1、物理试题第I卷 选择题（共60分）一、选择题：本大题共13小题，每小题4分，共52分。19题为单选题，在每小题列出的四个选项中只有一项符合题意，1013为多选题，在每小题列出的四个选项中有两个或两个以上选项符合题意。1. 图所示是某质点运动的位移时间图象，此过程的图象是下图中的哪一个() A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】x-t图象第一段为倾斜直线，斜率为正常数，由于图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向，所以此段时间内物体的速度为正方向，大小不变，即物体沿正方向的匀速直线运动；图象第二段为平行t轴的直线，则物体静止；图象第三段为倾斜直线，斜率为负常数，由于图象的
2、斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向，所以速度为负方向的匀速直线运动；综上所述，物体的v-t图像为C. 故选C【点睛】理解位移-时间图象上点和斜率的物理意义：斜率等于速度；速度-时间图象的点、线、面的物理意义：斜率等于加速度，“面积”等于位移2. 在某次实心球比赛中，某运动员以17.56 m的成绩获得金牌这里记录的成绩是指( )A. 比赛中实心球发生的位移大小B. 比赛中实心球经过的路程C. 既是实心球发生的位移大小，又是实心球经过的路程D. 既不是实心球发生位移大小，也不是实心球经过的路程【答案】D【解析】【详解】铅球的运动轨迹如图ACB所示铅球比赛的成绩是18.62m，是抛出点A
3、的竖直投影点O到B的距离，即OB之间的水平距离，该距离要小于A到B的位移；故该成绩不是铅球的位移；铅球在靠惯性前进的同时，还由于重力的作用而向下落，因此运动轨迹是一条曲线，经过的路程大于18.62m，该距离也不是铅球的路程，故选D。【点睛】物体运动的路程是物体经过的路线一条曲线如图A-C-B，铅球比赛的成绩是测量O-B的直线距离。3. 如图所示，A、B两物体紧靠着放在粗糙水平面上。A、B间接触面光滑在水平推力F作用下两物体一起加速运动，物体A恰好不离开地面，则关于A、B两物体的受力个数，下列说法正确的是( )A. A受4个力，B受4个力B. A受4个力，B受3个力C. A受3个力，B受3个力D
4、. A受3个力，B受4个力【答案】D【解析】【详解】物块A刚好不离开地面，即物体与地面之间没有弹力，则物体A受三个力，分别是：推力F、重力、物体B对A的弹力；物体B受4个力，分别是：重力、地面对B的支持力、A对B的弹力，地面对B的摩擦力，故选D。4. 一船在静水中的速率为3m/s，要横渡宽30m，水流的流速为4m/s的河流，下述说法中正确的是（）A. 此船可能垂直到达对岸B. 此船不可能渡过此河C. 船相对地的速度一定是5m/sD. 此船过河的最短时间是10s【答案】D【解析】【详解】AB由于船速小于水速，所以此船不可能垂直河岸到达对岸，但只要船有速度就可以过河，故A B错误；C当船头方向垂直
5、于河岸过河时，船相对于河岸的速度是5 m/s，当船头方向与河岸不垂直时速度就不是5 m/s ，故C错误；D当船头垂直于河岸时，过河时间最短，最短为故D正确。故选D。5. 舰载机保持牵引力F大小不变在匀速航行的航母上降落时受到阻拦而静止，此时阻拦索夹角120，空气阻力和甲板阻力不计，则阻拦索承受的张力大小为( ) A. B. FC. FD. 2F【答案】B【解析】【详解】试题分析：如图所示，根据平行四边形定则，每根阻拦索承受的张力大小等于载机牵引力F的大小如图所示,故B正确考点：共点力合成6. 做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a，初速度大小为v0，经过时间t速度减小到零，则它在这段时间内
6、的位移大小不可用下列哪些式子表示（）A. v0tat2B. v0tC. D. at2【答案】B【解析】【详解】A物体做匀减速运动，根据位移时间关系可知s= v0tat2选项A正确，不符合题意；BC物体做匀减速运动，可以用平均速度求解位移，即选项B错误，符合题意，C正确，不符合题意；D将末速度为零的匀减速运动的逆过程看做是初速度为零的匀加速过程，可得位移s=at2选项D正确，不符合题意。故选B7. 如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，汽车匀速向左运动，则（）A. 重物匀速上升B. 绳子的拉力小于物体的重力C. 重物加速上升D. 重物处于失重状态【答案】C【解析】【详解】将小车运动分解为沿
7、绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于B的速度，根据平行四边形定则有因车匀速向左运动，又因减小，则B的速度在增大，所以B加速上升，加速度方向向上，则重物处于超重状态，由于加速度方向向上，则绳子的拉力大于物体的重力故选C。8. 如图所示，从倾角为的足够长的斜面顶端P以速度v0抛出一个小球，落在斜面上某处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为，若把初速度变为3v0，小球仍落在斜面上。则以下说法正确的是（）A. 小球在空中的运动时间不变B. 两次小球在空中的运动时间之比一定是1：3C. 夹角与初速度大小有关D. 夹角将变小【答案】B【解析】【详解】AB小球做平抛运动，位移与水平方向夹角的
