江苏省姜堰市蒋垛中学高三物理上学期第一次诊断性考试试题（含解析）新人教版.docVIP

2015年江苏省泰州市姜堰市蒋垛中学高考物理一诊试卷 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分每小题只有一个选项符合题意1（3分）（2015姜堰市校级模拟）关于对力和运动的研究，下列说法错误的是（） a 物体在恒力力作用下可以做曲线运动 b 在探究共点力的合成时用到了等效替代的思想方法 c 做曲线运动的物体，速度一定变化 d 伽利略通过理想斜面实验，提出了“力是维持物体运动状态的原因”的观点【考点】： 曲线运动；伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法【专题】： 物体做曲线运动条件专题【分析】： 物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由此可以分析得出结论，伽利略通过理想斜面实验，指出了力不是维持物体运动状态的原因【解析】： 解：a、物体在恒力作用下可能做曲线运动，如：平抛运动，故a正确；b、在探究共点力的合成时用到了等效替代的思想方法，故b正确；c、曲线运动的速度方向每时每刻都发生变化，即速度发生了变化，所以曲线运动一定是变速运动，故c正确；d、伽利略通过理想斜面实验，指出了力不是维持物体运动状态的原因，故d错误；本题选择错误的故选：d【点评】： 掌握曲线运动的条件，合外力与速度不一条直线上，知道曲线运动合外力一定不为零，速度方向时刻变化，一定是变速运动伽利略的“理想斜面实验”是建立在可靠的事实基础之上的，它来源于实践，而又高于实践，它是实践和思维的结晶2（3分）体育器材室里，篮球摆放在图示的球架上已知球架的宽度为d，每只篮球的质量为m、直径为d，不计球与球架之间摩擦，则每只篮球对一侧球架的压力大小为（） a mg b c d 【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】： 以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，根据几何知识求出相关的角度，由平衡条件求解球架对篮球的支持力，即可得到篮球对球架的压力【解析】： 解：以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，设球架对篮球的支持力n与竖直方向的夹角为由几何知识得：cos=根据平衡条件得：2ncos=mg解得：n=则得篮球对球架的压力大小为：n=n=故选：c【点评】： 本题关键要通过画出力图，正确运用几何知识求出n与竖直方向的夹角，再根据平衡条件进行求解3（3分）（2015姜堰市校级模拟）甲乙两汽车在一平直公路上从同一地点并排行驶在t=0到t=t1的时间内，它们的vt图象如图所示在这段时间内（） a 汽车甲的平均速度比乙大 b 汽车乙的平均速度等于 c 速度相等时，甲在乙前面 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；加速度【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，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成面积代表位移，根据这些知识分析【解析】： 解：a、平均速度等于位移与时间的比值，在vt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；b、由于乙车做变减速运动，平均速度不等于，故b错误；c、速度相等时，乙的位移大于甲的位移，则乙在甲的前面，故c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4（3分）（2015姜堰市校级模拟）某同学进行篮球训练，如图所示，将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙面上，不计空气阻力，则下列说法正确的是（） a 篮球撞墙的速度，第一次较大 b 从抛出到撞墙，第一次球在空中运动时间较长 c 篮球在空中运动时的加速度，第一次较大 d 抛出时的速度，第一次一定比第二次大【考点】： 平抛运动【专题】： 平抛运动专题【分析】： 由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，该运动的逆运动为平抛运动，结合平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律分析求解【解析】： 解：a、由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，因为在两次中，篮球被抛出后的运动可以看作是平抛运动的逆反运动加速度都为g在竖直方向上：h=，因为h1h2，则t1t2，因为水平位移相等，根据x=v0t知，撞墙的速度v01v02即第二次撞墙的速度大故a、c错误，b正确d、根据平行四边形定则知，抛出时的速度，第一次的水平初速度小，而上升的高度大，则无法比较抛出时的速度大小故d错误故选：b【点评】： 本题采用逆向思维，将斜抛运动变为平抛运动处理，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律5（3分）将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，o是运动的最高点，甲、乙两次的闪光频率相同重力加速度为g，假设小球所受阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为（） a mg b mg c mg d mg【考点】： 牛顿第二定律；自由落体运动；力的合成与分解的运用【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 闪光频率相同，则小球每经过两个相邻位置的时间间隔是相同的，根据位移公式求出两种情况的加速度之比，根据牛顿第二定律列方程表示出上升和下落的加速度，联立即可求解【解析】： 