2013-2014学年度江苏省金陵中学高三第一学期期中测试物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2013-2014学年度江苏省金陵中学高三第一学期期中测试物理试卷与答案（带解析） 选择题 关于速度、速度的变化和加速度的关系，下列情景不可能发生的是 ( ) A物体加速度增大，速度反而越来越小 B速度变化的方向为正，加速度的方向为负 C速度越来越大，加速度反而越来越小 D加速度既不与速度同向，也不与速度反向 答案： B 试题分析：加速度反映了速度变化的快慢，加速度增大反映了速度变化加快，同理加速度越来越小，反映了速度变化越来越慢，速度变化包含了速度增大和速度减小两种情况，故选项 A、 C可能发生；加速度的定义式为： a ，这是一个矢量式，等号既反映了两侧的大小关系，也反映了两侧的方向关系，因

2、此加速度 a的方向与速度变化 v的方向一定相同，故选项 B不可能发生；加速度的方向与速度方向之间没有必然的关系，它们可以同向、可以反向、也可以成任意夹角，如物体做曲线运动时，故选项 D可能发生。 考点：本题主要考查了对速度、速度变化、加速度的关系的理解问题，属于中档偏低题。 如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物 M，长杆的一端放在地上通过铰链联结形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方 O点处，在 杆的中点 C 处拴一细绳，绕过两个滑轮后挂上重物 M C 点与 O 点距离为 L，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度 缓慢转至水平位置 (转过了 90角 )，此

3、过程中下述说法正确的是 ( ) A重物 M做匀速直线运动 B重物 M做匀变速直线运动 C重物 M的最大速度是 L D重物 M的速度先增大后减小 答案： CD 试题分析：设 C点线速度方向与绳子沿线的夹角为 (锐角 )，由题知 C点的线速度为 L，把 C点的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，由于绳不可伸长，因此 C点在沿绳子方向的分速度大小等于重物的速度大小，根据图中几何关系可知， C点速度在绳子方向上的分速度为 Lcos， 的变化规律是开始最大 (90)然后逐渐变小，所以， Lcos逐渐变大，直至绳子和杆垂直， 变为零度，绳子的速度变为最大，为 L；然后， 又逐渐增大， Lcos逐渐变小

4、，绳子的速度变慢，所以知重物的速度先增大后减小，最大速度为 L，故 C、 D正确，选项 A、 B错误。 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。 如图所示，小车板面上的物体质量为 m 8kg，它被一根水平方向上拉伸了的 弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为 6N现沿水平向右的方向对小车施以作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐渐增大到1m/s2，随即以 1m/s2的加速度做匀加速直线运动以下说法正确的是 ( ) A物体受到的摩擦力一直减小 B物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化 C当小车加速度 (向右 )为 0.75m/s2时，物

5、体不受摩擦力作用 D小车以 1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为 8N 答案： BC 试题分析：由于小车由静止开始运动，即 物体刚开始处于静止状态，对物体，水平方向上受弹簧拉力 T和小车的静摩擦力 f作用，根据共点力平衡条件有： f T 6Nfm，在小车运动加速度由零逐渐增大到 1m/s2的过程中，若物体与小车没有相对滑动，则根据牛顿第二定律有： T-f ma， f T-ma，解得 -2Nf6N，即始终未达到最大静摩擦力，故选项 B正确，当小车加速度由 0增大至 a 0.75m/s2的过程中，物体所受摩擦力 f逐渐减小，在小车加速度由 0.75m/s2增大至 1m/s2

6、的过程中，物体所受摩擦力 f逐渐增大，故选项 A错误；选项 C正确；当小车以 1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为 f 2N，故选项 D错误。 考点：本题主要考查了物体的受力分析和牛顿第二定律瞬时性的应用问题，属于中档题。 如图所示， AB为斜面， BC为水平面，从 A点以水平速度 v0抛出一小球，此时落点到 A点的水平距离为 x1，从 A点以水平速度 3v0抛出小球，这次落点到 A点的水平距离为 x2，不计空气阻力，则 x1 x2可能等于 ( ) A 1 3 B 1 6 C 1 9 D 1 12 答案： ABC 试题分析：设斜面倾角为 ，若小球抛出的速度较小，两次均落