8、正切值得小球在空中的运动时间初速度变为原来的3倍，则小球在空中运动时间变为原来的3倍，故A错误，B正确；CD速度与水平方向夹角的正切值可知平抛运动某时刻速度与水平方向夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，位移方向相同，则速度方向相同，而所以夹角相同，与初速度无关，故CD错误。故选B。9. 如图所示，质量为m的小球在细线A和轻弹簧B的共同作用下保持静止，其中细线A水平，左端固定于竖直墙壁，轻弹簧B上端固定于天花板，轴线与竖直方向的夹角为60，已知轻弹簧B的劲度系数为k，重力加速度为g，则（）A. 细线A中拉力的大小为mgB. 轻弹簧B中拉力的大小为mgC. 轻弹簧B的伸长量为D. 突然剪断
9、弹簧B的瞬间，小球的加速度a大小为【答案】C【解析】【详解】A对小球受力分析，如图所示由平衡条件得tan60=解得细线A中拉力的大小FA=mg故A错误；BC由三角函数关系得cos60=解得FB=2mg由胡克定律得FB=kx可得x=故B错误、C正确；D突然剪断弹簧B的瞬间，细绳A的拉力突变为零，此时小球的加速度a大小为g，选项D错误。故选C。10. 下列说法中正确的有（）A. 布朗运动是液体分子的运动，说明液体分子永不停息地做无规则热运动B. 水黾可以停在水面上是因为液体具有表面张力C. 气体的温度升高，并不是每个气体分子的动能都增大D. 单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，气体的
10、压强有可能增加【答案】BCD【解析】【详解】A布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，说明液体分子永不停息地做无规则热运动，选项A错误；B水黾可以停在水面上是因为液体具有表面张力，选项B正确；C气体的温度升高，分子平均动能变大，但并不是每个气体分子的动能都增大，选项C正确；D单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，若气体温度升高，气体分子对器壁的碰撞力变大，则气体的压强有可能增加，选项D正确。故选BCD。11. .如图所示，传送带与地面夹角，长度为16 m，传送带以10 m/s的速率逆时针转动在传送带上端无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0
11、.5物体从运动到的过程中，能客观地反映物体的运动情况的是（ ）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【详解】小木块刚放上传送带时，所受的滑动摩擦力方向沿斜面向下，物体将沿斜面向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得： mgsin+mgcos=ma1，解得a1=gsin+gcos；当小木块的速度与传送带速度相等时，由=0.5tan37知： mgsinmgcos，因此小木块继续沿传送带匀加速下滑，,但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律得： mgsin-mgcos=ma2，解得 a2=gsin-gcos；比较知道 a1a2，根据v-t图象的斜率表示加速度，所以第二段图线的斜率变小故A
12、C错误，BD正确12. 一定质量的理想气体从状态a开始，经历等压过程ab，等温过程bc，然后从ca，回到原状态，其pT图像如图所示，其中ca是直线，其延长线过原点O。下列判断正确的是（）A. 气体在a、c两状态的体积相等B. 气体在状态b时的内能等于它在状态c时的内能C. 在过程ab中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D. 在过程bc中气体从外界吸收热量小于气体对外界做的功【答案】AB【解析】【详解】由理想气体方程可得a、c连线过坐标原点，说明气体在a、c两状态的体积相等，故A正确；B一定质量的理想气体内能仅与温度有关，因b、c两状态温度相同，所以气体在状态b时的内能等于它在状态c时的内
13、能，故B正确；C分析图象可知过程ab中，温度升高，内能增大，压强不变，由可知温度升高时，气体体积变大，说明气体对外界做功，由热力学第一定律可得气体从外界吸收的热量大于气休对外界所做的功，故C错误；D分析图象可知过程bc中温度不变，内能不变，压强变大，气体的体积减小，说明外界对气体做功，由热力学第一定律可得气体对外放热，且对外界放出的热量等于外界对气体做的功，故D错误。故选AB。13. 如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离，下列说法正确的是（）A. B和A刚分离时，弹簧长度等于原长B. B和A刚分离时，它们的加速度
14、为0C. 弹簧的劲度系数等于D. 在B和A分离前，它们做匀加速直线运动【答案】BC【解析】【详解】ABB和A刚分离时两物体的加速度应该相等，B受到重力mg和恒力F，B的加速度为零，A的加速度也为零，说明弹力对A有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态故A错误，B正确；C和A刚分离时，弹簧的弹力大小为mg，原来静止时弹力大小为2mg，则弹力减小量F=mg两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小x=h由胡克定律得故C正确；D对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，开始时合力为零，当加向上的拉力F=mg时，整体向上做加速运动；在向上运动过程中，重力2mg不变，弹力在减小，合力减小，加速度减小
