2014届河南省中原名校高三上学期期中联考物理试卷与答案（带解析）.doc

1、2014届河南省中原名校高三上学期期中联考物理试卷与答案（带解析） 选择题 2013年 10月 8日，彼得 W 希格斯和弗朗索瓦 恩格勒分享了今年的诺贝尔物理学奖，他们获奖的成果是提出的一项理论，该理论揭示了粒子是如何获得质量的。在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。下列表述不符合物理学史实的是 A亚里士多德提出了力是改变物体运动状态的原因 B牛顿在归纳总结了伽利略、笛卡尔等科学家结论的基础上，得出了牛顿第一定律 C焦耳对能量守恒定律的提出做出了卓越的贡献 D元电荷 e的数值最早是由物理学家密立根测得的，这是他获得诺贝尔物理学奖的重要原因 答案： A 试题分析：亚里

2、士多德认为力是维持物体运动的原因，故选项 A错误；牛顿在总结了伽利略和笛卡尔等人关于力和运动之间的关系得出了牛顿第一定律，故选项 B正确；焦耳对热功当量的测量为能量守恒与转化定律提供了无可置疑的证据，故选项 C正确；密立根通过实验发现物体带电量总是某电量的整数倍，提出了元电荷的概念，故选项 D正确，所以本题选 A 考点：考查了对物理学家及其主要贡献的了解情况 如图所示，长为 L的轻杆的下端用铰链固接在水平地面上，上端固 定一个质量为 m的小球，轻杆处于竖直位置，同时与一个质量为 M的长方体刚好接触。由于微小扰动，杆向右侧倒下，当小球与长方体分离时，杆与水平面的夹角为30，且杆对小球的作用力恰好

3、为零，若不计一切摩擦。则 A长方体与小球的质量比是 4 ： 1 B分离时小球的速率为 C分离后长方体的速率为 D长方体对小球做功 -mgL 4 答案： AD 试题分析：在杆从竖直位置开始倒下到小球与长方体恰好分离的过程中，小球和长方体组成的系统机械能守恒，小球和长方体的速度分别为 v1和 v2，则有：，分离时刻，小球只受重力，根据向心力公式有：，此时小球与长方体的水平速度相同，即： ，联立解得： ，故选项 A正确；由 解得： ，故选项 BC错误；从小球倾倒到与长方体分离的过程中，对小球由动能定理可知： 解得： 故选项 D正确 考点：本题主要考查向心力公式和动能定理的应用，关键是理解 “分离 ”

4、和 “杆对小球的作用力为零 ”的物理意义 如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板 B上，另一端与质量为 m的物块 A相连，弹簧与斜面平行，整个系统由静止开始加速上升高度 h的过程中 A物块 A的重力势能增加量一定等于 mgh B物块 A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和 C物块 A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和 D物块 A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和 B对弹簧的拉力做功的代数和 答案： CD斜面的支持力 N和弹簧的弹力 f的合力与重力 试题分析：升降机停止时，对物体 A受力分析

5、可知，斜面的支持力 N和弹簧的弹力 f的合力与重力 G等值方向，合力为零当升降机加速上升时，斜面的支持力 N和弹簧的弹力 f的合力大于重力 G，且支持力和弹力均增大，所以弹簧的长度变长，即物体 A上升的高度小于 h，所以物块 A增加的重力势能小于mgh，故选项 A错误；物块上升过程中，支持力 N和弹力 f做正功，重力 G做负功，由动能定理知选项 B错误；由功能关系可知对物块 A增加的机械能等于重力之外的其他力做功的代数和即支持力 N和弹力 f做功的代数和，故选项 C正确；将物块 A和弹簧看成一系统，系统受斜面对物块 A的支持力 N和 B对弹簧的拉力，根据功能关系可知，系统机械能的增加量等于斜面