解：设每块砖的厚度是d，向上运动上运动时：9d3d=at2向下运动时：3dd=at2联立得：=根据牛顿第二定律，向上运动时：mg+f=ma向下运动时：mgf=ma联立得：f=mg；故选：b【点评】： 解决本题的关键是利用匀变速直线运动的推论x=at2求出两种情况下的加速度，进而由牛顿第二定律即可求解二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分每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6（4分）为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行试验，小锤打击弹性金属片，a球水平抛出，同时b球被松开，自由下落，关于该实验，下列说法中正确的是（） a 两球的质量应相等 b 两球应同时落地 c 应改变装置的高度，多次实验 d 实验也能说明a球在水平方向上做匀速直线运动【考点】： 研究平抛物体的运动【专题】： 实验题【分析】： 本题图源自课本中的演示实验，通过该装置可以判断两球同时落地，可以验证做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动；【解析】： 解：根据装置图可知，两球由相同高度同时运动，a做平抛运动，b做自由落体运动，因此将同时落地，由于两球同时落地，因此说明a、b在竖直方向运动规律是相同的，故根据实验结果可知，平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，不需要两球质量相等，要多次实验，观察现象，则应改变装置的高度，多次实验，故bc正确故选：bc【点评】： 本题比较简单，重点考察了平抛运动特点，平抛是高中所学的一种重要运动形式，要重点加强7（4分）如图所示，e为电源，其内阻不可忽略，rt为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，l为指示灯泡，c为平行板电容器，g为灵敏电流计闭合开关s，当环境温度明显升高时，下列说法正确的是（） a l变亮 b rt两端电压变大 c c所带的电荷量保持不变 d g中电流方向由ab【考点】： 闭合电路的欧姆定律；电容【专题】： 恒定电流专题【分析】： 环境温度升高，热敏电阻阻值减小；由闭合电路欧姆定律可知电路中电流及电压的变化；由电容器的充放电知识可知g中电流方向【解析】： 解：a、由图可知，热敏电阻与l串联；当环境温度升高时热敏电阻阻值减小；则电路中电流增大；则灯泡变亮，故a正确；b、因电流变大，则内压及灯泡l两端的电压增大，由e=u内+u外可得，rt两端电压减小，故b错误；c、因电容器并联在电源两端，因内压增大，故路端电压减小，故电容器所带电量减小，故c错误；d、因内压增大，则路端电压减小，则电容器电压减小，则电容器放电，电流流出电容器，故g中电流由ab，故d正确故选：ad【点评】： 本题考查闭合电路的欧姆定律，此类问题一般按“整体局部整体”顺序进行分析8（4分）中国志愿者王跃参与人类历史上第一次全过程模拟从地球往返火星的一次实验“火星500”活动，王跃走出登陆舱，成功踏上模拟火星表面，在火星上首次留下中国人的足迹，目前正处于从“火星”返回地球途中假设将来人类一艘飞船从火星返回地球时，经历了如图所示的变轨过程，则下列说法中正确的是（） a 飞船在轨道上运动时，在p点速度大于在q点的速度 b 飞船在轨道上运动时的机械能大于轨道上运动的机械能 c 飞船在轨道上运动到p点时的加速度等于飞船在轨道上运动到p点时的加速度 d 飞船绕火星在轨道上运动周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以轨道同样半径运动的周期相同【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】： 1、根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道上运动时，在p点速度大于在q点的速度2、飞船从轨道转移到轨道上运动，必须在p点时，点火加速，使其速度增大做离心运动，即机械能增大3、飞船在轨道上运动到p点时与飞船在轨道上运动到p点时有，r相等，则加速度必定相等3、根据万有引力提供向心力，得，由此可知虽然r相等，但是由于地球和火星的质量不等，所以周期t不相等【解析】： 解：a、根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道上运动时，在p点速度大于在q点的速度故a正确b、飞船在轨道上经过p点时，要点火加速，使其速度增大做离心运动，从而转移到轨道上运动所以飞船在轨道上运动时的机械能小于轨道上运动的机械能故b错误c、飞船在轨道上运动到p点时与飞船在轨道上运动到p点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等故c正确d、根据周期公式，虽然r相等，但是由于地球和火星的质量不等，所以周期t不相等故d错误故选ac【点评】： 本题要知道飞船在轨道上运动到p点时与飞船在轨道上运动到p点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等，与轨道和其它量无关9（4分）（2015姜堰市校级模拟）如图所示，一辆货车通过光滑轻质定滑轮提升一箱货物，货箱质量为m，货物质量为m，货车以速度v向左匀速运动，将货物提升高度h，则（） a 货物向上做匀速运动 b 箱中的物体对箱底的压力大于mg c 图示位置时货车拉力的功率大于（m+m）gvcos d 此过程中货车拉力做的功为（m+m）gh【考点】： 运动的合成和分解；力的合成与分解的运用；功率、平均功率和瞬时功率【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，根据平行四边形定则求解出货箱和货物整体向上运动的速度表达式进行分析即可【解析】： 