高三上学期一轮模拟物理试题Word版含答案
【解析】广东省揭阳市2014届高三毕业班第一次模拟考试物理试题试题之一 Word版含解析
一、单项选择题：本题包括16小题，每小题4分，共64分。
每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分 13．下列叙述中，正确的是（ ）A ．物体温度越高，内能增加，每个分子的动能也越大B ．布朗运动就是液体分子的运动C ．空气容易被压缩说明分子间存在分子力D ．热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体14．如图所示，a ，b ，c 三根绳子完全相同，b 绳水平，c 绳下挂一重物。
若增加重物的重量，则最先断的绳子是（ ）A ．a 绳B ．b 绳C ．c 绳D ．无法确定 【答案】A 【解析】试题分析：以结点O 为研究对象，受力分析，受三根绳子的拉力，根据平行四边形法则co bo ao F F F +=，所以ao 绳上的拉力最大，a 绳先断，故A 正确；B 、C 、D 错误。
考点：本题考查力的合成15．核反应方程式 23592U + 10n →14156Ba + 9236Kr +k X ，式子中（ ）A ．X 为质子，k =3B ．X 为质子，k =4C ．X 为中子，k =3D ．X 为中子，k =416．如图所示，容积一定的测温泡，上端有感知气体压强的压力传感器。
待测物体温度升高时，泡内封闭气体（ ）A ．内能不变，压强变大B ．体积不变，压强变大C ．温度不变，压强变小D ．温度降低，压强变小二、双项选择题（本题包括9小题，每小题6分，共54分。
每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对得6分，只选1个且正确得3分，错选、不选得0分） 17．某发电站采用高压输电向外输送电能。
若输送的总功率为P 0 ，输电电压为U ，输电导线的总电阻为R ,则下列说法正确的是（ ） A ．输电线上的电流为RUB ．输电线上的电流为U P 0C ．输电线上损失的功率为R U 2D ．输电线上损失的功率为220UR P18．已知地球半径为R ，质量为M ，自转角速度为（ ，万有引力恒量为G ，地球同步卫星距地面高度为h ，则（ ）A ．地面赤道上物体随地球自转运动的线速度为（RB ．地球同步卫星的运行速度为（hC ．地球近地卫星做匀速圆周运动的线速度为RGMD ．地球近地卫星做匀速圆周运动的周期大于ωπ2【答案】AC 【解析】试题分析：地面赤道上物体随地球自转的角速度等于地球自转的加速度，半径等于地球半径R ，根据R v ω=可求地面赤道上物体随地球自转运动的线速度为（R ，所以A 正确；地球同步卫星的轨道半径为R+h ，所以其线速度为()ωh R v +='，所以B 错误；地球近地卫星的线速度，根据R v m RMm G 22=可求R GM v =，所以C 正确；r m rMm G 22ω=，得3r GM=ω，所以地球近地卫星的角速度大于同步卫星的角速度，故也大于地球自转的角速度，再根据ωπ2=T 可知，地球近地卫星做匀速圆周运动的周期小于ωπ2，所以D 错误。
山东省济宁市2013届高三第一次模拟考试 理综物理部分 Word版含答案
2013年济宁市高三模拟考试理科综合试题2013.03 本试题分第I卷和第Ⅱ卷两部分，满分240分。
考试时间l50分钟。
答题前，学生务必用0．5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、准考证号、县区和科类填写在试卷和答题卡规定的位置。
考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。
第I卷(必做，共87分)注意事项：1．第I卷共20小题。
1—13小题每小题4分，l4—20小题，每小题5分，共87分。
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
不涂在答题卡上，只答在试卷上不得分。
以下数据可供答题时参考：可能用到的相对原子质量H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 C1：35.5 Ca：40二、选择题（本题包括7小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确。
有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）14．在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了突出贡献。
关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是A．开普勒对第谷观测的行星数据进行多年研究，得出了万有引力定律B．焦耳在热学、电磁学等方面做出了杰出贡献，成功地发现了焦耳定律C．法拉第发现了由磁场产生电流的条件和规律——电磁感应定律D．安培发现电流可以使周围的小磁针发生偏转15．如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑、半径为R的半球形容器底部处'O(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点。
已知容器与水平面间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为0=30o。
下列说法正确的是A．水平面对容器有向右的摩擦力B．轻弹簧对小球的作用力大小为12mgC．容器对小球的作用力大小为mgD．弹簧原长为mg Rk +16．如图所示，一只理想变压器原线圈与频率为50Hz 的正弦交流电源相连，两个阻值均为20Ω的电阻串联后接在副线圈的两端。
山东省泰安一中2022届高三上学期第一次月考物理试卷 Word版含解析
2021-2022学年山东省泰安一中高三（上）月考（10月份）物理试卷一、不定项选择题：共13小题，每小题4分，共52分，每小题有一个或多个答案是正确的，选择正确但不全得2分．1．质点做直线运动的位移x和时间平方t2的关系图象如图所示，则该质点（）A．加速度大小为1m/s2B．任意相邻1s内的位移差都为2mC．第2s内的位移是2mD．物体第3s内的平均速度大小为3m/s2．如图所示，水平面上B点左侧是光滑的，B点右侧是粗糙的，质量分别为M和m的两个小物块甲和乙（甲、乙均可视为质点，M＞m），在光滑水平面上相距L以相同的速度同时开头向右运动，它们在进入粗糙区域后最终静止，若它们与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，设静止后两个小物块间的距离为s，甲运动的总时间为t1，乙运动的总时间为t2，则以下说法正确的是（）A．s=L B．s=0 C．t1＞t2D．t1＜t23．如图所示，物体从O点由静止开头做匀加速直线运动，途径A、B、C三点，其中|AB|=2m，|BC|=4m，若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于（）A ．B ．C ．D ．4．雾天，一辆小汽车以30m/s的速度行驶在高速大路上，突然发觉正前方30m处有一大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵，图线a、b分别表示小汽车和大卡车的速度随时间变化的状况，以下说法正确的是（）A．由于刹车失灵时小汽车仍减速，所以不会追尾B．在t=5s时追尾C．在t=3s时追尾D．假如刹车不失灵，则小汽车和大卡车之间的最小距离为10m5．如图，轻杆A端用光滑水平铰链装在竖直墙面上，B端用水平绳固定在墙C处并吊一重物P，在水平向右的力F缓缓拉起重物P的过程中杆AB所受压力（）A．变大 B．变小 C．先变小再变大 D．不变6．如图所示，小圆环A系着一个质量为m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细线一端拴在小圆环A上，另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1的物块．假如小圆环、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽视不计，绳子又不行伸长，若平衡时弦AB所对应的圆心角为α，则两物块的质量比m1：m2应为（）A．cos B．sin C．2sin D．2cos7．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分别紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．f表示木块与挡板间摩擦力的大小，F N表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则（）A．f变小B．f不变C．F N变小D．F N变大8．如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ．现给环一个水平向右的恒力F，使圆环由静止开头运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1=kv，其中k为常数，则圆环运动过程中（）A ．最大加速度为B ．最大加速度为C ．最大速度为D ．