湖南省常德市芷兰实验学校2015届高三上学期第一次月考物理试卷

湖南省常德市芷兰实验学校2015届高三上学期第二次月考物理试卷一．选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分．1-7小题为单选题，8-10小题为多选题，即在给出的四个选项中，有两或两个选项以上是正确的．每一小题全选对的得5分；选对但不全，得3分；有选错或不答的，得0分）1．如图是物体做直线运动的v﹣t图象，由图可知，该物体( )A．第1s内和第3s内的运动方向相反B．第3s内和第4s内的加速度相同C．第1s内和第4s内的位移大小不等D．0～2s内和0～4s内的平均速度大小相等2．如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P的支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是( )A．M处受到的支持力竖直向上B．N处受到的支持力竖直向上C．M处受到的静摩擦力沿MN方向D．N处受到的静摩擦力沿水平方向3．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是( )A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度4．将一物体以某一初速度竖直上抛．物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0，则( )A．t1＞t0t2＜t1B．t1＜t0t2＞t1C．t1＞t0t2＞t1D．t1＜t0t2＜t15．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．B．C．D．6．如图光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切，穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N．在运动过程中( )A．F增大，N减小B．F减小，N减小C．F增大，N增大D．F减小，N增大7．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )A．B．C．D．8．伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3．根据三次实验结果的对比，不能直接得到的结论是( )A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小9．一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示，在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有( )A．t1B．t2C．t3D．t410．如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ，下列说法正确的是( )A．轨道半径越大，周期越长B．轨道半径越大，速度越大C．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度D．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度二．非选择题：（本大题共6小题，共60分．温馨提示：解答题应写出必要的文字说明、方程式、和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）11．某同学测定一金属杆的长度和直径．示数如图甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为60.10cm和4.20mm．12．小文同学在探究物体做曲线运动的条件时，将一条形磁铁放在桌面的不同位置，让小钢珠在水平桌面上从同一位置以相同初速度v0运动，得到不同轨迹，图中a、b、c、d为其中四条运动轨迹，磁铁放在位置A时，小钢珠的运动轨迹是b（填轨迹字母代号），磁铁放在位置B时，小钢珠的运动轨迹是c（填轨迹字母代号）．实验表明，当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不在（选填“在”或“不在”）同一直线上时，物体做曲线运动．13．图甲所示为“探究加速度与力、质量关系”的实验装置．两组同学根据的实验数据作出了如图乙丙所示图象．（1）图乙中三个图线直线部分的斜率不同，原因是：AA、小车总质量不同B、小车所受合外力不同C、小车的加速度不同（2）图丙的图线不过原点的原因可能是：BA、平衡摩擦力时木板与水平面的夹角太小B、平衡摩擦力时木板与水平面的夹角太大C、改变外力时没有重新平衡摩擦力（3）以上两图中的图线上部都发生弯曲的原因可能是：AA、以钩码重力当作小车所受合力B、以绳的拉力当作小车所受的合力C、由于将木板一端垫起平衡摩擦的缘故．14．短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，某运动用11.00s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．15．如图所示，宽为L的竖直障碍物上开有间距d=0.6m的矩形孔，其下沿离地高h=1.2m，离地高H=2m的质点与障碍物相距X．在障碍物以vo=4m/s匀速向左运动的同时，质点自由下落，为使质点能穿过该孔，取g=l0m/s2）．求：（1）L的最大值？（2）若L=0.6m，问x的取值范围．16．如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球．静止时，箱子顶部与球接触但无压力．箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v．（1）求箱子加速阶段的加速度大小a′．（2）若减速过程中加速度a＞g tanθ，试分析该阶段是否受到箱子左壁和顶部的作用力，若受请求出作用力大小．湖南省常德市芷兰实验学校2015届高三上学期第二次月考物理试卷一．选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分．1-7小题为单选题，8-10小题为多选题，即在给出的四个选项中，有两或两个选项以上是正确的．每一小题全选对的得5分；选对但不全，得3分；有选错或不答的，得0分）1．如图是物体做直线运动的v﹣t图象，由图可知，该物体( )A．第1s内和第3s内的运动方向相反B．第3s内和第4s内的加速度相同C．第1s内和第4s内的位移大小不等D．0～2s内和0～4s内的平均速度大小相等考点：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；牛顿第二定律．专题：运动学中的图像专题．分析：速度时间图象中速度的符号表示物体的运动方向；图象的斜率等于加速度；图象与时间轴所围的面积表示位移．平均速度等于位移与时间之比．根据这些知识进行解答．解答：解：A、由图知，在前3s内物体的速度均为正值，说明在前3s内物体的运动方向不变，故A错误；B、速度图象的斜率等于加速度，第3s内和第4s内图线的斜率相同，则加速度相同，故B 正确；C、图象与时间轴所围的面积表示位移，由几何知识可知第1s内和第4s内的位移大小相等．故C错误；D、根据“面积”可知：0～2s内和0～4s内的位移相等，所用时间不等，所以平均速度不等，故D错误．故选：B．点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．2．如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P的支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是( )A．M处受到的支持力竖直向上B．N处受到的支持力竖直向上C．M处受到的静摩擦力沿MN方向D．N处受到的静摩擦力沿水平方向考点：物体的弹性和弹力；摩擦力的判断与计算．专题：受力分析方法专题．分析：支持力的方向是垂直于接触面指向被支持的物体，静摩擦力的方向是与相对运动趋势的方向相反，由此可判知各选项的正误．解答：解：A、M处受到的支持力的方向与地面垂直向上，即竖直向上，故A正确；N、N处受到的支持力的方向与原木P垂直向上，不是竖直向上，故B错误；C、原木相对于地有向左运动的趋势，则在M处受到的摩擦力沿地面向右，故C错误；D、因原木P有沿原木向下的运动趋势，所以N处受到的摩擦力沿MN方向，故D错误．故选：A．点评：解决本题的关键要掌握支持力和静摩擦力方向的特点，并能正确分析实际问题．支持力是一种弹力，其方向总是与接触面垂直，指向被支持物．静摩擦力方向与物体相对运动趋势方向相反．3．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是( )A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度考点：超重和失重；牛顿第二定律．分析：超重指的是物体加速度方向向上，失重指的是加速度方向下，但运动方向不可确定．由牛顿第二定律列式分析即可．解答：解：A、B物体向上先加速后减速，加速度先向上，后向下，根据牛顿运动定律可知物体先处于超重状态，后处于失重状态，故A错误．B错误；C、D、重物和手有共同的速度和加速度时，二者不会分离，故物体离开手的瞬间，物体向上运动，物体的加速度等于重力加速度，物体离开手的瞬间，手的合力增大，所以手的加速度大于重力加速度，并且方向竖直向下，故C错误，D正确．