15、，故整体做变加速运动故D错误。故选BC。第卷（非选择题共58分）二、实验题（共16分）14. 某实验小组利用如图所示的装置探究物体的加速度与力、质量的关系（1）实验中下列做法正确的是_。A平衡摩擦力后，实验就不需要满足小车及车中砝码总质量远大于砝码盘及盘中砝码总质量的条件B每次改变小车中砝码的质量后，都需要重新平衡摩擦力C平衡摩擦力的目的就是为了保证绳子的拉力为砝码桶及桶中砝码总质量D实验中应先接通打点计时器的电源，然后再释放小车（2）在进行平衡摩擦力的操作时，下列注意事项正确的是_。A应该让小车连接纸带并穿过打点计时器B必须让小车连接沙桶C纸带和沙桶都应连接D纸带和沙桶都不能连接（3）实验中
16、由于实际绳对小车的拉力_（选填“大于”、“等于”、“小于”）重物所受的重力，会给实验带来系统误差。为减小此误差，实验中要对小车质量M和重物质量m进行选取，以下四组数据中最合理的一组是_。（填写相应序号）M=200g，m=40g、60g、80g、100g、120gM=400g，m=10g、15g、20g、25g、30gM=400g，m=20g、40g、60g、80gM=200g，m=30g、35g、40g、45g、50g、100g（4）保持小车的质量M一定，改变沙桶中沙的质量，根据实验数据作a-F图象。随着沙和沙桶质量m增加，不再远小于小车质量M，则可能会出现下列图象中的_。（5）如图所示是某一
17、次打点计时器打出的一条记录小车运动的纸带。取计数点1、2、3、4、5。已知打点计时器的打点周期为0.02s，用刻度尺测量出各相邻计数点间的距离分别为3.05cm、3.92cm、4.77cm、5.62cm，则小车运动的加速度大小a=_m/s2。（结果保留两位有效数字）【答案】 (1). D (2). A (3). 小于 (4). (5). B (6). 0.86【解析】【详解】(1)1A平衡摩擦力后，依然需要满足小车及车中砝码总质量远大于砝码盘及盘中砝码总质量的条件。故A错误；B只需要在实验开始时候平衡一次摩擦力即可。故B错误；C平衡摩擦力的目的是为了减小小车和木板之间的摩擦力对实验结果的影响。
18、故C错误；D实验中应先接通打点计时器的电源，然后再释放小车。故D正确。故选D。(2)2平衡摩擦力时，应让小车连接纸带并穿过打点计时器，但小车不需要连接沙桶。故A正确，BCD错误。故选A。(3)3实验中，实际绳对小车的拉力为，所以，实际绳对小车的拉力小于重物所受的重力。4实验中，实际绳对小车的拉力为，为了减小误差，需要。故错误，正确。故选。(4)5随着沙和沙桶质量m增加，不再远小于小车质量M，拉力会越来越偏小，实际测得的加速度也会越来越偏小。故AC错误，B正确。故选B。(5)6由逐差法求加速度解得15. 某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：(1)用游标为20分度的卡尺测量其长
19、度如图甲，由图可知其长度为_mm；用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径为_mm；用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻值约为_。(2)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：A待测圆柱体电阻RB电流表A1，（量程04 mA，内阻约为50）C电流表A2，（量程010mA，内阻约为30）D电压表V1，（量程03V，内阻约为10 k）E. 电压表V2，（量程015V，内阻约为25 k）F滑动变阻器R1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0A）G滑动变阻器R2（阻值范围02k，允许通过的最大电流0.5A）H直
20、流电源E（电动势4V，内阻不计）I 开关S、导线若干为使实验误差较小，要求便于调节且测得多组数据进行分析，所选电流表_，电压表_，滑动变阻器_（填所选器材的符号），并在虚线框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号。_(3)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为=_m。(保留2位有效数字)【答案】 (1). 50.15 (2). 4.700 (3). 220 (4). C (5). D (6). F (7). (8). 【解析】【详解】（1）1由图甲，游标卡尺的读数为50mm+30.05mm=50.15mm2由图乙，螺旋测微器的读数方法是固定
