1、2015-2016學年江蘇省泰州市姜堰區(qū)高三（上）期中物理試卷一、單項選擇題：本題共7小題，每小題3分，共計21分.每小題只有一個選項符合題意.1在物理學的發(fā)展進程中，科學的物理思想與方法對物理學的發(fā)展起到了重要作用，下列關于物理思想和方法的說法中不正確的是（）A質(zhì)點和點電荷是同一種思想方法B在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，再把各小段位移相加，這里運用了理想模型法C重心、合力和分力都體現(xiàn)了等效替換的思想D加速度、電場強度、電勢都是采取比值法定義的物理量2下列用電器中，利用靜電的吸附作用進行工作的是（）A復印機B電飯煲C電話機D電冰箱3

2、物體由靜止開始做直線運動，則上下兩圖對應關系正確的是（圖中F表示物體所受的合力，a表示物體的加速度，v表示物體的速度，x表示物體的位移）（）ABCD4如圖所示，水平面B點以左是光滑的，B點以右是粗糙的，質(zhì)量為M和m的兩個小物塊，在B點以左的光滑水平面上相距L，以相同的速度向右運動它們先后進入表面粗糙的水平面后，最后停止運動它們與粗糙表面的動摩擦因數(shù)相同，靜止后兩個質(zhì)點的距離為s，則有（）A若Mm，sLB若M=m，s=LC若Mm，sLD無論M、m取何值，都是s=05如圖所示，清洗樓房玻璃的工人常用一根繩索將自己懸在空中，工人及實裝備的總重量為G，懸繩與豎直墻壁的夾角為a，懸繩對工人的拉力大小為F

3、1 墻壁對工人的彈力大小為F2，則（）AF1=BF2=GtanC若緩慢減小懸繩的長度，F(xiàn)1與F2的合力變大D若緩慢減小懸繩的長度，F(xiàn)1增大，F(xiàn)2增大6圖示為真空中半徑為r的圓，O為圓心，直徑ac、bd相互垂直在a、c處分別固定有電荷量為+q、q的兩個點電荷下列說法正確的是（）A位置b處電場強度大小為Bac線上各點電場強度方向與bd線上各點電場強度方向垂直CO點電勢一定等于b點電勢D將一負試探電荷從b點移到c點，電勢能減小7太極球是廣大市民中較流行的一種健身器材將太極球簡化成如圖所示的平板和小球，熟練的健身者讓球在豎直面內(nèi)始終不脫離板而做勻速圓周運動，且在運動到圖中的A、B、C、D位置時球與板間

4、無相對運動趨勢A為圓周的最高點，C為最低點，B、D與圓心O等高球的質(zhì)量為m，重力加速度為g，則（）A在C處板對球所需施加的力比A處大6mgB球在運動過程中機械能守恒C球在最低點C的速度最小值為D勻速圓周運動的速度越大，板在B處與水平方向傾斜角越小二、多項選擇題：本題共5小題，每小題4分，共計20分.每小題有多個選項符合題意.全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分.8在發(fā)射地球同步衛(wèi)星的過程中，衛(wèi)星首先進入橢圓軌道，然后在Q點通過改變衛(wèi)星速度，讓衛(wèi)星進入地球同步軌道則（）A該衛(wèi)星的發(fā)射速度必定大于11.2km/sB衛(wèi)星在同步軌道上的運行速度大于7.9km/sC在軌道上，衛(wèi)星在P

5、點的速度小于在Q點的速度D衛(wèi)星在Q點通過加速實現(xiàn)由軌道進入軌道9如圖所示水平面上，一個被水平拉伸的彈簧一端拴有質(zhì)量為10kg的物塊A，彈簧的另一端固定在小車上，小車和物塊均處于靜止狀態(tài)，此時彈簧的拉力為5N，現(xiàn)讓小車以加速度a=1m/s2沿水平地面向右勻加速運動時（）A物塊A相對小車仍靜止B物塊A受到的摩擦力將減小C物塊A受到的摩擦力大小不變D物塊A受到的彈力將增大10兩個較大的平行板A、B相距為d，分別接在電壓為U的電源正負極上，開關S閉合時質(zhì)量為m，帶電量為q的油滴恰好靜止在兩板之間，如圖所示在保持其他條件不變的情況下，將兩板緩慢地水平錯開一些，以下說法正確的是（）A兩板間電壓不變，電容變

6、小B油滴將靜止不動C電流計中的電流從a流向bD電流計中的電流從b流向a11一帶正電粒子在正點電荷的電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動取該直線為x軸，起始點O為坐標原點，則下列關于電場強度E、粒子動能Ek、粒子電勢能EP、粒子加速度a與位移x的關系圖象可能的是（）ABCD12如圖所示傾角=30°的固定斜面上固定著擋板，輕彈簧下端與擋板相連，彈簧處于原長時上端位于D點用一根不可伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑定滑輪連接物體A和B，使滑輪左側(cè)繩子始終與斜面平行，初始時A位于斜面的C點，C、D兩點間的距離為L現(xiàn)由靜止同時釋放A、B，物體A沿斜面向下運動，將彈簧壓縮到最短的位置E點，D、E兩點

