1、盐城市2014届高三年级第一学期期中考试物 理 试 题一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分。每小题只有一个选项符合题意。1如图所示，“神舟10号” 绕地球沿椭圆形轨道运动，它在A、B、C三点运动速率A一样大 B经过A点时最大C经过B点时最大 D经过C点时小于经过B点时【答案】B根据开普勒第二定律知：在相等时间内，太阳和运动中的行星的连线（向量半径）所扫过的面积都是相等的，故到中心的距离越近速度越大，A点速率最大，B点速率最小。故选B。【考点】开普勒行星运动定律22013年6月20日，在“天宫一号”测出指令长聂海胜的质量。聂海胜受到恒定作用力F从静止开始运动，经时间t时，测速仪测
2、出他运动的速率为，则聂海胜的质量为A B C D【答案】B根据匀变速直线运动的规律，知再根据牛顿第二定律F=ma，知故选B。【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律3用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向角后放手，运动t时间后停在最低点。则在时间t内A小球重力做功为 B空气阻力做功为C小球所受合力做功为 D绳拉力做功的功率为 【答案】AA、小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为：，所以小球的重力大于小球做功：，故A正确；B、在小球运动的整个过程中，重力和空气的阻力对小球做功，根据动能定理：，所以：，故B错误；C、小球受到的合外力做功等
3、于小球动能的增加量，所以：，故C错误；D、由于绳子的拉力始终与运动的方向垂直，所以绳子的拉力不做功，绳子的拉力的功率为0，故D错误。故选A。【考点】动能定理；功率4小明从某砖墙前的高处由静止释放一个石子，让其自由落下，拍摄到石子下落过程中的一张照片如图所示。由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。已知每层砖的平均厚度为6.0cm，照相机本次拍照曝光时间为1.510-2s，由此估算出位置A距石子下落起始位置的距离为A1.6m B2.5m C3.2m D4.5m【答案】C由图可以看出，在曝光的时间内，物体下降了大约有两层砖的厚度，即0.12m，曝光时间为，所以AB段的平均速度为：，由平均速
4、度等于中间时刻的瞬时速度，可知AB中间时刻的速度为：由可得，下降的高度大约为h，则：，故C正确。故选C。【考点】自由落体运动5从地面上同时抛出两小球，A沿竖直向上，B沿斜向上方，它们同时到达最高点，不计空气阻力。则AA先落到地面上 BB的加速度比A的大CA上升的最大高度比B大 D抛出时B的初速度比A大【答案】DA、A小球做竖直上抛运动，到达最高点时，速度为零；B小球竖直方向也是竖直上抛运动，它们同时到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性，它们下降的过程经历的时间也是相同的，所以它们一定是同时落地，故A错误；B、竖直上抛运动的加速度是重力加速度，斜上抛运动的加速度也是重力加速度，所以A和B的加速度
5、是相同的，故B错误；C、A小球做竖直上抛运动，到达最高点时，速度为零；B小球竖直方向也是竖直上抛运动，它们同时到达最高点，所以在竖直方向上的位移是相等的，即上升的高度是相等的，故C错误；D、A小球做竖直上抛运动，B小球竖直方向也是竖直上抛运动，它们同时到达最高点，所以B的初速度沿竖直方向的分速度与A的初速度大小相等，所以B的总速度一定大于A的初速度，故D正确。故选D。【考点】竖直上抛运动二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分。每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分。6如图所示，吊车用两根等长的绳子OA和OB将质量分布均匀的铁板匀速吊离地面
