黑龍江省雙鴨山一中高三物理上學期期中試題（含解析）新人教版.doc

黑龍江省雙鴨山一中2015屆高三上學期期中考試物理試卷一、選擇題（共60分，每小題5分，1-10題為單選，11-12題為多選，選不全得3分選錯不得分）1近幾年，國內房價飆升，在國家宏觀政策調控下，房價上漲出現減緩趨勢有同學將房價的“上漲”類比成運動學中的“加速”，將房價的“下跌”類比成運動學中的“減速”，那么“房價上漲出現減緩趨勢”可以類比成運動學中的（）a速度增加，加速度減小b速度增加，加速度增大c速度減小，加速度增大d速度減小，加速度減小考點：加速度 .專題：直線運動規(guī)律專題分析：同學把房價類比成速度，房價上漲快慢類比成加速度，根據加速度與速度關系進行分析解答：解：房價類比成速度，房價上漲快慢類比成加速度，房價上漲出現減緩趨勢，相當于加速度減小，但仍然在上漲，相當于加速度與速度方向相同，速度仍然增大故a正確，bcd錯誤故選：a點評：加速度決定于物體所受合力和物體的質量，與速度沒有直接的關系，加速席減小，速度不一定減小2如圖所示，放在水平桌面上的木塊a處于靜止狀態(tài)，所掛的砝碼和托盤的總質量0.6kg，彈簧測力計讀數為2n，滑輪摩擦不計，若輕輕取走盤中的部分砝碼，使總質量減小到0.3kg，將會出現的情況是（g=10m/s2）（）a彈簧測力計的讀數將變小ba仍靜止不動ca對桌面的摩擦力不變da所受的合力將要變大考點：靜摩擦力和最大靜摩擦力；力的合成與分解的運用；共點力平衡的條件及其應用；胡克定律 .專題：共點力作用下物體平衡專題分析：對a受力分析可得出a受到的靜摩擦力，根據靜摩擦力與最大靜摩擦力的關系可得出最大靜摩擦力；再根據變化之后的受力情況可判斷a的狀態(tài)及讀數的變化解答：解：初態(tài)時，對a受力分析有：得到摩擦力ff=f1f2=62=4n，說明最大靜摩擦力fmax4n，當將總質量減小到0.3kg時，拉力為變?yōu)?n，物體仍靜止，合力仍為零；彈簧測力計的示數不變，故摩擦力變化ff=1n故acd錯誤，b正確點評：本題考查靜摩擦力的計算，要注意靜摩擦力會隨著外力的變化而變化，但不會超過最大靜摩擦力彈簧的彈力取決于彈簧的形變量，形變量不變，則彈力不變3在軌道上穩(wěn)定運行的空間站中，有如圖所示的裝置，半徑分別為r和r（rr）的甲、乙兩個光滑的圓形軌道安置在同一豎直平面上，軌道之間有一條水平軌道cd相通，宇航員讓一小球以一定的速度先滑上甲軌道，通過粗糙的cd段，又滑上乙軌道，最后離開兩圓軌道，那么下列說法正確的是（）a小球在cd間由于摩擦力而做減速運動b小球經過甲軌道最高點時比經過乙軌道最高點時速度大c如果減少小球的初速度，小球有可能不能到達乙軌道的最高點d小球經過甲軌道最高點時對軌道的壓力大于經過乙軌道最高點時對軌道的壓力考點：牛頓第二定律；向心力 .專題：壓軸題；牛頓第二定律在圓周運動中的應用分析：該裝置處于穩(wěn)定運行的空間站中，處于完全失重狀態(tài)，所以小球對水平軌道的壓力為0在圓軌道中運動，靠軌道的壓力提供向心力小球在完全失重情況下運動，在圓軌道和直軌道上速度的大小都不變解答：解：a、小球處于完全失重狀態(tài)，對直軌道無壓力，不受摩擦力，做勻速直線運動故a錯誤 b、小球處于完全失重狀態(tài)，在圓軌道中做勻速圓周運動，只要有速度，就能通過圓軌道故b、c錯誤 d、在圓軌道中做勻速圓周運動，靠軌道的壓力提供向心力，即n=m，半徑小，則對軌道的壓力大故d正確故選d點評：解決本題的關鍵知道小球處于完全失重狀態(tài)，在直軌道上不受摩擦力，做勻速直線運動，在圓軌道上做勻速圓周運動4均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場如圖所示，在半球面ab上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為r，cd為通過半球頂點與球心o的軸線，在軸線上有m、n兩點，om=on=2r已知m點的場強大小為e，則n點的場強大小為（）aebced+e考點：電場強度；電場的疊加 .