福建师大附中高三物理上学期期中试题（含解析）新人教版.doc

2012-2013学年福建师大附中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：（12小题，每小题3分，共36分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得3分，选错或不选得0分）1（3分）（2011无为县模拟）下列所给的图象中能反映作直线运动物体不会回到初始位置的是（）abcd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：st图象中的纵坐标表示物体的位置，vt图象中图象与时间轴围成的面积表示物体的位移，分析各图象中的运动过程可得出正确结果解答：解：a、由图可知，物体开始和结束时的纵坐标均为0，说明物体又回到了初始位置，故a错误；b、由图可知，物体一直沿正方向运动，位移增大，故无法回到初始位置，故b正确；c、物体第1s内的位移沿正方向，大小为2m，第2s内位移为2m，沿负方向，故2s末物体回到初始位置，故c错误；d、物体做匀变速直线运动，2s末时物体的总位移为零，故物体回到初始位置，故d错误；故选b点评：图象为物理学中的重要方法，在研究图象时首先要明确图象的坐标，从而理解图象的意义；即可确定点、线、面的含义2（3分）（2011安徽）一物体作匀加速直线运动，通过一段位移x所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移x所用时间为t2则物体运动的加速度为（）abcd考点：平均速度；加速度分析：根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，可以求得两部分位移的中间时刻的瞬时速度，再由加速度的公式可以求得加速度的大小解答：解：物体作匀加速直线运动在前一段x所用的时间为t1，平均速度为=，即为时刻的瞬时速度；物体在后一段x所用的时间为t2，平均速度为=，即为时刻的瞬时速度速度由变化到的时间为t=，所以加速度a=，所以a正确故选：a点评：利用匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度这个结论，可以很容易的做出这道题，本题就是考查学生对匀变速直线运动规律的理解3（3分）（2013济宁模拟）图示为索道输运货物的情景已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30 当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为（）a0.35mgb0.30mgc0.23mgd0.20mg考点：牛顿运动定律的应用-连接体；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：对物体受力分析可知，物体在水平和竖直方向都有加速度，由牛顿第二定律可以求得竖直方向上的加速度的大小，进而可以求得水平方向上的加速度的大小，再次由牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小解答：解：由于重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，所以在竖直方向上有fnmg=ma上，解得a上=0.15g，设水平方向上的加速度为a水，则=tan37=，所以a水=0.2g，对物体受力分析可知，在水平方向上摩擦力作为合力产生加速度，即f=ma水=0.20mg，所以d正确故选d点评：物体的水平和竖直方向的加速度之间的关系，是解决本题的关键，在本题中物体在水平和竖直两个方向上都是有加速度的4（3分）如图所示，人重600n，木块重400n，人与木块间的滑动摩擦因数为0.5，木块与地面间的滑动摩擦因数为0.4，光滑滑轮固定在竖直墙上，现在人用水平力拉绳，使他与木块一起向右匀速运动，则（）a人拉绳的力是150nb人拉绳的力是400nc人拉绳的力是200nd人拉绳的力是300n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：以人和木块整体为研究对象，对整体进行受力分析，由共点力的平衡条件可求得绳子拉人的力，最后结合牛顿第三定律求解出人拉绳子的力解答：解：对人和绳子整体受力分析，受重力、支持力和两倍的拉力，如图根据平衡条件，有n=g总 2t=f 其中f=地n 