6、对物块的支持力和 B对弹簧的拉力做功的代数和，故选项 D正确 考点：本题考查了对功能关系 的理解和应用，对于系统机械能的变化等于除系统所受的重力之外的其他力做功的代数和 我国发射的探月卫星有一类为绕月极地卫星。利用该卫星可对月球进行成像探测。如图所示，设卫星在绕月极地轨道上做圆周运动时距月球表面的高度为 H,绕行周期为 TM; 月球绕地球公转的周期为 TE，公转轨道半径为 R0；地球半径为 RE，月球半径为 RM. 忽略地球引力、太阳引力对绕月卫星的影响，则下列说法正确的是 A月球与地球的质量之比为 B若光速为 C，信号从卫星传输到地面所用时间为 C由开普勒第三定律可得 D由开普勒第三定律可得

7、 答案： AB 试题分析：对月球绕地球的公转，由万有引力提供向心力得：，对卫星绕月球的圆周运动，由万有引力提供向心力得：，联立解得： ，故选项 A 正确；由题意可知卫星信号传输的距离 ，所以传输的时间，故选项 B正确；根据开普勒第三定律知定律适用于围绕同一天体做圆周运动的不同天体或者卫星，故选项 CD错误 考点：考查了万有引力定律的应用及对开普勒定律适用条件的理解 足够长的水平黑色传送带处于静止状态，一白灰块（可视为质点）静止在传送带上，白灰块与传送带间有摩擦，动摩擦因数为 。 突然使传送带以恒定的速度 v0做匀速直线运动，白灰块将在传送带上划下白色痕迹，经过某一时间t，令传送带突然停下，以后

8、不再运动。在白灰块也不再运动时，传送带上白色痕迹的长度可能是（已知重力加速度为 g，假设白灰块与传送带摩擦划痕过程中质量不变） A B C D 答案： AC 试题分析：在时间 t内，白灰块可能一直匀加速，也可能先加速后匀速；白灰块加速时，根据牛顿第二定律，有 ，解得： ， 如果时间 t内一直加速，加速的位移为 ，故相对传送带的位 移为 ； 如果先加速，后匀速，位移为 ，故相对传送带的位移为 ； 如果加速的末速度恰好等于 v0，则 ，故相对传送带的位移为 经过时间 t后，传送带静止后，白灰块做减速运动，加速度大小不变，故相对传送带沿原路返回，故传送带上痕迹的长度等于加速时相对传送带的位移 考点：

9、本题考查牛顿第二定律和运动学规律的应用，关键在于分析出白灰块的运动过程和性质以及划痕是两者的相对位移 如图所示，在水平地面上固定一个倾角为 的足够长的光滑斜面，质量为m 1kg的小滑块从斜面底端在与斜面平行的恒力 F作用下由静止开始沿斜面上升，经过时间 t撤去恒力 F，又经过时间 t物体回到斜面底端，此时物体的动能为 32J，则下列说法正确的是 A拉力 F做的功为 8J B拉力 F做的功为 32J C物体回到底端的速度是撤去拉力时的速度的 2倍 D运动过程中动能和重力势能相等的位置在撤去拉力时的位置的上方 答案： BC 试题分析：整个过程中，物体的重力不做功，支持力不做功，拉力做正功，由动能定

10、理知： ，故选项 A错误 B正确；取沿斜面向上为正方向，设刚撤去拉力时的速度大小为 v1，回到底端时的速度大小为 v2，有拉力时位移，从撤去拉力到回到底端时位移 ，根据题意知 ，解得： ，故选项 C正确；撤去拉力后，物体的机械能守恒，取最低点为零势能面，则动能和势能相等的位置在上升最大高度的一半处，又因为物体回到底端的速度是撤去拉力时的速度的 2倍，所以 可知撤去拉力时的高度为最大高度的四分之三，即动能和势能相等处在撤去拉力的位置的下方，故选项 D错误 考点：本题考查了动能定理和匀变速直线运动规律的应用 如图所示，左右带有固定挡板的长木板放在水平桌面上，物体 M放于长木板上静止，此时弹簧对物体