故选：D．点评：超重和失重仅仅指的是一种现象，但物体本身的重力是不变的，这一点必须明确．重物和手有共同的速度和加速的时，二者不会分离．4．将一物体以某一初速度竖直上抛．物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0，则( )A．t1＞t0t2＜t1B．t1＜t0t2＞t1C．t1＞t0t2＞t1D．t1＜t0t2＜t1考点：竖直上抛运动．分析：题中描述的两种情况物体均做匀变速运动，弄清两种情况下物体加速度、上升高度等区别，然后利用匀变速运动规律求解即可．解答：解：不计阻力时，物体做竖直上抛运动，根据其运动的公式可得：，当有阻力时，设阻力大小为f，上升时有：mg+f=ma，上升时间有阻力上升位移与下降位移大小相等，下降时有mg﹣f=ma1，，根据，可知t1＜t2故ACD错误，B正确．故选：B．点评：正确受力分析弄清运动过程，然后根据运动学规律求解是对学生的基本要求，平时要加强这方面的训练．5．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．B．C．D．考点：万有引力定律及其应用．分析：在赤道上物体所受的万有引力与支持力提供向心力可求得支持力，在南极支持力等于万有引力．解答：解：在赤道上：G，可得①在南极：②由①②式可得：=．故选：A．点评：考查物体受力分析及圆周运动向心力的表达式，明确在两极物体没有向心力．6．如图光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切，穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N．在运动过程中( )A．F增大，N减小B．F减小，N减小C．F增大，N增大D．F减小，N增大考点：物体的弹性和弹力．分析：对球受力分析，受重力、支持力和拉力，根据共点力平衡条件列式求解出拉力和支持力的数值，在进行分析讨论．解答：解：对球受力分析，受重力、支持力和拉力，如，根据共点力平衡条件，有N=mgcosθF=mgsinθ其中θ为支持力N与竖直方向的夹角；当物体向上移动时，θ变大，故N变小，F变大；故A正确，BCD错误．故选：A．点评：题关键对滑块受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出支持力和拉力的表达式进行讨论．7．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )A．B．C．D．考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：根据船头指向始终与河岸垂直，结合运动学公式，可列出河宽与船速的关系式，当路线与河岸垂直时，可求出船过河的合速度，从而列出河宽与船速度的关系，进而即可求解．解答：解：设船渡河时的速度为v c；当船头指向始终与河岸垂直，则有：t去=；当回程时行驶路线与河岸垂直，则有：t回=；而回头时的船的合速度为：v合=；由于去程与回程所用时间的比值为k，所以小船在静水中的速度大小为：v c=，故B正确；故选：B．点评：解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，以及知道各分运动具有独立性，互不干扰．8．伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3．根据三次实验结果的对比，不能直接得到的结论是( )A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，阻力越小则上升的高度越大，伽利略通过上述实验推理得出运动物体如果不受其他物体的作用，将会一直运动下去．解答：解：A、如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置，A项正确；B、实验没有验证小球不受力时的运动，不受力时的运动状态是推论，B项错误；C、小球受力运动状态的变化也是想象出来的，C项错误；D、小球受力一定时，质量越大，加速度越小，这是牛顿第二定律的结论，D项错误．本题选不能直接得出的结论；故选：BCD．点评：要想分清哪些是可靠事实，哪些是科学推论要抓住其关键的特征，即是否是真实的客观存在，这一点至关重要，这也是本题不易判断之处；伽利略的结论并不是最终牛顿所得出的牛顿第一定律．9．一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示，在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有( )A．t1B．t2C．t3D．t4考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据牛顿第二定律，合外力方向与加速度方向相同，当加速度与速度同向时物体做加速运动．解答：解：A、C、t1时刻与t3时刻，物体正加速，故加速度与速度同向，而加速度和合力同向，故合力与速度同方向，故A正确，C正确；B、D、t2时刻与t4时刻，物体正减速，故合力与速度反向，故B错误，D错误；故选：AC．点评：本题关键是明确直线运动中，物体加速时合力与速度同向；物体减速时合力与速度反向，基础题目．10．如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ，下列说法正确的是( )A．轨道半径越大，周期越长B．轨道半径越大，速度越大C．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度D．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：根据开普勒第三定律，分析周期与轨道半径的关系；飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，由星球的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和几何知识、密度公式可求解星球的平均密度．解答：解：A、根据开普勒第三定律=k，可知轨道半径越大，飞行器的周期越长．故A 正确；B、根据卫星的速度公式v=，可知轨道半径越大，速度越小，故B错误；C、设星球的质量为M，半径为R，平均密度为，ρ．张角为θ，飞行器的质量为m，轨道半径为r，周期为T．对于飞行器，根据万有引力提供向心力得：G=m r由几何关系有：R=rsin星球的平均密度ρ=联立以上三式得：ρ=，则测得周期和张角，可得到星球的平均密度．故C 正确；D、由G=m r可得：M=，可知若测得周期和轨道半径，可得到星球的质量，但星球的半径未知，不能求出星球的平均密度．故D错误．故选：AC．点评：本题关键掌握开普勒定律和万有引力等于向心力这一基本思路，结合几何知识进行解题．二．非选择题：（本大题共6小题，共60分．温馨提示：解答题应写出必要的文字说明、方程式、和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）11．某同学测定一金属杆的长度和直径．示数如图甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为60.10cm和4.20mm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用．专题：实验题．分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．解答：解：（1）刻度尺在读数的时候要估读一位，所以金属杆的长度为60.10；（2）游标卡尺的主尺读数为：4mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.02mm=0.20mm，所以最终读数为：4mm+0.20mm=4.20mm=0.420cm=4.20mm．故答案为：60.10，4.20．点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．12．小文同学在探究物体做曲线运动的条件时，将一条形磁铁放在桌面的不同位置，让小钢珠在水平桌面上从同一位置以相同初速度v0运动，得到不同轨迹，图中a、b、c、d为其中四条运动轨迹，磁铁放在位置A时，小钢珠的运动轨迹是b（填轨迹字母代号），磁铁放在位置B时，小钢珠的运动轨迹是c（填轨迹字母代号）．实验表明，当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不在（选填“在”或“不在”）同一直线上时，物体做曲线运动．考点：物体做曲线运动的条件．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：首先知道磁体对钢珠有相互吸引力，然后利用曲线运动的条件判断其运动情况即可．解答：解：磁体对钢珠有相互吸引力，当磁铁放在位置A时，即在钢珠的正前方，所以钢珠所受的合力与运动的方向在一条直线上，所以其运动轨迹为直线，故应是b；当磁铁放在位置B时，先钢珠运动过程中有受到磁体的吸引，小钢珠逐渐接近磁体，所以其的运动轨迹是c；当物体所受的合外力的方向与小球的速度在一条直线上时，其轨迹是直线；当不在一条直线上时，是曲线．故答案为：b，c，不在．点评：明确曲线运动的条件，即主要看所受合外力的方向与初速度的方向的关系，这是判断是否做曲线运动的依据．13．图甲所示为“探究加速度与力、质量关系”的实验装置．