【解析】吉林省东北师大附中2015届高三上学期第一次摸底考试物理试题 Word版

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吉林省东北师大附中2015届高三上学期第一次摸底考试物理试题【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷，包含了高中物理必修一、必修二、主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒、知识覆盖面广，知识点全面。题型基础、基本，为高三打下坚实的基础，质量很高。 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，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分。选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。）【题文】1.牛顿的三大运动定律构成了物理学和工程学的基础．它的推出、地球引力的发现和微积分的创立使得牛顿成为过去一千多年中最杰出的科学巨人之一．下列说法中正确的是（　　）A．牛顿第一定律是牛顿第二定律的一种特例B．牛顿第二定律在非惯性系中不成立C．牛顿第一定律可以用实验验证D．为纪念牛顿，人们把“力”定为基本物理量，其基本单位为“牛顿”【知识点】牛顿第二定律．C2【答案解析】B 解析：A、牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的关系，故牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，故A错误；B、牛顿运动定律成立的参考系是惯性系，故牛顿第二定律在非惯性系中不成立的，故B正确；C、地球上的一切物体都受到重力，完全不受力的物体是没有的，牛顿第一定律可以用理想实验验证，故C错误；D、为纪念牛顿，人们把力的单位规定为牛顿，即1N=1kg•m/s2，但不是基本单位，故D错误；故选B．【思路点拨】牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的关系，牛顿第三定律揭示了作用力与反作用力的关系．本题考查了牛顿三定律之间的联系，牛顿第一定律是基础，说明力不需要运动维持，第二定律给出了力与运动的具体关系．【题文】2.质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=6+5t+t2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点(   )A.第1 s内的位移是12 m    B.前2 s内的平均速度是7 m/sC.第3秒时刻的瞬时速度是11m/s  D.任意1 s内的速度增量都是2 m/s【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．A2【答案解析】BCD 解析： A、将t=0s代入x=6+5t+t2得，第0s内的位移是x1=6 m,将t=1s代入x=6+5t+t2得，第1s内的位移是x1=12 m．故第一秒位移为6m，A错误；B、将t=0、t=2s代入x=6+5t+t2得，前2s内的位移为x2=14m，则前2 s内的平均速度是 =7m/s．故B正确．C、将x=6+5t+t2 与匀变速直线运动的位移公式：x=v0t+at2对比得到：加速度 ，a=2m/s2，第3秒时刻的瞬时速度 ，故C正确；D、任意1s内的速度增量△v=at=2×1m/s=2m/s．故D正确．故选BCD【思路点拨】将t=1s代入位移x与时间t的关系式，直接求出第1 s内的位移；由平均速度公式求解前2s内的平均速度；任意1 s内的速度增量由公式△v=at求解．本题考查对匀变速直线运动位移公式的掌握程度和应用能力，以及对加速度的理解能力，采用对比的方法得到加速度是关键．【题文】3.A、B两辆汽车在平直公路上朝同一方向运动，如图所示为两车运动的v-t图象，下面对阴影部分的说法正确的是（　　）A．若两车从同一点出发，它表示两车再次相遇前的最大距离B．若两车从同一点出发，它表示两车再次相遇前的最小距离C．若两车从同一点出发，它表示两车再次相遇时离出发点的距离D．表示两车出发时相隔的距离【知识点】匀变速直线运动的图像．A5【答案解析】A 解析在v-t图象中，图象与时间轴所包围的图形的“面积”表示位移，两条线的交点为二者速度相等的时刻，若两车从同一点出发，则题图中阴影部分的“面积”就表示两车再次相遇前的最大距离，故A正确，BCD错误．故选A【思路点拨】在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，切线表示加速度，加速度向右上方倾斜，图象与坐标轴围成面积代表位移．本题是为速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，难度不大，属于基础题．【题文】4.测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，图中B为测速仪，A为汽车，两者相距335m，某时刻B发出超声波，A由静止开始作匀加速直线运动。当B接收到反射回的超声波信号时，A、B相距355m，已知声波为340m/s，则汽车的加速度大小为A．20m/s2   B．10m/s2   C．5m/s2   D．无法确定【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．A2 【答案解析】B 解析： 设汽车的加速度为a，运动的时间为t，有at2=355-335m=20m，超声波回的时间为t，则单程的时间为，因为初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内的位移之比为1：3，在t时间内的位移为20m，则时间内的位移为x′=5m，知超声波追上汽车的位移x=5+335m=340m，所以= =1s，t=2s．所以汽车的加速度大小为10m/s2．故B正确，A、C、D错误．故选：B．【思路点拨】在超声波回运动的时间里，汽车运行的位移为20m．