1、广东省揭阳一中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4分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分1甲、乙两物体都做匀加速直线运动，已知甲物体的加速度大于乙物体的加速度，则在某一段时间内（）A甲的位移一定比乙的大B甲的平均速度一定比乙的大C甲的速度变化一定比乙的大D甲的末速度一定比乙的大考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题：直线运动规律专题分析：要正确解答本题必须熟练掌握匀变速直线运动公式：x=，v=at，x=v0+at并且抓住关键条件：相同时间，据此可正确解答本题解答：解：A、匀
2、变速直线运动位移公式：x=，已知甲物体的加速度大于乙物体的加速度，但是不知道甲、乙两物体的初速度大小关系，所以在某一段时间内位移关系无法比较，故A错误；B、根据平均速度v=得甲、乙两物体平均速度无法比较，故B错误；C、根据v=at，所以一段时间内加速度大的物体速度变化大，故C正确D、知道甲、乙两物体的初速度大小关系，根据x=v0+at得任意时刻的速度无法比较，故D错误故选：C点评：对于运动学公式要全面理解，要明确公式中各个物理量的含义、公式适用条件等，不可片面的从某一角度理解2如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且
3、悬挂点不变，木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）AF1不变，F2变大BF1变大，F2变小CF1变大，F2变大DF1变小，F2变小考点：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：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可解答：解：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：F1=0；根据共点力平衡条件，有：2F2cos=mg解得：F2=当细线变短时，细线与竖直方向的夹角增加，故cos减小，拉力F2变大故选：A点评：本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析
4、后运用图示法分析，不难3如图，在灭火抢险的过程中，消防队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作业为了节省救援时间，人沿梯子匀加速向上运动的同时消防车匀速后退，则关于消防队员的运动，下列说法中正确的是（）A消防队员做匀加速直线运动B消防队员做匀变速曲线运动C消防队员做变加速曲线运动D消防队员水平方向的速度保持不变考点：运动的合成和分解；牛顿第二定律.专题：运动的合成和分解专题分析：消防员参与了沿梯子方向的匀加速直线运动和水平方向上的匀速直线运动，通过合速度与合加速度是否在同一条直线上判断消防员做直线运动还是曲线运动解答：解：A、根据运动的合成，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一条
5、直线，其加速度的方向大小不变，所以消防员做匀变速曲线运动故A、C错误，B正确D、将消防员的运动分解为水平方向和竖直方向，知水平方向上的最终的速度为匀速后退的速度和沿梯子方向速度在水平方向上的分速度的合速度，因为沿梯子方向的速度在水平方向上的分速度在变，所以消防队员水平方向的速度在变故D错误故选B点评：解决本题的关键掌握运动的合成与分解，知道通过分解为水平方向和竖直方向来判断消防队员在水平方向的速度变化4如图，质量mAmB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是（）ABCD考点：力的合成与分解的运用.专题：压轴题；受力分析方法专题分析：
6、先对整体结合运动情况受力分析，得到只受重力，加速度为g，即做自由落体运动，然后对B结合运动情况受力分析，得到受力情况解答：解：A与B整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，再对物体B受力分析，只受重力；故选A点评：本题关键先对整体受力分析，得到整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A与B间无弹力，最后再对B受力分析，得到其只受重力二、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，
7、全选对得6分，只选1个且正确的得3分，有错选或不选的得0分5（6分）如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为下列说法中正确的是（）A小球受重力、细绳的拉力和向心力作用B小球受重力、细绳的拉力的作用C 越大，小球运动的线速度越大D 越大，小球运动的线速度越小考点：向心力；牛顿第二定律.专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：分析小球的受力：受到重力、绳的拉力，二者的合力提供向心力，向心力是效果力，不能分析物体受到向心力然后用力的合成求出向心力：mgtan，用牛顿第二定律列出