解：将货车的速度进行正交分解，如图所示：由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，故：v1=vcos由于不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上；a、货箱和货物整体向上做加速运动，故a错误；b、货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上，是超重，故箱中的物体对箱底的压力大于mg，故b正确；c、货箱和货物整体向上做加速运动，故拉力大于（m+m）g，整体的速度为vcos，故拉力功率p=fv（m+m）gvcos，故c正确；d、此过程中货车拉力做的功等于货箱和货物整体动能的增加量和重力势能的增加量，大于（m+m）gh，故d错误；故选：bc【点评】： 本题关键先推导出货箱和货物整体的速度表达式，确定货箱和货物整体的运动规律，然后结合功率表达式p=fv和动能定理列式分析，不难三、简答题（每空3分，共24分）10（12分）（2015姜堰市校级模拟）测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图甲所示的装置，图中长木板水平固定（1）实验过程中，电火花计时器应接在电压为220v，频率为50hz的交流电源上；（2）如图乙为木块在水平木板上带动纸带运动时打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出，从纸带上测出x1=7.22cm，x2=15.52cm，则木块加速度大小为a=0.92m/s2（保留两位有效数字）；（3）已知重力加速度为g，测得木块的质量为m，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数的表达式为；（4）若实验操作规范，数据处理方法得当，由此算得的动摩擦因数将比真实的动摩擦因数偏大（请填写“偏大”、“偏小”或“相同”）【考点】： 探究影响摩擦力的大小的因素【专题】： 实验题【分析】： （1）电火花计时器使用220v的交流电源（2）利用匀变速直线运动的推论：x=at2，可计算出打出某点时纸带运动的加速度（3）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数（4）在实验中纸带与打点计时器之间存在摩擦力，还存在空气阻力，根据牛顿第二定律列式分析误差【解析】： 解：（1）电火花计时器工作的电源为220v的交流电（2）根据题意可知，木块在水平木板上做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律，利用逐差法有：x=x2x1=a（t）2，t=0.3s解得：a=102m/s2=0.92m/s2；（3）对木块、砝码盘和砝码系统，根据牛顿第二定律有：mgmg=（m+m）a，解得：=（4）由于在实验中纸带与打点计时器之间存在摩擦力，还存在空气阻力，将它们设为f，因此实际上系统的加速度为：=，所以算得的动摩擦因数将比真实的动摩擦因数偏大故答案为：（1）220；（2）0.92；（3）；（4）偏大【点评】： 本题主要考查了利用牛顿第二定律测定木块与长木板之间的动摩擦因数的设计试验问题，属于中档题11（12分）图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的是aca安装斜槽轨道，使其末端保持水平b每次小球释放的初始位置可以任意选择c每次小球应从同一高度由静止释放d为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点o为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图2中yx2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是c（3）图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，o为平抛的起点，在轨迹上任取三点a、b、c，测得a、b两点竖直坐标y1为5.0cm，y2为45.0cm，a、b两点水平间距x为40.0cm，则平抛小球的初速度v0为2.0m/s，若c点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在c点的速度vc为4.0m/s（结果保留两位有效数字，g取10m/s2）【考点】： 研究平抛物体的运动【专题】： 实验题【分析】： （1）保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线（2）平抛运动竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；联立求得两个方向间的位移关系可得出正确的图象（3）根据平抛运动的处理方法，直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动即可求解【解析】： 解：（1）a、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故a正确；bc、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故b错误，c正确；d、用描点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑的曲线，不能练成折线或者直线，故d错误故选：ac（2）物体在竖直方向做自由落体运动，y=gt2；水平方向做匀速直线运动，x=vt；联立可得：y=，因初速度相同，故为常数，故yx2应为正比例关系，故c正确，abd错误故选：c（3）根据平抛运动的处理方法，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，所以y1=g y2=水平方向的速度，即平抛小球的初速度为v0=联立代入数据解得：v0=2.0m/s 若c点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在c点的对应速度vc：据公式可得：=2gh，所以v下=2=3.5m/s所以c点的速度为：vc=4.0m/s故答案为：2.0；4.0【点评】： 