福建省宁德一中高三物理上学期期中试题（含解析）新人教版.doc

福建省宁德一中2015届高三上学期期中考试物理试卷一、单项选择题：（本题10小题，每小题4分，共40分）1万有引力的发现实现了物理学史上“地上”和“天上”物理学的统一它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道，另外还应用到了其他的规律和结论下面的规律和结论没有被用到的是（）a牛顿第二定律b牛顿第三定律c开普勒的研究成果d卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数考点：万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定.专题：万有引力定律的应用专题分析：天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律，牛顿在发现万有引力定律的过程中，运用了牛顿第二、三定律，开普勒三定律解答：解：牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道这就是开普勒第一定律，由牛顿第二定律可列出万有引力提供向心力再借助于牛顿第三定律来推算物体对地球作用力与什么有关系同时运用开普勒第三定律来导出万有引力定律而卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数是在牛顿发现万有引力定律之后，所以正是由于这个，牛顿的万有引力定律没有得到广泛应用故选：d点评：万有引力定律表达式不是数学公式，各量均有一定的涵义同时突出作用力与反作用力、平衡力两者的区别2如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变，木板静止时，f1表示木板所受合力的大小，f2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）af1不变，f2变大bf1变大，f2变小cf1变大，f2变大df1变小，f2变小考点：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：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可解答：解：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：f1=0；根据共点力平衡条件，有：2f2cos=mg解得：f2=当细线变短时，细线与竖直方向的夹角增加，故cos减小，拉力f2变大故选：a点评：本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难3（4分）如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为的固定斜面上滑块与斜面之间的动摩擦因数为若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则（）a将滑块由静止释放，如果tan，滑块将下滑b给滑块沿斜面向下的初速度，如果tan，滑块将减速下滑c用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果=tan，拉力大小应是mgsind用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果=tan，拉力大小应是2mgsin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，根据重力沿斜面方向分力与摩擦力大小的关系判断滑块的运动情况，当物体做匀速运动时，根据共点力平衡进行分析解答：解：a、若tan，则mgsinmgcos0所以滑块不会下滑故a错误b、若tan，mgsinmgcos0，则合力大于0，所以滑块会受到向下的力，将加速下滑，故b错误；c、如果=tanmgsinmgcos=0，则合力等于零则无需拉力拉动，滑块只需要有给他一个速度即可以匀速向下滑动了，故c错误；d、如果=tan，则合力等于0当滑块向上运动的时候，摩擦力方向与运动相反，即向下，所以向上的拉力大小f=mgsin+mgcos，因为=tan，所以mgsin=mgcos，所以f=2mgsin，故d正确故选：d点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，会根据物体的受力判断物体的运动规律4如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为30，g取10m/s2，则的最大值是（）arad/sbrad/sc1.0rad/sd0.5rad/s考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速.专题：匀速圆周运动专题分析：当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，角速度最大，由牛顿第二定律求出最大角速度解答：解：当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得： mgcos30mgsin30=m2r则=rad/s=1rad/s故选：c点评：本题关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解题5（4分）经国际小行星命名委员会命名的“神舟星”和“杨利伟星”的轨道均处在火星和木星轨道之间已知“神舟星”平均每天绕太阳运行174万公里，“杨利伟星”平均每天绕太阳运行145万公里假设两行星均绕太阳做匀速圆周运动，则两星相比较（）a“神舟星”的轨道半径大b“神舟星”的公转周期大c“神舟星”的加速度大d“神舟星”受到的向心力大考点：万有引力定律及其应用.