辽宁省五校协作体高三物理上学期期中试卷（含解析）.doc

辽宁省五校协作体2015届高三上学期期中考试物理试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第812题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错、多选或不选的得0分）1（4分）做匀减速直线运动的质点，它的位移随时间变化的规律是s=24t1.5t2（m），当质点的速度为零，则t为多少（）a1.5sb8sc16sd24s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：直线运动规律专题分析：根据匀变速直线运动的位移时间公式x=求出初速度和加速度，再根据匀变速直线运动的速度时间公式v=v0+at求出质点速度为零所需的时间解答：解：根据x=24t1.5t2知，初速度v0=24m/s，加速度a=3m/s2根据速度时间公式v=v0+at得，t=8s故b正确，a、c、d错误故选：b点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式x=和速度时间公式v=v0+at2（4分）欲使在粗糙斜面上匀速下滑的物体静止，如图所示，可采用的方法是（）a对物体施一垂直于斜面的力b增大斜面的倾角c对物体施一竖直向下的力d在物体上叠放一重物考点：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：木块匀速滑下，合力为零，根据平衡条件得到动摩擦因数与斜面倾角的关系要使木块停下，必须使之减速，合力方向与速度方向应相反分别分析木块的受力情况，确定合力的方向，判断其运动性质解答：解：d、木块匀速滑下，合力为零，根据平衡条件得 mgsin=mgcos；得：sin=cos，与质量无关，在木块a上再叠放一个重物后，整体匀速下滑，不可能停下；故d错误；a、对木块a施加一个垂直于斜面的力f，重力沿斜面向下的分力mgsin不变，而滑动摩擦力f=（f+mgcos）增大，合力方向沿斜面向上，木块做减速运动，可以使木块停下；故a正确；b、若增加斜面的倾角，重力沿斜面向下的分力mgsin增加，滑动摩擦力f=mgcos减小，木块的合力方向将沿斜面向下，木块做加速运动，故b错误；c、对木块a施加一个竖直向下的力，由于（f+mg）sin=（f+mg）cos，木块的合力仍为零，仍做匀速运动，不可能停下；故c错误；故选：a点评：本题关键根据物体做减速运动的条件，分析木块的合力方向，当合力方向与速度反向时，木块能做减速运动，可以停下来3（4分）真空中有两个点电荷q1=+4.0108c和q2=1.0108c，分别固定在x坐标轴的x=0和x=6cm的位置上，x坐标轴上哪些地方的电场强度方向是沿x轴的正方向的？（）a（，0）b（0，6cm）c（6，12cm）d（0，12cm）考点：电场强度；库仑定律.分析：某点的电场强度是正电荷q1和负电荷q2在该处产生的电场的叠加，是合场强运用合成进行分析解答：解：某点的电场强度是正电荷q1和负电荷q2在该处产生的电场的叠加，是合场强根据点电荷的场强公式e=，所以要使电场强度为零，那么正电荷q1和负电荷q2在该处产生的场强大小相等方向相反不会在q1的左边，因为q1的电荷大于q2，也不会在q1 q2之间，因为它们电荷相反，在中间的电场方向都是一样的所以，只能在q2右边设该位置据q2的距离是l，所以有：=解得：l=6cm所以x坐标轴上x=12cm处的电场强度为零在q1 q2之间，正电荷q1和负电荷q2在该处产生的场强方向沿x轴正方向，所以实际场强也是沿x轴正方向，根据点电荷的场强公式得x坐标轴大于12cm区域电场强度方向沿x轴正方向区域所以x坐标轴上电场强度方向沿x轴正方向区域是（0，6cm）和（12cm，），故b正确，acd错误故选：b点评：空间中某一点的电场，是空间所有电荷产生的电场的叠加，场强是矢量，其合成遵守平行四边形定则4（4分）如图所示，船从a处开出后沿直线ab到达对岸，若ab与河岸成37角，水流速度为4m/s，则船从a点开出的最小速度为（）a2m/sb2.4m/sc3m/sd3.5m/s考点：运动的合成和分解.专题：运动的合成和分解专题分析：本题中船参与了两个分运动，沿船头指向的分运动和顺水流而下的分运动，合速度方向已知，顺水流而下的分运动速度的大小和方向都已知，根据平行四边形定则可以求出船相对水的速度的最小值解答：解：船参与了两个分运动，沿船头指向的分运动和顺水流而下的分运动，其中，合速度v合方向已知，大小未知，顺水流而下的分运动v水速度的大小和方向都已知，沿船头指向的分运动的速度v船大小和方向都未知，合速度与分速度遵循平行四边形定则（或三角形定则），如图当v合与v船垂直时，v船最小，由几何关系得到v船的最小值为v船=v水sin37=2.4m/s故b正确，a、c、d错误故选：b点评：本题关键先确定分速度与合速度中的已知情况，然后根据平行四边形定则确定未知情况5（4分）如图所示，北京飞控中心对“天宫一号”的对接机构进行测试，确保满足交会对接要求，在“神舟八号”发射之前20天，北京飞控中心将通过3至4次轨道控制，对“天宫一号”进行轨道相位调整，使其进入预定的交会对接轨道，等待神舟八号的到来，要使“神舟八号”与“天宫一号”交会，并最终实施对接，“神舟八号”为了追上“天宫一号”（）a应从较低轨道上加速b应从较高轨道上加速c应在从同空间站同一轨道上加速d无论在什么轨道上只要加速就行考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用.