山东省临沂市高三物理上学期期中试题（含解析）新人教版.doc

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1（4分）关于运动情况的描述，下列说法中错误的是（）a初速度为零的匀变速运动，一定是直线运动b匀变速运动的速度大小和方向可以同时变化c做变速运动的物体，其动能一定变化d变速直线运动的加速度方向和速度方向有可能不相同考点：物体做曲线运动的条件；匀变速直线运动的速度与时间的关系；动能.分析：明确常见运动的性质，根据曲线运动和加速度的性质进行分析即可解答：解；a、只要物体的初速度为零，则对于匀变速直线运动，速度和加速度一定在同一直线上；故a正确；b、匀变速运动的速度大小和方向可以同时变化，如平抛运动；故b正确；c、做变速运动的物体，其动能可以不变；如匀速曲线运动；故c错误；d、变速直线运动，其加速度和速度的方向均可能不变；故匀加速直线运动；故d错误；本题选错误的，故选：c点评：对于曲线运动的条件可注意以常见的运动为例进行研究；如平抛和圆周运动的性质要牢记并能熟练应用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（）a在第1秒末速度方向发生了改变b在第2秒末加速度方向发生了改变c在前2秒内发生的位移为零d第3秒末和第5秒末的位置相同考点：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.专题：运动学中的图像专题分析：速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，速度的正负表示速度的方向，只要图象在时间轴同一侧物体运动的方向就没有改变；只要总面积仍大于0，位移方向就仍沿正方向；解答：解：a、02s内速度图象在时间轴的上方，都为正，速度方向没有改变故a错误；b、速度时间图象的斜率表示加速度，由图可知13s图象斜率不变，加速度不变，方向没有发生改变，故b错误；c、根据“面积”表示位移可知，02s内的位移为：x1=22m=2m故c错误；d、根据“面积”表示位移可知，03s内的位移为：x1=22m=1m，05s内的位移为：x2=21m=1m，所以第3秒末和第5秒末的位置相同故d正确故选：d点评：深刻理解某一段时间内的位移就等于在该段时间内速度图象与时间轴围成的面积是解决此类题目的突破口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，轻杆与竖直方向成角固定于车顶，细线与竖直方向成角，如图所示，若a，不考虑一切阻力，则下列说法中正确的是（）a小车可能以加速度gtan向右做匀加速运动b小车可能以加速度gtan向左做匀减速运动c轻杆对小球的弹力方向沿轻杆向上d轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上考点：牛顿第二定律.专题：牛顿运动定律综合专题分析：先对细线吊的小球分析进行受力，根据牛顿第二定律求出加速度再对轻杆固定的小球应用牛顿第二定律研究，得出轻杆对球的作用力方向加速度方向求出，但速度可能有两种，运动方向有两种解答：解：a、对左边的小球研究，根据牛顿第二定律，设其质量为m，得：mgtan=ma得到：a=gtan小车可能以加速度gtan向右做匀加速运动或者向左做减速运动，故a正确，b错误；c、对右边的小铁球研究设其质量为m，轻杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为由牛顿第二定律，得：mgtan=ma因为a=a，得到= 则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，即轻杆对小球的弹力方向一定沿着细绳方向向上，故c错误，d正确；故选：abd点评：绳子的模型与轻杆的模型不同：绳子的拉力一定沿绳子方向，而轻杆的弹力不一定沿轻杆方向，与物体的运动状态有关，可根据牛顿定律确定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（）aa与b的接触面可能是光滑的bb与c的接触面可能是光滑的ca与b的接触面一定是粗糙的dc与水平面的接触面一定是粗糙的考点：共点力平衡的条件及其应用.专题：运动学中的图像专题分析：静摩擦力产生的条件是：有弹力、接触面粗糙、有相对运动趋势；结合平衡条件求解摩擦力解答：解：a、c、物体a受重力和支持力；由于物体a做匀速直线运动，处于平衡状态，故一定不受摩擦力，否则不能平衡，故a与b的接触面可能是光滑的，也可能是粗糙的；故a正确，c错误；b、对ab整体，受重力和支持力；由于物体ab整体做匀速直线运动，处于平衡状态，故一定不受摩擦力，否则不能平衡，故ab整体与c的接触面可能是光滑的，也可能是粗糙的；故b正确；d、对abc整体，受重力、拉力、支持力和摩擦力；由于物体abc整体做匀速直线运动，处于平衡状态，故c与水平面的接触面一定是粗糙的，故d正确；故选：abd点评：本题关键是结合共点力平衡条件、摩擦力的产生条件分析摩擦力的有无，基础题目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随时间变化的图象正确的是（）abcd考点：牛顿第二定律.专题：牛顿运动定律综合专题分析：物体在运动过程中受到静摩擦力和滑动摩擦力；由牛顿第二定律可得f与a的关系，进而由数学方法来分析图象解答：解：物体受拉力，摩擦力，由牛顿第二定律可得：ff=ma；在运动之前拉力等于摩擦力，故f=kt，与时间成正比；但当拉力达到最大静摩擦力，物体才获得加速度并开始运动，此后物体受到滑动摩擦力，f=mg；f与a为线性函数关系，即ktmg=ma，a=，图象与f轴的交点为最大静摩擦力，故bc正确故选：bc点评：对找图象问题，必须要由物理规律列出对应坐标轴物理量的方程，然后用数学方法来分析函数对应的图象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100km100km的环月圆轨道i降低到椭圆轨道（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（）a飞船在轨道i上运动到p点的速度比在轨道上运动到p点的速度大b飞船在轨道i上运动到尸点的向心加速度比在轨道上运动到p点的向心加速度小c飞船在轨道i上的引力势能与动能之和比在轨道上的引力势能与动能之和大d飞船在轨道上运动的周期大于在轨道i上运动的周期考点：万有引力定律及其应用.