1、2013届福建省泉州一中高三上学期期中考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 一个做匀加速直线运动的物体 ,初速度 vo=2.0 m/s,第 3 s 内通过的位移是4.5 m,则它的加速度为 ( ) A 0.5 m/s2 B 1.0 m/s2 C 1.5 m/s2 D 2.0 m/s2 答案： B 试题分析：由中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可知 2.5s时刻的瞬时速度为4.5m/s，由 求得加速度为 1.0 m/s2 考点：本题考查匀变速直线运动规律的应用 点评：本题难度较小 ,根据位移与时间的关系、速度与时间的关系就能求解本题 物体放在水平地面上，在水平拉力的作用下，沿水平方向运动，运动过程
2、中阻力保持恒定，在 0 6s内其速度与时间关系的图象和拉力的功率与时间关系的图象如图所示，由图象可以求得物体的质量为（取 g 10m/s2）（ ） A kg B kg C kg D kg 答案： B 试题分析：在 2s时刻汽车的功率增大到最大，由 P=Fv可知此时牵引力F=P/v=5N，之后以 10W 的功率， 6m/s 的速度匀速运动，此时牵引力等于阻力，由 P=Fv和 F=f可知阻力为 ，在匀加速阶段加速度为 3m/s2，由牛顿第二定律 ， B对； 考点：考查机车启动问题 点评：明确本题的考查对象，结合两个图判断加速阶段和匀速阶段牵引力和阻力的关系是本题的重点依据 一质量为 m 的物体在水
3、平恒力 F 的作用下沿水平面运动，在 to时刻撤去 F，其 v-t图象如图所示已知物体与水平面间的动摩擦因数为 ，则下列关于 F的大小及其做的功 W的大小关系式中，正确的是 ( ) A F mg B F 2mg C W mgvoto D W mgvoto 答案： D 试题分析：在加速运动过程中由牛顿第二定律可知 ，在撤去拉力只剩摩擦力后 ，由以上两个式子联立可知拉力F=3mg， AB错；速度时间图像中图线所围成的面积表示位移的大小，由此可知拉力施加作用的过程中位移为 ，所以拉力做功 W mgvoto， D对； 考点：考查运动图像和动能定理的综合应用 点评：明确加速过程和减速过程的受力情况，速度
4、时间图像中图线的斜率表示加速度大小，图线的面积表示位移的大小，灵活应用动能定理选择合适的研究过程，本题难度中等 如图所示，一水平传送带以不变的速度 v向右运动，将质量为 m的物体 A轻轻 放在传送带左端，经时间 t后， A的速度也变为 v，再经过时间 t后，恰好到达右端。则 ( ) A A由传送带左端到右端的平均速度为 3v/4 B传送带的长度为 2vt C A与传送带之间的动摩擦因数为 2v/gt D摩擦力对 A先做正功后做负功 答案： A 试题分析：加速过程的平均速度为 0.5v,所以加速运动的位移为 0.5vt,水平传送带的长度为 0.5vt+vt=1.5vt,平均速度为 ， A对； B
5、错；由可知动摩擦因数为 ， C错；物体在传送带上相对静止后不受摩擦力的做用，所以摩擦力先做正功后不做功， D错； 考 点：考查力与运动的关系 点评：物体在传送带上匀速运动所受摩擦力为零，这是判断摩擦力做功正负的关键，其他问题根据牛顿第二定律和运动学公式不难求解，本题难度较易 如图所示 ,一质量为 m的重物放在水平地面上 ,上端用一根轻弹簧相连 .现用手拉弹簧的上端 P缓慢向上移动 .当 P点位移为 H时 ,物体离开地面一段距离 h,则在此过程中（ ） A拉弹簧的力对系统做功为 mgH B重物 m的机械能守恒 C弹簧的劲度系数等于 mg/(H-h) D弹簧和重物组成的系统机械能守恒 答案： C
6、试题分析：由于拉弹簧的弹力始终等于弹力大小，所以拉力为变力，由 W=FS可知 A错；重物 m在运动过程中除了重力做功以外还有弹簧弹力做功，所以 m的机械能不守恒， B错；当 P的位移为 H时 m上升的高度为 h，所以弹簧的伸长量为（ H-h），由 mg=k(H-h)可知劲度系数为 mg/(H-h)， C对；以弹簧和物体组成的系统来看，由于拉力对系统做正功，所以系统的机械能增大， D错； 考点：考查功能关系的应用 点评：对于变力做功不能应用 Fs求解，这是误选 A的原因，牢记系统或物体机械能守恒的条件是判断此类问题的关键 如图所示，一个质量 为 m的小铁块沿半径为 R 的固定半圆轨道上边缘由静止