7、距離為若A、B的質(zhì)量分別為4m和m，A與斜面的動摩擦因數(shù)=，不計空氣阻力，重力加速度為g，整個過程中，輕繩始終處于伸直狀態(tài)，則：（）AA在從C至E的過程中，先做勻加速運動，后做勻減速運動BA在從C至D的過程中，加速度大小為gC彈簧的最大彈性勢能為mgLD彈簧的最大彈性勢能為mgL三、實驗題（共2小題，共24分.請把答案填在答題卡相應的橫線上）13（12分）（2015秋姜堰市期中）小葉同學利用圖甲裝置來探究加速度與力、質(zhì)量之間的定性關系（1）他安裝儀器后，準備開始測量實驗數(shù)據(jù)時的狀態(tài)如圖甲所示，從圖片上看，你覺得他在開始正確測量前必須得修正哪幾個方面的問題？（請寫出兩點）（2）修正后，小葉同學就

8、開始實驗測量，他所接的打點計時器的電源檔位如圖乙所示，則他所選的打點計時器是（填“電火花”或“電磁”）打點計時器（3）打點計時器使用的交流電頻率f=50Hz，圖丙是小葉同學在正確操作下獲得的一條紙帶，其中A、B、C、D、E每兩點之間還有4個點沒有標出寫出用s1、s3以及f來表示小車加速度的計算式：a=根據(jù)紙帶所提供的數(shù)據(jù)，算得小車的加速度a大小為m/s2（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（4）改變所掛鉤碼的數(shù)量，多次重復測量，根據(jù)測得的多組數(shù)據(jù)可畫出aF關系圖線（如圖丁所示），此圖線的AB段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是A小車與軌道之間存在摩擦 B導軌保持了水平狀態(tài)C所掛鉤碼的總質(zhì)量太大 D所用小

9、車的質(zhì)量太大14（12分）（2015秋姜堰市期中）如圖甲所示的裝置叫做阿特伍德機，是英國數(shù)學家和物理學家阿特伍德（GAtwood 17461807）創(chuàng)制的一種著名力學實驗裝置，用來研究勻變速直線運動的規(guī)律某同學對該裝置加以改進后用來驗證機械能守恒定律，如圖乙所示（1）實驗時，該同學進行了如下操作：將質(zhì)量均為M（A的含擋光片、B的含掛鉤）的重物用繩連接后，跨放在定滑輪上，處于靜止狀態(tài)，測量出（填“A的上表面”、“A的下表面”或“擋光片中心”）到光電門中心的豎直距離h在B的下端掛上質(zhì)量為m的物塊C，讓系統(tǒng)（重物A、B以及物塊C）中的物體由靜止開始運動，光電門記錄擋光片擋光的時間為t測出擋光片的寬度

10、d，則重物A經(jīng)過光電門時的速度為（2）如果系統(tǒng)（重物A、B以及物塊C）的機械能守恒，應滿足的關系式為（已知重力加速度為g）（3）引起該實驗系統(tǒng)誤差的原因有（寫一條即可）（4）驗證實驗結(jié)束后，該同學突發(fā)奇想：如果系統(tǒng)（重物A、B以及物塊C）的機械能守恒，不斷增大物塊C的質(zhì)量m，重物B的加速度a也將不斷增大，那么a與m之間有怎樣的定量關系呢？a隨m增大會趨于一個什么值？請你幫該同學解決：寫出a與m之間的關系式：（還要用到M和g）；a的值會趨于四、計算題：本題共4小題，共計55分.解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟.只寫出最后答案的不能得分.有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單

11、位.15某人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，它離地面的高度為2R，R為地球半徑已知地球表面的重力加速度為g，引力常量為G，求：（1）地球的質(zhì)量M；（2）衛(wèi)星的向心加速度大??；（3）地球的第一宇宙速度大小16（15分）（2015漳州二模）如圖所示，一固定粗糙斜面與水平面夾角=30°，一個質(zhì)量m=1kg的小物（可視為質(zhì)點），在沿斜面向上的拉力F=10N作用下，由靜止開始沿斜面向上運動已知斜面與物體間的動摩擦因數(shù)=，取g=10m/s2試求：（1）物體在拉力F作用下運動的速度a1；（2）若力F作用1.2s后撤去，物體在上滑過程中距出發(fā)點的最大距離s；（3）物體從靜止出發(fā)，到再次回到出發(fā)點的過程中

12、，物體克服摩擦力所做的功wf17（15分）（2015秋姜堰市期中）如圖所示，一質(zhì)量為m=2kg的滑塊從半徑為R=0.45m的光滑四分之一圓弧軌道的頂端A處由靜止滑下，A點和圓弧對應的圓心O點等高，圓弧的底端B與水平傳送帶平滑相接已知傳送帶勻速運行的速度為v0=5m/s，B點到傳送帶右端C點的距離為L=4m當滑塊滑到傳送帶的右端C時，其速度恰好與傳送帶的速度相同取g=10m/s2，求：（1）滑塊到達底端B時對軌道的壓力；（2）滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；（3）此過程中，由于滑塊與傳送帶之間的摩擦而產(chǎn)生的熱量Q18（16分）（2015秋姜堰市期中）如圖甲所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子經(jīng)加速電壓U

