v B=3m/s；〔2〕假设B不能从传送带右端滑离传送带，如此B做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为s，由动能定理得：﹣μm B gs=0﹣m B v B2，代入数据解得：s=2.25m＜L，B不能从传送带右端滑离传送带．〔3〕设物块A撞击P后被反向弹回的速度为v1，设补充能量为E，由能量守恒定律得：E+m A v A2=m A v12，B与A发生碰撞后粘连共速为v，碰撞过程动量守恒，以向由为正方向，由动量守恒定律可得：m A v1﹣m B v2=〔m A+m B〕v，要使二者能一起滑离传送带，要求：〔m A+m B〕v2≥μ〔m A+m B〕gL，物块B的运动情况分两种情况讨论：①假设传送带速度v0足够大，物块B滑上传送带时在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动，由运动对称性可知物块B回到皮带左端时速度v2大小为：v2=v B=3m/s，即当传送带v0＞3m/s时，代入数据，联立上四式得：E=108J；②当传送带v0≤3m/s时物块B的运动情况是：滑上传送带先向右减速至速度为0，然后反向做加速至与传送带速度相等一起匀速运动回到左端，v2=v0，代入数据联立上四式得：；答：〔1〕A、B刚被弹开时的速度大小都是3m/s．〔2〕B第一次滑上传送带后，不能从传送带右端滑离传送带．〔3〕P应给A至少补充的动能E与传送带速度v0的关系为：①即当传送带v0＞3m/s时，E=108J；②当传送带v0≤3m/s时，．点评：此题是一道力学综合题，难度较大，考查了动量守恒、能量守恒的应用，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键．。

湖北省襄阳市四校2015届高三物理上学期期中试题(含解析)新人教版

湖北省襄阳市四校2015届高三物理上学期期中试题〔含解析〕新人教版一.选择题〔10小题，其中1-6题为单项选择题，7-10题为多项选择题；选对得5分，选不全得3分，选错得0分，共50分〕1．〔5分〕在太空中，两颗靠得很近的星球可以组成双星，他们只在相互间的万有引力作用下，绕球心连线上的某点做周期一样的匀速圆周运动．如此如下说法不正确的答案是〔〕A．两颗星有一样的角速度B．两颗星的旋转半径与质量成反比C．两颗星的加速度与质量成反比D．两颗星的线速度与质量成正比考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．.专题：人造卫星问题．分析：双星由相互间的万有引力提供向自的向心力，据此分析求出两星的半径、加速度、角速度、线速度的关系即可．解答：解：双星由彼此间的万有引力提供圆周运动的向心力，令双星的质量分别为m和M，圆周运动的半径分别为r和R，两星间距离为R+r．如此有：A、双星绕连线上某点做圆周运动，故双星的周期和角速度一样，故A正确；B、旋转半径满足mrω2=MRω2，可见两颗星的旋转半径与质量成反比，故B正确；C、两颗星的向心力大小相等，故满足ma m=Ma M，两颗星的加速度与质量成反比，故C正确；D、线速度v=Rω，两星的角速度相等，而半径与质量成反比，故线速度与质量成反比，故D错误．此题选择不正确的答案是，应当选：D．点评：掌握双星由彼此间引力提供圆周运动向心力，双星绕连线上某点做圆周运动，从而得出角速度与周期的关系，再由向心力大小相等展开分析即可．2．〔5分〕做匀加速直线运动的物体，途中依次经过A，B，C三点．经过A点的速度为1m/s，AB段的长度为4m，AB段和BC段的平均速度分别为3m/s和6m/s．如此〔〕A．物体运动的加速度为2m/sB．物体经过B，C两点的速度为7m/s和9m/sC．物体经过AB段的时间为2sD．B C段的长度等于AB段的长度考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．.专题：直线运动规律专题．分析：分别由匀变速直线运动的平均速度==求出B、C 点速度和时间，根据加速度定义求解加速度，展开讨论列式计算分析可以求出的物理量即可．解答：解：由题意令物体在A点的速度为v A，在B点的速度为v B，在C点的速度为v C，如此由题意有：根据平均速度公式有：==3m/s解得：v B=5m/s，t AB=s故BC错误；加速度为：a===3m/s2，故A错误；又=6m/s知：v C=7m/sx BC==6×=4m=AB，故D正确．应当选：D．点评：解决此题的关键是抓住匀变速直线运动的平均速度公式公式，运用匀变速直线运动的位移和速度与时间关系解答，难度中等．3．如下列图，斜面上固定有一与斜面垂直的挡板，另有一截面为圆的光滑柱状物体甲放置于斜面上，半径与甲一样的光滑球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态．现在从球心O．处对甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向缓慢向下移动．设乙对挡板的压力大小为F1，甲对斜面的压力大小为F2，甲对乙的弹力为F3．在此过程中〔〕A．F1逐渐增大，F2逐渐增大，F3逐渐增大B．F1逐渐减小，F2保持不变，F3逐渐减小C．F1保持不变，F2逐渐增大，F3先增大后减小D．F1逐渐减小，F2保持不变，F3先减小后增大考点：共点力平衡的条件与其应用；物体的弹性和弹力．.专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对物体乙受力分析，作出力的合成图，分析挡板和甲对乙的作用力的变化情况．对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力、挡板的支持力和力F，然后根据平衡条件列式，分析斜面对甲的支持力如何变化；解答：解：先对物体乙受力分析，受重力、挡板的支持力F1′和甲物体的支持力F3′，如图根据平衡条件，结合几何关系可以看出挡板的支持力F1′不断减小，甲对乙的弹力F3′不断减小，根据牛顿第三定律，乙对挡板的压力F1不断减小，甲对乙的弹力F3不断减小；再对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力、挡板的支持力和力F，如图根据平衡条件，有x方向：F+〔M+m〕gsinθ﹣F1=0y方向：F2﹣〔M+m〕gcosθ=0解得：F2=〔M+m〕gsinθ，保持不变．结合牛顿第三定律，物体甲对斜面的压力F2不变．故B正确，ABD错误．应当选：B．点评：此题关键是对物体甲受力分析，根据平衡条件结合图示法得到挡板支持力的变化情况；再对甲与乙整体受力分析，得到斜面支持力的变化情况．4．〔5分〕如下列图，B物体的质量是A物体质量的一半，不计所有摩擦，A物体从离地面高H处由静止开始下落，以地面为参考面，当物体A的动能与其势能相等时，物体A距地面的高度为〔设该过程中B未与滑轮相碰〕〔〕A．0.4H B．0.2H C．0.8H D．H考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律．.专题：机械能守恒定律应用专题．分析：对A、B两物体组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒．在运动的过程中，A、B的速度大小相等，B物体的质量是A物体质量的一半，知B的动能是A的动能的一半．根据系统机械能守恒求出物体A距地面的高度．解答：解：对A、B两物体组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒．B的重力势能不变，所以A重力势能的减小量等于系统动能的增加量．有：m A g〔H﹣h〕=〔m A+m B〕v2又物体A的动能与其势能相等，即：m A gh=m A v2m A=2m B联立上面三式得：m A g〔H﹣h〕=m A gh得：h=0.4H．故A正确，B、C、D错误．应当选：A．点评：解决此题的关键知道A、B两物体组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒．在运动过程中B的重力势能不变，所以A重力势能的减小量等于系统动能的增加量．5．〔5分〕从地面上以初速度x=ν0t竖直向上抛出一质量为m的球，假设运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如下列图，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，且落地前球已经做匀速运动．如此如下说法正确的答案是〔〕A．小球加速度在上升过程中逐渐增加，在下降过程中逐渐减小B．小球抛出瞬间的加速度大小为〔1+〕gC．小球抛出瞬间的加速度最大，到达最高点的加速度最小D．小球上升过程中的平均速度大于考点：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：由图象得到小球上升过程和下降过程的运动规律，然后进展受力分析，根据牛顿第二定律进展分析．解答：解：A、C、上升过程，受重力和阻力，合力向下，根据牛顿第二定律，有：f+mg=ma，解得a=g+＞g；由于是减速上升，阻力逐渐减小，故加速度不断减小；下降过程，受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有：mg ﹣f=ma′，解得：＜g ；由于速度变大，阻力变大，故加速度变小；即上升和下降过程，加速度一直在减小；故AC 错误；B 、空气阻力与其速率成正比，最终以v 1匀速下降，有：mg=kv 1；小球抛出瞬间，有：mg+kv 0=ma 0；联立解得：，故B 正确；D 、速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，从图象可以看出，位移小于阴影局部面积，而阴影局部面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于，故小球上升过程的平均速度小于，故D 错误；应当选：B ．点评：速度时间图象斜率表示加速度，面积表示位移，会用极限的思想求解位移． 6．〔5分〕围绕地球旋转的人造卫星，在万有引力的作用下做匀速圆周运动．v 和R 为人造卫星的线速度和相应的轨道半径，v 0和R 0为近地卫星的线速度和相应的轨道半径．如此如下关系正确的答案是〔〕 A ． lg 〔〕=lg 〔〕 B ． lg 〔〕=2lg 〔〕C ． lg 〔〕=lg 〔〕D ． lg 〔〕=2lg 〔〕考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．. 专题：人造卫星问题．分析：人造卫星绕地球回周运动的向心力由万有引力提供，据此列式计算即可．解答：解：人造卫星的向心力由万有引力提供，故有： ①②由①②两式得：由对数运动算可得：所以应当选：C．点评：掌握万有引力提供圆周运动的向心力，能根据对数运动规律求得结论．7．〔5分〕一质点作直线运动的速度图象如下列图，如下选项正确的答案是〔〕A．在4﹣5s内，质点所受合外力做正功B．在0﹣5s内，质点的平均速度为7m/sC．在前6s内，质点离出发点的最远距离为30mD．质点在4﹣6s内的加速度大小是0﹣2s内的加速度大小的2倍考点：匀变速直线运动的图像．.专题：运动学中的图像专题．分析：由图读出速度的变化情况，分析物体的运动情况，速度图象的斜率等于加速度．由图线“面积〞求出位移，再求解平均速度．解答：解：A、在4﹣5s内，质点的速度逐渐减小，根据动能定理知所受合外力做负功，A 错误；B、在0﹣5s内，质点的位移为：x=×〔2+5〕×10=35m，平均速度为：===7m/s，B正确；C、在前6s内，5s末质点离出发点最远，最远距离为35m，C错误；D、由图线的斜率知：质点在4﹣6s内的加速度大小是0﹣2s内的加速度大小的2倍，D正确；应当选：BD．点评：此题关键抓住速度图象的斜率表示加速度、“面积〞表示位移来理解图象的物理意义．8．〔5分〕如图〔a〕所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图〔b〕所示，假设重力加速度g取10m/s2．请根据图〔b〕中所提供的信息能计算出〔〕A．加速度从2m/s2增加到6m/s2的过程中物体的速度变化B．加速度为6m/s2时物体的速度C．斜面的倾角D．物体的质量考点：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，根据牛顿第二定律得出力F与加速度a的函数关系，然后结合图象得出相关信息．解答：解：对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图x方向：Fcosθ﹣mgsinθ=ma…①y方向：N﹣Fsinθ﹣mgcosθ=0…②从图象中取两个点〔20N，2m/s2〕，〔30N，6m/s2〕代入①式解得：m=2kg，θ=37°所以物体的质量为2kg，斜面的倾角为θ=37°．故CD正确．题中并没有说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小．也无法求出加速度从2m/s2增加到6m/s2的过程中物体的速度变化．故AB错误．应当选：CD．点评：此题关键对物体受力分析后，根据牛顿第二定律求出加速度与力F的关系式，结合图象讨论．9．〔5分〕如下列图，光滑水平面右端B处连接一个竖直平面内的半径为R的光滑半圆固定轨道，用水平恒力F将质量为m的质点，由静止开始从A点推到B点后撤去恒力，质点沿半圆轨道运动到C处后水平抛出．AB的距离x=2R．如此〔〕A．小球从C点平抛的水平位移的最小值为2RB．为了完成上述过程，力F做功的最小值为mgRC．假设小球恰好通过最高点，如此小球在AB段的加速度大小为gD．假设小球恰好通过最高点，如此小球在B点对轨道的压力大小为5mg考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．.专题：动能定理的应用专题．分析：当质点恰好到达最高点时，初速度最小，水平距离最小，结合平抛运动的规律，通过高度求出平抛运动的时间，结合初速度和时间求出水平距离的最小值．根据动能定理求出F的大小．解答：解：A、当小球恰好到达最高点时，水平距离最小，根据牛顿第二定律得：mg=m，v C=，小球离开C后做平抛运动，竖直方向：2R=gt2，水平方向：x最小=v C t，解得，水平距离的最小值：x最小=2R．故A正确．B、从A到C过程，由动能定理得：F•2R﹣mg•2R=mv C2﹣0，解得：F=mg，做功最小值：W=F•2R=mgR，故B错误；C、假设小球恰好通过最高点，如此小球在AB段的加速度大小：a==g，故C正确；D、从B到C点过程，由动能定理得：﹣mg•2R=mv C2﹣mv B2，在B点，由牛顿第二定律得：N﹣mg=m，解得：N=6mg，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：N′=N=6mg，方向竖直向下，故D错误；应当选：AC．点评：此题考查了圆周运动、平抛运动与动能定理的综合，知道圆周运动最高点的临界情况，以与平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决此题的关键．10．〔5分〕如下列图，一轻弹簧竖直固定在地面上，上端放一质量为m的小球，小球与弹簧不拴接，平衡时弹簧被压缩x0，现用力F缓慢下压小球，使弹簧在弹性限度内再被压缩x0后撤去力F，小球立即向上弹起，上升的最大高度为4x0，重力加速度为g．在小球上升的过程中有〔〕A．小球先变加速，后变减速，再匀减速B．小球作匀减速运动的时间为C．从小球弹起到达到最大速度的过程中抑制重力做的功为2mgx0D．刚撤去力F的瞬间，小球的加速度大小为g考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．.分析：小球开始受到重力、推力F和弹簧的支持力，三力平衡，撤去推力后，小球先向上做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断变大的减速运动，离开弹簧后的过程做竖直上抛运动，结合运动学根本公式、重力做功公式和牛顿第二定律进展分析即可．解答：解：A、球开始受到重力、推力F和弹簧的支持力，三力平衡，撤去推力后，小球先向上做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断变大的减速运动，当小球离开弹簧后，做上抛运动，加速度不变，做匀减速运动，故A正确；B、上升的最大高度为4x0，所以小球做匀减速直线运动的位移为h=4x0﹣2x0=2x0，如此小球作匀减速运动的时间t=，故B错误；C、小球上升过程受到重力和弹簧的弹力，当弹力大于重力时，小球向上加速，当弹力小于重力后，小球开始减速，所以当弹力等于重力时，速度最大，此过程中，抑制重力做的功为mgx0，故C错误；D、用力F缓慢下压小球，使弹簧在弹性限度内再被压缩x0，根据F=kx可知，F=mg，撤去压力时，重力和弹力的合力大小等于F，根据牛顿第二定律可知a=，故D正确；应当选：AD．点评：此题中小球如果没有离开弹簧就做简谐运动，离开弹簧后的过程做竖直上抛运动，可以根据功能关系并结合牛顿第二定律进展分析，注意对称性．二.实验题〔两小题，15分〕11．〔6分〕如下列图的装置，可用于探究恒力做功与速度变化的关系．水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘．实验首先保持轨道水平，通过调整砝码盘里砝码的质量让小车做匀速运动以实现平衡摩擦力，再进展后面的操作，并在实验中获得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量M，平衡摩擦力时砝码和砝码盘的总质量m0，挡光板的宽度d，光电门1和2的中心距离s．〔1〕实验需用20分度的游标卡尺测量挡光板的宽度d，如下列图，d=5.50 mm〔2〕某次实验过程：力传感器的读数为F，小车通过光电门1和2的挡光时间分别为t1、t2〔小车通过光电门2后，砝码盘才落地〕，砝码盘和砝码的质量为mgsin30°=ma2，重力加速度为g，如此对该小车，实验要验证的表达式是 CA．mgs=M〔〕2﹣M〔〕2B．〔m﹣m0〕gs=M〔〕﹣M〔〕2C．〔F﹣m0g〕s=M〔〕2﹣M〔〕2 D．Fs=M〔〕2﹣M〔〕2．考点：探究功与速度变化的关系．.专题：实验题；动能定理的应用专题．分析：〔1〕游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．游标的零刻度线超过主尺上的刻度数为主尺读数，游标读数等于分度乘以对齐的根数．〔2〕光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度，根据功能关系可以求出需要验证的关系式．解答：解：〔1〕游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数等于0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为：5mm+0.50mm=5.50mm．〔2〕由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．滑块通过光电门1速度为：滑块通过光电门2速度为：根据功能关系需要验证的关系式为：〔F﹣m0g〕s=即：〔F﹣m0g〕s=M〔〕2﹣M〔〕2．应当选：C故答案为：〔1〕5.50；〔2〕C点评：了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提．12．〔9分〕用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种．重锤从高处由静止开始落下，重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点的痕迹进展测量，即可验证机械能守恒定律．〔1〕下面列举了该实验的几个操作步骤：A．按照图示的装置安装器件；B．将打点计时器接到电源的直流输出端上；C．用天平测量出重锤的质量；D．释放悬挂纸带的夹子，同时接通电源开关打出一条纸带；E．测量打出的纸带上某些点之间的距离；F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能在误差范围内是否等于增加的动能．指出其中没有必要进展的或者操作不恰当的步骤，将其选项对应的字母填在右边的横线上BCD〔2〕实验中得到一条纸带，如图2所示．根据打出的纸带，选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出A点距起始点O的距离为s0，点A、C间的距离为s1，点C、E间的距离为s2，使用交流电的周期为T，设重锤质量为m，如此ACA．打点计时器打C点时重锤的动能为．C．打点计时器在打O点和C点的这段时间内重锤的重力势能的减少量为mg〔s0+s1〕．D．重锤下落的加速度a的表达式为．重锤下落的加速度a的表达式为〔3〕在本实验中发现，重锤减少的重力势能总是大于〔填“大于〞或“小于〞〕〔重锤增加的动能，其原因主要是因为在重锤下落过程中存在着阻力的作用，可以通过该实验装置测定该阻力的大小，试用〔2〕中物理量和纸带上的测量数据表示出重锤在下落的过程中受到的平均阻力大小为．考点：验证机械能守恒定律．.专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：1、解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以与须知事项，只有理解了这些才能真正了解具体实验操作的含义．2、本实验需要验证的是重力势能的减小量和动能的增加量是否相等，根据下落的高度求出重力势能的减小量，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瞬时速度的大小，从而求出动能的增加量．解答：解：〔1〕B：将打点计时器应接到电源的“交流输出〞上，故B错误．C：因为我们是比拟mgh、mv2的大小关系，故m可约去比拟，不需要用天平，故C错误．D：开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故D错误．应当选：BCD．〔2〕A、匀变速直线运动中，时间中点的速度大小等于该过程中的平均速度大小，因此有：v C=，打点计时器打C点时重锤的动能为E kC=m=，故A正确；C、打点计时器在打O点和C点的这段时间内重锤的重力势能的减少量为mg〔s0+s1〕．故C正确；D、根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：重锤下落的加速度a的表达式为a=．由于OA的时间间隔不是2T，所以重锤下落的加速度a的表达式不等于，故D错误；应当选：AC．〔3〕在本实验中发现，重锤减少的重力势能总是大于重锤增加的动能，其原因主要是因为在重锤下落过程中存在着阻力的作用重锤下落过程中，受到重力和阻力作用，根据牛顿第二定律得：mg﹣F=ma重锤在下落过程中受到的平均阻力的大小F=m〔g﹣a〕=．故答案为：〔1〕BCD〔2〕AC〔3〕大于；点评：明确实验原理、实验目的，了解具体操作，掌握匀变速直线运动规律以与牛顿第二定律在具体实验中的应用，要提高应用根底知识解决实验问题的能力．三、计算题〔此题共4小题，共45分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位〕13．〔11分〕如下列图，宇航员站在某质量分布均匀的星球外表一斜坡上P点，沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q，斜面的倾角为α，该星球的半径为R．不考虑其它可能存在的阻力．求该星球上的第一宇宙速度．考点：平抛运动．.专题：平抛运动专题．分析：根据小球的平抛运动求出星球外表的重力加速度．星球的第一宇宙速度即为近地轨道圆周运动的线速度，根据重力与万有引力相等知，近地轨道运动重力提供圆周运动向心力求解即可．解答：解：小球做平抛运动如此：水平方向有：x=ν0t﹣﹣﹣﹣﹣﹣①竖直方向有：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②由几何关系得：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③联立得：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④设星球的质量M，近地卫星的质量 m，近地卫星的速度即为第一宇宙速度，设为v，如此：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤在星球外表上一质量为m0的物体有：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥联立④⑤⑥得：答：该星球上的第一宇宙速度为．点评：此题关键是抓住能从斜面上平抛落到斜面上得到平抛物体位移的关系，这是正确解题的关键，知道第一宇宙速度是近地卫星的运行速率，由重力提供圆周运动向心力．14．〔11分〕如下列图，一质量为1kg的小球套在一根固定的足够长光滑直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°．现小球在F=15N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发向上运动．g取10m/s2．试求：〔1〕小球运动的加速度a1；〔2〕假设F作用2s后撤去，小球上滑过程中距A点的最大距离s m．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：首先分析撤去前小球的受力情况：重力、拉力，杆的支持力，采用正交分解法，根据牛顿第二定律求出加速度．再用同样的方法求出撤去后小球的加速度，运用运动学公式求出最大距离．解答：解：〔1〕对小球由牛顿第二定律得：Fsin30°﹣mgsin30°=ma1…①解得：a1==2.5 m/s2〔2〕在力F的作用下，小球上滑的位移大小为x1，末速度大小为v，如此：…②v=a1t…③撤去力F后，小球减速上滑的加速度大小为a2，位移大小为x2如此：mgsin30°=ma2…④v2=2a2x2…⑤且s m=x1+x2…⑥联立得：s m=7.5m答：〔1〕小球运动的加速度a1为2.5 m/s2；〔2〕假设F作用2s后撤去，小球上滑过程中距A点的最大距离为7.5m．点评：牛顿定律和运动学公式是解决力学的根本方法．关键在于分析物体的受力情况和运动情况．当物体受力较多时，往往采用正交分解法求加速度．此题求小球上滑过程中距A点最大距离，也可运用动能定理．15．〔11分〕如下列图，一条轨道固定在竖直平面内，水平段ab粗糙，其距离为s=3m．在b点平滑过度，bcd段光滑，cd段是以O为圆心、半径为R=0.4m的一小段圆弧．质量为m=2kg 的小物块静止于a处，在一与水平方向成θ角的恒力F作用下开始沿轨道匀加速运动，小物块到达b处时撤去该恒力，小物块继续运动到d处时速度水平，此时轨道对小物块的支持力大小为F N=15N．小物块与ab段的动摩擦因数为μ=0.5，g取10m/s2．求：〔1〕小物块到达b点时的速度大v b；〔2〕恒力F的最小值F min．〔计算结果可以用分式或根号表示〕考点：机械能守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律．.专题：机械能守恒定律应用专题．分析：〔1〕先根据牛顿第二定律求出小物块运动到d点时的速度，再对bd过程运用机械能守恒定律列式，即可求得小物块到达b点时的速度大小；。

