河北省石家庄市高三毕业班教学质量检测物理试题一解析版.docx
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河北省石家庄市高三毕业班教学质量检测物理试题一解析版
河北省石家庄市2015届高三毕业班教学质量检测物理试题
（一）（解析版）
一、选择题（本大题共8小题，每小题6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．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）
1．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（ ）
A．伽利略最早发现了行星运动的三大规律
B．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献
C．开普勒通过实验测出了引力常量
D．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因
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、开普勒最早发现了行星运动的三大规律，故A错误．
B、笛卡尔笛卡尔研究了运动和力的关系，对牛顿第一定律的建立做出了贡献，故B正确．
C、万有引力常数是由卡文迪许测出的，故C错误；
D、伽利略通过理想斜面实验说明物体具有惯性，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．质量为m的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．关于物体在0～8s内的运动，下列说法正确的是（ ）
A．物体在0～4s内做匀变速直线运动B．物体在第4s末速度最大
C．物体在第8s末离出发点最远D．物体在第6s末速度的大小为
分析：
题中知道物体的受力情况，可根据牛顿第二定律分析物体的运动情况，得到物体的运动性质、位移和速度的变化情况．
解答：
解：
A、在0∽2s内，物体受到向正方向的恒力，物体向正方向做匀加速直线运动，在2～4s内，物体受到向负方向的恒力，物体继续向正方向做匀减速直线运动．故A错误．
B、4s末物体的速度为零，4s末物体的运动方向改变．故B错误；
C、在4∽6s内，物体受到向负方向的恒力，物体向负方向做匀加速直线运动．在6～8s内，物体受到向正方向的恒力，物体继续向负方向做匀减速直线运动，8s末速度为零．综上，物体在4s末离出发点最远．故C错误．
D、根据动量定理可得：
物体在4s末物体的速度为零，第6s末速度的大小为
=
．故D正确．
故选：
D
点评：
本题是应用牛顿第二定律，根据物体的受力情况定性分析物体的运动，也可作出物体的v﹣t图象进行分析．特别要注意的是2s末物体的运动方向不是回头．
3．如图所示，在光滑水平面上，一个小物块放在静止的小车上，物块和小车间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2．现用水平恒力F拉动小车，关于物块的加速度am和小车的加速度aM的大小，下列选项可能正确的是（ ）
A．
am=2m/s2，aM=1m/s2
B．
am=1m/s2，aM=2m/s2
C．
am=2m/s2，aM=4m/s2
D．
am=3m/s2，aM=5m/s2
考点：
牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
分别对滑块和平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度．
解答：
解：
若两个物质恰好要发生相等滑动，则根据牛顿第二定律，对物体m有：
μFN=ma1，
FN﹣mg=0
解得：
a1=2m/s2
对小车F﹣μFN=Ma2
解得：
F=2（M+m）
若F小于等于2（M+m），二者一起做匀加速直线运动，则它们一起运动的加速度小于等于2m/s2，
若F大于2（M+m），则二者都做匀加速直线运动，则m加速度等于2m/s2，M的加速度大于2m/s2，故只有选项C正确．
故选：
C
点评：
该题是整体法与隔离法的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况
4．（6分）在同一水平面内有两个围绕各自固定轴匀速转动的圆盘A、B，转动方向如图所示，在A盘上距圆心48cm处固定一个小球P，在B盘上距圆心16cm处固定一个小球Q．已知P、Q转动的线速度大小都为4πm/s．当P、Q相距最近时开始计时，则每隔一定时间两球相距最远，这个时间的最小值应为（ ）
A．
0.08s
B．
0.12s
C．
0.24s
D．
0.48s
考点：
线速度、角速度和周期、转速．
专题：
匀速圆周运动专题．
分析：
根据公式v=rω求解角速度，两球相距最远时，P、Q转过的角度均为（2n+1）π，根据角速度的定义公式列式求解即可．
解答：
解：
P点的角速度为：
=8.3πrad/s
Q点的角速度为：
=25πrad/s
两球相距最远时，P、Q转过的角度分别为（2n+1）π、（2m+1）π，故：
ωQt=（2n+1）π其中（n=0、1、2、3…）
ωPt=（2m+1）π其中（m=0、1、2、3…）
由于ωQ=3ωP，即P转动一周时，Q转动1.5圈，故P第一次到对面后，
t=0.12s
故选：
B．
点评：
本题关键是理清角度关系，然后结合角速度和线速度的定义公式列式求解，不难．
5．（6分）如图甲所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个质量m=0.5kg的物块，处于静止状态．以物块所在处为原点，竖直向下为正方向建立x轴，重力加速度g=10m/s2．现对物块施加竖直向下的拉力F，F随x变化的情况如图乙所示．若物块运动至x=0.4m处时速度为零，则物块在下移0.4m的过程中，弹簧的弹性势能的增加量为（ ）