11、的压力为 3N，物体的质量为 0 5kg，物体与木板之间无摩擦，现使木板与物体 M一起以 6 m s2的加速度向左沿水平 方向做匀加速运动时 A物体对左侧挡板的压力等于零 B物体对左侧挡板的压力等于 3N C物体受到 4个力的作用 D弹簧对物体的压力等于 6N 答案： A 试题分析：物体静止时，弹簧处于压缩状态，弹力 当物体向左加速运动时，若物体对左挡板的压力为零，由牛顿第二定律知： ，解得：，当加速度大于 ，物体离开左挡板，弹簧长度变短，当加速度小于 时，物体对左挡板产生压力，弹簧长度不变，所以可知选项A正确 BD错误；当加速度 时，物体受重力、支持力和弹力，故选项C错误 考点：本题考查牛顿

12、第二定律的应用，关键是找出物体对左挡板无压力时的临界加速度 如图甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为 37，物体 A放在斜面底端挡板处，通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体 B相连接， B的质量 M 1kg，绳绷直时 B 离地面有一定高度。在 t 0 时刻，无初速度释放 B，由固定在 A上的速度传感器得到的数据绘出的 A沿斜面向上运动的 v-t图象如图乙所示，若 B落地后不反弹， g取 10 m s2， sin37 0 6， cos37 0 8，则下列说法正确的是 A B下落的加速度大小 a 10m s2 B A沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对 A做的功 W 3J C A的质量

13、M 0 5Kg， A与斜面间的动摩擦因数 0 5 D 0 0 75 s内摩擦力对 A做的功 0 75J 答案： B 试题分析：由图乙可知物体 A先加速运动 0.5s，加速度 ，位移，然后再匀减速运动 0.25s 减速到零，加速度 ，位移 因为物体 A和 B连接在一起，所以 B加速下落0.5s落地，其加速度为 4m/s2，故选项 A错误；对物体 B由牛顿第二定律知：，解得： ，所以绳子对物体 A做的功，故选项 B正确；对物体 A， B未落地时，由牛顿第二 定律知： ， B 落地后，由牛顿第二定律知：，解得： ， ，故选项 C错误；摩擦力做的功 ，故选项 D错误 考点：本题综合考查了速度时间图像、

14、牛顿第二定律和功的理解和应用 粗铁丝弯成如图所示半圆环的形状，圆心为 O，半圆环最高点 B处固定一个小滑轮，小圆环 A用细绳吊着一个质量为 m2的物块并套在半圆环上。一根一端拴着质量为 m1的物块的细绳，跨过小滑轮后，另一端系在小圆环 A上。设小圆环、滑轮、绳子的质量以及相互之间的摩擦均不计，绳子不可伸长。若整个系统平衡时角 AOB为 ，则两物块的质量比 m1:m2为 A cos B 2sin C sin D 2cos 答案： B 试题分析：对小环 m1受力分析可得： ；对小环 m2受力分析如图所示， 可得： ，又因为 ，解得： ，故选项 B正确 考点：考查了平衡条件的应用及数学知识在物理中的

15、应用 国庆节时，五颜六色的氢气球将节日装扮的靓丽多姿。如图所示，一氢气球通过软绳与地面上的石块相连，石块质量为 m，由于风的作用，使软绳偏离竖直方向，当氢气球和石块相对地面静止时，与石块相连的绳端切线与水平方向成 角，不计风对石块的作用，则下列说法中正确的是 A绳子的拉力为 mg sin B绳子的拉力一定小于 mg，否则石块将会被风吹动的氢气球带离地面 C石块受到地面作用力等于绳子拉力的水平分力 D石块受到地面作用力不等于绳子拉力的水平分力 答案： D 试题分析：对石块受力分析，受重力 mg、地面的支持力 N和摩擦力 f及绳子的拉力 T，由平衡条件可知： ， ，如果绳子的拉力为，则支持力为零，

16、摩擦力为零，即石块被拉动，故选项 A错误；由可知绳子的拉力可能大于 mg，故选项 B错误；由平衡条件知，地面对石块的作用力大小包括支持力和摩擦力，其大小等于重力和拉力的合力，故选项 C错误 D正确 考点：考查平衡条件的应用 实验题 （ 10分）某兴趣小组用如图所示的装置探究薄布料的阻力对小车运动的影响，他们将长木板置于水平桌面上，并在长木板的右半部分平整地铺上一块该布料，将其左端适当垫高，将小车以适当的初速度释放后，用打点计时器记录小车的运动情况。通过反复调整木板左端的高度，他们得到一系列打上点的纸带，并最终选择了如图所示的一条纸带（附有刻度尺）进行测量。取打点计时器的电源频率为 50Hz，重

