山东省枣庄第八中学2015届高三第一学期第二次阶段性检测物理试题

山东省枣庄八中2015届高三第一学期期末测试物理试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

共100分。

考试时间90分钟。

第Ⅰ卷（选择题共60分）注意事项：1．答卷Ⅰ前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。

2．答卷Ⅰ时，每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。

不能答在试题卷上。

3．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每小题3分，共42分。

下列每小题所给选项1-8只有一项符合题意，9-14有多个选项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1．关于科学家的贡献，下列描述中正确的是（）A．卡文迪什利用扭秤巧妙地测得静电力常量k的数值B．开普勒根据行星运动的规律，提出了万有引力定律C．伽利略通过对斜面实验结论的合理外推，得出了自由落体运动的规律D．法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转，发现了电流的磁效应2．如图所示，“马踏飞燕”是汉代艺术家集高度智慧、丰富想象、浪漫主义精神和高超的艺术技巧的结晶，是我国古代雕塑艺术的稀世之宝，飞奔的骏马之所以能用一只蹄稳稳地踏在飞燕上，是因为A．马跑得快的缘故B．马蹄大的缘故C．马的重心在飞燕上D．马的重心位置和飞燕在一条竖直线上3．在杭宁高速公路上，分别有图示的甲、乙两块告示牌，告示牌上面数字的意思是：A．甲是指位移，乙是平均速度B．甲是指路程，乙是平均速度C．甲是指位移，乙是瞬时速度D．甲是指路程，乙是瞬时速度4．如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上．现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是（）A．Q2一定带负电B．Q2的电量一定大于Q1的电量C．b点的电场强度一定为零D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大5．测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335 m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动．当B接收到反射回来的超声波信号时，A、B相距355 m，已知声速为340 m/s，则汽车的加速度大小为（）A．20 m/s2 B．10 m/s2 C．5 m/s2 D．无法确定6．如图，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里，abcd 是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l，t=0时刻bc边与磁场区域边界重合。

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2014-2015届山东省枣庄第八中学高二第一学期第二次阶段性检测物理试题一、选择题（每题至少有一项是正确的，请在机读卡作答）1．有一段长1 m的电阻丝，电阻是10 Ω，现把它均匀拉伸到长为5 m，则电阻变为（）．A．10 ΩB．50 ΩC．150 ΩD．250Ω2．一个点电荷从静电场中的a点移到b点，其电势能的变化为零，则A．a、b两点的场强一定相等B．该点电荷一定沿等势面移动C．作用于该点电荷的电场力与其移动方向总是垂直的D．a、b两点的电势一定相等3．如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点。

已知在P、Q连线至某点R 处的电场强度为零，且PR=2RQ。

则A．q1=2q2B．q1=4q2C．q1=-2q2D．q1=-4q24．如图所示，已知直流电动机M的电阻是R，电源的电阻是r，当电动机正常工作时电压表的示数是U，电流表的示数是I．下了说法正确的是（）A．t秒钟内，电动机产生的热量是B．t秒钟内，电动机消耗的电能是IUtC．电源电动势是IR+IrD．电源电动势是U+Ir5．如图所示电路，下列说法正确的是（）A．当R1=0时，电源输出功率最大B．当R1=0时，R0消耗功率最大C．当R0+R1=r时，电源输出功率最大D．当R1=R0+r时，R1消耗功率最大6．如图所示电路用来测定电池组的电动势和内电阻。

其中V为电压表（理想电表），定值电阻R=7．0Ω。

在电键未接通时，V的读数为6．0V；接通电键后，V的读数变为5．6V。

那么，电池组的电动势和内电阻分别等于（）A．6．0V，0．5ΩB．6．0V，1．25ΩC．5．6V，1．25ΩD．5．6V，0．5Ω7．人们借助电表，能直观地了解和监测各种电路的运行情况，及时、准确地找出电路的故障所在。

在用多用电表测电阻时，有很多注意事项，下列说法中正确的是（）A．为了减小误差，选择档位时应尽量使指针指在中心刻度附近B．每次换档后都必须调零C．待测电阻如果是连接在电路中，应当把它先与其它元件断开再进行测量D．电流从红表笔流出，从黑表笔流入8．如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向b端滑动，则（）A．电灯L更亮，安培表的示数减小B．电灯L更亮，安培表的示数增大C．电灯L变暗，安培表的示数减小D．电灯L变暗，安培表的示数增大9．如图所示，直线A为电源的U－I图线，直线B为电阻R的U－I图线；用该电源和电阻组成的闭合电路，电源输出功率和电路的总功率分别是（）A．4 W，8 W B．2 W，4 W C．4 W，6 W D．2 W，3 W 10．在如图所示的电路中，电键S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，极板间悬浮着一个油滴P，断开哪一个电键后P会向下运动？（）A．S1B．S2C．S3D．S411．如图所示是一个三输入端复合门电路，当C端输入“0”时，A、B端输入何值时输出端Y输出“1”？（）A．0 0 B．0 1 C．1 0 D．1 1 12．一个用半导体材料制成的电阻D，其电流I随它两端电压U的关系如图（a）所示，如果它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P．现将它们连接为如图（b）所示的电路，再接在该电源的两端，设电阻D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是P D、P1、P2，下列判断中错误的是（）A．P1＞P2B．P1＞4P D C．P D＜P2D．P1＜4P2二、实验题13．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6 V，1．5 W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A．直流电源6 V（内阻不计）B．直流电流表0～300 mA（内阻约为5 Ω）C．直流电压表0～10 V（内阻约为15 kΩ）D．滑动变阻器10 Ω，2 A实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．（1）画出实验电路图．（2）试将实物图所示器材连成实验电路．14．在“测定金属的电阻率”的实验中，需要用刻度尺测出被测金属丝的长度l，用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻R．（1）请写出测金属丝电阻率的表达式：ρ=______________．（用上述测量的字母表示）（2）若实验中测量金属丝的长度和直径时，刻度尺和螺旋测微器的示数分别如图所示，则金属丝长度的测量值为l=__________cm，金属丝直径的测量值为d=__________mm．15．测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U-I图像如下:（1）闭合开关前为防止电表过载滑动变阻器的滑动头P应放在_____处（2）现备有以下器材：A．干电池1个B．滑动变阻器（0~50Ω） C．滑动变阻器（0~1750Ω）D．电压表（0~3V） E．电压表（0~15V）F．电流表（0~0．6A） G．电流表（0~3A）其中滑动变阻器应选，电流表应选，电压表应选。

2014-2015学年山东省枣庄八中高二（上）第二次段考物理试卷一、选择题（每题至少有一项是正确的，请在机读卡作答）1．（3分）（2013秋•东莞市校级期末）有一段长1m电阻丝，电阻是10Ω，现把它均匀拉伸到时，导体的体积不变，导体的横截面积变成原来的R=2．（3分）（2014秋•市中区校级月考）一个点电荷，从静电场中的a点移至b点，其电势能3．（3分）（2013•海南）如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR=2RQ．则（）=，4．（3分）（2014秋•薛城区校级月考）如图所示，已知直流电动机M的电阻是R，电源的电阻是r，当电动机正常工作时电压表的示数是U，电流表的示数是I．（）t秒钟内，电动机产生的热量是IUt5．（3分）（2014秋•薛城区校级月考）如图所示电路，下列说法正确的是（）6．（3分）（2014春•加格达奇区校级期末）如图，电路用来测定电池组的电动势和内电阻．其中V为电压表（理想电表），定值电阻R=7.0Ω．在电键未接通时，V的读数为6.0V；接通电键后，V的读数变为5.6V．那么，电池组的电动势和内电阻分别等于（）r=7．（3分）（2014秋•薛城区校级月考）人们借助电表，能直观地了解和监测各种电路的运行情况，及时、准确地找出电路的故障所在．在用多用电表测电阻时，有很多注意事项，下列说法中正确的是（）8．（3分）（2013•清浦区校级学业考试）如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果滑动变阻器的滑片向b端移动，则（）I=9．（3分）（2013秋•庆安县校级期末）如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，直线B为电阻R的U﹣I图线；用该电源和电阻组成的闭合电路，电源输出功率和电路的总功率分别是（）10．（3分）（2013•盱眙县校级学业考试）如图所示电路中，电键S1、S2、S3、S4均闭合，C 是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，断开哪一个电键后P会向下运动？（）（闭合电键）11．（3分）（2012秋•怀化期末）如图所示是一个三输入端复合门电路，当C端输入“0”时，A、B端输入何值时输出端Y输出“1”？（）12．（3分）（2014秋•薛城区校级月考）一个用半导体材料制成的电阻D，其电流I随它两端电压U的关系如图（a）所示，如果它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P．现将它们连接为如图（b）所示的电路，再接在该电源的两端，设电阻D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是PD、P1、P2，下列判断中错误的是（）R=可知此时三电阻的阻值相等；R=并联后的电阻为R2两端的电压变大为U 为PD=4PD两端的电压，且并联部分分得的电压大于电压小于U二、实验题13．（3分）（2014秋•新县校级期中）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6V，1.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A．直流电源6V（内阻不计）B．直流电流表0～300mA（内阻约为5Ω）C．直流电压表0～10V（内阻约为15kΩ）D．滑动变阻器10Ω，2A实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．（1）画出实验电路图．（2）试将实物图所示器材连成实验电路．14．（3分）（2013秋•金乡县校级期中）在“测定金属的电阻率”的实验中，需要用刻度尺测出被测金属丝的长度l．用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻R．①请写出测金属丝电阻率的表达式：ρ=（用上述测量量的字母表示）．②若实验中测量金属丝的长度和直径时，刻度尺和螺旋测微器的示数分别如图所示，则金属丝长度的测量值为l=36.50cm，金属丝直径的测量值为d=0.796mm．R=ρ=ρ；故答案为：①15．（3分）（2013秋•岑巩县校级期中）测定电源的电动势和内电阻的实验电路（图1和U﹣I 图象（图2）如下：（1）闭合开关前为防止电表过载滑动变阻器的滑动头P应放在a（填“a”或“b”）处（2）现备有以下器材：A．干电池1个B．滑动变阻器（0～50Ω）C．滑动变阻器（0～1750Ω）D．电压表（0～3V）E．电压表（0～15V）F．电流表（0～0.6A）G．电流表（0～3A）其中滑动变阻器应选B，电流表应选F，电压表应选D．（填字母代号）（3）由U﹣I图象．由此可知这个干电池的电动势E= 1.5V，内电阻r=1Ω．（4）由于本实验电路存在系统误差，导致E测＜E真，r测＜r真（填“＞”“＜”或“=”）r==三、计算题（在答题卷作答，写出必要的步骤）16．（2014秋•临海市校级期中）如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机．p是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上．闭合开关s，重物p以速度v 被匀速提升，这时电流表和电压表的示数分别是I=5.0A和U=110V，重物p上升的速度v=0.90m/s．重物的质量m=50kg．不计一切摩擦，g取10m/s2．求：（1）电动机消耗的电功率P电；（2）电动机线圈的电阻R．17．（2013春•宝安区校级期末）一个电源的路端电压U随外电路电阻R的变化规律如图（甲）所示，图中U=12V的直线为图线的渐近线．现将该电源和一个变阻器R0接成如图（乙）所示电路，已知电源允许通过的最大电流为2A，变阻器的最大阻值为R0=22Ω．求：（1）电源电动势E和内电阻r；（2）空载时A、B两端输出的电压范围；（3）A、B两端所能接负载的电阻的最小值．=A=3Ar=== +2。

