1、2013-2014学年江苏省苏州市高三第一学期期中考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 假设国际编号为 “3463”的小行星 “高锟星 ”为均匀的球体，其质量为地球质量的 1/k，半径为地球半径的 1/q，则其表面的重力加速度是地球表面重力加速度的 ( ) A B kq CD 答案： C 试题分析：根据物体在行星表面所受重力约等于行星对它的万有引力，有： mg ，解得： g ，所以 “高锟星 ”表面的重力加速度与地球表面重力加速度的比为： q2，故选项 C正确。 考点：本题主要考查了万有引力定律的应用问题，属于中档题。 如图所示，楔形木块 abc固定在水平面上，粗糙斜面 ab和光滑斜面 bc与
2、水平面的夹角相同，顶角 b处安装一定滑轮，质量分别为 M、 m(M m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行，两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动，若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中 ( ) A两滑块组成的系统机械能守恒 B m的机械能可能减小 C重力对 M做的功大于 M动能的增加 D两滑块组成的系统的机械能损失等于 M克服摩擦力做的功 答案： CD 试题分析：由于斜面 ab粗糙，当两滑块做匀加速运动时， M与斜面之间存在滑动摩擦力，因此两滑块组成的系统机械能不守恒，故选项 A 错误；由于 M m，且斜面 ab和 bc与水平面的夹角相同，因此当两滑块由静止
3、释放后沿斜面运动时，必定是 M下滑， m上滑，因此对 m，除质量做功外，还有绳子的拉力做正功，因此 m的机械能一定增加，故选项 B错误；作为多项选择题，至此已经可知只可能选项 C、 D正确；对 M，重力做正功，滑动摩擦力和绳子的拉力都在做负功，根据动能定理可知重力对 M做的功一定大于 M动能的增加，故选项 C正确；对系统，只有 重力、绳中张力和 M与斜面之间的滑动摩擦力做功，由于绳不可伸长，且绳上的张力处处相等，因此绳对 M做的负功与对 m做的正功之和一定等于零，因此根据功能关系可知两滑块组成的系统的机械能损失一定等于 M克服摩擦力做的功，故选项 D正确。 考点：本题主要考查了机械能守恒条件及
4、功能关系的应用问题，属于中档题。 如图甲所示，物块 A和足够长的木板 B叠放在光滑水平面上，用水平力 F作用在物块 A上， A、 B一起从静止开始做直线运动， F随时间 t不断增加，变化关系如图乙所示，设物块 A所受摩擦力为 fA，加速度为 aA，木板 B的速度为vB，加速度 为 aB，下列能正确表示 fA、 aA、 vB、 aB经较长时间的关系图象的是 ( ) 答案： BD 试题分析：开始时， A、 B相对静止，对整体 aA aB ， A、 B之间是静摩擦力， fA mAaA ， vB aBt ，由于 F与时间成正比关系，因此 vB与 t应成二次函数关系，故选项 C错误，当 fA增大到一定程
5、度，A、 B开始相对滑动，对 A， aA -g，与 t应成一次函数关系，且有负纵截距，故选项 B正确；对 B， aB ，与 t无关，为定值，故选项 D正确； fA mAg，与 t无关，为定值，故选项 A错误。 考点：本题主要考查了物体的受力分析、牛顿第二定律的应用和对摩擦力种类的判断、整体法与隔离法的灵活运用，以及对图象的理解与应用等问题，属于中档题。 在某条宽度为 300m的河道中，河水的流速与离河岸的关系如图甲所示，若船在静水中速度与时间的关系如图乙所示，渡河时保持船头始终与河岸垂直，则 ( ) A船在河水中航行的轨迹是一条直线 B船渡河所用时间为 100s C船在前半程和后半程做匀变速运
6、动 D船在行驶过程中，速度大小先增大后减小 答案： BCD 试题分析：由于水流的速度随离河岸的距离变化而变化，因此船在渡河时合速度方向在不断变化，其轨迹为曲线，故选项 A错误；船渡河的时间由垂直于河岸方向的速度决定，又因船在渡河时，船头始终与河岸垂直，所以渡河时间由船在静水中的速度决定，为： t s 100s，故选项 B正确；由图甲中图线斜率可知，船在前半程和后半程的加速度分别不变，因此船在前半程和后半程做匀变速运动，故选项 C正确；根据勾股定理可知，船在渡河过程中的速度大小先增大后减小，故选项 D正确。 考点：本题主要考查了运动的合成与分解的应用问题，属于中档题。 目前我国已经成功发射北斗导
