与名师对话人教版物理一轮复习配套质量检测
与名师对话高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练4含答案
课时跟踪训练(四)一、选择题1．下列关于重力的说法中正确的是()A．物体只有静止时才受重力作用B．重力的方向总是指向地心C．地面上的物体在赤道上受的重力最小D．物体挂在弹簧秤下，弹簧秤的示数一定等于物体的重力[答案] C2．关于地球上的物体，下列说法中正确的是()A．在“天上”绕地球飞行的人造卫星不受重力作用B．物体只有落向地面时才受到重力作用C．将物体竖直向上抛出，物体在上升阶段所受的重力比落向地面时小D．物体所受重力的大小与物体的质量有关，与物体是否运动及怎样运动无关[解析]重力是由于地球的吸引而使物体受到的地球的作用力，不管物体静止还是运动，也不管物体上升还是下落，一切物体都受重力作用．在“天上”绕地球飞行的人造卫星也要受重力作用，故A、B项错误．地面附近同一物体的重力大小、方向都不会发生改变，重力的大小可由公式G＝mg求出，C项错误．重力大小与物体的质量有关，与运动状态无关，选项D正确．[答案] D3．(2015·福州模拟)一根轻质弹簧，当它上端固定，下端悬挂重为G的物体时，长度为L1；当它下端固定在水平地面上，上端压一重为G的物体时，其长度为L2，则它的劲度系数是()A.GL1 B.GL2C.GL1－L2D.2GL1－L2[解析]设弹簧的劲度系数为k，原长为L0，由题意可得：k(L1－L0)＝G，k(L0－L2)＝G，解得k＝2GL1－L2，故D正确．[答案] D4. (多选)在一张大桌子上放两个平面镜M和N，让一束光依次被两面镜子反射，最后射到墙上形成一个光点P.用力压桌面，观察墙上光点位置的变化，下列说法中正确的是()A．F增大，P上移B．F减小，P下移C．F增大，P下移D．F减小，P上移[解析]本题考查微小形变的放大法．当力F增大时，两镜面均向里倾斜，使入射角减小，经两次累积，使反射光线的反射角更小，光点P下移；同理，若力F减小，光点P上移．所以选项C、D正确．[答案]CD5．如下图所示，下列四个图中，所有的球都是相同的，且形状规则质量分布均匀．甲球放在光滑斜面和光滑水平面之间，乙球与其右侧的球相互接触并放在光滑的水平面上，丙球与其右侧的球放在另一个大的球壳内部并相互接触，丁球用两根轻质细线吊在天花板上，且其中右侧一根线是沿竖直方向．关于这四个球的受力情况，下列说法正确的是()A．甲球受到两个弹力的作用B．乙球受到两个弹力的作用C．丙球受到两个弹力的作用D．丁球受到两个弹力的作用[解析]甲球受水平面的弹力，斜面对甲球无弹力，乙球受水平面的弹力，乙与另一球之间无弹力，丙球受右侧球和地面的两个弹力作用，丁球受竖直细线的拉力，倾斜细线的拉力刚好为零，故C对，A、B、D错．[答案] C6．(多选)如图所示，用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O，并用第三根细线连接A、B两小球，然后用力F作用在小球A上，使三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态．则该力可能为图中的()A．F1B．F2C．F3D．F4[解析]首先对B球受力分析，合力为零．故B球受重力和OB绳子的向上的拉力，由于B球保持静止，受力平衡，故AB绳子的拉力为零：再对A球受力分析，受重力，OA绳子的拉力和一个题中需要求解的力，根据三力平衡条件，可以知道，任意两个力的合力必定与第三个力等值、反向、共线，由于重力和OA绳子的拉力的合力必定在AO方向和竖直方向之间，故只有F2与F3符合；故选B、C.[答案]BC7．实验室常用的弹簧测力计如(图甲)所示，有挂钩的拉杆与弹簧相连，并固定在外壳的一端上，外壳上固定一个圆环，可以认为弹簧测力计的总质量主要集中在外壳(重量为G)上，弹簧和拉杆的质量忽略不计．再将该弹簧测力计以两种方式固定于地面上，如图(乙)、(丙)所示，分别用恒力F0竖直向上拉弹簧测力计，静止时弹簧测力计的读数为()A．(乙)图读数F0－G，(丙)图读数F0＋GB．(乙)图读数F0＋G，(丙)图读数F0－GC．(乙)图读数F0，(丙)图读数F0－GD．(乙)图读数F0－G，(丙)图读数F0[解析]对(乙)中弹簧测力计的外壳受力分析可知，受重力G、拉力F0和弹簧的拉力F1，如右图所示，则弹簧测力计的读数为F1＝F0－G；由于弹簧和拉杆的质量忽略不计，所以(丙)中弹簧的拉力等于F0，即弹簧测力计的读数为F2＝F0，故D正确．[答案] D8.如右图所示，质量为m的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB与竖直方向的夹角为θ，A、B、O处均用铰链相连．设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2，以下结果正确的是()A ．F 1＝mg sin θB ．F 1＝mg sin θC ．F 2＝mg cos θD ．F 2＝mg cos θ[解析]由题可知，对悬挂的物体由力的平衡条件可知绳子的拉力等于其重力，则绳子拉O 点的力也等于重力．求OA 和OB 的弹力，以O 点为研究对象，受力分析如图，由平衡条件可知，F 1和F 2的合力与F T 等大反向，则由平行四边形定则和几何关系可得：F 1＝mg tan θ，F 2＝mg cos θ，故D 正确．[答案] D9. (2016·三明市期中)如右图所示，完全相同的质量为m 的A 、B 两球，用两根等长的细线悬挂在O 点，两球之间夹着一根劲度系数为k 的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了( )A.mg tan θkB.2mg tan θkC.mg tan θ2kD.2mg tan θ2k[解析]考查受力分析、物体的平衡．对A受力分析可知，有竖直向下的重力mg、沿着细线方向的拉力F T以及水平向左的弹簧弹力F，由正交分解法可得水平方向F T sin θ2＝F＝kΔx，竖直方向F T cosθ2＝mg，解得Δx＝mg tanθ2k，C正确．[答案] C10. (多选)如图所示，小车上有一根固定的水平横杆，横杆左端固定的轻杆与竖直方向成θ角，轻杆下端连接一小铁球；横杆右端用一根细线悬挂一小铁球，当小车做匀变速直线运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，则下列说法中正确的是()A．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上B．轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上C．小车一定以加速度g tanα向右做匀加速运动D．小车一定以加速度g tanθ向右做匀加速运动[解析]由于两小球加速度方向相同，所受弹力方向也应该相同，所以轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上，选项A错误B正确；对细线悬挂的小铁球受力分析，由牛顿第二定律可得，小车一定以加速度gtanα向右做匀加速运动，选项C正确D错误．[答案]BC二、非选择题11．如右图所示，在动力小车上固定一直角硬杆ABC，分别系在水平直杆AB两端的轻弹簧和细线将小球P悬吊起来．轻弹簧的劲度系数为k，小球P的质量为m，当小车沿水平地面以加速度a 向右运动而达到稳定状态时，轻弹簧保持竖直，而细线与杆的竖直部分的夹角为θ，试求此时弹簧的形变量．[解析]以小球为研究对象，对小球做受力分析，如右图所示：竖直方向列平衡方程：F T cosθ＋F＝mg水平方向由牛顿第二定律知：F T sinθ＝ma，F＝kx联立解得：x＝m(g－a cotθ)/k讨论：(1)若a<g tanθ，则弹簧伸长x＝m(g－a cotθ)/k(2)若a＝g tanθ，则弹簧伸长x＝0(3)若a>g tanθ，则弹簧压缩x＝m(a cotθ－g)/k[答案](1)若a<g tanθ，则弹簧伸长x＝m(g－a cotθ)/k(2)若a＝g tanθ，则弹簧伸长x＝0(3)若a>g tanθ，则弹簧压缩x＝m(a cotθ－g)/k12．如右图所示，原长分别为L1和L2，劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m1的物体，最下端挂着质量为m2的另一物体，整个装置处于静止状态．(1)求这时两弹簧的总长．(2)若用一个质量为M 的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起，直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板对物体m 2的支持力大小．[解析] (1)设上面弹簧的伸长量为Δx 1，下面弹簧的伸长量为Δx 2，由物体的平衡及胡克定律得，k 1Δx 1＝(m 1＋m 2)g ，Δx 1＝(m 1＋m 2)g k 1，k 2Δx 2＝m 2g ， Δx 2＝m 2g k 2所以总长为L ＝L 1＋L 2＋Δx 1＋Δx 2＝L 1＋L 2＋(m 1＋m 2)g k 1＋m 2g k 2. (2)要使两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和，必须是上面弹簧伸长Δx ，下面弹簧缩短Δx .对m 2∶F N ＝k 2Δx ＋m 2g对m 1∶m 1g ＝k 1Δx ＋k 2ΔxF N ＝m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g . [答案] (1)L 1＋L 2＋(m 1＋m 2)g k 1＋m 2g k 2 (2)m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g。
与名师对话高考物理课标一轮复习单元质量检测06 含解析
质量检测(六)时间：60分钟总分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求．第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1.(2014·安徽模拟)带有等量异种电荷的一对平行金属板，如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之间，它的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图所示的曲线，关于这种电场，以下说法正确的是() A．这种电场的电场线虽然是曲线，但是电场线的分布却是左右对称的，很有规律性，它们之间的电场，除边缘部分外，可以看做匀强电场B．电场内部A点的电场强度小于B点的电场强度C．电场内部A点的电场强度等于B点的电场强度D．若将一正电荷从电场中的A点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板解析：由于平行金属板形成的电场的电场线不是等间距的平行直线，所以不是匀强电场，选项A错误；从电场线分布看，A处的电场线比B处密，所以A 点的电场强度大于B，选项B、C错误；A、B两点所在的电场线为一条直线，电荷受力方向沿着这条直线，所以若将一正电荷从电场中的A点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板，选项D正确．答案：D2．(2014·山东卷)如图所示，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能E k o沿OA方向射出．下列关于试探电荷的动能E k与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是()解析：由于球壳内的场强处处为零，所以试探电荷在壳内做匀速直线运动，动能保持不变．球壳外的场强随离开球心的距离r的增加而减小，试探电荷在壳外做加速度减小的加速直线运动，动能随r的增加而增加，但增加的越来越“慢”．A正确．答案：A3．(2014·安徽卷)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E p与位移x的关系如右图所示．下列图象中合理的是()解析：由功能关系W＝－ΔE p，及W＝Eqx，知E p－x图象的斜率反映电场强度E的大小，随x的增大，斜率在减小，E在减小，A错误．由动能定理得W ＝Eqx＝E k－0，故E k－x图象的斜率逐渐减小，B错误．由牛顿第二定律得Eq ＝ma，a也随x的增大而减小，C错误，D正确．答案：D4.(2014·湖北省八市高三联考)如图M和N是两个带有异种电荷的带电体，(M 在N的正上方，图示平面为竖直平面)P和Q是M表面上的两点，S是N表面上的一点．在M和N之间的电场中画有三条等势线．现有一个带正电的液滴从E点射入电场，它经过了F点和W点，已知油滴在F点时的机械能大于在W点的机械能．(E、W两点在同一等势面上，不计油滴对原电场的影响，不计空气阻力)则以下说法正确的是()A．P和Q两点的电势不相等B．P点的电势高于S点的电势C．油滴在F点的电势能高于在E点的电势能D．油滴在E、F、W三点的“机械能和电势能总和”没有改变解析：带电导体表面是等势面，A错误；液滴在F点机械能大于在W点机械能，则液滴从F到W点，电场力做负功，则F点电势低于W点电势，则M 带负电荷，N带负正荷，P点电势低于S点电势，B错误；只有电场力和重力做功，机械能和电势能总和不变，正电荷在F点电势能比在E点电势能低，C错误，D正确．