1、淄川中学高 2016级 10月份阶段测试物理试卷一、选择题(本题共 12小题，每小题 4分，共 48分，在每小题给出的四个选项中，第 16 题只有一项符合题目要求，第 712 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分)1.飞艇常常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等多项作战任务。如图所示为飞艇拖曳扫雷具扫除水雷的模拟图。当飞艇匀速飞行时，绳子与竖直方向恒成 角。已知扫雷具质量为 m，重力加速度为 g，扫雷具所受浮力不能忽略，下列说法正确的是A. 扫雷具受 3 个力作用B. 绳子拉力大小为C. 海水对扫雷具作用力的水平分力小于绳子拉力D. 绳子拉力一定大于
2、mg【答案】C【解析】A、对扫雷具进行受力分析，受到受重力、浮力、拉力和水的水平方向的摩擦力，如图，故 A 错误；B、根据平衡条件，有：竖直方向：水平方向：计算得出： ，故 B 错误；C、扫雷器具受到海水的水平方向的作用力摩擦力等于拉力的水平分力，即小于绳子的拉力，而绳子拉力不一定大于 mg，故 C 正确、D 错误。点睛：本题关键是对物体进行受力分析，然后平衡条件列式分析，关键不要忘了有浮力。2.如图所示，a、b、c 、d 为四颗地球卫星，a 静止在地球赤道表面还未发射，b 是近地轨道卫星，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星。若 b、c、d 的运动均可看作匀速圆周运动，下列说法正确的是A.
3、 a 的向心加速度小于 a 所在处的重力加速度B. 在相同时间内 b、c、d 转过的弧长相等C. c 在 4 小时内转过的圆心角为 D. d 的运动周期可能为 20 小时【答案】A【解析】A、地球同步卫星的周期 c 必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知 a 与 c 的角速度相同，根据 知，c 的向心加速度大；由牛顿第二定律得： ，解得：，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星 c 的向心加速度小于 b 的向心加速度，而 b 的向心加速度约为 g，故知 a 的向心加速度小于重力加速度 g，故 A 正确；B、由牛顿第二定律得： ，解得： ，卫星的轨道半径越大，速度越小，故在相同时间内
4、b、c、d 转过的弧长各不相同，故 B 错误；C、c 是同步卫星，在 4 小时内转过的圆心角为： ，故 C 错误；D、由开普勒第三定律 知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以 d 的运动周期大于c 的周期 ，d 的运行周期应大于 ，不可能是 ，故 D 错误。点睛：对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点。3.相距 15m 的甲、乙两质点在 t=0 时刻开始沿同一直线相向运动，它们运动的 v-t 图象如图所示。下列说法正确的是A. 03s 内，甲的平均速度比乙的小B. t=3s 时，甲的加速度为零C. 05s 内，甲和乙的平均速度相
5、等D. t=5s 时，甲、乙相遇【答案】D【解析】【详解】在 v-t 图象中，与时间轴所围面积为物体运动的位移，由图可知，在 0-3s 内甲的位移大于乙的位移大小，故甲的平均速度大于乙的平均速度，故 A 错误；在 v-t 图象中，斜率代表加速度，由于甲的斜率不变，故任意时刻加速度不变且不为零，故 B 错误；0-5s内甲的平均速度为： ，乙的平均速度为： ，故 C错误；0-5s 内甲的位移为： ，乙的位移为： x 乙 t10m，由于相距 15m，故在 t=5s 时相遇，故 D 正确；故选 D。【点睛】解决本题的关键是要知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表