2014-2015届山东省枣庄第八中学高三第一学期第二次阶段性检测物理试题说明：本试题分第Ⅰ卷选择题和第Ⅱ卷非选择题两部分，共100分。

考试时间90分钟。

考生须把第Ⅰ卷的答案填涂在答题卡上，第Ⅱ卷的答案用黑色中性笔写在答卷纸的指定位置上。

第Ⅰ卷（选择题 共44分）一、选择题（本题包括11小题；每小题4分，共44分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1．2008年9月25日21时10分，“神舟”七号载人航天飞船在中国西昌卫星发射中心用“长征”二号F 型火箭发射成功，9月27日翟志刚成功实施太空行走。

已知“神舟”七号载人航天飞船在离地球表面h 高处的轨道上做周期为T 的匀速圆周运动，地球的半径为R ，万有引力常量为G 。

则A ．“神舟”七号在该轨道上运行的线速度大小为TR π2 B ．“神舟”七号在该轨道上运行的线速度小于第一宇宙速度C ．“神舟”七号在该轨道上运行的向心加速度为22)(4Th R +π D ．地球表面的重力加速度为2232)(4R T h R +π 2．．如图，一物体从光滑斜面AB 底端A 点以初速度v 0上滑，沿斜面上升的最大高度为h ．下列说法中正确的是（设下列情境中物体从A 点上滑的初速度仍为v 0）A ．若把斜面CB 部分截去，物体冲过c 点后上升的最大高度仍为hB ．若把斜面AB 变成曲面AEB ，物体沿此曲面上升仍能到达B 点C ．若把斜面弯成圆弧形D ，物体仍沿圆弧升高h D ．若把斜面从C 点以上部分弯成与C 点相切的圆弧状，物体上升的最大高度有可能仍为h3．如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，而后释放，摆球运动过程中，支架始终不动。

以下说法正确的应是（）A．在释放瞬间，支架对地面压力为（m+M）gB．在释放瞬间，支架对地面压力为MgC．摆球到达最低点时，支架对地面压力为（m+M）gD．摆球到达最低点时，支架对地面压力为（3m+M）g4．中央电视台《今日说法》栏目最近报道了一起发生在湖南长沙某区湘府路上的离奇交通事故．家住公路拐弯处的张先生和李先生在三个月内连续遭遇了七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有辆卡车冲进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案．经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图所示．交警根据图示作出以下判断，你认为正确的是A．由图可知卡车在拐弯时发生侧翻是因为车做离心运动B．由图可知卡车在拐弯时发生侧翻是因为车做向心运动C．公路在设计上可能内（东）高外（西）低D．公路在设计上可能外（西）高内（东）低5．如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带。