济南市育华中学2015届九年级上期中考试物理试题及答案

2015九年级上期中物理学业水平测试题第I卷（选择题共42分）一、单项选择题（每小题2分，共30分）每小题只有一个正确选项,请将正确选项的标号选出,涂在答题卡上.多选、错选或不选的均得0分1．把一个轻质的小球靠近用毛皮摩擦过的橡胶棒时，它们相互吸引，则这个小球A．一定不带电B．一定带负电C．一定带正电D．可能不带电2．下列物态变化，需要吸热的是A．初春，皑皑的白雪开始消融B．初夏，青青的小草挂上露珠C．深秋，红红的苹果蒙上白霜D．严冬，静静的池塘覆上薄冰3．如图所示的措施中，为了加快蒸发的是A．酒精灯不用时B．春季植树时剪C．地膜种植D．湿衣服展开晾盖上灯帽除大部分枝叶在向阳、通风处4．如图所示为硬导线与螺丝压按式接线柱的边接，其中正确的是A B C D5．下列因素：①导体两端的电压；②导体的长度；③通过导体的电流；④导体的横截面积；⑤通过导体的电量；⑥导体的材料。

其中影响导体电阻大小的是A．①、③、④ B．①、②、⑤C．②、④、⑥ D ②、⑤、⑥6．下面是某同学“物理学习笔记”中的摘录，其中错误的是A．燃料的热值与燃料的质量没有关系B．温度越高的物体含有的热量越多C．做功和热传递在改变物体的内能上是等效的D．分子间相互作用的引力和斥力是同时存在的7．暑假去植物园游玩，同学们的感受与物理知识的联系不正确的是A．在园内散步时闻到花香，是升华现象B．中午坐公园的椅子感觉很烫，是热传递改变了物体的内能C．人出汗后，微风吹过感到凉爽，是因为汗液蒸发加快，带走更多的热量D．同学们感到植物园是避暑的好去处，是因为园内树木多且有人工湖，起到调温作用8．若将题中滑动变阻器A、C接线柱间所连接的导线改接在B、D接线柱，如图所示，则当滑片P向右移动时，连入电路的电阻将A ．变大B ．变小C ．不变D ．都有可能9．水具有比热容大的特点，下列现象中与此特点无关的是 10．所示的四个现象中，属于内能转化为机械能的是11．爆米花是将玉米放入铁锅内，边加热边翻动一段时间后，“砰”的一声变成了玉米花。

山东省德州市2015届高三物理上学期期中考试试题 (含解析)