最大速度为9．如图所示，木板A的质量为m，滑块B的质量为M，木板A用绳拴住，绳与斜面平行，B沿倾角为θ的斜面在A下匀速下滑，若M=2m，A、B间以及B与斜面间的动摩擦因数相同，则动摩擦因数μ为（）A．tanθB．2tanθC ． D ．10．倾角为θ的足够长斜面体c置于水平地面，小物块b置于斜面上，并且恰好能沿斜面匀速下滑，现通过细绳跨过光滑的定滑轮与砂漏斗a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，开头时沙漏斗中没有沙子漏出，如图所示，现给b一个眼斜面对下的初速度，同时沙漏斗a中的沙子缓慢漏出，在a中的沙子缓慢漏出的过程中，小物块b始终沿斜面下滑而c始终处于静止状态，斜面足够长，则在此过程中下列说法中正确的是（）A．地面对c的支持力保持不变B．地面对c的支持力渐渐变大C．地面对c的支持力渐渐变小D．地面对c的摩擦力始终等于零11．如图所示，A、B为两个挨得很近的小球，并列放于光滑斜面上，斜面足够长，在释放B球的同时，将A 球以某一速度v0水平抛出，当A球落于斜面上的P点时，B球的位置位于（）A．P点以下B．P点以上C．P点D．由于v0未知，故无法确定12．如图所示，水平面上固定一个与水平面夹角为θ的斜杆A．另一竖直杆B以速度v水平向左匀速直线运动，则从两杆开头相交到最终分别的过程中，两杆交点P的速度方向和大小分别为（）A．水平向左，大小为v B．竖直向上，大小为vtanθC．沿A 杆斜向上，大小为D．沿A杆向上，大小为vcosθ13．如图所示，长为L的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在水平转轴O上，杆随转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角是（）A ．sinθ=B ．tanθ=C ．sinθ=D ．tanθ=二、试验题14．（6分）现用频闪照相方法来争辩物块的变速运动．在一小物块沿斜面对下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示．拍摄时频闪频率是10Hz；通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x1、x2、x3、x4．已知斜面顶端的高度h和斜面的长度s．数据如下表所示．重力加速度大小g=9.80m/s2．单位：cmx1x2x3x4h S10.76 15.05 19.34 23.65 48.00 80.00依据表中数据，完成下列填空：（1）物块的加速度a= m/s2（保留3位有效数字）．（2）由于可知斜面是粗糙的．15．（6分）要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某试验小组选用下列器材：轻质定滑轮（质量和摩擦可忽视）、砝码一套（总质量m=0.5kg）、细线、刻度尺、秒表．他们依据已学过的物理学学问，转变试验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并依据图线的斜率和截距求出沙袋的质量．请完成下列步骤．（1）试验装置如图所示，设左右两边沙袋A、B的质量分别为m1、m2；（2）取出质量为m′的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发觉A下降，B上升；（3）用刻度尺测出A从静止下降的距离h，用秒表测出A下降所用的时间t，则可知A的加速度大小a= ；（4）转变m′，测量相应的加速度a，得到多组m′及a的数据，作出（选填“a﹣m′”或“a﹣”）图线；（5）若求得图线的斜率k=4m/（kg•s2），截距b=2m/s2，则沙袋的质量m1= kg，m2= kg．三、计算题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最终答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位16．（10分）如图（甲）所示，质量m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动．过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开头计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得vt图象如图（乙）所示．取重力加速度为g=10m/s2．求：（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；（2）10s后撤去拉力F，求物体再过15s离a点的距离．17．（12分）如图所示，质量M=1kg的木板静置于倾角θ=37°、足够长的固定光滑斜面底端．质量m=1kg 的小物块（可视为质点）以初速度v0=4m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面对上的F=3.2N的恒力．若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l为多少？已知小物块与木板之间的动摩檫因数μ=0.8，重力加速度 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．18．（14分）一平板车，质量M=100kg，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h=1.25m，一质量m=50kg 的物块（可视为质点）置于车的平板上，它到车板末端的距离b=1.00m，与车板间的动摩擦因素μ=0.20，如图所示，今对平板车施一水平方向的恒力，使车向前行驶，第1s末物块从车板上滑落，求物块落地时，落地点到车尾的水平距离，不计路面与平板车间以及轮轴之间的摩擦力，取g=10m/s2．2021-2022学年山东省泰安一中高三（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、不定项选择题：共13小题，每小题4分，共52分，每小题有一个或多个答案是正确的，选择正确但不全得2分．1．质点做直线运动的位移x和时间平方t2的关系图象如图所示，则该质点（）A．加速度大小为1m/s2B．任意相邻1s内的位移差都为2mC．第2s内的位移是2mD．物体第3s内的平均速度大小为3m/s【考点】1I：匀变速直线运动的图像．【专题】512：运动学中的图像专题．【分析】依据x和时间平方t2的关系图象写出函数关系式，进而求出加速度，位移等，平均速度等于位移除以时间．【解答】解：A、依据x和时间平方t2的关系图象得出位移时间关系式为：x=t2，所以，解得：a=2m/s2，故A错误；B、任意相邻1s内的位移差△x=aT2=2×1=2m，故B正确；C、第2s内的位移等于2s内的位移减去第一秒的位移，即x2=22﹣12=3m，故C错误；D、同理求得物体第3s内的位移x3=32﹣22=5m ，平均速度，故D错误；故选：B2．如图所示，水平面上B点左侧是光滑的，B点右侧是粗糙的，质量分别为M和m的两个小物块甲和乙（甲、乙均可视为质点，M＞m），在光滑水平面上相距L以相同的速度同时开头向右运动，它们在进入粗糙区域后最终静止，若它们与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，设静止后两个小物块间的距离为s，甲运动的总时间为t1，乙运动的总时间为t2，则以下说法正确的是（）A．s=L B．s=0 C．t1＞t2D．t1＜t2【考点】37：牛顿其次定律；1G：匀变速直线运动规律的综合运用．【专题】11 ：计算题；32 ：定量思想；43 ：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．【分析】依据牛顿其次定律求出物块在B点右侧运动的加速度，依据匀变速直线运动的速度位移公式求出停止的位移与B点的距离，从而确定s的大小．依据速度时间公式求出从B点到停止所需的时间，从而比较出总时间的长短．【解答】解：物块在水平面上的加速度a=，知两物块的加速度相等，由于经过B点的速度相等，依据，知停止距离B点的位移相等，则s=0．从B点运动到停止的时间t=，知两物块从B点到停止的时间相等，在B点左侧，由于乙的位移大于甲的位移，所以最终乙运动的总时间大于甲运动的总时间．故B、D正确，A、C错误．故选：BD．3．如图所示，物体从O点由静止开头做匀加速直线运动，途径A、B、C三点，其中|AB|=2m，|BC|=4m，若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于（）A ．B ．C ．D ．【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】32 ：定量思想；4C ：方程法；511：直线运动规律专题．【分析】依据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，设相等的时间为T，求出B点的速度，从而得出A点的速度，依据连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出加速度的大小，再依据速度位移公式求出0A 间的距离．【解答】解：设物体通过AB、BC所用时间分别为T，则B点的速度为：v B ===，依据△x=aT2得：a==则：v A=v B﹣aT=﹣=则：x OA ==m．