2015年山东省枣庄市高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共2小题，共12.0分)1.在t=0时，甲、乙两质点从相距70m的两地开始相向运动，它们的v-t图象如图所示．下列说法正确的是（）A.前4s内，乙质点的加速度始终大于甲质点B.第1s末，乙质点改变运动方向C.第3s末，甲、乙两质点相遇D.第4s末，甲、乙两质点相距30m【答案】A【解析】解：A、根据速度-时间图象的斜率表示加速度，可知，前4s内，乙质点的加速度始终大于甲质点，故A正确．B、在第1s末，乙的速度仍然为负值，说明其运动方向并未改变．故B错误．C、前3s内，甲的位移大小x甲=×3×45m=67.5m，乙的位移等于第1s内的位移，为x乙=-×1×30m=-15m，因为x甲+|x乙|＞70m，说明第3s末，甲、乙两质点已经相遇过了，故C错误．D、前4s内，甲的位移大小x甲=×4×60m=120m，乙的位移为x乙=-×2×30m+×60×2m=30m，则第4s末，甲、乙两质点相距△x=x甲-x乙-70m=20m．故D错误．故选：A．速度-时间图线中速度的正负表示运动方向，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，结合这些知识分析质点的运动情况．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、图线与时间轴围成的面积表示的含义．2.完全相同的两物体P、Q，质量均为m，叠放在一起置于水平地面上．现用两根不等长的细线系在两物体上，连接P的细线长于连接Q的．在细线的结点处施加水平拉力F，两物体始终保持静止，如图所示．重力加速度为g．下列说法正确的是（）A.细线对P的拉力大于对Q的拉力B.P、Q之间的摩擦力大小为C.物体Q对地面的压力小于2mgD.物体Q对地面的摩擦力大小为F【答案】D【解析】解：将F按照平行四边形定则进行分解，如图：A、因连接P的细线长于连接Q的，根据力的矢量合成法则，则有细线对P的拉力小于对Q的拉力，故A错误；B、由上分析可知，F P＜F Q，那么F P的分力小于，因此P、Q之间的摩擦力大小小于，故B错误；C、以PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件，竖直方向：N地=2mg，根据牛顿第三定律则物体Q对地面的压力大小为2mg，故C错误；D、以PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件，水平方向：f′=F，故D正确；故选：D．将F按照平行四边形定则进行分解，求出两根绳子上的拉力大小，以PQ整体为研究对象求物体Q对地面的压力大小．整体法和隔离法是动力学问题常用的解题方法，整体法是指对物理问题中的整个系统或整个过程进行分析、研究的方法．在力学中，就是把几个物体视为一个整体，作为研究对象，受力分析时，只分析这一整体对象之外的物体对整体的作用力（外力），不考虑整体内部之间的相互作用力．二、多选题(本大题共5小题，共30.0分)3.如图所示，在宇宙空间中，甲、乙、丙三颗恒星位于同一直线上，甲、丙围绕乙在半径为R的圆轨道上运行．它们离其它恒星较远．若甲、丙两星质量均为M．乙星质量为2M，引力常量为G，则下列说法正确的是（）A.甲星所受合外力为B.乙星所受合外力为C.甲星和丙星的线速度相同，为D.甲星和丙星的角速度相同，为【答案】AD【解析】解：A、甲星所受的合外力为：F=，故A正确．B、乙星受到的合外力为：，故B错误．C、甲丙两星所受的合力相等，线速度大小相等，根据得：v=，故C 错误．D、甲丙两星所受的合力相等，角速度大小相等，根据得：ω=，故D正确．故选：AD．根据恒星的受力，结合万有引力定律求出合力的大小，根据合力提供向心力求出线速度和角速度的大小．本题考查了万有引力理论的基本运用，注意甲所受的合力等于乙和丙对它万有引力的合力，结合牛顿第二定律进行求解，难度不大．4.如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场．光滑绝缘细管垂直于板穿过中间小孔，细管内一个视为质点的带负电小球仅在电场力作用下运动，经过O点时速率为v0，动能为E K0．以小孔为原点建立x轴，规定x轴正方向为加速度a、速度v的正方向，薄板电势为+φ．下图分别表示x轴上各点的电势φ，小球的加速度a、速度v和动能E k随x的变化图象，其中正确的是（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】解：A、在x＜0范围内，当x增大时，由U=E d=E x，可知，电势差均匀增大，φ-x应为向上倾斜的直线；在x＞0范围内，当x增大时，由U=E d=E x，可知，电势差均匀减小，φ-x也应为向下倾斜的直线，故A正确；B、在x＜0范围内，电场力向右，加速度向右，为正值；在x＞0范围内，电场力向左，加速度向左，为负值；故B错误；C、在x＜0范围内，根据动能定理得：q E x=，v-x图象应是曲线；同理，在x＞0范围内，图线也为曲线，故C错误；D、在x＜0范围内，当x增大时，由U=E d=E x，可知，电势差均匀增大，φ-x应为向上倾斜的直线；在x＞0范围内，当x增大时，由U=E d=E x，可知，电势差均匀减小，E k-x也应为向下倾斜的直线，故D正确；故选：AD．根据匀强电场中电势差与场强的关系公式U=E d，分析电势与x的关系；根据牛顿第二定律分析加速度的大小和方向；根据动能定理分析速度和动能与x的关系．对于物理图象，往往要根据物理规律，写出解析式，再加以分析，这是常用的解题方法，难度中等．5.匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图甲所示，磁场方向垂直与纸面，规定向里为正方向．在磁场中有一细金属环．圆环平面位于纸而内，如图乙所示．磁感强度B按图中O a、ad、bc段变化时，金属圆环中的感应电流分别用l1、l2、l3表示，金属环的很小一段受到的安培力分別用F1、F2、F3表示．下列说法正确的是（）A.I1＞I2＞I3B.I1＜I2=I3C.I1沿逆时针方向，I2、I3均沿顺时时针方向D.F1方向指向圆心，F2、F3方向均背离圆心【答案】BC【解析】解：A、由法拉第电磁感应定律可知：E==S，由图示可知，oa段最小，ab、bc两段相同，则：E1＜E2=E3，由欧姆定律可知：I=，R相同而E1＜E2=E3，则：I1＜I2=I3，故A错误，B正确；C、由楞次定律可判断出I1沿逆时针方向，I2与I3均沿顺时针方向，故C正确；D、由左手定则可知，oa段电流受到的安培力F1方向指向圆心，ab段安培力F2方向背离圆心向外，bc段安培力F3方向指向圆心，故D错误；故选：BC．由法拉第电磁感应定律可得出三者感应电动势的大小关系；由楞次定律可得出三段过程中电流的方向．本题考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，掌握由图象分析问题的方法与能力，注意在B-t图中同一条直线磁通量的变化率是相同的．6.如图所示，MN、PQ是两条平行放置在水平面内的光滑金属导轨，导轨宽度为L导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与阻值为R的电阻组成闭合回路，变压器的原、副线圈匝数之比n1：n2=k．质量为m的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力作用下，从t=0时刻开始往复运动，其速度随时间变化的规律是v=v m sin（），已知垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度为B，导轨、导体棒、导线和线圈的电阻均不计，电流表为理想交流电表，导体棒始终在磁场中运动．则下列说法中正确的是（）A.导体棒两端的最大电压为BL v mB.在t=时刻，电流表的示数为C.电阻R的电功率为D.从t=0至t=的时间内，水平外力所做的功为+，【答案】AD【解析】解：A、当速度最大时，导体棒两端的最大电压为BLV m，A正确；B、的时刻棒的速度为V m，感应电动势E=BLV m，副线圈的电压为BL，电流为BL，电流与匝数成反比，所以电流表的示数为，B错误；C、电阻R上消耗的功率为（BL）2R=，C错误；D、从t=0至的时间内水平外力所做的功等于R产生的热量与动能之和，即W=+=+，故D正确；故选：AD．棒产生的是交流电，电流表显示的是有效值，根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，结合功率公式逐项分析即可．本题中导体棒做简谐运动，是产生正弦式交变电流的一种方式，要结合变压器的原理和功率等知识点进行分析．7.如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻质光滑小定滑轮一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等．C为0点正下方杆上一点，滑轮到杆的距离OC=h．开始时，A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°．现将A、B静止释放．下列说法正确的是（）A.物块A由P点出发第一次到达C点过程中，速度不断增大B.在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量C.物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动D.物块A经过C点时的速度大小为【答案】ACD【解析】解：A、物块A由P点出发第一次到达C点过程中，绳子拉力对A做正功，动能不断增大，速度不断增大，故A正确．B、到C点时B的速度为零．则根据功能关系可知，在物块A由P点出发第一次到达C 点过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量，故B错误．C、由几何知识可得=h，由于AB组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A 在杆上长为2h的范围内做往复运动．故C正确．D、设物块A经过C点时的速度大小为v，此时B的速度为0．根据系统的机械能守恒得：mg（°-h）=，得v=，故D正确．故选：ACD．在绳子作用下物块A由P点到C点的过程，绳子的拉力做正功，速度增大．到C点时B 的速度为零．根据能量守恒定律，分析物块B克服细线拉力做的功与B重力势能的减少量的关系．结合对称性分析物块A的运动范围．由系统的机械能守恒求物块经过C 点时的速度．本题的关键要正确分析两物块的运动情况，知道当A的速度最大时，B的速度为零，明确系统遵守机械能守恒，但对单个物块而言，机械能是不守恒的．五、多选题(本大题共1小题，共4.0分)12.关于热学规律，下列说法正确的是（）A.每一个分子都有势能和动能，每个分子的动能与势能之和就是该分子的内能B.热量可以自发地从高温物体向低温物体传递，但要从低温物体向高温物体传递，必须有第三者介入C.如来用Q表示外界向系统传递的热量，用W表示系统对外界所做的功，△U表示系统的内能增量，那么热力学第一定律可以表达为△U=Q-WD.液体蒸发的快慢与空气的湿度有关，与空气的温度无关【答案】BC【解析】解：A、对单个分子来说，其内能无意义，内能是对大量分子（物体）而言的，故A错误；B、由热力学第二定律可知，热量可以自发地从高温物体向低温物体传递，但要从低温物体向高温物体传递，必须有第三者介入；故B正确；C、热力学第一定律的表达式为△U=Q-W；故C正确；D、液体蒸发的快慢与空气的湿度和温度均有关系；故D错误；物体的内能包括分子势能和分子热运动动能；根据热力学第一定律和热力学第二定律明确能量的转化问题；液体蒸发的快慢与空气的湿度和温度有关．本题考查了物体的内能的概念和布朗运动；要能够从微观角度理解内能；但要明确内能是一个统计规律，对单个分子没有意义．七、多选题(本大题共2小题，共8.0分)16.下列说法中正确的是（）A.在光的双缝千涉实验中，条纹间距与缝的宽度成正比B.真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源、观察者间的相对运动无关C.红光在玻璃砖中的传播速度比紫光在玻璃砖中的传播速度大D.只有障碍物的尺寸比波长小得多时，才会发生波的衍射现象【答案】BC【解析】解：A、由干涉条纹间距公式△x=λ；条纹间距与缝的宽度成反比，故A错误；B、真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，故B正确；C、根据v=，且红光在玻璃砖中的折射率小，则有红光在玻璃砖中的传播速度比紫光在玻璃砖中的传播速度大，故C正确；D、只有障碍物的尺寸比波长小得多时才会发生明显的衍射现象，并不是才能发生衍射现象；故D错误；故选：BC．