专题：万有引力定律的应用专题分析：根据开普勒第三定律可知卫星的运动周期和轨道半径之间的关系；根据f合=ma可知在不同轨道上的同一点加速度相同变轨的时候点火，发动机做功解答：解：a、沿轨道运动至p时，制动减速，万有引力大于向心力做向心运动，才能进入轨道，故在轨道上运动到p点的速度比在轨道上运动到p点的速度大故a正确b、“嫦娥三号”卫星变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度，同一地点万有引力相同，所以加速度相等，故b错误c、变轨的时候点火，发动机做功，从轨道进入轨道，发动机要做功使卫星减速，故在轨道上的势能与动能之和比在轨道上的势能与动能之和大，故c正确d、根据开普勒第三定律为常数，可得半长轴a越大，运动周期越大，显然轨道的半长轴（半径）大于轨道的半长轴，故沿轨道运动的周期小于沿轨道运动的周期，故d错误故选：ac点评：通过该题要记住：由高轨道变轨到低轨道需要减速，而由低轨道变轨到高轨道需要加速，这一点在解决变轨问题时要经常用到，一定要注意掌握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acbc的中点若取无穷远处的电势为零，则下列判断正确的是（）am、n两点场强相同bm、两点电势相同c负电荷由无穷远处移到点时，电势能一定增加d负电荷由无穷远处移到c处，电场力做功为零考点：电场的叠加；电势；电势能.专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场线的分布确定电场强度的大小和方向，根据沿电场线方向电势逐渐降低，判断电势的高低根据电场力做功判断电势能的变化解答：解：a、根据等量异种电荷周围的电场线分布知，m、n两点的场强大小相等，方向不同，故a错误b、沿着电场线方向电势逐渐降低，可知m、n两点电势不等故b错误c、等量异种电荷连线的中垂线是等势线，将负电荷从无穷远处移到n点处，电场力做负功，电势能一定增加，故c正确d、等量异种电荷连线的中垂线是等势线，负电荷由无穷远处移到c处，电场力做功为零故d正确故选：cd点评：解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道电场力做功与电势能的变化关系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（）a圆环的机械能守恒b弹簧的弹性势能先增大后减小c弹簧的弹性势能增加了mghd弹簧的弹性势能最大时圆环应处于bc之间的某一位置考点：功能关系；弹性势能.分析：分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大解答：解：a、圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和弹簧的拉力；所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故a错误，b、弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短后再伸长，故弹簧的弹性势能先增大再减小后增大才对故b错误c、根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，那么弹簧的机械能即弹性势能增大mgh故c正确d、根据系统机械能守恒，弹簧弹性势能最大时圆环的速度等于零，所以是c点故d错误故选：c点评：对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法这是一道考查系统机械能守恒的基础好题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、乙两人抛出点的水平距离为s，为使b能在上升过程与a相遇，则h、v0、s应满足的关系是（）as=bs=hcv0dv0考点：平抛运动.专题：平抛运动专题分析：在上升过程相遇，则a物体的水平位移为s，同时，a下降的高度与b上升的高度之和为h；要保证在上升过程相遇，a运动的时间要小于b上升到最高点的时间解答：解：ab：设抛出时间t后相遇，则有：s=v0th=ha+hb=gt2+gt2=v0t=s故a错误，b正确；cd：b上升的最大时间为ta物体发生s的水平位移的时间要小于t，即：结合h=s可得：故c错误、d正确故选：bd点评：将平抛运动进行分解，列出两个物体的竖直方向的位移关系和水平方向的关系就好解决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，用表示“魔盘”转动的角速度，下列说法正确的是（）ab一定比a先开始滑动ba、b所受的摩擦力始终相等cb开始滑动的临界角速度=d当=时，a所受摩擦力的大小为kmg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：两小孩随圆盘一起转动，由静摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由其质量、半径和角速度决定当圆盘转速增大时，提供的静摩擦力随之而增大当所需要的向心力大于最大静摩擦力时开始滑动，根据牛顿第二定律和向心力公式结合分析解答：解：ab、两个小孩的最大静摩擦力相等两人随圆盘一起转动，由静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：小孩所受的静摩擦力f=m2r，m、相等，fr，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故a正确，b错误；c、b开始滑动时，由牛顿第二定律得：kmg=m22l，得=故c正确d、a开始滑动时，由牛顿第二定律得：kmg=m2l，得=由于=时，小孩相对于圆盘没有滑动，由静摩擦力提供向心力，则有 f=m2l=ml=kmg，故d错误故选：ac点评：本题的关键是正确分析人的受力，明确人做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答二、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考点：测定匀变速直线运动的加速度.