1、2014-2015学年河北省唐山市丰南一中高三（上）第一次段考物理试卷一选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，其中1-9题只有一项符合题目要求；10，11、12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得O分.1关于万有引力定律，下列说法正确的是（）A 牛顿提出了万有引力定律，并测定了引力常量的数值B 万有引力定律只适用于天体之间C 万有引力的发现，揭示了自然界一种基本相互作用的规律D 地球绕太阳在椭圆轨道上运行，在近日点和远日点受到太阳的万有引力大小是相同的2如图所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物
2、块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同A物块放上后匀加速下滑，B物块获一初速度后匀速下滑，C物块获一初速度后匀减速下滑，D物块放上后静止在斜面上若在上述四种情况下斜面体均保持静止且对地面的压力依次为F1、F2、F3、F4，则它们的大小关系是（）A F1=F2=F3=F4B F1F2F3F4C F1F2=F4F3D F1=F3F2F43如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，圆周半径为R，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点现有两个小滑环A、B分别从a、c处由静止释放，滑环A经时间t1从a点到达b点，滑环B经时间t2从c点到达d点；
3、另有一小球C从b点以初速度v0=沿bc连线竖直上抛，到达最高点时间为t3，不计一切阻力与摩擦，且A、B、C都可视为质点，则t1、t2、t3的大小关系为（）A t1=t2=t3B t1=t2t3C t2t1t3D A、B、C三物体的质量未知，因此无法比较4如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A和小球B紧贴圆锥筒内壁分别在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是（）A A球的线速度必定小于B球的线速度B A球的角速度必定大于B球的角速度C A球运动的周期必定大于B球的周期D A球对筒壁的压力必定大于B球对筒壁的压力5静止在粗糙水平面上的物块先受
4、到大小为F1的恒力作匀加速直线运动，接着受大小为F2的恒力做匀速运动，再受大小为 F3的恒力做匀减速直线运动到停止已知这三个力的方向均水平向右且作用时间相等则下列说法中正确的是（）A 这三个力中，F1做功最多B 这三个力中，F2做功最多C 这三个力中，F3做功最多D 在全过程中，这三个力做功的代数和为零6如图所示，两个圆弧轨道固定在水平地面上，半径R相同，A轨道由金属凹槽制成，B轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，则下列说法正确的（）A 若hA=hB2R，则两小球都能沿轨道运动到最高点B 若hA=hB=
5、，由于机械能守恒，两个小球沿轨道上升的最大高度均为C 适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D 若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，A小球的最小高度为，B小球在hB2R的任何高度均可7如图所示，在水平板左端有一固定挡板，挡板上连接一轻质弹簧紧贴弹簧放一质量为m的滑块，此时弹簧处于自然长度已知滑块与挡板的动摩擦因数及最大静摩擦因数均为现将板的右端缓慢抬起使板与水平面间的夹角为，最后直到板竖直，此过程中弹簧弹力的大小F随夹角的变化关系可能是图中的（）A B C D 8如图所示为空间某一电场的电场线，a、b两点为其中一条竖直向下的电场线上的两点，该两点的高度差为h，
6、一个质量为m、带电量为+q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为，则下列说法中正确的有（）A 质量为m、带电量为+2q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为2B 质量为m、带电量为q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为2C 质量为2m、带电量为q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为D 质量为2m、带电量为2q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为9如图所示，点电荷A、B是带电量为Q的正电荷，C、D是带电量为Q的负电荷，它们处在一个矩形的四个顶点上它们产生静电场的等势面如图中虚线所示，在电场中对称的有一个正方形路径abcd
