届石家庄二中高三开学考试物理解析版08Word格式.docx

届石家庄二中高三开学考试物理解析版08Word格式.docx

《届石家庄二中高三开学考试物理解析版08Word格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届石家庄二中高三开学考试物理解析版08Word格式.docx（16页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

C．a、b对斜面的正压力相等

D．a受到的合力沿水平方向的分力等于b受到的合力水平方向的分力

【知识点】牛顿第二定律；

物体的弹性和弹力．B1C2

【答案解析】D解析：

A、AB整体受重力、支持力及水平方向的推力，沿平行斜面和垂直斜面方向建立直角坐标系，将重力及水平推力正交分解，有可能重力下滑分力大于水平推力平行斜面向上的分力，故AB有可能沿斜面向下运动，故A错误；

B、a对b的作用力是弹力，与接触面垂直，故平行斜面向上，故B错误；

C、分别分析A、B的受力情况：

物体B受重力、支持力及沿斜面向上的A的推力，故对斜面的压力等于重力的垂直分力；

对A分析，A受重力、支持力、水平推力；

支持力等于重力垂直于斜面的分力及水平推力沿垂直于斜面的分力的合力，故A、B对斜面的压力大小不相等，故C错误；

D、因AB沿斜面方向上的加速度相等，故AB受到的合力相等，因此它们的合力在水平方向上的分力一定相等，故D正确；

故选D．

【思路点拨】对AB整体进行受力分析可知整体受力情况及可能的运动情况；

分别隔离AB进行受力分析，可知它们对斜面的压力及水平方向的分力大小关系；

由牛顿第三定律可知相互作用力的大小关系．本题中没有明确说明推力与重力的大小关系，故AB运动情况有多种可能，因此在解题时应全面考虑，讨论物体运动可能的情况，利用牛顿运动定律进行分析讨论．

3.a、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的xt图象如图所示，图象c是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是（　　）．

A．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同

B．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度大小相等，方向相反

C．在0～5s内，当t＝5s时，a、b两个物体相距最近

D．物体c一定做变速直线运动

【知识点】匀变速直线运动的图像．A5

【答案解析】BD解析：

A、B位移图象倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知a、b两物体都做匀速直线运动．由图看出斜率看出，a、b两图线的斜率大小、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反．故A错误，B正确．C、a物体沿正方向运动，b物体沿负方向运动，则当t=5s时，a、b两个物体相距最远．故C错误．D、对于匀加速运动位移公式x=v0t+

at2，可见，x-t图象是抛物线，所以物体c一定做匀加速运动．故D正确．故选BD

【思路点拨】位移图象倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图象的斜率大小等于速度大小，斜率的正负表示速度方向．分析在0～5s内a、b两物体之间距离的变化．图象c是一条抛物线表示匀加速运动．本题是为位移--时间图象的应用，要明确斜率的含义，并能根据图象的信息解出物体运动的速度大小和方向．

4.如图所示，水平面上的复印机纸盒里放一叠复印纸共计10张，每一张纸的质量均为m.用一摩擦轮以竖直向下的力F压第1张纸，并以一定角速度逆时针转动摩擦轮，确保摩擦轮与第1张纸之间、第1张纸与第2张纸之间均有相对滑动．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，摩擦轮与第1张纸之间的动摩擦因数为μ1，纸张间的动摩擦因数均为μ2，且有μ1>

μ2.则下列说法正确的是（）

A．第2张纸到第9张纸之间可能发生相对滑动

B．第2张纸到第9张纸之间不可能发生相对滑动

C．第1张纸受到摩擦轮的摩擦力方向向左

D．第6张纸受到的合力为零B2B4B7

【知识点】摩擦力的判断与计算；

静摩擦力和最大静摩擦力．

【答案解析】BD解析：

AB、设每张的质量为m，动摩擦因数为μ．对第2张分析，它对第3张牌的压力等于上面两张牌的重力，最大静摩擦力Fm=μ•2mg=2μmg，而受到的第1张牌的滑动摩擦力为f=μmg＜Fm，则第2张牌与第3张牌之间不发生相对滑动．同理，第3张到第9张牌也不发生相对滑动．故A错误，B正确；