7、在斜面上，因此有： tan ，所以： t1 t2 v1 v2 1 3，又有： x vt，所以 x1 x2 1 9，若小球抛出的速度较大，两次均落在水平面上，则两次下落高度相同，即运动时间相等，所以 x1 x2 v1 v2 1 3，若小球抛出的速度适中，则一次落在斜面上，一次落在水平面上，则 x1 x2的值介于 1 9与 1 3之间，故选项 A、 B、 C正确；选项 D错误。 考点：本题主要考查了平抛运动规律的应用，以及采用构造法控制变量的思想方法问题，属于中档题。 2011年 9月 29日晚 21时 16分，我国将首个目标飞行器天宫一号发射升空，它将在两年内分别与神舟八号、神舟九号、神舟十号飞

8、船对接，从而建立我国第一个空间实验室，假如神舟八号与天宫一号对接前所处的轨道如图所示，当它们在轨道运行时，下列说法正确的是 ( ) A神州八号的加速度比天宫一号的大 B神州八号的运行速度比天宫一号的小 C神州八号的运行周期比天宫一号的长 D神州八号通过加速后变轨可实现与天宫一号对接 答案： AD 试题分析：根据万有引力定律和牛顿第二定律有： man，解得： v ， T ， an ，由图可知神州八号的轨道半径比天宫一号的小，所以神州八号的运行速度比天宫一号的大，神州八号的运行周期比天宫一号的短，神州八号的加速度比天宫一号的大，故选项 B、 C错误；选项 A正确；神州八号通过加速后将做离心运动，可

9、运行至较高轨道与天宫一号对接，故选项 D正确。 考点：本题主要考查了万有引力定律、牛顿第二定律、离心运动的应用问题，属于中档题。 某物体以 30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力， g 10m/s2，则 5s内物体的 ( ) A路程为 65m B位移大小为 25m，方向竖直向上 C速 度改变量的大小为 10m/s，方向竖直向下 D平均速度大小为 13m/s，方向竖直向上 答案： AB 试题分析：物体以 30m/s的初速度竖直上抛时，上升的最长时间为： t1 3s，上升的最大高度为： h1 45m，后 2s内物体做自由落体运动，下降的高度为： h2 20m，所以物体在 5s内物体通过的路程为

10、s h1 h2 65m，故选项 A正确；通过的位移为： x h1-h2 25m，故方向竖直向上，选项 B正确；根据平均速度的定义可知，物体在 5s内的平均速度为： 5m/s，故选项D错误；根据加速度的定义可知，物体在 5s内速度改变量的大小为： v gt50m/s，故选项 C正确。 考点：本题主要考查了匀变速直线运动规律的应用，以及对位移与路程、平均速度、速度变化量概念的理解问题，属于中档偏低题。 如图 a所示，水平面上质量相等的两木块 A、 B，用一轻弹簧相连，这个系统处于平衡状态，现用一竖直向上的力 F拉动木块 A，使木块 A向上做匀加速直线运动 (如图 b)，研究从力 F刚作用在木块 A

11、瞬间到木块 B刚离开地面瞬间的这一过程，并选定该过程中木块 A的起点位置为坐标原点，则下面图中能正确表示力 F和木块 A的位 移 x之间关系的图是 ( ) A B C D 答案： A 试题分析：由于开始时系统处于平衡状态，因此弹簧亦应处于原长状态，因此在 B未离开地面之前，木块 A的位移即对应了弹簧的伸长量 x，对木块 A，受重力 mg、弹簧弹力 kx、竖直向上的拉力 F作用，根据牛顿第二定律有： F-mg-kx ma，解得： F kx m(g a)，即 F与 x呈一次函数关系，且纵截距 m(g a) 0，故选项 A正确。 考点：本题主要考查了牛顿第二定律的应用，以及对图象的理解与应用问题，属

