黑龙江省大庆实验中学2016届高三物理上学期第一次月考试题
高三物理月考试题及答案-黑龙江大庆实验中学2016届高三考前得分训练(四)理科综合试题
2016年高考得分训练（四）二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21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)14.如图a所示，质量为m的半球体静止在倾角为θ的平板上，当θ从0缓慢增大到90°的过程中，半球体所受摩擦力F f与θ的关系如图b所示，已知半球体始终没有脱离平板，半球体与平板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g，则（）A．O～q段图象可能是直线B．q﹣段图象可能是直线C．q=D．p=15.如图所示，金属球壳A带有正电，其上方有一小孔a，静电计B的金属球b用导线与金属小球c相连，以下操作所发生的现象正确的是（）A．将c移近A，但不与A接触，B会张开一定角度B．将c与A外表面接触后移开A，B不会张开一定角度C．将c与A内表面接触时，B不会张开角度D．将c从导线上解下，然后用绝缘细绳吊着从A中小孔置入A内，并与其内壁接触，再提出空腔，与b接触，B会张开一定角度16.如图所示，L为电阻很小的线圈，G1和G2为内阻分别为R1、R2、零点在表盘中央的电流计。
当开关K处于闭合状态时，两表的指针皆偏向右方。
那么，当开关K断开时，将出现（）A．G1和G2的指针都立即回到零点B．G1的指针立即回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点C．G1的指针缓慢地回到零点，而G2的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点D．G1的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点17.如图所示，一个闭合三角形导线框位于竖直平面内，其下方固定一根与线框所在的竖直平面平行且很靠近（但不重叠）的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．线框从实线位置由静止释放，在其后的运动过程中（）A．线框中的磁通量为零时其感应电流也为零B．线框中感应电流方向为先顺时针后逆时针C．线框受到安培力的合力方向竖直向上D．线框减少的重力势能全部转化为电能18.如图所示，电阻R1=20Ω，电动机的绕组R2=10Ω．当开关打开时，电流表的示数是0.5A，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是（）A．I=1.5AB．I＜1.5AC．P=15WD．P＜15W19.如图所示，长为2L的轻弹簧AB两端等高的固定在竖直墙面上，弹簧刚好处于原长．现在其中点O处轻轻地挂上一个质量为m的物体P后，物体向下运动，当它运动到最低点时，弹簧与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g．下列说法正确的是（）A．物体向下运动的过程中，加速度先增大后减小B．物体向下运动的过程中，机械能一直减小C．物体在最低点时，弹簧的弹性势能为D．物体在最低点时，AO部分弹簧对物体的拉力大小为20．沿平直公路匀速行驶的汽车上，固定着一个正四棱台，其上下台面水平，如图为俯视示意图。
黑龙江省大庆实验中学高三物理上学期第一次月考试题
黑龙江省大庆实验中学2019届高三物理上学期第一次月考试题一、选择题：本题共15小题，每小题4分，共计60分．其中1-9题只有一项符合题目要求，10-15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，有错选的不得分1．伽利略在对自由落体运动的研究过程中，开创了如框图中所示的一套科学研究方法，其中方框2和4中的方法分别是( ) 观察现象―→2―→逻辑推理―→4―→修正推广―→……A ．实验检验，数学推理B ．数学推理，实验检验C ．提出假设，实验检验D ．实验检验，合理外推2．某中学生身高1.7 m ，在学校运动会上参加跳高比赛，采用背越式，身体横着越过高2.10 m 的横杆，获得了冠军，据此可估算出他起跳时竖直向上的速度约为(g 取10 m/s 2)( )A ．3 m/sB ．5 m/sC ．7 m/sD ．9 m/s3.宇航员在某星球表面以初速度2.0 m/s 水平抛出一物体，并记录下物体的运动轨迹，如图所示，O 为抛出点，若该星球半径为4 000 km ，引力常量G ＝6.67×10－11 N·m 2·kg －2，则下列说法正确的是( )A ．该星球表面的重力加速度为2..0 m/s 2B ．该星球的质量为2.4×1023 kgC ．该星球的第一宇宙速度为4.0 km/sD ．若发射一颗该星球的同步卫星，则同步卫星的绕行速度一定大于4.0 km/s 4.2014年10月24日，“嫦娥五号”探路兵发射升空，为计划于2017年左右发射的“嫦娥五号”探路，并在8天后以“跳跃式返回技术”成功返回地面。
“跳跃式返回技术”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层，如图所示，虚线为大气层的边界。
已知地球半径为R ，地心到d 点的距离为r ，地球表面重力加速度为g 。
下列说法正确的是( )A ．“嫦娥五号”探路兵在b 点处于完全失重状态B ．“嫦娥五号”探路兵在d 点的加速度小于gR 2r2 C ．“嫦娥五号”探路兵在d 点的速率小于 gR 2rD ．“嫦娥五号”探路兵在c 点的速率大于在e 点的速率5.质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的A 点和B 点，如图所示，a 绳与水平方向成θ角，b 绳沿水平方向且长为l ，当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，a 、b 两绳均伸直，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A ．a 绳张力可能为零B ．a 绳的张力随角速度的增大而增大C ．当角速度ω> g cos θl，b 绳将出现张力 D ．若b 绳突然被剪断，a 绳的张力可能不变6.一质量为2 kg 的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随物体位移变化的关系图像。
2016年黑龙江省大庆实验中学高考物理模拟试卷