由解得t=故选c点评：本题关键是对要选择整体为研究对象，受力分析后根据平衡条件列方程求解；如果分别对人和木块受力分析后列平衡方程求解，问题会复杂化5（3分）物块m位于斜面上，受到平行于斜面的水平力f的作用处于静止状态，如图所示，若撤去力f，则（）a物块将沿斜面下滑b物块所受摩擦力的方向不变c物块将继续保持静止状态d物块所受摩擦力的大小不变考点：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：题中物块水平力作用下处于静止状态，分析物块在斜面平面内的受力，根据平衡条件可求得物块所受的静摩擦力，即可知道最大静摩擦力范围根据撤去力f后，重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力的关系判断物块的运动状态，并结合状态求解摩擦力大小解答：解：a、c未撤去f时，在斜面平面内，物块受到重力的分力mgsin、推力f和静摩擦力f，由平衡条件得：物块所受的静摩擦力大小为f=，则物块的最大静摩擦力fm；撤去f后，物块的最大静摩擦力不变，由于mgsinfm，故物块仍处于静止状态故a错误，c正确b、未撤去f时，摩擦力方向沿着重力的分力mgsin和推力f的合力的相反方向，而撤去f后摩擦力沿斜面向上，故物块所受摩擦力的方向改变故b错误d、撤去f后，物块所受的静摩擦力f=mgsinf，即物块所受摩擦力的大小变小故d错误故选c点评：本题关键抓住物体平衡时，任一平面内合力都为零，由平衡条件分析撤去f前后摩擦力的大小和方向6（3分）质量为m的汽车，启动后发动机以额定功率p行驶，经过一段时间后将达到以速度v匀速行驶，若行驶中受到的摩擦阻力大小不变，则在加速过程中车速为时，汽车的加速度大小为（）abcd0考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律专题：功率的计算专题分析：当汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，根据求出阻力，再根据p=，求出速度为时的牵引力，然后根据牛顿第二定律求出加速度解答：解：当汽车匀速行驶时，有根据p=f，得由牛顿第二定律得a=故b正确，a、c、d错误故选b点评：解决本题的关键掌握功率的公式p=fv，当功率不变时，速度增大，牵引力减小，牵引力等于阻力时，速度最大，以后做匀速直线运动7（3分）如图所示，两个质量分别为m1=3kg、m2=2kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接两个大小分别为f1=30n、f2=20n的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（）a弹簧秤的示数是50 nb弹簧秤的示数是24 nc在突然撤去f2的瞬间，m2的加速度大小为4 m/s2d在突然撤去f1的瞬间，m1的加速度大小为10 m/s2考点：牛顿第二定律；胡克定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律求出系统的加速度，然后以其中一个物体为研究对象，由牛顿第二定律求出弹簧称的示数；弹簧的弹力不能突变，分析弹力撤去后物体的受力情况，然后根据物体的受力情况是否变化，进一步判断物体加速度是否变化解答：解：ab、对系统研究，根据牛顿第二定律得，整体加速度a=隔离对2研究，有ff2=m2a，则f=24n所以弹簧秤的示数为24n故b正确，a错误c、在突然撤去f2的瞬间，弹簧的弹力不变，则2的瞬时加速度故c错误d、在突然撤去f1的瞬间，弹簧的弹力不变，则1的瞬时加速度与撤去前相等，为2m/s2故d错误故选b点评：本题运用整体法和隔离法结合求解弹簧秤的弹力，是常用的方法撤去外力时，弹簧的弹力不能突变8（3分）如图所示，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上作振幅为a的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，弹簧在弹性限度内，则物体在振动过程中（）a物体在最低点时的弹力大小应为mgb弹簧的弹性势能和物体动能总和不变c弹簧的最大弹性势能等于2mgad物体的最大动能应等于mga考点：机械能守恒定律；简谐运动专题：机械能守恒定律应用专题分析：本题为竖直方向的弹簧振子，重力势能、动能和弹性势能三者间相互转化，机械能总量保持不变解答：解：a、小球做简谐运动的平衡位置处，mg=kx，x=当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，可知x=a所以在最低点时，形变量为2a弹力大小为2mg故a错误b、在运动的过程中，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，弹簧的弹性势能、物体的动能、重力势能之和不变故b错误 c、从最高点到最低点，动能变化为0，重力势能减小2mga，则弹性势能增加2mga而初位置弹性势能为0，在最低点弹性势能最大，为2mga故c正确 