福建省2016届高三上学期期末单科质量检查物理试题

2016届福建省高中毕业班质量检查理科综合测试物理部分试题第I卷（选择题共48分）二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14〜18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。

114. 据报道，我国计划2020年发射“火星探测器”。

已知火星质量约为地球质量的，火星直径约为地91球直径的丄，由此估算“火星探测器”在火星表面附近环绕火星运行的速度约为地球第一宇宙速度的2A . 0.20 倍B . 0.47 倍C. 2.2 倍 D . 4.8 倍15. 如图，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器，其中@、⑥是交流电压表或交流电流表。

若高压输电线间的电压为220 kV , T1的原、副线圈匝数比为1 : 100,交流电压表的示数为100 V，交流电流表的示数为 1 A，则A. ⑥是交流电压表B. T2的原、畐U线圈匝数比为100 : 1C. 高压线路输送的电流为1AD.高压线路输送的电功率为220 kW16. 如图，质量为M的缆车车厢通过悬臂固定悬挂在缆绳上，车厢水平底板放置一质量为m的货物，在缆绳牵引下货物随车厢一起斜向上加速运动。

若运动过程中悬臂和车厢始终处于竖直方向，重力加速度大小为g,则A .车厢对货物的作用力大小等于mgB •车厢对货物的作用力方向平行于缆绳向上C .悬臂对车厢的作用力大于（M + m） gD •悬臂对车厢的作用力方向沿悬臂竖直向上17. 如图，水平放置的平行板电容器极板A、B间加有恒定电压，a点与下极板的距离为d。

一带电粒子从a点水平射入电场，初速度大小为V a，粒子偏转后打在下极板的P点时速度大小为V a',其水平射程为2d。

若该粒子从与a在同一竖直线上的b点（图中未标出）水平射入电场，初速度大小为V b，带电粒子仍能打到P点，打到P点时速度大小为V b'。

下列判断正确的是A .若b点在a点上方，则v a v v b ------------------------------------A 交流高压输电线PB .若b点在a点下方，则v a> v bC.若b点在a点上方，则v a V v b- ---- 2d D .若b点在a点下方，则v a> v b18. 如图，边界 0A 与0C 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界0A 上有一粒子源 S 某一时刻，从S 平行于纸面向各个方向以某一速率发射出大量比荷为9的同种正电粒子，经过一段时间有大量m粒子从边界0、S 两点间的距离为 L ,从0C 边界射出的粒子在磁场中运动的最短时间t □，忽略重力的影响和粒子间的相互作用，则粒子的速率为3qBA.qBL 2mC.,3qBL 2m19.伽利略为了研究自由落体运动的规律，利用斜面做了上百次实验。

高三教学质量检测物理学科试卷分析一、试题分析（一）试卷结构2016届皖西高中教学联盟高三教学质量检测物理试卷命题范围涵盖必修1、必修2、选修3-1以及选修3-3、3-4和3-5的内容，必考题中力学44分，占40.0％，电学51分，占46.4％，选考题三个模块各15分，占13.6％,试卷共15题，满分110分。

第Ⅰ卷有8道选择题四力四电，14～18题为单项选择题，19～21题为多项选择题，每小题6分，共48分；第Ⅱ卷分必考题和选考题，必考题共4题47分， 2道实验题一力一电，共15分；2道计算题一力一电，共32分；选考题部分共3个模块，每个模块2个小题，共15分。

（二）试题特点1.保持全国卷题型及赋分标准。

试卷的结构、题型、题量、分值和全国卷吻合，难度低于全国卷。

2.注重试题覆盖面。

根据一轮复习的进度制定的命题范围全覆盖，按高考范围除电磁感应和交流电外也均有考查，所以知识点分布广泛，考查全面。

3.突出主干知识考查。

试题重点考查了匀变速直线运动规律、受力分析、牛顿运动定律、圆周运动、万有引力、功能关系、电场、恒定电流、磁场等主干知识。

4.强调多种能力考查。

考纲要求的五种能力：理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学处理物理问题的能力和实验能力都有不同程度的考查。

5.注重物理模型和方法考查。

试题涉及的模型有：质点、匀变速直线运动、圆周运动等；涉及的物理方法有：动态平衡、动态分析、对称法、图像法、程序法等。

6.注重实验原理和技能考查。

验证机械能守恒定律和电表的改装都涉及到对基本实验原理的理解。

7.试题难度适中，区分度好。

依纲扣本设置难易梯度，易、中、难比例结构合理，试题有较好的区分度。

8.评分标准合理。

评分标准详细，赋分合理准确。

(三）考点分析（一）答卷情况统计全市参考考生物理最高分110 分，平均分66.55 分，难度系数0.60，及格率53.75％，及格人数5823人。

（二）答题情况分析从考试结果的数据来看，整张试卷比较符合学生的思维特点，注重基础，强调能力，突出对主干知识的考查。

2016年泉州市普通高中毕业班质量检查（一模）理科综合（物理）二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分。

在每小题给出的四个选项中，第14 -18 题只有一项合题目要求,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 ．下列关于超重和失重的说法正确的是A ．跳水运动员在入水前处于超重状态B ．游泳运动员躺在水面上时处于完全失重状态C ．滑雪运动员经过凹形滑道最低点时处于失重状态D ．蹦床运动员在空中的上升和下落过程都处于失重状态15．如图，竖直平面内有一段圆弧MN ，小球从圆心O 处水平抛出。

若初速度为v a ，将落在圆弧上的a 点；若初速度为v b ，将落在圆弧上的b 点。

已知Oa 、Ob 与竖直方向的夹角分别为α、β，不计空气阻力，则 A.βαsin sin =b a v v B.αβcos cos =ba v v C.βααβsin sin cos cos •=b a v v D.αββαcos cos sin sin •=b a v v 16 ．甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移s 随时间t 变化的关系如图所示，己知乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10s 处，则下列说法中正确的是 A ．甲车的初速度为零B ．乙车的加速度大小为1.6m/s 2C ．乙车的初位置在s 0=6Om 处D . 5s 时两车相遇，此时甲车速度较大17.如图，一理想变压器原、副线圈匝数比为4 : 1 ，若原线圈输入交变电压u =2202sin (100πt )V , 灯泡L 1、L 2均正常发光,电压表和电流表均为理想电表。

则下列说法中正确的是A ．电压表的示数为552VB ．原、副线圈的电流之比为4 : lC ．滑动变阻器的滑片P 向上滑动，则原线圈输入功率减小D ．滑动变阻器的滑片P 向上滑动，则电流表示数变小，电压表示数变大18 ．如图，间距为L 的两水平虚线间存在垂直纸面向里的水平匀强磁场，一边长为L 的正方形闭合金属线框自上方某处自由释放，线框平面始终在同一竖直平面内，下边始终水平，以刚进入磁场时为计时起点，则线框所受安培力F 大小随时间t 变化的关系图线可能为19 ．如图，MN 是边长为L 的等边三角形abc 的中位线，在M 、N 两点上分别固定着电荷量均为+Q 的点电荷。

2016年福州市普通高中毕业班质量检查理综物理试卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 B-11 O-16 Cl-35.5 K-39 Cr-52Fe-56 Cu-64 Br-80 Ag-108 I-127第I 卷（126分）一、选择题：本题共13小题，每小题6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二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．一质点沿直线运动，如图所示是从t =0时刻开始，质点的t tx （式中x 为位移）的图像，可以推知 A ．质点做匀减速运动 B ．加速度的大小是1m/s 2C ．t =2s 时的速度是1m/sD ．t =2s 时的位移是3m15．有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡。

当S 断开时，灯L 1正常发光。

S 闭合后，下列说法正确的是第14题图 第16题图A ．灯L 1、L 2都能正常发光B ．原线圈的输入功率减小C ．原、副线圈的电流比增大D ．电阻R 消耗的功率增大16．观察“嫦娥三号”在环月轨道上的运动，发现每经过时间t 通过的弧长为l ，该弧长对应的圆心角为θ（弧度），如图所示。

已知引力常量为G ，“嫦娥三号”的环月轨道可近似看成是圆轨道，由此可推导月球的质量为A ．232t G l θπ B ．23t G l θ C ．23Gt l θ D ．2t G lθ17．如图所示，一个质量为m ，电荷量为q 的带正电的粒子（不计重力），从静止开始经电压U 加速后，沿水平方向进入一垂直于纸面向外的匀强磁场B 中，带电粒子经过半圆到A 点，设OA ＝y ，则能正确反映y 与U 之间的函数关系的图像是18．倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M 放在水平面AB 上，滑块M 的顶端O 处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球第15题图第16题图 第17题图 第18题图的质量为m ＝55kg ，当滑块M 以a ＝2g 的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为（取g ＝10m/s 2）A ． 10NB ． 5NC ． 5ND ．10N19．如图所示，质量为M 足够长的斜面体始终静止在水平地面上，有一个质量为m 的小物块在受到沿斜面向下的力F 的作用下，沿斜面匀加速下滑，此过程中斜面体与地面的摩擦力为零。

