湖南省邵阳市二中2016届高三上学期第一次月考物理试题(Ⅱ卷)

湖南省邵阳二中高一上学期物理1月月考考试及答案一、选择题1．小明回老家过年时恰逢亲成家建房，工人正在给房屋上梁只见工人用铁锤竖直向上连续敲击木楔，木楔缓慢地将横梁抬起，如图所示开始时绳子与墙壁的夹角α小于木楔的尖角β，若不考虑横梁与木楔之间的摩擦，在α还未超过β的过程中（）A．绳子拉力变大，墙壁与木楔的摩擦力变大 B．绳子拉力变大，墙壁与木楔的摩擦力不变C．绳子拉力变小，墙壁与木楔的摩擦力变小 D．绳子拉力变小，墙壁与木楔的摩擦力变大2．下列物理量中不属于矢量的是（）A．速率B．速度C．位移D．静摩擦力3．把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动．小球的向心力是由什么力提供的（）A．重力B．支持力C．重力和支持力的合力D．地转偏向力4．下列说法正确的是A．米、牛顿、秒是国际单位制中的基本单位B．力、速度、路程均为矢量C．只有细小的物体才可看成质点D．静止的物体也有惯性5．第26届国际计量大会通过“修订国际单位制(SI)”的决议，将千克、安培、开尔文和摩尔4个国际单位制的基本单位改由物理常数重新定义，从而提高计量单位的稳定性和精确度。

基本单位“千克”所对应的物理量是（）A．力B．时间C．长度D．质量6．小明同学在水平面上用水平恒力推动木箱做与加速直线运动．小明在思考，怎么样才能使木前的加速度变为原来的2倍（）A．将水平推力增大到原来的2倍B．将阻力减少到原来的1 2C ．将物体的质量增大到原来的2倍D ．将物体的推力和阻力都增大到原来2倍7．从牛顿第二定律知道，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度．可是当我们用一个很小的水平力去推很重的桌子时，却推不动它，这是因为（ ）A ．牛顿第二定律不适用于静止物体B ．根据a=F/m 和判断，加速度很小，速度增量很小，眼睛不易觉察到C ．推力小于静摩擦力，加速度是负值D ．重力、地面支持力、推力和静摩擦力的合力等于零．根据牛顿第二定律加速度等于零，所以原来静止的桌子还是静止的8．如图所示，物体A 和B 受到的重力分别为10N 和8N ，不计弹黄秤和细线的重力和一切摩擦，则弹簧秤的读数为（ ）A ．18NB ．8NC ．2ND ．10N9．翻滚过山车是大型游乐园里比较刺激的一种娱乐项目．如图所示，过山车（可看成质点）从高处冲下，过M 点时速度方向如图所示．在圆形轨道内经过A 、B 、C 三点，下列说法正确的是A ．过山车运动到最高点B 时，速度和加速度的大小均为零B ．过山车受到重力、弹力、摩擦力和向心力C ．过山车经过A 、C 两点时的速度相同D ．过山车做变加速运动10．关于加速度a 的方向，下列说法中正确的是A ．由a ＝v t∆∆ 可知，加速度a 的方向与速度增量Δv 的方向可能相反 B ．加速度a 的方向与初速度v 0的方向相同C ．如果物体的加速度a 的方向与初速度v 0的方向相同，则物体做加速运动D ．只要加速度a ＞0，物体就做加速运动11．两个做匀变速直线运动的物体，物体A 的加速2A 2m/s a =，物体B 的加速度2B 3m/s a =-，两物体运动情况比较（ ）A ．物体A 加速度大B ．物体B 加速度大C ．物体A 的速度大D ．物体B 的速度大 12．物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，下列几组力中，可能使物体处于平衡状态的是（ ）A．5N、7N、8NB．2N、3N、6NC．1N、5N、10ND．10N、8N、1N13．下列物理量中，属于矢量的是（）A．加速度B．质量C．路程D．时间14．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，可以把物体简化为一个有质量的点，即质点．物理学中，把这种在实际原型的基础上，突出问题的主要方面，忽略次要因素，经过科学抽象而建立起来的客体称为（）A．科学假说B．等效替代C．理想模型D．控制变量15．如图所示，质量为10kg的物体，在水平地面上向左运动，物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2，与此同时，物体受到一个水平向右的拉力F=20N的作用，则物体的加速度为（）A．0 B．2m/s2，水平向右C．4m/s2，水平向右D．2m/s2，水平向左16．如图所示，一斜面固定在水平地面上，一个物块以一定的初速度从斜面的底端沿斜面向上运动。

2020-2021学年湖南邵阳第二中学高三第一次月考物理卷（解析版）姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________题型选择题填空题解答题判断题计算题附加题总分得分1. （知识点：碰撞）如图所示，在光滑的水平桌面上有一长为L＝2 m的木板C，它的两端各有一块挡板，C的质量为mC＝5 kg，在C的中央并排放着两个可视为质点的滑块A与B，其质量分别为mA＝1 kg、mB＝4 kg，开始时A、B、C均处于静止状态，并且A、B间夹有少许炸药，炸药爆炸使得A以vA＝6 m/s的速度水平向左运动，不计一切摩擦，两滑块中任意一块与挡板碰撞后就与挡板合成一体，爆炸与碰撞时间不计，求：(1)当两滑块都与挡板碰撞后，板C的速度多大？(2)从爆炸开始到两个滑块都与挡板碰撞为止，板C的位移多大？方向如何？【答案】（1）v=0（2）0.3 m，方向向左【解析】试题分析：(1)整个过程A、B、C系统动量守恒，有：0＝(mA＋mB＋mC)v，所以v＝0.(2)炸药爆炸，A、B获得的速度大小分别为vA、vB.以向左为正方向，有：，解得：vB＝1.5 m/s，方向向右然后A向左运动，与挡板相撞并合成一体，共同速度大小为vAC，由动量守恒，有：mAvA＝(mA＋mC)vAC，解得：vAC＝1 m/s此过程持续的时间为：t1＝＝s此后，设经过t2时间B与挡板相撞并合成一体，则有：L/2＝vACt2＋vB(t1＋t2)，解得：t2＝0.3 s所以，板C的总位移为：xC＝vACt2＝0.3 m，方向向左．考点：考查了动量守恒定律的应用水平放置的两根平行金属导轨ad和bc，导轨两端a、b和c、d两点分别连接电阻R1和R2，组成矩形线框，如图所示，ad和bc相距L＝0.5 m，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B＝1 T，一根电阻为0.2 Ω的导体棒PQ跨接在两根金属导轨上，在外力作用下以4 m/s的速度，向右匀速运动，如果电阻R1＝0.3 Ω，R2＝0.6 Ω，导轨ad和bc的电阻不计，导体与导轨接触良好．求：评卷人得分(1)导体棒PQ中产生的感应电流的大小；(2)导体棒PQ上感应电流的方向；(3)导体棒PQ向右匀速滑动的过程中，外力做功的功率．【答案】（1）（2）Q→P.（3）10W【解析】试题分析：(1)根据法拉第电磁感应定律：E＝BLv＝1×0.5×4.0 V＝2 V，又R外＝＝0.2 Ω，则（2）根据右手定则判定电流方向Q→P.(3)F＝F磁＝BIL＝1×5×0.5 N＝2.5 N，P＝F·v＝2.5×4W＝10W考点：考查了导体切割磁感线运动如图所示，A车的质量为m，沿光滑水平面以速度v1向质量为4m静止的B车运动，B车后面有弹簧，将弹簧压缩，设在整个过程中始终处于弹簧的弹性限度内，求在此运动过程中：（1）弹簧的最大弹性势能；（2）B车的最大速度。