根据干涉条纹间距公式△x=λ；在相对论中，光速不变原理；一切波均能发生衍射，只有当障碍物的尺寸比波长小得多时才会发生明显衍射现象；根据v=，结合折射率，从而即可各项求解．本题考查光的干涉原理，理解明显的衍射条件，掌握影响干涉条纹间距的因素，注意光速不变原理．17.下列说法正确的是（）A.普朗克在研究黑体辐射时提出了能量子假说B.卢瑟福将量子观点引入到原子模型中，成功解释了氢原子的发光现象C.汤姆逊在研究y射线时发现了电子D.我国科学家钱三强和何泽慧研究铀核裂变时，发现了铀核也可能分裂成三部分或四部分【答案】AD【解析】解：A、普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说．故A正确．B、波尔将量子观点引入到原子模型中，成功解释了氢原子的发光现象，故B错误．C、汤姆逊通过对阴极射线的研究发现了电子，故C错误．D、我国科学家钱三强和何泽彗夫妇研究铀核裂变时，发现了铀核也可能分裂成三部分或四部分．故D正确．普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说；玻尔理论能够很好解释氢原子发光现象；汤姆逊通过对阴极射线的研究发现了电子．本题主要涉及到近代物理的常识性的知识，难度不大，关键要熟悉教材，掌握基本概念和基本规律三、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)8.如图甲为“测量木块与木板间的动摩擦因数”实验示意图．木块以不同的初速度沿倾斜木板向上滑到最高点后再返回，用光电门测量木块来回的速度，用刻度尺测量木块向上运动的最大距离．为确定木块向上运动的最大距离，让木块推动轻质卡到最高点，记录这个位置．（1）用螺旋测微器测量遮光条的宽度如围乙所示，读数为______ mm．（2）改变木块的初速度，每次它向上运动的最大距离x．来问经过光电门时速度的平方之差△v2的测量结果如下表所示，试在丙图坐标纸上作出△v2-x的图象．经测量木板倾角的余弦值为0.6，取重力加速度g=9.80m/s2，则木块与木板间的动摩擦因数为______（3）由于轻质卡的影响，使得测量的结果______ （选填“偏大”或“偏小”）．【答案】3.700；0.010；偏大【解析】解：（1）由图乙所示螺旋测微器可知，螺旋测微器示数为：3.5mm+20.0×0.01mm=3.700mm．（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：由牛顿第二定律得：木块上滑时：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，木块下滑时：mgsinθ-μmgcosθ=ma2，由匀变速直线运动的速度位移公式得：0-v02=-2a1x，v2=2a2x，△v2=v02-v2=4μgxcosθ，由图示图象可知，动摩擦因数：斜率：k=4μgcosθ===0.25，动摩擦因数：μ==≈0.010；（3）由于轻质卡与木板间存在摩擦力，所测摩擦力实际是木块与轻质卡受到的摩擦力的合力，由于轻质卡所受摩擦力影响，所测动摩擦因数偏大．故答案为：（1）3.700；（2）图象如图所示，0.010；（3）偏大．（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；（2）应用描点法作出图象；由牛顿第二定律与运动学公式求出图象函数表达式，然后根据图象与函数表达式求出动摩擦因数；（3）根据图示实验装置与实验步骤分析实验误差．本题考查了测动摩擦因数实验，知道实验原理与实验步骤是正确解题的关键；应用牛顿第二定律与匀变速运动的速度位移公式求出图象的函数表达式是正确求出动摩擦因数的前提与关键．9.在外力作用下，某些固体材料发生形变时，其电阻率也发生变化，这种由于外力作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”．现用如图甲所示的电路研究某长薄板电阻的R X的压阻效应．已知R X的阻值范围为几欧到几十欧．实验室中有下列器材：A．电源E（3V，内阻约为1Ω）B．电流表A1（0.6A，内阻r1=5Ω）C．电流表A2（0.6A，内阻r2约为1Ω）D．开关S，定值电阻R0（1）为了比较准确地测量电阻R x的阻值，请在图甲中完成虚线框内电路的设计．（2）定值电阻R0的阻值应该选用______ （填阻值前的字母）．A.1ΩB.5Ωc.10Ω D.20Ω（3）在电阻R X上加一个竖直向下的力F（设竖直向下为正方向），闭合开关S，记下电表读数，A1读数为I1，A2读数为I2，得R X= ______ （用字母表示）．（4）改变力的大小，得到不同的R X值．然后，让力反向从下向上挤压电阻，并改变力的大小，得到不同的R X值，最后绘成的图象如图乙所示．那么，由图可得R X与所受压力F的函数关系R X=______ ．【答案】B；；R X=16+F（F＜0）或：R X=16- F （F＞0）【解析】解：（1）测电阻阻值需要测出电阻两端电压与通过电阻的电流，所给实验器材没有电压表，可以用已知内阻的电流表与待测电阻并联，测出电阻两端电压，另一个电流表串联在电路中测电路电流，实验电路图如图所示：（2）电路最小总电阻为：R最小==5Ω，则保护电阻阻值约为：R0=R最小-r=5-1=4Ω，故选：B．（3）电阻两端电压U=I1r1，通过电阻的电流I=I2-I1，电阻阻值R X==；（4）由图乙所示图象可知，图象具有对称性，当正反向压力大小相等时，对应的电阻阻值相等；由图象可知，电阻与压力是一次函数关系，设为R X=R0+k F，由图象可知：R0=16Ω，k===F＜0，k===-F＞0，则：R X=16+F（F＜0）或：R X=16- F （F＞0）；故答案为：（1）如图所示；（2）B；（3）；（4）R X=16+F（F＜0）或：R X=16- F（F＞0）．（1）测电阻阻值应测出电阻两端电压与通过电阻的电流，根据所给实验器材与实验原理作出实验电路图．（2）由欧姆定律求出电路最小电阻，然后求出保护电阻的阻值，再选择保护电阻；（3）根据实验电路应用并联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值；（4）分析图示图象，根据图象特点分析答题．伏安法测电阻原理时：用电压表测出电阻两端电压，用电流表测出通过电阻的电流，然后由欧姆定律求出电阻阻值，当没有电压表而有已知内阻的电流表时，可以把电流表与待测电阻并联，利用并联电路电压特点与欧姆定律测电阻两端电压．四、计算题(本大题共2小题，共38.0分)10.如图所示，倾角θ=37°、高为h的斜面固定在水平地面上．小球从高为H（h＜H ＜）处自由下落，总能与斜面上的特定小装置做无能量损失的碰撞后，水平抛出．小球自由下落到斜面上的落点距斜面左侧的水平距离x满足一定条件时，小球能直接落到水平地面．已知cos37°=，sin37°=，忽略空气阻力．（1）求小球落到水平地面时的速度大小．（2）要使小球做平抛运动后能直接落到水平地面，求x应满足的条件．（3）在满足（2）的条件下，求小球运动最长时间．【答案】解：（1）设小球落到水平地面时的速度为v，由机械能守恒得，mg H=，解得v=．（2）小球自由下落的落点距斜面左侧的水平距离x时，设小球做自由落体运动的末速度为v0，由运动学公式得，，设小球做平抛运动落到水平地面所用的时间为t，由平抛运动规律得，，s=v0t，联立解得s=．由题意得，使小球做平抛运动后能直接落到水平地面，应有：s＞，解得＞＞．（3）小球自由下落的落点距斜面左侧的水平距离x时，设小球做自由落体所用时间为t0，由运动学公式得，．设小球由释放到落到水平地面运动的时间为t总，则t总=t0+t，解得，总，整理得，总由上式可知，当H-h+=h-，即x=时，小球运动时间最长，设为t m，则．答：（1）小球落到水平地面时的速度大小为．（2）x应满足的条件为＞＞．（3）小球运动最长时间为．【解析】（1）由于小球与斜面碰撞无能量损失，自由下落和平抛运动机械能也守恒，所以小球整个运动过程中机械能守恒，据此列式求解小球落到地面上的速度大小；（2）小球与斜面碰撞后做平抛运动，当正好落在斜面底端时，x最小，根据平抛运动的基本公式结合几何关系、动能定理求出x的最小值，而x的最大值即为h，从而求出x的范围；（3）根据竖直方向做自由落体运动，由运动学公式列出总时间的表达式，再由数学知识求解最长的时间．本题是机械能守恒与自由落体运动、平抛运动的综合，既要把握每个过程的物理规律，更要抓住它们之间的联系，比如几何关系，运用数学上函数法求解极值．11.欧洲大型强子对撞机是目前世界上规模最大、能量最高的将质子加速对撞的高能物理设备．其原理可简化为下图所示：两束横截面积极小、长度为l0的质子束以初速度v0同时从左、右两测入口射入加速电场，经过相同的一段距离后，射入垂直于纸面的圆形匀强磁场区域被偏转，最后两质子束迎面相撞．已知质子质量为m、电量为e，加速极板AB、A′B′间电压均为U0，且满足e U0=mv2．两磁场磁感应强度相同，半径均为R，磁场区域的圆心O、O′分别在两质子束的入射方向上，O、O′连线与质子束的入射方向垂直且距离为H=R．整个装置处于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应．（1）试求质子束经过加速电场加速后（未进入磁场时）的速度v和长度l；（2）试求磁场磁感应强度B和质子束碰撞过程经历的时间△t；（3）若次实验时将磁场O的圆心往上移了，其余条件均不变，则质子束能否相撞？若不能，请说明理由：若能，请说明相撞的条件及碰撞过程经历的时间△t′．【答案】解：（1）质子加速的过程中，电场力做功，由动能定理得：e U0=mv2-mv02，将e U0=mv02代入得：v=2v0，由于是相同的粒子，又在相同的电场中加速，所有粒子在电场中加速的时间是相等的，在加速之前，进入电场的时间差：t=，出电场的时间差也是△t，所以，出电场后，该质子束的长度：L=vt=2v0t=2l0；（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，在偏转后粒子若发生碰撞，则只有在粒子偏转90°时，才可能发生碰撞，所以碰撞的位置在OO′的连线上．洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev B=m，解得：B==，由于洛伦兹力只改变磁场的方向，不改变粒子的速度，所以粒子经过磁场后的速度的大小不变，由于所有粒子的速度大小相等，所以应先后到达同一点，所以碰撞的时间为：△t===；（3）某次实验时将磁场O的圆心往上移了，其余条件均不变，则质子束经过电场加速后的速度不变，而运动的轨迹不再对称．对于上边的粒子，不是对着圆心入射，而是从F点入射，如图所示：E点是原来C点的位置，连接OF、OD，作FK平行而且等于OD，再连接KD，由于OD=OF=FK，则四边形ODFK是菱形，即KD=KF，所以粒子仍然从D点射出，但方向不是沿OD的方向，K为粒子束的圆心．由于磁场向上移了R，故：sin∠COF==，解得：∠COF=，∠DOF=∠FKD=，而对于下边的粒子，没有任何的改变，故两束粒子若相遇，则一定在D点相遇．下方的粒子到达C′后先到达D点的粒子需要的时间：t′==，而上方的粒子到达E点后，最后到达D点的粒子需要的时间：t===；若t′＞t．即当l0＜R时，两束粒子不会相遇；若t′＜t．即当l0≥R时，两束粒子可能相碰撞的最长时间：△t=t-t′=-R；答：（1）质子束经过加速电场加速后（未进入磁场）的速度是2v0，长度是2l0；（2）磁场磁感应强度B为，质子束碰撞过程经历的时间△t为；（3）若次实验时将磁场O的圆心往上移了，其余条件均不变，l0＜R时，两束粒子不会相遇；当l0≥R时，两束粒子可能相碰撞的最长时间为：-R．【解析】（1）由动能定理即可求出粒子的速度，由位移公式即可求出长度l；（2）由半径公式即可求出磁感应强度，由位移公式即可求出时间；（3）通过运动的轨迹与速度的方向分析能否发生碰撞．该题属于分析物理实验的题目，虽然给出的情况比较新颖，但是，只有抓住带电粒子在电场中运动的规律与带电粒子在磁场中运动的规律，使用动能定理与磁场中的半径公式即可正确解答．中档题目．六、计算题(本大题共3小题，共24.0分)13.用如图所示的装置测量某种矿物质的密度，操作步骤和实验数据如下：a．打开阀门K，使管A、容器C、容器B和大气相通．上下移动使水银面与刻度n对齐；b．关闭K，向上举D，使水银面达到刻度ri处．这时测得B、D两管内水银面高度差h1=19.0cm；c．打开K，把m=400g的矿物质投入C中，上下移动D，使水银面重新与n对齐，然后关闭K；d．向上举，使水银面重新到达刻度m处，这时测得B、D两管内水银面高度差h2=20.6cm．已知容器C和管A的总容积为V C=1000cm3，温度保持不变，求该矿物质的密度．。