专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力及近心运动和离心运动的相关知识即可求解解答：解：a、神舟八号在较低轨道上加速后做离心运动，轨道半径增大故可能“追上”较高轨道上运行的天宫一号从而实现对接，故a正确；b、从较高轨道上加速，神舟八号将做离心运动，轨道高度继续增加，故不可能与较低轨道上的天宫一号实现对接，故b错误；c、在空间站同一轨道上加速，神舟八号将做离心运动，轨道高度增加，故不可能与同轨道的天宫一号实现对接，故c错误d、由卫星变轨原理知，神舟八号只有在较低轨道上做加速运动才可以实现与天宫一号的对接，故d错误故选：a点评：本题主要考查了近心运动和离心运动的含义，要实现对接可以再较低轨道上加速，或在较高轨道上减速，难度不大，属于基础题6（4分）用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进入木板的深度成正比，已知铁锤第一次将钉子钉进d，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做功与第一次相同，那么第二次钉子进入木板的深度是（）a（1）db（1）dcddd考点：动能定理.专题：动能定理的应用专题分析：阻力与深度成正比，力是变力，可以应用fd图象分析答题解答：解：由题意可知，阻力与深度d成正比，fd图象如图所示，fx图象与坐标轴所形成图形的面积等于力所做的功，每次钉钉子时做功相同，如图所示可得：力与深度成正比，则：f=kd，f=kd，两次做功相同， df=（f+f）（dd），解得：d=d，第二次钉子进入木板的深度：h=dd=（1）d；故选：b点评：本题考查了变力做功问题，可以应用图象法解题，也可以求出力的平均值，应用动能定理解题7（4分）放在粗糙水平面上质量为m物体，在水平拉力f的作用下以加速度a运动，现将拉力f改为2f（仍然水平方向），物体运动的加速度大小变为a则（）aa=abaa2aca=2ada2a考点：牛顿第二定律.专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据牛顿第二定律分别求出拉力为f和2f时的加速度，从而比较加速度的关系解答：解：根据牛顿第二定律得，当拉力为f时，当拉力为2f时，故d正确，a、b、c错误故选d点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解8（4分）物体从静止开始做匀加速直线运动，第3s内通过的位移是3m，则（）a第3s内的平均速度是3m/sb物体的加速度是1.2m/s2c前3s内的位移是6md3s末的速度是6.3m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：直线运动规律专题分析：由公式求解第3s内的平均速度第3s内位移等于前3s内与前2s内位移之差，根据位移公式列式，求出加速度再由运动学求出前3s内的位移和平均速度，及3s末的速度解答：解：a、第3s内的平均速度为：由公式=3m/s故a正确b、设加速度大小为a，则有：x=，得：a=m/s2=1.2m/s2故b正确c、前3s内位移为：x3=m=5.4m，故c错误；d、v3=at3=1.23=3.6m/s故d错误故选：ab点评：本题运用匀变速直线运动的基本公式研究初速度为零的匀加速运动问题，也可以通过图象研究9（4分）升降机里，一个小球系于弹簧下端，升降机静止时，弹簧伸长4cm，升降机运动时，弹簧伸长2cm，则升降机的运动状况可能是（）a以1m/s2的加速度加速下降b以4.9m/s2的加速度减速上升c以1m/s2的加速度加速上升d以4.9m/s2的加速度加速下降考点：牛顿第二定律.专题：牛顿运动定律综合专题分析：升降机与小球具有共同的加速度，隔离对小球分析，运用牛顿第二定律求出加速度，从而得出升降机的运动状况解答：解：对小球分析，开始小球静止，知mg=kx1，当升降机运动时有：mgkx2=ma，因为，解得加速度为：a=4.9m/s2，方向竖直向下，可知升降机以4.9m/s2的加速度加速下降，或以4.9m/s2的加速度减速上升故b、d正确，a、c错误故选：bd点评：解决本题的关键知道小球和升降机具有共同的加速度，结合牛顿第二定律进行求解，基础题10（4分）如图所示，某人从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的高尔夫球，由于恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为l的a穴，则（）a该球从被击出到落入a穴所用时间为b该球从被击出到落入a穴所用时间为c球被击出时的初速度大小为ld球被击出时的初速度大小为l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，根据高度求出运动的时间，根据水平位移求出初速度的大小解答：解：ab、高尔夫球做平抛运动，设高尔夫球飞行时间为t，则有：h=gt2，所以：t= 