解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解，提高解决问题的能力；灵活应用平抛运动的处理方法是解题的关键四、论述和计算题：本题共4小题，共计65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12（15分）（2015姜堰市校级模拟）如图所示，足够长的斜面倾角=37，一物体以v0=12m/s的初速度从斜面上a点处沿斜面向上运动；加速度大小为a=8m/s2，g取10m/s2求：（1）物体沿斜面上滑的最大距离x；（2）物体与斜面间的动摩擦因数；（3）物体从a点出发需经多少时间才能回到a处【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： （1）根据速度位移关系公式列式求解即可；（2）受力分析后，根据牛顿第二定律列式求解即可；（3）先根据速度时间关系公式求解出减速的时间；下滑时，先受力分析后根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据位移时间关系公式列式求解下滑的时间；最后得到总时间【解析】： 解：（1）上滑过程，由运动学公式=2ax，得x=9m （2）上滑过程，由牛顿运动定律得：mgsin+mgcos=ma 解得：=0.25 （3）上滑过程：t1=1.5s 下滑过程，由牛顿运动定律得：mgsinmgcos=ma解得：a=4m/s2由运动学公式x=解得：t2=所以运动的总时间t=t1+t2=答：（1）物体沿斜面上滑的最大距离x为9m；（2）物体与斜面间的动摩擦因数为0.25；（3）物体从a点出发需经3.6s时间才能回到a处【点评】： 本题是已知上滑时的运动情况确定受力情况，然后根据受力情况确定下滑时的运动情况，求解出加速度是关键13（16分）（2015姜堰市校级模拟）如图所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点o在传送带的左端，传送带长l=8m，匀速运动的速度v0=5m/s一质量m=1kg的小物块轻轻放在传送带上xp=2m的p点，小物块随传送带运动到q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点n点小物块与传送带间的动摩擦因数=0.5，重力加速度g=10m/s2求：（1）经过多长时间小物块与传送带速度相同；（2）从p点到q点，小物块在传送带上运动系统产生的热量；（3）n点的纵坐标【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】： （1）求解出p到q过程的加速度，根据v=at小物块与传送带速度相同的时间；（2）根据q=fs求解热量；（3）在n点，重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律列式；对从q到n过程根据机械能守恒定律列式；最后联立方程得到n点的纵坐标yn【解析】： 解：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度a=g=5m/s2小物块与传送带共速时，所用的时间：t=1s（2）运动的位移：x=2.5m（lx）=6m故小物块与传送带达到相同速度后以v0=5m/s的速度匀速运动到q，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达n点；在1s内，物体的位移为2.5m，传送带的位移为5m，故相对滑动的位移为：x=52.5=2.5m；小物块在传送带上运动系统产生的热量：q=fx=mgx=0.51102.5=12.5j；（3）小物块与传送带达到相同速度后以v0=5m/s的速度匀速运动到q，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达n点，故有：mg=m由机械能守恒定律得：m=mgyn+m解得：yn=1m答：（1）经过1s时间小物块与传送带速度相同；（2）从p点到q点，小物块在传送带上运动系统产生的热量为12.5j；（3）n点的纵坐标为1m【点评】： 本题关键是明确小滑块的运动情况，然后分段根据牛顿第二定律、动能定理、运动学公式列式分析求解14（16分）如图所示，一质量m=3.0kg、足够长的木板b放在光滑的水平面上，其上表面放置质量m=l.0kg的小木块a，a、b均处于静止状态，a与b间的动摩擦因数=0.30，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等现给木块a施加一随时间t变化的水平力f=kt（k=2.0n/s），取g=10m/s2（1）若木板b固定，则经过多少时间木块a开始滑动？（2）若木板b固定，求t2=2.0s时木块a的加速度大小（3）若木板b不固定，求t3=1.0s时木块a受到的摩擦力大小【考点】： 牛顿第二定律【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： （1）对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律求小物块的加速度；（2）对长木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求长木板的加速度；（3）小物块向右加速运动，长木板亦向右加速运动，两者位移差为木板长度时小物块到达木板的右端，根据位移时间关系求解即可【解析】： 解：（1）当木板固定时，a开始滑动瞬间，水平力f与最大静摩擦力大小相等，则：f=f=mg设经过t1时间a开始滑动，则：f=kt1（2）t=2s时，有：f=kt=22n=4n有牛顿第二定律有：fmg=maa=（3）在t=1s时水平外力为：f=kt=21n=2n 由于此时外力小于最大静摩擦力，两者一定不发生相对滑动，故一起做匀加速运动，以整体为研究对象，有牛顿第二定律可得：f=（m+m）a对a受力分析为：ff=maf=fma=