湖南省邵阳二中2016届高三上学期第一次月考物理试卷（Ⅱ卷）一、选择题．本题共12小题，每小题4分，共48分．其中2、4、11、12题有多项符合题目要求，其余各题只有一项符合题目要求．全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．1．关于感应电流，下列说法中正确的是( )A．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流B．只要闭合导线做切割磁感线运动，导线中就一定有感应电流C．若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，闭合电路中一定没有感应电流D．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流考点：感应电流的产生条件．分析：闭合电路中产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化．既不是磁场发生变化，也不是面积发生变化．解答：解：闭合电路中产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化．A、只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电动势，当线圈闭合时，才一定有感应电流，故A错误；B、闭合电路中的部分导体运动但如果不切割磁感线不产生感应电流，因为只有闭合电路中的部分导体切割磁感线时才能产生感应电流，故B错误；C、若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，但闭合电路所处的位置，磁场发生变化，就会产生感应电流，故C错误；D、当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流．故D正确．故选：D．点评：本题考查的是闭合电路产生感应电流的条件，要注意产生感应电流的条件是磁通量发生变化而不是磁场发生变化，也不是面积发生变化．2．如图所示，金属杆ab静放在水平固定的“U”形金属框上，整个装置处于竖直向上的磁场中．当磁感应强度均匀增大时，杆ab总保持静止，则( )A．杆中感应电流方向是从b到aB．杆中感应电流大小保持不变C．金属杆所受安培力逐渐增大D．金属杆受三个力作用而保持平衡考点：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；左手定则．分析：当磁感应强度B均匀增大时，根据楞次定律判断感应电流的方向．根据法拉第电磁感应定律分析感应电流大小如何变化．由左手定则判断金属棒所受的安培力方向．由安培力公式F=BIL分析金属杆受到的安培力如何变化．解答：解：A、当磁感应强度B均匀增大时，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律判断得到：回路中感应电流方向为顺时针方向（俯视），杆中的感应电流方向是从a到b．故A 错误B、当磁感应强度B均匀增大时，穿过回路的磁通量均匀增大，根据E==得，回路中产生的感应电动势不变，则感应电流大小保持不变．故B正确．C、根据安培力F=BIL，得知金属杆受到的安培力逐渐增大．故C正确；D、由左手定则判断可知，金属杆所受水平向左安培力、重力、支持力与静摩擦力相平衡．故D错误．故选BC点评：利用楞次定律可判断感应电流的方向，左手定则判断通电导体所受的安培力方向．当穿过回路的磁通量均匀变化时，回路中产生的是恒定电流．3．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直．在t=0时刻，线圈平面与纸面重合（如图），线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是( )A．B．C．D．考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：交流电专题．分析：矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电．则由楞次定则可判定感应电流的方向，图示时刻的电动势最大，电流最大．解答：解：cd边离开纸面向外运动开始计时，线圈磁通量在变大，则感应电流的磁场会阻碍其变大，即感应电流的磁场与原磁场方向相反，根据右手定则得感应电流方向是a→b→c→d→a，与规定的正方向相同，此时感应电动势最大，感应电流也最大，是余弦图象．故ABD错误，C正确．故选：C．点评：本题的关键是知道在转动的瞬间，感应电动势最大，根据楞次定律判断感应电流的方向．4．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知( )A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin（25t）VB．该交流电的频率为25 HzC．该交流电的电压的有效值为100VD．若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率时50 W考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．解答：解：A、由图可知，T=4×10﹣2s，故f===25Hz，ω==50π rad/s，所以其表达式为u=100sin（50πt）V，故A错误，B正确；C、D\由图象可知交流电的最大值为 U m=100V，因此其有效值为：U=U m=50V，若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率 P==50W，故C错误，D正确；故选：BD．点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式．5．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20：1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220V，60W”灯泡一只，且灯光正常发光．则( )A．电流表的示数为 A B．电源输出功率为1200WC．电流表的示数为 A D．原线圈端电压为11V考点：变压器的构造和原理；电功、电功率．专题：交流电专题．分析：在理想的变压器中的输入功率和输出功率的大小相等，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比．解答：解：A、C、在副线圈中只有一个60W的灯泡正常发光，所以副线圈的电流为I==A=A，根据电流与匝数成反比可知，此时原线圈中的电流为为A，所以A错误，C正确；B、在理想的变压器中的输入功率和输出功率的大小相等，在副线圈中只有一个60W的灯泡正常发光，所以输入功率和输出功率的大小都为60W，所以B错误；D、根据电压与匝数成正比可知，原线圈端电压为4400V，所以D错误．故选C．点评：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．6．将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如图的匀强磁场中匀速转动，转速为n．导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为( )A．B．C．D．考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系．专题：交流电专题．分析：根据E m=nBSω可以求得最大电动势的大小，由P=可以求得灯泡的电阻的大小．解答：解：根据最大感应电动势E m=nBSω可得，最大感应电动势为 E m=Bl22πn，所以有效的电动势为E=Bl2πn，由P=可得，灯泡的电阻R=，所以B正确．故选：B．点评：掌握住最大感应电动势的计算方法是本题的关键，记住最大感应电动势E m=nBSω和有效值之间的关系，计算时的电压要用有效值来计算．7．下列说法正确的是( )A．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动B．动能不变，物体的动量一定不变C．动量为零时，物体一定处于平衡状态D．物体所受合外力大小不变时，其动量大小一定要发生改变考点：动量定理．专题：动量定理应用专题．分析：本题应掌握动量的定义、动量与动能关系，动量定理的相关内容；并能根据相互关系进行分析判断．解答：解：A、物体受到恒力作用时有可能做曲线运动，如平抛运动，故A正确；B、动能不变，说明速度的大小不变，但速度的方向是可以变化的，故动量是可能发生变化的，故C错误；C、动量为零说明物体的速度为零，但物体速度为零并不一定为平衡状态，如汽车的起动瞬时速度为零，应为匀加速直线运动，故C错误；D、匀速圆周运动其合外力大小不变，但其动量的大小可以保持不变；故D错误；故选：A．点评：在运动和力的关系中我们学过动量定理、动能定理及牛顿第二定律等规律，在研究时应综合考虑，特别要注意各量是否为矢量，掌握好矢量的性质是理解问题的关键．8．为了模拟宇宙大爆炸的情况，科学家们使两个带正电的重离子被加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞．若要使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，应设法使离子在碰撞前的瞬间具有：( )A．相同的速率B．大小相同的动量C．相同的质量D．相同的动能考点：动量守恒定律；能量守恒定律．专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：为了使碰撞前后尽可能多的动能转化为内能，则根据碰撞规律可知，碰撞后两粒子粘在一起，则损失的动能最多，又据E K=，可知碰撞后粒子的总动量越小，则粒子的动能也越小．为了使碰撞后粒子的动量尽可能小，根据动量守恒定律可知，碰撞前如果系统的总动量为零，则碰撞后系统的总动量为零，要使两个带正电的重离子如果在碰撞前具有大小相等、方向相反的动量，则碰撞后系统的总动量为零，粒子的动能近似为零．解答：解：碰撞后尽可能多的动能转化为内能，也就是在碰撞过程中损失的机械能尽可能多，在完全非弹性碰撞中，碰撞后两粒子粘在一起时，粒子损失的机械能最多．而在碰撞过程中遵循动量守恒定律可知，碰撞前系统的总动量为零，则碰撞后系统的总动量亦为零，所以本题关键是设法使这两个重离子在碰撞前瞬间具有大小相等方向相反的动量，这样可以保证碰撞后粒子的动能最小，从而使更多的动能转化为内能．故选B．点评：本题考查了碰撞中能量损失问题．碰撞中损失的动能最多就是碰撞后两物体粘在一起的这种碰撞，具有大小相等、方向相反的动量的粒子相碰后两粒子速度为零，动能全部转化为内能．9．如图所示，A、B两质量相等的物体，原来静止在平板小车C上，A和B间夹一被压缩了的轻弹簧，A、B与平板车上表面动摩擦因数之比为3：2，地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B相对C滑动的过程中①A、B系统动量守恒②A、B、C系统动量守恒③小车向左运动④小车向右运动以上说法中正确的是( )A．①②B．②③C．③①D．①④考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：系统动量守恒的条件是合外力为零，根据动量守恒的条件即可判断AC，分析小车的受力情况即可分析小车的运动情况．解答：解：A、系统动量守恒的条件是合外力为零，ABC组成的系统所受合外力为零，故A、B、C系统动量守恒，故①错误，②正确；B、当压缩弹簧突然释放将A、B弹开过程中，AB相对C发生相对运动，A向左运动，A受到的摩擦力向右，故C受到A的滑动摩擦力向左，B向右运动，B受到的摩擦力向左，故C受到B的滑动摩擦力向右，而A、B与平板车的上表面的滑动摩擦力之比为3：2，所以C受到向左的摩擦力大于向右的摩擦力，故C向左运动，故③正确，④错误．故选B．点评：本题主要考查了动量守恒的条件以及滑动摩擦力的方向判断，难度适中．10．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，m A=1kg，m B=2kg，v A=6m/s，v B=2m/s．当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是( )A．v A′=5 m/s，v B′=2.5 m/s B．v A′=2 m/s，v B′=4 m/sC．v A′=﹣4 m/s，v B′=7 m/s D．v A′=7 m/s，v B′=1.5 m/s考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度．解答：解：考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而AD错误，BC满足；两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，ABCD均满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为22J，B选项碰撞后总动能为18J，C选项碰撞后总动能为57J，故C错误，B满足；故选B．点评：本题碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会比前面的球运动的快！11．如图（甲）所示，一质量为M的木板静止在光滑水平面上，现有一质量为m的小滑块以一定初速度v0从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图（乙）所示，根据图象可知( )A．木块始终与木板存在相对运动B．滑块未能滑出木块C．滑块的质量m小于木块的质量MD．在t1时刻滑块从木板上滑出考点：动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：动量定理应用专题．分析：滑块滑上木板后，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，知在t1时刻滑块从木板上滑出．根据速度图象的斜率等于加速度，由牛顿第二定律分析质量关系．解答：解：A、由图象可知，在运动的过程中，滑块与木板的速度不同，始终与木板存在相对运动．故A正确．B、D滑块先做匀减速直线运动，木板先做匀加速直线运动，最终都做匀速直线运动，因为匀速直线运动的速度不同，则知滑块在t1时刻滑块从木板上滑出．故B错误，D正确．C、从图线的斜率可知，滑块的加速度大小小于木板加速度的大小，根据牛顿第二定律知，a=，两个物体所受的摩擦力大小相等，可知滑块的质量m大于木板的质量M．故C错误．故选：AD．点评：图象题是2016届高考的热点问题，关键从图象中获取信息，能够通过图象得出物体的运动规律．12．如图所示，一根足够长的水平滑杆SS′上套有一质量为m的光滑金属圆环，在滑杆的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平木制轨道，且穿过金属圆环的圆心O，现使质量为M的条形磁铁以v0的水平速度沿轨道向右运动，其中正确的选项是( )A．磁铁穿过金属环后，二者将先后停下来B．圆环可能获得的最大速度为C．磁铁与圆环系统损失的动能可能为D．磁铁与圆环系统损失的动能可能为考点：动量守恒定律；功能关系；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：金属圆环光滑，一足够长的水平的绝缘轨道光滑，所以圆环与磁铁组成的系统水平方向受到的合力为0，满足动量守恒，根据动量守恒定律与能量的转化与守恒定律即可解答．解答：解：A、金属环是光滑的，足够长的水平的绝缘轨道PP′是光滑的，在磁铁穿过金属环后，二者由于不受摩擦力的作用，两者将不会停下来．故A错误；B、选取磁铁与圆环组成的系统为研究的系统，系统在水平方向受到的合力为0，满足动量守恒；选取磁铁M运动的方向为正方向，则最终可能到达共同速度时：Mv0=（M+m）v得：v=．故B正确；C、磁铁若能穿过金属环，运动的过程中系统的产生的热量等于系统损失的动能，二者的末速度相等时损失的动能最大，为：Q==．故C正确，D错误．故选：BC点评：本题为结合楞次定律考查动量守恒定律的应用，要注意选取的研究对象是磁铁与圆环组成的系统，可根据楞次定律的表现来判断物体运动状态的变化．二、非选择题（本题共7小题，共52分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13．某实验小组在“实验：探究碰撞中的不变量”的实验中，采用如图1所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来进行探究．图中PQ是斜槽，QR为水平槽．实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B球放在水平槽上靠近末端的地方，让A球仍从位置G自静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次．图中的O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点．B球落点痕迹如图2所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在平面，米尺的零点与O点对齐．（1）碰撞后B球的水平射程应取为64.0cm．（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？ABD（填选项号）A、水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离；B、A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离；C、测量A球或B球的直径；D、测量A球或B球的质量（或两球质量之比）；E、测量G点相对水平槽面的高度．考点：验证动量守恒定律．专题：实验题．分析：根据通过实验的原理确定需要测量的物理量，小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间相同，水平位移与出速度成正比，可以用水平位移代替小球的初速度，根据动量守恒定律求出需要验证的表达式．解答：解：（1）碰撞后b球的水平射程落点如图2所示，取所有落点中靠近中间的点读数，即可取一个最小的圆的圆心，约为64.0cm；（2）根据实验原理可得m a v0=m b v1+m b v2，由已测量的物理量m a、m b、OB、OA、OC．又因下落时间相同，即可求得：m a OB=m a OA+m b OC，所以不需要测量水平槽面离地面的高度或小球在空中飞行时间，需要测量A球和B球的质量以及A球两次落地时的水平距离和B球落地时的水平距离；故CE错误，ABD正确；故选：ABD；故答案为：（1）64.0 （2）ABD点评：本题考查验证动量守恒定律的实验；掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键，注意理解动量守恒定律的条件．14．一个质量m=1.0kg的物体，放在光滑的水平桌面上，当物体受到一个F=10N，与水平面成30°角斜向下的推力的作用时，在10s内推力的冲量大小为100N•s，动量的增量大小为86.7N•s．考点：动量定理．专题：动量定理应用专题．分析：根据冲量的定义可以求出推力冲量的大小，根据动量定理可以求出物体动量的增量．解答：解：根据P=Ft，可知10s内推力的冲量大小为：P=Ft=100Ns，根据动量定理有：Ftcosθ=△p ①联立①②代入数据解得：△P=50kgm/s=86.7kgm/s．故答案为：100，86.7点评：本题比较简单考查了冲量、动量定理等基础知识，是考查基础知识的好题．15．质量是50kg的蹦床运动员在离床5米的高处自由下落，然后被反弹到离蹦床3.2米处．设人与蹦床接触时间是1秒，则蹦床对人的平均作用力大小是1400N．考点：动量定理．专题：动量定理应用专题．分析：根据运动学公式可求得物体反弹前后的速度，再对碰撞过程由动量定理可求得平均作用力．解答：解：由v2=2gh可得物体下落到地面时的速度为：v1===10m/s；反弹时的速度为：v2==8m/s；方向向上；以向上为正方向，则有：mv2﹣mv1=（F﹣mg）t解得：F=1400N故答案为：1400点评：本题考查动量定理及运动学公式的应用，要注意明确动量定理中的方向性，解题时先设定正方向．16．平静的水面上，有一个质量M=130kg的小船浮于水面，船上一个质量m=70kg的人匀速从船头向船尾走了4m，不计水的阻力，则人相对水面走了2.6m．考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：人和小船组成的系统动量守恒，用位移与时间之比表示速度，根据动量守恒定律求出船移动的位移大小．解答：解：船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向右退，取人行走的方向为正方向，则根据动量守恒有：mv﹣MV=0．人从船头走到船尾，设船后退的位移大小为x，则人相对于岸的位移大小为L﹣x．所用时间为t，则：v=，V=，由以上两式得：m=M解得：x=故人相对于岸的位移大小为为 L﹣x==m=2.6m故答案为：2.6点评：解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系．17．水平放置的两根平行金属导轨ad和bc，导轨两端a、b和c、d两点分别连接电阻R1和R2，组成矩形线框，如图所示，ad和bc相距L=0.5m，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B=1T，一根电阻为0.2Ω的导体棒PQ跨接在两根金属导轨上，在外力作用下以4m/s 的速度，向右匀速运动，如果电阻R1=0.3Ω，R2=0.6Ω，导轨ad和bc的电阻不计，导体与导轨接触良好．求：（1）导体棒PQ中产生的感应电流的大小；（2）导体棒PQ上感应电流的方向；（3）导体棒PQ向右匀速滑动的过程中，外力做功的功率．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）由E=BLv求出PQ产生的感应电动势．由欧姆定律求出电流．（2）由右手定则判断出感应电流方向．（3）由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出外力，由功率公式求出外力的功率．解答：解：（1）根据法拉第电磁感应定律：E=BLv=1×0.5×4.0 V=2 V，又R外==Ω=0.2Ω，则感应电流的大小（2）根据右手定则判定电流方向Q→P．（3）导体棒PQ匀速运动，则 F=F磁=BIL=1×5×0.5 N=2.5 N，故外力做功的功率P=F•v=2.5×4W=10W．答：（1）导体棒PQ中产生的感应电流的大小是5A；（2）导体棒PQ上感应电流的方向Q→P；（3）导体棒PQ向右匀速滑动的过程中，外力做功的功率是10W．点评：导体棒切割磁感线产生电动势，相当于电源，两电阻组成外电路，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、功率公式即可正确解题．18．如图所示，A车的质量为m，沿光滑水平面以速度v1向质量为4m静止的B车运动，B车后面有弹簧，将弹簧压缩，设在整个过程中始终处于弹簧的弹性限度内，求在此运动过程中：（1）弹簧的最大弹性势能；（2）B车的最大速度．考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：（1）A、B速度相等时弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律可以求出速度，由能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能．（2）A、B分离时B的速度最大，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出B的最大速度．解答：解：（1）当两物体速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由系统动量守恒得：mv1=（m+4m）v2得：由能量守恒定律得，最大弹性势能为：（2）当弹簧恢复到原长时，B车速度最大，设此时A、B的速度分别为v A、v B，以v1速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：mv1=mv A+3mv B，根据能量守恒定律得：mv12=mv A2+•3mv B2联立解得：答：（1）弹簧的最大弹性势能为；（2）B车的最大速度为．点评：本题考查了求弹性势能、求速度问题，分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题．19．如图所示，在光滑的水平桌面上有一长为L=2m的木板C，它的两端各有一块挡板，C的质量为m C=5kg，在C的中央并排放着两个可视为质点的滑块A与B，其质量分别为m A=1kg、m B=4kg，开始时A、B、C均处于静止状态，并且A、B间夹有少许炸药，炸药爆炸使得A以v A=6m/s的速度水平向左运动，不计一切摩擦，两滑块中任一块与挡板碰撞后就与挡板合成一体，爆炸与碰撞时间不计，求：（1）当两滑块都与挡板碰撞后，板C的速度多大？（2）从爆炸开始到两个滑块都与挡板碰撞为止，板C的位移多大？方向如何？考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：1、炸药爆炸，整个过程满足动量守恒，列出等式求解．2、炸药爆炸，A、B获得的速度大小关系可以根据动量守恒求得，A向左运动，与挡板相撞并合成一体由动量守恒求得共同速度，根据运动学公式求解．解答：解：炸药爆炸，滑块A与B分别获得向左和向右的速度，由动量守恒可知，A的速度较大（A的质量小），A、B均做匀速运动，A先与挡板相碰合成一体（满足动量守恒）一起向左匀速运动，最终B也与挡板相碰合成一体（满足动量守恒），整个过程满足动量守恒．（1）整个过程A、B、C系统动量守恒，有：0=（m A+m B+m C）v，。

湖南省邵阳市二中2010届高三第二次月考物理试卷命题范围：直线运动 相互作用 牛顿定律 圆周运动 时量：90分钟 满分：100分第Ⅰ卷（40分）一、不定项选择题：（错选得0分，漏选得2分）1、在轻绳两端各系一小球，一人用手拿着上端的小球站在三层楼的阳台上，放手后让小球自由下落，两球相继落地的时间差为Δt 1，如果人站在四楼的阳台上，同样放手让小球自由地下落，两球相继落地的时间差为Δt 2，则Δt 1和Δt 2相比较有：A 、Δt 1＜Δt 2B 、Δt 1＝Δt 2C 、Δt 1＞Δt 2D 、无法判断2、如图所示为三个物体运动的v-t 图象，其中A 、B 两物体是从不同地点出发，A 、C 是从同一地点出发，则以下说法正确的是：A 、A 、C 两物体的运动方向相反B 、t=4s 时，A 、B 两物体相遇C 、t=4s 时，A 、C 两物体相遇D 、t=2s 时，A 、B 两物体相距最近3、两光滑平板MO 、NO 构成一具有固定的夹角0θ=750的V 型槽，一球置于槽内，用θ表示NO 板与水平面之间的夹角，如图所示。

若球对NO 板的压力大小正好等于球所受重力的大小，则下列θ值中哪个是正确的：A 、150B 、300C 、450D 、6004、如图所示，一箱苹果沿着倾角为θ的斜面，以速度V 匀速下滑，在箱子中夹有一只质量为m 的苹果，它受到周围苹果对它作用力的方向是： A 、沿斜面向上 B 、沿斜面向下 C 、竖直向上 D 、垂直斜面向上5、如图所示，小圆环A 吊着一个质量为m 2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细线一端栓在小圆环A 上，另一端跨过固定在大圆环最高点B 的一个小滑轮后吊着一个质量为m 1的物块，若各处摩擦力均不计，绳不可伸长，若平衡时，弦AB 所对应的圆心角为α，则两物体的质量之比m 1：m 2应为：A 、cos α/2B 、sin α/2C 、2sin α/2D 、2cos α/2θ v O α6、如图所示，木板B 放在粗糙水平面上，木块A 放在B 的上面，A 的右端通过一不可伸长的轻绳固定在竖直墙上，用水平恒力F 向左拉动B ，使其以速度V 做匀速运动，此时绳水平且拉力大小为T ，下列说法正确的是：A 、绳上拉力T 与水平恒力F 大小相等B 、木块A 受到的是静摩擦力，大小等于TC 、木板B 受到A 和地面施加的两个滑动摩擦力的合力大小等于FD 、若木板B 以2V 匀速运动，则拉力仍为F7、如图所示，弹簧秤外壳质量为m ，弹簧及挂钩质量忽略不计，现挂上一重物，用一竖直向上的外力拉弹簧秤，当弹簧秤向上做匀速运动时，示数为F 1。

湖南省邵阳二中高一上学期物理1月月考考试及答案一、选择题1．在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动，甲在冰上滑行的距离比乙远。

假定两板与冰面间的动摩擦因数相同，下列判断正确的是A．在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力B．在推的过程中，甲推乙的时间小于乙推甲的时间C．在分开时，甲的运动速度大于乙的运动速度D．在分开后，甲运动的加速度大小小于乙运动的加速度大小2．一架飞机起飞后不久遭到鸟击，致使飞机发生故障．下列说法中正确的是( ) A．飞机和鸟主动撞击的一方施加的作用力大B．鸟对飞机的作用力等于飞机对鸟的作用力C．撞击后鸟亡，说明鸟对飞机的作用力小于飞机对鸟的作用力D．撞击后机损，说明鸟对飞机的作用力大于飞机对鸟的作用力3．如图所示，小明用与水平方向成θ角的轻绳拉木箱，沿水平面做匀速直线运动，此时绳中拉力为F，则木箱所受合力大小为( )A．FsinθB．F C．FcosθD．04．下列说法正确的是A．物体运动的速度改变量越大，它的加速度却不一定越大B．同一汽车，速度越大，越难以停下来，说明物体速度越大，其惯性越大C．作用力与反作用力也可能是一对平衡力D．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因2m/s，则该汽车在任意1s内5．汽车沿平直公路做匀加速直线运动时，其加速度大小为2（）A．位移一定为2mB．速度一定变化2m/sC．末速度一定是初速度的2倍D．末速度比下1s的初速度小2m/s6．将一小球以5m/s的速度水平抛出，经过1s小球落地，不计空气阻力g=10m/s2．关于这段时间小球的运动，下列说法正确的是（）A．小球着地速度是10m/sB．小球竖直方向的位移是10mC．小球着地速度是5m/sD．小球水平方向位移是5m7．物体自楼顶处自由落下（不计空气阻力），落到地面的速度为v，在此过程中，物体从楼顶落到楼高一半处所经历的时间为（ ）A ．2vB ．2v gC ．2vD ．()222v g- 8．某中学举行秋学期运动会，在100m 竞赛中，测得某一运动员5s 瞬时速度为10.4m/s ，10s 末到达终点的瞬时速度为10.2m/s 。