2014-2015学年山东省枣庄八中高三〔上〕第二次段考物理试卷一、选择题〔此题包括11小题；每一小题4分，共44分．在每一小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分〕1．〔4分〕〔2014秋•乳山市期中〕2008年9月25日21时10分，“神舟〞七号载人航天飞船在中国西昌卫星发射中心用“长征〞二号F型火箭发射成功，9月27日翟志刚成功实施太空行走．“神舟〞七号载人航天飞船在离地球外表h高处的轨道上做周期为T的匀速圆周运动，地球半径为R，万有引力常量为G．如此〔〕A．“神舟〞七号在该轨道上运行的线速度大小为B．“神舟〞七号在该轨道上运行的线速度小于第一宇宙速度C．“神舟〞七号在该轨道上运行的向心加速度为D．地球外表的重力加速度为考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．版权所有专题：人造卫星问题．分析：A、根据v=，求出“神舟〞七号的线速度．B、根据万有引力提供向心力，比拟线速度．C、根据a=求出“神舟〞七号的向心加速度．D、根据万有引力提供向心力，求出地球的质量，再根据万有引力等于重力G，求出地球外表的重力加速度．解答：解：A、神舟七号的轨道半径等于r=R+h，v==．故A错误．B、根据万有引力提供向心力，得，神舟七号的轨道半径大于地球半径，所以“神舟〞七号在该轨道上运行的线速度小于第一宇宙速度．故B正确．C、a==．故C正确．D、根据，M=，再根据万有引力等于重力G，g=．故D正确．应当选BCD．点评：解决此题的关键掌握万有引力提供向心力以与万有引力等于重力G．2．〔4分〕〔2014秋•薛城区校级月考〕如图，一物体从光滑斜面AB底端A点以初速度v0上滑，沿斜面上升的最大高度为h．如下说法中正确的答案是〔设如下情境中物体从A点上滑的初速度仍为v0〕〔〕A．假设把斜面CB局部截去，物体冲过C点后上升的最大高度仍为hB．假设把斜面AB变成曲面AEB，物体沿此曲面上升仍能到达B点C．假设把斜面弯成圆弧形D，物体仍沿圆弧升高hD．假设把斜面从C点以上局部弯成与C点相切的圆弧状，物体上升的最大高度有可能仍为h考点：机械能守恒定律．版权所有专题：机械能守恒定律应用专题．分析：物体上升过程中轨道的支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒；斜抛运动运动最高点，速度不为零；AD轨道最高点，合力充当向心力，速度也不为零．解答：解：A、假设把斜面CB局部截去，物体冲过C点后做斜抛运动，斜抛运动的最高点有水平分速度，速度不为零，由于物体机械能守恒可知，故不能到达h高处，故A错误；B、假设把斜面AB变成曲面AEB，物体在最高点速度为零，根据机械能守恒定律，物体沿此曲面上升仍能到达B点，故B正确；C、假设把斜面弯成圆弧形D，如果能到圆弧最高点，根据机械能守恒定律得知：到达h处的速度应为零，而物体要到达最高点，必须由合力充当向心力，速度不为零，故知物体不可能到D点，故C错误；D、假设把斜面从C点以上局部弯成与C点相切的圆弧状，假设B点不高于此圆的圆心，如此到达B点的速度可以为零，根据机械能守恒定律，物体沿斜面上升的最大高度仍然可以为h，故D正确；应当选：BD．点评：此题关键是根据机械能守恒定律分析，同时要知道斜抛运动和沿圆弧内侧运动到达最高点时，速度都不为零．3．〔4分〕〔2012•天心区校级模拟〕如下列图，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，而后释放，摆球运动过程中，支架始终不动．以下说法正确的应是〔〕A．在释放瞬间，支架对地面压力为〔m+M〕gB．在释放瞬间，支架对地面压力为MgC．摆球到达最低点时，支架对地面压力为〔m+M〕gD．摆球到达最低点时，支架对地面压力为〔3m+M〕g考点：共点力平衡的条件与其应用；牛顿第二定律；向心力．版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：由题，摆球运动过程中，支架始终不动，在释放摆球的瞬间，分析支架竖直方向受力情况，由平衡条件求解地面对支架的支持力，再由牛顿第三定律得到支架对地面的压力．摆球从释放到到达最低点时，机械能守恒，由机械能守恒定律和牛顿第二定律求出摆球到达最低点时细线的拉力，再求解支架对地面的压力．解答：解：A、B在释放摆球的瞬间，支架竖直方向受到重力Mg和地面的支持力N1，由平衡条件知，N=Mg，根据牛顿第三定律得知，支架对地面的压力N1′=N1=Mg．故A错误，B正确．C、D设摆球到达最低点时速度大小为v，摆长为L，由机械能守恒定律得：mgL=…①摆球到达最低点时，有：F﹣mg=m…②联立①②得细线的拉力：F=3mg结合牛顿第三定律，得支架对地面的压力大小为：N2=Mg+F=〔3m+M〕g．故C错误，D正确．应当选BD点评：此题考查平衡条件、机械能守恒定律和牛顿运动定律，摆球到达最低点时细线的拉力等于3mg，与摆长无关，是经常用到的结论．4．〔4分〕〔2009•中山市模拟〕中央电视台《今日说法》栏目最近报道了一起发生在湖南长沙某区湘府路上的离奇交通事故．家住公路拐弯处的张先生和李先生家在三个月内连续遭遇了七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有辆卡车冲进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案．经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如下列图．交警根据图示作出以下判断，你认为正确的答案是〔〕A．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做离心运动B．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做向心运动C．公路在设计上可能内〔东〕高外〔西〕低D．公路在设计上可能外〔西〕高内〔东〕低考点：牛顿第二定律；向心力；离心现象．版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：汽车拐弯时发生侧翻是由于车速较快，提供的力不够做圆周运动所需的向心力，发生离心运动．有可能是内测高外侧低，支持力和重力的合力向外，最终的合力不够提供向心力．解答：解：A、汽车发生侧翻是因为提供的力不够做圆周运动所需的向心力，发生离心运动．故A正确，B错误．C、汽车在水平路面上拐弯时，靠静摩擦力提供向心力，现在易发生侧翻可能是路面设计不合理，公路的设计上可能内侧〔东〕高外侧〔西〕低，重力沿斜面方向的分力背离圆心，导致合力不够提供向心力而致．故C正确，D错误．应当选AC．点评：解决此题的关键知道当提供的力等于圆周运动所需要的力，物体做圆周运动，当提供的力不够圆周运动所需要的力，物体做离心运动．5．〔4分〕〔2012•浙江〕如下列图，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．如下说法正确的答案是〔〕A．太阳对各小行星的引力一样B．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年C．小行星带内侧小行星的向心加速度大于外侧小行星的向心加速度值D．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值考点：万有引力定律与其应用．版权所有专题：万有引力定律的应用专题．分析：研究卫星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出周期、加速度、向心力等物理量．根据轨道半径的关系判断各物理量的大小关系．解答：解：A、由于各小行星的质量不同，所以太阳对各小行星的引力可能不同，故A错误；B、根据万有引力提供向心力得：=T=2π离太阳越远，周期越大，所以各小行星绕太阳运动的周期大于地球的公转周期，故B错误；C、根据万有引力提供向心力得：=maa=，所以小行星带内侧小行星的向心加速度大于外侧小行星的向心加速度值，故C 正确；D、根据万有引力提供向心力得：=mv=所以小行星带内各小行星圆周运动的线速度值小于地球公转的线速度值，故D错误．应当选：C．点评：比拟一个物理量，我们应该把这个物理量先用的物理量表示出来，再进展比拟．向心力的公式选取要根据题目提供的物理量或所求解的物理量选取应用．6．〔4分〕〔2013•西安一模〕一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，如此此过程中铁块损失的机械能为〔〕A．mgR B．mgRC．mgRD．mgR考点：机械能守恒定律．版权所有专题：机械能守恒定律应用专题．分析：当滑到半球底部时，半圆轨道底部所受压力为铁块重力的1.5倍，根据牛顿第二定律可以求出铁块的速度；铁块下滑过程中，只有重力和摩擦力做功，重力做功不影响机械能的减小，损失的机械能等于抑制摩擦力做的功，根据动能定理可以求出铁块抑制摩擦力做的功．解答：解：铁块滑到半球底部时，半圆轨道底部所受压力为铁块重力的1.5倍，根据牛顿第二定律，有N﹣mg=m…①压力等于支持力，根据题意，有N=1.5mg…②对铁块的下滑过程运用动能定理，得到mgR﹣W=…③由①②③式联立解得抑制摩擦力做的功：W=所以损失的机械能为应当选D点评：根据向心力公式求出末速度，再根据动能定理求出抑制摩擦力做的功即可．7．〔4分〕〔2014•秦州区校级模拟〕一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，如下说法正确的答案是〔〕A．运动员到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关考点：机械能守恒定律；弹性势能．版权所有专题：机械能守恒定律应用专题．分析：运动员人高台下落过程中，重力做正功，重力势能始终减小．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加．以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置．解答：解：A、运动员到达最低点前，重力对运动员一直做正功，运动员的重力势能始终减小．故A正确．B、蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，运动员的位移向下，弹性力对运动员做负功，弹性势能增加．故B正确．C、以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．故C正确．D、重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与重力势能零点的选取无关．故D错误．应当选ABC．点评：此题类似于小球掉在弹簧上的类型．重力与弹力特点相似，这两种力做正功时，势能减小，做负功时，势能增加．8．〔4分〕〔2012•泰安二模〕2012年2月8日，欧洲航天局的“火星快车〞号探测飞船利用雷达探测到火星外表有海床沉积物的迹物，为证明火星外表曾经被海洋覆盖提供了有力证据．如下列图，“火星快车〞号探测飞船到达火星附近后，先沿椭圆轨道I运动，P是近地点、Q是远地点，变轨后沿圆形轨道Ⅱ运动，如下正确的答案是〔〕A．飞船在轨道I上从P到Q过程中，动能减小B．飞船沿轨道I运行的周期小于沿轨道Ⅱ运行的周期C．飞船沿轨道I经P点时的速度大于沿轨道Ⅱ经P点时的速度D．飞船沿轨道I经P点时的加速度大于沿轨道Ⅱ经P点时的加速度考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．版权所有专题：人造卫星问题．分析：飞船从P到Q过程中万有引力做负功，飞船的动能减小．根据开普勒第三定律，轨道半长轴r越大周期越大．飞船要在P点加速做离心运动，才能从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ．根据万有引力提供向心力，得a=，距离r相等，如此加速度相等，r大如此加速度小．解答：解：A、飞船在轨道Ⅰ上从P到Q的过程中万有引力做负功，根据动能定理可知，飞船的动能减小，故A正确；B、由开普勒第三定律，可知飞船沿轨道Ⅰ运行的周期大于沿轨道Ⅱ运行的周期，故B错误；C、飞船从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，要在P点加速做离心运动，所以飞船沿轨道Ⅰ经P点时的速度大于沿轨道Ⅱ经P点时的速度，故C正确；D、根据万有引力提供向心力，可知无论在哪个轨道飞船在P处的加速度都为a=G，故D选错误．应当选：AC．点评：此题要掌握开普勒第三定律，理解公式中各个量的含义，轨道半长轴r越大周期越大，其中k由中心天体的质量决定，与环绕天体无关．9．〔4分〕〔2014春•江北区校级期末〕在某某旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动．某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v0，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L，斜面倾角为α，人的质量为m，滑沙板质量不计，重力加速度为g．如此〔〕A．假设人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，如此人到达斜面底端时的速度大小为3v0B．假设人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，如此人到达斜面底端时的速度大小为v0C．人沿沙坡下滑时所受阻力F f=mgsinα﹣D．人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv0考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．版权所有专题：功率的计算专题．分析：根据匀变速直线运动的速度位移公式求出人滑到底端的速度，结合速度位移公式求出人的加速度，根据牛顿第二定律求出阻力的大小．当速度最大时，重力的功率最大，结合重力和最大速度，根据功率的表达式求出重力功率的最大值．解答：解：A、人由静止开始运动时，有：〔2v0〕2=2aL，当初速度为v0时，根据速度位移公式有：v2﹣v02=2aL．联立两式得，v=故A错误，B正确．C、根据速度位移公式得，加速度a=．根据牛顿第二定律得，mgsinα﹣Ff=ma，解得：Ff=mgsin α﹣．故C正确．D、当人滑到底端时，速度最大，最大速度为2v0，如此重力功率的最大值P=mg•2v0•sinα=2mgv0sinα．故D错误．应当选：BC．点评：此题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度可以根据运动求力，也可以根据力求运动．10．〔4分〕〔2014秋•薛城区校级月考〕如下列图，将一质量为m的小球以一定的初速度自O 点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点，OA与竖直方向夹角为53°，重力加速度大小为g．如此小球抛出时的动能与到达A点时动能的比值为〔〕A．B．C．D．考点：机械能守恒定律；平抛运动．版权所有专题：机械能守恒定律应用专题．分析：小球做平抛运动，由平抛运动规律可以求出小球的初速度，由动能定理求出小球到达A 点的动能，然后求出小球的动能之比．解答：解：小球做平抛运动，在水平方向有：OA•sin53°=v0t，竖直方向有：OA•cos53°=gt2，初动能：EK0=mv02，从O到A过程，由动能定理得：EKA﹣EK0=mg•OA•cos53°，解得：=；应当选：D点评：此题考查了求小球动能的比值，应用平抛运动规律、动能定理即可正确解题．11．〔4分〕〔2014秋•薛城区校级月考〕一足够长的水平传送带以恒定速率v运动，将一质量为m的物体轻放到传送带左端，物体在到达最右端前就与传送带有一样的速度；如此物体从左端运动到右端的过程中，如下说法正确的答案是〔〕A．全过程中传送带对物体做功为mv2B．全过程中物体对传送带做功为﹣mv2C．物体加速阶段摩擦力对物体做功的功率逐渐增大D．物体加速阶段摩擦力对传送带做功的功率恒定不变考点：动能定理的应用．版权所有专题：传送带专题．分析：对工件进展分析，运用动能定理求出摩擦力对工件做的功．对传送带而言，摩擦力做的功为负功．工件从静止到与传送带相对静止这个过程，物块与传送带的位移不等，所以摩擦力对两者做功大小也不等．解答：解；A、传送带足够长，故物体末速度为v，对物体，由动能定理得：W=mv2，故A 正确B、传送带与物体间的作用力大小相等、方向相反，物体在传送带上滑动时，物体与传送带的位移不相等，它们间的作用力大小相等，作用力做功大小不同，故B错误；C、摩擦力大小不变，而物体速度增加，加速阶段摩擦力对物体做功的功率逐渐增大，故C正确D、水平传送带以恒定速率v运动，故摩擦力对传送带做功的功率不变，故D正确应当选：ACD．点评：了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功．三、实验题〔此题包括2小题，共12分〕12．〔8分〕〔2014春•邯郸期末〕在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如下列图．O为第一个点，A、B、C为从适宜位置开始选取连续点中的三个点．打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.80m/s2，那么：〔1〕根据图上所得的数据，应取图中O点到B点来验证机械能守恒定律；〔2〕从O点到〔1〕问中所取的点，重物重力势能的减少量△E p= 1.88J，动能增加量△E k= 1.84J 〔结果取三位有效数字〕；〔3〕假设测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v与物体下落的高度h，如此以为纵轴，以h为横轴画出的图象是图2中的A．考点：验证机械能守恒定律．版权所有专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：该实验的原理是验证物体下降的距离从O点到B点，动能的增加量和重力势能的减小量是否相等．根据△E p=mg△h求重力势能的减小量，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B点的速度，从而求出动能的增加量．解答：解：〔1〕因为通过某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可以求出B点的速度，所以取图中O点到B点来验证机械能守恒定律．〔2〕重物重力势能的减少量△E p=mg△h=9.80×0.192=1.88J．B点的速度=1.92m/s，如此B点的动能=1.84J．所以动能的增加量△E k=1.84J．〔3〕根据mgh=得，，即与h成正比．故A正确．故答案为：〔1〕B〔2〕1.88 1.84〔3〕A点评：解决此题的关键知道验证机械能守恒定律的实验原理，掌握重力势能减小量和动能增加量的求法．13．〔4分〕〔2014秋•薛城区校级月考〕为了探究动能定理，现提供如图1所示的器材，让小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，请思考探究思路并回答如下问题〔打点计时器所用交流电频率为50Hz〕：〔1〕关于实验操作如下说法正确的答案是BCDA．应改变橡皮筋拉伸的长度，打出不同的纸带进展分析B．应保持橡皮筋拉伸的长度不变，改变橡皮筋的条数，打出不同的纸带进展分析C．应选取纸带上点迹间隔均匀的一段进展测量，以求出小车匀速运动时的速度D．实验中将木板左端适当垫高的目的是：使重力分力平衡掉小车和纸带受到的摩擦力，提高实验的准确度〔2〕如图2是某同学在正确实验操作过程中得到的一条纸带，O、A、B、C、D、E、F为选取的计数点，相邻的两个计数点间有一个点没有画出，各计数点到O点的距离分别为：0.87cm、4.79cm、8.89cm、16.91cm、25.83cm、34.75cm，假设打点计时器的打点频率为50Hz，如此由该纸带可知本次实验中小车的速度是 2.23m/s．考点：探究功与速度变化的关系．版权所有专题：实验题；动能定理的应用专题．分析：用橡皮筋拉小车探究功与速度变化的关系，必须平衡摩擦力，让小车的速度增加仅仅是橡皮筋做功的结果；我们通过改变橡皮筋的条数来改变做功的多少，不用测量变力；小车的速度是加速段获得的最大速度即以后的匀速段的速度．解答：解：〔1〕A、应改变橡皮筋拉伸的长度，打出不同的纸带进展分析，故A错误；B、应保持橡皮筋拉伸的长度不变，改变橡皮筋的条数，打出不同的纸带进展分析，故B正确；C、应选取纸带上点迹间隔均匀的一段进展测量，以求出小车匀速运动时的速度，故C正确；D、实验中将木板左端适当垫高的目的是：使重力分力平衡掉小车和纸带受到的摩擦力，提高实验的准确度，故D正确；〔2〕应求出小车做匀速运动时的速度，由实验数据可知，v=，代入数据解得：v=2.23m/s；故答案为：〔1〕BCD〔2〕2.23m/s点评：这是一道考查探究功与速度变化的关系的根底题，是一道容易出错的题目．同学们在学习中应注意实验的细节．四、计算题〔此题包括5小题，共44分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．〕14．〔6分〕〔2014秋•薛城区校级月考〕一宇航员站在某质量分布均匀的星球外表上沿竖直方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落回抛出点，该星球半径为R，引力常量为G，求：〔1〕该星球外表的重力加速度；〔2〕该星球的第一宇宙速度．考点：万有引力定律与其应用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．版权所有专题：万有引力定律的应用专题．分析：〔1〕小球做竖直上抛运动，由运动学公式可求得该星球外表的重力加速度g；〔2〕该星球的近地卫星的向心力由万有引力提供，该星球外表物体所受重力等于万有引力，联立方程即可求出该星球的第一宇宙速度υ；解答：解：〔1〕小球在空中的运动时间t=2×，所以g=．〔2〕由G=mg联立以上各式可得：答：〔1〕该星球外表的重力加速度；〔2〕该星球的第一宇宙速度．点评：重力加速度g是天体运动研究和天体外表宏观物体运动研究联系的物理量．此题要求学生掌握两种等式：一是物体所受重力等于其吸引力；二是物体做匀速圆周运动其向心力由引力提供．15．〔8分〕〔2014秋•薛城区校级月考〕如图为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量m=5×104 kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a=0.2m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm=1.02m/s 的匀速运动．取g=10m/s2．求：〔1〕起重机允许输出的最大功率．〔2〕重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率．考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．版权所有专题：功率的计算专题．分析：〔1〕当起重机的功率达到允许最大值，且重物达到最大速度vm时，拉力和重力相等，结合P=Fv求出最大功率．〔2〕根据牛顿第二定律求出牵引力，根据P=Fv求出匀加速运动的最大速度，结合速度时间公式求出匀加速运动的时间，根据速度时间公式求出2s末的速度，根据P=Fv求出瞬时功率的大小．解答：解：〔1〕当起重机的功率达到允许最大值，且重物达到最大速度vm时，拉力和重力相等，即F=mg．根据P=FvPm=mgvm=5×104×10×1.02 W=5.1×105 W．〔2〕根据牛顿第二定律F﹣mg=ma又Pm=Fvv=at代入数据解得：t=5 s．当t′=2 s时v′=at′，P′=Fv′代入数据解得：P′=2.04×105 W．答：〔1〕起重机允许输出的最大功率为5.1×105 W．．〔2〕重物做匀加速运动所经历的时间为5s，第2秒末的输出功率为2.04×105 W．点评：解决此题的关键知道拉力等于重力时速度最大，匀加速直线运动完毕，功率达到额定功率，结合牛顿第二定律以与功率与牵引力的关系进展求解．16．〔10分〕〔2012•〕如下列图，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l 后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．l=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，求：〔1〕小物块落地点距飞出点的水平距离s；〔2〕小物块落地时的动能EK；〔3〕小物块的初速度大小v0．。

