山西省运城市高三物理上学期期中试题（含解析）.doc

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）如图所示，质点在f1、f2和f3三力作用下保持静止，已知其中f1的大小恒定不变，方向竖直向下，f2与水平方向夹角为（45），但大小未知，则下列说法正确的是（）af3的最小值为f1cosbf3的大小可能为f1sincf3的方向可能与f2的方向相反df2取不同的值，f2与f3的合力就有不同的值考点：力的合成；共点力平衡的条件及其应用.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与已知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f1cos，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；故选：a点评：本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ek已知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则（）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bt=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2ekd若入射速度加倍成2v0，则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相同；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：vym=v0故最大动能ek=m（v02+v2ym）=2ek，故c正确；d、若入射速度加倍成2v0，则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；故选：c点评：本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）如图所示，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点再次与斜面碰撞已知ab两点的高度差为h，重力加速度为g，不考虑空气阻力则小球落到c点时速度的大小为（）av=bcd10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，根据平行四边形定则定则求出小球落到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=则小球运动到c点竖直方向上的分速度vy=gt=2v0则vc=故选：a点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解4（4分）如图所示，水平传送带两端点a、b间的距离为l若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点若传送带的上表面以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，下列说法正确的是（）af2大于f1bf2做功等于f1做的功cf2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相同考点：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，拉力的大小相同，物体对地位移相同，做功相同传送带以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克服摩擦力做功根据系统克服摩擦力做功大小，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，则拉力相等，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=，比较可知w1=w2，p1p2又v1t2v1t1，v1t1=l 得q1q2故b正确，cd错误；故选：b点评：本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）如图所示为甲、乙两质点在同一直线上运动的xt图象，其中，乙质点做初速度为零的匀加速直线运动，下列说法正确的是（）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，则对于甲：s=v0t=v02=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=2t1=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=22=4m/s，故d错误；故选：ac点评：要求同学们能根据图象读出有用信息，难度不大，属于基础题6（4分）如图所示，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，则以下说法正确的是（）a若平板车向右减速运动，滑块所受的摩擦力一定变小b若平板车向右加速运动，滑块所受的摩擦力一定变大c若平板车向左加速运动，滑块所受的摩擦力一定变小d若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；共点力平衡的条件及其应用.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若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、若平板车向右加速运动，加速度的方向向右；则ff=ma，所以：ff滑块所受的摩擦力一定变大故b正确；c、若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、若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相同，摩擦力做正功故d正确故选：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，则关于物体的运动下列说法正确的是（）a物体上升的时间是4.9sb4s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行分析求解解答：解：a、若位移的方向向上，根据x=v0t+得：4=v05，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，则物体上升的时间可能为4.9s若物体的位移向下，则4=v05，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，则平均速度可能为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相同，竖直向上故c错误d、当物体第5s初的速度为9m/s时，则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，则物体的初速度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错误故选：ad点评：解决本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，电场线及油滴的运动轨迹如图所示，不计空气阻力，由此可以判断（）a油滴带正电荷ba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及电荷的电性，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；故选：cd点评：本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）如图所示，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，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则上述过程中（）a物块从o到a过程中，弹簧弹力对物块做的功为wmgsb物块从a到o过程中，弹簧的弹性势能减少了wmgsc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w2mgs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（wmgs），故a错误；b、物块从a到o过程中，弹簧的弹性势能减少了wmgs，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：2mgs，弹簧弹力做功为零，由能量守恒定律可知，物块的动能为：w2mgs，故d正确；故选：bd点评：本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，以下说法正确的是（）a离子以相同的速度进入同一偏转电场可分离为三股粒子束b离子以相同的动能进入同一偏转电场可分离为二股离子束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分离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、离子以相同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，三者的荷质比不相同，故三种粒子分成三股离子束，故a正确；b、离子以相同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，电荷量相同，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，则一价氢离子、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；故选：abc点评：本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行推导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：比较两个小球，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=mgtan ；由向心力公式得到：f=m2r ；设绳子与悬挂点间的高度差为h，由几何关系，得：r=htan ；由三式得，=知角速度相等，由t知，角速度相同，则周期相同故a错误由v=wr，轨道半径越大线速度就越大故b正确由f=m2r，轨道半径越大向心力越大，故c正确；由a=2r，在同一轨道上小球的向心加速度相同，与质量无关，故d错误故选：bc点评：本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部分，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纸带所示已知打点计时器接在频率为50hz的交流电源两端，则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，则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，则加速度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：mgf=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，熟练应用所学基本规律解决实验问题13（6分）如图所示，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=，电压增大则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=，电压增大则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：本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，并能进行综合分析三、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）若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）若飞机的最大加速度为6m/s2，则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）若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）若飞机的最大加速度为6m/s2，则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，属于基础题15（14分）如图所示，有甲、乙两颗卫星分别在不同的轨道围绕半径为r、表面重力加速度为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，距离地球表面的高度为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；万有引力定律及其应用.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