6、，下列说法中正确的是A绳越长，每根绳对铁板拉力越小B绳越长，两根绳对铁板拉力的合力越小C两根绳子对铁板拉力的合力竖直向上D两根绳子对铁板的拉力和铁板的重力是共点力【答案】ACDAB、对绳OA和OB的拉力应用平行四边形定则求合力，如图：根据平衡条件两绳子拉力的合力始终等于铁板的重力，即不变，当绳子变长后，两绳夹角变小，如图中红线所示，但其合力不变，由图可以看出绳子拉力变小，故A正确B错误；C、根据平衡条件两绳子拉力的合力与铁板的重力等大反向，则两根绳子对铁板拉力的合力竖直向上，故C正确；D、一个物体受到几个外力的作用，如果这几个力有共同的作用点或者这几个力的作用线交于一点，这几个外力称为共点力，
7、两根绳子对铁板的拉力和铁板的重力其延长线会交于O点，故它们是共点力，故D正确。故选ACD。【考点】共点力平衡；力的合成；力的合成与分解7小明站在电梯中的体重计上，电梯静止时体重计示数如图甲所示。电梯运行经过5楼时体重计示数如图乙所示，则此时A电梯一定在向上运动B电梯可能在向下运动C电梯的加速度方向可能向上D电梯的加速度方向一定向下【答案】BD由图可知体重计示数减小，物体对支撑物的压力或悬挂物的拉力小于重力为失重，可知人处于失重状态，失重时加速度向下，故可知电梯具有向下的加速度则可能的运动情况是：1、向下的加速运动2、向上的减速运动，故BD正确。故选BD。【考点】超重和失重8电风扇的扇叶的重心如
8、果不在转轴上，转动时会使风扇抖动，并加速转轴磨损。调整时，可在扇叶的一区域通过固定小金属块的办法改变其重心位置。如图所示，A、B是两调整重心的金属块（可视为质点），其质量相等，它们到转轴O的距离。扇叶转动后，它们的A向心力 B线速度大小相等C向心加速度相等 D角速度大小相等【答案】ADBD、由于同轴转动，风扇上各个点的角速度相同（圆心除外），故A、B两点的角速度相同；线速度与角速度的关系式：和，故，故B错误，D正确；AC、根据和，故；再根据得，向心力，故A正确C错误。故选AD。【考点】线速度、角速度和周期、转速9已知雨滴在空中运动时所受空气阻力，其中k为比例系数，r为雨滴半径，为其运动速率。t
9、=0时，雨滴由静止开始下落，加速度用a表示。落地前雨滴已做匀速运动，速率为。下列图像中正确的是【答案】ABCAB、t=0时，雨滴由静止开始下落，v=0，所受空气阻力，则此时雨滴只受重力，加速度为g，随着雨滴速度增大，所受空气阻力增大，根据牛顿第二定律，则加速度减小，即雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，当最后时，加速度减小到零，速度再不变，雨滴匀速，故A正确B正确；CD、当最后匀速运动时有，可得最大速率与成正比，故C正确D错误。故选ABC。【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解10如图是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f，直杆质量不可忽略
10、。一质量为m的小车以速度撞击弹簧，最终以速度弹回。直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面的摩擦。则A小车被弹回时速度一定小于B直杆在槽内移动的距离等于C直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止D弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力【答案】BDA、小车在向右运动的过程中，弹簧的形变量若始终小于时，直杆和槽间无相对运动，小车被弹回时速度v一定等于v0；若形变量等于时，杆和槽间出现相对运动，克服摩擦力做功，小车的动能减小，所以小车被弹回时速度v一定小于v0，故A错误；B、整个过程应用动能定理：，直杆在槽内移动的距离，故B正确；C、直杆在槽内向右运动时，开始
11、小车速度比杆的大，所以不可能与直杆始终保持相对静止，故C错误；D、当弹力等于最大静摩擦力时杆即开始运动，此时车的速度大于杆的速度，弹簧进一步被压缩，弹簧的弹力大于最大静摩擦力，故D正确。故选BD。【考点】机械能守恒定律三、简答题：本题共3题，共计22分。请将解答填写在答题卡上相应的位置。11（8分）用图甲所示装置验证机械能守恒定律时，所用交流电源的频率为50Hz，得到如图乙所示的纸带。选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出A点距起点O的距离为s0=19.00cm，点A、C间的距离为s1=8.36cm，点C、E间的距离为s2=9.88cm，g取9.8m/s2，测得重物的质量为100g