2016-2017学年湖南省邵阳二中高一（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（每题4分，72分）1．在公路的每个路段都有交通管理部门设置的限速标志，这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时（）A．必须以这一规定速度行驶B．平均速度不得超过这一规定数值C．瞬时速度不得超过这一规定数值D．速度的平均值不得超过这一规定数值2．如图所示，一个物体受到五个共点力F1．F2．F3．F4．F5的作用，则物体所受的合力是（）A．零B．2F5C．F1+F2+F3+F4+F5D．F1+F2+F3+F43．三木块如图迭放，在a上作用一个水平力F，使a，b，c一起匀速运动，则（）A．c与a，c与b间均无摩擦B．c对a，c对b摩擦力向右，地对b摩擦力向左C．c对a，c对b摩擦力向左，地对b摩擦力向右D．c对a和地对b摩擦力向左，c对b摩擦力向右4．从某高处自由下落到地面的物体，在中间一秒内通过的路程为30米，则该物体下落时的高度为（）A．60米B．100米C．140米D．180米5．如图所示两块相同的竖直木板A、B之间有质量均为m的四块相同的砖，用两个大小均为F的水平力压木板，使砖静止不动，设所有接触面间的摩擦系数均为μ，则第二块砖对第三块砖的摩擦力的大小为（）A．0 B．mg C．μF D．2mg6．五个共点力平衡，现去掉其中3N和5N两个力，那么，其余三个力的合力取值可能是（）A．0 B．1N C．2N D．10N7．甲、乙两物体沿同一直线同向作匀变速直线运动，它们的速度图线如图所示，在第3s末它们在途中相遇，则它们的出发点之间的关系是（）A．甲在乙前2 m B．乙在甲前2 m C．甲在乙前4 m D．乙在甲前4 m 8．把一个力F分解为两个分力，使其中一分力的数值等于F，则（）A．另一个分力数值必也为F B．两分力的夹角必为120°C．另一个分力的数值必大于F D．两分力的夹角必大于90°9．重为G=10N的物体，放于倾角α=37°的固定斜面上，受到平行于斜面的两个力F1、F2作用而处于静止状态，已知F1=5N，F2=2N，如图，现撤去F2，则此时物体所受合外力为（）A．0 B．1 N C．2 N D．4 N10．小球从斜面上的A点由静止开始匀加速滑下，经过2s到达底端B，接着在光滑水平面又运动2s到C点，若小球4s内运动的总路程为36m，则小球在第1s内通过的位移是（）A．1 m B．2 m C．3 m D．4 m11．物体作匀减速直线运动，3s末停下，则此3s的前1s内、前2s内、前3s内的平均速度之比为（）A．5：3：1 B．5：4：3 C．5：8：9 D．：：112．两汽车在水平公路上同时同地出发，甲初速度为10m/s，关闭油门作匀减速运动，加速度大小为4m/s2，乙初速度为零，作匀加速运动，加速度为1m/s2，则乙车追上甲车所需时间为（）A．2 s B．3 s C．4 s D．5 s13．甲汽车以10m/s速度匀速前进，乙汽车同时同地同向匀加速前进，一开始由于甲的速度比乙大，所以甲超过乙，经过10s钟乙追上甲，又经过10s钟乙超过甲100m，则乙追上甲时的速度为（）A．10 m/s B．15 m/s C．20 m/s D．25 m/s14．物体A静止在粗糙的斜面上，现用水平力F推物体，当F由零逐渐增大时，若物体仍保持静止，则可肯定（）A．物体的静摩擦力不断增大B．斜面对物体的支持力不断增大C．物体受到的合外力不断增大D．物体所受重力沿斜面方向的分力将减少15．如图，把橡皮绳两端结在竖直放置的圆环最高点A处，中点挂重为G的物体恰好在环心O处平衡，若把橡皮绳两端结在环上离A相等的B、B’两处，且∠BOB’=120°，中点挂另一物体仍能在环心O处平衡，则该物体重为（）A．2G B．G C．D．16．如图，在具有水平转轴O的圆柱体A点放一重物P，圆柱体缓慢地匀速转动，P随圆柱体从A转至A’的过程中与圆柱体始终保持相对静止，则P受到的摩擦力的大小变化情况，下列各图中正确的是（）A．B．C．D．O17．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有竖直挡板MN．在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态．如图所示是这个装置的纵截面图．若用外力使MN保持竖直并缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止．在此过程中，下列说法中正确的是（）A．MN对Q的弹力逐渐减小B．地面对P的摩擦力逐渐增大C．P、Q间的弹力先减小后增大D．Q受到P和MN的合力逐渐增大18．如图，用下面四种方式将轻绳拴住小球放在倾角为α 的光滑斜面上，小球均处于平衡状态，则下列说法中正确的有（）A．轻绳张力最小的是甲B．轻绳张力最大的是乙C．斜面受到压力最大的是乙D．斜面受到压力最小的是丙二、计算题（共28分）19．某航空母舰（无弹射装置）上的战斗机在甲板上加速时，发动机产生的最大加速度是a=4.5m/s2，飞机起飞所需速度至少为v=50m/s，航空母舰甲板长为L=100m为使﹣战机安全起飞，航空母舰匀速航行的最小速度v0为多大？20．如图所示，圆柱A、B各重50N和150N，放置在V形槽中，不计各处摩擦，平衡时，两圆柱中心连线AB与水平轴x的夹角是多少？21．在某天进行的演习中，我国研发的一艘022型导弹快艇以30m/s的恒定速度追击前面同一直线上正在以速度v1逃跑的假想敌舰．当两者相距L0=2km时，以60m/s相对地面的速度发射一枚导弹，假设导弹沿直线匀速射向假想敌舰，经过t1=50s艇长通过望远镜看到了导弹击中敌舰爆炸的火光，同时发现敌舰速度减小但仍在继续逃跑，速度变为v2，于是马上发出了第二次攻击的命令，第二枚导弹以同样速度发射后，又经t2=30s，导弹再次击中敌舰并将其击沉．不计发布命令和发射反应的时间，发射导弹对快艇速度没有影响，求敌舰逃跑的速度v1、v2分别为多大？2016-2017学年湖南省邵阳二中高一（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（每题4分，72分）1．在公路的每个路段都有交通管理部门设置的限速标志，这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时（）A．必须以这一规定速度行驶B．平均速度不得超过这一规定数值C．瞬时速度不得超过这一规定数值D．速度的平均值不得超过这一规定数值【考点】平均速度；瞬时速度．【分析】从安全角度考虑，公路上通常要有限速标志，限制的是瞬时速度．【解答】解：限速标志是圆圈被红线划过，表示禁止，上面的数值表示该段路上瞬时速度不能超过此值；故选：C．2．如图所示，一个物体受到五个共点力F1．F2．F3．F4．F5的作用，则物体所受的合力是（）A．零B．2F5C．F1+F2+F3+F4+F5D．F1+F2+F3+F4【考点】合力的大小与分力间夹角的关系；力的合成．【分析】三角形定则是指两个力（或者其他任何矢量）合成，其合力应当为将一个力的起始点移动到第二个力的终止点，合力为从第二个的起点到第一个的终点．三角形定则是平面力系求解力的合成与分解的基本法则，是由平行四边形定则发展而来，与平行四边形定则在本质上是一致的．【解答】解：三角形定则是指两个力（或者其他任何矢量）合成，其合力应当为将一个力的起始点移动到第二个力的终止点，合力为从第二个的起点到第一个的终点．根据三角形定则，因此F1．F2．F3．F4的合力等于从F1的起点到F4的终点的有向线段，即与F5相同，故则物体所受的合力等于2倍的F5．故选：B．3．三木块如图迭放，在a上作用一个水平力F，使a，b，c一起匀速运动，则（）A．c与a，c与b间均无摩擦B．c对a，c对b摩擦力向右，地对b摩擦力向左C．c对a，c对b摩擦力向左，地对b摩擦力向右D．c对a和地对b摩擦力向左，c对b摩擦力向右【考点】摩擦力的判断与计算．【分析】根据整体法与隔离法，结合摩擦力与相对运动或相对运动趋势的方向相反，逐个物体进行受力分析，并依据平衡条件，即可判断．【解答】解：根据整体法，对abc受力分析，因整体向右匀速运动，则地对a，及地对b的滑动摩擦力向左，从隔离法，对c受力分析，结合平衡条件，可知，a对c的静摩擦力方向向右，则c对a的静摩擦力方向左，同理，b对c的静摩擦力方向向左，则c对b的静摩擦力方向右，故D正确，ABC 错误；故选：D4．从某高处自由下落到地面的物体，在中间一秒内通过的路程为30米，则该物体下落时的高度为（）A．60米B．100米C．140米D．180米【考点】自由落体运动．【分析】设前段时间为t，则后段时间也为t，总时间为t+1+t，根据h=gt2，抓住（t+1）s内的位移与ts内的位移之差等于中间一秒内的位移，求出运动的总时间，从而求出物体下落时距地面的高度【解答】解：设自由落体运动的前段时间为t，则后段时间也为t，总时间为t+1+t，根据h=gt2，抓住（t+1）s内的位移与ts内的位移之差等于中间一秒内的位移，g（t+1）2﹣gt2=30解得：t=2.5s所以物体运动的总时间为：t′=2.5+1+2.5=6s所以物体下落的高度为：h′=gt2=×10×62=180m故选：D5．如图所示两块相同的竖直木板A、B之间有质量均为m的四块相同的砖，用两个大小均为F的水平力压木板，使砖静止不动，设所有接触面间的摩擦系数均为μ，则第二块砖对第三块砖的摩擦力的大小为（）A．0 B．mg C．μF D．2mg【考点】静摩擦力和最大静摩擦力．【分析】结合平衡力的知识，分三次对物体进行受力分析：1．将四块砖视为一个整体；2．对第一块砖（1号）进行分析；3．对第二块砖（2号）进行分析．就可知道各砖之间的力的关系．【解答】解：先把四块砖看作一个整体：四块砖的总重力是4mg，两边的压力F 相同，两边受到的摩擦力也相同，根据平衡力知识，向下的重力4mg与两边的摩擦力之和相等；故两边的砖块1和4各受到2mg的摩擦力作用，且方向竖直向上；对于第一块砖（1号）：受到木板A向上的摩擦力作用，大小为2mg；自身向下的重力作用，大小为mg；根据平衡力知识，它（1号）还受到2号砖对它向下的摩擦力作用，大小为mg；根据力的作用是相互的，1号砖对2号砖的摩擦力大小为mg方向向上；对于第二块砖（2号）：已经受到了两个力的作用，分别是：自身向下的重力mg、1号砖对它（2号）的向上的摩擦力mg，这两个力正好是一对平衡力；故2号砖不再受其它力，即2号砖和3号砖之间没有力的作用；第二块砖对第三块砖的摩擦力大小也就为0；故选：A．6．五个共点力平衡，现去掉其中3N和5N两个力，那么，其余三个力的合力取值可能是（）A．0 B．1N C．2N D．10N【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．【分析】五力平衡时，五个力中剩下三个力的合力与3N和5N两个力的合力等值、反向、共线，故本题中剩下的三个力的合力与撤去的两个力等值、反向、共线．【解答】解：五力平衡时，剩下三个力的合力与3N和5N两个力的合力等值、反向、共线，故本题中其余三个力的合力与3N和5N的两个力的合力平衡，≤8N；而3N和5N两个力的合力大小范围为2N≤F合因此其余三个力的合力取值可能是C，故C正确，ABD错误；故选：C．7．甲、乙两物体沿同一直线同向作匀变速直线运动，它们的速度图线如图所示，在第3s末它们在途中相遇，则它们的出发点之间的关系是（）A．甲在乙前2 m B．乙在甲前2 m C．甲在乙前4 m D．乙在甲前4 m 【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．【分析】在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线表示加速度，加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．3m=6m；也可【解答】解：乙物体前3秒内的位移（应用平均速度）：x乙=×解乙问题与坐标轴围成的三角形的面积：x A=×3×4m=6m2m=2m甲物体前3秒内的位移：x甲=×两物体在第3s末两个物体在途中相遇，说明乙物体出发时应在甲物体后方4m 处，即甲在乙前4m处，故C正确．故选：C8．把一个力F分解为两个分力，使其中一分力的数值等于F，则（）A．另一个分力数值必也为F B．两分力的夹角必为120°C．另一个分力的数值必大于F D．两分力的夹角必大于90°【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．【分析】根据力的平行四边形定则，结合几何关系，即可求解．【解答】解：A、由力的平行四边形定则，可知，一个力F分解为两个分力，使其中一分力的数值等于F，即为三角形中的等腰三角形，则另一边的长度没有限制，可能大于F，也可能小于F，也可能等于F，故AC错误；B、由题意，设一个分力与合力的夹角为α，结合几何关系，则有两分力的夹角为：90；故B错误，D正确；故选：D．9．重为G=10N的物体，放于倾角α=37°的固定斜面上，受到平行于斜面的两个力F1、F2作用而处于静止状态，已知F1=5N，F2=2N，如图，现撤去F2，则此时物体所受合外力为（）A．0 B．1 N C．2 N D．4 N【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．【分析】开始时，对滑块受力分析，受重力G、支持力N、两个力F1、F2、可能有静摩擦力，根据平衡条件列式求解即可．【解答】解：物体受重力、推力、支持力和静摩擦力（可能为零）；重力平行斜面的分力为G1=Gsin37°=10×0.6=6N，当有两个推力F1、F2时，两个推力的合力为F=5N﹣2N=3N，平行斜面向上，小于G1，故静摩擦力平行斜面向上，为f=G1﹣F=6﹣3=3N；撤去F2，由于F1＜G1，故滑块相对斜面仍然有相对运动趋势，故受静摩擦力，滑块保持静止，合力为零；此时静摩擦力沿着斜面向上，大小为1N．故A正确，BCD错误故选：A10．小球从斜面上的A点由静止开始匀加速滑下，经过2s到达底端B，接着在光滑水平面又运动2s到C点，若小球4s内运动的总路程为36m，则小球在第1s内通过的位移是（）A．1 m B．2 m C．3 m D．4 m【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】根据匀变速直线运动的平均速度推论求出匀加速直线运动的位移，结合匀速运动的位移，求出匀加速直线运动的末速度．根据速度时间公式求出匀加速直线运动的加速度，结合位移时间公式求出小球在第1s内的位移．【解答】解：设小球到达斜面底端的速度为v，根据平均速度推论知：，即：，解得：v=12m/s，小球运动的加速度为：a=，则小球在第一秒内的位移为：，故C正确，ABD错误．故选：C．11．物体作匀减速直线运动，3s末停下，则此3s的前1s内、前2s内、前3s内的平均速度之比为（）A．5：3：1 B．5：4：3 C．5：8：9 D．：：1【考点】平均速度．【分析】物体做末速度为零的匀减速直线运动，采用逆向思维，看作反向的初速度为零的匀加速直线运动来考虑；同时结合匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度来分析．【解答】解：首先将物体的运动看作反向匀加速来考虑，由于匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故前1s内，前2s内，前3s内的平均速度分别为反向运动2.5s、2s、1.5s的瞬时速度，根据速度公式，有v=at∝t，故前1s内，前2s内，前3s内的平均速度之比为2.5：2：1.5=5：4：3，故B正确，ACD错误；故选：B12．两汽车在水平公路上同时同地出发，甲初速度为10m/s，关闭油门作匀减速运动，加速度大小为4m/s2，乙初速度为零，作匀加速运动，加速度为1m/s2，则乙车追上甲车所需时间为（）A．2 s B．3 s C．4 s D．5 s【考点】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．【分析】抓住位移相等，根据匀变速直线运动公式求出追及的时间，注意判断追上时，甲车是否已停止．【解答】解：当乙车追上甲车时，有：，解得t=4s．甲车关闭油门到停止所需的时间．知乙车追上甲车前已停止．此时甲车的位移．根据，解得t′=5s．故D正确，A、B、C错误．故选D．13．甲汽车以10m/s速度匀速前进，乙汽车同时同地同向匀加速前进，一开始由于甲的速度比乙大，所以甲超过乙，经过10s钟乙追上甲，又经过10s钟乙超过甲100m，则乙追上甲时的速度为（）A．10 m/s B．15 m/s C．20 m/s D．25 m/s【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】结合位移公式，抓住甲乙位移的关系，列方程组求出乙的初速度和加速度，再结合速度时间公式求出乙追上甲时的速度．【解答】解：由题意得，10s时甲乙的位移大小相等．有：，即100=10v0+50a．20s时，乙的位移比甲的位移大100m，则有：，即20v0+200a﹣200=100联立两式解得：v0=5m/s，a=1m/s2．at=5+1×10m/s=15m/s．故B正确，A、C、D错误．则乙追上甲时的速度v乙=v0+故选：B14．物体A静止在粗糙的斜面上，现用水平力F推物体，当F由零逐渐增大时，若物体仍保持静止，则可肯定（）A．物体的静摩擦力不断增大B．斜面对物体的支持力不断增大C．物体受到的合外力不断增大D．物体所受重力沿斜面方向的分力将减少【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】物体始终处于静止状态，所以所受的合力始终为零．对物体受力分析后分情况根据平衡条件讨论支持力和摩擦力的变化情况．【解答】解：A、物体受重力、支持力、推力F和静摩擦力处于平衡，F从零开始增大，静摩擦力的方向开始沿斜面向上，在斜面方向上有：mgsinθ=Fcosθ+f，F 增大，静摩擦力减小，当静摩擦力减小为零后，静摩擦力反向，变为沿斜面向下，有：mgsinθ+f=Fcosθ，可知F增大，静摩擦力先减小后增大．故A错误；B、在垂直斜面方向上有：mgcosθ+Fsinθ=N，F增大，则N增大，可知斜面对物体的支持力一定增大，故B正确；C、物体始终处于静止状态，合力为零，故C错误；D、物体所受重力沿斜面方向的分力始终等于mgsinθ，所以不变，D错误；故选：B．15．如图，把橡皮绳两端结在竖直放置的圆环最高点A处，中点挂重为G的物体恰好在环心O处平衡，若把橡皮绳两端结在环上离A相等的B、B’两处，且∠BOB’=120°，中点挂另一物体仍能在环心O处平衡，则该物体重为（）A．2G B．G C．D．【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】把橡皮绳两端结在竖直放置的圆环最高点A处和把橡皮绳两端结在环上离A相等的B、B’两处时两物体都处于环心，故橡皮绳长度相同，弹力相同，比较两次的合力差异即可．【解答】解：把橡皮绳两端结在竖直放置的圆环最高点A处和把橡皮绳两端结在环上离A相等的B、B′两处时两物体都处于环心，故橡皮绳长度相同，弹力相同，设其中橡皮绳一半的弹力为F，设另一物体的重力为G1，则A处中点挂重为G 的物体受力如图1所示：图1 图2故得：G=2F ①把橡皮绳两端结在环上离A相等的B、B′两处时，受力分析如图2所示，故得2F 的合力为2F×cos60°，根据重力和合力平衡，得：G1=2F×cos60°②联立①②得：故另一物体重G1为，故选项ABD错误，选项C正确．故选：C．16．如图，在具有水平转轴O的圆柱体A点放一重物P，圆柱体缓慢地匀速转动，P随圆柱体从A转至A’的过程中与圆柱体始终保持相对静止，则P受到的摩擦力的大小变化情况，下列各图中正确的是（）A．B．C．D．O【考点】向心力；牛顿第二定律．【分析】对物块P进行受力分析，求出摩擦力的表达式即可求解．【解答】解：物块P受三个力的作用，竖直向下的重力G，沿半径指向外的支持力F N，沿切线方向的静摩擦力F f，因圆柱体缓慢移动，所以物块P在任意位置所受合力为零，对三力正交分解，设重力G与支持力F N方向所夹锐角为θ，则F f=mgsin θ，从A转至A′的过程中，θ先减小后增大，F f先减小后增大，且按照正弦规律变化，故A正确．故选A．17．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有竖直挡板MN．在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态．如图所示是这个装置的纵截面图．若用外力使MN保持竖直并缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止．在此过程中，下列说法中正确的是（）A．MN对Q的弹力逐渐减小B．地面对P的摩擦力逐渐增大C．P、Q间的弹力先减小后增大D．Q受到P和MN的合力逐渐增大【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】先对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，其中重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件并运用合成法得到各个力的变化规律；最后对PQ整体受力分析，根据共点力平衡条件得到地面对整体的摩擦力情况．【解答】解：AC、对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P 对Q的支持力，如图：重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到N1=mgtanθN2=由于θ不断增大，故N1不断增大，N2也不断增大；故A错误，C错误；B、对PQ整体受力分析，受到总重力、MN杆的支持力N1，地面的支持力N3，地面的静摩擦力f，如图根据共点力平衡条件，有f=N1=mgtanθ由于θ不断增大，故f不断增大；故B正确；D、Q受到MN和P的弹力的矢量和与重力平衡，保持不变，故D错误；故选：B．18．如图，用下面四种方式将轻绳拴住小球放在倾角为α 的光滑斜面上，小球均处于平衡状态，则下列说法中正确的有（）A．轻绳张力最小的是甲B．轻绳张力最大的是乙C．斜面受到压力最大的是乙D．斜面受到压力最小的是丙【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】球受重力、支持力和拉力，重力大小和方向都一定、支持力方向一定、拉力大小和方向都可以改变；根据平衡条件并结合三角形法则判断拉力和支持力的大小，从而进一步根据牛顿第三定律判断压力的大小．【解答】解：球受重力、支持力和拉力，重力大小和方向都一定、支持力方向一定、拉力大小和方向都可以改变，根据平衡条件，三力可以构成首位相连的矢量三角形，如图所示：A、从图中可以看出，当细线与斜面平行时（甲图）拉力最小，故A正确；B、从图中可以看出，细线拉力最大的是丙图，故B错误；C、从图中可以看出，支持力最大的是乙图，故压力最大的是乙图，故C正确；D、图丙支持力为零，最小，故压力也最小，故D正确；故选：ACD．二、计算题（共28分）19．某航空母舰（无弹射装置）上的战斗机在甲板上加速时，发动机产生的最大加速度是a=4.5m/s2，飞机起飞所需速度至少为v=50m/s，航空母舰甲板长为L=100m为使﹣战机安全起飞，航空母舰匀速航行的最小速度v0为多大？【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系．【分析】飞机起飞时做匀加速直线运动，为保证飞机能安全起飞，航空母舰的航行方向与飞机起飞时的方向相同．根据速度公式和速度位移关系公式结合求解即可．【解答】解：为保证飞机能安全起飞，航空母舰的航行方向即为飞机起飞时的方向，而它的速度即为飞机的初速度．以航空母舰参照物，有由得：代入得：解得v0=20m/s答：航空母舰匀速航行的最小速度v0为20m/s20．如图所示，圆柱A、B各重50N和150N，放置在V形槽中，不计各处摩擦，平衡时，两圆柱中心连线AB与水平轴x的夹角是多少？【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】采用先整体后隔离的方法分析，即分别以A、B两球组成的系统、球A 为研究对象进行受力分析，然后由平衡条件分析答题．【解答】解：以A、B组成的系统为研究对象，受力如图所示：由平衡条件得：F A cos60°+F B cos30°=G A+G B，F A sin60°=F B sin30°，解得：F A=100N．F B=100N；以A为研究对象，受力如图所示（A、B间的作用力没有画出）：F A cos60°=100×=50N=G A，A在竖直方向受力平衡，在A、B间的作用力在竖直方向上的分力为零，即A、B间的作用力沿水平方向，由于A、B间作用力沿A、B两球的球心连线，则：两球心的连线沿水平方向，两球心的连线与水平面的夹角为0°，两球间的作用力：F=F A sin60°=100×=50N；答：两球心的连线与水平面的夹角为0°．21．在某天进行的演习中，我国研发的一艘022型导弹快艇以30m/s的恒定速度追击前面同一直线上正在以速度v1逃跑的假想敌舰．当两者相距L0=2km时，以60m/s相对地面的速度发射一枚导弹，假设导弹沿直线匀速射向假想敌舰，经过t1=50s艇长通过望远镜看到了导弹击中敌舰爆炸的火光，同时发现敌舰速度减小但仍在继续逃跑，速度变为v2，于是马上发出了第二次攻击的命令，第二枚导弹以同样速度发射后，又经t2=30s，导弹再次击中敌舰并将其击沉．不计发布命令和发射反应的时间，发射导弹对快艇速度没有影响，求敌舰逃跑的速度v1、v2分别为多大？【考点】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．【分析】导弹匀速追击敌舰的过程中，当导弹的位移等于两船一开始的间距加上敌舰的位移，运动的时间具有等时性，列方程求解即可．【解答】解：第一枚导弹中前，敌舰逃跑的速度v1，当导弹快艇与敌舰相距L0=2 km时，发射第一枚导弹，在t1=50 s击中敌舰，此时位移满足：（v﹣v1）t1=L0即：（60﹣v1）×50=2000解得v1=20 m/s击中敌舰时，导弹快艇与敌舰的距离为L0﹣（60﹣30）t1=1500 m马上发射第二枚导弹，击中后导弹的速度为v2，经t2=30 s，导弹再次击中敌舰，此时位移满足：（v﹣v2）t2=1500即：（60﹣v2）×30=1500解得：v2=10 m/s答：敌舰逃跑的速度分别为20 m/s，10 m/s．。