答案：D5．(2014·扬州中学阶段测试)如图所示，一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方h高的A点静止释放，并穿过带电环，关于小球从A到A关于O的对称点A′过程加速度(a)、重力势能(E p G)、机械能(E)、电势能(E p电)随位置变化的图象一定错误的是(取O点为坐标原点且重力势能为零，向下为正方向，无限远电势为零)()解析：圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，故A正确；小球从A到圆环中心的过程中，重力势能E p＝mgh，小球穿过圆环后，E p＝－mgh，重力势能与高度是线性变化的，故B正确；小球从A到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故C正确；由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，故D错误．答案：D6．(2014·青岛市高三检测)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是()A．带正电B．速度先变大后变小C．电势能先变大后变小D．经过b点和d点时的速度大小相同解析：根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知，粒子带负电，选项A错误；粒子从a到c到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减后增，电势能先增大后减小；选项B错误，C正确；因为bd两点在同一等势面上，所以在bd 两点的电势能相同，所以经过b点和d点时的速度大小相同，选项D正确．答案：CD7．(2014·广东卷)如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为＋Q的小球P.带电量分别为－q和＋2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上．P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是() A．M与N的距离大于LB．P、M和N在同一直线上C ．在P 产生的电场中，M 、N 处的电势相同D ．M 、N 及细杆组成的系统所受合外力为零解析：M 、N 和细杆组成的系统静止在光滑的水平面上，可知其所受合外力必定为零即P 对M 和N 的作用力大小相等、方向相反、在一条直线上，B 、D 正确．设M 与N 间距离为L ′，则kQq L 2＝kQ ·2q (L ＋L ′)2，解得L ′＝(2－1)L <L ，A 错误．P 为正点电荷，明显有φM >φN ，C 错误．答案：BD8．(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图所示，在正点电荷Q 的电场中有M 、N 、P 、F 四点，M 、N 、P 为直角三角形的三个顶点，F 为MN 的中点，∠M ＝30°，M 、N 、P 、F 四点处的电势分别用φM 、φN 、φP 、φF 表示，已知φM ＝φN ，φP ＝φF ，点电荷Q 在M 、N 、P 三点所在平面内，则( )A ．点电荷Q 一定在MP 的连线上B ．连线PF 的线段一定在同一等势面上C ．将正试探电荷从P 点搬运到N 点，电场力做负功D ．φP 大于φM解析：由点电荷电场的对称性知，点电荷Q 位于MN 和PF 中垂线的交点，由几何关系知，在M 、P 的连线上，A 正确．点电荷的等势面是以点电荷为圆心的圆面，B 错误．P 点比N 点离正电点荷Q 近，故φM ＝φN <φP ＝φF ，故C 错误，D 正确．答案：AD二、非选择题(本题共4小题，共52分)9．(10分)如图所示，a、b为两个固定的带正电q的点电荷，相距为L，通过其连线中点O作此线段的垂直平分面，在此平面上有一个以O为圆心，半径为32L的圆周，其上有一个质量为m，带电荷量为－q的点电荷c做匀速圆周运动，求c的速率．解析：对c进行受力分析如图所示，由于c到O点距离R＝32L，所以Δabc是等边三角形．a、b对c作用力F1＝F2＝k q2L2，合力F合＝2F1cos30°＝3kq2L2. 由牛顿第二定律得：F合＝m v2 R即3kq 2L 2＝m v 232L 解得：v ＝q3k 2mL . 答案：q 3k 2mL10．(12分)如图所示，在A 点固定一正电荷，电荷量为Q ，在A 点正上方离A 高度为h 的B 点由静止释放某带电的液珠，液珠开始运动的瞬间加速度大小为g 2(g 为重力加速度)．已知静电力常量为k ，两带电物体均可看成点电荷，液珠只能沿竖直方向运动，不计空气阻力，求：(1)液珠的比荷(电荷量与质量的比值)；(2)若液珠开始释放时的加速度方向向上，要使液珠释放后保持静止，可以加一竖直方向的匀强电场，则所加匀强电场的方向如何？电场强度的大小为多少？解析：(1)加速度的方向分两种情况①加速度向下时，因为mg －k Qq h 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12g 所以q m ＝gh 22kQ②加速度向上时，因为kQq h 2－mg ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12g 所以q m ＝3gh 22kQ (2)因为液珠开始释放时的加速度方向向上，所以液珠带正电．要使液珠释放后保持静止，必须加一方向竖直向下的匀强电场．因为qE －12mg ＝0 所以E ＝m q ·g 2＝kQ 3h 2. 答案：(1)3gh 22kQ (2)竖直向下 kQ 3h 211．(14分)一平行板电容器长l ＝10 cm ，宽a ＝8 cm ，板间距d ＝4 cm ，在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器射入离子，它们的m q 均为5×10－11 kg/C ，速度均为4×106 m/s ，距板右端l 2处有一屏，如图(甲)所示，如果在平行板电容器的两极板间接上如图(乙)所示的交变电压，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于交变电压的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场．试求：(1)离子打在屏上的区域面积；(2)在一个周期内，离子打到屏上的时间．解析：(1)设离子恰好从极板边缘射出时的电压为U 0 水平方向：l ＝v 0t ①竖直方向：d 2＝12at 2② a ＝qU 0md ③由①②③得U 0＝md 2v 20ql 2 ＝5×10－11×(4×10－2)2×(4×106)2(0.1)2V ＝128 V当U >128 V 时打到极板上当U ≤128 V 时打到屏上利用推论：打到屏上的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上．由此可得l 2＋l2l2＝yd2解得打到屏上的长度为y＝d又由对称性知，总长度为2d区域面积为S＝2y·a＝2ad＝2×8×10－2×4×10－2 m2＝6.4×10－3 m2.(2)在前14T，有离子打到屏上的时间t0＝128 V200 V×0.005 s＝0.0032 s又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间t＝4t0＝0.0128 s.答案：(1)6.4×10－3 m2(2)0.0128 s12．(16分)(2014·青岛市期中)如图所示，ABCD为固定于竖直平面内的闭合绝缘轨道，AB段、CD段均为半径R＝2.5 m的半圆，BC、AD段水平，AD＝BC＝8 m，B、C之间的区域存在水平向右的有界匀强电场，场强E＝6×105 V/m；质量为m＝4×10－3 kg、电荷量为q＝＋1×10－8 C的小环套在轨道上，小环与轨道AD段之间存在摩擦且动摩擦因数处处相同，小环与轨道其余部分的摩擦忽略不计，现使小球在D点获得某一初速度沿轨道向左运动，若小环在轨道上可以无限循环运动，且小环每次到达圆弧上的A点时，对圆轨道刚好均无压力．求：(1)小环通过A点时的速度大小；(2)小环与AD段间的动摩擦因数μ；(3)小环运动到D 点时的速度大小．解析：(1)进入半圆轨道AB 时小环仅受重力，在A 点由向心力公式得：mg ＝m v 2A Rv A ＝gR ＝5 m/s(2)由题意可得：小环在AD 段损失的能量跟在电场阶段补充的能量是相等的，故摩擦力做的功与电场力做的功大小相同．故：μmgL AD ＝qEL BCμ＝0.15(3)从A 到D 由动能定理可得：12m v 2D －12m v 2A＝qEL BC 解得：v D ＝7 m/s.答案：(1)5 m/s (2)0.15 (3)7 m/s。
高考人教版物理与名师对话一轮复习课时作业2
课时作业(二)(分钟：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1．(2011·芜湖检测)一位同学在探究影响落体运动的因素时，设计了如下四个小实验： 实验(1)：让一张纸片和一枚硬币同时从同一高度落下实验(2)：让两张相同纸片，一张揉成一团，一张摊开，同时从同一高度下落 实验(3)：让小纸团与硬币同时从同一高度下落实验(4)：在抽成真空的玻璃管中，让小纸片、小纸团、小硬币同时从同一高度落下 对上述四个实验，下列说法正确的是( ) A ．(1)中硬币与纸片同时落地 B ．(2)中两者同时着地 C ．(3)中硬币先着地 D ．(4)中三者同时落地[解析] 自由落体运动是一个理想化运动模型，在只考虑受力的主要因素(重力)、可以忽略次要因素(阻力)的情况下，一般落体运动就可看成自由落体运动．能将不同情景下的小纸团、小纸片、小硬币所做的运动看成是自由落体运动，关键在于除要求其初速度为零之外，还要求它只受重力作用或者受到的阻力与重力相比可以忽略．[答案] D2．(2011·天津)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )A ．第1 s 内的位移是5 mB ．前2 s 内的平均速度是6 m/sC ．任意相邻的1 s 内位移差都是1 mD ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/s[解析] 由x ＝v 0t ＋12at 2与x ＝5t ＋t 2的对比可知：该质点做直线运动的初速度v 0＝5 m/s ，加速度a ＝2 m/s 2.将t ＝1 s 代入所给位移公式可求得第1 s 内的位移是6 m ；前2 s 内的位移是14 m ，平均速度为142 m/s ＝7 m/s ；由Δx ＝aT 2可得T ＝1 s 时，相邻1 s 内的位移差都是2m ，由加速度的物理意义可得任意1 s 内速度的增量(增加量)都是2 m/s.[答案] D3．A 与B 两个质点向同一方向运动，A 做初速度为零的匀加速直线运动，B 做匀速直线运动．开始计时时，A 、B 位于同一位置，则当它们再次位于同一位置时( )A ．两质点速度相等B ．A 与B 在这段时间内的平均速度相等C ．A 的瞬时速度是B 的2倍D ．A 与B 的位移相同[解析] 由题意可知二者位移相同，所用的时间也相同，则平均速度相同，再由v ＝v A 2＝v B ，所以A 的瞬时速度是B 的2倍，故选B 、C 、D.[答案] BCD4．(2010·福建师大附中模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ．则刹车后6 s 内的位移是( )A ．20 mB ．24 mC ．25 mD ．75 m[解析] 由Δx ＝aT 2得：9－7＝a ·12，a ＝2 m/s 2，由v 0T －12aT 2＝x 1得：v 0×1－12×2×12＝9，v 0＝10 m/s ，汽车刹车时间t m ＝v 0a ＝5 s<6 s ，故刹车后6 s 内的位移为x ＝v 202a ＝25 m ，C正确．[答案] C5．某物体以30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.5 s 内物体的 ( ) A ．路程为65 mB ．位移大小为25 m ，方向向上C ．速度改变量的大小为10 m/sD ．平均速度大小为13 m/s ，方向向上[解析] 初速度为30 m/s ，只需3 s 即可上升到最高点，位移为h 1＝v 22g＝45 m ，再自由下落2 s ，下降高度为h 2＝0.5×10×22 m ＝20 m ，故路程为65 m ，A 对；此时离抛出点高25 m ，故位移大小为25 m ，方向竖直向上，B 对；此时速度为v ＝10×2 m/s ＝20 m/s ，方向向下，速度改变量大小为50 m/s ，C 错；平均速度为v ＝255m/s ＝5 m/s ，D 错． [答案] AB6．(2011·巢湖市六中第一次月考)一列车队从同一地点先后开出n 辆汽车在平直的公路上排成直线行驶，各车均由静止出发，先做加速度为a 的匀加速直线运动，达到同一速度v 后改做匀速直线运动，欲使n 辆车都匀速行驶时彼此距离均为x ，则各辆车依次启动的时间间隔为(汽车视为质点)( )A.2v aB.v 2aC.x 2vD.x v[解析] 取相邻两车考虑：以后一辆车开始运动时为计时起点，设经时间t 0达到v 做匀速运动，则前一辆车已经运动的时间为t 0＋Δt .