A．
5.5J
B．
3.5J
C．
2.0J
D．
1.5J
考点：
功能关系．
分析：
F﹣x图象与坐标轴围成图形的面积表示F所做的功，整体过程中重力、拉力和弹簧的拉力做功，根据动能定理列方程求克服弹簧弹力做的功，即等于弹簧的弹性势能．
解答：
解：
由图线与坐标轴围成的面积表示功可以得到力F做的功：
W=
×（5+10）×0.2+10×（0.4﹣0.2）=3.5J
设克服弹簧弹力做的功为WF，根据动能定理：
W﹣WF+mgx=0
3.5﹣WF+0.5×10×0.4=0
得：
WF=5.5J
则EP=5.5J
故选：
A．
点评：
本题考查动能定理的应用以及F﹣x图象中“面积”的含义，可以对比v﹣t图象中面积的含义得出其物理意义．
6．（6分）一行星绕恒星做匀速圆周运动，由天文观测可得，其运行周期为T，速度为v，已知引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．
行星运行的轨道半径为
B．
行星运行的向心加速度大小为
C．
恒星的质量为
D．
恒星的密度为
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：
人造卫星问题．
分析：
当涉及到速度与周期关系时应用公式v=
求解；涉及恒星质量时应用
；涉及重力加速度时
；注意重力加速度g与r的关系，表面时r应是恒星的半径R．
解答：
解：
A、根据v=
得r=
，A正确．
B、根据a=
，得a=
=
，故B正确．
C、由万有引力提供向心力
，及v=
，可得M=
，故C错误．
D、根据万有引力提供向心力
，得恒星的质量
，根据密度的定义得
，故D错误．
故选：
AB．
点评：
遇到卫星绕天体圆周运动的问题时主要有两条思路：
（1）万有引力提供向心力
，
（2）万有引力等于重力
，注意天体表面与卫星轨道所在处的重力加速度不同．
7．（6分）如图所示是剪式千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起．当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0×105N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°，下列说法正确的是（ ）
A．
此时两臂受到的压力大小均为5.0×104N
B．
此时千斤顶对汽车的支持力为1.0×105N
C．
若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力都将减小
D．
若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力都将增大
考点：
力的合成．
专题：
受力分析方法专题．
分析：
将汽车对千斤顶的压力分解沿两臂的两个分力，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等．根据几何知识求解两臂受到的压力大小．继续摇动把手，两臂靠拢，夹角减小，由数学知识分析两臂受到的压力大小的变化．
解答：
解：
A、将汽车对千斤顶的压力F分解沿两臂的两个分力F1，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等
由2F1cosθ=F得
F1=
=F=1.0×105N
所以此时两臂受到的压力大小均为1.0×105N，故A错误．
B、汽车对千斤顶的压力为1.0×105N，根据牛顿第三定律得千斤顶对汽车的支持力为1.0×105N．故B正确；
C、D、继续摇动把手，两臂靠拢，夹角θ减小，
由F1=
分析可知，F不变，当θ减小时，cosθ增大，F1减小．故C正确，D错误．
故选：
BC．
点评：
本题应用平衡条件分析实际问题，采用的是力的分解法，也可以以O点为研究对象，应用正交分解法或合成法分析．
8．（6分）如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37°．现有两个小物块A、B同时从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，已知物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．下列说法正确的是（ ）
A．
物块A、B运动的加速度大小不同
B．
物块A、B同时到达传送带底端
C．
物块A、B运动到传送带底端时重力的功率一定相等
D．
物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1：
3
考点：
牛顿第二定律；功率、平均功率和瞬时功率．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，用匀变速直线运动规律解决
解答：
解：
A、AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，mgsin37°＞μmgcos37°，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物体沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A错误，B正确
C、滑动摩擦力向上，位移向下，重力做正功，摩擦力做负功，所以物块A、B运动到传送带底端时速度的大小相同，由题可知AB与水平面的夹角是相等的，所以重力的功率一定相等故C正确
D、对A，划痕的长度等于A的位移减为传送带的位移，
以A为研究对象，由牛顿第二定律得：
a=2m/s2
由运动学公式得运动时间分别为：
t=1s．
所以皮带运动的位移为x=vt=1m．
所以A对皮带的划痕为：