13、1，加速后，在水平方向沿O1O2垂直進入偏轉(zhuǎn)電場已知形成偏轉(zhuǎn)電場的平行板電容器的極板長為L，兩極板間距為d，O1O2為兩極板的中線，P是足夠大的熒光屏，且屏與極板右邊緣的距離為2L不考慮電場邊緣效應，不計粒子重力求：（1）粒子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度v的大?。唬?）若偏轉(zhuǎn)電場兩板間加恒定電壓，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后正好打中屏上的A點，A點與極板M在同一水平線上，求偏轉(zhuǎn)電場所加電壓U2；（3）若偏轉(zhuǎn)電場兩板間的電壓按如圖乙所示作周期性變化，要使電子經(jīng)加速電場后在t=0時刻進入偏轉(zhuǎn)電場后水平擊中A點，試確定偏轉(zhuǎn)電場電壓U0以及周期T分別應該滿足的條件2015-2016學年江蘇省泰州市姜堰區(qū)高三（上）期中物理

14、試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題：本題共7小題，每小題3分，共計21分.每小題只有一個選項符合題意.1在物理學的發(fā)展進程中，科學的物理思想與方法對物理學的發(fā)展起到了重要作用，下列關于物理思想和方法的說法中不正確的是（）A質(zhì)點和點電荷是同一種思想方法B在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，再把各小段位移相加，這里運用了理想模型法C重心、合力和分力都體現(xiàn)了等效替換的思想D加速度、電場強度、電勢都是采取比值法定義的物理量【考點】物理學史 【分析】質(zhì)點及點電荷采用了理想化的物理模型的方法合力與分力能夠等效替代，采用了等效替代的思想；伽利略提出了

15、“落體運動的速度v與時間t成正比”的觀點加速度、電場強度、電勢都是采取比值法定義的物理量【解答】解：A、質(zhì)點及點電荷采用了理想化的物理模型的方法，所以質(zhì)點和點電荷是同一種思想方法，故A正確；B、在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，再把各小段位移相加，這里運用了微分、積分法，故B錯誤；C、重心、合力和分力、都采用了等效替代的思想，故C正確；D、加速度、電場強度、電勢都是采取比值法定義的物理量故D正確；本題選錯誤的，故選：B【點評】對于物理學上重要的實驗和發(fā)現(xiàn)，可根據(jù)實驗的原理、內(nèi)容、結(jié)論及相應的物理學家等等一起記憶，不能混淆2下列用電器中，

16、利用靜電的吸附作用進行工作的是（）A復印機B電飯煲C電話機D電冰箱【考點】靜電現(xiàn)象的解釋 【分析】本題考查各種電器的工作原理，從各種實例的原理出發(fā)可以得出結(jié)論【解答】解：A、復印機復印文件資料，就是利用靜電墨粉吸附在鼓上故選A正確；B、電飯煲是利用了電流的熱效應，來加熱的，故B錯誤；C、電話是利用電磁波傳遞信息，利用了電流的磁效應工作的，故C錯誤；D、電冰箱是利用物態(tài)變化時的吸熱和放熱原理制冷的，故D錯誤故選：A【點評】本題是常識性問題，只有認真把握它們的定義，才能真正區(qū)分它們利用的是哪個工作原理體現(xiàn)了物理來源于生活，又服務于社會的理念3物體由靜止開始做直線運動，則上下兩圖對應關系正確的是（圖

17、中F表示物體所受的合力，a表示物體的加速度，v表示物體的速度，x表示物體的位移）（）ABCD【考點】勻變速直線運動的圖像 【專題】運動學中的圖像專題【分析】速度時間圖象反映了物體各個不同時刻的速度情況，圖線的斜率表示加速度；根據(jù)牛頓第二定律和位移時間關系公式以及牛頓第二定律分析即可【解答】解：A、根據(jù)牛頓第二定律，加速度與合力成正比，故A錯誤；B、速度時間圖象的斜率表示加速度，圖中速度時間圖象的兩條線段斜率大小相等，但左正右負，故B正確；C、從速度時間圖象可以看出物體先勻加速前進，然后勻減速前進，再勻加速后退，勻減速后退，即先前進再后退，與位移時間圖象矛盾，故C錯誤；D、從速度時間圖象可以看出

18、物體先勻加速前進，然后勻減速前進，即物體一直前進，與位移時間圖象矛盾，故D錯誤；故選B【點評】本題關鍵根據(jù)速度時間圖象得到物體的運動規(guī)律，再根據(jù)圖線的斜率表示加速度得到加速度情況，根據(jù)牛頓第二定律進一步得到合力情況，根據(jù)位移時間關系公式得到位移情況4如圖所示，水平面B點以左是光滑的，B點以右是粗糙的，質(zhì)量為M和m的兩個小物塊，在B點以左的光滑水平面上相距L，以相同的速度向右運動它們先后進入表面粗糙的水平面后，最后停止運動它們與粗糙表面的動摩擦因數(shù)相同，靜止后兩個質(zhì)點的距離為s，則有（）A若Mm，sLB若M=m，s=LC若Mm，sLD無論M、m取何值，都是s=0【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運