2016年黑龙江省大庆实验中学高考物理模拟试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共4小题，共24.0分)1.下列说法中错误的是（）A.运动是宇宙中的普遍现象，绝对不动的物体是没有的B.研究物体运动时不一定要选则参考系C.用GPS定位系统确定在南极冰川考察的某科考队员的位置时，该队员可看做质点D.选取不同的参考系，同一物体的运动速度可能不同，运动轨迹也可能不同【答案】B【解析】解：A、运动是绝对的，静止是相对的，绝对不动的物体是没有的，故A正确．B、研究物体的运动一定要选择参考系，故B错误．C、用GPS定位系统确定在南极冰川考察的某科考队员的位置时，队员的大小和形状可以忽略，可以看成质点，故C正确．D、选取不同的参考系，同一物体的运动速度可能不同，运动轨迹也可能不同，故D正确．本题选错误的，故选：B．运动是绝对的，静止是相对的，研究物体的运动需要选择参考系，当物体的大小和形状在研究的问题中可以忽略，物体可以看成质点．本题考查了参考系和质点的基本概念，知道研究物体的运动一定需要选择参考系，掌握物体能看成质点的条件，关键看物体的大小和形状在研究的问题中能否忽略．2.某人在地面上最多可举起60kg的物体，某时他在竖直向上运动的电梯中最多举起了100kg的物体，据此判断此电梯加速度的大小和方向（g=10m/s2）（）A.4m/s2竖直向上B.16.7m/s2竖直向上C.4m/s2竖直向下D.10m/s2竖直向下【答案】C【解析】解；由题意知物体处于失重状态，此人最大的举力为F=mg=60×10N=600N．则由牛顿第二定律得，m′g-F=m′a，解得a==4m/s2．方向向下．故选：C根据人在地面上最多能举起质量为60kg的物体，计算出人最大的举力．由牛顿第二定律求出人变速运动的电梯中能举起的物体的最大质量．本题是应用牛顿第二定律研究超重和失重的问题，关键抓住人的最大举力是一定的．3.两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点．取无限远处的电势为零，一带负电的试探电荷q，在静电力作用下运动，则（）A.若q从A点由静止释放，由A点向O点运动的过程中，加速度大小一定先变大再减小B.若q从A点由静止释放，其将以O点为对称中心做往复运动C.q由A点向O点运动时，其动能逐渐增大，电势能逐渐增大D.若在A点给q一个合适的初速度，它可以做类平抛运动【答案】B【解析】解：A、在射线OM上，O点电场强度微粒，无穷远处的电场强度也为零，故射线OM 上有一个电场强度的最大的点，故将q从A点由静止释放，由A点向O点运动的过程中，加速度大小可能一直减小，也可能先增加后减小，故A错误；B、电场强度在MN上是对称分布的，故根据电场力做功可知，其将以O点为对称中心做往复运动；故B正确；C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，电势能逐渐减小，故C错误；D、类平抛运动要求合力恒定，该电场不是匀强电场，粒子不可能做类似平抛运动，故D错误；故选：B根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷q的受力情况，确定其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况．本题考查静电场的基本概念．关键要熟悉等量同种点电荷电场线的分布情况，运用动能定理进行分析．4.有一内阻为4.4Ω的直流电动机和一盏标有“110V60W”的灯泡串联后接在电压恒定为220V的电路两端，灯泡正常发光，则（）A.电动机的输入功率为60WB.电动机的发热电功率为60WC.电路消耗的总功率为60WD.电动机的输出功率为60W【答案】A【解析】解：A、由于灯泡正常发光，所以电动机的电压为：220-110=110V，由于电动机和灯泡串联，它们的电流相等，所以有：I==A，所以电动机的输入功率为：P=UI=110×=60W，所以A正确．B、电动机的发热功率为：P热=I2r=×4.4=1.3W，所以B错误．C、电路消耗的总功率等于电动机的输入功率加上灯泡的功率，为60+60=120W，所以C错误．D、电动机的输出功率等于总功率减去电动机的发热功率，等于60W-1.3W=58.7W，所以D错误．故选：A．由于电动机和灯泡串联，根据灯泡正常发光，可以判断出电动机的电压和电流，从而可以求得电动机的输入功率和发热功率以及电动机的输出功率．在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．二、多选题(本大题共4小题，共24.0分)5.如图所示，两个质量分别为m1=4kg、m2=1kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是（）A.弹簧秤的示数是25NB.弹簧秤的示数是22NC.在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为5.5m/s2D.在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为13m/s2【答案】BC【解析】解：A、两水平拉力导致物体受力不平衡，先选整体为研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律得：F1-F2=（m1+m2）a解得：a==2m/s2对m2受力分析：向左的F2和向右的弹簧弹力F，由牛顿第二定律得：F-F2=m2a解得：F=20+1×2N=22N，故A错误．C、在突然撤去F1的瞬间，因为弹簧的弹力不能发生突变，所以m1的加速度大小为：a===5.5m/s2，故C正确．D、突然撤去F2的瞬间，m2的受力仅剩弹簧的弹力，对m2列牛顿第二定律，得：F=m2a，解得：a==22m/s2，故D错误．故选：BC．两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力导致物体受力不平衡，先选整体为研究对象进行受力分析，列牛顿第二定律解出加速度，再隔离单独分析一个物体，解出弹簧受力；在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，对两物块分别列牛顿第二定律，解出其加速度．本题考查牛顿第二定律关于连接体问题的应用，要注意明确整体法与隔离法的正确应用，正确选择研究对象，根据牛顿第二定律进行分析即可正确求解．6.某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆．每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上（相距最近），如图所示．该行星与地球的公转半径之比为a，公转周期之比为b，则（）A.a=B.C.D.【答案】BD【解析】解：地球公转周期为地年，每过N年行星会运行到日地连线的延长线上，即地球比行星多运动1圈，有地行，得行由题意行地，故B正确，A错误根据开普勒第三定律行地行地，即化简得，故D正确，C错误．故选：BD由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长，其绕太阳转的慢．每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明N年地球比行星多转1圈，即行星转了N-1圈，从而再次在日地连线的延长线上，那么，可以求出行星的周期是年，接着再由开普勒第三定律求解该行星与地球的公转半径比．解答此题的关键由题意分析得出每过N年地球比行星多围绕太阳转一圈，由此求出行星的周期，再由开普勒第三定律求解即可．7.如图所示，有界匀强磁场与斜面垂直，质量为m的正方形线框静止在倾角为30°的绝缘斜面上（位于磁场外），现使线框获得速度v向下运动，恰好穿出磁场，线框的边长小于磁场的宽度，线框与斜面间的动摩擦因数μ=，则下列说法正确的是（）A.线框完全进入磁场后做匀速运动B.线框进入磁场的过程中电流做的功大于穿出磁场的过程中电流做的功C.线框进入和穿出磁场时，速度平方的变化量与运动距离成正比D.线框进入和穿出磁场时，速度变化量与运动时间成正比【答案】AB【解析】解：设线框的质量为m，总电阻为R，边长为L．