江西省九江一中高三物理上学期入学考试试题（含解析）新人教版.doc

江西省九江一中2013届高三上学期入学考试物理试卷一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1（3分）关于机械能守恒，下列说法正确的是（）a做匀速直线运动的物体，其机械能一定守恒b做匀速圆周运动的物体，其机械能一定守恒c平抛运动的物体，其机械能一定守恒d物体不受摩擦力，其机械能一定守恒考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：机械能守恒是指：物体在只有重力或弹力做功的情况下，动能和势能相互转化但总量保持不变；根据定义可进行判断解答：解：a、若物体在竖直方向内做匀速直线运动，则一定有重力之外的其他力做功，故机械能不守恒； 故a错误；b、若物体在竖直面内做匀速圆周运动，则动能保持不变，而重力势能发生变化，故机械能不守恒，故b错误；c、平抛运动的物体，只受重力，其机械能一定守恒；故c正确；d、用力吊着一个物体在竖直平面内做匀速直线运动，物体不受摩擦力，其机械能不守恒，故d错误故选c点评：判断机械能是否守恒有两种方法：一种是利用条件：只有重力或弹簧弹力做功；二是根据动能和势能的总量是否守恒进行判断2（3分）（2008山东）据报道，我国数据中继卫星“天链一号01星”于2008年4月25日在西昌卫星发射中心发射升空，经过4次变轨控制后，于5月1日成功定点在东经77赤道上空的同步轨道关于成功定点后的“天链一号01星”，下列说法正确的是（）a运行速度大于7.9km/sb离地面高度一定，相对地面静止c绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大d向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等考点：万有引力定律及其应用；同步卫星专题：计算题分析：研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出表示出线速度的大小知道7.9 km/s为第一宇宙速度了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球相同根据向心加速度的表达式找出向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小关系解答：解：a、由万有引力提供向心力得：=，v=，即线速度v随轨道半径 r的增大而减小，v=7.9 km/s为第一宇宙速度，即围绕地球表面运行的速度；因同步卫星轨道半径比地球半径大很多，因此其线速度应小于7.9 km/s，故a错误；b、因同步卫星与地球自转同步，即t、相同，因此其相对地面静止，由万有引力提供向心力得：=m（r+h）2得：h=r，因g、m、r均为定值，因此h一定为定值，故b正确；c、因同步卫星周期t同=24小时，月球绕地球转动周期t月=27天，即t同t月，由公式=得同月，故c正确；d、同步卫星与静止在赤道上的物体具有共同的角速度，由公式a向=r2，可得：=，因轨道半径不同，故其向心加速度不同，故d错误故选bc点评：了解第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较3（3分）（2008四川）一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t0滑至斜面底端已知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定若用f、v、s和e分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则下列图象中可能正确的是（）abcd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；动能和势能的相互转化专题：牛顿运动定律综合专题分析：摩擦力恒定，物体沿斜面下滑时做初速度为零的匀变速直线运动，根据初速度为零匀变速直线运动中合力、速度、位移和机械能所时间变化特点可解答本题解答：解：a、物体在斜面上运动时做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知，其合外力恒定，故a正确；b、在vt图象中，斜率表示加速度大小，由于物体做匀加速运动，因此其vt图象斜率不变，故b错误；c、物体下滑位移为：，因此由数学知识可知其位移时间图象为抛物线，故c错误；d、设开始时机械能为e总，根据功能关系可知，开始机械能减去因摩擦消耗的机械能，便是剩余机械能，即有：，因此根据数学知识可知，机械能与时间的图象为开口向下的抛物线，故d正确故选ad点评：对于图象问题要明确两坐标轴、斜率的含义等，对于比较复杂的图象问题可以利用物理规律写出两个物理量的函数关系式，根据数学知识进一步判断图象性质4（3分）（2008山东）直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