两组同学根据的实验数据作出了如图乙丙所示图象．（1）图乙中三个图线直线部分的斜率不同，原因是：AA、小车总质量不同B、小车所受合外力不同C、小车的加速度不同（2）图丙的图线不过原点的原因可能是：BA、平衡摩擦力时木板与水平面的夹角太小B、平衡摩擦力时木板与水平面的夹角太大C、改变外力时没有重新平衡摩擦力（3）以上两图中的图线上部都发生弯曲的原因可能是：AA、以钩码重力当作小车所受合力B、以绳的拉力当作小车所受的合力C、由于将木板一端垫起平衡摩擦的缘故．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）根据牛顿第二定律，写出a与F的函数方程，明确斜率的含义，即可正确解答；（2）甲图象表明在小车的拉力为0时，小车有加速度，即合外力大于0，说明平衡摩擦力过度；（3）当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，否则图象将会发生弯曲．解答：解：（1）根据牛顿第二定律有：F=ma，因此有：，因此在a﹣F图象中，图象斜率表示大小，斜率不同则表示质量不同，故BC错误，A正确．故选A．（2）由图象可知小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过度，即木板与水平面的夹角太大，故AC错误，B正确．故选B．（3）该实验中当小车的质量远大于钩码质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，随着F的增大，即随着钩码质量增大，逐渐的钩码质量不再比小车质量小的多，因此会出现较大误差，图象会产生偏折现象，故BC错误，A正确．故选A．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及注意事项，然后结合物理规律去解决实验问题．14．短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，某运动用11.00s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．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：设他做匀加速直线运动的时间为t1，位移大小为小x1，加速度大小为a，做匀速直线运动的速度为v，根据运动学基本公式，抓住位移位移列式即可求解．解答：解：根据题意，在第1s和第2s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1s和第2s内通过的位移分别为s1和s2，由运动学规律得t0=1s联立解得a=5m/s2设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的距离为s，依题决及运动学规律，得t=t1+t2v=at1设加速阶段通过的距离为s′，。

湖南省常德市2015届高考物理一模试卷一、选择题：本大题共8小题，每一小题给出的四个选项中，第1-5题只有一个选项正确，第6-8题有多个选项正确．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．如下表示中正确的答案是( )A．在直线运动中，物体的位移大小等于其路程B．一对作用力与反作用力做功代数和一定等于或小于0C．牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因D．开普勒第三定律=K为常数，此常数的大小只与中心天体质量有关2．2012年4月16日天文爱好者迎来了“土星冲日〞的美丽天象．“土星冲日〞是指土星和太阳正好分处地球的两侧，二者几乎成一条直线．该天象每378天发生一次，土星和地球绕太阳公转的方向一样，公转轨迹都近似为圆，根据我们日常生活知识可知( )A．土星公转的速率比地球大B．土星公转的周期为378天C．土星公转的向心加速度比地球小D．假设土星适度加速，有可能与地球实现对接3．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，、均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻〔其阻值随光强增大而减小〕、理想线圈和灯泡．原线圈接入图乙所示的正弦交流电压u，如下说法中正确的答案是( )A．交流电的方向每秒钟改变50次B．有光照射R时，D变亮C．抽出L中的铁芯，的示数变小D．在t=0.005s时，电压表的示数为22V4．电子式互感器是数字变电站的关键装备之一．如下列图，某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，ac间的电阻是cd间电阻的〔n﹣1〕倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为U，如此输入端的电压为( )A．nU B．C．〔n﹣1〕U D．5．倾角为37°的光滑斜面上固定一个槽，劲度系数k=20N/m、原长l0=0.6m的轻弹簧下端与轻杆相连，开始时杆在槽外的长度l=0.3m，且杆可在槽内移动，杆与槽间的滑动摩擦力大小F f=6N，杆与槽之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．质量m=1kg的小车从距弹簧上端L=0.6m处由静止释放沿斜面向下运动．弹性势能E p=kx2，式中x为弹簧的形变量．g取10m/s2，sin37°=0.6．关于小车和杆的运动情况，如下说法中正确的答案是( )A．小车先做匀加速运动，后做加速度逐渐减小的变加速运动B．小车先做匀加速运动，后做加速度先减小后增大的变加速运动C．杆刚要滑动时小车已通过的位移为0.6mD．杆从开始运动到完全进入槽内所用时间为0.1s6．如下列图，质量分别为m1和m2两个物体用两根轻质细线，分别悬挂在天花板上的A、B 两点，两线与水平方向夹角分别为α、β且α＞β，两物体间的轻质弹簧恰好处于水平状态，两根绳子拉力分别为T A和T B，如此如下说法中正确的答案是( )A．T A＞T B B．T A＜T B C．m1＞m2D．m1＜m27．如下列图，空间中固定的四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点处，A点为对应棱的中点，B点为右侧面的中心，C点为底面的中心，D点为正四面体的中心〔到四个顶点的距离均相等〕．关于A、B、C、D四点的电势上下，如下判断正确的答案是( )A．φA=φB B．φA=φD C．φB＞φC D．φC＞φD8．如下列图，在空间中有一坐标系xOy，其第一象限内充满着两个匀强磁场区域I和Ⅱ，直线OP是它们的边界．区域I中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向内；边界上的P点坐标为〔4L，3L〕．一质量为 m、电荷量为q的带正电粒子从P点平行于y轴负方向射入区域I，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O．忽略粒子重力，sin37°=0.6，cos37°=0.8．如此如下说法中正确的答案是( )A．该粒子一定沿y轴负方向从O点射出B．该粒子射出时与y轴正方向夹角可能是74°C．该粒子在磁场中运动的最短时间t=D．该粒子运动的可能速度为v=〔n=1，2，3…〕二、非选择题：包括必考题和选考题两局部．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．〔一〕必考题9．某同学利用如下列图的装置探究功与速度变化的关系．〔ⅰ〕小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；〔ⅱ〕在钉子上分别套上2条、3条、4条…同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤〔ⅰ〕，小物块落点分别记为M2、M3、M4…；〔ⅲ〕测量相关数据，进展数据处理．〔1〕为求出小物块抛出时的动能，需要测量如下物理量中的__________〔填正确答案标号〕．A．小物块的质量mB．橡皮筋的原长xC．橡皮筋的伸长量△xD．桌面到地面的高度hE．小物块抛出点到落地点的水平距离L〔2〕将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W1、W2、W3、…，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L1、L2、L3、…．假设功与速度的平方成正比，如此应以W为纵坐标、__________为横坐标作图，才能得到一条直线．〔3〕由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，如此由此引起的误差属于__________〔填“偶然误差〞或“系统误差〞〕．10．在学习了传感器后，大家开始动手探究压敏电阻的阻值随压力变化的关系，实验室备有如下实验器材：A．电源E〔3V，内阻约为1Ω〕B．电流表A l〔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〕同学们设计了如图1所示的实验电路，请判断甲是电流表__________〔填“A l〞或“A2〞〕．〔2〕实验中发现测得甲、乙的读数分别为I1和I2，如此压敏电阻此时的阻值为__________〔用字母表示〕．〔3〕改变力的大小和方向，得到压敏电阻随力F变化的图象如图2所示，如此R x的阻值随力F的大小变化的关系式为__________．