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贵州省铜仁地区思南中学2016届高三(上)期中物理试题

2015-2016 学年贵州省铜仁地区思南中学高三(上)期中物理试 卷
二、选择题:本题共 8 小题,每小题 6 分.在每小题给出的四个选项中,第 14~17 题只有 一项符合题目要求,第 18~21 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. 滑块 a、 b 沿水平面上同一条直线发生碰撞; 碰撞后两者粘在一起运动; 经过一段时间后, 从光滑路段进入粗糙路段. 两者的位置 x 随时间 t 变化的图象如图所示. 由图象可知 ( )

A.相碰前,a 在减速,b 在加速 B.碰撞后,第 1 秒内 a 的速度为 C.进入粗糙路段后,a 的加速度逐渐减小 D.相碰前,a、b 的速度方向相同,加速度方向相反 2.如图所示,倾角为 30°的斜面体 A 上放一质量为 m 物块 P,用平行于斜面体的轻弹簧栓 接在挡板 B 上.在物块 P 上施加水平向右的推力 F,整个系统处于静止,此时弹簧处于伸长 状态,其弹力大小为 0.5mg,下列说法正确的是( )

A.斜面体对物块 P 无摩擦力 B.地面对斜面体 A 的作用力方向水平向左 C.若减小推力 F,物块 P 不会下滑 D.若增大推力 F,弹簧的长度一定会变短 3.如图所示,一个质量为 1kg 的物体在水平恒力 F 作用下沿水平面运动,一段时间后撤去 2 F,该物体运动的 v﹣t 图象,如图所示,g 取 10m/s ,则下列说法正确的是( )

A.2s 末物体距离出发点最远 B.物体与水平面间的动摩擦因素为 0.2 C.4s 时物体回到出发点 D.拉力 F 对物体做的总功为﹣18.75J 4.如图所示,用一恒力 F 通过一定滑轮拉动一箱子,箱子的质量为 m,箱子与地面的动摩 擦因数为 μ,某时刻绳与水平面的夹角为 θ,绳端的速度为 v,不计绳与滑轮的摩擦,重力 加速度为 g,则该时刻( )

A.箱子的速度大小为 vcosθ B.箱子的加速度方向一定向左 C.箱子的加速度大小为 D.恒力做功功率为 Fv 5.如图所示叠放在水平转台上的小物体 A、B、C 随转台一起以角速度 ω 匀速转动(各接 触面均无相对滑动) ,A、B、C 的质量分别为 m、2m、3m,A 与 B、B 与转台、C 与转台 间的动摩擦因数都为 μ,B、C 离转台中心的距离分别为 r、1.5r.设最大静摩擦力等于滑动 摩擦力.以下说法中正确的是( ) ﹣μg

A.B、C 两物体线速度大小之比为 3:2 B.B 与转台间的摩擦力可能达到 3μmg C.C 与转台间的摩擦力大于 A 与 B 间的摩擦力 D.转台的角速度一定满足:ω≤

6.一宇航员在月球上以速率 v0 竖直上抛一物体,物体上升的最大高度为 h,已知月球半径 为 R,自转周期为 T,引力常量为 G,则下列计算式正确的是( )

A.月球绕地球运动的向心加速度 a=

R

B.月球的质量 M= C.月球的第一宇宙速度 v1=v0

D.月球同步卫星的高度 h0=

7.在光滑绝缘水平面上,一轻绳拉着一个带电小球绕轴 O 在匀强磁场中作逆时针方向的匀 速圆周运动,磁场方向竖直向下,其俯视图如图所示.若小球运动到 A 点时,绳子忽然断 开.关于小球在绳断开后可能的运动情况,下列说法中正确的是( )

A.小球仍作逆时针匀速圆周运动,半径不变 B.小球仍作逆时针匀速圆周运动,但半径减小 C.小球作顺时针匀速圆周运动,半径不变 D.小球作顺时针匀速圆周运动,半径减小 8.如图(甲)所示,质量不计的弹簧竖直固定在水平面上,t=0 时刻,将一金属小球从弹 簧正上方某一高度处由静止释放, 小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点, 然后又被弹起离开弹 簧,上升到一定高度后再下落,如此反复.通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出这一过 程弹簧弹力 F 随时间 t 变化的图象如图(乙)所示,则( )

A.t1 时刻小球动能最大 B.t1~t2 这段时间内,小球始终处于超重状态 C.t2~t3 这段时间内,小球的动能先增加后减少 D.t2~t3 这段时间内,小球增加的动能小于弹簧减少的弹性势能

三、非选择题:包括必考题和选考题两部分,第 22 题~第 32 题为必考题,第 33 题~第 35 题为选考题;两部分的每道试题都必须作答. (一)必考题(共 11 题,共 129 分) 9.某研究小组的同学在水平放置的方木板上做“探究共点力的合成规律”实验时:

(1)利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置 O 以及两只弹簧秤拉力的大小和方向,如图(a) 所示,图中每一小格长度均代表 0.5N,则 F1 与 F2 的合力大小为 N. (2)关于此实验,下列叙述中正确的是 A.弹簧秤应先在竖直方向进行调零 B.橡皮筋对结点 O 的拉力就是两弹簧秤对结点 O 的拉力 F1 与 F2 的合力 C.两次拉橡皮筋时,需将橡皮筋结点拉到同一位置 O,这样做的目的是保证两次弹簧秤拉 力的效果相同 D.若要改变弹簧秤的拉力大小而又要保证橡皮筋结点位置不变,只需调整两只弹簧秤的拉 力大小使其中一只增大另一只减小即可 (3)图(b)所示是甲、乙两位同学在做以上实验时得到的结果,其中力 F′是用一只弹簧秤 拉橡皮筋时的图示,则哪一位同学的实验结果一定存在问题?请简单说明理由. 答: . 10.如图 1 所示为探究加速度与质量关系的实验装置示意图.

(1)某位同学设计的实验步骤如下: (A)用天平称出小车的质量. (B)按图装好实验器材. (C)把轻绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂钩码. (D)将打点计时器接在 6V 电压的蓄电池上,接通电源,放开小车,打点计时器在纸带上 打下一系列点,并在纸带上标明小车质量. . (E)保持悬挂钩码的质量不变,增加小车上的砝码个数,并记录每次增加后的 M 值,重复 上述实验. (F)分析每条纸带,测量并计算出加速度的值. (G)作 a﹣M 关系图象,并由图象确定 a、M 关系. ①该同学漏掉的重要实验步骤是 ,该步骤应排在 步实验之后. ②在上述步骤中,有错误的是 ,应把 改为 . ③在上述步骤中,处理不恰当的是 ,应把 改为 .

(2)某次实验中打出了如图 2 所示的纸带(打点计时器所用电源的频率为 50Hz) ,则这个 加速度值 a= m/s .
2

11. (12 分) (2015 秋?铜仁地区校级期中)如图所示,倾角为 θ=45°的粗糙平直导轨与半径 为 R 的光滑圆环轨道相切,切点为 B,整个轨道处在竖直平面内.一质量为 m 的小滑块从 轨道上离地面高为 h=3R 的 D 处无初速下滑进入圆环轨道,接着小滑块从圆环最高点 C 水 平飞出,恰好击中导轨上与圆心 O 等高的 P 点,不计空气阻力.求: (1)小滑块在 C 点飞出的速率; (2)在圆环最低点时滑块对圆环轨道压力的大小; (3)滑块与斜轨之间的动摩擦因数.

12. (10 分) (2012 秋?东安区校级期末)如图所示,有 1、2、3 三个质量均为 m=1kg 的物 体, 物体 2 与物体 3 通过不可伸长轻绳连接, 跨过光滑的定滑轮, 设长板 2 到定滑轮足够远, 物体 3 离地面高 H=5.75m,物体 1 与长板 2 之间的动摩擦因数 μ=0.2.长板 2 在光滑的桌面 上从静止开始释放,同时物体 1(视为质点)在长板 2 的左端以 v=4m/s 的初速度开始运动, 运动过程中恰好没有从长板 2 的右端掉下. (取 g=10m/s )求: (1)长板 2 开始运动时的加速度大小; (2)长板 2 的长度 L0; (3)当物体 3 落地时,物体 1 在长板 2 的位置.
2

四.(选修-物理 3-3) 14.关于热力学定律,下列说法正确的是( ) A.为了增加物体的内能,必须对物体做功或向它传递热量 B.对某物体做功,必定会使该物体的内能增加 C.可以从单一热源吸收热量,使之完全变为功 D.不可能使热量从低温物体传向高温物体 E.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程

15. (10 分) (2012?金山区一模)如图所示,固定的绝热气缸内有一质量为 m 的“T”型绝热 活塞(体积可忽略) ,距气缸底部 h0 处连接一 U 形管(管内气体的体积忽略不计) .初始时, 封闭气体温度为 T0,活塞距离气缸底部为 1.5h0,两边水银柱存在高度差.已知水银的密度 为 ρ,大气压强为 p0,气缸横截面积为 s,活塞竖直部分长为 1.2h0,重力加速度为 g.试问: (1)初始时,水银柱两液面高度差多大? (2)缓慢降低气体温度,两水银面相平时温度是多少?

