2012-2013学年北京四中高三（上）期中物理试卷（教师版）

2012-2013学年北京四中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题；每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1（4分）（2013蓟县校级模拟）物体受到几个恒力的作用而作匀速直线运动如果撤掉其中的一个力而其他几个力保持不变，则（）A物体的运动方向一定不变B物体的动能一定不变C物体的速度的变化率一定不变D物体的动量的变化率一定不变考点：动量定理菁优网版权所有专题：动量定理应用专题分析：物体做匀速直线运动的条件是合力为零，如果撤掉其中的一个力而其他几个力保持不变，则物体所受合力与撤掉的那个力等大、反向，物体将做匀变速运动，但轨迹不一定是直线解答：解：A、物体受到几个恒力的作用而作匀速直线运动如果撤掉其中的一个力而其他几个力保持不变，物体所受合力与撤掉的那个力等大、反向，但合力的方向不一定与初速度方向相同，故A错误B、由A分析知，物体将做匀变速运动，动能一定变化，故B错误C、由A知，物体将做匀变速运动，即速度的变化率一定不变，故C正确D、由动量变化计算式得，P=mv，结合牛顿第二定律得动量的变化率，故D正确故选CD点评：考查力的合成的规律，以及曲线运动条件和变化率的概念，是一道好题2（4分）（2013蓟县校级模拟）三段不可伸长的细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同均为200N，它们共同悬挂一重物，如图所示，其中OB是水平的，A端、B端固定，=30则O点悬挂的重物G不能超过（）A100NB173NC346ND200N考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：假设细绳OA、OB、OC均不被拉断以结点O为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件比较三绳拉力的大小关系，判断随着重物重力增大，哪根绳拉力先被拉断，再求解最大重力解答：解：假设细绳OA、OB、OC均不被拉断以结点O为研究对象，分析受力，作出力图如图，由平衡条件得知：FB与FC的合力与FA大小相等、方向相反，由几何知识得知，细绳OA拉力FA最大，则随着重物重力增大，细绳OA拉力先被拉断，则当细绳OA拉力达到最大时，悬挂的重物G达到最大，此时最大重力Gmax=FC=FAsin=200故选A点评：本题采用假设法，通过分析三根绳子拉力大小关系判断哪根先断是关键，同时在正确分析受力情况，作出力图3（4分）（2013蓟县校级模拟）某同学站在观光电梯地板上，用加速度传感器记录了电梯由静止开始运动的加速度随时间变化情况，以竖直向上为正方向根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是（）A在5s15s内，观光电梯在加速上升，该同学处于超重状态B在15s25s内，观光电梯停了下来，该同学处于平衡状态C在25s35s内，观光电梯在减速上升，该同学处于失重状态D在t=35s时，电梯的速度为0考点：超重和失重菁优网版权所有分析：在加速度时间图象中，直接读出加速度的正负，根据图象求出电梯的加速度，当有向上的加速度时，此时人就处于超重状态，当有向下的加速度时，此时人就处于失重状态解答：解：A、在5s15s内，从加速度时间图象可知，此时的加速度为正，电梯的加速度向上，此时人处于超重状态，所以A正确；B、在15s25s内，加速度为零，此时电梯在匀速运动，处于受力平衡状态，所以该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力，所以B错误；C、在25s35s内，从加速度时间图象可知，此时的加速度为负，电梯的加速度向下，此时人处于失重状态，所以C正确D、加速度时间图象与坐标轴围成的面积表示速度，在前35s内，速度改变量为零，所以在t=35s时，电梯的速度为0，所以D正确故选ACD点评：本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了4（4分）（2010上海）降落伞在匀速下降过程中遇到水平方向吹来的风，若风速越大，则降落伞（）A下落的时间越短B下落的时间越长C落地时速度越小D落地时速度越大考点：运动的合成和分解菁优网版权所有分析：降落伞参加了竖直方向的分运动和水平方向分运动，水平方向的分运动对竖直分运动无影响解答