〔4〕定值电阻R0的阻值应该选__________．A．1Ω B．5Ω C．10Ω D．20Ω11．甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动，其中质点甲做初速度为零、加速度大小为a1的匀加速直线运动，质点乙做初速度为v0=10m/s、加速度大小为a2的匀减速直线运动直至停止．甲、乙两质点在运动过程中位移为5m时速度一样，经过另一一样位置时，甲、乙两质点的速度分别为8m/s、6m/s．求：〔1〕甲、乙两质点的加速度大小a1、a2；〔2〕甲、乙两质点相遇时离出发点的距离．12．〔19分〕如下列图，竖直平面内有无限长、不计电阻的两组平行光滑金属导轨，宽度均为L=0.5m，上方连接一个阻值R=1Ω的定值电阻，虚线下方的区域内存在磁感应强度B=2T 的匀强磁场．完全一样的两根金属杆1和2靠在导轨上，金属杆与导轨等宽且与导轨接触良好，电阻均为r=0.5Ω．将金属杆1固定在磁场的上边缘〔仍在此磁场内〕，金属杆2从磁场边界上方h0=0.8m处由静止释放，进入磁场后恰作匀速运动．求：〔1〕金属杆2的质量m为多大？〔2〕假设金属杆2从磁场边界上方h1=0.2m处由静止释放，进入磁场经过一段时间后开始匀速运动．在此过程中整个回路产生了1.4J的电热，如此此过程中流过电阻R的电量q为多少？〔3〕金属杆2仍然从离开磁场边界h1=0.2m处由静止释放，在金属杆2进入磁场的同时由静止释放金属杆1，两金属杆运动了一段时间后均达到稳定状态，试求两根金属杆各自的最大速度．〔两个电动势分别为E1、E2不同的电源串联时，电路中总的电动势E=E1+E2．〕(二〕选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理--选修3-3】13．关于热现象和分子动理论，如下说法正确的答案是( )A．热量不能从低温物体传到高温物体B．雨水没有透过布雨伞是因为液体外表存在张力C．自行车打气越打越困难主要是因为胎内气体压强增大而非分子间相互排斥的原因D．lg氢气和1g氧气含有的分子数一样，都是6.02×1023个14．如下列图，在长为L=57cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4cm高的水银柱封闭着51cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33℃，大气压强p0=76cmHg．①假设缓慢对玻璃管加热，当水银柱上外表与管口刚好相平时，求管中气体的温度；②假设保持管内温度始终为33℃，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上外表与管口相平，求此时管中气体的压强．【物理--选修3-4】15．如下说法正确的答案是( )A．“闻其声而不见其人〞现象说明遇到同样障碍物时声波比可见光容易发生衍射B．用超声波被血流反射回来其频率发生变化可测血流速度，是利用了波的干预现象C．做受迫振动的物体，其稳定时的振动频率不一定等于驱动力的频率D．用标准平面来检查光学面的平整程度是利用光的偏振现象16．某时刻的波形图如下列图，波沿x轴正方向传播，质点P的横坐标x=0.32m．从此时刻开始计时〔1〕假设P点经0.4s第一次到达最大正位移处，求波速大小．〔2〕假设P点经0.4s到达平衡位置，波速大小又如何？【物理--选修3-5】17．如下说法正确的答案是( )A．光子不但具有能量，也具有动量B．玻尔认为，氢原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的C．将由放射性元素组成的化合物进展高温分解，会改变放射性元素的半衰期D．原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损18．如下列图，AB为倾角θ=37°的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为m1的物块甲以速度v0与静止在水平轨道上、质量为m2的物块乙发生弹性正碰．假设m1：m2=1：2，且轨道足够长，要使两物块能发生第二次碰撞，求乙物块与斜面之间的动摩擦因数μ的取值范围．〔sin37°=0.6，cos37°=0.8〕湖南省常德市2015届高考物理一模试卷一、选择题：本大题共8小题，每一小题给出的四个选项中，第1-5题只有一个选项正确，第6-8题有多个选项正确．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．如下表示中正确的答案是( )A．在直线运动中，物体的位移大小等于其路程B．一对作用力与反作用力做功代数和一定等于或小于0C．牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因D．开普勒第三定律=K为常数，此常数的大小只与中心天体质量有关考点：开普勒定律；作用力和反作用力．分析：位移与路程的关系；一对作用力与反作用力做功情况；伽利略的理想斜面实验；开普勒第三定律=K为常数．解答：解：A、在单向直线运动中，物体的位移大小等于其路程，故A错误B、一对作用力与反作用力，可做正功、负功、不做功，代数和可正、可负、也可为零，故B错误C、伽利略的理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，故C错误D、开普勒第三定律=K为常数，此常数的大小只与中心天体质量有关，故D正确应当选：D点评：考查了物理学史，了解物理学家的贡献，一对作用力与反作用力做功情况，难度一般．2．2012年4月16日天文爱好者迎来了“土星冲日〞的美丽天象．“土星冲日〞是指土星和太阳正好分处地球的两侧，二者几乎成一条直线．该天象每378天发生一次，土星和地球绕太阳公转的方向一样，公转轨迹都近似为圆，根据我们日常生活知识可知( )A．土星公转的速率比地球大B．土星公转的周期为378天C．土星公转的向心加速度比地球小D．假设土星适度加速，有可能与地球实现对接考点：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：根据万有引力提供向心力得出线速度、向心加速度与轨道半径的关系，从而比拟出大小．结合几何关系，抓住天象大约每378天发生一次求出土星的公转周期．根据万有引力与向心力的大小关系判断土星做离心运动还是近心运动，判断能否与地球实现对接．解答：解：A、C、根据G=m=ma得，v=，a=，知轨道半径越大，如此线速度越小，向心加速度越小，如此土星的公转速率小于地球，向心加速度小于地球．故A错误，C正确．B、地球公转周期为365天，这378天多走了这13天正好又发生了此次天象，那么可以求出地球此时相对原来位置所走的角度：=，可知地球偏离原来位置的度数x，土星却走了378天，如此有：=解得y≈1.02×104天．故B错误．D、假设土星适度加速，万有引力不够所需的向心力，做离心运动，不可能与地球实现对接．故D错误．应当选：C．点评：解决此题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用，知道变轨的原理，关键抓住万有引力与向心力的大小关系．3．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，、均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻〔其阻值随光强增大而减小〕、理想线圈和灯泡．原线圈接入图乙所示的正弦交流电压u，如下说法中正确的答案是( )A．交流电的方向每秒钟改变50次B．有光照射R时，D变亮C．抽出L中的铁芯，的示数变小D．在t=0.005s时，电压表的示数为22V考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比．和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．解答：解：A、原线圈接入如图乙所示，T=0.02s，所以频率为f==50 Hz，而每个周期内交流电的方向改变两次，故交流电的方向每秒改变100次；故A错误；B、有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，电路中电流增大，如此灯泡变亮；故B正确；C、抽出L中的铁芯，理想线圈自感系数减小，理想线圈对电流的阻碍减小，所以电流增大；故C错误；D、电压表的示数为有效值，大小不变，如此其示数为：U2==22V；故D错误应当选：B．点评：电路的动态变化的分析，总的原如此就是由局部电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先局部后整体再局部的方法．4．电子式互感器是数字变电站的关键装备之一．如下列图，某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，ac间的电阻是cd间电阻的〔n﹣1〕倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为U，如此输入端的电压为( )A．nU B．C．〔n﹣1〕U D．考点：串联电路和并联电路．专题：恒定电流专题．分析：由ac和cd是串联形式，有串并联知识可知电压与电阻成正比，可以解得结果．解答：解：ac和cd是串联形式，由串联电路电压和电阻成正比，ac间的电阻是cd间电阻的〔n﹣1〕倍，如此当某次测量中输出端数字电压表的示数为U，ac间的电压为〔n﹣1〕U，故输入电压为U+〔n﹣1〕U=nU，故A正确，BCD错误．应当选：A．