辽宁省抚顺二中高三物理上学期期中试题（含解析）新人教版.doc

辽宁省抚顺二中2015届高三上学期期中考试物理试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分其中第1题至第7题每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意要求第8题至第12题有多项符合题意要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分）1在力学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了物理学的进步对以下几位物理学家所作科学贡献的表述中，与事实不相符的是（）a伽利略首先建立平均速度、瞬时速度和加速度等描述运动的概念b胡克提出如果行星的轨道是圆形，太阳与行星间的引力与距离的平方成反比c卡文迪许是测量地球质量的第一人d伽利略根据理想斜面实验，得出自由落体运动是匀变速直线运动考点：物理学史.专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：a、伽利略首先建立平均速度、瞬时速度和加速度等描述运动的概念，故a正确；b、胡克提出如果行星的轨道是圆形，太阳与行星间的引力与距离的平方成反比，故b正确；c、卡文迪许是测量地球质量的第一人故c正确；d、伽利略将斜面实验的结论合理外推，证明了自由落体运动是匀变速直线运动，故d错误；本题选与事实不相符的，故选：d点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（4分）如图所示，质量为m1的木块在质量为m2的无限长木板上，在力f的作用下向右滑行，长木板始终处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2，则（）a木板受到地面的摩擦力大小一定为1m1gb木板受到地面的摩擦力大小一定为2（m1+m2）gc木板受到地面的摩擦力大小一定为fd木块受到木板的摩擦力大小一定为f考点：摩擦力的判断与计算.专题：摩擦力专题分析：m对m的压力等于mg，m所受m的滑动摩擦力f1=mg，方向水平向左，m处于静止状态，水平方向受到m的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，根据平衡条件分析木板受到地面的摩擦力的大小和方向解答：解：a、b、c，m所受m的滑动摩擦力大小f1=1m1g，方向水平向左，根据牛顿第三定律得知：木板受到m1的摩擦力方向水平向右，大小等于1m1gm处于静止状态，水平方向受到m1的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，根据平衡条件木板受到地面的摩擦力的大小是1m1g故a正确，bc错误 d、根据牛顿第三定律，可知，木块受到木板的摩擦力大小也是1m1g，不一定是f，若是匀速滑行，则即为f故d错误故选：a点评：本题中木板受到地面的摩擦力是静摩擦力，不能根据摩擦力求解，f2=2（m+m）g是错误的，不能确定此摩擦力是否达到最大值3（4分）将质量为m的小球置于半径为l的固定光滑圆槽与圆心等高的一端无初速度释放，小球在竖直平面内做圆周运动，若小球在最低点的势能取做零，则小球运动过程中第一次动能和重力势能相等时重力的瞬时功率为（）amgbmgcmgdmg考点：功率、平均功率和瞬时功率.专题：功率的计算专题分析：小球在运动的过程中机械能守恒，可以求得动能和势能相等时小球的速度的大小和与水平方向的夹角的大小，在根据p=mgvcos可以求得瞬时功率的大小解答：解：设小球在运动过程中第一次动能和势能相等时的速度为v，此时绳与水平方向的夹角为，则由机械能守恒定律得mglsin=mv2=mgl，解得 sin=，v=即此时细绳与水平方向夹角为30，所以重力的瞬时功率为p=mgvcos30=mg=所以a正确故选：a点评：在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，p=只能计算平均功率的大小，而p=fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度4（4分）德国天文学家开普勒对第谷观测的行星数据进行多年研究，得出著名开普勒行星三定律根据周期定律，设太阳的行星匀速圆周运动的半径立方与周期平方的比值为k1，地球的卫星匀速圆周运动的半径立方与周期平方的比值为k2，月球的卫星匀速圆周运动的半径立方与周期平方的比值为k3，则三者大小关系为（）ak1=k2=k3bk1k2k3ck1k2k3dk1k2=k3考点：开普勒定律.专题：万有引力定律的应用专题分析：开普勒第三定律中的公式=k=，可知k与中心天体的质量有关，从而即可求解解答：解：由k=，式中的k只与恒星的质量有关，与行星质量无关，与行星运行的速度无关，因此k1k2k3，故b正确，acd错误；故选：b点评：考查行星绕太阳虽然是椭圆运动，但我们可以当作圆来处理，同时值得注意是周期是公转周期，同时掌握影响k的因素5（4分）在空中某一高度将一小球水平抛出，取抛出点为坐标原点，初速度方向为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，得到其运动的轨迹方程为y=ax2（a为已知量），重力加速度为g，则根据以上条件可以求得（）a物体距离地面的高度b物体作平抛运动的初速度c物体落地时的速度d物体在空中运动的总时间考点：平抛运动.