專題：電場力與電勢的性質專題分析：均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場，假設將帶電量為2q的球面放在o處在m、n點所產生的電場和半球面在m點的場強對比求解解答：解：若將帶電量為2q的球面放在o處，均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場則在m、n點所產生的電場為e=，由題知當半球面如圖所示產生的場強為e，則n點的場強為e=e，故選a點評：本題解題關鍵是抓住對稱性，找出兩部分球面上電荷產生的電場關系5（5分）（2007北京）不久前歐洲天文學家在太陽系之外發(fā)現了一顆可能適合人類居住的行星，命名為“格利斯581c”該行星的質量是地球的5倍，直徑是地球的1.5倍設想在該行星表面附近繞行星圓軌道運行的人造衛(wèi)星的動能為ek1，在地球表面附近繞地球沿圓軌道運行的相同質量的人造衛(wèi)星的動能為ek2，則為（）a0.13b0.3c3.33d7.5考點：萬有引力定律及其應用 .專題：計算題分析：要求兩顆衛(wèi)星的動能之比，必須求出衛(wèi)星圓周運動的線速度的大??；要求衛(wèi)星的線速度的大小可根據萬有引力提供向心力來進行計算解答：解：在行星表面運行的衛(wèi)星其做圓周運動的向心力由萬有引力提供故有，所以衛(wèi)星的動能為=故在地球表面運行的衛(wèi)星的動能ek2=在“格利斯”行星表面表面運行的衛(wèi)星的動能ek1=所以有=3.33故c正確故選c點評：萬有引力提供向心力是解決天體運動的基本思路和方法，在學習中要注意總結和積累6（5分）如圖所示，有一帶電粒子貼著a板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉電壓為u1時，帶電粒子沿軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉電壓為u2時，帶電粒子沿軌跡落到b板中間；設粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉電壓之比為（）au1：u2=1：8bu1：u2=1：4cu1：u2=1：2du1：u2=1：1考點：帶電粒子在勻強電場中的運動 .專題：帶電粒子在電場中的運動專題分析：帶點粒子在電場中做類似平拋運動，將合運動沿著平行平板和垂直平板方向正交分解，根據運動學公式和牛頓第二定律列式求解解答：解：帶點粒子在電場中做類似平拋運動，將合運動沿著平行平板和垂直平板方向正交分解，有x=v0ty=解得故故選a點評：本題關鍵根據類平拋運動的分位移公式和牛頓第二定律聯立列式求解出電壓的一般表達式，然后再進行分析討論7（5分）某電池當外電路斷開時的路端電壓為3v，接上8的負載電阻后其路端電壓降為2.4v，則可以判定該電池的電動勢e和內電阻r為（）ae=2.4 v，r=1be=3.0 v，r=2ce=2.4 v，r=2de=3.0 v，r=1考點：閉合電路的歐姆定律 .