态在箱子下落过程中，下列说法正确的是（）a箱内物体对箱子底部始终没有压力b箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大c箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大d若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重分析：根据箱子的受力的情况可以判断物体的运动状态，进而由牛顿第二定律可以判断物体和箱子之间的作用力的大小解答：解：a、由于箱子在下降的过程中受到空气的阻力，加速度的大小要小于重力加速度，由牛顿第二定律可知物体一定要受到箱子底部对物体的支持力的作用，所以a错误b、箱子刚从飞机上投下时，箱子的受到为零，此时受到的阻力的大小也为零，此时加速度的大小为重力加速度，物体处于完全失重状态，箱内物体受到的支持力为零，所以b错误c、箱子接近地面时，速度最大，受到的阻力最大，所以箱子底部对物体向上的支持力也是最大的，所以c正确d、若下落距离足够长，由于箱子阻力和下落的速度成二次方关系，最终将匀速运动，受到的压力等于重力，所以d错误故选c点评：本题主要是考查根据物体的运动情况来分析物体受力的大小，物体运动状态的判断是解题的关键5（3分）有一星球的密度跟地球密度相同，但它表面处的重力加速度是地面上重力加速度的4倍，则该星球的质量将是地球质量的（）a倍b4倍c16倍d64倍考点：万有引力定律及其应用分析：根据万有引力等于重力，列出等式表示出重力加速度根据密度与质量关系代入表达式找出半径的关系，再求出质量关系解答：解：根据万有引力等于重力，列出等式：=mgg=，其中m是地球的质量，r应该是物体在某位置到球心的距离根据根据密度与质量关系得：m=r3，星球的密度跟地球密度相同，=4=64故选d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，再根据表达式进行比较6（3分）如图是在光滑水平地面上有一辆平板小车，车上放着一个滑块，滑块和平板小车间有摩擦，滑块在水平恒力f作用下从车的一端拉到另一端第一次拉滑块时将小车固定，第二次拉时小车没有固定在这先后两次拉动木块的过程中，下列说法中正确的是（）a滑块所受的摩擦力一样大b拉力f做的功一样大c滑块获得的动能一样大d系统增加的内能一样大考点：功能关系；牛顿第二定律；功的计算分析：以地面为参考系，找出两次滑块位移，然后根据功的定义求解功，并根据功能关系判断动能增加量和内能增加量解答：解：a、滑动摩擦力与压力成正比，两次压力相等，都等于mg，动摩擦因素是一定的，故滑动摩擦力一定相等，故a正确；b、第二次由于小车也会向右移动，故滑块的对地位移变大了，故拉力做的功变多了，故b错误；c、根据动能定理，有：（ff）x=；第二次由于小车也会向右移动，滑块的对地位移x变大了，故获得的动能也变大了，故c错误；d、根据功能关系，系统增加的内能等于一对滑动摩擦力做的功，即：q=fs；两次相对路程都等于小车的长度，故产生的内能相等，故d正确；故选ad点评：本题关键是明确功的定义和功能关系，要知道系统增加的内能等于一对滑动摩擦力做的功，即：q=fs7（3分）汽船航行时所受水的阻力与它的速度平方成正比，如果汽船以速度v水平匀速航行时，发动机的功率为p，则当汽船以速度2v水平匀速航行时，发动机的功率为（）apb2pc4pd8p考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：当汽船匀速航行时，汽船受到的阻力的大小和牵引力的大小相等，当汽船以速度2v水平匀速航行时，根据所受水的阻力与它的速度平方成正比可以求得汽船受到的阻力的大小，再由p=fv可以求得发动机的功率解答：解：由于汽船航行时所受水的阻力与它的速度平方成正比，所以汽船以速度v水平匀速航行时，受到的阻力的大小为f=kv2，此时汽船受到的阻力的大小和牵引力的大小相等，即p=fv=fv，当汽船以速度2v水平匀速航行时，汽船受到的水的阻力的大小为f=k（2v）2=4kv2=4f，所以此时的功率的大小为p=f2v=4f2v=8p，所以d正确故选d点评：船受到的阻力的大小是和它的速度平方成正比的，所以当船的速度不同的时候，船受到的阻力的大小也是不同的，求出此时船受到的阻力，由p=fv=fv可以求得功率的大小8（3分）如图所示，两相同轻质硬杆oo1、oo2可绕其两端垂直纸面的水平轴o、o1、o2转动，在o点悬挂一重物m，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，fn表示木块与挡板间正压力的大小若挡板间的距离稍许减小后，系统仍静止且o1、o2始终等高，则（）aff变小bff不变cfn变小dfn变大考点：力的合成与分解的运用；力的合成专题：受力分析方法专题分析：本题的关键是首先将重物受到的重力按效果分解，求出分力与合力的关系表达式，然后再对木块受力分析，根据平衡条件即可求解解答：解：a、b、先对三个物体以及支架整体受力分析，受重力（2m+m）g，2个静摩擦力，