1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年山东省青岛五十八中高三（上）期中物理试卷一、选择题（本题包括13个小题，每小题4分，共52分1-8题每小题给出的四个选项中有一个选项正确，9-13题有多个选项正确，选不全得2分，选错不得分）1关于物体的运动与所受外力的关系，下列说法正确的是（）A物体的速度为零时，物体处于平衡状态B物体处于超重状态，物体必然有竖直向上的速度C物体自由下落时，物体对地球没有作用力D运动物体若没有受到外力作用，将继续以同一速度沿直线运动2如图，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦用恒力F沿斜面向上
2、拉小物块，使之匀速上滑在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止地面对楔形物块的支持力为（）A（M+m）gB（M+m）gFC（M+m）g+FsinD（M+m）gFsin3如图所示，为AB两电阻的伏安特性曲线，关于两电阻的描述正确的是（）A电阻A的电阻随电流的增大而减小，电阻B阻值不变B在两图线交点处，电阻A的阻值等于电阻BC在两图线交点处，电阻A的阻值大于电阻BD在两图线交点处，电阻A的阻值小于电阻B4如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行在突然撤去挡板的瞬间（）A两图中两球加速度均
3、为gsinB两图中A球的加速度均为零C图甲中B球的加速度是为2gsinD图乙中B球的加速度为零5如图，穿在一根光滑的固定杆上的两个小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成=37角，不计所有摩擦当两球静止时，OA绳与杆的夹角为，OB绳沿竖直方向，则球A、B的质量之比为（）A4：3B3：4C3：5D5：86一质点做匀加速直线运动时，速度变化v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的v时发生位移x2，则该质点的加速度为（）A（v）2（+）B2C（v）2（）D7如图所示，质量为M的长木板位于光滑水平面上，质量为m的物块静止在长木板上，两者之间的滑动摩擦因数为，现对物块m施加水平向右的恒力F，
4、若恒力F超过某一临界数值，长木板与物块将出现相对滑动重力加速度大小为g，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力则恒力F的临界数值为（）AmgBMgCmg（1+）Dmg（1+）8一根长为L的细线上端固定，另一端连接一小球，现设法使小球在水平面内做匀速圆周运动，则小球运动的周期T与细线和竖直直线之间的夹角的关系是（）A角越小，周期T越长B角越小，周期T越短C周期T的长短与角的大小无关D条件不足，无法确定9如图，在水平放置的半径为R的圆柱体轴线的正上方的m点，将一个小球以水平速度v0垂直圆柱体的轴线抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为
5、，那么小球完成这段飞行的时间是（）At=BCt=Dt=10假设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，则下列有关地球同步卫星的叙述正确的是（）A运行速度是第一宇宙速度的倍B运行速度是第一宇宙速度的倍C向心加速度是地球赤道上物体随地球自转的向心加速度的n倍D向心加速度是地球赤道上物体随地球自转的向心加速度的倍11如图所示的位移时间（xt）图象和速度（Vt）图象中，给出了四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，则下列说法错误的是（）A图线1、3表示物体做曲线运动BXt图象中0t1时间内物体1和2的平均速度相等CVt图象中t3时刻物体3的速度大于物体4的速度D两图象中t2、t4时刻分别表示
6、物体2和4开始反向运动12如图所示，一个质量为m、带电量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与匀强电场垂直的方向射入，不计粒子所受的重力当粒子的入射速度为v时，它恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上现欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，在以下的仅改变某一物理量的方案中，可行的是（）A使粒子的带电量减少为原来的B使两板间所接电源的电压减小到原来的一半C使两板间的距离增加到原来的2倍D使两极板的长度减小为原来的一半13四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表A1A2和两个电压表V1V2已知电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大V2的量程，改装好后