12、。（1）下列做法正确的有。A图甲中两限位孔必须在同一竖直线上B实验前，手应提住纸带上端，并使纸带竖直C实验时，先放手松开纸带再接通打点计时器电源D数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置（2）选取O、C两点为初末位置研究机械能守恒。重物减少的重力势能是J，打下C点时重物的速度是m/s。（结果保留三位有效数字）（3）实验中，重物减小的重力势能总是略大于增加的动能，写出一条产生这一现象的原因。【答案】（1）AB （2）0.27 2.28（3）重物受到的空气阻力或纸带与打点计时器之间的摩擦阻力（1）A、为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两限位孔必须在同一竖直线，故A正确；B、为了保证纸
13、带在竖直方向做自由落体，实验前，手应提住纸带上端，并使纸带竖直，故B正确；C、实验时，先接通打点计时器电源再放手松开纸带，故C错误D、为了减小测量数据h的相对误差，数据处理时，应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置，故D错误；故选AB；（2）重物减少的重力势能为：打C点时的速度；（3）由于阻力的作用重物减小的重力势能总是略大于增加的动能，这里的阻力主要来源于重物受到的空气阻力和纸带与打点计时器之间的摩擦阻力。【考点】验证机械能守恒定律12（6分）如图甲所示，在竖直平面内，将小圆环挂在橡皮条的下端，橡皮条长度为GE。用两根弹簧测力计拉动小圆环到O点，小圆环受到作用力F1、F2和橡皮条的拉力F0
14、，如图乙所示。（1）如图乙，此时要记录下拉力F1、F2的大小，并在白纸上作出，以及O点的位置。（2）实验中，不必要的是。A选用轻质小圆环B弹簧测力计在使用前应校零C撤去F1、F2，改用一个力拉住小圆环，仍使它处于O点D用两根弹簧测力计拉动小圆环时，要保持两弹簧测力计相互垂直（3）图丙中F是用一个弹簧测力计拉小圆环时，在白纸上根据实验结果画出的图示。F与F中，方向一定沿GO方向的是。【答案】（1）拉力F1、F2的方向 （2）AD （3）F（1）该实验中，需要根据力F1、F2的大小和方向做出平行四边形，求出合力与一个弹簧拉橡皮筋时拉力F进行比较，因此需要记录拉力F1、F2的大小和方向；（2）A、小
15、圆环的作用是通过弹簧拉橡皮筋，不需要轻质的，只要正确确定开始位置即可，故A错误；B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零故B正确；C、该实验采用“等效替代”法，因此两次拉橡皮筋要到同一位置，故C正确；D、用两根弹簧测力计拉动小圆环时，量弹簧夹角适当，便于做平行四边形，便于减小误差即可，并非要求两弹簧测力计相互垂直，故D错误；故不需要的步骤为AD；（3）实际测量的合力应与橡皮筋在同一条直线上，即F与橡皮筋在同一条直线上，由平行四边形定则作出的为理论值与实际值有一定的偏差，即由平行四边形定则作出的为F。【考点】验证力的平行四边形定则13（8分）图甲为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数
16、的实验装置示意图，细线平行于桌面，物块和遮光片的总质量为M、重物的质量为m，遮光片的宽度为d，两光电门之间的距离为s。让物块从光电门A的左侧由静止释放，分别测出遮光片通过光电门A、B所用的时间为tA和tB，用遮光片通过光电门的平均速度表示遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度。（1）如果物块运动的加速度为a，则物块与水平桌面之间动摩擦因数为 ；A B C D（2）利用实验中测出的物理量，算出物块运动的加速度a为 ；A B C D（3）遮光片通过光电门的平均速度 （选填“大于”、“等于”或“小于”）遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度，由此会产生误差，请写出一种减小这一误差的方法。答： 。【答案】（1