故选：D4．雾天，一辆小汽车以30m/s的速度行驶在高速大路上，突然发觉正前方30m处有一大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵，图线a、b分别表示小汽车和大卡车的速度随时间变化的状况，以下说法正确的是（）A．由于刹车失灵时小汽车仍减速，所以不会追尾B．在t=5s时追尾C．在t=3s时追尾D．假如刹车不失灵，则小汽车和大卡车之间的最小距离为10m【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1I：匀变速直线运动的图像．【专题】12 ：应用题；32 ：定量思想；4C ：方程法；513：追及、相遇问题．【分析】当两车通过的位移之差等于30m时，两车会发生追尾．依据速度﹣时间图象所时间轴所围“面积”大小等于位移，进行分析．【解答】解：ABC、依据速度﹣时间图象所时间轴所围的“面积”大小等于位移，由图知，t=3s时，b车的位移为：s b=v b t=10×3m=30ma车的位移为s a =×1m+×2m=60m，则s a﹣s b=30m，且a的速度大于b的速度，所以在t=3s时追尾．故C正确，AB错误．D、假如刹车不失灵，紧急刹车时两车相距30米，速度相等时，a车的位移 s1=×（30+10）×2m=40m，b车位移s2=10×2m=20m，由于s2+30m=50m＞s1，则不会发生追尾事故．小汽车和大卡车之间的最小距离为50m﹣40m=10m，故D正确．故选：C．5．如图，轻杆A端用光滑水平铰链装在竖直墙面上，B端用水平绳固定在墙C处并吊一重物P，在水平向右的力F缓缓拉起重物P的过程中杆AB所受压力（）A．变大 B．变小 C．先变小再变大 D．不变【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用．【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．【分析】在缓缓拉起重物P的过程中，重物P的合力为零，依据平衡条件得到PB绳的拉力与θ的关系；再对B点争辩，分析受力状况，由平衡条件分析杆AB所受压力的变化．【解答】解：以重物P为争辩对象，在缓缓拉起重物P的过程中，重物P的合力为零，依据平衡条件得：T2cosβ=G p，G p是重物P的重力…①对B点，则有竖直方向上：Ncosα=T2cosβ …②由①②得：N=，可知，N不变，则得杆AB所受压力不变．故选D6．如图所示，小圆环A系着一个质量为m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细线一端拴在小圆环A上，另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1的物块．假如小圆环、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽视不计，绳子又不行伸长，若平衡时弦AB所对应的圆心角为α，则两物块的质量比m1：m2应为（）A．cos B．sin C．2sin D．2cos【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用．【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．【分析】选取小圆环A为争辩对象，画受力分析示意图，小圆环受三个力，两个绳子的拉力和大圆环的支持力，肯定要知道大圆环的支持力只能是沿着半径的，由此两端绳子拉力分别在切线方向上的分力必定相等，然后由数学三角函数学问求解【解答】解：如图对小环进行受力分析，如图所示，小环受上面绳子的拉力m1g，下面绳子的拉力m2g，以及圆环对它沿着OA向外的支持力，将两个绳子的拉力进行正交分解，它们在切线方向的分力应当相等：m1gsin=m2gcos（α﹣90）即：m1cos=m2sinαm1cos=2m2sin cos得：m1：m2=2sin故选C7．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分别紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．f表示木块与挡板间摩擦力的大小，F N表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则（）A．f变小B．f不变C．F N变小D．F N变大【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用．【专题】31 ：定性思想；4C ：方程法；527：共点力作用下物体平衡专题．【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，依据平衡条件即可求解．【解答】解：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，依据平衡条件，有：2F f=（M+2m）g，解得F f =（M+2m）g，故静摩擦力不变，将细线对O的拉力依据效果正交分解，如图设两个杆夹角为θ，则有：F1=F2=；再将杆对滑块m的推力F1依据效果分解，如图依据几何关系，有：F x=F1•sin故F x =•sin =，若挡板间的距离稍许增大后，角θ变大，F x变大，故滑块m对墙壁的压力变大，即F N变大，故AC错误，BD正确；故选：BD8．如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ．现给环一个水平向右的恒力F，使圆环由静止开头运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1=kv，其中k为常数，则圆环运动过程中（）A ．最大加速度为B ．最大加速度为C ．最大速度为D ．最大速度为【考点】37：牛顿其次定律；2G：力的合成与分解的运用；2H：共点力平衡的条件及其应用．【专题】522：牛顿运动定律综合专题．【分析】依据力F1与重力mg的关系分析圆环的运动性质与运动过程，应用平衡条件与牛顿其次定律分析答题．【解答】解：A、当F1=mg，即：kv=mg，v=时，圆环水平方向不受摩擦力，则圆环的加速度最大为a=，A 正确B错误；C、当滑动摩擦力f=μ（kv﹣mg）=F时，对应的速度最大，v=，C正确D错误；故选：AC．9．如图所示，木板A的质量为m，滑块B的质量为M，木板A用绳拴住，绳与斜面平行，B沿倾角为θ的斜面在A下匀速下滑，若M=2m，A、B间以及B与斜面间的动摩擦因数相同，则动摩擦因数μ为（）A．tanθB．2tanθC ． D ．【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力；2A：动摩擦因数．【专题】32 ：定量思想；43 ：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．【分析】物体B受重力，斜面施加的垂直斜面对上的支持力和沿斜面对上的摩擦力，A物体施加的压力和沿接触面对上的摩擦力．【解答】解：对B受力分析，如图所示：B物体沿斜面方向受力平衡：f1+f2=Mgsinθ，又由于 M=2m，f1=μmgcosθ，f2=μ（M+m）gcosθ，解得：μ=tanθ，故ABD错误，C正确；故选：C10．倾角为θ的足够长斜面体c置于水平地面，小物块b置于斜面上，并且恰好能沿斜面匀速下滑，现通过细绳跨过光滑的定滑轮与砂漏斗a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，开头时沙漏斗中没有沙子漏出，如图所示，现给b一个眼斜面对下的初速度，同时沙漏斗a中的沙子缓慢漏出，在a中的沙子缓慢漏出的过程中，小物块b始终沿斜面下滑而c始终处于静止状态，斜面足够长，则在此过程中下列说法中正确的是（）A．地面对c的支持力保持不变B．地面对c的支持力渐渐变大C．地面对c的支持力渐渐变小D．地面对c的摩擦力始终等于零【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力．【专题】32 ：定量思想；43 ：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．【分析】开头时物块b恰好能沿斜面匀速下滑，说明受重力、支持力和摩擦力而平衡，依据平衡条件可知支持力和摩擦力的合力是竖直向上；给b一个眼斜面对下的初速度，由于滑动摩擦力与支持力成正比，故支持力和滑动摩擦力的合力是竖直向上的；依据牛顿第三定律得到b对c的压力和摩擦力的合力方向，再对C分析，依据平衡条件列式分析即可．【解答】解：小物块b置于斜面上，并且恰好能沿斜面匀速下滑，说明支持力和摩擦力的合力竖直向下，依据牛顿第三定律，b对c的压力是竖直向下的；现给b一个眼斜面对下的初速度，同时沙漏斗a中的沙子缓慢漏出，但由于b的重力不变，故其对斜面的压力不变，故滑动摩擦力也不变，故压力和摩擦力的合力不变，方向竖直向下；再对c分析，受重力、支持力、b对c的力（压力和摩擦力的合力），依据平衡条件，地面对b的支持力不变，摩擦力为零；故AD正确，BC错误；故选：AD11．如图所示，A、B为两个挨得很近的小球，并列放于光滑斜面上，斜面足够长，在释放B球的同时，将A 球以某一速度v0水平抛出，当A球落于斜面上的P点时，B球的位置位于（）A．P点以下B．P点以上C．P点D．由于v0未知，故无法确定【考点】43：平抛运动．