2015-2016 学年贵州省铜仁地区思南中学高三(上)期中 物理试卷
参考答案与试题解析

二、选择题:本题共 8 小题,每小题 6 分.在每小题给出的四个选项中,第 14~17 题只有 一项符合题目要求,第 18~21 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. 滑块 a、 b 沿水平面上同一条直线发生碰撞; 碰撞后两者粘在一起运动; 经过一段时间后, 从光滑路段进入粗糙路段. 两者的位置 x 随时间 t 变化的图象如图所示. 由图象可知 ( )

A.相碰前,a 在减速,b 在加速 B.碰撞后,第 1 秒内 a 的速度为 C.进入粗糙路段后,a 的加速度逐渐减小 D.相碰前,a、b 的速度方向相同,加速度方向相反 【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】定性思想;图析法;运动学中的图像专题. 【分析】根据位移图象的斜率等于速度,分析相碰前两滑块的运动情况,并求碰后第 1 秒内 a 的速度.根据牛顿第二定律分析加速度. 【解答】解:A、根据位移图象的斜率等于速度,直线的斜率一定,可知,相碰前,a 沿负 向匀速,b 沿正向匀速,故 A 错误.

B、碰撞后,第 1 秒内 a 的速度为 v=

=

= m/s,故 B 正确.

C、进入粗糙路段后,根据牛顿第二定律得:μMg=Ma,a=μg,加速度 a 不变.故 C 错误. D、相碰前,a、b 的速度方向相同,加速度都为零,故 D 错误. 故选:B 【点评】本题的关键是掌握位移时间图象的斜率表示速度,斜率的正负表示速度的方向,斜 率的大小表示速度的大小. 2.如图所示,倾角为 30°的斜面体 A 上放一质量为 m 物块 P,用平行于斜面体的轻弹簧栓 接在挡板 B 上.在物块 P 上施加水平向右的推力 F,整个系统处于静止,此时弹簧处于伸长 状态,其弹力大小为 0.5mg,下列说法正确的是( )

A.斜面体对物块 P 无摩擦力 B.地面对斜面体 A 的作用力方向水平向左 C.若减小推力 F,物块 P 不会下滑 D.若增大推力 F,弹簧的长度一定会变短 【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】根据 P 的受力情况,由平衡条件分析 P 是否受摩擦力,并确定弹簧的状态.对整 体研究,分析地面对斜面体的摩擦力情况. 【解答】解:由于弹簧处于拉伸状态,已知斜面的倾角为 30°.设弹力大小为 F 弹,物块 P 的质量为 m.则 F 弹=0.5mg=mgsin30°,可知在没有推力 F 的条件下,物块 P 一定能处于平 衡状态,而且恰好不受摩擦力. 将推力 F 分解如图,则:

A、由于 F 有沿斜面向上的分力,需有向下的摩擦力与之平衡,所以斜面体对物块 P 有摩擦 力.故 A 错误; B、以 A 与 P 组成的整体为研究对象,则水平方向受到推力 F 的作用,将产生向右运动的趋 势,所以 A 还要受到向左的摩擦力的作用.故 B 正确; C、 由于 F 有沿斜面向上的分力, 所以推力则 P 受到的摩擦力也会随之减小, P 仍然能平衡. 故 C 正确; D、由开始的分析可知,F 只是能让 A 产生向上运动的趋势,由于不知道 F 沿斜面向上的分 力与最大静摩擦力之间的大小关系,所以若增大推力 F,弹簧的长度不一定会变短.故 D 错 误. 故选:BC 【点评】本题关键是灵活地选择研究对象进行受力分析,然后根据共点力平衡条件分析,注 意物体 P 与斜面体间的静摩擦力、弹簧弹力方向的不确定性.

3.如图所示,一个质量为 1kg 的物体在水平恒力 F 作用下沿水平面运动,一段时间后撤去 F,该物体运动的 v﹣t 图象,如图所示,g 取 10m/s ,则下列说法正确的是(
2



A.2s 末物体距离出发点最远 B.物体与水平面间的动摩擦因素为 0.2 C.4s 时物体回到出发点 D.拉力 F 对物体做的总功为﹣18.75J 【考点】功的计算;匀变速直线运动的图像. 【专题】功的计算专题. 【分析】在 v﹣t 图象中斜率代表加速度,与时间轴所围面积为位移,根据牛顿第二定律求 的摩擦因数,根据动能定理求得拉力做功 【解答】解:A、由图知,0﹣1s 内物体沿正向运动,1﹣4s 内沿负向运动,则知 1s 末距离 出发点最远,故 A 错误. B、由 v﹣t 图象可知,外力在 2﹣4s 撤去,故在 2﹣4s 内的加速度为: a= ,根据牛顿第二定律可得 μmg=ma,解得 μ=0.25,故 B 错误;

C、在 v﹣t 图象中与时间周所围面积即为位移,故 4s 内的位移为: ,故在 4s 时物体没有回到出发点,故 C 错误; D、在 1﹣2s 物体通过的路程为: ﹣fs= ,解得:W=﹣18.75J,故 D 正确 ,根据动能定理可得:W