專題：恒定電流專題分析：電源的電動勢等于外電路斷開時電源兩極間的電壓由題，電源接上8的負載電阻后路端電壓降為2.4v，根據歐姆定律利用比例法求出電源的內電阻解答：解：由題，電池外電路斷開時的路端電壓為3v，則電池的電動勢e=3v當電源接上8的負載電阻后路端電壓降為2.4v，據串聯電路電流相等，有=得到：r=2 故acd錯誤，b正確故選：b點評：本題要對電動勢的意義要了解，可根據閉合電路歐姆定律進行理解，并強化記憶8（5分）（2008濰坊模擬）如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為，以速度v0逆時針勻速轉動在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數tan，則下圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關系的是（）abcd考點：牛頓第二定律 .專題：牛頓運動定律綜合專題分析：要找出小木塊速度隨時間變化的關系，先要分析出初始狀態(tài)物體的受力情況，本題中明顯重力的分力與摩擦力均沿著斜面向下，且都是恒力，所以物體先沿斜面勻加速直線運動，有牛頓第二定律求出加速度a1；當小木塊的速度與傳送帶速度相等時，由tan知道木塊繼續(xù)沿傳送帶加速向下，但是此時摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛頓第二定律求出此時的加速度a2；比較知道a1a2解答：解：初狀態(tài)時：重力的分力與摩擦力均沿著斜面向下，且都是恒力，所以物體先沿斜面勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：加速度：a1=gsin+gcos；當小木塊的速度與傳送帶速度相等時，由tan知道木塊繼續(xù)沿傳送帶加速向下，但是此時摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛頓第二定律求出此時的加速度：a2=gsingcos；比較知道a1a2，圖象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率變小故選d點評：本題的關鍵1、物體的速度與傳送帶的速度相等時物體會繼續(xù)加速下滑2、小木塊兩段的加速度不一樣大是一道易錯題9（5分）一物塊從如圖所示的弧形軌道上的a點由靜止開始滑下，由于軌道不光滑，它僅能滑到b點由b點返回后，僅能滑到c點，已知a、b高度差為h1，b、c高度差為h2，則下列關系正確的是（）ah1h2bh1h2ch1=h2dh1、h2大小關系不確定考點：動能定理的應用 .專題：動能定理的應用專題分析：由于物塊克服摩擦力做功，機械能不斷減小，前后兩次經過軌道同一點時的速度不斷減小，根據牛頓第二定律研究軌道對小球的支持力，即能由牛頓第三定律研究小球對軌道的壓力，最后根據功能關系研究兩次高度關系解答：解：根據功能關系得：從a到b過程：mgh1=wf1從c到b過程：mgh2=wf2由于由于小球克服摩擦力做功，機械能不斷減小，前后兩次經過軌道同一點時速度減小，所需要的向心力減小，則軌道對小球的支持力減小，小球所受的滑動摩擦力相應減小，而滑動摩擦力做功與路程有關，可見，從a到b小球克服摩擦力wf1一定大于從c到b克服摩擦力做功wf2，則得h1h2；故選：a點評：本題關鍵要抓住小球的機械能不斷減小，前后兩次經過軌道同一點時速度減小，軌道對小球的支持力減小，運用功能關系和牛頓運動定律進行分析10（5分）質量為m的物塊，帶電荷量為+q，開始時讓它靜止在傾角=60的固定光滑絕緣斜面頂端，整個裝置放在水平方向、大小為e=的勻強電場中，如圖所示，斜面高為h，釋放物塊后，物塊落地時的速度大小為（）a2bc2d2考點：動能定理的應用；電場強度 .