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1、长郡中学 2018-2019 学年度第二第一学期入学考试 物理 一、选择题(本题包括12 小题,每小题4 分,共 48 分,每小题给出的四个选项中,18 题只有一 个选项正确, 912 题有多个选项正确,全部选对的得4 分,选对但不全的得2 分,有选错的得0 分) 1.一质点沿轴正方向做直线运动,通过坐标原点时开始计时,其 的图象如图所示,则() A. 质点做匀速直线运动,速度为0.5m/s B. 质点做匀加速直线运动,加速度为0.5m/s 2 C. 质点在第1s 内的平均速度0.75m/s D. 质点在 1s 末速度为1.5m/s 【答案】 D 【解析】 【详解】由图得:=0.5+0.5t
2、。根据匀变速直线运动的位移公式x=v0t+ at2,得:=v0+ at,对比可 得: v0=0.5m/s,a=1m/s2,则质点做初速度为0.5m/s、加速度为a=1m/s2的匀加速直线运动,故AB 错 误 ; 质点 在第1s 末速 度 为 : v=v 0+at=0.5+1=1.5m/s 。 则 质 点 在 第1s 内 的 平 均速 度为 : ,故 C 错误, D 正确;故选D。 【点睛】本题的实质上是速度-时间图象的应用,关键要运用数学知识得到函数式,分析质点的运 动性质,再根据图象读取有用信息 2.一质点做匀加速直线运动时,速度变化 v 时发生位移 x1,紧接着速度变化同样的 v 时发生位
3、移 x2,则该质点的加速度为 () A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】 【分析】 根据匀变速直线运动的速度位移公式,结合两段过程中速度的变化量相等,联立求出质点的加速度 【详解】设匀加速的加速度a,物体的速度分别为v1、v2和 v3;据运动学公式可知, v2 2- v 1 2 2ax 1, v3 2- v 2 22ax 2,且 v2-v1=v3-v2=v;联立以上三式解得:a=。故选 D。 3.如图所示为两个等量点电荷的电场线,图中 A 点和 B 点、C 点和 D 点皆关于两电荷连线的中点O 对称,若将一电荷放在此电场中,则以下说法正确的是() A. 电荷在 O 点受力最大 B.
4、电荷沿直线由A 到 B 的过程中,电场力先增大后减小 C. 电荷沿直线由A 到 B 的过程中,电势能先增大后减小 D. 电荷沿直线由C 到 D 的过程中,电场力先增大后减小 【答案】 D 【解析】 试题分析:根据电场线的疏密特点,在AB 直线上, O 点电场强度最小,则受到电场力最小,而在 CD 直线上,O 点的电场强度最大, 则受到电场力最大, 因此电荷在0 点受力不是最大, 故 A 错误根 据电场线的疏密可知,从A 到 B 的过程中,电场强度先减小后增大,则电场力也先减小后增大; 同理从 C 到 D 的过程中,电场强度先增大后减小,则电场力也先增大后减小故B 错误, D 正确, 电荷沿直线
5、由A 到 B 的过程中, 无法确定电荷做功的正负,因此无法确定电势能变化,故 C 错误故 选 D。 考点:电场线;电场强度 【名师点睛】 常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握,并要注意依据电场线的 疏密来判定电场强度的大小,同时注意等量异号电荷形成电场的对称性加强基础知识的学习,掌 握住电场线的特点,即可解决本题。 4.如图所示, 在光滑绝缘水平面上的M、N 两点各放有一个电荷量分别为 +q 和+2q 的完全相同的金 属 A、B.在某时刻,使A、B 以相等的初动能E 开始沿同一直线相向运动(设这时它们的动量大 小均为P ) ,若它们刚好能发生接触,碰后又各自返回. 它们返回M、
6、N 两点时的动能分别为E 1和 E 2,动量大小分别为 P 1和 P 2,则下列结论正确的是 A. E1= E 2 E, P 1 = P 2 P B. E 1 = E 2 = E , P 1 = P 2 = P C. 碰撞一定发生在M 、 N 连线中点的左侧 D. 两球同时返回到M 、 N 两点 【答案】 AD 【解析】 【分析】 小球相接触时, 若是同种电荷则是平均分配;若是异种电荷则是先中和再平均分配由动量观点看, 系统动量守恒, 返回过程中电场力大于接近过程中电场力,根据动能关系求解由牛顿定律的观点 看,两球的加速度大小始终相同,运用运动学知识求解。 【详解】 AB 根据动量观点看,系统