2015届山东省枣庄市枣庄八中南校高三11月月考理综物理部分考试时间150分钟第Ⅰ卷（选择题本卷共21小题，每小题6分，共126分）一、单项选择题（本题包括13小题：生物1—6小题，化学7—13小题。

每小题只有一个选项符合题意。

在每小题列出的四个选项中，请选出符合题目要求的一项填入答题卡中。

）二、选择题:本题共8小题物理选择题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21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。

14．关于物理学史，下列说法正确的是A．奥斯特首先发现了电磁感应现象B．楞次率先利用磁场产生了感应电流，并能确定感应电流的方向C．法拉第研究了电磁感应现象，并总结出法拉第电磁感应定律D．纽曼和韦伯先后总结出法拉第电磁感应定律x 图象如图15．A、B两质点在同一直线上运动，t=0时刻，两质点从同一地点开始运动的t所示，则下列说法正确的是（）A．A质点以20m/s的速度匀速运动B．B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动C．经过4s，B质点的位移大于A质点的位移D．在图示的运动过程中，A、B两质点之间的距离在0~4s内某一时刻达到最大16．如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2，方向竖直向上的匀强电场。

一个质量m,带电+q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是（ ）A ．若AB 高度差为h ,则U AB =-mgh/q B ．带电小球在AB 两点电势能相等C ．在虚线上下方的电场中，带电小球运动的加速度相同D ．两电场强度大小关系满足E 2=2E 117．科技馆中的一个展品如图所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的灯光照射下，可观察到一个下落的水滴，缓缓调节水滴下落的时间间隔到适当情况，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A 、B 、C 、D 四个位置不动，一般要出现这种现象，照明光源应该满足（g=10m/s 2）：A ．普通光源即可B ．间歇发光，间隔时间0．4sC ．间歇发光，间隔时间0．14sD ．间歇发光，间隔时间0．2s18．设地球自转周期为T ，质量为M ，引力常量为G ，假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R ．同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为：A ．32224R GMT GMT π-B ．32224R GMT GMT π+C ．23224GMTR GMT π- D ．23224GMTR GMT π+ 19．如图，质量为m 的木块A 放在质量为M 的三角形斜劈上，现用大小均为F 、方向相反的力分别推A和B，它们均静止不动，则：A．A与B之间一定存在摩擦力B．B与地面之间不存在摩擦力C．B对A的支持力一定小于mgD．地面对B的支持力的大小一定等于（M+m）g20．如图a所示，用一水平力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图b所示，根据图b中所提供的信息可以计算出：A．物体的速度B．斜面的倾角C．物体能静止在斜面上所施加的最小外力D．加速度为6 m/s2时物体的速度21．如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未标出）．物块的质量为m，AB=a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ．现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W．撤去拉力后物块由静止开始向左运动，经O点到达B点时速度减小为零．重力加速度为g．则关于对上述过程的分析，下列说法正确的是：A ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于mga W μ23- B ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于mga W μ21-C ．经O 点时，物块的动能小于mga W μ-D ．物块动能最大时，弹簧的弹性势能为零第Ⅱ卷三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。

2014-2015学年山东省枣庄八中高三（上）段测物理试卷（9月份）一.不定项选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分）可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，2．（4分）（2012秋•枞阳县校级期末）一辆汽车以速度v行驶了全程的一半，然后匀减速行驶B，前半程的时间，则后半程的运动时间．则全程的平均速度．故解决本题的关键掌握平均速度的定义式．3．（4分）（2014•深圳二模）如图所示，手推车的篮子里装有一篮球，女孩把手推车沿斜面向上匀速推动，篮子的底面平行于斜面，靠近女孩的一侧面垂直于底面，下列说法正确的有（）4．（4分）（2014秋•薛城区校级月考）某人在竖直方向运动的电梯里称体重，发现体重计的5．（4分）（2015•赫山区校级三模）如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中（保持OA与地面夹角θ不变），OC绳所受拉力的大小变化情况是（）6．（4分）（2014秋•薛城区校级月考）a、b两物体从同一位置开始运动，它们的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（）×xb=[×2×4m7．（4分）（2013秋•顺德区期末）在光滑水平面上有一物块受水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧，如图所示，当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中，下列说法正确的是（）8．（4分）（2014•南海区校级模拟）如图所示，在水平桌面上叠放着木块P和Q，水平力F推动两个木块做匀速运动，下列说法中正确的是（）9．（4分）（2012•济宁一模）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，则下面说法正确的是（）10．（4分）（2013秋•廊坊期末）如图所示，轻弹簧的一端与物块P相连，另一端固定在木板上．先将木板水平放置，并使弹簧处于拉伸状态．缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块P刚要沿木板向下滑动，在这个过程中，物块P所受静摩擦力的大小变化情况是（）二、填空题11．（8分）（2014秋•庐阳区校级期中）某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻质弹簧竖直悬挂于某一深度为h=30.0cm且开口向下的小筒中（没有外力作用时弹簧的下端位于筒内，用测力计可以同弹簧的下端接触），如图甲所示，若本实验的长度测量工具只能测量露出筒外弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变l而测出对应的弹力F，作出F﹣l图象如图乙所示，则弹簧的劲度系数为k=200N/m，弹簧的原长l0=20cm．12．（8分）（2014秋•薛城区校级月考）为了探究加速度与力的关系，使用如图所示的气垫导轨装置进行实验．其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间△t1、△t2都可以被测量并记录，滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，两个光电门间距离为x，牵引砝码的质量为m．回答下列问题：（1）实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，其方法是：在不挂砝码的情况下，将滑行器自由放在导轨上，如果滑行器能在任意位置静止不动，或轻轻推滑行器后，能使滑行器匀速运动，说明气垫导轨是水平的．（2）在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，其中求得的加速度的表达式为a=（用△t1、△t2、D、x表示）．v=求v1=v2=a=三、计算题（要有必要的公式和计算过程）（1）驾驶员正常时的反应时间；（2）汽车刹车的加速度；（3）一名喝了酒的驾驶员发现前面50m处有一队学生正在横穿马路，此时他的车速为72km/h，而他的反应时间比正常时慢了0.1s，若他以正常的加速度刹车，请问他能在50m内停下来吗？t0===0.9sa==s′==14．（10分）（2014•赫山区校级一模）如图所示，细绳OA长30cm，O端与质量m=1kg的重物相连，A端与轻质圆环（重力不计）相连，圆环套在水平棒上可以滑动；定滑轮固定在距离圆环50cm的B处，跨过定滑轮的细绳，两端分别与重物m、重物G相连．若两条细绳间的夹角φ=90°，圆环恰好没有滑动，不计滑轮大小，整个系统处于静止状态，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．求：（1）圆环与棒间的动摩擦因数μ；（2）重物G的质量M．代入数据解得：M=mcosθ=15．（12分）（2014秋•薛城区校级月考）海豚靠尾部来推动下部的水，能够从水中高高跃起，被誉为“会飞的鱼”．一身长L1=1.8m，质量m=65kg的海豚，跃起后从h1=1.0m的高度处自由落下，尾部接触水面后经过时间t=0.25s身体速度降为零．假设下降阶段尾部与水面的作用力是恒力，求下降阶段尾部与水面的作用力F和鱼在下降阶段在水中下降的高度．（取g=10m/s2）m/sh=a==8）16．（12分）（2011•宣城二模）如图所示，质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8N，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，当二者达到相同速度时，物块恰好滑到小车的最左端．取g=10m/s2．求：（1）小物块放后，小物块及小车的加速度各为多大？（2）小车的长度是多少？解得：解得：则：。

山东省枣庄第八中学2015届高三上学期9月阶段性测试物理试题一、不定项选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分）1.关于速度和加速度，下列说法中正确的是：A.速度变化量越大，加速度就越大B.速度变化越快，加速度越大C.加速度保持不变，速度方向可能改变D.加速度大小不断变小，速度大小也一定不断小2．一辆汽车以速度行驶了全程的一半，然后匀减速行驶了后一半，恰好停止，全程的平均速度为A．v/2 B．2v/3 C．v/2 D．v/33．如图所示，手推车的篮子里装有一篮球，女孩把手推车沿斜面向上匀速推动，篮子的底面平行于斜面，靠近女孩的一侧面垂直于底面，下列说法正确的有（）A、篮子底面受到的压力大于篮球的重力B、篮子底面受到的压力小于篮球的重力C、篮子右侧面受到的压力大于篮球的重力D、篮子右侧面受到的压力小于篮球的重力4 .某人在竖直方向运动的电梯里称体重，发现体重计的示数比自己正常的体重减少了1％．已知重力加速度g=10m/s2，则以下判断正确的是A．电梯以1m/s2的加速度加速下降B．电梯以9m/s2的加速度减速下降C．电梯以1m/s2的加速度减速上升D．电梯以9m/s2的加速度加速上升5．如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是()A．逐渐减小B．逐渐增大C．先减小后增大D．先增大后减小6．a、b两物体从同一位置开始运动，它们的v—t图象如图所示，下列说法正确的是A．a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度B．2s时，a、b两物体相距最远C．6s时，物体a在物体b的前方D．4s时，a、b两物体速度相等，相距9 m7. 如图所示，在光滑水平面上有一物块受水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧．在物块与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中，下列说法正确的是A．物块接触弹簧后立即做减速运动B．物块接触弹簧后先加速后减速C．当弹簧压缩量最大时，物块的加速度等于零D．当物块的速度为零时，它所受的合力不为零8．在水平桌面上叠放着木块P和Q，用水平力F推Q，使P、Q两木块一起沿水平桌面匀速滑动，如图所示，以下说法中正确的是A．P受3个力，Q受6个力B．P受4个力，Q受6个力C．P受2个力，Q受5个力D．P受2个力，Q受4个力9．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，下面说法正确的是A．木块a与铁块b间一定存在摩擦力B．木块与竖直墙面间一定存在水平弹力C．木块与竖直墙面间一定存在摩擦力D．竖直向上的作用力F大小一定等于铁块与木块的重力之和10．如图所示，轻弹簧的一端与物块P相连，另一端固定在木板上，先将木板水平放置，并使弹簧处于拉伸状态．缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块P刚要沿木板向下滑动，在这个过程中，物块P所受静摩擦力的大小变化情况是A．先减小后增大B．先增大后减小C．一直增大D．保持不变二、填空题11.（8分）某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻质弹簧竖直悬挂于某一深度为h＝30.0 cm且开口向下的小筒中(没有外力作用时弹簧的下端位于筒内，测力计的挂钩可以同弹簧的下端接触)，如图甲所示，若本实验的长度测量工具只能测量露出筒外弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变l而测出对应的弹力F，作出F－l图象如图乙所示，则弹簧的劲度系数为k＝________ N/m，弹簧的原长l0＝_________cm12．（8分）为了探究加速度与力的关系，使用如图所示的气垫导轨装置进行实验．其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间△t1、△t2都可以被测量并记录，滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，两个光电门间距离为x，牵引砝码的质量为m．回答下列问题：（1）实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，其方法是：在不挂砝码的情况下，将滑行器自由放在导轨上，如果滑行器能在任意位置静止不动，或轻轻推滑行器后，能使滑行器________运动，说明气垫导轨是水平的．（2）在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，其中求得的加速度的表达式为a=____（用△t1、△t2、D、x表示）．三、计算题（要有必要的公式和计算过程）13.（10分）下图是《驾驶员守则》中的安全距离表格．请根据该表格计算：（1）驾驶员正常时的反应时间；（2）汽车刹车的加速度；（3）一名喝了酒的驾驶员发现前面50m处有一队学生正在横穿马路；此时他的车速为72km/h，而他的反应时间比正常时慢了0．1s，若他以正常的加速度刹车，请问他能在50m内停下来吗？14．（10分）如图所示，细绳OA长30cm，O端与质量m=lkg的重物相连，A端与轻质圆环（重力不计）相连，圆环套在水平棒上可以滑动；定滑轮固定在距离圆环50cm的B处，跨过定滑轮的细绳，两端分别与重物m、重物G相连，若两条细绳间的夹角，圆环恰好没有滑动，不计滑轮大小，整个系统处于静止状态，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．求：（1）圆环与棒间的动摩擦因数；（2）重物G的质量M15.（12分）海豚靠尾部来推动下部的水，能够从水中高高跃起，被誉为“会飞的鱼”。

