1、江苏省宿迁市 2015 届高三上学期期中考试物理试题 （解析版）一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 3 分，共计 18 分每小题只有一个选项符合题意1 （3 分）物块 A 置于倾角为 30的斜面上，用轻弹簧、细绳跨过定滑轮与物块 B 相连，弹簧轴线与斜面平行，A、B 均处于静止状态，如图所示A、B 重力分别为 10N 和 4N，不计滑轮与细绳间的摩擦，则（ ）A 弹簧对 A 的拉力大小为 6N B 弹簧对 A 的拉力大小为 10NC 斜面对 A 的摩擦力大小为 1N D 斜面对 A 的摩擦力大小为 6N考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题： 共点力作用下物体平衡专题
2、分析： 弹簧的弹力等于 B 的重力，隔离对 A 分析，根据共点力平衡求出斜面对 A 的摩擦力大小解答： 解：A、弹簧对 A 的弹力等于 B 的重力，即 F=GB=4N，故 A、B 错误C、对 A 分析，根据共点力平衡得，G Asin30=f+F，解得斜面对 A 的摩擦力 f=故 C 正确，D 错误故选：C点评： 解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，基础题2 （3 分）地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为 a；假设月球绕地球作匀速圆周运动，轨道半径为 r1，向心加速度为 a1已知万有引力常量为 G，地球半径为 R下列说法中正确的是（ ）A地球质量 M=B 地球质量 M=
3、C 地球赤道表面处的重力加速度 g=a D加速度之比 =考点： 万有引力定律及其应用；向心力专题： 万有引力定律的应用专题分析： 运用万有引力提供向心力列出等式和运用圆周运动的物理量之间的关系列出等式解决问题解答：解：A、根据万有引力充当向心力： 知质量 M= ，A 正确 B 错误C、地球表面物体的加速度大小与到地轴的距离有关，不是定值，C 错误D、加速度 a=R2，不与半径的平方成正比，D 错误故选：A点评： 根据万有引力充当向心力和黄金代换公式能够解决全部天体问题3 （3 分）如图所示，半径为 R 的均匀带正电薄球壳，壳内的电场强度处处为零，其球心位于坐标原点 O，一带正电的试探电荷靠近球
4、壳表面处由静止释放沿坐标轴向右运动下列关于坐标轴上某点电势 、试探电荷在该点的动能 Ek 与离球心距离 x 的关系图线，可能正确的是 （ ）A B C D考点： 电场强度；电势分析： 带电金属球是一个等势体，顺着电场线电势降低试探电荷的动能 Ek 与离开球心的距离 r 的关系根据动能定理分析解答： 解：AB、带电金属球是一个等势体，所以 0R 的电势不变；顺着电场线电势降低，且 E= ，随着 x 的增大，E 减小，则 x 图象切线的斜率减小，故 A 正确，B错误CD、在球壳内，场强处处为零，试探电荷不受电场力，其动能不变；在球壳外，取一段极短距离内，认为库仑力不变，设为 F，根据动能定理得：E
5、 k=Fr则得：F= ，根据数学知识得知：F= 等于 Ekr 图象上切线的斜率，由库仑定律知 r 增大，F 减小，图象切线的斜率减小，故 C、D 错误故选：A点评： 本题的关键是运用微元法，根据动能定理列式，分析图象的斜率的意义，即可解答4 （3 分）如图甲所示，R 为电阻箱， 为理想电流表，电源的电动势为 E，内阻为 r图乙为电源的输出功率 P 与电流表示数 I 的关系图象，其中功率 P0 分别对应电流 I1、I 2，外电阻 R1、R 2下列说法中正确的是（ ）A I1+I2 B I1+I2= C D考点： 闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 由 P=UI 结合闭合电路欧姆定律分析
6、便可求解解答： 解：A、由闭合电路欧姆定律得： U=EIr，输出功率为： P=UI=EII 2r，故有，整理得：I 1+I2=，故 A 错误，B 正确；C、根据电功率表达式，P 0= = ，且 I= ，则有：；整理得： ，故 CD 错误；故选：B点评： 用好闭合电路欧姆定律的表达式，结合输出功率的表达式，有一定的运算量5 （3 分）如图所示，质量均为 m 的 A、B 两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为 ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力现用水平力 F 向右拉物块 A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力重力加速度为 g下列说法中错误的是（ ）A 当 0Fmg 时，绳中拉力为 0B
