2018届山东师大附中2015级高三第二次模拟考物理试题及答案

山东省师范大学附属中学2018届高三第二次模拟考试物理试题(解析版)

山东省师大附中2018届高三第二次模拟考试物理试卷一、选择题1. 春风650KT 是优秀国产跑车.分析其报呈的直线加速赛的数据（近似看做匀变速直线运动).发砚它在第一个4s 内的平均速度比它在策一个5s 内的平均速度小3m/s ，则.摩托车的加速度大小为A. 1m/s 2B. 2m/s 2C. 3m/s 2D. 6m/s 2【答案】D 【解析】设在第一个4s 内的平均速度为v 1，根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于这段过程的平均速度可得，在2s 时刻的瞬时速度为v 2s =v 1，设在第一个5s 内的平均速度为v 2，同理可得，在2.5s 时刻的瞬时速度的大小为v 2.5s =v 2，根据222.523/6/2.5 2.00.5s s v v a m s m s -===-，所以D 正确．故选D ．点睛：本题关键是掌握住匀变速直线运动的规律，根据中间时刻的速度等于这段过程的平均速度可以求得物体在两个不同时刻的速度的大小，进而可以求得加速度的大小． 2. 下图为一位于墙角的光滑斜面，其倾斜角为53︒，劲度系效为k 的轻质弹簧一端系在质量为m 小球上，另一端固定在墙上，弹簧水平放置，小球在斜面上静止时，则弹簧的形变量大小为(sin 370.6=,cos370.8=)A.43mgkB.32mgkC.33mgkD.3mgk【答案】A 【解析】对小球受力如图所示，受到重力mg 、斜面的支持力F N 和弹簧的弹力F 作用下处于平衡状态，故斜面的支持力F N 和弹簧的弹力F 的合力与mg 等大、反向，则得F=mgtan53°；又由胡克定律得kx=F，解得，弹簧的形变量大小43mgxk，故选A.3. 如图所示，我国有一种传统的民族体育项目叫做“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是（）A. 甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲获胜B. 当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小等于乙对甲的拉力大小C. 当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力D. 甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，所以甲获胜【答案】BD【解析】【详解】对甲、乙两人及绳子为一整体进行研究，水平方向的外力就是地面分别对甲、乙两人的摩擦力；整体从静止到运动起来产生了加速度，故受外力不平衡，由此可判断甲所受摩擦力大于乙所受摩擦力；甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力与反作用力，大小相等；即不管哪个获胜，甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是当地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，甲才能获胜；故AC错误，BD正确。