根据匀变速运动的位移时间公式可求出汽车在超声波单程运行时间里的位移，结合超声波的速度，即可知道超声波单程运行的时间，从而知道汽车运行的时间，根据x=at2，求出汽车的加速度大小．解决本题的关键求出超声波单程运行的位移从而求出单程运行的时间，即可知道汽车匀加速运动的时间，然后根据匀变速运动的位移公式求出汽车的加速度． 【题文】5.如图所示，O是等边三角形ABC的中心，D是三角形中的任意点，如果作矢量DA、DB、DC分别表示三个力，三个力的方向如图中箭头所示，则这三个力的合力大小用的长度表示为A.  B.2  C.3  D.4【知识点】力的合成与分解 B3【答案解析】C 解析：因为O是等边三角形ABC的中心，故可以采用添加法，即增加三个力：矢量AO、BO、CO，因三者互成120°角，故三者的合力为零，不影响原三力的合成．再利用三角形法，分别将力DA与AO、DC与CO、DB与BO进行合成，每两个力的合力均为矢量，故三个力的合力大小为3，故选C．【思路点拨】力的合成基本法则是平行四边形法则，但灵活应用三角形法可以简化矢量的合成，三角形法也是矢量合成的主要方法．【题文】6.如图所示，物体原静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示．根据图乙中所标出的数据可计算出（　　）A．物体的质量B．物体与水平面间的滑动摩擦力C．在F为10N时，物体的加速度大小D．在F为14N时物体的速度【知识点】加速度与力、质量的关系式．C2【答案解析】ABC 解析： A、物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力，
根据牛顿第二定律得：F-μmg=ma，解得：a= -μg，由a与F图线，得到：0.5= -10μ    ①，
4=-10μ②，①②联立得，m=2Kg，μ=0.3，故A、B正确；C、根据牛顿第二定律 ，故C正确；D、由于物体先静止后又做变加速运动，无法利用匀变速直线运动规律求速度和位移，又F为变力无法求F得功，从而也无法根据动能定理求速度，故D错误；故选：ABC．【思路点拨】对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出力F与加速度a的函数关系，然后结合图象得出相关信息即可求解．本题关键是对滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程求解出加速度与推力F的关系式，最后结合a与F关系图象得到待求量．【题文】7.如图所示，水平传送带足够长，传送带始终顺时针匀速运动，长为1米的薄木板A的正中央放置一个小木块B，A和B之间的动摩擦因数为0.2，A和传送带之间的动摩擦因数为0.5，薄木板的质量是木块质量的2倍，轻轻把AB整体放置在传送带的中央，设传送带的上表面始终绷紧并处于水平状态，g取10m/s2，在刚放上很短的时间内，A、B的加速度大小分别为（g=10m/s2）（      ）A．6.5m/s2、2m/s2      B．5m/s2、2m/s2   C．5m/s2、5m/s2       D．7.5m/s2、2m/s2【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．A2 A8 C2【答案解析】A 解析：设木块的质量为m，则木板的质量为2m．A、B间的动摩擦因数为μ，A与传送带间的动摩擦因数为μ′．根据牛顿第二定律得  对B：受到A的向右的滑动摩擦力，μmg=maB，得：aB=μg=0.2×10=2m/s2  对A：受到传送带的向右的滑动摩擦力，大小为μ′•3mg，B的向左的滑动摩擦力，大小为μmg，则μ′•3mg-μmg=2maA，得aA=6.5m/s2．故选A【思路点拨】轻轻把AB整体放置在传送带的中央，A相对于传送带向左运动，受到向右的滑动摩擦力，B相对于A向左运动，受到向右的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律分别对A、B研究，求出加速度．本题关键是分析物体的受力情况，再运用牛顿第二定律进行求解． 【题文】8.如图所示，轻质弹簧两端栓接质量均为m的小球A和B，置于成直角的L型木板PMN上，木板的上表面光滑，木板沿倾角为的固定斜面下滑,在木板沿斜面下滑的过程中,小球、弹簧与木板始终保持相对静止,不计空气阻力,下列说法正确的是A.若斜面光滑,MN板对A的作用力大小为mgsin  B.若斜面光滑,弹簧对A没有弹力 C.若木板沿斜面匀速运动,MN板对A的作用力大小为mgsin  D.若木板沿斜面匀速运动,弹簧对A的弹力大小为2mgsin 【知识点】共点力的平衡  整体法、隔离法 B3 B4【答案解析】B 解析：A、B 若斜面光滑，去木板PMN、A、B两球及弹簧作为整体，受力分析知，运动的共同加速度为,先隔离B分析，得知弹簧弹力为0，再隔离A分析，得知MN板对A的作用力为0，故A错误，B正确；C、D若木板PMN沿斜面匀速运动时，分析方法同上，A、B均做匀速运动，加速度为0，弹簧对A的弹力为，MN板对A的弹力为，故C、D项错误；故选B【思路点拨】斜面光滑，对A、B两球及弹簧整体受力分析，得到加速度，然后隔离B分析从而得到弹簧的弹力。本题主要是整体法、隔离法的运用。【题文】9.如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动。用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中（保持OA与地面夹角θ不变），OC绳所受拉力的大小变化情况是（　　）A．逐渐减小   B．逐渐增大C．先减小后增大  D．先增大后减小【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．B3 B4【答案解析】C 解析：对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳子的拉力OA的支持力及OC的拉力而处于平衡；受力分析如图所示； 