点评：该题主要考察串并联电路的根本规律，该题看似有点新颖，但是实际就是两段电阻的串联．5．倾角为37°的光滑斜面上固定一个槽，劲度系数k=20N/m、原长l0=0.6m的轻弹簧下端与轻杆相连，开始时杆在槽外的长度l=0.3m，且杆可在槽内移动，杆与槽间的滑动摩擦力大小F f=6N，杆与槽之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．质量m=1kg的小车从距弹簧上端L=0.6m处由静止释放沿斜面向下运动．弹性势能E p=kx2，式中x为弹簧的形变量．g取10m/s2，sin37°=0.6．关于小车和杆的运动情况，如下说法中正确的答案是( )A．小车先做匀加速运动，后做加速度逐渐减小的变加速运动B．小车先做匀加速运动，后做加速度先减小后增大的变加速运动C．杆刚要滑动时小车已通过的位移为0.6mD．杆从开始运动到完全进入槽内所用时间为0.1s考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对小车在碰撞弹簧前后受力分析，根据力判断其运动情况，然后利用能量守恒定律和运动学公式求解解答：解：AB、一开始小车受恒力向下做匀加速运动，后来接触到弹簧，合力逐渐变小，于是做加速度逐渐变小的变加速运动，最后受到弹簧轻杆的力和重力沿斜面向下的分力平衡，于是做匀速直线运动，所以AB错误；C、当弹簧和杆整体受到的力等于静摩擦力的时候，轻杆开始滑动，此时由平衡得：弹簧压缩量有公式F f=k△x解得：△x=0.3，所以杆刚要滑动时小车已通过的位移为x=△x+L=0.3+0.6m=0.9m，所以C错误；D、当弹簧的压缩量为0.3M的时候，弹簧的弹力和小车在斜面上的分力相等，此时整个系统开始做匀速运动设此速度为v，开始运动到做匀速运动，由能量守恒得：mg〔mg+△x〕sinθ=mv2代入数据求得：v=3m/s所以杆从开始运动到完全进入槽内所用时间为：t===0.1s，所以D正确；应当选：D点评：此题的关键是分清小车的运动过程，特别是接触弹簧后的情况，弹力变导致静摩擦力也跟着变，找出最后运动状态后利用能的观点即可求解6．如下列图，质量分别为m1和m2两个物体用两根轻质细线，分别悬挂在天花板上的A、B 两点，两线与水平方向夹角分别为α、β且α＞β，两物体间的轻质弹簧恰好处于水平状态，两根绳子拉力分别为T A和T B，如此如下说法中正确的答案是( )A．T A＞T B B．T A＜T B C．m1＞m2D．m1＜m2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：对AB两个物体受力分析，AB都处于静止状态，受力平衡，根据平衡条件列式比拟即可，AB两个物体的弹簧弹力一样．解答：解：对AB两个物体受力分析，如下列图：AB都处于静止状态，受力平衡，如此有：对A：，m1g=F弹tanα，对B：，m2g=F弹tanβ，同一根弹簧，弹力相等，α＞β，所以tanα＞tanβ，cosα＜cosβ，如此T A＞T B，m1＞m2，故AC正确．应当选：AC点评：此题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确对AB两个物体进展受力分析，注意抓住AB两个物体的弹簧弹力一样结合几何关系求解．7．如下列图，空间中固定的四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点处，A点为对应棱的中点，B点为右侧面的中心，C点为底面的中心，D点为正四面体的中心〔到四个顶点的距离均相等〕．关于A、B、C、D四点的电势上下，如下判断正确的答案是( )A．φA=φB B．φA=φD C．φB＞φC D．φC＞φD考点：电势；电势差与电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：两个等量异种点电荷，其电场线和等势面具有对称性，过中垂面是一等势面，A、D 在同一等势面上，电势相等，根据几何关系分析电势．解答：解：B、由题如图，两个等量异种点电荷，其电场线和等势面具有对称性，通过ab 和cd之间的中垂面是一等势面，由题目描述知A、D在同一等势面上，电势相等，故B正确；ACD、由图可知，电场线方向由B指向C一侧，依据沿电场线方向电势降低，由几何关系可知φB＞φC，φB＞φA，φD＞φC，故C正确，AD错误．应当选：BC．点评：此题要掌握等量异种电荷电场线和等势线分布情况，抓住对称性，结合里面的几何关系，即可分析电势的关系．8．如下列图，在空间中有一坐标系xOy，其第一象限内充满着两个匀强磁场区域I和Ⅱ，直线OP是它们的边界．区域I中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向内；边界上的P点坐标为〔4L，3L〕．一质量为 m、电荷量为q的带正电粒子从P点平行于y轴负方向射入区域I，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O．忽略粒子重力，sin37°=0.6，cos37°=0.8．如此如下说法中正确的答案是( )A．该粒子一定沿y轴负方向从O点射出B．该粒子射出时与y轴正方向夹角可能是74°C．该粒子在磁场中运动的最短时间t=D．该粒子运动的可能速度为v=〔n=1，2，3…〕考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：粒子进入磁场中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，考虑边界效应，粒子进入磁场与离开磁场时速度方向与边界的夹角相等，故必定从Ⅱ区离开O点；考虑到t=，粒子先在磁场I区中运动，后在磁场II区中运动并离开O点的情况是运动时间最短的；粒子的速度大小满足一定条件时，粒子先在磁场I区中运动，后在磁场II区中运动，然后又重复前面的运动，直到经过原点O，这样粒子经过n个周期性的运动到过O点，每个周期的运动情况一样，粒子在一个周期内的位移S=〔n=1，2，3，…〕，根据S与两个半径的关系，求出半径，即可求解速度的通项．解答：解：A、粒子进入磁场中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，对于直线边界，考虑轨迹圆的对称性，粒子进入磁场与离开磁场时速度方向与边界的夹角相等，故粒子不可能从Ⅰ区到达O点，故一定是从Ⅱ区到达O点；画出可能的轨迹，如下列图：tanα==0.75得α=37°，α+β=90°故该粒子一定沿y轴负方向从O点射出，故A正确，B错误；C、设粒子的入射速度为v，用R1，R2，T1，T2分别表示粒子在磁场I区和II区中运动的轨道半径和周期，如此：qvB=mqv〔2B〕=m周期分别为：T1==T2==粒子先在磁场I区中做顺时针的圆周运动，后在磁场II区中做逆时针的圆周运动，然后从O点射出，这样粒子从P点运动到O点所用的时间最短．粒子在磁场I区和II区中的运动时间分别为：t1=•T1t2=粒子从P点运动到O点的时间至少为：t=t1+t2由以上各式解得：t=故C正确；D、粒子的速度大小满足一定条件时，粒子先在磁场I区中运动，后在磁场II区中运动，然后又重复前面的运动，直到经过原点O．这样粒子经过n个周期性的运动到过O点，每个周期的运动情况一样，粒子在一个周期内的位移为S==〔n=1、2，3，…〕粒子每次在磁场I区中运动的位移为：S1=S=由图中几何关系可知：=cosα=0.8而R1=由以上各式解得粒子的速度大小为：v=〔n=1、2，3，…〕故D正确；应当选：ACD点评：此题在复合场中做周期性运动的类型，关键要运用数学知识分析粒子的规律，得到粒子在一个周期内位移的通项，注意圆心和半径确实定方法；此题综合性较强，难度较大．二、非选择题：包括必考题和选考题两局部．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．〔一〕必考题9．某同学利用如下列图的装置探究功与速度变化的关系．〔ⅰ〕小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；〔ⅱ〕在钉子上分别套上2条、3条、4条…同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤〔ⅰ〕，小物块落点分别记为M2、M3、M4…；〔ⅲ〕测量相关数据，进展数据处理．〔1〕为求出小物块抛出时的动能，需要测量如下物理量中的ADE〔填正确答案标号〕．A．小物块的质量mB．橡皮筋的原长xC．橡皮筋的伸长量△xD．桌面到地面的高度hE．小物块抛出点到落地点的水平距离L〔2〕将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W1、W2、W3、…，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L1、L2、L3、…．假设功与速度的平方成正比，如此应以W为纵坐标、L2为横坐标作图，才能得到一条直线．〔3〕由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，如此由此引起的误差属于系统误差〔填“偶然误差〞或“系统误差〞〕．考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题；动能定理的应用专题．分析：小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离，可计算出小球离开桌面时的速度，再知道小球的质量，就可以计算出小球的动能．根据h=，和L=v0t，可得，因为功与速度的平方成正比，所以功与L2正比．