1、2013年湖南省五市十校高三第一次联考物理试卷与答案（带解析） 选择题 一个做变速直线运动的物体，加速度逐渐减小，直至为零，那么该物体运动的情况可能是（ ） A速度不断增大，加速度为零时，速度最大 B速度不断减小，加速度为零时，速度最小 C速度的变化率越来越小 D速度一定是越来越小 答案： ABC 试题分析：若加速度方向与速度方向相同，加速度逐渐变小时，速度仍不断增大，当加速度减为零时，速度达到最大比如汽车以额定功率在平直的公路上起动过程故 A正确若加速度方向与速度方向相反，速度不断减小，当加速度减为零时，速度达到最小这种运动是可能的故 B正确加速度减小，物体的速度变化一定越来越慢，变化率越来
2、小故 C正确由于加速度与速度方向的关系未知，加速度减小，速度不一定减小故 D错误 考点：变速运动中速度和加速度的关系。 图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线不计重力的两粒子 M、 N 质量相等，电荷量的绝对值也相等现将 M、 N 虚线上的 O 点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示 a、 b、 c为粒子轨迹与虚线的交点，已知 O 点电势高于 c点则（ ） A M带负电， N 带正电 B N 在 a点的速度与 M在 c点的速度相同 C N 从 O 点运动至 a点的过程中克服电场力做功 D M从 O 点运动至 b点的过程中，电场力对它做功为零 答案： D 试
3、题分析：由于等势线在水平方向， O 点电势高于 c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出 a 粒子所受的电场力方向竖直向上， M 粒子所受的电场力方向竖直向下，故知 N 粒子带负电， M带正电故 A错误由动能定理可知， N 在 a点的速度与 M在 c点的速度大小相等，但方向不同，速度不同故 B错误 N 从 O 点运动至 a 点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功故 C 错误 O、b间电势差为零，由动能定理可知 M从 O 点运动至 b点的过程中，电场力对它做功为零故 D正确 考点：带电粒子在电场中的运动。 （ 2009 上海）两
4、带电量分别为 q和 -q的点电荷放在 x轴上，相距为 L，能正确反映两电荷连线上场强大小 E与 x关系的是图（ ） A B C D 答案： A 试题分析：由等量异种点电荷的电场强度的关系可知，在两电荷连线中点处电场强度最小，但不是零， 从两点电荷向中点电场强度逐渐减小，故选 A 考点：等量异种电荷的电场。 一小孩从公园中的滑梯上加速滑下，对于其机械能变化情况，下列说法中正确的是（ ） A重力势能减小，动能不变，机械能减小 B重力势能减小，动能增加，机械能减小 C重力势能减小，动能增加，机械能增加 D重力势能减小，动能增加，机械能不变 答案： B 试题分析：小孩下滑过程中，受到重力、支持力和滑动
5、摩擦力，其中重力做正功，支持力不做功，滑动摩擦力做负功；重力做功是重力势能的变化量度，故重力势能减小；小孩加速下滑，故动能增加；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，摩擦力做负功，故机械能减小；故选 B 考点：动能定理及机械能守恒定律。 （ 2012 福建）一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为 v假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为 m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为 N已知引力常量为 G，则这颗行星的质量为（ ） A B C D 答案： B 试题分析：因为 G=mg所以 ,根据万有引力提供向心力得 :；解得： ,故选 B。 考点：万有引力定律的应用。
6、 质量为 10kg的物体，在变力 F作用下沿 x轴做直线运动，力随位移 x的变化情况如图所示物体在 x=0处速度为 1m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x=16m处时，速度大小为（ ） A 2 m/s B 3m/s C 4m/s D m/s 答案： B 试题分析：物体从 x=0到 x=16m处力 F做的功等于图像与 x轴所围成的面积，即 W= ；根据动能定理 ，解得v=3m/s，选项 B正确。 考点：动能定理及物体图线的应用。 如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为 r， a是它边缘上的一点左侧是一轮轴，大轮的半径为 4r，小轮的半径为 2r b点在小轮上，到小轮中心的距离为 r c点和 d点
7、分别位于小轮和大轮的边缘上若在传动过程中，皮带不打滑则（ ） A a点与 b点的线速度大小相等 B a点与 b点的角速度大小相等 C a点与 c点的线速度大小相等 D a点与 d点的向心加速度大小相等 答案： CD 试题分析： 考点： a、 c两点的线速度大小相等， b、 c两点的角速度相等，根据 v=r， c的线速度大于 b的线速度，则 a、 c两点的线速度不等故 A错误， C正确 a、 c的线速度相等，根据 v=r，知角速度不等，但 b、 c角速度相等，所以 a、 b两点的角速度不等故 B错误根据 a=r2得， d点的向心加速度是 c点的 2倍，根据 a= 知， a的向心加速度是 c的 2