7、（与ABCD共面），如实线所示，O为正方形与矩形的中心取无穷远处电势为零，则（）A O点电势为零，场强为零B b、d两点场强相等电势相等C 将电子沿正方形路径adc移动，电场力先做负功，后做正功D 将质子沿直线路径aoc移动，电势能先减少后增加10如图所示，水平桌面上平放着一副扑克牌，总共54张，每一张牌的质量都相等，牌与牌之间的动摩擦因数以及最下面一张牌与桌面之间的动摩擦因数也都相等用手指以竖直向下的力按压第一张牌，并以一定的速度水平移动手指，将第一张牌从牌摞中水平移出（牌与手指之间无滑动）设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）A 第1张牌受到手指的摩擦力方向与手指的运动方向相反B 从第2张牌
8、到第54张牌之间的牌不可能发生相对滑动C 从第2张牌到第54张牌之间的牌可能发生相对滑动D 第54张牌受到桌面的摩擦力方向与手指的运动方向相反11中国志愿者王跃参与人类历史上第一次全过程模拟从地球往返火星的一次实验“火星500”活动，王跃走出登陆舱，成功踏上模拟火星表面，在火星上首次留下中国人的足迹，目前正处于从“火星”返回地球途中假设将来人类一艘飞船从火星返回地球时，经历了如图所示的变轨过程，则下列说法中正确的是（）A 飞船在轨道上运动时，在P点速度大于在Q点的速度B 飞船在轨道上运动时的机械能大于轨道上运动的机械能C 飞船在轨道上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道上运动到P点时的加速度D
9、飞船绕火星在轨道上运动周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以轨道同样半径运动的周期相同12两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带负电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2（位于坐标原点O）过程中，试探电荷的电势能Ep随位置变化的关系如图所示则下列判断正确的是（）A M点电势为零，N点场强为零B M点场强为零，N点电势为零C Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较小D Q1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较小二、实验题13根据“探究加速度与力、质量的关系”的实验完成下面的题目（1）有关实验以及数据处理，下列说法正确的是A应使沙和小桶的总质量远小于小车和砝码的总质量，以减小实验误差B可以用天平测出
10、小桶和砂的总质量m1及小车和砝码的总质量m2；根据公式a=，求出小车的加速度C处理实验数据时采用描点法画图象，是为了减小误差D处理实验数据时采用a图象，是为了便于根据图线直观地作出判断（2）某学生在平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大他所得到的aF关系可用图1中的哪个表示？（图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力）（3）某学生将实验装置按如图2所示安装好，准备接通电源后开始做实验他的装置图中，明显的错误是14实验装置如图1所示，让重锤拖动纸带自由下落，通过打点计时器打下一系列的点，对纸带上的点迹进行测量、分析和计算处理，即可验证重锤下落过程机械能是否守恒（1）下面列举了验
11、证机械能守恒定律实验的几个操作步骤：A按照图示的装置安装实验器材；B将打点计时器接到学生电源输出电压为6V的“直流输出”挡；C用天平测出重锤的质量；D先释放纸带，然后立刻接通电源，打出一条纸带；E测量纸带上某些点间的距离；F根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能与增加的动能的关系其中没有必要进行的步骤是，操作不当的步骤是（2）如图2所示是某次实验打出的一条纸带，选取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E，测出各点之间的距离分别为：x0=62.99cm，x1=7.19cm，x2=7.58cm，x3=7.97cm，x4=8.36cm所用电源的频率f=50Hz，重锺的质量m=1.00kg，查得
12、当地重力加速度g=9.80m/s2重锤由O点运动到D点，重力势能的减少量等于，动能的增加量等于 （保留三位有效数字），实验结论：重锤从O点运动到D点的过程中受到的平均阻力约为 N三、计算题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15如图所示，带正电的甲球固定在足够大的光滑绝缘水平面上的A点，其带电量为Q；质量为m、带正电的乙球在水平面上的B点由静止释放，其带电量为q；A、B两点间的距离为l0释放后的乙球除受到甲球的静电力作用外，还受到一个大小为F=（k为静电力常数）、方向指向甲球的恒力（非电场力）作用，两球均可视为点
13、电荷求：（1）乙球在释放瞬间的加速度大小；（2）乙球的速度最大时两球间的距离；（3）若乙球运动的最大速度为vm，求乙球从开始运动到速度为vm的过程中电势能的变化量16“嫦娥一号”探月卫星的成功发射，实现了中华民族千年奔月的梦想假若我国的航天员登上某一星球并在该星球表面上做了如下图所示力学实验：让质量为m=1.0kg的小滑块以v0=1m/s的初速度从倾角为53的斜面AB的顶点A滑下，到达B点后恰好能沿倾角为37的斜面到达C点不计滑过B点时的机械能损失，滑块与斜面间的动摩擦因数均为=0.5，测得A、C两点离B点所在水平面的高度分别为h1=1.2m，h2=0.5m已知sin37=0.6，cos37=