7、把它们按图示接入电路，则（）A电流表A1的读数大于电流表A2的读数B电流表A1的偏转角小于电流表A2的偏转角C电压表V1的读数小于电压表V2的读数D电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角二、实验题（本题包括2个小题，共14分）14在“研究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器使用交流电源的频率是50Hz，打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况（1）打点计时器的打点周期是s（2）图为某次实验打出的一条纸带，其中1、2、3、4为依次选中的计数点（各相邻计数点之间有四个点迹）根据图中标出的数据可知，打点计时器在打出计数点2时小车的速度大小为m/s，小车做匀加速直线运动的加
8、速度大小为m/s2（计算结果均保留2位有效数字）15验证机械能守恒定律实验装置如图甲所示，某小组完成了一系列实验操作后，得到了一条纸带如图乙所示，选取纸带上某个清晰的点标为O，然后每两个打点取一个计数点，分别标为1、2、3、4、5、6，用刻度尺量出计数点1、2、3、4、5、6与O点的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5、h6（1）已知打点计时器的打点周期为T，可求出打各个计数点时对应的速度分别为v1、v2、v3、v4、v5，其中v5的计算式为v5=（2）若重锤的质量为m，取打点O时重锤所在水平面为参考平面，分别算出打各个计数点时对应重锤的势能Epi和动能Eki，则打计数点3时对应重锤的势能E
9、p3=；接着在Eh坐标系中描点作出如图丙所示的Ekh和Eph图线，求得Eph图线斜率的绝对值为k1，Ekh图线斜率为k2，则在误差允许的范围内，k1与k2满足关系时重锤机械能守恒（3）关于上述实验，下列说法中正确的是A实验中可用干电池作为电源B为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些C实验时应先释放纸带后接通电源D图丙Ekh图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能三、计算题（本题包括3个小题，共34分）16（10分）（2015秋青岛校级期中）一直升机以10.0m/s速度竖直上升（选向上为正方向），某时刻从飞机上释放一物块，经4.0s落在地面上，不计空气阻力，g取10m/s2求：（1
10、）物块落到地面时的速度；（2）物块4.0s内通过的路程17（12分）（2015秋青岛校级期中）如图所示，板长L=10cm，板间距离d=10cm的平行板电容器水平放置，它的左侧有与水平方向成60角斜向右上方的匀强电场，某时刻一质量为m，带电量为q的小球由O点静止释放，沿直线OA从电容器C的中线水平进入，最后刚好打在电容器的上极板右边缘，O到A的距离X=cm，（g取10m/s2）求：（1）电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小；（2）小球刚进入电容器C时的速度V的大小；（3）电容器C极板间的电压U18（12分）（2015秋湖北校级期中）如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B
11、点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐一个质量为1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0.6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数=0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN=2.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep=0.5J取重力加速度g=10m/s2求：（1）小球在C处受到的向心力大小；（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm； （3）小球最终停止的位置2015-2016学年山东省青岛五十八中高三（上）期中
12、物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括13个小题，每小题4分，共52分1-8题每小题给出的四个选项中有一个选项正确，9-13题有多个选项正确，选不全得2分，选错不得分）1关于物体的运动与所受外力的关系，下列说法正确的是（）A物体的速度为零时，物体处于平衡状态B物体处于超重状态，物体必然有竖直向上的速度C物体自由下落时，物体对地球没有作用力D运动物体若没有受到外力作用，将继续以同一速度沿直线运动【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重 【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】力是改变物体运动状态的原因，当物体受到的合外力为零时，物体的运动状态保持不变，即物体处于匀速直线运动状态或静止状态；根据
