1、1致远中学 2012 届高三第一次教学质量检测物 理 试 卷命题人：王志洋本试卷分第卷(选择题)和第卷（非选择题）两部分，满分 l20 分，考试时间 100 分钟。 第卷(选择题共 40 分)一、单项选择题：本大题共 5 小题。每小题 4 分，共 20 分，每小 题只有一个选项符合题意。1下列说法中不正确的是 ：A根据速度定义式 txv，当 t非常非常小时，tx就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法。B在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法。C在不需要考虑物体本身的大小和形状时
2、，用质点来代替物体的方法叫假设法在D推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法。2.如图，建筑工人用恒力 F 推运料车在水平地面上匀速前进， F 与水平方向成 30角，运料车和材料的总重为 G，下列说法正确的是：A建筑工人受摩擦力方向水平向左B建筑工人受摩擦力大小为32C运料车受到地面的摩擦力水平向右D运料车对地面压力为F3. 如图所示，一块橡皮用细线悬挂于 O 点，用钉子靠着线的左侧，沿与水平方向成 300 的斜面向右以速度 v 匀速运动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度： A大小为 v，方向不变和水
3、平方向成 60oB大小为 3v，方向不变和水平方向成 60oC大小为 2v，方向不变和水平方向成 60oD大小和方向都会改变4将一小球竖直上抛，若该球所受的空气阻力大小与其速度大小成正比，则其上升和下降两过程的时间及损失的机械能的关系是：A 上t 下 B 上tCP。现 OD 边水平放置，让小物块从 C 滑到 D；然后将OC 边水平放置，再让小物块从 D 滑到 C，小物块两次滑动经过 P 点的时间相同。下列说法正确的是：AA、B 材料的动擦因数相同B两次滑动中物块到达 P 点速度相等C两次滑动中物块到达底端速度相等D两次滑动中物块到达底端摩擦生热相等第卷(非选择题共 80 分)三、简答题：本大题
4、共 2 小题，共 18 分请将解答填写在相应的位置10某同学用如图所示装置“研究物体的加速度与外力关系”，他将光电门固定在气垫轨道上的某点 B 处，调节气垫导轨水平后，用重力为 F 的钩码，经绕过滑轮的细线拉滑块，每3次滑块从同一位置 A 由静止释放，测出遮光条通过光电门的时间 t。改变钩码个数，重复上述实验。记录的数据及相关计算如下表。实验次数 1 2 3 4 5F/N 0.49 0.98 1.47 1.96 2.45t/（ms） 40.4 28.6 23.3 20.2 18.1t2/（ms ）2 1632.2 818.0 542.9 408.0 327.6)(10/4mst6.1 12.2
5、 18.4 24.5 30.6（1）为便于分析 F与 t的关系，应作出 21tF的关系图象，请在坐标纸上作出该图线（2）由图线得出的实验结论是： （3）设 AB 间的距离为 s，遮光条的宽度为 d，请你由上述实验结论推导出物体的加速度a 与时间 t 的关系式为 11用如图实验装置验证 m1 、m2 组成的系统机械能守恒。m2 从高处由静止开始下落，m1 上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。下图给出的是实验中获取的一条纸带：0 是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有 4 个打点（图中未标出） ，计数点间的距离如图所示。已知 m1= 50g 、m2=150g
6、 ，则（结果保留两位有效数字）（1）在纸带上 打下记数点5 时的速度 v = m/s；（2）在 05 过程中系统动能的增量EK = J，系统势能的减少量EP = J；由此得出的结论是： 滑块 遮光条光电门A B4（3）若某同学作出 V2/2h 图像如图，则当地的重力加速度 g = m/s2。四、计算题：本大题共 4 小题共 62 分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。12 （15 分）有一个固定竖直放置的圆形轨道，半径为 R，由左右两部分组成。如图所示，右半部分 AEB 是光滑的，左半部分 BFA 是粗糙的。
7、现在最低点 A 给一质量为 M 的小球一个水平向右的初速度，使小球沿轨道恰好运动到最高点 B，小球在 B 点又能沿 BFA 回到A 点，到达 A 点时对轨道的压力为 4mg。在求小球在 A 点的速度 v0 时，甲同学的解法是：由于小球恰好到达 B 点，故在 B 点小球的速度为零，mgRv210，所以 gRv20。在求小球由 BFA 回到 A 点的速度时，乙同学的解法是：由于回到 A 点时对轨道的压力为 4mg，故mvA24，所以gRv2。 你同意两位同学的解法吗？如果同意请说明理由；若不同意，请指出他们的错误之处，并求出结果。根据题中所描绘的物理过程，求小球由 B 经 F 回到 A 的过程中克
8、服摩擦力所做的功。13 （15 分）如图 1 所示，在 2010 上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演，令参观者大开眼界，最吸引眼球的就是正中心那个高为 H=10m，直径 D=4m 的透明“垂直风洞”。风洞是人工产生和控制的气流，以模拟飞行器或物体周围气体的流动。在风力作用的正对面积不变时，风力 F=0.06v2（v 为风速） 。在本次风洞飞行上升表演中，表演者的质量m=60kg，为提高表演的观赏性，控制风速 v 与表演者上升的高度 h 间的关系如图 2 所示。g=10 m/s2。求：表演者上升达最大速度时的高度 h1。表演者上升的最大高度 h2。为防止停电停风事故，风洞备有应急电源，若在本
9、次表演中表演者在最大高度 h2 时突然停电，为保证表演者的人身安全，则留给风洞自动接通应急电源滞后的最长时间 tm。 （设接通应急电源后风洞一直以最大风速运行）14 （16 分）如图所示，设 AB 段是距水平传送带装置高为 H=1 25m 的光滑斜面，水平段 BC 使用水平传送带装置，BC 长 L=5m，与货物包的摩擦系数为 =04，顺时针转动的速度为 V=3m/s。设质量为 m=1kg 的小物块由静止开始从 A 点下滑，经过 B 点的拐角处无v2/(104（m/s)2）h/mO1.2100.7图 2图 1风向hABEF Rv050 6 12 18 24 30 360.490.981.471.