前、后两车的位移分别为：x 前＝v 2t 0＋v Δt ，x 后＝v2t 0由x 前－x 后＝x ，即v 2t 0＋v Δt －v 2t 0＝x ，得Δt ＝xv .[答案] D7．(2011·抚顺模拟)我国是一个能源消耗大国，节约能源刻不容缓．设有一架直升飞机以加速度a 从地面由静止开始竖直向上起飞，已知飞机在上升过程中每秒钟的耗油量V ＝pa ＋q (p 、q 均为常数)，若直升飞机欲加速上升到某一高度处，且耗油量很小，则其加速度大小应为( )A.pq B.q p C.p ＋q pD.p ＋q q[解析] 飞机匀加速上升，则H ＝12at 2，耗油总量V 0＝Vt ＝(pa ＋q )t ，联立得V 0＝2Hp /t＋qt ，由于2Hpt ×qt ＝2Hpq ＝C ，C 为常量，因此当2Hp /t ＝qt 时，V 0有最小值，此时t 2＝2pH /q ，a ＝2H /t 2＝q /p .[答案] B8．(2011·湛江模拟)一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，最后匀减速运动直到停止．从汽车开始运动起计时，表中给出了某些时刻汽车的瞬时速度．根据表中的数据通过分析、计算可以得出( )A.B ．汽车加速运动经历的时间为5 s C ．汽车匀速运动的时间为2 s D ．汽车减速运动的时间为2 s[解析] 由表中前3 s 可知汽车匀加速的加速度a 1＝3.0 m/s 2，由v m ＝a 1t 可得匀加速经历的时间是4 s ，A 对B 错；再由9.5 s 到10.5 s 的速度变化可得匀减速运动的加速度a 2＝－6.0 m/s 2，由3＝v m ＋a 2t 2，得t 2＝1.5 s ，因此9 s 开始减速直到停止，经历的时间为2 s ，D 对；由4 s 开始匀速到9 s 开始减速，匀速运动的时间为5 s ，C 错．故选A 、D.[答案] AD9．(2011·合肥模拟)测速仪安装有超声波发射和接收装置，如右图所示，B 为测速仪，A 为汽车，两者相距335 m ，某时刻B 发出超声波，同时A 由静止开始做匀加速直线运动．当B 接收到反射回来的超声波信号时，A 、B 相距355 m ，已知声速为340 m/s ，则汽车的加速度大小为 ( )A ．20 m/s 2B ．10 m/s 2C ．5 m/s 2D ．无法确定[解析] 设超声波往返的时间为2t ，根据题意汽车在2t 时间内位移为12a (2t )2＝20 m,①所以超声波追上A 车时，A 车前进的位移为12at 2＝5 m, ②所以超声波在2t 内的路程为2×(335＋5) m ，由声速340 m/s 可得t ＝1 s ，代入①式得，B 正确．[答案] B二、非选择题(共30分)10．(14分)(2012·洛阳四校联考)2010年11月18日，珠海航展现场空军八一飞行表演队两架歼10飞机表演剪刀对冲，上演精彩空中秀．质量为m 的歼10飞机表演后返回某机场，降落在跑道上减速过程简化为两个匀减速直线运动．飞机以速度v 0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a 0，运动时间为t 1；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下．在平直跑道上减速滑行总路程为s .求：第二个减速阶段飞机运动的加速度大小和时间．[解析] 如图，A 为飞机着陆点，AB 、BC 分别为两个匀减速运动过程，C 点停下．A 到B 过程，依据运动学规律有 s 1＝v 0t 1－12a 1t 21v B ＝v 0－a 1t 1B 到C 过程，依据运动学规律有 s 2＝v B t 2－12a 2t 220＝v B －a 2t 2 A 到C 过程，有： s ＝s 1＋s 2 联立解得：a 2＝(v 0－a 1t 1)22s ＋a 1t 21－2v 0t 1，t 2＝2s ＋a 1t 21－2v 0t 1v 0－a 1t 1. [答案] a 2＝(v 0－a 1t 1)22s ＋a 1t 21－2v 0t 1t 2＝2s ＋a 1t 21－2v 0t 1v 0－a 1t 111．(16分)(2010·湖南十校联考)如右图所示，离地面足够高处有一竖直的空管，质量为2 kg ，管长为24 m ，M 、N 为空管的上、下两端，空管受到F ＝16 N 竖直向上的拉力作用，由静止开始竖直向下做加速运动，同时在M 处一个大小不计的小球沿管的轴线竖直上抛，小球只受重力，取g ＝10 m/s 2.求：(1)若小球上抛的初速度为10 m/s ，则其经过多长时间从管的N 端穿出；(2)若此空管的N 端距离地面64 m 高，欲使在空管到达地面时小球必须落到管内，在其他条件不变的前提下，求小球的初速度大小的范围．[解析] (1)对管，根据牛顿第二定律 mg －F ＝ma ① 代入数据得a ＝2 m/s 2设经过t 时间从N 端穿出 对管h ＝12at 2②对球－(24＋h )＝v 0t －12gt 2③由②③得：2t 2－5t －12＝0. 解之得t ＝－32(舍去)t ＝4 s.(2)－64＝v 0t 1－12gt 21④64＝12at 21⑤－88＝v 0′t －12gt 21⑥由④⑤得v 0＝32 m/s 由⑤⑥得v ′0＝29 m/s 所以29 m/s<v 0<32 m/s.[答案] (1)4 s (2)29 m/s<v 0<32 m/s 拓展题：(2011·西安八校联考)一个物体原来静止在光滑的水平地面上，从t ＝0时刻开始运动，在第1、3、5、…奇数秒内做加速度为2 m/s 2的匀加速直线运动，在第2、4、6、…偶数秒内以前一奇数秒末的速度做匀速直线运动，问经过多长时间物体位移的大小为60.25 m?[解析] 第1 s 内位移为1 m ，第2 s 内位移为2 m ，… ，第n s 内位移为n m 则n s 内位移s ＝1＋2＋3＋…＋n ＝1＋n 2n得10 s<n <11 s 时物体位移可为60.25 m 前10 s 位移s ＝1＋2＋3＋…＋n ＝1＋n2n ＝55 m10 s 末速度v 0＝10 m/s根据位移公式x ＝v 0t ＋12at 2，得L －s ＝v 0t ＋12at 2代入数据得t ＝0.5 s 运动总时间为10.5 s 更多。
与名师对话高考物理课标一轮复习单元质量检测05 含解析
质量检测(五)时间：60分钟总分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求．第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2014·福建省长乐二中等五校高三联考)如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中(弹簧保持竖直)，下列关于能的叙述正确的是()A．弹簧的弹性势能先增大后减小B．小球与弹簧机械能总和先增大后减小C．小球的重力势能先增大后减小D．小球的动能先增大后减小解析：将弹簧压缩到最短的过程中(弹簧保持竖直)，弹簧形变量一直增加，则弹簧弹性势能一直增加，则A错；下降过程中，小球的重力势能一直减小，则C错；整个过程中小球和弹簧的机械能守恒，B错；小球开始重力大于弹力后来小于弹力，因此小球先加速下降后减速下降，则小球的动能先增大后减小，所以D正确．答案：D2．质量为m的木块静止在光滑水平面上从t＝0开始，将一个大小为F与水平方向成θ角的恒力作用在木块上，在t ＝t 1时刻力F 的功率是( )A ．F 2t 1cos 2θ/(2m )B ．F 2t 21cos 2θ/(2m )C ．F 2t 1cos 2θ/mD ．F 2t 21cos 2θ/m 解析：v ＝at 1＝F cos θm t 1，P ＝F v cos θ＝F 2t 1cos 2θm，选项C 正确． 答案：C3．如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m 的小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( )A ．mgh －12m v 2 B.12m v 2－mgh C ．－mgh D ．－⎝ ⎛⎭⎪⎫mgh ＋12m v 2 解析：由A 到C 的过程运用动能定理可得：－mgh ＋W ＝0－12m v 2，所以W ＝mgh －12m v 2，故选项A 正确． 答案：A4．在水平路面做匀速直线运动的小车上有一固定的竖直杆，其上的三个水平支架上有三个完全相同的小球A 、B 、C ，它们离地面的高度分别为3h 、2h 和h ，当小车遇到障碍物P 时，立即停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，先后落到水平路面上，如图所示．则下列说法正确的是( )A．三个小球落地时间差与车速有关B．三个小球落地点的间隔距离L1＝L2 C．三个小球落地点的间隔距离L1<L2 D．三个小球落地点的间隔距离L1>L2解析：小车停下后，C、B、A均以初速度v0做平抛运动，且运动时间t1＝2h g ，t2＝2×2hg＝2t1，t3＝2×3hg＝3t1.水平方向上有：L1＝v0t3－v0t2＝(3－2)v0t1，L2＝v0t2－v0t1＝(2－1)v0t1，可知L1<L2，故选项C正确．答案：C5．一质量为0.1 kg的小球自t＝0时刻从水平地面上方某处自由下落，小球与地面碰后反向弹回，不计空气阻力，也不计小球与地面碰撞的时间，小球距地面的高度h与运动时间t关系如图所示，取g＝10 m/s2.则() A．小球第一次与地面碰撞时机械能损失了5 JB．小球第二次与地面碰撞前的最大速度为20 m/sC．第二次碰撞后小球反弹过程中的最大势能(地面为零势能面)E p＝1.25 J D．小球将在t＝6 s时与地面发生第四次碰撞解析：小球第一次与地面碰撞时机械能损失了ΔE＝(20－5) J＝15 J，第二次与地面碰撞前最大速度v m＝2gh＝10 m/s，第二次碰撞后小球反弹的最大高度h＝12gt2＝1.25 m，最大重力势能E p＝mgh＝1.25 J，每次碰后均损失机械能，弹起高度减小，空中运动时间变短，故第四次碰撞在t＝6 s之前，故选项C正确．答案：C6．(多选)(2015·徐州高三联考)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L＝0.2 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.1 m．两球从静止开始下滑到光滑水平地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2.则下列说法中正确的是()A．下滑的整个过程中A球机械能守恒B．下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒C．两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2 m/sD．系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为23J解析：A、B，在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B在水平面滑行，而A在斜面滑行时，杆的弹力对A做功，所以A 球机械能不守恒．故A错误，B正确．C、根据系统机械能守恒得：m A g(h＋L sin30°)＋m B gh＝12(m A＋m B)v2，代入解得：v＝23 6 m/s.故C错误．D、系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为12m B v2－m B gh＝23J，故D正确．故选BD.答案：BD7．(2014·杭州市高三质检)我国自行研制的新一代8×8轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部署型轻装甲部队的主力装备．设该装甲车的质量为m，若在平直的公路上从静止开始加速，前进较短的距离s速度便可达到最大值v m.设在加速过程中发动机的功率恒定为P，坦克所受阻力恒为f，当速度为v(v m>v)时，所受牵引力为F.以下说法正确的是() A．坦克速度为v时，坦克的牵引力做功为FsB ．坦克的最大速度v m ＝P fC ．坦克速度为v 时加速度为a ＝(F －f )mD ．坦克从静止开始达到最大速度v m 所用时间t ＝2s v m解析：加速过程发动机功率恒为P ＝F v ，功率不变速度v 逐渐增大，牵引力F 逐渐变小，当牵引力F 最小等于阻力即F ＝f 时，速度最大，即v m ＝P f ，选项B 对．坦克速度为v 时，牵引力为F ，根据牛顿第二定律有F －f ＝ma 即a ＝F －fm ，选项C 对．坦克速度为v 时，牵引力为F ，但牵引力不是恒力，做功不能用w ＝Fs 计算，选项A 错．坦克从静止开始达到最大速度v m 过程牵引力逐渐减小，加速度逐渐变小，所以平均速度v ≠v m 2，所以运动时间t ≠s v ＝2s v m，选项D 错．答案：BC8．(2014·成都外国语学校高三月考)某节能运输系统装置的简化示意图如图所示．小车在轨道顶端时，自动将货物装入车中，然后小车载着货物沿不光滑的轨道无初速度下滑，并压缩弹簧．当弹簧被压缩至最短时，立即锁定并自动将货物卸下．卸完货物后随即解锁，小车恰好被弹回到轨道顶端，此后重复上述过程．则下列说法中正确的是( )A ．小车上滑的加速度小于下滑的加速度B ．小车每次运载货物的质量必须是确定的C．小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功D．