【精选】山东师大附中届高三上学期第二次模拟物理试卷 Word版含解析-物理知识点总结

2016-2017学年山东师大附中高三（上）第二次模拟物理试卷一、选择题（本题共14小题，1-8为单项选择题，每小题3分．9-14为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，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．在平直公路上行驶的a车和b车，其位移﹣时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知（）A．b车运动方向始终不变B．在t1时刻a车与b车速度相同C．t1到t3时间内a车与b车的平均速度相等D．t1到t2时间内有一时刻两车的速度相同2．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v﹣t图象如图所示．已知汽车的质量为m=2×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0．l倍．则以下说法正确的是（）A．汽车在前5 s内的牵引力为4×103NB．汽车的最大速度为30m/sC．汽车的额定功率为50kwD．0～t0时间内汽车牵引力做功为mv m23．如图，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点．O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为（）A．B．C．D．4．如图所示，叠放在水平转台上的小物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为μ，B．C 离转台中心的距离分别为r、1.5r．设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法中不正确的是（）A．当转速增大时，C先开始滑动B．C与转台间的摩擦力等于A与B间的摩擦力的一半C．转台的角速度一定满足：ω≤D．转台的角速度一定满足：ω≤5．如图，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则（）A．在CD段时，A受三个力作用B．在DE段时，A可能受三个力作用C．在DE段时，A受摩擦力方向一定沿斜面向上D．整个下滑过程中，A、B均处于失重状态6．研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其它条件都不变，则未来与现在相比（）A．地球的第一宇宙速度变小B．地球赤道处的重力加速度变小C．地球同步卫星距地面的高度变小D．地球同步卫星的线速度变小7．如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m 的木块A从B的左端以初速度v0=3m/s开始水平向右滑动，已知M＞m．用①和②分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于二者速度v随时间t的变化图象，其中可能正确的是（）A．B．C．D．8．开口向上的半球形曲面的截面如图所示，直径AB水平．一小物块在曲面内A点以某一速率开始下滑，曲面内各处动摩擦因数不同，因摩擦作用物块下滑时速率不变，则下列说法正确的是（）A．物块运动过程中加速度始终为零B．物块所受合外力恒定不变C．在滑到最低点C以前，物块所受摩擦力大小逐渐变小D．滑到最低点C时，物块所受重力的瞬时功率达到最大9．如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g运动员从上向下滑到底端的过程中（）A．合外力做功为mgh B．增加的动能为mghC．克服摩擦力做功为mgh D．减少的机械能为mgh10．如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进人地球同步轨道Ⅱ，则下列说法正确的是（）A．该卫星需在Q点点火加速才能进入同步轨道ⅡB．卫星在同步轨道II上的运行速度大于在轨道I上Q点的速度C．卫星在轨道I上P点的速度小于在轨道Ⅱ上的速度D．如果要把该同步卫星回收且在P点着陆可在轨道Ⅱ上的Q点通过点火减速实现11．如图所示，两个质量分别为m1=3kg、m2=2kg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（）A．弹簧秤的示数是50 NB．弹簧秤的示数是24 NC．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为2 m/s2D．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为12 m/s212．放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示．下列说法正确的是（）A．0～6s内物体的位移大小为30mB．2～6s内拉力做的功为40JC．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等D．滑动摩擦力的大小为5N13．如图所示，物体A和B质量均为m，分别与轻绳连接跨过定滑轮（不计绳与滑轮之间的摩擦）．当用水平力F拉B物体沿水平面向右做匀速直线运动时，下列判断正确的是（）A．物体A也做匀速直线运动B．绳子对物体A的拉力始终大于A的重力C．物体A的速度小于物体B的速度D．物体A的速度大于物体B的速度14．如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ．初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度作匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是（重力加速度为g）（）A．μ与a之间一定满足关系μ＜B．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为C．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为D．黑色痕迹的长度为二、实验题（2小题，共14分）15．请写出下列仪器的读数：（1）图1cm（2）图2纸带上O点与A点间的距离：cm．16．为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置．其中M 为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量．（1）实验时，一定要进行的操作是A．用天平测出砂和砂桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两相邻计数点间还有四个点没有画出），测得：x1=1.40cm，x2=1.90cm，x3=2.38cm，x4=2.88cm，x5=3.39cm，x6=3.87cm．那么：则打3点处瞬时速度的大小是m/s，若纸带上两相邻计数点的时间间隔为T，则小车运动的加速度计算表达式为，加速度的大小是m/s2．已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电（结果保留两位有效数字）．（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a﹣F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为．A．2tanθB．C．k D．．三、计算题（3小题，共38分，请写出必要的文字和公式，只写结果的不得分）17．如图所示，斜面AB倾角为37°，底端A点与斜面上B点相距10m，甲、乙两物体大小不计，与斜面间的动摩擦因数为0.5，某时刻甲从A点沿斜面以10m/s的初速度滑向B，同时乙物体从B点无初速释放，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：（1）甲物体沿斜面上滑的加速度大小；（2）甲、乙两物体经多长时间相遇．18．如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l；水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已知R=0.4m，l=2.5m，v0=6m/s，物块质量m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数μ=0.4，轨道其他部分摩擦不计．取g=10m/s2．求：（1）物块经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；（2）物块从Q运动到P的时间及弹簧获得的最大弹性势能；（3）调节仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．19．如图是利用传送带装运煤块的示意图．其中传送带长20m，倾角θ=37°，煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖起高度H=3.2m，与运煤车车箱中心的水平距离x=1.6m．现在传送带底端由静止释放一些煤块（可视为质点），煤块在传送带的作用下先做匀加速直线运动，后与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（l）传送带匀速运动的速度v及主动轮和从动轮的半径R（2）煤块在传送带上由静止开始加速至落到车底板所经过的时间T．2016-2017学年山东师大附中高三（上）第二次模拟物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共14小题，1-8为单项选择题，每小题3分．9-14为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，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．在平直公路上行驶的a车和b车，其位移﹣时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知（）A．b车运动方向始终不变B．在t1时刻a车与b车速度相同C．t1到t3时间内a车与b车的平均速度相等D．t1到t2时间内有一时刻两车的速度相同【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】位移时间图线反映位移随时间的变化规律，图线切线的斜率表示瞬时速度，结合斜率的变化得出速度如何变化．根据位移和时间比较平均速度的大小．【解答】解：A、b图线切线切线先为负值，然后为正值，知b的运动方向发生变化．故A错误．B、在t1时刻，两车的位移相等，速度不同．故B错误．C、t1到t3时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同．故C正确．D、t1到t2时间内，b图线的切线斜率始终为负，与a的速度方向相反，则两车的速度不可能相同．故D错误．故选：C【点评】解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的切线斜率表示瞬时速度，根据斜率的正负可以确定运动的方向．2．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v﹣t图象如图所示．已知汽车的质量为m=2×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0．l倍．则以下说法正确的是（）A．汽车在前5 s内的牵引力为4×103NB．汽车的最大速度为30m/sC．汽车的额定功率为50kwD．0～t0时间内汽车牵引力做功为mv m2【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【分析】汽车在前5s内做匀加速运动，根据速度图象的斜率读出加速度，由牛顿第二定律求出牵引力．汽车在5s末功率达到额定功率，由P=Fv求出额定功率．汽车做匀速运动时，牵引力与阻力大小相等，由P=F阻v m，求出最大速度v m【解答】解：A、B汽车在前5s内做匀加速运动，加速度a=，由牛顿第二定律得：F﹣F阻=ma，F阻=0.1mg，解得F=6×103N．故A错误．B、汽车在5s末功率达到额定功率，P=Fv=6×103×10W=60kW．当汽车速度最大时，牵引力与阻力大小相等，即F=F阻，最大速度v m=，故B正确，C错误D、根据动能定理知，牵引力与阻力做功的代数和等于动能的增加量，故D错误．故D正确．故选：B．【点评】本题考查读图能力和分析汽车启动过程的能力，抓住汽车速度最大的临界条件：牵引力与阻力大小相等．3．如图，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点．O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为（）A．B．C．D．【考点】平抛运动．【分析】根据题意小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，可知速度的方向与水平方向成30°角，根据速度方向得到平抛运动的初速度与时间的关系．再根据水平方向匀速运动，得出水平位移与、初速度和时间的关系，联立即可求解初速度．【解答】解：小球做平抛运动，在飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知速度与水平方向的夹角为30°，则有：v y=v0tan30°又v y=gt，则得：v0tan30°=gt，t=①水平方向上小球做匀速直线运动，则有：R+Rcos60°=v0t ②联立①②解得：v0=．故选：C．【点评】解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合题中隐含的位移关系、速度关系进行求解．4．如图所示，叠放在水平转台上的小物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为μ，B．C 离转台中心的距离分别为r、1.5r．设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法中不正确的是（）A．当转速增大时，C先开始滑动B．C与转台间的摩擦力等于A与B间的摩擦力的一半C．转台的角速度一定满足：ω≤D．转台的角速度一定满足：ω≤【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．【分析】A随转台一起以角速度ω匀速转动，靠静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求出B对A的摩擦力大小．分别对A、AB整体、C受力分析，根据合力提供向心力，求出转台角速度的范围【解答】解：A、摩擦力提供物体做圆周运动所需要的向心力，C所需要的向心力μmg=mω2×1.5r=1.5mω2r，故C先滑动，故A正确．B、由于A与C转动的角速度相同，对C，由摩擦力提供向心力，有f C=m×1.5rω2=f A，即C与转台间的摩擦力等于A与B间的摩擦力的一半，故B正确；CD、对AB整体，有：（3m+2m）ω2r≤μ（3m+2m）g…①对物体C，有：mω2（1.5r）≤μmg…②对物体A，有：3mω2r≤μ（3m）g…③联立①②③解得：ω≤．故C正确，D错误．本题选错误的，故选：D【点评】本题关键要灵活选取研究对象，分别对A、AB整体、C受力分析，根据静摩擦力提供向心力以及最大静摩擦力等于滑动摩擦力列式分析5．如图，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则（）A．在CD段时，A受三个力作用B．在DE段时，A可能受三个力作用C．在DE段时，A受摩擦力方向一定沿斜面向上D．整个下滑过程中，A、B均处于失重状态【考点】物体的弹性和弹力；超重和失重．【分析】根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对A分析，判断B对A是否有摩擦力．【解答】解：A、在CD段，整体的加速度为：a==gsinθ，隔离对A分析，有：m A gsinθ+f A=m A a，解得：f A=0，可知A受重力和支持力两个力作用．故A错误．B、设DE段物块与斜面间的动摩擦因数为μ，在DE段，整体的加速度为：a==gsinθ﹣μgcosθ，隔离对A分析，有：m A gsinθ+f A=m A a，解得：f A=﹣μm A gcosθ，方向沿斜面向上．若匀速运动，A受到静摩擦力也是沿斜面向上，所以A一定受三个力．故B错误，C正确．D、整体下滑的过程中，CD段加速度沿斜面向下，A、B均处于失重状态．在DE段，可能做匀速直线运动，不处于失重状态．故D错误．故选：C．【点评】本题考查了物体的受力分析，A、B保持相对静止，之间有无摩擦力是解决本题的突破口，本题通过整体隔离分析，运用牛顿第二定律求解．6．研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其它条件都不变，则未来与现在相比（）A．地球的第一宇宙速度变小B．地球赤道处的重力加速度变小C．地球同步卫星距地面的高度变小D．地球同步卫星的线速度变小【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【分析】卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据此分析地球自转周期的变化对速度和向心加速度的影响．【解答】解：B、赤道上的物体受到的重力等于万有引力减去向心力，，因为T变大，向心力变小，故重力变大，即地球赤道处的重力加速度变大，故B错误．A、地球的第一宇宙速度，就是近地卫星的运行速度，根据重力提供向心力，得，因为地球表面的重力加速度变大，故地球的第一宇宙速度变大．故A错误．C、地球同步卫星由万有引力提供圆周运动向心力，据，得，由此可知，地球自转在逐渐变慢，即同步卫星的周期T增大，轨道半径r增大，距地面的高度变大，故C错误．D、万有引力提供圆周运动向心力，得，由此可知，轨道半径r变大，卫星的线速度变小，故D正确．故选：D．【点评】本题考查向心力公式及同步卫星的性质，要注意明确同步卫星的转动周期与地球的自转周期相同．7．如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m 的木块A从B的左端以初速度v0=3m/s开始水平向右滑动，已知M＞m．用①和②分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于二者速度v随时间t的变化图象，其中可能正确的是（）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】木块滑上木板，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律比较出A、B的加速度大小，从而确定速度时间图线的正误，若A不能够滑下，则两者最终拥有共同的速度，若能够滑下，则A的速度较大．【解答】解：AB、木块滑上木板，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：a A=，，已知M＞m，则a A＞a B．①图线斜率的绝对值大于②图线斜率的绝对值，故AB错误；C、若A不能够滑下，则两者最终拥有共同的速度，若能够滑下，则A的速度较大，故C正确；D、若A不能够滑下，则两者最终拥有共同的速度，若能够滑下，则A的速度较大，故D错误．故选：C．【点评】本题综合考查了动能定理，牛顿第二定律，对学生能力的要求较高，关键是通过图线的斜率判断图象的正误．8．开口向上的半球形曲面的截面如图所示，直径AB水平．一小物块在曲面内A点以某一速率开始下滑，曲面内各处动摩擦因数不同，因摩擦作用物块下滑时速率不变，则下列说法正确的是（）A．物块运动过程中加速度始终为零B．物块所受合外力恒定不变C．在滑到最低点C以前，物块所受摩擦力大小逐渐变小D．滑到最低点C时，物块所受重力的瞬时功率达到最大【考点】向心力；摩擦力的判断与计算．【分析】小物块下滑时的速度大小不变，所以物块做的是匀速圆周运动，根据匀速圆周运动的规律可以逐项分析求解．【解答】解：A 、B 、物体做的是匀速圆周运动，受到的合力作为物体的向心力，产生加速度，所以物体的加速度大小不变，方向时刻在变化，合外力也大小不变方向时刻变化，所以A 错误，B 错误；C 、物块在下滑的过程中，速度的大小不变，所以沿切线方向上合力为零，重力在切线方向上的分力与摩擦力大小相等，重力在切线方向上的分力减小，摩擦力减小，所以C 正确；D 、滑到最低点C 时，物块所受重力的瞬时功率为零，故D 错误．故选：C ．【点评】由于物体做的是匀速运动，说明物体沿切线始终处于受力平衡状态，摩擦力的大小也在不断的变小；在物体下滑的过程中，重力沿半径方向上分量变大，物体受到的支持力不断变大．9．如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m 的滑雪运动员从距底端高为h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g 运动员从上向下滑到底端的过程中（）A ．合外力做功为mghB ．增加的动能为mghC ．克服摩擦力做功为mghD ．减少的机械能为mgh【考点】动能定理的应用；功能关系．【分析】本题中合外力做功由功的公式和牛顿第二定律结合即可求解；根据动能定理可求出动能的增加量；根据牛顿第二定律求出摩擦力大小，再根据功的公式即可求解克服摩擦力做功；根据“功能原理”求出减少的机械能．【解答】解：A 、根据功的公式可知，合外力做功应为：W 合=F 合=ma2h=mgh ，故A 错误；B 、对滑雪运动员，由动能定理可知，△E k =W 合=mgh ，故B 正确；C 、对滑雪运动员由牛顿第二定律应有：mgsin30°﹣f=ma ，可得运动员受到的阻力f=mg ，所以运动员克服摩擦力做的功为 W f =f =mgh ，故C 正确；D 、根据“功能原理”可知减少的机械能应等于克服阻力做的功，即有：△E=W f =mgh ，故D 错误；故选：BC【点评】本题应明确：①涉及到“动能”、“功”等字眼时考虑应用动能定理求解；②“功能原理”是指除重力以外其它力做的功等于物体机械能的变化．10．如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I ，然后在Q 点通过改变卫星速度，让卫星进人地球同步轨道Ⅱ，则下列说法正确的是（）A．该卫星需在Q点点火加速才能进入同步轨道ⅡB．卫星在同步轨道II上的运行速度大于在轨道I上Q点的速度C．卫星在轨道I上P点的速度小于在轨道Ⅱ上的速度D．如果要把该同步卫星回收且在P点着陆可在轨道Ⅱ上的Q点通过点火减速实现【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【分析】卫星在轨道Ⅰ上的Q点进入轨道Ⅱ，需加速，使万有引力等于所需要的向心力．通过万有引力做功可以比较P点和Q点的速度，以及根据万有引力提供向心力比较卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度和第一宇宙速度的大小．【解答】解：A、从椭圆轨道Ⅰ到同步轨道Ⅱ，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力．所以卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ．故A正确；B、从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力．所以在轨道Ⅱ上Q点的速度大于轨道上ⅠQ点的速度．故B正确；C、由万有引力提供向心力，即=mv=轨道半径越大，速度越小，则经过P点的圆轨道速度大于在轨道Ⅱ上的速度，因为P点是近地点，在P点的速度大于经过P点圆轨道的速度，可知卫星在轨道I上P点的速度大于在轨道Ⅱ上的速度，故C错误；D、要把该同步卫星回收，卫星在Q点是做近心运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力小于万有引力，所以应给卫星减速，减小所需的向心力．所以卫星在Q点通过减速实现由轨道Ⅱ进入轨道Ⅰ．故D正确．故选：ABD．【点评】解决本题的关键掌握卫星如何变轨，以及掌握万有引力提供向心力解决问题的思路．卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定．11．如图所示，两个质量分别为m1=3kg、m2=2kg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（）A．弹簧秤的示数是50 NB．弹簧秤的示数是24 NC．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为2 m/s2D．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为12 m/s2【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【分析】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，由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．【解答】解：A、B在两水平拉力作用下，整体向右做匀加速运动．。

山东师大附中2015级高三第二次模拟考试2015级高三第二次模拟考试参考答案

山东师大附中2015级高三第二次模拟考考试
地理试卷（文科）参考答案
命题：刘长增；审核：仲伟强；时间：2017年10月25日。

第Ⅰ卷（30小题，共计60分）
第Ⅱ卷（共计40分）
31.（10分）参考答案
⑴①、④。

（2分）
⑵全年，山谷地区的气温日变化幅度（气温日较差）均大于山顶（2分）。

山谷地区，空气与地面的接触面积大，通风不良（2分）；并且在夜间常为冷空气下沉汇合之处（2分）；故而，其气温日较差大。

而山顶地区因下垫面面积小，且风速较大（2分），热量交换频繁（2分）；另外，山顶地区空气相对稀薄，大气透明度高，白天大气对太阳辐射的削弱作用较弱，夜间保温作用较差；故而气温日较差比山谷地区小。

（也可以直接根据山谷风的原理来阐述）
32.（14分）参考答案
⑴东西走向（2分）；理由：河流由中间流向南、北两侧（或答：据河流流向）（2分）。

⑵热带雨林。

（2分）
⑶流量：甲河大于乙河（2分）；汛期：甲河全年无典型的汛期（1分），乙河汛期集中于夏季（1分）；流速：乙河流速大于甲河（2分）；含沙量：甲河的含沙量要小于乙河（2分）。

33.（16分）参考答案
⑴乙。

（2分）理由：甲、乙两地的结冰时间（年平均气温≤-4℃日数）要大于丙、丁两地（2分），因此，甲、乙两地的结冰厚度要大于丙、丁两地；乙地临近陆地，水体的热容量小于甲地（2分），且乙地临近陆地，有河流淡水汇入而导致其盐度较低；因此，其结冰厚度要大于甲地。