：解：A、B、降落伞参加了竖直方向的分运动和水平方向分运动，水平方向的分运动对竖直分运动无影响，故风速变大时，下落的时间不变，故AB均错误；C、D、根据v=，若风速越大，水平风速vx越大，则降落伞落地时速度越大，故C错误，D正确；故选：D点评：本题关键在于水平分运动与竖直分运动互不影响，落地时间由竖直分运动决定5（4分）（2005南通二模）如图在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道，则（）A该卫星的发射速度必定大于11.2km/sB卫星在同步轨道上的运行速度大于7.9km/sC在轨道上Q点的速度大于轨道上Q点的速度D卫星在Q点通过加速实现由轨道进入轨道考点：同步卫星；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系菁优网版权所有专题：计算题分析：了解同步卫星的特点和第一宇宙速度、第二宇宙速度的含义当万有引力刚好提供卫星所需向心力时 卫星正好可以做匀速圆周运动 1若是供大于需 则卫星做逐渐靠近圆心的运动 2若是供小于需 则卫星做逐渐远离圆心的运动解答：解：A、11.2km/s是卫星脱离地球束缚的发射速度，而同步卫星仍然绕地球运动，故A错误B、7.9km/s即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而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据v的表达式可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度故B错误C、从椭圆轨道到同步轨道，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力所以在轨道上Q点的速度大于轨道上Q点的速度故C正确D、根据C选项分析，故D正确故选CD点评：知道第一宇宙速度的特点卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定6（4分）（2013蓟县校级模拟）在地面上竖直向上抛出一个小球，如果考虑空气的阻力，并认为空气阻力恒定设上升和下降过程中，重力的平均功率大小分别为P1，P2，经过同一个点时（不是最高点）的空气阻力的功率大小分别为P3和P4，那么（）AP1P2BP1P2CP3P4DP3P4考点：功率、平均功率和瞬时功率菁优网版权所有专题：功率的计算专题分析：物体上升过程受到竖直向下的重力与空气阻力，下降过程中，物体受到向下的重力与向上的空气阻力，物体上升时受到的合力大于下降时物体受到的合力，由牛顿第二定律可知，物体上升时的加速度大于下降时的加速度，物体上升与下降过程位于相同，因此上升时间小于下降时间，在同一位置，上升时的速度大于下降时的速度，然后由P=Fv分析答题解答：解：A、由于物体在运动过程中受到的空气阻力不变，物体上升时的加速度大于下降时的加速度，物体上升过程运动时间小于下降时的运动时间，物体上升与下降过程重力做的功相同，由功率公式可知，物体上升过程重力的平均功率大于下降过程重力的平均功率，故A正确，B错误；C、物体在经过同一高度时，上升时的速度大于下降时的速度，空气阻力不变，由P=Fv可知，上升过程空气阻力功率大于下降过程空气阻力功率，故C正确，D错误；故选AC点评：对物体进行受力分析，知道物体上升过程加速度大于下降加速度，上升时间短，熟练应用功率定义式与P=Fv即可正确解题7（4分）（2009中山市模拟）矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图上述两种情况相比较（）A子弹对滑块做功一样多B子弹对滑块做的功不一样多C系统产生的热量一样多D系统产生热量不一样多考点：功能关系菁优网版权所有分析：子弹嵌入滑块的过程，符合动量守恒，所以我们判断出最后它们的速度是相同的，然后利用动能定理或者是能量守恒进行判断解答：解：最终子弹都未射出，则最终子弹与滑块的速度相等，根据动量守恒定律知，两种情况下系统的末速度相同A、子弹对滑块做的功等于滑块动能的变化量，滑块动能的变化量相同，则子弹对滑块做功一样多故A正确，B错误C、根据能量守恒定律得，系统初状态的总动能相等，末状态总动能相等，则系统损失的能量，即产生的热量一样多故C正确，D错误故选AC点评：本题综合考查了动量守恒定律、动能定理和能量守恒定律，难度不大，关键是选择不同的研究对象，选择不同的规律分析8（4分）（2013上海模拟）如图所示，分别用恒力F1、F2将质量为m的物体，由静止开始，沿相同的、固定、粗糙斜面由底端推到顶端，F1沿斜面向上，F2沿水平方向已知两次所用时间相等，则在两个过程中（）A物体加速度相同B物体机械能增量相同C物体克服摩擦力做功相同D恒力F1、F2对物体做功相同考点：功能关系；牛顿第二定律菁优网版权所有分析：两物体均做匀加速直线运动，在相等的时间内沿斜面上升的位移相等，但斜面对物体的摩擦力不同，所以推力做功不同解答：解：A、由公式x=at2 