6、示位移。4.如图所示，质量为 m 的物块在质量为 M 的木板上滑行，木板与地面间摩擦系数为 1，物块与木板间摩擦系数为 2，已知木板处于静止状态，那么木板所受地面摩擦力的大小是（ ）A. 2mgB. 1（m+M）gC. 1MgD. 1Mg+2mg【答案】A【解析】物体 m 相对 M 向右滑动，受到向左的滑动摩擦力大小为：f 1=2N=2mg；故 m 对 M 有向右的滑动摩擦力，故 M 受到地面对其向左的静摩擦力，根据共点力平衡条件可得：f2=2mg故选 A点睛：本题关键要分清楚静摩擦力还是滑动摩擦力，静摩擦力随外力的变化而变化，滑动摩擦力与正压力成正比5.如图，质量为 M 的斜面 A 在粗糙水
7、平地面上，动摩擦因数为 ，物体 B 与斜面间无摩擦。在水平向左的推力 F 作用下，A 与 B 一起向左匀加速直线运动，两者无相对滑动。已知斜面的倾角为 ，物体 B 的质量为 m，则它们的加速度 a 及推力 F 的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】对 B 进行受力分析，根据牛顿第二定律得： ；对 AB 整体进行受力分析得：F-（M+m ）g=（M+m）a；解得：F=（M+m）g （+tan），故选 C。6.如图所示，物体以恒定的速率沿圆弧 AB 作曲线运动，对它的运动分析可知（ ）A. 因为它的速率恒定不变，故作匀速运动B. 它的加速度方向与速度方向有可能在同一直线上
8、C. 该物体受的合外力可能等于零D. 该物体受的合外力一定不等于零【答案】D【解析】曲线运动的速度方向时刻改变，故曲线运动一定是变速运动，一定具有加速度，合力一定不为零，故 AC 错误，D 正确；曲线运动的条件是合力与速度不共线，因加速度与合力共线，故加速度与速度一定不共线，故 B 错误；故选 D7. 如图所示，将质量为 m 的物体置于固定的光滑斜面上，斜面的倾角为 ，水平恒力 F 作用在物体上，物体处于静止状态 ，则物体对斜面的压力大小可以表示 为( 重力加速度为 g) （ ）A. mgcos B. C. D. mgcos+Fsin【答案】BCD【解析】物体受力如图所示：由图根据数学关系可得
9、：F N= = ，或者将 F 和 mg 沿斜面和垂直斜面分解可有：FN=mgcos+Fsin，根据牛顿第三定律可知，物体对斜面的压力大小等于斜面对物体的压力8.(多选) 如图，从竖直面上大圆（直径 d）的最高点 A，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上，同一物体由静止开始，从 A 点分别沿两条轨道滑到底端，则下列正确的是( ) A. 所用的时间相同 B. 重力做功都相同C. 机械能不相同 D. 到达底端的动能不相等【答案】AD【解析】设轨道与竖直方向的夹角为 ，则对物体在斜面上受力分析，由牛顿第二定律可求得，a=gcos；根据运动学公式 x= at2，可得，2Rcos gcost2， ，因此
10、下滑时间与斜面的倾角无关，故下滑的时间相同，故 A 正确；物体沿不同斜面下滑的高度不同，重力做功不同，故 B 错误； 物体下滑过程只有重力做功，机械能守恒，物体初状态机械能相等，物体到达底端时的机械能相等，故 C 错误；物体下滑过程重力做功不同，由动能定理可知，物体到达底端时的动能不同，故 D 正确；故选 AD点睛：本题考查能量的转化题目，一定要看清是不是光滑的表面，这点关系到有没有能量的损失同时将牛顿第二定律与运动学公式相综合，得出运动的时间与倾角无关9.(多选) 研究表明，地球自转在逐渐变慢，3 亿年前地球自转的周期约为 22 小时。若这种趋势持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的
11、地球同步卫星与现在的地球同步卫星相比，下列说法正确的是（ ）A. 距地球的高度变大 B. 向心加速度变小C. 线速度变大 D. 角速度变大【答案】AB【解析】地球同步卫星由万有引力提供圆周运动向心力，据 知，随着 T 增大，轨道半径 r 增大，高度变大，故 A 正确由 可知，向心加速度减小，所以 B 正确；万有引力提供圆周运动向心力，轨道半径 r 变大，根据 ，则卫星的线速度变小，所以 C 错误同步卫星的周期变大，由 知角速度减小，故 D 错误故选 AB10.如图所示，N、M、B 分别为半径等于 0.1m 的竖直光滑圆轨道的左端点，最低点和右端点，B 点和圆心 O 等高，连线 NO 与竖直方向