A、重力沿斜面向下的分力为G x=mgsin30°=，线框滑动过程中受到的摩擦力大小为f=μmgcos30°=，线框完全进入磁场后受到的安培力为零，所以做匀速运动，故A正确；B、线框进入磁场的过程中的平均电流大于线框离开磁场过程中的平均电流，进入磁场过程中平均安培力较大，所以线框进入磁场的过程中电流做的功大于穿出磁场的过程中电流做的功，B正确；CD、线框进入和穿出磁场时，根据动量定理可得：BIL t=m△v，即：=m△v，解得：，即速度的变化量与运动距离成正比，而运动的距离和时间t不是线性关系，故CD错误．故选：AB．分析重力沿斜面分力大小与线框摩擦力大小关系从而分析运动情况；根据平均电流大小定性分析克服安培力做的功大小；根据动量定理推导速度变化量与位移关系来分析CD 选项．对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．8.某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻为R=4Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1，降压变压器副线圈两端交变电压u=220sin100πt V，降压变压器的副线圈与阻值R0=11Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下述正确的是（）A.通过R0电流的有效值是20AB.输电上损失的电功率为4400wC.升压变压器T1的输出电压等于900VD.升压变压器T1的输出功率比降压变压器T2的输入功率多100W【答案】ACD【解析】解：A、降压变压器副线圈两端的电压，通过的电流的有效值，故A正确；B、根据电流与匝数成反比，由，得，输电线上损失的电功率，故B错误；损C、根据电压与匝数成正比得降压器原线圈两端的电压为，输电线上损失的电压损，升压变压器的输出电压损，故C正确；D、由于输电线上损失的功率为100W，则升压器变压器的输出功率比降压变压器的输入功率多100W，故D正确；故选：ACD根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小．掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．五、多选题(本大题共1小题，共5.0分)13.如图所示，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体将一细管插入液体，由于缸吸现象，活塞上方液体逐渐流出．在此过程中，大气压强与外界的温度保持不变，关于这一过程，下列说法正确的是（）A.气体分子的平均动能逐渐增大B.单位时间气体分子对活塞撞击的次数减少C.单位时间气体分子对活塞的冲量保持不变D.气体对外界做的功等于气体从外界吸收的热量【答案】BD【解析】解：A、气体做等温变化，而温度是气体是分子平均动能的标志，故分子的平均动能不变，故A错误B、随液体流出，封闭气体压强减小，在分子平均动能不变的情况下，单位时间气体分子对活塞撞击的次数减少，故B正确C、封闭气体压强减小，分子平均动能不变，则单位时间气体分子对活塞的冲量减小．故C错误．D、等温过程，气体内能不变，由热力学第一定律知，△U=Q+W，气体对外界做功等于气体从外界吸收的热量，故D正确故选BD根据题意可知，被封闭气体作等温变化，液体流出后，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程可以判断气体体积的变化，根据体积变化判断做功情况，然后根据热力学第一定律，进一步判断吸放热情况．本题考查了气体状态方程和热力学第一定律的综合应用，是一道考查热学知识综合应用的好题．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.下列关于简谐振动和简谐机械波的说法中，正确的是（）A.弹簧振子的周期与振幅有关B.横波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定C.单位时间内经过介质中某一点的完全波的个数就是这列简谐波的频率D.在波传播方向上的某个质点的振动速度就是波的传播速度【答案】BC【解析】解：A、弹簧振子的周期与振幅无关，这种性质叫等时性．故A错误．B、波速与介质的性质有关，与波源无关，同一种波在同一介质中速度是相同的．故B 正确．C、波源的振动以波的形式传播出去，波的频率等于介质中各质点的振动频率，单位时间内经过介质中某点的完全波的个数，就是这列简谐波的频率，故C正确．D、在波传播方向上的某个质点做简谐运动，速度是周期性变化的，而在同一均匀介质传播的波，传播过程中速度不变．故D错误．故选：BC简谐运动的周期与振幅均无关，波速与介质的性质有关，与波源无关，单位时间内经过介质中某点的完全波的个数，就是这列简谐波的频率，在波传播方向上的某个质点的振动速度与波的传播速度是两回事．简谐运动的周期与振幅无关的特性称为等时性．质点的振动与波动有联系，也有区别，速度不同，不能混淆．九、单选题(本大题共1小题，共4.0分)17.用频率为v0的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为v1、v2、v3的三条谱线，且v3＞v2＞v1，则（）A.v0＜v1B.v3=v2+v1C.v0=v1+v2+v3D.=+【答案】B【解析】解：大量氢原子跃迁时只有三个频率的光谱，这说明是从n=3能级向低能级跃迁．n=3能级向n=1能级跃迁时，hv3=E3-E1n=2能级向n=1能级跃迁时，hv2=E2-E1n=3能级向n=2能级跃迁时，hv1=E3-E2将以上三式变形可得hv3=hv2+hv1解得v3=v2+v1，所以B正确，再根据氢原子理论可知，入射光频率v0=v3，所以AC错误．故选B．本题的关键是明确发光的含义是氢原子从高能级向低能级跃迁，根据能级图，有三条光谱线说明原子最高能级在n=3能级，再根据氢原子理论可知，入射光的频率应等于n=3能级时的频率，然后再根据跃迁公式即可求解．氢原子理论中能量的吸收和放出都不是连续的，要熟记能级跃迁公式以及发光条数的求法．三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.实际电流表都是有内阻的，可等效为理想电流表与电阻的串联．现在要测量实际电流表G1的内阻r1．可供选择的仪器如下：A．待测电流表G1（量程为5m A，内阻约300Ω）B．电流表G2（量程为10m A，内阻约100Ω）C．电压表V（量程为6V）D．定值电阻R1=300ΩE．定值电阻R2=10ΩF．滑动变阻器R3（0～1000Ω）G．滑动变阻器R4（0～10Ω）H．直流电源电动势E=3VI．开关S及导线若干（1）请选择合适的器材并设计实验电路，尽量使滑动变阻器便于调节，定值电阻应选（选R1或R2），滑动变阻器应选（选R3或R4）；并将实验电路图画在虚线框内．（图中标明所选器材）（2）根据测得和已知的物理量表示电流表G1的内阻，则r1= ______ ，说明式中各测量量的物理意义：______ ．【答案】；表示的示数，表示的示数，表示定值电阻的阻值【解析】解：（1）：由于待测电流表的量程是电流表的一半，则将待测电流表与定值电阻并联的总电流可与电流表量程相等，即应将待测电流表与定值电阻并联后再与电流表串联，即定值电阻应选；又由于滑动变阻器的的全电阻与待测电流表内阻相比太大，所以不能采用限流式接法；而变阻器的全电阻远小于待测电流表内阻，所以应用分压式接法，即变阻器应选，电路图如图所示：（2）：根据电路图，应有：=+，解得：=；其中，表示的示数，表示的示数，表示定值电阻的阻值．