湖南省邵阳二中高一上学期物理11月月考考试及答案一、选择题1．质点做直线运动的速度—时间图象如图所示，该质点A ．在第1秒末速度方向发生了改变B ．在第2秒末加速度方向发生了改变C ．在前2秒内发生的位移为零D ．第3秒和第5秒末的位置相同2．如图所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成060角的力1F 拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成030角的力2F 推物块时，物块仍做匀速直线运动．若1F 和2F 的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为A ．31-B ．23-C ．312- D ．1-3 3．下列各组物理量中，都属于矢量的是（ ） A ．位移和路程 B ．时间和时刻 C ．力和加速度 D ．平均速度和速率4．他是第一个把实验引进力学的科学家，并且利用实验和数学逻辑推理相结合的方法研究物理学基本问题，从而有力地推进了人类科学认识的发展，这位科学家是A ．爱因斯坦B ．亚里士多德C ．伽利略D ．牛顿5．“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示．实验中，为使小车运动时所受的拉力近似等于盘和重物的总重力，则盘和重物的总质量m 与小车的质量M 应满足的关系是（ ）A ．m 远大于MB ．m 远小于MC ．m 略大于MD ．m 略小于M6．如图所示，人站立在体重计上，下列说法正确的是（ ）A ．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对平衡力B ．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力C ．人所受的重力和人对体重计的压力是一对平衡力D ．人所受的重力和人对体重计的压力是一对作用力和反作用力7．如图所示，一质点从0t =时刻由静止开始做匀加速直线运动，A 和B 是原点x t -图线上的两个点，该质点运动的加速度大小为（ ）A ．24m/s 7B ．22m/s 3C ．25m/s 8D ．22m/s8．下列说法正确的是( )A．木块放在桌面上所受到的向上的弹力是由于木块发生微小形变而产生的B．木块放在桌面上对桌面的压力是由于木块发生微小形变而产生的C．用细竹竿拨动水中的木头，木头受到的竹竿的弹力是由于木头发生形变而产生的D．挂在电线下面的电灯对电线的拉力，是因为电线发生微小形变而产生的9．如图甲、乙所示的x–t图像和v–t图像中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（）A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动B．0～t1时间内，甲车通过的路程小于乙车通过的路程C．0～t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远D．0～t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等10．下列叙述中不符合历史事实的是（）A．古希腊哲学家亚里士多德认为物体越重，下落得越快B．伽利略发现亚里士多德的观点有自相矛盾的地方C．伽利略认为，如果没有空气阻力，重物与轻物应该下落得同样快D．伽利略用实验直接证实了自由落体运动是初速度为零的匀速直线运动11．下列物理量中,不是矢量的是( )A．路程 B．位移 C．瞬时速度 D．加速度12．下列说法正确的是A．物体作自由落体运动时没有惯性B．亚里士多德认为力是维持物体运动的原因C．伽利略通过逻辑推理和实验认为，重物比轻物下落的快D．研究月球绕地球运动轨迹时不能把月球看成质点13．将一小球竖直向上抛出，经时间t回到抛出点，此过程中上升的最大高度为h．在此过程中，小球运动的路程、位移和平均速度分别为（）A．路程2h、位移0、平均速度2htB．路程2h、位移0、平均速度0C．路程0、位移2h、平均速度0 D．路程2h、位移h、平均速度2ht14．一只盒子在粗糙桌面上减速滑行，此过程中盒子A．受到静摩擦力，大小保持不变B．受到静摩擦力，大小不断减小C．受到滑动摩擦力，大小保持不变D．受到滑动摩擦力，大小不断减小15．如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁．若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为（）A．3 B．4 C．5 D．616．在研究物体的运动时，力学中引入“质点”的概念，从科学方法上来说属于（）A．极限分析物理问题的方法B．观察实验的方法C．等效替代的方法D．建立理想物理模型的方法17．如图所示，重力G=20N的物体在水平面上向左运动，同时受到大小为8N、方向水平向右的力F的作用，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，则物体受到的摩擦力是（）A．6N，方向水平向右B．8N，方向水平向右C．8N，方向水平向左D．3N，方向水平向左18．如图所示，一重为10 N的球固定在支杆AB的上端，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5 N，则AB杆对球的作用力( )A．大小为7.5 NB．大小为10 NC．方向与水平方向成53°角斜向右下方D．方向与水平方向成53°角斜向左上方19．下列各组物理量中均是矢量的是（）A．力，加速度，路程B．位移，速度，加速度C．力，位移，速率D．力，加速度，质量20．做匀减速直线运动的质点，它的位移随时间变化的规律是224 1.5(m)x t t=-，当质点的速度为零，则t为多少：（）A．1.5 s B．8 s C．16 s D．24 s二、多选题21．如图甲所示是一种速度传感器的工作原理图，在这个系统中B为一个能发射超声波的固定小盒子，工作时小盒子B向匀速直线运动的被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被小盒子B接收，从小盒子B发射超声波开始计时，经∆t时间再次发射超声波脉冲，图乙是连续两次发射的超声波的位移—时间图像。

湖南省邵阳二中高一物理第二学期第一次月考测试卷一、选择题1．如图所示，竖直墙MN，小球从O处水平抛出，若初速度为v a，将打在墙上的a点；若初速度为v b，将打在墙上的b点．已知Oa、Ob与水平方向的夹角分别为α、β，不计空气阻力．则v a与v b的比值为（）A．sinsinαβB．coscosβαC．tantanαβD．tantanβα2．关于曲线运动，下列说法中正确的是（）A．曲线运动物体的速度方向保持不变B．曲线运动一定是变速运动C．物体受到变力作用时就做曲线运动D．曲线运动的物体受到的合外力可以为零3．一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由P向Q行驶，速率逐渐增大．下列四图中画出了汽车转弯所受合力F，则符合条件的是A．B．C．D．4．平抛运动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动,在同一坐标系中作出这两个分运动的v-t图线,如图所示,若平抛运动的时间大于2t1,下列说法中正确的是A．图线2表示水平分运动的v-t图线B．t1时刻的速度方向与初速度方向夹角为30°C．t1时间内的竖直位移与水平位移之比为1 2D．2t1时刻的速度方向与初速度方向夹角为60°5．如图所示,一个物体在O点以初速度v开始作曲线运动,已知物体只受到沿x轴方向的恒力F的作用,则物体速度大小变化情况是（）A．先减小后增大B．先增大后减小C．不断增大D．不断减小6．下列四个选项的图中实线为河岸，河水的流速u方向如图中箭头所示，虚线为小船从河岸M驶向对岸N的实际航线，已知船在静水中速度大于水速，则其中正确是（）A．B．C．D．7．如图所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P处，其速度方向恰好沿斜面方向，然后沿斜面无摩擦滑下，下列选项中的图象是描述物体沿x方向和y方向运动的速度-时间图象，其中正确的是（）A ．B ．C ．D ．8．如图，斜面与水平面之间的夹角为45°，在斜面底端A 点正上方高度为6 m 处的O 点，以1 m/s 的速度水平抛出一个小球，飞行一段时间后撞在斜面上，这段飞行所用的时间为（210/g m s ） （ ）A ．0.1 sB ．1 sC ．1.2 sD ．2 s9．质量为2kg 的质点在x-y 平面上做曲线运动，在x 方向的速度图象和y 方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是（ ）A ．质点的初速度为3 m/sB ．2s 末质点速度大小为6 m/sC ．质点做曲线运动的加速度为3m/s 2D ．质点所受的合外力为3 N10．在宽度为d 的河中，船在静水中速度为v 1，水流速度为v 2，方向可以选择，现让该船渡河，则此船A ．最短渡河时间为1d v B ．最短渡河位移大小为dC ．最短渡河时间为2d v D ．不管船头与河岸夹角是多少，小船一定在河岸下游着陆11．如图所示，在坡度一定的斜面顶点以大小相同的初速v 同时水平向左与水平向右抛出两个小球A 和B ，两侧斜坡的倾角分别为30°和60°，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A和B两小球的运动时间之比为（）A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：412．如图是一种创新设计的“空气伞”，它的原理是从伞柄下方吸入空气，然后将空气加速并从顶部呈环状喷出形成气流，从而改变周围雨水的运动轨迹，形成一个无雨区，起到传统雨伞遮挡雨水的作用。