13、牛顿第二定律可知，物体加速度的方向与物体所受合外力的方向相同，但物体加速度的方向与物体速度的方向不一定相同当物体的加速度不为0时，物体的速度一定发生变化【解答】解：A、速度为零时，物体可能有加速度，如物体在竖直上抛的最高点；故A错误；B、物体处于超重状态时，此时一定有向上的加速度；但速度可以向下，即向上的减速运动；故B错误；C、地球表面上的物体，不论做什么运动均受到作用力；故C错误；D、运动物体若没有受到外力作用，将继续以同一速度沿直线运动；故D正确；故选：D【点评】物体的运动状态即物体的速度，物体的运动状态发生改变，即物体的速度发生改变，既包括速度大小发生改变，也包括速度的方向发生改变2如图
14、，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止地面对楔形物块的支持力为（）A（M+m）gB（M+m）gFC（M+m）g+FsinD（M+m）gFsin【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】小物块匀速上滑，受力平衡，合力为零，楔形物块始终保持静止，受力也平衡，合力也为零，以物块和楔形物块整体为研究对象合力同样为零，分析受力，画出力图，根据平衡条件求解地面对楔形物块的支持力【解答】解：以物块和楔形物块整
15、体为研究对象，受到重力（M+m）g，拉力F，地面的支持力FN和摩擦力Ff根据平衡条件得 地面对楔形物块的支持力FN=（M+m）gFsin故选：D【点评】本题涉及两个物体的平衡，关键要灵活选择研究对象当几个物体的加速度相同时，可以采用整体法研究受力情况，往往简单方便本题也可以隔离两个物体分别研究3如图所示，为AB两电阻的伏安特性曲线，关于两电阻的描述正确的是（）A电阻A的电阻随电流的增大而减小，电阻B阻值不变B在两图线交点处，电阻A的阻值等于电阻BC在两图线交点处，电阻A的阻值大于电阻BD在两图线交点处，电阻A的阻值小于电阻B【考点】路端电压与负载的关系；欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】在
16、UI图象中，图象的斜率表示电阻；两线交点时电流和电压相等，则由欧姆定律可求得电阻相等【解答】解：A、由图可知，电阻A的图象的斜率越来越大，故A的电阻随电流的增大而增大，电阻B阻值不变；故A错误；BCD、两图象的交点处，电流和电压均相同，则由欧姆定律可知，两电阻的阻值大小相等；故B正确，CD错误；故选：B【点评】本题考查伏安特性曲线的应用，要注意明确UI图象中图象的斜率表示电阻；斜率变大时，电阻增大4如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行在突然撤去挡板的瞬间（）A两图中两球加速度均为g
17、sinB两图中A球的加速度均为零C图甲中B球的加速度是为2gsinD图乙中B球的加速度为零【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】根据弹簧弹力不能突变，杆的弹力会突变，分析撤去挡板的瞬间，图甲和图乙中AB所受合外力即可得到各自的加速度【解答】解：撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsin，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin，加速度为2gsin；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin，加速度均为gsin，故C正确，A、B、D错误故选：C【点评
18、】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，知道弹簧的弹力在撤去挡板的瞬间保持不变，结合牛顿第二定律进行求解5如图，穿在一根光滑的固定杆上的两个小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成=37角，不计所有摩擦当两球静止时，OA绳与杆的夹角为，OB绳沿竖直方向，则球A、B的质量之比为（）A4：3B3：4C3：5D5：8【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】分别对AB两球分析，运用合成法，用T表示出A、B两球的重力，同一根绳子上的拉力相等，即绳子AB两球的拉力是相等的【解答】解：分别对AB两球分析，运用合成法，如图：根据共点力平衡条件，
19、得：T=mBg（根据正弦定理列式）故mA：mB=1：tan=1：=4：3故选：A【点评】本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来6一质点做匀加速直线运动时，速度变化v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的v时发生位移x2，则该质点的加速度为（）A（v）2（+）B2C（v）2（）D【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系 【专题】直线运动规律专题【分析】首先知道题境，利用运动学速度位移公式和速度的变化量公式求解即可【解答】解：设匀加速的加速度a，物体的速度分别为v1、v2和 v3据运动学公式可知：v22v12=2ax1，v32v