12、于中档题。 如图所示， ACB 是一光滑的、足够长的、 固定在竖直平面内的 “ ”形框架，其中 CA、 CB边与竖直方向的夹角均为 ， P、 Q两个轻质小环分别套在 CA、CB上，两根细绳的一端分别系在 P、 Q环上，另一端和一绳套系在一起，结点为 O，将质量为 m的钩码挂在绳套上， OP、 OQ两根细绳拉直后的长度分别用l1、 l2表示，若 l1 l2 2 3，则两绳受到的拉力之比 F1 F2等于 ( ) A 1 1 B 2 3 C 3 2 D 4 9 答案： A 试题分析：对 P、 Q两环仅受框架边的弹力和细绳的拉力作用，而框架边的弹力一定垂直于框架边，绳上的拉力一定沿线方向，因此平衡时，

13、 OP、 OQ两段细绳一定分别垂直于 AC、 BC边，对砝码仅受重力 mg和绳套的拉力作用，显然两力为平衡力，对结点 O，受绳套向下的拉力 T和细绳 OP、 OQ的拉力 TP、TQ作用，根据共点力平衡条件可知 TP、 TQ的合力 F与 T等值反向，利用平行四边形定则作出相关的力如下图所示，根据图中几何关系可知，由于 CA、 CB边与竖直方向的夹角均为 ，因此 TP、 TQ与竖直方向的夹角均为 90-，根据水平方向平衡可得 TP TQ 1 1，即 F1 F2 1 1，故选项 A正确。 考点：本题主要考查了共点力平衡条件的应用，以及研究对象的灵活 选取问题，属于中档题。 如图所示，一块橡皮用细线悬

14、挂于 O点，现用支铅笔贴着细线的左侧水平向右以速度 v匀速移动，运动过程中保持铅笔的高度不变，悬挂橡皮的那段细线保持竖直，则在铅笔未碰到橡皮前，橡皮的运动情况是 ( ) A橡皮的运动轨迹是一条直线 B橡皮在水平方向上作匀速运动 C橡皮在竖直方向上作匀速运动 D橡皮在图示位置时的速度大小为 答案： B 试题分析：由于细线不可伸长，因此在 t时间内，橡皮在竖直方向上的位移即为铅笔上方细线长度的变化，有： y - ( - )vt vt，随着铅笔向右移动的过程中，细线与竖直方向的夹角 在不断变大，所以橡皮在竖直方向上做加速运动，故选项 C 错误，在竖直方向上所受合力应竖直向上，橡皮同时还在水平方向上随

15、铅笔一起做匀速直线运动，合速度方向应为右上方，与合外力方向不共线，故选项 A错误；选项 B正确；在图示位置处时，橡皮在竖直方向的速度大小等于细线沿线方向移动的速度大小，有： vy vsin，橡皮在水平方向上的速度大小等于铅笔移动的速度大小，有： vx v，因此橡皮的速度为： v ，故选项 D错误。 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。 某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是 ( ) A甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同 B甲图中小球下滑至底端的速度

16、大小与方向均相同 C乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同 D乙图中小球下滑至底端的速度大小相同 答案： C 试题分析：小球在斜面上运动的过程中只受重力 mg和斜面的支持力 N作用，做匀加速直线运动，设斜面倾角为 ，斜面高为 h，底边长为 x，根据牛顿第二定律可知，小球在斜面上运动的加速度为： a gsin，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有： s ， s ，解得小球在斜面上的运动时间为： t ，根据机械能守恒定律有： mgh ，解得小球下滑至底端的速度大小为： v ，显然，在甲图中，两斜面的高度 h相同，但倾角 不同，因此小球在两个斜面上运动的时间不同，故选项 A错误；小球下滑至底端的速度