将F和OC绳上的拉力合力，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小；故选C．【思路点拨】先对G受力分析可知竖直绳上的拉力不变，再对结点O分析可得出受力的平行四边形；根据C点的移动利用图示法可得出OC拉力的变化．本题利用了图示法解题，解题时要注意找出不变的量作为对角线，从而由平行四边形可得出拉力的变化．【题文】10.如图所示，蜘蛛在地面与竖直墙壁之间结网，蛛丝AB与水平地面间，蛛丝AB与水平地面之间的夹角为45°，A点到地面的距离为1m，已知重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计，若蜘蛛从竖直墙上距地面0.8m的C点以水平速度v0跳出，要到达蛛丝，水平速度v0至少为（　　）A．1m/s  B．2m/s  C．2.5m/s D．5m/s【知识点】平抛运动．D2【答案解析】B 解析：蜘蛛的运动轨迹如下所示：
 
AC之间的距离为：1m-0.8m=0.2m，由图可知：x=y+0.2m…①根据平抛运动规律有：x=v0t…②   y=gt2…③
联立①②③解得：v0=2m/s，故ACD错误，B正确．故选：B．【思路点拨】蜘蛛平抛运动，水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向的分运动是自由落体运动，画出运动轨迹图与AB的交点，然后利用几何知识找到水平位移和竖直位移的关系，即可正确解答．本题要掌握平抛运动的分解方法：水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向的分运动是自由落体运动，然后熟练应用几何知识找到水平位移和竖直位移之间的关系．【题文】11.三角传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，下列说法正确的是：A．物块A先到达传送带底端  B．物块A、B同时到达传送带底端C．传送带对物块A、B均做负功 D．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同【知识点】功的计算；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．A2 C2 E1【答案解析】BCD 解析： A、AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物体沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A错误；B、由A分析得，B正确；C、A、B均向下做匀加速直线运动，滑动摩擦力向上，位移向下，摩擦力做负功，故C正确；D、划痕长度由相对位移决定，A物体与传送带运动方向相同，划痕较少，故D正确；故选BCD【思路点拨】AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，用匀变速直线运动规律解决滑动摩擦力与相对运动方向相反；AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，降低了本题的难度，若没有这一条件，同学可思考一下会怎样.【题文】12.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态.现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示（g=10 m/s2），则下列结论正确的是A. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B. 弹簧的劲度系数为7.5 N/cmC. 物体的质量为3 kg      D. 物体的加速度大小为5 m/s2【知识点】牛顿第二定律；胡克定律．B1 C2【答案解析】D 解析： A、物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；
B、C、D、刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有
mg=kx   ①
拉力F1为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有
F1+kx-mg=ma   ②
物体与弹簧分离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律，有
F2-mg=ma  ③
代入数据解得
m=2kg;k=500N/m=5N/cm;a=5m/s2故B错误，C错误，D正确；故选：D．【思路点拨】物体一直匀加速上升，从图象可以看出，物体与弹簧分离后，拉力为30N；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡；拉力为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，弹簧压缩量为4cm；根据以上条件列式分析即可．本题关键是由图象得出一些相关物理量，然后根据牛顿第二定律列方程分析求解． 二、实验题（本题共12小题，每小题6分，共12分）【题文】13.（1）用游标尺为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度为_______cm（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径为__________mm.【知识点】游标卡尺 螺旋测微器  P0【答案解析】（1）5.015 （2）4.701 解析：（1）游标卡尺的固定刻度读数为50mm，游标尺上第8个刻度游标读数为0.05×3m=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm；