山东省德州市2015届高三上学期期中考试物理试卷一、选择题〔本大题有l0小题，每一小题4分，共40分．在每一小题给出的四个选项中．至少有一个选项是符合题目要求的．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．〕1．〔4分〕如下关于物理学史和物理方法的表示中，正确的答案是〔〕A．研究分力与合力的关系时运用了等效替代的方法B．卡文迪许利用扭秤装置发现了万有引力定律C．牛顿通过大量实验验证得出了牛顿第一定律D．控制变量法是科学探究多个量关系的重要方法考点：物理学史．.专题：常规题型．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、研究分力与合力的关系时运用了等效替代的方法，故A正确；B、卡文迪许利用扭秤装置测量出了万有引力常量，故B错误；C、牛顿第一定律是逻辑思维的产物，不能用实验验证，故C错误；D、控制变量法是科学探究多个量关系的重要方法，故D正确；应当选：AD．点评：此题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．〔4分〕如下列图，在水平力F作用下，木块A、B保持静止．假设木块A与B的接触面是水平的，且F≠0，如此木块B的受力个数可能是〔〕A．3 B．4 C．5 D．6考点：物体的弹性和弹力．.专题：受力分析方法专题．分析：先对A分析，B对A有向右的静摩擦力；再分析B受力，B可能受到斜面的静摩擦力，也可能不受斜面的静摩擦力，B受力情况有两种可能．解答：解：B至少受到重力、A对B的压力和静摩擦力、斜面的支持力四个力．斜面对物体B 可能有静摩擦力，也有可能没有静摩擦力；故木块B受力的个数可能是4个，也可能是5个．应当选：BC．点评：此题关键先对A分析，根据平衡条件得到B对A有向左的静摩擦力，然后根据牛顿第三定律得到A对B有向右的静摩擦力；再按照重力、弹力、摩擦力的顺序找力．3．〔4分〕质量为1kg的物体在竖直平面内运动，它在竖直方向的速度图象1〔竖直向下为正方向〕和水平方向的位移图象〔水平向右为正方向〕如图2所示，g=10m/s2．如下说法正确的答案是〔〕A．0时刻物体的速度大小为2m/s B．物体运动过程中的加速度为1m/s2C．物体的运动轨迹是直线D．2s末重力做功的功率为40W考点：匀变速直线运动的图像．.专题：运动学中的图像专题．分析：从图象可知，在竖直方向上做初速度为2m/s，加速度为1m/s2的匀加速直线运动，在水平方向上做速度为m/s的匀速直线运动．根据运动学公式求出0s、2s末水平分速度和竖直分速度，再根据平行四边形定如此求出合速度的大小，利用功率公式求出重力的功率．解答：解：从图象可知，在竖直方向上做初速度为2m/s，加速度为1m/s2的匀加速直线运动，在水平方向上做速度为m/s的匀速直线运动．AB、由以上可知，0时刻的速度v=≠2m/s，故A错误，B正确；C、质点的加速度方向竖直向下，竖直方向和水平方向都有初速度，如此合初速度不沿水平方向，质点的加速度方向初速度方向不垂直，所以运动的轨迹是曲线，故C错误．D、2s末竖直方向上的分速度为4m/s，由于水平方向的速度与重力垂直，所以该时刻重力的功率P=mgv下=10×4W=40W，故D正确．应当选：BD．点评：此题综合考查了曲线运动的速度时间图象、位移时间图象等知识，综合性较强，对学生的能力要求较高，是一道好题．4．〔4分〕一物体以某一初速度沿固定粗糙的斜面上滑至最高点又返回出发点的过程中，选择沿斜面向上为正方向．如下有关速度v、加速度a、位移x、动能E k随时间t变化关系图象正确的答案是〔〕A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的图像．.专题：运动学中的图像专题．分析：根据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律；利用速度公式和能定理得出速度、动能与位移的规律，再分析选项即可．解答：解：A、据牛顿第二定律可知，上滑时的加速度a1==gsinθ+μgcosθ，方向沿斜面向下；下滑时的加速度a2==gsinθ﹣μgcosθ，方向沿斜面向下．知a1＞a2．速度时间图线的斜率表示加速度，故A正确，B错误．C、物块向上做匀减速直线运动，向下做匀加速直线运动，据位移公式可知，位移与时间成二次函数关系，所以该选项符合题意，故C正确；D、据速度公式和动能公式可知，动能随时间成二次函数关系变化，而图中是一次函数关系，故D错误．应当选：AC．点评：解决此题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况；再结合位移公式、速度公式和动能的表达式，此题难度较大．5．〔4分〕一小球从A点做自由落体运动，另一小球从B点做平抛运动，两小球恰好同时到达C点，AC高为20m，两小球在C点相遇前瞬间速度大小相等，方向成60°夹角，g=10m/s2．由以上条件可求〔〕A．两小球在C点速度的大小均为20m/sB．做平抛运动的小球初速度大小为10m/sC．A、B两点的高度差为15mD．A、B两点的水平距离为15m考点：平抛运动．.专题：平抛运动专题．分析：一小球从A点做自由落体运动，到达C点时的速度和时间可以根据运动学公式求解；两小球在C点相遇前瞬间速度大小相等，方向成60°夹角，即知道平抛运动的末速度；可以根据运动的分解与合成求解初速度、运动的时间和竖直分位移；解答：解：A、B、小球从A点做自由落体运动，下降20m过程，时间：t1=末速度：v=gt1=10×2=20m/s故平抛的末速度为20m/s，与水平方向成60°夹角；故初速度：v0=vsin60°=20×=10m/s竖直分速度：v y=vsin60°=20×=10m/s故A正确，B错误；C、D、平抛的竖直分位移：故△h=H﹣h=20m﹣5m=15m平抛的时间：t2==平抛的水平分位移：x=v0t2=10m故C正确，D错误；应当选：AC．点评：此题关键是采用运动的合成与分解的方法研究平抛运动，然后结合运动学公式和几何关系列式求解．6．〔4分〕我国自主研制的“北斗一号〞卫星导航系统，具有导航、定位等功能，该系统又被称为“双星定位系统〞．如下列图，“北斗〞系统中两颗工作卫星均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，A、B两点与地心连线的夹角为60°．假设卫星均按顺时针运行，设地球质量为M，引力常量为G，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．如此以下判断中正确的答案是〔〕A．这两颗卫星的加速度大小相等，均为B．卫星1中质量为m的物体的动能为C．卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为D．卫星1只需向后喷气加速就一定能追上卫星2考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．.专题：人造卫星问题．分析：根据万有引力提供向心力和万有引力等于重力求出卫星的加速度和周期，从而进展判断．在运动的过程中，万有引力与速度方向垂直，万有引力不做功．解答：解：A、根据万有引力提供向心力为：，所以加速度：．故A错误；B、根据万有引力提供向心力为：，所以质量为m的物体的动能：．故B正确；C、所以ω=，所以卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为：t=，故C正确；D、假设卫星1向后喷气，如此其速度会增大，卫星1将做离心运动，所以卫星1不可能追上卫星2．故D错误；应当选：BC．点评：关于万有引力的应用中，常用公式是在地球外表重力等于万有引力，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，掌握卫星的变轨原理，这是正确解决此题的关键．7．〔4分〕如下列图，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O 点．一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下使夹角θ＜90°，现缓慢改变绳OA的方向至θ＞90°，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态．如下说法正确的答案是〔〕A．绳OA的拉力一直增大B．斜面对物块P的摩擦力的大小可能先减小后增大C．地面对斜面体有向右的摩擦力D．地面对斜面体的支持力大于物块P和斜面体的重力之和考点：共点力平衡的条件与其应用；力的合成与分解的运用．.专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对结点O受力分析，根据图解法分析F的变化和绳子PO拉力的变化，然后以P为研究对象根据平衡条件判断摩擦力的变化．解答：解：A、缓慢改变绳OA的方向至θ＞90°的过程，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置到3位置所示，可见OA的拉力先减小后增大，OP的拉力一直增大；故A错误；B、假设开始时P受绳子的拉力比拟小，如此斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OP拉力一直增大，如此摩擦力先变小后反向增大，故B正确；C、以斜面和PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面受地面的摩擦力与OA绳子水平方向的拉力等大反向，故摩擦力方向向左，C错误；D、以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据竖直方向受力平衡：N+Fcosα=M斜g+M P g+M Q g由上图分析可知F的最大值即为M Q g〔当F竖直向上方向时〕故Fcosα＜M Q g如此N＞M斜g+M P g，故D正确；应当选：BD．点评：此题采用隔离法和整体法研究两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象；摩擦力的方向与大小变化尤其为难点．8．〔4分〕如图甲所示，在升降机底部安装了一个能够显示压力的传感器，其上方固定一轻质弹簧，弹簧上端固定一质量为m的小球，升降机在竖直方向做匀速直线运动，某时刻升降机突然停止，从该时刻开始计时，在后面一段时间内传感器示数F随时间t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度．如下选项正确的答案是〔〕A．升降机停止前在向下运动B．t2时刻小球速度为零C．t2时刻小球加速度为零D．0～t1时间小球处于超重状态，t1～t2时间小球处于失重状态考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：由图象看出，升降机停止后弹簧的拉力变大，说明小球向下运动，说明升降机停止前在向下运动．根据拉力与重力的大小关系确定小球处于失重状态还是超重状态．拉力小于重力，小球处于失重状态；拉力大于重力，小球处于超重状态．t1～t3时间小球向上运动，t3时刻小球到达最高点，弹簧处于伸长状态，速率减小，动能减小．小球重力做功为零根据系统机械能守恒分析弹簧弹性势能变化量与小球动能变化量的关系．解答：解：A、升降机在匀速运行过程中突然停止，由于惯性，小球会继续沿着原来的运动方向运动一段时间，匀速运动时弹簧是拉伸状态，而后传感器显示的力在不断增大，明确弹簧形变量在增大，故向下运动，故A正确；B、0﹣t1时间内拉力大于重力，t1时刻弹簧最长，向下到达最低点；t1～t2时间，拉力大于重力，加速度向上，且向上运动，t2时刻弹簧的弹力与重力相等，加速度等于0，速度到达最大，故B错误，C正确；C、结合前面分析可得：0﹣t1时间内小球向下减速，加速度的方向向下，处于超重状态；t1﹣t2时间内小球向上加速，加速度的方向向上，处于超重状态．故D错误；应当选：AC．点评：此题要根据图象分析小球的运动状态，根据拉力与重力的大小关系确定小球处于失重状态还是超重状态．根据系统机械能守恒分析能量如何变化．9．〔4分〕汽车越来越多的进人家庭，成为人们主要的代步交通工具，驾驶汽车需要考取驾驶证，考试中的一项内容是半坡起步，设坡路的倾角为θ，一位考员从半坡由静止以恒定功率P启动，沿坡路向上行驶，车和人的总质量为m，车所受阻力为支持力的k倍，坡路足够长．重力加速度为g．如下说法正确的答案是〔〕A．汽车先做匀加速运动后做匀速运动B．汽车能达到的最大速度为C．汽车匀速运动时的牵引力大小等于kmgcosθ+mgsinθD．汽车牵引力做的功等于汽车机械能的增加量考点：功率、平均功率和瞬时功率；功能关系．.分析：根据P=Fv，结合v的变化判断牵引力的变化，根据牛顿第二定律得出加速度的变化，从而得出汽车的运动规律，当合力为零时，汽车的速度达到最大．解答：解：A、根据P=Fv知，v增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得，a=，知加速度减小，汽车先做变加速运动，当加速度减小到零，做匀速直线运动．故A错误．B、当汽车所受的合力为零，速度达到最大，此时有：F=mgsinθ+kmgcosθ，如此最大速度，故B错误．C、汽车匀速运动时，F=mgsinθ+kmgcosθ，故C正确．D、根据功能关系，除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知牵引力和阻力做功的代数和等于机械能的增加量，故D错误．应当选：C．点评：解决此题的关键会根据汽车的受力分析汽车的运动规律，知道合力为零，汽车的速度达到最大．10．〔4分〕如下列图，两物块A、B通过一轻质弹簧相连，置于光滑的水平面上，开始时A和B均静止．现同时对A、B施加等大反向的水平恒力F1和F2，使两物体开始运动，运动过程中弹簧形变不超过其弹性限度．从两物体开始运动以后的整个过程中，对A、B和弹簧组成的系统，如下说法正确的答案是〔〕A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒B．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，A、B两物体的动能最大C．当弹簧伸长量达到最大后，A、B两物体将保持静止状态D．在整个过程中系统机械能不断增加考点：动能定理的应用．.专题：动能定理的应用专题．分析：对A、B与AB系统进展受力分析，根据物体的受力情况判断物体的运动性质；根据除弹簧的弹力以外的力做功，系统的机械能变化，分析机械能的变化．解答：解：A、C在整个过程中，拉力一直对系统做正功，系统机械能增加，故A错误；B、在拉力作用下，A、B开始做加速运动，弹簧伸长，弹簧弹力变大，外力做正功，系统的机械能增大，当弹簧弹力等于拉力时物体受到的合力为零，速度达到最大，之后弹簧弹力大于拉力，两物体减速运动，直到速度为零时，弹簧伸长量达最大，因此A、B 先作变加速运动，当F1、F2和弹力相等时，A、B的速度最大，故B正确，CD错误．应当选：B点评：此题要抓住弹簧的弹力是变力，分析清楚物体的受力情况是正确解题的关键，紧扣机械能守恒的条件进展分析即可．二、实验题〔本大题有2小题．第11小题6分．第12小题l2分．共18分．请把答案写在答题卡上．〕11．〔6分〕在“探究弹力和弹簧伸长的关系〞的实验中，某同学根据测得的数据，得出了弹簧总长度L与弹力F的图象，如下列图．〔1〕根据图象可以计算弹簧的劲度系数为500 N/m，弹簧的原长为10 cm；〔2〕由图象得出的实验结论：在弹性范围内，弹簧的弹力与伸长量成正比．考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．.专题：实验题；弹力的存在与方向的判定专题．分析：在《探索弹力和弹簧伸长的关系》实验中，弹簧的弹力与行变量的关系满足F=kx，其中k由弹簧本身决定；利用实验操作过程的须知事项分析即可；由F﹣L图象的意义，斜率表示弹簧的劲度系数，图象与横坐标的截距为弹簧的原长．解答：解：〔1〕由F﹣L图象和胡克定律结合分析知，图象的斜率为弹簧的劲度系数，当F=0时，即横坐标的截距为弹簧的原长，所以据图所知，横截距为10cm，即弹簧的原长为10cm；图象的斜率K=N/m．〔2〕由图象得出的实验结论是在弹性范围内，弹簧的弹力与伸长量成正比．故答案为：〔1〕500；10；〔2〕在弹性范围内，弹簧的弹力与伸长量成正比．点评：此题关键明确实验原理，能够根据胡克定律列式求解；能利用F﹣L图象分析求解是关键，注意横坐标的截距为弹簧的原长，斜率表示弹簧的劲度系数．12．〔12分〕某同学用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒，m1=0.1kg、m2=0.3kg，m2从高处由静止开始下落，打点频率为50Hz的打点计时器在m1拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点进展测量，即可验证机械能守恒定律．如图2给出的是实验中获得的一条符合条件的纸带：0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点未画出，计数点间的距离如下列图．〔当地重力加速度g为9.80m/s2，所有结果均保存三位有效数字〕〔1〕在纸带上打下计数点5时的速度v5=2.40 m/s；〔2〕在打点0一5过程中系统动能的增量△E K= 1.15 J，系统重力势能的减少量△Ep= 1.18 J；〔3〕在实验处理数据中，系统动能的增量总小于系统重力势能的减少量，导致这一误差的原因除了有空气阻力外，还有可能是〔写一条〕摩擦阻力．〔4〕该同学根据本实验作出了v2﹣h图象如图3所示，如此根据图象求得重力加速度g=9.70 m/s2．考点：机械能守恒定律．.专题：机械能守恒定律应用专题．分析：〔1〕根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点5时的速度大小；〔2〕根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量，比拟动能增加量和重力势能减小量之间的关系可以得出机械能是否守恒；〔3〕根据数学知识可知，得出图象假设为直线，如此可很容易的判断两个物理量之间的关系；〔4〕根据图象的物理意义可知，图象的斜率大小等于物体的重力加速度大小．解答：解：〔1〕根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：v5===2.4m/s〔2〕物体的初速度为零，所以动能的增加量为：△E k=m﹣0=1.15J；重力势能的减小量等于物体重力做功，故：△E P=W=mgh=1.18J；由此可知动能的增加量和势能的减小量根本相等，因此在在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒．〔3〕系统动能的增量总小于系统重力势能的减少量，原因是存在摩擦阻力，机械能要减小．〔4〕此题中根据机械能守恒可知，mgh=，即有：=gh，所以﹣h图象中图象的斜率表示重力加速度，由图可知，斜率k=9.7，故当地的实际重力加速度g=9.70m/s2．故答案为：〔1〕2.40；〔2〕1.15，1.18；〔3〕摩擦阻力；〔4〕9.70．点评：此题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题，要熟练掌握匀变速直线运动的规律以与功能关系，增强数据处理能力．三、计算题〔本大题有3小题，第l3小题l0分，第14小题l4分．第15小题l8分，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题．答案中必须明确写出数值和单位．请把解答过程写在答题卡上．〕13．〔10分〕公路上汽车连环相撞的主要原因是车速与两车间距离不符合要求．甲、乙两车在水平公路上同车道同向行驶，甲车在前以36km/h的速度匀速行驶，乙车在后以108km/h的速度匀速行驶想超过甲车．某一时刻甲车司机因紧急情况急刹车，当乙车司机看到甲车刹车灯亮起时，因超车道有车不能变更车道，马上采取急刹车，乙车司机从看到甲车刹车灯亮起到乙车开始减速用时t=1s，两车刹车时所受阻力均为自身车重的0.5倍．求甲、乙两车不发生碰撞事故，乙车司机看到甲车刹车灯亮起时与甲车的最短距离．〔取g=10m/s2〕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：据题乙车的初速度大于甲车的初速度，而两车的加速度是一样的，而且甲车先减速，甲车速度减为零时，乙仍有速度，所以要想不发生碰撞事故，甲乙两车速度都减为零时恰不相遇．根据牛顿第二定律求出两车的加速度．运用速度位移关系公式，对两车分别列式，结合位移关系即可求解．解答：解：因为乙车的初速度大于甲车的初速度，而两车的加速度一样，且甲车先减速，甲车速度减为零时，乙仍有速度，所以要想不发生碰撞事故，甲乙两车速度都减为零时恰不相遇．甲乙的加速度一样，根据牛顿第二定律得：kmg=ma对甲车：0﹣=2〔﹣a〕x甲；对乙车：x1=v乙t0﹣=2〔﹣a〕x2；x乙=x1+x2；两车最短距离△x=x乙﹣x甲；代入数据解得△x=110m答：甲、乙两车不发生碰撞事故，乙车司机看到甲车刹车灯亮起时与甲车的最短距离为110m．点评：此题考查运动学中的追与和相遇问题，难度中等，对于追与问题，关键抓住临界状态，结合运动学公式进展求解．14．〔14分〕如图，在高h1=0.75m的光滑水平平台上，质量m=0.3kg的小物块〔可视为质点〕压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep．假设打开锁扣K，物块将以一定的水平速度v1向右从A点滑下平台做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BCD的B点沿切线方向进入圆弧形轨道，B点的高度h2=0.3m，C为轨道的最低点，圆心角∠BOC=37°〔取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8忽略空气阻力〕．求：〔1〕弹簧被锁定时的弹性势能Ep；〔2〕物块经过轨道上C点时对轨道压力的大小．考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．.专题：动能定理的应用专题．分析：〔1〕首先要清楚物块的运动过程，A到B的过程为平抛运动，高度运用平抛运动的规律求出小球到达B点时竖直分速度，由速度的分解得到小球离开平台时速度．要明确在运动过程中能量的转化，弹簧的弹性势能转化给物块的动能，根据机械能守恒求出弹簧储存的弹性势能E p．〔2〕先根据功能关系列式求解C点的速度，在C点，支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解．解答：解：〔1〕物块由A运动到B的过程中做平抛运动，如此解得：t=B点竖直方向速度v By=gt=3m/s，物块水平速度，如此弹簧被锁定时的弹性势能E p=〔2〕物块由A运动到C的过程中，根据动能定理得：根据几何关系的：R〔1﹣cos37°〕=h2由牛顿第二定律：F N﹣mg=m解得：F N=9.2N由牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小F′N=F N即压力大小为F′N=9.2N；答：〔1〕弹簧被锁定时的弹性势能为2.4J；〔2〕物块经过轨道上C点时对轨道压力的大小为9.2N．点评：做物理问题应该先清楚研究对象的运动过程，根据运动性质利用物理规律解决问题．关于能量守恒的应用，要清楚物体运动过程中能量的转化．15．〔18分〕如下列图，物块P〔可视为质点〕和木板Q的质量均为m=1kg，P与Q之间、Q与水平地面之间的动摩擦因数分别为μ1=0.5和μ2=0.2，开始时P静止在Q的左端，Q静止在水平地面上．某时刻对P施加一大小为10N，方向与水平方向成θ=37°斜向上的拉力F，1s末撤去F，最终P恰好停在Q的右端，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．〔sinθ=0.6，cosθ=0.8，g取10m/s2〕求：〔1〕通过计算说明撤去力F前木板Q是否运动；〔2〕1s末物块P的速度和ls内物块P的位移；〔3〕木板Q的长度．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：〔1〕求出摩擦力，根据摩擦力大小关系判断B的运动状态；〔2〕由速度公式求出速度；〔3〕由牛顿第二定律求出加速度，应用速度公式与位移公式、两物体间位移的几何关系求出木板长度．解答：解：〔1〕前0.5s内，对P：由牛顿第二定律得：Fcosθ﹣f P1=ma P1，f P1=μ1〔mg﹣Fsinθ〕=0.5×〔10﹣10×sin37°〕N=2N，a P1===6m/s2；木板Q与地面间的最大静摩擦力：f m=μ2〔2mg﹣Fsinθ〕=0.2×〔20﹣10×sin37°〕N=2.8N，由于f P1＜f m，Q没有发生运动；〔2〕1s末物块P的速度 v P1=a P1t1=6×1m/s=6m/s；ls内物块P的位移 x P1==m=3m．〔3〕撤去F后，由牛顿第二定律得：对P，μ1mg=ma P2，a P2=μ1g=0.5×10=5m/s2；对Q，μ1mg﹣μ2•2mg=ma Q，a Q=g〔μ1﹣2μ2〕=10×〔0.5﹣2×0.2〕=1m/s2；当P到达Q右端时，二者速度一样，之后共同减速至静止，不再相对滑动，v=v P1﹣a P2t2，v=a Q t2，解得 t2==s=1s，v=a Q t2=1×1=1m/sP的位移：x P2=v P1t2﹣a P2t22=6×1﹣=3.5mQ的位移：x Q==m=0.5m由几何关系可知，木板Q的长度：L=x P1+x P2﹣x Q=3+3.5﹣0.5=6m；答：〔1〕撤去力F前木板Qi没有运动．〔2〕1s末物块A的速度为6m/s，ls内物块P的位移是3m．〔3〕木板Q的长度6m．。

