河南省周口市中英文学校2016届高三上学期期中物理试卷
河南省周口市中英文学校2021届高三上学期期中考试物理试题Word版含答案
周口中英文学校2021-2021学年度上期高三期中考试试题一、选择题〔此题共8小题，每题6分，共48分。
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，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分〕1.对于自由落体运动，g ＝10m/s 2，以下说法错误的选项是〔 〕A.在1s 内、2s 内、3s 内……的位移之比是1∶3∶5∶…B.在第1s 内、第2s 内、第3s 内的平均速度之比是1∶3∶5C.在1s 末、2s 末、3s 末的速度之比是1∶3∶ 5D.在相邻两个1s 内的位移之差都是10m5.甲、乙两小车沿同一直线运动的位移一时间图像如下图，己知甲车自t ＝0时起做初速度为零的匀变速直线运动，加速度大小为0.5m/s 2，那么乙车的速度大小为〔 〕A.2.5m/sB.3m/sC.5m/sD.10m/s3．与嫦娥1号、2号月球探测器不同，嫦娥3号是一次性进入距月球外表100km 高的圆轨道Ⅰ〔不计地球对探测器的影响〕，运行一段时间后再次变轨，从100km 的环月圆轨道Ⅰ，降低到距月球15km 的近月点B 、距月球100km 的远月点A 的椭圆轨道Ⅱ，如图，为下一步月面软着陆做准备。
关于嫦娥3号探测器以下说法正确的选项是〔 〕A ．探测器在轨道Ⅱ经过A 点的速度大于经过B 点的速度B ．探测器沿轨道Ⅰ运动时的机械能小于轨道Ⅱ运动时的机械能C ．探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，在A 点应加速D ．探测器在轨道Ⅱ经过A 点时的加速度等于在轨道Ⅰ经过A 点时的加速度4．如图，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A 上的顶端0处，细线另一端拴一质量为0.2kg m =的小球静止在A 上。
假设滑块从静止向左匀加速运动时加速度为g 〔取210m/s g =〕〔 〕A ．当25m/s a =32B ．当210m/s a =2NC ．当210m/s a =时，细线上的拉力为2ND ．当215m/s a 时，假设A 与小球能相对静止的匀加速运动，那么地面对A 的支持力一定小于两个物体的重力之和5.要使小球A 能击中离地面历高的小球P ，设计了甲、乙、丙、丁四条内外侧均光滑轨道，如图。
高二物理上学期期中-周口市中英文学校2015-2016学年高二上学期期中物理试题及答案
2015-2016学年河南省周口市中英文学校高二（上）期中物理试卷一、选择题（每题4分，共48分）1．把一个带正电的金属小球A跟同样的不带电的金属球B相碰，两球都带等量的正电荷，这从本质上看是因为（）A．A球的正电荷移到B球上B．B球的负电荷移到A球上C．A球的负电荷移到B球上D．B球的正电荷移到A球上2．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（）A．1、2两点的场强相等B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等3．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力的作用，根据此图可以作出的正确判断是（）A．带电粒子所带电荷的正、负B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大4．如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷+Q和﹣2Q，以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点．下列说法正确的是（）A．A点场强小于B点场强B．C点场强与D点场强相同C．A点电势小于B点电势D．将某正电荷从C点移到O点，电场力不做功5．直线ab是电场中的一条电场线，从a点无初速度释放一电子，电子仅在电场力作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能E p随位移x变化的规律如图所示，设a、b两点的电场强度分别为E a和E b，电势分别为φa和φb．则（）A．E a＞E b B．E a＜E b C．φa＜φb D．φa＞φb6．如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压恒定为U的电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则（）A．油滴带负电B．油滴带电荷量为C．电容器的电容为D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动7．如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A．R1：R2=1：3B．R1：R2=3：1C．将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=3：18．如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R组成，它们之中一个是电压表，一个是电流表．则下列说法中正确的是（）A．甲是电压表，R增大时量程增大B．甲是电流表，R增大时量程增大C．乙是电压表，R增大时量程增大D．乙是电流表，R减小时量程增大9．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可以视为不变），R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小．闭合开关S后，将照射光强度增强，则（）A．R1两端的电压将增大B．R2两端的电压将增大C．灯泡L将变暗D．电路的路端电压将增大10．电动势为E，内阻为r的电源，向可变电阻R供电，关于路端电压说法正确的是（）A．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B．因为U=IR，所以当I增大时，路端电压也增大C．因为U=E﹣Ir，所以当I增大时，路端电压减小D．若外电路断开，则路端电压为E11．在如图所示的电路中，开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（）A．滑动变阻器R的阻值变小B．灯泡L变暗C．电源的内功率增大D．电容器C的电荷量增大12．如图所示，用伏安法测电阻，若电流表内阻1Ω，电压表内阻5000Ω，R x约为10Ω，则图中哪个测量结果较为准确？测量值比真实值偏大还是偏小（）A．甲电路，偏大 B．甲电路，偏小 C．乙电路，偏大 D．乙电路，偏小二、实验题（1小题为4分，2小题为4分，3小题为8分，共计16分）13．一位同学在实验中分别用游标卡尺和螺旋测微器测量物体长度，得到结果如图所示，游标卡尺示数cm，螺旋测微器示数cm．14．用多用表的欧姆挡测量阻值约为几十kΩ的电阻R x，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮．把你认为正确步骤前的字母按合理的顺序填写在横线上．a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，断开两表笔b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出R x的阻值后，断开两表笔c．旋转S使其尖端对准欧姆挡×1kd．旋转S使其尖端对准欧姆挡×100e．旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔．15．有一个小灯泡上有“4V2W”的字样，现要描绘这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）B．电压表（0～10V，内阻20kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．滑动变阻器（1kΩ，1A）G．学生电源（直流6V），还有电键、导线若干（1）实验中所用电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选（用序号字母表示）．（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实验要求的电路图．三、计算题（1小题10分，2小题10分，3小题16分，共计36分）16．如图所示，R1=14Ω R2=9Ω．当开关处于位置1时，电流表读数I1=0.2A；当开关处于位置2时，电流表的读数I2=0.3A．求电源的电动势E和内电阻r．17．如图，一半径为r的圆环上均匀分布着电荷量为+Q的电荷，在垂直于圆环面且过圆心O的轴线上有ABC三个点，C和O、O和A间的距离均为d，A、B间距离为2d，在B点处有一电荷量为+q的固定点电荷，已知A点处的场强为零，k为静电力常亮，求：（1）带电圆环在O点处的电场大小；（2）C点处场强．18．如图所示，在区域I（0≤x≤L）和区域Ⅱ内分别存在匀强电场，电场强度大小均为E，但方向不同．在区域I内场强方向沿y轴正方向，区域Ⅱ内场强方向未标明，都处在xoy平面内，一质量为m，电量为q的正粒子从坐标原点O以某一初速度沿x轴正方向射入电场区域I，从P点进入电场区域Ⅱ，到达Ⅱ区域右边界Q处时速度恰好为零．P点的坐标为．不计粒子所受重力，求：（1）带电粒子射入电场区域I时的初速度；（2）电场区域Ⅱ的宽度．2015-2016学年河南省周口市中英文学校高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题4分，共48分）1．把一个带正电的金属小球A跟同样的不带电的金属球B相碰，两球都带等量的正电荷，这从本质上看是因为（）A．A球的正电荷移到B球上B．B球的负电荷移到A球上C．A球的负电荷移到B球上D．B球的正电荷移到A球上【考点】电荷守恒定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】金属是自由电子和金属正离子组成的，正离子只做热振动，不移动，而自由电子可以移动．根据这个分析接触带电的实质．【解答】解：A、D金属上正电荷只做无规则的热振动，不能发生移动，更不可能从一个球移动到另一个球．故A、D错误．B、C，B球原来不带电，与A球接触后，由于A球上正电荷对电子的吸引，电子从B球转移到A球上，原来中性的B球就带正电．电子带负电，所以B带正电是由于B球上的负电荷移到A球上的缘故．故B正确，C错误．故选B．【点评】本题运用基本知识分析物理现象的能力．2．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（）A．1、2两点的场强相等B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等【考点】电势；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大．顺着电场线，电势降低．利用这些知识进行判断．【解答】解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故A错误；B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故B错误；C，顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势．故C错误；D、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等．故D正确．故选：D．【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．3．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力的作用，根据此图可以作出的正确判断是（）A．带电粒子所带电荷的正、负B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大【考点】电场线；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】先由粒子的运动轨迹，判断粒子所受电场力的大体方向，即粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性．根据电场线疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得ab点加速度的大小．【解答】解：ABC、由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性和产生该电场的点电荷的电性．故A错误，B正确．C、根据电场线的疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得a点加速度的大，故C正确．D、由a到b，电场力做负功，动能减小，故b处的速度小，D正确故选：BCD．【点评】本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向．4．如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷+Q和﹣2Q，以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点．下列说法正确的是（）A．A点场强小于B点场强B．C点场强与D点场强相同C．A点电势小于B点电势D．将某正电荷从C点移到O点，电场力不做功【考点】电场的叠加；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由题，Q带正电，q带负电，电场线方向由A指向B，根据顺着电场线电势逐渐降低．电场线越密，电场强度越大．根据对称性，分析CD两点电势关系、场强关系．