1、2014-2015学年湖南省衡阳三中高二（下）期末物理试卷一、选择题（每小题4分，1-9题为单项选择，10-12为多项选择，共48分）1（4分）（2014秋浦东新区期末）最早通过斜面实验对自由落体运动进行科学研究的科学家是（）A伽利略B牛顿C亚里士多德D笛卡尔考点：物理学史分析：本题比较简单，考查了对自由落体运动进行科学研究并得出正确结论这一物理学史解答：解：亚里士多德提出了力是维持物体运动原因这一错误观点，笛卡尔重要贡献是建立笛卡尔坐标系，牛顿主要提出牛顿三定律等，伽利略对自由落体运动进行科学研究并得出正确结论，故A正确，BCD错误故选：A点评：要了解物理中一些伟大科学家的贡献，培养为科学奋
2、斗的精神2（4分）（2015湛江一模）三段不可伸长的细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，它们共同悬挂一重物，如图所示，其中OB是水平的，A端、B端固定若逐渐增加C端所挂物体的质量，则最先断的绳（）A必定是OAB必定是OBC必定是OCD可能是OB，也可能是OC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：压轴题；共点力作用下物体平衡专题分析：以结点O为研究，分析受力情况，根据三个细绳受到的拉力大小，判断哪根绳最先断解答：解：以结点O为研究，在绳子均不被拉断时受力图如图根据平衡条件，结合力图可知： FOAFOB，FOAFOC，即OA绳受的拉力最大，而细绳OA、OB、OC能承受的最
3、大拉力相同，则当物体质量逐渐增加时，OA绳最先被拉断故选A点评：本题首先要选择研究对象：结点O；其次关键是作好力图，就能直观比较三个绳子拉力的大小3（4分）（2012青岛二模）如图所示，质量为m的物块在力F作用下静止于倾角为的斜面上，力F大小相等且Fmgsin，则物块所受摩擦力最大的是（）ABCD考点：共点力平衡的条件及其应用；静摩擦力和最大静摩擦力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：分别对物体受力分析，然后根据共点力平衡条件，运用正交分解法列式计算解答：解：A图中：F+f=mgsin，故f=mgsinFB图中：受力分析如图根据共点力平衡条件，有x方向：f+Fcosmgsin=0y方向：Nmg
4、cosFsin=0故f=mgsinFcosC图中：静摩擦力等于重力的下滑分量，故f=mgsinD图中：等效与重力增加F，静摩擦力等于等效重力的下滑分力，故f=（mg+F）sin故选D点评：本题关键是根据共点力平衡条件，运用正交分解法得出各个图中静摩擦力的大小，最后比较大小4（4分）（2015春衡阳校级期末）如图所示，一物体以某一初速度沿固定的粗糙斜面向上沿直线滑行，到达最高点后，又自行向下滑行，不计空气阻力，物体与斜面间的摩擦因数处处相同，下列图象能正确表示这一过程速率与时间关系的是（）ABCD考点：匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律专题：运动学中的图像专题分析：首先应该根据动能定理判定物体离
5、开出发点时的速度和回到出发点时的速度的大小关系，以判定答案在AD中还是在BC中再根据平均速度的大小判定上升和下降过程所用时间的长短解答：解：由于整个过程当中摩擦力始终对物体做负功，故物体的机械能持续减小，所以物体回到出发点的速率小于开始运动时的初速度，故AD错误由于物体上升和下降过程中通过的路程相同，而上升时的平均速度大于下降时的平均速度，故物体上升的时间小于物体下降的时间故B错误，而C正确故选C点评：由于滑动摩擦力的方向与物体运动的方向始终相反，故物体的机械能始终减小，这是我们在解题过程中经常用到的一个突破口5（4分）（2014秋浦东新区期末）如图底座A上装有一根长杆，总质量为M，杆上套有质
6、量为m的环B，它与杆间有摩擦，重力加速度为g，当环沿杆以初速度v减速下滑过程中，底座对地面的压力将（）A等于（M+m）gB小于（M+m）gC大于（M+m）gD无法判断考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：对环分析，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小，再隔离对底座分析，根据平衡求出支持力的大小，从而得出底座对地面的压力解答：解：对环，根据牛顿第二定律得，fmg=ma，解得f=mg+ma，对底座分析，N=Mg+f=（M+m）g+ma（M+m）g，故C正确，A、B、D错误故选：C点评：本题考查分析物体运动情况和受力开情况的能力，抓住受力分析是关键6（4分）（2015春衡阳校级期末）一物体放