19、動的位移與時間的關系 【專題】牛頓運動定律綜合專題【分析】兩物塊進入粗糙水平面的初速度相同，末速度都為零，根據(jù)牛頓第二定律比較出兩物塊的加速度大小，即可比較出兩物塊在粗糙水平面上運行的位移大小，從而得出s【解答】解：根據(jù)牛頓第二定律得，物塊進入粗糙水平面的加速度a=，知兩物塊的加速度相等，又進入粗糙水平面的初速度相同，末速度都為零，根據(jù)運動學公式，知兩物塊運行的位移s相等，則x=0故D正確，A、B、C錯誤故選：D【點評】解決本題的關鍵掌握牛頓第二定律求出加速度，以及知道兩物塊的初末速度相等，加速度相等，所以在粗糙水平面上運行的位移相等5如圖所示，清洗樓房玻璃的工人常用一根繩索將自己懸在空中，工

20、人及實裝備的總重量為G，懸繩與豎直墻壁的夾角為a，懸繩對工人的拉力大小為F1 墻壁對工人的彈力大小為F2，則（）AF1=BF2=GtanC若緩慢減小懸繩的長度，F(xiàn)1與F2的合力變大D若緩慢減小懸繩的長度，F(xiàn)1增大，F(xiàn)2增大【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用 【專題】共點力作用下物體平衡專題【分析】由題，該工人受力平衡，分析其受力情況，根據(jù)平衡條件得出F1和F2的大小當工人下移時，若緩慢減小懸繩的長度，細繩與豎直方向的夾角變大，根據(jù)平衡條件得出拉力F1與支持力F2的表達式進行討論【解答】解：A、B該工人受到重力、支持力和拉力，如圖，根據(jù)共點力平衡條件，有：F1=F2=mgta

21、n=Gtan故A錯誤，B正確C、D若緩慢減小懸繩的長度，細繩與豎直方向的夾角變大，cos變小，tan增大，則F1增大，F(xiàn)2增大，但F1與F2的合力與重力仍平衡，保持不變；故C錯誤，D正確故選BD【點評】本題關鍵是根據(jù)共點力平衡條件，由幾何關系得到F1與F2的表達式，再討論分析兩力的變化情況6圖示為真空中半徑為r的圓，O為圓心，直徑ac、bd相互垂直在a、c處分別固定有電荷量為+q、q的兩個點電荷下列說法正確的是（）A位置b處電場強度大小為Bac線上各點電場強度方向與bd線上各點電場強度方向垂直CO點電勢一定等于b點電勢D將一負試探電荷從b點移到c點，電勢能減小【考點】勻強電場中電勢差和電場強度

22、的關系 【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】兩個等電量正點電荷Q產(chǎn)生 的電場等勢線與電場線具有對稱性，作出ac間的電場線，根據(jù)順著電場線電勢降低和對稱性，分析B與D電勢的高低，判斷電場力做功情況，可知o點和b電勢的大小，根據(jù)點電荷的電場E=k和電場疊加原理可求解b點的場強大小【解答】解：A、正負電荷在b點分別產(chǎn)生的場強為，根據(jù)矢量可知，故A錯誤；B、ac線上各點電場強度方向由a指向c，bd線上各點電場強度方向由a指向c，故B錯誤；C、bOd是一條等勢面，故電勢相同，故C正確；D、將一負試探電荷從b點移到c點，電場力做負功，電勢能增加，故D錯誤；故選：C【點評】本題關鍵抓住電場線與等勢線的對稱

23、性，注意空間每一點的電場是由兩個點電荷產(chǎn)生的電場疊加，是考查基礎的好題7太極球是廣大市民中較流行的一種健身器材將太極球簡化成如圖所示的平板和小球，熟練的健身者讓球在豎直面內(nèi)始終不脫離板而做勻速圓周運動，且在運動到圖中的A、B、C、D位置時球與板間無相對運動趨勢A為圓周的最高點，C為最低點，B、D與圓心O等高球的質(zhì)量為m，重力加速度為g，則（）A在C處板對球所需施加的力比A處大6mgB球在運動過程中機械能守恒C球在最低點C的速度最小值為D勻速圓周運動的速度越大，板在B處與水平方向傾斜角越小【考點】向心力；牛頓第二定律 【專題】牛頓第二定律在圓周運動中的應用【分析】球在運動過程中受重力和支持力，由

24、向心力公式可以求在各點的受力情況【解答】解：A、設球運動的線速率為v，半徑為R，則在A處時： 在C處時： 由式得：F=2mg，即在C處板對球所需施加的力比A處大mg，故A錯誤B、球在運動過程中，動能不變，勢能時刻變化，故機械能不守恒，故B錯誤C、球在任意時刻的速度大小相等，即球在最低點C的速度最小值為等于在最高點最小速度，根據(jù)，得，故C正確D、根據(jù)重力沿水平方向的分力提供向心力，即mgtan=故v=，故板在B處與水平方向傾斜角隨速度的增大而增大，故D錯誤故選：C【點評】本題考查了向心力公式的應用，重點要對物體的受力做出正確的分析，列式即可解決此類問題二、多項選擇題：本題共5小題，每小題4分，共