⑵D。

（2分）
⑶
山师附中2015级高三第二次模拟考试·地理试卷（文科）·参考答案第1页（共1页）。

山东师大附中2018届高三物理上学期二模试题带解析

山东师大附中2018届高三物理上学期二模试题（带解析）山东省师大附中2018届高三第二次模拟考试物理试卷一、选择题1.春风650KT是优秀国产跑车.分析其报呈的直线加速赛的数据（近似看做匀变速直线运动).发砚它在第一个4s内的平均速度比它在策一个5s内的平均速度小3m/s，则.摩托车的加速度大小为A.1m/s2B.2m/s2C.3m/s2D.6m/s2【答案】D【解析】设在第一个4s内的平均速度为v1，根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于这段过程的平均速度可得，在2s时刻的瞬时速度为v2s=v1，设在第一个5s内的平均速度为v2，同理可得，在2.5s时刻的瞬时速度的大小为v2.5s=v2，根据，所以D正确．故选D．点睛：本题关键是掌握住匀变速直线运动的规律，根据中间时刻的速度等于这段过程的平均速度可以求得物体在两个不同时刻的速度的大小，进而可以求得加速度的大小．2.下图为一位于墙角的光滑斜面，其倾斜角为，劲度系效为k的轻质弹簧一端系在质量为m小球上，另一端固定在墙上，弹簧水平放置，小球在斜面上静止时，则弹簧的形变量大小为(,)A.B.C.D.【答案】A【解析】对小球受力如图所示，受到重力mg、斜面的支持力FN和弹簧的弹力F作用下处于平衡状态，故斜面的支持力FN和弹簧的弹力F的合力与mg等大、反向，则得F=mgtan53°；又由胡克定律得kx=F，解得，弹簧的形变量大小，故选A.3.如图所示，我国有一种传统的民族体育项目叫做“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果绳的质量不计，且保持水平，甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是()A.甲对乙的拉力始终大于乙对甲的拉力B.当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力C.只有甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小才等于乙对甲的拉力大小D.甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力【答案】D【解析】甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力与反作用力，大小始终相等，与运动状态无关，故ABC错误；即不管哪个获胜，甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是当地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，甲才能获胜，故D正确；故选D.4.下雨天，小李同学站在窗边看到屋檐上不断有雨水滴下．如图所示，他发现当第1滴水滴落地时，第4滴刚好形成，并目测第3、4两水滴的高度差约为40cm，假设相邻两水滴形成的时间间隔相同，则屋檐离地高度约为（）A.5.5mB.4.5mC.3.5mD.2.5m【答案】C【解析】根据比例关系，从上到下相邻水滴间距离之比为1：3：5：7：9，而3、4两滴间距离为40cm=0.4m，所以总高度H=（1+3+5）×0.4=3.6m．C选项最接近．故C正确，ABD错误，故选C.点睛：解决本题的关键掌握初速度为0的匀加速直线运动，在连续相等时间间隔内的位移比为1：3：5：7．以及掌握自由落体运动的位移时间公式H=gt2.5.2017年8月四川某地发生特大泥石流，许多建筑物因此损毁，而一根电线杆因设计合理而无丝毫倾斜（如图所示），电线杆BO是用两根钢丝绳AB、BC垂直固定在地面上的，且他们在同一个平面内，设AO=9m，OC=16m，OB=12m，为使电线杆不发生倾斜，两根绳上张力之比FAB：FBC为A.39:25B.4:3C.3:4D.3：5【答案】B点睛：该题考查共点力的平衡与力的合成问题，解答本题的关键是两根绳上的张力在水平方向上的分力大小相等．6.粗糙水平面上一个1kg的物体在水平外力的作用下做直线运动,其运动的速度——时间（v-t）图象如图所示，已知1～2s时间内水平作用力是2N，取g=10m/s2，下列说法正确的是（）A.物体受到的摩擦力Ff=4NB.0～1s内水平外力为2NC.2～3s内水平外力为4ND.地面与物体之间的滑动摩擦因数是【答案】D【解析】1～2s时间内物体匀速运动，因水平作用力是2N，则摩擦力为2N，动摩擦因数为，选项A错误，D正确；0-1s内的加速度，根据牛顿第二定律可得：F1-f=ma1，解得F1=4N，选项B错误；2-3s内的加速度，根据牛顿第二定律可得：F2-f=ma2，解得F2=3N，选项C错误；故选D.7.甲、乙两辆汽车前后行驶在同一笔直车道上，速度分别为6.0m/s和8.0m/s，相距5.0m时前面的甲车开始以2.0m/s2的加速度做匀减速运动，后面的乙车也立即减速，为避免发生撞车事故，则乙车刹车的加速度至少是（）A.2.3m/s2B.2.4m/s2C.2.7m/s2D.2.8m/s2【答案】A【解析】设经过时间t甲乙两车速度相等，则有：，即：6−2.0t＝8−a乙t…①，即：6t−×2t2+5＝8t−a乙t2…②联立①②解得：a＝2.4m/s2，故B正确，ACD错误；故选B.点睛：本题考查了运动学中的追及问题，关键抓住临界状态，即速度相等时，两车距离最近这个条件，结合运动学公式列出位移关系求解．8.如图所示，两个小球通过两个相同的弹簧和一个水平向左的外力在竖直平面内达到平衡，则以下说法正确的是（）A.A、B弹簧产生的弹力大小相等B.A、B两弹簧形变量之比为4：lC.撤去F.的瞬间，a球的加速度为零D.撤去F的瞬间.b球处于失重状态【答案】B【解析】对小球a，由平衡条件可知：，对小球b：TA=mg，解得TB=4mg，因两弹簧相同，则A、B两弹簧形变量之比为1：4，选项B正确；因F=TBsin600=2mg，可知撤去F的瞬间，a球的加速度为，加速度不为零，选项C错误；撤去F的瞬间.b球的加速度为零，则不是失重状态，选项D错误；故选B.9.如图所示，将小球从倾角为的斜面上P的点先后以不同的速度向右水平抛出，小球分别落到斜面上的A点、B 点，以及水平面上的C点，已知B点为斜面底端点，p、A、B、C在水平方向间隔相等，不计空气阻力，则（）A.三次抛出小球后，小球在空中飞行的时间均不同B.小球落到A、B两点时，其速度的方向不同C.若小球落到A、C两点，则两次抛出时小球的速率之比为D.若小球落到B，C两点，明两次抛出时小球的速率之比为【答案】C【解析】试题分析：根据h=gt2，得，由于B．C下落的高度相同，则这两球飞行时间相同，大于A球飞行时间．故A错误；A．B两球都落在斜面上，竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定，即有：,解得：．则落在斜面上时竖直方向上的分速度为：vy=gt=2v0tan45°=2v0设球落在斜面上时速度与水平方向的夹角为α，有：．知落在斜面上时，速度与水平方向的夹角与初速度无关，则A．B小球在落点处的速度方向相同，故B错误；小球落到A．B两点，水平位移，据题，P、A．B在水平方向间隔相等，可得：两次抛出时小球的速率之比为：vA：vB=1：;小球落到B．C两点，则运动的时间相等，而P、A．B．C在水平方向间隔相等，根据可知，两次抛出时小球的速率之比为：vB：vC=2：3,所以得：vA：vC=：3，故C正确，D错误．故选C．考点：平抛运动的规律【名师点睛】解决本题的关键把握隐含的条件，知道小球落在斜面上，竖直分位移与水平位移之比等于tanθ．要灵活选择比较的对象，再结合平抛运动的规律（水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动）研究这类问题。