闽粤大联考2016届高三上学期期末物理试卷一、（选择题共42分）每题6分．每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动．现将一重力为G的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角θ=60°．下列说法正确的是（）A．若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为GB．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对斜面的压力逐渐增大C．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对挡板的压力逐渐减小D．若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零2．如图所示，一质量为M=3kg的铁块套在倾斜放置的杆上，铁块与杆之间的动摩擦因数μ=，且最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等．杆与水平方向成θ=60°角，一轻绳一端连接在铁块上，一端连在一质量m=2kg的小球上，一水平力F作用在小球上，连接铁块与绳的轻绳与杆垂直，铁块和小球都处于静止状态，取g=10m/s2．则（）A．拉力F的大小为10NB．铁块所受的摩擦力大小为15NC．若将F在图示的平面内沿逆时针方向缓慢地转过300，此过程中铁块受到的摩擦力逐渐减小D．若将连接铁块与轻绳之间的轻绳突然剪断，则铁块受到的摩擦力将减小3．一放在粗糙的水平面上的物块在一斜向上的拉力F的作用下沿水平面向右以加速度a做匀加速直线运动，力F在水平和竖直方向的分量分别为F1、F2，如图所示．现将力F突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力，则此后（）A．物体将仍以加速度a向右做匀加速直线运动B．物体将可能向右做匀速直线运动C．物体将可能以大于a的加速度向右做匀加速直线运动D．物体将可能以小于a的加速度向右做匀加速直线运动4．如图所示，O为斜面的底端，在O点正上方的A、B两点分别以初速度v A、v B正对斜面抛出两个小球，结果两个小球都垂直击中斜面，若OA=AB，空气阻力忽略不计，则（）A．v B=v A B．v B=2v A C．v B=v A D．v B=（1+）v A5．一人造卫星在椭圆轨道上绕地球运行，如图所示，A点和B点分别为其轨道的近地点和远地点．若欲将卫星的轨道变为圆轨道，可在A点或B点采取适当措施得以实现，则（）A．若在A点变轨，则变轨后卫星的机械能增大B．若在B点变轨，则变轨后卫星的机械能增大C．若在A点变轨，则变轨后卫星在圆轨道上运行时经过A点的加速度将变大D．若在B点变轨，则变轨后卫星绕地球运动时经过B点的速度将增大，因此卫星绕地球运动的周期将变小6．质量为m的汽车发动机额定输出功率为P，当它在平直的公路上以加速度a由静止开始匀加速启动时，其保持匀加速运动的最长时间为t，汽车运动中所受的阻力大小恒定，则（）A．若汽车在该平直的路面上从静止开始以加速度2a匀加速启动，其保持匀加速运动的最长时间为B．若汽车以加速度a由静止开始在该路面上匀加速启动，经过时间发动机输出功率为P C．汽车保持功率P在该路面上运动可以达到的最大速度为D．汽车运动中所受的阻力大小为7．如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN自由转动从而实现调节其与水平面所成的倾角．板上一根长为l=0.5m的轻细绳一端系住一个质量为m=0.5kg的小球，另一端固定在板上的O点．当平板倾角为a时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球以沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0=2m/s，则（）A．若a=0°，则轻绳对小球的拉力大小为F T=4NB．若a=90°，则小球相对于水平面可上升的最大高度为0.7mC．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动a必须满足的条件为sina≤D．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动a必须满足的条件为sina≤二、非选择题8．用如图所示的装置可以探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与那些因素有关．（1）本实验采用的科学方法是A．控制变量法B．累积法C．微元法D．放大法（2）图示情景正在探究的是A．向心力的大小与半径的关系B．向心力的大小与线速度大小的关系C．向心力的大小与角速度大小的关系D．向心力的大小与物体质量的关系（3）通过本实验可以得到的结果是A．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成正比B．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的大小成正比C．在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比D．在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成反比．9．某研究性学习小组欲探究光滑斜面上物体下滑的加速度与物体质量及斜面倾角的关系．因为一般的长木板摩擦较大，学习小组决定用气垫导轨代替长木板，对气垫导轨进行改造，做成斜面，这样摩擦可以忽略不计，装置模型简化如图1所示．实验室提供器材如下：A．气垫导轨（已知长度为L）；B．质量为M的滑块（内部为空的，可以放砝码，可视为质点）；C．质量为m的砝码若干个；D．各种薄厚不等的方木板多个（垫气垫导轨备用）；E．米尺；F．秒表．实验过程：第一步，保持斜面倾角不变，探究加速度与质量的关系．（1）实验中，通过向滑块内放入砝码来改变滑块质量，只要测出由斜面顶端滑至底端所用的时间t，就可以由下面哪个公式求出滑块的加速度A．B．C．D．（2）某同学记录的实验数据如表所示，根据这些信息，判断以下结论正确的是A．在实验误差范围内，滑块的质量改变之后，其加速度改变较大B．经过分析得出滑块的加速度和滑块的总质量没有关系C．经过分析得出滑块的平均速度和滑块的总质量成正比D．在实验误差范围内，滑块的质量改变之后，其下滑的时间不会改变第二步，保持物体质量不变，探究加速度与倾角的关系．实验中通过改变方木块垫放位置来调整气垫导轨的倾角．由于没有量角器，因此通过测量气垫导轨顶端到水平面的高度h，求出倾角α的正弦值sinα=．某同学记录了高度h和加速度a的对应值如表格所示．（3）请根据表中所给的数据，在图2中的坐标系上通过描点绘出a﹣h图象．（4）根据所绘出的a﹣h图象，求出当地的重力加速度g=m/s2．（结果保留三位有效数字）10．宇航员来到某星球表面做了如下实验：将一小钢球由距星球表面高h（h远小于星球半径）处由静止释放，小钢球经过时间t落到星球表面，该星球为密度均匀的球体，引力常量为G．（1）求该星球表面的重力加速度；（2）若该星球的半径为R，忽略星球的自转，求该星球的密度；（3）若该星球的半径为R，有一颗卫星在距该星球表面高度为H处的圆轨道上绕该星球做匀速圆周运动，求该卫星的线速度大小．11．将一质量为m=1kg的小球从地面以v0=20m/s的速度竖直向上抛出，物体落回地面时速度大小v=16m/s，若小球运动中受到的空气阻力大小恒定，取g=10m/s2．求：（1）小球从抛出到落回抛出点的过程中克服阻力所做的功；（2）小球受到的阻力f的大小；（3）若以地面为零势面，试求小球动能和重力势能相等时距地面的高度．12．在竖直平面内，一根光滑金属杆弯成如图1所示形状，相应的曲线方程为y=5.0cos（kx+）（单位：m），式中k=m﹣1，杆足够长，图中只画出了一部分．将一质量为m=1.0kg 的小环（可视为质点）套在杆上，取g=10m/s2．（1）若使小环以v1=10m/s的初速度从x=0处沿杆向下运动，求小环运动到x=（m）处时的速度的大小；（2）在第（1）问的情况下，求小环在杆上运动区域的x坐标范围；（3）一般的曲线运动可以分成许多小段，每一小段都可以看成圆周的一部分，即把整条曲线用系列不同的小圆弧代替，如图2所示，曲线上A点的曲率圆的定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点做一圆，在极限的情况下，这个圆叫做A点的曲率圆．其半径ρ叫做A点的曲率半径．若小环从x=0处以v2=5m/s的速度出发沿杆向下运动，到达轨道最低点P时杆对小环的弹力大小为70N，求小环经过轨道最高点Q时杆对小环的弹力．闽粤大联考2016届高三上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、（选择题共42分）每题6分．每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】以球为研究对象，球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，求出挡板对球的作用力，若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，分析小球受力情况，作出力图，运用图解法，分析支持力的变化情况即可．【解答】解：A、球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示：F A、F B以及G构成的三角形为等边三角形，根据几何关系可知，F A=F B=G，故A正确；B、若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，根据图象可知，F B先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，故BC错误；D、若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当F A和重力G的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，故D正确．故选：AD【点评】本题运用图解法，分析动态平衡问题，比较直观简便，也可以采用函数法，由数学知识分析力的变化．2．【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】B球和铁块都处于平衡状态，对B球受力分析，根据平衡条件列式即可求解F及铁块所受的摩擦力大小，将F在图示的平面内沿逆时针方向缓慢地转过30°的过程中，绳子的拉力变化不影响沿斜面方向的力，所以摩擦力仍然等于重力沿斜面的分量，不变，将连接铁块与轻绳之间的轻绳突然剪断后，分析铁块的受力情况，判断铁块的运动情况即可求解．【解答】解：A、B球处于平衡状态，对B球受力分析，根据平衡条件得：，解得：F=20×=20，故A错误；B、铁块处于平衡状态，对铁块进行受力分析，根据平衡条件得：f=Mgcos30°=30×=15N，故B错误；C、将F在图示的平面内沿逆时针方向缓慢地转过30°的过程中，绳子的拉力变化不影响沿斜面方向的力，所以摩擦力仍然等于重力沿斜面的分量，不变，故C错误；D、将连接铁块与轻绳之间的轻绳突然剪断后，最大静摩擦力=7.5N＜Mgcos30°，则铁块开始滑动，摩擦力大小为7.5N，变小，故D正确．故选：D【点评】本题的关键是能正确分析B球和铁块的受力情况，根据平衡条件列式求解，注意D 答案要先考虑铁块所处的运动状态，难度适中．3．【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】先对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出当用斜向上的拉力F的作用时和将力F突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力的加速度，比较加速度即可，注意加速度等于零的情况．【解答】解：设地面与物体间的动摩擦力因数为μ，当用斜向上的拉力F的作用时，加速度a=，现将力F突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力则A、加速度a＜a，所以物体可能以小于a的加速度向右做匀加速直线运动，故AC错误，D正确；B、若μmg=F1，则加速度为零，所以物体将可能向右做匀速直线运动，故B正确．故选：BD【点评】解决本题的关键是根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，注意μmg=F1的情况，难度适中．4．【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据速度的方向，通过平行四边形定则求出小球打在斜面上时的速度大小以及竖直方向上的分速度，从而求出飞行的时间．【解答】解：设任一小球的初速度为v0，抛出点的高度为h，运动时间为t，斜面的倾角为θ．据题小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由速度分解可知：v y tanθ=v0；又v y=gt可得：t=根据几何关系得：h=+v0t•tanθ=+∝据题有2OA=OB，则得：v B=v A．故选：C【点评】解决本题的关键要灵活运用几何关系，分析水平位移与高度的关系，要掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，并能灵活运用．5．【考点】开普勒定律．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】由图看出，卫星做椭圆运动，其运动速度在第一、第二宇宙速度之间，可知A点的速度大于7.9km/s．若要卫星在B点所在的高度做匀速圆周运动，可在B点加速，并根据牛顿第二定律，结合万有引力求解加速度的变化．【解答】解：A、若在A点变轨，由原来的椭圆变为圆轨道，则变轨后卫星的速率在减小，因此机械能减小，故A错误．B、若在B点变轨，由原来的椭圆运动变为圆周运动，则变轨后卫星的速率增大，因重力势能的不变，则机械能增大．故B正确．C、若在A点变轨，则变轨后卫星在圆轨道上运行时经过A点的加速度仍不变．故C错误．D、则变轨后卫星绕地球运动时经过B点的速度将增大，导致转动的半径增大，因此卫星绕地球运动的周期将变大．故D错误．故选：B．【点评】本题考查对宇宙速度的了解和卫星如何变轨的理解，可以根据离心运动知识理解卫星变轨的问题．6．【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】当汽车以恒定的加速度启动时，利用牛顿第二定律求的加速度，利用运动学公式求的速度和时间；直到最后牵引力和阻力相等；【解答】解：A、当以加速度a加速运动时有：F﹣f=ma，F=f+ma，加速达到的最大速度为：v=，故所需时间为：t=，当加速度为2a时，F′﹣f=2ma，F′=f+2ma故加速达到最大速度为：，所需时间为：，故A错误；B、时刻速度为V=a，故功率为：，汽车的额定功率为：P=（f+ma）at，故B正确；C、根据P=（f+ma）at得：f=当牵引力等于阻力时速度最大为：v=，故C正确，D错误；【点评】本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉7．【考点】向心力．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】先对小球受力分析，受绳子拉力、斜面弹力、重力，小球在最高点时，由绳子的拉力和重力分力的合力提供向心力，由圆周运动规律可列此时的表达式；小球从释放到最高点的过程，在依据动能定理可列方程，依据恰好通过最高点的条件是绳子拉力，可得倾角α的范围．【解答】解：C、D、小球在斜面上运动时受绳子拉力、斜面弹力、重力．在垂直斜面方向上合力为0，重力在沿斜面方向的分量为mgsinα，小球在最高点时，由绳子的拉力和重力分力的合力提供向心力：F T+mgsinα=…①研究小球从释放到最高点的过程，据动能定理：﹣mglsinα=﹣mv02…②若恰好通过最高点绳子拉力T=0，联立①②解得：sinα===故小球能保持在板面内作圆周运动时，α最大值为arcsin．故C错误，D正确；A、若a=0°，则轻绳对小球的拉力大小为：F T==0.5×=4N故A正确；B、若a=90°，小球不能到达最高点；如果上升0.7m，重力势能的增加量mgh=0.5×10×0.7=3.5J，初动能=1J，机械能不守恒，故B错误；【点评】本题重点是小球能通过最高点的临界条件，这个情形虽然不是在竖直平面内的圆周运动，但是其原理和竖直平面内的圆周运动一直，都是T=0为小球能过最高点的临界条件．二、非选择题8．【考点】向心力．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】物理学中对于多因素的问题，常常采用控制变量的方法，把多因素的问题变成单因素的问题，每一次只改变其中的一个因素，而控制其余因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别研究，甲加以综合解决，即为控制变量法；【解答】解：（1）在这两个装置中，控制半径，角速度，不变，只改变质量，来研究向心力与质量之间的关系，故采用的控制变量法，故选A（2）控制半径，角速度，不变，只改变质量，来研究向心力与质量之间的关系，故选D （3）通过控制变量法，得到的结果为在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比，故选C故答案为：（1）A；（2）D；（3）C【点评】本体主要考察了控制变量法，明确控制变量法的内容即可；9．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】实验题；定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）根据匀变速直线运动的位移时间公式得出滑块的加速度；（2）根据滑块的运动时间判断加速度是否发生变化，从而得出加速度与质量的关系；（3、4）作出a﹣h图线，结合牛顿第二定律得出加速度的表达式，通过图线斜率的物理意义求出重力加速度的大小．【解答】解：（1）根据L=得，滑块的加速度a=．故选：C．（2）根据以上信息，我们发现，在实验误差范围内质量改变之后平均下滑时间不改变，经过分析得出加速度与质量的关系为：斜面倾角一定时，加速度与物体质量无关．故选：BD．（3）根据表格中的数据作出a﹣h图线，如图所示．（4）根据牛顿第二定律得：a=，则图线的斜率为：k=，解得：g=9.82m/s2．故答案为：（1）C，（2）BD（3）如图所示（4）9.82（9.70﹣9.83之间）【点评】要清楚实验的原理，实验中需要测量的物理量是直接测量还是间接测量，通过物理规律可以把变量进行转换，以便更好研究和测量．10．【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【专题】共点力作用下物体平衡专题；万有引力定律的应用专题．【分析】（1）小球在星球表面做平抛运动，其加速度等于该星球表面的重力加速度g，根据平抛运动的规律列式求g．（2）根据物体的重力等于万有引力，列式求该星球的质量．（3）根据万有引力提供向心力列式化简可得卫星的线速度大小．【解答】解：（1）小球做平抛运动，根据h=gt2得星球表面的重力加速度为：g=．（2）根据G=mg得星球的质量为：M=．则星球的密度为：ρ==．（3）根据万有引力提供向心力为：得：V=答：（1）该星球表面的重力加速度；（2）若该星球的半径为R，忽略星球的自转，该星球的密度；（3）若该星球的半径为R，有一颗卫星在距该星球表面高度为H处的圆轨道上绕该星球做匀速圆周运动，该卫星的线速度大小．【点评】本题是万有引力与平抛运动的综合，要抓住平抛运动的加速度就等于重力加速度，能熟练运用运动的分解法处理平抛运动，根据万有引力等于重力求天体的质量．11．【考点】动能定理的应用．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）对全过程分析，运用动能定理求出小球从抛出到落回抛出点的过程中克服阻力所做的功；（2）飞镖对上升过程和下落过程运用动能定理，联立求出阻力的大小；（3）根据功能关系求出小球上升过程和下降过程重力势能和动能相等的位置高度．【解答】解：（1）由动能定理：，代入数据可得：W克=72J；（2）设小球上升的最大高度为h，用f表示小球所受的阻力，对小球上升和下落过程分别运用动能定理：，，由以上两式可得：，代入数据可得：；（3）设小球上升过程中重力势能和动能相等时距地面高度为H1，下落过程中重力势能和动能相等时距地面高度为H2，则由功能关系：，解得：，，解得：．答：（1）小球从抛出到落回抛出点的过程中克服阻力所做的功为72J；（2）小球受到的阻力f的大小为2.2N；（3）若以地面为零势面，小球动能和重力势能相等时距地面的高度为9.0m和7.2m．【点评】本题考查了动能定理的综合运用，运用动能定理解题关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，结合动能定理列式求解．12．【考点】向心力；向心加速度；机械能守恒定律．【专题】计算题；定量思想；临界法；匀速圆周运动专题．【分析】（1）先据曲线方程y=5.0cos（kx+）m求出小环运动到x=（m）时的高度，再据机械能守恒求出该点的速度．（2）据机械能守恒求出小环运动的最高点，再据曲线方程求出小环在赶上的运动区域即可．（3）先据机械能守恒和牛顿运动定律求出再低点的曲率半径，再利用机械能守恒和牛顿运动定律求出最高点时与杆的作用力【解答】解：（1）据曲线方程y=5.0cos（kx+）m可知，当x=0时，y=﹣2.5m；当x=（m）时，y=﹣5m．由x=0时到x=（m）为研究过程，由机械能守恒定律得：=﹣mg（5﹣2.5）+mv2；代入数据解得：v=5m/s（2）分析可知，小环在曲线上运动机械能守恒，当运动到最高点是速率为零，据机械能守恒定律得：+mg（﹣2.5）=mgh，[h为最高点到x轴的距离]…①据曲线方程：h=5.0cos（kx+）…②联立①②解得：x=5π，所以﹣≤x≤5π；（3）由小环从x=0处到最低点为研究对象，据机械能守恒定律得：+mg（﹣2.5）=﹣5mg，（v3为最低点的速度）…③在最低点，据牛顿第二定律得：F﹣mg=m，（F为最低点时轨道对小环的弹力）…④由小环x=0到最高点为研究对象，据机械能守恒定律：+mg（﹣2.5）=5mg+（v4为最高点的速度）…⑤在最高点，据牛顿第二定律得：mg﹣F2=m，（F2为最高点时，小环与轨道的弹力）…④联立③④⑤⑥解得：F2=﹣10N，负号表示方向竖直向下答：（1）若使小环以v1=10m/s的初速度从x=0处沿杆向下运动，小环运动到x=（m）处时的速度的大小5m/s；（2）在第（1）问的情况下，小环在杆上运动区域的x坐标范围﹣≤x≤5π；（3）小环经过轨道最高点Q时杆对小环的弹力为10N，方向竖直向下．【点评】本题和数学的上的方程结合起来，根据方程来确定物体的位置，从而利用机械能守恒和牛顿第二定律来解题．。