【解答】解：A、由于Q＞q，A点处电场线比B点处电场线密，A点场强大于B点场强，故A正确；B、由于电场线关于MN对称，C、D两点电场线疏密程度相同，则C点场强等于D点场强，但方向与两个电荷的连线不平行，故电场强度的方向不同，故电场强度大小相等，但方向不相同；故B错误；C、由题，电场线方向由M指向N，则A点电势高于B点电势，故C错误；D、由图象知O点电势低于C点电势，故将某正电荷从C点移到O点，电场力做正功，故D错误；故选：A．【点评】本题考查判断电势、场强大小的能力，往往画出电场线，抓住电场线分布的特点进行判断．5．直线ab是电场中的一条电场线，从a点无初速度释放一电子，电子仅在电场力作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能E p随位移x变化的规律如图所示，设a、b两点的电场强度分别为E a和E b，电势分别为φa和φb．则（）A．E a＞E b B．E a＜E b C．φa＜φb D．φa＞φb【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电势能与位移图线的斜率反映电场力的大小，从而可以反映电场强度的大小，结合电场力做功判断出电场力的方向，从而得出电场强度的方向，根据沿电场线方向电势逐渐降低比较出a、b两点的电势．【解答】解：A、电子从a到b，电势能图线的斜率逐渐减小，斜率表示电场力的大小，知电场力逐渐减小，则电场强度逐渐减小，所以E a＞E b．故A正确，B错误．C、由于电势能逐渐降低，知电场力做正功，则电子所受的电场力方向由a指向b，电场线的方向由b指向a，沿电场线方向电势逐渐降低，则φa＜φb．故C正确，D错误．故选：AC．【点评】解决本题的关键知道电势能与位移关系图线的切线斜率表示电场力，知道沿电场线方向电势逐渐降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．6．如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压恒定为U的电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则（）A．油滴带负电B．油滴带电荷量为C．电容器的电容为D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动【考点】带电粒子在混合场中的运动．【分析】带电荷量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性．由E=，求解电场强度．根据微粒的电场力有无变化，分析微粒的运动情况．【解答】解：A、由题，带电荷量为q的微粒静止不动，则微粒受到向上的电场力，平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电．故A正确．B、由平衡条件得：mg=q，得油滴带电荷量为：q=，故B错误．C、根据C=，结合mg=qE，且Q=kq，则得电容器的电容为：C=．故C正确．D、极板N向下缓慢移动一小段距离，电容器两极板距离s增大，板间场强减小，微粒所受电场力减小，则微粒将向下做加速运动．故D错误．故选：AC．【点评】本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，注意由受力情况来确定运动情况，是解题的思路．7．如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A．R1：R2=1：3B．R1：R2=3：1C．将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=3：1【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】通过I﹣U图象得出两电阻的关系．串联电路电流相等，并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比．【解答】解：A、根据I﹣U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2=1：3；故A 正确，B错误；C、串联电路电流处处相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流比I1：I2=1：1．故C 错误；D、并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=3：1．故D正确；故选：AD．【点评】解决本题的关键知道I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数以及知道串并联电路的特点．8．如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R组成，它们之中一个是电压表，一个是电流表．则下列说法中正确的是（）A．甲是电压表，R增大时量程增大B．甲是电流表，R增大时量程增大C．乙是电压表，R增大时量程增大D．乙是电流表，R减小时量程增大【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表．甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小．乙表中，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大．【解答】解：A、甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故AB错误．C、乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故C正确，D错误．故选：C．【点评】本题考查电表改装原理的理解能力．当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值．9．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可以视为不变），R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小．闭合开关S后，将照射光强度增强，则（）A．R1两端的电压将增大B．R2两端的电压将增大C．灯泡L将变暗D．电路的路端电压将增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出R1两端的电压的变化，同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化．【解答】解：A、光敏电阻光照增强，故光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流增大，所以电源内阻所占电压增大，所以路端电压减小，电流增大，所以R1两端的电压增大，故A正确，D错误；B、因电路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过R2的电流减小，而总电流增大，所以通过灯泡L的电流增大，所以L变亮，故BC错误；故选：A．【点评】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质．10．电动势为E，内阻为r的电源，向可变电阻R供电，关于路端电压说法正确的是（）A．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B．因为U=IR，所以当I增大时，路端电压也增大C．因为U=E﹣Ir，所以当I增大时，路端电压减小D．若外电路断开，则路端电压为E【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】给定的电源，其电动势和内阻都不变，与外电路无关，而路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．根据闭合电路欧姆定律分析路端电压的变化．【解答】解：A、电源的电动势不变，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．故A 错误．B、I增大是由于外电阻R减小造成的，所以不能根据U=IR判断路端电压的变化．应这样分析：当I增大时，电源的内电压增大，由闭合电路欧姆定律可知，路端电压应减小，故B 错误．C、由U=E﹣Ir分析，E、r不变，I减小，得到U增大．即路端电压增大，故C正确；D、若外电路断开，电流为零，根据U=E﹣Ir，路端电压为E，故D正确；故选：CD【点评】本题是简单的路动态分析问题．对于路端电压与电流的关系，也可以作出电源的外特性曲线U﹣I图线，更直观判断它们的关系．11．在如图所示的电路中，开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（）A．滑动变阻器R的阻值变小B．灯泡L变暗C．电源的内功率增大D．电容器C的电荷量增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】灯泡L和滑动变阻器R串联、电容器C和定值电阻R0串联后两条支路再并联．当电路稳定后，电容器这一路没有电流，相当于开关断开，对另一支路没有影响．电容器的电压等于路端电压．当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，根据欧姆定律分析电流和路端电压的变化，分析灯泡亮度和电容器电量的变化．【解答】解：A、当滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器R的阻值变大，故A错误；B、当R增大，由闭合电路欧姆定律知电路中的电流减小，则灯泡L将变暗．故B正确．C、电源的内功率P=I2r，电流减小，P减小，故C错误；D、路端电压为U=E﹣Ir，I减小时，U增大，则电容器两极板间的电压增大，电容器电量为Q=CU，则Q增大．故D正确．故选：BD【点评】本题关键的要抓住电容器的特点：当电路稳定时，和电容器串联的电路没有电流，电容器电压等于这一串联电路两端的电压．12．如图所示，用伏安法测电阻，若电流表内阻1Ω，电压表内阻5000Ω，R x约为10Ω，则图中哪个测量结果较为准确？测量值比真实值偏大还是偏小（）A．甲电路，偏大 B．甲电路，偏小 C．乙电路，偏大 D．乙电路，偏小【考点】伏安法测电阻．【专题】恒定电流专题．【分析】根据待测量电阻与电压表电流表内阻的大小关系，根据误差分析方法可选择正确的电路；再由欧姆定律可分析误差情况．【解答】解：==500；==10，＞，故应采用电流表外接法，故选甲电路；由于电压表分流使电流表示数偏大流表，则由欧姆定律可知，测量值比真实值小；故选：B．【点评】本题考查伏安法测电阻的实验，要注意明确实验中内外接法的选择，并能根据电表内阻分析误差原因及结果．二、实验题（1小题为4分，2小题为4分，3小题为8分，共计16分）13．一位同学在实验中分别用游标卡尺和螺旋测微器测量物体长度，得到结果如图所示，游标卡尺示数 1.050cm，螺旋测微器示数 1.0445（1.0443﹣1.0448）cm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】实验题．【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为：1cm=10mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05mm=0.50mm，所以最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm=1.050cm．2、螺旋测微器的固定刻度为10mm，可动刻度为44.5×0.01mm=0.445mm，所以最终读数为10mm+0.445mm=10.445mm=1.0445cm，由于需要估读，最后的结果可以在1.0443﹣1.0448之间．故答案为：1.050，1.0445（1.0443﹣1.0448）【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．14．用多用表的欧姆挡测量阻值约为几十kΩ的电阻R x，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮．把你认为正确步骤前的字母按合理的顺序填写在横线上．cabea．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，断开两表笔b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出R x的阻值后，断开两表笔c．旋转S使其尖端对准欧姆挡×1kd．旋转S使其尖端对准欧姆挡×100e．旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔．【考点】用多用电表测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】使用多用电表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，多用电表使用完毕，要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡上．【解答】解：用欧姆表测阻值约为几十千欧的电阻，应旋转选择开关S使其尖端对准欧姆挡×1k，然后进行欧姆调零，欧姆调零后测电阻阻值，具体做法是：将两表笔短接，调节P 使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，断开两表笔；欧姆表使用完毕，应旋转选择开关S 使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔，故合理的实验步骤是：cabe．故答案为：cabe．【点评】本题考查了使用多用电表测电阻的实验步骤，要掌握欧姆表的使用方法；使用多用电表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，多用电表使用完毕，要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡上．