山东师大附中届高三上学期第二次模拟物理试卷 Word版含解析

2016-2017学年山东师大附中高三（上）第二次模拟物理试卷一、选择题（本题共14小题，1-8为单项选择题，每小题3分．9-14为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，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．在平直公路上行驶的a车和b车，其位移﹣时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知（）A．b车运动方向始终不变B．在t1时刻a车与b车速度相同C．t1到t3时间内a车与b车的平均速度相等D．t1到t2时间内有一时刻两车的速度相同2．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v﹣t图象如图所示．已知汽车的质量为m=2×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0．l倍．则以下说法正确的是（）A．汽车在前5 s内的牵引力为4×103NB．汽车的最大速度为30m/sC．汽车的额定功率为50kwD．0～t0时间内汽车牵引力做功为mv m23．如图，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点．O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为（）A．B．C．D．4．如图所示，叠放在水平转台上的小物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为μ，B．C 离转台中心的距离分别为r、1.5r．设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法中不正确的是（）A．当转速增大时，C先开始滑动B．C与转台间的摩擦力等于A与B间的摩擦力的一半C．转台的角速度一定满足：ω≤D．转台的角速度一定满足：ω≤5．如图，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则（）A．在CD段时，A受三个力作用B．在DE段时，A可能受三个力作用C．在DE段时，A受摩擦力方向一定沿斜面向上D．整个下滑过程中，A、B均处于失重状态6．研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其它条件都不变，则未来与现在相比（）A．地球的第一宇宙速度变小B．地球赤道处的重力加速度变小C．地球同步卫星距地面的高度变小D．地球同步卫星的线速度变小7．如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m 的木块A从B的左端以初速度v0=3m/s开始水平向右滑动，已知M＞m．用①和②分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于二者速度v随时间t的变化图象，其中可能正确的是（）A．B．C．D．8．开口向上的半球形曲面的截面如图所示，直径AB水平．一小物块在曲面内A点以某一速率开始下滑，曲面内各处动摩擦因数不同，因摩擦作用物块下滑时速率不变，则下列说法正确的是（）A．物块运动过程中加速度始终为零B．物块所受合外力恒定不变C．在滑到最低点C以前，物块所受摩擦力大小逐渐变小D．滑到最低点C时，物块所受重力的瞬时功率达到最大9．如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g运动员从上向下滑到底端的过程中（）A．合外力做功为mgh B．增加的动能为mghC．克服摩擦力做功为mgh D．减少的机械能为mgh10．如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进人地球同步轨道Ⅱ，则下列说法正确的是（）A．该卫星需在Q点点火加速才能进入同步轨道ⅡB．卫星在同步轨道II上的运行速度大于在轨道I上Q点的速度C．卫星在轨道I上P点的速度小于在轨道Ⅱ上的速度D．如果要把该同步卫星回收且在P点着陆可在轨道Ⅱ上的Q点通过点火减速实现11．如图所示，两个质量分别为m1=3kg、m2=2kg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（）A．弹簧秤的示数是50 NB．弹簧秤的示数是24 NC．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为2 m/s2D．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为12 m/s212．放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示．下列说法正确的是（）A．0～6s内物体的位移大小为30mB．2～6s内拉力做的功为40JC．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等D．滑动摩擦力的大小为5N13．如图所示，物体A和B质量均为m，分别与轻绳连接跨过定滑轮（不计绳与滑轮之间的摩擦）．当用水平力F拉B物体沿水平面向右做匀速直线运动时，下列判断正确的是（）A．物体A也做匀速直线运动B．绳子对物体A的拉力始终大于A的重力C．物体A的速度小于物体B的速度D．物体A的速度大于物体B的速度14．如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ．初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度作匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是（重力加速度为g）（）A．μ与a之间一定满足关系μ＜B．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为C．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为D．黑色痕迹的长度为二、实验题（2小题，共14分）15．请写出下列仪器的读数：（1）图1cm（2）图2纸带上O点与A点间的距离：cm．16．为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置．其中M 为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量．（1）实验时，一定要进行的操作是A．用天平测出砂和砂桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两相邻计数点间还有四个点没有画出），测得：x1=1.40cm，x2=1.90cm，x3=2.38cm，x4=2.88cm，x5=3.39cm，x6=3.87cm．那么：则打3点处瞬时速度的大小是m/s，若纸带上两相邻计数点的时间间隔为T，则小车运动的加速度计算表达式为，加速度的大小是m/s2．已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电（结果保留两位有效数字）．（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a﹣F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为．A．2tanθB．C．k D．．三、计算题（3小题，共38分，请写出必要的文字和公式，只写结果的不得分）17．如图所示，斜面AB倾角为37°，底端A点与斜面上B点相距10m，甲、乙两物体大小不计，与斜面间的动摩擦因数为0.5，某时刻甲从A点沿斜面以10m/s的初速度滑向B，同时乙物体从B点无初速释放，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：（1）甲物体沿斜面上滑的加速度大小；（2）甲、乙两物体经多长时间相遇．18．如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l；水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已知R=0.4m，l=2.5m，v0=6m/s，物块质量m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数μ=0.4，轨道其他部分摩擦不计．取g=10m/s2．求：（1）物块经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；（2）物块从Q运动到P的时间及弹簧获得的最大弹性势能；（3）调节仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．19．如图是利用传送带装运煤块的示意图．其中传送带长20m，倾角θ=37°，煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖起高度H=3.2m，与运煤车车箱中心的水平距离x=1.6m．现在传送带底端由静止释放一些煤块（可视为质点），煤块在传送带的作用下先做匀加速直线运动，后与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（l）传送带匀速运动的速度v及主动轮和从动轮的半径R（2）煤块在传送带上由静止开始加速至落到车底板所经过的时间T．2016-2017学年山东师大附中高三（上）第二次模拟物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共14小题，1-8为单项选择题，每小题3分．9-14为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，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．在平直公路上行驶的a车和b车，其位移﹣时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知（）A．b车运动方向始终不变B．在t1时刻a车与b车速度相同C．t1到t3时间内a车与b车的平均速度相等D．t1到t2时间内有一时刻两车的速度相同【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】位移时间图线反映位移随时间的变化规律，图线切线的斜率表示瞬时速度，结合斜率的变化得出速度如何变化．根据位移和时间比较平均速度的大小．【解答】解：A、b图线切线切线先为负值，然后为正值，知b的运动方向发生变化．故A错误．B、在t1时刻，两车的位移相等，速度不同．故B错误．C、t1到t3时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同．故C正确．D、t1到t2时间内，b图线的切线斜率始终为负，与a的速度方向相反，则两车的速度不可能相同．故D错误．故选：C【点评】解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的切线斜率表示瞬时速度，根据斜率的正负可以确定运动的方向．2．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v﹣t图象如图所示．已知汽车的质量为m=2×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0．l倍．则以下说法正确的是（）A．汽车在前5 s内的牵引力为4×103NB．汽车的最大速度为30m/sC．汽车的额定功率为50kwD．0～t0时间内汽车牵引力做功为mv m2【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【分析】汽车在前5s内做匀加速运动，根据速度图象的斜率读出加速度，由牛顿第二定律求出牵引力．汽车在5s末功率达到额定功率，由P=Fv求出额定功率．汽车做匀速运动时，牵引力与阻力大小相等，由P=F阻v m，求出最大速度v m【解答】解：A、B汽车在前5s内做匀加速运动，加速度a=，由牛顿第二定律得：F﹣F阻=ma，F阻=0.1mg，解得F=6×103N．故A错误．B、汽车在5s末功率达到额定功率，P=Fv=6×103×10W=60kW．当汽车速度最大时，牵引力与阻力大小相等，即F=F阻，最大速度v m=，故B正确，C错误D、根据动能定理知，牵引力与阻力做功的代数和等于动能的增加量，故D错误．故D正确．故选：B．【点评】本题考查读图能力和分析汽车启动过程的能力，抓住汽车速度最大的临界条件：牵引力与阻力大小相等．3．如图，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点．O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为（）A．B．C．D．【考点】平抛运动．【分析】根据题意小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，可知速度的方向与水平方向成30°角，根据速度方向得到平抛运动的初速度与时间的关系．再根据水平方向匀速运动，得出水平位移与、初速度和时间的关系，联立即可求解初速度．【解答】解：小球做平抛运动，在飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知速度与水平方向的夹角为30°，则有：v y=v0tan30°又v y=gt，则得：v0tan30°=gt，t=①水平方向上小球做匀速直线运动，则有：R+Rcos60°=v0t ②联立①②解得：v0=．故选：C．【点评】解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合题中隐含的位移关系、速度关系进行求解．4．如图所示，叠放在水平转台上的小物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为μ，B．C 离转台中心的距离分别为r、1.5r．设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法中不正确的是（）A．当转速增大时，C先开始滑动B．C与转台间的摩擦力等于A与B间的摩擦力的一半C．转台的角速度一定满足：ω≤D．转台的角速度一定满足：ω≤【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．【分析】A随转台一起以角速度ω匀速转动，靠静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求出B对A的摩擦力大小．分别对A、AB整体、C受力分析，根据合力提供向心力，求出转台角速度的范围【解答】解：A、摩擦力提供物体做圆周运动所需要的向心力，C所需要的向心力μmg=mω2×1.5r=1.5mω2r，故C先滑动，故A正确．B、由于A与C转动的角速度相同，对C，由摩擦力提供向心力，有f C=m×1.5rω2=f A，即C与转台间的摩擦力等于A与B间的摩擦力的一半，故B正确；CD、对AB整体，有：（3m+2m）ω2r≤μ（3m+2m）g…①对物体C，有：mω2（1.5r）≤μmg…②对物体A，有：3mω2r≤μ（3m）g…③联立①②③解得：ω≤．故C正确，D错误．本题选错误的，故选：D【点评】本题关键要灵活选取研究对象，分别对A、AB整体、C受力分析，根据静摩擦力提供向心力以及最大静摩擦力等于滑动摩擦力列式分析5．如图，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则（）A．在CD段时，A受三个力作用B．在DE段时，A可能受三个力作用C．在DE段时，A受摩擦力方向一定沿斜面向上D．整个下滑过程中，A、B均处于失重状态【考点】物体的弹性和弹力；超重和失重．【分析】根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对A分析，判断B对A是否有摩擦力．【解答】解：A、在CD段，整体的加速度为：a==gsinθ，隔离对A分析，有：m A gsinθ+f A=m A a，解得：f A=0，可知A受重力和支持力两个力作用．故A错误．B、设DE段物块与斜面间的动摩擦因数为μ，在DE段，整体的加速度为：a==gsinθ﹣μgcosθ，隔离对A分析，有：m A gsinθ+f A=m A a，解得：f A=﹣μm A gcosθ，方向沿斜面向上．若匀速运动，A受到静摩擦力也是沿斜面向上，所以A一定受三个力．故B错误，C正确．D、整体下滑的过程中，CD段加速度沿斜面向下，A、B均处于失重状态．在DE段，可能做匀速直线运动，不处于失重状态．故D错误．故选：C．【点评】本题考查了物体的受力分析，A、B保持相对静止，之间有无摩擦力是解决本题的突破口，本题通过整体隔离分析，运用牛顿第二定律求解．6．研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其它条件都不变，则未来与现在相比（）A．地球的第一宇宙速度变小B．地球赤道处的重力加速度变小C．地球同步卫星距地面的高度变小D．地球同步卫星的线速度变小【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【分析】卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据此分析地球自转周期的变化对速度和向心加速度的影响．【解答】解：B、赤道上的物体受到的重力等于万有引力减去向心力，，因为T变大，向心力变小，故重力变大，即地球赤道处的重力加速度变大，故B错误．A、地球的第一宇宙速度，就是近地卫星的运行速度，根据重力提供向心力，得，因为地球表面的重力加速度变大，故地球的第一宇宙速度变大．故A错误．C、地球同步卫星由万有引力提供圆周运动向心力，据，得，由此可知，地球自转在逐渐变慢，即同步卫星的周期T增大，轨道半径r增大，距地面的高度变大，故C错误．D、万有引力提供圆周运动向心力，得，由此可知，轨道半径r变大，卫星的线速度变小，故D正确．故选：D．【点评】本题考查向心力公式及同步卫星的性质，要注意明确同步卫星的转动周期与地球的自转周期相同．7．如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m 的木块A从B的左端以初速度v0=3m/s开始水平向右滑动，已知M＞m．用①和②分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于二者速度v随时间t的变化图象，其中可能正确的是（）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】木块滑上木板，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律比较出A、B的加速度大小，从而确定速度时间图线的正误，若A不能够滑下，则两者最终拥有共同的速度，若能够滑下，则A的速度较大．【解答】解：AB、木块滑上木板，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：a A=，，已知M＞m，则a A＞a B．①图线斜率的绝对值大于②图线斜率的绝对值，故AB错误；C、若A不能够滑下，则两者最终拥有共同的速度，若能够滑下，则A的速度较大，故C正确；D、若A不能够滑下，则两者最终拥有共同的速度，若能够滑下，则A的速度较大，故D错误．故选：C．【点评】本题综合考查了动能定理，牛顿第二定律，对学生能力的要求较高，关键是通过图线的斜率判断图象的正误．8．开口向上的半球形曲面的截面如图所示，直径AB水平．一小物块在曲面内A点以某一速率开始下滑，曲面内各处动摩擦因数不同，因摩擦作用物块下滑时速率不变，则下列说法正确的是（）A．物块运动过程中加速度始终为零B．物块所受合外力恒定不变C．在滑到最低点C以前，物块所受摩擦力大小逐渐变小D．滑到最低点C时，物块所受重力的瞬时功率达到最大【考点】向心力；摩擦力的判断与计算．【分析】小物块下滑时的速度大小不变，所以物块做的是匀速圆周运动，根据匀速圆周运动的规律可以逐项分析求解．【解答】解：A 、B 、物体做的是匀速圆周运动，受到的合力作为物体的向心力，产生加速度，所以物体的加速度大小不变，方向时刻在变化，合外力也大小不变方向时刻变化，所以A 错误，B 错误；C 、物块在下滑的过程中，速度的大小不变，所以沿切线方向上合力为零，重力在切线方向上的分力与摩擦力大小相等，重力在切线方向上的分力减小，摩擦力减小，所以C 正确；D 、滑到最低点C 时，物块所受重力的瞬时功率为零，故D 错误．故选：C ．【点评】由于物体做的是匀速运动，说明物体沿切线始终处于受力平衡状态，摩擦力的大小也在不断的变小；在物体下滑的过程中，重力沿半径方向上分量变大，物体受到的支持力不断变大．9．如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m 的滑雪运动员从距底端高为h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g 运动员从上向下滑到底端的过程中（）A ．合外力做功为mghB ．增加的动能为mghC ．克服摩擦力做功为mghD ．减少的机械能为mgh【考点】动能定理的应用；功能关系．【分析】本题中合外力做功由功的公式和牛顿第二定律结合即可求解；根据动能定理可求出动能的增加量；根据牛顿第二定律求出摩擦力大小，再根据功的公式即可求解克服摩擦力做功；根据“功能原理”求出减少的机械能．【解答】解：A 、根据功的公式可知，合外力做功应为：W 合=F 合=ma2h=mgh ，故A 错误；B 、对滑雪运动员，由动能定理可知，△E k =W 合=mgh ，故B 正确；C 、对滑雪运动员由牛顿第二定律应有：mgsin30°﹣f=ma ，可得运动员受到的阻力f=mg ，所以运动员克服摩擦力做的功为 W f =f =mgh ，故C 正确；D 、根据“功能原理”可知减少的机械能应等于克服阻力做的功，即有：△E=W f =mgh ，故D 错误；故选：BC【点评】本题应明确：①涉及到“动能”、“功”等字眼时考虑应用动能定理求解；②“功能原理”是指除重力以外其它力做的功等于物体机械能的变化．10．如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I ，然后在Q 点通过改变卫星速度，让卫星进人地球同步轨道Ⅱ，则下列说法正确的是（）A．该卫星需在Q点点火加速才能进入同步轨道ⅡB．卫星在同步轨道II上的运行速度大于在轨道I上Q点的速度C．卫星在轨道I上P点的速度小于在轨道Ⅱ上的速度D．如果要把该同步卫星回收且在P点着陆可在轨道Ⅱ上的Q点通过点火减速实现【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【分析】卫星在轨道Ⅰ上的Q点进入轨道Ⅱ，需加速，使万有引力等于所需要的向心力．通过万有引力做功可以比较P点和Q点的速度，以及根据万有引力提供向心力比较卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度和第一宇宙速度的大小．【解答】解：A、从椭圆轨道Ⅰ到同步轨道Ⅱ，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力．所以卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ．故A正确；B、从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力．所以在轨道Ⅱ上Q点的速度大于轨道上ⅠQ点的速度．故B正确；C、由万有引力提供向心力，即=mv=轨道半径越大，速度越小，则经过P点的圆轨道速度大于在轨道Ⅱ上的速度，因为P点是近地点，在P点的速度大于经过P点圆轨道的速度，可知卫星在轨道I上P点的速度大于在轨道Ⅱ上的速度，故C错误；D、要把该同步卫星回收，卫星在Q点是做近心运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力小于万有引力，所以应给卫星减速，减小所需的向心力．所以卫星在Q点通过减速实现由轨道Ⅱ进入轨道Ⅰ．故D正确．故选：ABD．【点评】解决本题的关键掌握卫星如何变轨，以及掌握万有引力提供向心力解决问题的思路．卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定．11．如图所示，两个质量分别为m1=3kg、m2=2kg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（）A．弹簧秤的示数是50 NB．弹簧秤的示数是24 NC．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为2 m/s2D．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为12 m/s2【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【分析】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，由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．【解答】解：A、B在两水平拉力作用下，整体向右做匀加速运动．。