7、航卫星十六颗，计划到 2020年，将建成由 35颗卫星组网而成的全球卫星导航系统，关于卫星网中的地球同步静止卫星，以下说法正确的是 ( ) A运行角速度相同 B环绕地球运行可以不在同一条轨道上 C运行速度大小相等，且都大于 7.9km/s D向心加速度大于静止在赤道上物体的向心加速度大小 答案： AD 试题分析：所有地球同步卫星都必须满足 “四定 ”，即：一定的周期 (地球自转周期 )或角速度，一定的轨道平面 赤道平面，一定的高度 (轨道半径一定 )，一定的运行速率，故选项 A正确；选项 B错误；由于第一宇宙速度为 7.9km/s，它是所有地球卫星运行的最大速率，且只有贴近地球表面做匀速圆周运
8、动的卫星的速率才为 7.9km/s，因此所有地球同步卫星的运行速率都小于 7.9km/s，故选项 C错误；根据 a r2可知，所有地球同步卫星的向心加速度大于静止在赤道上物体的向心加速度大小，故选项 D正确。 考点：本题主要考查了有关地球同步卫星的特征和万有引力定律以及描述圆周运动参量间的关系的应用问题，属于中档题。 半圆柱体 P放在粗糙的水平面上，有一挡板 MN，其延长线总是过半圆柱体的轴心 O，但挡板与半圆柱体不接 触，在 P和 MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体 Q，整个装置处于静止状态，如图是这个装置的截面图，若用外力使MN绕 O点缓慢地逆时针转动，在 Q到达最高位置前，发现 P始终保
9、持静止，在此过程中，下列说法中正确的是 ( ) A MN对 Q的弹力大小保持不变 B MN对 Q的弹力先增大后减小 C P、 Q间的弹力先增大后减小 D P所受桌面的作用力一直增大 答案： D 试题分析：对 Q，受重力 mg、 MN的弹力 N1和 P的弹力 N2作用，其受力示意图如下图所示，根据共点力平衡条件可知三力必构成首尾相接的封闭三角形，且力矢量三角形与图中 OAB相似，在 MN绕 O点缓慢地逆时针转动的过程中角增大，因此 OB增大、 AB减小，所以 N2增大、 N1减小，故选项 A、 B、 C错误；对 P，受重力 Mg、 Q的弹力 N2和桌面的作用力 F作用，如下图，在MN绕 O点缓慢
10、地逆时针转动的过程中 角增大， N2 N2增大，根据余弦定理可知 F增大，故选项 D正确。 考点：本题主要考查了物体的受力分析、共点力平衡条件的应用，以及整体法和隔离法的灵活运用、动态平衡的分析问 题，属于中档题。 如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮 P和 Q靠静摩擦传动，两轮的半径 R r 2 1，当主动轮 Q匀速转动的角速度为 1时，在 Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止，若把小木块放在 P轮边缘上，改变 Q轮转动的角速度至 2时，小木块也恰能静止，则 ( ) A 1 2 B 1 2 C 1 2 D 1 22 答案： A 试题分析：两轮转动的线速度大小相等，当主动轮 Q 匀速转动的
11、角速度为 1时，小木块转动的线速度大小为 v r1，根据牛顿第二定律和向心力公式有： Fn，由于小木块恰能相对静止，有： Fn mg，当主动轮 Q匀速转动的角速度变为 2时，有： mg ， v r2，联立以上各式解得： 2 ，即1 2，故选项 A正确。 考点：本题主要考查了匀速圆周运动两类基本传送装置的特征、牛顿第二定律、向心力公式的应用问题，属于中档题。 两个质量分别为 m1、 m2的物体 A和 B紧靠在一起放在光滑水平桌面上，如图所示，如果它们分别受到水平推力 2F和 F，则 A、 B之间弹力的大小为 ( ) A B C D 答案： C 试题分析：根据题意可知物体 A、 B将以相同的加速度
12、一起向右做匀加速直线运动，设它们运动的加速度为 a， A、 B之间弹力的大小为 N，根据牛顿第二定律，对整体有： a ，对物体 B有： a ，联立以上两式解得： N ，故选项 C正确。 考点：本题主要考查了与牛顿第二定律有关的具有相同运动状态的连接体问题，属于中档题。 如图所示，直线 a和曲线 b分别是在平直公路上行驶的汽车甲和乙的位置 -时间 (x-t)图线，由图可知 ( ) A在时刻 tl，甲车从后面追上乙车 B在时刻 t2，甲、乙两车运动方向相反 C在 tl到 t2这段时间内，乙车的速率先增加后减少 D在 tl到 t2这段时间内，乙车的速率一直比甲车的大 答案： B 试题分析：在 x-t