21、刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，螺旋测微器的读数为4mm+0.5mm+20.00.01mm=4.700mm3由图丙，用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确，欧姆表表盘的示数为22.010=220（2）456电源电动势为4V，故电压表应选V1，即选D；待测电阻中最大电流约为则电流表应选A2，即选C；滑动变阻器选择小量程的，便于调节，故选R1，即选F；7因待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法；又滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示（3）8根据电阻定律且代入数据解得三、计算题（本题共4小题，计42分，
22、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得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16. 如图甲所示，质量为m1kg的物体置于倾角为37的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t11s时撤去力F，物体运动的部分vt图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10m/s2。求：物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小。【答案】0.5；30N【解析】【详解】根据vt图线的斜率等于加速度知，匀加速直线运动的加速度的大小a120m/s2根据牛顿第二定律得Fmgcosmgsinma1匀减速直线运动的加速度的大小a210m/
23、s2根据牛顿第二定律得mgsinmgcosma2解得F30N0.517. 质量为M的木楔倾角为，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑如果用与木楔斜面成角的力F拉着木块匀速上升，如图所示（已知木楔在整个过程中始终静止）。当时，拉力F有最小值，求此最小值；【答案】mgsin2【解析】【详解】木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsinmgcos即tan木楔在力F的作用下沿斜面向上匀速运动，有沿斜面方向FcosmgsinFf垂直斜面方向FsinFNmgcosFfFN解得F则当时，F有最小值，为Fminmgsin218. 如图所示，一个内壁光滑、导热性能良好的汽缸放
24、在水平桌面上开口向上质量与厚度均不计、导热性能良好的活塞横截面积为S=210-3m2，与汽缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离h=24cm汽缸所处环境的温度为300K，大气压强p0=1.0105Pa，取g=10m/s2现将质量为m=4kg的物块放在活塞中央位置上，活塞下移，求稳定后：气体的压强；活塞与汽缸底部之间的距离；再缓慢加热气体使活塞回到原位置,此过程中气体吸收了20J热量其内能增加量【答案】 20cm 10.4J【解析】【详解】气体的压强： 由气体的等温变化方程可知：，即，解得 缓慢加热气体使活塞回到原位置，则气体对外做功：；则气体的内能增加.19. 如图甲
25、所示，一长方体木板B放在水平地面上，木板B右端放置着一个小铁块A，在t=0时刻同时突然给A、B初速度，其中A的初速度大小为vA=1m/s，方向水平向左；B的初速度大小为vB=14m/s，方向水向右，木板B运动的v-t图像如图乙所示已知A、B的质量相等，A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)，A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终没有滑出B，重力加速度g=10m/s2 求：(1)站在水平地面上的人看来A向左运动的最大位移；(2)B运动的时间及B运动的位移大小；【答案】（1）s=0.5m （2）t=4s，xB=25m【解析】【分析】由图读出3s后二者的速度，由加速度的定义式求出加速
26、度，由位移公式求出位移；由加速度的定义式求出B的加速度，由牛顿第二定律求出A与B、B与地面之间的动摩擦因数，再由牛顿第二定律求出3s后B的加速度，最后由运动学的公式即可求出B运动的时间以及位移【详解】（1）由图乙可知，03s内A做匀变速运动，速度由vA=1m/s变为v=2m/s则其加速度为：aA=(v-vA)/t1=3/3=1m/s2，方向水平向右 当A水平向左运动速度减为零时，向左运动的位移最大，则： 代入数据解得：s=0.5m （2）设A与B之间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律得 则由图乙可知，03s内B做匀减速运动，其速度由vB=14m/s变为v=2m/s则其加速度大小为：aB=(vB-v)/t1=(14-2)/3=4 m/s2 方向水平向左设B与地面的动摩擦因数为，由牛顿第二定律得： 则： 3s之后，B继续向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得 则B的加速度大小为：，方向水平向左3s之后运动的时间为： B运动的时间为：04s内B的位移： 解得：方向水平向右【点睛】该题属于牛顿第二定律的应用中多物体、多过程的情况，在解答的过程中要注意对运动过程的把握，特别是二者的速度相等后加速度可能不同的情况