小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能解析：设下滑时加速度为a1，弹起离开弹簧后加速度为a2，则根据牛顿第二定律，有下滑过程：(M＋m)g sinθ－μ(M＋m)g cosθ＝(M＋m)a1上滑过程：Mg sinθ＋μMg cosθ＝Ma2故a1<a2，故A错误；小车每次下滑过程系统减小的重力势能减小为弹簧的弹性势能和内能，必须保证每次弹簧的压缩量相同，故小车每次运载货物的质量必须是确定的，故B正确；由f＝μN＝μG总cosθ可知，上滑过程的摩擦力小于下滑过程中的摩擦力，小车上滑过程中和下滑过程中位移大小相等，所以小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功，C正确；小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，故D错误．答案：BC二、非选择题(本题共4小题，共52分)9．(10分)(2014·成都高新区月考)某实验小组利用拉力传感器和速度传感器探究“动能定理”．如图(甲)，他们将拉力传感器固定在小车上，用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与钩码相连，用拉力传感器记录小车受到拉力的大小．在水平桌面上相距50.0 cm的A、B两点各安装一个速度传感器，记录小车通过A、B时的速度大小．小车中可以放置砝码．(1)实验主要步骤如下：①测量出小车和拉力传感器的总质量M′；把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与钩码相连；正确连接所需电路．②将小车停在C点，释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力及小车通过A、B时的速度．③在小车中增加砝码，或________，重复②的操作．(2)下表是他们测得的一组数据，其中M是M′与小车中砝码质量之和，|v22－v21|是两个速度传感器记录速度的平方差，可以据此计算出动能变化量ΔE，F 是拉力传感器受到的拉力，W是F在A、B间所做的功．表格中的ΔE3＝________J，W3＝________J．(结果保留三位有效数字)次数M/kg|v22－v21|/(m/s)2ΔE/J F/N W/J10.5000.7600.1900.4000.20020.500 1.650.4130.8400.42030.500 2.40ΔE3 1.220W34 1.000 2.40 1.20 2.420 1.215 1.000 2.84 1.42 2.860 1.43(3)明了________________________________________．解析：(1)改变对小车的拉力，就要改变钩码数量；(2)ΔE 3＝12M |v 22－v 21|＝0.600 J ， W 3＝FL ＝1.220×0.5 J ＝0.610 J ；(3)由图线可知，拉力(合力)所做的功近似等于物体动能的改变量．答案：(1)改变钩码数量 (2)0.600 0.610 (3)拉力(合力)所做的功近似等于物体动能的改变量10．(13分)(2014·银川一中质检)质量m ＝1 kg 的物体，在水平拉力F (拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m 时，拉力F 停止作用，运动到位移是8 m 时物体停止，运动过程中E k －x 的图象如图所示．(g 取10 m/s 2)求：(1)物体的初速度多大？(2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大？(3)拉力F 的大小．解析：(1)从图象可知初动能E k0＝2 J ，E k0＝12m v 2，v ＝2 m/s. (2)在位移为4 m 处物体的动能为E k ＝10 J ，在位移为8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．设摩擦力为F f ，则F f ＝μmg根据动能定理有－F f x 2＝0－E k得出：μ＝E k mgx 2＝101×10×4＝0.25. (3)物体0～4 m 的过程中，根据动能定理有(F －F f )·x 1＝E k －E k0得出：F ＝E k －E k0x 1＋F f ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫10－24＋2.5 N ＝4.5 N. 答案：(1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N11．(14分)如图所示是在竖直平面内，由斜面和圆形轨道分别与水平面相切连接而成的光滑轨道，圆形轨道的半径为R .质量为m 的小物块从斜面上距水平面高为h ＝2.5R 的A 点由静止开始下滑，物块通过轨道连接处的B 、C 点时，无机械能损失．求：(1)小物块通过B 点时速度v B 的大小；(2)小物块通过圆形轨道最低点C 时轨道对物块的支持力F N 的大小；(3)小物块能否通过圆形轨道的最高点D .解析：(1)小物块从A 点运动到B 点的过程中，由机械能守恒得mgh ＝12m v 2B 解得v B ＝5gR .(2)小物块从B 至C 做匀速直线运动则v C ＝v B ＝5gR小物块通过圆形轨道最低点C 时，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2C R得F N ＝6mg .(3)若小物块能从C 点运动到D 点，由机械能守恒得12m v 2C ＝12m v 2D＋mg ·2R 解得v D ＝gR设小物块通过圆形轨道的最高点的最小速度为v D 1， 由牛顿第二定律得mg ＝m v 2D 1R解得v D 1＝gR ＝v D可知小物块恰能通过圆形轨道的最高点． 答案：(1)5gR (2)6mg (3)能12．(15分)(2014·黑龙江省东部地区高三联考)如图所示，在距水平地面高为0.4 m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m＝2 kg小球A.半径R＝0.3 m的光滑半圆形细轨道，竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m＝2 kg的小球B.用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响，g取10 m/s2.现给小球A一个水平向右的恒力F＝55 N．求：(1)把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，力F做的功；(2)把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，重力对小球B做的功；(3)把小球B从地面拉到P点正下方C点时，A小球速度的大小；(4)把小球B从地面拉到P点正下方C点时，小球B速度的大小；(5)小球B被拉到离地多高时与小球A速度大小相等．解析：(1)小球B被拉到C点过程中，已知拉力为恒力，则拉力做功为：w＝Fx x＝PB－PC据勾股定理可知PB＝0.5 m，而PC＝0.1 m，所以W＝22 J(2)小球B被拉到C点过程中，重力对小球B做负功，即：w G＝－mgR＝－6 J(3)小球B拉到C位置时，B球沿绳方向速度为0，则此时A球的速度也为0；(4)小球B被拉到C点时的速度据动能定理得：w F－w G＝12m v2解得：v＝4 m/s(5)当绳与轨道相切时两球速度相等，由相似三角形知识得，POR＝Rh所以h＝0.3×0.30.4m＝0.225 m.答案：(1)22 J(2)－6 J(3)0(4)4 m/s(5)0.225 m。
与名师对话高考一轮总复习课标版物理随堂训练1-1-4含答案
随堂训练1．(多选)下列关于误差的说法正确的是()A．测量误差太大，便是错误B．绝对误差大，相对误差不一定大C．相对误差越小，说明测量越准确D．相对误差越小，对应的绝对误差一定越小[答案]BC2．(多选)关于错误和误差的说法，你认为正确的是()A．错误是可以避免的，而误差是不能避免的B．错误是人为造成的，而误差完全是测量工具的不精确造成的C．认真操作可以避免错误，但不能消除误差D．采用多次测量取平均值的方法，可以减小误差，但不能消除误差[答案]ACD3．以千米为单位记录的某次测量结果为6.5 km，若以米为单位记录的这一结果可写为()A．6500 m B．6.5×103 mC．6.5×10－3 m D．6.500×103 m[答案] B4．某同学两次用不同刻度尺测量同一张桌子的长度，测量结果分别为：1.2212 m和1.220 m，这两次测量结果有什么不同？这两次所用测量仪器有什么不同？[答案]两次测量的有效数字不同：前者是五位有效数字，后者是四位有效数字，前者测量的精确度较高．第一次测量所用刻度尺的最小分度为毫米，第二次测量所用刻度尺的最小分度是厘米．5．(2014·福建卷)某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为________cm和________mm.[解析]毫米刻度尺需要估读一位，读数为60.10 cm.游标卡尺主尺读数为4 mm,50分度游标尺的第10刻度对齐，游标尺读数为10×0.02 mm＝0.20 mm，所以直径为4 mm＋0.20 mm＝4.20 mm.[答案]60.10 4.206．在下图用3 V量程时电压表读数为多少？用15 V量程时电压表度数又为多少？________.[答案] 1.14 V 5.7 V7．沿长廊AB方向铺有30块完整的相同的正方形地砖，如下图甲所示．(1)小明用最小分度值是1 mm的刻度尺测量其中一块地砖的长度，示数如图乙所示，则每块地砖的长度是________m.(2)小明用停表测量自己从长廊的A端走到B端所用的时间．停表的示数如图丙所示，他所用的时间是________s.(3)根据速度、路程和时间的关系v＝________，算出小明的步行速度为________m/s.[答案](1)0.6000(2)20(3)x/t0.908．下图是一个弹簧秤的示意图，该弹簧秤的量程为________N．由图中读出的测量值应为________N.[答案]50279．图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的________(填“A”“B”或“C”)进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为________mm.[解析]测量尺寸较小管件的内径时用游标卡尺的A进行测量；测量尺寸较小管件的外径时用游标卡尺的B进行测量；测量深度时用游标卡尺的C进行测量．钢笔帽的内径为：11 mm＋5×0.05 mm＝11.25 mm.[答案]A11.2510．某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图(a)所示，测量金属板厚度时的示数如图(b)所示．图(a)所示读数为________mm，图(b)所示读数为________mm，所测金属板的厚度为________mm.[解析]依据螺旋测微器读数的基本原理，0.5毫米以上的值在主尺上读出，而在螺旋尺上要估读到千分之一毫米，则图(a)读数为0.010 mm，图(b)读数为6.870 mm.[答案]0.010(0.009或0.011也对) 6.870(6.869或 6.871也对)6.860(6.868～6.872)。
高考人教版物理与名师对话一轮复习课时作业34选修3-4