專題：動能定理的應用專題分析：對物塊進行受力分析，找出力的關系，判斷合外力的方向，判斷物體的運動，運用動能定理或牛頓第二定律和運動學公式解決問題解答：解：對物塊進行受力分析，物塊受重力和水平向左的電場力電場力f=qe=mg重力和水平向左的電場力合力與水平方向夾角=30運用動能定理研究從開始到落地過程， mgh+fh=mv20可得 v=2故選：c點評：了解研究對象的運動過程是解決問題的前提，根據題目已知條件和求解的物理量選擇物理規(guī)律解決問題11（5分）如圖所示，傾角為30、高為l的固定斜面底端與水平面平滑相連，質量分別為3m、m的兩個小球a、b用一根長為l的輕繩連接，a球置于斜面頂端，現由靜止釋放a、b兩球，球b與弧形擋板碰撞過程中無機械能損失，且碰后只能沿斜面下滑，它們最終均滑至水平面上重力加速度為g，不計一切摩擦則（）a小球a下滑過程中，小球a、b系統的重力對系統做正功，系統的重力勢能減小ba球剛滑至水平面時，速度大小為c小球b升高時，重力對小球a做功的功率大于重力對小球b做功的功率d小球b從剛開始上升到開始進入斜面過程中，繩的拉力對小球b做功為考點：機械能守恒定律 .專題：機械能守恒定律應用專題分析：兩個小球a、b運動過程中系統機械能守恒，a球剛滑至水平面時，對系統運用動能定理求解a的速度大??；b球剛升至斜面頂端時時，對系統運用動能定理求解b的速度大小，再根據動能定理求出小球b從剛開始上升到開始進入斜面過程中，繩的拉力對小球b做功解答：解：a、小球a下滑過程中，系統只有重力做功，機械能守恒，剛開始，ab球的速度都增大，所以系統動能增大，則重力勢能減小，故a正確；b、a球剛滑至水平面時，對系統用動能定理得：3mglmglsin30=（3m+m）v2解得：v=，故b正確；c、小球b升高的過程中，根據動能定理得：3mgmg=（3m+m）v2解得：v=此時，重力對小球a做功的功率為：，重力對小球b做功的功率為：，故c正確d、b球剛升至斜面頂端時時，對系統用動能定理得：3mglsin30mgl=（3m+m）v2解得此時速度為：v=，根據動能定理研究b得：wmgl=mv2解得：w=，故d錯誤故選：abc點評：本題解答時要正確的分析好物體的受力，同時，要選好受力的研究對象，能清楚物體的運動過程和選擇合適的物理規(guī)律12（5分）在如圖所示的電路中，燈炮l的電阻大于電源的內阻r，閉合電鍵s，將滑動變阻器滑片p向左移動一段距離后，下列結論正確的是（）a燈泡l變亮b電源的輸出功率變小c電容器c上電荷量減少d電流表讀數變小，電壓表讀數變大考點：閉合電路的歐姆定律；電功、電功率 .專題：恒定電流專題分析：滑動變阻器滑片p向左移動時，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，電流減小，燈泡變暗；根據結論：當內、外電阻相等時，電源的輸出功率功率最大燈炮l的電阻大于電源的內阻，當r增大時，電源的輸出功率應減小變阻器兩端電壓增大，電容器上電荷量增大，電流表讀數變小，電壓表讀數u=eir變大解答：解：a、當滑動變阻器滑片p向左移動，其接入電路的電阻增大，電路總電阻r總增大，電流i減小，燈泡的功率p=i2rl，rl不變，則燈泡變暗故a錯誤b、當內、外電阻相等時，電源的輸出功率功率最大燈炮l的電阻大于電源的內阻，當r增大時，電源的輸出功率變小故b正確c、變阻器兩端電壓增大，電容器與變阻器并聯，電容器上電壓也增大，則其電荷量增大，故c錯誤d、電流表讀數變小，電壓表讀數u=eir變大故d正確故選bd點評：本題的難點在于確定電源的輸出功率如何變化，可以用數學證明，當內外電阻相等時，電源的輸出功率最大，這是很重要的結論對于電容器，