专题：平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合平抛运动的规律求出y与x的关系式，从而进行求解解答：解：根据x=v0t得，t=，则y=因为y=ax2，则a=，可以求出平抛运动的初速度高度未知，无法求出运动的时间，无法求出竖直分速度以及落地的速度故b正确，a、c、d错误故选：b点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解6（4分）如图所示，质量分别为m1、m2的物块a、b用一轻质绳相连置于粗糙水平面上，用一水平外力f（f=kt，k为大于零的常数）向右拉a已知a、b与水平面间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，绳子能够承受足够大的拉力，则下列关于绳中弹力t随时间t的变化关系图象正确的是坐标原点均为（0，0）（）abcd考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力.专题：牛顿运动定律综合专题分析：当拉力由0逐渐增大时，至a与地面最大静摩擦力时，绳中无张力，当拉力从大于a与地面最大静摩擦力时，绳中拉力开始变大，当拉力大于ab与地面间最大静摩擦力时，ab将一起与地面滑动，此时求出绳中拉力与拉力的大小关系解答：解：当拉力由0逐渐增大时，至a与地面最大静摩擦力时，绳中无张力，故a错误；当拉力进一步增加，则此时ab均静止，绳中拉力随外力f同步增加，即满足t=k（tt0），即此时拉力随时间增加，变化率仍为k，故d错误；当拉力增加至大于ab与地面最大静摩擦力后，ab将一起向右加速运动，根据牛顿第二定律知，加速度a=，再对b分析有：tm2g=m2a，整理可得此时绳中拉力t=，所以随着时间增加，绳的拉力与逐渐增大，但增加率为小于k，故b正确，c错误故选：b点评：掌握连接体问题的受力分析情况，能用整体法和隔离法处理连接体问题是正确解题的关键7（4分）如图所示，由倾角45光滑斜面和半径为r的光滑圆周组成的轨道固定在竖直平面内，斜面和圆周之间有小圆弧平滑连接小球（半径较小）以一定的初速度在斜面的最高点沿斜面释放，小球始终贴着轨道内侧过最高点做完整的顺时针运动，已知重力加速度为g，则小球通过斜面的最长时间为（）a（）b（）c（）d（）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系.分析：根据牛顿第二定律求出小球在最高点的最小速度，根据动能定理得出到达斜面顶端的速度，通过牛顿第二定律和运动学公式求出小球在斜面上运动的最长时间解答：解：小球在最高点的速度最小时，通过斜面的时间最长根据mg=得：，设到达斜面顶端的速度为v2，根据动能定理得：mgr=解得：v2=小球在斜面上运动的加速度为：a=根据得：t=故选：b点评：本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道小球通过最高点的临界情况，即小球在最高点速度最小时，通过斜面的时间最长8（4分）如图所示，一质量为m的物体放在水平地面上，上端用一根原长为l、劲度系数为k的轻弹簧相连现用手拉弹簧的上端p缓慢向上移动当p点位移为h时，物体离开地面一段距离h，则在此过程中（）a拉弹簧的力对弹簧做功为mghb拉弹簧的力对弹簧做功为mgh+c物体增加的重力势能为mghd物体增加的重力势能为mgh考点：功能关系；重力势能.分析：知道手拉着弹簧上端p点缓慢向上移动，可以看成物体是处于平衡状态，拉弹簧的力随着弹簧的伸长慢慢变大，弹力对物体做功等于系统增加的机械能解答：解：a、物体处于平衡状态，则kx=mg，解得：x=，此时具有的弹性势能，则拉弹簧的力对弹簧做功为w=mgh+，故a错误，b正确；c、物体重力做功w=mgh，所以物体增加的重力势能为mgh，故cd错误；故选：b点评：本题考查了功能关系，重点考查了机械能守恒的条件，只有重力做功或弹簧的弹力做功9（4分）下列说法正确的是（）a物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向一定改变b物体做匀速率曲线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向垂直c质点受两个恒力做匀速直线运动，突然撤去其中一个力，另一个力不变，质点的速率可能先减少到零，再逐渐增大d质点受两个恒力做匀速直线运动，突然撤去其中一个力，另一个力不变，质点的速率可能先减少到某一非零最小值，再逐渐增大考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据牛顿第二定律知物体运动加速度方向与所受合外力方向相同，当物体加速度方向与速度方向相同时物体做加速运动，相反时做减速运动，知道常见平抛运动和匀速圆周运动的受力特例用排除法分析相关选项解答：解：a、平抛运动物体运动速度大小不断改变，方向不断改变，但平抛运动的合外力恒为重力，大小方向都不变，故a错误；b、物体匀速率曲线运动时速率保持不变，则物体所受合外力必须与速度方向始终垂直，故b正确；c、质点受两个恒力做匀速直线运动，突然撤去其中一个在运动方向上的力，则质点先做匀减速运动，当速度减到零时，再反向做匀加速直线运动，故c正确；d、如果撤去一个力后，另一个力的方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿这个力方向所在直线和垂直这个力的方向分解，其中这个力与一个速度方向相反，这个方向速度就会减小，另一个方向速度不变，那么合速度就会减小，当这个力方向速度减到0时，另一个方向还有速度，所以速度到最小值时不为0，然后这个力方向速度又会增加，合速度又在增加故d正确故选：bcd点评：掌握力和运动的关系是正确解题的关键，知道运动的条件是正确解题的基础，中等难度10（4分）物体以一定的初速度在水平面上因摩擦力作用做匀减速直线运动若已知物体在第1s内的位移为8.0m，在第3s内位移为0.5m，则下列说法正确的是（）a物体的加速度大小一定为3.75m/s