专题：计算题分析：已知“神舟星”平均每天绕太阳运行174万公里，“杨利伟星”平均每天绕太阳运行145万公里，可以判断出线速度大小关系研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出周期、加速度、向心力等物理量根据轨道半径的关系判断各物理量的大小关系解答：解：a、根据线速度的定义式得：v=，已知“神舟星”平均每天绕太阳运行174万公里，“杨利伟星”平均每天绕太阳运行145万公里，可以得出：“神舟星”的线速度大于“杨利伟星”的线速度研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：=mr=（其中m为太阳的质量，r为轨道半径）由于“神舟星”的线速度大于“杨利伟星”的线速度，所以“神舟星”的轨道半径小于“杨利伟星”的轨道半径，故a错误b、研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：=mt=2，其中m为太阳的质量，r为轨道半径，由于“神舟星”的轨道半径小于“杨利伟星”的轨道半径，所以由于“神舟星”的周期小于“杨利伟星”的周期故b错误c、研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：=maa=，其中m为太阳的质量，r为轨道半径，由于“神舟星”的轨道半径小于“杨利伟星”的轨道半径，所以由于“神舟星”的加速度大于“杨利伟星”的加速度故c正确d、研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：f向=，其中m为太阳的质量，r为轨道半径，m为卫星的质量由于不知道“神舟星”和“杨利伟星”的质量大小关系，所以两者的向心力无法比较故d错误故选c点评：求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再进行之比向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用6（4分）质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（）a电动机多做的功为mv2b传送带克服摩擦力做的功为mv2c电动机增加的功率为2mgvd物体在传送带上的划痕长为考点：功率、平均功率和瞬时功率；功的计算.专题：功率的计算专题分析：物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，所以电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分就是增加了相同的内能解答：解：a、电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是，所以电动机多做的功一定要大于故a错误 b、传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功，所以由a的分析可知，b错误c、动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为fv=mgv，所以c错误d、物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物块达到速度v所需的时间，在这段时间内物块的位移，传送带的位移则物体相对位移x=故d正确；故选：d点评：解决本题的关键掌握能量守恒定律，以及知道划痕的长度等于物块在传送带上的相对位移7（4分）汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为p，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶设汽车行驶时所受的阻力恒定，则下面四个图象中，哪个图象正确表示了司机从减小油门开始，汽车的速度与时间的关系（）abcd考点：功率、平均功率和瞬时功率.专题：功率的计算专题分析：汽车匀速行驶时牵引力等于阻力，根据功率和速度关系公式p=fv，功率减小一半时，牵引力减小了，物体减速运动，根据牛顿第二定律分析加速度和速度的变化情况即可解答：解：汽车匀速行驶时牵引力等于阻力；功率减小一半时，汽车的速度由于惯性来不及变化，根据功率和速度关系公式p=fv，牵引力减小一半，小于阻力，合力向后，汽车做减速运动，由公式p=fv可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，合力减小，加速度减小，故物体做加速度不断减小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减为零，物体重新做匀速直线运动；故选b点评：本题关键分析清楚物体的受力情况，结合受力情况再确定物体的运动情况8（4分）如图所示，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，由此不能算出（）a轰炸机的飞行速度b炸弹的飞行时间c轰炸机的飞行高度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：根据位移与水平方向夹角，得到水平位移和竖直位移，运用平抛运动的规律求解时间和炸弹的飞行时间和炸弹的初速度，再求解飞行高度解答：解：画出示意图如图所示根据lcos=v0t ，hlsin=炸弹垂直击中山坡，速度与竖直方向的夹角为，则得：tan=由、可求出初速度v0，即得到轰炸机的飞行速度由可求出炸弹的飞行时间t和轰炸机的飞行高度h由于炸弹的做平抛运动，而平抛运动的加速度与质量无关，故无法求解质量，也就求不出炸弹投出时的动能故abc正确，d错误本题选错误的，故选：d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，把握隐含的条件，并能灵活运用9（4分）（2014福建）如图，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端现用外力作用在物体上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撇去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撇去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块（）a最大速度相同b最大加速度相同c上升的最大高度不同d重力势能的变化量不同考点：功能关系；弹性势能.