1、广州市执信中学2015届高三上学期期中考试物理试卷（解析版）一、单项选择题：每小题给出的四个选项中只有一个选项最符合题目要求共4小题1（6分）一个物体自由下落6s后落地，则在开始2s内和最后2s内通过的位移之比为（）A1：5B3：5C3：11D1：3考点：自由落体运动.专题：自由落体运动专题分析：先根据自由落体运动位移时间关系求出下落2s的位移，而物体自由下落最后2s内的位移等于6s内的位移减去4s内的位移解答：解：物体下落前2s的位移为：物体下落6s的位移为：物体下落4s的位移为：所以最后2s内通过的路程为：h6h4=18080m=100m故开始2s内和最后2s内通过的路程之比为20：100
2、=1：5故选：A点评：解决本题的关键掌握自由落体运动的位移时间公式h=，以及知道通过6s内的位移减去4s内的位移求最后2s内的位移比较方便2如图所示，质量为m的木块A放在斜面体B上，若A和B沿水平方向以相同的速度v0一起向左做匀速直线运动，则A和B之间的相互作用力大小为（）AmgBmgsinCmgcosD0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：选A为研究对象，则A受到重力、支持力、静摩擦力三个力，由于A和B一起做匀速直线运动，故A处于平衡状态，即A的重力、支持力、静摩擦力三力的合力为0A和B之间的作用力为支持力和摩擦力的合力由力的合成知识知：
3、若有N个力的合力为0，其中任意一个力的大小都等于另外N1个力的合力的大小解答：解：A、选A为研究对象，则A受到重力、支持力、静摩擦力三个力，由于A和B一起做匀速直线运动，故A处于平衡状态，即A的重力、支持力、静摩擦力三力的合力为0其中支持力和摩擦力是B作用于A的，故A和B之间的相互作用力的大小就等于支持力和摩擦力的合力的大小由力的合成知识知：若有N个力的合力为0，其中任意一个力的大小都等于另外N1个力的合力的大小，故摩擦力与支持力的合力的大小等于重力的大小故A正确，BCD错误故选A点评：该题主要考察学生平对衡条件及共点力的合成等知识的掌握情况只要知道物体平衡则合力为0，合力为零则其中任何一个分
4、力大小都等于其余分力的合力的大小，就可以解答了3做平抛运动的物体，每秒的速度增量总是（）A大小不等，方向不同B大小相等，方向不同C大小不等，方向相同D大小相等，方向相同考点：平抛运动.专题：平抛运动专题分析：平抛运动运动是匀变速曲线运动，根据v=gt，每秒速度增量大小相等，方向竖直向下解答：解：平抛运动的物体只受重力，加速度为g，保持不变，根据v=at=gt，每秒速度增量大小相等，方向竖直向下，与加速度的方向相同故D正确，A、B、C错误故选：D点评：解决本题的关键知道平抛运动每秒的速度增量大小相等，方向相同4（6分）一个放在水平桌面上质量为2kg原静止的物体，受到如图所示方向不变的合外力作用，
5、则下列说法正确的是（）A在2s内物体的加速度为5m/s2B在t=2s时，物体的速度最大C在2s内物体运动的位移为10mD02s这段时间内物体作减速运动考点：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：物体如图所示方向不变的合外力作用下，做加速度减小的变加速运动，2s内物体运动的位移无法求出当F=0时物体做匀速直线运动，速度最大解答：解：A、在2s内物体的加速度最大值为5m/s2，不能说在2s内物体的加速度为5m/s2故A错误B、在t=2s时，F=0，物体将做匀速直线运动，速度最大故B正确；C、物体如图所示方向不变的合外力作用下，做加速度减小的变加速运动，2s
6、内物体运动的位移无法求出故C错误D、02s这段时间内作加速运动故D错误故选：B点评：本题考查根据物体的受力情况分析物体运动情况的能力，要注意合力减小，加速度减小，但速度在增加二、双项选择题：本题包括9小题，每小题6分，共54分每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求全选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有错选或不选的得0分5如图所示为点电荷a、b所形成的电场线分布，以下说法正确的是（）Aa、b为异种电荷Ba、b为同种电荷CA点场强大于B点场强DA点电势高于B点电势考点：电场线；电场强度.专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到无穷远处或负电荷，电场线密的地
7、方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小沿着电场线的方向电势降低解答：解：AB、根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断是异种点荷的电场线故A正确，B错误C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小所以A点场强小于B点场强，故C错误D、沿着电场线的方向电势降低，所以A点电势高于B点电势，故D正确故选：AD点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题6（6分）如图，在匀速转动的洗衣机脱水桶内壁上，有一件湿衣服随圆桶一起转动而未滑动，则（）A衣服随圆桶做圆周运动的向心力由静摩擦力提供B圆桶转速增大，衣服对桶璧的压力也增大C圆桶转速增大以后，衣服所受摩擦力也增