课时作业(三十四)(分钟：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题7分，共56分)1．若物体做简谐运动，则下列说法中正确的是( ) A ．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值 B ．物体通过平衡位置时，所受合力为零，回复力为零，处于平衡状态 C ．物体每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同 D ．物体的位移增大时，动能增加，势能减少[解析] 如图所示，图线中a 、b 两处，物体处于同一位置，位移为负值，加速度一定相同，但速度方向分别为负、正，A 错误，C 正确．物体的位移增大时，动能减少，势能增加，D 错误．单摆摆球通过最低点时，回复力为零，但合力不为零，B 错误．[答案] C2．(2011·通州模拟)一个做简谐运动的弹簧振子，周期为T ，振幅为A ，设振子第一次从平衡位置运动到x ＝A 2处所经最短时间为t 1，第一次从最大正位移处运动到x ＝A2所经最短时间为t 2，关于t 1与t 2，以下说法正确的是( )A ．t 1＝t 2B ．t 1<t 2C ．t 1>t 2D ．无法判断[解析] 用图象法，画出x －t 图象，如右图所示，从图象上，我们可以很直观地看出：t 1<t 2，答案为B.[答案] B3．一个弹簧振子做受迫运动，它的振幅A 与驱动力频率f 之间的关系如右图所示．由图可知( )A ．驱动力频率为f 2时，振子处于共振状态B ．驱动力频率为f 3时，受迫振动的振幅比共振小，但振子振动的频率仍为f 2C ．振子如果做自由振动，它的频率是f 2D ．振子可以做频率为f 1的等幅振动[解析] 弹簧振子做受迫振动时，其振动频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关，由图知当驱动力频率为f 2时振幅最大，振动处于共振状态，说明振子的固有频率为f 2，故A 、C 对．当驱动力频率为f 3时，振子振动频率也为f 3，故B 错．如果给振子频率f 1的驱动力，振子可以做频率为f 1的等幅振动，D 对．[答案] ACD4．摆长为l 的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(取t ＝0)，当振动至t ＝3π2lg时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象是下图中的( )[解析] 从t ＝0时至t ＝3π2l g ，这段时间为34T ，经过34T 摆球具有负向最大速度，说明在34T 时刻，摆球在平衡位置，且正由平衡位置向负向最大位移处振动，答案为C.[答案] C5．一单摆做小角度摆动，其振动图象如右图所示，以下说法正确的是( ) A ．t 1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小 B ．t 2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小 C ．t 3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大 D ．t 4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大[解析] 由振动图象可知t 1和t 3时刻摆球偏离平衡位置位移最大，此时摆球速度为0，悬线对摆球拉力最小；t 2和t 4时刻摆球位移为0，正在通过平衡位置，速度最大，悬线对摆球拉力最大，故选项D 正确．[答案] D6．(2011·安徽合肥一模)如图所示，弹簧振子在振动过程中，振子从a 到b 历时0.2 s ，振子经a 、b 两点时速度相同，若它从b 再回到a 的最短时间为0.4 s ，则该振子的振动频率为( )A ．1 HzB ．1.25 HzC ．2 HzD ．2.5 Hz[解析] 由简谐运动的对称性可知，t cb ＝0.1 s ，t bc ＝0.1 s ，故T4＝0.2 s ，解得T ＝0.8 s ，f＝1T＝1.25 Hz ，选项B 正确．[答案] B7．(2011·吉安模拟)如右图所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量大于乙的质量．当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中( )A ．甲的振幅大于乙的振幅B ．甲的振幅小于乙的振幅C ．甲的最大速度小于乙的最大速度D ．甲的最大速度大于乙的最大速度[解析] 由题意知，在细线未断之前两个弹簧所受到的弹力是相等的，所以当细线断开后，甲、乙两个物体做简谐运动时的振幅是相等的，A 、B 错；两物体在平衡位置时的速度最大，此时的动能等于弹簧刚释放时的弹性势能，所以甲、乙两个物体的最大动能是相等的，则质量大的速度小，所以C 正确，D 错误．[答案] C8．弹簧振子做简谐运动，t 1时刻速度为v ，t 2时刻速度也为v ，且方向相同．已知(t 2－t 1)小于周期T ，则(t 2－t 1)(v ≠0)( )A ．可能大于T 4B ．可能小于T4C ．一定小于T2D ．可能等于T2[解析] 如右图所示，弹簧振子在A 、A ′间做简谐运动，O 为平衡位置，C 、C ′分别是OA 和OA ′间的关于O 点对称的两位置．根据对称性，C 、C ′两位置速度大小一定相等，设为v .若C 对应t 1时刻，C ′对应t 2时刻，在C →O →C ′的过程中，速度均向右，满足(t 2－t 1)<T ，则0<t 2－t 1<T2.可以看出，C 、C ′可无限靠近O ，也可分别无限靠近A 、A ′，即t 2－t 1可小于T 4，也可大于T4，故A 、B 正确． 若C ′对应t 1时刻，C 对应t 2时刻，从C ′→A ′→C ′→O →C →A →C 的过程中，C ′、C 的速度满足条件．由图可知T2<t 2－t 1<T ，所以C 、D 不正确．[答案] AB二、非选择题(共44分)9．(10分)(2011·朝阳区模拟)如图所示为用频闪照相的方法拍到的一个水平放置的弹簧振子振动情况．甲图是振子静止在平衡位置的照片，乙图是振子被拉伸到左侧距平衡位置20 mm 处，放手后向右运动14周期内的频闪照片．已知频闪的频率为10 Hz.求：(1)相邻两次闪光的时间间隔t 0、振动的周期T 0.(2)若振子的质量为20 g ，弹簧的劲度系数为50 N/m ，则振子的最大加速度是多少？ [解析] (1)T ＝1f ＝0.1 s ，即相邻两次闪光的时间间隔为t 0＝0.1 s ．振子从最大位移处运动到平衡位置经历时间为0.3 s ，故振子振动周期T 0＝1.2 s.(2)a m ＝F m m ＝kAm＝50 m/s 2 [答案] (1)0.1 s 1.2 s (2)50 m/s 210．(10分)弹簧振子以O 点为平衡位置在B 、C 间做简谐运动，B 、C 相距20 cm ，某时刻振子处在B 点，经0.5 s 振子首次达到C 点．求：(1)振动的周期和频率；(2)振子在5 s 内通过的路程及这时位移的大小． [解析] (1)设振幅为A ，则2A ＝20 cm ，A ＝10 cm. 设周期为T ，则T /2＝0.5 s ，T ＝1 s ，f ＝1 Hz.(2)振子在1T 内通过的路程为4A ，故在t ＝5 s ＝5T 内通过的路程s ＝5×4A ＝20A ＝20×10 cm ＝200 cm ＝2 m.5 s 末振子处在B 点，所以它相对平衡位置的位移大小为10 cm. [答案] (1)1 s 1 Hz (2)2 m 10 cm11．(12分)如右图所示，有一个摆长为l 的单摆，现将摆球A 拉离平衡位置一个很小的角度，然后由静止释放，A 摆至平衡位置P 时，恰与静止在P 处的B 球发生正碰，碰后A 继续向右摆动，B 球以速度v 沿光滑水平面向右运动，与右侧的墙壁碰撞后以原速率返回，当B 球重新回到位置P 时恰与A 再次相遇，求位置P 与墙壁间的距离d .[解析] 摆球A 做简谐运动，当其与B 球发生碰撞后速度改变，但是摆动的周期不变．而B 球做匀速直线运动，这样，再次相遇的条件为B 球来回所需要的时间为单摆半周期的整数倍：2d /v ＝n (T /2)(其中n ＝1、2、3…) 由单摆周期公式T ＝2πl g得 d ＝n v π2lg (其中n ＝1、2、3…)． [答案]n v π2lg(其中n ＝1、2、3…)12．(12分)如下图甲所示，在弹簧振子的小球上安装了一支记录用的笔P ，在下面放一白纸带．当小球做简谐运动时，沿垂直于振动方向拉动纸带，笔P 就在纸带上画出了一条振动曲线．已知在某次实验中沿如图所示方向拉动纸带，且在某段时间内得到如图乙所示的曲线．根据曲线回答下列问题：(1)纸带速度的变化是__________．(填“增大”、“不变”或“减小”)(2)若已知纸带的加速度为a ＝2 m/s 2，且已测出图乙中x ab ＝0.54 m ，x bc ＝0.22 m ，则弹簧振子的周期T ＝____________________.(3)若纸带做v ＝2 m/s 的匀速直线运动，从t 0时刻，即振子经过平衡位置向y 轴正方向振动时开始计时，试在下图所给的坐标中画出纸带上产生的曲线．(忽略振幅的减小)[解析] (1)由于纸带上振动曲线由B 到A 间距增大，故纸带做加速运动，纸带速度增大．(2)由Δx ＝at 2可知： t ＝x ab －x bca＝0.54－0.222s ＝0.4 s T ＝2t ＝0.8 s.(3)横轴表示纸带的位移，且与时间成正比，故一个周期对应的位移L ＝v T ＝2×0.8 m ＝1.6 m (来源)所以曲线如图所示[答案] (1)增大 (2)0.8 s (3)见解析图。
2013年与名师对话人教版物理一轮复习配套质量检测(11)
质量检测(十一)(时间：90分钟 总分：110分)1．(8分)为了测试某种安全阀在外界环境为一个大气压时所能承受的最大内部压强，某同学自行设计制作了一个简易的测试装置．该装置是一个装有电加热器和温度传感器的可密闭容器．测试过程可分为如下操作步骤：A ．记录密闭容器内空气的初始的温度t 1B ．当安全阀开始漏气时，记录容器内空气的温度t 2C ．用电加热器加热容器内的空气D ．将待测安全阀安装在容器盖上E ．盖紧装有安全阀的容器盖，将一定量的空气密封在容器内(1)将每一步骤前的字母按正确的操作顺序填写：________________________________________________________________________.(2)若测得的温度分别为t 1＝27℃、t 2＝87℃，已知大气压强为1.0×105 Pa ，则测试结果是：这个安全阀能承受的最大内部压强是__________．[解析] (1)将安全阀安装在容器盖上，然后密封空气，记录其初始温度t 1，然后加热密封空气，待漏气时记录容器内空气温度t 2，故正确操作顺序为DEACB.(2)已知T 1＝300 K ，T 2＝360 K ，p 0＝1.0×105 Pa ，由于密封空气的体积不变，由查理定律可得：p 0T 1＝p T 2. p ＝p 0T 2T 1＝1.0×105×360300Pa ＝1.2×105 Pa. [答案] (1)DEACB (2)1.2×105 Pa2．(9分)“用油膜法估测分子的大小”实验的方法及步骤如下：①向体积V 油＝1 mL 的油酸中加酒精，直至总量达到V 总＝500 mL ；②用注射器吸取①中配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，当滴入n ＝100滴时，测得其体积恰好是V 0＝1 mL ；③先往边长为30 cm ～40 cm 的浅盘里倒入2 cm 深的水，然后将__________均匀地撒在水面上；④用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描下油酸膜的形状；⑤将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，如图所示，数出轮廓范围内小方格的个数N ，小方格的边长l ＝20 mm.根据以上信息，回答下列问题：(1)步骤③中应填写：________________________________________________________________________；(2)1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V ′是__________mL ；(3)油酸分子直径是__________m.[解析] (1)为了显示单分子油膜的形状，需要在水面上撒痱子粉或石膏粉．(2)1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V ′＝V 0n V 油V 总＝1100×1500mL ＝2×10－5 mL. (3)根据大于半个方格的算一个，小于半个方格的舍去，油膜形状占据的方格数大约为115个，故面积S ＝115×20×20 mm 2＝4.6×104 mm 2油酸分子直径d ＝V ′S ＝2×10－5×1034.6×104 mm ≈4.3×10－7 mm ＝4.3×10－10 m.[答案] (1)痱子粉或石膏粉 (2)2×10－5 (3)4.3×10－103．(10分)“东方绿舟”内有一个绿色园区，同学们可以在这里做太阳能和风能的研究性实验．某同学为了测定夏季中午单位面积上单位时间内获得的太阳能，制作了一个太阳能集热装置，实验器材有：(a)内壁涂黑的泡沫塑料箱一个，底面积为1 m 2；(b)盛水塑料袋一个；(c)温度计一个；(d)玻璃板一块(约 1 m 2)．假设如图为一斜坡草地，阳光垂直照到草地表面，请将上述实验器材按实验设计要求画在如图中．如果已知水的比热容为c ，被水吸收的热量Q 与水的质量m 、水温升高量Δt 间的关系是Q ＝cmΔt ，则为了测定中午单位面积上单位时间内获得的太阳能，除了需要测量m 、Δt 外，还应测量的物理量是________，本实验会有一定误差，试写出一条产生误差的主要原因________．[解析] 这是测定夏季中午太阳能的研究性实验．告诉了实验器材、实验环境(斜坡草地)、实验原理(Q ＝cmΔt )，根据研究性要求设计实验，并明确测量物理量，指出实验中产生误差的主要原因．(1)实验图示如右图所示；(2)还应测时间T .则单位面积上、单位时间内获得的太阳能Q ′＝cmΔt TS；(3)产生误差的主要原因：太阳能没有全部被水吸收，或水吸收的太阳能还有一部分损失等．4．(10分)(1)下列说法中正确的是( )A ．扩散运动向着更为无序的方向进行，是可逆过程B ．物体的内能取决于温度、体积和物质的量C ．分子间作用力随分子间距离的增大而减小D ．液晶对不同颜色光的吸收强度随电场强度的变化而变化(2)一定质量的理想气体从状态(p1、V1)开始做等温膨胀，状态变化如下图中实线所示．若该部分气体从状态(p1、V1)开始做绝热膨胀至体积V2，则对应的状态变化图线可能是图中__________虚线(选填图中虚线代号)．[答案](1)BD(2)d5．(12分)(1)下列关于四种现象的说法正确的是()A．蜻蜓能够停在水面上是由于水的表面存在表面张力B．荷叶上的露珠呈球形是表面张力作用的结果C．大颗粒的盐磨成细盐，就变成了非晶体D．