得，由于x和t均相同，故a相同，故A正确B、由v=at，结合A项分析得，物体末速度相同，又由于处于相同的高度，所以两物体机械能增量相同，故B正确C、由图示分析可知，第二个物体所受斜面的摩擦力较大，故两物体克服摩擦力做功不同，故C错误D、对每一个物体而言，除重力以外的合力对物体做功等于机械能的增量，结合BC两项分析可知，F2做功较多，故D错误故选AB点评：由物体的运动特征判断出物体机械能的增量关系，结合本题功能关系：除重力以外的合力对物体做功等于机械能的增量，不难看出结果9（4分）（2013蓟县校级模拟）如图轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成，一个小滑块从距轨道最低点B为h的A处由静止开始运动，滑块质量为m，不计一切摩擦则（）A若滑块能通过圆轨道最高点D，h最小为2.5RB若h=2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mgC若h=2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动D若要使滑块能返回到A点，则hR考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力菁优网版权所有专题：机械能守恒定律应用专题分析：物体进入右侧半圆轨道后做圆周运动，由圆周运动的临界条件可知物体能到达D点的临界值；再由机械能守恒定律可得出A点最小高度，分情况讨论即可解答：解：A、要使物体能通过最高点，则由mg=m可得：v=，从A到D根据机械能守恒定律得：mgh=mg2R+，解得h=2.5R，故A正确；B、若h=2R，从A到C根据机械能守恒定律得：mgh=mgR+，在C点有：N=m，解得：N=2mg，故B错误；C、若h=2R，小滑块不能通过D点，在CD中间某一位置即做斜上抛运动离开轨道，做斜抛运动，故C正确；D、若要使滑块能返回到A点，则物块在圆弧中运动的高度不能超过C点，否则就不能回到A点，则则hR，故D正确故选ACD点评：机械能守恒定律与圆周运动的结合题目较为常见，在解题时一定要把握好竖直平面内圆周运动的临界值的分析10（4分）（2013蓟县校级模拟）如图，在光滑水平面上放着质量分别为m和2m的A、B两个物块，现用外力缓慢向左推B使弹簧压缩，此过程中推力做功W然后撤去外力，则（）A从开始到A离开墙面的过程中，墙对A的冲量为0B当A离开墙面时，B的动量大小为CA离开墙面后，A的最大速度为DA离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为考点：机械能守恒定律；动量定理菁优网版权所有专题：机械能守恒定律应用专题分析：根据冲量的定义判断墙对A的冲量是否为零，撤去力F后，B向右运动，弹簧弹力逐渐减小，当弹簧恢复原长时，A开始脱离墙面，这一过程机械能守恒A离开墙壁后系统机械能守恒动量也守恒，故系统动能不可以为0，则弹簧弹性势能不可能与系统总机械能相等解答：解：A、根据冲量的定义得从开始到A离开墙面的过程中，墙壁对A有弹力，所以墙对A的冲量不为0，故A错误B、撤去力F后，B向右运动，弹簧弹力逐渐减小，当弹簧恢复原长时，A开始脱离墙面，这一过程机械能守恒，即满足： W=E=（2m）vB2vB=B的动量大小为2，故B错误C、当弹簧再次恢复原长时，A的速度最大，这一过程系统动量和机械能均守恒，有：动量守恒：2mvB=mvA+2mvB ，机械能守恒：W=m+2mvB2 由解得：vA=，故C正确D、B撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0根据动量守恒和机械能守恒得 