17、）A （2）B （3）小于，减小遮光片的宽度（1）对m：对M：解得：故选A；（2）由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，故、由运动学的导出公式：解得：；故选B；（3）遮光片通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而物块做加速运动前一半的时间内的位移小于后一半时间内的位移，所以时间到一半时，遮光片的中线尚未到达光电门，所以遮光片通过光电门的平均速度小于遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度为减小实验的误差，可以减小遮光片的宽度，也可以通过计算，消除理论误差。【考点】探究影响摩擦力的大小的因素四、计算题： 本题共4小题，共计63分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演
18、算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。14（15分）一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重。一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下。落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下。已知座舱开始下落时的高度为75m，当落到离地面30m的位置时开始制动，座舱均匀减速。重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。（1）求座舱下落的最大速度；（2）求座舱下落的总时间；（3）若座舱中某人用手托着重30N的铅球，求座舱下落过程中球对手的压力。【答案】 （1）自由落体的终点时速度最大，由自由落体速度位移关系v2=2gh可
19、得下落的最大速度：；（2）由自由落体规律可得做自由落体的时间：由匀变速规律可得：解得：故下落总时间为：；（3）前45m人和铅球都处于完全失重故球对手的压力为零；匀减速阶段的加速度为：由牛顿第二定律可得：解得：故可知球对受的压力为75N。【考点】自由落体运动；牛顿第二定律15（15分）把质量是0.2kg的小球放在竖立的弹簧上，并把小球往下按至A位置，如图甲所示；迅速松手后，弹簧把小球弹起，升至最高位置C，如图丙所示；途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态，如图乙所示；已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气阻力均忽略不计。（1）求图甲状态时弹簧的弹性势能；（2）求小
20、球经过B点时的速度；（3）有人认为小球运动过程中经过B点时动能最大，你同意他的观点吗？请简要说明理由。【答案】（1）0.6J （2）2m/s （3）不同意（1）对于弹簧和小球组成的系统，小球从AC过程，根据系统的机械能守恒得：；（2）设小球经过B点时的速度为v小球从BC过程，根据系统的机械能守恒得：，得；（3）不同意；小球从AB过程，小球所受的弹力先大于重力，后小于重力，则小球先做加速运动，后做减速运动，当弹力与重力大小相等时，小球的速度最大，动能最大，此时弹簧处于压缩状态，此位置一定位于B的下方。【考点】机械能守恒定律16（16分）小车上有一个固定支架，支架上用长为的绝缘细线悬挂质量为m、电
21、量为q的小球，处于水平方向的匀强电场中。小车在距离矮墙x处，向着矮墙从静止开始做加速度a匀加速运动，此时，细线刚好竖直，如图所示。当小车碰到矮墙时，立即停止运动，且电场立刻消失。已知细线最大承受拉力为7mg。（1）求匀强电场的电场强度；（2）若小球能通过最高点，写出最高点时细线的拉力与x的关系式；（3）若要使细线不断裂也不松弛，确定x的取值范围。【答案】 （1）以小球为研究对象，由于小车向左加速运动时，细线竖直，所以电场力为合外力，设匀强电场场强为E，据牛顿第二定律得：所以；（2）设小车与墙碰撞时车的速度为v，由运动学公式得：当小车静止后，小球由于惯性，小球以绳长为半径，做圆周运动，且运动过程