8、倍，所以 a、 d两点的向心加速度相等故 D正确 如图所示，小球从楼梯上以 2m/s的速度水平抛出，所有台阶的高度和宽度均为 0.25m， g取 10/s2，小球抛出后首先落到的台阶是（ ） A第一级台阶 B第二级台阶 C第三级台阶 D第四级台阶 答案： D 试题分析：如图：设小球落到斜线上的时间 t，则水平： x=v0t ，竖直： y= 且 解得 t=0.4s。相应的水平距离： x=20.4m=0.8m；台阶数： n=知小球抛出后首先落到的台阶为第四级台阶故 D正确 考点：平抛运动的规律。 （ 2012 上海）如图，光滑斜面固定于水平面，滑块 A、 B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，
9、 A上表面水平则在斜面上运动时， B受力的示意图为（ ） A. B. C. D. 答案： A 试题分析：由于整体向上做匀减速直线运动，加速度方向沿斜面向下，则 B的加速度方向沿斜面向下根据牛顿第二定律知， B的合力沿斜面向下，则 B一定受到水平向左的摩擦力以及重力和支持力故 A正确 考点：牛顿定律及受力分析问题。 某一物体运动情况或所受合外力的情况如图所示，四幅图的图线都是直线，从图中可以判断这四个一定质量物体的某些运动特征下列有关说法中正确的是（ ） A甲物体受到不为零、且恒定的合外力 B乙物体受到的合外力越来越大 C丙物体受到的合外力为零 D丁物体的加速度越来越大 答案： D 试题分析：甲
10、做匀速直线运动，加速度为零，根据牛顿第二定律，合力为零故 A错误乙物体做匀加速直线运动，加速度恒定，则合力恒定故 B错误丙物体加速度恒定，则合力恒定，且不为零故 C错误丁物体所受的合力逐渐增大，则加速度逐渐增大故 D正确 考点：牛顿定律及物体图像。 （ 2008 天津）在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A， A与竖直墙之间放一光滑圆球 B，整个装置处于平衡状态现对 B加一竖直向下的力 F， F的作用线通过球心，设墙对 B的作用力为 F1， B对 A的作用力为 F2，地面对 A的作用力为 F3若 F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中（ ） A F1保持不变，
11、 F3缓慢增大 B F1缓慢增大， F3保持不变 C F2缓慢增大， F3缓慢增大 D F2缓慢增大， F3保持不变 答案： C 试题分析：对 B分析，可知墙对 B的作用力及 A对球的作用力的合力与 F及重力的合力大小相等，方向相反，故当 F 增大时， B对 A 的压力增大；即 F2增大； 对整体分析，整体受重力、支持力及压力 F而处于平衡，故当 F增大时，地面对 A的支持力增大；故 F3增大；故选 C 考点：共点力的合成；整体法及隔离法。 如 图所示，质量为 m的物块，沿着半径为 R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为 v，若物体与球壳之间的摩擦
12、因数为 ，则物体在最低点时，下列说法正确的是（ ） A受到向心力为 mg+m B受到的摩擦力为 m C受到的摩擦力为 （ mg+m ） D受到的合力方向斜向左上方 答案： CD 试题分析：物体在最低点时，向心力的大小 Fn= 故 A错误根据牛顿第二定律得， N-mg=m ，则 N=mg+m 所以滑动摩擦力 f=N=（ mg+m）故 B错误， C正确 D、由于重力支持力的合力方向竖直向上，滑动摩擦力方向水平向左，则物体合力的方向斜向左上方故 D正确 考点：牛顿定律及圆周运动。 实验题 某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律已知当地的重力加速度 g=9.80m/s2 实验小组选出一
13、条纸带如图乙所示，其中 O 点为打点计时器打下的第一个点，A、 B、 C为三个计数点，在计数点 A和 B、 B和 C之间还各有一个点，测得h1=12.01cm， h2=19.15cm， h3=27.86cm打点计时器通以 50Hz的交流电根据以上数据算出：当打点计时器打 到 B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了 J；此时重锤的动能比开始下落时增加了 J，根据计算结果可以知道该实验小组在做实验时出现的问题是 （重锤质量 m已知） 在图乙所示的纸带基础上，某同学又选取了多个计数点，并测出了各计数点到第一个点 O 的距离 h，算出了各计数点对应的速度 v，以 h为横轴，以 为纵轴画出的图线应是如下
14、图中的 图线的斜率表示 答案： 1.88m， 1.96m，该实验小组做实验时先释放了纸带，然后再合上打点计时器的电键 或者 释放纸带时手抖动了； D，重力加速度 g 试题分 析： 当打点计时器打到 B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了 Ep=mgh2=m9.800.1915J=1.88m 此时重锤的动能比开始下落时增加了 = =1.96m 动能的增加量大于重力势能的减小量原因可能是实验时先释放了纸带，然后再合上打点计时器的电键 或者 释放纸带时手抖动了 根据机械能守恒定律有： mgh= ， v2=2gh，知 v2与 gh成正比，因为该实验是运用了乙图的纸带，可能实验时先释放了纸带，然后再合上