17、力加速度 g 10m s2。 （ 1）根据刻度尺的示数可以判断，小车在 A、 E两点间做 _运动，在E、 J两点间做 _运动。 E、 J两点间的加速度大小为 _m s2， J点对应的小车速度为 _m s。 （ 2）该兴趣小组测出长木板左端与桌面间的高度差为 4cm，木板长度为 80cm，则小车在布料上运动时的阻力与在木板上运动时的阻力之比为_。 答案：（ 1）匀速，匀减速， 5m/s2， 0.35（ 2） 11 试题分析： (1)由题意知相邻点的时间间隔为 0.02s，由刻度尺可知在 A、 E两点间相邻点的距离为均 1.80cm，故作匀速 直线运动，在 E、 J两点之间相邻点的距离从 E到 J

18、依次减小 0.02mm，故做匀减速直线运动根据 可知加速度的大小为 ， ，由可知 (2)由题意可知 ，小车在木板上做匀速运动，有 ，在布料上做匀减速运动，有 ，代入数据解得 考点：考查了在纸带问题中利用 求解加速度和利用平均速度求瞬时速度及牛顿第二定律和平衡条件的应用 （ 8分）某同学学过平抛运动后，利用平抛运动知识测量某水平喷水口的流量 Q（ Q Sv， S为出水口的横截面积， v为出水口的水速），方法如下： （ 1）先用游标卡尺测量喷水口的内径 D。如下图所示， A、 B、 C、 D四个图中，测量方式正确的是 _。 （ 2）正确测量得到的结果如图中的游标卡尺所示，由此可得喷水口的内径 D_

19、cm。 （ 3）打开水阀，让水从喷水口水平喷出，稳定后测得落地点距喷水口水平距离为 x，竖直距离为 y，则喷出的水的初速度 v0 _（用 x， y、 g表示）。 （ 4）根据上述测量值，可得水管内水的流量 Q _（用 D、 x、 y、 g表示） 答案：（ 1） C （ 2） 1.044 （ 3） （ 4） 试题分析： (1)图 A是测量深度，图 B测量时管与游标卡尺不垂直，图 C是测量内径，图 D是测量外径 (2)由游标尺可知为 50分度的，精确度为 0.02mm，所以读数为 (3)由 可知时间 ，由 知 (4)水的流量 考点：本题考查了游标卡尺的使用和读数方法及平抛运动规律的应用 计算题 （

20、 8分） 2013年 7月 5日 -12日，中俄 “海上联合 -2013”海上联合军事演习在日本海彼得大帝湾附近海空域举行。在某天进行的演习中，我国研发的一艘022型导弹快艇以 30m s的恒定速度追击前面同一直线上正在以速度 v1逃跑的假想敌舰。当两者相距 L0 2km 时，以 60m s 相对地面的速度发射一枚导弹，假设导弹沿直线匀速射向假想敌舰，经过 t1 50s艇长通过望远镜看到了导弹击中敌舰爆炸的火光，同时发现敌舰速度减小但仍在继续逃跑，速度变为 v2，于是马上发出了第二次攻击的命令，第二枚导弹以同样速度发射后，又经 t2 30s，导弹再次击中敌舰并将其击沉。不计发布命令和发射反应的

21、时间，发射导弹对快艇速度没有影响，求敌舰逃跑的速度 v1、 v2分别为多大 答案： v1=20 m/s v2=10 m/s 试题分析：第一枚导弹击中前，敌舰 逃跑的速度为 v1，当导弹快艇与敌舰相距L0=2 km时，发射第一枚导弹，经 t1=50 s击中敌舰，则有： 2分 代入数据解得： v1=20 m/s 1分 击中敌舰时，导弹快艇与敌舰的距离为 2分 马上发射第二枚导弹，此时敌舰的速度为 v2，经 t2=30 s，导弹再次击中敌舰，则有： 2分 代入数据解得： v2=10 m/s 1分 考点：考查匀速直线运动规律在追及问题中的应用 （ 10分）薄木板长 L 1m，质量 M 9kg在动摩擦因

