河南省名校2014届高三上学期期中联考物理试卷带解析.doc

河南省中原名校2014届高三上学期期中联考物理试卷12013年10月8日，彼得·W·希格斯和弗朗索瓦·恩格勒分享了今年的诺贝尔物理学奖，他们获奖的成果是提出的一项理论，该理论揭示了粒子是如何获得质量的。在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。下列表述不符合物理学史实的是A亚里士多德提出了力是改变物体运动状态的原因B牛顿在归纳总结了伽利略、笛卡尔等科学家结论的基础上，得出了牛顿第一定律C焦耳对能量守恒定律的提出做出了卓越的贡献D元电荷e的数值最早是由物理学家密立根测得的，这是他获得诺贝尔物理学奖的重要原因【答案】A【解析】试题分析：亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，故选项A错误；牛顿在总结了伽利略和笛卡尔等人关于力和运动之间的关系得出了牛顿第一定律，故选项B正确；焦耳对热功当量的测量为能量守恒与转化定律提供了无可置疑的证据，故选项C正确；密立根通过实验发现物体带电量总是某电量的整数倍，提出了元电荷的概念，故选项D正确，所以本题选A考点：考查了对物理学家及其主要贡献的了解情况2国庆节时，五颜六色的氢气球将节日装扮的靓丽多姿。如图所示，一氢气球通过软绳与地面上的石块相连，石块质量为m，由于风的作用，使软绳偏离竖直方向，当氢气球和石块相对地面静止时，与石块相连的绳端切线与水平方向成角，不计风对石块的作用，则下列说法中正确的是A绳子的拉力为mgsinB绳子的拉力一定小于mg，否则石块将会被风吹动的氢气球带离地面C石块受到地面作用力等于绳子拉力的水平分力D石块受到地面作用力不等于绳子拉力的水平分力【答案】D【解析】试题分析：对石块受力分析，受重力mg、地面的支持力N和摩擦力f及绳子的拉力T，由平衡条件可知：，如果绳子的拉力为，则支持力为零，摩擦力为零，即石块被拉动，故选项A错误；由可知绳子的拉力可能大于mg，故选项B错误；由平衡条件知，地面对石块的作用力大小包括支持力和摩擦力，其大小等于重力和拉力的合力，故选项C错误D正确考点：考查平衡条件的应用3粗铁丝弯成如图所示半圆环的形状，圆心为O，半圆环最高点B处固定一个小滑轮，小圆环A用细绳吊着一个质量为m2的物块并套在半圆环上。一根一端拴着质量为m1的物块的细绳，跨过小滑轮后，另一端系在小圆环A上。设小圆环、滑轮、绳子的质量以及相互之间的摩擦均不计，绳子不可伸长。若整个系统平衡时角AOB为，则两物块的质量比m1:m2为 Acos B2sinCsin D2cos【答案】B【解析】试题分析：对小环m1受力分析可得：；对小环m2受力分析如图所示，可得：，又因为，解得：，故选项B正确考点：考查了平衡条件的应用及数学知识在物理中的应用4如图甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为37°，物体A放在斜面底端挡板处，通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接，B的质量M1kg，绳绷直时B离地面有一定高度。在t0时刻，无初速度释放B，由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的vt图象如图乙所示，若B落地后不反弹，g取10 ms2，sin37°06，cos37°08，则下列说法正确的是AB下落的加速度大小a10ms2BA沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对A做的功W3JCA的质量M05Kg，A与斜面间的动摩擦因数05D0075 s内摩擦力对A做的功075J【答案】B【解析】试题分析：由图乙可知物体A先加速运动0.5s，加速度，位移，然后再匀减速运动0.25s减速到零，加速度，位移因为物体A和B连接在一起，所以B加速下落0.5s落地，其加速度为4m/s2，故选项A错误；对物体B由牛顿第二定律知：，解得：，所以绳子对物体A做的功，故选项B正确；对物体A，B未落地时，由牛顿第二定律知：，B落地后，由牛顿第二定律知：，解得：，故选项C错误；摩擦力做的功，故选项D错误考点：本题综合考查了速度时间图像、牛顿第二定律和功的理解和应用5如图所示，左右带有固定挡板的长木板放在水平桌面上，物体M放于长木板上静止，此时弹簧对物体的压力为3N，物体的质量为05kg，物体与木板之间无摩擦，现使木板与物体M一起以6 ms2的加速度向左沿水平方向做匀加速运动时 A物体对左侧挡板的压力等于零B物体对左侧挡板的压力等于3N