C，第1张纸相对于轮有向左运动的趋势，则受到的静摩擦力与轮的运动方向相同，向右，C错误；

D、第2张以下的纸受的合力都为零，因为都静止．故D正确．故选：

BD．

【思路点拨】第1张纸受到手指的摩擦力是静摩擦力，方向与相对运动趋势方向相反．第2张牌受到第1张的滑动摩擦力，小于第3张对它的摩擦力，与第3张之间不发生相对滑动．而第3张到第10张的最大静摩擦力更大，更不能发生相对滑动．本题考查对摩擦力理解和判断能力．本题是实际问题，要应用物理基本知识进行分析，同时要灵活选择研究对象．

【题文】5.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）．小孔正上方

处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回．若将下极板向上平移

，则从P点开始下落的相同粒子将（　　）．

A.打到下极板上　B.在下极板处返回

C.在距上极板d/2处返回D.在距上极扳2d/5处返回

【知识点】电容器的动态分析．I3

对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得，mg•

d−qU＝0．将下极板向上平移

，设运动到距离上级板x处返回．根据动能定理得，mg•（

+x）−

•qU＝0联立两式解得x=

．故D正确，A、B、C错误．故选D．

【思路点拨】下极板未移动时，带电粒子到达下极板处返回，知道重力做功与电场力做功之和为零，向上移动下极板，若运动到下极板，重力做功小于克服电场力做功，可知不可能运动到下极板返回，根据动能定理，结合电势差大小与d的关系，求出粒子返回时的位置．该题考到了带电粒子在电场中的运动、电容器、功能关系等知识点，是一道比较综合的电学题，难度较大．这类题应该以运动和力为基础，结合动能定理求解．

【题文】6.一块质量为m的木块放在地面上，用一根弹簧连着木块，如图所示，用恒力F拉弹簧，使木块离开地面，如果力F的作用点向上移动的距离为h，则（　　）

A．木块的重力势能增加了mghB．木块的机械能增加了Fh

C．拉力所做的功为FhD．木块的动能增加了Fh

【知识点】机械能守恒定律．E3

A、B、D物体重力势能的变化量等于克服重力所做的功，则有：

△EP=-WG=-（-MgH）=MgH．由于弹簧伸长，所以物体上升的高度H＜h，则物体重力势能增加小于Mgh．拉力F做的功等于物体机械能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和，由于弹簧伸长增加弹性势能，所以木块的机械能增加量小于Fh,木块动能增加量也小于Fh，故A、B、D错误．C、力是恒力，根据做功W=FS=Fh，所以拉力所做的功为Fh,故C正确；

故选C

【思路点拨】物体重力势能的变化量等于克服重力所做的功，物体提高说明机械能增加，拉力F做的功等于物体机械能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和．根据功能关系进行分析．本题主要考查了重力势能的变化量与重力做功的关系以及功能关系，难度不大，属于基础题．

【题文】7.如图甲所示，一物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．由此可以确定（）

A．物块冲上斜面的最大位移B．物块返回底端时的速度

C．物块所受摩擦力的大小D．斜面倾角θ

匀变速直线运动的图像．A5C2

【答案解析】ABD解析：

A、根据图线的“面积”可以求出物体冲上斜面的最大位移为x=

．故A正确．B、由于下滑与上滑的位移大小相等，根据数学知识可以求出物块返回底端时的速度．设物块返回底端时的速度大小为v，则

=

，得到v=

．故B正确．C、D根据动量定理得：

上滑过程：

-（mgsinθ+μmgcosθ）•t0=0-mv0 

①下滑过程：

（mgsinθ-μmgcosθ）•2t0=m

②由①②解得，f=μmgcosθ=3mgsinθ-

，由于质量m未知，则无法求出f．得到sinθ=

，可以求出斜面倾角θ故C错误，D正确．故选ABD

【思路点拨】速度图象与坐标轴所围“面积”等于位移，由数学知识求出位移．根据上滑与下滑的位移大小相等，可求出物块返回底端时的速度．根据动量定理分析能否求出摩擦力大小和斜面的倾角．本题抓住速度图象的“面积”等于位移分析位移和物体返回斜面底端的速度大小．也可以根据牛顿第二定律和运动学结合求解f和sinθ．

【题文】8.如图所示，三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上，设地球质量为M、半径为R.下列说法正确的是（　　）

A．地球对一颗卫星的引力大小为

B．一颗卫星对地球的引力大小为

C．两颗卫星之间的引力大小为

D．三颗卫星对地球引力的合力大小为

【知识点】万有引力定律及其应用；

向心力．D4D5

【答案解析】BC解析：

A、地球对一颗卫星的引力F＝

，则一颗卫星对地球的引力为

．故A错误，B正确．C、根据几何关系知，两颗卫星间的距离l=

r，则两卫星的万有引力F＝

．故C正确．D、三颗卫星对地球的引力大小相等，三个力互成120度，根据合成法，知合力为零．故D错误．故选：

BC

【思路点拨】根据万有引力定律公式，求出地球与卫星、卫星与卫星间的引力，结合力的合成求出卫星对地球的引力．本题考查万有引力定律的基本运用，难度不大，知道互成120度三个大小相等的力合成，合力为零．