7、在一倾角为的斜面上，向下轻轻一推，它刚好能匀速下滑若给此物体一个沿斜面向上的初速度v0，则它能上滑的最大路程是（）ABCD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：物体沿斜面匀速下滑时，受力平衡，由平衡条件可求出物体所受的滑动摩擦力大小，当物体沿斜面上滑时，滑动摩擦力大小不变，再根据牛顿第二定律和运动学公式或动能定理求上滑的最大距离解答：解：物体沿斜面匀速下滑时，合力为零，由平衡条件得：物体所受的滑动摩擦力大小为：f=mgsin，当物体沿斜面向上滑动时，根据牛顿第二定律有：mgsin+f=ma，由此解得：a=2gsin，方向沿斜面向下根据v2v02=2
8、ax，解得：x=；故选：C点评：本题要求的是空间距离，运用动能定理求解比较简单，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解7（4分）（2012山西一模）如图所示，在一粗糙水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一原长为L，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与地面间的滑动摩擦因数均为现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是（）AL+m1gBL+（m1+m2）gCL+m2gDL+（）g考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律专题：共点力作用下物体平衡专题分析：当两木块一起匀速运动时，木块1受到重力、弹簧的拉力、地面的支持力和摩擦力而平衡
9、，根据平衡条件求出弹簧的弹力，由胡克定律求出弹簧伸长的长度，再求解两木块之间的距离解答：解：对木块1研究木块1受到重力、弹簧的拉力、地面的支持力和摩擦力 根据平衡条件弹簧的弹力F=m1g 又由胡克定律得到弹簧伸长的长度x=所以两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是S=L+x=L+m1g故选A点评：本题是平衡条件和胡克定律的综合应用，关键是选择研究对象，分析物体的受力情况8（4分）（2003天津）如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线
10、的夹角为=60两小球的质量比为（）ABCD考点：共点力平衡的条件及其应用专题：计算题；压轴题分析：先对m2球受力分析，受重力和拉力，二力平衡，求出拉力；再对m1球受力分析，根据共点力平衡条件列式求解解答：解：m2球保持静止状态，对其受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故F=m2g 再对m1球受力分析，如图根据共点力平衡条件x方向：Fcos60Ncos60=0 y方向：Fsin60+Nsin60m1g=0 由代入数据解得=故选：A点评：本题是简单的连接体问题，先分析受力最简单的物体，再分析受力较复杂的另一个物体，同时要运用正交分解法处理较为方便9（4分）（2015春扬州期末）在平直公路上行驶的a车
11、和b车，其xt图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知（）Ab车先做加速运动再做减速运动B在t1时刻a、b两车的速度大小相同Ct1到t2时间内a车的位移小于b车的位移Dt1到t2时间内某时刻两车的速度可能相同考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：运动学中的图像专题分析：位移时间图象的斜率等于速度，由斜率分析速度根据位移的变化确定运动的方向，结合位置坐标比较位移的大小解答：解：A、由位移时间图象的斜率等于速度，知b车先做减速运动再做加速运动，故A错误B、在t1时刻a图象的斜率小于b图象切线的斜率，说明a车的速度比b车的小，故B错误C、位移等于纵坐标的变化量，可知t1到t
12、2时间内a车的位移等于b车的位移，故C错误D、t1到t2时间b图象切线斜率等于a的斜率时，两车的速度相等，故D正确故选：D点评：解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线切线斜率表示瞬时速度，通过图象要能分析物体的运动情况10（4分）（2015春衡阳校级期末）设有甲、乙两分子，甲固定在0点，r0为其平衡位置间的距离，今使乙分子由静止开始只在分子力作用下由距甲0.5r0处开始沿x方向运动，则（）A乙分子的加速度先减小，后增大B乙分子到达r0处时速度最大C分子力对乙一直做正功，分子势能减小D乙分子在r0处时，分子势能最小考点：分子势能分析：当两个分子间的距离r=r0时，分子力为0，当rr0
