2014届广东省执信中学高三上学期期中考试物理试卷与答案（带解析）.doc

1、2014届广东省执信中学高三上学期期中考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法中，正确的是 ( ) A kg、 N、 m/s都是导出单位 B亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因 C开普勒通过对行星运动规律的研究总结出了万有引力定律 D用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如速度 ，加速度 都是采用比值法定义的 答案： D 试题分析：质量的单位 kg，是国际单位中的基本单位，故 A错误；伽利略最早指出亚里士多德的观点是错误的，提出 “力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因 ”，所以 B错误；牛顿通过对行星运动规律的研究总结出了万有引力定律，所以 C错误；速

2、度、加速度都是用比值法定义的，故 D正确。 考点：本题考查单位制、力与运动、万有引力及比值定义法。 如图所示，水平传送带长为 s，以速度 v始终保持匀速运动，质量为 m的货物无初速放到 A点，货物运动到 B点时恰达到速度 v，货物与皮带间的动摩擦因数为 ，当货物从 A点运动到 B点的过程中，以下说法正确的是（ ） A摩擦力对物体做功为 mv2 B摩擦力对物体做功为 mgs C传送带克服摩擦力做功为 mgs D因摩擦而生的热能为 2mgs 答案： AB 试题分析：货物在传送带上做匀加速直线运动，到达 B点时速度为 v，货物则由动能定理可知，摩擦力对货物所做的功为 mv2；故 A正确；由分析可知，

3、货物在传送带上运动的位移为 s，故摩擦力做功为 mgs；故 B正确；由题意知，而传送带的位移 ，故传送带克服摩擦力做功为 mg2s，所以 C错误；相对位移为 x-s=s，所以摩擦生热为 mgs，故 D错误。 考点：本题考查动能定理、功的计算。 如图，倾角为 的光滑斜面体 C 固定于水平地面上，小物块 B 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体 A相连接，释放后， A将向下运动，则在 A碰地前的运动过程中（ ） A A的加速度大小为 g B A物体机械能不守恒 C由于斜面光滑，所以 B物体机械能守恒 D A、 B组成的系统机械能守恒 答案： BD 试题分析：在 A下降的过程中，绳对 A由向上

4、的拉力，根据牛顿第二定律知，A的加速度小于 g，所以 A错误；绳子的拉力对 A做负功，故 A的机械能减小，所以 B正确；由题意知绳子对 B的拉力做正功，故 B的机械能增加，所以 C错误； A、 B组成的系统合满足机械能守恒，故 D正确。 考点：本题考查牛顿第二定律、机械能守恒。 如图所示， A、 B为同一水平线上的两个绕绳装置，转动 A、 B改变绳的长度，使光滑挂钩下的重物 C缓慢上升过程，下列说法中正确的是（ ） A重物 C所受的合外力不变 B重物 C所受的合外力逐渐增大 C绳的拉力逐渐增大 D绳的拉力逐渐减少 答案： AC 试题分析：物体缓慢上升，处于平衡状态，故合外力为零，保持不变，所以

5、 A正确； B错误；物体受三个力，重力和两个拉力，三力平衡，两个拉力的合力与重力平衡；两个拉力合力一定，夹角不断增大， 故拉力不断增大，所以 C正确； D错误。 考点：本题考查力的合成。 如图表示甲、乙两物体由同一地点出发，向同一方向运动的速度图线，其中 t2=2t1，则（ ） A在 t1时刻，乙物在前，甲物在后 B在 t1时刻，甲、乙两物体相遇 C乙物的加速度大于甲物的加速度 D在 t2时刻，甲、乙两物体相遇 答案： CD 试题分析：由图可知，在 t1时刻之前，甲的速度一直大于乙的速度，故开始甲物在前，乙物在后，故 A错误；因 t1之前，甲的速度一直大于乙的速度，故甲的位移大于乙的位移，两者

6、不会相遇，故 B错误；乙图象的斜率大于甲的，故乙的加速度大于甲的加速度，故 C正确；两物体由同一点出发，由图可知 t2时刻两物体的力图象面积相等，故位移相等，故此时两物体相遇，故 D正确； 考点：本题考查运动的 v-t图像。 如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度 v向右匀速运动，当它经过靠近桌边的竖直木板 ad边正前方时，木板开始做自由落体运动。若木板开始运动时， cd边与桌面相齐，则小球在木板上的投影轨迹是 （ ） 答案： B 试题分析：小球的投影的运动是由小球水平方向的位移与木板竖直方向上的位移的合位移，则由运动的合成可知投影的 轨迹投影在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做加速运动，故

7、小球的合速度应偏向上方，故轨迹应向上偏折，故 B正确； A、 C、 D错误。 考点：本题考查运动的合成与分解。 如图所示， A、 B两木块间连一轻质弹簧， A、 B质量相等，一起静止地放在一块木板上，若将此木板突然抽去，在此瞬间， A、 B两木块的加速度分别是（ ） A aA=O， aB=2g B aA = g， aB= g C aA=0， aB=0 D aA = g， aB= 2g 答案： A 试题分析：在抽出木板的瞬时，弹簧对 A的支持力和对 B的压力并未改变对A物体受重力和支持力， mg=F， aA=0对 B物体受重力和弹簧的向下的压力，根据牛顿第二定律 ，所以 A正确； B、 C、 D