解答：解：〔1〕小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度h=，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离L=v0t，可计算出小球离开桌面时的速度，根据动能的表达式，还需要知道小球的质量．故ADE正确、BC错误．应当选：ADE．〔2〕根据h=，和L=v0t，可得，因为功与速度的平方成正比，所以功与L2正比，故应以W为纵坐标、L2为横坐标作图，才能得到一条直线．〔3〕一般来说，从屡次测量揭示出的实验误差称为偶然误差，不能从屡次测量揭示出的实验误差称为系统误差．由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，如此由此引起的误差属于系统误差．故答案为：〔1〕ADE；〔2〕L2；〔3〕系统误差．点评：明确实验原理，根据相应规律得出表达式，然后讨论．还要知道系统误差和偶然误差的区别，系统误差是由于仪器的某些不完善、测量技术上受到限制或实验方法不够完善没有保证正确的实验条件等原因产生，如停表测时间时，停表不准确，慢了，测的时间间隔总是偏小．偶然误差的特点是它的随机性．如果我们对一些物理量只进展一次测量，其值可能比真值大也可能比真值小，这完全是偶然的，产生偶然误差的原因无法控制，所以偶然误差总是存在，通过屡次测量取平均值可以减小偶然误差，但无法消除．既然是误差就不可消除，只能是改良方法，屡次做试验，以减小误差．10．在学习了传感器后，大家开始动手探究压敏电阻的阻值随压力变化的关系，。

湖南常德芷兰实验学校高一上学期12月月月考考试物理试题及答案一、选择题1．如图所示,气球静止时对其受力情况分析，正确的是（）A．受重力、绳子拉力和空气浮力作用B．受重力、绳子拉力作用C．受重力、绳子拉力和空气作用力D．受重力、空气浮力、空气作用力及绳子拉力作用2．某同学为了判断自己正常行驶时是否超速，在一次正常行驶途中经过某一位置时立刻切断电源，让电动自行车沿直线自由滑行。

测得电动自行车滑行的最大距离为15m，滑行的时间为5s，则该同学正常行驶的车速约为 ( )A．3km/h B．3m/s C．6km/h D．6m/s3．关于超重和失重，下列说法正确的是A．物体处于超重时，物体一定在上升B．物体处于失重状态时，物体可能在上升C．物体处于完全失重时，他的重力为零D．物体在完全失重时，它所受到的合外力为零4．下列说法正确的是A．物体的惯性大小只与本身的质量有关，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小B．同一物体在地球上不同的位置受到的重力是不同的，所以它的惯性也随位置的变化而变化C．一个小球竖直上抛，抛出后能继续上升，是因为小球运动过程中受到了向上的推力D．运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大5．下列物理量中不属于矢量的是（）A．速率B．速度C．位移D．静摩擦力6．关于曲线运动，下列叙述中正确的是A．物体做曲线运动时所受的合外力一定是变力B．变速运动一定是曲线运动C．当物体所受合外力的方向与物体速度方向不在同一直线上时，物体一定做曲线运动D．当物体做曲线运动时，物体所受的合外力方向与物体加速度方向不在同一直线上7．下面哪一组单位属于国际单位制中基本物理量的基本单位（）A．m、kg、S B．g、m/s2、SC．m、N、s D．kg、m/s、S8．由吴京主演的《攀登者》，重现了中国人攀登珠穆朗玛峰的英勇历史，体现了中国人不畏艰险，自强自立的爱国精神。

如图为影片中登山队员的登山的照片。

湖南省常德市芷兰实验学校2014-2015学年高三（上）月考物理试卷（11月份）一．选择题（本题共12题，每题4分，共48分，其中1-9题为单选题，10-12为多选题）1．小张和小王分别驾车沿平直公路同向行驶，在某段时间内两车的v﹣t图象如图所示，初始时，小张在小王前方x0处（）A．若x0=18m，两车相遇1次B．若x0＜18m，两车相遇2次C．若x0=36m，两车相遇1次D．若x0=54m，两车相遇1次2．一个小物块冲上一个固定的粗糙斜面，经过斜面上A、B两点，到达斜面上最高点后返回时，又通过了B、A两点，如图所示，关于物块上滑时由A到B的过程和下滑时由B到A的过程，动能的变化量的绝对值△E上和△E下，以及所用时间t上和t下相比较，有（）A．△E上＜△E下，t上＜t下 B．△E上＞△E下，t上＞t下C．△E上＜△E下，t上＞t下 D．△E上＞△E下，t上＜t下3．动车把动力装置分散安装在每节车厢上．使其既具有牵引动力．又可以载客．而动车组就是几节自带动力的车辆（动车）加几节不带动力的车辆（也叫拖车）编成一组，若动车组在匀加速运动过程中．通过第一个60m所用时间是10s．通过第二个60m所用时间是6s．则（）A．动车组的加速度为0.5m/s2，接下来的6s内的位移为78mB．动车组的加速度为lm/s2，接下来的6s内的位移为78mC．动车组的加速度为0.5m/s2，接下来的6s内的位移为96mD．动车组的加速度为lm/s2，接下来的6s内的位移为96m4．在秋收的打谷场上，脱粒后的谷粒用传送带送到平地上堆积起来形成圆锥体，随着堆积谷粒越来越多，圆锥体体积越来越大，简化如图所示．用力学知识分析得出圆锥体底角的变化情况应该是（）A．不断增大 B．保持不变 C．不断减小 D．先增大后减小5．如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图所示，g为重力加速度，则（）A．升降机停止前在向上运动B．0～t1时间小球处于失重状态，t1～t2时间小球处于超重状态C．t1～t3时间小球向下运动，动能先减小后增大D．t3～t4时间弹簧弹性势能变化量小于小球动能变化量6．如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时的动能为（）A．0 B． F m x0C． F m x0D． x027．如图所示，倾斜放置的圆盘绕着中轴匀速转动，圆盘的倾角为37°，在距转动中心r=0.1m 处放一个小木块，小木块跟随圆盘一起转动，小木块与圆盘间的动摩擦因数为μ=0.8，假设木块与圆盘的最大静摩擦力与相同条件下的滑动摩擦力相同．若要保持小木块不相对圆盘滑动，圆盘转动的角速度最大不能超过（）A．2 rad/s B．8 rad/s C． rad/s D． rad/s8．光滑平面上一运动质点以速度v通过原点O，v与x轴正方向成α角（如图所示），与此同时对质点加上沿x轴正方向的恒力F x和沿y轴正方向的恒力F y，则（）A．因为有F x，质点一定做曲线运动B．如果F y＞F x，质点向y轴一侧做曲线运动C．质点不可能做直线运动D．如果F x＞F y cotα，质点向x轴一侧做曲线运动9．如图，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为（）A．mgLωB． mgLωC． mgLωD． mgLω10．如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端O点为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中（）A．支持力对小物块做功为零B．支持力对小物块做功为mgLsinαC．静摩擦力对小物块做功为mgLsinαD．滑动摩擦力对小物块做功为mv2﹣mgLsinα11．如图所示，重10N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧．滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab=0.8m，bc=0.4m，那么在整个过程中（）A．滑块动能的最大值是6JB．弹簧弹性势能的最大值是6JC．从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6JD．滑块和弹簧组成的系统整个过程机械能减少12．随着世界航空事业的发展，深太空探测已逐渐成为各国关注的热点．假设深太空中有一颗外星球，质量是地球质量的2倍，半径是地球半径的，则下列判断正确的是（）A．该外星球的同步卫星周期一定小于地球同步卫星周期B．某物体在该外星球表面上所受重力是它在地球表面上所受重力的8倍C．该外星球上第一宇宙速度是地球上第一宇宙速度的2倍D．绕该外星球的人造卫星和以相同轨道半径绕地球的人造卫星运行速度相同二．实验题：（共14分，其中13题4分，14题每空2分．）13．关于高中物理实验，下列说法中正确的是（）A．利用打点计时器“研究匀变速直线运动规律”的实验中，可以利用纸带打出的点迹间接测得物体的运动速度B．在“验证力的平行四边形定则”实验中，要使力的作用效果相同，只需橡皮条具有相同的伸长量C．在“验证牛顿第二定律”实验中，采用了控制变量的实验方法D．在“验证机械能守恒定律”的实验中，应该先释放重物后接通电源14．为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案：A．第一步他把带有定滑轮的木板有滑轮的一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳与质量为m 的带夹重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤夹后连一纸带，穿过打点计时器，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板匀速运动如图甲所示B．