17、大小相等，但方向沿斜面向下，不同，故选项 B错误；在乙图中，两斜面的底边长 x相同，但高度 h和倾角 不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故选项 D错误 ；又由于在乙图中两斜面倾角 的正弦与余弦的积相等，因此小球在两个斜面上运动的时间相等，故选项 C 正确。 考点：本题主要考查了匀变速直线运动规律、牛顿第二定律、机械能守恒定律(或动能定理 )的应用，以及控制变量法的灵活运用问题，属于中档题。 甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向作直线运动， t 0时刻同时经过公路旁的同一个路标，在描述两车运动的 v-t图中 (如图 )，直线 a、 b分别描述了甲、乙两车在 0 20s的运动情况，关于两车

18、之间的位置关系，下列说法正确的是 ( ) A在 0 10s内两车逐渐靠近 B在 10 20s内两车逐渐远离 C在 5 15s内两车的位移相等 D在 t 10s时两车在公路上相遇 答案： C 试题分析：在 v-t图象中，图线与时间轴所围的面积表示了物体的位移，因此，在 0 10s内，两图线与时间轴所围的面积之差越来越大，即两车逐渐远离，故选项 A错误；同理在 10 20s内两车逐渐靠近，故选项 B错误；在 5 15s内两车的位移相等，故选项 C正确；在 t 10s时两车瞬时速度相同，但前 10s内两车位移差不等于零，所以两车未相遇，且此时两车位移差最大，即两车应相距最远，故选项 D错误。 考点：

19、本题主要考查了对 v-t图象的理解与应用问题，属于中档偏低题。 实验题 (8分 )某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器的挂钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系，根据所测数据在坐标系中作出了如图所示的 a-F图象。 图线不过坐标原点的原因是 ； 本实验中是否仍需要砂和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量 (填 “是 ”或“否 ”)； 由图象求出小车和传感器的总质量为 kg。 答案： 实验前没有平衡摩擦力，或平衡摩擦不够； 否； M 1kg 试题分析： 由图象可知，图线有横截距，即当 F0时，加速度仍然为零，说明实验前没有平衡摩

20、擦力，或平衡的不够； 该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量； 在 a-F图象中，图线的斜率表示了质量的倒数，由图可知，图线的斜率为： k kg-1 1kg-1 所以小车和传感器的总质量为： M 1kg 考点：本题主要考查了 “探究加速度与力和质量的关系 ”实验问题，属于中档题。 (10分 )在科学探究活动中，对实验数据 进行分析归纳得出结论是非常重要的环节，下面的表格中的数据是某同学在物体作直线运动过程中测得的位移 s和时间 t的数据记录。 物体运动的起止点 所测的物理量 1 2 3 4 5 AB 时

21、间 t(s) 0.89 1.24 1.52 1.76 1.97 位移 s(m) 0.25 0.50 0.75 1.00 1.25 请你在下列甲图的网格中作 s-t图象； 该同学猜想图线接近于二次函数的图象，为了验证这个猜想，请你通过转换变量在乙图的网格中作相应的图象； 通过上述处理，你认为物体从 AB 的过程中， s随 t变化的规律是： (用 s、t表示，涉及数字，计算结果保留 2位有效数字 )。 答案： 见下图； 见下图； s 0.33t2 试题分析： 根据描点作图法，作出 s-t图象如下图甲所示。 由于该同学猜想图线接近于二次函数的图象，为了验证这个猜想，通过转换变量来进行，即作 s-t2

22、图象，为此求得表格如下： AB 时间 t(s) 0.89 1.24 1.52 1.76 1.97 新变量 t2(s2) 0.79 1.54 2.31 3.10 3.88 位移 s(m) 0.25 0.50 0.75 1.00 1.25 根据描点作图法，作出 s-t2图象如上图乙所示。 从所作 s-t2图象中看出 t2、 s呈线性变化关系，即从 A到 B的过程中 s随 t变化的规律是：物体作初速度为零的匀加速直线运动，由图中斜率求得，即 a 0.65m/s2，故 s 0.325t2 题中所提供的数据均为保留 2小数点后位数，因此有： s 0.33t2 考点：本题主要考查了 “探究匀变速直线运动规