8、错误。 考点：本题考查牛顿第二定律。 一根轻质弹簧竖直悬挂一小球 ,小球和弹簧的受力如图所示，下列说法正确的是（ ） A F1的施力者是弹簧 B F2的反作用力是 F3 C F3的施力者是地球 D F4的反作用力是 F1 答案： B 试题分析： F1是小球的重力，其施力物体是地球故 A错误 F2弹簧对小球的拉力， F3小球对弹簧的拉力，两力是一对作用力与反作用力故 B正确 F3是小球对弹簧的拉力，所以 F3的施力物体是小球故 C错误 F4与 F1没有直接关系，不是一对作用力与反作用力故 D错误 考点：本题考查力。 实验题 （ 8分）图甲是 “验证力的平行四边形定则 ”的实验装置请完成实验操作与

9、记录： 将弹簧测力计 A挂于固定点 P，下端用细线 ac挂一重物 G，如图虚线所示，记录： 测力计 A 的读数 F0 用弹簧测力计 B的挂钩拉另一细线的 b端，该细线的另一端系在细线 ac上的O点处，手持测力计 B保持水平方向缓慢向左拉，到达如图所示位置，记录：O点的位置、 、 、 、 和细线 Oc的方向 某同学已作出 FA、 FB和 FA、 FB的实际合力 F的图示，请在图乙中作出 FA、 FB的理论合力 F的图示，比较 F和 F的大小和方向，可以得出结论：_ 答案： (1) 测力计 A的读数、测力计 B的读数、 细线 Oa的方向、细线Ob的方向 (每空 1分，共 4分 ) 如图所示；互成角

10、度的两个力的合成时遵循平行四边形定则 . (2分 ) 试题分析： 明确该实验的实验原理，了解具体实验步骤以及具体的操作，尤其注意在记录力时不但要记录大小还要记录方向，因此该 实验中需要记录的除O点位置之外，还应当记录：测力计 A的读数、测力计 B的读数、细线 Oa的方向、细线 Ob的方向 故答案：为：测力计 A的读数、测力计 B的读数、细线 Oa的方向、细线 Ob的方向 以表示 FA、 FB的线段为邻边作平行四边形，其对角线所表示的力就是合力实验值的大小和方向，如图 F所示 . 通过实验可知，以 FA、 FB组成平行四边形的对交线与合力 F基本等大反向，因此可以得出 结论：互成角度的两个力的合

11、成时遵循平行四边形定则 . 考点：本题考查验证力的平行四边形定则。 (10分 )某同学利用图甲中器材验证机械能守恒实验 .如图乙是该实验得到的一条点迹清晰的纸带，现要取 A、 B 两点来验证实验，已知电磁打点计时器每隔 0.02s打一个点 . 请回答下列问题： 打点计时器应接 _ (填 “直流 ”或 “交流 ”)_V的电源； 可以判断，连接重物的夹子应夹在纸带的 端 (填 “左 ”或 “右 ”)； 若 x2=4.80cm，则在纸带上打下记数点 B时的速度 vB = m/s (计算结果保留三位有效数字 ). 若 x1数据也已测出，则实验还需测出物理量为 . 若分析实验结 果发现重物下落过程中减少

12、的重力势能明显大于其增加的动能，则可能的原因是： . 答案： 交流、 4-6V （ 2分） 左（ 2分） 1.20（ 2分） AB之间的距离或 hAB（ 2分） 重物的质量太小或摩擦阻力太大（ 2分） 试题分析： 电磁打点计时器的工作电压是低压交流电， 46V ， 从纸带上可以发现从左到右，相邻的计数点的距离越来越大，也就是说明速度越来越大 与重物相连接的纸带先打出点，速度较小，所以实验时纸带的左端通过夹子和重物相连接 利用匀变速直线运动的推论得： 要验证机械能守恒定律，则要求出重力 势能的变化量，所以还要测出 AB之间的距离； 重力势能明显大于其增加的动能说明阻力太大，或重物质量太小。 考点

13、：本题考查验证机械能守恒。 填空题 如图 A为静止于地球赤道上的物体、 B为近地卫星、 C为地球同步卫星，地球表面的重力加速度为 ，关于它们运行线速度 、角速度 、周期 和加速度 的比较正确的是（ ） A B C D 答案： CD 试题分析：对卫星 B、 C满足 ，可得：， ， ， ，故半径大的线速度小，角速度小，向心加速度小，周期大，所以 ， ， ，又 B为近地卫星，故 ；因 C为地球同步卫星，其周期等于地球自转的周期，即，所以 ，再根据 ， 可得 ， ，所以 A、B错误； C、 D正确。 考点：本题考查天体运动。 计算题 （ 18分）钓鱼岛是我国固有领土，决不允许别国侵占，近期，为提高警惕