故选:D 【点评】本题主要考查了在 v﹣t 图象中图象的含义,即斜率代表加速度,与时间轴所围面 积为位移 4.如图所示,用一恒力 F 通过一定滑轮拉动一箱子,箱子的质量为 m,箱子与地面的动摩 擦因数为 μ,某时刻绳与水平面的夹角为 θ,绳端的速度为 v,不计绳与滑轮的摩擦,重力 加速度为 g,则该时刻( )

A.箱子的速度大小为 vcosθ B.箱子的加速度方向一定向左 C.箱子的加速度大小为 ﹣μg

D.恒力做功功率为 Fv 【考点】功率、平均功率和瞬时功率;牛顿第二定律. 【专题】功率的计算专题. 【分析】 将箱子的速度方向分解为沿绳子方向和垂直绳子方向, 结合平行四边形定则求出箱 子的速度表达式,得出箱子的运动规律,从而确定加速度的方向.根据牛顿第二定律求出箱 子的加速度.根据功率的公式求出恒力 F 的瞬时功率. 【解答】解:A、根据平行四边形定则知,箱子的速度 ,箱子向左运动的过程

中,θ 变大,则箱子的速度变大,则加速度方向向左,故 A 错误,B 正确. C、 根据牛顿第二定律得, 箱子的加速度大小 a= D、恒力做功的功率 P=Fv,故 D 正确. 故选:BD. , 故 C 错误.

【点评】 本题关键是找出合运动与分运动, 然后由平行四边形定则找出合速度与分速度间的 几何关系,或列出解析式讨论;切记不可将绳子速度当成合速度. 5.如图所示叠放在水平转台上的小物体 A、B、C 随转台一起以角速度 ω 匀速转动(各接 触面均无相对滑动) ,A、B、C 的质量分别为 m、2m、3m,A 与 B、B 与转台、C 与转台 间的动摩擦因数都为 μ,B、C 离转台中心的距离分别为 r、1.5r.设最大静摩擦力等于滑动 摩擦力.以下说法中正确的是( )

A.B、C 两物体线速度大小之比为 3:2 B.B 与转台间的摩擦力可能达到 3μmg C.C 与转台间的摩擦力大于 A 与 B 间的摩擦力 D.转台的角速度一定满足:ω≤ 【考点】向心力;摩擦力的判断与计算. 【专题】匀速圆周运动专题. 【分析】由于 BC 两物体具有相同的角速度,半径之比为 2:3,根据 v=ωr 求解线速度之比, 假设 B 与转台间的摩擦力达到 3μmg,求出此时的角速度,再求出 C 此时的向心力与 C 的 最大静摩擦力比较,看 C 能否与转盘相对静止.分别对 A、AB 整体、C 受力分析,根据合 力提供向心力,求出转台角速度的范围.

【解答】解:A、由于 BC 两物体具有相同的角速度,半径之比为 2:3,根据 v=ωr 可知, B、C 两物体线速度大小之比为 2:3,故 A 错误; B、若 B 与转台间的摩擦力达到 3μmg, 2 对 AB 整体,有: (m+2m)ω r=μ(m+2m)g 解得: 对 C 物体,根据向心力公式可知 C 需要的向心力 F=3mω ×1.5r=4.5mμg>3μmg,所以 C 物 体不能相对转盘静止,故 B 错误; 2 2 C、由于 A 与 C 转动的角速度相同,由摩擦力提供向心力有 3m×1.5rω >mrω ,所以 C 与 转台间的摩擦力大于 A 与 B 间的摩擦力,故 C 正确; 2 D、对 AB 整体,有: (m+2m)ω r≤μ(m+2m)g…① 2 对物体 C,有:3mω (1.5r)≤μ3mg…② 2 对物体 A,有:mω r≤μ(m)g…③ 联立①②③解得:ω≤ ,故 D 正确.
2

故选:CD 【点评】本题关键是对 A、AB 整体、C 受力分析,根据静摩擦力提供向心力以及最大静摩 擦力等于滑动摩擦力列式分析是关键. 6.一宇航员在月球上以速率 v0 竖直上抛一物体,物体上升的最大高度为 h,已知月球半径 为 R,自转周期为 T,引力常量为 G,则下列计算式正确的是( ) A.月球绕地球运动的向心加速度 a= R

B.月球的质量 M= C.月球的第一宇宙速度 v1=v0

D.月球同步卫星的高度 h0= 【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】 根据速度位移公式求出月球表面的重力加速度, 根据万有引力等于重力求出月球的 质量.根据万有引力提供向心力求出月球的第一宇宙速度.结合月球的自转周期,得出同步 卫星的周期,根据万有引力提供向心力,求出同步卫星离地的高度. 【解答】解:A、由于月球的轨道半径、周期均未知,无法求出月球绕地球做圆周运动的向 心加速度,故 A 错误. B、月球表面的重力加速度 g= 正确. ,根据 得,月球的质量 M= = ,故 B

C、根据 mg=

得,月球的第一宇宙速度 v=

,故 C 正确.