福建六校2016届高三物理12月联考试卷（附答案）“四地六校”联考2015-2016学年上学期第三次月考高三物理试题（考试时间：120分钟总分：100分）第Ⅰ卷（选择题共45分）一、选择题（共15题，每小题3分，共45分,每小题给出的四个选项中，1-10小题只有一个选项正确，11-15小题有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错的得0分）1．在物理学发展史上，伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献。

以下选项中符合伽利略和牛顿的观点的是（）A．两物体从同一高度做自由落体运动，较轻的物体下落较慢B．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方C．两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受力越大则速度就越大D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”。

2．如图所示，在直角坐标系的第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，正、负离子分别以相同的速度从原点O进入磁场，进入磁场的速度方向与x轴正方向夹角为30°。

已知正离子运动的轨迹半径大于负离子，则可以判断出()A．正离子的比荷大于负离子B．正离子在磁场中运动的时间等于负离子C．正离子在磁场中受到的向心力大于负离子D．正离子离开磁场时的位置到原点的距离大于负离子3．一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v。

假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体，物体静止时，弹簧测力计的示数为F。

已知引力常量为G，则这颗行星的质量为() A．B．C．D．4．如图所示，平行板电容器连接在电池两极上，A板接地，在两板间的P点固定一个负电荷．充电完成后断开开关K，将B板平移到虚线位置，下列说法中正确的是（）A．电容器极板的带电量Q变大B．电容器两极板间的电场强度不变C．P点的电势将升高D．P点负电荷的电势能将增大5．如图所示，两根细线p、q的一端固定在同一根竖直杆上，另一端拴住同一个小球。

2015-2016学年福建省泉州市四校联考高一〔上〕期末物理试卷一、单项选择题〔2014•金水区校级三模〕以下是力学中的四个实验装置，哪个实验所表现的物理思想方法与其他几个不同〔〕A．显示桌面受力形变B．显示玻璃瓶受力形变C．测定引力常数D．探究合力分力的关系2．关于速度，速度改变量，加速度，正确的说法是〔〕A．物体运动的速度改变量很大，它的加速度一定很大B．速度很大的物体，其加速度可以很小，可以为零C．加速度很大时，运动物体的速度一定很大D．速度变化越来越快，加速度越来越小3．如下列图，竖直放置的轻弹簧一端固定在地面上，另一端与斜面体P连接，P的斜面与固定挡板MN接触且处于静止状态，如此斜面体P此刻所受的外力个数有可能为〔〕A．2个或3个B．3个或5个C．2个或4个D．4个或5个4．如下列图，左侧是倾角为60°的斜面、右侧是四分之一圆弧面的物体固定在水平地面上，圆弧面底端切线水平，一根两端分别系有质量为m1、m2两小球的轻绳跨过其顶点上的小滑轮．当小球处于平衡状态时，连结m2小球的轻绳与水平线的夹角为60°，不计一切摩擦，两小球可视为质点．如此两小球的质量之比m1：m2等于〔〕A．1：l B．2：3 C．3：2 D．3：45．甲、乙两车在同一水平道路上，一前一后相距S=6m，乙车在前，甲车在后，某时刻两车同时开始制动，此后两车运动的过程如下列图，如此如下表述正确的答案是〔〕A．当t=4s时两车相遇B．当t=4s时两车间的距离最大C．两车有两次相遇D．两车有三次相遇6．近年来有一种测g值的方法叫“对称自由下落法〞：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点向上抛小球又落至原处的时间为T2在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于〔〕A． B．C．D．7．如下列图，运动员“3m跳板跳水〞运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中，跳板自身重力忽略不计，如此如下说法正确的答案是〔〕A．运动员向下运动〔B→C〕的过程中，先失重后超重，对板的压力先减小后增大B．运动员向下运动〔B→C〕的过程中，先失重后超重，对板的压力一直增大C．运动员向上运动〔C→B〕的过程中，超重，对板的压力先增大后减小D．运动员向上运动〔C→B〕的过程中，超重，对板的压力一直减小8．如下列图，一根轻弹簧上端固定在O点，下端拴一个钢球P，球处于静止状态．现对球施加一个方向向右的外力F，使球缓慢偏移，在移动中弹簧与竖直方向的夹角θ＜90°，且弹簧的伸长量不超过弹性限度，并始终保持外力F的方向水平，如此图中给出的弹簧伸长量x 与cosθ的函数关系图象中，最接近的是〔〕A．B．C．D．9．如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt〔k是常数〕，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，如下反映a1和a2变化的图线中正确的答案是〔〕A． B． C． D．10．如图，在粗糙的水平面上，静置一矩形木块，木块由A、B两局部组成，A的质量是B的3倍，两局部接触面竖直且光滑，夹角θ=30°，现用一与侧面垂直的水平力F推着B木块贴着A匀速运动，A木块依然保持静止，如此A受到的摩擦力大小与B受到的摩擦力大小之比为〔〕A．3 B．C．D．二、实验题〔此题共2小题，共16分．〕11．“探究求合力的方法〞的实验如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙所示是在白纸上根据实验结果画出的图．〔1〕图乙中的是力F1和F2的合力的理论值；是力F1和F2的合力的实际测量值．〔2〕在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，那么实验结果是否会发生变化？答：〔选填“变〞或“不变〞〕．〔3〕本实验采用的科学方法是A．理想实验法B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法．12．为了探究“加速度与力、质量的关系〞，现提供如图1所示实验装置．请思考探究思路并回答如下问题：〔1〕为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取的做法是A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动C．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动D．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀加速运动〔2〕某学生在平衡摩擦力时，使得长木板倾角偏大．他所得到的a﹣F关系是图2中的哪根图线？图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力．答：；〔3〕消除小车与水平木板之间摩擦力的影响后，要用钩码总重力代替小车所受的拉力，此时钩码质量m与小车总质量M之间应满足的关系为；〔4〕图3为某次实验得到的纸带，实验所用电源的频率为50Hz．根据纸带可求出小车的加速度大小为m/s2．〔结果保存二位有效数字〕三、计算题〔共44分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后的答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．〕13．在一段限速为50km/h的平直道路上，一辆汽车遇到紧急情况刹车，刹车后车轮在路面上滑动并留下9.0m长的笔直的刹车痕．从监控录像中得知该车从刹车到停止的时间为1.5s．请你根据上述数据计算该车刹车前的速度，并判断该车有没有超速行驶．14．如下列图，一根弹性细绳的劲度系数为k，将其一端固定在P点，另一端穿过一光滑小孔O系住一质量为m的滑块〔可视为质点〕，滑块放在水平地面上的O′处．当细绳竖直时，小孔O到悬点P的距离恰为弹性细绳的原长．小孔O到水平地面的距离OO′=h〔h＜〕，滑块与水平地面间的动摩擦因数为μ．假设滑块与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如此滑块处在什么区域内均可保持静止？15．如图，质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m．用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0=2s拉至B处．〔cos37°=0.8，sin37°=0.6．取g=10m/s2〕〔1〕求物体与地面间的动摩擦因数μ；〔2〕用大小为30N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t．16．图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ=37°，C、D两端相距4.45m，B、C相距很近．水平局部AB以5m/s的速率顺时针转动．将质量为10kg的一袋大米放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD局部，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5．〔g取10m/s2〕试求：〔1〕假设CD局部传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离．〔2〕假设要米袋能被送到D端，求CD局部顺时针运转的速度应满足的条件与米袋从C端到D 端所用时间的取值范围．2015-2016学年福建省泉州市四校联考高一〔上〕期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题〔2014•金水区校级三模〕以下是力学中的四个实验装置，哪个实验所表现的物理思想方法与其他几个不同〔〕A．显示桌面受力形变B．显示玻璃瓶受力形变C．测定引力常数D．探究合力分力的关系【考点】验证力的平行四边形定如此；物体的弹性和弹力；万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定．【专题】实验题；平行四边形法如此图解法专题．【分析】观察桌面微小形变时，桌面受力发生形变由于微小，故需要放大；显示玻璃瓶受力形变时，通过细管来放大液面是否上升；测万有引力常数，由于引力较小，转动角度较小，故需要放大转动角度；探究合力分力的关系时，采用的等效替代法．【解答】解：而观察桌面形变时，形变微小故运用放大来表现；与显示玻璃瓶受力形变时，通过细管来放大液面是否上升；测万有引力常数时，使转动的位移放大；故这三个实验均用放大思想方法，而探究合力分力的关系时，采用的等效替代法，所以只有D选项中的实验与其它实验采用的方法不同，故ABC错误，D正确．应当选：D．【点评】此题除表现放大思想外，还有研究物理问题的思想有转换法、控制变量法等，平时注意物理研究方法以与物理思想的应用．2．关于速度，速度改变量，加速度，正确的说法是〔〕A．物体运动的速度改变量很大，它的加速度一定很大B．速度很大的物体，其加速度可以很小，可以为零C．加速度很大时，运动物体的速度一定很大D．速度变化越来越快，加速度越来越小【考点】加速度；速度．【专题】直线运动规律专题．【分析】加速度是反映速度变化快慢的物理量，结合加速度的定义式分析判断．【解答】解：A、根据a=知，物体速度变化量很大，加速度不一定大．故A错误．B、速度很大的物体，加速度可以很小，可以为零，比如以较大速度做匀速直线运动．故B正确．C、加速度很大，可知速度变化快，但是速度不一定大．故C错误．D、加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化越来越快，加速度越来越大．故D错误．应当选：B．【点评】解决此题的关键知道加速度的物理意义，知道速度变化快，加速度大，与速度的大小没有必然的联系．3．如下列图，竖直放置的轻弹簧一端固定在地面上，另一端与斜面体P连接，P的斜面与固定挡板MN接触且处于静止状态，如此斜面体P此刻所受的外力个数有可能为〔〕A．2个或3个B．3个或5个C．2个或4个D．4个或5个【考点】物体的弹性和弹力．【专题】受力分析方法专题．【分析】P静止，所以受力是平衡的，我们可以根据平衡条件来判断弹力和摩擦力的有无．【解答】解：对物体受分析如图：如果：〔1〕N=G的话，物体受力可以平衡，故P可能受2个力的作用．〔2〕N＜G的话，P不可能平衡〔3〕如果：N＞G，物体会受到挡板MN的弹力F和摩擦力f，受力分析如图：故P可能受4个力的作用．综上所述：P可能的受力个数是2个或4个应当选：C【点评】判断物体的受力个数其实就是判断相互接触的物体间有无弹力或摩擦力的作用，处理时根据平衡条件进展判断即可．4．