河南省南阳市新野三中2014-2015学年高一上学期第三次周考物理试卷
2015届南阳市高三上期期中考试物理卷(2014.11)-推荐下载
河南省南阳市2015届高三上学期期中考试物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-8小题只有一个选项正确，9-12小题每题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有错选的得0分）1．（4分）在物理学发展过程中，有许多伟大的科学家作出了贡献，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．法拉第提出了电场的概念 C．库仑通过实验测出了万有引力常量 D．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因考点：物理学史．专题：常规题型．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、开普勒发现了行星运动的规律，故A错误；B、法拉第提出了电场的概念，故B正确；C、卡文迪许通过实验测出了万有引力常量，故C错误；D、伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，故D错误；故选：B．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．（4分）（2014•河西区二模）某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（ ） A．a点的电势高于b点的电势 B．c点的电场强度大于d点的电场强度 C．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功 D．若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增加考点：电场线；电场强度；电势；电势能．分析：要正确在电场中通过电场线来判断电场强度、电势、电势能大小变化，理解这些概念之间的关系．解答：解：A、做出通过b点的等势线，等势线与过a点的电场线相交，根据沿电场线电势降低可知：a点的电势低于b点的电势，故A错误；B、从电场线的分布情况可知，d处的电场线比c处的密，所以c点的电场强度小于d点的电场强度，故B错误；C、正电荷所受电场力和电场线方向相同，因此正试探电荷由a点移到b点时电场力做负功，故C正确；D、当负试探电荷由c点移到d点时电场力做正功，电势能减小，故D错误．故选C．点评：电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念是本章的重点和难点，要弄清它们之间的区别和联系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化．3．（4分）如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一长方体物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中（ ） A．细绳的拉力逐渐变小B．Q受到墙壁的弹力逐渐变大 C．Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大D．Q将从墙壁和小球之间滑落考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：分别对P、Q受力分析，通过P、Q处于平衡判断各力的变化．解答：解：A、对P分析，P受到重力、拉力和Q对P的弹力处于平衡，设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡有：拉力F=，Q对P的支持力N=mgtanθ．铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则拉力F增大，Q对P的支持力增大．故A错误．B、C、D、对Q分析知，在水平方向上P对A的压力增大，则墙壁对Q的弹力增大，在竖直方向上重力与摩擦力相等，所以A受到的摩擦力不变，Q不会从墙壁和小球之间滑落．故B正确，C、D错误．故选：B．点评：本题关键是能够灵活地选择研究对象进行受力分析，根据平衡条件列方程求解．4．（4分）质量为m=2kg的物体沿水平面向右做直线运动，t=0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v﹣t图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g=10m/s2，则（ ） A．物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.5 B．10s末恒力F的瞬时功率为6W C．10s末物体在计时起点左侧3m处 D．10s内物体克服摩擦力做功34J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．专题：运动学中的图像专题．分析：由v﹣t图分别求得由力F和没有力F作用时的加速度，对两段时间分别运用牛顿第二定律列式后联立求解；设10s末物体离起点点的距离为d，d应为v﹣t图与横轴所围的上下两块面积之差，根据功的公式求出克服摩擦力做功．解答：解：A、设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v﹣t图得：加速度大小a1=2 m/s2方向与初速度方向相反…①设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v﹣t图得：加速度大小a2=1m/s2方向与初速度方向相反…②根据牛顿第二定律，有F+μmg=ma1…③F﹣μmg=ma2…④解①②③④得：F=3N，μ=0.05，故A错误．B、10s末恒力F的瞬时功率为：P=Fv=3×6W=18W．故B错误．C、根据v﹣t图与横轴所围的面积表示位移得：x=×4×8﹣×6×6m=﹣2m，负号表示物体在起点以左．故C错误．D、10s内克服摩擦力做功：W f=fs=μmgs=0.05×20×（×4×8+×6×6）J=34J．故D正确．故选：D．点评：本题关键先根据运动情况求解加速度，确定受力情况后求解出动摩擦因数，根据v﹣t图与横轴所围的面积表示位移求解位移．5．（4分）如图甲所示，一轻秆一端连接在O点转轴上，另一端固定一个小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为N，小球在最高点的速度大小为v，其N﹣v2图象如乙图所示．下列说法正确的是（ ） A．当地的重力加速度大小为B．小球的质量为R C．v2=c时，杆对小球的弹力方向向上D．若c=2b，则杆对小球弹力大小为2a考点：向心力；向心加速度．专题：匀速圆周运动专题．分析：（1）在最高点，若v=0，则N=mg=a；若N=0，则mg=m，联立即可求得当地的重力加速度大小和小球质量；（2）由图可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下；（3）若c=2b．根据向心力公式即可求解．解答：解：AB、在最高点，若v=0，则N=mg=a；若N=0，则mg=m解得：g=，m=，故A错误，B正确；C、由图可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，故C错误；D、若c=2b．则N+mg=m，解得N=a，故D错误．故选：B．点评：本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，难度适中．6．（4分）某兴趣小组设计了一个火灾报警装置，其电路如图所示，R1、R3为定值电阻，热敏电阻R2的阻值随着温度的升高而减小，通过电压表示数和灯泡亮度变化可监控R2所在处的火情．若R2所在处出现火情，则（ ） A．电压表示数变大，灯泡变亮 B．电压表示数变小，灯泡变暗 C．R3的阻值较小时，电压表示数变化明显 D．R3的阻值较大时，电压表示数变化明显考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：R2所在处出现火情，R2的温度升高，电阻增大，抓住电源的电动势和内阻不变，采取局部﹣整体﹣局部方法分析其它量的变化．解答：解：AB、当R2所在处出现火情时，温度升高，R2变小，R2与R3并联的电阻变小，外电路总电阻变小，则干路电流I干变大，路端电压U变小，则电压变示数变小，灯泡变亮．故AB错误．CD、当R3的阻值较大时，根据欧姆定律可知，由于干路电流的变化，R3的电压变化较大，从而导致电压表示数变化明显，故C错误，D正确．故选：D．点评：解决本题的关键要正确分析热敏电阻R2的阻值变化情况，抓住电源的电动势和内阻不变，结合闭合电路欧姆定律进行动态分析．7．（4分）如图所示，将一质量为m的小球从空中O点以速度v0水平抛出，飞行一段时间后，小球经过空间P点时动能为E k=5mv，不计空气阻力，则小球从O到P（ ） A．下落的高度为B．经过的时间为 C．运动方向改变的角度的正切值为D．速度增量为3v0，方向竖直向下考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：A、结合P点的动能求出P点竖直方向上的分速度，结合速度位移公式求出小球从O 点到P点下落的高度；B、根据动能的改变量为重力做功增加量，求出下落的高度，根据自由落体的位移时间公式求出时间；C、根据平行四边形定则求出运动方向改变的角度；D、速度的增量为加速度与时间的乘积，直接计算出结果．解答：解：A、D、小球在P点的动能：E k=mv p2=m（v02+v y2）=5mv02，解得：v y=3v0；O和P点的高度差：h==；故A错误，D正确；B、经过的时间满足竖直方向上的位移时间公式：h=gt2，代入h解得：t=；故B错误；C、设运动方向改变的角度为θ，知P点的速度方向与水平方向的夹角为θ，则：tanθ==3，故C错误；故选：D．点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合平行四边形定则，抓住等时性，运用运动学公式灵活求解．8．（4分）在大雾天，一辆小汽车以30m/s的速度匀速行驶在高速公路上，突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，如图所示，图线a、b分别为小汽车和大卡车的v﹣t图象（忽略刹车反应时间），以下说法正确的是（ ） A．不会发生追尾事故B．在t=3s时发生追尾事故 C．在t=5s时发生追尾事故D．发生追尾事故时两车速度相等考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：运动学中的图像专题．分析：当两车通过的位移之差等于30m时，两车会发生追尾．根据速度﹣时间图象所时间轴所围“面积”大小等于位移，进行分析．解答：解：根据速度﹣时间图象所时间轴所围“面积”大小等于位移，由图知，t=3s时，b车的位移为：s b=v b t=10×3m=30mb车的位移为s a=×（30+20）×1+×（20+15）×2=60m则s a﹣s b=30m，所以在t=3s时追尾．故B正确．故选：B．点评：解答本题关键要抓住速度图象的面积表示进行求解，属于基本题．9．（4分）（2009•宁夏）如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（ ） A．物块先向左运动，再向右运动 B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动 C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动 D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：据题，当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，根据摩擦力的方向分别分析两个物体的运动情况．解答：解：由题知道：当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动．故选BC点评：本题关键要分析得到撤掉拉力时两个物体之间仍存在摩擦力，考查分析物体受力情况和运动情况的能力．10．（4分）2007年10月24日，我国发射了第一颗探月卫星“嫦娥一号”，使“嫦娥奔月”的神话变为现实．嫦娥一号发射后先绕地球做圆周运动，经多次变轨，最终进入距月球表面h=200km的圆形工作轨道，进行科学探测，已知月球半径为R，月球表面的重力加速度为g月，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（ ） A．由题目条件可知月球的平均密度为 B．在嫦娥一号工作轨道处的重力加速度为（）2g月 C．嫦娥一号绕月球运行的周期为2π D．嫦娥一号在工作轨道上的绕行速度为考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：根据万有引力提供向心力，推导出线速度和角速度及周期的公式，得出选项．解答：解：CD、根据万有引力提供向心力，即：G=m=m r，解得；v=，T=2π嫦娥一号的轨道半径为r=R+h，结合黄金代换公式：GM=gR2，代入线速度和周期公式得：v=，T=2π，故CD错误；A、由黄金代换公式得中心天体的质量M=，月球的体积V=πR3，则月球的密度ρ=，故A正确；B、月球表面万有引力等于重力，则G=mg′，得：g′=（）2g，故B正确；故选：AB点评：本题关键根据卫星的万有引力等于向心力，以及星球表面重力等于万有引力列两个方程求解．11．（4分）如图所示，P、Q为一平行板电容器的两个竖直放置的金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球，闭合开关S，小球静止时，悬线偏离竖直方向α角，则有（ ） A．小球一定带正电 B．若断开开关S，小球将回到竖直位置 C．若断开开关S，将P板向上微移，悬线偏角将变大 D．