23、律 ”实验，及运用图象法处理数据的能力问题，属于中档题。 计算题 (12分 )一质量 m 0.5kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为 30足够长的斜面，某同学利用 DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程的 v-t图求： (g取 10m/s2) 滑块冲上斜面过程中加速度大小； 滑块与斜面间的动摩擦因数； 判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回斜面底端时的速度；若不能返回，求出滑块停在什么位置 答案： a 12m/s2； 0.81； 不能，斜面上距底端 1.5m处 试题分析： 在 v-t图象中，图线的斜率表示了物体运动的加速度，

24、因此滑块冲上斜面过程中加速度大小为： a m/s2 12m/s2 滑块在上滑过程中，受竖直向下的重力 mg、斜面的垂直斜面向上的支持力 N和沿斜面向下的滑动摩擦力 f作用，根据牛顿第二定律可知，在沿斜面向下方向上有： mgsin30 f ma 在垂直斜面方向上有： N-mgcos30 0 根据滑动摩擦定律有： f N 联立以上三式解得： 0.81 由于 tan30 所以当滑块上滑减速至速度为零时，重力沿斜面向下的分力小于斜面对滑块的最大静摩擦力，滑块不再下滑，根据匀变速直线运动规律可知，滑块上滑的位移为： s 1.5m(或用图象面积求解 ) 即滑块停 在斜面上距底端 1.5m处 考点：本题主要

25、考查了对 v-t图象的理解及匀变速直线运动规律、牛顿第二定律的应用问题，属于中档题。 (12分 )一宇宙空间探测器从某一星球表面垂直升空，假设探测器的质量恒为 1500kg，发动机的推力为恒力，宇宙探测器升空到某一高度时，发动机突然关闭，如图为其速度随时间的变化规律，求： 宇宙探测器在该行星表面能达到的最大高度； 计算该行星表面的重力加速度； 假设行星表面没有空气，试计算探测器的发动机工作时的推力大小。 答案： Hm 768m； g 4m/s2； F 18000N 试题分析： 在 v-t图象中，图线与时间轴所围的面积表示了物体的位移，在时间轴的上方，面积为正，在时间轴的下方，面积为负，由 v-

26、t图象可知，宇宙探测器在该行星表面能达到的最大高度为： Hm 2464m 768m 当关闭发动机后，探测器仅在行星对它的重力 mg 作用下做匀变速直线运动，在 v-t图象中，图线的斜率表示了其运动的加速度，根据牛顿第二定律有： a2-g m/s2 解得该行星表面的重力加速度为： g 4m/s2 由图线 OA段可知，发动机工作时探测器加速度为： a1 8m/s2 根据牛顿第二定律有： F-mg ma1 解得探测器的发动机工作时的推力为： F m(g a1) 1500(4 8)N 18000N 考点：本题主要考查了对 v-t图象的理解及牛顿第二定律的应用问题，属于中档题。 (12分 )如图所示，水

27、平转台高 1.25m，半径为 0.2m，可绕通过圆心处的竖直转轴转动，转台的同一半径上放有质量均为 0.4kg的小物块 A、 B(可看成质点 )， A与转轴间距离为 0.1m， B位于转台边缘处， A、 B间用长 0.1m的细线相连， A、 B与水平转台间最大静摩擦力均为 0.54N， g取 10m/s2。 当转台的角速度达到多大时细线上出现张力？ 当转台的角速度达到多大时 A物块开始滑动？ 若 A物块恰好将要滑动时细线断开，求 B物块落地时与转动轴心的水平距离。(不计空气阻力 ) 答案： 1 rad/s； 2 3rad/s； s 0.36m 试题分析： 当细线上无拉力时，小物块 A、 B随转