25、計20分.每小題有多個選項符合題意.全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分.8在發(fā)射地球同步衛(wèi)星的過程中，衛(wèi)星首先進入橢圓軌道，然后在Q點通過改變衛(wèi)星速度，讓衛(wèi)星進入地球同步軌道則（）A該衛(wèi)星的發(fā)射速度必定大于11.2km/sB衛(wèi)星在同步軌道上的運行速度大于7.9km/sC在軌道上，衛(wèi)星在P點的速度小于在Q點的速度D衛(wèi)星在Q點通過加速實現(xiàn)由軌道進入軌道【考點】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系 【專題】人造衛(wèi)星問題【分析】了解同步衛(wèi)星的特點和第一宇宙速度、第二宇宙速度的含義當萬有引力剛好提供衛(wèi)星所需向心力時 衛(wèi)星正好可以做勻速圓周運動 1若是提供的力大于需要的向心力則衛(wèi)星做逐

26、漸靠近圓心的運動 2若是提供的力小于需要的向心力則衛(wèi)星做逐漸遠離圓心的運動【解答】解：A、11.2km/s是衛(wèi)星脫離地球束縛的發(fā)射速度，而同步衛(wèi)星仍然繞地球運動，故A錯誤B、7.9km/s即第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，也是最大的圓周運動的環(huán)繞速度而同步衛(wèi)星的軌道半徑要大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，根據(jù)v的表達式可以發(fā)現(xiàn)，同步衛(wèi)星運行的線速度一定小于第一宇宙速度故B錯誤C、在軌道上，由P點向Q點運動，萬有引力做負功，動能減小，所以P點的速度大于Q點的速度故C錯誤D、從橢圓軌道到同步軌道，衛(wèi)星在Q點是做逐漸遠離圓心的運動，要實現(xiàn)這個運動必須衛(wèi)星所需向心力大于萬有引力，所以應給衛(wèi)星加速，增加所需的向

27、心力所以衛(wèi)星在Q點通過加速實現(xiàn)由軌道進入軌道故D正確故選：D【點評】知道第一宇宙速度的特點衛(wèi)星變軌也就是近心運動或離心運動，根據(jù)提供的萬有引力和所需的向心力關系確定9如圖所示水平面上，一個被水平拉伸的彈簧一端拴有質(zhì)量為10kg的物塊A，彈簧的另一端固定在小車上，小車和物塊均處于靜止狀態(tài)，此時彈簧的拉力為5N，現(xiàn)讓小車以加速度a=1m/s2沿水平地面向右勻加速運動時（）A物塊A相對小車仍靜止B物塊A受到的摩擦力將減小C物塊A受到的摩擦力大小不變D物塊A受到的彈力將增大【考點】牛頓第二定律；摩擦力的判斷與計算 【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題【分析】物體開始時受彈力為5N，而處于靜止

28、狀態(tài)，受到的靜摩擦力為5N，說明物體的最大靜摩擦力大于等于5N；當小車的加速度為1m/s2，兩物體將保持相對靜止時，物體的加速度為a=1m/s2，則需要的合力為10N；根據(jù)彈力和最大靜摩擦力可求出物體相對于小車靜止的最大加速度，當小車的加速度小于等于最大加速度時，物體與小車仍保持相對靜止彈簧的彈力不變，摩擦力大小不變【解答】解：A、物體開始時受彈力F=5N，而處于靜止狀態(tài)，說明受到的靜摩擦力為5N，則物體的最大靜摩擦力Fm5N當物體相對于小車向左恰好發(fā)生滑動時，加速度為a0=1m/s2所以當小車的加速度為a=1m/s2時，物塊A相對小車仍靜止，但摩擦力方向向右，即方向改變故A正確BCD、根據(jù)牛

29、頓第二定律得：小車以加速度a=1m/s2沿水平地面向右加速運動時，彈力水平向右，大小仍為5N，摩擦力水平向右大小仍為5N，故BD錯誤，C正確故選：AC【點評】本題考查應用牛頓第二定律分析物體受力情況的能力要注意靜摩擦力大小和方向會隨物體狀態(tài)而變化10兩個較大的平行板A、B相距為d，分別接在電壓為U的電源正負極上，開關S閉合時質(zhì)量為m，帶電量為q的油滴恰好靜止在兩板之間，如圖所示在保持其他條件不變的情況下，將兩板緩慢地水平錯開一些，以下說法正確的是（）A兩板間電壓不變，電容變小B油滴將靜止不動C電流計中的電流從a流向bD電流計中的電流從b流向a【考點】電容 【專題】帶電粒子在復合場中的運動專題【