如下列图，左侧是倾角为60°的斜面、右侧是四分之一圆弧面的物体固定在水平地面上，圆弧面底端切线水平，一根两端分别系有质量为m1、m2两小球的轻绳跨过其顶点上的小滑轮．当小球处于平衡状态时，连结m2小球的轻绳与水平线的夹角为60°，不计一切摩擦，两小球可视为质点．如此两小球的质量之比m1：m2等于〔〕A．1：l B．2：3 C．3：2 D．3：4【考点】共点力平衡的条件与其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】分别以两个小球为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出小球的重力与绳子拉力的关系，再求解两小球的质量之比．【解答】解：先以m1球为研究对象，由平衡条件得知，绳的拉力大小为：T=m1gsin60°…①再以m2球为研究对象，分析受力情况，如图，由平衡条件可知，绳的拉力T与支持力N的合力与重力大小相等、方向相反，作出两个力的合力，由对称性可知，T=N，2Tcos30°=m2g…②由①②解得：m l：m2=2：3应当选：B．【点评】此题采用隔离法研究两个物体的平衡问题，受力分析，作出力图是正确解答的关键．5．甲、乙两车在同一水平道路上，一前一后相距S=6m，乙车在前，甲车在后，某时刻两车同时开始制动，此后两车运动的过程如下列图，如此如下表述正确的答案是〔〕A．当t=4s时两车相遇B．当t=4s时两车间的距离最大C．两车有两次相遇D．两车有三次相遇【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】根据图象与时间轴围成的面积可求出两车的位移，如此可确定何时两车相遇．能够画出两车的运动情景过程，了解两车在过程中的相对位置．【解答】解：A、图象与时间轴围成的面积可表示位移，0﹣4s，甲的位移为48m，乙的位移为40m，甲、乙两车在同一水平道路上，一前一后相距S=6m，当t=4s时，甲车在前，乙车在后，相距2m．所以当t=4s时两车不相遇，第一次相遇发生在4s之前．故A错误．B、开始时乙车在前，甲车在后，甲的速度大于乙的速度，所以两车间的距离减小，故B错误．C、0﹣6s，甲的位移为60m，乙的位移为54m，两车第二次相遇，6s后，由于乙的速度大于甲的速度，乙又跑到前面，8s后，由于甲的速度大于乙的速度，两车还会发生第三次相遇，故C错误，D正确．应当选D．【点评】速度﹣时间图象中要注意观察三点：一点，注意横纵坐标的含义；二线，注意斜率的意义；三面，速度﹣时间图象中图形与时间轴围成的面积为这段时间内物体通过的位移．6．近年来有一种测g值的方法叫“对称自由下落法〞：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点向上抛小球又落至原处的时间为T2在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于〔〕A． B．C．D．【考点】竖直上抛运动．【专题】计算题；信息给予题．【分析】解决此题的关键是将竖直上抛运动分解成向上的匀减速运动和向下的匀加速，所以从最高点落到O点的时间为，落到P点的时间为，可以求出V P和V O，根据OP之间可得H=×〔﹣〕可求出g．【解答】解：将小球的运动分解为竖直向上的匀减速直线运动和竖直向下的自由落体运动，根据t上=t下如此从最高点下落到O点所用时间为，故V0=g从最高点下落到P点所用时间为，如此V P=g，如此从P点下落到O点的过程中的平均速度为=从P点下落到O点的时间为t=根据H=t可得H=〔〕〔〕=〔〕×〔T2﹣T1〕解得g=故A正确．应当选A．【点评】对称自由落体法实际上利用了竖直上抛运动的对称性，所以解决此题的关键是将整个运动分解成向上的匀减速运动和向下匀加速运动，利用下降阶段即自由落体运动阶段解题．另外此题用到了利用平均速度求解位移的方法：s=t．7．如下列图，运动员“3m跳板跳水〞运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中，跳板自身重力忽略不计，如此如下说法正确的答案是〔〕A．运动员向下运动〔B→C〕的过程中，先失重后超重，对板的压力先减小后增大B．运动员向下运动〔B→C〕的过程中，先失重后超重，对板的压力一直增大C．运动员向上运动〔C→B〕的过程中，超重，对板的压力先增大后减小D．运动员向上运动〔C→B〕的过程中，超重，对板的压力一直减小【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】分析人受力情况；根据板的弹力的变化，可知人受合力的变化．当人的加速度向下时，人处失重状态，当人的加速度向上时，人处超重状态；【解答】解：A、B人受到重力与板向上的弹力；人在向下运动的过程中，人受到的板的弹力越来越大，开始时加速度向下减小；然后加速度再向上增大，故人应先失重后超重，故A错误，B正确；C、D运动员在向上运动时，由于弹力减小，但开始时一定大于重力，故合外力先减小后增大，而加速度先向上，后向下，故人先超重后失重，故CD错误；应当选：B．【点评】此题应明确板的弹力随形变量的增大而增大；故人受到的合力应先向下减小再向上增大，可类比于弹簧进展分析．8．如下列图，一根轻弹簧上端固定在O点，下端拴一个钢球P，球处于静止状态．现对球施加一个方向向右的外力F，使球缓慢偏移，在移动中弹簧与竖直方向的夹角θ＜90°，且弹簧的伸长量不超过弹性限度，并始终保持外力F的方向水平，如此图中给出的弹簧伸长量x 与cosθ的函数关系图象中，最接近的是〔〕A．B．C．D．【考点】共点力平衡的条件与其应用；胡克定律．【专题】定性思想；方程法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，由平衡条件和胡克定律得到弹簧的伸长量与cosθ的关系式，再选择图象．【解答】解：对小球进展研究，分析受力情况：重力mg、水平外力F和弹簧的弹力f．由平衡条件得f=又由胡克定律得f=kx如此有 kx=得 x=由数学知识得知，k、mg一定，x与cosθ成反比，选项D正确．应当选：D【点评】此题是平衡条件与胡克定律的综合应用，分析受力情况是解题的关键，得到解析式再选择图象．9．如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt〔k是常数〕，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，如下反映a1和a2变化的图线中正确的答案是〔〕A． B． C． D．【考点】牛顿第二定律．【专题】压轴题；牛顿运动定律综合专题．【分析】当F比拟小时，两个物体相对静止，一起加速运动，加速度一样，根据牛顿第二定律得出加速度与时间的关系．当F比拟大时，m2相对于m1运动，两者加速度不同，根据牛顿第二定律分别对两个物体研究，得出加速度与时间的关系，再选择图象．【解答】解：当F比拟小时，两个物体相对静止，加速度一样，根据牛顿第二定律得：a==，a∝t；当F比拟大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得：对m1：a1=，μ、m1、m2都一定，如此a1一定．对m2：a2===t﹣μg，a2是t的线性函数，t增大，a2增大．由于，如此两木板相对滑动后a2图象大于两者相对静止时图象的斜率．故A正确．应当选：A【点评】此题首先要分两个相对静止和相对运动两种状态分析，其次采用整体法和隔离法研究得到加速度与时间的关系式，再选择图象，是经常采用的思路．10．如图，在粗糙的水平面上，静置一矩形木块，木块由A、B两局部组成，A的质量是B的3倍，两局部接触面竖直且光滑，夹角θ=30°，现用一与侧面垂直的水平力F推着B木块贴着A匀速运动，A木块依然保持静止，如此A受到的摩擦力大小与B受到的摩擦力大小之比为〔〕A．3 B．C．D．【考点】共点力平衡的条件与其应用；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】先分析B在水平面内的受力情况，根据平衡条件求出B所受的摩擦力与A对B的弹力的关系．再对A研究，由平衡条件分析B对的弹力与摩擦力的关系，再求解两个摩擦力之比．【解答】解：分析B在水平面内的受力情况：推力F、水平面的摩擦力f B、A的弹力N，如图，由平衡条件得：N=f B tanθ再对A分析水平面内受力情况：B的弹力N′和静摩擦力f A，由平衡条件得：N′=f A．根据牛顿第三定律得知，N′=N，如此得 f A=f B tanθ得到 f A：f B=tanθ=tan30°=应当选C【点评】此题采用隔离法分别研究A、B受力情况，由平衡条件和牛顿第三定律求解摩擦力之比．二、实验题〔此题共2小题，共16分．〕11．“探究求合力的方法〞的实验如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙所示是在白纸上根据实验结果画出的图．〔1〕图乙中的 F 是力F1和F2的合力的理论值；F′是力F1和F2的合力的实际测量值．〔2〕在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，那么实验结果是否会发生变化？答：不变〔选填“变〞或“不变〞〕．〔3〕本实验采用的科学方法是 BA．理想实验法B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法．【考点】验证力的平行四边形定如此．【专题】实验题．【分析】由于实验误差的存在，导致F1与F2合成的理论值〔通过平行四边形定如此得出的值〕与实际值〔实际实验的数值〕存在差异，只要O点的作用效果一样，是否换成橡皮条不影响实验结果．【解答】解：〔1〕F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果一样，测量出的合力．〔2〕细绳的作用是对结点O施加不同方向的拉力F1、F2，换用橡皮筋拉结果是一样的．〔3〕合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，故ACD错误，B正确．应当选：B故答案为：〔1〕F；F′〔2〕不变〔3〕B【点评】本实验采用的是等效替代的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果一样，可以互相替代．12．为了探究“加速度与力、质量的关系〞，现提供如图1所示实验装置．请思考探究思路并回答如下问题：〔1〕为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取的做法是 CA．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动C．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动D．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀加速运动〔2〕某学生在平衡摩擦力时，使得长木板倾角偏大．他所得到的a﹣F关系是图2中的哪根图线？图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力．答： C ；〔3〕消除小车与水平木板之间摩擦力的影响后，要用钩码总重力代替小车所受的拉力，此时钩码质量m与小车总质量M之间应满足的关系为m＜＜M ；〔4〕图3为某次实验得到的纸带，实验所用电源的频率为50Hz．根据纸带可求出小车的加速度大小为 3.2 m/s2．〔结果保存二位有效数字〕【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】实验题；定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以与须知事项．该实验采用的是控制变量法研究，其中加速度、质量、合力三者的测量很重要．纸带法实验中，假设纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的两个推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．【解答】解：〔1〕将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力．应当选：C．〔2〕把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，会导致重力沿斜面向下的分力偏大，摩擦力偏小，而且重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，这样在没有绳子的拉力作用下，小车就会产生加速度．应当选：C．〔3〕根据牛顿第二定律得：对m：mg﹣F拉=ma对M：F拉=Ma解得：F拉=当m＜＜M时，即当钩码的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于钩码的总重力．〔4〕根据纸带的数据得出相邻的计数点间的位移之差相等，即△x=0.51cm，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，得：a==3.2m/s2故答案为：〔1〕C；〔2〕C；〔3〕m＜＜M；〔4〕3.2【点评】实验问题需要结合物理规律去解决．实验中的第2题考查的是力学问题，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，会导致重力沿斜面向下的分力增大，摩擦力减小等现象，。