14、0.8，不计该星球的自转以及其他星球对它的作用（1）求该星球表面的重力加速度G； （2）若测得该星球的半径为R=6106m，宇航员要在该星球上发射一颗探测器绕其做匀速圆周运动，则探测器运行的最大速度为多大？（3）取地球半径R0=6.4106m，地球表面的重力加速度g0=10m/s2，求该星球的平均密度与地球的平均密度之比17如图所示，用两根金属丝弯成一光滑半圆形轨道，竖直固定在地面上，其圆心为O、半径为0.3m轨道正上方离地0.4m处固定一水平长直光滑杆，杆与轨道在同一竖直平面内，杆上P点处固定一定滑轮，P点位于O点正上方A、B是质量均为2kg的小环，A套在杆上，B套在轨道上，一条不可伸长的细
15、绳绕过定滑轮连接两环两环均可看作质点，且不计滑轮大小与质量现在A环上施加一个大小为55N的水平向右恒力F，使B环从地面由静止沿轨道上升（g取10m/s2），求：（1）在B环上升到最高点D的过程中恒力F做功为多少？（2）当被拉到最高点D时，B环的速度大小为多少？（3）当B、P间细绳恰与圆形轨道相切时，B环的速度大小为多少？（4）若恒力F作用足够长的时间，请描述B环经过D点之后的运动情况2014-2015学年河北省唐山市丰南一中高三（上）第一次段考物理试卷参考答案与试题解析一选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，其中1-9题只有一项符合题目要求；10，11、12题
16、有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得O分.1关于万有引力定律，下列说法正确的是（）A 牛顿提出了万有引力定律，并测定了引力常量的数值B 万有引力定律只适用于天体之间C 万有引力的发现，揭示了自然界一种基本相互作用的规律D 地球绕太阳在椭圆轨道上运行，在近日点和远日点受到太阳的万有引力大小是相同的考点：万有引力定律及其应用专题：万有引力定律的应用专题分析：牛顿提出了万有引力定律，而万有引力恒量是由卡文迪许测定的万有引力定律适用于质点间的相互作用解答：A、牛顿提出了万有引力定律，而万有引力恒量是由卡文迪许测定的，故A错误；B、C、万有引力定律适用于宇宙万物任意两个物
17、体之间的引力，是自然界一种基本相互作用的规律，故B错误，C正确；D、根据万有引力公式F=G可知，在近日点的距离比远日点的距离小，所以在近日点万有引力大，故D错误故选C点评：对于物理学上重要实验、发现和理论，要加强记忆，这也是高考考查内容之一从公式的适用条件、物理意义、各量的单位等等全面理解万有引力定律公式2如图所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同A物块放上后匀加速下滑，B物块获一初速度后匀速下滑，C物块获一初速度后匀减速下滑，D物块放上后静止在斜面上若在上述四种情况下斜面体均保持静止且对地面的压力依
18、次为F1、F2、F3、F4，则它们的大小关系是（）A F1=F2=F3=F4B F1F2F3F4C F1F2=F4F3D F1=F3F2F4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：当物体系统中存在超重现象时，系统所受的支持力大于总重力，相反，存在失重现象时，系统所受的支持力小于总重力若系统的合力为零时，系统所受的支持力等于总重力，解答：解：设物体和斜面的总重力为G第一个物体匀加速下滑，加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分加速度，存在失重现象，则F1G；第二个物体匀速下滑，合力为零，斜面保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F2=G第三个物体匀减速下滑，加
19、速度沿斜面向上，具有竖直向上的分加速度，存在超重现象，则F3G；第四个物体静止在斜面上，合力为零，斜面保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F4=G故有F1F2=F4F3故C正确，ABD错误故选：C点评：本题运用超重和失重的观点分析加速度不同物体动力学问题，比较简便通过分解加速度，根据牛顿第二定律研究3如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，圆周半径为R，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点现有两个小滑环A、B分别从a、c处由静止释放，滑环A经时间t1从a点到达b点，滑环B经时间t2从c点到达d点；另有一小球C从b点以初速度v0=沿bc连线竖直
20、上抛，到达最高点时间为t3，不计一切阻力与摩擦，且A、B、C都可视为质点，则t1、t2、t3的大小关系为（）A t1=t2=t3B t1=t2t3C t2t1t3D A、B、C三物体的质量未知，因此无法比较考点：匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律专题：计算题分析：本题解题的突破口是寻找物体下滑过程中的位移和和加速度，由于他们的运动的路径是圆的一条弦，所以位移可用轨迹与竖直方向的夹角的余弦与圆直径的乘积来表示然后根据受力分析求出物体所受的合外力，再根据牛顿第二定律求出物体运动的加速度最后根据运动学公式求出物体运动的时间解答：解：设abc=，则ab=bccos=2Rcos小环在ab上运动时