7、当 mgF2mg 时，绳中拉力为 FmgC 当 F2mg 时，绳中拉力为D 无论 F 多大，绳中拉力都不可能等于考点： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题： 牛顿运动定律综合专题分析： 对整体分析，根据共点力平衡求出动摩擦因数的大小，然后隔离对 A 分析，根据牛顿第二定律求出物块 A 的加速度大小，最后确定绳子中的拉力解答： 解：A、当 0F mg 时，A 受到拉力与静摩擦力的作用，二者可以平衡，绳中拉力为 0故 A 正确；B、当 mgF 2mg 时，整体受到拉力与摩擦力的作用，二者平衡，所以整体处于静止状态此时 A 受到的静摩擦力到达最大即 mg，所以绳中拉力为 F mg故B 正确；C、
8、当 F2 mg 时，对整体： ，对 B： ，联立解得绳中拉力为故 C 正确；D、由 B 的分析可知，当 mgF2mg 时绳中拉力为 Fmg，绳中拉力可能等于故 D 错误本题选择错误的，故选：D点评： 解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的使用6 （3 分）如图所示，固定斜面 AE 分成等长四部分 AB、BC、CD、DE，小物块与AB、CD 间动摩擦因数均为 1；与 BC、DE 间动摩擦因数均为 2，且 1=22当小物块以速度 v0 从 A 点沿斜面向上滑动时，刚好能到达 E 点当小物块以速度 从 A 点沿斜面向上滑动时，则能到达的最高点（ ）A 刚好为
9、 B 点 B 刚好为 C 点 C 介于 AB 之间 D 介于 BC 之间考点： 动能定理的应用专题： 动能定理的应用专题分析： 物块向上运动过程要克服重力与阻力做功，应用动能定理求出物块的位移，然后答题解答： 解：设斜面的倾角为 ，AB=BC=CD=DE=s， 1=22=2，则 2=，物块以速度 v0 上滑过程中，由动能定理得：mg4s sinmgcos2s 2mgcos2s=0mv 02，则： mv02=4mgssin+6mgscos，初速度为 时， m（ ） 2=mv02=mgssin+mgscosmgssin+2mgscos ，则滑块能达到的最大高点在 B 点以下，即介于 AB 之间某点
10、；故选：C点评： 本题考查了判断滑块能到达的最高点，分析清楚滑块的运动过程，应用动能定理即可正确解题二、多项选择题：本题共 5 小题，每小题 4 分，共计 20 分每小题有多个选项符合题意，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分7 （4 分）如图所示，某同学用同一弹簧测力计按图甲、乙两种方式测量某小桶的重力，甲图中系小桶的轻绳较长下列说法中正确的是（ ）A 甲图中弹簧测力计的示数比乙图中的大B 两图中弹簧测力计的示数一样大C 甲图中绳的拉力比乙图中的大D 乙图中绳的拉力比甲图中的大考点： 力的合成分析： 弹簧秤测量的是小桶的重力，与绳子的长短无关；而当一力进行分解
11、时，根据力的平行四边形定则，即可确定分力与夹角的关系，从而求解解答： 解：A、由题意可知，弹簧秤是测量小桶的重力，而与绳子的长短无关，故 A 错误，B 正确；C、当一力进行分解时，当夹角越小，分力越小，当夹角越大时，分力也越大，甲图中绳的拉力之间的夹角小于乙图中的夹角，则甲图中绳的拉力比乙图中的小，故 C错误，D 正确；故选：BD点评： 考查弹簧秤的读数与物体的重力的关系，掌握力的平行四边形定则的内容，注意力的分解时，夹角与分力关系，是解题的关键8 （4 分）如图所示，足够长的粗糙斜面固定在地面上，某物块以初速度 v0 从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端上述过程中，若用 h、x、v 和 a
12、分别表示物块距水平地面高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示运动时间下列图象中可能正确的是（ ）A B C D考点： 匀变速直线运动的图像专题： 运动学中的图像专题分析： 根据某物块以初速度 v0 从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端，知上滑过程中，物块做匀加速直线运动，下滑时做匀加速直线运动；在粗糙斜面上运动，摩擦力做功，物体的机械能减少，故回到底端时速度小于出发时的速度；根据运动特征判断各图形解答： 解：A、上滑时做匀减速运动，故 h 曲线斜率先大后小，且平均速度大，运动时间短；下滑时做匀加速运动，故 h 曲线斜率先小后大，且平均速度小，运动时间长；故 A正确B、上滑时 x 曲线斜率先大