保持开关S闭合，将P板向左微移，悬线拉力将变小考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：分析小球的受力情况，即可判断其电性；若断开开关S，电容器带电量不变，板间场强不变，小球仍静止不动；将P板向上微移，根据电容的决定式C=和定义式C=，结合电量不变的条件进行分析即可．保持开关S闭合时，电容器板间电压不变，由E=、F=qE结合分析电场力变化，从而作出判断．解答：解：A、小球受重力mg、线的拉力T和电场力qE，根据共点力平衡条件可知，重力mg和电场力qE的合力F与线的拉力T必定等大反向，其受力示意图如下图所示，根据图中几何关系有：qE=mgtanα，T=F=qEsinα，由于电场方向由P板指向Q板，与电场力方向相同，因此小球带正电．故A正确．B、若断开开关S，则平行板电容器两金属板所带电量Q不变，两板间电势差U不变，因此电场强度E不变，即小球受力不变，因此小球静止不动，故B错误．C、若断开开关S，将P板向上微移，则平行板电容器两金属板所带电量Q不变，但电容器C减小，因此两板间电势差U增大，电场强度E增大，因此悬线偏角α将变大，故C正确．D、若保持开关S闭合，则两板间电势差U不变，将P板向左微移，则板间d增大，因此电场强度E减小，此悬线偏角α将变小，悬线拉力T将变小，故D正确．故选：ACD点评：本题主要考查了物体的受力分析、共点力平衡条件的应用，以及有关电容器的动态分析问题．12．（4分）空间存在着平行于x轴方向的静电场，A、M、O、B为x轴上的点，OA＜OB，OM=ON，一带负电的粒子在AB间的电势能E p随x的变化规律为如图所示的折线，则下列判断中正确的是（ ） A．M点电势比N点电势高 B．AO间的电场强度大于BO间电场强度 C．把该粒子从O向N移动过程中，电场力做正功 D．若将一带正电的粒子从M点静止释放，它不能能通过N点考点：电势差与电场强度的关系；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由图可知，试探电荷在AB两点电势能相等，在M点的电势能小于在N点的电势能，在O点的电势能最大，根据φ=判断电势的高低；根据W AB=E PA﹣E PB判断电场力做功情况；根据W AB=F•△x，图象的斜率表示电场力大小．解答：解：A、沿着AO方向，电势能逐渐升高，在由O点向B点移动的过程中电势能逐渐减少，由于粒子带负电，故电势先减小又增大，即沿OB方向，电势逐渐升高；由于OM=ON，E M＞E N，根据电场强度与电势差的关系可知：U OM＞U ON，故φM＞φN，故A正确；B、在E p﹣x图象中，图象的斜率绝对值表示电场力大小，故AO间的电场强度大于OB间的电场强度，故B正确；B、带负电的粒子在0向N点移动的过程中电势能逐渐减小，说明电场力做正功，故C正确；D、若将一个带正电的粒子从M点静止释放，在电场力的作用下，它将加速运动到0后，再向N点做减速运动，根据能量守恒定律可知，运动到N点时，其动能大于零，故D错误；故选：ABC．点评：本题综合考查了对E p﹣x图象以及电场力的性质和能的性质的理解和运用问题关键理解图象的物理意义．二、填空题（本题共3小题，共19分．）13．（4分）利用如图所示装置进行验证机械能守恒定律的实验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h．某班同学利用实验得到的纸带，设计了四种测量方案，正确的是（ ） A．用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度v B．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v=计算出瞬时速度v C．根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h=计算出高度h． D．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．该实验是验证机械能守恒定律的实验．因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就守恒．如果把重物的实际运动看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证．解答：解：该实验是验证机械能守恒定律的实验．因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就守恒．如果把重物的实际运动看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证呢．其中ABC三项都是运用了自由落体的运动规律求解的，故ABC错误．故选D．点评：我们做验证实验、探究实验过程中，不能用验证的物理规律和探究的物理结论去求解问题．纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能．14．（9分）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器已校准，待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm．（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为 0.396～0.399 mm（该值接近多次测量的平均值）；（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx．实验所用器材为：电池组（电动势3V，内阻约1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如表：次数1234567U/V0.100.300.70 1.00 1.50 1.70 2.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上数据可知，他们测量Rx是采用图乙中的 A 图（选填“A”或“B”）；（3）图丙是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．请根据图（2）所选的电路图，补充完成图丙中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏；（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图丁所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点，请在图丁中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U﹣I图线，由图线得到金属丝的阻值R x= 4.5 Ω（保留2位有效数字）；考点：测定金属的电阻率．专题：实验题．分析：（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；（2）根据题意确定滑动变阻器接法，然后选择实验电路；（3）根据电路图连接实物电路图；（4）根据坐标系内描出的点作出图象，然后根据图象与电阻定律分析答题．解答：解：（1）由图丙所示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+39.7×0.01mm=0.397mm（0.396～0.399均正确）；（2）由表中实验数据可知，最小电压与电流很小，接近于零，由此可知，滑动变阻器应用分压式接法，因此实验采用的是图甲所示电路；（3）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（4）根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：由图示图象可知，第6组实验数据偏离图线太远，改组实验数据是错误的，应舍去，由图示图象可知，电阻R X==≈4.5Ω．故答案为：（1）0.396﹣0.399；（2）A；（3）如实物图所示；（4）如图，4.5Ω．点评：要掌握螺旋测微器的读数方法；明确电学实验中，当要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式接法；当满足待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法，当电流表内阻远小于待测电阻阻值时，电流表应用内接法．15．（6分）利用如图甲所示的装置可测量滑块在斜面上运动的动摩擦因数．在斜面上安装有两个光电门，且光电门A、B固定在斜面上，AB两点高度差为h，水平距离为s，当带有宽度为d的遮光片（d很小）的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门相连的计时器可以显示出遮光片通过光电门时的遮光时间，让滑块每次从斜面上的不同点由静止开始滑下，记下相应的t A、t B值．（1）根据上面测量的物理量，得到滑块的动摩擦因数计算表达式为μ= ﹣（﹣） ；（2）某实验小组同学测得h=0.3m，s=0.4m，d=0.5m，多次测量t A、t B值，由计算机处理得到～图线如图乙所示，可计算得到滑块与斜面动摩擦因数μ= 0.5 （g=10m/s2）．考点：探究影响摩擦力的大小的因素．专题：实验题．分析：（1）滑块通过光电门的时间极短，速度变化很小，可以用平均速度代替瞬时速度．滑块从A到B的过程，根据动能定理和几何关系列式，即可得到动摩擦因数计算表达式．（2）求出图象的函数表达式，然后求出动摩擦因数．解答：解：（1）由于遮光板很窄，滑块通过光电门的时间极短，速度变化很小，可以其用平均速度表示瞬时速度．因此滑块经过光电门A、B时的瞬时速度分别为：v A=，v B=；滑块从A到B的过程，根据动能定理得：mgh﹣μmgcosθs AB=mv B2﹣mv A2，由几何关系有：s AB cosθ=s，联立解得：μ=﹣（﹣）（2）根据第（1）问解得μ的表达式，变形为：=+（﹣μ），根据图示图象可知，图象中的截距：（﹣μ）=80000，将h=0.3m，s=0.4m，d=0.5m代入解得：μ=0.5；故答案为：（1）﹣（﹣）；（2）0.5．点评：本题关键要理解掌握光电门测量速度的原理，运用动能定理得到动摩擦因数的表达式，分析图象截距的意义．三、计算题（本题共4小题，共43分．答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤）16．（8分）（2013•大连模拟）2012年11月25日，我国首次舰载机阻拦着舰试验取得圆满成功！与岸基飞机着陆时可缓慢减速平飞不同，舰载机着陆必须加速，一旦舰载机尾钩未能挂住阻拦索，必须能快速拉升逃逸．假设“歼15”战机着舰速度为27m/s，钩住阻拦索后能在3s内匀减速停下．若没有钩住阻拦索，必须加速到50m/s才能安全飞离航母，航母甲板上可用于战机加速的长度仅有200m．求：（1）“歼15”战机钩住阻拦索减速过程中的加速度和滑行距离；（2）“歼l5”战机在甲板上加速飞行的加速度至少是多少．考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出“歼15”战机钩住阻拦索减速过程中的加速度，根据匀变速直线运动的平均速度公式求出减速滑行的距离．通过速度位移公式求出战机在甲板上加速飞行的加速度．解答：解：（1）由速度时间公式得，0=v0+a1t，解得：则：．（2）根据速度位移公式得：．答：（1）“歼15”战机钩住阻拦索减速过程中的加速度为﹣9m/s2，滑行距离为40.5m．（2）“歼l5”战机在甲板上加速飞行的加速度至少为4.43m/s2．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用．17．（11分）如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v﹣t图象如图乙所示．设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：（1）拉力F的大小．（2）t=4s时物体的速度．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．。
南阳市2015届新野三中高三(上)期末考试物理试题及答案
2015届河南省南阳市新野三中高三（上）期末物理试卷一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分．其中1-8题为单选题，9-12题为多选题，全对得4分，选对但不全的得2分，选错不给分）1．下列关于物理学中的研究方法、物理学史以及力和运动的说法正确的是（）A．物体在恒力作用下一定做直线运动B．两个直线运动的合运动一定是直线运动C．法拉第用实验证明磁能生电并发明了人类历史上的第一台发电机D．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，这里采用了理想模型法【答案】C．【解析】物体在恒力作用下可以做曲线运动，如平抛运动只受重力，是恒力，故A错误；两个直线运动的合运动可以是曲线运动，如平抛运动的水平分运动和竖直分运动都是直线运动，故B错误；法拉第用实验证明磁能生电并发明了人类历史上的第一台发电机（圆盘发电机），故C正确；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D错误；【考点】物体做曲线运动的条件；运动的合成和分解．2．如图是质量为1kg的质点在水平面上运动的v﹣t图象，以水平向右的方向为正方向，以下判断正确的是（）A．在0～1s时间内，质点的位移为1mB．在1～5s时间内，合力的平均功率为4WC．在4～6s时间内，质点的平均速度为3m/sD．在t=6s时，质点的加速度为零【答案】C．【解析】在0﹣1s 时间内，质点的位移为x =121m=-1m 2-⨯⨯，故A 错误；根据动能定理知，在1﹣5s 内合力做功为222111=8J 22W mv mv -=合，则合力做功的平均功率2W W P t==，故B 错误；4﹣6s 内质点的位移x ′=6m ，则平均速度3m/s x v t '==．故C 正确；t =6s 时，图线的斜率不为零，则加速度不为零．故D 错误．【考点】运动图像的应用．3．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 =10m/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7.5N/cmC ． 