1、河北省石家庄市2015届高三（上）质检物理试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共8小题，每小题6分第1-5题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，下列说法正确的是（）A伽利略最早发现了行星运动的三大规律B笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献C开普勒通过实验测出了引力常量D牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、开普勒最早发现了行星运动的三大规律，故A错误B、笛卡尔笛卡尔研究了
2、运动和力的关系，对牛顿第一定律的建立做出了贡献，故B正确C、万有引力常数是由卡文迪许测出的，故C错误；D、伽利略通过理想斜面实验说明物体具有惯性，最早指出力不是维持物体运动的原因故D错误故选：B点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2质量为m的物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F随时间t变化的图象如图所示关于物体在08s内的运动，下列说法正确的是（）A物体在04s内做匀变速直线运动B物体在第4s末速度最大C物体在第8s末离出发点最远D物体在第6s末速度的大小为分析：题中知道物体的受力情况，可根据牛顿第二定律分析物体的运动情况
3、，得到物体的运动性质、位移和速度的变化情况解答：解：A、在02s内，物体受到向正方向的恒力，物体向正方向做匀加速直线运动，在24s内，物体受到向负方向的恒力，物体继续向正方向做匀减速直线运动故A错误B、4s末物体的速度为零，4s末物体的运动方向改变故B错误；C、在46s内，物体受到向负方向的恒力，物体向负方向做匀加速直线运动在68s内，物体受到向正方向的恒力，物体继续向负方向做匀减速直线运动，8s末速度为零综上，物体在4s末离出发点最远故C错误 D、根据动量定理可得：物体在4s末物体的速度为零，第6s末速度的大小为=故D正确故选：D点评：本题是应用牛顿第二定律，根据物体的受力情况定性分析物体的
4、运动，也可作出物体的vt图象进行分析特别要注意的是2s末物体的运动方向不是回头3如图所示，在光滑水平面上，一个小物块放在静止的小车上，物块和小车间的动摩擦因数=0.2，重力加速度g=10m/s2现用水平恒力F拉动小车，关于物块的加速度am和小车的加速度aM的大小，下列选项可能正确的是（）Aam=2m/s2，aM=1m/s2Bam=1m/s2，aM=2m/s2Cam=2m/s2，aM=4m/s2Dam=3m/s2，aM=5m/s2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：分别对滑块和平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度解答：解：若两个物质恰好要发生相等
5、滑动，则根据牛顿第二定律，对物体m有： FN=ma1，FNmg=0 解得：a1=2m/s2对小车 F FN=Ma2解得：F=2（M+m）若F小于等于2（M+m），二者一起做匀加速直线运动，则它们一起运动的加速度小于等于2m/s2，若F大于2（M+m），则二者都做匀加速直线运动，则m加速度等于2m/s2，M的加速度大于2m/s2，故只有选项C正确故选：C点评：该题是整体法与隔离法的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况4（6分）在同一水平面内有两个围绕各自固定轴匀速转动的圆盘A、B，转动方向如图所示，在A盘上距圆心48cm处固定一个小球P，在B盘上距圆心16cm处固定一
6、个小球Q已知P、Q转动的线速度大小都为4m/s当P、Q相距最近时开始计时，则每隔一定时间两球相距最远，这个时间的最小值应为（）A0.08sB0.12sC0.24sD0.48s考点：线速度、角速度和周期、转速专题：匀速圆周运动专题分析：根据公式v=r求解角速度，两球相距最远时，P、Q转过的角度均为（2n+1），根据角速度的定义公式列式求解即可解答：解：P点的角速度为：=8.3rad/sQ点的角速度为：=25rad/s两球相距最远时，P、Q转过的角度分别为（2n+1）、（2m+1），故：Qt=（2n+1） 其中（n=0、1、2、3）Pt=（2m+1） 其中（m=0、1、2、3）由于Q=3P，即P转
7、动一周时，Q转动1.5圈，故P第一次到对面后，t=0.12s故选：B点评：本题关键是理清角度关系，然后结合角速度和线速度的定义公式列式求解，不难5（6分）如图甲所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个质量m=0.5kg的物块，处于静止状态以物块所在处为原点，竖直向下为正方向建立x轴，重力加速度g=10m/s2现对物块施加竖直向下的拉力F，F随x变化的情况如图乙所示若物块运动至x=0.4m处时速度为零，则物块在下移0.4m的过程中，弹簧的弹性势能的增加量为（）A5.5JB3.5JC2.0JD1.5J考点：功能关系分析：Fx图象与坐标轴围成图形的面积表示F所做的功，整体过程中重力、拉力和弹簧的拉力做功