两侧墙壁对整体有一对支持力，根据平衡条件，有：2ff=（m+2m）g，解得ff=（m+2m）g，故静摩擦力不变，故a错误，b正确；c、d、将细线对o的拉力按照效果正交分解，如图设两个杆夹角为，则有f1=f2=；再将杆对滑块m的推力f1按照效果分解，如图根据几何关系，有fx=f1sin故fx=sin=，若挡板间的距离稍许增大后，角变大，fx变大，故滑块m对墙壁的压力变大，故c正确，d错误；故选bc点评：对轻杆且一端为铰链时，杆产生或受到的弹力方向一定沿着杆的方向9（3分）如图所示，两个半径不同而内壁光滑的半圆轨道固定于地面，一个小球先后从与球心在同一水平高度的a、b两点由静止开始自由下滑，通过轨道最低点时（）a小球对轨道的压力相同b小球对两轨道的压力不同c此时小球的向心加速度不相等d此时小球的向心加速度相等考点：机械能守恒定律；向心力分析：小球从与球心在同一水平高度的a、b两点由静止开始自由下滑过程中，受到重力和支持力作用，但只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可求出小球到最低点的速度，然后由向心加速度公式求向心加速度，由牛顿第二定律求出支持力，进而来比较向心加速度大小和压力大小解答：解：设半圆轨道的半径为r，小球到最低点的速度为v，由机械能守恒定律得：mgr=，小球的向心加速度，联立两式解得：an=2g，与半径无关，因此此时小球的向心加速度相等，所以，c选项错误，d选项正确 在最低点，由牛顿第二定律得：，联立解得；fn=3mg，即压力为3mg，也与半径无关，所以小球对轨道的压力相同因此，a选项正确，b选项错误故选：a、d点评：小球下滑，机械能守恒，机械能守恒定律、牛顿第二定律、向心力公式分别求出小球在最低点的压力和向心加速度，可以看出它们与圆轨道的半径无关10（3分）如图所示，一个光滑的水平轨道ab与光滑的圆轨道bcd连接，其中圆轨道在竖直平面内，半径为r，b为最低点，d为最高点，一个质量为m的小球以初速度v0沿ab运动，刚好能通过最高点d，则（）a小球质量越大，所需的初速度越大b圆轨道半径越大，所需的初速度越大c初速度v0与小球质量m、轨道半径r无关d小球质量m和轨道半径r同时增大，有可能不用增大初速度v考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力专题：机械能守恒定律应用专题分析：小球恰能通过最高点，说明此时只有重力作为向心力，再根据整个过程中机械能守恒，分析可以得出结论解答：解：在最高点时，只有重力作为向心力可得 mg=ma到d的过程中机械能守恒，可得mv02=2mgr+mv d 2联立以上两个方程，解得 v0=由此可以看出v0与m无关，当r变大时v0变大，故选b点评：根据物体的运动规律推导出物理量之间的关系式，各个物理量之间的关系就很明显了，做题时一定要注意物理量之间关系的推导，不能凭主观猜测二、实验题（共12分）11（12分）某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示打点计时器电源的频率为50hz通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点6和7之间某时刻开始减速计数点5对应的速度大小为1.00m/s，计数点6对应的速度大小为1.20m/s（保留三位有效数字）物块减速运动过程中加速度的大小为a=2.00m/s2，若用来计算物块与桌面间的动摩擦因数（g为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值偏大（填“偏大”或“偏小”）考点：探究小车速度随时间变化的规律专题：实验题；压轴题分析：由纸带两个点之间的时间相同，若位移逐渐增大，表示物体做加速运动，若位移逐渐减小，则表示物体做减速运动；用平均速度代替瞬时速度的方法求解瞬时速度；用作差法求解减速过程中的加速度；解答：解：从纸带上的数据分析得知：在点计数点6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，在计数点7之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点6和7之间某时刻开始减速；v5=1.00m/sv6=m/s=1.20m/s由纸带可知，计数点7往后做减速运动，根据作差法得：a=2.00m/s2在减速阶段产生的加速度的力是滑动摩擦力和纸带受的阻力，所以计算结果比动摩擦因素的真实值偏大故答案为：6；7；1.00；1.20；2.00，偏大点评：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三、计算题（共58分）12（10分）某列车以108km/h的速度匀速行驶，正常情况下不在小站停车，本次因故要在某小车站停2分钟，火车刹车时的加速度大小为0.5m/s2，而起动时的加速度大小为0.4m/s2，从刹车始直到恢复正常运行速度，火车因临时停车所延误的时间为多长？