20、22=2ax2，且v2v1=v3v2=v，联立以上三式解得：a=，故D正确，ABC错误故选：D【点评】明确题境，利用运动学速度位移公式和速度的变化量公式求解，一定动手计算，否则感觉无从下手7如图所示，质量为M的长木板位于光滑水平面上，质量为m的物块静止在长木板上，两者之间的滑动摩擦因数为，现对物块m施加水平向右的恒力F，若恒力F超过某一临界数值，长木板与物块将出现相对滑动重力加速度大小为g，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力则恒力F的临界数值为（）AmgBMgCmg（1+）Dmg（1+）【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算 【专题】定性思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律
21、综合专题【分析】当物块与长木板保持相对静止，具有相同的加速度时，F达到最大值时，物块与长木板间的摩擦力达到最大静摩擦力根据牛顿第二定律求出F的最大值【解答】解：对物块与长木板整体进行受力分析：F=（M+m）a对物块进行受力分析：Ff=ma对木板进行受力分析：f=Ma当物块与长木板保持相对静止，具有相同的加速度时，F达到最大值，f=mg求解上面方程组得：F最大=mg（1+），故C正确、ABD错误故选：C【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意临界状态和整体法、隔离法的运用8一根长为L的细线上端固定，另一端连接一小球，现设法使小球在水平面内做匀速圆周运动，则小球运动
22、的周期T与细线和竖直直线之间的夹角的关系是（）A角越小，周期T越长B角越小，周期T越短C周期T的长短与角的大小无关D条件不足，无法确定【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速 【专题】匀速圆周运动专题【分析】小球做匀速圆周运动合外力提供向心力，对小球进行受力分析，根据几何关系求出合外力，再根据向心力公式求解线速度，根据线速度和周期的关系求解周期【解答】解：小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图小球受重力、和绳子的拉力，合力提供向心力，根据几何关系可知：F向=mgtan，根据向心力公式得：F向=m，周期T=可知，角越小，周期T越长，角越大，周期T越短故选：A【点评】本题是圆锥摆问题
23、，关键是分析受力情况，确定向心力的来源要注意小球圆周运动的半径不等于绳长9如图，在水平放置的半径为R的圆柱体轴线的正上方的m点，将一个小球以水平速度v0垂直圆柱体的轴线抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为，那么小球完成这段飞行的时间是（）At=BCt=Dt=【考点】平抛运动 【专题】平抛运动专题【分析】小球做平抛运动，根据圆的几何知识可以求得小球在水平方向的位移的大小，根据水平方向的匀速直线运动可以求得时间的大小【解答】解：根据几何关系可知，小球在水平方向上的分位移大小为 x=Rsin根据水平方向匀速运动，可得 Rsin=v0t可得时间为t=小
24、球从圆柱体的Q点沿切线飞过，速度与水平方向的夹角为，根据几何关系有：tan=所以vy=v0tan=gt，得t=；故选：BC【点评】本题对平抛运动规律的直接的应用，但是要根据几何关系分析得出平抛运动的水平位移的大小10假设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，则下列有关地球同步卫星的叙述正确的是（）A运行速度是第一宇宙速度的倍B运行速度是第一宇宙速度的倍C向心加速度是地球赤道上物体随地球自转的向心加速度的n倍D向心加速度是地球赤道上物体随地球自转的向心加速度的倍【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 【专题】人造卫星问题【分析】研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出
25、等式表示出所要比较的物理量了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同【解答】解：A、研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m，解得：v=，其中r为同步卫星的轨道半径地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，即r=nR，所以v=，而第一宇宙速度为：，所以同步卫星的运行速度是第一宇宙速的倍，故A错误，B正确C、同步卫星的周期与地球自转周期相同，即同步卫星和地球赤道上物体随地球自转具有相等的角速度根据圆周运动公式得：v=r，因为r=nR，所以同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转速度的n倍故C正确，D错误故选：BC【点评】求一个物理量之比