7、动量守恒,两球的速度始终等值反向,也可得出结论:两球 必将同时返回各自的出发点,且两球末动量大小和末动能一定相等。从能量观点看,两球接触后的 电荷量都变为1.5q,在相同距离上的库仑斥力增大,返回过程中电场力做的正功大于接近过程中克 服电场力做的功,系统机械能必然增大,即末动能增大,故A 正确, B 错误; CD由牛顿定律的观点看,两球的加速度大小始终相同,相同时间内的位移大小一定相同,必然 在连线中点相遇,又同时返回出发点,故C 错误,D 正确。 故选 AD 【点睛】题考查对碰撞过程基本规律的理解和应用能力碰撞过程的两大基本规律:系统动量守恒 和总动能不增加。 5.如图所示,一物体分别沿三个
8、倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E 处, 三个过程中重力的冲量依次为 I1、I2、I3,动量变化量的大小依次为 p1、 p2、 p3,到达下端时重 力的瞬时功率依次为P1 、P 2 、P 3,则有 A. I1P2P3 C. I1=I2=I3, p1= p2= p3 ,P 1P2P3D. I1=I2=I3, p1= p2= p3 ,P 1=P2=P3 【答案】 B 【解析】 由运动学公式 s= at 2,可得滑到底端的时间 显然 t1P2P3,故 B 选项正确。 6. 如图为表演杂技“ 飞车走壁 ” 的示意图 演员骑摩托车在一个圆桶形结构的内壁上飞驰, 做匀速圆 周运动图中
9、a、b两个虚线圆表示同一位演员骑同一辆摩托,在离地面不同高度处进行表演的运 动轨迹不考虑车轮受到的侧向摩擦,下列说法中正确的是() A. 在 a轨道上运动时角速度较大 B. 在 a轨道上运动时线速度较大 C. 在 a轨道上运动时摩托车对侧壁的压力较大 D. 在 a轨道上运动时摩托车和运动员所受的向心力较大 【答案】 B 【解析】 试题分析: A、b、c 平抛运动的高度相同,根据t=知, b、c 运动时间相同,故A 正确 B、 a、b 的高度之比为2:1,根据 t=知, a、b 的运动时间之比为 ,水平位移相等,则 a、b 的初速度之比为,故 B、C 错误 D、b、c 的运动时间相等,水平位移之
10、比为2:1,则 b 的初速度是 c 初速度的2 倍,故 D 正确 故选: AD 7.如图所示, 一块橡皮用细线悬挂于O 点,现用一支铅笔贴着细线的左侧水平向右以速度 v 匀速移 动,运动过程中保持铅笔的高度不变,悬挂橡皮的那段细线始终保持竖直,则在铅笔未碰到橡皮前, 橡皮的运动情况不正确的是() A. 橡皮在水平方向上作匀速运动B. 橡皮在竖直方向上作加速运动 C. 橡皮的运动轨迹是一条曲线D. 橡皮在图示位置时的速度大小为 【答案】 D 【解析】 【分析】 将铅笔与绳子接触的点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向,求出沿绳子方向上的分速度,而 沿绳子方向上的分速度等于橡皮在竖直方向上的分速度
11、,橡皮在水平方向上的分速度为v,根据平 行四边形定则求出橡皮的速度。 【详解】 A橡皮在水平方向上的速度与铅笔速度相同为v,所以橡皮在水平方向上作匀速运动, 故 A 说法正确; B将铅笔与绳子接触的点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向,如图,则沿绳子方向上的分 速度为 vsin ,因为沿绳子方向上的分速度等于橡皮在竖直方向上的分速度,所以橡皮在竖直方向 上速度为 vsin ,因为 逐渐增大,所以橡皮在竖直方向上做加速运动,故B 说法正确; C橡皮在水平方向上做匀速运动,竖直方向做加速运动,则合力在竖直方向上,合力与速度方向 不在同一直线上,所以橡皮做曲线运动,故C 说法正确; D根据平行四边
12、形定则得:橡皮在图示位置时的速度大小为,故 D 说法错误; 所以选 D。 【点睛】解决本题的关键知道铅笔与绳子接触的点的速度在沿绳子方向上的分速度等于橡皮在竖直 方向上的分速度,然后根据平行四边形定则进行求解。 8. 如图所示,圆O 在匀强电场中,场强方向与圆 O 所在平面平行,带正电的微粒以相同的初动能 沿着各个方向从A 点进入圆形区域中,只在电场力作用下运动,从圆周上不同点离开圆形区域, 其中从 C 点离开圆形区域的带电微粒的动能最大,图中O 是圆心, AB 是圆的直径,AC 是与 AB 成 角的弦,则匀强电场的方向为() A. 沿 AB 方向B. 沿 AC 方向C. 沿 BC 方向D.