故答案为：（1），，如图（2）；表示的示数，表示的示数，表示定值电阻的阻值本题（1）的关键是根据两电流表量程大小并结合串并联规律可知应将待测电流表与定值电阻并联后再与电流表串联成测量电路；然后根据两变阻器全电阻大小可知应选择并采用分压式接法．题（2）的关键是根据欧姆定律解出待测电流表的表达式即可．应明确；①涉及到测量电表内阻的问题，首先应根据电表的量程大小判定应怎样扩大量程，并根据串并联规律画出电路图，并解出待测物理量即可；②当变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法．10.某实验小组采用如图甲所示的装置研究“小车运动变化规律”．打点计时器工作频率为50H z．实验的部分步骤如下：a．将木板的左端垫起，以平衡小车的摩擦力；b．在小车中放入砝码，带穿过打点计时器，连在小车后端，用细线连接小车和钩码；c．将小车停在打点计时器附近，接通电源，释放小车，小车拖动纸带，打点计时器在纸带上打下一系列的点，断开电源；d．改变钩码或小车中砝码的质量，更换纸带，重复b、c的操作．（1）设钩码质量为m1、砝码和小车总质量为m2，重力加速度为g，则小车的加速度为：a= ______ （用题中所给字母表示）；（2）如图丙是某次实验中得到的一条纸带，在纸带上取计数点O、A、B、C、D和E，用最小刻度是毫米的刻度尺进行测量，读出各计数点对应的刻度x，通过计算得到各计数点到O的距离s以及对应时刻小车的瞬时速度v．请将C点对应的测量x C值和计算速度v C值填在下表中的相应位置．（3）实验小组通过绘制△v2-s图线来分析运动规律（其中△v2=v2-v02，v是各计数点对应时刻小车的瞬时速度，v0是O点对应时刻小车的瞬时速度）．他们根据实验数据在图乙中标出了O、A、B、D、E对应的坐标点，请你图乙中标出计数点C对应的坐标点，并画出△v2-s图线．（4）实验小组绘制的△v2-s图线的斜率k= ______ （用题中所给字母表示），若发现该斜率大于理论值，其原因可能是______ ．【答案】；；木板的左侧垫的过高；6.00；0.54【解析】解：（1）对整体分析，小车的加速度a=．（2）刻度尺的读数需要读到最小刻度的下一位，则C点对应的测量值x c=6.00cm，C 点的瞬时速度等于BD段的平均速度，则．（3）画出△v2-s图线：该图中计数点C对应的坐标为（5，0.20）．（4）由匀变速直线运动的速度位移公式可知，△v2-s图象的斜率k=2a=，斜率大于理论值，说明加速度a偏大，可能是平衡摩擦力时木板左端垫起的太高．故答案为：（1），（2）6.00，0.54，（3）如图所示．（4），木板的左侧垫的过高．（1）对整体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度．（2）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．（3）在坐标系中描出对应点，然后作出图象．（4）根据实验原理与实验操作分析实验误差．本题考查了求瞬时速度、作图象、实验误差分析等，要掌握匀变速直线运动的推论，这是求出瞬时速度的关键；要掌握描点法作图的方法；求出图象的函数表达式后再分析实验误差．四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图甲所示，一半径R=1m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B处，圆弧轨道的最高点为M，斜面倾角θ=37°，t=0时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达M点，（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：（1）物块经过M点的速度大小；（2）物块经过B点的速度大小；（3）物块与斜面间的动摩擦因数．【答案】解：（1）据题，物块恰好能到达M点，则有解得（2）物块从B点运动到M点的过程中，由动能定理得：解得（3）由乙图可知，物体在斜面上运动时，加速度大小为a==m/s2=10m/s2，方向沿斜面向下，由牛顿第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma则μ=0.5答：（1）物块经过M点的速度大小为．（2）物块经过B点的速度大小为．（3）物块与斜面间的动摩擦因数为0.5．【解析】（1）物块恰能到达M点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律可求出物块经过M点的速度大小；（2）物块从B点运动到M点的过程中，只有重力做功，由动能定理列式求出物块经过B点的速度大小；（3）由速度图象的斜率求出加速度大小，判断出加速度方向，根据牛顿第二定律求解物块与斜面间的动摩擦因数．本题是动能定理与圆周运动、速度图象、牛顿第二定律等知识的综合应用，把握解题规律是关键．12.如图所示，在x O y平面内，以O1（0，R）为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直平面向里的匀强磁场B1，x轴下方有一直线ab，ab与x轴相距为d，x轴与直线ab间区域有平行于y轴的匀强电场E，在ab的下方有一平行于x轴的感光板MN，ab与MN间区域有垂直于纸平面向外的匀强磁场B2．在0≤y≤2R的区域内，质量为m、电荷量为e的电子从任何位置从圆形区域的左侧沿x轴正方向以速度v0射入圆形区域，经过磁场B1偏转后都经过O点，然后进入x轴下方．已知x轴与直线ab间匀强电场场强大小E=，ab与MN间磁场磁感应强度B2=．不计电子重力．（1）求圆形区域内磁场磁感应强度B1的大小？（2）若要求从所有不同位置出发的电子都不能打在感光板MN上，MN与ab板间的最小距离h1是多大？（3）若要求从所有不同位置出发的电子都能打在感光板MN上，MN与ab板间的最大距离h2是多大？当MN与ab板间的距离最大时，电子从O点到MN板，运动时间最长是多少？【答案】解：（1）所有电子射入圆形区域后做圆周运动轨道半径大小相等，设为r，当电子从位置y=R处射入的电子经过O点进入x轴下方，则r=R，解得（2）设电子经电场加速后到达ab时速度大小为v，电子在ab与MN间磁场做匀速圆周运动轨道半径为r1，沿x轴负方向射入电场的电子离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，则，cosθ=如果电子在O点以速度v0沿x轴负方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，不能打在感光板上，则所有电子都不能打在感光板上．恰好不能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆心为O2如图，则感光板与ab间的最小距离h1=r1+r1cosθ，解得v=2v0，r1=2d，θ=60°h1=3d．（3）如果电子在O点沿x轴正方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，能打在感光板上，则所有电子都能打在感光板上．恰好能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆心为O3，如图，感光板与ab间的最大距离h2=r1-r1cosθ，解得h2=d当感光板与ab间的距离最大为h2=d时，所有从O点到MN板的电子中，沿x轴正方向射入电场的电子，运动时间最长．设该电子在匀强电场中运动的加速度为a，运动时间为t1，在磁场B2中运动周期为T，时间为t2，则，d=，T=，，运动最长时间t m=t1+t2，解得，，t2=．