福建省三明市2016年高考物理质检试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1~5题中只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分． 1．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容C 的因素．设两极板正对面积为S ，极板间的距离为D ，极板所带电荷量为Q ，静电计指针偏角为θ．实验中（ ）A ．保持Q 、S 不变，增大d ，则θ变大，C 变小B ．保持d 、S 不变．增大Q ，则θ变大，C 变大C ．保持Q 、d 不变，减小S ，则θ变小，C 变小D ．保持Q 、S 、d 不变，在两极板间插入电介质．则θ变小，C 变小2．如图（a ）所示，半径为r 的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R 构成闭合回路．若圆环内加一垂直于纸面变化的磁场，变化规律如图（b ）所示．规定磁场方向垂直纸面向里为正，不计金属圆环的电阻．以下说法正确的是（ ）A ．0~1s 内，流过电阻R 的电流方向为a b →B ．1~2s 内，回路中的电流逐渐减小C ．2~3s 内，穿过金属圆环的磁通量在减小D ．t 2s =时，2ab 0U πr B =3．2 015年9月14日，美国的LIGO 探测设施接收到一个来自GW150914的引力波信号，此信号是由两个黑洞的合并过程产生的．如果将某个双黑洞系统简化为如图所示的圆周运动模型，两黑洞绕O 点做匀速圆周运动．在相互强大的引力作用下，两黑洞间的距离逐渐减小，在此过程中，两黑洞做圆周运动的（ ）A ．周期均逐渐增大B ．线速度均逐渐减小C ．角速度均逐渐增大D ．向心加速度均逐渐减小mg2h5．如图所示，质量为M的汽车从平直公路驶上斜坡．假设汽车在水平路面上匀速行驶，驶上斜坡后，汽车的功率及所受路面的阻力与在水平路面上行驶时一致，且车到达坡顶前已达到稳定状态．则在上坡过程中，W与时间t的关系图像，正确的是（）汽车的速度v、牵引力F，牵引力做的功W，克服路面阻力做的功fmgh10．某同学采用图（a）所示实验电路来描绘额定电压为12 V的小灯泡伏安特性曲线．=h 3.6m qC ．布朗运动表明，悬浮微粒周围的液体分子在做无规则运动D ．知道阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度就可以估算出气体分子的大小E ．两个分子的间距从极近逐渐增大到010r 的过程中，它们的分子势能先减小后增大14．如图所示，左右两个容器的侧壁都是绝热的、底部都是导热的、横截面积均为S ．左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭．两个容器的下端由容积可忽略的细管连通．容器内两个绝热的活塞A 、B 下方封有氮气，B 上方封有氢气．大气的压强为0p ，外部气温为0T 273K =保持不变，两个活塞因自身重力对下方气体产生的附加压强均为00.1p 系统平衡时，各气体柱的高度如图所示．现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A 上升了一定的高度．用外力将A 缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为08h ．氮气和氢气均可视为理想气体．求：（1）第二次平衡时氮气的体积；（2）水的温度．[物理一选修3-4]15．下列说法正确的是（ ）A ．偏振光可以是横波，也可以是纵波B ．光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象C ．光纤通信及医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理D ．X 射线在磁场中能偏转．穿透能力强，可用来进行人体透视E ．声源与观察者相对靠近时，观察者所接收的频率大于声源振动的频率16．一列简谐横波在t 0.6s =时刻的图像如图甲所示．该时刻P ，Q 两质点的位移均为1cm -，平衡位置为15 m 处的A 质点的振动图像如图乙所示．（i ）求该列波的波速大小；（ii ）求从t 0.6s =开始，质点P 、Q 第一次回到平衡位置的时间间隔t ∆．[物理一选修3-5]17．下列说法正确的是（）A．经典电磁理论无法解释氢原子的分立线状光谱B．聚变又叫热核反应，太阳就是一个巨大的热核反应堆C．根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小D．某放射性原子核经过2次a衰变和一次β衰变，核内质子数减少3个E．用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，可以使氘核分解为一个质子和一个中子18．如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上，A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连．初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处．现突然给A一瞬时冲量，v沿A、C连线方向向C运动，A与C相碰后，粘合在一起．使A以初速度①A与C刚粘合在一起时的速度为多大？②若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能．．（）如图福建省三明市2016年高考物理质检试卷解析一、选择题1．【考点】电容器的动态分析．【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．【解答】解：A．B．根据电容的决定式C=得知，电容与极板间距离成反比，当保持Q、S不变，增大d时，电容C减小，因电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大．故A正确；B．当保持d．S不变，增大Q时，根据电容的决定式C=得知，电容C不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则θ变大，B错误．C．根据电容的决定式C=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容C 减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，故C错误；D．当保持Q、S、d不变，在两极板间插入电介质，根据电容的决定式C=得知，电容C变大，而由电容的定义式C=分析可知板间电势差减小，则θ变小，故D错误．故选：A．2．【考点】法拉第电磁感应定律．【分析】根据楞次定律来判定感应电流的方向；依据法拉第电磁感应定律来确定感应电流的大小；依据磁通量定义来确定求解；求得t=2s时，线圈中感应电动势，再依据闭合电路欧姆定律，及路端电压概念，即可求解．【解答】解：A．依据楞次定律，在0﹣1s内，穿过线圈的向里磁通量增大，则线圈中产生顺时针方向感应电流，那么流过电阻R的电流方向为b→a，故A错误；B．在1﹣2s内，穿过线圈的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律，则回路中的电流恒定不变，故B 错误；C．在2﹣3s内，穿过金属圆环的磁通量在增大，故C错误；D．当t=2s时，根据法拉第电磁感应定律，E=S=πr2B0；因不计金属圆环的电阻，因此U ab=E=πr2B0，故D正确；故选：D．3．【考点】万有引力定律及其应用．【分析】双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力，根据万有引力提供向心力得出双星的轨道半径关系，从而确定出双星的半径如何变化，以及得出双星的角速度、线速度、加速度和周期的变化．【解答】解：A．根据=，解得L2同理可得R2所以当M1+M2不变时，L增大，则T增大，即双星系统运行周期会随间距减小而减小，故A错误；B．根据，解得，由于L平方的减小比r1和r2的减小量大，则线速度增大，故B错误．C．角速度，结合A可知，角速度增大，故C正确；D．根据=M1a1=M2a知，L变小，则两星的向心加速度增大，故D错误．故选：C4．【考点】验证机械能守恒定律．【分析】对系统应用牛顿第二定律求出加速度，然后应用牛顿第二定律求出绳子的张力；应用动能定理可以求出重力加速度；应用机械能守恒定律求出表达式，然后答题；由运动学公式求出加速度，然后应用牛顿第二定律分析答题．【解答】解：A．对系统，由牛顿第二定律得，加速度：a==，对M，由牛顿第二定律得：F﹣Mg=Ma，解得：F=Mg+，故A错误；B．对系统，由动能定理得：（M+m）gh﹣Mgh=（M+m+M）v2﹣0，解得：g=，故B正确；C．如果机械能守恒，则：（M+m）gh=Mgh+（M+m+M）v2，整理得：mgh=（2M+m）v2，故C错误；D．物体做初速度为零的匀加速直线运动，加速度：a=，由牛顿第二定律得：（M+m）g﹣Mg=（M+m+M）a，整理得：mg=（2M+m），要探究合外力与加速度的关系，需探究mg=（2M+m）是否成立，故D错误；故选：B．5．【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．【分析】汽车在水平面上做匀速运动，此时牵引力等于阻力，当达到斜面上时，此时汽车还受到重力沿斜面向下的分力，故汽车开始做减速运动，有P=Fv可知，牵引力增大，加速度减小，当牵引力等于阻力和重力沿斜面的分力时，速度减到最小，此后做匀速运动，即可判断【解答】解：A．汽车在水平面上匀速运动时，由P=Fv=fv，当到达斜面上时，由于刚到达斜面上，此时的牵引力不变，还是F，根据牛顿第二定律可知F﹣f﹣mgsinθ=ma，故汽车从刚到达斜面时，做减速运动，根据P=Fv可知，速度减小，牵引力增大，当牵引力等于阻力和重力沿斜面的分力时，速度减到最小，此后做匀速运动，故A正确，B错误；C．汽车始终在额定功率下运动，故牵引力所做的功为W=Pt，与时间成正比，故C正确；D．汽车开始做减速运动，然后做匀速运动，在减速运动阶段，位移不和时间成正比，故D错误；故选：AC6．【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．【分析】等效为带有内阻的电源的电路，即当内电阻和外电阻大小相等时，输出功率最大，即r=R时输出功率最大；电源输出功率最大时，求出原线圈中的电压，根据电压与匝数成正比求；根据变压和变流规律，结合欧姆定律求出【解答】解：AB．可等效为带有内阻的电源的电路，即当内电阻和外电阻大小相等时，输出功率最大，即r=R时输出功率最大，最大为，当R=r时，，A错误B正确；C．根据闭合回路欧姆定律可得R，当输出功率最大时，r=R，故，代入可得，C错误；D．当输出功率最大时有，根据，结合，联立可得，D正确；故选：BD7．【考点】功能关系；功的计算．【分析】对整个过程，根据动能定理求出弹簧对小球做功，从而得到小球对弹簧做功．当小球滑到B处时，弹簧处于原长，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值．在小球运动的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律分析即可求解．【解答】解：A．小球从A下滑至最低点C的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，初、末位置动能都为零，所以弹簧的弹性势能增加量等于重力势能的减小量mgh，根据功能关系可知，小球对弹簧做功为mgh，故A正确．B．当小球滑到B处时，弹簧处于原长，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值，则动能也没有达到最大值，故B错误．C．小球在A处和B处弹簧处于原长状态，加速度为gsinα，α是杆的倾角．在AB的中点，弹簧与杆垂直，由牛顿第二定律知，小球的加速度也为gsinα．在A到B的过程，弹簧处于压缩状态，可知，小球的加速度先减小后增大，再减小后增大．从B到C，弹簧伸长，由于小球的质量未知，则加速度可能先减小后增大，也可能一直减小，故C错误．D．小球运动过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，故D正确．故选：AD8．【考点】共点力平衡的条件及其应用；磁现象和磁场；左手定则．【分析】圆环在磁场中受安培力及本身的重力做匀速圆周运动，圆环处于平衡状态，结合平衡状态的特点可得出正确的结果．【解答】解：A．环所在处的磁场的方向向上，则环产生的磁场的方向向下，根据安培定则可知，静止时圆环的电流方向为顺时针方向（俯视），故A正确；B．静止时圆环的电流方向为逆时针方向由左手定则可知，环上的各点受到的安培力的方向向上向里，所以环有收缩的趋势，故B错误；C．对环的某一部分进行受力分析如图：在水平方向，根据安培力的对称性可知，整个的环在水平方向的合力为0，竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以整体受到的安培力：F=BI•2πR由几何关系：Fcosθ=mgcosθ=由题：B=联立得：I=．故C正确；D．结合C的受力分析可知，若将圆环向上平移一小段距离后环受到的安培力将减小；由静止释放，重力开始时大于安培力，所以环加速下落，向下的过程中安培力增大，所以合外力减小，加速度先减小．故D错误．故选：AC二、非选择题9．【考点】研究平抛物体的运动．【分析】将平抛运动分解为水平方向和竖直方向，通过水平方向上相等时间内的位移相等得出水平方向上做匀速直线运动，通过竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量得出竖直方向上做匀加速直线运动．【解答】解：由b图可知，因为频闪照片的时间间隔相等，在相等时间间隔内通过的水平位移相等，可知平抛运动在水平方向上做匀速直线运动．相等时间间隔内，竖直方向上相邻位移的差值相等，可知平抛运动在竖直方向上做匀变速直线运动．故答案为：相等时间间隔通过的水平位移相等；相等时间间隔竖直方向相邻位移的差值相等；10．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】（1）根据原理图可得出对应的实物图；（2）根据串并联电路的规律以及滑动变阻器的作用进行分析，从而明确故障原因；（3）根据图象可找出对应的电压和电流，由功率公式可求得额定功率；（4）根据串并联电路的规律可明确对应的电流和电压的表达式，作出对应的图象，根据图象明确灯泡的实际电流和电压，由功率公式可求得实际功率．【解答】解：（1）根据原理图可得出对应的实物图，由图可知，电流最大值为0.6A，故电流表量程选择0.6A；如图所示；（2）滑动变阻器串联在电路中，电压表测量滑动变阻器电压，刚开始滑动触头P由A端向B端逐渐滑动时，电压表的示数几乎不变，说明随着电阻的变小，滑动变阻器的电阻占整个电路电阻的比例变化不大，直到当滑动触头P滑至临近B端时，电压表的示数急剧变化，说明滑线变阻器的总电阻太大，所以原因是：滑动变阻器阻值太大，有效使用的部分短；（3）由图可知，当电压为12V时，电流为0.55A；故功率为：P=UI=12×0.55=6．6W；（4）将两盏这样的灯泡与电源串联，则灯泡的电流为I，则有：2U=E﹣Ir；U==6﹣2r；作出对应的伏安特性曲线，二者之间的交点即为灯泡的工作点，则由图可知，灯泡的电压为5V，电流为0.4A，则功率为：P=UI=5×0.4=2．0W；故答案为：（1）如图；（2）滑动变阻器阻值远大于灯泡电阻；（3）6．6；（4）2．011．【考点】动能定理；牛顿第二定律．【分析】（1）表演者先做自由落体运动，启动风力后匀减速运动，根据牛顿第二定律和位移公式可求出最大时间；（2）根据v﹣t图象的面积求出上升的最大高度，再根据动能定理求出风力对表演者所做的功．12．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）粒子做匀速直线运动，受重力、电场力和洛仑兹力而平衡，根据平衡条件列式求解；（2）首先对O到M过程运用动能定理列式求解末速度；在M点，合力提供向心力，再根据牛顿第二定律列式求解曲率半径．粒子的运动可看作以速度v0沿y轴负方向的匀速直线运动和以v0沿顺时针方向的匀速圆周运动的合运动．(二）选考题，任选一模块作答[物理--选修3-3]13．【考点】阿伏加德罗常数；布朗运动；分子势能．【分析】布朗运动是指在显微镜下观察到的固体颗粒的无规则运动；温度是分子的平均动能的标志；分子之间的作用力与距离的关系，要掌握其变化的规律；根据热力学第一定律，物体在对外做功的同时，若吸收热量，物体的内能可能增大．【解答】解：A．温度是分子平均动能的量度，故温宿相同，分子的平均动能相同，故A正确；B．一定质量的气体，在体积膨胀的过程中，温度可能升高，内能不一定减小，故B错误；C．布朗运动表明，悬浮微粒周围的液体分子在做无规则运动，故C正确；D．知道阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度就可以估算出气体分子所占空间的大小，但不能计算出分子的大小，故D错误；E、两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，分子间表现出先斥力后引力，故分子力先做正功，后做负功，它们的分子势能先减小后增大，故E正确；故选：ACE14．【考点】气体的等温变化；气体的等容变化和等压变化；封闭气体压强．【分析】第一个过程是等温过程，应用玻意耳定理可解得，第二步为等压变化，用盖﹣吕萨克定理可以解得．[物理一选修3-4]15．【考点】全反射；光的干涉．【分析】偏振光只可以是横波；增透膜是利用光的干涉现象；门镜是利用折射的原理；X光具有穿透性；当声源与观察者间距增大时，接收频率变小，而间距减小时，则接收频率变大，从而即可一一求解．【解答】解：A．偏振光只可以是横波，不能是纵波，故A错误；B．光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，故B正确；C．光导纤维传输信号及医用纤维式内窥镜都是利用光的全反射现象，故C正确；D．用X光机透视人体是利用X光的穿透性，但在磁场中不能偏转，因其不带电．故D错误．E、根据多普勒效应可知，声源与观察者相对靠近，观察者所接收的频率大于声源发出的频率，故E正确；故选：BCE．16．【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．【分析】（i）由甲图读出波长，由乙图周期，求出波速．（ii）抓住两种图象之间的联系，由乙图读出该时刻即t=0.6s时刻质点A的速度方向，由甲图判断出波的传播方向，再判断质点P、Q的振动方向，再求出各自到达平衡位置的时间，即可求出质点P、Q第一次回到平衡位置的时间间隔△t．[物理一选修3-5]17．【考点】重核的裂变；裂变反应和聚变反应．【分析】太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，根据波尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道呈量子化，α衰变生成氦原子核，β衰变生成负电子，质子数增加1个，是因为一个中子转化成质子而释放出的电子；玻尔的氢原子模型，成功引入了量子化假说【解答】解：A．经典电磁理论无法解释氢原子的分立线状光谱，引入玻尔的原子理论可以解释，所以A 正确．B．聚变又叫热核反应，太阳就是一个巨大的热核反应堆，故B正确．C．根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在减小，但不连续，轨道量子化，故C错误．D．放射性原子核经过2次α衰变，核内质子数减少4，再经过一次β衰变，核内质子数增加1，故核内质子数共减少3个，D正确．E、核子结合成原子核与原子核分解为核子是逆过程，质量的变化相等，能量变化也相等，故用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，还要另给它们分离时所需要的足够的动能（光子方向有动量），所以不可能使氘核分解为一个质子和一个中子，故E错误；故选：ABD18．【考点】动量守恒定律；功能关系．【分析】（1）细绳绷紧过程、A．C碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出A与C的速度；（2）由能量守恒定律可以求出系统损失的机械能．。