7、滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的 1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为 （ ） A mgR B mgR C mgR D mgR 答案： D 试题分析：在最低点，由支持力和重力提供向心力，可知，由最高点到最低点由动能定理可知， D对 考点：考查圆周运动和动能定理的应用 点评：本题难度较易，在圆周运动类问题时常伴随着动能定理的问题，在平时练习过程中要加以重视，能够灵活应用两方面的知识求解问题 如图在倾角为 的固定光滑斜面上 ,质量为 m的物体受外力 F1 和 F2 的作用 ,F1方向水平向右 ,F2方向竖直向上 .若物体静止在斜面上 ,则下列关系正确的是 ( ) A F1sin+F2
8、cos=mgsin F2mg B F1sin-F2cos=mgsin F2mg C F1cos+F2sin=mgsin F2mg D F1cos-F2sin=mgsin F2mg 答案： C 试题分析：物体受力分析如图所示，以斜面方向和垂直于斜面方向建立直角坐标系，将这些力正交分解。由物体平衡条件可知： F1cos F2sin mg sin，而物体要静止在斜面上，必须满足 F2mg 考点：考查受力分析的应用 点评：对于平衡类问题利用受力分析最合适不过，分析完受力后建立直角坐标系，根据平衡方程就可判断，本题难度较小 有两个光滑固定斜面 AB和 BC,A和 C两点在同一水平面上 ,如图 ,一个滑块
9、自 A点以速度 vA上滑 ,到达 B点时速度减小为零 ,紧接着沿 BC 滑下 .设滑块从 A点到 C点的总时间是 tc,那么下面的图中 ,正确表示滑块速度的大小 v随时间 t变化规律的是 ( ) 答案： B 试题分析：过程中只有重力做功， AC 两点在同一水平面上，根据动能 定理,可得从 A到 C，重力做功为零，所以 A、 C两点的速度相等，根据受力分析可得滑块在斜面上做匀变速直线运动，在 AB边做加速度为的减速运动，在 BC 边做加速度为 的加速运动，因为，所以 ，又因为滑块在两个斜面上速度变化量大小相等，所以,故 B正确 考点：考查对牛顿第二定律的应用 点评：判断末速度大小可根据动能定理，
10、首先排出了选项 C，再由牛顿第二定律判断可排除选项 D，由本题可看出力决定运动，由受力分析可得到一个运动的正确图像表达 火星有两颗卫星 ,分别是火卫一和火卫二 ,它们的轨道近似为圆 .已知火卫一的周期为 7小 时 39分 ,火卫二的周期为 30小时 18分 ,则两颗卫星相比 （ ） A火卫一距火星表面较近 B火卫二的角速度较大 C火卫一的运动速度较小 D火卫二的向心加速度较大 答案： A 试题分析：根据卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可卫星绕火星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为 m、轨道半径为 r、火星质量为 M，有 F=F
11、 向 F 向 = =m2r=m（ ） 2r 因而 = =m2r= m（ ） 2r =ma 解得 v= T= =2 = a= 由于火卫二周期较大，根据 式，其轨道半径较大，再结合 式，可知火卫二的线速度较小、角速度较小、加速度较小； 考点：考查天体运动规律的应用 点评：天体运动中从根本来说还是圆周运动的问题，只是提供向心力的是万有引力而已，此类问题的难点在于公式的推导能力的考查 如图 ,质量为 m的木块在静止于水平桌面的木板上滑行，木板质量为 3m，木板与木块间的动摩擦因数为 ,则木板对桌面的摩擦力大小为 ( ) A mg B 2mg C 3mg D 4mg 答案： A 试题分析：在 m运动过程
12、中木板一直静止不动，由此可判断木板所受桌面的摩擦力为静摩擦力，木板水平方向受力平衡，所以木板所受桌面的静摩擦力与 m的滑动摩擦力平衡，方向向右 考点：考查静摩擦力的计算 点评：求解摩擦力问题时首先要判断摩擦力的类型，如果是静摩擦力应根据受力平衡或牛顿第二定律求解 实验题 在验证机械能守恒定律实验中，实验装置如图所示。 (1)根据打出的纸带，选取纸带上打出的连续五个点 A、 B、 C、 D、 E，测出 A点距起点 O 的距离为 xo，点 A、 C间的距离为 x1，点 C、 E间的距离为 x2，交流电的周期为 T，当地重力加速度为 g，则根据这些条件计算打 C点时的速度表达式为： vc=_(用 x