C物体受到4个力的作用D弹簧对物体的压力等于6N 【答案】A【解析】试题分析：物体静止时，弹簧处于压缩状态，弹力当物体向左加速运动时，若物体对左挡板的压力为零，由牛顿第二定律知：，解得：，当加速度大于，物体离开左挡板，弹簧长度变短，当加速度小于时，物体对左挡板产生压力，弹簧长度不变，所以可知选项A正确BD错误；当加速度时，物体受重力、支持力和弹力，故选项C错误考点：本题考查牛顿第二定律的应用，关键是找出物体对左挡板无压力时的临界加速度6如图所示，在水平地面上固定一个倾角为的足够长的光滑斜面，质量为m1kg的小滑块从斜面底端在与斜面平行的恒力F作用下由静止开始沿斜面上升，经过时间t撤去恒力F，又经过时间t物体回到斜面底端，此时物体的动能为32J，则下列说法正确的是A拉力F做的功为8JB拉力F做的功为32JC物体回到底端的速度是撤去拉力时的速度的2倍D运动过程中动能和重力势能相等的位置在撤去拉力时的位置的上方【答案】BC【解析】试题分析：整个过程中，物体的重力不做功，支持力不做功，拉力做正功，由动能定理知：，故选项A错误B正确；取沿斜面向上为正方向，设刚撤去拉力时的速度大小为v1，回到底端时的速度大小为v2，有拉力时位移，从撤去拉力到回到底端时位移，根据题意知，解得：，故选项C正确；撤去拉力后，物体的机械能守恒，取最低点为零势能面，则动能和势能相等的位置在上升最大高度的一半处，又因为物体回到底端的速度是撤去拉力时的速度的2倍，所以可知撤去拉力时的高度为最大高度的四分之三，即动能和势能相等处在撤去拉力的位置的下方，故选项D错误考点：本题考查了动能定理和匀变速直线运动规律的应用7足够长的水平黑色传送带处于静止状态，一白灰块（可视为质点）静止在传送带上，白灰块与传送带间有摩擦，动摩擦因数为。突然使传送带以恒定的速度v0做匀速直线运动，白灰块将在传送带上划下白色痕迹，经过某一时间t，令传送带突然停下，以后不再运动。在白灰块也不再运动时，传送带上白色痕迹的长度可能是（已知重力加速度为g，假设白灰块与传送带摩擦划痕过程中质量不变）A B C D【答案】AC【解析】试题分析：在时间t内，白灰块可能一直匀加速，也可能先加速后匀速；白灰块加速时，根据牛顿第二定律，有，解得：，如果时间t内一直加速，加速的位移为，故相对传送带的位移为；如果先加速，后匀速，位移为，故相对传送带的位移为；如果加速的末速度恰好等于v0，则，故相对传送带的位移为经过时间t后，传送带静止后，白灰块做减速运动，加速度大小不变，故相对传送带沿原路返回，故传送带上痕迹的长度等于加速时相对传送带的位移考点：本题考查牛顿第二定律和运动学规律的应用，关键在于分析出白灰块的运动过程和性质以及划痕是两者的相对位移8我国发射的探月卫星有一类为绕月极地卫星。利用该卫星可对月球进行成像探测。如图所示，设卫星在绕月极地轨道上做圆周运动时距月球表面的高度为H,绕行周期为TM; 月球绕地球公转的周期为TE，公转轨道半径为R0；地球半径为RE，月球半径为RM. 忽略地球引力、太阳引力对绕月卫星的影响，则下列说法正确的是A月球与地球的质量之比为B若光速为C，信号从卫星传输到地面所用时间为C由开普勒第三定律可得D由开普勒第三定律可得【答案】AB【解析】试题分析：对月球绕地球的公转，由万有引力提供向心力得：，对卫星绕月球的圆周运动，由万有引力提供向心力得：，联立解得：，故选项A正确；由题意可知卫星信号传输的距离，所以传输的时间，故选项B正确；根据开普勒第三定律知定律适用于围绕同一天体做圆周运动的不同天体或者卫星，故选项CD错误考点：考查了万有引力定律的应用及对开普勒定律适用条件的理解9如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行，整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中A物块A的重力势能增加量一定等于mghB物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和C物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和D物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的代数和【答案】CD斜面的支持力N和弹簧的弹力f的合力与重力【解析】试题分析：升降机停止时，对物体A受力分析可知，斜面的支持力N和弹簧的弹力f的合力与重力G等值方向，合力为零当升降机加速上升时，斜面的支持力N和弹簧的弹力f的合力大于重力G，且支持力和弹力均增大，所以弹簧的长度变长，即物体A上升的高度小于h，所以物块