2b物体的加速度大小可能为3.75m/s2c物体在第0.5s末速度一定为8.0m/sd物体在第0.5s末速度可能为8.0m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：直线运动规律专题分析：根据匀减速直线运动的位移时间公式列出两个方程，即可求出初速度和加速度再根据匀变速直线运动的基本公式即可求解，但是该题目要考虑速度在3s前还是3s后速度为零，如果3s前速度减为零后物体处于静止解答：解：根据匀变速直线运动的规律x=at2可得：加速度大小如果说没有外力的情况下任由物体在一个粗糙的水平面上滑动，它最终会停下来，也就是说它是不可返回的，假设它在第2s到第3s之间的某一时刻就已经停下来了，加速度大小就不等于3.75m/s2，所以加速度大小可能等于3.75m/s2，故a错误，b正确；c、第0.5s末速度为第1s内的中点时刻速度，根据知，物体在第0.5s末速度一定为8.0m/s故c正确，d错误故选：bc点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，基础题11（4分）如图所示，在斜面上，木块a与b的接触面是水平的，绳子呈水平绷紧状态，两木块均保持静止则关于木块a和木块b可能的受力个数分别为（）a2个和4个b3个和4个c4个和4个d4个和5个考点：物体的弹性和弹力.专题：受力分析方法专题分析：因绳子呈水平绷紧状态，先对a分析，不可能受到2个力，重力与支持力；但可能受到4个力，增加拉力与b对a有向右的静摩擦力；再分析b受力，除受到重力、支持力、a对b的静摩擦力，a对b的压力，可能受到斜面的静摩擦力，也可能不受斜面的静摩擦力，b受力情况有两种可能解答：解：b至少受到重力、a对b的压力和静摩擦力、斜面的支持力四个力斜面对物体b可能有静摩擦力，也有可能没有静摩擦力，因此b受到4个力或5个力；而绳子呈水平绷紧状态，则a受到力支持力与重力外，还受到拉力与b对a的摩擦力因此a受4个力故cd正确，ab错误；故选：cd点评：本题关键先对a分析，根据平衡条件得到b对a有向左的静摩擦力，然后根据牛顿第三定律得到a对b有向右的静摩擦力；再按照重力、弹力、摩擦力的顺序找力12（4分）斜面长度为4m，一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑做匀减速直线运动，其下滑距离x与初速度二次方v02的关系图象（即xv02图象）如图所示，则（）a滑块下滑的加速度大小为2m/s2b滑块下滑的加速度大小为4m/s2c若滑块下滑的初速度为5.0m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为1sd若滑块下滑的初速度为5.0m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为2.5s考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：运动学中的图像专题分析：根据匀变速直线运动的速度位移公式，结合图线的斜率求出遥控赛车下滑的加速度大小再根据位移时间公式求出赛车下滑的时间，结合速度时间公式求出赛车到达底端的速度解答：解：ab、根据匀变速直线运动的速度位移公式得：v2v02=2ax，因为图线斜率：k=，代入数据解得：a=2m/s2故a正确，b错误；cd、由位移公式得：x=v0t+at2，代入数据解得：t=1s，或t=4s，由于4s不符合题意，故c正确，d错误故选：ac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、位移时间公式和速度位移公式，结合图线进行求解二、实验题本大题共2小题，共12分在每题对应的答题纸空格中填上正确的答案，不要求写出演算过程13（4分）在“研究匀变速直线运动”的实验中所使用的电源是50hz的交流电，某同学打好三条纸带，选取其中最好的一条，其中一段如图所示图中a、b、c、d、e为计数点，相邻两个计数点间有四个点未画出根据纸带可计算出各计数点的瞬时速度，则vc=1.23 m/s，并计算纸带所对应小车的加速度a=3.50m/s2（本题结果均要求保留三位有效数字）考点：探究小车速度随时间变化的规律.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c点时小车的瞬时速度大小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：由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔t=0.1s，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c点时小车的瞬时速度大小vc=1.23m/s设a到b之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4，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，得：x3x1=2a1t2x4x2=2a2t2为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值，得：a=（a1+a2）=3.50m/s2故答案为：1.23；3.50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14（8分）某同学验证动能定理的实验装置如图1所示水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上a点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