山东省潍坊市重点高中2015届高三上学期期中考试物理试

高三阶段性教学质量检测【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的必修一、必修二内容，主要包含受力分析、牛顿运动定律、动能定理、等内容，突出考查考纲要求的基本能力，重视学生科学素养的考查。

在题型上以基础题、中档题为主，主要考查学生综合能力，因此以基础为主，是份非常好的试卷。

物理试题（满分100分，时间90分钟）试卷包括第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分。

考试时间90分钟。

第Ⅰ卷（选择题共40分）注意事项：1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目涂在答题卡上。

2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净以后，再选涂其它答案标号。

一选择题（本题共10分，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选带的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。

）【题文】1.关于物理学家及其说法正确的是（）A牛顿通过观察天象以及深入研究第谷的数据提出行星运动三大定律B 开普勒发现了万有引力定律C 伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，得出忽略空气阻力时，重物与轻物下落得同样快。

D 第一次精确测量出万有引力常量的物理学家是卡文迪许【知识点】物理学史P0【答案解析】CD 解析： A、开普勒通过观察天象以及深入研究第谷的数据提出行星运动三大定律，故A错误；B、牛顿总结出运动定律和万有引力定律，建立完整的经典力学体系，故B错误； C、伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，得出忽略空气阻力时，重物与轻物下落得同样快，故C正确； D、卡文迪许通过扭秤实验测出了万有引力常量，故D正确；故选：CD．【思路点拨】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。

本体考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆.【题文】2.a、b两车在同一直线上同方向运动，b车出发开始计时，两车运动的v-t图像如图所示。