物体的质量为3kgD ． 物体的加速度大小为5m/s 2【答案】D ．【解析】物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A 错误；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg =kx ①拉力F 1为10N 时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有 F 1+kx ﹣mg =ma ②物体与弹簧分离后，拉力F 2为30N ，根据牛顿第二定律，有F 2﹣mg =ma ③代入数据解得m =2kgk =500N/m=5N/cma =5m/s 2故B 错误，C 错误，D 正确；【考点】牛顿第二定律；胡克定律．4．如图所示，质量分别为2m 和m 的A 、B 两物体用不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮相连，开始两物体处于同一高度，绳处于绷紧状态，轻绳足够长，不计一切摩擦．现将两物体由静止释放，在A 落地之前的运动中，下列说法中正确的是（ ）A ． A 物体的加速度为2g B ． A 、B 组成系统的重力势能增大C ． 下落t 秒时，B 所受拉力的瞬时功率为13mg 2t D ． 下落t 秒时，A 的机械能减少了29mg 2t 2 【答案】D 【解析】A 与B 的加速度的大小相等，根据牛顿第二定律得：对AB 整体有：a =2123mg mg g m m -=+．故A 错误； A 、B 组成系统的机械能不变，动能增大，重力势能减小．故B 错误；B 受到的拉力：4()3mg F m g a =+=，下落t 秒时，B 的速度：13v at gt ==，所受拉力的瞬时功率为249P Fv mg t == ，C 错误； 对A 有：2mg ﹣T =2ma ，得细绳的拉力 T =43mg 下落t 秒时，A 下落的高度为 h =221126at gt =则A 克服细绳拉力做功为 W =Th =2229mg t 根据功能关系得知：A 的机械能减少量为△E A =W =2229mg t ，故D 正确． 【考点】 功能关系；机械能守恒定律．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 受摩擦力方向一定沿斜面向上C ． 在DE 段时，A 可能受三个力作用D ． 整个下滑过程中，A 、B 均处于失重状态【答案】B ．【解析】在CD 段，整体的加速度a =()sin A B A Bm m g m m θ++，隔离对A 分析，有：m A g sin θ+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；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a =g sin θ﹣μg cos θ，隔离对A 分析，有：m A g sin θ+f A =m A a ，解得f A =﹣μm A g cos θ，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 正确，C 错误；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．【考点】牛顿运动定律的应用；超重和失重．6．一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈的感应电动势e 随时间t 的变化规律如图所示，下列说法中正确的是（ ）A ． t 1时刻通过线圈的磁通量为零B．t2时刻通过线圈的磁通量绝对值最大C．t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D．每当e转换方向时，通过线圈的磁通量的绝对值都为最大【答案】D．【解析】t1时刻感应电动势为零，线圈通过中性面，磁通量最大，故A错误；由图t2时刻，感应电动势为最大值，通过线圈的磁通量为零，故B错误；t3时刻感应电动势为零，磁通量的变化率为零，故C错误；每当e转换方向时，线圈与磁场垂直，线圈通过中性面时，磁通量最大，故D正确；【考点】正弦式交变电流的产生及变化规律7．如图所示，①、②、③是两个等量异种点电荷形成电场中的、位于同一平面内的三个等势线，其中③为直线，①与②、②与③的电势差相等．一重力不计、带负电的粒子进入电场，运动轨迹如图中实线所示．与①、②、③分别交于a、b、c三点，则（）A．若粒子从a到b电场力做功大小为W1，从b到c电场力做功大小为W2，则W1＞W2B．粒子从a到b再到c，电势能不断减少C．a点的电势比b点的电势高D．粒子在c点时的加速度为零【答案】C．【解析】由题，①与②、②与③的电势差相等，根据电场力做功公式W=qU得知，粒子从a 到b电场力做功与从b到c电场力做功相等，即W1=W2．故A错误;由于③为直线，是一条等势线，则知两个等量异种点电荷连线的垂直平分线，根据粒子的轨迹弯曲方向可知粒子所受的电场力方向向左，则知正点电荷在左侧，负点电荷在右侧，粒子从a到b再到c，电势不断降低，负电荷的电势不断增大．故B错误，C正确;粒子在c点时的电场力不为零，加速度不为零．故D错误．【考点】等势面；电势．8．如图所示，电源内阻不能忽略，安培表、伏特表都是理想电表，当滑动变阻器R的滑动头从a端滑到b端过程中（）A．V的示数先增大后减小，A示数增大B．V的示数先增大后减小，A示数减小C．V的示数先减小后增大，A示数增大D．V的示数先减小后增大，A示数减小【答案】A【解析】当滑动头从a端滑到中点时，变阻器左右并联的电阻增大，分担的电压增大，变阻器右边电阻减小，电流减小，则通过电流表的电流增大．外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数增大；当滑动头从中点滑到b端时，变阻器左右并联的电阻减小，分担的电压减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，而通过变阻器左侧的电流减小，则通过电流表的电流增大．电源的内电压增大，路端电压减小．变阻器左端电阻增大，电流减小，则电压表的示数减小．所以V的示数先增大后减小．A示数一直增大．【考点】闭合电路的欧姆定律．9．如图所示，重20N的物体放在粗糙水平面上，用力F=8N的力斜向下推物体，F与水平面成30°角，物体与平面间的动摩擦因数μ=0.5，则（）A．物体对地面的压力为24N B．物体所受的摩擦力为12N C．物体所受的合力为5N D．物体所受的合力为零【答案】AD【解析】分析物体的受力情况，在竖直方向上物体受力平衡，则有：N=mg+F sin30°=20N+8×0.5N=24N，由牛顿第三定律得：物体对地面的压力为24N．故A 正确；物体在水平方向上，因为F cos30°＜（mg+F sin30°）μ，则物体不动，物体受力平衡，水平方向有f=F cos30°．故B错误；由于物体静止，则合力为零，故C错误，D正确．【考点】共点力平衡的条件及其应用10．如图（1）所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为20：1，R1=10Ω，R2=20Ω，C=100μF 已知电阻R1两端的正弦交流电压如图（2）所示，则（）A．原线圈输入电压的最大值为400V B．交流电的频率为100HzC．电容器C所带电量恒为2×10﹣3C D．电阻R1消耗的电功率为20W 【答案】AD．【解析】由图2可知R1的电压最大值为20V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为400V，A正确；根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，B错误；电容器两端的电压是变化的，所带电量也是变化的，所以C错误；电阻R1两端电压的有效值为，电阻R1消耗的电功率P=20010=20W，D正确；【考点】变压器的构造和原理．11．2012年6月18日，神州九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面343km的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接．对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气，下面说法正确的是（）A．为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间B ． 如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加C ． 如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低D ． 航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用【答案】BC ．【解析】又第一宇宙速度为最大环绕速度，天宫一号的线速度一定小于第一宇宙速度．故A错误；根据万有引力提供向心力有：22Mm v G m r r =⇒v 速度增大，故动能将增大，所以B 正确；卫星本来满足万有引力提供向心力即22Mm v G m r r =，由于摩擦阻力作用卫星的线速度减小，提供的引力大于卫星所需要的向心力故卫星将做近心运动，即轨道半径将减小，故C 正确；失重状态说明航天员对悬绳或支持物体的压力为0，而地球对他的万有引力提供他随天宫一号围绕地球做圆周运动的向心力，所以D 错误【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．12． 如图所示，ABCD 为固定的水平光滑矩形金属导轨，处在方向竖直向下，磁感应强度为B 的匀强磁场中，AB 间距为L ，左右两端均接有阻值为R 的电阻，质量为m 、长为L 且不计电阻的导体棒MN 放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统．开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN 具有水平向左的初速度v 0，经过一段时间，导体棒MN 第一次运动到最右端，这一过程中AB 间R 上产生的焦耳热为Q ，则（ ）A ． 初始时刻棒所受的安培力大小为22202B L v RB ． 当棒再一次回到初始位置时，AB 间电阻的热功率为2220B L v RC ． 当棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为12mv 02﹣2Q D ． 当棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为12mv 02﹣6Q 【答案】AC ．【解析】由F =BIL 、I =0BLv R 并，R 并=12R ，得初始时刻棒所受的安培力大小为 F A =22202B L v R ．故A 正确；由于回路中产生焦耳热，棒和弹簧的机械能有损失，所以当棒再次回到初始位置时，速度小于v 0，棒产生的感应电动势E ＜BLv 0，由电功率公式P =2E R知，则AB 间电阻R 的功率小于2220B L v R，故B 错误；由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和弹簧的弹性势能．电阻R 上产生的焦耳热为Q ，整个回路产生的焦耳热为2Q ．弹簧的弹性势能为：E p =12mv 02﹣2Q ，故C 正确，D 错误； 【考点】 法拉第电磁感应定律；弹性势能；导体切割磁感线时的感应电动势．二．实验题（6+10=16分）13．（6分）某实验小组欲以图甲所示实验装置“探究加速度与物体受力和质量的关系”．图中A 为小车，B 为装有砝码的小盘，C 为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器相连，小车的质量为m 1，小盘（及砝码）的质量为m 2．（1）下列说法正确的是A ．实验时先放开小车，再接通打点计时器的电源B ．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力C ．本实验中应满足m 2远小于m 1的条件D ．在用图象探究小车加速度与受力的关系时，应作a ﹣m 1图象（2）实验中，得到一条打点的纸带，如图乙所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T ，且间距x 1、x 2、x 3、x 4、x 5、x 6已量出，则打点计时器打下F 点时小车的瞬时速度的计算式为v F = 、小车加速度的计算式a = ．（3）某同学平衡好摩擦阻力后，在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变砝码重力，作出小车加速度a 与砝码重力F 的图象如图丙所示．若牛顿第二定律成立，重力加速度g =10m/s 2，则小车的质量为 kg ，小盘的质量为kg ．（4）实际上，在砝码的重力越来越大时，小车的加速度不能无限制地增大，将趋近于某一极限值，此极限值为 m/s 2．【答案】（1）C （2）562x x T +； 45612329x x x x x x T ++--- （3）2.0； 0.06 （4）10【解析】（1） 实验时应先接通电源后释放小车，故A 错误;平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：f =mg sin θ=μmg cos θ，m 约掉了，故不需要重新平衡摩擦力．故B 错误;让小车的质量m 1远远大于小盘和重物的质量m 2，因为：际上绳子的拉力F =Ma =2211m g m m +，故应该是m 2＜＜m 1，即实验中应满足小盘和重物的质量远小于小车的质量，故C 正确；F =ma ，所以：a =F m ，所以在用图象探究小车的加速度与质量的关系时，通常作a ﹣1m 图象，故D 错误；（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F 点时小车的瞬时速度大小．