2016-2017学年湖南省邵阳市邵东三中高三（上）第一次月考物理试卷一．选择题．（本大题共10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项是符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分．有选错的得0分．）1．物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速度是（）A．m/s2B．m/s2C．m/s2D．m/s22．如图所示，物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中|AB|=2m，|BC|=3m．若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于（）A．m B．m C．m D．m3．如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间△t，测得遮光条的宽度为△x，用近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度，为使更接近瞬时速度，正确的措施是（）A．换用宽度更窄的遮光条B．提高测量遮光条宽度的精确度C．使滑片的释放点更靠近光电门D．增大气垫导轨与水平面的夹角4．如图所示，在水平面上有一个质量为m的小物块，在某时刻给它一个初速度，使其沿水平面做匀减速直线运动，其依次经过A、B、C三点，最终停在O点．A、B、C三点到O点的距离分别为L1、L2、L3，小物块由A、B、C三点运动到O点所用的时间分别为t1、t2、t3．则下列结论正确的是（）A．==B．==C．＜＜D．＜＜5．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5s和2s，关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是（）A．关卡2 B．关卡3 C．关卡4 D．关卡56．小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是（）A．B．C．D．7．目前我省交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚，如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8m．该车减速时的加速度大小为5m/s2．则下列说法中正确的是（）A．如果驾驶员立即刹车制动，则t=2s时，汽车离停车线的距离为2mB．如果在距停车线6m处开始刹车制动，汽车能在停车线处刹住停车让人C．如果驾驶员的反应时间为0.4s，汽车刚好能在停车线处刹住停车让人D．如果驾驶员的反应时间为0.2s，汽车刚好能在停车线处刹住停车让人8．a、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的位移﹣时间图象如图所示，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的时间内，t=5s时，a、b两个物体相距最远D．物体c做匀加速运动，加速度为0.2m/s29．甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v﹣t图象如图所示．已知两车在t=3s时并排行驶，则（）A．在t=1s时，甲车在乙车后B．在t=0时，甲车在乙车前7.5mC．两车另一次并排行驶的时刻是t=2sD．甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m10．在平直公路上，汽车以10m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20m处时，还有3s绿灯就要熄灭．而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度﹣时间图象可能是图中的（）A．B．C．D．二、非选择题11．某同学利用图1示装置研究小车的匀变速直线运动．①实验中，必要的措施是．A．细线必须与长木板平行B．先接通电源再释放小车C．小车的质量远大于钩码的质量D．平衡小车与长木板间的摩擦力②他实验时将打点机器接到频率为50Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图2所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）s1=3.59cm，s2=4.41cm，s3=5.19cm，s4=5.97cm，s5=6.78cm，s6=7.64cm，则小车的加速度a=m/s2（要求充分利用测量的数据），打点计时器在打B点时小车的速度v B=m/s．（结果均保留两位有效数字）12．利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度．一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t，改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量s t（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是；（2）根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出﹣t图线；（3）由所画出的﹣t图线，得出滑块加速度的大小为a=m/s2（保留2位有效数字）．13．一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v﹣t图象如图所示．求：（1）摩托车在0～20s这段时间的加速度大小a；（2）摩托车在0～75s这段时间的平均速度大小．14．某人在相距10m的A、B两点间练习折返跑，他由静止从A出发跑向B点，到达B点后立即返回A点．设加速过程和减速过程都是匀变速运动，加速过程和减速过程的加速度分别为4m/s2和8m/s2，运动过程中最大速度为4m/s，从B点返回过程中达到最大速度后即保持该速度运动到A点，求：（1）从B点返回A点过程中以最大速度运动的时间；（2）从A点运动到B点与从B点返回到A点两过程的平均速度大小之比．15．水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R，在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的（0，2l）、（0，﹣l）和（0，0）点，已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动，B平行于x轴朝x轴正向匀速运动，在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点（l，l），假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小．2016-2017学年湖南省邵阳市邵东三中高三（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一．选择题．（本大题共10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项是符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分．有选错的得0分．）1．物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速度是（）A．m/s2B．m/s2C．m/s2D．m/s2【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出两个中间时刻的瞬时速度，结合速度时间公式求出物体的加速度．【解答】解：第一段时间内的平均速度为：，第二段时间内的平均速度为：，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔为：△t=2+1s=3s，则加速度为：a=．选项ACD错误，B正确故选：B．2．如图所示，物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中|AB|=2m，|BC|=3m．若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于（）A．m B．m C．m D．m【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，设相等的时间为T，求出B点的速度，从而得出A点的速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出加速度的大小，再根据速度位移公式求出0A间的距离．【解答】解：设物体通过AB、BC所用时间分别为T，则B点的速度为：v B==，根据△x=aT2得：a==则：v A=v B﹣aT=﹣=则：x OA==m．故选：A．3．如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间△t，测得遮光条的宽度为△x，用近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度，为使更接近瞬时速度，正确的措施是（）A．换用宽度更窄的遮光条B．提高测量遮光条宽度的精确度C．使滑片的释放点更靠近光电门D．增大气垫导轨与水平面的夹角【考点】探究小车速度随时间变化的规律．【分析】明确平均速度代替瞬时速度的方法，应明确我们是利用△x趋向于0时的平均速度可近似等于瞬时速度．【解答】解：本题中利用平均速度等效替代瞬时速度；故只能尽量减小计算平均速度的位移，即换用宽度更窄的遮光条；故A正确；BCD错误；故选：A．4．如图所示，在水平面上有一个质量为m的小物块，在某时刻给它一个初速度，使其沿水平面做匀减速直线运动，其依次经过A、B、C三点，最终停在O点．A、B、C三点到O点的距离分别为L1、L2、L3，小物块由A、B、C三点运动到O点所用的时间分别为t1、t2、t3．则下列结论正确的是（）A．==B．==C．＜＜D．＜＜【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】反过来看，小球从0开始做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可判断各项是否正确．【解答】解：反过来看，小球从0开始做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可知，x=，则a=，故位移与时间平方的比值一定为定值，伽利略正是用这一规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变速直线运动，所以．故选：B．5．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5s和2s，关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是（）A．关卡2 B．关卡3 C．关卡4 D．关卡5【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．【分析】人先做加速运动，之后是匀速运动，计算到达各个关卡的时间与关卡放行和关闭的时间对比，得出结果．【解答】解：根据v=at可得，2=2×t1，所以加速的时间为t1=1s加速的位移为x1=at2==1m，到达关卡2的时间为t2=s=3.5s，所以可以通过关卡2继续运动，到达关卡3的时间为t3=s=4s，此时关卡3也是放行的，可以通过，到达关卡4的总时间为1+3.5+4+4=12.5s，关卡放行和关闭的时间分别为5s和2s，此时关卡4是关闭的，所以最先挡住他前进的是关卡4，所以C正确；故选：C6．小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是（）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】小球先自由下落，做匀加速直线运动，与地面碰撞后，做竖直上抛运动，即匀减速直线运动，之后不断重复．小球在空中运动的加速度始终为g，根据运动学公式列式分析v与x的关系，再选择图象．【解答】解：以竖直向上为正方向，则小球下落的速度为负值，故C、D两图错误．设小球原来距地面的高度为h．小球下落的过程中，根据运动学公式有：v2=2g（h﹣x），由数学知识可得，v﹣x图象应是开口向左的抛物线．小球与地面碰撞后上升的过程，与下落过程具有对称性，故A正确，B错误．故选：A7．目前我省交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚，如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8m．该车减速时的加速度大小为5m/s2．则下列说法中正确的是（）A．如果驾驶员立即刹车制动，则t=2s时，汽车离停车线的距离为2mB．如果在距停车线6m处开始刹车制动，汽车能在停车线处刹住停车让人C．如果驾驶员的反应时间为0.4s，汽车刚好能在停车线处刹住停车让人D．如果驾驶员的反应时间为0.2s，汽车刚好能在停车线处刹住停车让人【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】根据位移时间公式求出立即匀加速运动的位移，判断是否通过停车线，根据速度位移公式求出减速到零的时间，然后求出位移，判断是否超过停车线．【解答】解：A、若汽车做匀减速运动，速度减为零的时间s＜2s，所以刹车到停止的位移，汽车离停车线的距离为8m﹣6.4m=1.6m，故A错误；B、如果在距停车线6m处开始刹车制动，刹车到停止的位移是6.4m，所以汽车不能在停车线处刹住停车让人．故B错误；C、刹车的位移是6.4m，所以车匀速运动的位移是1.6m，则驾驶员的反应时间：s．故C错误，D正确．故选：D8．a、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的位移﹣时间图象如图所示，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 的时间内，t=5s 时，a 、b 两个物体相距最远D ．物体c 做匀加速运动，加速度为0.2m/s 2【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】根据a 、b 、c 图线的特点确定三个物体的运动规律，位移时间图线的斜率表示速度，斜率的正负表示方向．【解答】解：A 、a 、b 两物体位移随时间均匀变化，速度大小均为2m/s ，但是速度的方向不同，故A 错误，B 正确．C 、由图象可知，0﹣5s 内，在t=5s 时，a 、b 位置坐标之差最大，知两物体相距最远，故C 正确．D 、图象C 为抛物线，根据x=kt 2知，k=0.1，则加速度a=0.2m/s 2．故D 正确．故选：BCD ．9．甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v ﹣t 图象如图所示．已知两车在t=3s 时并排行驶，则（ ）A ．在t=1s 时，甲车在乙车后B ．在t=0时，甲车在乙车前7.5mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t=2sD ．甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m【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．【分析】由图象可知，1到3s 甲乙两车的位移相等，两车在t=3s 时并排行驶，所以两车在t=1s时也并排行驶；v ﹣t 图象的斜率表示加速度，根据图象可求甲乙两车的加速度；再根据位移公式和速度公式求解．【解答】解：A ．由图象可知，1到3s 甲乙两车的位移相等，两车在t=3s 时并排行驶，所以两车在t=1s 时也并排行驶，故A 错误；B ．由图象可知，a 甲===10m/s 2； a 乙===5m/s 2； 0至1s ，x 甲=a 甲t 2=×10×12=5m ，x 乙=v 0t +a 乙t 2=10×1+×5×12=12.5m ，△x=x 乙﹣x 甲=12.5﹣5=7.5m ，即在t=0时，甲车在乙车前7.5m ，故B 正确；C ．由AB 分析可知，甲乙两车相遇时间分别在1s 和3s ，故C 错误；D.1s末甲车的速度为：v=a甲t=10×1=10m/s，1到3s，甲车的位移为：x=vt+a甲t2=10×2+×10×22=40m，即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m，故D正确．故选：BD．10．在平直公路上，汽车以10m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20m处时，还有3s绿灯就要熄灭．而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度﹣时间图象可能是图中的（）A．B．C．D．【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．【分析】此题应先根据V﹣t图象所围成的面积表示位移，来计算或估算位移的大小．【解答】解：A、由图形面积表示位移知S A=（×3）m=15m，故A错误；B、由图面积可知S B＞15m，故B正确；C、由图形面积表示位移：S C=（10×1+×2）=20m，故C正确；D、S D=（10×0.5+×2.5）m=17.5m，故D错误；故选：B、C．二、非选择题11．某同学利用图1示装置研究小车的匀变速直线运动．①实验中，必要的措施是AB．A．细线必须与长木板平行B．先接通电源再释放小车C．小车的质量远大于钩码的质量D．平衡小车与长木板间的摩擦力②他实验时将打点机器接到频率为50Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图2所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）s1=3.59cm，s2=4.41cm，s3=5.19cm，s4=5.97cm，s5=6.78cm，s6=7.64cm，则小车的加速度a=0.80m/s2（要求充分利用测量的数据），打点计时器在打B点时小车的速度v B=0.40m/s．（结果均保留两位有效数字）【考点】测定匀变速直线运动的加速度；探究小车速度随时间变化的规律．【分析】①分析实验目标和实验原理，明确实验中需要注意事项即可求解；②根据逐差法可求得物体运动的加速度；根据平均速度表示中间时刻的瞬时速度可求得B点的速度．【解答】解：①A、为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平；同时为了打点稳定，应先开电源再放纸带；故AB正确；C、本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要让小车的质量远大于钩码的质量；只要能让小车做匀加速运动即可；故C错误；D、由C的分析可知，只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力；故D错误；故选：AB；②每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为T=5×0.02=0.1s；根据逐差法可知，物体的加速度a===0.80m/s2；B点的速度等于AC段的平均速度，则有：v===0.40m/s；故答案为：①AB；②0.80；0.40．12．利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度．一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t，改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是；（2）根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出﹣t图线；（3）由所画出的﹣t图线，得出滑块加速度的大小为a=2.0m/s2（保留2位有效数字）．【考点】测定匀变速直线运动的加速度．【分析】可以把光电门甲至乙的匀加速运动看成反向的匀减速运动，写出测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式．由位移时间关系式整理得到﹣t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系．【解答】解：（1）由匀变速直线运动的规律及某段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度关系知，故s=（2）图线如图所示（3）由s=得：，知图线的斜率为：，则a=2k．作图求出斜率为：k=﹣0.9897m/s2，a=2|k|≈2.0m/s2故答案为：（1）或；（2）画出图线如图所示（3）2.013．一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v﹣t图象如图所示．求：（1）摩托车在0～20s这段时间的加速度大小a；（2）摩托车在0～75s这段时间的平均速度大小．【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】（1）v﹣t图象的斜率等于加速度，由加速度的定义求解．（2）由图象与时间轴所围的面积表示位移，求得位移，再求平均速度大小．【解答】解：（1）摩托车在0～20s这段时间的加速度a===1.5m/s2．（2）摩托车在0～75s这段时间的位移x=30m=1500m平均速度大小===20m/s答：（1）摩托车在0～20s这段时间的加速度大小a是1.5m/s2；（2）摩托车在0～75s这段时间的平均速度大小是20m/s．14．某人在相距10m的A、B两点间练习折返跑，他由静止从A出发跑向B点，到达B点后立即返回A点．设加速过程和减速过程都是匀变速运动，加速过程和减速过程的加速度分别为4m/s2和8m/s2，运动过程中最大速度为4m/s，从B点返回过程中达到最大速度后即保持该速度运动到A点，求：（1）从B点返回A点过程中以最大速度运动的时间；（2）从A点运动到B点与从B点返回到A点两过程的平均速度大小之比．【考点】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．【分析】（1）设最大速度为v m，抓住总位移，结合匀变速直线运动的推论和匀速运动的位移求出从B点返回A点过程中以最大速度运动的时间．（2）根据匀变速直线运动的运动学公式和推论分别求出从A点运动到B点和B点到A点的时间，结合平均速度的定义式求出平均速度大小之比．【解答】解：（1）设此人加速运动过程中的加速度大小为a1=4m/s2，匀速运动的速度为v m=4m/s，从静止到加速至最大速度所用时间为t1，加速的位移大小为s1，从B点返回A点过程中匀速运动的时间为t2，A、B两地间的距离为L，由运动学方程可得：v m=a1t1①②L﹣s1=v m t2③由①～③式并代入数据可得：t2=2s（2）设此人从A点运动到B点过程中匀速运动的时间为t3；减速过程中的加速度大小为a2=8m/s2，减速运动位移大小为s4，的时间为t4，由运动学方程可得：v m=a2t4④⑤L﹣s1﹣s4=v m t3⑥⑦由②式及④～⑦并代入数据可得：．答：（1）从B点返回A点过程中以最大速度运动的时间为2s；（2）从A点运动到B点与从B点返回到A点两过程的平均速度大小之比为12：13．15．水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R，在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的（0，2l）、（0，﹣l）和（0，0）点，已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动，B平行于x轴朝x轴正向匀速运动，在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点（l，l），假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】根据运动学公式求出t时刻A的纵坐标，B的横坐标，抓住橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R到A和B的距离之比都为2：1，根据相似三角形，结合运动学公式求出B 的运动速度．【解答】解：设B车的速度大小为v．如图，标记R的时刻t通过点K（l，l），此时A、B的位置分别为H、G．由运动学公式，H的纵坐标y A，G的横坐标x B分别为①x B=vt ②在开始运动时，R到A和B的距离之比为2：1，即OE：OF=2：1由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R到A和B的距离之比都为2：1．因此，在时刻t有HK：KG=2：1 ③由于△FGH∽△IGK，有HG：KG=x B：（x B﹣l）④HG：KG=（y A+l）：（2l）=3：1 ⑤联立各式解得答：B运动速度的大小为．2016年9月7日。