分析：使两弹簧具有相同的压缩量，则储存的弹性势能相等，根据能量守恒判断最后的重力势能解答：解：a、物块受力平衡时具有最大速度，即：mgsin=kx则质量大的物块具有最大速度时弹簧的压缩量比较大，上升的高度比较低，即位移小，而运动过程中质量大的物块平均加速度较小，v202=2ax加速度小的位移小，则最大速度v较小，故a错误；b、开始时物块具有最大加速度，开始弹簧形变量相同，则弹力相同，根据牛顿第二定律：a=可见质量大的最大加速度较小，故b错误；cd、由题意使两弹簧具有相同的压缩量，则储存的弹性势能相等，物块上升到最大高度时，弹性势能完全转化为重力势能，则物块最终的重力势能mgh相等，重力势能的变化量相等，而两物块质量不同，则上升的最大高度不同，故c正确d错误故选：c点评：本题考查了弹簧问题，注意平衡位置不是弹簧的原长处，而是受力平衡的位置10（4分）（2012上海）如图，可视为质点的小球a、b用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为r有光滑圆柱，a的质量为b的两倍当b位于地面时，a恰与圆柱轴心等高将a由静止释放，b上升的最大高度是（）a2rbcd考点：机械能守恒定律.专题：压轴题；机械能守恒定律应用专题分析：开始ab一起运动，a落地后，b做竖直上抛运动，b到达最高点时速度为零；由动能定理可以求出b上升的最大高度解答：解：设b的质量为m，则a的质量为2m，以a、b组成的系统为研究对象，在a落地前，由动能定理可得：mgr+2mgr=（m+2m）v20，以b为研究对象，在b上升过程中，由动能定理可得：mgh=0mv2，则b上升的最大高度h=r+h，解得：h=；故选c点评：b的运动分两个阶段，应用动能定理即可求出b能上升的最大高度二、实验题（本题2小题，每空3分，共18分）11（12分）研究小车匀变速直线运动的实验装置如图（a）所示，其中斜面倾角可调打点计时器的工作频率为50hz纸带上计数点的间距如图（b）所示，其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出部分实验步骤如下：a测量完毕，关闭电源，取出纸带b接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车c将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连d把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔上述实验步骤的正确顺序是：dcba（用字母填写）图（b）中标出的相邻两计数点间的时间间隔t=0.1s计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v5=为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a=考点：测定匀变速直线运动的加速度.专题：实验题分析：先连接实验器材，测量时先接通电源，后释放纸带；打点计时器的工作频率为50hz，每隔0.02s打一次电，每相邻两点之间还有4个记录点未画出，共5个0.02s；匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度；根据公式x=at2列式求解解答：解：在实验过程中应先固定打点计时器，再放置小车，然后打开电源，最后释放小车，所以正确的顺序是dcba每隔4点或每5个点取一个计数点时，相临计数点的时间间隔均为0.1 s根据确定时间段内的平均速度等于中点时刻的瞬时速度可得，v5=当有6组数据时，应采用逐差法计算加速度：a=故答案为：dcba0.1 点评：本题关键明确实验原理、实验步骤，会计算瞬时速度和加速度，基础题12（6分）某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”弹簧测力计a挂于固定点p，下端用细线挂一重物m弹簧测力计b的一端用细线系于o点，手持另一端向左拉，使结点o静止在某位置分别读出弹簧测力计a和b的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录o点的位置和拉线的方向（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为n，图中a的示数为3.6n（2）下列不必要的实验要求是d（请填写选项前对应的字母）（a）应测量重物m所受的重力（b）弹簧测力计应在使用前校零（c）拉线方向应与木板平面平行（d）改变拉力，进行多次实验，每次都要使o点静止在同一位置考点：验证力的平行四边形定则.专题：实验题；平行四边形法则图解法专题分析：（1）根据弹簧秤指针的指示可以正确读出其示数，弹簧秤本身误差就比较大，读数时可不用估读；（2）因为我们要用力的图示画重力，故需要测出重力的大小；为了让测出来的两个分力更精确，故弹簧测力计应在使用前校零且拉线方向应与木板平面平行来减小摩擦；实验是验证三个力的关系，只要测出三个力就可以了，所以不需要固定o点位置解答：解：（1）弹簧测力计读数，每1n被分成5格，则1格就等于0.2n图指针落在3n到4n的第3格处，所以3.6n故答案为：3.6（2）a、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道故a项也需要；b、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零故b项也需要；c、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性故c项也需要；d、当结点o位置确定时，弹簧测力计a的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计b的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验故d项不需要故选d点评：只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握三计算题（本题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，只写出最后答案者不得分有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位）13（8分）一宇宙空间探测器从某一星球表面垂直升空，假设探测器的质量恒为1500kg，发动机的推力为恒力，宇宙探测器升空到某一高度时，发动机突然关闭，如图为其速度随时间的变化规律，求：（1）宇宙探测器在该行星表面能达到的最大高度；（2）计算该行星表面的重力加速度；（3）假设行星表面没有空气，试计算探测器的发动机工作时的推力大小考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像.