13、时，分子力表现为引力，当rr0时，分子力表现为斥力分子力做正功，分子势能减小，分子力做负功，分子势能增加解答：解：A、两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0由图可知，乙分子受到的分子力先变小，位于平衡位置时，分子力为零，大于平衡位置时，分子力先变大再变小故乙分子的加速度是先变小再反向变大，再变小，故A错误B、C、D当r小于r0时，分子间的作用力表现为斥力，F做正功，分子动能增加，势能减小，当r等于r0时，动能最大，势能最小，当r大于r0时，分子间作用力表现为引力，分子力做负功，动能减小，势能增加故B正确、C错误，D正确故选：BD点评：解决本
14、题的关键知道分子力的特点：当两个分子间的距离r=r0时，分子力为0，当rr0时，分子力表现为引力，当rr0时，分子力表现为斥力以及分子力做功与分子势能的关系：分子力做正功，分子势能减小，分子力做负功，分子势能增加11（4分）（2014枣强县校级模拟）如图所示，质量均为1kg的两个物体A、B放在水平地面上相距9m，它们与水平地面的动摩擦因数均为=0.2现使它们分别以大小vA=6m/s和vB=2m/s的初速度同时相向滑行，不计物体的大小，取g=10m/s2则（）A它们经过2s相遇B它们经过4s相遇C它们在距离物体A出发点8m 处相遇D它们在距离物体A出发点5m处相遇考点：匀变速直线运动的位移与时间
15、的关系专题：直线运动规律专题分析：先根据牛顿第二定律求出两个物体的加速度，然后计算出物体B停止运动的时间，得出A、B的位置，最后再求出接下来的运动时间解答：解：对物体A受力分析，均受到重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：mg=ma，故加速度为：a1=g=2m/s2；同理物体B的加速度为：a2=g=2m/s2；B物体初速度较小，首先停止运动，故其停止运动的时间为：t1=1s该段时间内物体A的位移为：xA1=vAt1+a1t12=5m物体B的位移为：xB=vBt1+a2t12=1m故此时开始，物体B不动，物体A继续做匀减速运动，直到相遇；即在离A物体8m处相遇，1s末A的速度为：vA1
16、=vA+a1t1=4m/s物体A继续做匀减速运动过程，有：xA2=vA1t2+a2t22=1m解得：t2=1s故从出发到相遇的总时间为：t=t1+t2=2s，故AC正确故选：AC点评：本题关键是边计算边分析确定两物体的运动情况，多次根据运动学公式列式求解；同时要注意字母较多，要注意字母的含义，最好能画出情境图，将已知量都标到图上12（4分）（2015春衡阳校级期末）一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程ba、bc、cd和da这四段过程在pT图上都是直线段，其中ab的延长线通过坐标原点，bc垂直于ab，而cd平行于ab，由图可以判断（）Aab过程中气体体积不断减小Bbc过程中气体体积不断减小
17、Ccd过程中气体体积不断增大Dda过程中气体体积不断增大考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：根据理想气体状态方程整理出压强温度的表达式，依据表达式判断各物理量的变化，由热力学第一定律判断吸放热情况解答：解：A、由理想气体状态方程整理得：p=，在PT图象中b到a过程斜率不变，即气体的体积不变，故A错误；B、由理想气体状态方程整理得：p=，可以判断图象上的各点与坐标原点连线的斜率即为，故BC正确；D、da过程中，od，oa两线的斜率减小，气体的体积变大，所以D正确故选BCD点评：图象类的物体解决的关键是整理出图象对应的表达式，根据表达式判断各物理量的变化情况二、填空题（13分）
18、13（3分）（2015春衡阳校级期末）对于“验证力的平行四形定则”的实验，某同学有以下认识：A实验中两个分力的夹角取得越大越好B细绳以及弹簧测力计所在平面必须与木板平行C拉橡皮条的细绳要长些，用铅笔画出两个定点的位置时，应使这两个点的距离尽量远些D作图要用细芯铅笔，图的比例要尽量大些，要用严格的几何作图法作出平行四边形，图旁要画出表示力的比例线段，且注明每个力的大小和方向以上操作可以减小误差的是BCD考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题分析：本题考查了具体实验细节要求，注意所有要求都要便于操作，有利于减小误差进行，所有操作步骤的设计都是以实验原理和实验目的为中心展开，据此可正确解答本题解答
19、：解：A、用弹簧秤同时拉细绳时，夹角不能太太，也不能太小，有利于作图即可，故A错误；B、测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中要求弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B正确；C、为了更加准确的记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些故C错误；D、作图要用细芯铅笔，图的比例要尽量大些，可以减小误差，要用严格的几何作图法作出平行四边形，图旁要画出表示力的比例线段，且注明每个力的大小和方向，故D正确故选：BCD点评：对于中学中的实验，学生尽量要到实验室进行实际操作，只有这样才能体会具体操作细节的意义，解答实验问题时才能更加有把握14（5分）（201