毛巾能够向上吸水，说明产生毛细现象时液体一定沿毛细管上升(2)生活中常有“扬汤止沸”和“釜底抽薪”的说法．“扬汤止沸”是把锅里沸腾的水舀起来再倒回去，“釜底抽薪”是指从锅下抽掉燃烧的木柴，应用热学知识分析下列说法正确的是__________．A．“扬汤止沸”和“釜底抽薪”都只能暂时止沸B．“扬汤止沸”和“釜底抽薪”都能彻底止沸C．“扬汤止沸”只能暂时止沸，“釜底抽薪”能彻底止沸D．“扬汤止沸”能彻底止沸，“釜底抽薪”只能暂时止沸[解析](1)本题考查液体的性质．蜻蜓能够停在水面上、荷叶上的露珠呈球形都说明液体表面有张力，A、B项正确；盐粒磨成细盐仍是晶体，C项错误；毛细管插入浸润液体中，管内液面上升，高于管外，毛细管插入不浸润液体中，管内液面下降，低于管内，D项错误．(2)由于沸腾是个汽化过程，条件是要达到沸点且有热量来源．“扬汤止沸”过程只是将液体的部分热量向外传递，而热源仍然存在，则当液体返回锅内后，又从热源吸收热量并重新沸腾，所以只能暂时止沸；“釜底抽薪”是断绝了热源，因而随着热传递的进行，锅内的液体温度会逐渐低于沸点，因而能彻底止沸．[答案] (1)①错 A ．有些晶体在导热性上也有可能是各向同性的；B 两个特定方向上的同性并不能说明就是各个方向上都同性(答对其中一个即可) ②对 因为只有晶体才具有各向导性(2)C6．(10分)(2011·江苏南通第二次模拟)(1)下列说法中正确的是( )A ．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力B ．扩散运动就是布朗运动C ．蔗糖受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状，它是非晶体D ．对任何一类与热现象有关的宏观自然过程进行方向的说明，都可以作为热力学第二定律的表述(2)将1 mL 的纯油酸加到500 mL 的酒精中，待均匀溶解后，用滴管取1 mL 油酸酒精溶液，让其自然滴出，共200滴. 现在让其中一滴落到盛水的浅盘内，待油膜充分展开后，测得油膜的面积为200 cm 2，则估算油酸分子的大小是________m(保留一位有效数字)．(3)如图所示，一直立的汽缸用一质量为m 的活塞封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S ，汽缸内壁光滑且缸壁是导热的，开始活塞被固定，打开固定螺栓K ，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B 点，已知AB ＝h ，大气压强为p 0，重力加速度为g .①求活塞停在B 点时缸内封闭气体的压强；②若周围环境温度保持不变，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q (一定量的理想气体的内能仅由温度决定)．[解析] 本题考查热学中的基本概念(1)扩散运动是分子无规则运动产生的，布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，两者实质不同，B 错误；蔗糖是晶体，虽然受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状，但用放大镜观看，仍可发现组成糖块的一个个晶体粒，粘在一起的糖块是多晶体，而不是非晶体，C 错误. 本题难度易．(2)本题考查估算分子的大小. 一滴纯油酸的体积，V ＝1500×1×1200 mL ＝10－5 mL ，根据d ＝V S得，d ＝5×10－10 m. 本题难度易． (3)考查压强的计算和热力学第一定律. 本题难度易．[答案] (1)AD (2)5×10－10 (3)解：①设封闭气体的压强为p ，活塞受力平衡p 0S ＋mg ＝pS解得 p ＝p 0＋mg S②由于气体的温度不变，则内能的变化ΔE ＝0由能量守恒定律可得 Q ＝(p 0S ＋mg )h7．(12分)(1)下列叙述正确的是__________A ．布朗运动是液体分子的运动，所以它能说明分子永不停息地做无规则运动B ．分子间的距离r 增大，分子间的作用力做负功，分子势能增大C ．满足能量守恒定律的宏观过程都可以自发进行D ．由阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和气体密度，就可以估算理想气体分子间的平均距离E ．相同质量的两种气体，温度相同时内能也相同F ．硬币可以浮在水面上是依靠水的表面张力；夏天空调制冷时出风口处有结露的现象是因为空气中的水蒸气达到了饱和汽压(2)用油膜法估测分子大小的实验步骤如下：①向体积为V 1的纯油酸中加入酒精，直到油酸酒精溶液总量为V 2；②用注射器吸取上述溶液，一滴一滴地滴入小量筒，当滴入n 滴时体积为V 0；③往边长为30～40 cm 的浅盘里倒入2 cm 深的水；④用注射器往水面上滴一滴上述溶液，等油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描出油酸薄膜的形状；⑤将画有油酸薄膜轮廓形状的玻璃板，放在画有许多边长为a 的小正方形的坐标纸上，计算出轮廓范围内正方形的总数为N .则上述过程遗漏的步骤是__________；油酸分子直径的表达式d ＝__________.(3)如下图甲所示，用导热性能良好的材料制成的密闭容器，容器中装有一定质量的理想气体．①若开始时封闭的空气柱长度为L ，活塞的横截面积为S .用竖直向下的力压活塞，使空气柱长度缩短一半，人对活塞做功W ，大气压强为p 0，活塞的重力为G .此过程气体向外散失的热量为Q ，则气体的内能增加________________．②若通过控制外界条件，使装置中气体的状态发生变化．变化过程中气体的密度ρ随热力学温度T 的变化如图乙所示，由图线可知：__________.A ．A →B 过程中气体的压强增大B ．B →C 过程中外界对气体做功C ．A →B 过程中气体从外界吸收热量D ．B →C 过程中气体的压强增大[答案] (1)DF(2)将痱子粉均匀撒在水面上 V 1V 0NV 2a 2n(3)①W ＋(ρ0S ＋G )L 2－Q ②AC 8．(12分)(2010·江苏单科)(1)为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体．下列图象能正确表示该过程中空气的压强p 和体积V 关系的是__________．(2)在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24 kJ 的功．现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了5 kJ 的热量．在上述两上过程中，空气的内能共减小__________kJ ，空气__________(选填“吸收”或“放出”)的总热量为__________kJ.(3)已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3 kg/m 3和2.1 kg/m 3，空气的摩尔质量为0.029 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.02×1023 mol －1.若潜水员呼吸一次吸入2 L 空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数．(结果保留一位有效数字)[解析] (1)由玻意耳定律pV ＝C 可得p ＝C 1V，所以选项B 正确． (2)将空气压缩装入气瓶的过程中，空气温度不变，所以内能不变，由热力学第一定律可知Q 1＝－W 1＝－24 kJ.潜水员潜入水中的过程中，气体体积不变，所以W 2＝0，由热力学第一定律可知ΔU ＝Q 2＝－5 kJ ，即内能减小5 kJ.两个过程中总热量为Q ＝Q 1＋Q 2＝－29 kJ ，即放出热量29 kJ.(3)设空气的摩尔质量为M ，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V ，则有Δn ＝(ρ海－ρ岸)V MN A ，代入数据得Δn ＝3×1022个． [答案] (1)B (2)5 放出 29 (3)3×1023个9．(12分)(2011·山东卷)(1)人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程，以下说法正确的是________．a ．液体的分子势能与体积有关b ．晶体的物理性质都是各向异性的c ．温度升高，每个分子的动能都增大d ．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用(2)气体温度计结构如图所示．玻璃测温泡A内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连．开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点h1＝14 cm.后将A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面高出O点h2＝44 cm.(已知外界大气压为1个标准大气压，1个标准大气压相当于76 cmHg)①求恒温槽的温度．②此过程A内气体内能________(填“增大”或“减小”)，气体不对外做功，气体将________(填“吸热”或者“放热”)．[解析](1)本题主要考查分子动理论和晶体、液体特点，意在考查考生对分子动理论、晶体、液体特点的识记．液体分子的势能与体积有关，a正确．多晶体的物理性质是各向同性，b错．温度升高时，分子的平均动能增大，但并非是每个分子的动能都增大，c错．由于液体的表面张力作用，露珠呈球形，d正确．(2)本题主要考查查理定律和热力学第一定律，意在考查考生应用气体实验定律解决问题的能力和应用热力学第一定律讨论热学问题的能力．[答案](1)ad(2)①设恒温槽的温度为T2，由题意知T1＝273 KA内气体发生等容变化，根据查理定律得p1 T1＝p2 T2①p1＝p0＋p h1②p2＝p0＋p h2③联立①②③式，代入数据得T2＝364 K(或91 °C)④②增大吸热10．(15分)(1)某学生利用自行车内胎、打气筒、温度传感器以及计算机等装置研究自行车内胎打气、打气结束、突然拔掉气门芯放气与放气后静置一段时间的整个过程中内能的变化情况，车胎内气体温度随时间变化的情况如下图所示．可获取的信息是()A．从开始打气到打气结束的过程中由于气体对外做功，内能迅速增加B．从打气结束到拔掉气门芯前由于气体对外做功，其内能缓慢减小C．拔掉气门芯后由于气体冲出对外做功，其内能急剧减小D．放气后静置一段时间由于再次对气体做功，气体内能增加(2)(2011·新课标全国)如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1＝66 cm 的水银柱，中间封有长l2＝6.6 cm的空气柱，上部有长l3＝44 cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐．已知大气压强为p0＝76 cmHg.如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度．封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气．[解析](1)从开始打气到打气结束的过程是外界对气体做功；从打气结束到拔掉气门芯前由于热传递气体温度下降；拔掉气门芯后气体冲出对外界做功，故气体内能急剧减小；放气后静置一段时间由于热传递气体温度上升．(2)玻璃管开口向上时，空气柱的压强为p1＝p0＋ρgl3①式中，ρ和g分别表示水银的密度和重力加速度玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空．设此时开口端剩下的水银柱长度为x，则p2＝ρgl1，p2＋ρgx＝p0②式中，p2为管内空气柱的压强．由玻意耳定律得p1(Sl2)＝p2(Sh)③式中，h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积．由①②③式和题给条件得h＝12 cm④从开始转动一周后，设空气柱的压强为p3，则p3＝p0＋ρgx⑤由玻意耳定律得p1(Sl2)＝p3(Sh′)⑥式中，h′是此时空气柱的长度．由①②③⑤⑥式得h′≈9.2 cm⑦.[答案](1)C(2)见解析。
【与名师对话】高考物理总复习 质量检测3 新人教版