第二步保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和钩码，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器，然后接通电源释放滑块，使之从静止开始加速运动，打出纸带，如图乙所示打出的纸带如图丙：试回答下列问题：①已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数的时间间隔为△t，根据纸带求滑块速度，当打点计时器打A点时滑块速度V A= ，打点计时器打B点时滑块速度V B=②已知重锤质量m，当地的重加速度g，要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块（写出物理名称及符号），合外力对滑块做功的表达式W合=③测出滑块运动OA段、OB段、OC段、OD段、OE段合外力对滑块所做的功，V A、V B、V C、V D、V E以v2为纵轴，以W为横轴建坐标系，描点作出v2﹣W图象，可知它是一条过坐标原点的倾斜直线，若直线斜率为k，则滑块质量M= ．三．计算题（本大题共4题，共48分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和解题步骤，有数值计算的要注明单位）15．小球在流体中运动时，它将受到流体阻碍运动的粘滞阻力．实验发现当小球相对流体的速度不太大时，粘滞阻力F=6πηvr，式中r为小球的半径，v为小球相对流体运动的速度，η为粘滞系数，由液体的种类和温度而定，现将一个半径r=1.00mm的钢球，放入常温下的甘油中，让它下落，已知钢球的密度ρ=8.5×103kg/m3，常温下甘油的密度ρ0=1.3×103kg/m3，甘油的粘滞系数η=0.80（g取10m/s2）．（1）钢球从静止释放后，在甘油中做什么性质的运动？（2）当钢球的加速度a=g/2时，它的速度多大？（3）钢球在甘油中下落的最大速度v m是多少？16．飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思想如下：如图所示，航空母舰的水平跑道总长l=180m，其中电磁弹射器是一种长度为l1=120m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以提供一个恒定的牵引力F牵．一架质量为m=2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推=1.2×105N．考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关，假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．飞机离舰起飞的速度v=100m/s，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点．请你求出（计算结果均保留两位有效数字）（1）飞机在后一阶段的加速度大小；（2）电磁弹射器的牵引力F牵的大小．17．如图所示，在圆柱形房屋天花板中心O点悬挂一根长为L的细绳，绳的下端挂一个质量为m的小球，已知绳能承受的最大拉力为2mg，小球在水平面内做圆周运动，当速度逐渐增大到绳断裂后，小球恰好以速度v2=落到墙脚边．求：（1）绳断裂瞬间小球的速度v1；（2）圆柱形房屋的高度H和半径．18．如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=2m/s 的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3，圆弧轨道的半径为R=0.4m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=60°，不计空气阻力，g取10m/s2．求：（1）小球到达C点时的速度（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（3）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？2014-2015学年湖南省常德市芷兰实验学校高三（上）月考物理试卷（11月份）参考答案与试题解析一．选择题（本题共12题，每题4分，共48分，其中1-9题为单选题，10-12为多选题）1．小张和小王分别驾车沿平直公路同向行驶，在某段时间内两车的v﹣t图象如图所示，初始时，小张在小王前方x0处（）A．若x0=18m，两车相遇1次B．若x0＜18m，两车相遇2次C．若x0=36m，两车相遇1次D．若x0=54m，两车相遇1次【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】由速度图象的“面积”求出t=6s时刻两物体通过的位移，求出位移之差△x，根据x0的大小与△x的大小关系，分析两车相遇的次数．【解答】解：由图读出t=6s时，小王通过的位移为：x1=小张通过的位移为：x2=两者位移之差：△x=x1﹣x2=18mA、若x0=18m=△x，两车在t=6s时刻相遇，此刻以后小张的速度大于小王的速度，同车不可能再相遇．故A正确．B、若x0＜18m=△x，说明t=6s前，小王已追上小张相遇一次，相遇时，小王的速度大于小张的速度，后来由于小王速度大，车子开到小张的前面，两车距离增大，在t=6s后，小张的速度大于小王的速度，两车距离减小，可以再次相遇，相遇后小张的速度大于小王的速度，不可能再相遇．所以两车相遇2次．故B正确．C、D若x0=36m和54m，两车速度相等时，小王还没有追上小张，则两车不可能相遇．故CD错误．故选AB【点评】本题要能根据两车速度的大小分析它们之间距离的变化，判断能否相遇，考查分析问题的能力．2．一个小物块冲上一个固定的粗糙斜面，经过斜面上A、B两点，到达斜面上最高点后返回时，又通过了B、A两点，如图所示，关于物块上滑时由A到B的过程和下滑时由B到A的过程，动能的变化量的绝对值△E上和△E下，以及所用时间t上和t下相比较，有（）A．△E上＜△E下，t上＜t下 B．△E上＞△E下，t上＞t下C．△E上＜△E下，t上＞t下 D．△E上＞△E下，t上＜t下【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．【专题】动能定理的应用专题．【分析】物块上滑时所受的合力大于下滑时的合力，位移大小相等，上滑过程合力所做的功大于下滑过程合力所做的功，根据动能定理分析动能的变化量的绝对值△E上和△E下的大小．物体经过同一点时物体上滑的速度大于下滑速度，则上滑过程平均速度大于下滑过程平均速度，由公式x=分析时间长短．【解答】解：物块上滑时所受的合力大于下滑时的合力，位移大小相等，上滑过程合力所做的功大于下滑过程合力所做的功，根据动能定理分析得到△E上＞△E下．由于摩擦力做功，物体的机械能不断减小，物体经过同一点时物体上滑的速度大于下滑速度，则上滑过程平均速度大于下滑过程平均速度，由公式x=分析t上＜t下．故选D【点评】本题根据动能定理由合力的功分析动能的变化量是常用的方法．3．动车把动力装置分散安装在每节车厢上．使其既具有牵引动力．又可以载客．而动车组就是几节自带动力的车辆（动车）加几节不带动力的车辆（也叫拖车）编成一组，若动车组在匀加速运动过程中．通过第一个60m所用时间是10s．通过第二个60m所用时间是6s．则（）A．动车组的加速度为0.5m/s2，接下来的6s内的位移为78mB．动车组的加速度为lm/s2，接下来的6s内的位移为78mC．动车组的加速度为0.5m/s2，接下来的6s内的位移为96mD．动车组的加速度为lm/s2，接下来的6s内的位移为96m【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用．【专题】直线运动规律专题．【分析】根据推论：匀变速运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，求出第一个10s和第二个6s内中间时刻的瞬时速度，根据速度时间公式求出加速度，结合6s 内的位移为60m，运用位移时间公式求出接下来的6s内的位移．【解答】解：动车组在匀加速运动过程中．通过第一个60m所用的时间是10s，中间时刻的速度为v1==m/s=6m/s通过第二个60m所用的时间为6s，中间时刻的速度为=10m/s．两个中间时刻的时间差为△t=8s则加速度为 a===0.5m/s26s末的速度为v=v2+a t2=10+0.5×3=11.5m/s接下来的6s内的位移为x′=vt3+=11.5×6+=78m故选A【点评】解决本题关键是掌握匀变速直线运动的运动学速度公式、位移公式和推论，并能灵活运用．4．在秋收的打谷场上，脱粒后的谷粒用传送带送到平地上堆积起来形成圆锥体，随着堆积谷粒越来越多，圆锥体体积越来越大，简化如图所示．用力学知识分析得出圆锥体底角的变化情况应该是（）A．不断增大 B．保持不变 C．不断减小 D．先增大后减小【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】开始时，圆锥体底角逐渐增加，当谷粒的重力的下滑分量与最大静摩擦力等大后，坡角就达到了最大值．【解答】解：谷粒受重力、支持力和静摩擦力；开始时，圆锥体底角逐渐增加，故重力的下滑分力mgsinθ不断变大，而最大静摩擦力（约等于滑动摩擦力）μmgcosθ逐渐减小，当两者相等，即mgsinθ=μmgcosθ，tanθ=μ时，坡角达到最大值，此后坡角保持不变；故选B．