A增加的重力势能小于mgh，故选项A错误；物块上升过程中，支持力N和弹力f做正功，重力G做负功，由动能定理知选项B错误；由功能关系可知对物块A增加的机械能等于重力之外的其他力做功的代数和即支持力N和弹力f做功的代数和，故选项C正确；将物块A和弹簧看成一系统，系统受斜面对物块A的支持力N和B对弹簧的拉力，根据功能关系可知，系统机械能的增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的代数和，故选项D正确考点：本题考查了对功能关系的理解和应用，对于系统机械能的变化等于除系统所受的重力之外的其他力做功的代数和10如图所示，长为L的轻杆的下端用铰链固接在水平地面上，上端固定一个质量为m的小球，轻杆处于竖直位置，同时与一个质量为M的长方体刚好接触。由于微小扰动，杆向右侧倒下，当小球与长方体分离时，杆与水平面的夹角为30°，且杆对小球的作用力恰好为零，若不计一切摩擦。则A长方体与小球的质量比是4 ：1 B分离时小球的速率为C分离后长方体的速率为D长方体对小球做功mgL4【答案】AD【解析】试题分析：在杆从竖直位置开始倒下到小球与长方体恰好分离的过程中，小球和长方体组成的系统机械能守恒，小球和长方体的速度分别为v1和v2，则有：，分离时刻，小球只受重力，根据向心力公式有： ，此时小球与长方体的水平速度相同，即：，联立解得：，故选项A正确；由解得：，故选项BC错误；从小球倾倒到与长方体分离的过程中，对小球由动能定理可知：解得：故选项D正确考点：本题主要考查向心力公式和动能定理的应用，关键是理解“分离”和“杆对小球的作用力为零”的物理意义11（8分）某同学学过平抛运动后，利用平抛运动知识测量某水平喷水口的流量Q（QSv，S为出水口的横截面积，v为出水口的水速），方法如下：（1）先用游标卡尺测量喷水口的内径D。如下图所示，A、B、C、D四个图中，测量方式正确的是_。（2）正确测量得到的结果如图中的游标卡尺所示，由此可得喷水口的内径D_cm。（3）打开水阀，让水从喷水口水平喷出，稳定后测得落地点距喷水口水平距离为x，竖直距离为y，则喷出的水的初速度v0_（用x，y、g表示）。（4）根据上述测量值，可得水管内水的流量Q_（用D、x、y、g表示）【答案】（1）C （2）1.044 （3） （4）【解析】试题分析：(1)图A是测量深度，图B测量时管与游标卡尺不垂直，图C是测量内径，图D是测量外径(2)由游标尺可知为50分度的，精确度为0.02mm，所以读数为(3)由可知时间，由知(4)水的流量考点：本题考查了游标卡尺的使用和读数方法及平抛运动规律的应用12（10分）某兴趣小组用如图所示的装置探究薄布料的阻力对小车运动的影响，他们将长木板置于水平桌面上，并在长木板的右半部分平整地铺上一块该布料，将其左端适当垫高，将小车以适当的初速度释放后，用打点计时器记录小车的运动情况。通过反复调整木板左端的高度，他们得到一系列打上点的纸带，并最终选择了如图所示的一条纸带（附有刻度尺）进行测量。取打点计时器的电源频率为50Hz，重力加速度g10ms2。（1）根据刻度尺的示数可以判断，小车在A、E两点间做_运动，在E、J两点间做_运动。E、J两点间的加速度大小为_ms2，J点对应的小车速度为_ms。（2）该兴趣小组测出长木板左端与桌面间的高度差为4cm，木板长度为80cm，则小车在布料上运动时的阻力与在木板上运动时的阻力之比为_。【答案】（1）匀速，匀减速，5m/s2，0.35（2）11 【解析】试题分析：(1)由题意知相邻点的时间间隔为0.02s，由刻度尺可知在A、E两点间相邻点的距离为均1.80cm，故作匀速直线运动，在E、J两点之间相邻点的距离从E到J依次减小0.02mm，故做匀减速直线运动根据可知加速度的大小为，由可知(2)由题意可知，小车在木板上做匀速运动，有，在布料上做匀减速运动，有，代入数据解得 考点：考查了在纸带问题中利用求解加速度和利用平均速度求瞬时速度及牛顿第二定律和平衡条件的应用13（8分）2013年7月5日12日，中俄“海上联合2013”海上联合军事演习在日本海彼得大帝湾附近海空域举行。在某天进行的演习中，我国研发的一艘022型导弹快艇以30ms的恒定速度追击前面同一直线上正在以速度v1逃跑的假想敌舰。当两者相距L02km时，以60ms相对地面的速度发射一枚导弹，假设导弹沿直线匀速射向假想敌舰，经过t150s艇长通过望远镜看到了导弹击中敌舰爆炸的火光，同时发现敌舰速度减小但仍在继续逃跑，速度变为v2，于是马上发出了第二次攻击的命令，第二枚导弹以同样速度发射后，又经t230s，导弹再次击中敌舰并将其击沉。不计发布命令和发射反应的时间，发射导弹对快艇速度没有影响，求敌舰逃跑的速度v1、v2分别为多大?