15．有一个小灯泡上有“4V2W”的字样，现要描绘这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）B．电压表（0～10V，内阻20kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．滑动变阻器（1kΩ，1A）G．学生电源（直流6V），还有电键、导线若干（1）实验中所用电压表应选A，电流表应选D，滑动变阻器应选E（用序号字母表示）．（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实验要求的电路图．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】本题（1）的关键是根据小灯泡的额定电压和额定电流的大小来选择电压表和电流表的量程，根据实验要求电流从零调可知，变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器以便于调节．题（2）的关键是根据电流表的内阻为已知的确定值时，电流表采用内接法时能精确求出待测电阻的阻值，所以电流表应用内接法，又要求电流从零调可知，变阻器应用分压式接法，即可画出电路图．【解答】解：（1）：由新的规格“4V，2W”可知，额定电压U=4V，额定电流I=，所以电压表应选A，电流表应选D；由于实验要求电流从零调，所以应选阻值小的变阻器E．（2）：由于电流表的内阻为已知的确定值，电流表采用内接法时能精确求出待测电阻的阻值，所以电流表应用内接法，又实验要求电流从零调，变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：故答案为：（1）A，D，E（2）如图【点评】当实验要求电流从零调时，变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；当电流表的内阻为已知的确定值时，电流表应用内接法．三、计算题（1小题10分，2小题10分，3小题16分，共计36分）16．如图所示，R1=14Ω R2=9Ω．当开关处于位置1时，电流表读数I1=0.2A；当开关处于位置2时，电流表的读数I2=0.3A．求电源的电动势E和内电阻r．。
河南省周口中英文学校高三上学期第一次模拟考试物理试题
一、选择题：本题共12题，每小题4分共48分。
1.(多选)以下情景中,加点的人或物体可看成质点的是( )A.研究一列火车．．通过长江大桥所需的时间B.计算在传送带上输送的工件．．数量C.研究航天员翟志刚．．．在太空出舱挥动国旗的动作D.用GPS确定打击海盗的“武汉．．”舰．在大海中的位置2.(多选)下面的几个速度中表示平均速度的是( )A.子弹射出枪口的速度是800 m/s,以790 m/s的速度击中目标B.汽车从甲站行驶到乙站的速度是40 km/hC.汽车通过站牌时的速度是72 km/hD.汽车通过一隧道的速度为5 m/s3.(单选)一石块从楼房阳台边缘向下做自由落体运动到达地面,把它在空中运动的时间分为相等的三段,如果它在第一段时间内的位移是1.2m,那么它在第三段时间内的位移是( )A.1.2 mB.3.6 mC.6.0 mD.10.8 m4.(多选)汽车在平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动,途中用了6s时间经过A、B两根电线杆,已知A、B间的距离为60m,车经过B时的速度为15m/s,则( )A.车从出发到B杆所用时间为9sB.车的加速度为15m/s2C.经过A杆时速度为5m/sD.从出发点到A杆的距离是7.5m5.(多选)如图所示为在同一直线上运动的A、B两质点的x-t图像,由图可知( )A.t=0时,A在B的前面B.B在t2时刻追上A,并在此后跑在A前面C.B开始运动的速度比A小,t2时刻后才大于A的速度D.A运动的速度始终比B大6.(单选)如图所示,A、B两物体相距x=7 m,物体A以错误！未找到引用源。
=4 m/s的速度向右匀速运动,而物体B此时的速度错误！未找到引用源。
=10 m/s,只在摩擦力作用下向右做匀减速运动,加速度大小为a=2 m/s2,那么物体A追上物体B所用的时间为( )A.7 sB.8 sC.9 sD.10 s7.(单选)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的摩擦力一定不为零B.C受到水平面的摩擦力一定为零C.不论B、C间摩擦力大小、方向如何,水平面对C的摩擦力方向一定向左D.水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等8.(多选)如图所示,质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行,木块受到向右的拉力F的作用,长木板处于静止状态,已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1,长木板与地面间的动摩擦因数为μ2,则( )A.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m+M)gC.当F>μ2(m+M)g时,长木板便开始运动D.无论怎样改变F的大小,长木板都不可能运动9.(单选)如图所示,用一根长为l的细绳一端固定在O点,另一端悬挂质量为m的小球A,为使细绳与竖直方向夹30°角且绷紧,小球A处于静止,对小球施加的最小的力是( )A.错误！未找到引用源。
河南省周口市中英文学校高二物理上学期期中试卷(含解析)
2015-2016学年河南省周口市中英文学校高二（上）期中物理试卷一、选择题（每题4分，共48分）1．把一个带正电的金属小球A跟同样的不带电的金属球B相碰，两球都带等量的正电荷，这从本质上看是因为（）A．A球的正电荷移到B球上B．B球的负电荷移到A球上C．A球的负电荷移到B球上D．B球的正电荷移到A球上2．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（）A．1、2两点的场强相等B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等3．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力的作用，根据此图可以作出的正确判断是（）A．带电粒子所带电荷的正、负B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大4．如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷+Q和﹣2Q，以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点．下列说法正确的是（）A．A点场强小于B点场强B．C点场强与D点场强相同C．A点电势小于B点电势D．将某正电荷从C点移到O点，电场力不做功5．直线ab是电场中的一条电场线，从a点无初速度释放一电子，电子仅在电场力作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能E p随位移x变化的规律如图所示，设a、b两点的电场强度分别为E a和E b，电势分别为φa和φb．则（）A．E a＞E b B．E a＜E b C．φa＜φb D．φa＞φb6．如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压恒定为U的电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则（）A．油滴带负电B．油滴带电荷量为C．电容器的电容为D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动7．如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A．R1：R2=1：3B．R1：R2=3：1C．将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=3：18．如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R组成，它们之中一个是电压表，一个是电流表．则下列说法中正确的是（）A．甲是电压表，R增大时量程增大B．甲是电流表，R增大时量程增大C．乙是电压表，R增大时量程增大D．乙是电流表，R减小时量程增大9．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可以视为不变），R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小．闭合开关S 后，将照射光强度增强，则（）A．R1两端的电压将增大B．R2两端的电压将增大C．灯泡L将变暗 D．电路的路端电压将增大10．电动势为E，内阻为r的电源，向可变电阻R供电，关于路端电压说法正确的是（）A．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B．因为U=IR，所以当I增大时，路端电压也增大C．因为U=E﹣Ir，所以当I增大时，路端电压减小D．若外电路断开，则路端电压为E11．在如图所示的电路中，开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（）A．滑动变阻器R的阻值变小B．灯泡L变暗C．电源的内功率增大 D．电容器C的电荷量增大12．如图所示，用伏安法测电阻，若电流表内阻1Ω，电压表内阻5000Ω，R x约为10Ω，则图中哪个测量结果较为准确？测量值比真实值偏大还是偏小（）A．甲电路，偏大 B．甲电路，偏小 C．乙电路，偏大 D．乙电路，偏小二、实验题（1小题为4分，2小题为4分，3小题为8分，共计16分）13．一位同学在实验中分别用游标卡尺和螺旋测微器测量物体长度，得到结果如图所示，游标卡尺示数 cm，螺旋测微器示数 cm．14．用多用表的欧姆挡测量阻值约为几十kΩ的电阻R x，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮．把你认为正确步骤前的字母按合理的顺序填写在横线上．a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，断开两表笔b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出R x的阻值后，断开两表笔c．旋转S使其尖端对准欧姆挡×1kd．旋转S使其尖端对准欧姆挡×100e．旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔．15．有一个小灯泡上有“4V2W”的字样，现要描绘这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）B．电压表（0～10V，内阻20kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．滑动变阻器（1kΩ，1A）G．学生电源（直流6V），还有电键、导线若干（1）实验中所用电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选（用序号字母表示）．（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实验要求的电路图．三、计算题（1小题10分，2小题10分，3小题16分，共计36分）16．如图所示，R1=14Ω R2=9Ω．当开关处于位置1时，电流表读数I1=0.2A；当开关处于位置2时，电流表的读数I2=0.3A．求电源的电动势E和内电阻r．17．如图，一半径为r的圆环上均匀分布着电荷量为+Q的电荷，在垂直于圆环面且过圆心O 的轴线上有ABC三个点，C和O、O和A间的距离均为d，A、B间距离为2d，在B点处有一电荷量为+q的固定点电荷，已知A点处的场强为零，k为静电力常亮，求：（1）带电圆环在O点处的电场大小；（2）C点处场强．18．如图所示，在区域I（0≤x≤L）和区域Ⅱ内分别存在匀强电场，电场强度大小均为E，但方向不同．在区域I内场强方向沿y轴正方向，区域Ⅱ内场强方向未标明，都处在xoy平面内，一质量为m，电量为q的正粒子从坐标原点O以某一初速度沿x轴正方向射入电场区域I，从P点进入电场区域Ⅱ，到达Ⅱ区域右边界Q处时速度恰好为零．P点的坐标为．不计粒子所受重力，求：（1）带电粒子射入电场区域I时的初速度；（2）电场区域Ⅱ的宽度．2015-2016学年河南省周口市中英文学校高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题4分，共48分）1．把一个带正电的金属小球A跟同样的不带电的金属球B相碰，两球都带等量的正电荷，这从本质上看是因为（）A．A球的正电荷移到B球上B．B球的负电荷移到A球上C．A球的负电荷移到B球上D．B球的正电荷移到A球上【考点】电荷守恒定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】金属是自由电子和金属正离子组成的，正离子只做热振动，不移动，而自由电子可以移动．根据这个分析接触带电的实质．【解答】解：A、D金属上正电荷只做无规则的热振动，不能发生移动，更不可能从一个球移动到另一个球．故A、D错误．B、C，B球原来不带电，与A球接触后，由于A球上正电荷对电子的吸引，电子从B球转移到A球上，原来中性的B球就带正电．电子带负电，所以B带正电是由于B球上的负电荷移到A球上的缘故．故B正确，C错误．故选B．【点评】本题运用基本知识分析物理现象的能力．2．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（）A．1、2两点的场强相等B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等【考点】电势；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大．