13、图象中，图线的斜率表示速度，因此汽车甲做匀速直线运动，汽车乙运动速度先逐渐减小到零再反向，速度逐渐增大，故选项 C、 D错误；选项 B正确；且在 tl时刻之前汽车乙始终位于汽车甲的后面，故选项 A错误。 考点：本题主要考查了对 x-t图象的理解与应用问题，属于中档题。 实验题 (9分 )在用如图甲所示装置探究 “加速度与物体质量、物体受力关系 ”的实验中。 为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行，接下来还需要进行的一项操作是 ； A将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节砝码盘和砝码质量的大小，使小车在砝码
14、盘和砝码的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 B将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砝码盘和砝码，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 C将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砝码盘和砝码 ，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动 图乙是实验所打出的一条纸带，在纸带上标出了 5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有 4个点未标出 (图中数据的单位是 cm)，算出小车的加速度 a m/s2(结果保留两位有效数字 )； 某同学在 “探究加速度与质量关系 ”时，通过给小车增加砝码来改变小车的质量 M，得到小车的加速度 a与质量
15、M的数据，画出 a-1/M图线后，发现：当1/M较大时，图线发生弯曲，于是，该同学对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的现象，那么，该同学的修正方案可能是 。 A改画 a与 的关系图线 B改画 a与 (M m)的关系图线 C改画 a与 的关系图线 D改画 a与 的关系图线 答案： B； 0.34； A 试题分析： 这一步在本实验中称作 “平衡摩擦力 ”步骤，即使小车重力沿斜面向下的分力等于小车下滑过程中所受的阻力，包括了车与木板之间的滑动摩擦力、纸带与打点计时器之间的摩擦力和空气阻力，故选项 B正确； 根据纸带上的数据可知，小车在相邻相等时间内的位移分别为： x1 3.85c
16、m， x2 4.20cm， x3 4.54cm， x4 4.88cm，根据逐差法可知，小车的加速度为： a10-2m/s2 0.34m/s2； 由于细线不可伸长，因此砝码和砝码盘与小车具有了相同大小的加速度，对它们整体根据牛顿第二定律有： mg (M m)a，解得： a ，因此在 mg一定的情况下， a ，故选项 A正确。 考点：本题主要考查了探究 “加速度与物体质量、物体受力关系 ”的实验问题，属于中档题。 (8分 )“探究力的平行四边形定则 ”的实验情况如图甲所示，其中 A为固定橡皮筋的图钉， O为橡皮筋与细绳的结点， OB和 OC为细绳。 该图中两弹簧测力计的读数恰好相等，由图可读出每根
17、细绳拉力大小为 N(只需读到 0.1N)； 图乙中的四个 “ ”表示 A、 B、 C、 O在纸上的位置，请根据正确读出的拉力大小，在该纸上作出它们合力的图示； (要求：在表示分力的线段上，从起点开始每 0.5N标度长注上标度线 ) 某同学在做该实验是认为： A在重复进行实验以提高结论的可靠性时， O点位置是不允许变动的 B弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计刻度 C弹簧测力计应在使用前校零 D两根细绳必须等长 其中正确的是 (填入相应的字母 )。 答案： 2.5； ； BC 试题分析： 根据图甲中弹簧秤指针指示可知，每根细绳拉力大小为 2.5N； 根据题意连接 OB、 OC
18、并延长，在其上以给定标度长为基准，各取 5段，分别记为 F1、 F2，并根据平行四边形定则作出合力 F，如下图所示； 合力与分力的关系是等效替代的关系，在重复实验时，仅需在每一次实验中，用两根弹簧秤拉和用一根弹簧秤拉， O点位置相同，故选项 A错误；两根绳仅表示了拉力的方向，因此对长度没有过多的要求，适当，便于实验操作即可，故选项 D错误；选项 B、 C说法正确。 考点：本题主要考查了 “探究力的平行四边形定则 ”的实验问题，属 于中档题。 计算题 (12分 )一个底面粗糙、质量为 m的劈放在水平地面上，劈的斜面光滑且倾角为 30，如图所示，现用一端固定的轻绳系住一质量也为 m的小球，绳与斜面