湖南省邵阳市第二中学2016届高三第一次月考数学（理）试题满分：150分 时量：120分钟一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．设集合2{|12},{|1}A x x B x x =-<<=≤，则（ ）A ．B ．C ．D ．2．若（、是实数，是虚数单位），则复数的共轭复数等于（ ）A ．B ．C ．D ．1+ i3．一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．2π+B ．C ．D ． 44．执行右图的程序框图，若输出的，则输入整数的最大值是( )A ．15B ．14C ．7D ．65．以双曲线的离心率为首项，以函数的零点为公比的等比数列的前项的和（ ）A ．B ．C ．D ．6．已知a=（sinx+cosx ）dx ，在（1+ax ）6（1+y ）4的展开式中，xy 2项的系数为（ ）A ．45B ． 72C ． 60D ． 1207．已知P （x ，y ）为区域内的任意一点，当该区域的面积为4时，z=2x ﹣y 的最大值是（） A ．6 B ．0 C ．2 D ．28. 已知函数()sin()(0)3f x x πωω=+>的最小正周期为，则该函数图象（ ）A ．关于直线对称B ．关于直线对称C ．关于点(，0)对称D ．关于点(，0)对称9．设随机变量ξ～N （2，4），若P （ξ＞a+2）=P （ξ＜2a ﹣3），则实数a 的值为（ ）A ．1B ．C ．5D ．910. 函数的定义域为，若对于任意，当时，都有，则称函数在上为非减函数。

设函数在上为非减函数，且满足以下三个条件： （1） ， （2） ， （3） 。

则等于（ ）A. B. C. 1 D.11．已知函数，若a ，b ，c 互不相等，且满足f （a ）=f （b ）=f （c ），则a+b+c 的取值范围是（ ）A ．（1，10）B ．（5，6）C ．（2，8）D ．（0，10）12．已知抛物线y 2=4x ，圆F ：（x ﹣1）2+y 2=1，过点F 作直线a ，自上而下顺次与上述两曲线交于点A ，B ，C ，D ，则|AB|•|CD|的值正确的是（ ）A ．等于1B ．最小值是1C ．等于4D ．最大值是4二、填空题:(本大题共4小题，每小题5分，共20分. 把答案填在答题卡上的相应横线上)13．已知两个向量,若，则的值是________；14．表示函数的导数，在区间上随机取值，G()的概率为 ；15．下列命题:①当时，的最小值为2；②对于任意的内角、、满足：222sin sin sin 2sin sin cos A B C B C A =+-；③对于命题p ：∃x ∈R ，使得x 2+x+1＜0．则￢p ：∀x ∈R ，均有x 2+x+1≥0④如果函数在某个区间内可导，则f(x)的导数是函数在该区间上为增函数的充要条件.其中正确命题的序号为 .（填上所有正确命题的序号）16．.给定集合A ＝{a 1，a 2，a 3，…，a n }(n ∈N ，n ≥3)，定义a i ＋a j (1≤i <j ≤n ，i ，j ∈N )中所有不同值的个数为集合A 两元素和的容量，用L (A )表示，若A ＝{2,4,6,8}，则L (A )＝ ；若数列{a n }是等差数列，设集合A ＝{a 1，a 2，a 3，…，a m }(其中m ∈N *，m>1)，则L (A )关于m 的表达式为 .三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．（本小题满分12分）已知函数f(x)=sinxsin()，x ．(1)求y=f(x)的正零点； (2)设f(x)的所有正零点依次组成数列，数列满足=0，=，ｎＮ＋ ，求的通项公式。

2015-2016 学年湖南省邵阳一中高三（上）第一次月考物理试卷一、选择题（ 1-10 题为单选， 11-13 题每小题有几个正确选项，每小题4分共 52分）1．在如图所示四个图象中，表示物体做匀加速直线运动的图象是（）A．B．C．D．2．一个作自由落体运动的物体，从开始运动起，通过连续的三段路程，所用的时间分别是t、 2t、 3t，这三段路程的大小之比为（）222333A．1：2：3 B．1 ：2： 3C．1 ：2： 3D．1： 3： 53．甲、乙两物体先后从同一地点出发，沿一条直线运动，它们的v﹣t 图象如图所示，由图可知（）A．甲比乙运动快，且早出发，所以乙追不上甲B． t=20s 时，乙追上了甲C．在 t=20s 之前，甲比乙运动的快；在t=20s 之后乙比甲运动快D．由于乙在t=10s 时才开始运动，所以t=10s 时，甲在乙前面，它们之间距离为乙追上甲前最大4．物体静止于倾角为θ的斜面上，当斜面倾角θ缓缓减小时，物体所受力的变化情况是（）A．重力、支持力、静摩擦力均增大B．重力不变，支持力减小，静摩擦力不变C．重力不变，支持力、静摩擦力增大D．重力不变，支持力增大，静摩擦力减小5．运动的升降机的顶板上有一个螺丝脱落到它的地板上，当升降机的运动分别处于加速上升、匀速上升、匀速下降和加速下降这四种情况下，螺丝从脱落到落到地板上的时间分别为t1、 t2、 t3和 t 4，比较这四种情况下的落地时间，正确的表达式是（）A ． t1＜ t2＜ t3＜ t4B． t1＜t 2=t3＜ t 4C． t1=t2=t3=t 4 D．t 1＞ t2＞ t 3＞ t46．物体 B 放在物体 A 上， A 、 B 的上下表面均与斜面平行，如图所示，当两者以相同的初速度靠惯性沿粗糙固定斜面 C 向上做匀减速运动时（）A ． A 受到B 的摩擦力沿斜面方向向上B． A 受到 B 的摩擦力沿斜面方向向下C． A 、 B 之间的摩擦力为零D． A 、 B 之间是否存在摩擦力取决于 A 、B 表面的性质7．一个步行者以6m/s 的速度匀速追赶一辆被红灯阻停的汽车，当他距离汽车25m 时，绿灯亮了，汽车以1m/s2的加速度匀加速启动前进，下列结论正确的是（）A ．人能追上汽车，追赶过程中人跑了36mB．人不能追上汽车，人车最近距离是7mC．人能追上汽车，追上前人共跑了43mD．人不能追上汽车，且汽车开动后人车相距越来越远8．如图所示，一小球从 A 点由静止开始沿斜面做匀变速直线运动，若到达 B 点时速度为v，到达 C 点时速度为2v，则AB ：BC等于（）A．1：1 B．1： 2 C．1：3 D．1：49．如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，是光滑的．一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为O 点为其球心，碗的内表面及碗口m1和 m2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为 m1的小球与O 点的连线与水平线的夹角为α=60°．两小球的质量比为（）A．B．C．D．10．如图所示，滑轮固定在天花板上，细绳跨过滑轮连接物体 A 和 B ，物体 B 静止于水平地面上，用F f和F N分别表示地面对物体 B 的摩擦力和支持力，现将物体 B 向左移动一小段距离，仍静止，下列说法正确的是（）A ． F f和 F N都增大B ． F f和 F N都减小C． F f增大， F N减小 D ．F f减小， F N增大11．半圆柱体P 放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN ．在半圆柱体P 和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的截面图．现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q 滑落到地面之前，发现P 始终保持静止．则在此过程中，下列说法中正确的是（）A ． MN 对 Q 的弹力逐渐减小B ．P 对 Q 的弹力逐渐增大C．地面对P 的摩擦力逐渐增大 D ．Q 所受的合力逐渐增大12．如图所示是一辆汽车做直线运动的s﹣ t 图象，对线段OA ，AB ， BC ， CD 所表示的运动，下列说法正确的是（）A ． OA 段运动最快B． AB 段静止C． CD 段表示的运动方向与初始运动方向相反D．运动 4 h 汽车的位移大小为60km13．如图所示，光滑大球固定不动，它的正上方有一个定滑轮，放在大球上的光滑小球（可视为质点）用细绳连接，并绕过定滑轮，当人用力 F 缓慢拉动细绳时，小球所受支持力为N，则 N ， F 的变化情况是（）A．N 变大B．N 不变C．F 变大D．F 变小二、实验题（本题共 2 小题，每空 2 分共18 分）14．某同学用打点计时器研究小车的匀变速直线运动，他将打点计时器接到频率为50Hz 交流电源上，实验时得到一条纸带如图，他在纸带上便于测量的地方选取第一个计数点，的在这点下标明 A ，第六个点下标明B，第十一个点下标明C，第十六个点下标明 D ，第二十一个点下标明E．测量时发现 B 点已模糊不清，他只测得AC 长为 14.56cm，CD 长为 11.15cm，DE 长为 13.73cm．（1）为了探究匀变速直线运动的规律，该同学所取的计时点个数（填字母序号）A ．偏少B．偏多C．合适（2）若小车是做匀变速直线运动，由该同学所测的实验数据，请你帮他求出：打 C 点时小车的瞬时速度v C=m/s，小车的加速度a=m/s2， AB的距离应为cm，条A 点时小车的瞬时速度v A =m/s．（计算结果保留三位有效数字）15．在“探究共点力合成规律”的实验中，某同学经历了以下实验步骤：A ．在白纸上按比例作出两个力F1和 F2的图示，根据平行四边形定则作图求出合力F；B．只用一个弹簧测力计，通过细绳把橡皮筋拉至同样长度；C．记下两个弹簧测力计F1和 F2的读数，并且记录它们的方向；D．在水平放置的木板上，垫一张白纸，把橡皮筋的一端固定在板上P 点，用两条细绳连接在橡皮筋的另一端，通过细绳同时用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮筋，使橡皮筋与细绳的连接点到达某一位置O，并记下此位置，如图所示；E．记下弹簧测力计的读数F′和细绳方向，按同一比例作出这个力的图示，比较这个实测合力 F′和按平行四边形定则求出的合力F，看它们的大小和方向是否相近；F．用刻度尺测量出P、 O 之间的距离并记录；G．改变两弹簧测力计拉力的大小和方向，多次重复实验，并得出结论．（1）上述实验步骤有明显的错误，这个步骤是（填选项前的字母）；正确的操作应为．（2）上述实验步骤中有一步骤是多余的，这个步骤是（填选项前的字母）；（3）将以上实验步骤按正确顺序排列，应为（填选项前的字母）．三、解答题16．某驾驶员驾驶汽车以30m/s 的速度匀速行驶，突然发现前方约80m 处有一人牵着一头牛横穿马路，驾驶员立即采取刹车措施，若驾驶员反应时间为0.5s，汽车刹车的最大加速度为 7.5m/s2，试问该汽车是否发生安全事故？17．如图所示，轻细绳 OA 、OB 在结点 O 悬挂一个重力 G=60N 的重物，绳 OA 与竖直方向的夹角θ=30°，绳 OB 沿水平方向．求：（1）绳 OA 和绳 OB 中的弹力分别多大？（2）若绳 OA 承受的最大弹力为 100N ．绳 OB 能承受的最大弹力为 40N，此悬挂装置能悬挂的最大重量多大？18．如图，一滑块通过长度不计的短绳拴在小车的板壁上，小车上表面光滑．小车由静止开始向右匀加速运动，经过2s，细绳断裂．细绳断裂后，小车的加速度不变，又经过一段时间，滑块从小车左端掉下，在这段时间内，已知滑块相对小车前3s 内滑行了 4.5m，后 3s 内滑行了10.5m．求（1）小车底板长是多少？（2）从小车开始运动到滑块离开车尾，滑块相对于地面移动的距离是多少？2015-2016 学年湖南省邵阳一中高三（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、（ 1-10 ， 11-13 每小有几个正确，每小4分共 52分）1．【考点】匀速直运的速度与的关系；匀速直运的位移与的关系．【】运学中的像．【分析】根据速度象直接出速度的化情况，根据的斜率分析加速度如何化，位移象的斜率等于速度，确定物体的运情况．【解答】解： A 、速度均匀增大，加速度不，明物体做匀加速直运，符合意．故A 正确．B、速度均匀减小，明物体做匀减速直运，不符合意．故 B ．C、物体的位移不随而化，明物体于静止状，故 C ．D、位移随均匀增大，明物体做匀速直运．故 D ．故 A【点】本是象，由形状直接出物体速度的化，关要抓住速度的“斜率”等于加速度，位移象的斜率等于速度．2．【考点】自由落体运；匀速直运的位移与的关系．【】自由落体运．【分析】求解三段路程，可以先求第一段的路程，再求前两段的路程，再求前三段的路程；前两段的路程减去第一段的路程，就等于第二段的路程；前三段的路程减去前两段的路程就等于第三段的路程；物体做匀加速直运，可利用推物体在相等的内通的位移之比等于1： 3：5：⋯：（ 2n 1）加以解答．【解答】解：根据x=at2可得物体通的第一段位移x1= a×1t2又前 2t 的位移减去前t 的位移就等于第二段的位移故物体通过的第二段位移为x2= a×（ 1+2）2t 2﹣a×1t2=a×8t2又前 6s 的位移减去前3s 的位移就等于第三段的位移故物体通过的第三段位移为x3= a×（ 1+2+3）2t2﹣a×（ 1+2）2t2=a×27t2故 x1： x2： x3=1： 8：27故选 C．【点评】本题求解第二段和第三段位移的方法十分重要，要注意学习和积累，并能灵活应用．3．【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】速度时间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．通过速度的大小比较运动的快慢．【解答】解：A 、在 10﹣ 20s 内，甲的速度大于乙的速度，20s 后，乙的速度大于甲的速度．故A 错误， C 正确．B、在 t=20s 时，甲、乙图线围成的面积不等，知乙未追上甲．故 B 错误．D、乙在 t=10s 时才开始运动，所以t=10s 时，甲在乙前面，在速度相等前，甲的速度大于乙的速度，两者距离越来越大，速度相等时，相距最大．故 D 错误．故选： C．【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率以及图线与时间轴围成的面积表示的含义．4．【考点】物体的弹性和弹力．【专题】定性思想；推理法；受力分析方法专题．【分析】斜面倾角θ缓慢变小的过程中，物体相对于斜面静止，根据物体垂直于斜面方向的力平衡，得到支持力F N和重力 G、θ的关系式．根据平行于斜面方向的力平衡，得到物体受到静摩擦力与G 的关系，由平衡条件研究其变化情况．【解答】解：物体受重力、支持力和静摩擦力，木板倾角θ缓慢变小的过程中，物体的合力为零，根据共点力平衡条件，有：垂直斜面方向：F N=Mgcosθ，θ减小， F N增加；平行斜面方向：F f=Mgsin θ，θ减小， F f减小；当地的重力加速度不变，所以重力一定不变，故D正确．故选：D【点评】对于摩擦力，要根据物体的状态，区分是静摩擦力还是滑动摩擦力，静摩擦力由平衡条件研究．5．【考点】竖直上抛运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】电梯上升时，螺丝脱落后做竖直上抛运动；电梯下降时，螺丝脱落后做竖直下抛运动；当两者位移之差等于h 时，螺丝落到地板上，根据位移时间公式和位移关系列式求解时间．【解答】解：取竖直向上方向为正方向．当电梯匀加速上升时，设螺丝脱落瞬间电梯的速度为v，则有：h=（ vt1+ at12）﹣（ vt1﹣ gt12）解得： t1=当 a=0 时即升降机匀速上升或下降时，t2=t3 =当 a＜ 0 时，升降机匀加速下降，可得：t 4=则知： t1＜ t2=t3＜ t4．故选： B．【点评】此题可看成追及问题，关键要抓住电梯与螺丝位移的关系，运用匀变速直线运动的规律列式进行分析．6．【考点】牛顿运动定律的综合应用；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】先对 A 、B 整体受力分析，求出加速度；再隔离出物体 B ，受力分析，根据牛顿第二定律列方程求未知力．【解答】解：先对A、 B 整体受力分析，受重力、支持力和平行斜面向下的滑动摩擦力，合力沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有：（ m1+m 2）gsin θ+（μm1+m 2）gcosθ=（ m1+m 2）a （θ为斜面的倾角）解得： a=gsin θ+μgcosθ①再隔离出物体 B 受力分析，受重力、支持力，假设有沿斜面向上的静摩擦力f，如图根据牛顿第二定律，有m2gsin ﹣θf=ma ②由①②两式可解得f= ﹣μm2gcos θ负号表示摩擦力与假设方向相反，即 A 对 B 的静摩擦力平行斜面向下；根据牛顿第三定律， B 对 A 的静摩擦力平行斜面向上；故 A 正确，B错误， C错误，D 错误；故选 A．【点评】本题关键先用整体法求出整体的加速度，然后隔离出物体B，假设摩擦力为 f ，对其受力分析后根据牛顿第二定律求解出摩擦力．7．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】追及、相遇问题．【分析】两者速度相等时如能追上就可以追上，如追不上以后也追不上，此时两者距离最近，根据运动学基本公式即可解题．【解答】解：设经过时间t 两者速度相等，t==s=6s此时步行者的位移为x1 =vt=6 ×6m=36m汽车的位移为=m=18mx1﹣ x2=18m＜ 25m故不能追上人车最近距离是△x=25m﹣（x1﹣x2）=7m故选 B．【点评】本题在追击问题中考查了运动学基本公式的应用，对于这些基本公式注意平时加强理解和应用．8．【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出 AB 、 AC 之比，从而求出 AB 、BC 之比．【解答】解：根据匀变速直线运动的速度位移公式知，，，所以 AB ： AC=1： 4，Z 则 AB ：BC=1：3．故 C 正确， A 、B、D 错误．故选 C．【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式．9．【考点】共点力平衡的条件及其应用．【专题】计算题；压轴题．【分析】先对m2球受力分析，受重力和拉力，二力平衡，求出拉力；再对m1球受力分析，根据共点力平衡条件列式求解．【解答】解： m2球保持静止状态，对其受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故F=m2g①再对 m1球受力分析，如图根据共点力平衡条件x 方向：Fcos60 ﹣° Ncos60 °=0②y方向：Fsin60 +Nsin60°° m1g=0③﹣由①②③代入数据解得=故选： A．【点评】本题是简单的连接体问题，先分析受力最简单的物体，再分析受力较复杂的另一个物体，同时要运用正交分解法处理较为方便．10．【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】在物快 B 向左缓慢移动一小段距离的过程中，绳子对 B 的拉力大小一直不变．再对 B 进行受力分析，用共点力的平衡求解．【解答】解：对物快 B 受力分析，受到重力G、绳子的拉力m A g、地面的支持力F N和摩擦力F f四个力的作用，如图在水平方向上：F f=m A gcos α在竖直方向上：F N=G﹣ m A gsinαF f变小，物快 B 向左缓慢移动一小段距离，α变大，m A gcos α变小，m A gsinα变大，所以F N也变小．选项 B 正确，选项ACD错误．故选： B．【点评】利用共点力平衡条件解题是，一定要正确的对物体进行受力分析．本题还有就是正确分析物体 B 位置改变后，绳子拉力在水平和竖直方向的分力的变化．11．【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】先对圆柱体Q 受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P 对Q 的支持力，其中重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P 对Q 的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件并运用合成法得到各个力的变化规律；最后对PQ 整体受力分析，根据共点力平衡条件得到地面对整体的摩擦力情况．【解答】解： A 、B、对圆柱体Q 受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P 对Q 的支持力，如图重力的大小和方向都不变，杆MN 的支持力方向不变、大小变，半球P 对 Q 的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到N1=mgtan θ由于θ不断增大，故N 1不断增大， N2也不断增大；故A错误，B正确；C、对 PQ 整体受力分析，受到总重力、MN 杆的支持力N 1，地面的支持力N3，地面的静摩擦力 f，如图根据共点力平衡条件，有f=N 1=mgtan θf 不断增大，故 C 正确；由于θ不断增大，故D、物体Q 一直保持静止，则合力为零，故 D 错误；故选 BC．【点评】本题关键先对物体Q，再对物体PQ 整体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出各个力的表达式进行分析处理．12．【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】运动学中的图像专题．【分析】位移图象的斜率等于速度，由数学知识分析速度的大小．斜率的正负表示速度的方向．由位移等于坐标的变化量，求解4h内汽车的位移．【解答】解： A 、由图看出， CD 段斜率最大，汽车的速度最大，运动最快．故 A 错误．B、 AB 段速度为零，说明汽车静止．故 B 正确．C、OA 段斜率为正值，说明汽车的速度沿正方向，CD 段斜率为负值，说明汽车的速度沿负方向，所以 CD 段表示的运动方向与初始运动方向相反．故 C 正确．D、运动 4h 后汽车回到了出发点，位移为0．故 D 错误．故选： BC【点评】本题是位移图象的识别和理解问题，关键从数学的角度：斜率等于速度来分析和理解图象的物理意义．13．【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】定性思想；相似三角形法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】对小球受力分析，小球受三个力而处于动态平衡状态，由共点力的平衡条件画出几何图形，由几何关系相似三角形可得出N、F 的变化．【解答】解：由图可知，小球处于平衡状态，则支持力N 与拉力T 的合力F′与重力G 大小相等．由于三个力构成的三角形与△O′AO相似，则有：，由于在拉动小球的过程中，AO 变短， R+h 及 R 不变，故 F 变小， N 不变，故 BD 正确．故选： BD要认真体会题目中的解题【点评】本题为动态平衡中应用相似三角形定则解题的典型题目，方法．二、实验题（本题共 2 小题，每空 2 分共 18 分）14．【考点】测定匀变速直线运动的加速度．【专题】实验题；直线运动规律专题．【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上 C 点时小车的瞬时速度大小．【解答】解：（ 1）本实验根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，应多取一些数据，根据作差法求出加速度，再求平均值，而该同学只取两组数据，计数点偏少，故 A 正确；（2）由于第 1 个计数点，在该点下标明 A ，第6 个点下标明B，第11 个点下标明C，第16个点下标明 D ，第21 个点下标明E，可知相邻的计数点间的时间间隔t=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得： v C==0.986m/s由于AC间的时间间隔T=0.2s ，CE间的时间间隔也为T=0.2s ，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT 2可以求出加速度的大小，x DE﹣ x CD =△x=aT 2，a=2.58m/s2；（3）根据匀变速直线运动的推论公式x m﹣ x n=（ m﹣ n） aT2，x DE﹣ x CD =△x=2.58cmx CD﹣ x AB =2△x所以： x AB =x CD﹣2△x=5.99cm根据匀变速直线运动速度时间公式得：v C=v A +2aT解得： v A =0.986 ﹣0.2 ×2.58=0.470m/s；故答案为：（ 1） A ；（ 2） 0.986； 2.58； 5.99 ；0.470．【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，会根据作差法求出加速度，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．15．【考点】验证力的平行四边形定则．【专题】实验题；定性思想；推理法；平行四边形法则图解法专题．【分析】（ 1）该实验的原理是用一个弹簧秤拉力和两个弹簧秤拉力产生相同的形变效果等效来验证力的平行四边形定则的；（2）该实验要使一个弹簧秤拉力和两个弹簧秤拉力产生相同的形变效果，不需要测量行变量的具体数值，只需要使橡皮条沿着同一方向伸长相同的长度即可；（3）按照先组装器材、测量分力、求解合力的理论值、测量合力的实际值、分析实验数据的顺序排列实验步骤【解答】解：（ 1）步骤 B 中，没有说明沿着同一方向拉橡皮条达到同样长度，故合力的方向可能测量错误；（2）该实验要使一个弹簧秤拉力和两个弹簧秤拉力产生相同的形变效果，不需要测量行变量的具体数值，只需要使橡皮条沿着同一方向伸长相同的长度即可，故不需要测量P、O 之间的距离；（3）组装器材，测量分力：DC；求解合力的理论值： A ；测量合力的实际值：BE ；分析实验数据：G；故答案为：（1） B ；只用一个测力计，通过细绳把橡皮筋拉至O 位置；（2） F；（3） DCABEG【点评】本题关键明确“探究共点力合成规律”的实验的实验原理，是用一个弹簧秤拉力和两个弹簧秤拉力产生相同的形变效果等效来验证力的平行四边形定则的；然后按照该原理设计实验步骤．三、解答题16．【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】汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动直到停止，根据位移公式求出匀速直线运动和匀减速直线运动的位移，判断是否有安全问题．【解答】解：汽车在反应时间内做匀速直线运动，位移为s1=vt 1=30 ×0.5m=15m汽车刹车做匀减速运动直到停车的位移为s2= =m=60m所以汽车的总位移为s=s1+s2=75m ＜ 80m故不发生安全事故．答：该汽车不发生安全事故．【点评】解决本题的关键知道汽车在整个过程中的运动情况，结合灵活运用运动学公式求解．17．【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】（ 1）由题系统处于静止状态，以结点O 为研究对象，分析受力情况，作出力图，由平衡条件求出AO 绳和 OB 绳的拉力．（2）运用假设法，判断哪根绳子的拉力先达到最大，再由平衡条件求解能悬挂的物体最大重量．【解答】解：（1）以结点O 为研究对象，分析受力情况，作出力图如图．CO 绳对 O 点的拉力大小等于重力 G，即 F CO=G=60N ．由平衡条件得知：CO 绳的拉力F CO和 OB 绳的拉力F BO的合力与F AO等值、反向．由几何关系得：F AO===N=40N ，F BO=mgtan θ =60 × tan30 ° N=20，（2）随着悬挂物体重力的增加，绳OA 和绳OB 的弹力都增大，假设OA 绳的弹力达到最大值时，OB 的拉力为：F OB=F AO sinθ =100 × sin30° N=5＞40N，即大于绳OB能承受的最大弹力可知 OB 绳的弹力先达到最大值，应根据绳OB能承受的最大弹力40N求解悬挂装置能悬挂的最大重量．最大重量为G max===40N答：（ 1）绳 OA 和绳 OB 中的弹力分别是40N 和 20N．（2）若绳 OA 承受的最大弹力为 100N ．绳 OB 能承受的最大弹力为 40N，此悬挂装置能悬挂的最大重量是 40 N ．【点评】本题是悬绳固定的物体平衡问题，往往以结点为研究对象，正确分析受力，作出力图，再灵活运用假设法，由平衡条件解题．18．【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】压轴题；牛顿运动定律综合专题．【分析】（ 1）绳子断裂前，物块和小车一起做匀加速运动，绳子断裂后，小车以不变的加速度做匀加速运动，物块做匀速直线运动，根据滑块相对小车前3s 内滑行了 4.5m，求出绳子断裂时的速度，再根据后3s 内滑行了 10.5m，求出后3s 内的初速度，从而确定滑块在小车上运动的总时间，分别求出小车和木块的位移，两者位移之差为小车的板长．（2）滑块相对于地面做匀速直线运动，根据s 滑=v 1t 总求出相对于地面移动的距离．【解答】解：设小车加速度为a．断裂时，车和物块的速度为v1=at=2a．断裂后，小车的速度 v=v 1+at，小车的位移，滑块的位移s2=v 1t前 3s，设后 3s 初速度为v1′，则小车的位移，滑块的位移s2′ =v1ts1′﹣ s2′ =3v1′ +4﹣.5 3v1 =10.5m，解得 v1′ =4m/s由此说明后3s 实际上是从绳断后2s 开始的，滑块与小车相对运动的总时间为t 总 =5s．（1）小车底板总长=（2）滑块相对地位移，s 滑 =+v1 t 总 =．【点评】解决本题的关键知道绳子断裂后，小车以不变的加速度做匀加速运动，物块做匀速直线运动．再根据匀变速直线运动的公式进行求解．。