顺着电场线，电势降低．利用这些知识进行判断．【解答】解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故A错误；B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故B错误；C，顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势．故C错误；D、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等．故D正确．故选：D．【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．3．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力的作用，根据此图可以作出的正确判断是（）A．带电粒子所带电荷的正、负B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大【考点】电场线；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】先由粒子的运动轨迹，判断粒子所受电场力的大体方向，即粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性．根据电场线疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得ab点加速度的大小．【解答】解：ABC、由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性和产生该电场的点电荷的电性．故A 错误，B正确．C、根据电场线的疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得a点加速度的大，故C正确．D、由a到b，电场力做负功，动能减小，故b处的速度小，D正确故选：BCD．【点评】本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向．4．如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷+Q和﹣2Q，以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点．下列说法正确的是（）A．A点场强小于B点场强B．C点场强与D点场强相同C．A点电势小于B点电势D．将某正电荷从C点移到O点，电场力不做功【考点】电场的叠加；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由题，Q带正电，q带负电，电场线方向由A指向B，根据顺着电场线电势逐渐降低．电场线越密，电场强度越大．根据对称性，分析CD两点电势关系、场强关系．【解答】解：A、由于Q＞q，A点处电场线比B点处电场线密，A点场强大于B点场强，故A 正确；B、由于电场线关于MN对称，C、D两点电场线疏密程度相同，则C点场强等于D点场强，但方向与两个电荷的连线不平行，故电场强度的方向不同，故电场强度大小相等，但方向不相同；故B错误；C、由题，电场线方向由M指向N，则A点电势高于B点电势，故C错误；D、由图象知O点电势低于C点电势，故将某正电荷从C点移到O点，电场力做正功，故D错误；故选：A．【点评】本题考查判断电势、场强大小的能力，往往画出电场线，抓住电场线分布的特点进行判断．5．直线ab是电场中的一条电场线，从a点无初速度释放一电子，电子仅在电场力作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能E p随位移x变化的规律如图所示，设a、b两点的电场强度分别为E a和E b，电势分别为φa和φb．则（）A．E a＞E b B．E a＜E b C．φa＜φb D．φa＞φb【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电势能与位移图线的斜率反映电场力的大小，从而可以反映电场强度的大小，结合电场力做功判断出电场力的方向，从而得出电场强度的方向，根据沿电场线方向电势逐渐降低比较出a、b两点的电势．【解答】解：A、电子从a到b，电势能图线的斜率逐渐减小，斜率表示电场力的大小，知电场力逐渐减小，则电场强度逐渐减小，所以E a＞E b．故A正确，B错误．C、由于电势能逐渐降低，知电场力做正功，则电子所受的电场力方向由a指向b，电场线的方向由b指向a，沿电场线方向电势逐渐降低，则φa＜φb．故C正确，D错误．故选：AC．【点评】解决本题的关键知道电势能与位移关系图线的切线斜率表示电场力，知道沿电场线方向电势逐渐降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．6．如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压恒定为U的电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则（）A．油滴带负电B．油滴带电荷量为C．电容器的电容为D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动【考点】带电粒子在混合场中的运动．【分析】带电荷量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性．由E=，求解电场强度．根据微粒的电场力有无变化，分析微粒的运动情况．【解答】解：A、由题，带电荷量为q的微粒静止不动，则微粒受到向上的电场力，平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电．故A正确．B、由平衡条件得：mg=q，得油滴带电荷量为：q=，故B错误．C、根据C=，结合mg=qE，且Q=kq，则得电容器的电容为：C=．故C正确．D、极板N向下缓慢移动一小段距离，电容器两极板距离s增大，板间场强减小，微粒所受电场力减小，则微粒将向下做加速运动．故D错误．故选：AC．【点评】本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，注意由受力情况来确定运动情况，是解题的思路．7．如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A．R1：R2=1：3B．R1：R2=3：1C．将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=3：1【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】通过I﹣U图象得出两电阻的关系．串联电路电流相等，并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比．【解答】解：A、根据I﹣U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2=1：3；故A正确，B错误；C、串联电路电流处处相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流比I1：I2=1：1．故C错误；D、并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=3：1．故D正确；故选：AD．【点评】解决本题的关键知道I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数以及知道串并联电路的特点．8．如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R组成，它们之中一个是电压表，一个是电流表．则下列说法中正确的是（）A．甲是电压表，R增大时量程增大B．甲是电流表，R增大时量程增大C．乙是电压表，R增大时量程增大D．乙是电流表，R减小时量程增大【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表．甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小．乙表中，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大．【解答】解：A、甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故AB错误．C、乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故C正确，D错误．故选：C．【点评】本题考查电表改装原理的理解能力．当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值．9．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可以视为不变），R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小．闭合开关S 后，将照射光强度增强，则（）A．R1两端的电压将增大B．R2两端的电压将增大C．灯泡L将变暗 D．电路的路端电压将增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出R1两端的电压的变化，同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化．【解答】解：A、光敏电阻光照增强，故光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流增大，所以电源内阻所占电压增大，所以路端电压减小，电流增大，所以R1两端的电压增大，故A正确，D错误；B、因电路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过R2的电流减小，而总电流增大，所以通过灯泡L的电流增大，所以L变亮，故BC错误；故选：A．【点评】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质．10．电动势为E，内阻为r的电源，向可变电阻R供电，关于路端电压说法正确的是（）A．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B．因为U=IR，所以当I增大时，路端电压也增大C．因为U=E﹣Ir，所以当I增大时，路端电压减小D．若外电路断开，则路端电压为E【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】给定的电源，其电动势和内阻都不变，与外电路无关，而路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．根据闭合电路欧姆定律分析路端电压的变化．【解答】解：A、电源的电动势不变，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．故A错误．B、I增大是由于外电阻R减小造成的，所以不能根据U=IR判断路端电压的变化．应这样分析：当I增大时，电源的内电压增大，由闭合电路欧姆定律可知，路端电压应减小，故B错误．C、由U=E﹣Ir分析，E、r不变，I减小，得到U增大．即路端电压增大，故C正确；D、若外电路断开，电流为零，根据U=E﹣Ir，路端电压为E，故D正确；故选：CD【点评】本题是简单的路动态分析问题．对于路端电压与电流的关系，也可以作出电源的外特性曲线U﹣I图线，更直观判断它们的关系．11．在如图所示的电路中，开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（）A．滑动变阻器R的阻值变小B．灯泡L变暗C．电源的内功率增大 D．电容器C的电荷量增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】灯泡L和滑动变阻器R串联、电容器C和定值电阻R0串联后两条支路再并联．当电路稳定后，电容器这一路没有电流，相当于开关断开，对另一支路没有影响．电容器的电压等于路端电压．当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，根据欧姆定律分析电流和路端电压的变化，分析灯泡亮度和电容器电量的变化．【解答】解：A、当滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器R的阻值变大，故A错误；B、当R增大，由闭合电路欧姆定律知电路中的电流减小，则灯泡L将变暗．故B正确．C、电源的内功率 P=I2r，电流减小，P减小，故C错误；D、路端电压为U=E﹣Ir，I减小时，U增大，则电容器两极板间的电压增大，电容器电量为Q=CU，则Q增大．故D正确．故选：BD【点评】本题关键的要抓住电容器的特点：当电路稳定时，和电容器串联的电路没有电流，电容器电压等于这一串联电路两端的电压．12．如图所示，用伏安法测电阻，若电流表内阻1Ω，电压表内阻5000Ω，R x约为10Ω，则图中哪个测量结果较为准确？测量值比真实值偏大还是偏小（）A．甲电路，偏大 B．甲电路，偏小 C．乙电路，偏大 D．乙电路，偏小【考点】伏安法测电阻．【专题】恒定电流专题．【分析】根据待测量电阻与电压表电流表内阻的大小关系，根据误差分析方法可选择正确的电路；再由欧姆定律可分析误差情况．【解答】解：==500；==10，＞，故应采用电流表外接法，故选甲电路；由于电压表分流使电流表示数偏大流表，则由欧姆定律可知，测量值比真实值小；故选：B．【点评】本题考查伏安法测电阻的实验，要注意明确实验中内外接法的选择，并能根据电表内阻分析误差原因及结果．二、实验题（1小题为4分，2小题为4分，3小题为8分，共计16分）13．