22、中机械能守恒设小球在最高点时绳子的拉力为F，速率为v1，在最高点时，由牛顿第二定律得：小球由最低点到最高点，由机械能守恒得：解得：；（3）由题境知，细线最大承受拉力为7mg所以x的最大值为：当T=0时，小球恰好能到达最高点，保证绳子不松弛所以x的最小值为：所以要使细线不断裂也不松弛。【考点】向心力；牛顿第二定律；电场强度17（17分）如图所示，高为h的绝缘板静止在光滑水平面上，放置在其右端的小物块带电量为+q，绝缘板和小物块的质量均为，它们之间的动摩擦因数为。有界匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现对绝缘板施加一个水平向右、大小为的恒力。当绝缘板即将离开磁场时，小物块恰好到达它的最
23、左端，且对绝缘板无压力，此时绝缘板的速度是小物块速度的2倍。设滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求：（1）小物块离开绝缘板时的速率；（2）小物块落地时与绝缘板间的距离；（3）运动过程中滑动摩擦力对小物块所做的功。【答案】 （1）据题，小物块恰好到达它的最左端，对绝缘板无压力，则得：得小物块离开绝缘板时的速率（2）小物块离开绝缘板后做平抛运动，则有：竖直方向：，得水平方向：绝缘板匀加速运动的初速度为，加速度为位移为故小物块落地时与绝缘板间的距离为；（3）设两个物体一起匀加速运动时的加速度为a根据牛顿第二定律得：对整体有：小物块所受的静摩擦力大小为两个物体间的最大静摩擦力为当时，小物块相对于绝缘板刚开始
24、滑动，此时小物块的速度大小为v，则由解得小物块相对于绝缘板滑动时，所受的滑动摩擦力是变力，根据动能定理得：滑动摩擦力对小物块所做的功。【考点】法拉第电磁感应定律；功；功能关系参考答案1B 2B 3A 4C 5D 6ACD 7BD 8AD 9ABC 10BD11（8分）（1）AB （2）0.27 2.2812（6分）（1）拉力F1、F2的方向 （2）AD （3）F13（8分）（1）A （2）B （3）小于，减小遮光片的宽度14（15分（1）自由落体的终点时速度最大，由自由落体速度位移关系v2=2gh可得下落的最大速度：；（2）由自由落体规律可得做自由落体的时间：由匀变速规律可得：解得：故下落总时
25、间为：；（3）前45m人和铅球都处于完全失重故球对手的压力为零；匀减速阶段的加速度为：由牛顿第二定律可得：解得：故可知球对受的压力为75N。15（15分）（1）对于弹簧和小球组成的系统，小球从AC过程，根据系统的机械能守恒得：；（2）设小球经过B点时的速度为v小球从BC过程，根据系统的机械能守恒得：，得；（3）不同意；小球从AB过程，小球所受的弹力先大于重力，后小于重力，则小球先做加速运动，后做减速运动，当弹力与重力大小相等时，小球的速度最大，动能最大，此时弹簧处于压缩状态，此位置一定位于B的下方。16（16分）（1）以小球为研究对象，由于小车向左加速运动时，细线竖直，所以电场力为合外力，设匀
26、强电场场强为E，据牛顿第二定律得：所以；（2）设小车与墙碰撞时车的速度为v，由运动学公式得：当小车静止后，小球由于惯性，小球以绳长为半径，做圆周运动，且运动过程中机械能守恒设小球在最高点时绳子的拉力为F，速率为v1，在最高点时，由牛顿第二定律得：小球由最低点到最高点，由机械能守恒得：解得：；（3）由题境知，细线最大承受拉力为7mg所以x的最大值为：当T=0时，小球恰好能到达最高点，保证绳子不松弛所以x的最小值为：所以要使细线不断裂也不松弛。17（17分）（1）据题，小物块恰好到达它的最左端，对绝缘板无压力，则得：得小物块离开绝缘板时的速率（2）小物块离开绝缘板后做平抛运动，则有：竖直方向：，得水平方向：绝缘板匀加速运动的初速度为，加速度为位移为故小物块落地时与绝缘板间的距离为；（3）设两个物体一起匀加速运动时的加速度为a根据牛顿第二定律得：对整体有：小物块所受的静摩擦力大小为两个物体间的最大静摩擦力为当时，小物块相对于绝缘板刚开始滑动，此时小物块的速度大小为v，则由解得小物块相对于绝缘板滑动时，所受的滑动摩擦力是变力，根据动能定理得：滑动摩擦力对小物块所做的功。