邵阳市二中高三第一次月考试题生物（Ⅱ）说明：1、考试时间90分钟，总分100分2、答案必需填写在答题卡上3、考完后请大家保存好试卷，以便讲解一、单项选择题（2分×30=60分）1、下列与水有关的生理过程的叙述，正确的是A．在逆转录过程中不会产生水B．某些细菌进行有氧呼吸产生大量水的阶段发生在线粒体内膜C．冲动传导时需消耗ATP释放的能量，ATP分解会产生水D．光合作用和有氧呼吸过程中，水既是反应物又是产物2、下列是有关检测生物组织中的糖类、脂肪和蛋白质实验的叙述，其中正确的是①斐林试剂的甲液和乙液与双缩脲试剂的成分是相同的②双缩脲试剂的A液与斐林试剂甲液的成分是相同的、B液与乙液的成分不相同③斐林试剂与双缩脲试剂的使用方法是一样的，都要现配现用④还原糖检验中的颜色变化是：浅蓝色→棕色→砖红色，其中的砖红色是Cu2O ⑤制作花生临时切片时，洗去浮色用的是体积分数为50%的酒精⑥观察花生临时切片，看到的是一片橘红色，而不是橘黄色的脂肪颗粒⑦双缩脲试剂的使用方法是先加甲液后加乙液，加完之后立刻加热，出现的颜色是紫色A．①②⑥⑦ B．②③⑦ C．①⑤⑥ D．①④⑤3、微量元素在生物体内含量虽然很少，却是维持正常生命活动不可缺少的。

下列实例可以证实该理论的是A．缺Mg时叶片变黄 B．油菜缺B时只开花不结果C．动物血液中钙盐的含量太低会抽搐 D．缺P会影响ATP的合成4、如图是细胞中几种重要化合物的元素组成。

下列相关叙述中，错误的是A．植物组织培养过程中，如果缺乏了Mg元素，植物的叶片呈黄色B．蛋白质若含Fe或S元素，这些元素一定位于R基团中C．ATP中含有腺嘌呤D．人体缺乏I元素，促甲状腺激素释放激素分泌减少，促甲状腺激素分泌增加5、下列基本单位对应有误的是A．核糖体——氨基酸和核苷酸 B．酶——氨基酸或核苷酸C．淀粉——麦芽糖和葡萄糖 D．生物进化——种群6、某蛋白质由a条肽链、b个氨基酸组成，且已知氨基酸中共有c个氧原子、d个氮原子，下列说法错误的是A．c˃b˃a，d≧b B．蛋白质中游离的氨基数=d－b＋aC．蛋白质中氧原子数=c－b＋a D．蛋白质的结构多样性与a、b的空间结构有关7、某四十肽中有丙氨基(R基为—CH3)2个，现脱掉其中的丙氨酸(相应位置如图)得到几种不同的有机产物，其中脱下的氨基酸均以游离态正常存在。