21、的加速度a1=gcos根据S=at12带入数据可得2Rcos=gcost12滑环A从a点到达b点的时间t1=2同理滑环从c点到d点的时间t2=2小球从b到c的运动根据S=V0t3gt32即2R=t3gt32解得运动的时间t3=2所以t1=t2=t3故选A点评：本题要比较三次运动的时间关系，所以要求运动的位移和加速度，而位移和加速度都与斜面的倾角有关，所以要用斜面的倾角表示位移和加速度这种思路和方法要注意积累4如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A和小球B紧贴圆锥筒内壁分别在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是（）A A球的线速度必定小于
22、B球的线速度B A球的角速度必定大于B球的角速度C A球运动的周期必定大于B球的周期D A球对筒壁的压力必定大于B球对筒壁的压力考点：线速度、角速度和周期、转速专题：匀速圆周运动专题分析：小球受重力和支持力，靠重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，根据F合=ma=m2r=m比较线速度、角速度、周期的大小解答：解：D、两球所受的重力大小相等，支持力方向相同，根据力的合成，知两支持力大小、合力大小相等，故D错误A、根据得F合=，合力、质量相等，r越大线速度大，所以球A的线速度大于球B的线速度，故A错误；B、F合=m2r合力、质量相等，r越大角速度越小，A球的角速度小于B球的角速度故B错误；C、F
23、合=m合力、质量相等，r越大，周期越大，A周期大于B周期故C正确故选：C点评：解决本题的关键知道小球做匀速圆周运动，靠重力和支持力的合力提供向心力会通过F合=ma=m2r=m比较线速度、角速度、周期的大小5静止在粗糙水平面上的物块先受到大小为F1的恒力作匀加速直线运动，接着受大小为F2的恒力做匀速运动，再受大小为 F3的恒力做匀减速直线运动到停止已知这三个力的方向均水平向右且作用时间相等则下列说法中正确的是（）A 这三个力中，F1做功最多B 这三个力中，F2做功最多C 这三个力中，F3做功最多D 在全过程中，这三个力做功的代数和为零考点：力的合成专题：受力分析方法专题分析：先根据物体的运动情况
24、分析物体的受力情况，判断F1，F2，F3三个力的大小关系，然后根据做功公式及动能定理求解即可解答：解：根据题意画出物体运动的速度时间图象如图所示，ABC、物体在F1作用下做匀加速运动，则F1f，物体在F2作用下做匀速运动，则F2=f，物体在F3作用下做匀减速运动，则F3f由图象与坐标轴围成的面积可知，x1=x3=x2，根据W=Fx可知，这三个力中，F3做功最少，F2做功最多故B正确，AC错误D、对全过程运用动能定理，知动能变化为零，则外力做的总功等于克服摩擦力做功大小故D错误故选：B点评：本题主要考查了做功公式及动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况与运动情况，能画出速度时间图
25、象，并根据图象解题，难度适中6如图所示，两个圆弧轨道固定在水平地面上，半径R相同，A轨道由金属凹槽制成，B轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，则下列说法正确的（）A 若hA=hB2R，则两小球都能沿轨道运动到最高点B 若hA=hB=，由于机械能守恒，两个小球沿轨道上升的最大高度均为C 适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D 若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，A小球的最小高度为，B小球在hB2R的任何高度均可考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：小球A
26、恰好能到A轨道的最高点时，轨道对小球无作用力，由重力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出速度小球恰好能到B轨道的最高点时，速度为零，根据机械能守恒分别求出hA和hB再判断hA=hB=2R，两小球是否能沿轨道运动到最高点根据最高点的临界速度求出小球最高点飞出的水平位移的最小值解答：解：AD、A球最高点最小速度为 v=，则由机械能守恒定律可知，mg（hA2R）=mvA2，A球下落的最小高度为R；而B中小球只要在最高点的速度大于2R即可；故A错误，D正确；B、若hA=hB=，由上分析知，A球在到达最高点前离开轨道，离开轨道时有速度，由机械能守恒可知：mg=mgh+，v0，则hR对于B球，由机械能守恒
27、可知：mg=mgh，得h=R故B错误C、小球A能从A飞出的最小速度为v=，从最高点飞出后下落R高度时，水平位移的最小值为：xA=vt=RR，则小球A落在轨道右端口外侧而适当调整hB，B可以落在轨道右端口处故C错误；故选：D点评：本题是向心力、机械能守恒定律、平抛运动的综合，A轨道与轻绳系的球模型相似，B轨道与轻杆固定的球模型相似，要注意临界条件的不同7如图所示，在水平板左端有一固定挡板，挡板上连接一轻质弹簧紧贴弹簧放一质量为m的滑块，此时弹簧处于自然长度已知滑块与挡板的动摩擦因数及最大静摩擦因数均为现将板的右端缓慢抬起使板与水平面间的夹角为，最后直到板竖直，此过程中弹簧弹力的大小F随夹角的变化