一位同学在实验中分别用游标卡尺和螺旋测微器测量物体长度，得到结果如图所示，游标卡尺示数 1.050 cm，螺旋测微器示数 1.0445（1.0443﹣1.0448） cm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】实验题．【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为：1cm=10mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05mm=0.50mm，所以最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm=1.050cm．2、螺旋测微器的固定刻度为10mm，可动刻度为44.5×0.01mm=0.445mm，所以最终读数为10mm+0.445mm=10.445mm=1.0445cm，由于需要估读，最后的结果可以在1.0443﹣1.0448之间．故答案为：1.050，1.0445（1.0443﹣1.0448）【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．14．用多用表的欧姆挡测量阻值约为几十kΩ的电阻R x，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮．把你认为正确步骤前的字母按合理的顺序填写在横线上．cabea．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，断开两表笔b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出R x的阻值后，断开两表笔c．旋转S使其尖端对准欧姆挡×1kd．旋转S使其尖端对准欧姆挡×100e．旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔．【考点】用多用电表测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】使用多用电表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，多用电表使用完毕，要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡上．【解答】解：用欧姆表测阻值约为几十千欧的电阻，应旋转选择开关S使其尖端对准欧姆挡×1k，然后进行欧姆调零，欧姆调零后测电阻阻值，具体做法是：将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，断开两表笔；欧姆表使用完毕，应旋转选择开关S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔，故合理的实验步骤是：cabe．故答案为：cabe．【点评】本题考查了使用多用电表测电阻的实验步骤，要掌握欧姆表的使用方法；使用多用电表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，多用电表使用完毕，要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡上．15．有一个小灯泡上有“4V2W”的字样，现要描绘这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）B．电压表（0～10V，内阻20kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．滑动变阻器（1kΩ，1A）G．学生电源（直流6V），还有电键、导线若干（1）实验中所用电压表应选 A ，电流表应选 D ，滑动变阻器应选 E （用序号字母表示）．（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实验要求的电路图．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】本题（1）的关键是根据小灯泡的额定电压和额定电流的大小来选择电压表和电流表的量程，根据实验要求电流从零调可知，变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器以便于调节．题（2）的关键是根据电流表的内阻为已知的确定值时，电流表采用内接法时能精确求出待测电阻的阻值，所以电流表应用内接法，又要求电流从零调可知，变阻器应用分压式接法，即可画出电路图．【解答】解：（1）：由新的规格“4V，2W”可知，额定电压U=4V，额定电流I=，所以电压表应选A，电流表应选D；由于实验要求电流从零调，所以应选阻值小的变阻器E．（2）：由于电流表的内阻为已知的确定值，电流表采用内接法时能精确求出待测电阻的阻值，所以电流表应用内接法，又实验要求电流从零调，变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：故答案为：（1）A，D，E（2）如图【点评】当实验要求电流从零调时，变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；当电流表的内阻为已知的确定值时，电流表应用内接法．三、计算题（1小题10分，2小题10分，3小题16分，共计36分）16．如图所示，R1=14Ω R2=9Ω．当开关处于位置1时，电流表读数I1=0.2A；当开关处于位置2时，电流表的读数I2=0.3A．求电源的电动势E和内电阻r．。
河南省周口中英文学校2018届高三上学期期中考试物理试题(答案+解析)
周口中英文学校2017-2018学年上期高三期中考试物理试题一、选择题（本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，1-10题只有一个选项符合题目要求；11-12题有多个选项符合题目要求。
）1. 如图是物体做直线运动的v-t图象，由图可知，该物体（）A. 第1s内和第3 s内的运动方向相反B. 第3 s内和第4 s内的加速度大小相等，方向相反C. 4 s末物体物体距离出发点最远D. 第3 s内和第4 s内的平均速度大小相等【答案】D【解析】A、图线中速度的正负表示运动方向，第1s内和第3 s内的速度都为正，运动方向相同，A错误；B、图线的斜率表示加速度，第3 s内和第4 s内图线的斜率不变，加速度大小相等，方向相同，B错误；C、前3秒运动方向一致，第4秒反方向返回，所以第3秒末离出发点最远，C错误；D、根据匀变速运动平均速度的推论：，第3 s内的平均速度为0.5m/s，第4 s内的平均速度为-0.5m/s，大小相等，D正确。
故选：D。
2. 关于速度和加速度的关系，以下说法正确的是（）A. 加速度方向为正，速度一定增加B. 加速度方向保持不变，速度方向一定保持不变C. 加速度逐渐变大，速度一定逐渐变大D. 加速度和速度方向相反，速度一定减小【答案】D【解析】试题分析：根据加速度的定义式a=，加速度等于速度的变化率．物体的速度变化量大，加速度不一定大．加速度与速度无关，当加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动，相反时做减速运动．解：A、当加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动，速度增大，加速度方向为正时，若速度方向为负，则速度减小．故A错误；B、加速度方向保持不变，速度方向可能改变，如平抛运动，故B错误；C、当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动，加速度增大，速度减小，故C错误，D正确；故选：D【点评】本题考查了学生对加速度概念的理解情况，明确速度、加速度、加速度变化量的关系，知道当加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动．3. 如图，物体A、B用细绳连接后跨过滑轮，A放在在倾角为30°的光滑斜面上，B悬挂着。
河南省周口市2016届高三物理上学期期末考试试题(扫描版)
2015—2016学年度上期期末高中抽测调研高三物理参考答案一、选择题：本题共10小题.每小题4分.共40分。
其中第1--6题只有一项符合题目要求；第7--10题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分。
有选错的得0分。
题号1 2 3 4 5 答案C B BD C 题号6 7 8 9 10 答案A AC BD AD BCD 二、实验（15分）11．（每空2分）（1）Hg x 21 （2）ACD （3）0.5 12．（每空1分，图3分）（1）50.15 （2）4.700 （3）22 （4）V 1，A 2，R 1．电路图如图所示．三、计算题：要有必要的文字说明（13、14、15、16题分别为8分、10分、12分、15分，共45分）13．（8分）解： ⑴小球从A 到B 的过程中，由动能定理得：mg ·h=21mv 2----------------------------------------------------（1分） 在B 点，由牛顿第二定律得F N -mg=m Rv 2-------------------------------------------------- （1分） F N =45N------------------------------------------------------- （2分）（2）根据机械能守恒，小球不可能到达圆周最高点，但在圆心以下的圆弧部分速度不等0，弹力不等于0，小球不会离开轨道。
设小球在C 点(OC 与竖直方向的夹角为θ)脱离圆轨道，则在C 点轨道弹力为0有： mgcos θ=m Rvc 2---------------------------------------------------（1分） 小球从A 到C 的过程中，由机械能守恒定律得：mg ·h=m gR+mgRcos θ+21mv c 2-----------------------------------（1分） 由③④得: v 0=22m/s ，θ=600，----------------------------------（2分）14．（10分）解：对回路中产生的电流为I ＝q/t --------------------（1分） 通过电容器的电量为q=C ∆U---------------------------------------（1分） 由法拉第电磁感应定律得∆U ＝BL ∆V-----------------------------------------------------（1分） ∆v ＝a ·∆t-----------------------------------------------------（1分） 由牛顿第二定律得Mg-F=ma------------------------------------------------------（1分） 联立（1）（2）（3）（4）得a=mg/(B 2LC+m) ---------------------------------------------（2分）代入数值得a=5m/s 2 ------------------------------------------------（1分） 由公式V ＝at -------------------------------------------------（1分） 得 t=4s-------------------------------------------------（1分） 15. (12分)解：（1）小球在第Ⅱ象限内做类平抛运动有：S=v 0t---------------------------------------------------------------------------------------------------1分at=v 0tan θ-------------------------------------------------------------------------------------------1分由牛顿第二定律有：qE=ma-------------------------------------------------------------------1分 带数据解得：E=82V/m-------------------------------------------------------------------1分（2）设小球通过M 点时的速度为v ，由类平抛运动规律：v=θsin 0v =8m/s--------------1分 小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图，由牛顿第二定律有：qvb=m Rv 2-----------------1分 得：B=qRm v 小球刚好不与C 2板相碰时磁感应强度最小设为B 1此时粒子的轨迹半径为R 1由几何关系有：R 1=d 1----------------------------------------------------------------------------1分 解得：B 1=32T ------------------------------------------------------------------------------------1分小球刚好能打到Q 点磁感应强度最强设为B 2。
河南省周口市2016届高三上学期期末考试物理试题解析(解析版)
河南省周口市2015-2016学年度上期高三物理期末高中抽测调研一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。
其中第1-6题只有一项符合题目要求；第7-I0题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分。
有选错的得0分。