13、后小，下滑时 x 曲线斜率先小后大，故 B 错误C、由于上滑时合外力为重力分力和摩擦力之和，加速度大小不变，沿斜面向下；下滑时合外力为重力分力和摩擦力之差，加速度大小不变，方向沿斜面向下；所以上滑时加速度大，所以速度曲线斜率大；下滑时加速度小，所以速度曲线效率小，且此过程中，摩擦力做功，使物块到达底端的速率变小，故 C 正确D、因上滑过程中、下滑过程中的加速度大小均不变，且上滑时加速度大于下滑时的加速度，故加速度应该为两条水平短线，故 D 错误故选：AC点评： 根据图示各物理量的曲线斜率代表的意义，结合实际运动分析即可9 （4 分）如图所示，相同的乒乓球 1、2 落台后恰好在等高处水平越过球网
14、，过网时的速度方向均垂直于球网不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自起跳到最高点的过程中，下列说法中正确的是（ ）A 起跳时，球 1 的重力功率等于球 2 的重力功率B 球 1 的速度变化率小于球 2 的速度变化率C 球 1 的飞行时间大于球 2 的飞行时间D 过网时球 1 的速度大于球 2 的速度考点： 平抛运动专题： 平抛运动专题分析： 将小球运动视为斜抛运动，将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，根据 PG=mgvy 判定功率关系；根据v=gt 判定速度变化快慢；根据运动的合成判定初速度解答： 解：AC、将小球运动视为斜抛运动，将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的
15、匀变速直线运动，根据过网时的速度方向均垂直于球网，知竖直方向末速度为零，根据 vy=v0gt 和 h=v 知竖直方向初速度相同，运动时间相同，水平初速度 1 的大于 2 的，P G=mgvy 相同，故 A 正确；B、不计乒乓球的旋转和空气阻力，知两球加速度相同，故球 1 的速度变化率等于球2 的速度变化率，故 BC 错误；D、根据以上分析知竖直方向初速度相同，运动时间相同，水平初速度 1 的大于 2 的，故过网时球 1 的速度大于球 2 的速度，D 正确故选：AD点评： 此题考查斜抛运动，注意将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，然后根据规律分析10 （4 分）如图所示，圆
16、环固定于竖直平面内，长方形空心闭合细管道 ABCDA 内接于圆环，管道 AB 长度小于 AD 长度，竖直的空心细管道 AC 为对角线小球由 A 点静止释放沿管道 ABC 运动到 C 点，通过 AB、BC 段时间分别为 t1、t 2；小球由 A 点静止释放沿管道 AC 运动到 C 点，所用时间为 t3；小球由 A 点静止释放沿管道 ADC 运动到 C 点，通过AD、DC 段时间分别为 t4、t 5小球通过 B、D 两点时机械能损失不计，不计摩擦下列关系式中正确的是（ ）A t1=t3=t4 B t2=t3=t5 C t2t 3 D t1+t2t 4+t5考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移
17、与时间的关系；动能定理的应用专题： 牛顿运动定律综合专题分析： 先根据牛顿第二定律求出小球沿各个管道下滑的加速度，由运动学公式表示出下滑时间，再进行比较解答： 解：设 AC=d， ACB= 设小球沿 AB、BC、AC、AD 、DC 下滑的加速度大小分别为 a1、a 2、a 3、a 4、a 5根据牛顿第二定律得：a1=a5= =gsin，a 2=a4= =gcos，a 3=g则对于 AB 段有：dsin= = ，得 t1= ；对于 AC 段有：d= ，得 t3= ；对于 AD 段有：dcos= = ，得 t4= ，所以有 t1=t3=t4对于 BC 段有：dcos =a1t1 + =gsint1
18、t2+ ，则得 t2 ，所以 t2t 3；设小球经过 B、D、C 的速度大小分别为： vB、v D、v C根据机械能守恒可得：v Bv D因为 BCDC ，则有： ，所以解得 t2t 5；因为 t1=t4，所以有 t1+t2t 4+t5故选：ACD点评： 本题关键要正确表示出各段时间的表达式，经灵活选择运动学公式，既可根据位移时间公式，也可以由平均速度来表示时间11 （4 分）如图甲所示，轻杆一端与质量为 1kg、可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动现使小球在竖直平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度 v 随时间 t 的变化关系如图乙