质量检测(三)(时间：90分钟 总分：110分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48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．全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．)1．(·眉山一诊)眉山文豪苏东坡的诗词流芳千古，在[定风波]中写道：“莫听穿林打叶声，何妨吟啸且徐行. 竹杖芒鞋轻胜马，谁怕！一蓑烟雨任平生．”其中“竹杖芒鞋轻胜马”揭示的物理规律是( )A ．人比马力量大，运动状态容易改变B ．人力量越小，运动状态越容易改变C ．质量越小，运动状态越容易改变D ．质量越大，运动状态越容易改变 [答案] C2．北京奥运会取得了举世瞩目的成功，某运动员(可看作质点)参加跳板跳水比赛，起跳过程中，将运动员离开跳板时做为计时起点，其v －t 图象如图所示，则( )A ．t 1时刻开始进入水面B ．t 2时刻开始进入水面C ．t 3时刻已浮出水面D. 0～t 2的时间内，运动员处于失重状态[解析] t 1时刻速度为零，说明运动员起跳后到达最高点，选项A 错误；t 2时刻速度达到最大，开始进入水面，选项B 正确；t 3时刻速度减小到零，说明运动员到达最低点，选项C 错误；0～t 2的时间内，运动员做竖直上抛运动，处于失重状态，选项D 正确．[答案] BD3．如右图所示，质量为M 的物体在粗糙斜面上以加速度a 1匀加速下滑(斜面固定)；当把物体的质量增加m 时，加速度为a 2；当有一竖直向下且过重心的恒力F 作用在物体上时，加速度变为a 3，如果F ＝mg ，则( )A ．a 1＝a 2＝a 3B ．a 1＝a 2>a 3C ．a 1＝a 2<a 3D ．a 1<a 2<a 3[解析] a 1＝(Mg sin θ－μMg cos θ)/M ＝g sin θ－μg cos θa 2＝[M ＋m g sin θ－μM ＋m g cos θ]M ＋m＝g sin θ－μg cos θa 3＝(M ＋F )g sin θ－μ(M ＋F )g cos θ/M因此，a 1＝a 2<a 3. [答案] C4．(·石家庄质检一)河北正定中学某研究性学习小组，为探究电梯起动和制动时的加速度大小，董趣同学站在体重计上乘电梯从1层到10层，之后又从10层返回到1层，并用照相机进行记录，请认真观察分析下列图片，得出正确的判断是( )A ．根据图2和图3，可估测电梯向上起动时的加速度B ．根据图1和图2，可估测电梯向上制动时的加速度C ．根据图1和图5，可估测电梯向下制动时的加速度D ．根据图4和图5，可估测电梯向下起动时的加速度[解析] 图1显示同学实际的体重，图2显示向上加速超重时的示数，图3显示向上减速失重时的示数，图4显示向下加速失重时的示数，图5显示向下减速超重时的示数，综合图片可知，图1和图3或图5可估测电梯制动时的加速度，图1和图2或图4可估测电梯起动时的加速度，故C 正确．[答案] C5．(·广东中山一中第一次月考)如图，甲、乙两物体分别固定于一根弹簧两端，并放在光滑水平面上，甲、乙的质量分别为m 1、m 2，弹簧的质量不能忽略，甲、乙分别受到水平向左和水平向右的拉力F 1和F 2的作用，则下列说法正确的是( )A ．只要F 1<F 2，甲对弹簧的拉力就一定小于乙对弹簧的拉力B ．只要m 1<m 2，甲对弹簧的拉力就一定小于乙对弹簧的拉力C ．必须F 1<F 2，且m 1<m 2，甲对弹簧的拉力才一定小于乙对弹簧的拉力D ．无论F 1、F 2及m 1、m 2的大小关系如何，甲对弹簧的拉力都等于乙对弹簧的拉力[解析] 因弹簧的质量不能忽略，弹簧相当于一个有质量的物体，若F 1<F 2，则加速度的方向水平向右，甲对弹簧的拉力必小于乙对弹簧的拉力．若弹簧的质量忽略不计，则弹簧两端的弹力大小总相等．[答案] A6．(·海南省民族中学第一次月考)n 个相同木块排成一条直线用绷紧的细绳连在一起构成木块组静止置于水平面，当改变木块个数时，木块组先后在相同的水平力作用下做匀变速运动，木块组加速度a 与木块个数的倒数1n的关系如图所示，若更换木块组所在水平面的材料，再重复这个实验，则图线与水平轴的夹角θ将( )A ．变大B ．不变C ．变小D ．与水平面材料有关[解析] 根据题意可知横轴表示木块数目的倒数，也就是表示物块质量的倒数，以木块为研究对象，由牛顿第二定律有F －μmg ＝nma ，整理可得a ＝F m ·1n－μg ，此即图象解析式，所以，图象的斜率k 乘以单个物体的质量m 表示F 的大小，故斜率应恒定不变，θ保持不变，所以B 正确．[答案] B7．(·辽宁实验中学模拟)如图所示，竖直平面内两根光滑细杆所构成的∠AOB 被铅垂线OO ′平分，∠AOB ＝120°.两个质量均为m 的小环通过水平轻弹簧的作用静止在A 、B 两处，A 、B 连线与OO ′垂直，连线距O 点高度为h ，已知弹簧原长为3h ，劲度系数为k ，现在把两个小环在竖直方向上均向下平移h ，释放瞬间A 环加速度为a ，则下列表达式正确的是( )A ．k ＝mg /3hB ．k ＝mg /6hC ．a ＝gD ．a ＝3g[解析] 由题意可求得，l AB ＝2 3h ，故此时弹簧的弹力F 1＝kx ＝k (2 3h －3h )＝3kh ，分析A 点小环受力，由沿杆方向合力为零可得：mg sin30°＝F 1cos30°，得：k ＝mg3h ，A 正确；B 错误；当两环再下移h时，两环间距l ′＝4 3h ，此时弹簧的弹力F 2＝k (43h －3h )＝33kh ，由牛顿第二定律可得：F 2cos30°－mg sin30°＝ma ，可求得：a ＝g ，故C 正确，D 错误．[答案] AC8．(·济南模拟)如图a 所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F 与物体位移x 的关系如图b 所示(g ＝10 m/s 2)，则正确的结论是( )A ．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B ．弹簧的劲度系数为7.5 N/cmC ．物体的质量为3 kgD ．物体的加速度大小为5 m/s 2[解析] 设静止时弹簧的压缩量为x 0，则kx 0＝mg ，施加拉力F 后，设上移的位移为x ，则此时弹簧的压缩量为(x 0－x )，由牛顿第二定律可得：F ＋k (x 0－x )－mg ＝ma 得出F ＝ma ＋kx ，对应图b 可得：ma ＝10 N ，k ＝30－104N/cm ＝5 N/cm ，物体与弹簧分离时，弹簧应处于自然状态，故x 0＝4 cm ，故可计算得出：m ＝2 kg ，a ＝5 m/s 2，因此只有D 正确．[答案] D9．(·扬州模拟)高空滑索是一种勇敢者的运动项目．如果一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动，在下滑过程中可能会出现如下图甲和图乙所示的两种情形．不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．图甲的情形中，人可能匀速下滑B ．图甲的情形中，钢索对人的作用力小于人的重力C ．图乙的情形中，钢索对轻环可能无摩擦力D ．图乙的情形中，若轻环突然被卡而停止，则在此瞬间轻绳对人的拉力一定大于人的重力[解析] 图甲中人受力如图人受力不会平衡mg cos30°＝F 索 所以A 错，B 对，在图乙中，若轻环突然被卡，由于惯性人将摆动，由圆周运动可知：F －mg ＝m v 2R 得F ＝mg 中的v 2R>mg ，故D 对．[答案] BD10．如右图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为2 kg 的物体A ，处于静止状态．若将一个质量为3 kg 的物体B 竖直向下轻放在A 上的一瞬间，则A 对B 的压力大小为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．30 NB ．0C ．15 ND ．12 N[解析] 轻放B 的瞬间，A 受的弹力、重力不变，它们的合力为零．等效于A 只受B 的压力F BA 作用．对整体有m B g ＝(m A ＋m B )a ，对A 有F BA ＝m A a 得F BA ＝m A m B gm A ＋m B＝12 N ．由牛顿第三定律得A 对B 的压力F AB ＝12 N. [答案] D11．如图所示，质量为M 的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m 的小球，M >m .现用一力F 水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a 向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为T ；若用一力F ′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a ′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为T ′.则( )A ．a ′＝a ，T ′＝TB ．a ′>a ，T ′＝TC ．a ′<a ，T ′＝TD ．a ′>a ，T ′>T[解析] 对小球竖直方向上T cos α＝mg ，T ′cos α＝mg ，可推断T ＝T ′；水平方向上F －T sin α＝ma ，T ′sin α＝ma ′，F ＝(m ＋M )a ，整理得Ma ＝ma ′，可推断a ′>a ，所以答案为B.[答案] B12．(·南通二调)如图所示，在水平面和竖直墙壁之间放置质量为m 、高为h 的木块A 和质量为M 、半径为R 的球B ，各接触面均光滑，木块A 受到水平向右的外力F 作用，系统处于静止状态．O 为B 的球心，C 为A 、B 接触点，CO 与竖直方向夹角θ＝60°.现撤去水平外力F ，则( )A ．撤去F 时，球B 的加速度a B ＝0 B ．撤去F 时，木块A 的加速度a A <F mC ．撤去F 时，墙壁对球B 的弹力F B ＝0D ．若球B 着地前瞬间速度为v ，则此时木块速度为M m2gh －gR －v 2[解析] 本题考查共点力平衡、牛顿运动定律及机械能守恒．撤去外力F 前，设B 对木块A 的作用力为F A ，对A 木块受力分析可知水平方向上F A sin60°＝F .撤去外力F 时，A 木块受到球B 的作用将向左加速运动，同时球B 向下加速，处于失重状态，故对A 木块的作用力F A 减小，故A 木块的加速度小于Fm，选项A 错误、B正确；撤去外力F 时，A 、B 两物体之间仍存在相互作用力，所以球B 与墙壁之间作用力不可能为零，选项C 错误；撤去外力F 后，A 、B 两物体组成的系统机械能守恒，则Mg (h －R ＋R cos60°)＝12Mv 2＋12mv 2A ，化简可知选项D 正确．[答案] BD二、实验题(本题共2小题，共15分)13．(5分)(·南通质检)“验证牛顿运动定律”的实验，主要的步骤有：( )A ．将一端附有定滑轮的长木板放在水平桌面上，取两个质量相等的小车，放在光滑的水平长木板上；B ．打开夹子，让两个小车同时从静止开始运动，小车运动一段距离后，夹上夹子，让它们同时停下来，用刻度尺分别测出两个小车在这一段时间内通过的位移大小；C ．分析所得到的两个小车在相同时间内通过的位移大小与小车所受的水平拉力的大小关系，从而得到质量相等的物体运动的加速度与物体所受作用力大小的关系；D ．在小车的后端也分别系上细绳，用一只夹子夹住这两根细绳；E ．在小车的前端分别系上细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘内分别放着数目不等的砝码，使砝码盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量．分别用天平测出两个砝码盘和盘内砝码的总质量．上述实验步骤，正确的排列顺序是________．[解析] 此题考查的是实验步骤，对于实验的一些常识，必须牢记于心，结合本实验的实验步骤，不难排列出正确的顺序．[答案] AEDBC14．(10分)现要验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一物理规律. 给定的器材如下：一倾角可以调节的长斜面(如图所示)、小车、计时器一个、刻度尺．(1)填入适当的公式或文字，完善以下实验步骤(不考虑摩擦力的影响)：①让小车自斜面上方一固定点A 1从静止开始下滑至斜面底端A 2，记下所用的时间t . ②用刻度尺测量A 1与A 2之间的距离s ，则小车的加速度a ＝________.③用刻度尺测量A 1相对于A 2的高度h ，设小车所受重力为mg ，则小车所受的合外力F ＝________. ④改变________，重复上述测量．⑤以h 为横坐标，1/t 2为纵坐标，根据实验数据作图. 如能得到一条过原点的直线，则可以验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一规律．(2)在探究如何消除上述实验中摩擦阻力影响的过程中，某同学设计的方案是：①调节斜面倾角，使小车在斜面上匀速下滑，测量此时A 1点相对于斜面底端A 2的高度h 0. ②进行(1)中的各项测量． ③计算与作图时用(h －h 0)代替h . 对此方案有以下几种评论意见： A ．方案正确可行B ．方案的理论依据正确，但利用所给器材无法确定小车在斜面上是否做匀速运动C ．方案的理论依据有问题，小车所受摩擦力与斜面倾角有关 其中合理的意见是________．[解析] (1)由于不考虑摩擦的影响，②由s ＝12at 2得a ＝2st 2③由题意可知：F 合＝mg sin θ＝mg hs④由题意可知，要验证的是加速度与所受的合外力成正比，为了说明问题，则需要多组数据，故要改变斜面倾角，重复上述实验．(2)由于欲消除实验中的摩擦阻力，而斜面的倾角不同，所受摩擦力不同，F f ＝μmg cos θ，故应选C. [答案] (1)②2s t 2 ③mg hs④斜面倾角(或h 的数值) (2)C三、计算题(本题包括4小题，共47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)15．(10分)(·南京一模)杂技演员在进行“顶竿”表演时，使用了一根质量可忽略不计的长竹竿．一质量为40 kg 的演员自竿顶由静止开始下滑，滑到竹竿底端时速度刚好为零．已知杂技演员在下滑过程中其速度—时间图象如图所示(以向下的方向为速度的正方向)．