26、，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11如图所示的位移时间（xt）图象和速度（Vt）图象中，给出了四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，则下列说法错误的是（）A图线1、3表示物体做曲线运动BXt图象中0t1时间内物体1和2的平均速度相等CVt图象中t3时刻物体3的速度大于物体4的速度D两图象中t2、t4时刻分别表示物体2和4开始反向运动【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】xt图线与vt图线只能描述直线运动；xt的斜率表示物体运动的速度，斜率的正和负分别表示物
27、体沿正方向和负方向运动vt的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移根据相关知识进行解答【解答】解：A、运动图象反映物体的运动规律，不是运动轨迹，无论速度时间图象还是位移时间图象只能表示物体做直线运动故A错误B、xt图象中0t1时间内物体1和2通过的位移相等，所用时间相等，则平均速度相等，故B正确C、由图知，vt图象中t3时刻物体3的速度等于物体4的速度，故C错误D、xt图线的斜率等于物体的速度，斜率大于0，表示物体沿正方向运动；斜率小于0，表示物体沿负方向运动而t2时刻之前物体2的运动沿正方向，t2时刻之后物体2沿负方向运动故t2时刻开始反向运动vt图象
28、中速度的正负表示运动方向，从0t5这段时间内速度始终为正，故t4时刻没有反向运动；故D错误本题选错误的，故选：CD【点评】对于vt图线和st图线的基本的特点、意义一定要熟悉，这是我们解决这类问题的金钥匙，在学习中要多多积累12如图所示，一个质量为m、带电量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与匀强电场垂直的方向射入，不计粒子所受的重力当粒子的入射速度为v时，它恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上现欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，在以下的仅改变某一物理量的方案中，可行的是（）A使粒子的带电量减少为原来的B使两板间所接电源的电压减小到原来的一半C使两板间的距离增加
29、到原来的2倍D使两极板的长度减小为原来的一半【考点】带电粒子在匀强电场中的运动 【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】以一定速度垂直进入偏转电场，由于速度与电场力垂直，所以粒子做类平抛运动这样类平抛运动可将看成沿初速度方向的匀速直线与垂直于初速度方向匀加速直线运动根据运动学公式解题【解答】解：设平行板长度为l，宽度为2d，板间电压为U，恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上，则沿初速度方向做匀速运动：t=垂直初速度方向做匀加速运动：a=d=欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，则沿初速度方向距离仍是l，垂直初速度方向距离仍为d，A、使粒子的带电量减少为原来的，则
30、y=d，故A正确；B、使两板间所接电源的电压减小到原来的一半，y=，故B错误；C、使两板间的距离增加到原来的2倍，此时垂直初速度方向距离应为2d，y=，故C正确；D、使两极板的长度减小为原来的一半，y=，故D正确故选ACD【点评】带电粒子在电场中偏转时做匀加速曲线运动应用处理类平抛运动的方法处理粒子运动13四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表A1A2和两个电压表V1V2已知电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大V2的量程，改装好后把它们按图示接入电路，则（）A电流表A1的读数大于电流表A2的读数B电流表A1的偏转角小于电流表A2的偏转角C电压表V1的读数小于电压表V2
31、的读数D电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角【考点】闭合电路的欧姆定律；把电流表改装成电压表 【专题】恒定电流专题【分析】表头改装成大量程电流表需要并联分流电阻，并流电阻越小，分流越多，量程越大；表头改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻越大，分得的电压越大，量程越大然后再根据电路的串并联知识分析即可【解答】解：A、电流表A1的量程大于电流表A2的量程，故电流表A1的电阻值小于电流表A2的电阻值，并联电路中，电阻小的支路电流大，故电流表A1的读数大于电流表A2的读数，故A正确；B、两个电流表的表头是并联关系，电压相同，故偏转角度相等，故B错误；C、电压表V1的电阻值大于电压表V2的电阻值，