13、1 、 x2和 T表示 ) (2)根据实验原理，只要验证表达式 _（用 g、 xo、x1 、 x2和 T表示）成立，就验证了机械能守恒定律。 (3)完成实验中发现，重锤减少的重力势能总是大于重锤增加的动能，其原因主要是因为在重锤下落过程中存在着阻力的作用，我们可以通过该实验装置测定该阻力的大小则还需要测量的物理量是 _（写出名称） 答案 ：（ x1+x2） /4T g(xo+x1)=(x1+x2)2/32T2 重物质量 试题分析： (1)C点为 AE间的平均时刻，根据平均时刻的瞬时速度等于平均速度可知 （ 2） C点的动能为 ，重力势能的减小量为 ，由机械能守恒可知 g(xo+x1)=(x1+
14、x2)2/32T2 (3)阻力大小与重物的重力有关 考点：考查验证机械能守恒定律的实验 点评：本题难度较小，本实验中求解动能大小是根据中间时刻的瞬时速度等于平均速度求解的，在实验过程中由于有阻力作用，重力势能的减小量一般大于动能的增大量 如图为 “研究物体的加速度与所受合外力的关系 ”的实验装置。 (1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持 _不变，用砝码和砝码盘所受的重力作为合外力，用打点计时器打出的纸带测小车的加速度。 (2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出 a-F关系图线（如图所示）。此图线的 AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是 ( ) A小
15、车与轨道之间存在摩擦 B导轨保持了水平状态 C所挂钩码的总质量太大 D所用小车的质量太大 答案：小车质量 C 试题分析： (1)在由牛顿第二定律的内容 F=ma可知在该实验中必须采用控制变量法，应保持小车质量不变，用砝码和砝码盘所受的重力作为合外力，用打点计时器打出的纸带测小车的加速度 (2）本实验中是绳子的拉力提供小车匀加速直线运动的加速度，在实验过程中利用了砝码的重力充当了小车的合外力，实际上两者并不相等，只有当 Mm时两者才近似相等 考点：考查验证牛顿第二定律 点评：难度较小，在本实验中采用了近似的方法，当 Mm时绳子的拉力近似等于砝码的重力，本实验应用的物理方法为控制变量法 计算题 据
16、报道，一儿童玩耍时不慎从 45m高的阳台上无初速掉下，在他刚掉下时恰被楼下一保安发现，该保安迅速由静止冲向儿童下落处的正下方楼底，准备接住儿童。已知保安到楼底的距离为 15m，为确保安全能稳妥接住儿童，保安将尽力节约时间，但又必须保证接儿童时没有水平方向的冲击，不计空气阻力，将儿童和管理人员都看做质点，设保安奔跑过程中是匀变速运动且在加速或减速的加速度大小相等， g取 10m/s2，求： （ 1）保安跑到楼底的平均速度 （ 2）保安奔跑时的最大速度 （ 3）保安加速时的加速度 答案： (1) 5m/s(2) 10m/s(3) 6.67m/s2 试题分析 ：依题意可知， (1)儿童自由落体所用时
17、间 h=gt2/2 得 t=3s 则保安运动的平均速度 v=s /t=15/3=5m/s (2)保安先做匀加速再匀减速运动 v=(0+vm)/2 故保安最大速度 vm=10m/s (3)保安的加速度 a=2(vm-0)/t=20/36.67m/s2 ( 每小题 3分 ) 考点：考查自由落体运动规律的应用 点评：本题难度较小，明确自由落体运动规律，利用匀变速直线运动的公式和推论可求解本题 一辆汽车的额定功率为 60 kW，质量为 5.0103 kg，汽车在水平路面行驶时，受到的阻力大小是车重的 0.1倍，汽车由静止开始以 0.5 m/s2的加速度匀加速运动达到额定功率后再做变加速运动直至匀速运动
18、， g取 10m/s2，求： （ 1）汽车在启动过程中所能达到的最大速度 （ 2）汽车匀加速运动阶段的牵引力 （ 3）汽车匀加速运动阶段所持续的时间 答案： (1) 12m/s（ 2） 7500N（ 3） 16s 试题分析：依题意可知， (1)汽车所受阻力为 F 阻 =kmg=5000N 当 F 牵 =F 阻 时， a=0，速度最大 故 vm=P 额 /F 牵 =P 额 /F 阻 =12m/s (2)匀加速阶段 F 牵 -F 阻 =ma 故匀加速时汽车牵引力 F 牵 = F 阻 +ma=7500N (3)匀加速阶段的最大速度为 v= P 额 /F 牵 =8m/s 故匀加速阶段所持续时间 t=v