v F =562x x T+ 根据匀变速直线运动的推论公式△x =aT 2可以求出加速度的大小，得：x 4﹣x 1=3a 1T 2x 5﹣x 2=3a 2T 2x 6﹣x 3=3a 3T 2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a =13（a 1+a 2+a 3）=45612329x x x x x x T++--- （3）对a ﹣F 图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，故小车质量为：m 1=5.5030.3--=2.0kg ， F =0时，产生的加速度是由于托盘作用产生的，故有：mg =m 1a 0，解得：m=20.310=0.06kg（4）小车的加速度最大等于自由落体的加速度，故极限值为10m/s2【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．14．（10分）育才中学高2013级某科技创新小组在小制作中需要1.00Ω的定值电阻．由于实验室没有合适的电阻，他们打算用一段导线代替．他们在实验室找到了两圈长度均为100.00m的粗细均匀的导线圈a、b，他们用螺旋测微器测出b线圈导线的直径和用多用电表“R×100”档粗测b线圈的总电阻示数如图甲、乙所示．（1）导线b直径：d=mm；由多用电表得线圈b的总电阻约：R b=Ω（2）接着测出线圈a、b的U﹣I图象如图丙所示，实验室提供如下器材可选：A．电流表A1（600mA，1.0Ω ）；B．电流表A2（40m A，10.0Ω）；C．电压表V1（3V，6kΩ）；D．电压表V2（50V，20kΩ）；E．滑动变阻器R1（100Ω，1.0A）；F．滑动变阻器R2（10Ω，2A）；G．直流电源E （50V，0.05Ω）；H．开关一个，带夹子的导线若干．以上器材中，要求实验测b线圈的伏安特性曲线，且在实验时需测出多组有关数据和尽可能高的测量精度．电流表选用：；电压表选用：；滑动变阻器选用：．（只填仪器前的字母代号）．请在答题卷的虚线框中画出实验的电路图．（3）最后，他们决定用线圈a的一段导线来替代1.00Ω的电阻，他们应将长度L=m 的导线接入电路．【答案】（1）0.238（0.237﹣0.239），2400．（2）B、D、E．（3）0.2．【解析】（1）螺旋测微器读数=固定刻度读数+可动刻度读数=0+0.01mm×23.8=0.238mm；欧姆表读数=表盘读数×倍率=24×100=2400Ω；（2）根据I﹣U图象得到测量时的最大电压测量值为46V，电流值的最大测量值为40mA，故电压表选择V2，电流表选择A2；滑动变阻器R1电流约为：I=50V0.5A100=Ω，小于额定电流；滑动变阻器R2电流约为：I=50V5A10=Ω，大于额定电流；故滑动变阻器选用R1；滑动变阻器阻值小于导线电阻，采用分压式接法；导线电阻较大，采用安培表内接法；电路图如图所示：（3）根据I﹣U图象得到线圈a的电阻为：R a=20V500 0.04A=Ω；线圈的长度为100m，故每米5Ω，长度0.2m的电阻即为1欧姆．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；用多用电表测电阻．三．计算题（共8+8+10+10=36分）15．（8分）高速公路上甲乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v0=30m/s，距离s0=100m，t=0时刻甲车遇紧急情况后，甲乙两车的加速度随时间变化如图所示，取运动方向为正方向．通过计算说明两车在0～9s内会不会相撞？【答案】两车在0﹣9s时间内不会相撞．【解析】 根据图象分析知：甲前3s 内做21=-10m/s a 甲匀减速直线运动，3s 后速度减为0后再以2=5m/s a 甲2做匀加速直线运动，乙在做匀速直线运动，3s 后以2=-5m/s a 乙2做匀减速直线运动．甲车在匀减速过程中的初速度为30m/s ，加速度为21=-10m/s a 甲可知3s 后甲的速度刚好为0，故位移01030=3m=45m 22v v x t ++=⨯甲 乙在前3s 内的位移x 乙1=vt =30×3m=90m此时甲乙相距△x =x 甲1+s 0﹣x 乙1=45+100﹣90m=55m从此刻开始，甲做初速度为0加速度为2=5m/s a 甲2的匀加速运动，乙做初速度为v 0乙=30m/s ，加速度2=-5m/s a 乙2的匀减速直线运动，此时两车相距△x =55m因为甲做匀加速运动，乙做匀减速运动，根据运动规律，在甲速度增加到和乙相等时两车末能相撞，则以后就不会相撞： v 甲=a 甲2t ① v 乙=v 乙0+a 乙2t ②当v 甲=v 乙时，可得运动时间t =3s 在这一过程中，甲的位移21=22.5m 2x a t =甲2甲2 乙的位移221=67.5m 2x v t a t +=乙2乙乙2 因为：x 甲2+△x ＞x 乙2 所以两车不会相撞． 【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的图像．16．（8分）边长为a 的N 匝正方形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，以角速度ω绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈的电阻为R ．（1）求线圈从中性面开始转过90°角的过程中产生的热量．（2）求线圈从中性面开始转过90°角的过程中，通过导线截面的电量．【答案】（1）2244N B aRπω（2）2NBaR．【解析】（1）线圈产生的感应电动势最大，其大小为：E m=NBωa2，因此交流电的有效电压为E=，所以转动过程中产生的热量为Q=22224224mEE N B atR R Rππωω=⋅=，（2）转动90°过程中平均感应电动势E=nNBS t t ∆Φ=通过的电荷量为q=It=2 NBS NBa R R=【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．17．（10分）一矩形线圈，面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为2Ω，外接电阻为R=8Ω，线圈在磁感应强度为1Bπ=T的匀强磁场中以300r/min的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图所示，若从中性面开始计时，求：（1）线圈中感应电动势的瞬时值表达式．（2）线圈从开始计时经130s时，线圈中电流的瞬时值．（3）外电路电阻R两端电压的瞬时值表达式．【答案】（1）e=50sin10πt（V）．（2）4.33A．（3）40sin10πt（V）．【解析】（1）线圈的角速度ω=2πn =2π30060rad/s=10πrad/s 感应电动势的最大值E m =nBSω=100×1π×0.05×10πV=50V ，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e =50sin10πt （V ）．（2）t =130s 时， e=50sin10π×130，线圈中电流的瞬时值i =e R r =+A=4.33A ．（3）外电路电阻R 两端电压的瞬时值表达式为u=R e R r +=828+50sin10πt （V ）=40sin10πt （V ）．【考点】交流的四值18．（10分）如图所示，在空间建立O ﹣xyz 坐标系，水平向右为x 轴正方向，竖直向上为y 轴正方向，垂直纸面向外为z 轴的正方向（图中未画出）．一个放射源放在x 轴上A 点（﹣20，0），它能持续放出质量为m ，带电量为+q ，速度大小为v 0的粒子，粒子射出方向与x 轴夹角可调节，在第二象限区域外加场的作用下，粒子射出后总由y 轴上C 点（0，3a ，0）以垂直于y 轴的方向射入第一象限．而在y 轴右侧相距为a 处有与x 轴垂直的足够大光屏PQ ，y 轴和光屏PQ 间同时存在垂直纸面向外、大小为E 0的匀强电场以及大小为E =02mv qa的匀强磁场，不计粒子的重力．（1）若在第二象限整个区域仅存在沿﹣y 轴方向的匀强电场，求该电场的场强E ； （2）若在第二象限整个区域仅存在垂直纸面的匀强磁场，求磁感应强度B ； （3）在上述两种情况下，粒子最终打在光屏上的位置坐标．【答案】（1）28mvqa；（2）027mvqa；（3）222(1),)18qE aa amvπ．【解析】（1）设粒子射出时速度方向与x轴正方向夹角为θ，则有，tan2tan2θα===所以θ=60°00sin60yv v==，22yqEvm=⨯，所以28mvEqa=（2）设粒子在第二象限磁场中做匀速圆周运动的半径为R，则0mvRqB=，222)(3)R R a=+-，得R=3.5a，027mvBqa=（3）在第一种情况下，粒子进入第一象限的速度为v1，v1=v0cos60°=02v在磁场B0中做匀速圆周运动的半径11mvR aqB==从进入第一象限到打到光屏上的时间为14T atvπ==粒子在z轴方向上做初速度为0的匀加速直线运动，在t1时间内沿z轴方向通过的距离22200112122qE qE az tm mvπ==，则粒子在光屏上的位置坐标为222(,2,)2qE aa amvπ在第二种情况下，粒子进入第一象限的速度为v 2，v 2=v 0 在磁场B 0中做匀速圆周运动的半径2202mv R a qB == 从进入第一象限到打到光屏上的时间为20123T a t v π== 粒子在z 轴方向上做初速度为0的匀加速直线运动，在t 2时间内沿z 轴方向通过的距离222002221218qE qE a z t m mv π==，则粒子在光屏上的位置坐标为2202(1),)18qE a a a mv π 【考点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．。
河南省新野县第三高级中学2014-2015学年高二上学期第四次月考物理试题(扫描版)
河南省新野县第三高级中学2014-2015学年高二上学期第四次月考物理试题高二物理第四次阶段性考试答案二、实验题（共3小题，共15分）13.(4分) 50.80 (2分) 3.775±0.002 (2分)14.(5分)( 1) ADC (3分) (2)负(2分)15.（6分）（1）C (1分) D (1分) F (1分)（2）如图(3分，出现下列问题的累计扣分，扣完3分为止：①未接成分压器扣3分；②电表极性接反扣3分；③连线时不使用接线柱扣3分；④电流表内接扣1分；⑤开关不在干路上扣1分)三、解答题（共4小题，共47分） ∴电动机两端的电压IrU E U L M --=（2分）∵E ＝30 V ，r ＝2 Ω，∴U M ＝20 V .（1分）（2）电动机的总功率P M = U M I ，（1分）∴P M = 40 W ．绕线电阻的热功率P 热=I 2R ，（1分）∵R ＝1 Ω， ∴P 热＝4 W ．电动机输出的机械功率P 机 = P M - P 热，（1分）∴P 机 = 36 W ．（2分）17.（12分）解 (1)线框中交变电压u ＝NBSωsin ωt ，（2分）∵N ＝200，B =102T ，S = 0.2m 2，ω = 100 rad/s ， ∴u ＝4002sin (100t ) V. (2分)(2)原线圈两端电压U 1 = 2m U ，（1分）∵U m =4002V ， ∴U 1 = 400V. 变压器原、副线圈匝数之比2121U U n n =，（2分） ∵U 2 ＝220 V, ∴112021=n n .(1分) (3)变压器输出的最大功率等于输入的最大功率P m ＝U 1I 1m ，（2分） ∵U 1 =400 V,I 1m ＝10 A ，∴P m ＝4 000 W.（2分）18.（12分）解：F 安 = BIL ,（2分）I = R E,（2分）E = BLv ,（2分）∴F 安 =R vL B 22.∵F =F 安 + f ,（1分）∴v =22L B R F － 22L B Rf.图象的斜率k =22L B R,（2分）∵R = 0.5 Ω,L = 0.5 m,由图象可知ｋ＝2 m/(s·N),（2分） ∴B =1 T .（1分）。
河南省新野县第三高级中学2014-2015学年高一地理上学期第三次周考试卷
某某省新野县第三高级中学2014-2015学年高一地理上学期第三次周考试卷一、选择题：（每小题1.5分，50题共75分）1．在一定的温度和压力作用下，原有成分和性质发生改变，由此形成的岩石是( ) A．石灰岩、玄武岩 B．页岩、石灰岩C．某某岩、板岩 D．花岗岩、砂岩2．有关岩石的正确说法是 ( )A．岩石是地壳中化学元素结合而成的化合物B．某某岩是由长石、石英、云母组成的C．岩石是由一种矿物或几种矿物组成的集合体D．岩石仅存在于地壳中读图，完成3～5题。
3．下列说法正确的是( )①石灰岩是岩浆岩，某某岩是沉积岩②石灰岩是由化学沉淀物或生物遗体堆积而成的③某某岩是由石灰岩变质后形成的④石灰岩是矿产，某某岩不是矿产A．①③B．②④C．②③D．①④4．下列说法正确的是( )A．岩浆侵入地壳，冷却凝固形成某某岩B．岩浆侵入地壳产生的高压，使石灰岩变质成某某岩C．长石、方解石组成了某某岩D．在石灰岩中能够找到化石5．下列岩石中，与图示岩石类型无关的是 ( )A．花岗岩B．砂岩C．煤D．板岩读下列诗文，回答6—7题。
于谦的《石灰吟》“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲。
粉身碎骨全不怕，要留清白在人间。
”6．诗中描述的岩石按成因属于 ( )A．岩浆岩B．沉积岩C．变质岩D．喷出岩7．有关该类岩石的叙述，正确的是 ( )①该类岩石常具有大量气孔②该类岩石中石英含量最高③该类岩石中多出现石油、天然气等资源④该类岩石的突出特征是有层理结构和化石A．①②B．②③C．①③D．③④矿物是人类生产资料和生活资料的重要来源之一，是构成岩石的物质基础。
地球上已发现的矿物有3000多种，其中组成岩石的造岩矿物有几十种。
据此完成8～9题。
8．化学元素在岩石圈中存在的基本单元是( )A．矿物B．岩石C．矿产D．矿床9．下列四种地壳物质的组成排列中合理的一组是( )A．地壳→化学元素→岩石→地壳B．地壳→矿物→化学元素→岩石C．化学元素→矿物→岩石→地壳D．矿物→化学元素→岩石→地壳下图为地壳物质循环示意图。
河南省新野县第三高级中学2014年高三上第三次周考物理试题及答案