30、分析】帶電油滴原來處于靜止狀態(tài)，電場力與重力平衡，將兩板緩慢地錯開一些后，分析板間場強有無變化，判斷油滴是否仍保持靜止根據(jù)電容的決定式分析電容如何變化，由電容的定義式分析電量的變化，確定電路中電流的方向【解答】解：A、將兩板緩慢地錯開一些，兩板正對面積減小，根據(jù)電容的決定式C= 得知，電容減小，而電壓仍然等于電源的電動勢不變，故A正確；B、由于電容器板間電壓和距離不變，則由E=，知板間場強不變，油滴所受電場力不變，仍處于靜止狀態(tài)故B正確；C、由C= 知，電容器帶電量減小，電容器處于放電狀態(tài)，電路中產(chǎn)生順時針方向的電流，則電流計中有ab的電流故C正確，D錯誤故選：ABC【點評】本題是電容器動態(tài)變

31、化問題，要抓住電壓不變，根據(jù)電容的決定式C= 和電容的定義式C=結(jié)合進行分析11一帶正電粒子在正點電荷的電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動取該直線為x軸，起始點O為坐標原點，則下列關于電場強度E、粒子動能Ek、粒子電勢能EP、粒子加速度a與位移x的關系圖象可能的是（）ABCD【考點】點電荷的場強 【專題】帶電粒子在電場中的運動專題【分析】根據(jù)點電荷的場強公式分析電場強度隨x的變化情況，根據(jù)動能定理分析動能隨x的變化情況，根據(jù)電勢能與x圖線的斜率分析其圖象的正誤，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度隨x的變化圖線的正誤【解答】解：A、正電荷的場強公式E=，可知電場強度隨x的變化不是均勻減小，故A

32、錯誤B、由于電場強度不是勻強電場，電場力做功WqEx，則動能不是隨x均勻增大，故B錯誤C、Epx圖線的切線斜率表示電場力，隨著x的增大，電場力逐漸減小，故C正確D、加速度a=，可知a隨x的變化圖線是曲線，且減小，故D正確故選：CD【點評】本題關鍵是明確粒子的受力情況和運動情況，然后結(jié)合動能定理進行分析，圖象的斜率的物理意義要清楚12如圖所示傾角=30°的固定斜面上固定著擋板，輕彈簧下端與擋板相連，彈簧處于原長時上端位于D點用一根不可伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑定滑輪連接物體A和B，使滑輪左側(cè)繩子始終與斜面平行，初始時A位于斜面的C點，C、D兩點間的距離為L現(xiàn)由靜止同時釋放A、B，物體A沿斜

33、面向下運動，將彈簧壓縮到最短的位置E點，D、E兩點距離為若A、B的質(zhì)量分別為4m和m，A與斜面的動摩擦因數(shù)=，不計空氣阻力，重力加速度為g，整個過程中，輕繩始終處于伸直狀態(tài)，則：（）AA在從C至E的過程中，先做勻加速運動，后做勻減速運動BA在從C至D的過程中，加速度大小為gC彈簧的最大彈性勢能為mgLD彈簧的最大彈性勢能為mgL【考點】功能關系；牛頓第二定律；彈性勢能 【分析】對AB整體從C到D的過程受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，從D點開始與彈簧接觸，壓縮彈簧，彈簧被壓縮到E點的過程中，彈簧彈力是個變力，則后一階段不可能是勻減速直線運動，當A的速度為零時，彈簧被壓縮到最短，此時彈簧彈性

34、勢能最大，整個過程中對AB整體應用動能定理求解彈簧彈力做的功，進而求出彈簧的最大彈性勢能【解答】解：A、對AB整體從C到D的過程受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：a=，從D點開始與彈簧接觸，壓縮彈簧，彈簧被壓縮到E點的過程中，彈簧彈力是個變力，則加速度是變化的，所以A在從C至E的過程中，先做勻加速運動，后做變加速運動，最后做變減速運動，直到速度為零，故A錯誤，B正確；C、當A的速度為零時，彈簧被壓縮到最短，此時彈簧彈性勢能最大，整個過程中對AB整體應用動能定理得：00=4mg（L+）sin30°mg（L+）×4mgcos30°（L+）W彈解得：則彈簧具有的最大彈性勢能

35、，故C錯誤，D正確故選：BD【點評】本題主要考查了動能定理及牛頓第二定律的直接應用，要求同學們能正確選擇合適的研究對象和研究過程，應用動能定理求解，知道克服彈簧彈力做的功等于彈簧彈性勢能的增加量，注意當A的速度為零時，彈簧被壓縮到最短，此時彈簧彈性勢能最大，難度適中三、實驗題（共2小題，共24分.請把答案填在答題卡相應的橫線上）13（12分）（2015秋姜堰市期中）小葉同學利用圖甲裝置來探究加速度與力、質(zhì)量之間的定性關系（1）他安裝儀器后，準備開始測量實驗數(shù)據(jù)時的狀態(tài)如圖甲所示，從圖片上看，你覺得他在開始正確測量前必須得修正哪幾個方面的問題？（請寫出兩點）長木板的右端沒被墊高，說明沒有平衡摩擦