20、5春衡阳校级期末）某同学在做“利用单摆测重力加速度“实验：（1）测单摆周期时，应该从摆球经过最低点（填“最低点”或“最高点”）时开始计时（2）如果实验测得的g值偏小，可能的原因是BA测摆线长时摆线拉得过紧B摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C开始计时时，秒表过迟按下D实验中误将49次全振动数为50次（3）某同学为了提高实验精度，在实验中改变几次摆长l，并测出相应的周期T，算出T2的值，再以l为横轴、T2为纵轴建立直角坐标系，将所得数据描点连线如图，并求得该直线的斜率为K则重力加速度g=（用K表示）考点：用单摆测定重力加速度专题：实验题；单摆问题分析：根据单摆的周期公式T
21、=2得出重力加速度的表达式，从而判断出重力加速度减小的原因解答：解：（1）摆球在最高点的时候速度比较小，在最低点的时候速度比较大，所以当小球经过最低点的时候开始计时误差比较小（2）根据单摆的周期公式T=2得，g=A、测摆线长时摆线拉得过紧，使得摆长的测量值偏大，则测得的重力加速度偏大故A错误B、摆动后出现松动，知摆长的测量值偏小，则测得的重力加速度偏小故B正确C、开始计时时，秒表过迟按下，测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大故C错误D、实验中将49次全振动数成50次全振动，测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大故D错误故选：B（3）根据斜率的意义：k=，所以g=；故答案为：（1）最低点；（2）B
22、；（3）点评：解决本题的关键掌握单摆的周期公式，知道测量重力加速度的原理15（5分）（2015春衡阳校级期末）某兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：用天平测出电动小车的质量为0.4kg；将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装；接通打点计时器（其打点周期为0.02s）；使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器（设小车在整个过程中小车所受的阻力恒定）在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示请你分析纸带数据，回答下列问题：（结果保留两位有效数字）（1）该电动小车运动的最大速度为1.5m/s；（2）关闭小车电
23、源后该电动小车运动的加速度大小为2.0m/s2（3）该电动小车的额定功率为1.2W考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：（1）最后匀速的速度便是小车以额定功率运动的最大速度，由此根据纸带可求出小车最大速度（2）利用逐差法可求出小车的加速度大小（3）由P=Fv可以求出额定功率解答：解：（1）根据纸带可知，当所打的点点距均匀时，表示物体匀速运动，此时速度最大，故有：vm=1.5m/s（2）由x=at2可知，加速度：a=2.0m/s2；（3）小车受到的摩擦阻力大小为：f=ma=0.42.0N=0.8N，则小车匀速时牵引力的大小F=f=0.8N，由P=Fv可得，小车的额定功率为：P=
24、Fv=fvm=0.81.5W=1.2W；故答案为：（1）1.5；（2）2.0；（3）1.2点评：本题考查了功、功率问题在实际中应用，知道在平直路面行驶的车子，功率一定，当牵引力与阻力相等时，速度最大会利用逐差法求出小车的加速度；本题的难点是先根据纸带求出关闭电源后小车的加速度，然后根据f=ma，以及匀速时F=f，以及P=fvm求出小车的额定功率三、计算题（39分）16（12分）（2015春衡阳校级期末）如图所示，一个内壁光滑的圆柱形汽缸，高度为L、底面积为S，缸内有一个质量为m的活塞，封闭了一定质量的理想气体温度为热力学温标T0时，用绳子系住汽缸底，将汽缸倒过来悬挂起来，汽缸处于竖直状态，缸内
25、气体高为L0已知重力加速度为g，大气压强为p0，不计活塞厚度及活塞与缸体的摩擦，求：（1）采用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离，缸内气体的温度至少要升高到多少？（2）从开始升温到活塞刚要脱离汽缸，缸内气体压力对活塞做功多少（3）当活塞刚要脱离汽缸时，缸内气体的内能增加量为U，则气体在活塞下移的过程中吸收的热量为多少？考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强专题：理想气体状态方程专题分析：（1）气体发生等压变化，应用盖吕萨克定律可以求出气体的温度；（2）应用功的计算公式求出功（3）应用热力学第一定律求出气体吸收的热量解答：解：（1）气体等压变化，由盖吕萨克定律得：=，解得：T=；（2）对活塞，由平衡