8、，根据动能定理列方程求克服弹簧弹力做的功，即等于弹簧的弹性势能解答：解：由图线与坐标轴围成的面积表示功可以得到力F做的功：W=（5+10）0.2+10（0.40.2）=3.5J设克服弹簧弹力做的功为WF，根据动能定理：WWF+mgx=03.5WF+0.5100.4=0得：WF=5.5J则EP=5.5J故选：A点评：本题考查动能定理的应用以及Fx图象中“面积”的含义，可以对比vt图象中面积的含义得出其物理意义6（6分）一行星绕恒星做匀速圆周运动，由天文观测可得，其运行周期为T，速度为v，已知引力常量为G，下列说法正确的是（）A行星运行的轨道半径为B行星运行的向心加速度大小为C恒星的质量为D恒星的
9、密度为考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：当涉及到速度与周期关系时应用公式v=求解；涉及恒星质量时应用；涉及重力加速度时；注意重力加速度g与r的关系，表面时r应是恒星的半径R解答：解：A、根据v=得r=，A正确B、根据a=，得a=，故B正确C、由万有引力提供向心力，及v=，可得M=，故C错误D、根据万有引力提供向心力，得恒星的质量，根据密度的定义得，故D错误故选：AB点评：遇到卫星绕天体圆周运动的问题时主要有两条思路：（1）万有引力提供向心力，（2）万有引力等于重力，注意天体表面与卫星轨道所在处的重力加速度不同7（6分）如图所示是剪式千斤顶，当
10、摇动把手时，螺纹轴就能使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0105N，此时千斤顶两臂间的夹角为120，下列说法正确的是（）A此时两臂受到的压力大小均为5.0104NB此时千斤顶对汽车的支持力为1.0105NC若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力都将减小D若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力都将增大考点：力的合成专题：受力分析方法专题分析：将汽车对千斤顶的压力分解沿两臂的两个分力，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等根据几何知识求解两臂受到的压力大小继续摇动把手，两臂靠拢，夹角减小，由数学知识分析两臂受到的压力大小的变化解答：解：A、将汽车对千
11、斤顶的压力F分解沿两臂的两个分力F1，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等由2F1cos=F得F1=F=1.0105N 所以此时两臂受到的压力大小均为1.0105N，故A错误B、汽车对千斤顶的压力为1.0105N，根据牛顿第三定律得千斤顶对汽车的支持力为1.0105N故B正确；C、D、继续摇动把手，两臂靠拢，夹角减小，由 F1=分析可知，F不变，当减小时，cos增大，F1减小故C正确，D错误故选：BC点评：本题应用平衡条件分析实际问题，采用的是力的分解法，也可以以O点为研究对象，应用正交分解法或合成法分析8（6分）如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且
12、与水平方向的夹角均为37现有两个小物块A、B同时从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，已知物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2下列说法正确的是（）A物块A、B运动的加速度大小不同B物块A、B同时到达传送带底端C物块A、B运动到传送带底端时重力的功率一定相等D物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1：3考点：牛顿第二定律；功率、平均功率和瞬时功率专题：牛顿运动定律综合专题分析：AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，用匀变速直线运动规律解决解答：解：A、AB都以1m/s的
13、初速度沿传送带下滑，mgsin37mgcos37，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物体沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A错误，B正确C、滑动摩擦力向上，位移向下，重力做正功，摩擦力做负功，所以物块A、B运动到传送带底端时速度的大小相同，由题可知AB与水平面的夹角是相等的，所以重力的功率一定相等 故C正确D、对A，划痕的长度等于A的位移减为传送带的位移，以A为研究对象，由牛顿第二定律得：a=2m/s2由运动学公式得运动时间分别为：t=1s所以皮带运动的位移为x=vt=1m所以A对皮带的划痕为：x1=2m1m=1m对B，划痕的长度等于B的