【专题】518：平抛运动专题．【分析】B球沿着斜面做的是匀加速直线运动，A球做的是平抛运动，分别计算出AB两个球到达P点的时间，比较它们的运动时间就可以推断A球落于斜面上的P点时，B球的位置．【解答】解：设A球落到P点的时间为t A，AP的竖直位移为y；B球滑到P点的时间为t B，BP的竖直位移也为y，A球做的是自由落体运动，由y=gt2得运动的时间为：t A =，B球做的是匀加速直线运动，运动到P点的位移为：s=，加速度的大小为：a=gsinθ，依据位移公式s=at2得，B运动的时间为：t B ==＞t A（θ为斜面倾角）．所以B正确．故选B．12．如图所示，水平面上固定一个与水平面夹角为θ的斜杆A．另一竖直杆B以速度v水平向左匀速直线运动，则从两杆开头相交到最终分别的过程中，两杆交点P的速度方向和大小分别为（）A．水平向左，大小为v B．竖直向上，大小为vtanθC．沿A 杆斜向上，大小为D．沿A杆向上，大小为vcosθ【考点】44：运动的合成和分解．【专题】517：运动的合成和分解专题．【分析】将P点的运动分解为水平方向和竖直方向，通过平行四边形定则，依据水平分速度的大小求出合速度的大小．【解答】解：两杆的交点P参与了两个分运动：与B杆一起以速度v水平向左的匀速直线运动和沿B杆竖直向上的运动，交点P的实际运动方向沿A杆斜向上，如图所示，则交点P的速度大小为v P =，故C正确，A、B、D错误．故选C．13．如图所示，长为L的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在水平转轴O上，杆随转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角是（）A ．sinθ=B ．tanθ=C ．sinθ=D ．tanθ=【考点】4A：向心力；37：牛顿其次定律．【专题】521：牛顿其次定律在圆周运动中的应用．【分析】小球做匀速圆周运动，靠合力供应向心力，依据重力、杆子的作用力的合力指向圆心，求出杆与水平面的夹角．【解答】解：小球所受重力和杆子的作用力的合力供应向心力，依据牛顿其次定律有：mgsinθ=mLω2，解得sin．故A正确，B、C、D错误．故选A．二、试验题14．（6分）现用频闪照相方法来争辩物块的变速运动．在一小物块沿斜面对下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示．拍摄时频闪频率是10Hz；通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x1、x2、x3、x4．已知斜面顶端的高度h和斜面的长度s．数据如下表所示．重力加速度大小g=9.80m/s2．单位：cmx1x2x3x4h S10.76 15.05 19.34 23.65 48.00 80.00依据表中数据，完成下列填空：（1）物块的加速度a= 4.30 m/s 2（保留3位有效数字）．（2）由于物块加速度小于=5.88m/s2可知斜面是粗糙的．【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】511：直线运动规律专题．【分析】正确解答本题需要把握：在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数；娴熟应用逐差法求物体的加速度【解答】解：（1）依据逐差法求加速度的原理可知：m/s 2（2）若斜面光滑则：m/s 2＞4.30m/s2．知斜面是粗糙的．故答案为：4.30，物块加速度小于=5.88m/s2．15．（6分）要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某试验小组选用下列器材：轻质定滑轮（质量和摩擦可忽视）、砝码一套（总质量m=0.5kg）、细线、刻度尺、秒表．他们依据已学过的物理学学问，转变试验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并依据图线的斜率和截距求出沙袋的质量．请完成下列步骤．（1）试验装置如图所示，设左右两边沙袋A、B的质量分别为m1、m2；（2）取出质量为m′的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发觉A下降，B上升；（3）用刻度尺测出A从静止下降的距离h，用秒表测出A下降所用的时间t，则可知A的加速度大小a= ；（4）转变m′，测量相应的加速度a，得到多组m′及a的数据，作出a﹣m′（选填“a﹣m′”或“a﹣”）图线；（5）若求得图线的斜率k=4m/（kg•s2），截距b=2m/s2，则沙袋的质量m1= 3 kg，m2= 1.5 kg．【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】13 ：试验题．【分析】质量为m1的沙袋从静止开头下降做匀加速直线运动，依据下降的距离h和时间，由位移公式求出其加速度；依据牛顿其次定律对m2、m1分别争辩，得出m′与a的关系式，依据数学学问分析图线的斜率与截距的意义，求解两个沙袋的质量．【解答】解：（3）依据匀变速直线运动的位移时间公式得，h=，解得a=．（4、5）依据牛顿其次定律得：对m1及砝码：（m1+m′）g﹣T=（m1+m′）a对m2及砝码：T﹣（m2+m﹣m′）g=（m2+m﹣m′）a联立解得：a=g+．依据数学学问得知：作“a﹣m′”图线，图线的斜率k=，图线的截距b=将k、b、m代入计算，解得m1=3kg，m2=1.5kg．故答案为：（3）；（4）a﹣m′；（5）3；1.5．三、计算题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最终答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位16．（10分）如图（甲）所示，质量m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动．过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开头计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得vt图象如图（乙）所示．取重力加速度为g=10m/s2．求：（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；（2）10s后撤去拉力F，求物体再过15s离a点的距离．【考点】37：牛顿其次定律；1G：匀变速直线运动规律的综合运用．【专题】11 ：计算题；32 ：定量思想；43 ：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）由v﹣t图分别求得由力F和没有力F作用时的加速度；对两段时间分别运动牛顿其次定律列式后联立求解；（2）10s后撤去拉力F，先求解加速度，然后依据位移时间关系公式列式求解．【解答】解：（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由vt图得加速度大小a1=2 m/s2，方向与初速度方向相反．设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由vt图得加速度大小a2=1 m/s2，方向与初速度方向相反．在0～4 s内，依据牛顿其次定律，有：F+μmg=ma1在4～10 s内，F﹣μmg=ma2代入数据解得：F=3 N，μ=0.05．（2）设10 s末物体的位移为x，x应为vt图线与坐标轴所围的面积，则有：x=×4×8 m ﹣×6×6 m=﹣2 m，即物体在a点左侧2 m处．设撤去拉力F后物体做匀减速直线运动的加速度大小为a3，依据牛顿其次定律有：μmg=ma3得：a3=0.5 m/s2则物体减速到零的时间为：t== s=12 s则物体在15 s内的位移即为12 s内的位移．则物体在12 s 内的位移为：x′== m=36 m物体在15 s后离a点的距离为：d=|x|+x′=38 m答：（1）力F的大小为3N，物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.05；。
天津市第一中学2023届高三上学期第一次月考物理试题 Word版含答案
C.P所受摩擦力方向先沿斜面向下后沿斜面向上D.斜面对P的作用力先变小后变大
三、实验题
11.某同学用橡皮条与弹簧测力计验证“力的平行四边形定则”，实验装置如图甲所示。其中A为固定橡皮条的图钉， 和 为细绳。
（1）本实验采用的科学方法是“等效替代法”，其含义是___________
4.电梯、汽车等交通工具在加速时会使乘客产生不适感，其中不适感的程度可用“急动度”来描述。急动度是描述加速度变化快慢的物理量，即 。汽车工程师用急动度作为评判乘客不舒适程度的指标，按照这一指标，具有零急动度的乘客，感觉较舒适。图为某汽车加速过程的急动度j随时间t的变化规律。下列说法正确的是（ ）
A.在0~5.0s时间内，汽车做匀加速直线运动
B.“福建舰”在码头补给充足后，它的惯性将变大
C.“福建舰”大角度转弯时，舰上各点的速度相同
D.研究战斗机在航母上的起落时，可以将“福建舰”看成质点
2.如图所示，音乐喷泉竖直向上喷出水流，喷出的水经3s到达最高点，把最大高度分成三等份，水通过起始的第一等份用时为 ，通过最后一等份用时为 。空气阻力不计，则 满足（ ）
A.