26、条件得：mg+pS=p0S，气体做功：W=Fl=pSl=pS（LL0），解得：W=（p0Smg）（LL0）；（3）由热力学第一定律得：U=W+Q，气体吸收的热量：Q=U+（p0Smg）（LL0）；答：（1）采用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离，缸内气体的温度至少要升高到；（2）从开始升温到活塞刚要脱离汽缸，缸内气体压力对活塞做功为（p0Smg）（LL0）；（3）当活塞刚要脱离汽缸时，缸内气体的内能增加量为U，则气体在活塞下移的过程中吸收的热量为U+（p0Smg）（LL0）点评：本题是一道热学综合题，涉及的知识点较多，分析清楚气体状态变化过程，应用盖吕萨克定律、功的计算公式与热力学第一定律可以解题
27、17（14分）（2015春衡阳校级期末）如图所示的A、B两个物体，距地面高度为45m，A物体在运动过程中阻力不计，做自由落体运动，B物体在下落过程中受空气阻力作用，其加速度大小为9m/s2已知重力加速度g取10m/s2，A、B两物体均可视为质点则：（1）若A、B两物体同时由静止释放，求当物体A落地时物体B离地距离；（2）若要使两物体同时落地，且两物体均由静止开始释放，求物体B需提前多长时间释放；（3）若将B物体移到距地面高度18m处A的正下方C点，并由静止释放，且AB同时释放，为了使 A在运动过程中与B相碰，则至少给A物体多大的竖直向下的初速度？考点：自由落体运动专题：自由落体运动专题分析：（
28、1）先根据位移时间关系公式求解A的运动总时间，在根据位移时间关系公式求解该时间内物体B的位移，得到位移之差即可；（2）先根据位移时间关系公式求解B的运动总时间，减去A物体运动的总时间即可；（3）根据位移关系，结合运动学公式进行求解解答：解：（1）根据位移时间关系公式h=，物体A的运动总时间为：，3s内，物体B的位移为：，故3s时刻物体B离地距离：h=hhB=4540.5m=4.5m（2）根据位移时间关系公式，有：故物体B的运动总时间为：，物体B需提前多长时间为（3）将B物体移到距地面高度36m的正下方C点，物体B落地时间为：，设A恰好能追上B的初速度为v0，根据位移时间关系公式，有：，代入数据
29、，解得：v0=12.5m/s答：（1）当物体A落地时物体B离地距离为4.5m（2）物体B需提前时间释放（3）至少给A物体12.5m/s的竖直向下的初速度点评：本题考查运动学公式的基本运用，关键是明确两个物体的运动规律，结合运动学公式进行求解，注意在求解追及问题时，关键抓住位移关系进行分析18（13分）（2015春衡阳校级期末）一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平面的中央桌布的一边与桌的AB边重合，如图已知盘与桌布间的动摩擦因数为1，盘与桌面间的动摩擦因数为2现突然以恒定的加速度a 将桌布抽离桌面，加速度的方向是水平的且垂直于AB边求（1）圆盘在桌布上和在桌面上运动的加速度大小a1和a2；（2
30、）若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a 满足的条件是什么？（以g表示重力加速度）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系分析：（1）根据牛顿第二定律分别求出桌布抽出前、后，盘的加速度大小（2）圆盘离开桌布后，在桌面上做匀减速直线运动，抓住圆盘在匀加速直线运动和匀减速直线运动的位移之和小于等于，结合牛顿第二定律和运动学公式求出加速度a满足的条件解答：解：（1）设圆盘的质量为m，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为a1，有 1mg=ma1解得a1=1g 桌布抽出后，盘在桌面上作匀减速运动，有：2mg=ma2，解得a2=2g（2）设盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距离为x1，离开桌布后在桌面上在运动距离x2后便停下，有 v12=2a1x1，v12=2a2x2 盘没有从桌面上掉下的条件是 x2lx1 设桌布从盘下抽出的时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为x，而x=at2x1=a1t2而x=l+x1由以上各式解得 a答：（1）圆盘在桌布上和在桌面上运动的加速度大小分别是a1=1g，a2=2g；（2）若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a 满足的条件是a点评：解决本题的关键理清圆盘和桌布的运动情况，抓住位移关系，结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解