12、的夹角为 37，现从 B 点正上方某处 A 点由静止释放一个质量为 0.1kg 的小球，进入圆轨道后，从 N 点飞出时的速度大小为 2m/s，不计空气阻力，重力加速度 ，下列说法正确的是A. A、B 间的竖直高度为 0.12mB. 小球经过 B 点时对轨道压力的大小为 2.4NC. 小球经过 M 点时对轨道压力的大小为 4.4ND. 小球从 A 点到 M 点的过程中所变重力的功率一直增大【答案】AB【解析】设 A、B 间的竖直高度为 h，从 A 到 N 根据动能定理可得：mgh+mgRcos37= mvN2-0，解得：h=0.12m，故 A 正确；小球经过 B 点时的速度为 vB，根据动能定理
13、可得 mgh= mvB2-0，在 B 对轨道压力的大小为 F=m =2.4N，故 B 正确；小球经过 M 点时的速度为 vM，根据动能定理可得 mg（h+R）= mvM2-0，在 B 对轨道压力的大小为 F-mg=m ，解得F=5.4N，故 C 错误；小球在 A 点功率和在 M 点的功率都为零，所以从 A 点到 M 点的过程中所受重力的功率先增大、后减小，故 D 错误。故选 AB。点睛：利用动能定理解题时注意：（1）分析物体受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力；（2）找出其中恒力的功及变力的功；（3）分析物体初末状态，求出动能变化量；（4）运用动能定理求解；11.如图，在竖直平面内有一半径
14、为 R 的圆弧轨道，半径 OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自 A 的正上方 P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点 B 时恰好对轨道没有压力。已知 AP2R ，重力加速度为 g，则小球从 P 到 B 的运动过程中( )A. 重力做功 mgR B. 机械能减少 mgRC. 合外力做功 mgR D. 克服摩擦力做功 mgR【答案】AD【解析】【详解】重力做功 WG=mg（2R-R）=mgR，故 A 正确；小球沿轨道到达最高点 B 时恰好对轨道没有压力，则有 mg=m ，解得：v= ；从 P 到 B 机械能减小： ，选项 B 错误； 根据动能定理得：W 合 mv2 mgR，选项
15、C 错误；克服摩擦力做功等于机械能的减小 mgR，故 D 正确。故选 AD。【点睛】本题解题的突破口是小球沿轨道到达最高点 B 时恰好对轨道没有压力，重力提供向心力，求出速度；知道重力做功等于重力势能的减小，摩擦力做功等于机械能的减小 12.如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于 O 点(图中未标出)。物块的质量为 m，ABa，物块与桌面间的动摩擦因数为，现用水平向右的力将物块从 O 点拉至 A 点，拉力做的功为 W。撤去拉力后物块由静止向左运动，经 O 点到达 B 点时速度为零，重力加速度为 g。则上述过程中( )A. 物块在 A 点时弹簧的弹
16、性势能一定大于在 B 点时弹性势能B. 物块在 O 点时动能最大C. 物块在 B 点时，弹簧的弹性势能大于 W mgaD. 经 O 点时，物块的动能小于 Wmga【答案】AD【解析】【详解】根据能量的转化与守恒，从 A 到 B 减少的弹性势能转化为内能，故在 A 点时弹簧的弹性势能一定大于在 B 点时弹性势能， A 正确；物块在受力平衡位置处动能最大，即向左运动过程中在弹簧拉力与摩擦力相等的位置，一定在 O 点的右侧，动能最大，过 B 错误；物块从开始运动到最终停在 B 点，路程大于 ，故整个过程物体克服阻力做功大于 mga，故物块在 B 点时，弹簧的弹性势能小于 W- mga，故 C 错误；