D、根据

得,又 GM=gR ,解得月球同步卫星的高度

2

,故 D 错误. 故选:BC. 【点评】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论:1、万有引力等于重力,2、万 有引力提供向心力,并能灵活运用. 7.在光滑绝缘水平面上,一轻绳拉着一个带电小球绕轴 O 在匀强磁场中作逆时针方向的匀 速圆周运动,磁场方向竖直向下,其俯视图如图所示.若小球运动到 A 点时,绳子忽然断 开.关于小球在绳断开后可能的运动情况,下列说法中正确的是( )

A.小球仍作逆时针匀速圆周运动,半径不变 B.小球仍作逆时针匀速圆周运动,但半径减小 C.小球作顺时针匀速圆周运动,半径不变 D.小球作顺时针匀速圆周运动,半径减小 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律;向心力. 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题. 【分析】 运动的带点粒子在磁场中受力洛伦兹力的作用, 分小球带正电和负电两种情况进行 讨论,用左手定则判断洛伦兹力的方向,根据向心力公式分析绳子所受的力,绳子断开后, 绳子的拉力为零,小球仅受洛伦兹力,根据受力情况判断小球的运动情况即可. 【解答】解:A.如果小球带正电,则小球所受的洛伦兹力方向指向圆心,此种情况下,如 果洛伦兹力刚好提供向心力,这时绳子对小球没有作用力,绳子断开时,对小球的运动没有 影响,小球仍做逆时针的匀速圆周运动,半径不变,A 选项正确. B.如果洛伦兹力和拉力共同提供向心力,绳子断开时,向心力减小,而小球的速率不变, 则小球做逆时针的圆周运动,但半径增大,故 B 错误. C.如果小球带负电,则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心,由可知,当洛伦兹力的大小等 于小球所受的一半时,绳子断后,小球做顺时针的匀速圆周运动,半径不变,C 选项正确, D.当洛伦兹力的大小大于小球所受的拉力的一半时,则绳子断后,向心力增大,小球做顺 时针的匀速圆周运动,半径减小,D 选项正确, 故选 ACD. 【点评】 解题的关键是能正确分析向心力的来源, 知道如何判断洛伦兹力的方向, 难度适中. 8.如图(甲)所示,质量不计的弹簧竖直固定在水平面上,t=0 时刻,将一金属小球从弹 簧正上方某一高度处由静止释放, 小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点, 然后又被弹起离开弹

簧,上升到一定高度后再下落,如此反复.通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出这一过 程弹簧弹力 F 随时间 t 变化的图象如图(乙)所示,则( )

A.t1 时刻小球动能最大 B.t1~t2 这段时间内,小球始终处于超重状态 C.t2~t3 这段时间内,小球的动能先增加后减少 D.t2~t3 这段时间内,小球增加的动能小于弹簧减少的弹性势能 【考点】功能关系;动能和势能的相互转化. 【分析】 小球与弹簧接触向下运动到最低点的过程中, 弹簧的弹力逐渐增大, 到达最低点时, 弹力最大.根据加速度方向与速度方向的关系,判断速度的变化,从而判断出小球动能的变 化.抓住动能、重力势能和弹性势能之和不变,判断重力势能和动能之和的变化. 【解答】解:A、小球落到弹簧表面后,开始压缩弹簧,此后弹簧的弹力开始增大,小球受 到的合力减小,但方向仍然向下,当重力等于弹力时合力为零,速度达最大,故 t1 时刻小 球动能没有达到最大,故 A 错误; B、根据图象可知,t2 时刻弹力最大,此时弹簧被压缩到最短,则 t1﹣t2 这段时间内,弹力 先小于重力后大于重力,则加速度先向下,后向上,小球先失重后超重,故 B 错误; C、t2 时刻弹力最大,小球速度为零,小球向上做加速运动,当弹力等于重力时加速度为零, 速度最大,小球继续向上运动,此时加速度方向向下,小球速度减小,则 t2~t3 这段时间内, 小球的动能先增加后减小,故 C 正确; D、t2﹣t3 这段时间内,小球的弹力减小,说明小球在由最低点上升,弹性势能转化为小球 的动能和重力势能,故小球增加的动能小于弹簧减小的弹性势能,故 D 正确; 故选:CD 【点评】 解决本题的关键会通过物体的受力判断物体的运动情况, 知道当加速度方向与速度 同向,速度增加,当加速度方向与速度反向时,速度减小.知道系统在整个运动的过程中, 机械能守恒. 三、非选择题:包括必考题和选考题两部分,第 22 题~第 32 题为必考题,第 33 题~第 35 题为选考题;两部分的每道试题都必须作答. (一)必考题(共 11 题,共 129 分) 9.某研究小组的同学在水平放置的方木板上做“探究共点力的合成规律”实验时:

(1)利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置 O 以及两只弹簧秤拉力的大小和方向,如图(a) 所示,图中每一小格长度均代表 0.5N,则 F1 与 F2 的合力大小为 3.0 N. (2)关于此实验,下列叙述中正确的是 C A.弹簧秤应先在竖直方向进行调零 B.橡皮筋对结点 O 的拉力就是两弹簧秤对结点 O 的拉力 F1 与 F2 的合力 C.两次拉橡皮筋时,需将橡皮筋结点拉到同一位置 O,这样做的目的是保证两次弹簧秤拉 力的效果相同 D.若要改变弹簧秤的拉力大小而又要保证橡皮筋结点位置不变,只需调整两只弹簧秤的拉 力大小使其中一只增大另一只减小即可 (3)图(b)所示是甲、乙两位同学在做以上实验时得到的结果,其中力 F′是用一只弹簧秤 拉橡皮筋时的图示,则哪一位同学的实验结果一定存在问题?请简单说明理由. 答: 乙同学,因为乙同学实验的结果 F′的方向不与橡皮筋的伸长方向在同一直线上 . 【考点】验证力的平行四边形定则. 【专题】实验题. 【分析】以 F1 和 F2 为邻边作平行四边形,通过 O 点的对角线表示合力 F,据此可正确画出 F1 和 F2 的合力图示; 明确实验理论值和实验值之间的关系即可正确解答; 该实验采用了“等效替代”法即要求两次拉橡皮筋时,要使橡皮筋产生的形变相同,即拉到同 一位置. 【解答】解: (1)以 F1 和 F2 为邻边作平行四边形,与 F1 和 F2 共点的对角线表示合力 F, 标上箭头.如图所示

则 F1 与 F2 的合力大小为 3.0N. (2)A、弹簧秤应先在水平方向进行调零,故 A 错误; B、橡皮筋对结点 O 的拉力与两弹簧秤对结点 O 的拉力 F1 与 F2 的合力是一对平衡力,故 B 错误; C、两次拉橡皮筋时,需将橡皮筋结点拉到同一位置 O,这样做的目的是保证两次弹簧秤拉 力的效果相同,故 C 正确; D、根据平行四边形定则可知,合力不变,只增大一个分力的大小时,另一个分力的大小和 方向都变化,故 D 错误. 故选:C. (3)用平行四边形定则求出的合力可以与橡皮条拉力的方向有偏差,但用一只弹簧测力计 拉结点的拉力与橡皮条拉力一定在同一直线上, 所以乙同学的实验结果存在问题, 因为乙同学实验的结果 F′的方向不与橡皮筋的伸长方向在 同一直线上.

故答案为: (1)3.0; (2)C; (3)乙同学,因为乙同学实验的结果 F′的方向不与橡皮筋的伸 长方向在同一直线上 【点评】本题要防止产生错误的认识,认为橡皮筋的拉力是两弹簧测力计的拉力,根据合力 与分力等效关系分析,一个弹簧测力计的拉力是两个弹簧测力计拉力的合力. 10.如图 1 所示为探究加速度与质量关系的实验装置示意图.

(1)某位同学设计的实验步骤如下: (A)用天平称出小车的质量. (B)按图装好实验器材. (C)把轻绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂钩码. (D)将打点计时器接在 6V 电压的蓄电池上,接通电源,放开小车,打点计时器在纸带上 打下一系列点,并在纸带上标明小车质量. . (E)保持悬挂钩码的质量不变,增加小车上的砝码个数,并记录每次增加后的 M 值,重复 上述实验. (F)分析每条纸带,测量并计算出加速度的值. (G)作 a﹣M 关系图象,并由图象确定 a、M 关系. ①该同学漏掉的重要实验步骤是 平衡摩擦力 ,该步骤应排在 B 步实验之后. ②在上述步骤中,有错误的是 D ,应把 6V 电压的蓄电池 改为 220V 交流电源 . ③在上述步骤中,处理不恰当的是 G ,应把 a﹣M 改为 a﹣ .