8、向心力的表达式，求出线速度v的表达式，分析变化，由表达式判断V的变化解答：解：A、B：小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，则A错误，B正确；C：向心力大小为：Fn=mgtan，小球做圆周运动的半径为：R=Lsin，则由牛顿第二定律得：，得到线速度：，越大，sin、tan越大，则小球运动的速度越大，故C正确，D错误故选：BC点评：理解向心力：是效果力，它由某一个力充当，或几个力的合力提供，它不是性质的力，分析物体受力时不能分析向心力同时，还要清楚向心力的不同的表达式6将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，vt图象如图所示以下判断正确的是（）A前3s内货物处于
9、超重状态B最后2s内货物只受重力作用C前3s内与最后2s内货物的平均速度相同D第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒考点：机械能守恒定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重.专题：机械能守恒定律应用专题分析：根据vt图象可知道物体的运动过程和性质，也可求出对应的加速度，前3s内货物向上做匀加速直线运动，加速度的方向是向上匀变速直线运动平均速度，只有重力或弹力做功时机械能守恒解答：解：A、前3s内货物向上做匀加速直线运动，加速度的方向是向上，所以处于超重状态，故A正确；B、最后2s内货物的加速度a=g，所以还受到绳子的拉力，故B错误；C、前3s内的平均速度，最后2s内货物的平均速度，所以前3s
10、内与最后2s内货物的平均速度相同，故C正确；D、第3s末至第5s末的过程中，货物匀速运动，绳子的拉力等于重力，绳子的拉力做正功，机械能不守恒，故D错误故选：AC点评：该题考查了匀变速直线运动的速度时间图象、平均速度公式、机械能守恒条件等知识点本题的关键在于能够通过速度时间图象对物体进行运动过程分析和受力分析，难度适中7（6分）为节省燃料，天宫一号不开启发动机，只在高层大气阻力的影响下，从362千米的近似圆轨道缓慢变到343千米的圆轨道的过程中，天宫一号的（）A运行周期将增大B运行的加速度将增大C运行的速度将增大D机械能将增大考点：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：
11、人造卫星问题分析：研究天宫一号绕地球做圆周运动，根据万有引力提供向心力表示周期、线速度、加速度根据轨道半径的关系判断各物理量的大小关系解答：解：研究天宫一号绕地球做圆周运动，根据万有引力提供向心力有解得：A、天宫一号从362千米的近似圆轨道变到343千米的圆轨道的过程中，轨道半径减小，所以周期减小，故A错误B、轨道半径减小，所以加速度增大，故B正确C、轨道半径减小，所以速度增大，故C正确D、天宫一号从362千米的近似圆轨道变到343千米的圆轨道的过程中，由于受高层大气阻力做负功，所以机械能减小，故D错误故选BC点评：求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进
12、行比较向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用8（6分）汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，经过一段时间t达到最大速度v，若所受阻力始终不变，则在t这段时间内（）A汽车牵引力恒定B汽车牵引力做的功为PtC汽车加速度不断减小D汽车牵引力做的功为mv2考点：功率、平均功率和瞬时功率；功能关系.专题：功率的计算专题分析：根据汽车的受力，结合P=Fv，抓住功率不变，判断牵引力的变化结合物体的受力，通过牛顿第二定律判断加速度的变化，根据W=Pt求解牵引力做功的大小解答：解：A、根据P=Fv知，因为速度增大，则牵引力减小，根据牛顿第二定律得：a=知，加速度减小故A错误，C
13、正确B、因为功率不变，则牵引力做功W=Pt，通过动能定理知，牵引力与阻力的合力功等于动能的变化量，所以牵引力做功不等于故B正确，D错误故选：BC点评：解决本题的关键会根据物体的受力判断物体的运动规律，汽车以恒定功率启动，先做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零后，做匀速直线运动9两位同学穿旱冰鞋，面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计摩擦阻力，下列判断正确的是（）A互推后两同学总动量增加B互推后两同学动量大小相等，方向相反C分离时质量大的同学的速度小一些D互推过程中机械能守恒考点：动量守恒定律；机械能守恒定律.专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：以两人组成的系统为研究对