求：(1)在0～1 s 时间内杂技演员的加速度大小； (2)长竹竿的长度；(3)在0～1 s 时间内竹竿底部对下面顶竿人肩部的压力大小．(取g ＝10 m/s 2) [解析] (1)由图得a ＝Δv Δt＝3 m/s 2(2)由图线包围的面积即为位移： x ＝12×3×3 m＝4.5 m (3)对演员进行受力分析，由牛顿第二定律有mg －f ＝ma代入数值得f ＝280 N由牛顿第三定律得竹竿底部对下面顶竿人肩部的压力大小f ′＝f ＝280 N [答案] (1)3 m/s 2(2)4.5 m (3)280 N16．(12分)(·四川内江市一模)减速带是公路上常见的一种交通设施，通常安装在学校附近学生出入较多的公路上，当汽车到达减速带前都要减速，然后，低速通过减速带，从而保障汽车和行人的安全. 当汽车通过减速带时可简化为如图所示的模型，两面对称的减速带截面的底面宽度为d ，高为h ，一辆质量为m 可视为质点的汽车在减速带上上升时，在水平方向上可视为速度为v 0的匀速直线运动，在竖直方向可视为初速度为零的匀加速直线运动，那么：(1)汽车到达减速带顶端A 时的速率为多少？ (2)在上升阶段，汽车对减速带的作用力多大？[解析] (1)汽车在水平方向上匀速通过减速带的时间t 0＝d v 0根据对称性，汽车到达减速带顶端的时间t ＝d2v 0在竖直方向上，根据平均速度v ＝v t ＋02在竖直方向的末速度v t ＝2v ＝2ht汽车到达顶端时的速率v 合＝v 20＋v 2t ＝v 01＋16h2d 2(2)根据公式h ＝12at 2汽车在竖直方向的加速度为a ＝8hv 2d2根据牛顿第二定律得，F －mg ＝ma 减速带对汽车的作用力F ＝m (8hv 2d2＋g )根据牛顿第三定律，汽车对减速带的作用力的大小为F ′＝F ＝m (8hv 2d2＋g )[答案] (1)v 01＋16h2d 2(2)m (8hv 2d2＋g )17．(12分)(·上海高考)如图，质量m ＝2 kg 的物体静止于水平地面的A 处，A 、B 间距L ＝20 m ．用大小为30 N ，沿水平方向的外力拉此物体，经t 0＝2 s 拉至B 处．(已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6.取g ＝10 m/s 2)(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；(2)用大小为30 N ，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A 处由静止开始运动并能到达B 处，求该力作用的最短时间t .[解析] (1)物体做匀加速运动 L ＝12at 20∴a ＝2L t 20＝2×2022＝10 (m/s 2)由牛顿第二定律F －f ＝maf ＝30－2×10＝10 (N) ∴μ＝f mg ＝102×10＝0.5(2)解法一：设力F 作用的最短时间为t ，相应的位移为s ，物体到达B 处速度恰为0，由动能定理 [F cos37°－μ(mg －F sin37°)]s －μmg (L －s )＝0∴s ＝μmgLF cos37°＋μsin37°＝0.5×2×10×2030×0.8＋0.5×0.6＝6.06 (m)由牛顿运动定律F cos37°－μ(mg －F sin37°)＝ma∴a ＝F cos37°＋μsin37°m－μg ＝11.5 m/s 2∵s ＝12at 2t ＝2s a＝2×6.0611.5＝1.03 (s)解法二：设F 作用的最短时间为t ，小车先以大小为a 的加速度匀加速t 秒，撤去外力后，以大小为a ′的加速度匀减速t ′秒到达B 处，速度恰为0，由牛顿运动定律F cos37°－μ(mg －F sin37°)＝ma∴a ＝F cos37°＋μsin37°m －μ＝30×0.8＋0.5×0.62－0.5×10＝11.5 (m/s 2)a ′＝fm＝μg ＝5 (m/s 2)由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有at ＝a ′t ′ ∴t ′＝a a ′t ＝11.55t ＝2.3t 又∵L ＝12at 2＋12a ′t 2∴t ＝2La ＋2.32a ′＝2×2011.5＋2.32×5＝1.03 (s) [答案] (1)0.5 (2)1.03 (s)18．(13分)(·宁乡一中月考)某电视台娱乐节目组在游乐园举行家庭搬运砖块比赛活动，比赛规则是：向行驶中的小车上搬放砖块，且每次只能将一块砖无初速地放到车上，车停止时立即停止搬放，以车上砖块多少决定胜负．已知每块砖质量m ＝0.8 kg ，小车上表面光滑且足够长，比赛过程中车始终受恒定牵引力F ＝25 N 作用，未放砖块时车以v 0＝2.5 m/s 匀速前进．某家庭上场比赛时每隔T ＝1 s 搬放一块，图中仅画出了比赛开始1 s 内车运动的v －t 图象．(g取10 m/s 2)求：(1)小车的质量及车与地面间的动摩擦因数． (2)车停止时车上放有多少砖块．[解析] (1)开始比赛前车匀速运动，由F ＝μMg ① 放上第一块砖后车减速运动，加速度大小a 1，由图象得a 1＝ΔvΔt＝0.2 m/s 2②对小车由牛顿第二定律μmg ＝Ma 1③ 由①②③式联立解得M ＝10 kg④μ＝0.25.⑤(2)放上第一块砖后1 s ，车的速度为v 1，加速度为a 1v 1＝v 0－a 1T ⑥ a 1＝μmg M放上第二块砖后1 s 车的速度为v 2v 2＝v 1－a 2T a 2＝2μmgM同理v 3＝v 2－a 3T放上第n 块砖作用1 s 后车速为v n ，加速度为a nv n ＝v n －1－a n T ⑦ a n ＝nμmg M⑧由以上各式可得v n ＝v 0－(a 1＋a 2＋…＋a n )T ⑨将a 1，a 2……a n 代入得：v n ＝v 0－μmgM (1＋2＋3＋…＋n )v n ＝v 0－μmg M ·n n ＋12⑩令v n ＝0由⑩式解得n ＝4.5，故车停前最多可以放5块砖． [答案] (1)10 kg 0.25 (2)5块。
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2012～2013学年上学期第一次月考
高一物理试题
（考试时间：90分钟总分：100分）
一、单项选择题（每小题4分，共56分）
1. 诗句“满眼风波多闪灼，看山恰似走来迎，仔细看山山不动，是船行。
”中，“看山恰似走来迎”和“是船行”所选的参考系分别是 ( )
A、地面和山
B、山和船
C、船和山
D、河岸和流水
2．以下的计时数据指的是时间的是（）
A．某短跑运动员用11.5秒跑完了100m
B．某航班于14时30分从北京起飞
C．中央电视台的新闻联播节目于19时开播
D．1997年7月1日零时中国对香港恢复行使主权
3．下列情况中的运动物体,不能被看做质点的是（）
A．研究航天飞机绕地球飞行的轨迹
B．研究飞行中直升飞机上的螺旋桨
C．研究从北京开往上海的一列火车
D．研究远洋航行中轮船的运动轨迹
4. 某人由西向东走，从A点出发到达B点，然后由B 点向正南走
到达C点，如图所示，已知AB=s1,BC=s2,AC= s3,则该人的位移和路
程分别是（）
A. s3，s1
B. s3，s1＋s2
C. s2，s1＋s2
D. s1，s2
5. 为了使公路交通有序、安全，路旁立了许多交通标志，如图所示，甲图是限速标志，表示允许行驶的最大速度是80km/h；乙图是路线指示标志，此
处到青岛还有150km。
上述两个数据表达的物理意义是（）
A．80km／h是平均速度．150km是位移
B．80km／h是平均速度，150km是路程
C．80km／h是瞬时速度，150km是位移
D．80km／h是瞬时速度，150km是路程
6. 如图所示是汽车的速度计,某同学在汽车中
观察速度计指针位置的变化。
开始时指针指示在
如图甲所示位置,经过5s后指针指示在如图乙
所示位置,若汽车做直线运动,那么它的加速度
约为（）
A．1.6m/s2 B．5.1m/s2 C．2.2m/s2 D．8.0m/s2
7. 作变速直线运动的物体，若前一半时间的平均速度为4m/s，后一半时间的平均速度是8m/s，则全程的平均速度是( )
A ．7 m/s
B ．5 m/s
C ．5.5 m/s
D ．6 m/s 8. 甲、乙两个物体在同一条直线上运动, 它们的v -t 图象如 图-1所示, 则下列说法错误的是( ) A ．甲、乙两物体都做匀加速直线运动 B ．甲物体的初速度比乙物体的初速度大 C ．甲物体的加速度比乙物体的加速度大
D ．在t 1以后的任意时刻, 甲物体的速度大于同时刻乙的速度 9. 下面四个图像依次分别表示运动物体的加速度、速度、位移
随时间变化的规律。
其中描述物体做匀速直线运动的图像是：（ ）
10．某物体做匀变速直线运动，其位移与时间的关系为
x ＝0.5t ＋t 2
(m)，则当物体的速度为3 m/s 时，物体已运动的时间为( ) A ．3 s B ．2.5 s C ．1.25 s
D ．6 s
11．物体由静止开始做匀加速直线运动，第1 s 末的速度达到4 m/s ，第2 s 内物体的位移
是( ) A ．6 m B ．4 m C ．2 m
D ．8 m
12. 一石块从楼房阳台边缘向下做自由落体运动，到达地面，把它在空中运动的时间分为相等的三段，如果它在第一段时间内的位移是1.5 m ，那么它在第三段时间内的位移是（ ） A ．1.5 m B ．7.5 m C ．4.5 m D ．13.5 m
13．沿直线做匀加速运动的质点在第一个0.5 s 内的平均速度比它在第一个1.5 s 内的平均速度大2.45 m/s ，以质点的运动方向为正方向，则质点的加速度为( )
A ．2.45 m/s 2
B ．－4.90 m/s 2
C ．4.90 m/s 2
D ．－2.45 m/s 2
14. 甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度同时经过某一路标，从此时开始，甲一直做匀速直线运动，乙先加速后减速，丙先减速后加速，它们经过下一路标时速度又相同，则（ ） A. 丙车先通过下一路标 B. 甲车先通过下一路标
C. 乙车先通过下一路标
D. 无法判断哪辆车先通过下一路标 二、实验题(每空2分，共14分)
15、（1）打点计时器是一种使用 电源的 仪器．目前，常用的有 和电火花打点计时器两种．电火花打点计时器是利用在纸带上打出点迹的，它接的是 V 电压，当使用的电源频率是50Hz 时，电火花计时器每隔 s 打一个点．
（2）用打点计时器研究匀变速直线运动时，图-2 所示的是某次实验得到的一条纸带，其中A 、B 、C 、D 、E 、F 为计数点，各点所标数据均为由起始点O 到各点的距离，每打5个点 作为一个计数点（频率为50Hz ），那么：当打点计时器打下D 点时，小车的速度大小
D
v =______m/s ，小车的加速度大小a =______ m/s 2。
乙
甲
v /(m ·s -1)
t /s
t 1 图-1
图-2
三、计算题（共30分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤）
16.（8分）从离地面500m的空中自由落下一个小球，求：
⑴小球经过多长时间落到地面？
⑵小球离地面180m时的速度？（取g＝10 m／s2）
17．（10分）一质点做匀加速直线运动，初速度为10m/s ，加速度为2m/s2。
试求该质点：（1）第5s末的速度；（2）前5s内的平均速度；（3）第5s内的平均速度。
18．（12分）一辆汽车从车站以初速度为零匀加速直线开出，开出10s达到最大速度，又以此最大速度匀速行驶5s后，司机突然发现一乘客未上车，便紧急刹车做匀减速运动，又经过5s停止，在此过程中，汽车一共前进了75m。
求：
（1）此过程中汽车的最大速度的大小。
（2）汽车在起动与刹车时的加速度大小。
2012～2013学年上学期第一次月考
高一物理答题卷
（考试时间：90分钟 总分：100分）
一、单项选择题（每小题4分，共56分）
二、实验题（每空2分，共14分）
15、（1）
V s
（2） m/s m/s 2
三、计算题：（共3小题，30分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤）
学校_______________高一_____ 班 姓名___________ 座号_______ 成绩__________
-------------------------
装
----------------------------------------------订
------------------------------------------
线--------------------------------------------------------------
（2） 15.5 m/s 4.75 m/s 2
三、计算题：（共3小题，30分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤） 16.（8分） 10s,80m/s
17．（10分）(1)20m/s (2)15m/s (3)19m/s
18．（12分）
(1)加速和减速两段时间内的平均速度均为最大速度的一半，则有：
x vt t t v
=++⨯)(2
21 v=6m/s (2)刹车的加速度2
21/2.1/56s m s m a ==
起动的加速度222/6.0/10
6
s m s m a ==。