B.轻绳上的弹力与弹簧N上的弹力之比为
C.若剪断弹簧M，则在剪断的瞬间，b球处于失重状态
D.若剪断轻绳，则在剪断的瞬间，a球的加速度为
6.“血沉”是指红细胞在一定条件下沉降的速度，在医学中具有重要意义。测量“血沉”可将经过处理后的血液放进血沉管内，由于重力作用，血液中的红细胞将会下沉。设血沉管竖直放置且足够深，红细胞的形状为球体。已知红细胞下落受到血液的粘滞阻力表达式为 ，其中 为血液的粘滞系数，r为红细胞半径，v为红细胞运动的速率。若某血样中半径为r的红细胞，由静止下沉直到匀速运动的速度为 ，红细胞密度为 ，血液的密度为 。以下说法正确的是（ ）
2021届高三物理一轮复习第六单元动量训练卷 A卷 word版带解析答案
2021届高三一轮复习单元训练卷·物理(A)卷第六单元动量注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、(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，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．下列有关动量的说法中正确的是()A．物体的动量发生改变，其动能一定改变B．物体的运动状态改变，其动量一定改变C．对于同一研究对象，若机械能守恒，则动量一定守恒D．对于同一研究对象，若动量守恒，则机械能一定守恒2．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。
若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是() A．增加了司机单位面积的受力大小B．减少了碰撞前后司机动量的变化量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积3．以初速度竖直向上抛出一物体，空气阻力大小不变。
关于物体受到的冲量，以下说法正确的是()A．物体上升阶段和下落阶段受到的重力的冲量方向相反B．物体上升阶段和下落阶段受到空气阻力冲量的大小相等C．物体在下落阶段受到重力的冲量小于上升阶段受到重力的冲量D．物体从抛出到返回抛出点，动量变化的方向向下4．如图所示，一小车停在光滑水平面上，车上一人持枪向车的竖直挡板连续平射，所有子弹全部嵌在挡板内没有穿出，当射击持续了一会儿后停止，则小车()A．速度为零B．将向射击方向做匀速运动C．将向射击相反方向做匀速运动D．无法确定5．如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量为M，固定在小车上的杆用长为l的轻绳与质量为m的小球相连，将小球拉至水平右端后放手，则小车向右移动的最大距离为()A．mlM m+B．MlM m+C．2mlM m+D．2MlM m+6．如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两个小木块中间夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两个小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上。
2021年高考物理全国I一轮复习试题：第4章 基础课时10 圆周运动 Word版含答案
基础课时10 圆周运动一、单项选择题1.电风扇的扇叶的重心假如不在转轴上，转动时会使风扇抖动，并加快转轴磨损。
调整时，可在扇叶的一区域通过固定小金属块的方法转变其重心位置。
如图1所示，A、B是两调整重心的金属块(可视为质点)，其质量相等，它们到转轴O的距离r A＜r B。
扇叶转动后，它们的( )图1A.向心加速度相等B.线速度大小相等C.向心力F A＜F BD.角速度ωA＜ωB解析由于两调整重心的金属块A、B固定在风扇上，因此两者绕轴O一起转动，具有相同的角速度，故D错误；依据向心加速度公式a＝ω2r，得a A＜a B，由线速度与角速度的关系v＝ωr，得v A＜v B，由向心力公式F＝mω2r，得F A＜F B，故C正确，A、B错误。
答案 C2.甲、乙两个物体都做匀速圆周运动，其质量之比为1∶2，转动半径之比为1∶2，在相同的时间里甲转过60°，乙转过45°，则它们的向心力大小之比为( )A.1∶4B.2∶3C.4∶9D.9∶16解析m1∶m2＝1∶2，r1∶r2＝1∶2，ω1∶ω2＝θ1∶θ2＝4∶3，向心力F＝mω2r，故F1∶F2＝4∶9，故C 正确。
答案 C3.光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式，在读取内环数据时，以恒定角速度方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线速度的方式读取。
如图2所示，设内环内边缘的半径为R1，内环外边缘半径为R2，外环外边缘半径为R3。
A、B、C分别为各边缘线上的点。
则读取内环上A点时的向心加速度大小和读取外环上C点时的向心加速度大小之比为( ) 图2A.R21R2R3B.R22R1R3C.R2R3R21D.R1R3R22解析内环外边缘和外环内边缘为同一圆。
A与B角速度相等，向心加速度之比为a Aa B＝R1R2。
B与C线速度相等，向心加速度之比为a Ba C＝R3R2；读取内环上A点时的向心加速度大小和读取外环上C 点时的向心加速度大小之比为a Aa C＝R1R3R22，选项D正确。
2025届浙江省天域联盟高三上学期一模物理试题 Word版含解析
2024-2025学年第一学期天域全国名校协作体联考高三年级物理学科试题考生须知：1．本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4．考试结束后，只需上交答题纸。
选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。
每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1. 《吕氏春秋》中有记载：“慈招铁，或引之也。
”那时的人称“磁”为“慈”，他们把磁石吸引铁看作慈母对子女的吸引。
表明我国很早就积累了磁方面的认识，磁的强弱用磁感应强度来描述，它的单位用国际单位制中的基本单位表示为（ ）A. B. C. ． D. 【答案】B 【解析】【详解】根据可知故选B 。
2. 2024年巴黎奥运会中，中国队一共获得40枚金牌，下列几种关于奥运比赛项目的描述正确的是（ ）A. 如图（a ）在掷铁饼比赛中，中国选手冯彬投出67.51米的好成绩。
“67.51米”指的既不是铁饼在空中的路程也不是铁饼位移的大小B. 如图（b）主裁判根据网球在红土地上留下的印记判断球是否出界时，可将网球视为质点11N A m --⋅⋅21kg s A --⋅⋅2Wb m -⋅2Wb m ⋅FB IL=2211N 1kg m /s 1T 1kg s A 1A m 1A m--⋅===⋅⋅⋅⋅C. 如图（c ）中国队在男子4×100米混合泳接力决赛中，以3分27秒46的成绩夺得金牌。
“3分27秒46”指的是夺金时刻D. 如图（d ）运动员刘洋获得男子吊环奥运冠军，此时每根绳的拉力等于刘洋自身重力的一半【答案】A 【解析】【详解】A ．掷铁饼的成绩以铁饼落地点距离投掷圈中心的距离为准，如图（a ）在掷铁饼比赛中，中国选手冯彬投出67.51米的好成绩。