故a正确，b错误；cd、小球水平飞行距离为：l=v0t，则有：v0=l 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，结合运动学公式进行求解11（4分）如图所示，放置在水平地面上的直角劈m上有一个质量为m的物体，若在其上处于静止，m也保持静止，则下列说法正确的是（）am对地面的压力等于（m+m）gbm对地面的压力大于（m+m）gc地面对m没有摩擦力d地面对m有向左的摩擦力考点：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：本题的简单接法是对直角劈和物体组成的系统运用牛顿第二定律，系统在水平方向受到的外力等于m和m与对应水平方向的加速度乘积的矢量和，系统在竖直方向上受到的外力等于两物体质量与对应竖直方向加速度乘积的矢量和解答：解：a、对直角劈m和物体m整体在竖直方向，受力平衡：（m+m）gfn=0，得fn=（m+m）g，所以a正确b错误；c、对直角劈m和物体m整体为研究对象，设地面对直角劈摩擦力大小为f，根据牛顿第二定律则有：f=（m+m）0=0，解得：f=0，即地面对直角劈没有摩擦力，所以c正确d错误故选：ac点评：对系统整体为研究对象的好处是受力分析时只分析系统受到的外力不分析内力作用，注意牛顿第二定律的矢量性12（4分）如图所示，c为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板；a板接地；p和q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；p板与b板用导线相连，q板接地开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度在以下方法中，能使悬线的偏角变小的是（）a缩小a、b间的距离b加大a、b间的距离c取出a、b两极板间的电介质d换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质考点：电容器的动态分析.专题：电容器专题分析：题中电容器ab与平行金属板pq并联，电势差相等，根据左边电容器的电容的变化得出平行金属板两端的电势差变化，从而得出电场强度的变化，判断悬线偏转角度的变化解答：解：a、缩小a、b间的距离，根据c=，则电容增大，q不变，ab端的电势差u=减小，所以pq两端的电势差减小，电场强度减小，则电场力变小，变小故a正确b错误c、取出a、b两极板间的电介质，根据c=，则电容减小，q不变，ab端的电势差增大，所以pq两端的电势差增大，电场强度增大，则电场力变大，变大故c错误d、换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质，根据c=，则电容增大，q不变，ab端的电势差u=减小，所以pq两端的电势差减小，电场强度减小，则电场力变小，变小故d正确故选：ad点评：本题综合了电路、电容的知识，综合性较强；是通过平衡条件的考查转移到电容器动态分析的一个考查，需要认真推敲一下二、第卷（非选择题共52分）13（3分）（2009杨浦区模拟）物体做平抛运动的规律可以概括为两点：（1）在水平方向做匀速直线运动；（2）在竖直方向做自由落体运动图所示为一种研究物体做平抛运动规律的实验装置，其中a、b为两个等大的小球，c为与弹性钢片e相连的小平台，d为固定支架，两小球等高用小锤击打弹性钢片e，可使a球沿水平方向飞出，同时b球被松开，做自由落体运动在不同的高度多次做上述实验，发现两球总是同时落地，这样的实验结果：（）a只能说明上述规律中的第（1）条b只能说明上述规律中的第（2）条c能同时说明上述两条规律d不能说明上述两条规律中的任意一条考点：研究平抛物体的运动.专题：实验题；平抛运动专题分析：探究平抛运动的规律中，实验同时让a球做平抛运动，b球做自由落体运动，若两小球同时落地，则说明平抛运动竖直方向是自由落体运动，而不能说明a球水平方向的运动性质解答：解：在打击金属片时，两小球同时做平抛运动与自由落体运动，结果同时落地，则说明平抛运动竖直方向是自由落体运动，故acd错误，b正确故选b点评：本题属于简单基础题目，实验虽然简单，但是很直观的验证了平抛运动在竖直方向上的运动规律14（11分）（1）小方同学想测出某种材料的电阻率，由于不知其大约阻值，他只好用多用电表先粗测该材料一段样品的电阻经正确操作后，选“100”挡时发现指针偏转情况如图甲所示，由图可知，其阻值约为104（只填数量级）由于指针太偏左，他应该换用1k挡（填“10”或“1k”），换挡后，在测量前先要进行欧姆调零（2）要测出上述样品的电阻率，必须精确测出其电阻