19、/a=16s ( 每小题 3分 ) 考点：考查机车启动问题的应用 点评：本题难度较易，此类问题中牵引力等于阻力时速度最大，灵活应用牛顿第二定律是解决本题的关键 一位同学为探月宇航员设计了如下实验 :在距月球表面高 h处以初速度 vo水平抛出一个物体 ,然后测量该平抛物体的水平位移为 x,通过查阅资料知道月球的半径为 R,引力常量为 G,若物体只受月球引力的作用 ,求 : (1)月球表面的重力加速度 (2)月球的质量 (3)环绕月球表面运行的宇宙飞船的线速度 答案： (1) g=2hvo2/x2(2) M=2hvo2R2/Gx2(3) 试题分析：依题意可知， (1)月球表面的物体做平抛运动 环绕
20、月球表面运行的宇宙飞船的线速度 x=vot v=gR=2hvo2R/x2 h=gt2/2 （每小题 3分） 故月球表面的重力加速度 g=2hvo2/x2 (2)由 GMm/R2=mg得 月球质量 M=2hvo2R2/Gx2 (3)由 GMm/R2=mv2/R 及 GMm/R2=mg可得 考点：考查天体运动规律的应用 点评：本题为小综合题，考查的知识点很多，如果能对本题的问题个个击破可能会使本题变得简单，根据平抛运动规律求得表面重力加速度大小，根据黄金代换求月球质量，同理可求得表面的线速度大小 如图所示，在同一竖直平面内的两正对着的相同半圆光滑轨道，相隔一定的距离，虚线沿竖直方向，一小球能在其间
21、运动，今在最高点 A与最低点 B各放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来，当轨道距离变化时，测得两点压力差与距离 x的图像如图， g取 10 m/s2，不计空气阻力， 求：（ 1）写 出 N与 x的关系式 （ 2）小球的质量 m （ 3）半圆轨道的半径 R 答案： (1) N=6mg+2mgx/R(2) m=0.05kg（ 3） R=1m 试题分析：依题意可得， (1)设轨道半径为 R，由动能定理得 mg（ 2R+x） =mvB2/2mv A2/2-2分 在 B点： NBmg=mv B2/R-1分 在 A点： NA+mg=mvA2/R-1分 联立解得 N=6mg+2mgx
22、/R-1分 (2)由图像可知，截距为 6mg=3 解得 m=0.05kg-2分 （ 3）由图像可知，斜率 k=2mg/R 解得 R=1m -2分 考点：考查动能定理和圆周运动的应用 点评：在圆周运动类问题时常伴随着动能定理的问题，在平时练习过程中要加以重视，能够灵活应用两方面的知识求解问题 如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在 A点，自然状态时其右端位于 B点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道 MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角 135的圆弧， MN 为其竖直直径， P点到桌面的竖直距离也 是 R。用质量为 m=0.1kg的物块将弹簧缓慢压缩到 C点释放，物块通过 B点
23、后其位移与时间的关系为 ，物块飞离桌面后由 P点沿切线落入圆轨道。 g=10m/s2， 求：（ 1）物块平抛的水平距离 （ 2）物块从 B点运动到 P点的时间 （ 3）物块能否到达 M点，说明理由 答案： (1) s=1.6m（ 2） 0.9s（ 3）物体无法经过 M点 试题分析：依题意可知 (1)平抛经过 P点时速度与水平方向 夹角为 45o 由 tan45o=vy/vx vx=vo vy=gt1 s=vot R=gt12/2 解得物体平抛的时间 t1=0.4s 故物体由 B运动到 P的时间 平抛水平初速度 vD=4m/s t=t1+t2=0.9s 平抛水平距离 s=1.6m (3)由 (1
24、)可知， vP=42m/s (2)由 可知 假设物体能经过 M点，由动能定理得 物体经过 B点速度 vB=6m/s -mg(R+Rcos45o)=mvM2/2-mvP2/2 由 B运动到 D的加速度大小 a=4m/s2 解得 vM=16-82 m/s 由 (1)知经过 D点速度为 4m/s 又物体能经过 M点的临街速度 可知物体由 B运动到 D的时间 vmin=8 m/s t2=0.5s 可知物体无法经过 M点 考点：考查平抛运动、动能定理的应用 点评：本题难度中等，考查知识点很多，可以说本题一个综合性较长的问题，也考查了学生处理多过程的复杂问题的能力，平抛运动过程中根据水平方向和竖直方向的运动规律可求得水平方向的距离，结合圆周运动性心理公式和动能定理可求解