△x1=2m﹣1m=1m
对B，划痕的长度等于B的位移加上传送带的位移，
同理得出B对皮带的划痕为△x2=3m．所以划痕之比为1：
3，故D正确．
故选：
BCD
点评：
滑动摩擦力与相对运动方向相反；AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，降低了本题的难度，若没有这一条件，同学可思考一下会怎样
二、非选择题（共14题，共174分）
9．（8分）某同学利用如图丙所示的装置来验证力的平行四边形定则．在竖直木板上铺有白纸，在A、B两点固定两个光滑定滑轮，用一个轻绳跨过两滑轮悬挂钩码组N1、N2，用另一轻绳C在O点打一结，悬挂钩码组N3，每个钩码的质量相等．当系统达到平衡时，记录各组钩码个数．回答下列问题：
（1）改变钩码个数，可以完成实验的是 BCD ．
A、钩码的个数N1=2，N2=2，N3=4
B、钩码的个数N1=3，N2=3，N3=4
C、钩码的个数N1=4，N2=4，N3=4
D、钩码的个数N1=3，N2=4，N3=6
（2）在拆下钩码和绳子前，必须的一个步骤是 A ．
A、记录OA、OB、OC三段绳子的方向
B、用刻度尺测出OA、OB、OC三段绳子的长度
C、用天平测出钩码的质量
（3）在操作正确的前提下，你认为甲、乙两图比较合理的是 甲 图．（填“甲”或“乙”）
考点：
验证力的平行四边形定则．
专题：
实验题；平行四边形法则图解法专题．
分析：
（1）两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于O点（如图所示）．由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以O点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可知：
三角形的三个边表示三个力的大小；
（2）为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向；
（3）明确“实际值”和“理论值”的区别即可正确解答．
解答：
解：
（1）对O点受力分析
OAOBOC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以0C等于OD．因此三个力的大小构成一个三角形．
A、2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故A错误．
B、3、3、4可以构成三角形，则结点能处于平衡．故B正确．
C、4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡．故C正确．
D、3、4、6可以构成三角形，则结点能处于平衡．故D正确．
故选：
BCD
（2）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，BC错误．
故选AD．
（3）以O点为研究对象，F3的是实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际．
故答案为：
（1）BCD；
（2）A；（3）甲
点评：
掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析，明确“理论值”和“实际值”的区别．
10．（8分）如图甲所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置．图中小车A的质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过电火花计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，C为一固定的可读数的拉力传感器，钩码p的质量为m2．实验时可改变p的质量，并读出传感器对应的数值F，不计滑轮的质量及滑轮与轴间的摩擦．
（1）下列说法正确的是 B
A、A与定滑轮间的细绳和长木板必须保持平行
B、实验时应先接通电源后释放小车
C、实验中钩码质量m2应远小于小车质量m1
D、拉力传感器的数值为
（2）如图乙为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的五个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是 0.50 m/s2．（交流电的频率为50Hz，结果保留两位有效数字．）
（3）实验时某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的α﹣F图象是图丙中的 C ．
考点：
探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
专题：
实验题．
分析：
（1）该实验必须要平衡摩擦；由于该实验的连接方式，小车是在绳的拉力下加速运动，故不要求重物质量远小于小车质量；由牛顿第二定律可求解测力计的读数．
（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2求解加速度．
（3）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．
解答：
解：
（1）A、该实验首先必须要平衡摩擦力，故A错误；
B、为提高打点的个数，打点计时器的使用都要求先接通电源后释放小车，故B正确；
C、由于该实验的连接方式，重物和小车不具有共同的加速度，小车是在绳的拉力下加速运动，此拉力可由测力计示数获得，不需要用重物的重力来代替，故不要求重物质量远小于小车质量，故C错误；
D、由于重物向下加速度运动，由牛顿第二定律：
m2g﹣2F=m2a，解得：
F=
，故D错误；
故选：
B．
（3）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2，有：
