物理陕西省咸阳市兴平市秦岭中学届高三上学期期中考试.docx

1、物理陕西省咸阳市兴平市秦岭中学届高三上学期期中考试2014-2015学年陕西省咸阳市兴平市秦岭中学高三（上）期中物理试卷一选择题（每小题4分，共48分其中1-10题单选题，11-12题多选题）1（4分）（2014秋兴平市校级期中）将一物块分成相等的A、B两部分靠在一起，下端放置在地面上，上端用绳子拴在天花板上，绳子处于竖直伸直状态，整个装置静止则（）A绳子上的拉力不可能为零B地面受到的压力可能为零C地面与物块间可能存在摩擦力DA、B之间可能存在摩擦力考点：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：隔离对A分析，根据平衡条件判断绳子拉力的有无对B整体分析，

2、判断地面有无摩擦力以及对地面的压力与重力关系解答：解：A、如果绳子拉力为零，物体受重力、支持力和静摩擦力，三力可以平衡；故A错误； B、对B分析，受重力、支持力，A对B可能有摩擦力和压力，根据平衡条件，地面对B的支持力不可能为零，故地面受到的压力不可能为零，故B错误；C、对AB正确分析，受重力、支持力、细线的拉力，不可能受地面的摩擦力，否则不能平衡，故C错误；D、对于物体A，如果细线的拉力小于重力，则物体AB间存在摩擦力，故D正确；故选：D点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡求解，采用隔离法进行研究2（4分）（2013秋兴庆区校级期末）某军事试验场正在平地上试射地对空导弹

3、，若某次竖直向上发射导弹时发生故障，造成导弹的vt图象如图所示，则下述说法中正确的是（）A01s内导弹匀速上升B1s2s内导弹静止不动C3s末导弹回到出发点D5s末导弹恰好回到出发点考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：速度时间图象中每一点表示该时刻所对应的速度，图线的每一点的斜率表示物体在该点的加速度，则根据图象的斜率可知加速度的变化解答：解：由图象可知：第一秒内导弹匀加速运动，第二秒内导弹匀速运动，第三秒内导弹匀减速，从第四秒开始导弹反向加速，第五秒末返回原点故ABC错误，D正确故选：D点评：图象为高中物理解决问题的常用方法，应能熟练应用3（4分）（2014秋兴平市校级期

4、中）图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD=DE=15m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为（）AsB2sCsD2s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：牛顿运动定律综合专题分析：设斜面坡角为，从D向AE做垂线交于点F，由AD=DE=15m，得AF=15sin，故AE=2AF=30sin；再根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据匀加速直线运动的位移时间关系公式

5、列式求解即可解答：解：设斜面坡角为，则：AE=2AF=30sin物体做匀加速直线运动，对物体受力分析，受重力和支持力，将重力沿着平行斜面和垂直斜面正交分解，根据牛顿第二定律，有：mgsin=ma解得：a=gsin根据速度位移公式，有：AE=由式，解得：t=s故选：C点评：本题关键是根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据位移时间关系公式列式求解，关键是有中间变量，要列式后约去4（4分）（2014安徽模拟）斜面体固定在水平面上，斜面的倾角为，物体的质量为m，如图甲所示，在沿斜面向上的力F作用下，物体沿斜面向上匀速运动；如图乙所示，若换为沿斜面向下的力作用下，物体沿斜面向下匀速运动物体与斜面间的滑动

6、摩擦因数为（）AcosBtanCcotDtan考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力专题：牛顿运动定律综合专题分析：对物体受力分析，根据共点力平衡，列出方程组，求出物体与斜面间的滑动摩擦因数的大小解答：解：当物体匀速向上运动时，根据共点力平衡得：F=mgsin+mgcos，当物体匀速向下运动时，根据共点力平衡得：联立两式解得：=故B正确，A、C、D错误故选：B点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，根据共点力平衡进行求解5（4分）（2012上海）如图所示，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点若小球初速变为v，其落点位于c，则（）Av0v2v0Bv=2v

7、0C2v0v3v0Dv3v0考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，平抛运动的水平位移由初速度和运动时间决定解答：解：小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点，改变初速度，落在c点，知水平位移变为原来的2倍，若时间不变，则初速度变为原来的2倍，由于运动时间变长，则初速度小于2v0故A正确，B、C、D错误故选A点评：解决本题的关键知道平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，时间和初速度共同决定水平位移6（4分）（2015厦门一模）某汽车在启用ABS刹车系统和不启用该刹车系统紧急刹车时，