（2）螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×20.1mm=0.201mm，所以最终读数为：4.5mm+0.201mm=4.701mm．【思路点拨】（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；（2）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读； 【题文】14.某同学利用右图所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律.物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）．从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示．打点计时器电的频率为50Hz．（1）通过分析纸带数据，计数点5对应的速度大小为______m/s，计数点6对应的速度大小为______m/s．（保留三位有效数字）．(2)物块减速运动过程中加速度的大小为a=______m/s2，若用 a/g 计算物块与桌面间的动摩擦因数（g为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值______（填“偏大”或“偏小”）．【知识点】探究小车速度随时间变化的规律．A7【答案解析】（1）1.00 1.20（2）2.00  偏大 解析： （1）v5= ；v6=③由纸带可知，计数点7往后做减速运动，根据作差法得：
a=在减速阶段产生的加速度的力是滑动摩擦力和纸带受的阻力，所以计算结果比动摩擦因素的真实值偏大．【思路点拨】用平均速度代替瞬时速度的方法求解瞬时速度；用作差法求解减速过程中的加速度；要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用． 三、计算题（本题共4小题，15、16题每小题8分，17、18每小题12分，共48分。解答应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。）【题文】15.如图所示，在距地面为H=45m处，有一小球A以初速度v0=10m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度v0同方向滑出，B与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，A、B均可看做质点，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2，求：（1）A球从抛出到落地的时间和这段时间内的水平位移；（2）A球落地时，A、B之间的距离．【知识点】平抛运动；匀变速直线运动的速度与位移的关系．A2 D2【答案解析】 (1)30m (2)10m解析：（1）由平抛运动可知：（2）对B物块，由牛二定律：减速至停止所需时间所以在A落地之前B已停止运动.B的总位移为所以AB间距离为 【思路点拨】A球做的是平抛运动，研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．B球只在摩擦力的作用下，做匀减速直线运动，由匀变速直线运动的规律可以求得B的位移的大小．本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动求解，对B运用匀减速直线运动的规律直接求解即可． 【题文】16.如图甲所示，质量为m=2kg的物块放在水平桌面上处于静止状态，现用一水平外力F作用在物块上.物块运动的加速度随时间变化的关系图象如图乙所示，已知物块运动过程中所受摩擦力的大小为F1=5N，重力加速度g取10m/s2，求：（1）物块与地面间的动摩擦因数；（2）物块所受拉力F随时间t变化的关系式；（3）2s末物块速度v.【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．A2 C2【答案解析】（1）0.25；（2）F=5+4t；（3）4m/s． 解析： （1）设正压力为N，则，又（2）由图可得：，由牛顿第二定律：（3）a与t所围成的面积表示物体速度的变化0时刻物体速度为0，所以2s末物体速度【思路点拨】（1）由滑动摩擦力的公式即可求得；（2）根据加速度与时间的关系，要结合牛顿第二定律即可；（3）加速度与时间的关系图象中，加速度与时间轴所围成的面积表示物体速度的变化．本题考查应用牛顿定律分析问题和解决问题的能力，关键是根据物体的受力情况分析物体的运动情况．【题文】17.（12分）如图所示，B和C两个小球均重为G，用轻绳悬挂而分别静止于图示位置上，试求：(1)AB和CD两根细绳的拉力分别为多大？(2)绳BC与竖直方向的夹角θ是多少？【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．B3 B4【答案解析】(1)1,732G  G  (2)  解析： （1）对整体分析，正交分解得（2）对C球受力分析得：【思路点拨】（1）对整体分析，运用共点力平衡，通过正交分解求出AB、CD两根绳子的拉力．（2）隔离对C球分析，根据共点力平衡求出细线BC与竖直方向的夹角．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，注意整体法和隔离法的运用．【题文】18.（12分）如图所示，长为L的薄木板放在长为L的正方形水平桌面上，木板的两端与桌面的两端对齐，一小木块放在木板的中点，木块、木板质量均为m，木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数都为μ.现突然施加水平外力F在薄木板上将薄木板抽出，最后小木块恰好停在桌面边上，没从桌面上掉下．假设薄木板在被抽出的过程中始终保持水平，且在竖直方向上的压力全部作用在水平桌面上．求水平外力F的大小．【知识点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系．A2 C2 C5【答案解析】 解析：设小木块没有离开薄木板的过程中，时间为t，小木块的加速度为a1，移动距离为S1，薄木板被抛出后，小木块在桌面上做匀减速直线运动，设加速度为a2，移动距离为S2，设小木块没有离开薄木板的过程中，薄木板加速度为a，移动距离为S，有距题意：，【思路点拨】薄木板在被抽出的过程中，滑块先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，根据运动学规律求解出时间；再求解出薄木板的加速度，最后对薄木板受力分析，根据牛顿第二定律求解拉力大小．本题中，对滑块是已知受力情况确定运动情况，对薄板是已知运动情况确定受力情况，确定加速度是关键，同时要结合运动学公式列式求解．