8、大D圆桶转速足够大时，衣服上的水滴将做离心运动考点：离心现象.分析：衣服随脱水桶一起做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，在水平方向上的合力提供向心力，竖直方向合力为零，根据牛顿第二定律分析弹力的变化情况解答：解：A、B、D、衣服受到重力、筒壁的弹力和静摩擦力的作用，共3个力作用，由于衣服在圆筒内壁上不掉下来，竖直方向上没有加速度，重力与静摩擦力二力平衡，靠弹力提供向心力；随着圆桶转速的增加，弹力增加，但静摩擦力不变；故A错误，B正确，C错误；D、对于水而言，衣服对水滴的附着力提供其做圆周运动的向心力，随着圆桶转速的增加，需要的向心力增加，当附着力不足以提供需要的向心力时，衣服上的水滴将做离心运动
9、，故D正确；故选：BD点评：解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解；同时要知道离心运动的条件；基础问题7（6分）某星球半径为R，在该星球表面附近有一卫星，它绕星球的运转周期为T，万有引力恒量为G，则由此可以估算（）A星球的质量B卫星的质量C星球表面的“重力加速度”D该星球的同步卫星离地面的高度考点：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：万有引力提供卫星圆周运动的向心力据此可以求得中心天体的质量M，在星球表面重力与万有引力相等求得重力加速度解答：解：AB、近地卫星绕地球圆周运动的向心力由万有引力提供有：，据此可计算中心天体的质量M=，不可以求出卫星的质
10、量m，故A正确，B错误；C、在星球表面重力与万有引力相等，又卫星由万有引力提供向心力，据=mg，可以计算出星球表面的重力加速度，故C正确；D、因不知道该星球的自转周期，故无法求得同步卫星距地面的度，故D错误故选：AC点评：要掌握万有引力提供向心力和重力等于万有引力这两个重要的关系，掌握这两个关系可以解决所有关于天体运动的问题8（6分）如图所示，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，其运动的加速度为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（）A重力势能增加了mghB动能损失了mghC克服摩擦力做功mghD机械能损失了mgh考点：功能关系；重力势能.
11、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、B、D、根据牛顿第二定律知，物体所受的合力为mg，方向沿斜面向下，根据动能定理得：Ek=mgh，动能减小mgh物体重力势能增加mgh，所以机械能减小mgh故AD正确，B错误；C、物体克服摩擦力做的功等于系统损失的机械能，则克服摩擦力的功为mgh；故C错误故选：AD点评：解决本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，以及除重力以外其它力做功与机械能的关系，并能灵活运用9（6分）如图所示，汽车在平直公路上以恒定功率启动，设阻力恒定，则在下
12、列关于汽车运动过程中的速度、加速度随时间变化的关系中说法正确的是（）A此图可以描述汽车的速度时间图象B此图可以描述汽车的加速度时间图象C此图可以描述汽车的速度时间图象D此图可以描述汽车的加速度时间图象考点：匀变速直线运动的图像.专题：运动学中的图像专题分析：由P=Fv可明确力、功率及速度间的关系；则可明确加速度、速度随时间的变化关系解答：解：汽车恒定功率启动，则开始时加速度较大，速度增大；则由P=FV可知，牵引力减小，则加速度减小；当牵引力等于阻力时，物体的加速度为零；此后做匀速直线运动；注意图象的斜率表示纵坐标物理量的变化；故速度时间图象为甲图；加速度时间图象为乙图；故选：AB点评：本题考查
13、功率公式的应用，要明确P=FV表示瞬时速度、力及功率的关系，故可明确物体的运动情况三、非选择题：本大题共5小题，共50分按题目要求作答，解答题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10（4分）图甲为10分度游标卡尺的部分示意图，其读数为10.2mm；图乙为螺旋测微器的示意图，其读数为0.155（0.1520.158）mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用.专题：实验题；直线运动规律专题分析：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，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，