【点评】本题关键是明确当坡角的正切值tanθ增加到等于μ时，坡角达到最大，是联系实际的好题．5．如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图所示，g为重力加速度，则（）A．升降机停止前在向上运动B．0～t1时间小球处于失重状态，t1～t2时间小球处于超重状态C．t1～t3时间小球向下运动，动能先减小后增大D．t3～t4时间弹簧弹性势能变化量小于小球动能变化量【考点】牛顿第二定律；超重和失重；动能和势能的相互转化．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】由图象看出，升降机停止后弹簧的拉力变小，小球向上运动，说明升降机停止前在向上运动；根据拉力与重力的大小关系确定小球处于失重状态还是超重状态．拉力小于重力，小球处于失重状态；拉力大于重力，小球处于超重状态；t1～t3时间，小球向上运动，t3时刻小球到达最高点，弹簧处于压缩状态，速率减小，动能减小，t3时刻动能为0；t3～t4时间，小球向下运动，重力势能减小，动能增大，弹性势能减小，根据系统机械能守恒可分析弹簧弹性势能变化量与小球动能变化量的关系．【解答】解：A、由图象看出，升降机停止运动后弹簧的拉力先变小，即小球向上运动，小球的运动是由于惯性作用，所以升降机停止小球是向上运动的，即升降机停止前在向上运动．故A正确；B、0～t1时间拉力小于重力，小球处于失重状态，t1～t2时间拉力也小于重力，小球也处于失重状态．故B错误．C、t1时刻弹簧处于原长状态，t1～t3时间小球向上运动，弹力先减小，后增大，小球所受的合力方向一直向下，与速度方向相反，速率一直减小，动能一直减小．故C错误．D、t3～t4时间，小球向下运动，重力势能减小，弹簧势能减小，动能增大，根据系统机械能守恒得知，弹簧弹性势能变化量小于小球动能变化量．故D正确．故选AD【点评】本题要根据图象分析小球的运动状态，根据拉力与重力的大小关系确定小球处于失重状态还是超重状态．根据系统机械能守恒分析能量如何变化．6．如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时的动能为（）A．0 B． F m x0C． F m x0D． x02【考点】动能定理的应用．【专题】动能定理的应用专题．【分析】根据F﹣x图象的“面积”求出拉力F做的功，再根据动能定理求解小物块运动到x0处时的动能．【解答】解：F﹣x图象的“面积”等于拉力做功的大小，则得到拉力做功W=π（）2=，由图看出，F m=，得到，W=．根据动能定理得：小物块运动到x0处时的动能为．故选C【点评】本题关键抓住F﹣x图象的“面积”等于拉力做功的大小去理解和分析．7．如图所示，倾斜放置的圆盘绕着中轴匀速转动，圆盘的倾角为37°，在距转动中心r=0.1m 处放一个小木块，小木块跟随圆盘一起转动，小木块与圆盘间的动摩擦因数为μ=0.8，假设木块与圆盘的最大静摩擦力与相同条件下的滑动摩擦力相同．若要保持小木块不相对圆盘滑动，圆盘转动的角速度最大不能超过（）A．2 rad/s B．8 rad/s C． rad/s D． rad/s【考点】牛顿第二定律；向心力．【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】因为木块在最低点时所受的静摩擦力方向沿圆盘向上，最高点的所受的静摩擦力等于最低点的静摩擦力，可知只要小木块转过最低点时不发生相对滑动就能始终不发生相对滑动．根据牛顿第二定律求出圆盘转动的最大角速度．【解答】解：只要小木块转过最低点时不发生相对滑动就能始终不发生相对滑动，设其经过最低点时所受静摩擦力为f，由牛顿第二定律有f﹣mgsinθ=mrω2；为保证不发生相对滑动需要满足f≤μmgcosθ．联立解得ω≤2rad/s．故A正确，B、C、D错误．故选A．【点评】解决本题的关键知道只要小木块转过最低点时不发生相对滑动就能始终不发生相对滑动，结合牛顿第二定律和最大静摩擦力进行求解．8．光滑平面上一运动质点以速度v通过原点O，v与x轴正方向成α角（如图所示），与此同时对质点加上沿x轴正方向的恒力F x和沿y轴正方向的恒力F y，则（）A．因为有F x，质点一定做曲线运动B．如果F y＞F x，质点向y轴一侧做曲线运动C．质点不可能做直线运动D．如果F x＞F y cotα，质点向x轴一侧做曲线运动【考点】运动的合成和分解．【专题】运动的合成和分解专题．【分析】根据合力的方向与速度的方向是否在同一条直线上，判断物体做直线运动，还是曲线运动．【解答】解：若F x=F y cotα，则合力方向与速度方向在同一条直线上，物体做直线运动；若F x＞F y cotα，则合力方向与速度方向不在同一条直线上，合力偏向于速度方向下侧，则质点向x轴一侧做曲线运动；若F x＜F y cotα，则合力方向与速度方向不在同一条直线上，合力偏向于速度方向上侧，质点向y轴一侧做曲线运动．故D正确，A、B、C错误．故选D．【点评】解决本题的关键掌握物体做直线运动还是曲线运动的条件，若合力的方向与速度方向在同一条直线上，物体做直线运动，若合力的方向与速度的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动．9．如图，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为（）A．mgLωB． mgLωC． mgLωD． mgLω【考点】力矩的平衡条件；线速度、角速度和周期、转速；功率、平均功率和瞬时功率．【专题】压轴题．【分析】先根据力矩平衡条件求出拉力F的大小，再根据瞬时功率表达式求拉力的功率．【解答】解：先求拉力F的大小．根据力矩平衡，，得；再求速度；再求力与速度的夹角θ=30°，所以功率P=Fvcosθ=．故选：C．【点评】本题考查力矩平衡，线速度与角速度关系，瞬时功率公式等．关于力矩平衡的知识点．10．如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端O点为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中（）A．支持力对小物块做功为零B．支持力对小物块做功为mgLsinαC．静摩擦力对小物块做功为mgLsinαD．滑动摩擦力对小物块做功为mv2﹣mgLsinα【考点】动能定理；功的计算．【专题】动能定理的应用专题．【分析】当缓慢提高木板时，导致物块受到的支持力发生变化，则不能再根据功的定义去算支持力对物块做的功，因此由动能定理结合重力做功，可求出支持力做功．在此过程中，静摩擦力始终与运动方向垂直，所以静摩擦力不做功．当物块滑动后，可由动能定理求出滑动摩擦力做的功．【解答】解：AB、物块在缓慢提高过程中，由动能定理可得：W支﹣mgLsinα=0﹣0，则有W支=mgLsinα．滑动以后v与支持力垂直，故支持力不做功，故全过程支持力对小物块做功为mgLsinα，故A错误，故B正确；C、物块在缓慢提高过程中，静摩擦力始终与运动方向垂直，所以静摩擦力不做功，故C错误；D、物块在滑动过程中，由动能定理可得：W滑+mgLsinα=mv2﹣0，则有滑动摩擦力做功为mv2﹣mgLsinα．故D正确；故选：BD【点评】当力是恒定时，除可由力与力的方向位移求出功外，还可以由动能定理来确定；当力是变化时，则只能由动能定理来求出力所做的功．11．如图所示，重10N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧．滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab=0.8m，bc=0.4m，那么在整个过程中（）A．滑块动能的最大值是6JB．弹簧弹性势能的最大值是6JC．从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6JD．滑块和弹簧组成的系统整个过程机械能减少【考点】功能关系；机械能守恒定律．【分析】了解滑块的运动过程，滑块先加速运动到b，接触弹簧后滑块没有减速，而是继续加速，当滑块的合力为0时，滑块速度最大，再向下做减速运动，速度减到0时，弹簧压得最紧，弹性势能最大．选择适当的过程运用动能定理列式求解．【解答】解：A、当滑块的合力为0时，滑块速度最大，设滑块在d点合力为0，d点在b和c 之间．滑块从a到d，运用动能定理得：mgh ad+W弹=E Kd﹣0，mgh ad＜6J，W弹＜0，所以E Kd＜6J，故A错误．B、滑块从a到c，运用动能定理得：mgh ac+W弹′=0﹣0，解得：W弹′=﹣6J．弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J．故B正确．C、从c点到b点弹簧的弹力对滑块做功与从b点到c点弹簧的弹力对滑块做功大小相等，故C正确．D、整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，系统机械能守恒，故D错误．故选：BC．【点评】本题的关键是认真分析物理过程，把复杂的物理过程分成几个小过程并且找到每个过程遵守的物理规律，列出相应的物理方程解题．同时要明确弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化．12．随着世界航空事业的发展，深太空探测已逐渐成为各国关注的热点．假设深太空中有一颗外星球，质量是地球质量的2倍，半径是地球半径的，则下列判断正确的是（）A．该外星球的同步卫星周期一定小于地球同步卫星周期B．某物体在该外星球表面上所受重力是它在地球表面上所受重力的8倍C．该外星球上第一宇宙速度是地球上第一宇宙速度的2倍。