28、关系可能是图中的（）A B C D 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：将板的右端缓慢抬起过程中，在滑块相对于板滑动前，弹簧处于自然状态，没有弹力当滑块相对于板滑动后，滑块受到滑动摩擦力，由平衡条件研究弹簧弹力的大小F与夹角的变化关系解答：解：设板与水平面的夹角为时，滑块相对于板刚要滑动，则由mgsin=mgcos得：tan=，=；则在0范围内，弹簧处于原长，弹力F=0；当板与水平面的夹角大于时，滑块相对板缓慢滑动，由平衡条件得：F=mgsinmgcos=mgsin（），其中tan=，说明F与正弦形式的关系当=时，F=mg故选：C点评：本题要
29、应用平衡条件得到F与的函数关系式，再应用数学知识选择图象，考查运用数学知识分析物理问题的能力8如图所示为空间某一电场的电场线，a、b两点为其中一条竖直向下的电场线上的两点，该两点的高度差为h，一个质量为m、带电量为+q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为，则下列说法中正确的有（）A 质量为m、带电量为+2q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为2B 质量为m、带电量为q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为2C 质量为2m、带电量为q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为D 质量为2m、带电量为2q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b
30、点时速度大小为考点：电场线分析：粒子在电场力与重力共同做功下，导致重力势能、电势能与动能间相互转化，但它们的之和不变电场力做功，导致电势能变化；重力做功，导致重力势能变化解答：解：小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点的过程中重力和电场力做功，根据动能定理，则有：解得：A、运用动能定理得：2qUab+mgh=解得：，故A正确；B、运用动能定理得：qUab+mgh=解得：，故B错误；C、运用动能定理得：qUab+2mgh=解得：，故C错误；D、当带电量为2q的小球从a点静止释放后，根据动能定理，则有：2qUab+2mgh=解得：故D正确故选：AD点评：考查电场力做功表达式W=qU，与动能定理的应
31、用，注意功的正负值同时掌握电场力做功与电势能的变化关系，及重力做功与重力势能变化的关系9如图所示，点电荷A、B是带电量为Q的正电荷，C、D是带电量为Q的负电荷，它们处在一个矩形的四个顶点上它们产生静电场的等势面如图中虚线所示，在电场中对称的有一个正方形路径abcd（与ABCD共面），如实线所示，O为正方形与矩形的中心取无穷远处电势为零，则（）A O点电势为零，场强为零B b、d两点场强相等电势相等C 将电子沿正方形路径adc移动，电场力先做负功，后做正功D 将质子沿直线路径aoc移动，电势能先减少后增加考点：电场的叠加；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线与等势面垂直，电场线的疏密程度
32、也可以反映场强的大小解答：解：A、从图中可以看出，经过O点的等势面通向无穷远处，故O点的电势与无穷远处电势相等，故O点电势为零，而场强不为零，故A错误；B、将一个正的试探电荷从b点移动到d点，电场力做正功，电势能减小，电势降低，故B错误；C、将某一电子沿正方形路径adc移动，从a到d，电场力做负功，从d到c，电场力做正功，由于a与c在同一等势面上，故电场力做的总功为零，故C正确；D、将某质子沿正方形路径abc移动，从a到b，电场力做负功，从b到c，电场力做正功，电势能先增大后减小，故D错误；故选：C点评：本题关键抓住等势面与电场线垂直，电场线的疏密程度也可以反映场强的大小进行讨论，同时运用在同
33、一等势面上移动，电场力做功为零10如图所示，水平桌面上平放着一副扑克牌，总共54张，每一张牌的质量都相等，牌与牌之间的动摩擦因数以及最下面一张牌与桌面之间的动摩擦因数也都相等用手指以竖直向下的力按压第一张牌，并以一定的速度水平移动手指，将第一张牌从牌摞中水平移出（牌与手指之间无滑动）设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）A 第1张牌受到手指的摩擦力方向与手指的运动方向相反B 从第2张牌到第54张牌之间的牌不可能发生相对滑动C 从第2张牌到第54张牌之间的牌可能发生相对滑动D 第54张牌受到桌面的摩擦力方向与手指的运动方向相反考点：摩擦力的判断与计算分析：第1张牌受到手指的摩擦力是静摩擦力，方向与
34、相对运动趋势方向相反第2张牌受到第一张牌的滑动摩擦力，小于它受到的最大静摩擦力，与第3张牌之间不发生相对滑动而第3张到第54张牌的最大静摩擦力更大，更不能发生相对滑动对53张牌（除第1张牌外）研究，分析摩擦力的方向解答：解：A、第1张牌相对于手指的运动趋势方向与手指的运动方向相反，则受到手指的静摩擦力与手指的运动方向相同故A错误 BC、设每张的质量为m，动摩擦因数为对第2张分析，它对第3张牌的压力等于上面两张牌的重力，最大静摩擦力Fm2mg=2mg，而受到的第1张牌的滑动摩擦力为f=mgFm，则第2张牌与第3张牌之间不发生相对滑动同理，第3张到第54张牌也不发生相对滑动故B正确，C错误 D、对