专题：实验题分析：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，可以求出打纸带上某点时小车的瞬时速度大小用描点法作出vt图象，根据图象求出小车在玻璃板上的运动速度解答：解：匀速运动的速度等于位移除以时间设对应点1、2、3、4、5的瞬时速度分别为v1、v2、v3、v4、v5，则有v1=cm/s=75cm/s=0.75m/s，v2=cm/s=65cm/s=0.65m/s，v3=cm/s=55cm/s=0.55m/s，v4=cm/s=45cm/s=0.45m/s，v5=cm/s=35cm/s=0.35m/s；以速度为纵坐标，以时间为横坐标建立直角坐标系用描点法作出小车在薄布面上做减速运动时的vt图象将图象延长，使其与纵轴相交，如图所示由图象可知，小车做减速运动的加速度为5m/s2，初速度为0.85m/s故答案为：0.9；5；0.85点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用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）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s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）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mmc遮光条宽度太小d两光电门间距过小考点：验证机械能守恒定律.专题：实验题分析：实验原理是：求出通过光电门时的速度v，测出ab间的距离l，在这个过程中，减少的重力势能能：ep=mgl，增加的动能mv2，比较减少的重力势能与增加的动能之间的关系，验证机械能是否守恒解答：解：（1）为了求出运动过程中钩码减小的重力势能，则需要测量ab间的距离l，及滑块与钩码的质量m，m；故abd正确，c错误；（2）我们验证的是：ep与ek的关系，即验证：ep=ek代入得：mgs=（m+m）（v22v12）而v1=，v2=，所以本实验中验证机械能守恒的表达式为mgs=（m+m）（）2（）2）；（3）如果实验结果系统动能增加量大于重力势能减少量，则可能是气垫导轨不水平造成的，及光电门间距较小，故ad正确，bc错误故答案为：（1）abd；（2）mgs=（m+m）（）2（）2）； （3）ad点评：正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，会起到事半功倍的效果三、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的大小考点：动能定理；向心力.专题：动能定理的应用专题分析：（1）在b点受力可根据合力提供向心力来列方程；物体从b到c的过程机械能守恒，可求解物体在c的速度；（2）物体从p到b由动能定理可求f解答：解：（1）根据向心力公式，在b点：解得b点速度：v=从b到c：解得：vc=6m/s（2）物体在水平段：a=由牛顿第二定律：fmg=ma联立得：f=3n答：（1）物块到达c点时的速度大小6m/s；（2）水平力f的大小3n点评：本题为曲线运动与动能定理的综合应用典型题，解题的关键在于对过程和点的把握；运动过程的选择、受力分板的位置，会影响解题的难易程度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vt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考点：电势差与电场强度的关系；电场强度.专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）有图象求的加速度，利用牛顿第二定律求的电场力；（2）在vt图象中求的位移，由w=fx求的电场力做功，解答：解：（1）从图中可以看出，t=2s内带点小球匀加速运动，其加速度大小为有牛顿第二定律得mgf=ma代入数据解得f=0.2n（2）14s内通过的位移为x=做功为w=fx=0.2154j=30.8j答：（l）t=1s时带电小球的加速度为8m/s2，所受电场力的大小为0.2n；（2）带电小球前14s下落的高度为154m，克服电场力所做的功为30.8j点评：本题主要考查了在电场中的牛顿第二定律，利用好受力分析即可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考点：功能关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律.分析：（1）由平均速度公式可利用位移关系求出最大速度；（2）由运动学公式可求得加速度，再由年顿第二定律可求得恒力的大小（3）根据功能关系直接求解解答：解：（1）设杠铃在该过程中的最大速度为vm，有h1=，得 vm=（2）杠铃减速运动的时间应为t2=加速运动的位移：t1=tt2=0.64s匀加速的加速度a=根据牛顿第二定律，有 fmg=ma 解得 f=1875