32、故电压表V1的读数大于电压表V2的读数，故C错误；D、两个电压表的表头是串联关系，电流相等，故偏转角度相等，故D正确；故选A、D【点评】本题关键是要明确电流表与电压表的改装原理，然后再根据电阻的串并联知识分析求解二、实验题（本题包括2个小题，共14分）14在“研究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器使用交流电源的频率是50Hz，打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况（1）打点计时器的打点周期是0.02s（2）图为某次实验打出的一条纸带，其中1、2、3、4为依次选中的计数点（各相邻计数点之间有四个点迹）根据图中标出的数据可知，打点计时器在打出计数点2时小车的速度大小为
33、0.64m/s，小车做匀加速直线运动的加速度大小为6.4m/s2（计算结果均保留2位有效数字）【考点】探究小车速度随时间变化的规律 【专题】实验题【分析】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，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上2点时小车的瞬时速度大小【解答】解：（1）打点计时器使用交流电源的频率是50Hz，打点计时器的打点周期是0.02s（2）由于每相邻两个计数点间还有4个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上2点时小车的瞬时速度大小v2=0.64 m
34、/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：a=6.4m/s2故答案为：（1）0.02；（2）0.64；6.4【点评】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15验证机械能守恒定律实验装置如图甲所示，某小组完成了一系列实验操作后，得到了一条纸带如图乙所示，选取纸带上某个清晰的点标为O，然后每两个打点取一个计数点，分别标为1、2、3、4、5、6，用刻度尺量出计数点1、2、3、4、5、6与O点的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5、h6（1）已知打点计时器的打点周期为T，可求出打各个计数点时对应的速度分别为v1、v2、v
35、3、v4、v5，其中v5的计算式为v5=（2）若重锤的质量为m，取打点O时重锤所在水平面为参考平面，分别算出打各个计数点时对应重锤的势能Epi和动能Eki，则打计数点3时对应重锤的势能Ep3=mgh3；接着在Eh坐标系中描点作出如图丙所示的Ekh和Eph图线，求得Eph图线斜率的绝对值为k1，Ekh图线斜率为k2，则在误差允许的范围内，k1与k2满足k1=k2关系时重锤机械能守恒（3）关于上述实验，下列说法中正确的是BDA实验中可用干电池作为电源B为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些C实验时应先释放纸带后接通电源D图丙Ekh图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能【考点】验证机
36、械能守恒定律 【专题】实验题；定量思想；实验分析法；机械能守恒定律应用专题【分析】（1）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计数点5的瞬时速度（2）根据下降的高度，结合参考平面，求出重力势能；再由动能与重力势能相互转化，则机械能守恒可知，两图线的斜率相等即可； （3）根据实验原理，电源使用交流电，重锤要求重且小，纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能；【解答】解：（1）计数点5的瞬时速度等于4、6两点间的平均速度，则（2）打计数点3时对应重锤的势能Ep3=mgh3，根据图象可知，每一段对应的重力势能减小量和动能增加量相等，那么机械能守恒，即图线的斜率相同，才能满足条件，因此k1
37、=k2（3）A实验中打点计时器，使用的是交流电源，不可用干电池作为电源，故A错误；B为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些，故B正确；C实验时应先接通电源，再释放纸带，故C错误D图丙Ekh图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的初动能，故D正确故选：BD故答案为：（1）（2）mgh3，k1=k2（3）BD【点评】解决本题的关键知道实验的原理，验证重力势能的减小量与动能的增加量是否相等以及知道通过求某段时间内的平均速度表示瞬时速度，注意两图象的斜率绝对值相等，是验证机械能是否守恒的条件三、计算题（本题包括3个小题，共34分）16（10分）（2015秋青岛校级期中）一直升机以10.0m/
38、s速度竖直上升（选向上为正方向），某时刻从飞机上释放一物块，经4.0s落在地面上，不计空气阻力，g取10m/s2求：（1）物块落到地面时的速度；（2）物块4.0s内通过的路程【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系 【专题】直线运动规律专题【分析】物块离开飞机后做竖直上抛运动，结合速度时间公式求出物块落到地面时的速度大小根据速度位移公式求出上升的位移大小，以及下落的位移大小，从而求出物块在4.0s内通过的路程【解答】解：（1）设物块落地时速度为v，由速度公式：v=v0gt，解得：v=10104m/s=30m/s 负号说明方向竖直向下（2）物块上升过程：由，代入数据解得：h1=5m下降过程：由v