2015-2016学年广东省广州市实验中学高三〔上〕第二次段考物理试卷二、选择题：此题共9小题，每一小题6分．在每一小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，如下说法中不正确的答案是〔〕A．伽利略首先将实验事实和逻辑推理〔包括数学推演〕和谐地结合起来B．牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量C．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献D．开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律2．如下列图，长为r的细杆一端固定一个质量为m的小球，使之绕另一端O在竖直面内做圆周运动，小球运动到最高点时的速度v=，物体在这点时〔〕A．小球对细杆的拉力是B．小球对杆的压力是C．小球对杆的拉力是 mg D．小球对杆的压力是mg3．水平抛出的小球，以刚抛出时为计时起点与位移起点，在t秒末时速度方向与水平方向的夹角为α1，在t+t0秒末时位移方向与水平方向的夹角为α2，重力加速度为g，忽略空气阻力，如此小球初速度的大小可表示为〔〕A．B．C．D．4．如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段直杆连接而成，两轨道长度相等，一小球穿过细直杆且球与两轨道间的动摩擦因数相等．用一样的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，假定球在经过轨道转折点的前后速度大小不变．全过程中动能增量分别为△E k1、△E k2，重力势能增量分别为△E P1、△E P2，如此〔〕A．△E k1=△E k2，△E P1=△E P2 B．△E k1＞△E k2，△E P1=△E P2C．△E k1＜△E k2，△E P1=△E P2D．△E k1＞△E k2，△E P1＜△E P25．质量为m=2kg的物体沿水平面向右做直线运动，t=0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v﹣t图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g=10m/s2，如此〔〕A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5B．10s末恒力F的功率为6WC．10s末物体恰好回到计时起点位置D．10s内物体抑制摩擦力做功34J6．如下列图，倾角为θ的斜面上只有AB段粗糙，其余局部都光滑，AB段长为3L．有假设干个一样的小方块〔每个小方块视为质点〕沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L．将它们由静止释放，释放时下端距A为3L．当下端运动到A下面距A为L/2时小方块运动的速度达到最大．设小方块与粗糙斜面的动摩擦因数为μ，小方块停止时下端与A点的距离为s，如此如下说法正确的答案是〔〕A．μ=tanθ B．μ=2tanθC．s=3L D．s=4L7．如图甲所示，静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力F作用下开始向上加速运动，拉力的功率恒定为P，运动过程中所受空气阻力大小不变，物体最终做匀速运动．物体运动速度的倒数与加速度a的关系如图乙所示．假设重力加速度大小为g，如下说法正确的答案是〔〕A．物体的质量为B．空气阻力大小为C．物体加速运动的时间为D．物体匀速运动的速度大小为v08．如下列图，质量为m的物体〔可视为质点〕以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，如此在这个过程中物体〔〕A．重力势能增加了mgh B．抑制摩擦力做功0.5mghC．动能损失了2mgh D．机械能损失了mgh9．为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1…总质量为m1．随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2，如此〔〕A．X星球的质量为M=B．X星球外表的重力加速度为g x=C．登陆舱在T1与r2轨道上运动时的速度大小之比为=D．登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为T2=T1三、非选择题：10．利用图示装置可以做力学中的许多实验．〔1〕利用此装置做“研究匀变速直线运动〞的实验时，〔选填“需要〞或“不需要〞〕设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响．〔2〕利用此装置探究“加速度与质量的关系〞并用图象法处理数据时，如果画出的a﹣m 关系图象是曲线，如此〔选填“能〞或“不能〞〕确定小车的加速度与质量成反比．〔3〕利用此装置探究“功与速度变化的关系〞的实验时，通过增减砝码改变小车所受拉力时，〔选填“需要〞或“不需要〞〕重新调节木板的倾斜度．11．某实验小组想测量木板对木块的摩擦力所做的功，装置如图1所示，一木块放在粗糙的水平长木板上，左侧栓有一细线，跨过固定在木板边缘的滑轮与重物连接，木块右侧与穿过打点计时器的纸带相连，长木板固定在水平实验台上．实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向左做匀减速运动，图2给出了重物落地后打点计时器打出的纸带，系列小黑点是计数点，每相邻两计数点间还有4个点〔图中未标出〕，计数点间的距离如下列图．打点计时器所用交流电频率为50Hz，不计纸带与木块间的作用力．〔1〕可以判断纸带的〔左或右〕端与木块连接．〔2〕根据纸带提供的数据计算打点计时器在打下A点和B点时木块的速度：v A=m/s，v B=m/s．〔结果均保存两位有效数字〕〔3〕要测量在AB段木板对木块的摩擦力所做的功W AB，还需要的实验器材是，还应测量的物理量是．〔填入所选实验器材和物理量前的字母〕A．木板的长度l B．木块的质量m1 C．木板的质量m2D．重物质量m3 E．木块运动的时间t F．AB段的距离l ABG．天平 H．刻度尺 J．弹簧秤〔4〕在AB段，木板对木块的摩擦力所做的功的关系式W AB=．〔用v A、v B和第〔3〕问中测得的物理量的字母表示〕12．〔10分〕〔2015•宁德二模〕如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l；水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．R=0.4m，l=2.5m，v0=6m/s，物块质量m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数μ=0.4，轨道其他局部摩擦不计．取g=10m/s2．求：〔1〕物块经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；〔2〕物块从Q运动到P的时间与弹簧获得的最大弹性势能；〔3〕调节仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．13．〔12分〕〔2015春•株洲校级期末〕如图甲所示，在竖直平面内有一个直角三角形斜面体，倾角θ为30°，斜边长为x0，以斜面顶部O点为坐标轴原点，沿斜面向下建立一个一维坐标x轴．斜面顶部安装一个小的定滑轮，通过定滑轮连接两个物体A、B〔均可视为质点〕，其质量分别为m1、m2，所有摩擦均不计，开始时A处于斜面顶部，并取斜面底面所处的水平面为零重力势能面，B物体距离零势能面的距离为；现加在A物体上施加一个平行斜面斜向下的恒力F，使A由静止向下运动．当A向下运动位移x0时，B物体的机械能随x轴坐标的变化规律如图乙，如此结合图象可求：〔1〕B质点最初的机械能E1和上升x0时的机械能E2；〔2〕恒力F的大小．14．〔19分〕〔2015秋•姜堰区校级月考〕如下列图，左边为是两个四分之一圆弧衔接而成的轨道EF，右边为两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧组成的曲面台．设大小两个四分之一圆弧半径为2R和R，两斜面倾角均为θ=370，AB=CD=2R，且A、D等高，D端固定一小挡板，假设碰撞不损失机械能．一质量为m的滑块与斜面动摩擦因数均为0.25，将滑块从地面上光滑的小平台上以一定的初速度经E点进入圆弧轨道，从最高点F飞出后进入右边的斜面上．重力加速度为g．〔1〕设滑块恰能无挤压地从F点飞出，同时为了使滑块恰好沿AB斜面进入右边轨道，应调节右边下面支架高度使斜面的A、D点离地高为多少？〔2〕接〔1〕问，求滑块在斜面上走过的总路程．〔3〕当滑块的以不同初速度进入EF，求其通过最高点F和小圆弧最低点E时受压力之差的最小值．2015-2016学年广东省广州市实验中学高三〔上〕第二次段考物理试卷参考答案与试题解析二、选择题：此题共9小题，每一小题6分．在每一小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，如下说法中不正确的答案是〔〕A．伽利略首先将实验事实和逻辑推理〔包括数学推演〕和谐地结合起来B．牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量C．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献D．开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律【考点】物理学史．【分析】此题比拟简单考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学开展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献．【解答】解：A、伽利略首先将实验事实和逻辑推理〔包括数学推演〕和谐地结合起来，标志着物理学的真正开始，故A正确；B、万有引力常量是由卡文迪许测出的，故B错误；C、笛卡尔等人又在伽利略研究的根底上进展了更深入的研究，他认为：如果运动物体，不受任何力的作用，不仅速度大小不变，而且运动方向也不会变，将沿原来的方向匀速运动下去，因此笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献，故C正确；D、开普勒提出行星运动三大定律，故D正确．此题选错误的，应当选：B．【点评】要熟悉物理学史，了解物理学家的探索过程，从而培养学习物理的兴趣和为科学的奉献精神．2．如下列图，长为r的细杆一端固定一个质量为m的小球，使之绕另一端O在竖直面内做圆周运动，小球运动到最高点时的速度v=，物体在这点时〔〕A．小球对细杆的拉力是B．小球对杆的压力是C．小球对杆的拉力是 mg D．小球对杆的压力是mg【考点】向心力；物体的弹性和弹力．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】球在最高点对杆恰好无压力时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解速度；即时速度v=时，再对小球受力分析，根据牛顿第二定律列式求解杆的弹力即可．【解答】解：球在最高点对杆恰好无压力时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：mg=m解得：由于v=＜v0故杆对球有支持力，根据牛顿第二定律，有：mg﹣N=m解得：N=mg﹣m=根据牛顿第三定律，球对杆有向下的压力，大小为mg；应当选：B．【点评】此题关键是明确向心力来源，求解出弹力为零的临界速度，然后结合牛顿第二定律列式分析，不难．3．水平抛出的小球，以刚抛出时为计时起点与位移起点，在t秒末时速度方向与水平方向的夹角为α1，在t+t0秒末时位移方向与水平方向的夹角为α2，重力加速度为g，忽略空气阻力，如此小球初速度的大小可表示为〔〕A．B．C．D．【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动．根据t时刻速度与水平方向的夹角，可得到水平初速度与时间的关系．再根据t+t0秒末时位移与水平方向的夹角，列式分析即可．【解答】解：据题可得：t秒末时有：tanα1==在t+t0秒末时有：tanα2===联立以上两式，消去t解得：v0=应当选：D【点评】解决此题的关键掌握平抛运动的处理方法：运动的分解法，知道平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，并掌握分运动的规律．4．如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段直杆连接而成，两轨道长度相等，一小球穿过细直杆且球与两轨道间的动摩擦因数相等．