则t m=．答：（1）圆形区域内磁场磁感应强度B1的大小为；（2）MN与ab板间的最小距离h1是3d；（3）MN与ab板间的最大距离h2是d，运动时间最长是．．【解析】（1）抓住所有电子射入圆形区域后做圆周运动轨道半径大小相等，根据几何关系得出粒子在磁场中的运动半径，结合半径公式求出圆形区域内磁场磁感应强度B1的大小．（2）根据动能定理求出粒子进入磁场下方磁场的速度，根据半径公式求出粒子的半径，根据几何关系求出粒子进入磁场时速度方向与水平方向的夹角，通过几何关系求出MN 与ab板间的最小距离．（3）如果电子在O点沿x轴正方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，能打在感光板上，则所有电子都能打在感光板上．根据几何关系求出MN与ab板间的最大距离．作出粒子的运动轨迹，根据粒子在电场和磁场中的运动时间求出运动的最长时间．本题考查了带电粒子在磁场、电场中的运动，关键作出粒子的运动轨迹，结合临界状态，根据半径公式、周期公式以及几何关系综合求解，难度较大．六、计算题(本大题共1小题，共10.0分)14.如图，一根粗细均匀的细玻璃管开口朝上竖直放置，玻璃管中有一段长为h=24cm的水银柱封闭了一段长为x0=23cm的空气柱，系统初始温度为T0=200K，外界大气压恒定不变为P0=76cm H g．现将玻璃管开口封闭，将系统温度升至T=400K，结果发现管中水银柱上升了2cm，若空气可以看作理想气体，试求：i．升温后玻璃管内封闭的上下两部分空气的压强分别为多少cm H g？ii．玻璃管总长为多少？。
黑龙江省实验中学2016届高三物理上学期10月月考试题
黑龙江省实验中学2015－2016学年上学期高三学年第一次月考物理试题一、选择题：本题共14小题，每小题4分。
在每小题给出的四个选项中，有的题只有一项符合题目要求，有的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.下列说法正确的是( )A ．曲线运动可以是匀变速运动B ．曲线运动的加速度可能为零C ．做曲线运动的物体加速度一定变化D ．匀速率圆周运动是匀变速运动2．物块A 1、A 2、B 1和B 2的质量均为m ，A 1、A 2用刚性轻杆连接，B 1、B 2用轻质弹簧连结。
两个装置都放在水平的支托物上，处于平衡状态，如图所示。
今突然迅速地撤去支托物，让物块下落。
在除去支托物的瞬间，A 1、A 2受到的合力分别为f 1和f 2，B 1、B 2受到的合力分别为F 1和F 2。
则（ ）A ．f1=0，f 2=2mg ，F 1=0，F 2=2mg B ．f 1=mg ，f 2=mg ，F 1=0，F 2=2mgC ．f 1=0，f 2=2mg ，F 1=mg ，F 2=mgD ．f 1=mg ，f 2=mg ，F 1=mg ，F 2=mg3.将两个质量均为m 的小球a 、b 用细线相连后，再用细线悬挂于O 点，如图所示。
用力F 拉小球b ，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa 与竖直方向的夹角保持θ=60°，则F 的最小值为( )A ．33m gB ． 3 mgC ．23m g D ．2mg 4.一铁架台放在水平地面上，其上用轻质细线悬挂一小球，开始时细线竖直．现将水平F 作用于小球上，使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始终保持静止．则在这一过程中（ ）A ． 水平拉力F 变大B ． 细线的拉力不变C ． 铁架台对地面的压力变大D ． 铁架台所受地面的摩擦力变大5.将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角为30°，假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比为( )A ．21 B.23 C.33 D.36.从高H 处以水平速度v 1平抛一个小球1，同时从地面以速度v 2竖直向上抛出一个小球2，两小球在空中相遇，则( )A ．从抛出到相遇所用时间为1v HB ．从抛出到相遇所用时间为2v H C ．抛出时两球的水平距离是21v H v D ．相遇时小球2上升高度是)21(21v gH H - 7．如图甲所示，劲度系数为k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。
【全国百强校】黑龙江省大庆市实验中学2016届高三上学期第一次月考物理试题解析(解析版)
一、选择题(本题共15小题，每小题4分，共60分，在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一项符合题目要求，第11～15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.在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。
关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是A.伽利略发现了行星运动的规律B.卡文迪许通过实验测出了万有引力常量C.牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D.亚里士多德对牛顿第一定律的建立做出了贡献 【答案】B考点：物理学史2.如图所示，由两种材料做成的半球面固定在水平地面上，球右侧面是光滑的，左侧面粗糙，O 点为球心，A 、B 是两个相同的小物块（可视为质点），物块A 静止在左侧面上，物块B 在图示水平力F 作用下静止在右侧面上，A 、B 处在同一高度，AO 、BO 与竖直方向的夹角均为θ，则A 、B 分别对球面的压力大小之比为A ．sinθ：1B ．sin 2θ：1C ．cosθ：1D ．cos 2θ：1 【答案】D2题图【解析】试题分析： 分别对A 、B 进行受力分析，如图所示，由物体的平衡条件知：cos A N mg θ= ，同理cos B N mg θ=，则2cos ABN N θ= ，再根据牛顿第三定律则A 、B 分别对球面的压力大小之比为cos 2θ：1，故此D 选项正确。
考点：考查了物体的受力分析和共点力的平衡3.如图所示，在同一竖直线上不同高度处同时平抛P 、Q 两个小球，两者的运动轨迹相交于M 点，P 、Q 两小球平抛的初速度分别为v 1、v 2，P 、Q 两小球运动到M 点的时间分别为t 1、t 2，不计空气阻力，下列说法正确的是A ．t 1 <t 2 v 1 <v 2B ．t 1 <t 2 v 1>v 2C ．t 1 >t 2 v 1 <v 2D ．t 1 >t 2 v 1=v 2 【答案】C考点：平抛运动运动规律 【名师点睛】①明确两个小球做平抛运动 ②是竖直方向做自由落体运动212h gt =，由t = 3题图V 1 V 2③水平方向做匀速直线运动0x v t =，L v t == 4.一辆汽车在平直公路上做刹车实验，若从t =0时刻起汽车在运动过程的位移x 与速度的平方v 2的关系如图所示，下列说法正确的是A. 刹车过程汽车加速度大小为10m/s 2B. 刹车过程持续的时间为5sC. 刹车过程经过3s 的位移为7.5mD. t =0时刻的初速度为l0m/s【答案】D考点：匀减速直线运动 【名师点睛】①由2202v v ax =+得22022v v x a a=- 可以看出匀变速直线运动在2x v - 图象中是一条直线； ②明确图线的斜率、截距的物理意义； ③对于刹车问题中要注意刹车时间。