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：根据匀变速直线运动的公式求出列车匀加速和匀减速直线运动的位移和时间，再求出在匀加速和匀减速运动的位移内，若以108km/h做匀速直线运动，求出运动的时间，两时间之差为列车所耽误的时间解答：解：v0=108 km/h=30m/s由vt=v0+at与s=v0t+得列车进站所用时间为t1=60s，位移s1=800 m 列车出站所用时间为t2=75s，位移s2=1125 m t总=t1+t2+t3=255s，s总=s1+s2=1925 m 若车不停匀速运动所用时间t=所以耽误的时间为t=t总t=171 s答：火车因临时停车所延误的时间为171s点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，以及知道耽误的时间为实际的运行时间与这段位移内做匀速直线运动的时间之差13（12分）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯行程超过百米电梯的简化模型如下所示电梯的加速度a随时间t变化的已知电梯在t=0时由静止开始上升，a一t图象如图2所示电梯总质最m=2.0x103kg忽略一切阻力重力加速度g取10m/s2求（1）电梯在上升过程中受到的最大拉力f1和最小拉力f2；（2）类比是一种常用的研究方法对于直线运动，教科书中讲解了由vt图象求位移的方法请你借鉴此方法，对比加速度的和速度的定义，根据图2所示at图象，求电梯在第1s内的速度改变量v1和第2s末的速率v2；（3）电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率p；（4）求在011s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功w考点：功的计算；牛顿第二定律专题：动能定理的应用专题分析：（1）由图读出电梯向上加速运动的最大加速度和减速运动的最大加速度大小，由牛顿第二定律求解最大拉力f1和最小拉力f2；（2）运用类比法可知，at图象与坐标轴所围的“面积”等于速度变化量，即可求出电梯在第1s内的速度改变量1，及电梯在2s内的速度改变量2，即求得第2s末的速率2；（3）由at图象可知，11s30s内速率最大，其值等于011s内at图线下的面积，此时电梯做匀速运动，拉力f等于重力mg，由p=fv求出拉力的功率由动能定理求解拉力和重力对电梯所做的总功w解答：解；（1）由牛顿第二定律，有 fmg=ma由at图象可知，f1和f2对应的加速度分别是a1=1.0m/s2，a2=1.0m/s2则 f1=m（g+a1）=2.0103（10+1.0）n=2.2104n f2=m（g+a2）=2.0103（101.0）n=1.8104n（2）通过类比可得，电梯的速度变化量等于第1s内at图线下的面积1=0.50m/s同理可得，2=20=1.5m/s0=0，第2s末的速率2=1.5m/s（3）由at图象可知，11s30s内速率最大，其值等于011s内at图线下的面积，有 m=10m/s此时电梯做匀速运动，拉力f等于重力mg，所求功率p=fm=mgm=2.01031010w=2.0105w（4）由动能定理，总功w=ek2ek1=mm20=2.0103102j=1.0105j答：（1）电梯在上升过程中受到的最大拉力f1是2.2104n，最小拉力f2是1.8104n（2）电梯在第1s内的速度改变量1是0.50m/s，第2s末的速率2是1.5m/s（3）电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率p为2.0105w；（4）在011s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功w是1.0105j点评：本题一要有基本的读图能力，并能根据加速度图象分析电梯的运动情况；二要能运用类比法，理解加速度图象“面积”的物理意义14（12分）2005年10月12日上午9时，“神州”六号载人飞船发射升空飞船进入椭圆轨道飞行到第5圈实施变轨，进入圆形轨道绕地球飞行设“神州”六号飞船质量为m，当它在椭圆轨道上运行时，其近地点距地面高度为h1，飞船速度为v1，加速度为a1；在远地点距地面高度为h2，飞船速度为v2已知地球半径为r（如图9所示），求飞船（1）由远地点到近地点万有引力所做的功；（2）在远地点的加速度a2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）根据动能定理求出由远地点到近地点万有引力做的功（2）根据牛顿第二定律求出在远地点的加速度解答：解：（1）根据动能定理得，w=（2）根据牛顿第二定律得，则联立两式解得：答：（1）由远地点到近地点万有引力所做的功为（2）在远地点的加速度为点评：本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，难度不大，注意飞船距离地心的距离等于高度加上地球的半径15（12分）如图所示，已知轻弹簧发生弹性形变时所具有的