为m，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一易拉罐相连，易拉罐和里面的细沙总质量为m；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上b点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间为t，l表示a、b两点间的距离滑块与气垫导轨间没有摩擦，用g表示重力加速度该同学首先用游标卡尺测量了遮光片的宽度将游标卡尺的测量爪合在一起，发现游标尺的零刻度线与主尺的零刻度线不重合，如图2甲所示用此游标卡尺测遮光片的宽度时示数如图2乙所示读数值d测=1.4mm，遮光片宽度的实际值d真=1.8mm该同学首先调整导轨倾角，易拉罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在滑块上让滑块恰好在a点静止，此时易拉罐和里面的细沙总质量为m剪断细绳后，滑块开始加速下滑，则其受到的合外力为mg为验证从ab过程中小车合外力做功与动能滑块变化的关系，需要验证的关系式为mgl=m（）2（用题目中所给的物理量符号表示）考点：探究功与速度变化的关系.专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零；撤去拉力后，其余力不变，故合力等于撤去的拉力光电门测速度的原理是利用平均速度来代替瞬时速度，求出最后获得的速度，然后根据功能关系即可明确需要验证的表达式解答：解：游标卡尺的主尺读数为：0.1cm=1mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为40.1mm=0.4mm=0.04cm，所以最终读数为：1mm+0.4mm=1.4mm，遮光片的实际宽度：为1.4mm+0.4mm=1.8mm；小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零；撤去拉力后，其余力不变，故合力等于撤去的拉力，故其合力大小为mg小车获得的速度为：v=，合外力做功为：w=mgl，根据功能关系可知需要验证的表达式为：mgl=mv2，即：mgl=m（）2故答案为：1.4；1.8； mg；mgl=m（）2点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量；解题的关键根据实验原理确定需要验证的等式，其中合力的求解根据共点力平衡条件确定三计算题本大题共3小题，共40分要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案，而未写出主要演算过程的，不能得分，有关物理量的数值计算问题，答案中必须明确写出数值和单位15（10分）中国首艘装有帮助飞机起飞弹射系统的航母“辽宁舰”完成了歼15首次起降飞行训练并获得成功已知歼15在跑道上加速时可能产生的最大加速度为5.0m/s2，当歼15的速度达到50m/s时才能离开航空母舰起飞设航空母舰甲板长为l=160m，为使歼15仍能从此舰上正常起飞，可采用先让“辽宁舰”沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，再让歼15起飞，则“辽宁舰”的航行速度至少为多少？考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系.专题：直线运动规律专题分析：根据匀变速直线运动的速度位移公式求出弹射系统使飞机具有的初速度解答：解：由于航空母舰沿飞机起飞方向匀速航行速度为v1，在飞机起跑过程中的位移为x1，则有：x1=v1t在飞机起跑过程中做初速度为v1的匀加速运动，设位移为x2，则有：运动的时间为：由位移关系可知：l=x2x1即：代入数据可得：v1=10m/s或v1=90m/s（舍去）答：“辽宁舰”的航行速度至少为10m/s点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用，基础题16（14分）如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m=5kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力f随位移x变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为=0.5，g=10m/s2，则：（1）运动过程中物体的最大加速度为多少？（2）在距出发点什么位置时物体的速度达到最大？（3）物体在水平面上运动的最大位移是多少？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系.分析：（1）当推力f最大时，加速度最大，根据牛顿第二定律求出物体的最大加速度（2）当推力大于摩擦力，物体做加速运动，当推力小于摩擦力，物体做减速运动，可知推力等于摩擦力时，速度最大结合推力与位移的关系式得出速度最大时经历的位移（3）f与位移关系图线围成的面积表示f所做的功，对全过程运用动能定理，抓住动能的变化量为零，求出物体在水平面上运动的最大位移解答：解：（1）由牛顿第二定律：fmg=ma 当推力f=100n时，物体所受合力最大，加速度最大代入解得 a=（2）由图象可得推力随位移x变化的数值关系为：f=10025x 速度最大时加速度为0，则f=mg=0.5510n=25n 代入解得x=3m （3）由图象可得推力对物体做功等于图象与横轴所围图形的面积即w=200j根据动能定理物体有水平面上运动有：wmgxm=0 代入解得xm=答：（1）运动过程中物体的最大加速度为15m/s2；（2）在距出发点3m位置时物体的速度达到最大；（3）物体在水平面上