8、其车速与时间的变化关系分别如图中的、图线所示由图可知，启用ABS后（）At1时刻车速更小B0t1的时间内加速度更大C加速度总比不启用ABS时大D刹车后前行的距离比不启用ABS更短考点：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：根据速度图象，直接比较车速的大小，由斜率等于加速度，比较加速度的大小由图线与时间轴围成的面积表示位移，比较位移的大小解答：解：A、由图看出，启用ABS后t1时刻车速更大故A错误B、C、由斜率等于加速度的大小得到，启用ABS后0t1的时间加速度小，t1t2的时间内加速度大故BC错误D、根据速度图象的“面积”等于位移大小看出，刹车后前

9、行的距离比不启用ABS更短故D正确故选：D点评：本题要结合速度图象来分析汽车的速度、加速度和位移的大小，抓住斜率等于加速度、“面积”等于位移是基本方法7（4分）（2013山东）如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为（）A：4B4：C1：2D2：1考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律专题：共点力作用下物体平衡专题分析：将两球和弹簧B看成一个整体，分析受力情况，根据平衡条件求出弹簧A、C拉力之比，即可由胡克定律得到伸长量之比解答：解：将两球和弹簧B看成一个整体

10、，整体受到总重力G、弹簧A和C的拉力，如图，设弹簧A、C的拉力分别为F1和F2由平衡条件得知，F2和G的合力与F1大小相等、方向相反 则得：F2=F1sin30=0.5F1根据胡克定律得：F=kx，k相同，则 弹簧A、C的伸长量之比等于两弹簧拉力之比，即有xA：xC=F1：F2=2：1故选：D点评：本题首先要选择好研究对象，其次正确分析受力情况，作出力图，再由平衡条件求解8（4分）（2011介休市校级一模）如图所示，人在岸上用轻绳拉船，若人匀速行进，则船将做（）A匀速运动B匀加速运动C变加速运动D减速运动考点：运动的合成和分解专题：运动的合成和分解专题分析：对小船进行受力分析，抓住船在水平方向

11、和竖直方向平衡，运用正交分解分析船所受的力的变化解答：解：由题意可知，人匀速拉船，根据运动的分解与合成，则有速度的分解，如图所示，V1是人拉船的速度，V2是船行驶的速度，设绳子与水平夹角为，则有：V1=V2cos，随着增大，由于V1不变，所以V2增大，且非均匀增大故C正确，ABD错误故选C点评：解决本题的关键能够正确地对船进行受力分析，抓住水平方向和竖直方向合力为零，根据平衡分析9（4分）（2014秋江岸区校级期末）某人划船渡河，当划行速度和水流速度一定，且划行速度大于水流速度时过河的最短时间是t1；若以最小位移过河，需时间t2则划行速度v1与水流速度v2之比为（）At2：t1Bt2：Ct1：

12、（t2t1）Dt1：考点：运动的合成和分解专题：运动的合成和分解专题分析：小船过河的处理：（1）当船速垂直河岸时，用时最少；（2）当船速大于水速时，合速度垂直河岸，位移最小分别列式解答：解：设河宽为h（1）最短时间过河：t1=得：v1=（2）最小位移过河：v合=t2=得：v2=所以：=t2：故选：B点评：小船过河问题的处理只需要将运动分解到沿河方向和垂直河岸方向，分别列式即可注意：（1）当船速垂直河岸时，用时最少；（2）当船速大于水速时，合速度垂直河岸，位移最小10（4分）（2014秋兴平市校级期中）某研究性学习小组用所学的物理知识帮助农民估测出农用水泵的流量（在单位时间内通过流管横截面的液体

13、的体积成为流量）如图所示，已知水泵的出水管是水平的，该小组同学用游标卡尺测出水管的内径D，用重锤线和钢卷尺测出水管中心离地面的高度y，用钢卷尺测出喷水的水平射程x，则可计算出该农用水泵的流量Q为（）AD2xBD2xCD2xDD2x考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：根据高度和水平射程，结合平抛运动的规律求出平抛运动的初速度，根据Q=vS求出流量的大小解答：解：根据y=得：t=，则平抛运动的初速度为：，水管内径部分的横截面积为：S=，则流量为：Q=vS=故B正确，A、C、D错误故选：B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，结合运动学公式灵活求解，难度不大11（4分）