36、力細線沒套在定滑輪的輪槽上，以致拉線未能與板面平行（2）修正后，小葉同學就開始實驗測量，他所接的打點計時器的電源檔位如圖乙所示，則他所選的打點計時器是電磁（填“電火花”或“電磁”）打點計時器（3）打點計時器使用的交流電頻率f=50Hz，圖丙是小葉同學在正確操作下獲得的一條紙帶，其中A、B、C、D、E每兩點之間還有4個點沒有標出寫出用s1、s3以及f來表示小車加速度的計算式：a=根據(jù)紙帶所提供的數(shù)據(jù)，算得小車的加速度a大小為0.60m/s2（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（4）改變所掛鉤碼的數(shù)量，多次重復測量，根據(jù)測得的多組數(shù)據(jù)可畫出aF關系圖線（如圖丁所示），此圖線的AB段明顯偏離直線，造成此誤差的主

37、要原因是CA小車與軌道之間存在摩擦 B導軌保持了水平狀態(tài)C所掛鉤碼的總質(zhì)量太大 D所用小車的質(zhì)量太大【考點】探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關系 【專題】實驗題；定性思想；實驗分析法；牛頓運動定律綜合專題【分析】（1、2）實驗時小車應靠近打點計時器，在實驗前應平衡小車受到的摩擦力，重物與小車的連線應平行于木板，知道電磁打點計時器和電火花打點計時器的區(qū)別；（3）根據(jù)勻變速直線運動的特點，利用逐差法可以求出其加速度的大??；（4）根據(jù)圖象得出變量之間的關系，知道鉤碼所受的重力作為小車所受外力的條件【解答】解：（1）長木板的右端沒被墊高，說明沒有平衡摩擦力；細線沒套在定滑輪的輪槽上，以致拉線未能與板面

38、平行；（2）電磁打點計時器使用46V交流電壓，電火花打點計時器直接接在220V交流電壓上，所以他所選的打點計時器是電磁打點計時器（3）由題意可知兩計數(shù)點之間的時間間隔為：T=0.1s，根據(jù)勻變速直線運動推論有：，a=即：a=帶入數(shù)據(jù)解得：a=0.60m/s2（4）由實驗原理：mg=Ma得a=，而實際上a=，可見AB段明顯偏離直線是由于沒有滿足Mm造成的故選：C故答案為：（1）長木板的右端沒被墊高，說明沒有平衡摩擦力；細線沒套在定滑輪的輪槽上，以致拉線未能與板面平行；（2）電磁；（3）；0.60；（4）C【點評】在“驗證牛頓第二定律”的實驗用控制變量法，本實驗只有在滿足平衡摩擦力和小車質(zhì)量遠大于

39、鉤碼質(zhì)量的雙重條件下，才能用鉤碼重力代替小車所受的合力，同時加強基礎物理知識在實驗中的應用，加強解決實驗問題的能力，知道兩種打點計時器的區(qū)別與聯(lián)系14（12分）（2015秋姜堰市期中）如圖甲所示的裝置叫做阿特伍德機，是英國數(shù)學家和物理學家阿特伍德（GAtwood 17461807）創(chuàng)制的一種著名力學實驗裝置，用來研究勻變速直線運動的規(guī)律某同學對該裝置加以改進后用來驗證機械能守恒定律，如圖乙所示（1）實驗時，該同學進行了如下操作：將質(zhì)量均為M（A的含擋光片、B的含掛鉤）的重物用繩連接后，跨放在定滑輪上，處于靜止狀態(tài)，測量出擋光中心（填“A的上表面”、“A的下表面”或“擋光片中心”）到光電門中心的

40、豎直距離h在B的下端掛上質(zhì)量為m的物塊C，讓系統(tǒng)（重物A、B以及物塊C）中的物體由靜止開始運動，光電門記錄擋光片擋光的時間為t測出擋光片的寬度d，則重物A經(jīng)過光電門時的速度為（2）如果系統(tǒng)（重物A、B以及物塊C）的機械能守恒，應滿足的關系式為（已知重力加速度為g）（3）引起該實驗系統(tǒng)誤差的原因有繩子有質(zhì)量；滑輪與繩子有摩擦；重物運動受到阻力作用（寫一條即可）（4）驗證實驗結(jié)束后，該同學突發(fā)奇想：如果系統(tǒng)（重物A、B以及物塊C）的機械能守恒，不斷增大物塊C的質(zhì)量m，重物B的加速度a也將不斷增大，那么a與m之間有怎樣的定量關系呢？a隨m增大會趨于一個什么值？請你幫該同學解決：寫出a與m之間的關系式

41、：（還要用到M和g）；a的值會趨于重力加速度g【考點】驗證機械能守恒定律 【專題】實驗題【分析】根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，得出系統(tǒng)重力勢能的減小量和系統(tǒng)動能的增加量，根據(jù)極短時間內(nèi)的平均速度表示瞬時速度求出系統(tǒng)末動能對系統(tǒng)研究，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度與m的關系式，通過關系式分析，m增大，a趨向于何值【解答】解：（1、2）需要測量系統(tǒng)重力勢能的變化量，則應該測量出擋光片中心到光電門中心的距離，系統(tǒng)的末速度為：v=，則系統(tǒng)重力勢能的減小量Ep=mgh，系統(tǒng)動能的增加量為：=，若系統(tǒng)機械能守恒，則有：（3）系統(tǒng)機械能守恒的條件是只有重力做功，引起實驗誤差的原因可能有：繩子有質(zhì)量；滑輪與繩子有摩擦；重物