(2)某次实验中打出了如图 2 所示的纸带(打点计时器所用电源的频率为 50Hz) ,则这个 加速度值 2 a= 0.80 m/s . 【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系. 【专题】实验题;定性思想;实验分析法;牛顿运动定律综合专题. 【分析】 (1)在做实验前首先应该平衡摩擦力,电火花打点计时器使用 220V 的低压交流学 生电源;a﹣ 图象是一条过坐标原点的正比例关系,而图象 a﹣M 图象是曲线; (2)根据逐差法可求出加速度. 【解答】解: (1)①在做实验前首先应该平衡摩擦力,此过程应排在把轻绳系在小车上并 绕过定滑轮悬挂砂桶之前,即 B 之后; ②电磁打点计时器使用的是 6V 的蓄电池, 故步骤 D 中不能使用直流电源, 而应该使用 220V 交流电源;

③根据牛顿第二定律可知物体的加速度 a 与物体的质量 M 成反比, 所以 a﹣M 图象是曲线, 而仅仅根据曲线很难判定加速度 a 与物体的质量 M 到底是什么关系, 但 a﹣ 应该成正比例 关系,而正比例关系图象是一条过坐标原点的直线,所以应作 a﹣ 图象. (2)由图可知,两已知长度对应的时间间隔为 t=0.1s; 则由△ x=at 可得: 2 0.0353﹣0.0193=2aT ; 2 解得:a=0.80m/s ; 故答案为: (1)①平衡摩擦力;B;②D;6V 电压的蓄电池;220V 交流电源;③G;a﹣ M;a﹣ ; (2)0.80 【点评】只有真正掌握了实验原理,才能真正顺利解决实验题目,所以在学习的过程中要深 入理解和把握实验原理,平衡摩擦力时出现的误差分析,根据图象对应分析即可,结论就是 两个,不是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足,就是平衡摩擦力时过大.对应上即可. 11. (12 分) (2015 秋?铜仁地区校级期中)如图所示,倾角为 θ=45°的粗糙平直导轨与半径 为 R 的光滑圆环轨道相切,切点为 B,整个轨道处在竖直平面内.一质量为 m 的小滑块从 轨道上离地面高为 h=3R 的 D 处无初速下滑进入圆环轨道,接着小滑块从圆环最高点 C 水 平飞出,恰好击中导轨上与圆心 O 等高的 P 点,不计空气阻力.求: (1)小滑块在 C 点飞出的速率; (2)在圆环最低点时滑块对圆环轨道压力的大小; (3)滑块与斜轨之间的动摩擦因数.
2

【考点】动能定理的应用;向心力. 【专题】动能定理的应用专题. 【分析】 (1)根据几何关系得出平抛运动的水平位移,结合平抛运动的规律,求出平抛运动 的初速度,即在最高点 C 的速度. (2)对最低点到 C 点运用动能定理,求出最低点的速度,根据牛顿第二定律求出支持力的 大小,从而得出滑块对最低点的压力大小. (3)对 D 到最低点运用动能定理,求出滑块与斜轨之间的动摩擦因数. 【解答】解: (1)根据几何关系知,OP 间的距离为:x= R 小滑块从 C 点飞出来做平抛运动,水平速度为 v0.根据 R= gt 得:t= 则滑块在最高点 C 时的速度为:vc= = .
2

(2)对最低点到 C 点的过程运用动能定理得:

﹣mg?2R= mvc ﹣ mv ; 解得:v= 对最低点由牛顿第二定律得:FN﹣mg=m 解得:FN=6mg 由牛顿第三定律得:滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小为 6mg. (3)DB 之间长度 L=(2 +1)R 从 D 到最低点过程中,由动能定理: mgh﹣μmgcosθ?L= mv 解得:μ= ≈0.18
2

2

2

答: (1)滑块运动到圆环最高点 C 时的速度的大小为 ; (2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小为 6mg; (3)滑块与斜轨之间的动摩擦因数为 0.18. 【点评】该题的突破口是小滑块从圆环最高点 C 水平飞出,恰好击中导轨上与圆心 O 等高 的 P 点,运用平抛规律和几何关系求出初速度.下面就是一步一步运用动能定理和牛顿第 二定律解决问题. 12. (10 分) (2012 秋?东安区校级期末)如图所示,有 1、2、3 三个质量均为 m=1kg 的物 体, 物体 2 与物体 3 通过不可伸长轻绳连接, 跨过光滑的定滑轮, 设长板 2 到定滑轮足够远, 物体 3 离地面高 H=5.75m,物体 1 与长板 2 之间的动摩擦因数 μ=0.2.长板 2 在光滑的桌面 上从静止开始释放,同时物体 1(视为质点)在长板 2 的左端以 v=4m/s 的初速度开始运动, 运动过程中恰好没有从长板 2 的右端掉下. (取 g=10m/s )求: (1)长板 2 开始运动时的加速度大小; (2)长板 2 的长度 L0; (3)当物体 3 落地时,物体 1 在长板 2 的位置.
2

【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系;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】 (1)物体 1 相对于 2 向右运动,恰好没有从长板 2 的右端掉下,则知物体 1 滑到长 板 2 的右端时,1 和 2 速度相等.根据牛顿第二定律求出物体 1 的加速度和物体 2 和 3 的整 体加速度; (2)由速度相等,求出时间,由位移公式分别求出物体 1 和物体 23 的位移,两者位移之差 即等于板长.