13、沿 OC 方向 【答案】 D 【解析】 解:仅在电场力作用下从A 点进入,离开C 点的动能最大,则C 点是沿电场强度方向电势最低的 点,所以电场力沿过OC 的方向,由于带电微粒是带正电,故匀强电场的方向沿OC 方向故 D 正 确, A、B、C 错误 故选: D 【点评】解决本题的关键抓住C 点是沿电场强度方向离A 点最远,以及电场线与过C 的切线相垂 直 9.如图所示,放在水平桌面上的木块A 处于静止状态,所挂的托盘和砝码总重量为 6N,弹簧秤读 数为 2N,滑轮摩擦不计若轻轻取走部分砝码,使托盘和砝码总重量减小为4N,将会出现的情况 是() A. A 对桌面的摩擦力不变B. 弹簧秤的读数不变
14、 C. A 仍静止不动 D. 弹簧秤的读数减小 【答案】 BC 【解析】 试题分析:当托盘和砝码盘总重量为时,绳对 A 的拉力大小为方向水平向右,弹簧弹力 方向水平向左,根据A 的平衡知A 受地面摩擦力的大小为,方向水平向左,同时得到水平面对 A 的最大静摩擦力大于或等于;当托盘和砝码总重量减小为时,绳对 A 的拉力为方向水 平向右,绳拉力与弹簧对A 的拉力合力为,故不能拉动物体A,所以弹簧弹力保持不 变,根据平衡知此时A 受摩擦力大小为方向水平向左,故AD 错误, BC 正确。 考点:共点力平衡的条件及其应用、物体的弹性和弹力 【名师点睛】本题考查了物体的动态平衡,解答的关键是判断物体在第二
15、个状态中是否静止,同时 注意滑动摩擦力和静摩擦力的区别。 10.在光滑水平面上,原来静止的物体在水平力的作用下经过时间、通过位移后,动量变为, 动能变为,以下说法正确的是() A. 在 作用下,这个物体经过位移,其动量等于 B. 在 作用下,这个物体经过时间,其动量等于 C. 在 作用下,这个物体经过时间,其动能等于 D. 在 作用下,这个物体经过位移,其动能等于 【答案】 BD 【解析】 由题意可知,经过时间t、通过位移L 后,动量为p、动能为,由动量定理可知,由动能定 理得,设物体质量为m;当位移为2L 时,物体的动能,物体的动量 ,A 错误 D 正确;当时间为2t 时,动量,物体的动 能
16、,B 正确 C 错误 11.假设月球半径为R,月球表面的重力加速度为 g0,如图所示,飞船首先沿距月球表面高度为3R 的圆轨道 I 运动,到达轨道的A 点时点火变轨进入椭圆轨道,到达轨道的近月点B 再次点火 进入近月轨道(轨道半径可近似当做R)绕月球做圆周运动下列判断正确的是() A. 飞船在轨道I 上的运行速率为 B. 飞船在轨道绕月球运动一周所需的时间为 C. 飞船在 A 点点火变轨后瞬间,动能增大 D. 飞船在轨道上由A 点运动到B 点的过程中,动能增加 【答案】 AD 【解析】 试题分析:月球的第一宇宙速度是,恰等于近月轨道运动的卫星的速度v3,选项 A 正确。 根据开普勒第三定律有,
17、而,则,选项 B 错误。飞船要从 轨道 I 过度到 II,做向心运动,必须减速,选项C错误。飞船在轨道上由A 点运动到 B点的过 程中,万有引力做正功,动能增加,选项D 正确。 考点:本题考查第一宇宙速度、开普勒第三定律、向心运动和万有引力做功等知识。 12.如图所示, 两个小球分别从斜虚线EF 上的 O、 S 两点水平抛出, 过一段时间再次经过斜虚线EF, 若不计空气阻力,则下列说法不正确的是() A. 两小球再次经过斜虚线EF 时的速度大小可能相同 B. 两小球再次经过斜虚线EF 时的速度方向一定相同 C. 两小球可能同时经过斜虚线EF 上的同一位置 D. 从 O 点水平抛出的小球到再次经
18、过斜虚线EF 所用的时间长 【答案】 D 【解析】 【分析】 物体做平抛运动,水平方向匀速运动,竖直方向做自由落体运动,根据小球都落在斜面上,利用水 平位移和竖直位移的关系即可判断。 【详解】A、 物体做平抛运动, 设 EF 与水平方向的夹角为 , 设抛出时的速度为v0, 则, ,联立解得,到到虚线的速度为,若抛出时的速度相 同,则落到虚线上的速度大小相同,故A 正确; B、小球到达虚线时速度与水平方向的夹角为 ,则,故两小球经过斜虚线EF 时的 速度方向一定相同,故B 正确; C、小球在斜面上位移为,当初速度不同时,两球可以到达同一位置, 故 C 正确; D、 由 A 可知,经历的时间相同,