专题：牛顿运动定律综合专题分析：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由此可以计算宇宙探测器在行星表面能达到的最大高度，由图象斜率求解行星表面的重力加速度，根据发动机工作时的加速度由牛顿第二定律求解发动机工作时的推力大小解答：解：（1）在vt图象中，图线与时间轴所围的面积表示了物体的位移，在时间轴的上方，面积为正，在时间轴的下方，面积为负，由vt图象可知，宇宙探测器在该行星表面能达到的最大高度为：hm=2464m=768m；（2）当关闭发动机后，探测器仅在行星对它的重力mg作用下做匀变速直线运动，在vt图象中，图线的斜率表示了其运动的加速度，根据牛顿第二定律有：a2=g=m/s2解得该行星表面的重力加速度为：g=4m/s2（3）由图线oa段可知，发动机工作时探测器加速度为：a1=8m/s2根据牛顿第二定律有：fmg=ma1解得探测器的发动机工作时的推力为：f=m（g+a1）=1500（4+8）n=18000n答：（1）宇宙探测器在该行星表面能达到的最大高度为768m；（2）计算该行星表面的重力加速度g=4m/s2；（3）假设行星表面没有空气，试计算探测器的发动机工作时的推力大小为18000n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，能根据图象读取有用信息结合牛顿第二定律解题14（10分）如图，已知斜面倾角30，物体a质量ma=0.4kg，物体b质量mb=0.7kg，h=0.5mb从静止开始和a一起运动，b落地时速度v=2m/s若g取10m/s2，绳的质量及绳的摩擦不计，求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数（2）物体沿足够长的斜面滑动的最大距离考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；滑动摩擦力.专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）以ab组成的整体为研究对象，根据动能定理求出动摩擦因数（2）b落地时a的速度大小等于b的速度大小，再根据动能定理求解物体沿滑动的最大距离解答：解：（1）以ab组成的整体为研究对象，根据动能定理得：mbghmagsinhmagcosh=得：代入解得：=（2）设物体沿斜面滑动的最大距离为s，根据动能定理得b落地后过程，对a：magsin（sh）magcos（sh）=0代入解得，s0.8m答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数为=（2）物体沿足够长的斜面滑动的最大距离为0.8m点评：本题是连接体问题，运用动能定理进行处理也可以根据牛顿第二定律和运动学结合研究15（12分）如图所示，从a点以v0=4m/s的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至b点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道bc，经圆孤轨道后滑上与c点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道c端切线水平已知长木板的质量m=4kg，a、b两点距c点的高度分别为h=0.6m、h=0.15m，r=0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数2=0.2，g=10m/s2求：（1）小物块运动至b点时的速度大小和方向；（2）小物块滑动至c点时，对圆弧轨道c点的压力；（保留两位有效数字）（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？考点：动能定理；平抛运动.专题：动能定理的应用专题分析：（1）已知平抛的抛出高度和落地速度方向，求落地的速度大小和方向，用运动的合成与分解求解；（2）小物块在bc间做圆周运动运动，在c点时轨道支持力和重力的合力提供圆周运动的向心力，据此求解即可；（3）根据物块在长木板上滑动时，物块的位移长木板的位移应该小于等于长木板的长度这一临界条件展开讨论即可解答：解：（1）物块做平抛运动：hh=gt2设到达c点时竖直分速度为vy则：vy=gtv1=v0=5m/s方向与水平面的夹角为：tan=0.75，即=37 （2）从a至c点，由动能定理得mgh= 设c点受到的支持力为fn，则有fnmg=m由式可得v2=2m/s 所以：fn=47.3 n 根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道c点的压力大小为47.3n（3）由题意可知小物块m对长木板的摩擦力f=1mg=5n 长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力f=2（m+m）g=10n 因ff，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0则长木板长度至少为l=2.8m 答：（1）小物块运动至b点时的速度大小为5m/s，方向与水平面成37角；（2）小物块滑动至c点时，对圆弧轨道c点的压力fn=47.3 n；（3）长木板至少为2.8m，才能保证小物块不滑出长木板点评：本题关键要理清物块在多个不同运动过程中的运动规律，掌握物块各个阶段的运动规律是解决本题的关键16（12分）（2007启东市模拟）质量为m=10kg的b板上表面上方，存在一定厚度的相互作用区域，如图中划虚线的部分，当质量为m=1kg的物块p进入相互作用区时，b板便有竖直向上的恒力f=kmg（k=51）作用于物块p，使其刚好不与b板的上表面接触；在水平方向，物块p与b板间没有相互作用力已知物块p开始自由下落的时刻，b板向右运动的速度为vbo=10m/s物块p从开始下落到刚到达相互作用区所经历的时间为t0=2.0s设b板足够长，b板与水平面间的动摩擦因数=0.02，为保证物块p总能落入b板上方的相互作用区，问：（1）物块p从起始位置下落到刚好与b板不接触的时间 t（2）物块b在上述时间t内速度的改变