江苏省泰州市姜堰区2015届高三物理上学期期中试题(含解析)新人教版

江苏省泰州市姜堰区2015届高三上学期期中考试物理试卷一、单项选择题：此题共6小题，每一小题3分，共计18分.每一小题只有一个选项符合题意.1．〔3分〕在物理学开展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在对以下几位物理学家所作科学贡献的表示中，正确的说法是〔〕A．牛顿用实验的方法测出万有引力常量GB．伽利略根据理想斜面实验，提出了力是维持物体运动的原因C．密立根利用带电油滴在竖直电场中的平衡比拟准确地测定了电子的电荷量D．哥白尼提出日心说，认为行星以椭圆轨道绕太阳运行考点：物理学史．.分析：此题属于对物理学史的考查，熟记物理学家的贡献即可解答．解答：解：A、牛顿提出了万有引力定律与引力常量的概念，但没能测出G的数值；G是由卡文迪许通过实验方法得出的，故A错误；B、伽利略通过“理想实验〞提出亚里士多德的力是维持物体运动的原因的观点是错误的，并且指出了是力改变物体运动状态的原因，故B错误；C、密立根利用带电油滴在竖直电场中的平衡比拟准确地测定了电子的电荷量，故C正确．D、哥白尼提出日心说，开普勒支持日心说，提出了行星运动三定律，认为行星以椭圆轨道绕太阳运行，故D错误．应当选：C．点评：物理学的开展离不开各位物理学家的努力，在学习中应清楚他们的主要贡献．2．如下列图，用拇指、食指捏住圆规的一个针脚，另一个有铅笔芯的脚支撑在手掌心位置，使OA水平，然后在外端挂上一些不太重的物品，这时针脚A、B对手指和手掌均有作用力，对这两个作用力方向的判断，如下各图中大致正确的答案是〔〕A．B．C．D．考点：共点力平衡的条件与其应用；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：如图，在圆规外端挂上物品，针脚A相对于手有向左运动的趋势，手对针脚有向右的静摩擦力，根据牛顿第三定律分析针脚A对手的静摩擦力方向．针脚B对手有斜向右下方的压力．解答：解：由题，在圆规外端挂上物品，针脚A相对于手指有向左运动的趋势，手指对针脚有向右的静摩擦力，根据牛顿第三定律得知，针脚A对手指有向左的静摩擦力．挂上物品后，针脚B对手产生斜向右下方的压力．应当选：C．点评：此题是生活中的物理现象，运用物理知识进展分析，培养观察和思考问题的习惯，对学习物理大有好处．3．〔3分〕〔2014•广东高考〕如图是物体做直线运动的v﹣t图象，由图可知，该物体〔〕A．第1s内和第3s内的运动方向相反B．第3s内和第4s内的加速度一样C．第1s内和第4s内的位移大小不等D．0～2s内和0～4s内的平均速度大小相等考点：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；牛顿第二定律．.专题：运动学中的图像专题．分析：速度时间图象中速度的符号表示物体的运动方向；图象的斜率等于加速度；图象与时间轴所围的面积表示位移．平均速度等于位移与时间之比．根据这些知识进展解答．解答：解：A、由图知，在前3s内物体的速度均为正值，说明在前3s内物体的运动方向不变，故A错误；B、速度图象的斜率等于加速度，第3s内和第4s内图线的斜率一样，如此加速度一样，故B正确；C、图象与时间轴所围的面积表示位移，由几何知识可知第1s内和第4s内的位移大小相等．故C错误；D、根据“面积〞可知：0～2s内和0～4s内的位移相等，所用时间不等，所以平均速度不等，故D错误．应当选：B．点评：解决此题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道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．4．〔3分〕〔2014•盐城一模〕如下列图，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹．带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减小，它运动到b处时的运动方向与受力A．B．C．D．考点：电场线；电场强度．.分析：据粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受到的电场力的方向；电场力做正功粒子的动能增大，电势能减小．解答：解：粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受力的方向向左，因不知电场线的方向，不能判断出粒子的电性；由于运动飞过程中粒子的电势能减小，所以电场力做正功，粒子运动的方向一定是c到a；应当选项D正确，选项ABC错误；应当选：D点评：此题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧；电场线的疏密表示电场强度的强弱；用电场力做功和能量守恒定律判断动能和电势能的变化．5．〔3分〕如下列图，水平放置的平行板电容器与一电池相连，在电容器的两板间有一带负电的质点处于静止平衡状态．现将电容器的下极板向上移动到图中虚线所示的位置，如此〔〕A．电容器的电容变大，质点向上运动B．电容器的电容变小，质点向上运动C．电容器的电容变大，质点向下运动D．电容器的电容变小，质点向下运动考点：电容．.专题：电容器专题．分析：因电容器与电池相连，故电容器两端的电压保持不变；因距离变化，由C=可知C 的变化；由U=Ed可知场强E的变化，由带电粒子的受力可知质点的运动情况．解答：解：因质点处于静止状态，如此有Eq=mg，且电场力向上；由C=可知，当d减小时，C增大；因电容器与电池相连，所以两端的电势差不变，因d减小，由E=可知，极板间的场强增大，故电场大小于重力；故质点将向上运动；应当选：A．点评：解答此题注意电容器的两种状态，充电后与电源断开如此电量不变；而与电源相连，如此两板间的电势差保持不变．6．〔3分〕如图，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫．木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．如此此时木板沿斜面下滑的加速度为〔〕A．B．g sinαC．g sinαD．2gsinα考点：牛顿第二定律．.专题：整体思想．分析：对猫和木板受力分析受力分析，可以根据各自的运动状态由牛顿第二定律分别列式来求解，把猫和木板当做一个整体的话计算比拟简单．解答：解：木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为零．将木板和猫作为整体，根据牛顿第二定律F合=F猫+F木板=0+2ma〔a为木板的加速度〕，整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小，即F合=3mgsinα，解得a=gsinα，所以C正确．应当选C．点评：此题应用整体法对猫和木板受力分析，根据牛顿第二定律来求解比拟简单，当然也可以采用隔离法，分别对猫和木板受力分析列出方程组来求解．二、多项选择题：此题共4小题，每一小题4分，共计16分.每一小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.7．〔4分〕我国于2012年10月25日在西昌成功发射第16颗北斗导航卫星，这是二代北斗导航工程的最后一颗卫星．这次发射的北斗导航卫星是一颗地球同步卫星，如下列图，假设第16颗北斗导航卫星先沿椭圆轨道1飞行，后在远地点P处点火加速，由椭圆轨道1变成地球同步圆轨道2．如下说法正确的答案是〔〕A．卫星在轨道2运行时的速度大于7.9km/sB．卫星沿轨道2运动的过程中，卫星中的仪器处于失重状态C．卫星沿轨道2运动的过程中，有可能经过的正上空D．卫星经过轨道1上的P点和轨道2上的P点的加速度大小相等考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．.专题：万有引力定律的应用专题．分析：卫星在圆轨道上运动时，处于完全失重状态，轨道2是同步卫星的轨道，轨道上运动的周期与地球的自转周期相等，根据万有引力提供向心力，得出线速度与轨道半径的关系，从而比拟出在轨道2上运行的线速度与第一宇宙速度的关系．根据万有引力的大小，通过牛顿第二定律比拟加速度的大小．解答：解：A、根据地球的万有引力提供向心力得=v==，知轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度的轨道半径为地球的半径，半径最小，如此线速度最大．故A错误．B、卫星沿轨道2运动的过程中只受重力作用，处于失重状态．故B正确；C、同步卫星运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道，所以不可能经过的上空，故C错误．D、根据牛顿第二定律得a=，卫星在轨道1上经过P点的加速度等于它在轨道2上经过P点的加速度，故D正确；应当选：BD．点评：解决此题的关键掌握同步卫星的特点，以与掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用．8．〔4分〕雨滴下落时受到的空气阻力与速度大小成正比，假设雨滴从空中由静止下落，下落过程中所受重力保持不变，下落过程中加速度用a表示，速度用v表示，下落距离用s表示，落地前雨滴已做匀速运动，如下图象中可以定性反映雨滴运动情况的是〔〕A．B．C．D．考点：牛顿第二定律．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据雨滴的受力判断雨滴加速度的变化，通过加速度与速度的方向关系判断速度的变化．解答：解：当雨滴刚开始下落时，阻力f较小，远小于雨滴的重力G，即f＜G，故雨滴做加速运动；由于雨滴下落时空气对它的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐减小，故当速度达到某个值时，阻力f会增大到与重力G相等，即f=G，此时雨滴受到平衡力的作用，将保持匀速直线运动；知物体先做加速度减小的变加速直线运动，最后做匀速直线运动．故BC正确，A、D错误．应当选：BC．点评：分析准确雨滴下落过程中的受力情况，再根据雨滴的受力分析雨滴的运动状态；图象能够直观的展现物体的运动情况．9．〔4分〕一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E p随位移x变化的关系如下列图，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，如此如下说法正确的答案是〔〕A．x1处电场强度大小为零B．x2～x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值C．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动D．0与x2处电势φ0、φ2的关系为φ0=φ2考点：电势差与电场强度的关系；电势．.专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电势能与电势的关系：E p=qφ，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由E p=qφ，分析电势的上下．由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质．根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化，解答：解：A、根据电势能与电势的关系：E p=qφ，场强与电势的关系：E=，得：E=•，由数学知识可知E p﹣x图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，如此x1处电场强度为零，故A正确；B、C、由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动；x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动；x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动；故B正确，C错误；D、0与x2处电势能相等，根据E p=qφ可知0与x2处电势φ0、φ2的关系为φ0=φ2，故D正确；应当选：ABD．点评：解决此题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学根本规律：牛顿第二定律进展分析电荷的运动情况．10．〔4分〕如图，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用长为2L的轻杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后由静止释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中〔〕A．A、B两球角速度大小始终相等B．重力对B球做功的瞬时功率一直增大C．B球摆动到最低位置时的速度大小为D．杆对B球做正功，B球机械能不守恒考点：机械能守恒定律；线速度、角速度和周期、转速；功率、平均功率和瞬时功率．.专题：机械能守恒定律应用专题．分析：在B球顺时针摆动到最低位置的过程中，对于B球、A球和地球组成的系统机械能守恒，由于轻杆对两球做功，两球各自的机械能均不守恒．解答：解：A、A、B两球共轴转动，角速度大小始终相等，故A正确；B、初位置，B球速度为零，重力的功率为零，最低点，重力方向与速度方向垂直，重力的功率为零，所以重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小，故B错误；C、对于A球和B球组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，如此有：，v A=v B解得：，故C正确．D、杆对B球做负功，B球机械能不守恒，故D错误．应当选：AC点评：此题是轻杆连接的问题，要抓住单个物体机械能不守恒，而系统的机械能守恒是关键．三、实验题〔共2小题，共20分.请把答案填在答题卡相应的横线上．〕11．〔10分〕某同学用如图甲所示的装置做“探究加速度与物体受力的关系〞实验．〔1〕图乙是实验桌上的一把游标卡尺，该同学应该用游标卡尺A局部〔填字母序号〕测量小车上挡光片的宽度．测量结果如图丙所示，如此挡光片的宽度为1.015cm；〔2〕实验中通过调节让小车匀速下滑，目的是平衡摩擦力；然后用细线通过定滑轮挂上重物让小车每次都从同一位置释放，此位置距光电门距离为l，设挡光片的宽度为d，光电门记录的挡光时间为t，如此小车加速度的表达式a=；〔3〕实验中屡次改变所挂重物的质量，测出对应的加速度a，通过力传感器读出拉力F，如此如下图象中能正确反映小车加速度a与拉力F关系的是B．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．.专题：实验题．分析：〔1、2〕游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读，由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑块的加速度．〔3〕牵引力通过传感器测出，是准确值，不需要满足小车的质量远远大于重物的质量，所以a与F成正比．解答：解：〔1〕测量小车上挡光片的宽度应用A局部，游标卡尺的主尺读数为1cm，游标读数为0.05×3mm=0.15mm=0.015cm，所以最终读数为：1cm+0.015cm=1.015cm；〔2〕实验中通过调节让小车匀速下滑，目的是为了平衡摩擦力，数字计时器记录通过光电门的时间，由位移公式计算出物体通过光电门的平均速度，用该平均速度代替物体的瞬时速度，故在遮光条经过光电门时滑块的瞬间速度为：v=，根据运动学根本公式得：a=；〔3〕牵引力通过传感器测出，是准确值，不需要满足小车的质量远远大于重物的质量，所以a与F成正比，应当选B．故答案为：〔1〕A；1.015；〔2〕平衡摩擦力；；〔3〕B点评：常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的根底．处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项．12．〔10分〕用图甲所示装置验证机械能守恒定律时，所用交流电源的频率为50Hz，得到如图乙所示的纸带．选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出A点距起点O的距离为s0=19.00cm，点A、C间的距离为s1=8.36cm，点C、E间的距离为s2=9.88cm，g取9.8m/s2，测得重物的质量为1kg．〔1〕如下做法正确的有AB．A．图甲中两限位孔必须在同一竖直线上B．实验前，手应提住纸带上端，并使纸带竖直C．实验时，先放手松开纸带，再接通打点计时器电源D．数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置〔2〕选取O、C两点为初末位置研究机械能守恒．重物减少的重力势能是2.68J，打下C点时重物的速度是2.28m/s．〔结果保存三位有效数字〕〔3〕继续根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离s，以为纵轴、以s为横轴画出的图象，应是图丙中的C．〔4〕实验中，重物减小的重力势能总是略大于增加的动能，写出一条产生这一现象的原因重物受到空气阻力或纸带与打点计时器之间的摩擦阻力．考点：验证机械能守恒定律．.专题：实验题．分析：〔1〕了解实验中的须知事项后分析解答．〔2〕重物减少的重力势能为mgh，根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点C时的速度大小；〔3〕由于空气阻力和摩擦力阻力的作用重物减小的重力势能总是略大于增加的动能．解答：解：〔1〕A、为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两限位孔必须在同一竖直线，A 正确．B、为了保证纸带在竖直方向做自由落体，实验前，手应提住纸带上端，并使纸带竖直，B正确．C、实验时，先接通打点计时器电源再放手松开纸带，故C错误．D、为了减小测量数据h的相对误差，数据处理时，应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置，D错误．应当选：AB．〔2〕重物减少的重力势能为：△E p=mgh=mg〔s0+s1〕=0.1kg×9.8m/s2×〔19.00+8.36〕×10﹣2m≈0.27Jv c==2.28m/s〔3〕他继续根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离h，并以为纵轴、以h为横轴画出的图象，根据可知，应为过原点的直线，C正确、ABD错误．应当选：C〔4〕由于阻力的作用重物减小的重力势能总是略大于增加的动能，这里的阻力主要来源于重物受到的空气阻力和纸带与打点计时器之间的摩擦阻力．故答案为：〔1〕AB；〔2〕2.68〔2.67～2.69都算对〕，2.28；〔3〕C；〔4〕重物受到空气阻力或纸带与打点计时器之间的摩擦阻力点评：此题考查了验证机械能守恒定律中的数据处理方法，以与有关误差分析，要学会根据可能产生误差的原因进展分析．四、计算题：此题共5小题，共计66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．〔12分〕2014年10月8日，月全食带来的“红月亮〞亮相天空，引起人们对月球的关注．我国发射的“嫦娥三号〞探月卫星在环月圆轨道绕行n圈所用时间为t，如下列图．月球半径为R，月球外表处重力加速度为g月，引力常量为G．试求：〔1〕月球的质量M；〔2〕月球的第一宇宙速度v1；〔3〕“嫦娥三号〞卫星离月球外表高度h．考点：万有引力定律与其应用．.专题：万有引力定律的应用专题．分析：在月球外表的物体受到的重力等于万有引力，化简可得月球的质量．根据万有引力提供向心力，可计算出近月卫星的速度，即月球的第一宇宙速度．根据万有引力提供向心力，结合周期和轨道半径的关系，可计算出卫星的高度．解答：解：〔1〕月球外表处引力等于重力，得M=〔2〕第一宇宙速度为近月卫星运行速度，由万有引力提供向心力得所以月球第一宇宙速度〔3〕卫星做圆周运动，由万有引力提供向心力得卫星周期轨道半径r=R+h解得h=答：〔1〕月球的质量为；〔2〕月球的第一宇宙速度为；〔3〕“嫦娥三号〞卫星离月球外表高度为．点评：此题要掌握万有引力提供向心力和重力等于万有引力这两个重要的关系，要能够根据题意选择恰当的向心力的表达式．14．〔12分〕如下列图，质量为m的小球沿光滑的水平面冲上一光滑的半圆形轨道，轨道半径为R，小球在轨道最高点对轨道压力等于0.5mg，重力加速度为g，求：〔1〕小球在最高点的速度大小；〔2〕小球落地时，距最高点的水平位移大小；〔3〕小球经过半圆轨道最低点时，对轨道的压力．考点：动能定理的应用；向心力．.专题：动能定理的应用专题．分析：〔1〕由牛顿第二定律与向心力公式可求得小球在最高点的速度；〔2〕由平抛运动规律可求得小球落地时的水平位移；〔3〕由动能定理可求得小球在最低点的速度；再由向心力公式可求得小球对轨道的压力．解答：解：〔1〕根据牛顿第三定律，小球到达轨道最高点时受到轨道的支持力等于小球对轨道的压力，如此：N1=0.5mg小球在最高点时，有：N1+mg=m解得小球在最高点的速度大小为：v=〔2〕小球离开轨道平面做平抛运动：h=2R=gt2即平抛运动时间：t=2所以小球落地时与A点的距离：x=vt=〔3〕小球从轨道最低点到最高点，由动能定理得：﹣2mgR=mv2﹣mv A2小球在最低点时，有：N2﹣mg=m解得N2=6.5mg根据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小为6.5mg，方向竖直向下答：〔1〕小球在最高点的速度大小为〔2〕小球落地时，距最高点的水平位移大小；〔3〕小球经过半圆轨道最低点时，对轨道的压力为6.5mg；方向竖直向下．点评：此题考查平抛、动能定理与向心力公式的应用，要注意正确应用向心力公式，并能利用牛顿第二定律列式求解．15．〔13分〕2012年11月，“歼15〞舰载机在“辽宁号〞航空母舰上着舰成功．图1为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．假设航母保持静止，在某次降落中，以飞机着舰为计时起点，飞机的速度随时间变化关系如图2所示．飞机在t1=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，此时速度v1=70m/s；在t2=2.4s时飞机速度v2=10m/s．飞机从t1到t2的运动可看成匀减速直线运动．设飞机受到除阻拦索以外的阻力f大小不变，且f=5.0×104N，“歼15〞舰载机的质量m=2.0×104kg．〔1〕假设飞机在t1时刻未钩住阻拦索，仍立即关闭动力系统，仅在阻力f的作用下减速，求飞机继续滑行的距离x〔假设甲板足够长〕；〔2〕在t1～t2间的某个时刻，阻拦索夹角α=120°，求此时阻拦索中的弹力T的大小；〔3〕飞机钩住阻拦索并关闭动力系统后，在甲板上滑行的总距离为82m，求从t2时刻至飞机停止，阻拦索对飞机做的功W．考点：动能定理；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．.专题：动能定理的应用专题．分析：〔1〕由动能定理可以求出飞机滑行的距离．〔2〕根据图象求出加速度，由牛顿第二定律求出弹力．〔3〕由图象求出飞机的位移，由动能定理求出阻力做的功．解答：解：〔1〕飞机仅在阻力f的作用下做匀减速直线运动，由动能定理得：﹣fx=0﹣mv12解得：x=980m；〔2〕由v﹣t图象可知，飞机加速度：a===﹣30m/s2加速度大小为30m/s2对飞机，由牛顿第二定律得：2Tcos+f=ma解得：T=5.5×105N；〔3〕由图象面积可知，从t1时刻至t2时刻，飞机的位移为s1=80m，从t2时刻至飞机停止，飞机的位移为s2=2m，从t2时刻至飞机停止，由动能定理得：W﹣fs2=0﹣mv22解得：W=﹣9×105J．答：〔1〕飞机继续滑行的距离为980m．〔2〕此时阻拦索中的弹力为5.5×105N；〔3〕阻拦索对飞机做的功为﹣9×105J．点评：此题考查了图象、牛顿第二定律动能定理的应用，在解题时要注意根据图象明确飞机的运动过程，再由动能定理、牛顿第二定律分析答题．16．〔14分〕如下列图，离子发生器发射一束质量为m，电荷量为+q的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0再从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形区域是该匀强电场的边界，正方形的边长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d．〔1〕求加速电压U0；〔2〕假设离子恰从c点飞离电场，求ac两点间的电势差U ac；〔3〕假设离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv02，求此时匀强电场的场强大小E．。