【答案】v1=20 m/s v2=10 m/s【解析】试题分析：第一枚导弹击中前，敌舰逃跑的速度为v1，当导弹快艇与敌舰相距L0=2 km时，发射第一枚导弹，经t1=50 s击中敌舰，则有： 2分代入数据解得：v1=20 m/s 1分击中敌舰时，导弹快艇与敌舰的距离为 2分马上发射第二枚导弹，此时敌舰的速度为v2，经t2=30 s，导弹再次击中敌舰，则有： 2分代入数据解得：v2=10 m/s 1分考点：考查匀速直线运动规律在追及问题中的应用14（10分）薄木板长L1m，质量M9kg在动摩擦因数101的水平地面上向右滑行，当木板速度v02ms时，在木板的右端轻放一质量m1kg的小铁块（可视为质点）如图14所示，当小铁块刚好滑到木板左端时，铁块和木板达到共同速度取g10ms2，求：（1）从铁块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t；（2）小铁块与木板间的动摩擦因数2【答案】(1) t=1s (2) 【解析】试题分析：（1）设木板在时间t内的位移为x1；铁块的加速度大小为a2，时间t内的位移为x2则有 2分 1分 1分又 1分 代入数据得t=1s 1分(2)根据牛顿第二定律，有 2分 1分 解得 1分考点：考查匀变速直线运动规律和牛顿第二定律的应用15（10分）如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水 平位置。AB是半径为R2m的14圆周轨道，CDO是半径为r1m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性档板。D为CDO轨道的中央点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L2m，与小球之间的动摩擦因数04。现让一个质量为m1kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下。（取g10ms2）（1）当H14m时，问此球第一次到达D点对轨道的压力大小。（2）当H14m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道。如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程。如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程。【答案】(1) (2) S=8.5m【解析】试题分析：（1）设小球第一次到达D的速度VDP到D点的过程对小球列动能定理： 2分在D点对小球列牛顿第二定律： 1分联立解得： 1分（2）第一次来到O点，速度V1，P到O点的过程对小球列动能定理： 解得：要能通过O点，须临界速度故第一次来到O点之前没有脱离设第三次来到D点的动能EK对之前的过程列动能定理：代入解得：EK=0故小球一直没有脱离CDO轨道设此球静止前在水平轨道经过的路程S对全过程列动能定理：解得：S=8.5m考点：考查动能定理和向心力公式的应用16（14分）如图（a）所示，水平桌面的左端固定一个竖直放置的光滑圆弧轨道，其半径R05m，圆弧轨道底端与水平桌面相切C点，桌面CD长L1 m，高h205m，有质量为m（m为末知）的小物块从圆弧上A点由静止释放，A点距桌面的高度h102m，小物块经过圆弧轨道底端滑到桌面CD上，在桌面CD上运动时始终受到一个水平向右的恒力F作用，然后从D点飞出做平抛运动，最后落到水平地面上，设小物块从D点飞落到的水平地面上的水平距离为x，如图（b）是F的图像，取重力加速度g10ms2（1）试写出小物块经D点时的速度vD与x的关系表达式；（2）小物体与水平桌面CD间动摩擦因数是多大?（3）若小物体与水平桌面CD间动摩擦因数是从第（2）问中的值开始由C到D均匀减少，且在D点恰好减少为0，再将小物块从A由静止释放，经过D点滑出后的水平位移大小为1m，求此情况下的恒力F的大小?【答案】(1) (2) =0.35 (3) F=1.9N【解析】试题分析：物体从D滑出后做平抛运动，则 1分 1分 代入化简可得 或 1分由AD全程动能定理得 2分 代入整理得 2分 由图可知 代入计算可得 =0.35 1分由第（2）可知 1分 由乙图可知 k=0.5代入计算得 m =0.4kg 1分由AD全程动能定理得 2分 由题可知：x=1m 1分由第（1）问知 则代入计算得 F=1.9N 1分考点：本题考查动能定理的应用和对图像的理解分析能力，解答的关键是将图像的物理意义和数学知识结合求解