15、打点计时器的电键，知测量的 h为零，速度不为零故 D正确图线的斜率等于重力加速度g 考点：验证机械能守恒定律。 图甲给出的是利用游标卡尺测量某一物体长度时的示数，此示数应为 mm图乙给出的是利用螺旋测微器测量某一金属丝直径时的示数，此示数应为 mm 答案： .70、 3.470 试题分析：游标卡尺的固定刻度读数为 29mm，游标尺上第 14个刻度游标读数为 0.0514mm=0.70mm，所以最终读数为： 29.70mm；螺旋测微器的固定刻度读数为 3mm，可动刻度读数为 0.0147.0mm=0.470mm，所以最终读数为：3.470mm 考点：游标卡尺及螺旋测微器的读数。 计 算题 一物体
16、沿一直线从静止开始运动且同时开始计时，其加速度随时间周期性变化的关系图线（ a-t图）如图所示，求： （ 1）物体在第 4s末的速度； （ 2）物体在第 4s内的位移 答案：（ 1） 8m/s（ 2） 4m 试题分析：（ 1）物体在 1s末的速度 v1=a1t1=8m/s， 在 2-3内做匀减速直线运动，则 3s末的速度 v2=v1-a2t2=8-42=0m/s 则物体在第 4s末的速度 v=at=81m/s=8m/s （ 2）物体在第 4s内的位移 x= 考点：匀变速运动的规律。 两个行星各有一个卫星绕其表面运行，已知两个卫星的周期之比为 1： 3，两行星半径之比为 3： 1，则： （ 1）
17、两行星密度之比为多少？ （ 2）两行星表面处重力加速度之比为多少？ 答案：（ 1） 9： 1 （ 2） 27： 1 试题分析：（ 1）人造地球卫星的万有引力充当向心力，即 ,密度 ,所以两行星密度之比为 9： 1。 （ 2）忽略行星自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式解得： g= ； 所以两行星表面处重力加速度之比为 27： 1。 考点：万有引力定律的应用；人造卫星。 如图所示在光滑水平 Oxy平面的 ABCD区域内，小球在区域 ABEO 和MNCD水平方向均仅受到大小皆为 F的水平恒力，在 ABEO 区域 F力的方向沿X轴负方向，在 MNCD区域 F力的方向沿 y轴负方向，在中间的 DE
18、NM区域不受任何水平力的作用两恒力区域的边界均是边长为 L的正方形，即AO=OM=MD=DC=L，如图所示 （ 1）在该区域 AB边的中点处由静止释放一小球，求小球离开 ABCD区域的位置坐标 （ 2）在 ABEO 区域内适当位置由静止释放小球，小球恰能从 ABCD区域左下角 D处（即 X轴上 X=-2L处）离开，求所有释放点的位置坐标满足的关系 答案：（ 1） P（ -2L， ） （ 2） 试题分析：（ 1）在 ABEO 中加速，有 在 MNDC中， L=v0t 则偏转位移 得 P（ -2L， ） （ 2）设释放点的坐标为（ x， y） L=v0t 则： 考点：匀变速运动的规律及平抛运动的规
19、律。 质量为 m=1kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的 P点，随传送带运动到 A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从 B点进入竖直光滑的圆孤轨道下滑 B、 C为圆弧的两端点，其连线水平已知圆弧半径R=1.0m圆弧对应圆心角 =106，轨道最低点为 O， A点距水平面的高度h=0.8m，小物块离 开 C点后恰能无碰撞的沿固定斜面向上运动， 0.8s后经过 D点，物块与斜面间的动摩擦因数为 1= （ g=10m/s2， sin37=0.6， cos37=0.8）试求： （ 1）小物块离开 A点时的水平初速度 v1 （ 2）小物块经过 O 点时对轨道的压力 （ 3）假设小物块与传送
20、带间的动摩擦因数为 2=0.3，传送带的速度为 5m/s，则PA间的距离是多少？ （ 4）斜面上 CD间的距离 答案：（ 1） 3m/s（ 2） 43N。（ 3） 1.5m（ 4） 0.98m 试题分析： （ 1）对小物块，由 A到 B有 vy2=2gh 在 B点 tan = 所以 v0=3m/s （ 2）对小物块，由 B到 O 由动能定理可得： mgR（ 1-sin37） = m - 其中 vB=5m/s 在 O 点 N-mg= 所以 N=43N 由牛顿第三定律知对轨道的压力为 N=43N （ 3）传送带的速度为 5m/s，所以小物块在传送带上一直加速， 2mg=ma3 PA间的距离是 SPA= =1.5m （ 4）物块沿斜面上滑： mgsin53+mgcos53=ma1 所以 a1=10m/s2 物块沿斜面下滑： mgsin53-mgcos53=ma2 解得： a2=6m/s2 由机械能守恒知 vc=vB=5m/s 小物块由 C上升到最高点历时 t1= =0.5s 小物块由最高点回到 D点历时 t2=0.8s-0.5s=0.3s 故 SCD= t1- a2 即 SCD=0.98m 考点：牛顿定律及动能定理的综合应用。