14．随着人们生活水平的提高，打高尔夫球将逐渐成为普通人的休闲娱乐项目之一，如图1所示，某人从高出水平地面h 的坡上水平击出一个质量为m 的球，由于恒定的水平风力的作用，球竖直地落入距击球点水平距离为L 的A 穴，则 ( )A ．球被击出后做平抛运动B ．球从被击出到落入A 穴所用的时间为gh 2 C ．球被击出时的初速度大小为hg L 2 D ．球被击出后受到的水平风力的大小为mgh/L15．2008年4月28日凌晨，山东境内发生两列列车相撞事故，造成了大量人员伤亡和财产损失，引发事故的主要原因是其中一列列车转弯时超速行驶．如图2所示是一种新型高速列车，当它转弯时，车厢会自动倾斜，产生转弯需要的向心力；假设这种新型列车以360 km/h 的速度在水平面内转弯，弯道半径为1.5 km ，则质量为70 kg 的乘客在拐弯过程中所受到的合外力为 ( )A ．500 NB ．1000 NC ．N 2500 D. 018．到目前为止，火星是除了地球以外人类了解最多的行星，已经有超过30枚探测器到达过火星，并发回了大量数据，如果已知万有引力常量为G ．根据下列测量数据，能够得出火星密度的是 ( )A ．发射一颗绕火星做匀速圆周运动的卫星，测出卫星的轨道半径r 和卫星的周期TB ．测出火星绕太阳做匀速圆周运动的周期T 和轨道半径rC ．发射一颗贴近火星表面绕火星做匀速圆周运动的飞船，测出飞船运行的速度vD ．发射一颗贴近火星表面绕火星做匀速圆周运动的飞船，测出飞船运行的角速度ω19. 一个质量为2 kg 的物体，在5个共，点力作用下处于匀速直线运动状态．现同时撤去大小分别为15 N 和10 N 的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法中正确的是 ( )A ．可能做匀减速直线运动，加速度大小是2 m/s 2B ．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是5 m/s 2C ．可能做匀变速曲线运动，加速度大小可能是10 m ／s 2D ．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s 220．如图5所示，倾斜轨道AC 与有缺口的圆轨道BCD 相切于C ，圆轨道半径为R ，两轨道在同一竖直平面内，D 是圆轨道的最高点，缺口DB 所对的圆心角为90°，把一个小球从斜轨道上某处由静止释放，它下滑到C 点后便进入圆轨道，要想使它上升到D 点后再落到B 点，不计摩擦，则下列说法正确的是 ( )A ．释放点须与D 点等高B ．释放点须比D 点高4R C ．释放点须比D 点高2R D ．使小球经D 点后再落到B 点是不可能的21．如图6所示，质量为m 的物块从半径为R 的半球形碗边向碗底滑动，滑到最低点时的速度为v,若物块滑到最低点时受到的摩擦力是F f ，则物块与碗的动摩擦因数为( )A ．mg F fB ．R v m m g F f2+ C ． R v m m g F f 2- D ．Rv m F f 224. （14分）如图9所示，斜面体ABC固定在地面上．小球p从A点静止下滑，当小球p开始下滑时，另一小球q从A点正上方的D点水平抛出，两球同时到达斜面底端的B 处．已知斜面AB光滑，长度l=2.5 m，斜面倾角θ=30°，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：(1)小球p从A点滑到B点的时问；(2)小球q抛出时初速度的大小．25.（14分）如图10所示，小球从光滑的圆弧轨道下滑至水平轨道末端时，光电装置被触动，控制电路会使转筒立刻以某一角速度匀速连续转动起来．转筒的底面半径为R，已知轨道末端与转筒上部相平，与转筒的转动轴距离为L，且与转筒侧壁上的小孔的高度差为h；开始时转筒静止，且小孔正对着轨道方向．现让一小球从圆弧轨道上的某处无初速度滑下，若正好能钻入转筒的小孔（小孔比小球略大，小球视为质点．不计空气阻力，重力加速度为g），求：(1)小球从圆弧轨道上释放时的高度H；(2)转筒转动的角速度ω．26. （16分）如图12所示，有一内壁光滑的试管装有质量为1 g的小球，试管的开口端封闭后安装在水平轴O上，转动轴到管底小球的距离为5 cm，让试管在竖直平面内做匀速转动．问：(1)转动轴达某一转速时，试管底部受到小球的压力的最大值为最小值的3倍，此时角速度多大？(2)当转速叫ω=10 rad/s时，管底对小球的作用力的最大值和最小值各是多少？（g取10m/s2）第三次周考物理参考答案14.15.16.AC 17.BD18.19.20.21.22.23.24.25.26.。
河南省新野县第三高级中学高三上学期第三次段考——物理(1)物理
河南省新野县第三高级中学2015届高三上学期第三次阶段考试物理试题一、选择题（本题共10题，每题5分，共50分，全部选对的得,5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
其中1--7题为单选，8--10题为多选。
）1．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的说法是（）A．英国物理学家牛顿用实验的方法测出万有引力常量GB．第谷接受了哥白尼日心说的观点，并根据开普勒对行星运动观察记录的数据，应用严密的数学运算和椭圆轨道假说，得出了开普勒行星运动定律C．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快D．牛顿提出的万有引力定律奠定了天体力学的基础2.某物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F随时间t变化的图象如图所示，在0-8秒内，下列说法正确的是（）A．物体在0一2s内做匀加速直线运动B．物体在第2秒末速度最大C、物体在第8秒末离出发点最远D．物体在第4s末速度方向发生改变3．如图所示，四个电场线图，一正电荷在电场中由P到Q做加速运动且所受电场力越来越大，那么它是在哪个图示电场中运动（）4．如图所示，水平地面上不同位置的三个小球斜上抛，沿三条不同的路径运动最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（）A．沿路径1抛出时的小球落地的速率最小B．沿路径3抛出的小球在空中运动时间最长C．三个小球抛出的初速度竖直分量相等D．三个小球抛出的初速度水平分量相等5．如图，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，下列说法正确的是( )A. 甲的向心加速度比乙的小B. 甲的运行周期比乙的小C. 甲的角速度比乙大D. 甲的线速度比乙大6．如图所示,电梯质量为M,地板上放置一质量为m的物体．钢索拉电梯由静止开始向上加速运动,当上升高度为H时,速度达到v,则（）A．地板对物体的支持力做的功等于mv2B．地板对物体的支持力做的功等于mv2+mgHC．钢索的拉力做的功等于Mv2+MgHD．合力对电梯M做的功等于（M+m）v27．如图所示，虚线a．b．c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P．Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A. 三个等势面中，a的电势最高B. 带电质点通过P点时的电势能较Q点小C.带电质点通过P点时的动能较Q点大D.带电质点通过P点时的加速度较Q点大8．如图所示，AC、BD为一边长为d的正方形ABCD的两条对角线。
河南省新野县第三高级中学2014-2015学年高二上学期第三次周考物理试题
高二上学期第三次周考物理试题一、选择题（每小题4分，共48分。
多选项已在题号后标出）1．(多选)如右图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、-Q，虚线是以+Q所在点为圆心、L2为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。
下列判断正确的是( )A．b、d两点处的电势相同B．四个点中c点处的电势最低C．b、d两点处的电场强度相同D．将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小2．(多选)如右图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c 三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。
以下判断正确的是( )A．b点场强大于d点场强B．b点场强小于d点场强C．a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D．试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能3．右图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0。
一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26 eV和5 eV。
当这一点电荷运动到某一位置时其电势能变为-8 eV时，它的动能应为( )A．8 eV B．13 eVC．20 eV D．34 eV4．(多选)平行板电容器的两极板A、B接于电源两极，两极板竖直、平行正对，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图所示，则下列说法正确的是( )A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变C．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大D．开关s断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变5．如图所示，带电荷量之比为q A：q B=1：3的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点水平射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为x A：x B=2：1，则带电粒子的质量之比m A：m B以及在电场中飞行的时间之比t A：t B 分别为( )A．1：1，2：3 B．2：1，3：2C．1：1，3：4 D．4：3，2：16．如图所示，A、B两导体板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)。
2015年河南省南阳一中高考物理三模试卷和答案
2015年河南省南阳一中高考物理三模试卷一、选择题：（本大题共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．（6分）如图所示，小车向右做匀加速直线运动的加速度大小为a，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，通过细线悬吊着小铁球m，M、m均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ．若小车的加速度逐渐增大到3a时，M、m仍与小车保持相对静止，则（）A．细线与竖直方向的夹角增加到原来的3倍B．细线与竖直方向夹角的正弦值增加到原来的3倍C．细线的拉力增加到原来的3倍D．M受到的摩擦力增加到原来的3倍2．（6分）如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体．物体在A处时，弹簧处于原长状态．现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开．此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W．不考虑空气阻力．关于此过程，下列说法正确的有（）A．物体重力势能减小量可能大于WB．弹簧弹性势能增加量一定小于WC．物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD．若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W3．（6分）理论研究表明第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍．火星探测器悬停在距火星表面高度为h处时关闭发动机，做自由落体运动，经时间t落到火星表面．已知引力常量为G，火星的半径为R．若不考虑火星自转的影响，要使探测器脱离火星飞回地球，则探测器从火星表面的起飞速度至少为（）A．B．C．11.2km/s D．7.9km/s4．（6分）如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图．励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直．电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是（）A．仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大B．仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大C．仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大D．仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大5．（6分）如图所示，Ⅰ、Ⅱ区域是宽度L均为0.5m的匀强磁场，磁感应强度大小均为B=1T，方向相反．一边长L=0.5m、质量m=0.1kg、电阻R=0.5Ω的正方形金属线框abcd的ab边紧靠磁场边缘，在外力F的作用下向右匀速运动穿过磁场区域，速度v0=10m/s．在线框穿过磁场区的过程中，外力F所做的功为（）A．5J B．7.5J C．10J D．15J6．（6分）如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块R（R视为质点）．将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R 从坐标原点以速度v0=3cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与y轴夹角为α．则红蜡块R的（）A．分位移y与x成正比B．分位移y的平方与x成正比C．合速度v的大小与时间t成正比D．tanα与时间t成正比7．（6分）用质量为M的吸铁石，将一张质量为m的白纸压在竖直固定的磁性黑板上．某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉吸铁石，吸铁石和白纸未移动，则下列说法中正确的是（）A．磁铁受到的摩擦力大小为MgB．磁铁受到的摩擦力大小为C．白纸受到两个摩擦力的作用D．白纸受到黑板的摩擦力大小为8．（6分）如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户（电灯等用电器），R表示输电线的电阻，则（）A．用电器增加时，变压器输出电压增大B．要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑C．用电器增加时，输电线的热损耗减少D．用电器增加时，变压器的输入功率增加二、非选择题（包括必考题和选做题两部分．第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13-18为选做题，考生根据要求作答．）（一）必考题9．（6分）某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案。