10、962.452.84NF/ 24210/mst机械能损失。小物块随传送带运动到 C 点后水平抛出，恰好无碰撞的沿圆弧切线从 D 点进入竖直光滑圆孤轨道下滑。D 、E 为圆弧的两端点，其连线水平。已知圆弧半径 R2=10m圆弧对应圆心角 106，O 为轨道的最低点。 （g=10m/s2，sin37=06，cos37=08）试求：（1）小物块在 B 点的速度。（2）小物块在水平传送带 BC 上的运动时间。（3）水平传送带上表面距地面的高度。（4）小物块经过 O 点时对轨道的压力。15 （16 分）翼型降落伞有很好的飞行性能。它被看作飞机的机翼，跳伞运动员可方便地控制转弯等动作。其原理是通过对降落伞
11、的调节，使空气升力和空气摩擦力都受到影响。已知：空气升力 F1 与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，F1C1v2 ；空气摩擦力F2 与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，F2C2v2 。其中 C1、C2 相互影响，可由运动员调节，满足如图 b 所示的关系。试求：（1）图 a 中画出了运动员携带翼型伞跳伞后的两条大致运动轨迹。试对两位置的运动员画出受力示意图并判断，、 两轨迹中哪条是不可能的，并简要说明理由；（2）若降落伞最终匀速飞行的速度 v 与地平线的夹角为，试从力平衡的角度证明：tanC2/C1；（3）某运动员和装备的总质量为 70kg，匀速飞行的速度 v 与地平线的夹角约 20（取
12、tan204/11） ，匀速飞行的速度 v 多大？（g 取 10m/s2，结果保留 3 位有效数字）（4）若运动员出机舱时飞机距地面的高度为 800m、飞机飞行速度为 540km/h，降落全过程中该运动员和装备损失的机械能 E 多大？物理参考答案题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9答案 C D B A D AC CD ACD CD10 如图所示（ 3 分）图 a6F与 21t成正比。 （2 分）推导过程： 2221tsdtsa（3 分）11. （1）2.4（2）0.58 ，0.60 ，在误差允许的范围内，m1 、m2 组成的系统机械能守恒（3）9.712、 （15 分）解：不同意（2 分）
13、小球恰好到达 B 点，在 B 点小球的速度不为零。小球由 AEB 到 B 点的速度时 RmvgB2， （1 分） gRvB（1 分）由动能定理vm210， （1 分）得 50 （1 分）由于回到 A 点时对轨道压力为 4mg，小球受到的合力并不是 4mg。根据牛顿定律： RgA24（2 分） ， gRvA3（2 分）小球由 B 经 F 回到 A 的过程中，由mvWmgRf122（3 分）和 A(或 WfE0-EA220Av=mgR)得 Wf=mgR。 （2 分）13. （15 分）由图 2 可知 hv501.4， （1 分）即风力 hF301.7 （1 分）当表演者在上升过程中的最大速度 vm
14、 时有 mgF （1 分）代入数据得 41hm. （1 分）对表演者列动能定理得 02ghWF （2 分）因 F与 h 成线性关系，风力做功 2hF（1 分）代入数据化简得 82m （2 分）当应急电源接通后以风洞以最大风速运行时滞后时间最长，表演者减速的加速度为72mgFam/s2 （2 分）表演者从最高处到落地过程有 agtHm2)(1（2 分）代入数据化简得 152mts0.52s。 （2 分）14 （16 分） （1）小物块由 A 运动 B，由动能定理，解得: sgHvB/2（4 分）（2）由牛顿第二定律，得 mag，解得： 2/4smg （1 分）水平传送带的速度为 sRv/310由
15、 10atvB，得： atB5.0，则 tvLB2101（1 分） ，sLt2， st.2（2 分）（3）小物块从 C 到 D 做平抛运动，在 D 点有有： smvy/42tan0（1 分）由 ghvy2（1 分） ，得mgvy8.02（2 分）（4）小物块在 D 点的速度大小为： svyCD/52（1 分）对小物块从 D 点到 O 由动能定理，得：2)co(DmvgR（1 分）在 O 点由牛顿第二定律，得：vmFN2联立以上两式解得： =43N（1 分）由牛顿第三定律知对轨道的压力为： N43（1 分）15 （16 分）解：（1）轨迹不可能存在 （1 分） 位置，三力可能平衡（或三力的合力可
16、能与速度在一直线） ，运动员做直线运动位置，合力方向与速度方向不可能在一直线，所以不会沿竖直方向做直线运动（2 分）F1F2G位置8（位置 F1 的方向按图 a，理论上是向右，画出向左也不扣分，但是 F1F2 标错位置要扣分。 ）（2）由位置的受力分析可知，匀速运动时F1mgcos C1v2 （2 分） F2mgsin C2v2 （2 分）两式消去 mg 和 v 得 tanC2/C1 （3）在图 b 中过原点作直线 正确得到直线与曲线的交点 （1 分） C22，C1 5.5（5.55.6 均正确）根据 F2mgsinC2v2 或 F1mgcos C1v2 （ 2 分） （上两式任取其一）得 v10.9m/s（在 10.711.0 之间均可） （2 分） （4）EmgH mv02 mv2 （2 分）12 12E 1.34106 J （2 分）F1F2GF1F2G位置C1（Ns2/m2）C2（Ns2/m2）0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.56.05.04.03.02.01.0 图 b