42、運動受到阻力作用（4）根據(jù)牛頓第二定律得，系統(tǒng)所受的合力為mg，則系統(tǒng)加速度為：a=，當m不斷增大，則a趨向于g故答案為：（1）擋光片中心；（2）（3）繩子有質(zhì)量；滑輪與繩子有摩擦；重物運動受到阻力作用（回答一個即可）（4）；重力加速度g【點評】解決本題的關鍵知道實驗的原理，知道誤差產(chǎn)生的原因，掌握整體法在牛頓第二定律中的運用四、計算題：本題共4小題，共計55分.解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟.只寫出最后答案的不能得分.有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位.15某人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，它離地面的高度為2R，R為地球半徑已知地球表面的重力加速度為g，引力常量為

43、G，求：（1）地球的質(zhì)量M；（2）衛(wèi)星的向心加速度大小；（3）地球的第一宇宙速度大小【考點】萬有引力定律及其應用 【專題】萬有引力定律的應用專題【分析】（1）根據(jù)萬有引力等于重力，結(jié)合地球表面的重力加速度和地球的半徑求出地球的質(zhì)量（2）根據(jù)萬有引力提供向心力，求出衛(wèi)星的向心加速度（3）根據(jù)萬有引力提供向心力和萬有引力等于重力求出地球的第一宇宙速度【解答】解：（1）地球表面處萬有引力等于重力，解得地球的質(zhì)量（2）萬有引力提供衛(wèi)星的向心力，依題意 h=2R解得（3）第一宇宙速度即為近地衛(wèi)星繞行速度，解得答：（1）地球的質(zhì)量M為；（2）衛(wèi)星的向心加速度大小為；（3）地球的第一宇宙速度大小為【點評】解

44、決本題的關鍵掌握萬有引力定律的兩個重要理論：1、萬有引力等于重力，2、萬有引力提供向心力，并能靈活運用16（15分）（2015漳州二模）如圖所示，一固定粗糙斜面與水平面夾角=30°，一個質(zhì)量m=1kg的小物（可視為質(zhì)點），在沿斜面向上的拉力F=10N作用下，由靜止開始沿斜面向上運動已知斜面與物體間的動摩擦因數(shù)=，取g=10m/s2試求：（1）物體在拉力F作用下運動的速度a1；（2）若力F作用1.2s后撤去，物體在上滑過程中距出發(fā)點的最大距離s；（3）物體從靜止出發(fā)，到再次回到出發(fā)點的過程中，物體克服摩擦力所做的功wf【考點】動能定理的應用；牛頓第二定律 【專題】動能定理的應用專題【分

45、析】（1）由牛頓第二定律可以求出加速度；（2）由勻變速運動的速度公式與位移公式可以求出物體的位移；（3）求出整個過程中物體的路程，然后由功的計算公式求出克服摩擦力做功【解答】解：（1）由牛頓第二定律得：Fmgsin30°mgcos30°=ma1，解得：a1=2.5m/s2； （2）力作用t=1.2s后，速度大小為v=at=3m/s，物體向上滑動的距離：s1=a1t2=1.8m；此后它將向上勻減速運動，其加速度大a2=7.5m/s2， 這一過程物體向上滑動的距離：s2=0.6m，整個上滑過程移動的最大距離：s=s1+s2=2.4m；（3）整個運動過程所通過的路程為s=2s=4

46、.8m，克服摩擦所做的功Wf=mgcos30°×s=12J；答：（1）物體在拉力F作用下運動的速度為2.5m/s2；（2）若 力F作用1.2s后撤去，物體在上滑過程中距出發(fā)點的最大距離為2.4m；（3）物體從靜止出發(fā)，到再次回到出發(fā)點的過程中，物體克服摩擦力所做的功為12J【點評】對物體正確受力分析、應用牛頓第二定律、勻變速運動規(guī)律、功的計算公式即可正確解題17（15分）（2015秋姜堰市期中）如圖所示，一質(zhì)量為m=2kg的滑塊從半徑為R=0.45m的光滑四分之一圓弧軌道的頂端A處由靜止滑下，A點和圓弧對應的圓心O點等高，圓弧的底端B與水平傳送帶平滑相接已知傳送帶勻速運行的速度為v0=5m/s，B點到傳送帶右端C點的距離為L=4m當滑塊滑到傳送帶的右端C時，其速度恰好與傳送帶的速度相同取g=10m/s2，求：（1）滑塊到達底端B時對軌道的壓力；（2）滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；（3）此過程中，由于滑塊與傳送帶之間的摩擦而產(chǎn)生的熱量Q【考點】動能定理；向心力 【專題】計算題；比較思想；臨界法；動能定理的應用專題【分析】（1）滑塊從A運動到B的過程中，只有重力做功，根據(jù)機械能守恒定律或動能定理，求出滑塊到達底端B時的速度滑塊經(jīng)過B時，由重力和軌道的支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓運動定律求解滑塊對軌道的壓力；（2）