14、位移加上传送带的位移，同理得出B对皮带 的划痕为x2=3m所以划痕之比为1：3，故D正确故选：BCD点评：滑动摩擦力与相对运动方向相反；AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，降低了本题的难度，若没有这一条件，同学可思考一下会怎样二、非选择题（共14题，共174分）9（8分）某同学利用如图丙所示的装置来验证力的平行四边形定则在竖直木板上铺有白纸，在A、B两点固定两个光滑定滑轮，用一个轻绳跨过两滑轮悬挂钩码组N1、N2，用另一轻绳C在O点打一结，悬挂钩码组N3，每个钩码的质量相等当系统达到平衡时，记录各组钩码个数回答下列问题：（1）改变钩码个数，可以完成实验的是BCDA、钩码的个数N1=2，N2=
15、2，N3=4B、钩码的个数N1=3，N2=3，N3=4C、钩码的个数N1=4，N2=4，N3=4D、钩码的个数N1=3，N2=4，N3=6（2）在拆下钩码和绳子前，必须的一个步骤是AA、记录OA、OB、OC三段绳子的方向B、用刻度尺测出OA、OB、OC三段绳子的长度C、用天平测出钩码的质量（3）在操作正确的前提下，你认为甲、乙两图比较合理的是甲图（填“甲”或“乙”）考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题；平行四边形法则图解法专题分析：（1）两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于O点（如图所示）由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以O点受三个力处于平衡状态，由平行
16、四边形定则可知：三角形的三个边表示三个力的大小；（2）为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向；（3）明确“实际值”和“理论值”的区别即可正确解答解答：解：（1）对O点受力分析OA OB OC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以0C等于OD因此三个力的大小构成一个三角形A、2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故A错误B、3、3、4可以构成三角形，则结点能处于平衡故B正确C、4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡故C正确D、3、4、6可以构成三角形，则结点能处于平衡故D正确故选：BCD（2）为验证平行四边形定则，必须作
17、受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，BC错误故选AD（3）以O点为研究对象，F3的是实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际故答案为：（1）BCD；（2）A；（3）甲点评：掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析，明确“理论值”和“实际值”的区别10（8分）如图甲所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图
18、中小车A的质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过电火花计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，C为一固定的可读数的拉力传感器，钩码p的质量为m2实验时可改变p的质量，并读出传感器对应的数值F，不计滑轮的质量及滑轮与轴间的摩擦（1）下列说法正确的是BA、A与定滑轮间的细绳和长木板必须保持平行B、实验时应先接通电源后释放小车C、实验中钩码质量m2应远小于小车质量m1D、拉力传感器的数值为（2）如图乙为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的五个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出由此可求得小车的加速度的大小是0.50m/s2（交流电的频率为50Hz，结果保留两位有效数
19、字）（3）实验时某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的F图象是图丙中的C考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题分析：（1）该实验必须要平衡摩擦；由于该实验的连接方式，小车是在绳的拉力下加速运动，故不要求重物质量远小于小车质量；由牛顿第二定律可求解测力计的读数（2）根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2求解加速度（3）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况解答：解：（1）A、该实验首先必须要平衡摩擦力，故A错误；B、为提高打点的个数，打点计时器的使用都要求先接通电源后释放小车，故B正确；C、由于该实验的连接方式，重物和小车不具有共同的加速度，小