【题文】9.如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。

初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。

若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像（以地面为参考系）如图乙所示。

已知v2＞v1，则下列说法中正确的是（）

A．t1时刻，小物块离A处的距离达到最大

B．0~t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左

C．t2~t3时间内，小物块与传送带相对静止，小物块不受到静摩擦力作用

D．0~t2时间内，小物块运动方向发生了改变，加速度方向也发生了改变。

【答案解析】AC解析：

A、t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A正确；

B、在0-t1时间内小物块向左减速受向右的摩擦力作用，在t1-t2时间内小物块向右加速运动，受到向右的摩擦力作用，故B错误；

C、如图知，t2-t3小物块做匀速直线运动，此时受力平衡，小物块不受摩擦力作用，故C正确；

D、由B分析知道，0~t2时刻，小物块受力一直向右，加速度一直向右，故D错误；

故选AC．

【思路点拨】小物块滑上传送后在阻力作用下做匀减速直线运动，当速度减为0时，小物块又反向匀加速运动最后与传送带一起向右运动．根据图象分析有：

0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，t1-t2小物块向右匀加速，t2-t3当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速，摩擦力消失．本题的关键是通过图象得出小物块的运动规律，再由运动规律得出小物块的受力和运动情况．

10.如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态。

现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内）。

与稳定在竖直时位置相比，小球的高度（）

A.一定升高B.一定降低

C.保持不变D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定

胡克定律．B1B5C2

【答案解析】A解析：

设L0为橡皮筋的原长，k为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：

T1=mg，弹簧的伸长x1＝

即小球与悬挂点的距离为L1=L0+

，当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进行受力分析如图，得：

T2cosα=mg，T2sinα=ma，所以：

T2=

，弹簧的伸长：

x2＝

则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：

L2=（L0+

）cosα=L0cosα+

＜L0+

=L1，所以L1＞L2，即小球在竖直方向上到悬挂点的距离减小，所以小球一定升高，故A正确，BCD错误．故选：

A．

【思路点拨】以小球为研究对象，由牛顿第二定律可得出小球的加速度与受到的拉力之间的关系即可判断．本题中考查牛顿第二定律的应用，注意整体法与隔离法的使用，同时要注意审题．

【题文】11.如图所示，弹簧秤、绳和滑轮的重力不计，摩擦力不计，物体重量都是G．在甲、乙、丙三种情况下，弹簧的读数分别是F1、F2、F3，则（）

A.F3>

F1＝F2B.F3＝F1>

F2C.F1＝F2＝F3D.F1>

F2＝F3

【知识点】共点力平衡的条件及其应用．B4B7

【答案解析】B解析：

甲图：

物体静止，弹簧的拉力F1=mg；

乙图：

对物体为研究对象，作出力图如图．

根据平衡条件有：

F2=mgsin60°

=0.866mg 

丙图：

以动滑轮为研究对象，受力如图．由几何知识得F3=mg．故F3=F1＞F2

故选B．

【思路点拨】弹簧称的读数等于弹簧受到的拉力．甲图、乙图分别以物体为研究对象由平衡条件求解．丙图以动滑轮为研究对象分析受力情况，根据平衡条件求解．本题是简单的力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，作出力图．对于丙图，是平衡中的特例，结果要记忆．

【题文】12.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变。

用水平力，缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止。

撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0。

物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

则（）

A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动

B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为

C．物体做匀减速运动的时间为2

D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为

【知识点】牛顿第二定律．C2

A、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；

故A错误．

B、撤去F后，根据牛顿第二定律得物体刚运动时的加速度大小为a=

．故B正确．C、由题，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律得：

匀减速运动的加速度大小为a=

．将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则 

3x0=

at2，得t=

．故C错误．D、由上分析可知，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大，此时弹簧的压缩量为x=

，则物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为W=μmg（x0-x）=μmg（x0−

）．故D正确．故选BD

【思路点拨】本题通过分析物体的受力情况，来确定其运动情况：

撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，可知加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；