新野三高高2015级高三第一次物理试题
新野三高2014—2015学年高三第一次阶段性考试物理试题第3章牛顿运动定律(本卷满分100分，考试用时90分钟)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分，每小题至少有一个选项正确，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．下列关于惯性的各种说法中，你认为正确的是A．材料不同的两个物体放在地面上，用一个相同的水平力分别推它们，则难以推动的物体惯性大B．在完全失重的情况下，物体的惯性将消失C．把手中的球由静止释放后，球能竖直加速下落，说明力是改变物体惯性的原因D．抛出去的标枪、手榴弹等是靠惯性向远处运动的3．一个物体在多个力的作用下处于静止状态．如果仅使其中的一个力大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变)，在这过程中其余各力均不变，如图3所示，能正确描述过程中物体速度变化情况的是图34．为了研究超重与失重现象，某同学把一体重计放在电梯的地板上，并将一物体放在体重计上随电梯运动，观察体重计示数的变化情况．下表记录了几个特定时刻体重计的示数(表内时间不表示先后顺序)：若已知t 0A ．t 1和t 2时刻电梯的加速度方向一定相反B ．t 1和t 2时刻物体的质量并没有发生变化，但所受重力发生了变化C ．t1和t 2时刻电梯运动的加速度大小相等，运动方向一定相反 D ．t 3时刻电梯可能向上运动5．如图4所示，物体A 和物体B 中间夹一竖直轻弹簧，在竖直向上的恒力F 作用下，一起沿竖直方向匀加速向上运动．当把外力F 突然撤去的瞬间，下列说法正确的是A ．A 、B 的加速度立即发生变化 B ．只有B 的加速度立即发生变化C ．A 的加速度一定小于重力加速度g图4D ．B 的加速度一定大于重力加速度g6．(2010·山东济南一模)如图5所示，质量为M 的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m 的粗糙物块以某一初速度沿劈的粗糙面向上滑，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止，则在物块m 上、下滑动的整个过程中A ．地面对物体M 的摩擦力先向左后向右B ．地面对物体M 的摩擦力方向没有改变图5C ．地面对物体M 的支持力总小于(M ＋m)gD ．地面对物体M 的摩擦力大小不同7．在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m 1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k.在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m 2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图6所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的形变为图6A ．伸长量为m 1g k tan θB ．压缩量为m 1gk tan θC ．伸长量为m 1g ktan θD ．压缩量为m 1gktan θ8．(2010·湖北宜昌)一个物体冲上倾角为θ的斜面，沿斜面上滑，然后又下滑回原地．已知物体从最高点下滑回到原地的时间为由原地上滑到最高点时间的2倍，则物体与斜面间的动摩擦因数为A ．tan θ B.35tan θC.12tan θD.13tan θ 9．如图7所示，两个质量分别为m 1＝2 kg 、m 2＝3 kg 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F 1＝30 N 、F 2＝20 N 的水平拉力分别作用在m 1、m 2上，则图7A ．弹簧秤的示数是10 NB ．弹簧秤的示数是50 NC ．在突然撤去F 2的瞬间，弹簧秤的示数不变D ．在突然撤去F 1的瞬间，m 1的加速度不变10.（2011天津）如图所示，A 、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B 受到的摩擦力 A ．方向向左，大小不变 B ．方向向左，逐渐减小 C ．方向向右，大小不变D ．方向向右，逐渐减小二、填空题(本大题共2小题，共14分，将答案写在题中的横线上，不要求写出演算过程) 11．(4分)在”验证牛顿运动定律”的实验中，以下做法错误的是________． A ．平衡摩擦力时，应将小盘用细绳通过定滑轮系在小车上 B ．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力 C ．实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源D ．求小车运动的加速度时，可用天平测出小盘的质量m ′以及小车质量M ，直接用公式a ＝m ′M g求出12．(10分)某实验小组利用如图8所示的实验装置来探究当合外力一定时，物体运动的加速度与其质量之间的关系．(1)由图8中刻度尺读出两个光电门中心之间的距离x ＝24 cm ，由图9中游标卡尺测得遮光条的宽度d ＝________ cm.该实验小组在做实验时，将滑块从图8所示位置由静止释放，由数字计时器可以读出遮光条通过光电门1的时间Δt 1，遮光条通过光电门2的时间Δt 2，则滑块经过光电门1时的瞬时速度的表达式v 1＝________，滑块经过光电门2时的瞬时速度的表达式v 2＝________，则滑块的加速度的表达式a＝________.(以上表达式均用字母表示)(2)在本次实验中，实验小组通过改变滑块质量总共做了6组实验，得到如下表所示的实验数据．通过分析表中数据，你得出的结论是________.(3)10所示的坐标系中描点作出相应图象．图10三、计算题(本大题共4小题，共46分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 13．(10分)在研究摩擦力特点的实验中，将木块放在足够长的静止水平木板上．如图11甲所示，用力沿水平方向拉木块，使拉力F从0开始逐渐增大．经实验绘制出摩擦力F f随拉力F的变化图象如图丙所示．已知木块质量为0.78 kg.(1)求木块与长木板间的动摩擦因数．(2)若木块在与水平方向成θ＝37°角斜向右上方的恒定拉力F′作用下，以a＝2.0 m/s2的加速度从静止开始做匀加速直线运动，如图乙所示．则F′为多大？(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)16．(14分)如图14所示，一小滑块以v0＝4 m/s的初速度滑上一个固定在地面上的足够长的斜面，经过t＝0.6 s恰好经过斜面上的某点B，已知斜面的倾角α＝37°，小滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.求：(1)小滑块在t＝0.6 s时经过B点的速度v B；(2)B点距斜面底端A点的距离x AB.图14高三物理第一次阶段性考试答案一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分，每小题至少有一个选项正确，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．解析 由于两物体材料不同，摩擦力可能不同，因此不能判断其质量关系，A 选项错；惯性由质量决定，跟物体的运动状态无关，力也不能改变物体的惯性，B 、C 错；选D.答案 D2．解析 小球在A 点时，弹簧处于自由伸长状态，故x A ＝h ，a A ＝g ，A 正确；当小球的速度达到最大时，小球的合外力为零，此时的加速度为零，故x B ＝h ＋mgk ，a B ＝0，B 正确；小球到达C 点时的速度为零，即到达了最低点，由对称性可知，若x C ＝h ＋2mg k ，此时小球还有向下的速度，故x C ＞h ＋2mgk ，a C＞g ，D 正确．答案 ABD3．解析 由题意知，合力先变大后变小，因此加速度也先变大后变小，在v －t 图象中，图象的斜率表示加速度．D 项正确． 答案 D4．解析 由表中数据可知，t 1时刻物体处于超重状态，电梯加速度方向向上，t 2时刻物体处于失重状态，电梯加速度方向向下，A 正确；无论超重还是失重，其重力均不变，B 错；t 1时刻和t 2时刻电梯加速度大小相等、方向相反，但运动方向可能相同也可能相反，C 错；t 3时刻电梯匀速运动，但运动方向不能确定，D 对．答案 AD5．解析 在把外力F 突然撤去的瞬间，弹簧中的弹力来不及变化，则物体A 的加速度不变，只有B 的加速度立即发生变化，故B 项正确；在外力F 作用下物体A 和物体B 的加速度可以大于重力加速度g ，故C 项错误；撤去外力F 时，弹簧对B 有向下的作用力，故B 的加速度一定大于重力加速度g ，D 项正确．答案 BD6．解析 物块上滑时的加速度大小为a 1＝gsin θ＋μgcosθ，下滑时的加速度大小为a 2＝gsin θ－μgcos θ，方向均沿斜面向下，可分解为竖直向下和水平向左，如图甲所示．对整体进行受力分析如图乙所示，竖直方向有向下的加速度，地面对物体M 的支持力始终小于(M ＋m)g ，选项C 正确；水平方向有向左的加速度，地面对物体M 的摩擦力(静摩擦力)的方向始终水平向左，考虑到a 1＞a 2，上滑时地面对物体M 的摩擦力大于下滑时地面对物体M 的摩擦力，选项B 、D 正确而A 错误． 答案 BCD7． 解析 分析m 2的受力情况可得：m 2gtan θ＝m 2a ，得出：a ＝gtan θ，再对m 1应用牛顿第二定律，得：kx ＝m 1a ，x ＝m 1gk tan θ，因a 的方向向左，故弹簧处于伸长状态，故A 正确． 答案 A8．解析 上滑时x ＝12a 1t 21，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 1；下滑时x ＝12a 2t 22，mgsin θ－μmgcos θ＝ma 2，t 2＝2t 1，解得μ＝35tan θ，B 正确．【答案】：A二、填空题(本大题共2小题，共14分，将答案写在题中的横线上，不要求写出演算过程) 12．答案 ACD13．解析 (1)遮光条的宽度很小，遮光条通过光电门的时间极短，遮光条在极短时间内的运动看做匀速运动．遮光条从光电门1到光电门2做匀加速运动．(2)当合外力一定时，在误差允许的范围内，物体质量和加速度的乘积近似相等． (3)作a －1m图象比作a －m 图象更能说明a 与m 成反比．答案 (1)0.52 d Δt 1 d Δt 2 v 22－v 212x(代入v 1、v 2一样给分)(2)在合外力不变的情况下，物体运动的加速度跟物体的质量成反比(3)如图所示三、计算题(本大题共4小题，共46分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)14．解析 (1)由图丙可知，木块所受的滑动摩擦力F f ＝3.12 N 由F f ＝μF N得μ＝F f F N ＝F f mg ＝ 3.120.78×10＝0.4.(2)木块受重力G 、支持力F N 、拉力F 和摩擦力F f 作用．将F 分解为水平和竖直两方向， 根据牛顿第二定律：Fcos θ－F f ＝ma Fsin θ＋F N ＝mgF f ＝μF N联立各式得：F ＝4.5 N.答案 (1)0.4 (2)4.5 N15．解析 (1)对小球受力分析，由平衡条件可知：mgsin θ＝F f1 F N1＝mgcos θ F f1＝μF N1解得μ＝tan 37°＝0.75.(2)水平推力作用后，由牛顿第二定律： Fcos θ－mgsin θ－F f2＝ma F f2＝μF N2＝μ(Fsin θ＋mgcos θ) 解得a ＝2 m/s 2.答案 (1)0.75 (2)2 m/s 216．解析 (1)由图象知v 0＝0时，a 0＝4 m/s 2，即物体不受风力时，加速度为a 0＝4 m/s 2. 由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma 0. 解得μ＝gsin θ－a 0＝0.25.(2)由图象知当v ＝5 m/s 时，物体的加速度a ＝0，由平衡条件得 mgsin θ－μF N －kvcos θ＝0， F N ＝mgcos θ＋kvsi n θ， 以上两式联立得k ＝mg (sin θ－μcos θ)v (μsin θ＋cos θ)＝0.84 kg/s.答案 (1)0.25 (2)0.84 kg/s17．解析 (1)设小滑块的质量为m ，则其上滑时，由牛顿第二定律得 mgsin α＋μmgcos α＝ma 1。