2mvB=3mv，W=3mv2+EP又W=2m联立得到，v=弹簧的弹性势能最大值为EP=故D正确故选CD点评：正确认识动量守恒条件和机械能守恒条件是解决本题的关键了如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变，这个结论叫做；系统只有重力或弹力做功为机械能守恒条件二、填空题（本题共4小题，每小题4分，共16分）11（4分）（2013蓟县校级模拟）如图所示，质量为50g的小球以12m/s的水平速度抛出，恰好与倾角为37的斜面垂直碰撞，则此过程中重力的功为6.4J，重力的冲量为0.8Ns考点：动量定理；重力势能的变化与重力做功的关系菁优网版权所有专题：动量定理应用专题分析：小球垂直撞在斜面上，速度与斜面垂直，将该速度进行分解，根据水平分速度和角度关系求出竖直分速度，再根据vy=gt求出小球在空中的飞行时间；根据h=gt2及几何关系求出抛出点距落地点的高度；最后根据功的定义和冲量的定义求解功和冲量解答：解：因为是垂直撞上斜面，斜面与水平面之间的夹角为37，故速度与水平方向夹角为53；所以=tan53解得：vy=16m/s设飞行的时间为t，所以t=1.6s竖直分位移为：y=gt2=12.8m故重力的功为WG=mgy=0.051012.8=6.4J重力的冲量为IG=mgt=0.05101.6=0.8kgm/s故答案为：6.4，0.8点评：该题是平抛运动基本规律、功能关系、动量定理的综合应用，主要抓住撞到斜面上时水平速度和竖直方向速度的关系以及位移的关系解题，难度适中12（4分）（2013普陀区二模）两颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，运行线速度之比是v1：v2=1：2，它们运行的轨道半径之比为4：1；所在位置的重力加速度之比为1：16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菁优网版权所有专题：人造卫星问题分析：根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、向心加速度的表达式进行讨论即可解答：解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得运行线速度v=运行线速度之比是v1：v2=1：2，所以们运行的轨道半径之比r1：r2=4：1，根据万有引力等于重力得重力加速度g=所在位置的重力加速度之比g1：g2=1：16故答案为：4：1；1：16点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，列式求解13（4分）（2013蓟县校级模拟）如图所示，质量为m的小球A以速率v0向右运动时跟静止的小球B发生碰撞，碰后A球以的速率反向弹回，而B球以的速率向右运动，则B的质量mB=4.5m；碰撞过程中，B对A做功为考点：动量守恒定律；功能关系菁优网版权所有专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：以A、B两球组成的系统为研究对象，在碰撞过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出B球的质量；由动能定理可以求出B对A所做的功解答：解：以A、B组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAv0=mA（）+mB，解得mB=4.5m；以A为研究对象，由动能定理得：W=mAmAv02=，符号表示B对A做负功；故答案为：4.5m；点评：两球碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律与动能定理可以正确解题14（4分）（2013蓟县校级模拟）摩托车手在水平地面转弯时为了保证安全，将身体及车身倾斜，车轮与地面间的动摩擦因数为，车手与车身总质量为M，转弯半径为R为不产生侧滑，转弯时速度应不大于；设转弯、不侧滑时的车速为v，则地面受到摩托车的作用力大小为考点：向心力；牛顿第二定律菁优网版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：摩托车在水平地面上拐弯时，靠静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求出转弯时的最大速度地面对车有支持力和摩擦力，根据平行四边形定则求出地面受到摩托车的作用力大小解答：解：根据牛顿第二定律得，得，v=此时地面受到摩托车的压力为Mg，静摩擦力为，根据平行四边形定则知，地面受到摩托车的作用力大小为故答案为：；点评：解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解三、简答题（本题共4小题，15题8分