1. 如图是法拉第研制成的世界上第一台发电机模型的原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘，图中a 、b 导线与铜盘的中轴线处在同一平面内，转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流．若图中铜盘半径为L ，匀强磁场的磁感应强度为B ，回路总电阻为R ，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω．则下列说法正确的是（ ）A.回路中有大小和方向作周期性变化的电流B.回路中电流大小恒定，且等于2BL Rω C.若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的正弦变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中也没有电流流过D.法拉第首先总结出磁场对电流作用力的规律【答案】C【解析】试题分析：当圆盘转动时，相当于半径R 的导线绕圆心转动切割磁感线，故产生恒定的电动势212E B L ω=,则回路中产生恒定的电流22BL I Rω=，选项AB 错误；若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的正弦变化的磁场，不转动铜盘，由于穿过铜盘的磁通量不变，故不能产生感应电动势，故灯泡中也没有电流流过，选项C 正确；安培首先总结出磁场对电流作用力的规律，选项D 错误；故选C.考点：电磁感应现象；物理学史2. 甲、乙两个物体从同一地点开始沿同一方向运动，其速度随时间变化的图象如图所示，图中42t t 2=，两段曲线均为半径相同的14圆弧，则在0-t 4时间内（ ）A.两物体在t 1时刻加速度相同B.两物体t 3时刻相距最远，t 4时刻相遇C.两物体在t 2时刻运动方向均改变D.0-t 4时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度3. 如图所示，质量为m 的物块与水平转台之间有摩擦，物块与转台转轴相距R ，物块随转台由静止开始转动并计时，在t 1时刻转速达到n ，物块即将开始滑动，保持转速n 不变，继续转动到t 2时刻．则（ ）A ．在0～t 1时间内，摩擦力做功为零B ．在0～t 1时间内，摩擦力做功为2222m n R πC ．在0～t 1时间内，摩擦力做功为12mgR μ D ．在t 1～t 2时间内，摩擦力做功为μmgR【答案】B【解析】试题分析：在0～t 1时间内，转速逐渐增加，故物体的速度逐渐增加，由动能定理可知，最大静摩擦力提供向心力2v mg m Rμ=；解得v =① 物体做加速圆周运动过程212f W mv =② 由①②两式解得12f W m gR μ=，又2(2)mg m n R μπ=，则2222f m W n R π=因μ是未知量，故AC 错误，B 正确；在t 1～t 2时间内，物体的线速度不变，摩擦力只提供向心力，根据动能定理可知摩擦力做功为零，故D 错误；故选B.考点：牛顿第二定律的应用4. 2016年中国将发射“天宫二号”空间实验室，并发射“神舟十一号”载人飞船和“天舟一号”货运飞船，与“天宫二号”交会对接。
河南省周口中英文学校高二上学期期中考试物理试题 Word版含答案
周口中英文学校2016—2017学年上期高二期中考试物理试题一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．）1.下列说法中正确的是A.新5号干电池与新7号干电池的电动势相等，容量也相等B.电流总是由电源正极流向电源负极C.电动势公式E=W/q中的W与电压中的E=W/q是一样的，都是非静电力做的功D.电动势是反映电源把其它形式的能转化为电能本领强弱的物理量2.关于磁感应强度B，下列说法中正确的是A.磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关B.磁场中某点B的方向，跟放在该点的试探电流元受到磁场力的方向一致C.若在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用，该点B的大小为零D.在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大3.如图1所示，有一长方体金属导体，材料分布均匀，边长分别为a、b、c ，且a＞b＞C. 电流沿不同方向流过该金属导体，其中阻值最小的是4.在如图2所示的电路中，电源内阻不能忽略，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向下缓慢移动，下列说法正确的是A.电压表和电流表的示数都增大B.电源的总功率变小C.灯L1变亮，电压表的示数减小D.灯L2变亮，电容器的带电量增加5.如图3所示为有两个量程的电压表的原理图，当使用a、b两个端点时，量程为0〜 10V，当使用a、c两个端点时，量程为0〜100V，已知表头内阻Rg为100Ω，满偏电流Ig为1 mA，则关于Rg、R1、R2的关系正确的是A. R1 = 100RgB. R2 = 1000RgC. R1 = 99RgD. R2 = 999Rg6.使用欧姆表测量电阻前应先把红、黑表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0Ω”。
欧姆表干的电泄用久了以后，电功势会变小，但调整“欧姆调零旋钮”仍能使指针指在“0Ω”刻度，如果用这样的欧姆表来测量电阻时，测量值比真实值A.偏大B.偏小C.不变D.无法判断7.用如图4甲所示的电路来测量电池的电动势和内阻，根据测得的电表数据作出了如图乙所示的U-I图线，下列说法正确的是A.由图像得外电路发生短路时的电流为0.4AB.由图像得电池内阻为3.5ΩC.若考虑电表的内阻，用该电路图测出的电源电动势等于真实值D.若考虑电表的内阻，用该电路图测出的电源内阻小于真实值8.如图5所示， a、b、c为三根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于等边三角形的3 个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示，则在三角形中心O点处的磁感应强度A.方向向左B.方向向右C.方向向下D.大小为零9.如图6所示，一导电金属板置于匀强磁场中，电流方向向上，则关于金属板两侧电子多少及电势髙低的判断正确的是A.左侧电子较多，左翻电势较高B.左侧电子较多，右侧电势较高C.右侧电子较多，左侧电势较高D.右侧电子较多，右侧电势较高10. (多选)如右图所示，在倾角为α的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m，通过电流为I的导线，若使导线静止，应该在斜面上施加匀强磁场B的大小和方向为( )A ．B ＝mgsin αIL ，方向垂直斜面向下B ．B ＝mgsin αIL ，方向垂直斜面向上C ．B ＝mgtan αIL ，方向竖直向下D ．B ＝mgsin αIL，方向水平向右11.如图，长为2l 的直导线折成边长相等，夹角为60°的V 形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B ，当在该导线中通以电流强度为I 的电流时，该V 形通电导线受到的安培力大小为( )A ．0B ．0.5BIlC ．BIlD ．2BIl12.（多选）如图所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P 点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )A ．极板间电压变小B ．电容器的电容减小C ．极板带电量将增大D ．P 点的电势将降低第Ⅱ卷(非选择题，共58分）二、实验题(本题共2小题，共14分}13.(6分)图12中游标卡尺的读数是 cm ，螺旋测微器的读数是 mm.14. (8分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6V，1.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A.直流电源6V(内阻不计）B.直流电流表0〜300 mA(内阻约为5kΩ)C.直流电压表0〜10v(内阻约为15kΩ)D.滑动变阻器0〜10Ω，2A实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量。
【解析版】河南省周口市中英文学校高三上学期第三次月考物理试题
一、选择题（第1-6题为单选，7-12题为多选，每题4分，共48分）1. 下列说法正确的是A．牛顿发现万有引力定律并精确测出了引力常量B．哥白尼提出日心说，认为行星以椭圆轨道绕太阳运行C．牛顿在归纳总结了伽利略、笛卡尔等科学家结论的基础上，得出了牛顿第一定律D．亚里士多德提出了力是改变物体运动状态的原因2．重为G的两个完全相同的小球，与水平面间的动摩擦因数均为μ.竖直向上的较小的力F作用在连接两球轻绳的中点，绳间的夹角 a =600，如图所示.缓慢增大F到两球刚要运动的过程中，下列说法正确的是A．地面对球的支持力变大B．球刚开始运动时，地面对球没有支持力C．地面对球的摩擦力变小D．球刚开始运动时，球受到的摩擦力最大3．如图所示，质量分别为m A、m B的A、B两物块用轻线连接放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ，为了增加轻线上的张力，下列几种办法中可行的是A．增大B物的质量B．减小B物的质量C．增大倾角θD．增大动摩擦因数μ考点：牛顿定律的应用；整体及隔离法。
4．粗铁丝弯成如右图3所示半圆环的形状，圆心为O，半圆环最高点B处固定一个小滑轮，小圆环A用细绳吊着一个质量为m2的物块并套在半圆环上。
一根一端拴着质量为m1的物块的细绳，跨过小滑轮后，另一端系在小圆环A上。
设小圆环、滑轮、绳子的质量以及相互之间的摩擦均不计，绳子不可伸长。
若整个系统平衡时角AOB为α，则两物块的质量比m1︰m2为A．cos2B．2sin2C．sin2D．2 cos25．某星球与地球的质量比为a，半径比为b，则该行星表面的重力加速度与地球表面重力加速度之比为A．a/b B．a/b2C．ab2D．ab。
高一物理上学期期中-周口市西华一中2016届高三上学期期中物理试题及答案
2015-2016学年河南省周口市西华一中高三（上）期中物理试卷一、选择题1．如图，一物体在粗糙水平地面上受斜向上的恒定拉力F作用而做匀速直线运动，则下列说法正确的是（）A．物体可能不受弹力作用 B．物体可能受三个力作用C．物体可能不受摩擦力作用D．物体一定受四个力作用2．如图所示，A与B两个物体用轻绳相连后，跨过无摩擦的定滑轮，A物体在Q位置时处于静止状态，若将A物体移到P位置，仍然能够处于静止状态，则A物体由Q移到P后，作用于A物体上的力中增大的是（）A．地面对A的摩擦力B．地面对A的支持力C．绳子对A的拉力D．A受到的重力3．物体同时受到同一平面内的三个力的作用，下列几组力的合力不可能为零的是（）A．3N，4N，8N B．5N，2N，3N C．1N，5N，10N D．10N，10N，10N4．一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力即F1、F2和摩擦力的作用，木块处于静止状态，如图所示，其中F1=10N，F2=2N，若撤去F1，则木块受到的摩擦力为（）A．10N，方向向左B．6N，方向向右C．2N，方向向右D．05．如图所示，一个人沿着一个圆形轨道运动，由A点开始运动，经过半个圆周到达B点，下列说法正确的是（）A．人从A到B的平均速度方向由A指向BB．人从A到B的平均速度方向沿B点的切线方向C．人在B点的瞬时速度方向由A指向BD．人在B点的瞬时速度方向沿B点的切线方向6．如图是物体做直线运动的v﹣t图象，由图可知，该物体（）A．第1s内和第3s内的运动方向相反B．第3s内和第4s内的加速度相同C．第1s内和第4s内的位移大小不等D．0～2s内和0～4s内的平均速度大小相等7．一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间的关系的图象是（）A．B．C． D．8．竖直起飞的火箭在推动力F的作用下产生10m/s2的加速度，若推动力增大到2F，则火箭的加速度将达到（g取10m/s2）（）A．20m/s2B．25m/s2C．30m/s2D．40m/s29．质量为m的物体在水平力F的作用下由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v，再前进一段距离使物体的速度增大为2v，则（）A．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量B．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍C．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功D．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍10．一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h．重力加速度大小为g．物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（）A．tanθ和B．（﹣1）tanθ和C．tanθ和D．（﹣1）tanθ和11．长度为L=0.50m的轻质细杆OA，A端有一质量为m=3.0kg的小球，如图所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率是2.0m/s，g取10m/s2，则此时细杆OA受到（）A．6.0N的拉力B．6.0N的压力C．24N的拉力D．24N的压力12．“天宫一号”目标飞行器与“神舟十号”飞船自动交会对接的示意图如图所示，圆形轨道Ⅰ为“天宫一号”运行轨道，圆形轨道Ⅱ为“神舟十号”运行轨道，在实现交会对接前，“神舟十号”要进行多次变轨，则（）A．“天宫一号”的运行速率大于“神舟十号”在轨道Ⅱ上的运行速率B．“神舟十号”变轨前后的机械能守恒C．“神舟十号”可以通过减速而使轨道半径变大D．