2015届高三上学期第二次诊断性(期中)考试物理试题

第I 卷 (共40分)一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分。

每小题至少有一个选项正确。

)1．下列说法中正确的是A ．伽利略最早指出“力不是维持物体运动的原因”B ．如果不再受力，运动的物体总会逐渐停下来，这说明静止状态是物体长时间不受力时唯一的“自然状态”C ．牛顿的三个定律都可以用实验法加以直接验证D ．物体维持匀速直线运动，不需要受力2．下列说法中正确的是A ．一物体向东做直线运动，突然施加一向西的力，物体立即向西运动B ．运动物体受到的摩擦力的方向一定和它的运动方向相反C ．在月球上举重比在地球上容易，所以同一个物体在月球上比在地球上惯性小D ．物体的加速度一定和物体所受合外力同时产生，同时消失，且方向一致3．如图，物块A 、B 静置在水平地面上，某时刻起，对B 施加一沿斜面向上的力F ，力F 从零开始随时间均匀增大，在这一过程中，A 、B 均始终保持静止．则地面对A 的A ．支持力不变B ．支持力减小C ．摩擦力增大D ，摩擦力减小4．如图所示，在水平面上有一个质量为m 的小物块，在某时刻给它一个初速度，使其沿水平面做匀减速直线运动，其依次经过A 、B 、C 三点，最终停在O 点．A 、B 、C 三点到O 点的距离分别为123L L L 、、，小物块由A 、B 、C 三点运动到O 点所用的时间分别为123t t t 、、.则下列结论正确的是 A.312123L L L t t t == B. 312222123L L L t t t ==C.312123L L L t t t <<D. 312222123L L L t t t << 5．如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，0t =时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球接触弹簧并将弹簧压缩至最低点（形变在弹性限度内），然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后又下落，如此反复。

通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出该过程中弹簧弹力F 随时间f 变化的图像如图所示，则A ．12~t t 这段时间内，小球处于运动下降阶段B ．2t 时刻小球的加速度为零C ．23~t t 这段时间内，小球和弹簧系统的机械能守恒D ．23~t t 这段时间内，小球的动能与重力势能之和在减小6．在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中，克罗地亚选手弗拉希奇以2.04 m 的成绩获得冠军．弗拉希奇的重心升高约为1.03 m ，忽略空气阻力，g 取10m／s 2，如图所示．则下列说法正确的是A ．弗拉希奇起跳以后在上升的过程中处于超重状态B ．弗拉希奇在下降过程中处于失重状态C ．弗拉希奇起跳时的初速度小于3 m ／sD ．弗拉希奇起跳的瞬间地面对她的支持力等于她所受的重力7．A 、B 两个物体在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度图象如图所示，则A ．A 、B 两物体运动方向相反B ．4 s 时A 、B 两物体的速度相同C ．4 s 内A 、B 两物体的位移相同D ．A 物体的加速度比B 物体的加速度小8．如图所示，两个完全相同的小球a 、b 用轻弹簧A 、B 连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F 作用在a 上并缓慢拉a ，当B 与竖直方向夹角为60°时，A 、B 伸长量刚好相同．若A 、B 的劲度系数分别为12k k 、，则以下判断正确的是 A.1212k k = B.1214k k =C.撤去F 的瞬间，a 球处于失重状态D ．撤去F 的瞬间，b 球的加速度为零9．从水平地面上方同一点向东与向西分别平抛出两个质量相等的小物体，抛出速度大小分别为v 和2v ，不计空气阻力，则两个小物体A ．从抛出到落地动能的增量相同B ．从抛出到落地重力做的功不同C ．从抛出到落地重力的平均功率不同D ．落地时重力做功的瞬时功率相同10．如图所示，光滑水平面OB 与足够长粗糙斜面BC 交于B 点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为1m 的滑块压缩弹簧至D 点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B 点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．不计滑块在B 点的机械能损失；换用相同材料质量为2m 的滑块(2m >1m )压缩弹簧至同一点D 后，重复上述过程，下列说法正确的是A ．两滑块到达B 点的速度相同B ．两滑块沿斜面上升的最大高度相同C ．两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同D ．两滑块上升到最高点过程机械能损失相同11．如图所示，三角形传送带以l m ／s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m ，且与水平方向的夹角均为37°．现有两个小物块A 、B 从传送带顶端都以1 m ／s 的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g 取l0 m ／s 2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8.下列判断正确的是A ．物块A 先到达传送带底端B ．物块A 、B 同时到达传送带底端C ．传送带对物块A 、B 的摩擦力都沿传送带向上D ．物块A 下滑过程中相对传送带的位移小于物块B 下滑过程中相对传送带的位移12，质量为m=1Kg 的物体在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为0.2μ=。

山西省运城市2015届高三物理上学期期中试题(含解析)