關鍵確定電壓，記住這個結論很有必要：電容器與與它并聯的電路電壓相等二、實驗題（每空3分共12分）13（3分）在“探究功與物體速度變化的關系”的實驗中，某同學是用下面的方法和器材進行實驗的：放在長木板上的小車由靜止開始在幾條完全相同的橡皮筋的作用下沿木板運動，小車拉動固定在它上面的紙帶，紙帶穿過打點計時器關于這一實驗，下列說法中正確的是（）a長木板要適當傾斜，以平衡小車運動中受到的阻力b重復實驗時，雖然用到橡皮筋的條數不同，但每次應使橡皮筋拉伸的長度相同c利用紙帶上的點計算小車的速度時，應選用紙帶上打點最密集的部分進行計算d利用紙帶上的點計算小車的速度時，應選用紙帶上打點最稀疏的部分進行計算考點：探究功與速度變化的關系 .專題：實驗題分析：實驗時，先要平衡摩擦力，每次保持橡皮筋的形變量一定，當有n根相同橡皮筋并系在小車上時，n根相同橡皮筋對小車做的功就等于系一根橡皮筋時對小車做的功的n倍，這個設計很巧妙地解決了直接去測量力和計算功的困難，再加上打點計時器測出小車獲得的最大速度即動能可求解答：解：a、實驗中橡橡皮筋對小車所做功認為是合外力做功，因此需要平衡摩擦力，故長木板要適當傾斜，以平衡小車運動中受到的阻力，故a正確；b、實驗中改變拉力做功時，為了能定量，所以用不同條數的橡皮筋且拉到相同的長度，這樣橡皮筋對小車做的功才有倍數關系，故b正確；c、d、需要測量出加速的末速度，即最大速度，也就是勻速運動的速度，所以應選用紙帶上打點最稀疏的部分進行計算，故c錯誤，d正確故選：abd點評：實驗中要清楚是如何改變w，如何獲得的速度v即可，圍繞實驗原理和實驗目的進行理解和記憶14（9分）（2012江西模擬）某實驗小組設計了如圖（a）所示的實驗裝置，通過改變重物的質量，利用計算機可得滑塊運動的加速度a和所受拉力f的關系圖象他們在軌道水平和傾斜的兩種情況下分別做了實驗，得到了兩條af圖線，如圖（b）所示（1）圖線是在軌道左側抬高成為斜面情況下得到的（選填“”或“”）；（2）滑塊和位移傳感器發(fā)射部分的總質量m=0.5kg；滑塊和軌道間的動摩擦因數=0.2考點：牛頓第二定律；滑動摩擦力 .專題：牛頓運動定律綜合專題分析：知道滑塊運動的加速度a和所受拉力f的關系圖象斜率等于滑塊和位移傳感器發(fā)射部分的總質量的倒數對滑塊受力分析，根據牛頓第二定律求解解答：解：（1）由圖象可知，當f=0時，a0也就是說當繩子上沒有拉力時小車就有加速度，該同學實驗操作中平衡摩擦力過大，即傾角過大，平衡摩擦力時木板的右端墊得過高所以圖線是在軌道右側抬高成為斜面情況下得到的（2）根據f=ma得a=所以滑塊運動的加速度a和所受拉力f的關系圖象斜率等于滑塊和位移傳感器發(fā)射部分的總質量的倒數由圖形b得加速度a和所受拉力f的關系圖象斜率k=2，所以滑塊和位移傳感器發(fā)射部分的總質量m=0.5kg 由圖形b得，在水平軌道上f=1n時，加速度a=0，根據牛頓第二定律得fmg=0解得=0.2故答案為：（1）；（2）0.5，0.2點評：通過作出兩個量的圖象，然后由圖象去尋求未知量與已知量的關系運用數學知識和物理量之間關系式結合起來求解三、計算題（共48分，要有必要的文字說明、受力分析，只有結果不得分）15（10分）如圖所示，輕繩懸掛一質量為m=2.0kg的小球，現對小球再施加一個力f，使小球靜止在繩子與豎直方向成60的位置上，g=10m/s2（1）若f為水平方向，求f的大??；（2）若要使f的取值最小，求f的大小和方向考點：共點力平衡的條件及其應用 .分析：（1）對小球受力分析可知小球應在重力、拉力及f的作用下處于平衡狀態(tài)；根據共點力的平衡條件可求得f的大??