(3)判断三个物体能否相对静止.假设物体 123 相对静止,由牛顿第二定律求出加速度和 物体 1 所受的静摩擦力,与最大静摩擦力比较,可知物体 1 和物体 2 相对滑动.再求出物体 1 和物体 23 的加速度,由位移公式求出物体 3 落地时整体下落高度 h,得到时间,并求出物 体 1 的位移,可知物体 1 在长木板 2 的最左端. 【解答】解: (1)物体 1 的加速度 a1=﹣ 物体 2 和 3 的整体加速度 a2= = =﹣μg=﹣2m/s =6m/s
2 2

(2)设经过时间 t1 二者速度相等 v1=v+a1t=a2t 代入数据解 t1=0.5s,v1=3m/s X1=(v+v1)× =1.75m x2=v1 =0.75m

所以木板 2 的长度 L0=x1﹣x2=1m (3)此后,假设物体 123 相对静止,a= g Ma=3.3N>Ff=μmg=2N,故假设不成立,物体 1 和物体 2 相对滑动 2 物体 1 的加速度 a3=μg=2m/s 物体 2 和 3 整体的加速度 a4= (g﹣μg)=4m/s 整体下落高度 h=H﹣x2=5m 解得 t2=1s 物体 1 的位移 x3=v1t2+ a3t2 =4m h﹣x3=1m 即物体 1 在长木板 2 的最左端; 2 答: (1)长板 2 开始运动时的加速度大小 6m/s ; (2)长板 2 的长度 L0 为 1m; (3)当物体 3 落地时,物体 1 在长板 2 的位置最左端. 【点评】本题是牛顿第二定律和运动学公式结合,边计算边分析,抓住临界状态:速度相等 是一个关键点. 四.(选修-物理 3-3) 14.关于热力学定律,下列说法正确的是( ) A.为了增加物体的内能,必须对物体做功或向它传递热量 B.对某物体做功,必定会使该物体的内能增加 C.可以从单一热源吸收热量,使之完全变为功 D.不可能使热量从低温物体传向高温物体 E.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程 【考点】热力学第二定律. 【专题】热力学定理专题. 【分析】在热力学中,系统发生变化时,内能的变化为△ U=Q+W;不可能把热量从低温物 体传向高温物体而不引起其它变化. 【解答】解:A、做功和热传递是改变物体内能的两种方法,故 A 正确;
2 2

根据 h=v1t+ a4t2

2

B、做功和热传递是改变物体内能的两种方法,故 B 错误; C、热力学第二定律可以表示为:不可能制成一种循环动作的热机,从单一热源取热,使之 完全变为功而不引起其它变化;故 C 错误; D、热量不能自发从低温物体传向高温物体,D 错误; E、热力学第二定律的实质:一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的;但功和能是 两个不同概念,功是不可能转化为能的,故 E 错误; 故选 A. 【点评】本题考查了热力学第一定律和热力学第二定律,关键是根据公式△ E=W+Q 进行分 析,基础题. 15. (10 分) (2012?金山区一模)如图所示,固定的绝热气缸内有一质量为 m 的“T”型绝热 活塞(体积可忽略) ,距气缸底部 h0 处连接一 U 形管(管内气体的体积忽略不计) .初始时, 封闭气体温度为 T0,活塞距离气缸底部为 1.5h0,两边水银柱存在高度差.已知水银的密度 为 ρ,大气压强为 p0,气缸横截面积为 s,活塞竖直部分长为 1.2h0,重力加速度为 g.试问: (1)初始时,水银柱两液面高度差多大? (2)缓慢降低气体温度,两水银面相平时温度是多少?

【考点】理想气体的状态方程;封闭气体压强. 【专题】理想气体状态方程专题. 【分析】 (1)根据活塞平衡求得气体压强,再根据水银柱高度差求出气体压强表达式,联立 得到高度差; (2)等压变化,根据盖﹣吕萨克定律求解出温度. 【解答】解: (1)被封闭气体压强 P=P0+ 初始时,液面高度差为 h= (2)降低温度直至液面相平的过程中,气体先等压变化,后等容变化. 初状态:P1=P0+ ,V1=1.5h0s,T1=T0 =P0+ρgh

末状态:P2=P0,V2=1.2h0s,T2=? 根据理想气体状态方程 =

代入数据,得 T2= 答: (1)初始时,水银柱两液面高度差为 ;

(2)缓慢降低气体温度,两水银面相平时温度是



【点评】本题关键求出气体压强,然后根据等压变化公式列式求解,不难.


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