39、20=2gh2，代入数据解得：h2=45m物块通过的路程为：s=h1+h2=5+45m=50m答：（1）物块落到地面时的速度为30m/s，方向向下；（2）物块4.0s内通过的路程为50m【点评】解决本题的关键掌握处理竖直上抛运动的处理方法，可以分段求解，也可以全过程求解，难度不大17（12分）（2015秋青岛校级期中）如图所示，板长L=10cm，板间距离d=10cm的平行板电容器水平放置，它的左侧有与水平方向成60角斜向右上方的匀强电场，某时刻一质量为m，带电量为q的小球由O点静止释放，沿直线OA从电容器C的中线水平进入，最后刚好打在电容器的上极板右边缘，O到A的距离X=cm，（g取10m/s
40、2）求：（1）电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小；（2）小球刚进入电容器C时的速度V的大小；（3）电容器C极板间的电压U【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；平抛运动；动能定理的应用 【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）进入电场前，小球做匀加速直线运动，受重力和电场力，合力水平向右，根据平行四边形定则求解出合力和电场力；（2）多O到A过程根据动能定理列式求解即可；（3）小球在电容器中做类似平抛运动，根据分位移公式列式求解即可【解答】解：（1）由于带电小球做直线运动，因此小球所受合力沿水平方向，则：解得：（2）从O点到A点，由动能定理得：解之得：v=3m/s（3）小球
41、在电容器C中做类平抛运动，水平方向：L=vt竖直方向：根据牛顿第二定律，有：联立求解得：答：（1）电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小为；（2）小球刚进入电容器C时的速度V的大小为3m/s；（3）电容器C极板间的电压U为【点评】本题关键明确小球的运动规律，然后根据动能定理、类平抛运动分位移公式和牛顿第二定律列式后联立求解即可18（12分）（2015秋湖北校级期中）如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐一个质量为
42、1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0.6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数=0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN=2.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep=0.5J取重力加速度g=10m/s2求：（1）小球在C处受到的向心力大小；（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm； （3）小球最终停止的位置【考点】机械能守恒定律 【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】（1）对小球进行受力分析即可求出向心力；（2）在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零，然后结合机械能守恒即可求出小球的最大动能；（3）由功能关系和C点的向心力的表达
43、式，即可求出【解答】解：（1）小球进入管口C端时它与圆管上管壁有大小为F=2.5mg的相互作用力，故小球受到的向心力为：F向=2.5mg+mg=3.5mg=3.5110=35N （2）在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零设此时滑块离D端的距离为x0，则有 kx0=mg解得x0=0.1m 由机械能守恒定律有 mg（r+x0）+mv=Ekm+Ep得Ekm=mg（r+x0）+mvEp=3+3.50.5=6（J） （3）在C点，由F向=代入数据得：m/s 滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得 mghmgs=mv解得BC间距离s=0.5m 小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中设物块在BC上的运动路程为s，由动能定理有 0mvmgs解得s=0.7m 故最终小滑块距离B为0.70.5m=0.2m处停下答：（1）小球在C处受到的向心力大小是35N；（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm是6J； （3）小球最终停止的位置是距离B为0.2m处停下（或距离C端0.3m）【点评】本题综合运用了机械能守恒定律、动能定理、功能关系以及牛顿第二定律，综合性较强，是高考的热点题型，需加强这方面的训练高考资源网版权所有，侵权必究！