14、在读可动刻度读数时需估读解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为20.1mm=0.2mm，所以最终读数为：10mm+0.2mm=10.2mm2、螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为15.50.01mm=0.155mm，所以最终读数为0mm+0.155mm=0.155mm，由于需要估读，最后的结果可以在0.1520.158之间故答案为：（1）10.2；0.155（0.1520.158）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11（8分）如图a所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质
15、量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长长度的关系实验为完成实验，还需要的实验器材有：刻度尺为完成该实验，设计的实验步骤如下：A以弹簧伸长量为横坐标，以弹力为纵坐标，描出各组（x，F）对应的点，并用平滑的曲线连接起；B记下弹簧不挂钩码时其下端在刻度尺上的刻度l0；C将铁架台固定于桌子上，并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一把刻度尺；D依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个钩码，并分别记下钩码静止时弹簧下端所对应的刻度，并记录在表格内，然后取下钩码；E整理仪器请将以上步骤按操作的先后顺序排列出：CBDAE图b是弹簧所受弹力F与弹簧伸长长度x的Fx图线，由此可求出弹簧的劲度系数
16、为200N/m图线不过原点的原因是由于弹簧有自重考点：探究弹力和弹簧伸长的关系.专题：实验题；弹力的存在及方向的判定专题分析：根据实验的原理：测量弹簧的弹力和伸长的长度来选择器材图线的斜率即为弹簧的劲度系数由胡克定律求出K解答：解：实验需要测量弹簧伸长的长度，故需要刻度尺根据操作的先后顺序排列为：CBDAE图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比由k=200N/m由图可知，当F=0时，x=0.5cm，说明没有挂重物时，弹簧有伸长，是由于弹簧自身的重力造成的故图线不过原点的原因是由于弹簧有自重，实验中没有考虑（或忽略了）弹簧的自重故答案为：刻度尺；CBDAE；200，弹簧有自重点
17、评：在应用胡克定律时，要首先转化单位，知道图线的斜率即为弹簧的劲度系数12（6分）如图为验证小球做自由落体运动时机械能守恒的装置图，图中O点为释放小球的初始位置，A、B、C、D各点为固定速度传感器的位置，A、B、C、D、O各点在同一竖直线上（1）已知当地的重力加速度为g，则要完成实验，还需要测量的物理量是BCA小球的质量mB小球下落到每一个速度传感器时的速度vC各速度传感器与O点之间的竖直距离hD小球自初始位置至下落到每一个速度传感器时所用的时间t（2）作出v2h图象，由图象算出其斜率k，当k=2g时，可以认为小球在下落过程中机械能守恒（3）写出对减小本实验误差有益的一条建议：相邻速度传感器之
18、间的距离适当大些（选质量大、体积小的小球做实验）考点：验证机械能守恒定律.专题：实验题分析：（1）根据需要验证的方程：mgh=，确定需要测量的物理量（2）根据mgh=，得到v2与h的关系式，分析v2h图象斜率的物理意义（3）要减小实验误差，测量的量应相对大些，选用质量大、体积小的球做实验等解答：解：（1）小球做自由落体运动时，由机械能守恒定律得：mgh=，即gh=，故需要测量小球下落到每一个速度传感器时的速度v和高度h，不需要测量小球的质量m和下落时间时间t故BC正确，AD错误（2）由mgh=，得v2=2gh，则v2h图象的斜率k=2g（3）为了减小测量的相对误差，建议相邻速度传感器间的距离适
19、当大些；为减小空气阻力的影响，建议选用质量大、体积小的球做实验等故答案为：（1）BC；（2）2g；（3）相邻速度传感器间的距离适当大些；选用质量大、体积小的球做实验等点评：本实验以小球做自由落体运动为例，验证机械能守恒定律，根据方程mgh=，分析v2h图象斜率的意义是常用的方法13（18分）（2013淮安模拟）如图所示，倾角为37的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高质量m=1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8（1）求滑块与斜面间的
20、动摩擦因数（2）若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值（3）若滑块离开C处的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t考点：动能定理的应用；平抛运动.专题：动能定理的应用专题分析：（1）由题，滑块恰能滑到与O等高的D点，速度为零，对A到D过程，运用动能定理列式可求出动摩擦因数（2）滑块恰好能到达C点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式可得到C点的速度范围，再对A到C过程，运用动能定理求初速度v0的最小值（3）离开C点做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求时间解答：解：（1）滑块由A到D过程，根据动能定理，有： mg（2RR）mgcos37=0