的阻值除导线和开关外，实验室还备有以下器材可供选用：电流表a1，量程30ma，内阻r2约200电流表a2，量程1a，内阻r1约0.5电压表v1，量程6v，内阻rv1等于20k电压表v2，量程10v，内阻rv2约30k滑动变阻器r1，02000，额定电流0.1a滑动变阻器r2，020，额定电流2a电源e（电动势为12v，内阻r约2）请选择合适的器材，设计出便于精确测量的电路图画在方框中其中滑动变阻器应选r2若选用其中一组电表的数据，设该段圆柱形材料的长为l，直径为d，由以上实验得出这种材料电阻率的表达式为，式中电表物理量符号的含义为u1表示电压表v1的示数，u2表示电压表v2的示数用螺旋测微器测得该材料直径d的读数如图乙示，则d=3.509mm考点：测定金属的电阻率.专题：实验题分析：（1）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零（2）根据实验目的与实验器材确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路图；为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；应用欧姆定律与电阻定律求出电阻率的表达式；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数解答：解：（1）用“100”挡测电阻，由图甲所示可知，待测电阻阻值的数量级约为：100100=1104由于指针太偏左，所选挡位太小，应该换用1k挡，换挡后，在测量前先要进行欧姆调零（2）电源电动势为12v，电压表应选v2，电路最大电流约为：i=0.001a=1ma，两电流表量程都太大，读数误差较大，可以把待测电阻与已知内阻的电压表v1串联，用电压表v1测电流，为方便实验操作，滑动变阻器应选r2；待测电阻阻值约为104，滑动变阻器最大阻值为20，待测电阻阻值远大于滑动变阻器阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示：由欧姆定律可知，电阻阻值：r=，其中i=，由电阻定律得：r=，解得：=；由图示螺旋测微器可知，其示数为3.5mm+0.90.01mm=3.509mm故答案为：（1）104；1k；进行欧姆调零；（2）电路图如图所示；r2；u1表示电压表v1的示数，u2表示电压表v2的示数；3.509（3.5083.510均正确）点评：本题关键要明确实验的实验原理，同时要明确实验中系统误差的来源；欧姆表刻度不均匀，读数误差大，只能粗测电阻，伏安法测电阻较为精确15（8分）赛车比赛出发阶段，一辆赛车用时7s跑过了一段200m长的直道，将该赛车运动可简化为初速为零的匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段；已知该车在加速阶段的第3s内通过的距离为25m，求该赛车的加速度及在加速阶段通过的距离考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：直线运动规律专题分析：根据匀变速直线运动的位移时间公式，抓住第3s内的位移为25m求出赛车的加速度赛车经历了匀加速直线运动和匀速直线运动，结合总位移为200m，总时间为7s，通过位移公式和速度时间公式求出加速阶段的距离解答：解：（1）设赛车在匀加速阶段的加速度为a，在前2s和第3s内通过的位移分别为x1和x2，由运动学规律得：t0=1sx2=25m代入数据解得：a=10m/s2（2）设赛车做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v1，跑完全程的时间为t，全程的距离为x，依题意及运动学规律，得：t=t1+t2v=at1设加速阶段通过的距离为x，则：代入数据求得：x=80m答：赛车的加速度为10m/s2，在加速阶段通过的距离为80m点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式和速度好司机公式，理清赛车的运动规律，结合运动学公式灵活求解，难度不大16（14分）如图所示，一半径为r的半圆形轨道bc与一水平面相连，c为轨道的最高点，一质量为m的小球以初速度v0从圆形轨道b点进入，沿着圆形轨道运动并恰好通过最高点c，然后做平抛运动求：（1）小球平抛后落回水平面d点的位置距b点的距离；（2）小球由b点沿着半圆轨道到达c点的过程中，克服轨道摩擦阻力做的功考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；平抛运动.专题：动能定理的应用专题分析：（1）由牛顿第二定律求出到达c点的速度，离开c后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出距离（2）应用动能定理可以求出克服摩擦力做功解答：解：（1）小球刚好通过c点，由牛顿第二定律：mg=m，小球做平抛运动，有2r=gt2，s=vct解得小球平抛后落回水平面d点的位置距b点的距离s=2r（2）小球由b点沿着