用一样的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，假定球在经过轨道转折点的前后速度大小不变．全过程中动能增量分别为△E k1、△E k2，重力势能增量分别为△E P1、△E P2，如此〔〕A．△E k1=△E k2，△E P1=△E P2 B．△E k1＞△E k2，△E P1=△E P2C．△E k1＜△E k2，△E P1=△E P2D．△E k1＞△E k2，△E P1＜△E P2【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．【专题】定量思想；图析法；守恒定律在近代物理中的应用．【分析】先分析整个过程摩擦力做功关系，根据动能定理比拟动能的增加量；由重力做功情况，分析重力势能增量关系．【解答】解：设任一斜面的倾角为θ，斜面的长度为s，如此物体在该斜面上下滑时摩擦力做功为 W f=﹣μmgcosθ•s=﹣μmgx，x是斜面底边的长度，可知小球沿两轨道运动时，摩擦力做功相等，根据动能定理得：W F﹣mgh﹣W f=△E k，知两次情况拉力做功相等，摩擦力做功相等，重力做功相等，如此动能的变化量相等．即有△E k1=△E k2．根据W G=mgh知，重力做功相等，如此重力势能增量相等，即有△E P1=△E P2，故A正确．应当选：A【点评】此题考查了动能定理与运动学的综合，通过动能定理比拟动能变化量的关系，关键要知道滑动摩擦力做功与水平位移有关．5．质量为m=2kg的物体沿水平面向右做直线运动，t=0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v﹣t图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g=10m/s2，如此〔〕A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5B．10s末恒力F的功率为6WC．10s末物体恰好回到计时起点位置D．10s内物体抑制摩擦力做功34J【考点】动能定理；功的计算．【专题】定量思想；图析法；动能定理的应用专题．【分析】由v﹣t图分别求得由力F和没有力F作用时的加速度，对两段时间分别运用牛顿第二定律列式后联立求解；设10s末物体离起点点的距离为d，d应为v﹣t图与横轴所围的上下两块面积之差，根据功的公式求出抑制摩擦力做功．【解答】解：A、设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，如此由v﹣t图得：加速度大小a1===2m/s2，方向与初速度方向相反…①设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，如此由v﹣t图得：加速度大小a2==1m/s2，方向与初速度方向相反…②根据牛顿第二定律，有：F+μmg=ma1…③F﹣μmg=ma2…④解①②③④得：F=3N，μ=0.05，故A错误．B、10s末恒力F的瞬时功率P=Fv=3×6W=18W．故B错误．C、根据v﹣t图与横轴所围的面积表示位移得：10s内位移为 x=×4×8﹣×6×6m=﹣2m，如此知10s末物体恰在起点左侧2m处．故C错误．D、10s内抑制摩擦力做功Wf=fs=μmgs=0.05×20×〔×4×8+×6×6〕J=34J．故D正确．应当选：D【点评】此题关键先根据运动情况求解加速度，确定受力情况后求解出动摩擦因数，根据v ﹣t图与横轴所围的面积表示位移求解位移．要注意滑动摩擦力与路程有关．6．如下列图，倾角为θ的斜面上只有AB段粗糙，其余局部都光滑，AB段长为3L．有假设干个一样的小方块〔每个小方块视为质点〕沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L．将它们由静止释放，释放时下端距A为3L．当下端运动到A下面距A为L/2时小方块运动的速度达到最大．设小方块与粗糙斜面的动摩擦因数为μ，小方块停止时下端与A点的距离为s，如此如下说法正确的答案是〔〕A．μ=tanθ B．μ=2tanθC．s=3L D．s=4L【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．【专题】定量思想；类比法；动能定理的应用专题．【分析】有半数木块过A点速度最大，此时整体的合力为零，根据平衡条件求解求出动摩擦因数．根据动能定理即可求解小方块停止时下端与A的距离．【解答】解：设小方块的总质量为m．当下端运动到A下面距A为L时小方块运动的速度达到最大，此时整体的合外力为零，根据平衡条件得：•μmgcosθ=mgsinθ解得：μ=2tanθ小方块停止时下端与A的距离是s，如此根据动能定理得：mg〔3L+s〕sinθ﹣μmgcosθ•L﹣μmgcosθ〔s﹣L〕=0将μ=2tanθ代入解得：s=4L．应当选：BD【点评】此题主要考查了动能定理的直接应用，要求同学们能选取适宜的过程运用动能定理求解，要注意摩擦力随位移均匀增大时要用摩擦力的平均值求其做功．7．如图甲所示，静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力F作用下开始向上加速运动，拉力的功率恒定为P，运动过程中所受空气阻力大小不变，物体最终做匀速运动．物体运动速度的倒数与加速度a的关系如图乙所示．假设重力加速度大小为g，如下说法正确的答案是〔〕A．物体的质量为B．空气阻力大小为C．物体加速运动的时间为D．物体匀速运动的速度大小为v0【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】物体在竖直方向上在额定功率下做变加速运动，根据牛顿第二定律求的与a的关系式，结合乙图即可判断，当拉力等于重力和阻力时速度达到最大【解答】解：A、由题意可知P=Fv，根据牛顿第二定律由F﹣mg﹣f=ma联立解得由乙图可知，，解得，f=，故AB正确C、物体做变加速运动，并非匀加速运动，不能利用v=at求得时间，故C错误；D、物体匀速运动由F=mg+f，此时v==v0，故D正确应当选：ABD【点评】此题主要考查了图象，能利用牛顿第二定律表示出与a的关系式是解决此题的关键8．如下列图，质量为m的物体〔可视为质点〕以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，如此在这个过程中物体〔〕A．重力势能增加了mgh B．抑制摩擦力做功0.5mghC．动能损失了2mgh D．机械能损失了mgh【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．【专题】定性思想；推理法；守恒定律在近代物理中的应用．【分析】根据动能定理知，合力做功等于动能的变化量，机械能等于重力势能和动能之和，通过动能和重力势能的变化判断机械能的变化．【解答】解：A、物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A正确；B、根据牛顿第二定律知，物体运动的加速度大小为g，所受的合力为mg，方向沿斜面向下，根据动能定理得，△E k=﹣mg•2h=﹣2mgh，知动能减小2mgh．物体重力势能增加mgh，所以机械能减小mgh，除重力以外的力做的功等于物体机械能的变化量，如此摩擦力对物体做﹣mgh的功，所以抑制摩擦力做功mgh，故CD正确，B错误．应当选：ACD．【点评】解决此题的关键掌握功能关系，比如合力功与动能的关系，重力功与重力势能的关系，以与除重力以外其它力做功与机械能的关系，并能灵活运用．9．为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1…总质量为m1．随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2，如此〔〕A．X星球的质量为M=B．X星球外表的重力加速度为g x=C．登陆舱在T1与r2轨道上运动时的速度大小之比为=D．登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为T2=T1【考点】万有引力定律与其应用．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】研究飞船绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量．研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出线速度和周期．再通过不同的轨道半径进展比拟．【解答】解：A、研究飞船绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：G=m1r1〔〕2得出：M=，故A正确．B、根据圆周运动知识，a=只能表示在半径为r1的圆轨道上向心加速度，而不等于X星球外表的重力加速度，故B错误．C、研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有：在半径为r的圆轨道上运动：=m得出：v=，表达式里M为中心体星球的质量，R为运动的轨道半径．所以登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为==，故C错误．D、研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：在半径为r的圆轨道上运动：G=m r得出：T=2π ．表达式里M为中心体星球的质量，R为运动的轨道半径．所以可得T2=T1．故D正确．应当选：AD．【点评】此题主要考查万有引力提供向心力这个关系，要注意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．三、非选择题：10．利用图示装置可以做力学中的许多实验．〔1〕利用此装置做“研究匀变速直线运动〞的实验时，不需要〔选填“需要〞或“不需要〞〕设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响．〔2〕利用此装置探究“加速度与质量的关系〞并用图象法处理数据时，如果画出的a﹣m关系图象是曲线，如此不能〔选填“能〞或“不能〞〕确定小车的加速度与质量成反比．〔3〕利用此装置探究“功与速度变化的关系〞的实验时，通过增减砝码改变小车所受拉力时，不需要〔选填“需要〞或“不需要〞〕重新调节木板的倾斜度．【考点】探究小车速度随时间变化的规律．【专题】实验题．【分析】利用图示小车纸带装置可以完成很多实验，在研究匀变速直线运动时不需要平衡摩擦力，在探究“小车的加速度与质量的关系〞和探究“功与速度变化的关系〞实验时，需要平衡摩擦力；在探究“小车的加速度a与力F的关系〞时，根据牛顿第二定律求出加速度a 的表达式，不难得出当钧码的质量远远大于小车的质量时，加速度a近似等于g的结论．【解答】解：〔1〕此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力；〔2〕曲线的种类有双曲线、抛物线、三角函数曲线等多种，所以假设a﹣m图象是曲线，不能断定曲线是双曲线，即不能断定加速度与质量成反比，应画出a﹣图象．〔3〕利用此装置探究“功与速度变化的关系〞的实验时，通过增减砝码改变小车所受拉力时，不需要重新调节木板的倾斜度．故答案为：〔1〕不需要；〔2〕不能；〔3〕不需要．【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以与须知事项，然后熟练应用物理规律来解决实验问题．11．某实验小组想测量木板对木块的摩擦力所做的功，装置如图1所示，一木块放在粗糙的水平长木板上，左侧栓有一细线，跨过固定在木板边缘的滑轮与重物连接，木块右侧与穿过打点计时器的纸带相连，长木板固定在水平实验台上．实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向左做匀减速运动，图2给出了重物落地后打点计时器打出的纸带，系列小黑点是计数点，每相邻两计数点间还有4个点〔图中未标出〕，计数点间的距离如下列图．打点计时器所用交流电频率为50Hz，不计纸带与木块间的作用力．〔1〕可以判断纸带的右〔左或右〕端与木块连接．〔2〕根据纸带提供的数据计算打点计时器在打下A点和B点时木块的速度：v A=0.72m/s，v B=0.97m/s．〔结果均保存两位有效数字〕〔3〕要测量在AB段木板对木块的摩擦力所做的功W AB，还需要的实验器材是G、H，还应测量的物理量是B．〔填入所选实验器材和物理量前的字母〕A．木板的长度l B．木块的质量m1 C．木板的质量m2D．重物质量m3 E．木块运动的时间t F．AB段的距离l ABG．天平 H．刻度尺 J．弹簧秤〔4〕在AB段，木板对木块的摩擦力所做的功的关系式W AB=．〔用v A、v B 和第〔3〕问中测得的物理量的字母表示〕【考点】探究功与速度变化的关系．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；动能定理的应用专题．【分析】〔1〕重物落地后，木块由于惯性继续前进，做匀减速直线运动，相邻计数点间的距离逐渐减小；。