d、在平衡位置动能最大，由最高点到平衡位置，重力势能减小mga，动能和弹性势能增加，所以物体的最大动能不等于mga故d错误故选c点评：解决本题的关键抓住简谐运动的对称性以及灵活运用能量守恒定律和机械能守恒定律9（3分）如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，x=4cm处的质点p恰在平衡位置，虚线是这列波在t=0.2s时刻的波形图已知该波的波速是0.8m/s，则下列说法正确的是（）a这列波可能是沿x轴正方向传播的b质点p在t=0时刻速度方向沿y轴正方向c质点p在0.6s时间内经过的路程为0.32md质点p在t=0.4s时刻速度方向与加速度方向相同考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象专题：波的多解性分析：从图象中可以知道波长为=12cm，根据波速可以求出周期，然后根据波动、振动进一步确定波的传播方向解答：解；由图象知波长为0.12m，振幅0.02m，周期t=0.15sa、经过0.2s即经过1周期，经过一个周期知道回到原位置，即只看经过周期的振动情况即可，若向右传播，x=4cm处质点经过周期将在波峰，向左传播将在波谷，故该波向左传播，故a错误；b、根据质点带动法，由a知质点p在t=0时刻速度方向沿y轴负方向b错误；c、质点p在0.6s时间内为4个周期，经过的路程为16个振幅=160.02=0.32m，c正确；d、由于该波向左传播，所以根据振动和波动关系可知t=0.4s时刻，质点p离开平衡位置向上运动，速度方向向上，加速度向下，故d错误故选c点评：本题给出两个时刻的波形图，让从中获取信息求解，题意新颖，有一定难度在解题是可以通过特殊点来确定，如平衡位置、波峰、波谷等10（3分）在同一介质中两列横波沿x轴相向传播，波源分别位于x1=0和x2=1.4m处，波速均为0.4m/s，振幅均为2cm如图所示为t=0时刻两列波的图象，此刻p、q两质点恰好开始振动下列说法中正确的是（）at=1.5s 时，两列波恰好相遇bt=1.5s 时，p点的位移为0c两列波相遇后，m点的振幅为4cmdt=1.25s时，n点在平衡位置下方考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：根据波位移公式x=vt计算波的位移，得到任意时刻波形图，得到各个质点的合位移，分析m点的位移情况解答：解：a、两列波均在传播，故相遇时间：，故a错误；b、t=1.5s 时，两列波传播的距离均为：x=vt=0.41.5=0.6m；故右侧波刚传到p点，左侧波刚传到q点，故两列波单独引起p点的位移均为零，故合位移为零，故b正确；c、两列波单独传播引起的m点的位移总是相反，故振动减弱，振幅为0，故c错误；d、m点振幅为零，故位移始终为零，故d错误；故选b点评：本题关键是明确波位移x=vt，然后通过画波形图得到各个指点的位移，合成得到合位移11（3分）（2012广东二模）设同步卫星离地心的距离为r，运行速率为v1，加速度为a1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球的半径为r，则下列比值正确的是（）abcd考点：万有引力定律及其应用；同步卫星专题：压轴题分析：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，再进行之比运用万有引力提供向心力列出等式和运用圆周运动的物理量之间的关系列出等式解决问题解答：解：对于地球同步卫星和以第一宇宙速度运动的近地卫星，由万有引力提供做匀速圆周运动所需向心力得到：，得：=，故a错误，d正确因为地球同步卫星的角速度和地球赤道上的物体随地球自转的角速度相同，由a1=2r，a2=2r可得，=，故b正确c错误；故选bd点评：用已知物理量来表达未知的物理量时应该选择两者有更多的共同物理量的表达式12（3分）（2012温州模拟）半圆柱体p放在粗糙的水平面上，有一挡板mn，延长线总是过半圆柱体的轴心o，但挡板与半圆柱不接触，在p和mn之间放有一个光滑均匀的小圆柱体q，整个装置处于静止状态，如图是这个装置的截面图，若用外力使mn绕o点缓慢地顺时针转动，在mn到达水平位置前，发现p始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（）amn对q的弹力逐渐增大bp、q间的弹力先减小后增大c地面对p的弹力逐渐增大dq所受的合力逐渐增大考点：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：以小圆柱体q为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，根据平衡条件分析mn对q的弹力和半圆柱体p对q的弹力变化情况再对p研究，由平衡条件判断地面对p的弹力如何变化解答：解：a、b以小圆柱体q为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图1所示由平衡条件得：mn对q的弹力f1=mgcos，p对q的弹力f2=mgsin使mn绕o点缓慢地顺时针转动的过程中，减小，则f1增大，f2减小故a正确，b错误c、对p研究，作出受力如图2，地面对p的弹力n=mg+f2sin，f2减小，减小，所以n减小故c错误d、q缓慢