14、保卫祖国，我人民海军为此进行登陆演练，假设一艘战舰因吨位大吃水太深，只能停锚在离海岸登陆点 x 1 km处登陆队员需要从较高的军舰甲板上，利用绳索下滑到登陆快艇上再行登陆接近目标，若绳索两端固定好后，与竖直方向的夹角 37，为保证行动最快，队员甲先匀加速滑到某最大速度，再靠摩擦匀减速滑至快艇，速度 刚好为零，在队员甲开始下滑时，队员乙在甲板上同时开始向快艇以速度 平抛救生圈，第一个刚落到快艇，接着抛第二个，结果第二个救生圈刚好与甲队员同时抵达快艇（快艇可视为质点），若人的质量 m，重力加速度 g 10 m/s2，问： (1)军舰甲板到快艇的竖直高度 H 为多少？队员甲在绳索上运动的时间 t0为

15、多少？ (2)若加速过程与减速过程中的加速度大小相等，则队员甲在何处速度最大？最大速度多大？ (3)若登陆艇额定功率 5 kW，载人后连同装备总质量为 103 kg，从静止开始以最大功率向登陆点加速靠近，到达岸边时刚好能达到最大速度 10 m/s，若登陆舰前进时阻力恒定，则登陆艇运动的时间 t为多少？ 答案：（ 1） H 16m， （ 2）绳索中点处速度最大；（ 3） t 108.8 s. 试题分析： (1)设救生圈平抛运动的时间为 t，由平抛运动规律有 H gt2， Htan v0t. （ 2分） 设人下滑的时间为 t0，由题意可知 t0 2t. （ 2分） 联立以上各式得： H 16m，

16、（ 2分） (2)由几何关系得：绳索长 L H/cos370 20 m， （ 2分） 因加速过程与 减速过程的加速度相等，所以甲在绳索中点处速度最大，由vmt2 L， （ 2分） 得 . （ 2分） (3)加速过程有 Pt-f(x-Htan) Mv ， （ 2分） 加速到匀速时 vm ， （ 2分） 联立两式解得 t 108.8 s. （ 2分） 考点：本题考查平抛运动、动能定理，意在考查学生的综合分析能力。 （ 18分）如图所示，倾斜轨道 AB的倾角为 37o， CD、 EF轨道水平， AB与 CD通过光滑圆弧管道 BC连接， CD右端与竖直光滑圆周轨道相连。小球可以从 D进入该轨道，沿轨道

17、内侧运动，从 E滑出该轨道进入 EF水平轨道。小球由静止从 A点释放，已知 AB长为 5R， CD长为 R，重力加速度为 g，小球与斜轨 AB 及水平轨道 CD、 EF 的动摩擦因数均为 0.5， sin37o=0.6， cos37o=0.8，圆弧管道 BC入口 B与出口 C的高度差为 1.8R。求： 小球滑到斜面底端 C时速度的大小。 (2)小球对刚到 C时对轨道的作用力。 (3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径 R应该满足什么条件？若 R=2.5R，小球最后所停位置距 D（或 E）多远？ 注：在运算中，根号中的数值无需算出。 答案：（ 1） （ 2） 6.6mg ，方向竖

18、直向下 （ 3）要使小球在运动过程中不脱离轨道，情况一：小球 b能滑过圆周轨道最高点，进入 EF轨道 R0.92R，小球 b上滑至四分之一圆轨道的 Q点时，速度减为零，然后滑回 D；情况二： R2.3R， b球将停在 D点左侧，距 D点 0.6R处， a球停在 D点左侧，距 D点 R处 试题分析：（ 1）设小球到达 C点时速度为 v， a球从 A运动至 C过程，由动能定理有 （ 2分） 可得 （ 1分） （ 2）小球沿 BC轨道做圆周运动，设在 C点时轨道对球的作用力为 N，由牛顿第二定律 ， （ 2分） 其中 r满足 r+r sin530=1.8R （ 1分） 联立上式可得： N=6.6mg

19、 （ 1分） 由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为 6.6mg ，方向竖直向下。 （ 1分） （ 3）要使小球不脱离轨道，有两种情况： 情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入 EF轨道。则小球 b在最高点 P应满足 （ 1分） 小球从 C直到 P点过程，由动能定理，有 （ 1分） 可得 （ 1分） 情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的 Q点时，速度减为零，然后滑回 D。则由动能定理有 （ 1分） （ 1分） 若 ，由上面分析可知，小球必定滑回 D，设其能向左滑过 DC轨道，并沿 CB运动到达 B点，在 B点的速度为 vB,，则由能量守恒定律有（ 1分） 由 式，可得 （ 1分） 故知，小球不能滑回倾斜轨道 AB，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在 CD轨道上的某处。设小球在 CD轨道上运动的总路程为 S，则由能量守恒定律，有 （ 1分） 由 两式，可得 S=5.6R （ 1分） 所以知， b球将停在 D点左侧，距 D点 0.6R处。 （ 1分） 考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力。