2015-2016学年福建省福州一中高三（上）开学质检物理试卷一、选择题（每小题给出的四个选项中，1～9题只有一个选项正确，10～15题可能有多个选项正确）1．如图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表．表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的．根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是( )A．物体具有惯性B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关C．物体运动的距离与时间的平方成正比D．物体运动的加速度与重力加速度成正比2．如图所示，倾角为30°，重为80N的斜面体静止在水平面上．一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为2N的小球，小球处于静止状态时，下列说法正确的是( )A．斜面有向左运动的趋势B．地面对斜面的支持力为80NC．球对弹性轻杆的作用力为2N，方向竖直向下D．弹性轻杆对小球的作用力为2N，方向垂直斜面向上3．假设火星和地球都是球体，火星的质量M火和地球的质量M地之比=p，火星的半径R火和地球的半径R地之比=q，那么火星表面处的重力加速度g火和地球表面处的重力的加速度g地之比等于( )A．B．pq2C．D．pq4．如图，一细绳的上端固定在天花板上靠近墙壁的O点，下端拴一小球．L点是小球下垂时的平衡位置，Q点代表一固定在墙上的细长钉子，位于OL直线上．N点在Q点正上方，且QN=QL，M点与Q点等高，现将小球从竖直位置（保持绳绷直）拉开到与N等高的P点，释放后任其向L摆动．运动过程中空气阻力可忽略不计．小球到达L后，因细绳被长钉挡住，将开始沿以Q 为中心的圆弧继续运动．在这以后( )A．小球向右摆到M点，然后就摆回来B．小球向右摆到M和N之间圆弧上某点处，然后斜抛运动C．小球沿圆弧摆到N点，然后竖直下落D．小球将绕Q点旋转，直到细绳完全缠绕在钉上为止5．如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，今向下拉盘，使弹簧再伸长△l后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于( )A．（1+）mg B．（1+）（m+m0）mg C．mg D．（m+m0）g6．一个人站在阳台上，以相同的速率分别把三个球竖直向下、竖直向上、水平抛出，不计空气阻力，则三球落地时的速率( )A．上抛球最大B．下抛球最大C．平抛球最大D．一样大7．如图所示，质量为m和3m的小球A和B，系在长为L的细线两端，桌面水平光滑，高h（h ＜L），B球无初速度从桌边滑下，落在沙地上静止不动，则A球离开桌边的速度( )A．B．C． D．8．“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水艇，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器．假设某次深海活动中，“蛟龙号”完成深海任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0（t0＜t）时刻距离海平面的深度为( )A．B．C．D．9．一列火车在恒定功率的牵引下由静止从车站出发，沿直线轨道运动，行驶5min后速度达到20m/s，设列车所受阻力恒定，则可以判断列车在这段时间内行驶的距离( )A．一定大于3km B．可能等于3kmC．一定小于3km D．条件不足，无法确定10．从塔顶自由下落一石块，它在着地前的最后1秒内的位移是30m，（g=10m/s2），则( ) A．石块落地时速度是30m/s B．石块落地时速度是35m/sC．石块下落所用的时间是3s D．石块下落所用的时间是3.5s11．我国发射的神州五号载人宇宙飞船的周期约为90min，如果把它绕地球的运动看做是匀速圆周运动，飞船的运动和人造地球同步卫星的运动相比，假设它们质量相等，下列判断中正确的是( )A．飞船受到的向心力大于同步卫星受到的向心力B．飞船的动能大于同步卫星的动能C．飞船的轨道半径大于同步卫星的轨道半径D．发射飞船过程需要的能量大于发射同步卫星过程需要的能量12．如图所示，小车上固定着三角硬杆，杆的端点固定着一个质量为m的小球．小车水平向右加速运动，且当加速度逐渐增大时，杆对小球的作用力（用按顺序取F1至F4四个力表示）大小和方向的变化，可能是下图中的（OO′为沿杆方向，B、C两图对称）( )A．B．C．D．13．如图所示，在北戴河旅游景点之一的滑沙场有两个高度均为h但坡度不同的滑道AB和A′B′（均可看作斜面，且有DB＜D′B′）．甲、乙两名旅游者分乘两个滑沙撬分别从A点和A′点由静止出发同时沿AB和A′B′滑下，最后分别静止在水平沙面上的E、E′点．已知滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动，不计沙撬在B、B′处的能量损失，则下列说法正确的是( )A．全过程甲的路程等于乙的路程B．甲在B点的速度等于乙在B′点的速度C．甲从A到B的时间小于乙从A′到B′的时间D．全过程甲、乙水平方向位移相等，即DE=D′E′14．如图所示，在空中某一位置P将一个小球以初速度v0水平向右抛出，它和竖直墙壁碰撞时速度方向与水平方向成45°角，若将小球仍从P点以2v0的初速度水平向右抛出，下列说法中正确的是( )A．小球第二次碰到墙壁前瞬时速度方向与水平方向成30°角B．小球在两次运动过程中速度增量方向相同，大小之比为2：1C．小球第二次碰到墙壁时的动能为第一次碰到墙壁时动能的4倍D．小球第一次碰到墙壁时下落的高度为第二次碰到墙壁时下落高度的4倍15．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上，质量为3m的a球置于地面上，质量为m的b球从水平位置静止释放，当a球对地面压力刚好为零时，b球摆过的角度为θ．下列结论正确的是( )A．θ=90°B．θ=45°C．b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率先增大后减小D．b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率一直增大二．填空和实验题16．某一质点做平抛运动，在落地前1秒内它的速度方向与水平方向夹角由30°变成60°，g取10m/s2．则该质点平抛运动的初速度为__________m/s；平抛运动的时间为__________s．17．在追寻科学家研究足迹的过程中，某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系，采用了如图甲所示的实验装置．（1）实验时，该同学用钩码的重力表示小车受到的合力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为应该采取的措施是__________．（填选项前的字母）A．保证钩码的质量远小于小车的质量B．选取打点计时器所打的第1点与第2点间的距离约为2mm的纸带来处理数据C．把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力D．必须先接通电源再释放小车（2）如图乙所示是实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是连续的六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，相关计数点问的距离已在图中标出，测出小车的质量为M，钩码的总质量为m．从打B点到打E点的过程中，合力对小车做的功是__________，小车动能的增量是__________（用题中和图中的物理量符号表示）．18．某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为R=0.20m）．完成下列填空：（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a）所示，托盘秤的示数为1.00kg；（2）将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图（b）所示，该示数为__________kg；（3）将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧．此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示：（4）根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为__________N；小车通过最低点时的速度大小为__________ m/s．（重力加速度大小取9.80m/s2，计算结果保留2位有效数字）三、计算题19．小明准备去火车站乘车回老家，当小明到达车站前，发现公共汽车在前面离自己10m远处正以10m/s的速度匀速向前行驶，小明立即示意司机停车并以5m/s的速度匀速追赶，司机看到信号经1.5s反应时间后，立即刹车，加速度大小为2m/s2．求小明追上汽车所需时间？20．如图为某自动投放器的示意图，其下半部AB是一长为R的竖直管道，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧．投放时，若将弹簧长度压缩了0.5R后锁定，在弹簧上端放置一个可视为质点且质量为m的小球，解除锁定，弹簧可将小球弹射出去．当小球到达顶端C时，对轨道壁的压力恰好为零，不计一切阻力，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g，求：（1）小球到达顶端C时的速度大小v1；（2）弹簧压缩了0.5R时的弹性势能E p1；（3）若将弹簧压缩了0.6R时，弹簧弹性势能为E p2=E p1，小球落地点离OO′的水平距离s 是多少？21．如图所示，水平传送带在电动机带动下速度v1=2m/s匀速运动，小物体P、Q质量分别为0.2kg和0.3kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P放在传动带中点处由静止释放，已知P与传动带间的动摩擦因数为0.5，传送带水平部分两端点间的距离为4m．不计定滑轮质量及摩擦，P与定滑轮间的绳水平，取g=10m/s2．（1）判断P在传动带上的运动方向并求其加速度大小；（2）求P从开始到离开传送带水平端点的过程中，与传送带间因摩擦产生的热量；（3）求P从开始到离开传动带水平端点的过程中，电动机多消耗的电能．四．附加题（本题共计10分，不需要过程，直接将答案填写在答卷相应位置上）22．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示，t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短），碰撞前后木板速度大小不变，方向相反，运动过程中小物块始终未离开木板，已知碰撞后1s时间内小物块的v﹣t图线如图（b）所示，木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2，求：木板最小长度和木板右端离墙壁最终距离．2015-2016学年福建省福州一中高三（上）开学质检物理试卷一、选择题（每小题给出的四个选项中， 1～9题只有一个选项正确，10～15题可能有多个选项正确）1．如图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表．表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的．根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是( )A．物体具有惯性B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关C．物体运动的距离与时间的平方成正比D．物体运动的加速度与重力加速度成正比【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】通过表格中的数据，通过时间的平方与运动距离的关系，得出位移和时间的规律．【解答】解：从表格中的数据可知，时间变为原来的2倍，下滑的位移大约变为原来的4倍，时间变为原来的3倍，位移变为原来的9倍，可知物体运动的距离与时间的平方成正比．故C 正确，A、B、D错误．故选C．【点评】本题考查学生的数据处理能力，能够通过数据得出物体位移与时间的关系．需加强训练．2．如图所示，倾角为30°，重为80N的斜面体静止在水平面上．一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为2N的小球，小球处于静止状态时，下列说法正确的是( )A．斜面有向左运动的趋势B．地面对斜面的支持力为80NC．球对弹性轻杆的作用力为2N，方向竖直向下D．弹性轻杆对小球的作用力为2N，方向垂直斜面向上【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】可用整体法研究，球、杆、斜面看成整体，整体只受重力和地面的支持力，水平方向不受力，没有水平方向上的运动趋势，重力和地面的支持力是一对平衡力．在对小球隔离分析，小球保持静止状态，合力为零，小球受重力和弹力，根据二力平衡条件可判断弹力的大小和方向．【解答】解：A、B：杆、球、斜面均静止，可以看成整体，用整体法研究，相对于地面没有向左运动的趋势．由二力平衡可知，地面的支持力等于整体的重力82N．故A、B均错误．C、D：小球保持静止状态，处于平衡状态，合力为零；再对小球受力分析，受重力和弹力，根据二力平衡条件可判断弹力和重力等值、反向、共线，故弹力为2N，竖直向上；根据牛顿第三定律，球对弹性杆的作用力为2N，方向竖直向下．故C正确、D错误．故选C．【点评】本题关键结合平衡条件对物体受力分析，要注意杆的弹力方向可以与杆平行，也可以与杆不共线．3．假设火星和地球都是球体，火星的质量M火和地球的质量M地之比=p，火星的半径R火和地球的半径R地之比=q，那么火星表面处的重力加速度g火和地球表面处的重力的加速度g地之比等于( )A．B．pq2C．D．pq【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】根据重力等于万有引力，得，因为火星的质量M火和地球的质量M之比为p，火星的半径R火和地球的半径R地之比为q，代入计算即可．地【解答】解得所以故选：A．【点评】本题主要考查星球表面的重力等于万有引力这个关系，这个关系在天体问题中有重要的应用：有时用来求重力加速度，有时用GM=R2g进行代换，有时用来求星球的质量，等等．熟练掌握这个关系对于解决天体问题很重要．4．如图，一细绳的上端固定在天花板上靠近墙壁的O点，下端拴一小球．L点是小球下垂时的平衡位置，Q点代表一固定在墙上的细长钉子，位于OL直线上．N点在Q点正上方，且QN=QL，M点与Q点等高，现将小球从竖直位置（保持绳绷直）拉开到与N等高的P点，释放后任其向L摆动．运动过程中空气阻力可忽略不计．小球到达L后，因细绳被长钉挡住，将开始沿以Q 为中心的圆弧继续运动．在这以后( )A．小球向右摆到M点，然后就摆回来B．小球向右摆到M和N之间圆弧上某点处，然后斜抛运动C．小球沿圆弧摆到N点，然后竖直下落D．小球将绕Q点旋转，直到细绳完全缠绕在钉上为止【考点】动能定理；向心力．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题．【分析】根据机械能守恒定律可知，小球运动到M点速度不为零，所以小球还要继续运动，若小球能运动到N点，则根据机械能守恒定律可知，在N点速度等于零，但要使小球做圆周运动到达N点，则N点的速度不为零，所以小球不能运动到N点，则小球在MN之间某点做斜抛运动．【解答】解：A、根据机械能守恒定律可知，小球运动到M点速度不为零，所以小球还要继续运动，故A错误；BCD、若小球能运动到N点，则根据机械能守恒定律可知，在N点速度等于零，但要使小球做圆周运动到达N点，则N点的速度不为零，所以小球不能运动到N点，则小球在MN之间某点做斜抛运动了，故B正确，CD错误；故选：B【点评】本题要求同学们能正确判断小球是否能到达N点，若不能到达，则小球做什么运动，难度适中．5．如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，今向下拉盘，使弹簧再伸长△l后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于( )A．（1+）mg B．（1+）（m+m0）mg C．mg D．（m+m0）g【考点】胡克定律；牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度．再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力．【解答】解：当盘静止时，由胡克定律得（m+m0）g=kl ①设使弹簧再伸长△l时手的拉力大小为F再由胡克定律得F=k△l ②由①②联立得 F=刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上．设刚松手时，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得 a==对物体研究：F N﹣mg=ma解得 F N=（1+）mg故选A【点评】本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度．6．一个人站在阳台上，以相同的速率分别把三个球竖直向下、竖直向上、水平抛出，不计空气阻力，则三球落地时的速率( )A．上抛球最大B．下抛球最大C．平抛球最大D．一样大【考点】动能定理．【专题】动能定理的应用专题．【分析】不计空气阻力，物体的机械能守恒，分析三个的运动情况，由机械能守恒可以判断落地的速度．【解答】解：由于不计空气的阻力，所以三个球的机械能守恒，由于它们的初速度的大小相同，又是从同一个位置抛出的，最后又都落在了地面上，所以它们的初末的位置相同，初动能也相同，由机械能守恒可知，末动能也相同，所以末速度的大小相同．故选D．【点评】本题是机械能守恒的直接应用，判断出守恒即可．比较简单．7．如图所示，质量为m和3m的小球A和B，系在长为L的细线两端，桌面水平光滑，高h（h ＜L），B球无初速度从桌边滑下，落在沙地上静止不动，则A球离开桌边的速度( )A．B．C． D．【考点】机械能守恒定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】对于A、B组成的系统，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出B球落地时，系统的速度大小，该速度等于A球离开桌面的速度．【解答】解：A、B组成的系统机械能守恒．则有：3mgh=解得：v=故选：A【点评】解决本题的关键知道A、B组成的系统，在运动的过程中，单个物体机械能不守恒，因为除重力做功外，拉力也做功．对系统而言，只有重力做功，机械能守恒．8．“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水艇，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器．假设某次深海活动中，“蛟龙号”完成深海任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0（t0＜t）时刻距离海平面的深度为( )A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题．【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式求出“蛟龙号”的加速度，采用逆向思维，结合位移时间公式求出“蛟龙号”在t0（t0＜t）时刻距离海平面的深度．【解答】解：蛟龙号上浮时的加速度大小a=，根据逆向思维，可知蛟龙号在t0时刻距离海平面的深度h==．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时间公式和位移时间公式，以及掌握逆向思维在运动学中的运用，基础题．9．一列火车在恒定功率的牵引下由静止从车站出发，沿直线轨道运动，行驶5min后速度达到20m/s，设列车所受阻力恒定，则可以判断列车在这段时间内行驶的距离( )A．一定大于3km B．可能等于3kmC．一定小于3km D．条件不足，无法确定【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】火车以额定功率行驶时，随着速度的增加，牵引力会逐渐的减小，所以此时的火车不可能做匀加速运动，做的是初速度为零加速度逐渐减小的加速运动，5min末速度达到20m/s，可以把这个过程与匀加速直线运动比较解题．【解答】解：根据火车的运动的过程，画出火车的速度时间图象如图所示，根据速度时间图象曲线与坐标轴围成的面积表示位移可知，如果物体做初速度为零，末速度为20m/s的匀加速直线运动，位移等于三角形的面积，即x=×20×300=3000m；而此时实际曲线形成面积大于3000m．所以A正确故选：A．【点评】根据速度时间图象可以快速准确的解决本题，要注意在速度时间图象中斜率表示加速度，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．10．从塔顶自由下落一石块，它在着地前的最后1秒内的位移是30m，（g=10m/s2），则( ) A．石块落地时速度是30m/s B．石块落地时速度是35m/sC．石块下落所用的时间是3s D．石块下落所用的时间是3.5s【考点】自由落体运动．【专题】自由落体运动专题．【分析】最后1s的石块不是自由落体，故无法直线由自由落体规律列式；但是可以由落点开始，分别对全程及最后1s之外的过程列自由落体规律，联立求解．【解答】解：A、设石块下落时间为t，石块下落时的高度为x，最后1s前下落的高度为x′；则有：x=gt2；x′=g（t﹣1）2x﹣x′=30m联立以上解得：t=3.5s，石块落地时速度v=gt=35m/s，故BD正确，AC错误．故选：BD【点评】物体由静止下落时列式最后简单，故对于自由落体运动，尽量由开始状态列式求解．11．我国发射的神州五号载人宇宙飞船的周期约为90min，如果把它绕地球的运动看做是匀速圆周运动，飞船的运动和人造地球同步卫星的运动相比，假设它们质量相等，下列判断中正确的是( )A．飞船受到的向心力大于同步卫星受到的向心力B．飞船的动能大于同步卫星的动能C．飞船的轨道半径大于同步卫星的轨道半径D．发射飞船过程需要的能量大于发射同步卫星过程需要的能量【考点】同步卫星．【专题】定量思想；方程法；人造卫星问题．【分析】研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出线速度、角速度、周期、加速度等物理量．根据轨道半径的关系判断各物理量的大小关系．【解答】解：根据万有引力提供向心力得出：=m=ma=mr（）2得A、T=2π，神州五号载人宇宙飞船的周期约为90min．同步卫星周期24h，所以飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径．F=，所以飞船受到的向心力大于同步卫星受到的向心力．故A正确，C错误B、v=，飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以飞船的运行速度大于同步卫星的运行速度．所以飞船的动能大于同步卫星的动能，故B正确；D、越往高轨道发射卫星需要的能量越大，所以发射飞船过程需要的能量小于发射同步卫星过程需要的能量．故D错误；故选：AB．【点评】要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量选取应用．12．如图所示，小车上固定着三角硬杆，杆的端点固定着一个质量为m的小球．小车水平向右加速运动，且当加速度逐渐增大时，杆对小球的作用力（用按顺序取F1至F4四个力表示）大小和方向的变化，可能是下图中的（OO′为沿杆方向，B、C两图对称）( )A．B．C．D．【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】小球受重力和杆对小球的作用力，在两个力共同作用下沿水平向右的方向加速运动，讨论不同加速对应不同的杆的作用力．【解答】解：因为小球受两个力作用下沿水平向右的方向加速运动A、因为小球在竖直方向受力平衡，即杆对球的作用力在竖直方向的分力与小球重力平衡，而A图显示的四个力在竖直方向的分力大小不同，不能保证小球在竖直方向受力平衡，故A错误．B、因为小球的加速度水平向右，重力方向竖直向下，故B选项错误；C、四个力沿竖直方向的分量大小相同，能保证小球竖直方向平衡，水平方向分量大小不同，以产生不同大小的水平加速度，故C正确；D、小球受杆的作用力在竖直方向分量不等，不能保证小球竖直方向平衡，故D错误．故选C．【点评】根据小球运动特征，掌握正交分解的思想处理，是解决本题的关键．13．如图所示，在北戴河旅游景点之一的滑沙场有两个高度均为h但坡度不同的滑道AB和A′B′（均可看作斜面，且有DB＜D′B′）．甲、乙两名旅游者分乘两个滑沙撬分别从A点和A′点由静止出发同时沿AB和A′B′滑下，最后分别静止在水平沙面上的E、E′点．已知滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动，不计沙撬在B、B′处的能量损失，则下列说法正确的是( )。