高三物理月考试题及答案-黑龙江大庆实验中学届高三得分训练(四)理综试题
大庆实验中学高三年级得分训练试题（四）理综物理试题命题人：杨年友 马宪彬 审题人：吴玉泰，周莉第I 卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分，在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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
其中14、15、16、17题为单选题，18、19、20、21题为多选题。
14. 以下各单位属于国际单位制中的基本单位的是（ ）A ．时间-小时hB ．电流-安培AC ．热量-焦耳JD ．力-牛顿N15．如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m 和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m 放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，那么力F 对木板做功的数值为：（ ）Ａ．mv 2/4 B ．mv 2/2C ．mv 2D ．2mv 216．静电计是测量电势差的仪器。
金属外壳和上方金属小球间的电势差越大，指针偏转角度越大。
在本实验中，静电计指针和A 板等电势，静电计金属壳和B 板等电势，现对电容器充电后断开电键，则三个图中关于电压的说法正确组合的是（ ）①、图1中电压升高。
②、图2中电压升高。
③、图3中电压升高。
④、图1中电压降低。
⑤、图2中电压降低。
⑥、图3中电压降低。
A ．①②③ B ．④⑤⑥ C ．①⑤⑥ D ．①④⑤17．如图所示，一段导线abcd 位于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab 、bc 和cd 的长度均为L ，且∠abc ＝∠bcd ＝135°。
流经导线的电流为I ，方向如图中箭头所示．导线段abcd 所受到的磁场的作用力的合力( )A ．方向沿纸面向上，大小为(2－1)ILB B ．方向沿纸面向上，大小为(2＋1)ILBC ．方向沿纸面向下，大小为(2＋1)ILBD ．方向沿纸面向下，大小为(2－1)ILB 18．如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能E k 随时间t 的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是（）A．在E k-t图中应有t4-t3＝t3-t2=t2-t1B．高频电源的变化周期应该等于t n-t n-1C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D．高频电源电压的高低，对粒子获得的最大动能无影响19.宇宙间存在一些离其它恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为m的星位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为R，忽略其它星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，万有引力量为G，则（）A．每颗星做圆周运动的线速度为B．每颗星做圆周运动的角速度为C．每颗星做圆周运动的周期为D．每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关20．为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1，A2，导线电阻不计，如图所示。
【全国百强校】黑龙江省大庆实验中学2016-2017学年高一上学期第一次月考物理试题解析(解析版)
一、选择题（每题4分，共60分，其中1-9 、15题为单选，10-14题为多选）1.关于质点下列说法正确的是（）A.物体能否看做质点，是由体积和质量的大小来判断的B.物体能否看做质点，是由物体是否做直线运动来判断的C.用GPS确定辽宁号航空母舰在大海中的位置D.研究地球四季的变化时，自转中的地球【答案】C考点：质点【名师点睛】解决本题要正确理解质点的概念：质点是只计质量、不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条件的科学抽象，能否看作质点物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略.2. 下列各组物理量中，都是矢量的是（）A.位移、时间、速度B.速度、速率、加速度C.加速度、速度的变化、速度D.速度、路程、位移【答案】C【解析】试题分析：路程、时间、速率都是具有大小无方向的物理量，故为标量；而速度、位移、加速度以及速度的变化为既有大小又有方向的物理量，为矢量；故C正确；ABD错误，故选C.考点：矢量和标量【名师点睛】本题是一个基础简单题目，考查了学生对矢量和标量的理解和掌握情况，要知道既有大小又有方向，相加是遵循平行四边形定则的物理量是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，标量正负号表示大小，矢量正负号不表示大小，表示方向。
3. 2014年5月24日，中俄在东海举行联合军演。
为了刺探我国军情，日本军机与我国军机超近距离对峙，当时两军机之间保持的距离仅约30m 。
日本的这种挑衅行为引起我国人民的强烈愤慨。
选下列哪个目标为参照物，可以认为对峙时我军飞行员是静止的（ ） A ．日本军机 B ．海面上的军舰C ．海面D ．海岸【答案】A考点：参考系【名师点睛】每个物体的运动状态的确定，关键取决于所选取的参照物．所选取的参照物不同，得到的结论也不一定相同．这就是运动和静止的相对性。
4. 物体做匀变速直线运动，初速度为6m/s ，经过2s 后，末速度大小仍为6m/s ，方向与初速度方向相反，则在这2s 内，物体的加速度和平均速度分别为（ ） A ．加速度大小为6m/s 2，与初速度反向；平均速度为0 B ．加速度为0；平均速度为6m/s ，与初速度同向 C ．加速度大小为6m/s 2，与初速度同向；平均速度为0D ．加速度大小为6m/s 2，平均速度为6m/s ，二者都与初速度反向 【答案】A 【解析】试题分析：取初速度方向为正方向，则v 0=6m/s ，2s 后物体的速度为v=-6m/s ，所以物体运动的加速度22066/6/2v v a m s m s t s---=-＝＝，负号表示加速度的方向与初速度的方向相反；根据匀变速直线运动的平均速度公式066/022v v v m s +-+＝＝＝。
【全国百强校】黑龙江省大庆实验中学2016届高三上学期期中考试物理试题解析(解析版)
说明：本试卷考试时间为90分钟，满分110分一、选择题（本题共15小题，每小题4分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，第1题～第10题只有一个选项是符合题目要求的；第11题～第15题有多个选项是符合题目要求的，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．牛顿的三大运动定律构成了物理学和工程学的基础，它的推出、地球引力的发现和微积分的创立使得牛顿成为过去一千多年中最杰出的科学巨人之一。