河南省南阳市新野县第三高级中学高二物理下学期第一次月考试题
河南省南阳市新野县第三高级中学2014-2015学年高二物理下学期第一次月考试题一、选择题（每题5分，共60分，其中第12题为多选）1．甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下，沿同一直线运动，它们的动量随时间变化的关系如图所示，设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F1、F2，I1、I2的大小关系是( )2．质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间较短，离地时的速率为v2。
在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为( )3．如图所示的装置中，假设地面是光滑的，弹簧是轻质的，子弹以一定的初速度沿水平方向射向木块，并留在其中，然后将弹簧压缩至最短，现将木块、子弹、弹簧作为研究对象，从子弹开始射入到弹簧压缩至最短的过程中，系统的( )A．动量守恒，机械能守恒B．动量和机械能都不守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能守恒4．质量M=100 kg的小船静止在水面上，船首站着质量m甲=40 kg的游泳者甲，船尾站着质量m乙=60 kg的游泳者乙，船首指向左方，若甲、乙两游泳者同时在同一水平线上甲朝左、乙朝右以3 m／s的速率跃入水中，则( )A．小船向左运动，速率为1 m／s B．小船向左运动，速率为0.6 m／sC．小船向右运动，速率大于1 m／s D．小船仍静止5．如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M=3kg的薄板和质量为m=1 kg的物块都以v=4 m ／s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4 m／s时，物块的运动情况是( )A．做加速运动B．做减速运动C．做匀速运动D．以上运动都可能6．甲、乙两人站在光滑的水平冰面上，他们的质量都是M，甲手持一个质量为m的球，现甲把球以对地为v的速度传给乙，乙接球后又以对地为2v的速度把球传回甲，甲接到球后，甲、乙两人的速度大小之比为( )7．某光电管的阴极是用金属钾制成的，它的逸出功为2.21eV，用波长为2.5×10－7m的紫外线照射阴极，已知真空中光速为3.0×108m ／s ．元电荷为1.6×10－19C ，普朗克常量为6.63×10－34 J ·s ，则钾的极限频率和该光电管发射的光电子的最大初动能分别是( )8．A 、B 两束不同频率的光波均能使某金属发生光电效应，如果产生光电流的最大值分别为IA 、IB ，且IA<IB ，则下列说法中正确的是( )9．用波长为2.0×10－7m 的紫外线照射钨的表面,释放出来的光电子中最大的动能是4.7×10－19 J ．由此可知．钨的极限频率是(普朗克常量h=6.63×10－34 J ·S ，光速c=3.0×108m ／s ，结果取两位有效数字)( )A ．5.5×1014 HzB ．7.9×1014 HzC ．9.8×1014HzD ．1.2×1015 Hz 10．原子从一个较高能级跃迁到一个较低的能级时，有时可能不发射光子，假如在某种条件下，铬原子在n=2能级上的电子跃迁到n=1能级上时并不发射光子，而是将相应的能量转交给n=4能级上的电子，使之脱离原子。
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河南省南阳市新野三中2014-2015学年高一上学期第三次周考物理试卷一、选择题（每小题4分，共64分，其中4、8、10、13、16为多选，其余为单选．）1．（4分）下列说法，正确的有（）A．物体在一条直线上运动，若在相等的时间里通过的位移相等，则物体的运动就是匀变速直线运动B．加速度大小不变的运动就是匀变速直线运动C．匀变速直线运动是速度变化量为零的运动D．匀变速直线运动的加速度是一个恒量2．（4分）在学习物理知识的同时，还应当注意学习物理学研究问题的思想和方法，从一定意义上说，后一点甚至更重要．伟大的物理学家伽利略的研究方法对于后来的科学研究具有重大的启蒙作用，至今仍然具有重要意义．请你回顾伽利略探究物体下落规律的过程，判定下列哪个过程是伽利略的探究过程（）A．猜想﹣问题﹣数学推理﹣实验验证﹣合理外推﹣得出结论B．问题﹣猜想﹣实验验证﹣数学推理﹣合理外推﹣得出结论C．问题﹣猜想﹣数学推理﹣实验验证﹣合理外推﹣得出结论D．猜想﹣问题﹣实验验证﹣数学推理﹣合理外推﹣得出结论3．（4分）沿平直轨道匀加速行驶的长度为L的列车，保持加速度不变地通过长为L的桥梁，车头驶上桥头时的速度为v1，车头经过桥尾时的速度为v2，则车尾通过桥尾时的速度为（）A．v1•v2B．C．D．4．（4分）静止的小球竖直悬挂在弹簧测力计上，则（）A．小球对弹簧测力计的拉力就是小球的重力B．小球对弹簧测力计的拉力大小等于小球的重力C．小球所受的重力的施力物体是弹簧D．小球所受的重力的施力物体是地球5．（4分）关于重力的大小和方向，下列说法中正确的是（）A．在地球上方的物体都要受到重力作用，所受的重力与它的运动状态无关，也不管是否存在其他力的作用B．在地球各处的重力方向都是相同的C．向上运动的物体所受重力可能小于向下运动的同一物体所受重力D．对某一物体而言，其重力的大小总是一个恒量，不因物体从赤道移到南极而变化6．（4分）关于弹力的产生，下列说法正确的是（）A．只要两物体接触就一定产生弹力B．只要两物体相互吸引就一定产生弹力C．只要物体发生形变就一定有弹力产生D．只有发生弹性形变的物体才会对与它接触的物体产生弹力作用7．（4分）汽车刹车后做匀减速直线运动，直到停下来，汽车在刹车后的运动过程中，前一半位移和后一半位移中的平均速度为和，前一半时间和后一半时间中的平均速度为和，则下面说法正确的是（）A．：=（+1）：1，：=1：3B．：=（﹣1）：1，：=3：1C．：=：1，：=3：1D．：=3：1，：=（+1）：18．（4分）以下四个图象，能正确反映自由落体运动规律的是（g取10m/s2）（）A．B．C．D．9．（4分）如图所示，在水平面上有一个质量为2.0kg的物体A，正在向右运动，运动过程中还受到一个水平向左、大小为10N的外力的作用，则物体所受的滑动摩擦力为（接触面间动摩擦因数为0.5，g取10N/kg）（）A．10N，向右B．10N，向左C．20N，向右D．20N，向左10．（4分）关于自由落体运动，下面说法正确的是（）A．它是竖直向下，v0=0，a=g的匀加速直线运动B．在开始连续的三个1s内通过的位移之比是1：4：9C．在开始连续的三个1s末的速度大小之比是1：2：3D．从开始运动起依次下落4.9cm、9.8cm、14.7cm，所经历的时间之比为1：：11．（4分）一辆警车在平直的公路上以40m/s的速度巡逻，突然接到警报，在前方不远处有歹徒抢劫，该警车要尽快赶到出事地点且达到出事点时的速度也为40m/s，三种行进方式：a．一直做匀速直线运动；b．先减速再加速；c．先加速再减速，则（）A．a种方式先到达B．b种方式先到达C．c种方式先到达D．条件不足，无法确定12．（4分）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1s内和第2s 内位移大小依次为9m和7m．则刹车后6s内的位移是（）A．20m B．24m C．25m D．75m13．（4分）一个做变速直线运动的物体，当它的加速度逐渐减小到零时，它的运动情况可能是（）A．速度不断增大，当加速度为零时，速度达到最大，以后做匀速直线运动B．速度不断减小，当加速度为零时，物体停止运动C．速度不断减小到零，然后向相反方向做加速运动，最后做匀速直线运动D．速度不断减小，当加速度为零时，物体的速度减小到最小值，以后做匀速直线运动14．（4分）“研究匀变速直线运动”的实验中，使用电磁打点计时器（所用交流电的频率为50Hz）得到如下图所示的纸带，图中的点为计数点，相邻两个计数点间还有四个点未画出，下列表述正确的是（）A．实验时应先放开纸带再接通电路B．（S6﹣S1）等于（S2﹣S1）的6倍C．从纸带可求出计数点B对应的速率D．相邻两个计数点间的时间间隔为0.02s15．（4分）如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5…所示小球运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d．根据图中的信息，下列判断错误的是（）A．位置“1”是小球释放的初始位置B．小球做匀加速直线运动C．小球下落的加速度为D．小球在位置“3”的速度为16．（4分）t=0时，甲乙两汽车从相距70km的两地开始相向行驶，它们的v﹣t图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是（）A．在第1小时末，乙车改变运动方向B．在第2小时末，甲乙两车相距10kmC．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大D．在第4小时末，甲乙两车相遇二、实验题（每空3分，共15分）17．（6分）某同学在做研究弹簧的形变与外力的关系实验时，将一轻弹簧竖直悬挂让其自然下垂，测出其自然长度；然后在其下部施加外力F，测出弹簧的总长度L，改变外力F的大小，测出几组数据，作出外力F与弹簧总长度L的关系图线如图所示．（实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的）由图可知该弹簧的自然长度为cm；该弹簧的劲度系数为N/m．18．（9分）实验室备有下列仪器A．长度为1m、最小刻度为毫米的刻度尺B．长度为l m、最小刻度为分米的刻度尺C．停表D．打点计时器E．低压交流电源（50Hz）F．低压直流电源G．天平为了测量重锤下落的加速度的数值，上述仪器中必须有的是（填字母代号），实验是通过研究重锤做运动来测量重锤下落加速度的．把重锤固定在纸带下端，让纸带穿过打点计时器，当重锤自由下落时，打点计时器在纸带上打出一系列的点．取连续清晰的7个点，用刻度尺测出第2、3、4、5、6、7各点与第1点的距离d如表所示．点的次序 1 2 3 4 5 6 7距离d/cm 0 6.0 12.5 19.3 26.5 34.1 42.1请用这些数据求出重力加速度的测量值为m/s2．河南省南阳市新野三中2014-2015学年高一上学期第三次周考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共64分，其中4、8、10、13、16为多选，其余为单选．）1．（4分）下列说法，正确的有（）A．物体在一条直线上运动，若在相等的时间里通过的位移相等，则物体的运动就是匀变速直线运动B．加速度大小不变的运动就是匀变速直线运动C．匀变速直线运动是速度变化量为零的运动D．匀变速直线运动的加速度是一个恒量考点：匀变速直线运动的公式．专题：直线运动规律专题．分析：匀变速运动是加速度恒定的运动，单位时间内速度变化量相等；解答：解：A、物体在一条直线上运动，若在相等的时间里通过的位移相等，则物体的运动就是匀速直线运动，故A错误；B、匀变速运动为加速度不变的运动，故B错误，D正确；C、匀变速直线运动是单位时间内速度变化量相等的运动，故C错误；故选：D点评：本题主要考查了匀变速度运动的特点即加速度恒定的运动；抓住加速度的特点即可，属于基础题2．（4分）在学习物理知识的同时，还应当注意学习物理学研究问题的思想和方法，从一定意义上说，后一点甚至更重要．伟大的物理学家伽利略的研究方法对于后来的科学研究具有重大的启蒙作用，至今仍然具有重要意义．请你回顾伽利略探究物体下落规律的过程，判定下列哪个过程是伽利略的探究过程（）A．猜想﹣问题﹣数学推理﹣实验验证﹣合理外推﹣得出结论B．问题﹣猜想﹣实验验证﹣数学推理﹣合理外推﹣得出结论C．问题﹣猜想﹣数学推理﹣实验验证﹣合理外推﹣得出结论D．猜想﹣问题﹣实验验证﹣数学推理﹣合理外推﹣得出结论考点：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．分析：根据伽利略对落体运动规律的研究，了解伽利略所开创的研究问题的方法和思维过程，即可正确解答本题．解答：解：伽利略在研究物体下落规律时，首先是提出问题即对亚里士多德的观点提出疑问，然后进行了猜想即落体是一种最简单的变速运动，而最简单的变速运动就是速度变化是均匀的，接着进行了实验，伽利略对实验结果进行数学推理，然后进行合理的外推得出结论，故伽利略的探究过程是问题﹣猜想﹣数学推理﹣实验验证﹣合理外推﹣得出结论．所以ABD 错误，C正确．故选：C．点评：伽利略将可靠的事实和理论思维结合起来，以实验事实为基础，开辟了崭新的研究物理的方法道路，发展了人类的科学思维方式和科学研究方法．3．（4分）沿平直轨道匀加速行驶的长度为L的列车，保持加速度不变地通过长为L的桥梁，车头驶上桥头时的速度为v1，车头经过桥尾时的速度为v2，则车尾通过桥尾时的速度为（）A．v1•v2B．C．D．考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀速直线运动及其公式、图像．专题：直线运动规律专题．分析：车头从桥头到桥尾运动的位移是L，根据位移﹣速度公式求出加速度，车头从桥头到车尾通过桥尾，火车运动的位移是2L，再根据位移速度公式即可求解．解答：解：火车车头从桥头到桥尾运动的过程中有：2aL=①火车车头从桥头到车尾通过桥尾的过程中有：2a•2L=②由①②得：v=．故选：D．点评：本题考查的是匀变速直线运动位移速度公式的应用，该公式的优越性在于不涉及运动的时间．4．（4分）静止的小球竖直悬挂在弹簧测力计上，则（）A．小球对弹簧测力计的拉力就是小球的重力B．小球对弹簧测力计的拉力大小等于小球的重力C．小球所受的重力的施力物体是弹簧D．小球所受的重力的施力物体是地球考点：重力．分析：小球对弹簧秤的拉力的施力物体是小球．小球所受弹簧秤的拉力的施力物体是弹簧秤．明确拉力与重力大小的区别．解答：解：A、小球对弹簧测力计的拉力的施力物体是小球，故拉力不是重力．故A错误；B、小球静止，则由二力平衡可知，弹簧测力计对小球的拉力大小等于小球的重力大小；故B 正确；C、重力的施力物体是地球，故C错误，D正确．故选：BD点评：施力物体是施加作用力的物体，受力物体是受到作用力的物体，一个物体受到的力都是别的物体施加的．