物理建模系列(六) 四类常见平抛运动模型

物理建模系列(六) 四类常见平抛运动模型模型一水平地面上空h 处的平抛运动由h ＝12gt 2知t ＝2hg，即t 由高度h 决定．甲模型二半圆内的平抛运动(如图甲) 由半径和几何关系制约时间t ： h ＝12gt 2 R ±R 2－h 2＝v 0t 联立两方程可求t .模型三斜面上的平抛运动乙1．顺着斜面平抛(如图乙) 方法：分解位移 x ＝v 0t y ＝12gt 2 tan θ＝yx 可求得t ＝2v 0tan θg丙2．对着斜面平抛(如图丙) 方法：分解速度 v x ＝v 0 v y ＝gt tan θ＝v y v 0＝gt v 0可求得t ＝v 0tan θg模型四对着竖直墙壁的平抛运动(如图丁)丁水平初速度v 0不同时，虽然落点不同，但水平位移相同． t ＝d v 0例1 如图，从半径为R ＝1 m 的半圆AB 上的A 点水平抛出一个可视为质点的小球，经t ＝0.4 s 小球落到半圆上．已知当地的重力加速度g ＝10 m/s 2，则小球的初速度v 0可能为( )A ．1 m/sB ．2 m/s C.3 m/sD ．4 m/s【解析】由于小球经0.4 s 落到半圆上，下落的高度h ＝12gt 2＝0.8 m ，位置可能有两处，如图所示．第一种可能：小球落在半圆左侧，v 0t ＝R －R 2－h 2＝0.4 m ，v 0＝1 m/s 第二种可能：小球落在半圆右侧，v 0t ＝R ＋R 2－h 2，v 0＝4 m/s ，选项A 、D 正确．【答案】 AD例2 如图所示，斜面上有a 、b 、c 、d 四个点，ab ＝bc ＝cd .从a 点正上方的O 点以速度v 水平抛出一个小球，它落在斜面上b 点．若小球从O 点以速度2v 水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的( )A ．b 与c 之间某一点B ．c 点C ．c 与d 之间某一点D ．d 点【解析】如图所示，过b 点做水平线be ，由题意知小球第一次落在b 点，第二次速度变为原来的2倍后，轨迹为Oc ′，c ′在c 的正下方be 线上，故轨迹与斜面的交点应在bc 之间．据运动规律作图越直观，对解决问题越有利．【答案】 A[高考真题]1. (2015·课标卷Ⅰ，18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h .不计空气的作用，重力加速度大小为g .若乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是( )A.L 12g6h ＜v ＜L 1g6hB.L 14gh ＜v ＜ (4L 21＋L 22)g6h C.L 12g 6h ＜v ＜12 (4L 21＋L 22)g6h D.L 14g h ＜v ＜12(4L 21＋L 22)g6h【解析】发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动．当速度v 最小时，球沿中线恰好过网，有： 3h －h ＝gt 212①L 12＝v 1t 1② 联立①②得v 1＝L 14g h当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有124L 21＋L 22＝v 2t 2③ 3h ＝12gt 22④联立③④得v 2＝12(4L 21＋L 22)g6h所以使乒乓球落到球网右侧台面上，v 的最大取值范围为L 14g h ＜v ＜12(4L 21＋L 22)g6h，选项D 正确．【答案】 D2.(2016·上海卷，23)如图，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC 是位于竖直平面内以O 为圆心的一段圆弧，OA 与竖直方向的夹角为α.一小球以速度v 0从桌面边缘P 水平抛出，恰好从A 点沿圆弧的切线方向进入凹槽．小球从P 到A 的运动时间为 ________ ；直线P A 与竖直方向的夹角β＝ ________ .【解析】据题意，小球从P 点抛出后做平抛运动，小球运动到A 点时将速度分解，有tan α＝v y v x ＝gt v 0，则小球运动到A 点的时间为：t ＝v 0tan αg ；从P 点到A 点的位移关系有：tan β＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt ＝2tan α＝2cot α，所以P A 与竖直方向的夹角为：β＝arctan(2cot α)．【答案】v 0tan αgarctan(2cot α) 3.(2014·江苏卷，6)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片，A 球水平抛出，同时B 球被松开，自由下落．关于该实验，下列说法中正确的有( )A ．两球的质量应相等B ．两球应同时落地C ．应改变装置的高度，多次实验D ．实验也能说明A 球在水平方向上做匀速直线运动【解析】小锤打击弹性金属片后，A 球做平抛运动，B 球做自由落体运动．A 球在竖直方向上的运动情况与B 球相同，做自由落体运动，因此两球同时落地．实验时，需A 、B 两球从同一高度开始运动，对质量没有要求，但两球的初始高度及击打力度应该有变化，实验时要进行3～5次得出结论．本实验不能说明A 球在水平方向上的运动性质，故选项B 、C 正确，选项A 、D 错误．【答案】 BC[名校模拟]4．(2018·山东师大附中高三模拟)如图所示，A 、B 两质点从同一点O 分别以相同的水平速度v 0沿x 轴正方向抛出，A 在竖直平面内运动，落地点为P 1；B 沿光滑斜面运动，落地点为P 2，P 1和P 2在同一水平面上，不计阻力，则下列说法正确的是( )A ．A 、B 的运动时间相同 B ．A 、B 沿x 轴方向的位移相同C ．A 、B 运动过程中的加速度大小相同D ．A 、B 落地时速度大小相同【解析】设O 点与水平面的高度差为h ，由h ＝12gt 21，h sin θ＝12g sin θ·t 22可得：t 1＝2hg，t 2＝2hg sin 2θ，故t 1＜t 2，A 错误；由x 1＝v 0t 1，x 2＝v 0t 2，可知，x 1＜x 2，B 错误；由a 1＝g ，a 2＝g sin θ可知，C 错误；A 落地的速度大小为v A ＝v 20＋(gt 1)2＝v 20＋2gh ，B 落地的速度大小v B ＝v 20＋(a 2·t 2)2＝v 20＋2gh ，所以v A ＝v B ，故D 正确．【答案】 D5．(2018·山东烟台高三上学期期中)如图所示，斜面倾角为θ，从斜面上的P 点以v 0的速度水平抛出一个小球，不计空气阻力，当地的重力加速度为g ，若小球落到斜面上，则此过程中( )A ．小球飞行时间为2v 0tan θgB ．小球的水平位移为2v 20tan θgC ．小球下落的高度为2v 20sin θgD ．小球刚要落到斜面上时的速度方向可能与斜面垂直【解析】由x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，tan θ＝y x 三式得t ＝2v 0tan θg ，水平位移x ＝2v 20tan θg，小球下落高度y ＝12gt 2＝2v 20tan 2θg.小球落在斜面上，速度方向斜向右下方，不可能与斜面垂直．A 、B 正确．【答案】 AB6．(2018·山东淄博一中高三上学期期中)如图所示，位于同一高度的小球A 、B 分别以v 1和v 2的速度水平抛出，都落在了倾角为45°的斜面上的C 点，小球B 恰好垂直打到斜面上，则A 、B 到达C 点的速度之比为( )A ．2∶1B ．1∶1 C.2∶ 5D ．5∶2 2【解析】对于A 球：x ＝v 1t ，y ＝12gt 2，x ＝y ，t ＝2v 1g ，v A ＝v 21＋v 2y ＝5v 1；对于B 球：v 2＝v y ＝g ·t ＝2v 1，v B ＝22v 1，所以v 1∶v 2＝5∶2 2.【答案】 D课时作业(十一) [基础小题练]1.(2018·山东临沂高三上学期期中)在一次投球游戏中，某同学调整好力度，将球水平抛向放在地面的小桶中，结果球飞到小桶的右方(如图所示)，不计空气阻力，则下次再投时，他可能作出的调整为( )A ．减小初速度，抛出点高度不变B ．增大初速度，抛出点高度不变C ．初速度大小不变，提高抛出点高度D ．初速度大小不变，降低抛出点高度【解析】由x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，得x ＝v 02yg，球飞到小桶右方，说明水平位移偏大，可使高度不变，减小v 0，或v 0不变，降低高度，A 、D 正确．【答案】 AD2．从同一水平直线上的两位置分别沿同方向抛出两小球A 和B ，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力．要使两球在空中相遇，则必须( )A ．两球的初速度一样大B ．B 球初速度比A 大C ．同时抛出两球D ．先抛出A 球【解析】小球在竖直方向上做自由落体运动，由h ＝12gt 2，两小球从同一高度抛出在空中某处相遇，则两小球下落时间相同，故说明两小球从同一时刻抛出，C 正确，D 错误；由x ＝v 0t ，A 球的水平位移大，说明A 的初速度大，A 、B 错误．【答案】 C3.一阶梯如图所示，其中每级台阶的高度和宽度都是0.4 m ，一小球以水平速度v 飞出，g 取10 m/s 2，欲打在第四台阶上，则v 的取值范围是( )A. 6 m/s<v ≤2 2 m/s B ．2 2 m/s<v ≤3.5 m/s C. 2 m/s<v < 6 m/s D ．2 2 m/s<v < 6 m/s【解析】根据平抛运动规律有：x ＝v t ，y ＝12gt 2，若打在第3台阶与第4台阶边沿，则根据几何关系有：v t ＝12gt 2，得v ＝12gt ，如果落到第四台阶上，有：3×0.4<12gt 2≤4×0.4，代入v ＝12gt ，得 6 m/s<v ≤2 2 m/s ，A 正确．【答案】 A4．一带有乒乓球发射机的乒乓球台水平台面的长是宽的2倍，中间球网高h ，发射机安装于台面左侧边缘的中点，发射点的高度可调，发射机能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，不计空气阻力，当发射点距台面高度为3h 且发射机正对右侧台面的外边角以速度v 1发射时，乒乓球恰好击中边角，如图所示；当发射点距台面高度调为H 且发射机正对右侧台面以速度v 2发射时，乒乓球恰好能过球网且击中右侧台面边缘，则( )A.H h ＝43，v 1v 2＝176 B ．H h ＝21，v 1v 2＝176C.H h ＝43，v 1v 2＝23D ．