35、53张牌（除第1张牌外）研究，处于静止状态，水平方向受到第1张牌的滑动摩擦力，方向与手指的运动方向相同，则根据平衡条件可知：第54张牌受到桌面的摩擦力方向与手指的运动方向相反故D正确故选：BD点评：本题考查对摩擦力理解和判断能力本题是实际问题，要应用物理基本知识进行分析，同时要灵活选择研究对象11中国志愿者王跃参与人类历史上第一次全过程模拟从地球往返火星的一次实验“火星500”活动，王跃走出登陆舱，成功踏上模拟火星表面，在火星上首次留下中国人的足迹，目前正处于从“火星”返回地球途中假设将来人类一艘飞船从火星返回地球时，经历了如图所示的变轨过程，则下列说法中正确的是（）A 飞船在轨道上运动时，在
36、P点速度大于在Q点的速度B 飞船在轨道上运动时的机械能大于轨道上运动的机械能C 飞船在轨道上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道上运动到P点时的加速度D 飞船绕火星在轨道上运动周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以轨道同样半径运动的周期相同考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系分析：根据动能定理由引力做功情况比较速度大小和机械能大小，根据万有引力提供圆周运动向心力分析周期情况解答：解：A、飞船在轨道II上运动时，P为近火星点，从Q向P运动引力做正功，飞船的速度增大，故A正确；B、飞船在更高轨道上运动需要克服引力做更多的功，飞船的机械能越大，故B错误；C、在空间P点飞船的加速度都是由万有引力产生，故
37、在同一点不管在哪个轨道飞船产生的加速度相同，故C正确；D、根据万有引力提供圆周运动向心力可得周期T=即飞船的周期除了与半径有关外还与中心天体的质量有关，故火星与地球质量不同，飞船以相同半径运动的周期也不同，故D错误故选：AC点评：万有引力提供卫星圆周运动向心力，在椭圆轨道上可以根据引力做功情况确定速度大小变化，能根据万有引力提供圆周运动向心力分析卫星周期大小与哪此因素有关12两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带负电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2（位于坐标原点O）过程中，试探电荷的电势能Ep随位置变化的关系如图所示则下列判断正确的是（）A M点电势为零，N点场强为零B M点场强为零
38、，N点电势为零C Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较小D Q1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较小考点：电场线；电势分析：由图读出电势能EP，由=，分析电势EPx图象的斜率=F，即斜率大小等于电场力大小由F=qE，分析场强根据正电荷在电势高处电势能大，分析电势变化，确定场强的方向，由N点场强为零，判断两电荷的电性和电量的大小解答：解：AB、由图知，电荷在M点的电势能EP=0，由=分析得知，M点电势=0EPx图象的斜率k=F=qE，则知N点场强为零故A正确，B错误CD、根据正电荷在电势高处电势能大，可知，带正电的试探电荷从远处移近Q2的过程中，电势能减小，电势先降低后升高，说明Q1带负电，Q
39、2带正电，N点场强为零，由E=k知，Q2电荷量较小故C错误，D正确故选：AD点评：本题一要抓住EPx图象的斜率k=qE分析场强的变化二要根据推论正电荷在电势高处电势能大，分析电势的变化，确定电荷的电性二、实验题13根据“探究加速度与力、质量的关系”的实验完成下面的题目（1）有关实验以及数据处理，下列说法正确的是ACDA应使沙和小桶的总质量远小于小车和砝码的总质量，以减小实验误差B可以用天平测出小桶和砂的总质量m1及小车和砝码的总质量m2；根据公式a=，求出小车的加速度C处理实验数据时采用描点法画图象，是为了减小误差D处理实验数据时采用a图象，是为了便于根据图线直观地作出判断（2）某学生在平衡摩
40、擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大他所得到的aF关系可用图1中的哪个表示？C（图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力）（3）某学生将实验装置按如图2所示安装好，准备接通电源后开始做实验他的装置图中，明显的错误是打点计时器使用直流电源；小车与打点计时器间的距离太长；木板水平，没有平衡摩擦力考点：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）探究加速度与力、质量的关系实验中，在砂桶总质量远小于小车及砝码总质量的情况下，可以认为小车受到的拉力等于砂桶重力；在实验前应平衡小车受到的摩擦力；小车的加速应根据打点计时器打出的纸带求出；为减小实验误差应多