14、（2014秋兴平市校级期中）如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在竖直且粗糙的竖直面上，现用竖直向上的作用力F，推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下列说法正确的是（）A木块a受到6个力的作用B木块a受到4个力的作用C木块b受到3个力的作用D木块b受到2个力的作用考点：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：先对b受力分析，再对a、b整体受力分析，最后对a受力分析解答：解：A、B、先对a、b整体受力分析，受到重力和推力，二力平衡，整体不受墙壁的弹力和摩擦力；最后对a受力分析，受到重力、推力

15、、b对a的压力和静摩擦力；故a受到4个力；故A错误，B正确；C、D、再对b受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力，三力平衡，故支持力和静摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，即b受3个力；故C正确，D错误；故选：BC点评：弹力和摩擦力的有无可以根据假设法判断，即假设存在，或假设不存在，看是否与运动状态相矛盾12（4分）（2014秋兴平市校级期中）如图所示，ad、bd、cd，是竖直面内的三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周上最高点，d点为圆周上最低点每根杆上都套有一个小圆环，三个圆环分别从a、b、c处由静止释放，用t1、t2、t3依次表示各环到达d点所用的时间，a1、a2、a3

16、分别表示沿杆下滑的加速度，1、2、3分别表示沿杆滑动到d点速度的大小，则下列关系正确的是（）At1t2t3Ba1a2a3C123Dt1=t2=t3考点：牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用专题：牛顿运动定律综合专题分析：先受力分析后根据牛顿第二定律计算出滑环沿任意一根杆滑动的加速度，然后根据位移时间关系公式计算出时间，对表达式分析，得出时间与各因素的关系根据速度时间公式列式，分析速度关系解答：解：对于任一圆环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为 a=gsin，（为杆与水平方向的夹角），则得a1a2a3由图中的直

17、角三角形可知，小圆环的位移 S=2Rsin由S=得：t=2，则t与无关，即t1=t2=t3圆环滑到底端时的速度大小 v=at=gsin2，可知越大，v越大，则有v1v2v3故选：BD点评：本题关键从众多的杆中抽象出一根杆，假设其与水平方向的夹角为，然后根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求出时间表达式讨论二、实验题（每空3分共15分）13（15分）（2014秋兴平市校级期中）如图甲为“用DIS（位移传感器、数据采集、计算机）验证牛顿第二定律”的实验装置（1）在该实验中应该采用的研究方法是控制变量法，用钩码所受的重力作为小车所受外力，用DIS测小车的加速度（2）保持质量一定改变所挂钩码的

18、数量，多次重复测量，在某次实验中根据测得的多组数据可画出关系图线，如图乙所示；分析此图线的OA段可得出的实验结论是加速度与外力成正比此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是CA小车与轨道之间存在摩擦 B导轨保持了水平状态C所挂钩码的总质量太大 D所用小车的质量太大（3）图丙为研究“在外力一定条件下，物体的加速度与其质量的关系”时所得的实验图象，横坐标m为小车上砝码的质量设图中直线的斜率为k，直线在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车受到的拉力为，小车的质量为考点：验证牛顿第二运动定律专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：（1）首先知道该实验在探究三物理量关系时，采用控制变量

19、法；（2）根据图象的斜率即为小车质量的倒数，及知道本实验的注意事项分析即可求解（3）根据牛顿第二定律写出与小车上砝码质量m的表达式，然后结合斜率与截距概念求解即可解答：解：（1）在探究小车的加速度、质量和合外力的关系时，采用控制变量法，即保持小车的总质量不变，探究钩码所受的重力作为小车所受外力和加速度的关系（2）分析此图线的OA段可得出的实验结论是：加速度与外力成正比；本实验需注意两点：一是需要平衡摩擦力，即使长木板倾斜一定角度，使重力沿斜面的分力等于摩擦力；二是需保证小车的质量远大于钩码的质量，这样钩码的重力近似等于小车的拉力由图看出，AB段明显偏离直线是由于拉力太大，没有满足小车的质量远大

20、于钩码的质量，故ABD错误，C正确（3）设小车的质量为m，则有F=（m+m）a，变形得=m+所以m图线的斜率表示，则k=，解得F=；纵轴截距=b，解得小车质量m=故答案为：（1）控制变量法；（2）加速度与外力成正比；C（3），点评：遇到涉及图象的问题时，要先根据物理规律写出关于纵轴与横轴的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解即可三、计算题（共37分）14（12分）（2012秋遵义期末）一列火车进站前先关闭气阀（动力系统），让车滑行，滑行了300m时，速度恰为关闭气阀时速度的一半，此后，又继续滑行了20s，停止在车站，设火车在滑行过程中加速度始终保持不变，试求（1）火车从关闭气阀到停止滑行时，