H h ＝21，v 1v 2＝23【解析】设乒乓球台宽为L ，乒乓球的运动是平抛运动，当以速度v 1发射时，由平抛规律知3h ＝12gt 21，(2L )2＋⎝⎛⎭⎫L 22＝v 1t 1，联立解得v 1＝L217g6 h；同理，当以速度v 2发射时，H ＝12gt 22，2L ＝v 2t 2，H －h ＝12gt 23，L ＝v 2t 3，联立解得H ＝43 h ，v 2＝L 3g 2h ，所以H h ＝43，v 1v 2＝176，A 正确．【答案】 A5．(2018·山东师大附中高三上学期二模)如图所示，一小球从一半圆轨道左端A 点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点．O 为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R ，OB 与水平方向夹角为60°，重力加速度为g ，则小球抛出时的初速度为( )A. 3gR2 B ． 33gR2 C.3gR2D ．3gR3【解析】画出小球在B 点速度的分解矢量图．由图可知，tan 60°＝v 0gt ，R (1＋cos 60°)＝v 0t ，联立解得：v 0＝33gR2，选项B 正确．【答案】 B6.如图所示，在距地面高为H ＝45 m 处，有一小球A 以初速度v 0＝10 m/s 水平抛出，与此同时，在A 的正下方有一物块B 也以相同的初速度同方向滑出，B 与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.4，A 、B 均可视为质点，空气阻力不计(取g ＝10 m/s 2)．下列说法正确的是( )A ．小球A 落地时间为3 sB ．物块B 运动时间为3 sC ．物块B 运动12.5 m 后停止D ．A 球落地时，A 、B 相距17.5 m 【解析】根据H ＝12gt 2得，t ＝2H g＝ 2×4510s ＝3 s ，故A 正确；物块B 匀减速直线运动的加速度大小a ＝μg ＝0.4×10 m/s 2＝4 m/s 2，则B 速度减为零的时间t 0＝v 0a ＝104 s＝2.5 s ，滑行的距离x ＝v 02t 0＝102×2.5 m ＝12.5 m ，故B 错误，C 正确；A 落地时，A 的水平位移x A ＝v 0t ＝10×3 m ＝30 m ，B 的位移x B ＝x ＝12.5 m ，则A 、B 相距Δx ＝(30－12.5)m ＝17.5 m ，故D 正确．【答案】 ACD[创新导向练]7．休闲运动——通过“扔飞镖”考查平抛运动知识飞镖运动于十五世纪兴起于英格兰，二十世纪初，成为人们日常休闲的必备活动．一般打飞镖的靶上共标有10环，第10环的半径最小．现有一靶的第10环的半径为1 cm ，第9环的半径为2 cm ……以此类推，若靶的半径为10 cm ，在进行飞镖训练时，当人离靶的距离为5 m ，将飞镖对准第10环中心以水平速度v 投出，g ＝10 m/s 2.则下列说法中正确的是( )A ．当v ≥50 m/s 时，飞镖将射中第8环线以内B ．当v ＝50 m/s 时，飞镖将射中第6环线C ．若要击中第10环的线内，飞镖的速度v 至少为50 2 m/sD ．若要击中靶子，飞镖的速度v 至少为25 2 m/s【解析】根据平抛运动规律可得，飞镖在空中飞行有：x ＝v t ，h ＝12gt 2，将第8环半径为3 cm 、第6环半径为5 cm 、第10环半径为1 cm 、靶的半径为10 cm 代入两式可知正确选项为B 、D.【答案】 BD8．科技前沿——轰炸机上的投弹学问我国自主研制的“歼十五”轰炸机完成在航母上的起降．如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A .已知A 点高度为h ，山坡倾角为θ，由此不能算出( )A ．轰炸机的飞行速度B ．炸弹的飞行时间C ．轰炸机的飞行高度D ．炸弹投出时的动能【解析】由图可得炸弹的水平位移为x ＝htan θ.设轰炸机的飞行高度为H ，炸弹的飞行时间为t ，初速度为v 0.炸弹垂直击中山坡上的目标A ，则根据速度的分解有tan θ＝v 0v y ＝v 0gt ，又H －h x ＝12gt2v 0t ＝gt 2v 0，联立以上三式得H ＝h ＋h 2tan 2θ，可知能求出轰炸机的飞行高度H ，炸弹的飞行时间t ＝2(H －h )g ，轰炸机的飞行速度等于炸弹平抛运动的初速度，为v 0＝xt，故A 、B 、C 均能算出；由于炸弹的质量未知，则无法求出炸弹投出时的动能，故D 不能算出．【答案】 D9．体育运动——乒乓球赛中的平抛运动知识在某次乒乓球比赛中，乒乓球先后两次落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的速度方向均垂直于球网，把两次落台的乒乓球看成完全相同的两个球，球1和球2，如图所示．不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自起跳到最高点的过程中，下列说法正确的是( )A ．起跳时，球1的重力功率等于球2的重力功率B ．球1的速度变化率小于球2的速度变化率C ．球1的飞行时间大于球2的飞行时间D ．过网时球1的速度大于球2的速度【解析】乒乓球起跳后到最高点的过程，其逆过程可看成平抛运动．重力的瞬时功率等于重力乘以竖直方向的速度，两球起跳后能到达的最大高度相同，由v 2＝2gh 得，起跳时竖直方向分速度大小相等，所以两球起跳时重力功率大小相等，A 正确；速度变化率即加速度，两球在空中的加速度都等于重力加速度，所以两球的速度变化率相同，B 错误；由h ＝12gt 2可得两球飞行时间相同，C 错误；由x ＝v t 可知，球1的水平位移较大，运动时间相同，则球1的水平速度较大，D 正确．【答案】 AD10．体育运动——足球运动中的平抛运动规律(2015·浙江卷，17)如图所示为足球球门，球门宽为L .一个球员在球门中心正前方距离球门s 处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P 点)．球员顶球点的高度为h .足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则( )A ．足球位移的大小x ＝ L 24＋s 2B ．足球初速度的大小v 0＝ g 2h (L 24＋s 2) C ．足球末速度的大小v ＝g 2h (L 24＋s 2)＋4gh D ．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝L2s【解析】足球位移大小为x ＝(L2)2＋s 2＋h 2＝L 24＋s 2＋h 2，A 错误；根据平抛运动规律有：h ＝12gt 2,L 24＋s 2＝v 0t ，解得v 0＝g 2h (L 24＋s 2)，B 正确；根据动能定理mgh ＝12m v 2－12m v 20可得v ＝v 20＋2gh ＝g 2h (L 24＋s 2)＋2gh ，C 错误；足球初速度方向与球门线夹角正切值tan θ＝s L 2＝2sL ，D 错误．【答案】 B[综合提升练]11．(2016·浙江卷，23)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示，P是个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h 的探测屏AB 竖直放置，离P 点的水平距离为L ，上端A 与P 点的高度差也为h .(1)若微粒打在探测屏AB 的中点，求微粒在空中飞行的时间； (2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3)若打在探测屏A 、B 两点的微粒的动能相等，求L 与h 的关系．【解析】 (1)打在中点的微粒32h ＝12gt 2①t ＝3h g② (2)打在B 点的微粒v 1＝L t 1，2h ＝12gt 21③v 1＝Lg 4h④ 同理，打在A 点的微粒初速度v 2＝L g 2h⑤ 微粒初速度范围Lg4h≤v ≤L g 2h⑥ (3)由能量关系12m v 22＋mgh ＝12m v 21＋2mgh ⑦代入④、⑤式L ＝22h ⑧ 【答案】 (1)3hg(2)L g4h≤v ≤L g 2h(3)L ＝22h12.如图所示，倾角为37°的斜面长l ＝1.9 m ，在斜面底端正上方的O 点将一小球以v 0＝3 m/s 的速度水平抛出，与此同时静止释放顶端的滑块，经过一段时间后小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块．(小球和滑块均可视为质点，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：(1)抛出点O 离斜面底端的高度； (2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ.【解析】 (1)设小球击中滑块时的竖直速度为v y ，由几何关系得v 0v y ＝tan 37°设小球下落的时间为t ，竖直位移为y ，水平位移为x ，由运动学规律得 v y ＝gt ，y ＝12gt 2，x ＝v 0t设抛出点到斜面最低点的距离为h ，由几何关系得 h ＝y ＋x tan 37° 由以上各式得h ＝1.7 m.(2)在时间t 内，滑块的位移为x ′，由几何关系得 x ′＝l －xcos 37°，设滑块的加速度为a ，由运动学公式得x ′＝12at 2，对滑块由牛顿第二定律得 mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ，由以上各式得μ＝0.125. 【答案】 (1)1.7 m (2)0.125。

山东省师范大学附属中学高三理综(物理部分)第七次模拟考试试题

山东省师范大学附属中学2015届高三理综（物理部分）第七次模拟考试试题二、选择题（本题包括7小题，每小题给出四个选项中，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） 14．下列是关于物理学研究方法或物理学史的几种说法，其中叙述正确的是 A ．探究求合力的方法实验运用了控制变量法 B ．用点电荷来代替实际带电体运用了理想模型法 C ．牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量D ．法拉第明确了制造发电机的科学依据，使电能在生产生活中大规模应用成为可能15．如图所示，小明同学在引体向上测试中，先静止悬挂在单杠上，然后用力将身体向上拉起，下列判断正确的是A ．静止悬挂时，两手之间距离由图示位置增大，手臂的拉力增大B ．静止悬挂在单杠上时，小明处于失重状态C ．将身体向上拉起时，单杠对人不做功D ．将身体向上拉起时，单杠对人做正功16. 我校体育馆建设已经接近尾声，建好后将为同学们的健身提供了一个新的场所。