22、数 1 0 1的水平地面上向右滑行，当木板速度 v0 2m s时，在木板的右端轻放一质量 m 1kg的小铁块（可视为质点）如图 14所示，当小铁块刚好滑到木板左端时，铁块和木板达到共同速度取 g 10m s2，求： （ 1）从铁块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间 t； （ 2）小铁块与木板间的动摩擦因数 2 答案： (1) t=1s (2) 试题分析：（ 1）设木板在时间 t内的位移为 x1；铁块的加速度大小为 a2，时间t内的位移为 x2 则有 2分 1分 1分 又 1分 代入数据得 t=1s 1分 (2)根据牛顿第二定律，有 2分 1分 解得 1分 考点：考查匀变速直线运动规律和牛顿

23、第二定律的应用 （ 10分）如图所示， AB和 CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水 平位置。 AB是半径为 R 2m的 1 4圆周轨道， CDO是半径为 r1m的半圆轨道，最高点 O 处固定一个竖直弹性档板。 D为 CDO 轨道的中央点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知 BC段水平轨道长 L 2m，与小球之间的动摩擦因数 0 4。现让一个质量为 m 1kg的小球 P从 A点的正上方距水平线 OA高 H处自由落下。（取 g 10m s2） （ 1）当 H 1 4m时，问此球第一次到达 D点对轨道的压力大小。 （ 2）当 H 1 4m时，试通过计算判断此球是否会脱

24、离 CDO轨道。如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程。如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程。 答案： (1) (2) S=8.5m 试题分析：（ 1）设小球第一次到达 D的速度 VD P到 D点的过程对小球列动能定理： 2分 在 D点对小球列牛顿第二定律： 1分 联立解得： 1分 （ 2）第一次来到 O点，速度 V1， P到 O点的过程对小球列动能定理： 解得： 要能通过 O点，须 临界速度 故第一次 来到 O点之前没有脱离 设第三次来到 D点的动能 EK 对之前的过程列动能定理： 代入解得： EK=0 故小球一直没有脱离 CDO轨道 设此球静止前在水平轨道经过的路程 S

25、 对全过程列动能定理： 解得： S=8.5m 考点：考查动能定理和向心力公式的应用 （ 14分）如图（ a）所示，水平桌面的左端固定一个竖直放置的光滑圆弧轨道，其半径 R 0 5m，圆弧轨道底端与水平桌面相切 C点，桌面 CD长 L 1 m，高 h2 0 5m，有质量为 m（ m为末知）的小物块从圆弧上 A点由静止释放， A点距桌面的高度 h1 0 2m，小物块经过 圆弧轨道底端滑到桌面 CD上，在桌面 CD上运动时始终受到一个水平向右的恒力 F作用，然后从 D点飞出做平抛运动，最后落到水平地面上，设小物块从 D点飞落到的水平地面上的水平距离为 x，如图（ b）是 -F的图像，取重力加速度 g

26、 10m s2 （ 1）试写出小物块经 D点时的速度 vD与 x的关系表达式； （ 2）小物体与水平桌面 CD间动摩擦因数 是多大 （ 3）若小物体与水平桌面 CD间动摩擦因数 是从第（ 2）问中的值开始由 C到 D均匀减少，且在 D点恰好减少为 0，再将小物块从 A由静止释放，经过 D点滑出后的水平位移大小为 1m，求此情况下的恒力 F的大小 答案： (1) (2) =0.35 (3) F=1.9N 试题分析： 物体从 D滑出后做平抛运动，则 1分 1分 代入化简可得 或 1分 由 AD 全程动能定理得 2分 代入整理得 2分 由图可知 代入计算可得 =0.35 1分 由第（ 2）可知 1分 由乙图可知 k=0.5 代入计算得 m =0.4kg 1分 由 AD 全程动能定理得 2分 由题可知： x=1m 1分 由第（ 1）问知 则代入计算得 F=1.9N 1分 考点：本题考查动能定理的应用和对图像的理解分析能力，解答的关键是将图像的物理意义和数学知识结合求解