△x=0.0339﹣0.0289=a×0.12
解得：
a=0.50m/s2
（4）若没有平衡摩擦力，则当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，所以可能是图中的图线C．
故答案为：
（1）B；
（2）0.50；（3）C．
点评：
本题第2问选项C为易错选项，这个是课本参考实验的改进版，用这种方法可以准确得到小车受到的合外力，而不需要用重物的重力来近似代替，是一个比课本参考方案更好的办法，题目价值很高．
11．（14分）如图所示，质量M=2kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m=1kg的小球相连．今用跟水平方向成60°角的力F=10
N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m的相对位置保持不变，g=10m/s2．在运动过程中，求：
（1）轻绳与水平方向的夹角θ；
（2）木块M与水平杆间的动摩擦因数μ．
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：
（1）对小球受力分析，受已知力、重力、细线的拉力，根据平衡条件列式求解；
（2）对小球和滑块整体受力分析，受已知力、重力、弹力和摩擦力，根据共点力平衡条件列式求解．
解答：
解：
（1）m处于静止状态，其合力为零．
以m为研究对象，由平衡条件得：
水平方向Fcos60°﹣FTcosθ=0①
竖直方向Fsin60°+FTsinθ﹣mg=0②
解得：
θ=30°
（2）M、m整体处于静止状态，可看做整体，系统所受合力为零．
以M、m整体为研究对象．由平衡条件得
水平方向Fcos60°﹣μFN=0③
竖直方向FN+Fsin60°﹣Mg﹣mg=0④
由③④得μ=
答：
（1）轻绳与水平方向的夹角θ为30°；
（2）木块M与水平杆间的动摩擦因数μ为
．
点评：
本题要注意应用整体法与隔离法的正确使用，注意应用整体法时一定要分清内力与外力，正确的受力分析．
12．（16分）如图所示，在水平地面上固定一倾角θ=37°、表面光滑的斜面，物体A以初速度v1沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以初速度v2=2.4m/s水平抛出，当A上滑到最高点时，恰好被B物体击中．A、B均可看作质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．求：
（1）物体A上滑时的初速度v1；
（2）物体A、B间初始位置的高度差h．
考点：
平抛运动；牛顿第二定律．
专题：
平抛运动专题．
分析：
（1）根据牛顿第二定律求出A上滑的加速度，通过运动学公式求出上滑的时间和位移，从而得出B平抛运动的水平位移，结合时间求出初速度的大小．
（2）物体A、B间初始位置的高度差h等于A上滑的高度和B平抛运动的高度之和．
解答：
解：
（1）物体A上滑过程中，由牛顿第二定律得：
mgsinθ=ma
设物体A滑到最高点所用时间为t，由运动学公式：
0=v1﹣at
物体B做平抛运动，如图所示，由几何关系可得：
水平位移x=
；
其水平方向做匀速直线运动，则x=v2t
联立可得：
v1=6m/s
（2）物体B在竖直方向做自由落体运动，则hB=
物体A在竖直方向：
hA=
如图所示，由几何关系可得：
h=hA+hB
联立得：
h=6.8m
答：
（1）物体A上滑时的初速度v1是6m/s．
（2）物体A、B间初始位置的高度差h是6.8m．
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，抓住与A运动的时间相等，水平位移相等，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
13．（16分）光滑的长轨道形状如图所示，下部为半圆形，半径为R，固定在竖直平面内．质量分别为m、2m的两小环A、B用长为R的轻杆连接在一起，套在轨道上，A环距轨道底部高为2R．现将A、B两环从图示位置静止释放．重力加速度为g．求：
（1）A环到达轨道底部时，两环速度大小；
（2）运动过程中A环距轨道底部的最大高度；
（3）若仅将轻杆长度增大为2
R，其他条件不变，求运动过程中A环距轨道底部的最大高度．
考点：
机械能守恒定律．
专题：
机械能守恒定律应用专题．
分析：
两个环以及连杆整体自由下落，处于完全失重状态，故杆上弹力为零；
A环到达最低点时，两环具有相同角速度，则两环速度大小一定相等；根据几何关系找到B环的位置，然后根据机械能守恒定律列式求解出各自的速度；
由于杆长超过了半圆直径，故A环一直在下方，速度为零时，结合几何关系并根据机械能守恒定律列方程求解即可求解出高度．
解答：
解：
（1）A、B都进入圆轨道后，两环具有相同角速度，则两环速度大小一定相等，
对系统，由机械能守恒定律得：
mg•2R+2mg•
R=
（m+2m）v2，解得：
v=
；
（2）运动过程中A环距轨道最低点的最大高度为h1，如图所示，整体机械能守恒：
mg•2R+2mg•3R=2mg（h﹣R）+mgh，解得：
h=
R；
（3）若将杆长换成2
R，A环离开底部的最大高度为h2．如图所示．
整体机械能守恒：
mg•2R+2mg（2R+2
R）=mgh′+2mg（h′+2R），
解得：
h′=
R；
答：
（1）A环到达轨道底部时，两环速度大小为
；
（2）运动过程中A环距轨道底部的最大高度为
R；
（3）若仅将轻杆长度增大为2
R，其他条件不变，运动过程中A环距轨道底部的最大高度为
R．
点评：
本题关键是根据几何关系多次得到环的具体位置，然后根据机械能守恒定律列方程求解即可．
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