19、夹角为 30，劈和小球均处于静止状态，重力加速度 g，求： 绳子对小球的拉力 T的大小； 地面对劈的静摩擦力 f和支持力 N。 答案： T mg； FN mg，方向竖直向上； Ff mg，方向水平向左 试题分析： 对小球，受重力 mg、斜面的支持力 N和绳子的拉力 T作用，其受力示意图如下图所示。 根据共点力平衡条件，在水平方向上有： Tcos60 Ncos60 在竖直方向上有： Tsin60 Nsin60 mg 联立以上两式解得： T mg 对整体受重力 2mg、地面的支持力 FN、静摩擦力 Ff和绳的拉力 T作用，如上图所示，并建立图示直角坐标系。 根据共点力平衡条件，在竖直方向上有： F
20、N Tsin60 2mg 在水平方向上有： Ff Tcos60 联立解得： FN mg，方向竖直向上； Ff mg，方向水平向左 考点：本题主要考查了共点力平衡条件的应用，以及整体法与隔离法的灵活运用问题，属于中档题。 (12分 )如图所示，一长为 L的长方形木块在水平地面上由静止开始以加速度 a做匀加速直线运动，先后经过 A、 B两点位置，且通过 A、 B两点所用的时间分别为 t1和 t2，求： 木块分别通过位置 A、 B的平均速度大小； 木块前端 P点到达位置 A时的瞬时速度； 木块前端 P在 A、 B之间运动所需的时间。 答案： ， ； vA - ； t ( - ) 试题分析： 根据平均
21、速度定义式 可知，木块通过位置 A、 B的平均速度大小分别为： ， 根据匀变速直线运动平均速度等于中点时刻速度可知，木块前端 P点通过 A点后 时刻的速度为 ，则 P点到达位置 A时的瞬时速度为： vA - - 同理，木块前端 P点通过 B点后 时刻的速度为 ，则 P点到达位置 B时的瞬时速度为： vB - - 根据匀变速直线运动速度公式可知，木块前端 P在 A、 B之间运动所需的时间为： t 解得 t ( - ) 考点：本题主要考查了匀变速直线运动规律的应用问题，属于中档题。 (14分 )如图所示，质量为 m 2kg的小球穿在长 L 1m的轻杆顶部，轻杆与水平方向成 37的夹角，将小球由静止
22、释放， 1s 后小球恰好到达轻杆底端，取 g 10m/s2， sin37 0.6， cos37 0.8，求： 小球到达杆底时重力对它做功的功率； 小球与轻杆之间的动摩擦因数 ； 若在竖直平面内对小球施加一个垂直于轻杆方向的恒力 F，小球从静止释放后，将以大小为 1m/s2的加速度向下运动，则恒力 F大小为多大？ 答案： PG 24W； 0.5； 若 F垂直于杆向下， F 4N，若 F垂直于杆向上， F 36N 试题分析： 根据题意可知，小球在整个运动过程中受重力 mg、杆的弹力 N1和摩擦力 f1作用，做匀加速直线运动，重力做的功为： WG mgLsin 在整个过程中重力对它做功的平均功率为：
23、 mg sin 因此小球到达杆底时重力对它做功的功率为： PG mgvsin 根据匀变速直线运动规律可知： 联立以上各式解得： PG 24W 根据匀变速直线运动规律可知，小球在下滑过程中的加速度为： a1 根据牛顿第二定律有： mgsin-f1 ma1 在垂直杆方向上有： N1-mgcos 0 根据滑动摩擦定律有： f1 N1 联立以上各式解得： tan- 0.5 对小球，此时受重力 mg、恒力 F、杆的弹力 N2和滑动摩擦力 f2作用，若恒力 F垂直于 杆向下，则根据牛顿第二定律可知，在垂直于杆方向上有： N2-F-mgcos 0 在沿杆向下方向上有： mgsin-f2 ma2 根据滑动摩擦
24、定律有： f2 N2 联立以上三式解得： F -mgcos 4N 若恒力 F垂直于杆向上，由于 a2 1m/s2 a1 2m/s2，因此，施加恒力 F后，小球所受的摩擦力变大，杆对小球的弹力变大，即 N2 N1 mgcos 所以此时杆对小球的弹力应垂直于杆向下，在垂直于杆方向上有： F-mgcos-N2 0 联立以上各式解得： F mgcos 36N 考点：本题主要考查了匀变速直线运动规律、牛顿第二定律、滑动摩擦定律的应用问题，属于中档题。 (16分 )如图所示，让一可视为质点的小球从光滑曲面轨道上的 A点无初速滑下，运动到轨道最低点 B后，进入半径为 R的光滑竖直圆轨道，并恰好通过轨道最高点