2014-2015学年山东省枣庄八中高三〔上〕段测物理试卷〔9月份〕一.不定项选择题〔此题包括12小题，每一小题4分，共48分〕1．〔4分〕〔2013秋•椒江区校级期中〕关于速度和加速度，如下说法中正确的答案是〔〕 A．速度变化量越大，加速度就越大B．速度变化越快，加速度越大C．加速度保持不变，速度方向可能改变D．加速度大小不断变小，速度大小也一定不断变小考点：加速度；速度．版权所有专题：直线运动规律专题．分析：根据加速度的定义式a=可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大．解答：解：A、物体的速度变化大，但所需时间更长的话，物体速度的变化率可能很小，如此加速度就会很小，故A错误．B、速度变化越快，加速度越大，故B正确C、加速度保持不变，速度方向可能改变．例如平抛运动，故C正确D、如果加速度方向与速度方向一样，加速度大小不断变小，速度大小一定增大，故D错误应当选BC．点评：此题考查加速度的定义式，只要理解了加速度的概念就能顺利解决．2．〔4分〕〔2012秋•枞阳县校级期末〕一辆汽车以速度v行驶了全程的一半，然后匀减速行驶了后一半，恰好停止，全程的平均速度为〔〕A．B．C．D．考点：平均速度．版权所有专题：直线运动规律专题．分析：分别求出前一半路程和后一半路程运行的时间，从而等于总路程除以总时间求出全程的平均速度．解答：解：设全程为s，前半程的时间．后半程做匀减速直线运动，后半程的平均速度，如此后半程的运动时间．如此全程的平均速度．故B正确，A、C、D错误．应当选B．点评：解决此题的关键掌握平均速度的定义式，以与掌握匀变速直线运动平均速度的推论．3．〔4分〕〔2014•某某二模〕如下列图，手推车的篮子里装有一篮球，女孩把手推车沿斜面向上匀速推动，篮子的底面平行于斜面，靠近女孩的一侧面垂直于底面，如下说法正确的有〔〕A．篮子底面受到的压力大于篮球的重力B．篮子底面受到的压力小于篮球的重力C．篮子右侧面受到的压力大于篮球的重力D．篮子右侧面受到的压力小于篮球的重力考点：共点力平衡的条件与其应用；物体的弹性和弹力．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对篮球受力分析，根据平衡条件表示出篮球的受各个力大小．解答：解：对篮球受力分析，并运用合成法如图：根据几何知识，篮子底部对篮球的支持力N1=mgcosθ根据牛顿第三定律如此篮子底面受到的压力为mgcosθ＜mg，故A错误B正确；篮子右面对篮球的支持力N2=mgsinθ根据牛顿第三定律如此篮子右面受到的压力为mgsinθ＜mg，故C错误D正确；应当选：BD．点评：此题首先要对篮球受力分析，根据共点力平衡条件列式求解出篮球受到的支持力表达式，再根据牛顿第三定律进展讨论．4．〔4分〕〔2014秋•薛城区校级月考〕某人在竖直方向运动的电梯里称体重，发现体重计的示数比自己正常的体重减少了1%．重力加速度g=10m/s2，如此以下判断正确的答案是〔〕 A．电梯以1m/s2的加速度加速下降B．电梯以9m/s2的加速度减速下降C．电梯以1m/s2的加速度减速上升D．电梯以9m/s2的加速度加速上升考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据人的支持力大小，结合牛顿第二定律求出人的加速度大小和方向，抓住人和电梯的加速度一样得出电梯的运动情况．解答：解：体重计的示数比自己正常的体重少了10%，知电梯对人的支持力N=90%mg，根据牛顿第二定律得，mg﹣N=ma，解得人的加速度a=0.1g=0.1×10=1m/s2，方向竖直向下，知电梯以1m/s2加速下降，或以1m/s2的加速度减速上升．故A、C正确，B、D 错误．应当选：AC．点评：解决此题的关键知道人和电梯具有一样的加速度，求出人的加速度大小和方向是解决此题的突破口．5．〔4分〕〔2015•赫山区校级三模〕如下列图，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中〔保持OA与地面夹角θ不变〕，OC绳所受拉力的大小变化情况是〔〕A．逐渐减小B．逐渐增大C．先减小后增大D．先增大后减小考点：共点力平衡的条件与其应用；力的合成与分解的运用．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对G受力分析可知竖直绳上的拉力不变，再对结点O分析可得出受力的平行四边形；根据C点的移动利用图示法可得出OC拉力的变化．解答：解：对G分析，G受力平衡，如此拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳子的拉力OA的支持力与OC的拉力而处于平衡；受力分析如下列图；将F和OC绳上的拉力合力，其合力与G大小相等，方向相反，如此在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，如此由图可知OC 的拉力先减小后增大，图中D点时力最小；应当选：C．点评：此题利用了图示法解题，解题时要注意找出不变的量作为对角线，从而由平行四边形可得出拉力的变化．6．〔4分〕〔2014秋•薛城区校级月考〕a、b两物体从同一位置开始运动，它们的v﹣t图象如下列图，如下说法正确的答案是〔〕A．a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度B．2s时，a、b两物体相距最远C． 6s时，物体a在物体b的前方D．4s时，a、b两物体速度相等，相距9 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．版权所有专题：运动学中的图像专题．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；切线的斜率表示加速度，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．解答：解：A、在速度﹣时间图象中，图线的斜率表示加速度，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；所以根据斜率大小可以看出，在a、b加速时，a物体的加速度小于b的加速度，故A错误．B、a、b两物体从同一位置沿同一方向做直线运动，到4s末之前a的速度一直大于b的速度，a在前方，如此a、b之间的间距逐渐增大，40s之后a的速度小于b的速度，b开始追赶a物体，间距减小，所以4s末两物体相距最远，故B错误．C、6s时，由图象与坐标轴围成面积代表位移可知，a的位移为xa=×〔1+4〕×2m+4×4m=21mb的位移为xb=×〔6﹣2〕×8=16m，如此xa＞xb，所以6s时，物体a在物体b的前方，故C正确．C、4s时，a、b两物体速度相等，相距为△x=x a﹣xb=[×〔1+4〕×2m+2×4m]﹣〔×2×4m〕=9m，故D正确．应当选：CD．点评：此题是为速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息．7．〔4分〕〔2013秋•顺德区期末〕在光滑水平面上有一物块受水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧，如下列图，当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中，如下说法正确的答案是〔〕A．物块接触弹簧后立即做减速运动B．物块接触弹簧后先加速后减速C．当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度等于零D．当物块的速度为零时，它所受的合力不为零考点：牛顿第二定律．版权所有专题：计算题．分析：物体与弹簧接触前匀加速运动，与弹簧接触后的运动可以分为加速和减速两个两个过程分析，推力大于弹簧弹力过程加速，推力小于弹簧弹力过程减速．解答：解：物体与弹簧接触前做匀加速直线运动；物体与弹簧接触后，弹簧弹力不断增大，开始阶段弹簧弹力小于推力F，合力向右，加速度向右，物体做加速度不断减小的加速运动；当加速度减小为零时，速度达到最大；接下来物体由于惯性继续向右运动，弹力进一步变大，且大于推力，合力向左，加速度向左，物体做加速度不断变大的减速运动，当速度减为零时，加速度最大；应当选BD．点评：此题中物体先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断增大的减速运动，初学者往往容易忽略加速过程．8．〔4分〕〔2014•南海区校级模拟〕如下列图，在水平桌面上叠放着木块P和Q，水平力F推动两个木块做匀速运动，如下说法中正确的答案是〔〕A．P受3个力，Q受3个力B． P受3个力，Q受4个力C． P受2个力，Q受5个力D．P受4个力，Q受6个力考点：力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件与其应用．版权所有专题：受力分析方法专题．分析：用水平力F推Q，使P、Q两木块一起沿水平桌面匀速滑动，对各自进展受力分析，分别从重力、弹力、摩擦力等三个角度去分析．对于摩擦力要分静摩擦力与滑动摩擦力．解答：解：在水平推力的作用下，物体P、Q一起匀速滑动，如此对P受力分析：重力与支持力．对于Q受力分析：重力、地面支持力、P对Q的压力、水平推力、地面给Q的滑动摩擦力．因此P受到二个力，Q受到五个力．故C正确；ABD错误；应当选：C．点评：考查学会受力分析，通常从重力、弹力、摩擦力角度去分析，同时强调受力的研究对象．9．〔4分〕〔2012•济宁一模〕如下列图，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，如此下面说法正确的答案是〔〕A．木块a与铁块b间一定存在摩擦力B．木块与竖直墙面间一定存在水平弹力C．木块与竖直墙面间一定存在摩擦力D．竖直向上的作用力F大小一定等于铁块与木块的重力之和考点：摩擦力的判断与计算．版权所有专题：摩擦力专题．分析：对b受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；再对a、b整体受力分析，受到重力和推力，二力平衡，整体不是墙壁的弹力和摩擦力．解答：解：A、b匀速上升，受到的合力为零，对b受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力，A正确；B、再对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，如有，如此合力不为零；与墙壁接触但不挤压，不产生摩擦力，BC错误；D、根据竖直方向受力平衡知竖直向上的作用力F大小一定等于铁块与木块的重力之和，D正确；应当选：AD．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．10．〔4分〕〔2013秋•廊坊期末〕如下列图，轻弹簧的一端与物块P相连，另一端固定在木板上．先将木板水平放置，并使弹簧处于拉伸状态．缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块P刚要沿木板向下滑动，在这个过程中，物块P所受静摩擦力的大小变化情况是〔〕A．先减小后增大B．先增大后减小C．一直增大D．保持不变考点：共点力平衡的条件与其应用；力的合成与分解的运用．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：由题，缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大的过程中，物块P的重力沿木板向下的分力先小于弹簧的弹力，后大于弹簧的弹力，根据平衡条件分析物块P所受静摩擦力的大小变化情况．解答：解：设物块的重力为G，木板与水平面的夹角为θ，弹簧的弹力大小为F，静摩擦力大小为f．由题，缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块P刚要沿木板向下滑动的过程中，弹簧的拉力不变，物块P的重力沿木板向下的分力先小于弹簧的弹力，后大于弹簧的弹力，物块P所受的静摩擦力方向先木板向下，后沿木板向上．当物块P的重力沿木板向下的分力小于弹簧的弹力时，如此有Gsinθ+f=F，θ增大时，F 不变，f减小；当物块P的重力沿木板向下的分力大于弹簧的弹力时，如此有Gsinθ=f+F，θ增大时，F 不变，f增大；所以物块P所受静摩擦力的大小先减小后增大．应当选A点评：此题要抓住弹簧的拉力没有变化，重力的分力是变力，先小于弹簧的弹力，后大于弹簧的弹力，根据平衡条件进展动态变化分析．二、填空题11．〔8分〕〔2014秋•庐阳区校级期中〕某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻质弹簧竖直悬挂于某一深度为h=30.0cm且开口向下的小筒中〔没有外力作用时弹簧的下端位于筒内，用测力计可以同弹簧的下端接触〕，如图甲所示，假设本实验的长度测量工具只能测量露出筒外弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变l而测出对应的弹力F，作出F﹣l图象如图乙所示，如此弹簧的劲度系数为k=200N/m，弹簧的原长l0=20cm．考点：探究影响摩擦力的大小的因素．版权所有专题：实验题；摩擦力专题．分析：根据胡克定律写出F与l的关系式，然后结合数学知识求解即可．解答：解：根据胡克定律F与l的关系式为：F=k〔l+h﹣l0〕=kl+k〔h﹣l0〕，从图象中可得直线的斜率为2N/cm，截距为20N，故弹簧的劲度系数为：k=2N/cm=200N/m由k〔h﹣l0〕=20N于是：l0=20cm故答案为：200；20cm点评：找到各个物理量之间的关系，然后根据胡克定律列方程，是解答此题的突破口，这要求学生有较强的数学推导能力．12．〔8分〕〔2014秋•薛城区校级月考〕为了探究加速度与力的关系，使用如下列图的气垫导轨装置进展实验．其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间△t1、△t2都可以被测量并记录，滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，两个光电门间距离为x，牵引砝码的质量为m．回答如下问题：〔1〕实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，其方法是：在不挂砝码的情况下，将滑行器自由放在导轨上，如果滑行器能在任意位置静止不动，或轻轻推滑行器后，能使滑行器匀速运动，说明气垫导轨是水平的．〔2〕在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，其中求得的加速度的表达式为a=〔用△t1、△t2、D、x表示〕．考点：测定匀变速直线运动的加速度．版权所有专题：实验题；直线运动规律专题．分析：〔1〕当气垫导轨水平时，滑块做匀速直线运动，通过光电门的速度相等，即光电门的挡光时间相等．〔2〕滑块经过光电门时的速度近似等于滑块经过光电门时的平均速度，可由v=求出，然后由匀变速运动的速度位移公式求出滑块的加速度．解答：解：〔1〕实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，在不挂重物的情况下轻推滑块，假设滑块做匀速直线运动，即滑块通过光电门速度相等，如此光电门的挡光时间相等，证明气垫导轨已经水平．〔2〕滑块经过光电门1的速度v1=，滑块经过光电门2的速度v2=由匀变速运动的速度位移公式得：v22﹣v12=2ax，a=故答案为：〔1〕匀速；〔2〕点评：解决此题的关键理解实验的原理，掌握很短时间内的平均速度代表瞬时速度．三、计算题〔要有必要的公式和计算过程〕13．〔10分〕〔2014秋•薛城区校级月考〕如表是《驾驶员守如此》中的安全距离表格．车速〔km/h〕反响距离〔m〕刹车距离〔m〕停车距离〔m〕40 10 10 2060 15 22.5 37.580 20 40 60请根据该表格计算：〔1〕驾驶员正常时的反响时间；〔2〕汽车刹车的加速度；〔3〕一名喝了酒的驾驶员发现前面50m处有一队学生正在横穿马路，此时他的车速为72km/h，而他的反响时间比正常时慢了0.1s，假设他以正常的加速度刹车，请问他能在50m内停下来吗？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．版权所有专题：直线运动规律专题．分析：〔1〕根据表中数据，应用匀速直线运动的位移公式求出反响时间．〔2〕由速度位移公式求出刹车时的加速度．〔3〕由位移公式求出反响时间内的位移，由速度位移公式求出刹车距离，然后分析答题．解答：解：〔1〕驾驶员的反响时间：t0===0.9s；〔2〕刹车时的加速度：a===m/s2≈6.17m/s2；〔3〕汽车的速度：v=72km/h=20m/s，司机的反响距离：s=vt=20×〔0.9+0.1〕=20m，汽车的刹车距离：s′===32.4m，汽车总位移：s+s′=20+32.4=52.4m＞50m，汽车不能在50m内停下．答：〔1〕驾驶员正常时的反响时间0.9s；〔2〕汽车刹车的加速度6.17m/s2；〔3〕他不能在50m内停下来．点评：此题考查了求反响时间、加速度、判断汽车能否安全停车，分析清楚汽车的运动过程、根据表中数据、应用匀速运动的位移公式、匀变速运动的速度位移公式即可正确解题．14．〔10分〕〔2014•赫山区校级一模〕如下列图，细绳OA长30cm，O端与质量m=1kg的重物相连，A端与轻质圆环〔重力不计〕相连，圆环套在水平棒上可以滑动；定滑轮固定在距离圆环50cm的B处，跨过定滑轮的细绳，两端分别与重物m、重物G相连．假设两条细绳间的夹角φ=90°，圆环恰好没有滑动，不计滑轮大小，整个系统处于静止状态，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．求：〔1〕圆环与棒间的动摩擦因数μ；〔2〕重物G的质量M．考点：共点力平衡的条件与其应用；摩擦力的判断与计算．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：〔1〕圆环恰好没有滑动，将要开始滑动时，所受的静摩擦力刚好达到最大值．根据共点力平衡条件对环进展研究，求出tanθ，得到θ．〔2〕物体m处于平衡状态，根据共点力平衡条件求解细绳的张力．〔2〕圆环将要滑动时，对重物进展受力分析，求解重物G的质量．解答：解：〔1〕因为圆环将要开始滑动，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有f=μN．对环进展受力分析，如此有：μN﹣FTcosθ=0N﹣FTsinθ=0代入数据解得：．〔2〕对重物m：Mg=mgcosθ所以：M=mcosθ=kg答：〔1〕圆环与棒间的动摩擦因数是0.75；〔2〕重物G的质量为0.6kg．点评：此题是在共点力作用下重物的平衡问题，采用隔离法分别研究三个物体，分析受力情况是解题的关键之处．15．〔12分〕〔2014秋•薛城区校级月考〕海豚靠尾部来推动下部的水，能够从水中高高跃起，被誉为“会飞的鱼〞．一身长L1=1.8m，质量m=65kg的海豚，跃起后从h1=1.0m的高度处自由落下，尾部接触水面后经过时间t=0.25s身体速度降为零．假设下降阶段尾部与水面的作用力是恒力，求下降阶段尾部与水面的作用力F和鱼在下降阶段在水中下降的高度．〔取g=10m/s2〕考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：海豚跃起后从h1=1.0m的高度处下落过程，先自由下落，后进入水中做匀减速运动，根据速度位移公式求出海豚落水时的速度，再用平均速度公式求出海豚在水中重心下降的高度；根据运动学公式列式求解加速度，在根据牛顿第二定律列式求解下降阶段尾部与水面的作用力F．解答：解：自由下落1m的末速度为：m/s在减速时间为0.25s的匀减速阶段，重心下落的高度：h=加速度：a==8m/s2设尾部与水面的作用力为F，由牛顿第二定律，有：F﹣mg=ma解得：F=m〔g+a〕=65×〔10+8〕=1230N答：下降阶段尾部与水面的作用力F为1230N，鱼在下降阶段在水中下降的高度为0.56m．点评：此题是运动情况确定受力情况的问题，关键建立模型，根据运动公式求解加速度．16．〔12分〕〔2011•宣城二模〕如下列图，质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8N，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，当二者达到一样速度时，物块恰好滑到小车的最左端．取g=10m/s2．求：〔1〕小物块放后，小物块与小车的加速度各为多大？〔2〕小车的长度是多少？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．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：〔1〕当小物块开始放在小车上时，两者有相对运动，对车与小物块分别受力分析，根据牛顿第二定律即可解得结果．〔2〕分析运动过程，物体与小车的速度相等时相对静止，发生的相对位移和车长相等，然后依据运动学公式求解即可．解答：解：〔1〕以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得：μmg=ma1解得：a1=μg=2m/s2以小车为研究对象，由牛顿第二定律得：F﹣μmg=Ma2解得：故小物块的加速度为a1=2m/s2，小车的加速度为a2=0.5m/s2．〔2〕由运动学公式：a1t=v0+a2t解得：如此：L=x2﹣x1=0.75m故小车的长度是0.75m．点评：对于这类有两个物体组成的系统，在研究各自的运动情况时，要正确分析各自所受摩擦力情况，弄清运动形式，把握速度相等和相对位移这两个关系．。