41、次几组实验数据，应用图象法处理实验数据；（2）平衡摩擦力时，如果长木板的一侧垫得过高，重力的分力大于摩擦力，小车受到的合力大于砂桶的拉力，aF图象不过原点，在a轴上有截距；（3）根据实验的原理和实验方法分析实验中的注意事项解答：解：（1）A、应使沙和小桶的总质量远小于小车和砝码的总质量，以减小实验误差，故A正确；B、小车的加速度应通过打点计时器打出的纸带求出，不能用天平测出小桶和砂的总质量m1及小车和砝码总质量m2；根据公式a=求出小车的加速度，故B错误；C、处理实验数据时应采用描点法画图象，可以减小误差，故C正确；D、为了将图象画成我们熟悉的直线，更直观反映两个变量的关系a与M成反比，故数据
42、处理应作a图象，故D正确；故选：ACD（2）在平衡摩擦力时，把长木板的一侧垫得过高，使得倾角偏大，小车重力沿木板向下的分力大于小车受到摩擦力，小车受到的合力大于砂桶的拉力，在砂桶对小桶施加拉力前，小车已经有加速度；在探究物体的加速度与力的关系时，作出的aF在a轴上有截距，故C正确；（3）由实验原理图可知，打点计时器用的必须是交流电，图中用的是直流电，所以采用的电源不对，小车释放的位置应该靠近计时器，以便测量更多的数据来减小误差同时木板水平，没有平衡摩擦力故错误的为：打点计时器接的是直流电源小车释放的位置远离计时器木板水平，没有平衡摩擦力故答案为：（1）ACD；（2）C；（3）打点计时器使用直流
43、电源；小车与打点计时器间的距离太长；木板水平，没有平衡摩擦力点评：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项对于课本中基础力学实验，要到实验室进行实际操作，这样才能明确实验步骤和具体的操作的含义14实验装置如图1所示，让重锤拖动纸带自由下落，通过打点计时器打下一系列的点，对纸带上的点迹进行测量、分析和计算处理，即可验证重锤下落过程机械能是否守恒（1）下面列举了验证机械能守恒定律实验的几个操作步骤：A按照图示的装置安装实验器材；B将打点计时器接到学生电源输出电压为6V的“直流输出”挡；C用天平测出重锤的质量；D先释放纸带，然后立刻接通电源，打出一条纸带；E测
44、量纸带上某些点间的距离；F根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能与增加的动能的关系其中没有必要进行的步骤是C，操作不当的步骤是BD（2）如图2所示是某次实验打出的一条纸带，选取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E，测出各点之间的距离分别为：x0=62.99cm，x1=7.19cm，x2=7.58cm，x3=7.97cm，x4=8.36cm所用电源的频率f=50Hz，重锺的质量m=1.00kg，查得当地重力加速度g=9.80m/s2重锤由O点运动到D点，重力势能的减少量等于8.40J，动能的增加量等于8.33J （保留三位有效数字），实验结论：在实验误差允许的范围内，重锤下落过程机械能守
45、恒重锤从O点运动到D点的过程中受到的平均阻力约为0.05N N考点：验证机械能守恒定律专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，只有这样才能明确每步操作的具体含义（2）根据重力做功和重力势能的关系可以求出重力势能的减小量；匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此求出C点的速度，进一步可以求出重锤动能的增加量；利用匀变速直线运动的推理x=aT2可以求出重锤下落的加速度大小也可以利用机械能守恒定律的表达式求出加速度的大小解答：解：（1）B：将打点计时器接到电源的“交流输出”上，故B错误，操
46、作不当C：因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平，故C没有必要D、应该先接通电源再释放纸带，故D错误，操作不当故答案为：C，BD（2）重力势能的减小量等于重力做功大小，故有：EP=mg（x0+x1+x2+x3）=8.40 J由题意可知，各个点之间的时间间隔为T=0.02s，匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可以求出D点的速度大小为：vD=所以动能的增量为：EK=m0=8.33 J实验结论：在实验误差允许的范围内，重锤下落过程机械能守恒重锤下落时做匀加速运动，采用逐差法求解加速度x3x1=2a1T2，x4x2=2a2T2，a=（a1+a2
47、）=9.75m/s2根据牛顿第二定律得F合=mgf=maf=mgma=0.05 N故答案为：（1）CBD（2）8.40 J；8.33 J；在实验误差允许的范围内，重锤下落过程机械能守恒0.05N点评：解答实验问题的关键是明确实验原理、实验目的，了解具体操作，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用三、计算题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15如图所示，带正电的甲球固定在足够大的光滑绝缘水平面上的A点，其带电量为Q；质量为m、带正电的乙球在水平面上的B点由静止