移动，所受的合力保持为零，不变故d错误故选a点评：本题采用隔离法研究动态平衡问题，分析受力，作出力图是关键二实验题（2小题，每小题4分，共8分）13（4分）写出如图所示的游标卡尺和螺旋测微器的读数：（1）游标卡尺的读数52.35mm；（2）螺旋测微器的读数3.855mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用专题：实验题分析：（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数示数之和是螺旋测微器示数之和解答：解：（1）由图1所示游标卡尺可知，主尺示数是5.2cm=52mm，游标尺示数是70.05mm=0.35mm，游标卡尺示数为52mm+0.35mm=52.35mm（2）由图2所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为3.5mm，可动刻度示数为35.50.01mm=0.355mm，螺旋测微器示数为3.5mm+0.355mm=3.855mm故答案为：（1）52.35；（2）3.855点评：要掌握游标卡尺与螺旋测微器的使用及读数方法；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读14（4分）“验证牛顿运动定律”实验装置如图1所示（1）用砝码盘和砝码所受的总重力作为小车所受的合外力，在保持小车总质量不变的情况下，改变所放砝码的数量，多次重复测量在某次实验中根据测得的多组数据可画出af关系图线如图2所示此图线ab段基本是一条直线，而bc段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是c（填选项前的字母）a小车与轨道之间存在摩擦 b导轨保持了水平状态c所挂钩码的总质量太大 d所用小车的质量太大（2）如图3所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出，计时器打点的时间间隔为0.02s由此可求得小车的加速度a=0.49 m/s2（结果保留二位有效数字）考点：验证牛顿第二运动定律专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：当钩码质量远小于小车质量时，小车受到的拉力近似等于钩码受到的重力；如果钩码质量太大，小车受到的拉力小于钩码重力，图象发生弯曲根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小解答：解：（1）bc段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码总质量过大，大于小车的总质量，故c正确；故选c（2）根据匀变速直线运动的推论公式x=at2得：a=0.49m/s2故答案为：c；0.49点评：利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，提高解决问题能力三、计算题：（5小题，共56分要写出必要的公式和文字说明，只有最后答案不得分）15（10分）汽车正以v1=10m/s的速度在平直公路上行驶，突然发现正前方有一辆自行车以v2=4m/s的速度作同方向的匀速直线运动，汽车立即关闭油门作加速度大小为a=0.6m/s2的匀减速运动，汽车恰好没有碰上自行车，求关闭油门时汽车与自行车的距离某同学是这样解的：汽车关闭油门后的滑行时间和滑行距离分别为，在相同时间内，自行车的前进的距离为s2=v2t，关闭油门时汽车与自行车的距离为s=s1s2你认为这位同学的解法是否合理？若合理，请完成计算；若不合理，请用你自己的方法算出正确结果考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：追及、相遇问题分析：该同学解题过程中认为相遇时汽车速度为零是不对的，可以以自行车为参考系进行分析求解解答：解：“不合理”原因在于：能满足题设的汽车恰好不碰上自行车的临界条件是：当汽车减速到与自行车速度相等时，它们恰好相遇，而不是汽车减速到0时相遇 正确解法：汽车减速到与自行车速度相等时，所用时间为：在此时间内，汽车滑行距离为：自行车的前进的距离为：s2=v2t=40m关闭油门时汽车与自行车的距离为：s=s1s2=30m答：这位同学的解法是不合理的，关闭油门时汽车与自行车的距离为30m点评：本题是追击问题，关键是恰好相遇的条件是：追上时两者速度相等；也可以以自行车为参考系进行研究16（12分）航天宇航员在月球表面完成了如下实验：如图所示，在月球表面固定一竖直光滑圆形轨道，在轨道内的最低点，放一可视为质点的小球，当给小球水平初速度v0时，小球刚好能在竖直面内做完整的圆周运动已知圆形轨道半径为r，月球的半径为r求：（1）月球表面的重力加速度g；（2）轨道半径为2r的环月卫星周期t考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；向心力；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：（1）小球从圆轨道最低点到最高点过程中，只有月球的引力做负功，由动能定理求得到达最高点的速度，而此刻速度满足月亮的引力提u供其沿圆周运动的向心力，由牛顿第二定律列方程，即可求得月球表面的重力加速度（2）根据万有引力提供向心力求解解答：解：（1）设小球的质量为m，月球的质量为m，因小球在最高点恰好完成圆周运动，设最高点时小球速度为v，由牛顿第二定律得：mg=从最低点带最高点过程中，由动能定理得：mg2r=mv2m由得g= （2）根据万有引力提供向心力得对卫星：=m2r 