山东省枣庄第八中学2014—2015学年度上学期1月月考高二物理试题本试卷分第I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分。

第I 卷1至4页，第II 卷5至8页。

满分100分。

考试用时90分钟。

第I 卷（选择题 共40分）注意事项：1．答第I 卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目、试卷类型（A 或B ）用2B 铅笔涂写在答题卡上。

考试结束，将答题卡和试题第II 卷写在答题纸上一并交回。

2．每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

不能答在试卷上。

一、本题包括10小题。

每小题4分，共40分。

每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确。

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. 下列说法符合物理学史实的是( )A ．安培提出分子电流假说，很好的解释了磁现象的电本质B ．特斯拉最早发现电流周围存在磁场C ．洛仑兹提出了电流对通电导线的作用力D ．牛顿引入场的概念并用用场线直观描述场2. 关于磁场不正确的说法是( )A ．根据定义式，磁场中某点的磁感应强度B 与F 成正比，与IL 成反比 B ．磁感应强度B 是矢量，方向与电流所受安培力的方向相同C ．磁感线总是从N 极指向S 极D ．磁通量有正负之分，但不是矢量3. 下列单位中与磁感应强度B 的单位T 相当的是( ) A ．Wb/m 2 B ．N/A·m C ．N/C·m D ．V·s/m 24. 如图所示，两根平行放置的长直导线a 和b 载有大小相同、方向相反的电流，a 受到的磁场力大小为F 1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a 受到的磁场力大小变为F 2，则此时b 受到的磁场力大小变为( ) (A)F 2 (B)F 1-F 2 (C)F 1＋F 2(D)2F 1-F 2 5. 如图所示，通电细杆ab 质量为m ，置于倾角为θ的导轨上。