48、释放，其带电量为q；A、B两点间的距离为l0释放后的乙球除受到甲球的静电力作用外，还受到一个大小为F=（k为静电力常数）、方向指向甲球的恒力（非电场力）作用，两球均可视为点电荷求：（1）乙球在释放瞬间的加速度大小；（2）乙球的速度最大时两球间的距离；（3）若乙球运动的最大速度为vm，求乙球从开始运动到速度为vm的过程中电势能的变化量考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；库仑定律专题：动能定理的应用专题分析：（1）乙球在释放瞬间竖直方向受力平衡，水平方向受到甲的静电斥力和F，根据牛顿第二定律求出其加速度大小（2）乙向左先做加速运动后做减速运动，当所受的甲的静电斥力和F大小相等时，乙球的速度最大，可
49、求出两球间的距离（3）根据动能定理求出静电力对乙球做功，即可得到其电势能的变化量解答：解：（1）根据牛顿第二定律得 ma=F，又F= 可解得：a=（2）当乙球所受的甲的静电斥力和F大小相等时，乙球的速度最大， F= 可解得x=2l0（3）根据动能定理得 mvm20=W电WF， 得 W电=mvm2+WF=mvm2+Fl0=mvm2+静电力做正功，电势能减少了mvm2+答：（1）乙球在释放瞬间的加速度大小是；（2）乙球的速度最大时两球间的距离为2l0；（3）乙球从开始运动到速度为vm的过程中电势能减少了mvm2+点评：本题是牛顿第二定律、动能定理的综合，根据乙球的受力情况，分析其运动情况是解题的基
50、础16“嫦娥一号”探月卫星的成功发射，实现了中华民族千年奔月的梦想假若我国的航天员登上某一星球并在该星球表面上做了如下图所示力学实验：让质量为m=1.0kg的小滑块以v0=1m/s的初速度从倾角为53的斜面AB的顶点A滑下，到达B点后恰好能沿倾角为37的斜面到达C点不计滑过B点时的机械能损失，滑块与斜面间的动摩擦因数均为=0.5，测得A、C两点离B点所在水平面的高度分别为h1=1.2m，h2=0.5m已知sin37=0.6，cos37=0.8，不计该星球的自转以及其他星球对它的作用（1）求该星球表面的重力加速度G； （2）若测得该星球的半径为R=6106m，宇航员要在该星球上发射一颗探测器绕其
51、做匀速圆周运动，则探测器运行的最大速度为多大？（3）取地球半径R0=6.4106m，地球表面的重力加速度g0=10m/s2，求该星球的平均密度与地球的平均密度之比考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；万有引力定律及其应用专题：动能定理的应用专题分析：（1）小滑块从A到C的过程中，对滑块进行受力分析和做功分析，根据动能定理列方程求得重力加速度；（2）根据万有引力提供向心力、重力等于万有引力列式，求解探测器的最大速度（3）根据密度公式和黄金代换式GM=gR2，求解星球的平均密度与地球的平均密度之比解答：解：（1）小滑块从A到C的过程中，由动能定理得：=0，代入数值解得：g=6m/s2（2）设探测器质
52、量为m，探测器绕该星球表面做匀速圆周运动时运行速度最大，由牛顿第二定律和万有引力定律得：，又 ，解得v=代入数值解得：v=6000m/s=6km/s （3）由星球密度 和GM=gR2得该星球的平均密度与地球的平均密度之比为：， 代入数值解得：答：（1）该星球表面的重力加速度为6m/s2；（2）探测器运行的最大速度为6km/s（3）该星球的平均密度与地球的平均密度之比为0.64点评：万有引力应用主要从万有引力提供圆周运动的向心力和星球表面重力和万有引力相等两方面入手分析17如图所示，用两根金属丝弯成一光滑半圆形轨道，竖直固定在地面上，其圆心为O、半径为0.3m轨道正上方离地0.4m处固定一水平长
53、直光滑杆，杆与轨道在同一竖直平面内，杆上P点处固定一定滑轮，P点位于O点正上方A、B是质量均为2kg的小环，A套在杆上，B套在轨道上，一条不可伸长的细绳绕过定滑轮连接两环两环均可看作质点，且不计滑轮大小与质量现在A环上施加一个大小为55N的水平向右恒力F，使B环从地面由静止沿轨道上升（g取10m/s2），求：（1）在B环上升到最高点D的过程中恒力F做功为多少？（2）当被拉到最高点D时，B环的速度大小为多少？（3）当B、P间细绳恰与圆形轨道相切时，B环的速度大小为多少？（4）若恒力F作用足够长的时间，请描述B环经过D点之后的运动情况考点：动能定理的应用；牛顿第二定律专题：动能定理的应用专题分析：
54、（1）由几何关系可求得拉力作用的位移，由功的公式可求得拉力的功；（2）由动能定理可求得B环的速度； （3）找出B、P间细绳恰与圆形轨道相切时位置，由动能定理求解（4）B环经过D点之后将会沿半圆形轨道运动至右侧最低点，然后沿轨道返回左侧最低点，之后将重复运动解答：解：（1）A环运动的位移为：s=（0.50.1 ）m=0.4m 恒力F做功：由WF=Fs，可解得：WF=22J （2）B环被拉到最高点D时A环的速度为零由mvA2+mvB20=WFWG可解得vB=4m/s （3）当B、P间细绳恰与圆形轨道相切时位置如右图所示，其中sin=0.75由mvA2+mvB20=WFWG其中vA=vBWF=55（0.5）J=12.95JWG=（2100.3sin）J=4.5J可解得vB=2.06m/s （4）B环经过D点之后将会沿半圆形轨道运动至右侧最低点，然后沿轨道返回左侧最低点，之后将重复运动答：（1）在B环上升到最高点D的过程中恒力F做功为22J； （2）当被拉到最高点D时，B环的速度大小为4m/s； （3）当B、P间细绳恰与圆形轨道相切时，B环的速度大小为2.06m/s； （4）B环经过D点之后将会沿半圆形轨道运动至右侧最低点，然后沿轨道返回左侧最低点，之后将重复运动点评：本题关键是抓住恒力做功，根据力做功的公式，化曲为直进行计算分析，对于物体的运动速度可以由动能定理求解