对小球：=mg 由得：t=答：（1）月球表面的重力加速度是；（2）轨道半径为2r的环月卫星周期是点评：掌握在任意星体的表面都有物体的万有引力等于重力这一等式结合万有引力提供向心力求解17（12分）如图所示为某工厂将生产工件装车的流水线原理示意图设ab段是距水平传送带装置高为h=1.25m的光滑曲面，水平段bc使用水平传送带装置传送工件，工件经c点抛出后落在固定车厢中已知bc长l=3m，工件可视为质点，传送带与工件间的动摩擦因数为=0.4设质量m=lkg的工件由静止开始从a点下滑，经过b点的拐角处无机械能损失，取g=l0m/s2求：（1）当传送带静止时，工件运动到c点时的速度是多大？（2）当传送带以v=8m/s顺时针方向匀速转动时，在工件运动到c点的过程中因摩擦而产生的内能是多少？考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；功能关系专题：动能定理的应用专题分析：（1）工件从a点到c点的整个过程，重力做整个，摩擦力做负功，由动能定理可以求出工件到达c点时的速度（2）由动能定理求出工件到达b点时的速度，判断出工件在传送带上的运动性质，求出工件与传送带间的相对位移，然后求出摩擦产生的内能解答：解：（1）从a到c过程，由动能定理得：mghmgl=mvc20，解得：vc=1m/s（2）工件从a到b过程，由动能定理得：mgh=mvb20，解得：vb=5m/s，当传送带以v=8m/s速度顺时针方向转动时，工件先做加速运动，由牛顿第二定律得：mg=ma，解得：a=4m/s2，经过时间t工件的速度与传送带速度相等，由匀变速运动的速度公式得：v=vb+at，解得t=0.75s，在时间t内，工件位移s1=vbt+at2=4.875m3m=l，则工件在传送带上一直做加速运动，设工件在传送带上的运动时间为t1，l=vbt1+at12，解得t1=0.5s，（t1=3s舍去），在时间t1内传送带的位移s=vt1=80.5=4m，工件相对于传送带的位移x=sl=1m，因摩擦而产生的内能等于克服摩擦力所做的功，q=mgx=0.41101=4j；答：（1）当传送带静止时，工件运动到c点时的速度为1m/s；（2）当传送带以v=8m/s顺时针方向匀速转动时，在工件运动到c点的过程中因摩擦而产生的内能是4j点评：由牛顿第二定律及运动学公式判断出工件在传送带上的运动性质，求出工件与传送带间的相对位移是本题的难点，也是正确解题的关键18（10分）如图所示，物体a经一轻质弹簧与下方地面上的物体b相连，物体a、b的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，a、b都处于静止状态一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体a，另一端连一轻挂钩，开始时各段绳都处于伸直状态，a上方的一段绳沿竖直方向现在挂钩上挂一物体c并从静止状态开始释放，已知物体b刚离开地面时，物体a恰好获得最大速度，重力加速度为g，求：（1）物体b刚离开地面时，物体c下落的高度h；（2）物体c的质量m；（3）物体a获得的最大速度vm考点：机械能守恒定律；胡克定律；牛顿第二定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）物体c下降的高度等于物体a下降的高度；开始时弹簧压缩，后来弹簧拉长，物体c下落的高度h等于弹簧长度的增加量；（2）物体b刚离开地面时，物体a恰好获得最大速度，说明物体a受力平衡，根据平衡条件列式求解；（3）物体a、b、c以及弹簧系统机械能守恒，根据守恒定律列式求解即可解答：解：（1）开始时，a、b静止，设弹簧压缩量为x1，对a有：kx1=mg 挂c并释放后，c向下运动，a向上运动，设b刚要离地时弹簧伸长量为x2，对b有：kx2=mg c下落的高度h等于a上升的高度，（2）设绳的拉力为t，弹簧伸长量为x，物体a的加速度为a，物体c的加速度与a的加速度大小相等，根据牛顿第二定律对a有：tmgkx=ma 对c有：mgt=ma t=tb刚要离地时，a获得最大速度，有：kx=kx2=mg，a=0 联立解得：m=2m （3）由于x1=x2，弹簧处于压缩和伸长状态时弹性势能相同，且b刚离开地面时，a、c两物体的速度大小相同 a、c