山西省运城市2015届高三上学期期中考试物理试卷一、选择题：〔共11小题，每题4分，共44分，其中5-11题有多个选项是正确的，全选对得4分，选不全得2分，有错选的得0分．1．〔4分〕如下列图，质点在F1、F2和F3三力作用下保持静止，其中F1的大小恒定不变，方向竖直向下，F2与水平方向夹角为θ〔θ＜45°〕，但大小未知，如此如下说法正确的答案是〔〕A．F3的最小值为F1cosθB．F3的大小可能为F1sinθC．F3的方向可能与F2的方向相反D．F2取不同的值，F2与F3的合力就有不同的值考点：力的合成；共点力平衡的条件与其应用．.分析：三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；题中第三个力F3与的两个力的合力相平衡．解答：解：A、通过作图可以知道，当F1、F2的合力F与F2垂直时合力F最小，等于F1cosθ，故A正确，B错误；C、三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；通过作图可知，当F1、F2的合力F可以在F1与F2之间的任意方向，而三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故力F3只能在F1与F2之间的某个方向的反方向上，可以在第二象限，也可以在第三象限，当F1、F2的合力F在第一象限时，力F3在第三象限，故C错误；D、由于三力平衡，F2与F3的合力始终等于F1，保持不变，故D错误；应当选：A．点评：此题关键抓住三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，然后通过作图分析．2．〔4分〕如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初速度为v0，初动能均为E k．t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．如此〔〕A．不同时刻射入电场的粒子，射出电场时的速度方向可能不同B．t=0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上C．所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2E kD．假设入射速度加倍成2v0，如此粒子从电场出射时的侧向位移与v0相比必定减半考点：带电粒子在匀强电场中的运动．.专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零．解答：解：A、B、D、粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间一样；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍；故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于t=0时刻射入的粒子始终做单向直线运动，竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上，故AB错误；C、t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为；根据分位移公式，有：由于L=d故：v ym=v0故最大动能E K′=m〔v02+v2ym〕=2E K，故C正确；D、假设入射速度加倍成2v0，如此粒子从电场出射时间减半的侧向位移与时间的平方成正比，侧向位移与原v0相比必变成原来的四分之一，故D错误；应当选：C．点评：此题关键根据正交分解法判断粒子的运动，明确所有粒子的运动时间相等，t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，然后根据分运动公式列式求解，不难．3．〔4分〕如下列图，斜面角为45°，从斜面上方A点处由静止释放一个质量为m的弹性小球，在B点处和斜面碰撞，碰撞后速度大小不变，方向变为水平，经过一段时间在C点再次与斜面碰撞．AB两点的高度差为h，重力加速度为g，不考虑空气阻力．如此小球落到C点时速度的大小为〔〕A．v=B．C．D．10考点：平抛运动．.专题：平抛运动专题．分析：根据自由落体运动的位移时间公式求出小球从A点运动到B点的时间．小球与B点碰撞后做平抛运动，求出平抛运动的初速度，抓住平抛运动的水平位移和竖直位移相等求出平抛运动的时间，从而得出平抛运动到C点竖直方向上的分速度，根据平行四边形定如此定如此求出小球落到C点的速度大小．解答：解：根据h=得，t1=．平抛运动的初速度大小v0=gt1=．因为平抛运动到C点水平位移和竖直位移相等，有v0t=解得t=如此小球运动到C点竖直方向上的分速度v y=gt=2v0如此v c==．应当选：A点评：解决此题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．4．〔4分〕如下列图，水平传送带两端点A、B间的距离为L．假设传送带处于静止状态，把一个小物块放到右端的A点，某人用恒定的水平拉力F1使小物块以速度V1匀速滑道左端的B 点．假设传送带的上外表以V2的速度匀速向左运动，此人用水平恒力F2拉物块，使物块以相对于传送带为V1的速度从A滑道B，如下说法正确的答案是〔〕A．F2大于F1B．F2做功等于F1做的功C．F2的功率等于F1做的功D．两种情况下物块与皮带之间因摩擦而产生的热量一样考点：动能定理的应用；牛顿第二定律．.专题：动能定理的应用专题．分析：传送带不运动时和运动时，拉力的大小一样，物体对地位移一样，做功一样．传送带以v2的速度匀速运动时，物体从A运动到B时间缩短，拉力做功功率增大．摩擦而产生的热量等于物体与传送带组成的系统抑制摩擦力做功．根据系统抑制摩擦力做功大小，判断热量的大小．解答：解：A、两种情况下物体都做匀速直线运动，物体处于平衡状态，由平衡条件可知，拉力等于滑动摩擦力，由于两种情况下滑动摩擦力f相等，如此拉力相等，即：F1=F2，故A错误；B、设AB的长度为L，拉力大小为F，滑动摩擦力大小为f．当传送带不运动时，拉力做功W1=FL，物体从A运动到B的时间t1=，因摩擦而产生的热量Q1=fL．当传送带运动时，拉力做功W2=FL，物体从A运动到B的时间t2=＜t1，因摩擦而产生的热量Q2=fv1t2．拉力做功功率P1=，P2=，比拟可知W1=W2，P1＜P2．又v1t2＜v1t1，v1t1=L 得Q1＞Q2．故B正确，CD错误；应当选：B．点评：此题难点是分析物体运动时间和摩擦生热．摩擦发热等于滑动摩擦力与物体和传送带相对位移的乘积．5．〔4分〕如下列图为甲、乙两质点在同一直线上运动的x﹣t图象，其中，乙质点做初速度为零的匀加速直线运动，如下说法正确的答案是〔〕A．在2秒之前总是乙追甲B．在2秒内甲的位移比乙的位移大C．在1秒时两质点的距离最大D．质点乙在2秒时的速度大于4m/s考点：匀变速直线运动的图像．.专题：运动学中的图像专题．分析：在位移﹣时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度；图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间．解答：解：A、据图可知，在2秒之前，乙的位移一直小于甲的位移，故总是乙追甲，故A正确；B、读图，得2秒时，甲乙的位移均为4m，两者相等，故B错误；C、甲乙两者距离最大时，为两者速度相等时，甲做匀速直线运动，乙做匀加速直线运动，在2秒时位移均为s=4m，设甲的速度为v0，乙的加速度为a，如此对于甲：s=v0t=v0×2=4m，得甲的速度：v0=2m/s；对于乙：，得乙的加速度：a=2m/s2；故两者距离最大时：v0=at1=2×t1=2m/s，解得两者距离最大时，t1=1s，故C正确；D、质点乙在2秒时的速度：v2=at2=2×2=4m/s，故D错误；应当选：AC．点评：要求同学们能根据图象读出有用信息，难度不大，属于根底题．6．〔4分〕如下列图，一轻弹簧左端固定在平板车的右侧，右端连接一质量为m的滑块，开始时，弹簧被拉长，滑块与平板车均处于静止状态，在以下运动中滑块与平板车始终相对静止，如此以下说法正确的答案是〔〕A．假设平板车向右减速运动，滑块所受的摩擦力一定变小B．假设平板车向右加速运动，滑块所受的摩擦力一定变大C．假设平板车向左加速运动，滑块所受的摩擦力一定变小D．假设平板车向左加速运动，滑块所受的摩擦力有可能对滑块做正功考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件与其应用．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据平板车与滑块的运动状态，结合对滑块的受力分析，求出牛顿第二定律的方程即可做出判定．解答：解：A、开始时，弹簧被拉长，物块受到向左的拉力和向右的摩擦力的作用，f=F．假设平板车向右减速运动，加速度的方向向左，滑块所受的摩擦力可能变小，也可能反向并增大．此时：F+f′=ma．故A错误；B、假设平板车向右加速运动，加速度的方向向右；如此f′﹣F=ma，所以：f′＞F．滑块所受的摩擦力一定变大．故B正确；C、假设平板车向左加速运动，加速度的方向向左，滑块所受的摩擦力可能变小，也可能反向并增大．此时：F+f′=ma．故C错误；D、假设平板车向左加速运动，加速度的方向向左，滑块所受的摩擦力可能变小，也可能反向并增大．此时摩擦力的方向与运动的方向一样，摩擦力做正功．故D正确．应当选：BD点评：该题中滑块受到的摩擦力是静摩擦力，是摩擦力的分析中的难点，要充分考虑到静摩擦力也可能改变方向的问题．7．〔4分〕在足够高的空中某点竖直向上抛一物体，规定物体抛出时的速度方向为正方向，抛出后第5s内的位移是4m，忽略空气阻力的影响，g取10m/s2，如此关于物体的运动如下说法正确的答案是〔〕A．物体上升的时间是4.9s B．4s末的速度是10m/sC．在8s内的平均速度的方向竖直向下D．物体在9.8s内的路程为240.1m考点：竖直上抛运动．.专题：直线运动规律专题．分析：抓住第5s内的位移可能向上，可能向下，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出第5s内的初速度．结合运动学公式和推论进展分析求解．解答：解：A、假设位移的方向向上，根据x=v0t+得：4=v0﹣5，解得第5s内的初速度为9m/s，上升到最高点还需的时间t′==0.9s，如此物体上升的时间可能为4.9s．假设物体的位移向下，如此﹣4=v0﹣5，解得第5s内初速度为1m/s．故A正确．B、第5s内的位移可能向上，可能向下，如此平均速度可能为4m/s，可能为﹣4m/s．故B错误．C、由A选项解析可知，8s末的速度小于初速度，根据知平均速度和初速度方向一样，竖直向上．故C错误．D、当物体第5s初的速度为9m/s时，如此物体竖直上抛的初速度v=v0+gt=49m/s，当物体第5s初的速度为1m/s时，如此物体的初速度v=v0+gt=41m/s．可知10s末的速度可能为﹣51m/s，可能为﹣59m/s，根据x=得，10s内的位移可能为﹣10m，可能为﹣90m．故D错误．应当选：AD．点评：解决此题的关键知道竖直上抛运动的加速度不变，可以全过程研究，运用运动学公式求解，注意速度、位移、加速度的方向．8．〔4分〕在地表附近有一竖直方向的匀强电场E，一带电油滴以某初速度从a处运动到b处，电场线与油滴的运动轨迹如下列图，不计空气阻力，由此可以判断〔〕A．油滴带正电荷B．a点的电势比b点的电势高C．油滴的动能和电势能之和一定减小D．油滴的重力势能和电势能之和一定减小考点：带电粒子在匀强电场中的运动．.专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：根据图中的运动轨迹情况，可以判断出重力和电场力的大小关系与电荷的电性，然后根据功能关系求解即可．解答：解：A、由轨迹图可知，带电油滴所受重力小于电场力，电场力方向向上，电场方向向下，故电荷带负电，故A错误；B、沿着电场线电势逐渐降低，故b点的电势比a点的电势高，故B项错误；C、根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，从a到b的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故C正确．D、根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故D正确；应当选：CD点评：此题在电场和重力场的复合场中重点考察带电小球的功能关系转化．在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键．9．〔4分〕如下列图，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点，物块的质量为m，物块与桌面之间的动摩擦因数为μ，现用水平向右的力将物块从O点缓慢拉至A点，OA=s，拉力做的功为W．撤去拉力后物块由静止开始向左运动，越过O点速度减小到零．重力加速度为g．如此上述过程中〔〕A．物块从O到A过程中，弹簧弹力对物块做的功为W﹣mgμsB．物块从A到O过程中，弹簧的弹性势能减少了W﹣mgμsC．物块从A回到O位置时的动能为最大D．物块从A回到O位置时的动能为W﹣2mgμs考点：动能定理的应用；功能关系．.专题：动能定理的应用专题．分析：分析物块的受力情况，来判断其运动情况：物块在水平方向受到向左的弹簧的拉力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，弹力逐渐变小，根据弹簧先大于摩擦力、再等于摩擦力，后小于摩擦力，即可判断出物块的运动情况，并出动能最大的位置．根据功能关系分析动能与弹簧弹性势能变化量的关系．解答：解：A、缓慢移动物体，物体动能不变，由能量守恒定律可知，物块从O到A过程中，弹簧弹力对物块做的功为﹣〔W﹣mgμs〕，故A错误；B、物块从A到O过程中，弹簧的弹性势能减少了W﹣mgμs，故B正确；C、当物体受到的合力为零即弹力与摩擦力相等时，其速度最大，该位置在O点右侧，物块到达O点时的速度不随最大，动能不是最大，故C错误；D、物体回到O位置时，摩擦力做功：2μmgs，弹簧弹力做功为零，由能量守恒定律可知，物块的动能为：W﹣2μmgs，故D正确；应当选：BD．点评：此题关键是抓住弹簧的弹力是变化的，分析清楚物体向右运动的过程中受力情况，从而判断出其运动情况，分析能量如何转化时，要搞清能量有几种形式，再分析如何转化．10．〔4分〕一价氢离子、一价氦离子、二价氦离子的混合物垂直电场线进入偏转电场，最后射出电场，以下说法正确的答案是〔〕A．离子以一样的速度进入同一偏转电场可别离为三股粒子束B．离子以一样的动能进入同一偏转电场可别离为二股离子束C．离子经过同一加速电场由静止加速后进入同一偏转电场不能将粒子束别离D．以上说法都不正确考点：带电粒子在匀强电场中的运动．.专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：根据带电粒子在电场中的偏转规律，可求得粒子的偏移量与粒子进入电场时的速度、动能、荷质比之间的关系，进而确定粒子的运动情况．解答：解：A、离子以一样的速度进入同一偏转电场，带电粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，L=v0t，所以有：t=，由偏移量；=，y与成正比，三者的荷质比不一样，故三种粒子分成三股离子束，故A正确；B、离子以一样的动能进入同一偏转电场，带电粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，L=v0t，所以有：t=，由偏移量；=，y与q成正比，一价氢离子、一价氦离子，电荷量一样，形成一股离子束，二价氦离子单独形成一股，故B正确；C、离子经过同一加速电场由静止加速后，在加速电场中，根据动能定理得：qU1=，在偏转电场中，离子做类平抛运动，运动时间 t=偏转距离 y=，联立以上各式得：y=，y与带电粒子的质量、电荷量无关，如此一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子在偏转电场轨迹重合，所以它们不会分成三股，而是会聚为一束射出，故C正确；D、由以上分析D错；应当选：ABC点评：此题一方面要熟记结论：同种带电粒子经同一加速电场加速，再经同一偏转电场偏转时轨迹重合．另一方面要能运用力学方法进展推导．11．〔4分〕我们设计这样一个情景，细线下端悬挂一个质量为m的钢球，细线上端固定于O 点，用不同长度的细线拉着钢球，使钢球在同一水平面内不同的轨道上做匀速圆周运动，〔小球可视为质点〕，以下说法正确的答案是〔〕A．轨道半径越大周期就越大B．轨道半径越大线速度就越大C．轨道半径越大向心力就越大D．在同一轨道上小球的质量越大向心加速度就越大考点：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：比拟两个小球，两个小球均做匀速圆周运动，对它们受力分析，找出向心力来源，可先求出角速度，再由角速度与线速度、周期、向心加速度的关系公式求解．解答：解：对其中一个小球受力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故合力提供向心力；将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力：F=mgtanθ ①；由向心力公式得到：F=mω2r ②；设绳子与悬挂点间的高度差为h，由几何关系，得：r=htanθ ③；由①②③三式得，ω=．知角速度相等，由T知，角速度一样，如此周期一样．故A错误．由v=wr，轨道半径越大线速度就越大．故B正确．由F=mω2r，轨道半径越大向心力越大，故C正确；由a=ω2r，在同一轨道上小球的向心加速度一样，与质量无关，故D错误．应当选：BC．点评：此题关键要对球受力分析，找向心力来源，求角速度；同时要灵活应用角速度与线速度、周期、向心加速度之间的关系公式．二、填空题：每空2分，共16分．12．〔10分〕某实验小组采用如图1所示的装置探究小车的加速度与力的关系．+〔1〕安装实验装置时，应调整定滑轮的高度，使拉小车的细线在实验过程中与长木板保持平行．实验时先不挂沙桶，反复调整垫木的位置，轻推小车，直到小车做匀速运动，这样做的目的是平衡摩擦力．〔2〕保持小车质量不变，用装有不同细沙的沙桶通过定滑轮拉动小车，打出多条纸带，如图2所示是实验中打出的一条纸带的一局部，从较清晰的点迹起，在纸带上标出了5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没标出，测出各计数点之间的距离如图2纸带所示．打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，如此此次实验中相邻两计数点间间隔为T=0.1s，由纸带上的数据计算出小车运动的加速度a=0.46m/s2〔3〕在该实验中我们总是强调沙和沙桶的质量要远小于小车的质量才能认为细线的拉力接近沙和沙桶的重力〔取重力加速度为g，沙和沙桶的质量为m，小车的质量为M〕请你写出细线实际拉力F的表达式．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：运用控制变量法探究加速度与力和力的关系．根据牛顿第二定律分析“将砂桶和砂的重力近似看作小车的牵引力〞的条件．解答：解：〔1〕安装实验装置时，应调整定滑轮的高度，使拉小车的细线在实验过程中保持与长木板平行，保证细线的拉力等于小车的合力．实验时先不挂砂桶，反复调整垫木的位置，轻推小车，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是平衡摩擦力．〔2〕交流电的频率为50Hz，每隔0.02s打一个点，如此AB两计数点间的时间间隔为T=0.1s．在连续相等时间内的位移之差是一恒量，知△x=0.46cm，如此加速度a===0.46m/s2．〔3〕设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：F=Ma，对砂桶和砂有：mg﹣F=ma，由此解得：F=．故答案为：〔1〕平行；平衡摩擦力；〔2〕0.1s；0.46m/s2；〔3〕点评：对于实验问题一定要明确实验原理，并且亲自动手实验，知道实验注意的事项，熟练应用所学根本规律解决实验问题．13．〔6分〕如下列图，我们可以探究平行板电容器的电容与哪些因素有关．平行板电容器已充电，带电量为Q，静电计的指针偏角大小，表示两极板间电势差的大小．如果使极板间的正对面积变小，发现静电计指针的偏角变大，我们就说平行板电容器的电容变小〔填“变大〞或“变小〞〕；如果使两极板间的距离变大，发现静电计指针的偏角变大，我们就说平行板电容器的电容变小〔填“变大〞或“变小〞〕．我们之所以能够得出这些结论是因为电容器的电容C=．考点：电容器的动态分析．.专题：电容器专题．分析：根据电容的决定式，分析电容如何变化，由电容的定义式分析板间电压的变化，再判断静电计指针偏角的变化．解答：解：根据C=，正对面积变小说明电容减小，又C=，电压增大如此发现静电计指针的偏角变大；使两极板间的距离变大，根据C=，说明电容减小，又C=，电压增大如此发现静电计指针的偏角变大．我们之所以能够得出这些结论是因为电容器的电容C=故答案为：变小，变小，点评：此题是电容器动态变化分析问题，关键要掌握电容的决定式和电容的定义式，并能进展综合分析．三、计算题：共40分，其中14题10分，15题14分，16题16分．14．〔10分〕某航母跑道长200m，飞机在航母上起飞需要的最小速度为50m/s．求：〔1〕假设飞机从静止开始做匀加速运动，要在航母上起飞，飞机加速度至少要多大？〔2〕假设飞机的最大加速度为6m/s2，如此飞机要在航母上起飞需要借助弹射系统获得的最小初速度是多少？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．.专题：直线运动规律专题．分析：〔1〕根据匀变速直线运动的速度位移关系由起飞速度和位移求飞机的加速度；〔2〕同理根据起飞速度、位移和加速度求飞机获得的初速度．解答：解：〔1〕飞机起飞后做匀加速直线运动，根据速度位移关系有：得飞机起飞的加速度a==6.25m/s2〔2〕根据飞机起飞过程中的速度位移关系，，飞机起飞的初速度=答：〔1〕假设飞机从静止开始做匀加速运动，要在航母上起飞，飞机加速度至少为6.25m/s2；〔2〕假设飞机的最大加速度为6m/s2，如此飞机要在航母上起飞需要借助弹射系统获得的最小初速度是10m/s．点评：掌握匀变速直线运动的速度位移关系是正确解题的关键，属于根底题．15．〔14分〕如下列图，有甲、乙两颗卫星分别在不同的轨道围绕半径为R、外表重力加速度为g的地球运动，卫星甲、卫星乙各自所在的轨道平面相互垂直，卫星甲的轨道为圆，距离地球外表的高度为R，卫星乙的轨道为椭圆，M、N两点的连线为其椭圆轨道的长轴且M、N两点间的距离为4R，求：〔1〕卫星甲的线速度的大小V；〔2〕卫星乙运行的周期T．考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．.专题：人造卫星问题．分析：研究卫星绕行星匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求解卫星甲的线速度大小和卫星甲运行的周期．根据开普勒第三定律求出卫星乙运行的周期．解答：解：〔1〕卫星甲绕中心天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有：。