“67.51米”指的既不是铁饼在空中的路程也不是铁饼位移的大小，故A 正确；B ．如图（b ）主裁判根据网球在红土地上留下的印记判断球是否出界时，网球大小形状不可忽略，不可将网球视为质点，故B 错误；C ．如图（c ）中国队在男子4×100米混合泳接力决赛中，以3分27秒46成绩夺得金牌。
四川省成都七中2021届高三上学期入学摸底考试物理试题 Word版含解析
成都七中高2021届2022年秋季入学考试理科综合力量测试（物理部分）【试卷综析】本试卷是高三开学模拟试题，包含了高中物理必修一的全部内容，主要包含匀变速运动规律、受力分析、牛顿运动定律等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，题型大部分都是历年全国各地高考题，思路活，是份格外好的试卷。
一、选择题。
（本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。
全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.伽利略制造的把试验、假设和规律推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学生疏的进展．利用如图所示的装置做如下试验：小球从左侧斜面上的O 点由静止释放后沿斜面对下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度渐渐减低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3．依据三次试验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（）A．假如斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B．假如小球不受力，它将始终保持匀速运动或静止状态C．假如小球受到力的作用，它的运动状态将发生转变D．小球受到的力肯定时，质量越大，它的加速度越小【学问点】伽利略争辩自由落体运动的试验和推理方法．P0【答案解析】 A解析： A、假如斜面光滑，小球不会有能量损失，将上升到与O点等高的位置，故A正确；B、通过推理和假想，假如小球不受力，它将始终保持匀速运动，得不出静止的结论，故B错误；C、依据三次试验结果的对比，不行以直接得到运动状态将发生转变的结论，故C错误；D、受到的力肯定时，质量越大，它的加速度越小是牛顿其次定律的结论，与本试验无关，故D错误．故选：A．【思路点拨】小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面对下运动，并沿右侧斜面上升，阻力越小则上升的高度越大，伽利略通过上述试验推理得出运动物体假如不受其他物体的作用，将会始终运动下去．要想分清哪些是牢靠事实，哪些是科学推论要抓住其关键的特征，即是否是真实的客观存在，这一点至关重要，这也是本题不易推断之处；伽利略的结论并不是最终牛顿所得出的牛顿第肯定律，因此，在确定最终一空时肯定要留意这一点2.小明想推动家里的衣橱，但使出了吃奶的力气也推不动，他便想了个妙招，如图所示，用A、B两块木板，搭成一个底角较小的人字形架，然后往中心一站，衣橱被推动了．下列说法中正确的是（）A．这是不行能的，由于小明根本没有用力去推衣橱B．这有可能，A板对衣橱的推力有可能大于小明的重力C．A、B板的夹角应当尽可能小，才能推动衣橱D．这不行能，A板对衣橱的推力不行能大于小明的重力【学问点】力的分解．B3 【答案解析】B解析：首选开头小明是推不动衣橱的，但是小明的推力与他自身的重力没什么关系．如图，小明的重力可以分解成沿A，B俩个方向的力，由于底角较小，所以A，B方向的力会很大．A对衣橱的力可以分解成水平方向和垂直方向的力，而水平方向的力有可能大于小明重力，．故选：B．【思路点拨】这个要从力的分解角度来解释，将重力分解为沿人字形架斜向下的两个力．由于底角较小，依据三角函数关系得A板的作用力明显大于重力．我们应当知道两个分力的合力可以远小于两个分力，也就是说用一个较小的力可以产生两个较大的分力．3.在t=0时，甲乙两质点从相距70m的两地开头相向运动，它们的v-t图象如图所示．则（）A．第1s末，乙质点转变运动方向B．第2s木，甲乙两质点相遇C．前4s内，乙质点运动的加速度先比甲质点的小后比甲质点的大D．第4s末，甲乙两质点相距20m【学问点】匀变速直线运动的图像．A5【答案解析】D解析：A、在第1s末，乙质点的速度仍旧为负值，说明运动方向并未转变．故A错误．B、在第2s末，甲的位移大小x甲=12×30×2=30m，乙的位移大小x乙=-12×30×2m=-30m，此时两车相距△x=70-30-30=10（m）．故B错误．C、在前4s内，乙图线的斜率确定值始终大于甲图线的斜率确定值，则乙质点的加速度大小总比甲质点大．故C错误．D、在第4s末，甲质点的位移x甲=12×60×4m=120m，乙质点的位移x乙=-12×30×2km+12×60×2m=30m，所以△x=x甲-x乙-70=120-30-70=20m．故D正确．故选：D．【思路点拨】速度-时间图线中速度的正负表示运动方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，速度的正负表示运动的方向．解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率、图线与时间轴围成的面积表示的含义．4.沿直线运动的汽车刹车后匀减速运动，经过3.5s停止，它在刹车开头后的1s内、2s内、3s内的位移之比（）A．3：2：1 B．3：5：6 C．9：4：1 D．5：3：1【学问点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．A2【答案解析】B解析：画示意图如图所示，把汽车从A→E的末速度为0的匀减速直线运动，逆过来转换为从E→A的初速度为0的匀加速直线运动，来等效处理，由于逆过来前后，加速度相同，故逆过来前后的运动位移、速度时间均具有对称性．所以知汽车在相等时间内发生的位移之比为1：3：5：…，把时间间隔分为0.5 s．所以x DE：x CD：x BC：x AB=1：8：16：24，所以x AB：x AC：x AD=3：5：6．故选项B正确．故选：B【思路点拨】利用逆向思维，把汽车运动视为逆向的匀加速运动，依据初速度为零的匀加速直线运动的规律即可求解．解决本题的关键把握匀变速直线运动的推论，本题运用逆向思维解决比较简洁．5.如图所示，一个质量为m 的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P 点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°．则（）A．滑块可能受到三个力作用B．弹簧肯定处于压缩状态C．斜面对滑块的支持力大小可能为零D．斜面对滑块的摩擦力大小肯定等于0.5mg【学问点】共点力平衡的条件及其应用．B4【答案解析】D解析：A、弹簧与竖直方向的夹角为30°，所以弹簧的方向垂直于斜面，由于弹簧的形变状况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，也可能有弹簧的弹力，故A正确；B、弹簧对滑块可以是拉力，故弹簧可能处于伸长状态，故B错误；C、由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面对下的分力（等于12mg），不行能为零，所以斜面对滑块的支持力不行能为零，故C错误；D、静摩擦力肯定等于重力的下滑分力，故为12mg，故D正确．