湖南省邵阳市邵阳县石齐学校2015-2016学年高三（上）第一次月考物理试卷一、选择题（共48分，本大题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至12题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．关于伽利略对自由落体运动的研究，下列说法中正确的是（）A．伽利略认为在同一地点，重的物体和轻的物体下落快慢不同B．伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比D．伽利略用小球在斜面上验证了运动速度与位移成正比2．一个由静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起连续发生3段位移，在这3段位移中所用的时间分别是1s，2s，3s，这3段位移的大小之比和这3段位移上的平均速度之比分别为（）A．1：22：32；1：2：3 B．1：23：33；1：22：32C．1：2：3；1：1：1 D．1：3：5；1：2：33．某质点沿x轴运动，它的位置坐标x与时间t的关系为x=2t2﹣3t，由此可知t=2s时它的速度和加速度的大小分别为（）A．5m/s，4m/s2 B．2m/s，2m/s2 C．﹣1m/s，2m/s2 D．1m/s，4m/s24．关于超重和失重，下列说法中正确的是（）A．超重就是物体受的重力增加了B．失重就是物体受的重力减少了C．完全失重就是物体一点重力都不受了D．不论超重或失重甚至完全失重，物体所受重力是不变的5．如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物体A和B，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接，物体A以速率v A=10m/s匀速运动，在绳与轨道成30°角时，物体B的速度大小v B为（）A．5 m/s B．m/s C．20 m/s D．m/s6．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图所示是这个装置的截面图，若用外力使MN保持竖直且缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（）A．MN对Q的弹力逐渐减小B．地面对P的摩擦力逐渐增大C．P、Q间的弹力先减小后增大D．Q所受的合力逐渐增大7．如图所示，斜面上a、b、c、d四个点，ab=bc=cd，从a点正上方的O点以速度v水平抛出一个小球，它落在斜面上b点．若小球从O点以速度2v水平抛出，不计空气阻力，则它将落在斜面上的（）A．c点B．b与c之间某一点C．c与d之间某一点D．d点8．质量为m的物体放在A处的地平面上，用竖直向上的力F拉物体，物体的加速度a与拉力F的关系图线如图中A所示，质量为m′的另一物体在B地做类似实验，得a﹣F的关系如图中B所示，A．B两线的延长线交Oa轴于同一点，设两地的重力加速度分别为g和g′，由图可知（）A．g′＜g B．m′＜m C．g′=g D．m′＞m9．如图所示，物体A，B间的摩擦力可以忽略不计，物体A受一水平推力F作用，使A，B一起以加速度a向左做匀加速运动，已知物体B的质量为m，物体A的斜面倾角为θ，则A对B的弹力大小为（）A．mgcosθB．C．D．10．物体甲的位移与时间图象和物体乙的速度与时间图象分别如图甲、乙所示，则这两个物体的运动情况是（）A．甲在整个t=6 s时间内有来回运动，它通过的总位移为零B．甲在整个t=6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 mC．乙在整个t=6 s时间内有来回运动，它通过的总位移为零D．乙在整个t=6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 m11．如图所示，质量为m的物体在与斜面平行向上的拉力F作用下，沿着水平地面上质量为M的粗糙斜面匀速上滑，在此过程中斜面保持静止，则地面对斜面（）A．无摩擦力B．支持力等于（m+M）gC．支持力为（M+m）g﹣FsinθD．有水平向左的摩擦力，大小为Fcosθ12．如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A．已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出（）A．轰炸机的飞行高度B．轰炸机的飞行速度C．炸弹的飞行时间D．炸弹投出时的动能二、实验题，（本题共14分，13题6分，14题8分，），把答案填在答题卡上13．物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门l更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门l运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h．（l）使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示，则小球直径为cm．（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h= ．（3）根据实验数据作出﹣t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为．14．如图所示，在“研究平抛物体运动”的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长l=1.25cm．若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v o= （用l、g表示），小球在b点的速率是．（取g=9.8m/s2）．三、计算题（本题共4小题，共48分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15．（10分）（2014•陕西校级模拟）甲车以10m/s的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以4m/s的速度与甲车同向做匀速直线运动，甲车经过乙车旁边开始以0.5m/s2的加速度刹车，从甲车刹车开始计时，求：（1）乙车在追上甲车前，两车相距最大的距离．（2）乙车追上甲车所用的时间．16．（12分）（2014秋•上饶期末）如图所示，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B点悬挂一个定滑轮（不计重力），某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m=30kg，人的质量M=50kg，g取10m/s2．试求：（1）此时地面对人的支持力的大小；（2）轻杆BC和绳AB所受力的大小．17．（12分）（2014春•浔阳区校级期中）如图所示，半径为R的圆板匀速转动，当半径OB 转动到某一方向时，在圆板中心正上方高h处以平行OB方向水平抛出一小球，要使小球与圆板只碰撞一次，且落点为B，求：（1）小球的初速度的大小；（2）圆板转动的角速度．18．（14分）（2014秋•临沂期中）如图所示，静止在水平地面上的平板车，质量M=10kg，其上表面离水平地面的高度h=1.25m．在离平板车左端B点L=2.7m的P点放置一个质量m=1kg的小物块（小物块可视为质点）．某时刻对平板车施加一水平向右的恒力F=50N，一段时间后小物块脱离平板车落到地面上．（车与地面及小物块间的动摩擦因数均为μ=0.2，取g=10m/s2）求：（1）小物块从离开平板车至落到地面上所需时间；（2）小物块离开平板车时的速度大小；（3）小物块落地时，平板车的位移太小．湖南省邵阳市邵阳县石齐学校2015-2016学年高三（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共48分，本大题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至12题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．关于伽利略对自由落体运动的研究，下列说法中正确的是（）A．伽利略认为在同一地点，重的物体和轻的物体下落快慢不同B．伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比D．伽利略用小球在斜面上验证了运动速度与位移成正比考点：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．分析：要了解伽利略“理想斜面实验”的内容、方法、原理以及物理意义，伽利略斜面实验的卓越之处不是实验本身，而是实验所使用的独特的方法在实验的基础上，进行理想化推理．（也称作理想化实验）它标志着物理学的真正开端．解答：解：A、亚里士多德认为在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同，故A错误；B、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故B错误．C、伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比，故C正确．D、小球在斜面上运动运动速度与位移不成正比，故D错误，故选C．点评：伽利略的“理想斜面实验”是建立在可靠的事实基础之上的，它来源于实践，而又高于实践，它是实践和思维的结晶．2．一个由静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起连续发生3段位移，在这3段位移中所用的时间分别是1s，2s，3s，这3段位移的大小之比和这3段位移上的平均速度之比分别为（）A．1：22：32；1：2：3 B．1：23：33；1：22：32C．1：2：3；1：1：1 D．1：3：5；1：2：3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：要求连续的时间不等的三段时间内的位移之比，就要分别求出这三段时间内得位移，要求这三段位移，可以先求第一段的位移，再求前两段的位移，再求前三段的位移，前两段的位移减去第一段的位移，就等于第二段的位移，前三段的位移减去前两段的位移就等于第三段的位移；某段时间内的位移与所用时间的比值就等于该段时间内的平均速度．解答：解：根据x=at2可得物体通过的第一段位移为：x1=a×12= a又前3s的位移减去前1s的位移就等于第二段的位移，故物体通过的第二段位移为：x2=a×（1+2）2﹣×a×12=a×8=4a又前6s的位移减去前3s的位移就等于第三段的位移，故物体通过的第三段位移为：x3=a×（1+2+3）2﹣×a×（1+2）2=a×27=13.5a故x1：x2：x3=1：8：27在第一段位移的平均速度在第二段位移的平均速度在第三段位移的平均速度故==1：4：9故选B．点评：本题求解第二段和第三段位移的方法十分重要，要注意学习和积累，并能灵活应用．3．某质点沿x轴运动，它的位置坐标x与时间t的关系为x=2t2﹣3t，由此可知t=2s时它的速度和加速度的大小分别为（）A．5m/s，4m/s2B．2m/s，2m/s2C．﹣1m/s，2m/s2D．1m/s，4m/s2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：根据匀变速直线运动的位移时间公式得出质点的初速度和加速度，结合速度时间公式求出t=2s时的速度．解答：解：根据得，质点的初速度v0=﹣3m/s，加速度a=4m/s2，则2s时的速度v=v0+at=﹣3+4×2m/s=5m/s．故选：A．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式、位移时间公式，并能灵活运用，基础题．4．关于超重和失重，下列说法中正确的是（）A．超重就是物体受的重力增加了B．失重就是物体受的重力减少了C．完全失重就是物体一点重力都不受了D．不论超重或失重甚至完全失重，物体所受重力是不变的考点：超重和失重．专题：常规题型．分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．解答：解：A、超重是物体对接触面的压力大于物体的重力，物体的重力并没有增加，故A 错误B、物体对支持物的压力或者对悬挂物的拉力小于重力叫失重，但重力并不减少．故B错误C、当物体只受重力，物体处于完全失重状态，重力并不改变．故C错误D、不论超重或失重甚至完全失重，物体在同一位置所受重力是不变的，故D正确故选：D．点评：本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了．5．如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物体A和B，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接，物体A以速率v A=10m/s匀速运动，在绳与轨道成30°角时，物体B的速度大小v B为（）A．5 m/s B．m/s C．20 m/s D．m/考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：根据运动的合成与分解，结合A的速度与B的速度沿着绳子方向的速度大小相等，结合平行四边形定则求出物体B的速度．解答：解：将B点的速度分解如右图所示，则有：v2=v A，v2=v B cos30°．解得：v B==故选：D．点评：本题考查了运动的合成分解，知道小滑块沿着绳子的速度与A的速度大小相等，方向相．以及知道分运动与合运动具有等时性．6．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图所示是这个装置的截面图，若用外力使MN保持竖直且缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（）A．MN对Q的弹力逐渐减小B．地面对P的摩擦力逐渐增大C．P、Q间的弹力先减小后增大D．Q所受的合力逐渐增大考点：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Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，根据平衡条件求解出两个支持力；再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，再次根据共点力平衡条件列式求解．解答：解：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图根据共点力平衡条件，有N1=N2=mgtanθ再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，如图根据共点力平衡条件，有f=N2N=（M+m）g故f=mgtanθMN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大，P、Q受到的合力为零；故选B．点评：本题关键是先对物体Q受力分析，再对P、Q整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论．7．如图所示，斜面上a、b、c、d四个点，ab=bc=cd，从a点正上方的O点以速度v水平抛出一个小球，它落在斜面上b点．若小球从O点以速度2v水平抛出，不计空气阻力，则它将落在斜面上的（）A．c点B．b与c之间某一点C．c与d之间某一点D．d点考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：解答本题需要掌握：平抛运动的特点并能灵活应用，应用相关数学知识求解，如假设没有斜面的限制，将落到那点，有斜面和没有斜面的区别在哪里．解答：解：过b做一条与水平面平行的一条直线，若没有斜面，当小球从O点以速度2v水平抛出时，小球将落在我们所画水平线上c点的正下方，但是现在有斜面的限制，小球将落在斜面上的bc之间，故B正确，ACD错误．故选B．点评：本题考查角度新颖，很好的考查了学生灵活应用知识解题的能力，在学习过程中要开阔思路，多角度思考．如本题中学生可以通过有无斜面的区别，找到解题的突破口．8．质量为m的物体放在A处的地平面上，用竖直向上的力F拉物体，物体的加速度a与拉力F的关系图线如图中A所示，质量为m′的另一物体在B地做类似实验，得a﹣F的关系如图中B所示，A．B两线的延长线交Oa轴于同一点，设两地的重力加速度分别为g和g′，由图可知（）A．g′＜g B．m′＜m C．g′=g D．m′＞m考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：根据牛顿第二定律求出加速度a与拉力F的关系式，通过图线的斜率以及截距比较物体的质量和当地的重力加速度．解答：解：根据牛顿第二定律得，F﹣mg=ma，则a=﹣g．知图线的斜率表示质量的倒数，纵轴截距的大小表示重力加速度．从图象上看，A图线的斜率大于B图线的斜率，则m′＞m，纵轴截距相等，则g′=g．故C、D正确，A、B错误．故选：CD．点评：解决本题的关键通过牛顿第二定律求出加速度a与拉力F的关系式，根据图线的斜率和截距进行比较．9．如图所示，物体A，B间的摩擦力可以忽略不计，物体A受一水平推力F作用，使A，B一起以加速度a向左做匀加速运动，已知物体B的质量为m，物体A的斜面倾角为θ，则A对B的弹力大小为（）A．mgcosθB．C．D．考点：牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：对B进行受力分析，B在水平方向的合力产生加速度a，据牛顿第二定律求得合力大小再根据受力分析确定A对B弹力的大小．解答：解：对B受力分析如图所示：物体B在竖直向下的重力mg和A对B的弹力N作用下水平向左匀加速运动，由图可知，N和mg的合力为F′根据牛顿第二定律知F′=ma据数学知识可知：N===故选：BCD．点评：本题考查综合运用牛顿第二定律处理动力学问题的能力，常规题，比较简单，易造成漏选．10．物体甲的位移与时间图象和物体乙的速度与时间图象分别如图甲、乙所示，则这两个物体的运动情况是（）A．甲在整个t=6 s时间内有来回运动，它通过的总位移为零B．甲在整个t=6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 mC．乙在整个t=6 s时间内有来回运动，它通过的总位移为零D．乙在整个t=6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 m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：位移时间图线的斜率表示瞬时速度，根据纵坐标的变化量表示位移．速度时间图线的斜率表示加速度的大小，图线与时间轴围成的面积表示位移．速度的正负表示速度的方向．解答：解：A、B、根据位移时间图线的斜率表示瞬时速度，可知，甲在整个t=6s时间内一直沿正向运动，总位移为△x=2m﹣（﹣2m）=4m，故A错误，B正确．C、D、速度图象中，速度的正负，表示速度的方向，即表示物体的运动方向．速度先负后正，说明物体乙先沿负向运动，后沿正向运动，即有来回运动，根据图线与时间轴围成的面积表示位移，图线在t轴上方位移为正值，下方位移为负值，得知总位移为0，故C正确D 错误．故选：BC．点评：解决本题的关键知道速度时间图线和位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率分别表示的意义．11．如图所示，质量为m的物体在与斜面平行向上的拉力F作用下，沿着水平地面上质量为M的粗糙斜面匀速上滑，在此过程中斜面保持静止，则地面对斜面（）A．无摩擦力B．支持力等于（m+M）gC．支持力为（M+m）g﹣FsinθD．有水平向左的摩擦力，大小为Fcosθ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：斜面保持静止，所受的合力为零，物体匀速上滑，其合力也为零，将两个物体看成整体，分析受力情况，由平衡条件求解地面对斜面的支持力和摩擦力大小和方向．解答：解：以物体和斜面组成的整体为研究对象，分析受力情况：总重力（M+m）g、拉力F、地面的支持力N和摩擦力f，作出力图，根据平衡条件得：水平方向：f=Fcosθ，方向水平向左；竖直方向：N+Fsinθ=（M+m）g解得：N=（M+m）g﹣Fsinθ，f=Fcosθ．故选CD点评：本题两个物体的加速度都为零，可以作为整体进行研究，简单方便，也可以采用隔离法研究．12．如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A．已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出（）A．轰炸机的飞行高度B．轰炸机的飞行速度C．炸弹的飞行时间D．炸弹投出时的动能考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：轰炸机沿水平方向匀速飞行，释放的炸弹做平抛运动．因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，速度方向的夹角得知位移与水平方向夹角的正切值，再通过水平位移求出竖直位移，从而得知轰炸机的飞行高度，炸弹的飞行时间，以及炸弹的初速度．解答：解：A、B、C由图可得炸弹的水平位移为x=设轰炸机的飞行高度为H，炸弹的飞行时间为t，初速度为v0．据题：炸弹垂直击中山坡上的目标A，则根据速度的分解有：tanθ==又==联立以上三式得：H=h+，可知可以求出轰炸机的飞行高度H．炸弹的飞行时间t=，也可以求出t．轰炸机的飞行速度等于炸弹平抛运动的初速度，为v0=，可知也可以求出．故A、B、C 正确．D、由于炸弹的质量未知，则无法求出炸弹投出时的动能．故D错误．故选：ABC．点评：解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的一些推论，并能灵活运用．二、实验题，（本题共14分，13题6分，14题8分，），把答案填在答题卡上13．物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门l更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门l运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h．（l）使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示，则小球直径为 1.170cm．（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h=．（3）根据实验数据作出﹣t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为2k．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题．分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．根据自由下落的公式和匀变速直线运动的推论求出h、t、g、v四个物理量之间的关系．整理得到﹣t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系．解答：解：（1）主尺读数为1.1cm，游标读数为0.05×14=0.70mm=0.070cm，所以最终读数为1.1cm+0.070cm=1.170cm．（2）小球经过光电门2的速度为v，根据运动学公式得从开始释放到经过光电门2的时间t′=，所以从开始释放到经过光电门1的时间t″=t′﹣t=﹣t所以经过光电门1的速度v′=gt″=v﹣gt根据匀变速直线运动的推论得：两光电门间的距离h=t=（3）h=所以=v﹣gt若﹣t图线斜率的绝对值为k，k=g所以重力加速度大小g=2k．故答案为：（1）1.170；（2）；（3）2k．点评：要掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．整理图象所要求的表达式，根据斜率的物理意义求解．14．如图所示，在“研究平抛物体运动”的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长l=1.25cm．若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v o=（用l、g表示），小球在b点的速率是0.89m/s．（取g=9.8m/s2）．考点：研究平抛物体的运动．专题：实验题；平抛运动专题．分析：平抛运动竖直方向是自由落体运动，对于竖直方向根据△y=gT2求出时间单位T．对于水平方向由公式v0=求出初速度．由a、c间竖直方向的位移和时间求出b点竖直方向的分速度，运用速度的合成，求解b的速率．解答：解：设相邻两点间的时间间隔为T，竖直方向：2L﹣L=gT2，得到T=水平方向：v0=；小球在b点时，竖直方向上的瞬时速度等于，所以b点的速度带入数据解得：v b=0.89m/s故答案为：；0.89m/s点评：本题是频闪照片问题，频闪照相每隔一定时间拍一次相，关键是抓住竖直方向自由落体运动的特点，由△y=aT2求时间单位．。