14、象，分析受力情况，判断动量是否守恒，再分析速度大小关系解答：解：A、B以两人组成的系统为研究对象，竖直方向所受的重力和支持力平衡，合力为零，水平方向上不受外力，故系统的动量守恒，原来的总动量为零，互推后两同学的总动量保持为零，则两同学的动量大小相等，方向相反故A错误，B正确C、根据动量守恒得：m男v男m女v女=0，得，可见，分离时速度与质量成反比，即质量大的同学的速度小故C正确D、互推过程中，两人均做功，系统总动能增加，故机械能不守恒故D错误故选BC点评：本题关键对照动量守恒和机械能守恒的条件进行分析，本题类型于爆炸，动量守恒，机械能增加三、非选择题10（18分）实验题用如图1所示的实验装置验
15、证牛顿第二定律（1）完成平衡摩擦力的相关内容：（i）取下砂桶，把木板不带滑轮的一端垫高，接通打点计时器电源，轻轻推动（选填“静止释放”或“轻轻推动”）小车，让小车拖着纸带运动（ii）如果打出的纸带如图2所示，则应减小（选填“增大”或“减小”）木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹间隔均匀，平衡摩擦力才完成（2）如图3所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E是计数点（每打5个点取一个计数点），其中L1=3.07cm，L2=12.38cm，L3=27.87cm，L4=49.62cm则打C点时小车的速度为1.24m/s，小车的加速度是6.22m/s2（计算结果均保留三位有效数字）（
16、3）用该实验装置来探究“恒力做功与动能变化之间的关系”，假设实验得到的纸带仍如（2）中图3所示，且已知：砂桶质量为m，小车质量为M，B计数点速度为VB，D计数点速度为VD，BD之间的距离为L，重力加速度为g，请根据已知的这些条件，用字母写出本实验最终要验证的表达式为mgL=（M+m）vD2（M+m）vB2（4）用如图4装置做探究做功与物体速度变化关系的实验时（重力加速度g取10m/s2），下列说法正确的是：ACEA通过改变橡皮筋的条数改变拉力做功的数值B通过改变橡皮筋的长度改变拉力做功的数值C通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度D通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程
17、中获得的平均速度E该实验操作前必须要平衡小车受到的摩擦力考点：验证牛顿第二运动定律.专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：（1、2）平衡摩擦力时轻推小车，若小车能够做匀速直线运动，则摩擦力得到平衡根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小车的加速度（3）根据动能定理分析答题；（4）用橡皮筋拉小车探究功与速度变化的关系，必须平衡摩擦力，让小车的速度增加仅仅是橡皮筋做功的结果；我们通过改变橡皮筋的条数来改变做功的多少，不用测量变力；小车的速度是加速段获得的最大速度即以后的匀速段的速度；小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要
18、使拉力等于合力，需要采取平衡摩擦力的措施解答：解：（1）（i）平衡摩擦力时，取下砂桶，把木板不带滑轮的一端垫高，接通打点计时器电源，轻推小车，若小车拖着纸带做匀速直线运动，则摩擦力得到平衡（ii）从纸带上看出，相等时间内位移越来越大，知小车做加速运动，需减小木板的倾角，直至小车做匀速直线运动，当纸带上打出的点迹间隔均匀，说明小车做匀速直线运动（2）每打5个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，小车通过C点的速度vC=1.24m/s根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：xCDxAB=2a1T2xDExBC=2a2T2为了更加准确的求解加速度，我们对三
19、个加速度取平均值得：a=（a1+a2）解得：a=6.22m/s2（3）平衡摩擦力后，小车受到的合力为mg，合外力的功等于动能的变化，因此需要验证的表达式为：mgL=（M+m）vD2（M+m）vB2；（4）A、橡皮筋拉小车时的作用力是变力，我们不能求变力做功问题，但选用相同的橡皮筋，且伸长量都一样时，橡皮条数的关系就是做功多少的关系，因此，可以不需求出变力功的大小，就知道功的关系所以A正确，B错误；C、当橡皮筋做功完毕小车应获得最大速度，由于平衡了摩擦力所以小车以后要做匀速运动，相邻两点间的距离基本相同所以计算小车速度应该选择相邻距离基本相同的若干个点作为小车的匀速运动阶段，用这些点计算小车的速
20、度故C正确，D错误E、小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高平衡小车所受的摩擦力，故E正确故选：ACE故答案为：（1）（i）轻轻推动；（ii）减小；间隔均匀；（2）1.24，6.22；（3）mgL=（M+m）vD2（M+m）vB2； （4）ACE点评：解决本题的关键掌握平衡摩擦力的方法，纸带的处理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11（18分）如图所示，在水平长直轨道上，有一长度L=8m的平板车在外力控制下始终保持以v=5m/s的速度向右做匀速直线运