25、 C，离开圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到 D点后抛出，最终撞击到搁在轨道末端点和水平地面之间的木板上，已知轨道末端点距离水平地面的高度为 H 0.8m，木板与水平面间的夹角为 37，小球质量为 m 0.1kg，A点距离轨道末端竖直高度为 h 0.2m，不计空气阻力。 (取 g 10m/s2， sin37 0.6， cos37 0.8) 求圆轨道半径 R的大小； 求小球从轨道末端点冲出后，第一次撞击木板时的位置距离木板上端的竖直高度有多大； 若改变木板的长度，并使木板两端始终与平台和水平面相接，试通过计算推导小球第一次撞击木板时的动能随木板倾角 变化的关系式，并在图中作出 Ek-(tan)2
26、图象。 答案： R 0.08m； y 0.45m； Ek 0.8tan2 0.2，其中 0 tan21， 试题分析： 小球恰好能通过 C点，因此，在 C点，根据牛顿第二定律和向心力公式 有： mg 小球由 A点运动至 C点的过程中，只有重力做功，根据动能定理有： mg(h-2R) -0 联立以上两式解得： R 0.08m 小球从 A点运动至 D点的过程中，只有重力做功，根据动能定理有： mgh-0 小球离开 D点后开始做平抛运动，设经时间 t落到木板上，根据平抛运动规律可知，在水平方向上有： x vDt 在竖直方向上有： y 根据图中几何关系有： tan 联立以上各式解得： y 4htan2
27、0.45m，即小球从轨道末端点冲出后，第一次撞击木板时的位置距离木板上端的竖直高度为： y 0.45m 小球从离开 D点到第一次撞击木板的过程中，根据动能定理有： mgy Ek-解得： Ek mgy 由 中求解可知： Ek mgh(4tan2 1) 0.8tan2 0.2 显然，当小球落地时动能最大，为： Ekm mg(h H) 1J 所以有： 0 tan21，其图象如下图所示。 考点：本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动规律、圆周运动向心力公式、动能定理 (或机械能守恒定律 )的应用以及图象问题，属于中档偏高题。 (18分 )如图所示，劲度系数 k 100N/m的一根轻质弹簧，右端固定在竖直
28、墙 壁上，左端连接一质量 m 1.0kg的小物块，开始时弹簧处于原长，小物块静止于 O点，现将小物块缓慢向左拉动至 A点后释放，让小物块沿水平面向右运动起来，已知 OA长度 L 0.25m，小物块与水平面间的动摩擦因数 0.1，最大静摩擦力可看成等于滑动摩擦力的大小， g取 10m/s2。 试在坐标纸中作出小物块在由 O移动到 A的过程中，弹簧弹力 F随伸长量 x变化的 F-x图象，类比于由 v-t图象求位移的方法，求此过程中克服弹簧弹力做的功 W； 求小物块从 A点向右运动过程中的最大速度 v； 求小物块从 A点开始运动后，第一 次到达最右端时，弹簧的形变量； 求小物块从 A点开始运动直至静
29、止的总路程。 答案： ， W 3.125J； v 2.4m/s； x1 0.23m； s 3.12m 试题分析：根据胡克定律可知，弹簧弹力 F与伸长量 x的关系为： F kx 100x，其中 0x0.25m 其 F-x图象如下图所示 在 F-x图象中图线与 x轴所围的面积即表示了此过程中克服弹簧弹力做的功，有： W 3.125J 小物块从 A点向右运动过程中受重力 mg、地面的支持力 N和滑动摩擦力 f，以及弹簧弹力 F作用，根据牛顿第二定律分析可知，此时小物块向右先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小为零时，其速度达到最大，设此时弹簧的拉伸量为 x0，有： kx0 mg 解得： x0 0
30、.01m 此过程中弹簧弹力做的功为： W0 0.24J 3.12J 根据动能定理有： W0-mg(L-x0) -0 解得： v 2.4m/s 设小物块第一次到达最右端时，弹簧的压缩量为 x1，小物块从 A点运动到最右端的过程中，弹簧弹力先做正功，后做负功，根据动能定理有： -mg(L x1) 0-0 解得： L-x1 0.02m， 即 x1 0.23m 设从 A点释放小物块后，小物块共出现 n次速度为零，且只要 kx mg，小物块总能回到 O点，在满足 kx mg时，小物块每一次由最右端运动至最左端或由最左端运动至最右端 (即小物块连续两次速度为零 )的过程中，弹簧总是先做正功再做负功，设物块第 n-1次速度为零时，弹簧的形变量为 xn-1，第 n次速度为零时，弹簧的形变量为 xn，根据动能定理有： - -mg(xn-1 xn)0-0 解得： x xn-1-xn 0.02m 有： k(L-nx)mg kL-(n-1)x，解得： 12n 13，即取 n 12 对全程，根据动能定理有： - -mgs 0-0 解得： s 3.12m 考点：本题主要考查了胡克定律、动能定理 (功能关系 )及图象的应用问题，属于较难题。