21、滑行的总距离（2）火车滑行的加速度大小（3）火车关闭气阀时的瞬时速度大小考点：匀变速直线运动规律的综合运用；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：当火车的速度减为一半时，位移300m，可以列位移速度关系式，继续减速运动20s停止，可以列速度时间关系式，因此熟练应用运动学公式即可正确求解解答：解：根据位移公式，由=2as1，（s1=300m）0=+at2，（t2=20s）解得：v0=20m/s，a=0.5 m/s2由2as2=得：s2=100m则s总=s1+s2=400m答：从火车关闭气阀到停止滑行时，滑行的总位移400m火车滑行的加速度为0.5 m/s2火车关闭气阀时的速

22、度为20m/s点评：匀变速直线运动综合类题目，涉及到的运动过程以及物理量较多，要通过画草图明确运动过程，然后选择正确的公式求解，在解题过程中遇到未知物理量可以先假设，总之解决这类问题的关键是明确运动过程，熟练掌握运动学公式15（12分）（2014秋兴平市校级期中）一根劲度系数k=200N/m的轻质弹簧拉着质量为m=0.2kg的物体s内物体前进了s=0.5m从静止开始沿倾角为=37的斜面匀加速上升，此时弹簧伸长量x=0.9cm，在t=1.0求：（1）物体加速度的大小；（2）物体和斜面间的动摩擦因数（取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位

23、移与时间的关系；力的合成与分解的运用分析：（1）物体沿斜面做匀加速运动，已知初速度为零，t=1.0s内物体前进了s=0.5m，由位移公式即可求解加速度（2）分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律和胡克定律结合能物体受到的支持力和滑动摩擦力，再求解物体和斜面间动摩擦因数解答：解：（1）物体沿斜面做初速度为0的匀加速运动，根据运动学公式：得（2）物体运动过程中受力情况如图所示，根据牛顿第二定律：FFfmgsin37=ma 又根据胡克定律：F=kxF=2000.9102 N=1.8N代入解得：Ff=Fmgsin37ma=（1.80.2100.60.21.0）N=0.4N FN=mgcos37=0.21

24、00.8 N=1.6N根据滑动摩擦力公式Ff=FN得：答：（1）物体加速度的大小为1m/s2；（2）物体和斜面间动摩擦因数为0.25点评：本题属于知道物体的运动情况，确定物体受力情况的类型，加速度是力与运动的桥梁，运用牛顿定律和运动学结合进行处理16（13分）（2014秋兴平市校级期中）如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，CD连线是圆轨道竖直方向的直径（C，D为圆轨道的最低点和最高点），且BOC=37，圆轨道直径d为0.4m可视为质点质量m为0.1kg的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，（已知sin37=0.6，cos37=0.8

25、）：求（1）小滑块从某处静止开始下滑，求刚好能通过圆轨道最高点D的高度H；（2）若用力传感器测出滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F，请在如图乙中绘制出压力F与高度H的关系图象（3）通过计算判断是否存在某个H值，使得滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点考点：机械能守恒定律；牛顿第三定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）滑块在圆轨道上做圆周运动，应用牛顿第二定律与 机械能守恒定律可以求出高度（2）应用牛顿第二定律与机械能守恒定律求出H的表达式，然后作出图象（3）滑块离开D后做平抛运动，应用平抛运动规律分析答题解答：解：（1）刚好通过圆轨道最高点D时，由牛顿第二定律得：

26、mg=m，由机械能守恒定律得：mg（H2R）=mv2，联立解得：（2）滑块由从某高度处下滑到D的过程中，由机械能守恒定律得：mg（H2R）=mvD2，由牛顿第三定律得滑块在D点所受轨道支持力与滑块对轨道的压力等大反向，记为F，则由牛顿第二定律得：F+mg=m，代入数据解得：F=H5mg=10H5，其图象如图所示（3）存在满足条件的H值设滑块在D点的速度为v时，恰能落到直轨道上与圆心等高处竖直方向：R=gt2，水平方向 x=vt，由几何关系得：x=R，代入数据解得：v= m/s，物体恰好能过D点的速度大小：v0= m/s，因为vv0，所以存在满足条件的H值答：（1）小滑块从某处静止开始下滑，刚好能通过圆轨道最高点D的高度H为0.5m；（2）压力F与高度H的关系图象如图所示（3）存在满足条件的H值点评：本题考查了牛顿第二定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程、应用牛顿第二定律与机械能守恒定律即可正确解题