17、从 O 点开始到再次到达 O 点，物体路程大于 a，故由动能定理得，物块的动能小于 W-mga，D 正确；故选 AD。【点睛】利用反证法得到而得到 O 点并非 AB 连线的中点是很巧妙的，此外要求同学对功能关系和动能定理理解透彻二、实验题(，共 16分)13.某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律实验所用的电源为学生电源，可以提供输出电压为 6 V 的交变电流和直流电，交变电流的频率为 50 Hz重锤从高处由静止开始下落，重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点测量并分析，即可验证机械能守恒定律(1)他进行了下面几个操作步骤：A按照图示的装置安装器件；B将打点计时器接到电源的“直流
18、输出”上；C用天平测出重锤的质量；D先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带；E测量纸带上某些点间的距离；F根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于其增加的动能其中没有必要进行的步骤是_，操作不当的步骤是_(填选项字母)(2)这位同学进行正确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图乙所示，其中O 点为起始点，A、B、C、 D、E、F 为六个计数点根据纸带上的测量数据，可得出打 B 点时重锤的速度为_m s (保留 3 位有效数字) (3)他根据纸带上的数据算出各点的速度 ，量出下落距离 h，并以 为纵轴、以 h 为横轴画出 图象，应是下列图中的_(4)他进一步分析，发现本实验
19、存在较大误差，为此对实验设计进行了改进，用如图丙所示的实验装置来验证机械能守恒定律：通过电磁铁控制的小铁球从 A 点自由下落，下落过程中经过光电门 B 时，通过与之相连的毫秒计时器 (图中未画出)记录挡光时间 t，用毫米刻度尺测出 A、B 之间的距离 h，用游标卡尺测得小铁球的直径 d.重力加速度为 g.实验前应调整光电门位置使小铁球下落过程中球心通过光电门中的激光束小铁球通过光电门时的瞬时速度 _如果 满足关系式_，就可验证机械能守恒定律【答案】 (1). C (2). B (3). 1.84 (4). C (5). (6). 【解析】试题分析：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中
20、的平均速度，由此求出 B点的速度，进一步可以求出重锤动能的增加量；该实验利用小球经过光电门的平均速度来代替瞬时速度，根据功能关系可知该实验需要验证的关系式为 ，由此可以求出该实验中需要验证的关系式（1）要验证机械能守恒定律，需要验证 ，则只需验证 即可，故不需要测出重锤的质量，所以没有必要进行的步骤是 C.打点计时器只能使用交流电源，故操作不当的步骤是 B.（2）由匀变速直线运动的中间时刻速度推论可得，B 点的速度.（3）由关系式 可知， 图象应是过原点的倾斜直线，故选 C.（4）小铁球通过光电门的时间很短，故可用小铁球经过光电门的平均速度近似求出小铁球通过光电门的瞬时速度，即 ，代入 可得
21、14.在“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”活动中：某同学设计了如图的实验装置简图，A 为小车， B 为电火花计时器，C 为砂桶，D 为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车拉力 F 等于砂桶和砂的总重量 （1）在“探究加速度与力的关系”时，保持小车的质量不变，改变砂和砂桶的质量，该同学根据实验数据作出了加速度 a与合力 F的图线如图 b ，则中的直线不过原点的原因是_。（2）图中的力 F理论上指_，而实验中却用_表示。 （选填字母符号）A砂和砂桶的重力 B绳对小车的拉力【答案】 (1). (1) 平衡摩擦力时木板的右端垫得过高(或平衡摩擦力过度) ， (2). (2) B (3