下列说法中正确的是（）A．牛顿第一定律是牛顿第二定律的一种特例B．牛顿第一定律可以用实验验证C．牛顿第二定律在非惯性系中不成立D．为纪念牛顿，人们把“力”定为基本物理量，其基本单位为“牛顿”【答案】C考点：考查了对牛顿运动定律的理解【名师点睛】牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的关系，牛顿第三定律揭示了作用力与反作用力的关系，牛顿第一定律是基础，说明力不需要运动来维持，第二定律给出了力与运动的具体关系．2．在静电场中，下列说法中正确的是（）A．电势为零的点，电场强度也一定为零B．电场强度的方向处处与等势面垂直C．由静止释放的正电荷，仅在电场力作用下的运动轨迹一定与电场线重合D．电场中任一点的电场强度的方向总是指向该点电势降落的方向【答案】B【解析】试题分析：电势的大小是人为规定的，电势为零，电场强度不一定为零，A 错误；电场强度的方向处处与等势面垂直，B 正确；只有当电场线是直线时，电荷的运动轨迹才有可能与电场线重合．若电场线是曲线，则电荷所受的电场力将发生方向的变化，则其运动轨迹不可能与电场线重合，C 错误；电场强度方向是电势降落最快的方向，如果和电场方向成锐角，电势也降低，所以D 错误考点：考查了电势，电场强度【名师点睛】在静电场中电场强度与电势无关．电场强度的方向处处与等势面垂直．只有当电场线是直线时，电荷的运动轨迹才有可能与电场线重合．顺着电场线方向，电势逐渐降低3．甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶。
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大庆实验中学2015～2016学年度高三上学期第一次月考 物理试卷选择题(本题共15小题，每小题4分，共60分，在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一项符合题目要求，第11～15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.在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。
关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（ ）A.伽利略发现了行星运动的规律B.卡文迪许通过实验测出了万有引力常量C.牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D.亚里士多德对牛顿第一定律的建立做出了贡献2.如图所示，由两种材料做成的半球面固定在水平地面上，球右侧面是光滑的，左侧面粗糙，O 点为球心，A 、B 是两个相同的小物块（可视为质点），物块A 静止在左侧面上，物块B 在图示水平力F 作用下静止在右侧面上，A 、B 处在同一高度，AO 、BO 与竖直方向的夹角均为θ，则A 、B 分别对球面的压力大小之比为（ ）A ．sin θ：1B ．sin 2θ：1 C ．cos θ：1 D ．cos 2θ：13.如图所示，在同一竖直线上不同高度处同时平抛P 、Q 两个小球，两者的运动轨迹相交于M 点，P 、Q 两小球平抛的初速度分别为v 1、v 2，P 、Q 两小球运动到M 点的时间分别为t 1、t 2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ） A. t 1 <t 2 v 1 <v 2 B. t 1 <t 2 v 1>v 2 C ．t 1 >t 2 v 1 <v 2 D. t 1 >t 2 v 1=v 24.一辆汽车在平直公路上做刹车实验，若从t=0时刻起汽车在运动过程的位移x 与速度的平方v 2的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 刹车过程汽车加速度大小为10m/s2B. 刹车过程持续的时间为C. 刹车过程经过3s 的位移为7.5mD. t=0时刻的初速度为5.某航母跑道长160m ，飞机发动机产生的最大加速度为5m/s 2,起飞需要的最低速度为50m/s ，飞机在航母跑道上起飞的过程中可以简化为匀加速直线运动.若航母沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，为使飞机安全起飞，航母匀速运动的最小速度为（ ） A.10m/s B.15m/s C.20m/s D.30m/s 6.如图甲所示，斜面体静止在粗糙的水平地面上，斜面体上有一小滑块A 沿斜面匀速下滑，现对滑块施加一竖直向下的作用力F ，如图乙所示。
两种情况下斜面体均处于静止状态，则下列说法中错误的是( )A ．施加力F 后，小滑块A 受到的滑动摩擦力增大B ．施加力F 后，小滑块A 仍以原速度匀速下滑2题图4题图/(m 2/s 2)3题图V 1 V 2FC ．施加力F 后，地面对斜面体的摩擦力增大D ．施加力F 后，地面对斜面体的支持力增大7.如图所示，质量为M 的长木板位于光滑水平面上，质量为m 的物块静止在长木板上，两者之间的动摩擦因数为μ，现对物块m 施加水平向右的恒力F ，若恒力F 使长木板与物块出现相对滑动，施加力F 的最小值为（重力加速度大小为g ，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力）（ ）A.μmg （1+m M )B. μmg （1+M m)C. MmgD. μMg8.如图所示，质量为m 的小球被固定在轻杆的一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用。
设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时轻杆对小球的拉力为7.5mg ，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周通过最高点时轻杆对小球的支持力为0.5mg 。
小球在此半个圆周运动过程中克服空气阻力所做的功为（ ） A.4mgR B.2mgRC.mgRD.2mgR10.如图所示，倾角为30°的斜面上，质量为m 的物块在恒定拉力作用下沿斜面以加速度a =2g（g 为重力加速度）向上加速运动距离x 的过程中，下列说法正确的是（ ） A.重力做功为-mgx B.拉力做功为mgx 21C.动能增加mgx 41D.机械能增加mgx11.如图所示，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M 和2M 的行星做匀速圆周运动，甲卫星的向心加速度、运行周期、角速度和线速度分别为a 1、T1、ω1、v 1，乙卫星的向心加速度，运行周期，角速度和线速度分别为a2、T 2、ω2、v 2，下列说法正确的是（ ） A ．a 1：a 2 = 1：28题图49题图10题图a7题图MB ．T 1 ：T 2 = 2：1C ．ω1：ω2D ．v 1：v 2 = 1：212.如图所示，倾角为θ的斜面体C 置于水平面上，B 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B 的一段细绳与斜面平行，A 、B 、C 都处于静止状态，则( )A ．B 受到C 的摩擦力一定为零B ．水平面对C 的摩擦力方向一定向左 C ．水平面对C 的摩擦力一定为零D ．水平面对C 的支持力一定小于B 、C 的总重力 13.如图所示，在倾角为θ=30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量均为m ，物块A 静止在轻弹簧上端，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无弹力，已知重力加速度为g ，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是（ ）A.物块B的加速度为g 21 B.物块A的加速度为g 41C.弹簧的弹力为mgD.物块A 、B 间的弹力为mg 4114.如图为玻璃自动切割生产线示意图。