20、车是在绳的拉力下加速运动，此拉力可由测力计示数获得，不需要用重物的重力来代替，故不要求重物质量远小于小车质量，故C错误；D、由于重物向下加速度运动，由牛顿第二定律：m2g2F=m2a，解得：F=，故D错误；故选：B（3）根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2，有：x=0.03390.0289=a0.12解得：a=0.50m/s2（4）若没有平衡摩擦力，则当F0时，a=0也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，所以可能是图中的图线C故答案为：（1）B；（2）0.50；（3）C点评：本题第2问选项C为易错选项，这个是课本参考实验的改进版，用这种方法可以准确得到小车受到的合外力，而不需要用重物的
21、重力来近似代替，是一个比课本参考方案更好的办法，题目价值很高11（14分）如图所示，质量M=2kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m=1kg的小球相连今用跟水平方向成60角的力F=10N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m的相对位置保持不变，g=10m/s2在运动过程中，求：（1）轻绳与水平方向的夹角；（2）木块M与水平杆间的动摩擦因数考点：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：（1）对小球受力分析，受已知力、重力、细线的拉力，根据平衡条件列式求解；（2）对小球和滑块整体受力分析，受已知力、重力、弹力和摩擦力，根据共点力平衡条件列式求解
22、解答：解：（1）m处于静止状态，其合力为零以m为研究对象，由平衡条件得：水平方向Fcos60FTcos=0 竖直方向Fsin60+FTsinmg=0 解得：=30（2）M、m整体处于静止状态，可看做整体，系统所受合力为零以M、m整体为研究对象由平衡条件得水平方向Fcos60FN=0 竖直方向FN+Fsin60Mgmg=0 由得=答：（1）轻绳与水平方向的夹角为30；（2）木块M与水平杆间的动摩擦因数为点评：本题要注意应用整体法与隔离法的正确使用，注意应用整体法时一定要分清内力与外力，正确的受力分析12（16分）如图所示，在水平地面上固定一倾角=37、表面光滑的斜面，物体A以初速度v1沿斜面上滑
23、，同时在物体A的正上方，有一物体B以初速度v2=2.4m/s水平抛出，当A上滑到最高点时，恰好被B物体击中A、B均可看作质点，sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2求：（1）物体A上滑时的初速度v1；（2）物体A、B间初始位置的高度差h考点：平抛运动；牛顿第二定律专题：平抛运动专题分析：（1）根据牛顿第二定律求出A上滑的加速度，通过运动学公式求出上滑的时间和位移，从而得出B平抛运动的水平位移，结合时间求出初速度的大小（2）物体A、B间初始位置的高度差h等于A上滑的高度和B平抛运动的高度之和解答：解：（1）物体A上滑过程中，由牛顿第二定律得：mgsin=ma设物体A滑
24、到最高点所用时间为t，由运动学公式：0=v1at物体B做平抛运动，如图所示，由几何关系可得：水平位移 x=；其水平方向做匀速直线运动，则 x=v2t联立可得：v1=6m/s（2）物体B在竖直方向做自由落体运动，则 hB=物体A在竖直方向：hA=如图所示，由几何关系可得：h=hA+hB联立得：h=6.8m答：（1）物体A上滑时的初速度v1是6m/s（2）物体A、B间初始位置的高度差h是6.8m点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住与A运动的时间相等，水平位移相等，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解13（16分）光滑的长轨道形状如图所示，下部为半圆形，半径为R，固
25、定在竖直平面内质量分别为m、2m的两小环A、B用长为R的轻杆连接在一起，套在轨道上，A环距轨道底部高为2R现将A、B两环从图示位置静止释放重力加速度为g求：（1）A环到达轨道底部时，两环速度大小；（2）运动过程中A环距轨道底部的最大高度；（3）若仅将轻杆长度增大为2R，其他条件不变，求运动过程中A环距轨道底部的最大高度考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：两个环以及连杆整体自由下落，处于完全失重状态，故杆上弹力为零；A环到达最低点时，两环具有相同角速度，则两环速度大小一定相等；根据几何关系找到B环的位置，然后根据机械能守恒定律列式求解出各自的速度；由于杆长超过了半圆直径，故A环
26、一直在下方，速度为零时，结合几何关系并根据机械能守恒定律列方程求解即可求解出高度解答：解：（1）A、B都进入圆轨道后，两环具有相同角速度，则两环速度大小一定相等，对系统，由机械能守恒定律得：mg2R+2mgR=（m+2m）v2，解得：v=；（2）运动过程中A环距轨道最低点的最大高度为h1，如图所示，整体机械能守恒：mg2R+2mg3R=2mg（hR）+mgh，解得：h=R；（3）若将杆长换成2R，A环离开底部的最大高度为h2如图所示整体机械能守恒：mg2R+2mg（2R+2R）=mgh+2mg（h+2R），解得：h=R；答：（1）A环到达轨道底部时，两环速度大小为；（2）运动过程中A环距轨道底部的最大高度为R；（3）若仅将轻杆长度增大为2R，其他条件不变，运动过程中A环距轨道底部的最大高度为R点评：本题关键是根据几何关系多次得到环的具体位置，然后根据机械能守恒定律列方程求解即可