“天宫一号”和“神舟十号”对接瞬间的向心加速度相同二、实验题13．某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．（1）如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是．（2）本实验采用的科学方法是．A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法（3）实验时，主要的步骤是：A．在桌上方一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；B．用图钉把橡皮条的一段固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；C．用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O，记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数；D．按选好的标度，用铅笔盒刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F1；E．只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出F′的图示；F．比较F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论．上述步骤中，有重要遗漏的步骤的序号是和．14．某同学利用如图（a）装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验．（1）在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持状态．（2）他通过实验得到如图（b）所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线，由此图线可得该弹簧的原长x0=cm，劲度系数k=N/m．（3）他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图（c）所示时，该弹簧的长度x=cm．三、计算题15．某滑沙场的示意图如图所示，某旅游者乘滑沙橇从A点由静止开始滑下，最后停在水平沙面上的C点．设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面和水平面连接处可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动，若测得AC间水平距离为x，A点高为h，求滑沙橇与沙面间的动摩擦因数μ．16．用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中，如图所示．已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°，求ac绳和bc绳中的拉力分别为多少？17．如图所示，倾角θ=37°的斜面固定在水平面上．质量m=1.0kg的小物块受到沿斜面向上的F=9.0N的拉力作用，小物块由静止沿斜面向上运动．小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25．（斜面足够长，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）求小物块运动过程中所受摩擦力的大小；（2）求在拉力的作用过程中，小物块加速度的大小；（3）若在小物块沿斜面向上运动0.80m时，将拉力F撤去，求此后小物块沿斜面向上运动的距离．2015-2016学年河南省周口市西华一中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】本题的关键是对物体进行受力分析，由匀速运动条件可得出物体一定受到四个力作用．【解答】解：A、由于物体匀速运动，所以物体受到的合力应为零，物体受到的滑动摩擦力大小应与拉力F的水平分力相等，根据摩擦力产生的条件可知，物体一定会受到弹力作用，所以A错误．B、由平衡条件可知物体受到向下的重力、向上的弹力、向左的摩擦力以及拉力F四个力，所以B错误．C、由匀速运动条件可知物体应受到摩擦力作用，C错误．D、由匀速运动条件可知物体受到四个力作用，所以D正确．故选D．【点评】遇到动力学问题关键是正确对物体进行受力分析，受力分析时要按一定的程序进行．2．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】平衡状态下物体的受力分析，夹角改变那么力的大小也就随之改变，找出不变的物理量，进而分析其它的物理量的变化．【解答】解：由物体受力分析知：物体A受到重力、地面的支持力、绳的拉力和地面对物体向左的摩擦力；A、当A由Q点移动到P点时绳与水平方向的夹角变小，由于绳的拉力大小不变，所以绳在水平方向上的分力变大，在水平方向上处于平衡的是地面对物体向左的摩擦力与绳在水平方向上的分力，绳在水平方向上的分力变大了，所以地面对A的摩擦力也就变大了．故A 正确．B、同样，当A由Q点移动到P点时绳与水平方向的夹角变小，由于绳的拉力大小不变，所以绳在竖直方向上的分力变小了，在竖直方向上处于平衡的力是向下的重力于向上的支持力和绳在竖直方向上的分力，重力不变，绳在竖直方向上的分力变小了，那么向上的支持力就要变大．所以地面对A的支持力变大了，故B正确．C、物体A受到重力、地面的支持力、绳的拉力和地面对物体向左的摩擦力，在这几个力的共同作用下处于平衡状态，根据定滑轮的使用特点知，绳的拉力和物体B的重力相等且保持不变的，故C错误．D、A受到的重力与物体的质量有关，质量不变，A的重力也不变，故D错误．故选A、B．【点评】本题中必须明确：绳的拉力与物体B的重力相等并保持不变，这是解决这道题的关键所在，主要是因绳的夹角发生变化时，绳在水平和竖直方向的分力会发生变化，从而引起其它力的变化．3．【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】定量思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】二力合成时，合力范围为：|F1﹣F2|≤F≤|F1+F2|；先合成两个力，如果合力范围包括第三个力，则三力可以平衡．【解答】解：A、3N与4N合成时，合力最大7N，最小1N，不可以为8N，故三个力合力不可能为零；B、5N与2N合成时，合力最大7N，最小3N，可能为3N，故三个力合力可能为零；C、1N与5N合成时，合力最大6N，最小4N，不可能为10N，故三个力合力不可能为零；D、10N与10N合成时，合力最大20N，最小0N，可能为10N，故三个力合力可能为零；本题选合力不可能为零的，故选：AC【点评】本题关键明确二力合成时，合力范围为：|F1﹣F2|≤F≤|F1+F2|；两力同向时合力最大，反向时合力最小．4．【考点】摩擦力的判断与计算．【专题】摩擦力专题．【分析】木块处于静止状态，受的是平衡力的作用，根据二力平衡条件解出摩擦力的大小，撤去一个力后木块仍处于静止状态，再求出撤去一个力后的摩擦力．【解答】解：如图所示，木块放在粗糙的水平桌面上，外力F1、F2沿水平方向作用在木块上，木块处于静止状态，受的是平衡力，所以此时的摩擦力为f=F1﹣F2=10N﹣2N=8N；方向向右．若撤去F1，木块受到的摩擦力为2N，方向向右故选：C【点评】此题主要考查的是学生对物体受力平衡条件的理解和掌握，基础性题目．5．【考点】瞬时速度；平均速度．【分析】速度是矢量，根据平均速度方向沿位移方向，而瞬时速度方向沿切线方向进行分析判断．【解答】解：AB、人从A到B的位移方向由A到B；故平均速度方向由A指向B；故A 正确；B错误；CD、瞬时速度沿轨迹的切线方向，故人在B点的速度方向沿B点的切线方向；故C错误，D正确；故选：AD．【点评】本题考查速度的方向，要注意明确平均速度和瞬时速度方向的区别；明确平均速度方向与位移方向一致；而瞬时速度方向与轨迹的切线方向一致．6．【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；牛顿第二定律．【专题】运动学中的图像专题．【分析】速度时间图象中速度的符号表示物体的运动方向；图象的斜率等于加速度；图象与时间轴所围的面积表示位移．平均速度等于位移与时间之比．根据这些知识进行解答．【解答】解：A、由图知，在前3s内物体的速度均为正值，说明在前3s内物体的运动方向不变，故A错误；B、速度图象的斜率等于加速度，第3s内和第4s内图线的斜率相同，则加速度相同，故B 正确；C、图象与时间轴所围的面积表示位移，由几何知识可知第1s内和第4s内的位移大小相等．故C错误；D、根据“面积”可知：0～2s内和0～4s内的位移相等，所用时间不等，所以平均速度不等，故D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．7．【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】对物体受力分析，利用牛顿第二定律列式找出F﹣a的关系式，即可做出选择．【解答】解：物块受力分析如图所示：由牛顿第二定律得；F﹣μmg=ma解得：F=ma+μmgF与a成一次函数关系，故ABD错误，C正确，故选C．【点评】对于此类图象选择题，最好是根据牛顿第二定律找出两个物理量之间的函数关系，图象变显而易见．8．【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据牛顿第二定律，先表示出质量，在计算后来的加速度的大小．【解答】解：设火箭的质量为m，根据牛顿第二定律可得，F﹣mg=ma，所以F=20m当推动力增大到2F时，2F﹣mg=ma′，即30m=ma′所以a′=30m/s2，故选：C．【点评】本题是对牛顿第二定律的直接的应用，难度不大．注意不要错选A．9．【考点】动能定理的应用．【专题】动能定理的应用专题．【分析】根据速度的变化得出动能的变化量，结合动能定理比较出合力做功的关系．【解答】解：A、由题意知，两个过程中速度增量均为v，故A正确；B、由动能定理知：W1=mv2，W2=m（2v）2﹣mv2=mv2，知第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍，第二过程合外力做功是第一过程的3倍．故B正确，C、D错误．故选：AB．【点评】本题考查动能定理的基本运用，知道合力做功等于动能的变化量．10．【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】两次上滑过程中，利用动能定理列式求的即可；【解答】解：以速度v上升过程中，由动能定理可知以速度上升过程中，由动能定理可知联立解得，h=故D正确．故选：D．【点评】本题主要考查了动能定理，注意过程的选取是关键；11．【考点】向心力．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】小球运动到最高点时受到重力与轻杆的弹力，根据合力提供向心力列出牛顿第二定律解得结果．【解答】解：小球运动到最高点时受到重力与轻杆的弹力，假设杆子的弹力方向向上为F N，根据合力提供向心力：mg﹣F N=代入数据解得：F N=6.0N，则小球对OA有向下的压力，大小为6N，故B正确．故选：B【点评】注意弹力方向可能向下，也可能向上，假设弹力向上，如果解出是正值，说明此力向上，如果解出负值说明力的方向与假设的方向相反，即方向应该向下．12．【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．【专题】定量思想；推理法；人造卫星问题．【分析】当万有引力不够提供向心力，做离心运动，当万有引力大于向心力时，做近心运动．第一宇宙速度是做圆周运动最大的环绕速度．根据万有引力提供向心力得出线速度与轨道半径的关系，从而比较速度的大小．【解答】解：A、“天宫一号”的半径大，由可知其速率小，则A错误B、“神舟十号”变轨要加速做离心运动，其机械能增加，则B错误C、“神舟十号”可以减速会做向心运动，使轨道半径变小，则C错误D、对接时在同一位置，万有引力产生加速度相同，则D正确故选：D【点评】本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键掌握变轨的原理，以及掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用．二、实验题13．【考点】验证力的平行四边形定则．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；平行四边形法则图解法专题．【分析】本题实验采用等效替代法，实验中F′是通过实验方法得出的为实验值，方向与AO 在同一条直线上．根据实验的原来以及操作步骤中的注意事项确定遗漏的步骤．【解答】解：（1）实验中F是由平行四边形得出的，为理论值，F′是通过实验方法得出的为实验值，方向与AO一定共线．（2）本实验采用的科学方法是等效替代法，故选：B．（3）在C步骤中，不仅需要记录拉力的大小，还要记录拉力的方向．在E步骤中，需要将结点拉到同一位置O．故遗漏的步骤为C和E．故答案为：（1）F′，（2）B，（3）C、E．【点评】掌握实验原理，从多个角度来理解和分析实验，提高分析解决问题的能力，注意“理论值”与“实验值”的区别．14．【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．【专题】实验题；弹力的存在及方向的判定专题．【分析】（1）弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须竖直；（2）弹簧处于原长时，弹力为零；根据胡克定律F=k△x求解劲度系数；（3）直接从弹簧秤得到弹力，再从图象b弹簧弹簧长度．【解答】解：（1）弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须与弹簧平行，故刻度尺要保持竖直状态；（2）弹簧处于原长时，弹力为零，故原长为4cm；弹簧弹力为2N时，弹簧的长度为8cm，伸长量为4cm；根据胡克定律F=k△x，有：；（3）由图c得到弹簧的弹力为3N，根据图b得到弹簧的长度为10cm；故答案为：（1）竖直；（2）4，50；（3）10．