19、故D 错误; 不正确的故选 D。 二、实验题(本题共2 小题,共12 分 ,每空 2 分,把答案填在题中横线上或按题目要求作答) 13.一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品,在家中验证力的平行四边形定 则。 (1)如图 (a),在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶,记下水壶_时电子秤的示数 F。 (2)如图(b),将三根细线L1、L2、L3的一端打结,另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯 带上。水平拉开细线L1,在白纸上记下结点O 的位置、 _和电子秤的示数F1。 (3)如图 (c),将另一颗墙钉B 钉在与 O 同一水平位置上,并将L1拴在其上。手握电子秤沿着(2)中 L2
20、的方向拉开细线L2,使 _和三根细线的方向与 (2)中重合,记录电子秤的示数F2。 (4)在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、 F2的图示,根据平行四边形定则作出 F1、 F2的合 力 F的图示,若 _,则平行四边形定则得到验证。 【答案】(1). 三细线的方向(至少记录L1 、L 2的方向 ); (2). 结点的位置;(3). 大小 与 F 相等、方向相同 【解析】 试题分析:在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶,记下水壶静止时电子秤的示数 F; 在白纸上记下结点O 的位置、三细线的方向和电子秤的示数F1; 手握电子秤沿着中L2的方向拉开细线L2,使结点 O 的位置和三根细线的方向与中重合
21、,记 录电子秤的示数F2; 若 F 与 F的图示重合(或基本重合),则平行四边形定则得到验证 14.某实验小组的同学欲“ 探究小车动能变化与合外力对它所做功的关系” , 在实验室设计了一套如图 甲所示的装置,图中为小车,为打点计时器,为弹簧测力计,为小桶(内有砂子) ,一端带有 定滑轮的足够长的木板水平放置,不计绳与滑轮的摩擦。实验时,先接通电源再松开小车,打点计 时器在纸带上打下一系列点。 (1)该同学在一条条比较理想的纸带上,将点迹清晰的某点记为零点,顺次选取一系列点,分别测 量这些点到零点之间的距离,计算出它们与零点之间的速度平方差, 弹簧测力计的读 数为,小车的质量为,然后建立坐标系,
22、通过描点法得到的图象是一条过原点的直线, 如图乙所示,则这条直线的斜率的意义为_填写表达式) (2)若测出小车质量为,结合图象可求得小车所受合外力的大小为_。 【答案】(1). (2). 1 【解析】 (1)由动能定理可得: ,所以理论上,则可知图 象的斜率等于; (2)由图可知,图象的斜率为,则得合外力 。 三、计算题(本题共4 小题,每小题10 分,满分 40 分,解答应写出必要的文字说明,方程式和重 要演算步骤。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) 15.宇航员站在一星球表面上的某高处,沿水平方向抛出一小球经过时间t,小球落到星球表面, 测得抛出点与落
23、地点之间的距离为L。若抛出时的初速度增大到2 倍,则抛出点与落地点之间的距 离为。已知两落地点在同一水平面上,该星球的半径为R,万有引力常量为G,求该星球的质 量 M。 【答案】 【解析】 【分析】 根据平抛运动的规律,知初速度增大到2 倍,则水平位移也增大2 倍,结合几何关系求出小球落地 的高度, 通过平抛运动竖直方向上的运动规律求出重力加速度的大小,结合万有引力等于重力求出 星球的质量。 【详解】设抛出点的高度为h,第一次平抛运动的水平位移为x,则 若抛出的初速度为 2倍时,则水平位移为2x ,因此有: 解得: 设该星球上的重力加速度为g,由平抛规律可得: 万有引力等于重力得: 联立以上解
24、得: 【点睛】 本题综合考查了平抛运动和万有引力的综合,知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的 运动规律,以及掌握万有引力等于重力这一理论。 16.如图所示, 质量为 M 的实心铁球牵引着质量为m 的木块从静止开始下沉,经时间 t1它们的速度 达到 v1,恰在此时,绳断了,再经时间t2木块的速度变为零,求此时铁球的速度。 【答案】 【解析】 【分析】 分别以铁块与木块为研究对象,由动量定理求出铁块的速度。 【详解】以向下为正方向,t1时间内分别对铁球、木块用动量定理 对铁球: 对木块: t2时间内分别对铁球、木块用动量定理 对铁球: 对木块: 联立解得: 【点睛】本题的关键要灵活选择研究对象,