19、所示，A、B、C 三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是1、0、5g 取 10m/s2，不计空气阻力下列说法中正确的是（ ）A 轻杆的长度为 0.6mB 小球经最高点时，杆对它的作用力方向竖直向上C B 点对应时刻小球的速度为 3m/sD 曲线 AB 段与坐标轴所围图形的面积为 0.5m考点： 向心力；牛顿第二定律专题： 牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析： 已知小球在 ABC 三个点的速度，A 到 C 的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律即可求出杆的长度；结合小球过最高点的受力的特点，即可求出杆对小球的作用力的方向；由机械能守恒可以求出 B 点的速度
20、；由于 y 轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线 AB 段与坐标轴所围图形的面积表示 A 到 B 的过程小球在水平方向的位移解答： 解：A、设杆的长度为 L，小球从 A 到 C 的过程中机械能守恒，得：，所以： m故 A 正确；B、若小球在 A 点恰好对杆的作用力是 0，则： ，临界速度：m/sv A=1m/s由于小球在 A 点的速度小于临界速度，所以小球做圆周运动需要的向心力小于重力，杆对小球的作用力的方向向上，是竖直向上的支持力故 B 正确；C、小球从 A 到 B 的过程中机械能守恒，得： ，所以：m/s故 C 错误；D、由于 y 轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线 AB 段
21、与坐标轴所围图形的面积表示 A 到 B 的过程小球在水平方向的位移，大小等于杆的长度，即 0.6m故D 错误故选：AB点评： 该题考查竖直平面内的圆周运动，将牛顿第二定律与机械能守恒定律相结合即可正确解答该题中的一个难点是 D 选项中“ 曲线 AB 段与坐标轴所围图形的面积”的意义要理解三、简答题：12 题 8 分，13 题 10 分，共 18 分12 （8 分）某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的最大示数 F0，以此表示小车所受摩擦力的大小再将小车放回原处并按住，继续向
22、小桶中加入细砂，记下传感器的示数 F1（1）接通频率为 50Hz 的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带从比较清晰的点起，每 5 个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度 a= 0.16 m/s2（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度 a 与合力F（F=F 1F 0）的关系图象不计纸带与计时器间的摩擦下列图象中可能正确的是 AB （3）同一次实验中，小车释放前传感器示数 F1 与小车加速运动时传感器示数 F2 的关系是F1 F 2（选填“” 、 “=”或 “”） （4）关于该实验，下列说法中正确的是 AD A小车和传感器的总质量应远大于小桶和
23、砂的总质量B实验中需要将长木板右端垫高C实验中需要测出小车和传感器的总质量D用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据考点： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题： 实验题；牛顿运动定律综合专题分析： 根据匀变速直线运动的推论公式x=aT 2 可以求出加速度的大小；解答： 解：（1）由于每相邻两个计数点间还有 4 个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT 2 可以求出加速度的大小，得：a= =0.16 m/s2，（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度 a 与合力 F（F=F 1F 0）的关系图象由于已经平衡摩擦力，所以图象应该过原点故 AB 正确，CD 错误；故选：AB（3）对小桶受力分析，设小桶重力为 mg，木板释放前弹簧秤的示数 F1，所以 F1=mg，设小车的重力为 Mg，小车在加速运动时弹簧秤的示数 F2，根据牛顿第二定律得：mg F2=ma所以 F1F 2，