；（2）拉力及重力的合力應與f大小相等方向相反，根據力的合成作出平行四邊形，由幾何關系可得出f的最小值的大小及方向解答：解：（1）由圖可知，拉力及重力的合力與f大小相等方向相反，由幾何關系可知：f=mgtan60=20n； （2）由于拉力的方向不變，重力的大小、方向均不變；而拉力與f的合力一定與重力大小相等，方向相反，由圖利用幾何關系可知當力的方向與拉力方向垂直時f有最小值：fmin=mgsin60=10n方向為與水平方向成60斜向上答：（1）f為水平方向時，f為20n；（2）f的最小值為10n，方向與水平方向成60度角斜向上點評：本題考查共點力的平衡條件，一般當三力平衡時，常常用合成法，即任意兩力的合力與第三力大小相等方向相反；只要建立出平行四邊形或三角形即可由幾何關系得出待求量16（12分）如圖所示，一個質量為m=0.6kg的小球，經某一初速度v0從圖中p點水平拋出，恰好從光滑圓弧abc的a點的切線方向進入圓弧軌道（不計空氣阻力，進入時無機械能損失）已知圓弧半徑r=0.3m，圖中=60，小球到達a點時的速度v=4m/s（取g=10m/s2）試求：（1）小球做平拋運動的初速度v0（2）判斷小球能否通過圓弧最高點c，若能，求出小球到達圓弧軌道最高點c時對軌道的壓力fn考點：動能定理的應用；牛頓第二定律；向心力 .專題：動能定理的應用專題分析：（1）小球從p點到a點做平拋運動，恰好從光滑圓弧abc的a點的切線方向進入圓弧軌道，說明經過a點的速度方向沿圓弧的切線方向，由幾何知識得到速度與水平方向夾角為，作出速度的分解釁，即可求出初速度v0（2）假設小球能通過圓弧最高點c，根據動能定理求出小球到達c點的速度vc小球經過c點時，恰好由重力提供小球的向心力，由牛頓第二定律求出小球經過c點的最小速度，將vc與最小速度比較即可判斷小球能否通過圓弧最高點c，若能，根據牛頓運動定律求出小球到達圓弧軌道最高點c時對軌道的壓力解答：解：（1）將小球到達a點的速度分解如圖則有：v0=vcos=4cos60=2m/s（2）假設小球能到達c點，由動能定理有：mgr（1+cos）=代入解得vc=m/s設小球經小球經過c點的最小速度為v臨，由mg=m解得v臨=m/s，可見，vcv臨，故小球能到達最高點c 在最高點，由牛頓第二定律有：fn+mg=m代入數據得：軌道對小球的支持力 fn=8n由牛頓第三定律：小球到達圓弧軌道最高點c時對軌道的壓力fn=fn=8n，方向豎直向上答：（1）小球做平拋運動的初速度v0是2m/s（2）小球能通過圓弧最高點c，小球到達圓弧軌道最高點c時對軌道的壓力fn是8n，方向豎直向上點評：本題主要考查了平拋運動基本規(guī)律、牛頓運動定律及動能定理的應用，并結合幾何知識解題17（12分）高速連續(xù)曝光照相機可在底片上重疊形成多個圖象現利用這架照相機對md2000家用汽車的加速性能進行研究，如下圖所示為汽車做勻加速直線運動時三次曝光的照片，圖中的標尺單位為米，照相機每兩次曝光的時間間隔為1.0s已知該汽車的質量為2000kg，額定功率為72kw，汽車運動過程中所受的阻力始終為1600n（1）求該汽車加速度的大?。?）若汽車由靜止以此加速度開始做勻加速直線運動，勻加速運動狀態(tài)最多能保持多長時間？（3）求汽車所能達到的最大速度考點：功率、平均功率和瞬時功率；勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系 .專題：功率的計算專題分析：（1）根據連續(xù)相等時間內的位移之差是一恒量，求出汽車的加速度大?。?）根據牛頓第二定律求出勻加速運動的牽引力，結合功率得出勻加速運動的末速度，再結合速度時間公式求出勻加速運動的時間（3）當牽引力等于阻力時，速度最大，根