25、对加速度不同的物体,也可以尝试运用整体法,这样做 比较简便。 17. 如图所示,在倾角为30 的光滑斜面上,一劲度系数为K=200N/m 的轻质弹簧一端连接固定挡 板 C 上,另一端连接一质量为m=4Kg 的物体 A,一轻细绳通过定滑轮,一端系在物体A 上,另一 端与质量也为m 的物体 B 相连,细绳与斜面平行,斜面足够长,用手托住物体B 使绳子刚好没有 拉力,然后由静止释放,求: (1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力; (2)物体 A 沿斜面向上运动多远时获得最大速度; (3)物体 A 的最大速度大小 【答案】(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力为30N; (2)物体 A 沿斜面向上运动20cm 时
26、获得最大速度; (3)物体 A 的最大速度大小为1m/s 【解析】 试题分析:(1)回复原长时,分别对A 和 B 应用牛顿第二定律列式即可求解绳子的拉力, (2、3)没有释放时,对于物体 A由平衡条件求出此时弹簧的压缩量,释放后A 沿斜面向上做加 速度减小的加速运动,当 A 加速度为0 时,A 速度最大, 对 AB 分别根据平衡条件求出此时弹簧的 伸长量,进而判断在此过程中弹簧弹性势能改变量,设最大速度为 ,对于 A、B 及弹簧组成的系 统由机械能守恒即可求出A 的最大速度值; 解: (1)回复原长时, 对 B:mg T=ma 对 A:Tmgsin30 =ma 代入数据解得:T=30N (2)
27、初始位置,弹簧的压缩量为:, 当 A 速度最大时,有:mg=kx 2+mgsin30 弹簧的伸长量为: 所以 A 沿斜面上升的距离为:x=x1+x2=20cm (3)因为 x1=x2,所以弹簧的弹性势能没有改变,由系统机械能守恒得: mg(x1+x2) mg(x1+x2)sin30 = 解得: v=g 答: (1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力为30N; (2)物体 A 沿斜面向上运动20cm 时获得最大速度; (3)物体 A 的最大速度大小为1m/s 【点评】本题解题的关键是根据两个物体的受力分析判断运动情况,知道当A 加速度为0 时, A 速度最大,此时AB 受力都平衡,运动过程中A、B 及弹
28、簧组成的系统机械能守恒,难度适中 18.如图为某种传输装置示意图,它由水平传送带AB 和倾斜传送带 CD 两部分组成,B、C 两点由 一段光滑小圆弧连接,物体能够以不变的速率从B 运动到 CA、B 两端相距3m,C、D 两端相距 4.45m,且与水平地面的夹角 =37水平部分AB 以 5m/s 的速率顺时针转动,将质量为10kg 的物 块无初速地放在A 端,物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5 (sin37 =0.6,cos37 =0.8) (1)若 CD 部分传送带不运转,求物块沿传送带所能上升的最大距离; (2)若要物块能被送到D 端,求 CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件。 【答案】
29、(1)1.25m (2) 4m/s 【解析】 试题分析: 由牛顿第二定律可以求出米袋在水平传送带与倾斜传送带上的加速度,应用匀变速运动 的速度公式与位移公式求出位移,然后得出米袋到达B 的速度; 由于米袋开始的速度大于倾斜传送 带的速度, 所以所受摩擦力的方向向下,根据牛顿第二定律求出加速度,从而求出匀减速运动速度 达到传送带速度的位移关系;因为,速度达到传送带速度后不能一起做匀速直线 运动,向上做匀减速直线运动,摩擦力方向向上,根据牛顿第二定律求出运动的加速度,根据运动 学公式求出米袋到达D 点的过程中的位移关系,联立即可求出传送带的速度。 (1)由牛顿第二定律可得,米袋在 AB 上加速运动的加速度为:; 米袋速度达到v0=5m/s 时滑过的距离: , 故米袋先加速一段时间后再与传送带一起匀速运动,到达BC 端速度为:; 设米袋在 CD 上传送的加速度大小为a,由顿第二定律得 解得,能沿 CD 上滑的最大距离; (2)设 CD部分运转速度为时米袋恰能到达D点(即米袋到达D点时速度恰好为零) ,则米袋速 度减为传送带的速度之前的加速度为:, 此时上滑的距离为:, 米袋速度达到传送带的速度后,由于,米袋继续减速上滑,速度为零时刚好到D 端,其加速度为:, 减速到零时上滑的距离为; 两段位移的和,联立可得; 可知要物块能被送到D 端, CD 部分顺时针运转的速度应大于等于4m/s。
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