如图为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的速度-时间图象，下列判断正确的是A ．前5s 的平均速度是0.5m/sB ．前10s 钢索最容易发生断裂C ．30s ～36s 钢索拉力的功率不变D ．0～10s 的平均速度等于30s ～36s 的平均速度17．如图，真空中有一个边长为L 的正方体，正方体的两个顶点M 、N 处分别放置一对电荷量都为q 的正、负点电荷。

图中的a 、b 、c 、d 是其它的四个顶点，k正确是 A. a 、b 两点电场强度相同B. a 点电势高于b 点电势C. 把点电荷+Q 从c 移到d ，电势能增加D. M 点的电荷受到的库仑力大小为222L q kF18．图甲是小型交流发电机的示意图，A 为理想交流电流表，V 为理想交流电压表。

内阻不计的矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，原、副线圈匝数比为3∶2，副线圈接有滑动变阻器，从某时刻开始计时，副线圈输出电压如图乙所示，以下判断正确的是图乙图甲-A ．电压表的示数为15VB ．副线圈输出电压瞬时值表达式)100sin(210t u π= V C ．若滑动触头P 的位置向上移动时，电流表读数将减小D ．把发电机线圈的转速变为原来的一半，则变压器的输入功率将减小到原来的一半。

2018届山东省山东师范大学附属中学高三高考模拟考试理综物理试题(解析版)

2018届山东省山东师范大学附属中学高三高考模拟考试理综物理试题（解析版）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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.如图，倾角为α的斜面体放在粗糙的水平面上，质量为m的物体A与一劲度系数为k的轻弹簧相连。

现用拉力F沿斜面向上拉弹簧，使物体在光滑斜面上匀速上滑，上滑的高度为h，斜面体始终处于静止状态。

在这一过程中（）A. 弹簧的伸长量为B. 拉力F做的功为FhsinαC. 物体A的机械能增加mgh/sinα．D. 斜面体受地面的静摩擦力大小等于Fcosα．【答案】D【解析】【详解】A、对于物体A，由平衡条件可得F=mg sinα，根据胡克定律可得弹簧的伸长量，故A错误.B、根据功的定义式可得拉力F做的功，故B错误.C、在整个运动过程中物体的动能保持不变，故增加的机械能就等于增加的重力势能，即△E=△E P=mgh，故C错误.D、以整体为研究对象，整体的合外力为零，根据平衡条件可得，拉力F在水平方向的分力等于地面对斜面体的摩擦力，故斜面体所受的地面摩擦力大小f=F cosα，故D正确.故选D.【点睛】本题要灵活选择研究对象，根据平衡条件和功能关系解答．由于物体A做匀速直线运动，处于平衡状态，斜面静止也处于平衡状态，两个物体能看成整体研究．2.前不久，在温哥华冬奥运动会我国冰上运动健儿表现出色，取得了一个又一个骄人的成绩。

如图（甲）所示，滑雪运动员由斜坡高速向下滑行，其速度—时间图象如图（乙）所示，则由图象中AB段曲线可知，运动员在此过程中（）A. 做曲线运动B. 机械能守恒C. 所受力的合力不断增大D. 平均速度【答案】D【解析】A、速度时间的图线不是物体运动的轨迹。

故A错误。

B、运动员在运动的过程中受重力、支持力和阻力，阻力做功，所以机械能不守恒。

故B错误。

C、速度时间图线的切线斜率表示加速度，可知加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律知，合力逐渐减小。

2015年山东省济南市山师附中高考物理模拟试卷(6月份)