21、0得 （2）若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律有 则得 A到C的过程：根据动能定理有mgcos37=联立解得，v0=2m/s所以初速度v0的最小值为2m/s（3）滑块离开C点做平抛运动，则有 x=vct由几何关系得：tan37=联立得 5t2+3t0.8=0解得t=0.2s答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.375（2）若使滑块能到达C点，滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值为2m/s（3）若滑块离开C处的速度大小为4m/s，滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t是0.2s点评：本题是动能定理与向心力、平抛运动及几何知识的综合，要注意挖掘隐含的临界条件，运用几何知识求解14（20分）如图
22、所示，光滑水平面MN的左端M处固定有一能量补充装置P，使撞击它的物体弹回后动能在原基础上增加一定值右端N处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v0匀速转动，水平部分长度L=9m放在光滑水平面上的两相同小物块A、B（均视为质点）间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能Ep=9J，弹簧与A、B均不粘连，A、B与传送带间的动摩擦因数=0.2，物块质量mA=mB=lkg现将A、B同时由静止释放，弹簧弹开物块A和B后，迅速移去轻弹簧，此时，A还未撞击P，B还未滑上传送带取g=10m/s2求：（1）A、B刚被弹开时的速度大小（2）试通过计算判断B第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带（
23、3）若B从传送带上回到光滑水平面MN上与被弹回的A发生碰撞后粘连，一起滑上传送带要使二者一起滑离传送带，求P应给A至少补充的动能E与传送带速度v0的关系考点：动能定理的应用；动量守恒定律；机械能守恒定律.专题：动能定理的应用专题；动量和能量的综合分析：（1）A、B被弹簧弹开的过程实际是爆炸模型，符合动量守恒、系统机械能守恒，根据能量守恒和动量守恒求出分开后，A、B的速度大小，（2）由动能定理求出B的速度减小为零时B的位移，根据B的位移与传送带长度的关系分析答题（3）A、B碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题解答：解：（1）弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定
24、律得：EP=mAvA2+mBvB2，A、B系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvAmBvB=0，代入数据解得：vA=3m/s，vB=3m/s；（2）假设B不能从传送带右端滑离传送带，则B做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为s，由动能定理得：mBgs=0mBvB2，代入数据解得：s=2.25mL，B不能从传送带右端滑离传送带（3）设物块A撞击P后被反向弹回的速度为v1，设补充能量为E，由能量守恒定律得：E+mAvA2=mAv12，B与A发生碰撞后粘连共速为v，碰撞过程动量守恒，以向由为正方向，由动量守恒定律可得：mAv1mBv2=（mA+mB）v，要使二者能一起滑离传送带，要求
25、：（mA+mB）v2（mA+mB）gL，物块B的运动情况分两种情况讨论：若传送带速度v0足够大，物块B滑上传送带时在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动，由运动对称性可知物块B回到皮带左端时速度v2大小为：v2=vB=3m/s，即当传送带v03m/s时，代入数据，联立上四式得：E=108J；当传送带v03m/s时 物块B的运动情况是：滑上传送带先向右减速至速度为0，然后反向做加速至与传送带速度相等一起匀速运动回到左端，v2=v0，代入数据联立上四式得：；答：（1）A、B刚被弹开时的速度大小都是3m/s（2）B第一次滑上传送带后，不能从传送带右端滑离传送带（3）P应给A至少补充的动能E与传送带速度v0的关系为：即当传送带v03m/s时，E=108J；当传送带v03m/s时，点评：本题是一道力学综合题，难度较大，考查了动量守恒、能量守恒的应用，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键版权所有：高考资源网()版权所有：高考资源网()