辽宁省抚顺二中2015届高三上学期期中考试物理 Word版含答案

2015届高三期中测试物理试题满分：100分时间：90分钟一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。

其中第1题至第7题每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意要求。

第8题至第12题有多项符合题意要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分。

）1. 在力学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了物理学的进步。

对以下几位物理学家所作科学贡献的表述中，与事实不相符．．．．．．的是 A. 伽利略首先建立平均速度、瞬时速度和加速度等描述运动的概念B. 胡克提出如果行星的轨道是圆形，太阳与行星间的引力与距离的平方成反比C. 卡文迪许是测量地球质量的第一人D. 伽利略根据理想斜面实验，得出自由落体运动是匀变速直线运动2. 如图所示，质量为m 1的木块在质量为m 2的无限长木板上，在力F 的作用下向右滑行，长木板始终处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，则 A ．木板受到地面的摩擦力大小一定为μ1m 1g B ．木板受到地面的摩擦力大小一定为μ2(m 1＋m 2)g C ．木板受到地面的摩擦力大小一定为 F D ．木块受到木板的摩擦力大小一定为 F3. 将质量为m 的小球置于半径为l 的固定光滑圆槽与圆心等高的一端无初速度释放，小球在竖直平面内做圆周运动，若小球在最低点的势能取做零，则小球运动过程中第一次动能和重力势能相等时重力的瞬时功率为A.gl mg 321 B. gl mg 331C. gl mgD. gl mg 214. 德国天文学家开普勒对第谷观测的行星数据进行多年研究，得出著名开普勒行星三定律。

根据周期定律，设太阳的行星匀速圆周运动的半径立方与周期平方的比值为K 1，地球的卫星匀速圆周运动的半径立方与周期平方的比值为K 2，月球的卫星匀速圆周运动的半径立方与周期平方的比值为K 3，则三者大小关系为A.K 1=K 2=K 3B. K 1＞K 2＞K 3C. K 1＜K 2＜K 3.D. K 1＞K 2=K 35. 在空中某一高度将一小球水平抛出，取抛出点为坐标原点，初速度方向为x 轴正方向，竖直向下为y轴正方向，得到其运动的轨迹方程为y =ax 2（a 为已知量），不计空气阻力，重力加速度为g 。

河北省故城县高级中学2015届高三上学期期中考试物理试题(解析版)DOC

河北省故城县高级中学2015届高三上学期期中考试物理试题（解析版）一、选择题：本题共10小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，1～6题为单项选择题；7～10题为多项选择题．全部选对得4分，选对但不全给2分，有选错的或不答的给0分）1．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的说法是（）A．英国物理学家牛顿用实验的方法测出万有引力常量GB．第谷接受了哥白尼日心说的观点，并根据开普勒对行星运动观察记录的数据，应用严密的数学运算和椭圆轨道假说，得出了开普勒行星运动定律C．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快D．牛顿提出的万有引力定律奠定了天体力学的基础考点：物理学史．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、英国物理学家卡文迪许用实验的方法测出万有引力常量G，故A错误；B、开普勒接受了哥白尼日心说的观点，并根据第谷对行星运动观察记录的数据，应用严密的数学运算和椭圆轨道假说，得出了开普勒行星运动定律，故B错误；C、伽利略认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快，故C错误；D、牛顿提出的万有引力定律奠定了天体力学的基础，故D正确；故选：D．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．如图所示为某同学以广场中心为原点，向东方向为正方向建立坐标，记录的甲、乙两位同学的v﹣t图线，在0﹣t3时间内，下列说法中正确的是（）A．在t1时刻，甲的加速度为零，乙的加速度不为零B．在t2时刻，甲、乙两同学相距最远C．在t2时刻，甲、乙两同学相遇D．在t3时刻，乙的速度、加速度均为零考点：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：由速度图象可以直接读出速度关系；速度﹣时间图线的斜率表示加速度．图线与两个坐标轴所围“面积”等于位移．解答：解：A、速度﹣时间图线的斜率表示加速度，根据图象可知，在t1时刻，甲的加速度不为零，乙的加速度为零，故A错误；B、速度图线与两个坐标轴所围“面积”等于位移，图线在t轴上方“面积”表示的位移为正，在t轴下方“面积”表示的位移为负，所以在t2时刻，甲、乙两同学相距最远，没有相遇．故B正确，C错误；D、在t3时刻，乙的速度为零，但图象的斜率不为零，所以加速度不为零，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，知道图线的斜率表示加速度，即可解答．3．如图所示，重为mg的水桶悬挂在门楣上，细绳与竖直方向夹角为30°且绷紧，在这种情况下，人还要施加一恒定拉力，水桶才能静止．人对水桶施加的作用力可能为（）mg mg mg专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：小球A处于静止，受力平衡，分析受力情况，用作图法得出对小球施加的力最小值．解答：解：以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图，根据作图法分析得到，当小球施加的力F与细绳垂直时，所用的力最小．根据平衡条件得F的最小值为：F min=Gsin30°=．故A正确，B、C、D错误．故选：A．点评：本题物体平衡中极值问题，关键是确定极值条件，本题采用图解法得到力最小的条件，也可以运用数学函数法求解极值．4．（4分）如图所示，一质量为m的物块从水平固定，倾角为θ=30°的斜面上由静止释放，以加速度a=开始下滑，取出发点为参考点，则图中能正确描述物块的速率v、动能E k、势能E P、机械能E、时间t、位移x关系的是（）Bv=at==﹣g5．（4分）在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一速度开始滑动，经一段时间后停止，通过的位移为x1，现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑．若小物块与木板间的动摩擦因数为μ．则小物块上滑到最高位置通过的位移为x2，B，x=知，6．（4分）如图所示，可视为质点的小球位于半圆体左端点A的正上方某处，以初速度v0水平抛出，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60°，则半圆柱体的半径为（不计空气阻力，重力加速度为g）（）B=．=y=．R=，故7．（4分）2014年3月9日凌晨，2014年国际田联室内田径世锦赛在波兰城市索波特继续展开第二比赛日争夺．在男子撑杆跳决赛中，希腊选手菲利皮迪斯爆冷夺得金牌．若不计空气阻力，下列说法不正确的是（）8．（4分）我国发射了一颗探测卫星，发射时先将卫星发射至距地面50km的近地圆轨道1上，然后变轨到近地点高50km，远地点高1500km的椭圆轨道2上，最后由轨道2进入半径为7900km的圆轨道3，已知地球表面的重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力，则以下说法正确的是（）9．（4分）如图所示，在光滑的桌面上有一个质量为M的物块，通过轻绳跨过定滑轮与质量为m的小球相连，不计轻绳与滑轮间的摩擦，在小球下落的过程中，下列说法正确的是（）10．（4分）如图所示，电动机以恒定的功率P和恒定的速度v0卷动绳子，通过光滑的滑轮拉着质量为m的物体在光滑水平地面上向右运动，当物体运动至绳子与水平成θ角时，下述说法正确的是（）木箱的速度大小为﹣，但方向发生变化，因v=﹣、根据牛顿第二定律得：cosa=二、实验题：本题共2小题，共18分．11．（10分）某同学在“验证力的平行四边形定则”的实验中部分实验步骤如下．请仔细读题并完善实验步骤：A．在贴有白纸的竖直平木板上将一根橡皮筋的一端固定，另一端绑上两根细线．B．在其中一根细线上挂上5个质量相等的钩码，用一个光滑定滑轮使橡皮筋拉伸，如图甲所示．记下：橡皮筋与细线结点的位置O、细线的方向．C．将步骤B中的钩码取下，然后在两根细线上挂上分别4个和3个质量相等的钩码，用两个可移动的光滑定滑轮使两细线互成角度，如图乙所示，小心调整两定滑轮的位置，使橡皮筋与细线结点的位置与步骤B中结点位置重合，记下两根细线方向．（2）如果“力的平行四边形定则”得到验证，那么图乙中=．解得：=．12．（8分）某实验探究活动小组利用如图所示的装置验证机械能守恒定律．钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为t A、t B．用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度．测出两光电门间的距离为h，钢球的直径为D，当地的重力加速度为g．则：（1）要验证机械能守恒，只要比较C．A.D2（﹣）与gh是否相等B.D2（﹣）与2gh是否相等C.D2（﹣）与gh是否相等D．D2（﹣）与gh是否相等（2）钢球通过光电门的平均速度＜（填“＞”或“＜”）钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差不能（填“能”或“不能”）通过增加实验次数减小．为减小上述实验误差，应该选择体积小（填“大”或“小”）的钢球．v=mD﹣）即只要比较D﹣）与三、论述、计算题：解答应写出必要的文字说明和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中明确写出数值和单位，共42分．13．（12分）一倾角为30°的粗糙斜面固定在水平面地面上，用一沿斜面向上的大小为20N 的恒力F作用在位于斜面低端的一质量为m=2kg的小物块（可视为质点）上，使其由初速度为零开始沿斜面向上做匀加速直线运动．已知物块通过A点时的速度为v A=1m/s，达到B 点所有时间t1=2s，此后再运到8m到达C点，到C点的速度为v C=5m/s．（g=10m/s2）求：（1）物块在斜面上运动的加速度a．（2）物块与斜面间的动摩擦因数μ．μ14．（14分）（2014•绍兴一模）2013年12月14日，“嫦娥三号”携带“玉兔号”月球车在月球表面成功软着陆．文文同学为求出“玉兔号”月球车的高度．设想了一个实验，具体方案如下：让小物块以某一速度v0沿着静止的月球车顶层的水平板发射出去．物块滑行距离L后到达平板的边缘，以速度v垂直边缘线飞出，测得其水平射程为x，则高度可求．若L=0.4m，v=2m/s，x=2.8m，物块与顶层平板的动摩擦因数为0.5，查得月球质量大约是地球的倍，半径约是地球的倍．不考虑月球自转对重力的影响，地球表面的重力加速度g取9.8m/s2．求：（1）月球表面的重力加速度g月（取两位有效数字）（2）“玉兔号”月球车的高度h；（3）初速度v0大小．）在地球表面的物体受到重力等于万有引力，得同理月球表面的重力加速度为=1.568m=2.2m/s15．（16分）如图所示，竖直平面内的一半径R=0.80m的光滑圆弧槽BCD，倾角为60°的斜面AB与圆弧槽BCD相切于B点，一水平面DQ与圆弧槽相接于D点．现将一质量m=0.10kg 的小球从B点正上方H=1.0m高处的光滑斜面上的A点由静止释放，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离x=2.4m，球从D点飞出后的运动过程中相对于DQ水平面上升的最大高度h=0.80m，g取10m/s2，不计空气阻力．求：（1）小球经过C点时轨道对它的支持力大小F N．（2）小球经过最高的P的速度大小v P．（3）D点与圆心O的高度差h OD．考点：机械能守恒定律；平抛运动；动能定理．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：（1）先研究小球从A到C的过程，由机械能守恒定律求出小球经过C点的速度．小球在C点时，做圆周运动，重力和支持力的合力作为向心力，由向心力的公式可以求得轨道对它的支持力；（2）小球经过最高点P之后，做的是平抛运动，由平抛运动的规律可以求得P点的速度大小；（3）从开始运动到P点的过程中，机械能守恒，由机械能守恒列出方程就可以解得．解答：解：（1）设经过C点的速度为v1，由机械能守恒得mg（H+）=mv12在C点，由牛顿第二定律有F N﹣mg=m代入数据解得F N=8N（2）设P点的速度为v P，P到Q做平抛运动，则有竖直方向h=gt2水平方向=v P t代入数据解得V P=3.0m/s．（3）从A到P点的过程中，由机械能守恒得，则mgH=由B到D过程，由机械能守恒得：mgh BD=﹣由D到P过程，有mgh=﹣代入数据解得h BD=0.25m．由几何关系得：h OD=h OB+h BD=0.65m答：（1）小球经过C点时轨道对它的支持力大小为8N；（2）小球经过最高点P的速度大小v P是3.0m/s；（3）D点与圆心O的高度差h OD是0.65m．点评：题中小球的运动经历了多个运动过程，包括自由落体运动、圆周运动和平抛运动，对各部分的内容都进行了考查，能很好的考查学生的基本功和分析能力．。