2015年山东省济南市山师附中高考物理模拟试卷（6月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题(本大题共1小题，共6.0分)1.下列说法正确的是（）A.法拉第发现电流的磁效应，与他坚信电和磁之间一定存在联系的哲学思想是分不开的B.利用v-t图象推导匀变速直线运动位移公式的方法是理想模型法C.牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的使用价值D.T•m2与V•s能表示同一个物理量的单位【答案】CD【解析】解：A、奥斯特发现电流的磁效应，与他坚信电和磁之间一定存在联系的哲学思想是分不开的，故A错误．B、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故B错误；C、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的使用价值，故C正确．D、根据Φ=BS和E=得知，T•m2与V•s能表示同一个物理量的单位，即磁通量的单位，故D正确．故选：CD．奥斯特发现电流的磁效应．推导匀变速直线运动位移公式的方法是微元法．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力常量的数值．根据磁通量公式Φ=BS和E=分析T•m2与V•s单位关系．本题考查物理学史和物理学的研究方法，是常识性问题，要加强记忆，注意科学研究方法的学习和积累．二、单选题(本大题共2小题，共12.0分)2.由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架如图放置，在AO杆、BO杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球恰能在某一位置平衡．现将P缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡．若小球所带电量不变，与移动前相比（）A.P、Q之间的距离增大B.杆BO对Q的弹力减小C.杆AO对P的摩擦力增大D.杆AO对P的弹力减小【答案】C【解析】解：A、Q受力如图，由力的合成与平衡条件可知：BO杆对小球Q的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球P、Q的距离变小，A、B错误；C、对整体受力分析，可得AO杆对小球P的摩擦力变大，C正确；D、AO杆对小球P的弹力不变，D错误．故选：C分别以两环组成的整体和Q环为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件研究AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况本题涉及两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象是关键．当几个物体都处于静止状态时，可以把它们看成整体进行研究3.一个质量为m的铁块以初速度v1沿粗糙斜面上滑，经过一段时间又返回出发点，整个过程铁块速度随时间变化的图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.铁块上滑过程处于超重状态B.铁块上滑过程与下滑过程的加速度方向相反C.铁块上滑过程与下滑过程满足v1t1=v2（t2-t1）D.铁块上滑过程损失的机械能为mv12【答案】C【解析】解：AB、上滑过程匀减速上滑，加速度方向沿斜面向下，下滑过程匀加速下降则加速度方向沿斜面向下，故上滑和下滑过程加速度方向相同，物体都处于失重状态，故AB 错误；C、速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知，上滑的位移为：v1t1，下滑的位移为v2（t2-t1），经过一段时间又返回出发点说明v1t1=v2（t2-t1），故C正确；D、根据能量守恒知上滑损失机械能为△E=E k1-mgh=m-mgh，故D错误；故选：C由图象可知道，物体在0-t1内减速上升，在t1～t2内匀加速下降，加速度始终向下；超重加速度向上；v-t图象面积可以表示位移知速度关系；由能量是守恒的知机械能的损失．图象简洁明了，能够直接得出物体各过程的运动规律，结合牛顿第二定律和功能关系求解，综合性较强．三、多选题(本大题共4小题，共24.0分)4.2014年5月10日天文爱好者迎来了“土星冲日”的美丽天象．“土星冲日”是指土星和太阳正好分处地球的两侧，三者几乎成一条直线．该天象每378天发生一次，土星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆，地球绕太阳公转周期和半径以及引力常量均已知，根据以上信息可求出（）A.土星质量B.地球质量C.土星公转周期D.土星和地球绕太阳公转速度之比【答案】CD【解析】解：A、B、行星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程后，行星的质量会约去，故无法求解行星的质量，故AB均错误；C、“土星冲日”天象每378天发生一次，即每经过378天地球多转动一圈，根据（-）t=2π可以求解土星公转周期，故C正确；D、知道土星和地球绕太阳的公转周期之比，根据开普勒第三定律，可以求解转动半径之比，根据v=可以进一步求解土星和地球绕太阳公转速度之比，故D正确；故选：CD．地球和土星均绕太阳做圆周运动，靠万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律和圆周运动的运动公式列式分析可以求解的物理量．解决本题的关键知道地球和土星均绕太阳做圆周运动，靠万有引力提供向心力，知道线速度、加速度和周期与轨道半径的关系．5.理想变压器原线圈a匝数n1=200匝，副线圈b匝数n2=100匝，线圈d接在，μ=44sin314t V交流电源上，“12V，6W”的灯泡恰好正常发光．电阻R2=16Ω，电压表V为理想电表．下列推断正确的是（）A.交变电流的频率为100H zB.穿过铁芯的磁通量的最大变化率为W b/sC.电压表V的示数为22VD.R1消耗的功率是1W【答案】BD【解析】解：A、由公式可知，角速度ω=100π，则f==50H z；故A错误；B、C、灯泡正常发光，故副线圈中电流为I==0.5A；故电压表示数为：U2=12+IR2=12+0.5×16=20V；故穿过钱芯的磁通量的最大变化率为：=W b/s；故B正确，C错误；D、由电压之比等于功率之比可知，输出端电压为40V，R1两端的电压为U1=44-40=4V；根据电流之比等于电匝数的反比可得：I1=0.25A；则功率P=UI=4×0.25=1W；故D正确；故选：BD理想变压器原线圈a匝数n1=200匝，副线圈b匝数n2=100匝，线圈d接在，μ=44sin314t V交流电源上，“12V，6W”的灯泡恰好正常发光．电阻R2=16Ω，电压表V为理想电表．下列推断正确的是（本题要注意电源电压是加在R1和变压器上的，不是直接接在变压器上的；故只能由输出端利用欧姆定律进行分析，再对变压器根据电压、电流与匝数的关系进行分析6.如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽度为S，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直．现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v-t 图象（其中OA、BC、DE相互平行）．已知金属线框的边长为L（L＜S）、质量为m，电阻为R，当地的重力加速度为g，图象中坐标轴上所标出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均为已知量．（下落过程中bc边始终水平）根据题中所给条件，以下说法正确的是（）A.t2是线框全部进入磁场瞬间，t4是线框全部离开磁场瞬间B.从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，感应电流所做的功为mg SC.V1的大小可能为D.线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经框横截面的电荷量多【答案】AC【解析】解：A、0-t1时间内做自由落体运动，可知从t1时刻进入磁场，开始做加速度减小的减速运动，t2时刻又做匀加速运动，且与自由落体运动的加速度相同，可知线框全部进入磁场，即t2是线框全部进入磁场瞬间，t3时刻开始做变减速运动，t4时刻，又做加速度为g的匀加速运动，可知t4是线框全部离开磁场瞬间，故A正确．B、从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，根据动能定理得，，解得感应电流做功不等于mg S，出磁场时，设克服安培力做功为W A′，根据动能定理得，′，则W A=mgs+W A′，可知故B错误．C、线框全部进入磁场前的瞬间，可能重力和安培力平衡，有：，解得，故C正确．D、根据q=知，线框进入磁场和出磁场的过程中，磁通量的变化量相同，则通过的电荷量相同，故D错误．故选：AC．根据图象得出线框在穿越磁场整个过程中的运动规律，根据动能定理求出感应电流做功情况．抓住线框全部进入磁场时，可能重力和安培力平衡求出速度的大小．根据q=判断通过线框的电荷量大小．解决本题的关键通过图线理清线框在整个过程中的运动规律，结合动能定理、共点力平衡进行求解，掌握电量的经验表达式q=n，并能灵活运用．7.理论研究表明，无限大的均匀带电平面在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场，若均匀带电平面单位面积所带电荷量为σ，则产生匀强电场的电场强度的大小E=2πkσ，现有两块无限大的均匀绝缘带电平面，如图所示放置，A1B1两面带正电，A2B2两面带负电，且单位面积所带电荷量相等（设电荷不发生移动），A1B1面与A2B2面成60°，并且空间被分成了四个区间Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，若区间Ⅰ、Ⅱ内的电场强度的大小分别为E1、E2，图中直线A1B1和A2B2分别为带正电平面和带负电平面与纸面正交的交线，O为两交线的交点，C、D、F、G恰好位于纸面内正方形的四个顶点上，且GD的连线过O点与带电平面均成60°夹角，则下列说法中正确的是（）A.E1=E2B.E1=E2C.C、F两点电势相同D.在C，D，F，G四个点中，电子在F点具有的电势能最大【答案】BD【解析】解：A、产生匀强电场的电场强度的大小E=2πkσ，故再I和IV象限内合场强为两板产生场强的叠加，再I象限内两场强夹角为60°，在IV象限内两场强夹角为120°，根据合成可知E1=E4，故A错误，B正确；C、在GD线上，电场线垂直于GD线斜向上，故GD线为等势面，故C、F两点电势不同，故C错误；D、通过场强的叠加可知，场强大体有C指向F，F点电势最低，电子在电势低的地方电势能越大，故D正确；故选：BD．可无限大的均匀带电平板在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场，在各象限内的场强等于各场强的叠加，通过判断电场的方向判断出电势的高低，通过电荷的做功情况判断出电势能的高低．本题中“无限大的均匀带电平板在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场”是本题的突破口，“场强合成满足平行四边形定则”和“电场线和等势面相互垂直”是重要的解题工具．四、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)8.DIS实验是利用现代信息技术进行的实验．“用DIS研究机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示，小组同学在实验中利用小铁球从很光洁的曲面上滚下，选择DIS以图象方式显示实验的结果，所显示的图象如图乙所示．图象的横轴表示小球距d点（最低点）的高度h，纵轴表示小铁球的重力势能E P、动能E k或机械能E．试回答下列问题：（1）图乙的图象中，表示小球的机械能E、动能E k、重力势能E P随小球距d点的高度h变化关系的图线分别是______ （按顺序填写相应图线所对应的文字）；（2）根据图乙所示的实验图象，可以得出的结论是：______ ．【答案】甲、丙、乙；忽略阻力作用，小球下落过程机械能守恒【解析】解：（1）将各个时刻对应的高度和速度二次方数据标在坐标图中，用描点法作出v2-h图象；由mgh=mv2，可得v2-h图象的斜率等于2g．根据小球下滑动能增大、重力势能减小、机械能不变可知表示小球的重力势能E P、动能E k、机械能E随小球距d点的高度h变化关系的图线分别是乙、丙、甲．（2）小球运动过程受到支持力和重力，拉支持力不做功，只有重力做功，小球的机械能守恒．故得出的结论是：忽略阻力作用，小球在下落过程中机械能守恒．故答案为：（1）甲、丙、乙；（2）忽略阻力作用，小球下落过程机械能守恒．根据小球向上滑动过程中，重力做负功，高度h增大，由E P=mgh增大，动能减小，而重力势能和动能的总量即机械能不变来选择图线．小球摆动过程受到支持力和重力，支持力不做功，只有重力做功，在这个条件下得出结论：只有重力做功的情况下小球机械能守恒．本题考查理解物理图象的能力．守恒定律关键要明确条件．验证性实验最后得出结论时，要强调在实验误差允许的范围内．9.某实验小组进行“探究热敏电阻的温度特性”实验，实验室提供如下器材：热敏电阻R t（常温下约8kΩ）、温度计电流表A（量程1m A，内阻约200Ω）电压表V（量程3V，内阻约10kΩ）电池组E（4.5V，内阻约1Ω）滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）开关S、导线若干、烧杯和水．（1）根据提供器材的参数将图1所示的实物图中所缺的导线补接完整．（2）实验开始前滑动变阻器的滑动触头P应置于______ 端（填“a”或“b”）．（3）利用补接完整的实验装置测量出不同温度下的电阻值，画出该热敏电阻的R t-t图象如图2中的实测曲线，与图中理论曲线相比二者有一定的差异．除了偶然误差外，下列关于产生系统误差的原因或减小系统误差的方法叙述正确的是______ ．（填选项前的字母，不定项选择）A．电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大B．电压表的分流造成电阻的测量值总比真实值小C．温度升高到一定值后，电流表应改为外接法（4）将本实验所用的热敏电阻接到一个电流较大的恒流电源中使用，当电流通过电阻产生的热量与电阻向周围环境散热达到平衡时，满足关系式I2R=k（t-t0）（其中k是散热系数，t是电阻的温度，t0是周围环境温度，I为电流强度），电阻的温度稳定在某一值．若通过它的电流恒为50m A，t0=20℃，k=0.25w/℃，由实测曲线可知该电阻的温度稳定在______ ℃．【答案】a；AC；50【解析】解：（1）根据电路图连接实物图，如图1所示．（2）因当滑动触头打到a端时待测电路电压或电流为零，从而保护电流表．故答案为a．（3）由于实验采用的是电流表内接法，由于电流表的分压使电压表读数大于热敏电阻两端的电压．故A正确；在相同的温度下，热敏电阻的测量值总比理论值偏大；当温度升高到一定值后，电阻变小，则电流表应该选用外接法，故C正确；故选：AC（4）电阻的散热功率可表示为P散=k（t-t0）=I2R I=40m A，R=100（t-t0），在R-t图象中做出如图所示的图线，据其与理论图线的交点即可求得：该电阻的温度大约稳定在50℃．故答案为：（1）连线如图；（2）a；（3）AC；（4）50（1）根据图甲所示实验电路图连接实物电路图；（2）滑动变阻器采用分压接法时，闭合开关前，滑片应调到分压电路分压应为零处．（3）根据表中实验数据，在坐标系中描出对应点，然后作出图象．分析实验电路，根据伏安法测电阻所造成的误差分析误差原因．（4）作出P散=k（t-t0）的图象，与热敏电阻随温度变化的图象的交点即为该电阻的稳定温度，带入公式即可求得此时的发热功率．本题中要特别注意第3小问中的作图解决的办法；由于导体电阻随温度的变化而变化，故不能直接应用欧姆定律，而是根据图象进行分析．本题为探究性实验，要求能将所学知识熟练应用；五、计算题(本大题共2小题，共38.0分)10.水上滑梯可简化成如图所示的模型：倾角θ=37°斜滑道AB和水平滑道BC平滑连接，起点A距水面的高度H=7m，BC长d=2m，端点C距水面的高度h=1m．．质量m=50kg的运动员从滑道起点A点无初速地自由滑下，运动员与AB、BC间的动摩擦因数均为μ=0.1，（cos37°=0.8，sin37°=0.6，运动员在运动过程中可视为质点，g取10m/s2）求：（1）运动员从A滑到C的过程中克服摩擦力所做的功W；（2）运动员到达C点时的速度大小υ；（3）保持水平滑道端点在同一竖直线上，调节水平滑道高度h和长度d到图中B′C′位置时，运动员从滑梯平抛到水面的水平位移最大，求此时滑道B′C′距水面的高度h′．【答案】解：（1）运动员从A滑到C的过程中，克服摩擦力做功为：（2）运动员从A滑到C的过程中，根据动能定理有：，代入数据解得运动员滑到C点时速度的大小v=10m/s（3）在从C′点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t，′，t=′，下滑过程中克服摩擦做功保持不变W=500J根据动能定理得：′，v=′，运动员在水平方向的位移：x=vt=′′=′′．当′时，水平位移最大．答：（1）运动员从A滑到C的过程中克服摩擦力所做的功W为500J；（2）运动员到达C点时的速度大小υ为10m/s．（3）此时滑道B′C′距水面的高度为3m．【解析】（1）根据功的公式求出A到C过程中克服摩擦力做功的大小．（2）对整个过程运用动能定理列式求解即可；（3）先根据动能定理和平抛运动的规律列式后联立得到射程的表达式，然后再求解最大值．本题关键是分析清楚物体的运动规律，然后运用动能定理和平抛运动的规律列式求解．难度中等．11.如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立x O y坐标系，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角θ=45°．在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板C1、C2，两板间距为d1=0.6m，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板C1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为L=0.72m．在第Ⅳ象限垂直于x轴放置一块平行y轴且沿y轴负向足够长的竖直平板C3，平板C3在x轴上垂足为Q，垂足Q与原点O相距d2=0.18m．现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度v0=4m/s垂直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过C1板上的M孔，进入磁场区域．已知小球可视为质点，小球的比荷=20C/kg，P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离为s=m，不考虑空气阻力．求：（1）匀强电场的场强大小；（2）要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3上，求磁感应强度的取值范围；（3）若t=0时刻小球从M点进入磁场，磁场的磁感应强度如乙图随时间呈周期性变化（取竖直向上为磁场正方向），求小球从M点到打在平板C3上所用的时间．（计算结果保留两位小数）【答案】解：（1）小球在第Ⅱ象限内做类平抛运动有：v0t=sat=v0tanθ由牛顿第二定律有：q E=ma代入据解得：E=8m/s．（2）设小球通过M点时的速度为v，由类平抛运动规律：v===8m/s；．小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图1，由牛顿第二定律有：，得：B=小球刚好能打到Q点磁感应强度最强设为B1．此时小球的轨迹半径为R1由几何关系有：代入数据解得：B1=T．小球刚好不与C2板相碰时磁感应强度最小设为B2，此时粒子的轨迹半径为R2由几何关系有：R2=d1，代入数据解得：B2=1T；综合得磁感应强度的取值范围：≤B≤1T．（3）小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为R3，周期为T；由周期公式可得：R3=解得：R3=0.18mT=解得：T=s由磁场周期T0=分析知小球在磁场中运动的轨迹如图2，一个磁场周期内小球在x轴方向的位移为3r=0.54mL-3r=0.18m即：小球刚好垂直y轴方向离开磁场则在磁场中运动的时间t1=++==0.13s离开磁场到打在平板C3上所用的时间t2==0.02s小球从M点到打在平板C3上所用总时间t=t1+t2=0.02+0.13=0.15s；答：（1）匀强电场的场强大小为；（2）磁感应强度B的取值范围为：≤B≤1T．（3）小球从M点到打在平板C3上所用总时间0.15s；【解析】（1）小球在第二象限内做类平抛运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小．（2）根据类平抛运动的规律求出经过M点的速度，作出粒子在磁场中的临界运动轨迹，结合几何关系和半径公式求出磁感应强度的范围．（3）根据半径公式和周期公式求出粒子在磁场中运动的轨道半径和周期，由磁场的周期得出小球在磁场中运动的轨迹图，根据几何关系可明确对应的各段的时间，从而求出总时间．本题关键是明确粒子的运动规律、画出运动轨迹，然后结合牛顿第二定律、类似平抛运动的分位移公式和几何关系列式求解；要注意明角物理过程．。