故选：AD．【思路点拨】滑块可能受重力、支持力、摩擦力三个力处于平衡，弹簧处于原长，弹力为零．滑块可能受重力、支持力、摩擦力、弹簧的弹力四个力处于平衡．依据共点力平衡进行分析．解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，留意弹簧的弹力可能为零，可能不为零．6.如图所示，在一绝缘斜面C上有一带正电的小物体A处于静止状态，现将一带正电的小球B沿以A为圆心的圆弧缓慢地从P点转至A正上方的Q点处，已知P、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和C始终保持静止不动，A、B可视为质点．关于此过程，下列说法正确的是（）A．物体A受到斜面的库仑力始终不变B．物体A受到斜面的支持力先增大后减小C．地面对斜面C的摩擦力先增大后减小D．斜面对A的作用力始终增大【学问点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．B3 B4【答案解析】BD 解析：A、物体A受到的库仑力大小不变，但是方向始终在转变，故A错误；B、对A争辩：P对A的库仑力垂直于斜面方向的分力，先渐渐增大后渐渐减小，当库仑力与斜面垂直时最大，设该分力为F′，依据平衡条件：斜面对A的支持力N=mgcosα+F′，可知N先增大后减小，故B正确；C、以A和C整体为争辩对象，分析受力状况如图所示．设P对A的库仑力大小为F，与竖直方向的夹角为θ．依据平衡条件得：f=Fsinθ由于F 大小不变，θ减小，则知地面对斜面C的摩擦力渐渐减小．故C错误；D、对A分析，A受力重力、库仑力，斜面对A的支持力、摩擦力，斜面对物体A的合力与重力和库伦力的合力平衡，重力与库仑力夹角变小，合力变大，故斜面对A的作用力变大，故D正确；故选：BD．【思路点拨】分析地面对斜面C的摩擦力可以以A和C整体为争辩对象，运用平衡条件列式分析；再对A分析受力，运用共点力平衡条件进行分析支持力的变化．本题首先要机敏选择争辩对象，再对物体进行受力分析，运用共点力平衡条件求解．当几个物体的加速度相同时，可以考虑整体法．7.如图所示，物块A、B叠放在一起，其总质量为1.0kg，物块B被水平方向的弹簧和斜向上的绳拉住，物块B恰好对地面无压力，若物块B与地面间的动摩擦因数0.25μ=，O是弹簧的原特长，绳与竖直方向的夹角为045，某时刻把绳与物块B连接处剪断，最终物块A、B一起向左运动，停在O点左侧某处，运动中物块A、B始终没有相对滑动，则下列说法正确的是（）A ．剪断绳的瞬间物块A 、B 的合外力发生变化 B ．剪断绳的瞬间物块A 、B 的加速度是27.5/m s C.弹簧恢复原长时，物块A 受的摩擦力向左 D.剪断绳后物块A 、B 到达O 点时的速度最大 【学问点】共点力的平衡，牛顿其次定律 B4 C2【答案解析】AB 解析： A 、B 剪断细绳前受力平衡，对整体受力分析，受到重力，弹力向左的拉力，细绳向右上的拉力，由于是细绳向右上045 ，所以kx=mg=10N ，剪断后整理合力向左27.5/kx mga m s mμ-== ，故A 、B 正确；C 、D 当kx mg μ= 时，整体加速度为零，速度最大，然后开头做减速运动，B 对A 的摩擦力方向转变，变为向左，故C 、D 错误 故选AB【思路点拨】对整体受力分析，可以得到弹簧弹力与重力关系，然后弹力减去摩擦力供应加速度，留意当弹力等于摩擦力时整体就开头做减速运动，而不是到达原长。
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物理试题一.选择题14. 如图所示，重力为G 的风筝用轻细绳固定于地面上的P 点，风的作用力垂直作用于风筝表面AB ，风筝处于静止状态。
若位于P 点处的拉力传感器测得绳子拉力大小为T ，绳与水平地面的夹角为α。
则风筝表面与水平面的夹角φ满足（ ） A ． cos tan sin T G T αϕα=+ B ． sin tan cos T G T αϕα=+C ． sin tan cos G T T αϕα+=D ． cos tan sin G T T αϕα+=15. 如图所示，用传送带给煤车装煤，平均每5 s 内有5000kg 的煤粉落于车上，由于传送带的速度很小，可认为煤粉竖直下落。
要使车保持以0.5 m/s 的速度匀速前进，则对车应再施以向前的水平力的大小为（ ） A. 50N B. 250N C. 500ND.750N16. 如图所示，两个相同材料制成的水平摩擦轮A 和B ，两轮半径R A =2R B ，A 为主动轮。
当A 匀速转动时，在A 轮边缘处放置的小木块恰能相对静止在A 轮的边缘上，若将小木块放在B 轮上让其静止，木块离B 轮轴的最大距离为（ ） A.8B R B. 2B R C. R B D. 4B R17. 如图所示，一个带正电荷q 、质量为m 的小球，从光滑绝缘斜面轨道的A 点由静止下滑，然后沿切线进入竖直面上半径为R 的光滑绝缘圆形轨道，恰能到达轨道的最高点B 。
现在空间加一竖直向下的匀强电场，若仍从A 点由静止释放该小球（假设小球的电量q 在运动过程中保持不变，不计空气阻力），则( ) A ．小球一定不能到达B 点 B ．小球仍恰好能到达B 点C ．小球一定能到达B 点，且在B 点对轨道有向上的压力D ．小球能否到达B 点与所加的电场强度的大小有关18. 已知某质点沿x 轴做直线运动的坐标随时间变化的关系为52n x t =+，其中x 的单位为m ，时间t 的单位为s ，则下列说法正确的是（ ）A. 若n =1，则物体做匀速直线运动，速度大小为2m/sB. 若n =2，则物体做匀变速直线运动，初速度大小为5m/s ，加速度大小为4m/s 2C. 若n =3，则物体做加速度越来越大的加速直线运动D. 若n =3，则物体做加速度越来越小的加速直线运动 19. 三体问题是天体力学中的基本模型，即探究三个质量、初始位置和初始速度都任意的可视为质点的天体，在相互之间万有引力的作用下的运动规律。
三体问题同时也是一个著名的数学难题，1772年，拉格朗日在“平面限制性三体问题”条件下找到了5个特解，它就是著名的拉格朗日点。
在该点上，小天体在两个大天体的引力作用下能基本保持相对静止。
右图是日地系统的5个拉格朗日点（L 1、L 2、L 3、L 4、L 5），设想未来人类在这五个点上都建立了太空站，若不考虑其它天体对太空站的引力，则下列说法正确的是（ ） A. 位于L 1点的太空站处于受力平衡状态 B. 位于L 2点的太空站的线速度大于地球的线速度C. 位于L 3点的太空站的向心加速度大于位于L 1点的太空站的向心加速度D. 位于L 4点的太空站受到的向心力大小等于位于L 5点的太空站受到的向心力大小 20．一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端。
下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v 、动能E k 、重力势能E P 、机械能E 随时间t 或x （偏离出发点的距离）变化的图象，选斜面底端为零势能面，则下列图象可能正确的是（ ）tvAOOOOE kxBE ptCExD21. 如图所示，某人从同一位置O 以不同的水平速度投出三枚飞镖A 、B 、C ，最后都插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为60°、45°、30°，图中飞镖的取向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力。