撤去F后，根据牛顿第二定律求解物体刚运动时的加速度大小；

物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律求得加速度，由运动学位移公式求得时间；

当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大，可求得此时弹簧的压缩量，即可求解物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功．本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键，要抓住加速度与合外力成正比，即可得到加速度是变化的．运用逆向思维研究匀减速运动过程，比较简便．

二、实验题（8分）

【题文】13.某同学利用图（a）所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图（b）所示。

实验中小车（含发射器）的质量为200g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到。

回答下列问题：

（1）根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成（填“线性”或“非线性”）关系。

（2）由图（b）可知，a-m图线不经过原点，可能的原因是。

（3）若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是,钩码的质量应满足的条件是。

【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．C4

【答案解析】

（1）非线性

（2）存在摩擦力（3）调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力远小于小车的质量解析：

：

（1）根据该同学的结果得出a-m图线是曲线，即小车的加速度与钩码的质量成非线性关系；

（2）从上图中发现直线没过原点，当a=0时，m≠0，即F≠0，也就是说当绳子上拉力不为0时，小车的加速度为0，所以可能的原因是存在摩擦力．（3）若利用本实验来验证“小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是：

①调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力，即使得绳子上拉力等于小车的合力．②根据牛顿第二定律得，整体的加速度a=

，则绳子的拉力F=Ma=

，知钩码的质量远小于小车的质量时，绳子的拉力等于钩码的重力，所以钩码的质量应满足的条件是远小于小车的质量．

【思路点拨】该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究．当质量一定时，研究小车的加速度和小车所受合力的关系．为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板的右端适当垫高，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力．该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量法．对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．比如为什么要平衡摩擦力，这样问题我们要从实验原理和减少实验误差方面去解决．

三、计算题（共3小题，共32分.把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写结果不得分）

【题文】13.（8分）如图，将质量m＝0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上。

环的直径略大于杆的截面直径。

环与杆间动摩擦因数＝0.8。

对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角＝53的拉力F，使圆环以a＝4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。

（取sin53＝0.8，cos53

＝0.6，g＝10m/s2）。

【知识点】牛顿第二定律．C2

【答案解析】1N或9N解析：

令Fsin53＝mg，得F＝1.25N

当F＜1.25N时，杆对环的弹力向上，由牛顿定律

Fcos－FN＝ma，

FN＋Fsin＝mg，

解得F＝1N

当F＞1.25N时，杆对环的弹力向下，由牛顿定律

Fsin＝mg＋FN，

解得F＝9N

【思路点拨】对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力，其中弹力可能向上，也可能向下；

要分两种情况根据牛顿第二定律列方程求解即可．本题要分两种情况对物体受力分析，然后根据平衡条件列方程求解，关键是分情况讨论．

【题文】14.（10分）甲、乙两车在平直公路上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方L1＝11m处，乙车速度v乙＝60m/s，甲车速度v甲＝50m/s，此时乙车离终点线尚有L2＝600m，如图5所示．若甲车加速运动，加速度a＝2m/s2，乙车速度不变，不计车长．求：

（1）经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？

（2）到达终点时甲车能否超过乙车？

【知识点】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．A2A8

【答案解析】

（1）5s36m

（2）到达终点时甲车不能追上乙车解析：

（1）当甲、乙两车速度相等时，两车间距离最大，即v甲＋at1＝v乙，

得t1＝

＝

s＝5s

甲车位移x甲＝v甲t1＋

at

＝275m

乙车位移x乙＝v乙t1＝60×

5m＝300m

此时两车间距离Δx＝x乙＋L1－x甲＝36m

（2）甲车追上乙车时，位移关系x甲′＝x乙′＋L1

甲车位移x甲′＝v甲t2＋

，

乙车位移x乙′＝v乙t2，

将x甲′、x乙′代入位移关系，得v甲t2＋

＝v乙t2＋L1

代入数值并整理得t

－10t2－11＝0，解得t2＝－1s（舍去）或t2＝11s

此时乙车位移x乙′＝v乙t2＝660m

因x乙′>

L2，故乙车已冲过终点线，即到达终点时甲车不能追上乙车

【思路点拨】

（1）抓住两车相距最大时的临界条件：

两车速度相等展开计算即可；

（2）分析甲车追上乙车时，两车位移关系，求出相遇时的时间，再求出乙车到达终点的时间，比较即可求解.掌握两车相距最远时的临界条件和追击条件是解决本题的关键，知道当两车速度相等时，两车间距离，最大难度适中．

15.（14分）图l中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2．在木板上施加一水平向右的拉力F，在0~3s内F的变化如图2所示，图中F以mg为