图中，玻璃以恒定的速度v 向右运动，两侧的滑轨与玻璃的运动方向平行。
滑杆与滑轨垂直，且可沿滑轨左右移动。
割刀通过沿滑杆滑动和随滑杆左右移动实现对移动玻璃的切割。
移动玻璃的宽度为L ，要使切割后的玻璃为长2L 的矩形，以下做法能达到要求的是（ ）A ．保持滑杆不动，使割刀以速度v 21沿滑杆运动B ．滑杆以速度v 向左移动的同时，割刀以速度v 21沿滑杆运动C ．滑杆以速度v 向右移动的同时，割刀以速度2v 沿滑杆运动D ．滑杆以速度v 向右移动的同时，割刀以速度v 21沿滑杆运动15.如图甲所示，静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力F 作用下开始向上加速运动，拉力的功率恒定为P ，运动过程中所受空气阻力大小不变，物体最终做匀速运动，物体运动速度的倒数v1与加速度a 的关系如图乙所示。
若重力加速度大小为g ，下列说法正确的是（ ） A.物体的质量为0a v PB.物体匀速运动速度大小为v 0 12题图 13题图14题图C.物体加速运动的时间为a v D.空气阻力大小为00a v g）P(a二、实验题（本题共2个小题，每空2分，共14分）16.（4分）在探究求合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳．实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条．（1）实验对两次拉伸橡皮条的要求中，下列哪些说法是正确的________(填字母代号)．①将橡皮条拉伸相同长度即可②将橡皮条沿相同方向拉到相同长度 ③将弹簧秤都拉伸到相同刻度 ④将橡皮条和绳的结点拉到相同位置A ．②④B ．①③C ．①④D ．②③(2）同学们在操作中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是________(填字母代号)．①两细绳必须等长②弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行③用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大④拉橡皮条的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要稍远些 A ．①③ B ．②③ C ．①④ D ．②④17.（10分）某兴趣小组的同学利用如图1所示的实验装置，测量木块与长木板之间的动摩擦因数，图中长木板水平固定．（1）实验过程中，打点计时器应接 在 (填“直流”或“交流”)电源上，调整定滑轮的高度，使 。
（2）已知重力加速度为g ，测得木块的质量为m ，砝码盘和砝码的总质量为M ，砝码盘、砝码和木块的加速度大小为a ，则木块与长木板之间的动摩擦因数μ= 。
（3）实验时，某同学得到一条纸带，如图2所示，相邻两个计数点之间有四个点未画出，计数点记为图中 0、1、2、3、4、5、6点。
测得相邻两个计数点间的距离分别为s 1=0.96cm ，s 2=2.88cm ，s 3=4.80cm, s 4=6.72cm ，s 5=8.64cm ，s 6=10.56cm ，打点计时器的电源频率为50Hz 。
计算此纸带的加速度大小 a = m/s 2，打计数点“3”时纸带的速度大小v= m/s 。
（计算结果均保留三位有效数字）17题图三、计算题（本题共3个小题，共36分，请写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出结果不得分。
）18.(8分）如图所示，质量为m 的物体，放在一固定斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数μ=33当斜面倾角为θ时物体恰能沿斜面匀速下滑，此时再对物体施加一个大小为F 的水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行(1) 斜面倾角θ； （2）水平向右的恒力F 的大小。
19.（11分）如图甲所示，有一块木板静止在足够长的粗糙水平面上，木板质量为M=4kg ，长为L=1.4m,木板右端放着一小滑块，小滑块质量为m=1kg ，现用水平恒力F 作用在木板M 右端，恒力F 取不同数值时，小滑块和木板的加速度分别对应不同数值，两者的a-F 图象如图乙所示，取g=10m/s 2，求:(1)小滑块与木板之间的滑动摩擦因数μ1，以及木板与地面的滑动摩擦因数μ2 ；(2)若水平恒力F=27.8N ，且始终作用在木板M 上，当小滑块 m 从木板上滑落时，经历的时间为多长。
20.（17分）如图所示，倾角为45°的粗糙斜面AB 底端与半径R=0.4m 的光滑半圆轨道BC 平滑相接，O 为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直平面内，A 、C 两点等高。
质量m=1kg 的滑块（可视为质点）从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与O 等高的D 点，g 取10m/s 2。
（1）若使滑块能到达C 点，求滑块至少从离地多高处由静止开始下滑； （2）若滑块离开C 处后恰能垂直打在斜面上，求滑块经过C 点时对轨道的压力； （3)若使滑块在圆弧在BDC 段不脱离轨道，则A 下滑的高度应该满足什么条件。
19题图18题图425420题图物理参考答案一、选择题（每小题4分，共60分）二、实验题（每空2分，共14分）三、计算题(3个小题，共36分)18.（8分）解：物体匀速下滑时，mgsinθ=f1 （1分）N1=mgcosθ（1分）又 f1=μN1 （1分）θ=30°（1分）(直接列mgsinθ=μmgcosθ也给分)（2）物体沿斜面匀速上升，沿斜面方向：Fcos30°=mgsin30°+f2 （1分）垂直于斜面方向：N2=mgcos30°+Fsin30°（1分）又 f2=μN2 （1分）联立得：F=（1分）（同上）19.（11分）（1分）20.（17分）(1)由A 到D ，根据动能定理可得解得（1分）若滑块恰能到达C 点，（1分）得 （1分）从高为H 的最高点到C 的过程，根据动能定理 mg(H-2R)-μmgcos45°45sin H =2c mv 21 （1分）解得H=2m （1分）（2）离开C 点后滑块做平抛运动，垂直打到斜面上时有（1分）（1分）（1分） （1分）解得 （1分）在C 点，根据牛顿第二定律有 （1分）求得：（1分）由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为 （1分）方向竖直向上（1分）（3）由题意可知，滑块从A 处，即距地面高度为2R=0.8m 处下滑恰好到达D 点，所以，若使滑块在圆弧在BDC 段不脱离轨道，则A 下滑的高度h ≥2m 或h ≤0.8m 。