【点评】本题关键是明确实验原理，然后根据胡克定律F=k△x并结合图象列式求解，不难．三、计算题15．【考点】牛顿第二定律．【分析】对A到C的全过程运用动能定理，抓住动能的变化量为零，结合动能定理求出滑沙橇与沙面间的动摩擦因数μ．【解答】解：设斜面的倾角为θ，对全过程运用动能定理得，mgh﹣，因为，则有：mgh﹣μmgx=0，解得．答：滑沙橇与沙面间的动摩擦因数为．【点评】本题考查了动能定理的基本运用，运用动能定理解题关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再结合动能定理进行求解，本题也可以结合动力学知识进行求解．16．【考点】共点力平衡的条件及其应用．【分析】对c点进行受力分析．根据平衡条件和三角函数表示出力与力之间的关系．【解答】解：对结点C受力分析，受点c到三根绳子拉力，将F a和F b合成为F，根据三力平衡得出：F=F c=mg已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°，所以α=30°根据三角函数关系得出：F a=F•cosα=mg，F b=F•sinα=mg．答：求ac绳和bc绳中的拉力分别为mg，mg．【点评】该题的关键在于能够对结点c进行受力分析，利用平衡状态条件解决问题．力的计算离不开几何关系和三角函数．17．【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动规律的综合运用．【分析】对物体进行受力分析，利用正交分解和牛顿第二定律列出等式，求出未知的力和加速度，在结合运动学公式求解运动距离．【解答】解：（1）对物体进行受力分析：对力进行正交分解，根据垂直斜面方向力平衡得出：F N=G2=mgcos37°，滑动摩擦力f=μF N=μmgcos37°=2.0N．（2）设加速度为a1，根据牛顿第二定律有F合=F﹣f﹣G1=ma1G1=mgsin37°解得：a1=1.0m/s2．（3）设撤去拉力前小物块运动的距离为x1，撤去拉力时小物块的速度为v，有v2=2a1x1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①撤去拉力后小物块加速度和向上运动的距离大小分别为a2、x2，撤去拉力后F合=mgsin37°+f=ma2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②小物块沿斜面向上运动到最高点速度为0，v2=2a2x2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③由式①②③解得x2=0.10m．答：（1）求小物块运动过程中所受摩擦力的大小是2.0N；（2）求在拉力的作用过程中，小物块加速度的大小是1.0m/s2；（3）此后小物块沿斜面向上运动的距离是0.10m．【点评】解题的关键是能正确对物体进行受力分析，并能对力进行正交分解，运用牛顿第二定律列出等式求出问题，还能结合运动学公式去求解．此题第三问还可以运用动能定理去求解．。
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2015-2016学年河南省周口市中英文学校高三（上）期中物理试卷 一、选择题（1-8为单选，9-12为多选．每题4分，共48分） 1．汽车以36km/h的速度行驶，突然遇到紧急情况开始刹车，加速度的大小为4m/s2，从刹车开始，经过5s，汽车通过的位移为( ) A．0 B．10m C．12.5m D．37.5m
2．如图所示，粗糙长木板l的一端固定在铰链上，木块放在木板上，开始木板处于水平位置．当木板向下转动，θ角逐渐增大的过程中，摩擦力Ff的大小随θ角变化最有可能的是选项图中的( )
A． B． C． D． 3．某质点做直线运动规律如图所示，下列说法中正确的是( )
A．质点在第2s末回到出发点 B．质点在第2s内和第3s内加速度大小相等而方向相反 C．质点在第3s内速度越来越小 D．在前7s内质点的位移为正值
4．如图所示，斜劈ABC放在粗糙的水平地面上，在斜劈上放一重为G的物块，物块静止在斜劈上，今用一竖直向下的力F作用于物块上，下列说法错误的是( ) A．斜劈对物块的弹力增大 B．物块所受的合力不变 C．物块受到的摩擦力增大 D．当力F增大到一定程度时，物体会运动
5．如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v﹣t图象如图乙所示，人顶杆沿水平地面运动的x﹣t图象如图丙所示．若以地面为参考系，下列说法正确的是( )
A．猴子的运动轨迹为直线 B．猴子在2 s内做匀变速曲线运动 C．t=0时猴子的速度大小为8 m/s D．t=2 s时猴子的加速度大小为2 m/s2
6．下列关于物体的运动的叙述说法正确的是( ) A．无论物体做直线还是曲线运动，只要它的加速度越大其速度变化就越快 B．竖直上抛的物体一段时间的平均速度的方向必定与该段过程末瞬时速度方向相同 C．平抛运动是曲线运动，但不是匀变速 D．做匀速圆周运动的物体受到的合外力不变
7．如图所示，甲、乙两船在同一河岸边A、B两处，两船船头方向与河岸均成θ角，且恰好对准对岸边C点．若两船同时开始渡河，经过一段时间t，同时到达对岸，乙船恰好到达正对岸的D点．若河宽d、河水流速均恒定，两船在静水中的划行速率恒定，不影响各自的航行，下列判断正确的是( )
A．两船在静水中的划行速率不同 B．甲船渡河的路程有可能比乙船渡河的路程小 C．两船同时到达D点 D．河水流速为
8．宇宙中两个星球可以组成双星，它们只在相互间的万有引力作用下，绕球心连线的某点做周期相同的匀速圆周运动．根据宇宙大爆炸理论，双星间的距离在不断缓慢增加，设双星仍做匀速圆周运动，则下列说法错误的是( ) A．双星相互间的万有引力减小 B．双星做圆周运动的角速度增大 C．双星做圆周运动的周期增大 D．双星做圆周运动的半径增大
9．如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ．图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连．系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行．在突然撤去挡板的瞬间( )
A．两图中两球加速度均为gsinθ B．图甲中A球的加速度为零 C．图甲中B球的加速度是为2gsinθ D．图乙中A球的加速度为零 10．如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端，从抛出到落至斜面上（忽略空气阻力）( )
A．两次小球运动时间之比t1：t2=1： B．两次小球运动时间之比t1：t2=1：2 C．两次小球抛出时初速度之比v01：v02=1： D．两次小球抛小时初速度之比v01：v02=1：2
11．如图所示，在固定的圆锥形漏斗的光滑内壁上，有两个小物块A和B，质量分别为mA和mB，它们分别紧贴漏斗的内壁．在不同的水平面上做匀速圆周运动，则以下叙述正确的是( )
A．不论A、B质量关系如何，物块A的线速度始终大于物块B的线速度 B．只有当mA＜mB，物块A的角速度才会大于物块B的角速度 C．不论A、B质量关系如何，物块A对漏斗内壁的压力始终大于物块B对漏斗内壁的压力 D．不论A、B质量关系如何，物块A的周期始终大于物块B的周期
12．2014年11月中国的北斗系统成为第三个被联合国认可的海上卫星导航系统，其导航系统中部分卫星运动轨道如图所示．己知a、b、c为圆形轨道( )
A．在轨道a、b运行的两颗卫星加速度相同 B．在轨道a、b运行的两颗卫星受到地球的引力一样大 C．卫星在轨道c、a的运行周期Ta＞Tc D．卫星在轨道c、a的运行速度va＜vc
二、实验题（每空2分，共计16分） 13．完成以下“验证力的平行四边形定则”实验的几个主要步骤： ①如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点O点的位置、两弹簧测力计的读数F1、F2以及__________． ②如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到__________，记下细绳套的方向（如图丙中的c），读得弹簧测力计的示数F=__________． ③如图丙，按选定的标度作出了力F1、F2的图示，请在图丙中： a．按同样的标度作出力F的图示 b．按力的平行四边形定则作出F1、F2的合力F′
14．现要用如图1所示装置探究“物体的加速度与受力的关系”，小车所受拉力及其速度大小可分别由拉力传感器和速度传感器记录下来．速度传感器安装在距离L=48.0cm的长木板的A、B两点． ①实验主要步骤如下： A．将拉力传感器固定在小车上； B．把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与钩码相连； C．接通电源后自C点释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力F的大小及小车分别到达A、B时的速率vA、vB； D．改变所挂钩码的数量，重复D的操作． ②表中记录了实验测得的几组数据，vB2﹣vA2是两个速度传感器记录的速率的平方差，则加速度的表达式a=__________．表中的第3次实验数据应该为a=__________m/s2（结果保留三位有效数字）． 次数 F（N） vB2﹣vA2（m2/s2） A（m/s2） 1 0.60 0.77 0.80 2 1.04 1.61 1.68 3 1.42 2.34 4 2.62 4.65 4.84 5 3.00 5.49 5.72 ③如图2所示的坐标纸上已经绘出了理论上的a﹣F图象．请根据表中数据，在坐标纸上作出由实验测得的a﹣F图线． ④对比实验结果与理论计算得到的两个关系图线，分析造成上述偏差的主要原因是__________．根据你作出的a﹣F图象__________（填“能”或“不能”）求出小车和拉力传感器的总质量． 三、计算题（1小题8分，2小题8分，3小题10分，4小题10分，共计36分） 15．宇航员在某星球表面以初速度v0竖直上抛一小球，经过时间t小球落回原处，不考虑空气阻力，若该星球的半径为R，求该星球的第一宇宙速度．
16．小球a在小球b正上方h=5m处，现将两球以大小相等的速度v=10m/s同时抛出，其中小球a速度水平向右，小球b速度竖直向上．忽略空气阻力作用，取重力加速度g=10m/s2．求当a、b两球到达同一高度时，两球间距离s．
17．在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面224m高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5m/s2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5m/s，求：（取g=10m/s2） （1）伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？ （2）伞兵在空中的最短时间为多少？
18．如图所示，一足够长的木板B静止在光滑的水平地面上，现有一个小滑块A以v0=2m/s的水平初速度冲上该木板．已知木板质量是小滑块质量的2倍，木板与小滑块间的动摩擦因数μ=0.1．（g取10m/s2）求： （1）经过多长时间小滑块相对长木板保持静止； （2）小滑块相对长木板滑行的距离． 2015-2016学年河南省周口市中英文学校高三（上）期中物理试卷 一、选择题（1-8为单选，9-12为多选．每题4分，共48分） 1．汽车以36km/h的速度行驶，突然遇到紧急情况开始刹车，加速度的大小为4m/s2，从刹车开始，经过5s，汽车通过的位移为( ) A．0 B．10m C．12.5m D．37.5m 【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】根据速度时间公式求出汽车速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再结合位移公式求出刹车后的位移． 【解答】解：36km/h=10m/s，
汽车速度减为零的时间， 则5s内的位移等于2.5s内的位移，x=． 故选：C． 【点评】本题考查了运动学中的刹车问题，是道易错题，注意汽车速度减为零后不再运动．
2．如图所示，粗糙长木板l的一端固定在铰链上，木块放在木板上，开始木板处于水平位置．当木板向下转动，θ角逐渐增大的过程中，摩擦力Ff的大小随θ角变化最有可能的是选项图中的( )
A． B． C． D． 【考点】静摩擦力和最大静摩擦力；滑动摩擦力． 【专题】摩擦力专题． 【分析】摩擦力变化有两个阶段，角度θ小于一定角度时是静摩擦，角度θ大于一定角度时是动摩擦． 【解答】解：使铁块沿着斜面下滑的力是F=mgsinθ，对于一个确定的角度θ，最大静摩擦力是fm=μmgcosθ，当然，θ改变了，fm也改变． 如果，F＜fm，那么，铁块受到的摩擦力是静摩擦，摩擦力f=F=mgsinθ，随θ的增大，摩擦力f增大； 当θ增大到某一值时，会出现F＞fm，此时铁块在木板上滑动，铁块受到的摩擦力是滑动摩擦力， 滑动摩擦力摩擦力f=μmgcosθ，随θ的增大，cosθ变小，滑动摩擦力变小，但f与θ不是线性关系，故ACD错误，B正确； 故选B． 【点评】知道在整个过程中，摩擦力先是静摩擦力，后是滑动摩擦力，求出摩擦力的表达式是正确解题的关键．
3．某质点做直线运动规律如图所示，下列说法中正确的是( )
A．质点在第2s末回到出发点 B．质点在第2s内和第3s内加速度大小相等而方向相反 C．质点在第3s内速度越来越小 D．在前7s内质点的位移为正值 【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】由图象可知质点速度随时间的变化情况，由图象的斜率可知加速度的大小及方向；由图线与时间轴所围成的面积可求得物体通过的位移． 【解答】解：A、前2s内的位移为正，没有回到出发点，故A错误；