，16题、17题、18题各12分，共44分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤）15（8分）（2013蓟县校级模拟）在勇气号火星探测器着陆的最后阶段，着陆器降落到火星表面上，再经过多次弹跳才停下来假设着陆器第一次落到火星表面弹起后，到达最高点时高度为h，速度方向是水平的，速度大小为v0已知火星的一个卫星的圆轨道的半径为r，周期为T火星可视为半径为R的均匀球体求：（1）火星表面的重力加速度；（2）求卫星第二次落到火星表面时速度的大小，不计火星大气阻力考点：万有引力定律及其应用菁优网版权所有专题：万有引力定律的应用专题分析：（1）结合万有引力等于重力和万有引力提供向心力求出火星表面的重力加速度（2）根据动能定理求出卫星第二次落到火星表面时的速度大小解答：解：（1）根据万有引力提供向心力有：根据万有引力等于重力得，mg=联立两式解得g=（2）根据动能定理得，解得答：（1）火星表面的重力加速度为（2）卫星第二次落到火星表面时速度的大小为点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能熟练运用16（12分）（2013蓟县校级模拟）杂技中的“顶竿”由两个演员共同表演，站在地面上的演员肩部顶住一根长竹竿，另一演员爬至竹竿顶端完成各种动作后下滑若竿上演员自竿顶由静止开始下滑，滑到竿底时速度正好为零已知有一传感器记录了竿上演员下滑时的速度随时间变化的情况竿上演员质量为m1=40kg，长竹竿质量m2=10kg，g=l0m/s2（1）求下滑过程中，竿上演员克服摩擦力做的功；（2）求下滑过程中，竿上演员受到的摩擦力；（3）请画出地面上的演员肩部承受的压力随时间变化的图象，不用写计算过程，但要标出相关数据考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律菁优网版权所有专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据速度时间图线求出演员在杆子上下滑的位移，再根据动能定理求出杆上演员克服摩擦力做的功（2）分别对04s内和46s内的过程运用动能定理，求出两段过程中摩擦力的大小（3）对竹竿受力分析，根据共点力平衡求出地面演员对竹竿的支持力，从而得出竹竿对地面演员肩部的压力解答：解：（1）演员下滑的位移s=根据动能定理得，mgsWf=00解得：Wf=mgs=40012J=4800J（2）在04s内的位移设此过程中的阻力f1根据动能定理得，代入数据解得f1=360N46s内的位移根据动能定理得，解得f2=480N（3）在04s内，对竹竿受力分析有：N1=m2g+f1=100+360N=460N在46s内，对竹竿受力分析有：N2=m2g+f2=100+480N=580N压力随时间变化如图答：（1）下滑过程中，竿上演员克服摩擦力做的功为4800J（2）下滑过程中，竿上演员受到的摩擦力为360N，480N（3）压力随时间变化的图象如图所示点评：解决本题的关键理清演员的运动过程，结合动能定理进行求解17（12分）（2013蓟县校级模拟）如图，传送带AB总长为l=10m，与一个半径为R=0.4m的光滑圆轨道BC相切于B点传送带速度恒为v=6m/s，方向向右现有一个滑块以一定初速度v0从A点水平冲上传送带，滑块质量为m=10kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为=0.1已知滑块运动到B端时，刚好与传送带共速求（1）v0；（2）滑块能上升的最大高度h；（3）求滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能考点：动能定理的应用；功能关系菁优网版权所有专题：动能定理的应用专题分析：（1）以滑块为研究对象，由动能定理可以求出滑块的初速度（2）由动能定理或机械能守恒定律可以求出滑块能上升的最大高度（3）求出滑块第二次在传送带上滑行时，滑块与传送带间的相对位移，然后求出滑块和传送带系统产生的内能解答：解：（1）以滑块为研究对象，滑块在传送带上运动过程中，由动能定理得：滑块初速度大于传送带速度时：mgl=mv2mv02，解得v0=m/s；滑块初速度小于传送带速度时：mgl=mv2mv02，解得v0=4m/s；（2）由动能定理可得：mgh=0mv2，解得h=1.8m；（3）以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得：mg=m