要会分析施力物体与受力物体．5．（4分）关于重力的大小和方向，下列说法中正确的是（）A．在地球上方的物体都要受到重力作用，所受的重力与它的运动状态无关，也不管是否存在其他力的作用B．在地球各处的重力方向都是相同的C．向上运动的物体所受重力可能小于向下运动的同一物体所受重力D．对某一物体而言，其重力的大小总是一个恒量，不因物体从赤道移到南极而变化考点：重力．分析：物体的重力大小在同一地点是恒定的，不同地点可能是变化的．根据G=mg分析重力与质量的关系．物体的重力不总等于它对竖直测力计的拉力．解答：解：A、在地球上方的物体都要受到重力作用，所受的重力与它的运动状态无关，与是否受其他力也无关．故A正确，C错误．B、物体的重力大小在同一地点是恒定的，不同地点可能是变化的，比如在地球上不同的高度或不同的纬度同一物体的重力不同．故BD错误．故选A点评：物体的重力与地理位置的关系，可以根据万有引力知识和牛顿运动定律理解记忆．6．（4分）关于弹力的产生，下列说法正确的是（）A．只要两物体接触就一定产生弹力B．只要两物体相互吸引就一定产生弹力C．只要物体发生形变就一定有弹力产生D．只有发生弹性形变的物体才会对与它接触的物体产生弹力作用考点：物体的弹性和弹力．专题：弹力的存在及方向的判定专题．分析：要解答此题需掌握：弹力的产生条件．两物体要直接接触且发生弹性形变才能产生弹力．解答：解：A、物体相互接触，并且物体间有形变产生，才会产生弹力．不合题意．B、两物体相互吸引但如果没有形变产生，不会产生弹力．不合题意．C、物体形变包括弹性形变和塑性形变．只有物体发生弹性形变，才能产生弹力．不合题意．D、物体发生弹性形变时才会产生弹力．符合题意．故选：D．点评：此题考查了有关弹力的产生条件，要注意辨别和运用．7．（4分）汽车刹车后做匀减速直线运动，直到停下来，汽车在刹车后的运动过程中，前一半位移和后一半位移中的平均速度为和，前一半时间和后一半时间中的平均速度为和，则下面说法正确的是（）A．：=（+1）：1，：=1：3B．：=（﹣1）：1，：=3：1C．：=：1，：=3：1D．：=3：1，：=（+1）：1考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据中间时刻的瞬时速度、中间位移的瞬时速度和平均速度公式求解．解答：解：设汽车的初速度为v0，末速度：v=0，则中间位移的瞬时速度v′，则：v′===v0，根据平均速度公式可知：==，==，则：：=（+1）：1，由匀变速直线运动的推论可知：中间时刻的瞬时速度：=，则：==，==，则：：=3：1；故选：A点评：匀变速直线运动中的几个推导公式：中间时刻的瞬时速度、中间位移的瞬时速度公式要熟练掌握，对快速解题大有帮助．8．（4分）以下四个图象，能正确反映自由落体运动规律的是（g取10m/s2）（）A．B．C．D．考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动；根据位移时间关系公式分析选项A，根据速度时间关系公式分析选项BC，根据速度位移关系公式分析选项D．解答：解：A、根据位移时间关系公式，有：s=，即s∝t2，故A错误；B、C、根据速度时间关系公式，有：v=gt=10t∝t，故B正确，D错误；D、根据速度位移关系公式，有：v2=2gs=20s∝s，故D正确；故选：BD．点评：本题关键自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动；然后根据运动学公式得到图象表达式后分析，基础题．9．（4分）如图所示，在水平面上有一个质量为2.0kg的物体A，正在向右运动，运动过程中还受到一个水平向左、大小为10N的外力的作用，则物体所受的滑动摩擦力为（接触面间动摩擦因数为0.5，g取10N/kg）（）A．10N，向右B．10N，向左C．20N，向右D．20N，向左考点：静摩擦力和最大静摩擦力．专题：摩擦力专题．分析：滑动摩擦力的大小可以根据f=μF N去求，方向与相对运动方向相反．解答：解：根据滑动摩擦力公式，f=μF N=0.5×20N=10N，方向与相对运动方向相反，所以为水平向左，故B正确，ACD错误．故选：B．点评：解决本题的关键掌握滑动摩擦力的大小公式和方向的判定．10．（4分）关于自由落体运动，下面说法正确的是（）A．它是竖直向下，v0=0，a=g的匀加速直线运动B．在开始连续的三个1s内通过的位移之比是1：4：9C．在开始连续的三个1s末的速度大小之比是1：2：3D．从开始运动起依次下落4.9cm、9.8cm、14.7cm，所经历的时间之比为1：：考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：物体做自由落体运动的条件：①只在重力作用下②从静止开始．只在重力作用下保证了物体的加速度为g；从静止开始保证了物体初速度等于零．所以自由落体运动是初速度为0的匀加速直线运动．解答：解：A、自由落体运动是初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动，故A正确；B、根据h=可得，初速度为0的匀加速直线运动在前1s、前2s、前3s的位移之比为1：4：9，故在开始连续的三个1s内通过的位移之比为1：3：5，故B错误；C、根据v=gt，在开始连续的三个1s末的速度大小之比是1：2：3，故C正确；D、根据h=可得，从开始运动起下落4.9cm、从开始运动起下落9.8cm、从开始运动起下落14.7cm，所经历的时间之比为1：：，故D正确；故选：ACD．点评：解决本题的关键知道自由落体运动的特点，知道自由落体运动是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动．11．（4分）一辆警车在平直的公路上以40m/s的速度巡逻，突然接到警报，在前方不远处有歹徒抢劫，该警车要尽快赶到出事地点且达到出事点时的速度也为40m/s，三种行进方式：a．一直做匀速直线运动；b．先减速再加速；c．先加速再减速，则（）A．a种方式先到达B．b种方式先到达C．c种方式先到达D．条件不足，无法确定考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：作出三种方式运动时速度﹣时间图象，根据位移相等、到达出事点时的速度相等比较时间的长短．解答：解：速度图象的斜率等于加速度大小，图线与坐标轴所围“面积”等于位移，三种方式末速度相等，作出速度图象所示，由于到达出事地点时三种方式的位移大小相等、速度大小相等，由图象看出c种方式所用时间最短，则c种方式先到达．故选C点评：本题如果运用运动学公式分析比较复杂，通过作速度图象可形象直观地比较时间长短，速度、加速度和位移的大小关系是作图的依据．12．（4分）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1s内和第2s 内位移大小依次为9m和7m．则刹车后6s内的位移是（）A．20m B．24m C．25m D．75m考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：开始刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m，根据匀减速直线运动的位移时间公式列出两个方程，求出初速度和加速度．但刹车问题要注意刹车的时间，然后把所给的时间跟刹车时间进行比较，如果所给时间小于刹车时间，则公式里的时间就用所给时间，若所给时间大与刹车时间，说明在此时间之前车已经静止，那只能用刹车时间进行计算．解答：解：如图，设AB为X1，BC为X2，所用时间均为t=1s则：X1=V A t﹣…①X1+X2=2V A t﹣…②由①②得：V A=10m/s a=2m/s2所以：汽车行驶最长时间t m=所以：刹车6s内的位移是：X=故选C点评：刹车问题是一个实际问题，要注意刹车的时间即刹车后多长时间停止运动，再结合匀加速直线运动的基本公式解题．13．（4分）一个做变速直线运动的物体，当它的加速度逐渐减小到零时，它的运动情况可能是（）A．速度不断增大，当加速度为零时，速度达到最大，以后做匀速直线运动B．速度不断减小，当加速度为零时，物体停止运动C．速度不断减小到零，然后向相反方向做加速运动，最后做匀速直线运动D．速度不断减小，当加速度为零时，物体的速度减小到最小值，以后做匀速直线运动考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系；加速度．专题：直线运动规律专题．分析：当加速度的方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度的方向与速度方向相反时，做减速运动．解答：解：A、当速度方向与加速度方向相同，速度不断增大，加速度减小到零，速度达到最大，然后做匀速直线运动．故A正确．B、当加速度的方向与速度方向相反，速度减小，即做加速度逐渐减小的减速运动，速度减小到零，加速度恰好减小到零．故B正确．C、当加速度方向与速度方向相反，速度减小，当加速度还未减小到零，速度已减小到零，则会反向做加速运动，当加速度减小到零，做匀速直线运动．故C正确．D、当加速度方向与速度方向相反，速度减小，当加速度减小到零，速度还未减小到零，以后做匀速直线运动．故D正确．故选ABCD．点评：解决本题的关键掌握判断加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度方向和速度方向的关系．14．（4分）“研究匀变速直线运动”的实验中，使用电磁打点计时器（所用交流电的频率为50Hz）得到如下图所示的纸带，图中的点为计数点，相邻两个计数点间还有四个点未画出，下列表述正确的是（）A．实验时应先放开纸带再接通电路B．（S6﹣S1）等于（S2﹣S1）的6倍C．从纸带可求出计数点B对应的速率D．相邻两个计数点间的时间间隔为0.02s考点：探究小车速度随时间变化的规律．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：了解实验的装置和工作原理．纸带匀变速直线运动，相邻的时间间隔位移之差相等．根据中间时刻速度等于一段过程中的平均速度可求出某点的瞬时速度．解答：解：A、实验时，如果先放开纸带，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理．故A错误．B、根据运动学公式△x=at2得，S6﹣S1=5at2，S2﹣S1=at2，所以（S6﹣S1）等于（S2﹣S1）的5倍．故B错误．C、根据中间时刻速度等于一段过程中的平均速度可求出某点的瞬时速度得v B==，故C正确．D、相邻两个计数点间还有四个点未画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为0.1s，故D错误．故选C．点评：对于纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律，在平时的练习中要加强应用．15．（4分）如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5…所示小球运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d．根据图中的信息，下列判断错误的是（）A．位置“1”是小球释放的初始位置B．小球做匀加速直线运动C．小球下落的加速度为D．小球在位置“3”的速度为考点：匀变速直线运动规律的综合运用．分析：小球做的匀加速直线运动，根据相机的曝光的时间间隔相同，由匀变速直线运动的规律可以求得．解答：解：由图可以知道每两个相邻的点之间的距离差是一样的，由△x=at2可知，a==，所以BC的说法正确；由于时间的间隔相同，所以2点瞬时速度的大小为1、3之间的平均速度的大小，所以V2=，根据V=V0+at可知点1的速度大小是V1=V2﹣at=﹣•T=，所以A错误；点3的瞬时速度的大小为2、4之间的平均速度的大小，所以V3=，所以D正确．本题选错误的，故选A．点评：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度的大小，利用这个结论可以很容易的求得物体在某时刻的瞬时速度的大小，对于物理中的一些结论和推论在平时的学习中要掌握住并会用．16．（4分）t=0时，甲乙两汽车从相距70km的两地开始相向行驶，它们的v﹣t图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是（）A．在第1小时末，乙车改变运动方向B．在第2小时末，甲乙两车相距10kmC．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大D．在第4小时末，甲乙两车相遇考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：速度﹣时间图线中速度的正负表示运动方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，速度的正负表示运动的方向．解答：解：A、在第1小时末，乙车的速度仍然为负值，说明运动方向并未改变．故A错误．B、在第2小时末，甲的位移大小x甲=×30×2km=30km，乙的位移大小x乙=×30×2km=30km，此时两车相距△x=70﹣30﹣30=10（km）．故B正确．C、在前4小时内，乙图线的斜率绝对值始终大于甲图线的斜率绝对值，则乙车的加速度大小总比甲车大．故C正确．D、在第4小时末，甲车的位移x甲=×60×4km=120km，乙车的位移x乙=﹣×30×2km+×60×2km=30km，因x甲＞x乙+70km，可知甲乙两车未相遇．故D错误．故选：BC．点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率、图线与时间轴围成的面积表示的含义．二、实验题（每空3分，共15分）17．（6分）某同学在做研究弹簧的形变与外力的关系实验时，将一轻弹簧竖直悬挂让其自然下垂，测出其自然长度；然后在其下部施加外力F，测出弹簧的总长度L，改变外力F的大小，测出几组数据，作出外力F与弹簧总长度L的关系图线如图所示．（实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的）由图可知该弹簧的自然长度为10cm；该弹簧的劲度系数为50N/m．。