28、台转动的向心力由转台对它们的摩擦力提供，根据牛顿第二定律和向心力公式有： f mr2fm，解得： 显然，由于 rB rA，所以物块 B所受静摩擦力将先达到最大值，解得： 1 rad/s 即当转台的角速度达到 1 rad/s时细线上出现张力 当转台的角速度继续增大，小物块 A受指向转轴的摩擦力也将继续增大，直至增大至最大静摩擦力时，开始滑动，此时还是细线的拉力 T作用，根据牛顿第二定律和向心力公式有： fm-T mrA22 对小物块 B，则有： T fm mrB22 联立解得： 2 3rad/s 即当转台的角速度达到 2 3rad/s时 A物块开始滑动 细线断开后，拉力 T 消失，小物块 B 将

29、沿转台切线做平抛运动，其初速度为：v rB2 0.6m/s 根据平抛运动规律可知，小物块 B做平抛运动的水平射程为： x 0.3m 根据几何关系可知， B物块落地时与转动轴心的水平距离为： s m 0.36m 考点：本题主要考查了平抛运动规律、牛顿第二定律、圆周运动向心力公式的应用问题，属于中档题。 (17分 )如图所示，质量 M 1kg的木板静止在粗糙的水平面上，木板与地面间的动摩擦因数为 1，在木板的左端放置一个质量 m 1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数为 2，取 g 10m/s2，试求： 若 1 0.4， 2 0.1，木板长 L 1m，在铁块上加一个水平向右的恒力 F

30、 8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？ 若 1 0.1， 2 0.4，木板长 L 1m，在铁块上加一个水平向右的恒力 F 8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？ 接第 问，若在铁块上的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力 F，通过分析和计算后，请在图中画出铁块受到木板的摩擦力 f2随拉力 F大小变化的图象。 (设木板足够长 ) 答案： t1 s； t2 1s； 试题分析： 铁块受拉力 F、重力 mg、木板的支持力 N2和摩擦力 f2作用，根据牛顿第二定律可知，在水平方向上有： F-f2 ma 在竖直方向上有： N2-mg 0 显然，此时 f2为滑动摩擦力，根据滑动摩擦定律有：

31、f2 2N2 联立解得： a -2g 7m/s2 此时木板受重力 Mg、铁块的压力 N2、摩擦力 f2，以及地面的支持力 N1和摩擦力 f1，在竖直方向上有： N1-Mg-N2 0 根据牛顿第三定律有： N2 N2， f2 f2 解得： N1 Mg mg 20N 由于 1N1 8N f2 f2 1N，所以，木板此时静止不动 根据匀变速直线运动规律有： L 解得： t1 s，即经过 s的时间铁块运动到木板的右端 由 中分析可知，此时铁块运动的加速度为： a2 -2g 4m/s2 木板运动的加速度为： a1 2m/s2 设经过时间 t2 铁块运动到木板的右端，根据匀变速直线运动规律和几何关系有：L

32、 - 解得： t2 1s 若 F 较小，则铁块和木板均处于静止状态，对整体，根据共点力平衡条件有：F1(M m)g 2N 此时，对铁块，根据共点力平衡条件有： f2 F 若 F取值适当，则铁块和木板将以相同加速度 a0一起运动，对整体，根据牛顿第二定律有： F-1(M m)g (M m)a0 对木板，根据牛顿第二定律有： f2-1(M m)g Ma0 此时铁块与木板之间的摩擦力 为静摩擦力，有： f2 f22mg 联立解得： 2N F6N， f2 1 若 F较大，则铁块和木板发生相对滑动，此时 f2为滑动摩擦力，有： f2 2mg 4N，为定值 综上所述，作出 f2随拉力 F大小变化的图象如下图所示： 考点：本题主要考查了匀变速直线运动规律、牛顿运动定律的应用，以及综合分析的能力问题，属于中档偏高题。