22、). A【解析】（1）从图中发现直线没过原点，当 F=0 时，a0也就是说当绳子上没有拉力时小车还有加速度，说明小车的摩擦力小于重力沿斜面向下的分力该组同学实验操作中平衡摩擦力过大；（2）根据对小车受力分析，图中的力 F 理论上指绳对小车的拉力，而实验中当砂和小桶的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于砂和小桶的总重力所以用砂和砂桶的重力表示三、解答题（本题共 3小题，共 36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不得分有数值计算的题，必须明确写出数值和单位 ）15.在游乐场，有一种大型游乐设施跳楼机，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，提升到离地最大高度 6
23、0m 处，然后由静止释放，开始下落过程可认为自由落体运动，下落 2s后受到一恒定阻力而做匀减速运动，且下落到地面速度恰好减为零已知游客和座椅总质量为 2000kg，重力加速度 g=10m/s2求：（1）下落过程中最大速度（2）该恒定阻力的大小【答案】 （1） ；（2）【解析】试题分析：（1）游客和座椅在下落的前 内做自由落体运动，然后做匀减速运动，所以在时速度最大，为： 。（2）设游客和座椅在 内下落的高度为 h，则 ，做匀减速运动的位移为：，设匀减速运动的加速度为，根据匀变速直线运动的规律得：， ，得： ；根据牛顿第二定律得：可得： 。考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与时间的关系、自
24、由落体运动【名师点睛】解决本题的关键理清游客在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。16.如图所示，QB 段为一半径为 R1 m 的光滑圆弧轨道，AQ 段为一长度为 L1 m 的粗糙水平轨道，两轨道相切于 Q 点，Q 在圆心 O 的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内。物块 P 的质量为 m1 kg(可视为质点)，P 与 AQ 间的动摩擦因数 0.1，若物块 P 以速度v0从 A 点滑上水平轨道，到 C 点后又返回 A 点时恰好静止。(取 g10 m/s 2)求：(1)v0的大小；(2)物块 P 第一次刚通过 Q 点时对圆弧轨道的压力。【
25、答案】 （1） （2）12N【解析】（1）在整个过程中由动能定理可知：，则：（2）从 A 到 Q 的过程中由动能定理可知在 Q 点由牛顿第二定律可得： 联立解得： ，由牛顿第三定律可知对轨道的压力为 。点睛：本题主要考查了动能定理的灵活运用，关键是过程的选取，由动能定理求出到达 Q点的速度，再由牛顿第二定律求的作用力。17.如图，质量 为 M =1kg 足够长的木板静止在水平面上，与水平面间动摩擦因数 1=0.1、现有一质量 为 m=2kg 的小铁块（可视为质点）以 v0 =3m/s 的水平速度从左端滑上木板，铁块与木板间动摩擦因数 2=0.2。重力加速度 g=10m/s2 。求（1）铁块刚滑
26、上木板时，铁块和木板的加速度分别多大？（2）木板的最大速度多大？（3）从木板开始运动至停止的整个过程中，木板与地面摩擦产生的热量是多少？【答案】 （1）2m/s2和 1m/s2（2）1m/s（3）Q= 3J【解析】【详解】 （1）设铁块和木块的加速度大小分别 a1和 a2，对铁块受力分析，由牛顿第二定律可得： 2mg=ma1 代入数据解得：a 1=2g =2m/s2 对木板同理可得： 2mg-1（m+M）g=Ma2a2=1m/s2 故铁块和木板的加速度大小分别为 2m/s2和 1m/s2（2）铁块先向右减速，木板向右加速，两者速度相等后，又一起向右减速，直到静止设木板从开始运动到速度最大时所需时间为 t，最大速度为 v，由运动学公式可知：v=v0-a1t v=a2t 两式联立可得：t=1s，v=1m/s故木板的最大速度为 1m/s（3）设铁块和木板速度相等前，木板位移 x1；一起减速段的加速度大小 a3，位移 x2，则由运动学公式可知：a3=1g=1m/s2 x1= vt=0.5m x2=v2/2a3=0.5m 即木板的总位移：x=x 1+x2=1m 故木板与地面摩擦产生的热量：Q= 1（m+M）gx=3J【点睛】本题是牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键是木板的受力分析要正确，铁块和木板的运动情况搞清楚，再结合牛顿第二定律和运动学公式求解