则下列说法正确的是（ ）A. 三只飞镖做平抛运动的初速度一定满足000A B C v v v >>B. 插在墙上的三只飞镖的反向延长线一定交于同一点C. 三只飞镖击中墙面的速度满足AB C v v v <<D. 三只飞镖击中墙面的速度一定满足=A CB v v v >二、非选择题22．（7分）利用如图所示的实验装置可以测定瞬时速度和重力加速度。
实验器材有：固定在底座上带有刻度的竖直钢管，钢球吸附器（可使钢球在被吸附后由静止开始下落），两个光电门（可用于测量钢球从第一光电门到第二光电门的时间间隔），接钢球用的小网。
实验步骤如下：A ．如图所示安装实验器材。
B ．释放小球，记录小球从第一光电门到第二光电门的高度差h 和所用时间t ，并填入设计好的表格中。
C ．保持第一个光电门的位置不变，改变第二个光电门的位置，多次重复实验步骤B 。
求出钢球在两光电门间运动的平均速度v 。
D ．根据实验数据作出v t -图象，并得到斜率k 和截距b 。
60° 30° 45°A BC O根据以上内容，回答下列问题：（1）根据实验得到的v t-图象，可以求出重力加速度为g= ，钢球通过第一个光电门时的速度为v1= 。
（2）如果步骤C中改为保持第二个光电门的位置不变，改变第一个光电门的位置，其余的实验过程不变，同样可以得到相应的v t-图象，以下四个图象中符合规律的是。
23.（10分）利用如图所示①的电路测定电源的电动势和内电阻。
（1）若闭合电键S1，将单刀双掷电键S2掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U。
则由于未考虑电压表分流导致电动势的测量值与真实值相比，内阻的测量值与真实值相比。
（填“偏大”“相等”或“偏小”)（2）若断开S1，将单刀双掷电键S2掷向b，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电流表的读数I。
则由于未考虑电流表分压导致电动势的测量值与真实值相比，内阻的测量值与真实值相比。
(填“偏大”“相等”或“偏小”)（3）某同学分别按照以上两种方式完成实验操作之后，利用图线处理数据，得到如下两个tAtDtBtC图象（如图②和③所示），纵轴截距分别是b 1、b 2，斜率分别为k 1、k 2。
综合两条图线的数据可以避免由于电压表分流和电流表分压带来的系统误差，则电源的电动势E = ，内阻r = 。
24. （12分）有一个匀强电场，电场线和坐标平面xOy 平行，以原点O 为圆心，半径为r =10cm 的圆周上任意一点P 的电势40sin 25ϕθ=+（V ），θ为O 、P 两点的连线与x 轴正方向所成的角， A 、B 、C 、D 为圆周与坐标轴的四个交点，如图所示。
（1）求该匀强电场场强的大小和方向。
（2）若在圆周上D 点处有一个α粒子源，能在xOy 平面内发射出初动能均为200eV 的αabS 1 R VAS 2图①O/A-1R /Ωb 2 O/V-1/Ω-1b 1图②图③粒子（氦核）。
当发射的方向不同时，α粒子会经过圆周上不同的点，在所有的这些点中，α粒子到达哪一点的动能最大？最大动能是多少eV ？25. （18分）在光滑的水平面上，有一质量M ＝2kg 的平板车，其右端固定一挡板，挡板上固定一根轻质弹簧，在平板车左端P 处有一可以视为质点的小滑块，其质量m ＝2kg 。
平板车表面上Q 处的左侧粗糙，右侧光滑，且PQ 间的距离L ＝2m ，如图所示。
某时刻平板车以速度v 1＝1m/s 向左滑行，同时小滑块以速度v 2＝5m/s 向右滑行。
一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q 点相距14L 。
（g 取10m/s 2） （1）求当二者处于相对静止时的速度大小和方向； （2）求小滑块与平板车的粗糙面之间的动摩擦因数 ；（3）若在二者共同运动方向的前方有一竖直障碍物（图中未画出），平板车与它碰后以原速率反弹，碰撞时间极短，且碰后立即撤去该障碍物，求小滑块最终停在平板车上的位置。
33．[物理选修3-3]（15分）（1）（5分）下列说法不正确的是（ ）（选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。
每选错1个扣3分，最低得分为0分）。
A. 物体的温度为0℃时，物体的分子平均动能为零B. 两个分子在相互靠近的过程中其分子力逐渐增大，而分子势能先减小后增大C. 密封在容积不变的容器内的气体，若温度升高，则气体分子对器壁单位面积上的平均作ABC Dy xO P θv 1v 2PQ用力增大D. 第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律E. 一定质量的理想气体，如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，则在该过程中气体的压强一定增大（2）（10分）如图所示，两水平气缸A、B固定，由水平硬质细杆（截面积可忽略）相连的两活塞的横截面积S A=4S B，两气缸通过一根带阀门K的细管（容积可忽略不计）连通。
最初阀门K关闭，A内贮有一定量的气体（可视为理想气体），B内气体极为稀薄（可视为真空），两活塞分别与各自气缸底相距a=20cm，b=25cm，活塞静止。
今将阀门K打开，问：（设整个变化过程气体的温度保持不变，不计活塞与气缸之间的摩擦，外部大气压为p0）①活塞将向（填“左”或“右”）移动；②活塞移动的距离是多少？34．[物理——选修3-4]（15分）（1）（5分）如图所示，在升降机的天花板上固定一摆长为l的单摆，摆球的质量为m。
升左右摆动，且振动周期为T。
已知重力加速度大小降机保持静止，观察到摆球正以小角度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）（选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。
每选错1个扣3分，最低得分为0分）。
A. 若仅将摆球的质量增大一倍，其余不变，则单摆的振动周期不变B. 若升降机匀加速上升，利用此单摆来测定当地的重力加速度，则测量值偏大C. 设想当摆球摆到最低点时，升降机突然以加速度g竖直下落，则摆球相对于升降机做匀速直线运动D. 设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以加速度g竖直下落，则摆球相对于升降机会保持静止E. 设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以大小为g加速度匀加速上升，则摆球相对升降机仍然左右摆动，且振动周期不变（2）（10分）一根玻璃丝的折射率为n=1.6，直径为d=1.5 mm，其形状刚好和四分之一个圆相同，内侧圆弧的半径为R，如图所示。
一束光垂直射到玻璃丝的端面，如果要使整条光束都能被全反射，R的最小值为多少？物理参考答案与评分标准一、选择题（48分）二、实验题22.（1）2k ，b ；（每空2分）（2）C 。
（3分）23. （1）偏小，偏小；（每空1分）（2）相等，偏大；（每空1分） （3）21k ，。
（每空3分）三. 解答题 24.（12分）【解析】（1）由题意可知，在圆和坐标轴的四个交点处的电势为=65V =25V=－15V=25V （2分）由于B 、D 处于同一等势面上，电场线与BD 连线垂直。