21、动某时刻将一质量m=2kg的小滑块放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2（1）若滑块的初速度为零，求滑块在平板车上滑动的时间t；（2）在（1）的情况下，求滑块在平板车上滑动过程因摩擦产生的内能Q；（3）若以与车运动方向相同、大小为v0的初速度释放滑块，且滑块恰好不从车上掉下，求v0的取值？考点：牛顿运动定律的综合应用；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：（1）滑块在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，当滑块的位移与车的位移差为时滑块滑离小车，从而根据位移关系求得运动时间；（2）滑块滑离小车时，因摩擦产生的热量Q等于滑动摩擦力与滑块与小车间的
22、相对位移的乘积；（3）恰好不从车上掉下来说明滑块最终的速度与车同速，根据滑块与车的位移关系求出可能的速度值解答：解：（1）设滑块释放后的加速度大小为a，则有：mg=ma得加速度为：a=g=210=2m/s2假设小滑块能从平板车上左端滑出，则有：vt=解得：t=1s或t=4s（舍去）此时滑块的速度v滑=at=2m/s，因为v滑v，所以假设成立，t=1s（2）由（1）知滑块与平板车的相对位移为，所以有：=（3）滑块恰好不从车上滑下，说明滑块最终的速度为v，设滑块运动时间为t如果v0v，则滑块做匀加速运动恰好滑到平板车左端，根据匀变速直线运动规律，则有：v=v0+at解得：v0=1m/s如果v0v，
23、则滑块做匀减速运动恰好滑到平板车右端，根据匀变速直线运动规律，则有：v=v0at解得：v0=9m/s答：（1）若滑块的初速度为零，滑块在平板车上滑动的时间t为1s；（2）在（1）的情况下，求滑块在平板车上滑动过程因摩擦产生的内能Q为16J；（3）若以与车运动方向相同、大小为v0的初速度释放滑块，且滑块恰好不从车上掉下，v0可能为1m/s或9m/s点评：解决本题的关键理清滑块在平板车上的运动规律，知道当滑块与小车速度相等后，一起做匀速直线运动12（18分）如图所示，半径为r=0.4m的圆形光滑轨道AB固定于竖直平面内，轨道与粗糙的水平地面相切于B点，CDE为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方
24、形细管，DE段被弯成以O为圆心、半径R=0.2m的一小段圆弧，管的C端弯成与地面平滑相接，O点位于地面，OE连线竖直可视为质点的物块b，从A点由静止开始沿轨道下滑，经地面进入细管（b横截面略小于管中空部分的横截面），b滑到E点时受到细管下壁的支持力大小等于所受重力的已知物块b的质量m=0.4kg，g取10m/s2（1）求物块b滑过E点时的速度大小vE（2）求物块b滑过地面BC过程中克服摩擦力做的功Wf（3）若将物块b静止放在B点，让另一可视为质点的物块a，从A点由静止开始沿轨道下滑，滑到B点时与b发生弹性正碰，已知a的质量Mm，求物块b滑过E点后在地面的首次落点到O点的距离范围考点：动量守恒定
25、律；牛顿第二定律；动能定理的应用.专题：动能定理的应用专题分析：（1）由牛顿第二定律可以求出物体的速度（2）由动能定理可以求出克服摩擦力做功（3）碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律、机械能守恒定律与平抛运动规律可以求出落地点范围解答：解：（1）物块b滑过E点时重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mgN=m，已知：N=mg，代入数据解得：vE=1m/s；（2）物块b从A点到E点的过程中，由动能定理得：mg（rR）Wf=mvE2，代入数据解得：Wf=0.6J；（3）物块a从A滑到B的过程机械能守恒，设物块a滑到B点时速度为v，则有Mv2=Mgr，代入数据解得：v=2m/s，设碰撞
26、后物块a、b的速度分别为va、vb，碰撞过程由动量守恒，以M的速度反效果为正方向：Mv=Mva+mvb，由机械能守恒定律得：Mv2=Mva2+mvb2，代入数据解得：va=v=，因为Mm，由上式可知，碰撞后vvb2v，即2m/svb4m/s，物块b从B点到E点的过程中，由动能定理得：mgRWf=mvE2mvb2，物块b离开E点后做平抛运动，设时间为t，首次落点到O点的距离为x，则有：x=vEt，R=gt2，代入数据解得：0.2mx1m；答：（1）物块b滑过E点时的速度大小vE为1m/s（2）物块b滑过地面BC过程中克服摩擦力做的功Wf为0.6J（3）物块b滑过E点后在地面的首次落点到O点的距离范围是0.2mx1m点评：本题是一道力学综合题，过程复杂，有一定难度，分析清楚物体的运动过程是正确解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律、平抛运动规律即可正确解题版权所有：高考资源网()版权所有：高考资源网()
