恒心届陕西省安康市高三上学期第二次教学质量调研考试物理试题及参考答案名师解析版Word格式文档下载.docx
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2.(4分)(2015•安康二模)北京时间12月17日,2014﹣2015赛季CBA第20轮赛事全面展开.在易建联带领下,广东队坐阵主场战胜挑战的北京队.比赛中易建联多次完成精彩跳投.在腾空跃起到落回地面的跳投过程中,若忽略空气阻力,则下列说法正确的是( )
A.易建联在下降过程中处于失重状态
B.易建联起跳以后在上升过程中处于超重状态
C.易建联起跳时地面对他的支持力小于他的重力
D.易建联起跳时地面对他的支持力等于他的重力
牛顿运动定律的应用-超重和失重.
牛顿运动定律综合专题.
在整个跳高过程中,只受重力作用,处于失重状态;
起跳时,有向上的加速度,地面对他的支持力大于她的重力;
物体重心的位置与质量分布和形状有关.
A、B、在起跳过程和下降过程中,只受重力作用,处于失重状态.故A正确,B错误;
C、D、起跳时,有向上的加速度,则地面对他的支持力大于她的重力.故CD错误.
A.
本题考查应用物理知识分析实际问题的能力,灵活应用牛顿第二定律分析超失重问题和平衡问题,理论联系实际较强.
3.(4分)(2015•安康二模)如图所示,在光滑水平桌面上有一质量为1Kg的木块A,A的左右两侧通过轻绳与轻弹簧测力计相连,弹簧测力计另一端都通过定滑轮,挂着两个质量均为0.3Kg钩码,滑轮摩擦不计,两钩码间用轻绳相连,系统处于静止状态.用剪刀将右侧钩码间绳子剪断,在剪断的瞬间,下列说法正确的是(g=10m/s2)( )
A.左侧两钩码的加速度大小为5m/s2,方向竖直向下
B.右侧上方钩码的加速度大小为5m/s2,方向竖直向上
C.物块A的加速度为零
D.物块A的加速度大小为3m/s2,方向水平向右
探究加速度与物体质量、物体受力的关系.
实验题;
牛顿运动定律综合专题.
突然剪断悬线瞬间,弹簧的弹力没有来得及变化,分析瞬间物体和钩码的受力情况,由牛顿第二定律求解加速度.
A、用剪刀将右侧钩码间绳子剪断的瞬间,弹簧弹力不变,右侧绳子拉力为零,所以左侧钩码受力平衡,加速度为零,右侧钩码只受重力,加速度为10m/s2,方向竖直向上下,故AB错误;
C、开始时,A水平方向受力两个弹簧的弹力作用,受力平衡,
剪断悬线瞬间,弹簧的弹力不变,则A仍然受力平衡,加速度为零,故C正确,D错误.
C
4.(4分)(2015•安康二模)如图所示,横截面为直角三角形的斜劈A,底面靠在粗糙的竖直墙面上,力F通过球心水平作用在光滑球B上,系统处于静止状态.当力F增大时,系统仍保持静止,则下列说法正确的是( )
A.A所受合外力增大B.墙面对A的摩擦力一定增大
C.B对地面的压力一定不变D.墙面对A的摩擦力可能变小
共点力平衡的条件及其应用;
力的合成与分解的运用.
共点力作用下物体平衡专题.
正确选择研究对象,对其受力分析,运用平衡条件列出平衡等式解题.
【解析】:
解:
A、A一直处于静止,所受合外力一直为零不变,故A错误;
C、对B受力分析,如图:
根据平衡条件:
F=N′sinθ,可见F增大则N′增大,
N″=mg+N′cosθ,可见N′增大则N″增大,根据牛顿第三定律则球对地面的压力增大,故C错误;
BD、以整体为研究对象,竖直方向:
N″+f=Mg,若N″增大至与Mg相等,则f=0,故B错误D正确;
D.
【点评】:
正确选择研究对象,对其受力分析,运用平衡条件列出平衡等式解题.要注意多个物体在一起时,研究对象的选取.
5.(4分)(2015•安康二模)如图所示,轻杆长为L,一端固定在水平轴上的O点,另一端固定一个小球(可视为质点).小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动,且能通过最高点,g为重力的加速度.下列说法正确的是( )
A.小球到达最高点时的加速度不可能为零
B.小球通过最低点时所受轻杆的作用力不可能向下
C.小球通过最高点时所受轻杆的作用力一定随小球速度的增大而增大
D.小球通过最低点时所受轻杆的作用力可能随小球速度的增大而减小
向心力;
牛顿第二定律.
牛顿第二定律在圆周运动中的应用.
杆子拉着小球在竖直面内做圆周运动,在最高点,杆子可以表现为拉力,也可以表现为支持力,在最低点,一定表现为拉力.通过最高点的临界速度为零.
A、最高点时,若小球速度为零,重力与支持力相等,则加速度为零;
故A错误;
B、因最低点时,小球一定有向上的向心力;
该力由拉力及重力的合力提供;
故拉力一定向上;
故B正确;
C、在速度由零增大到
时,小球通过最高点时所受轻轩的作用力随速度的增大而减小;
故C错误;
D、小球在最低点时,F﹣mg=m
,故速度越大则拉力越大;
故D错误;
B.
解决本题的关键知道杆模型与绳模型的区别,杆子可以表现为拉力,也可以表现为支持力,在最高点的临界速度为零,注意与绳子的区别.
6.(4分)(2015•安康二模)如图所示,在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q,在x轴上C点有点电荷﹣Q,且CO=OD,∠ADO=60°
.下列判断正确的是( )
A.O点电场强度为零
B.D点电场强度不为零
C.若将点电荷+q从O移向C,电势能增大
D.若将点电荷﹣q从O移向C,电势能增大
电势能;
电场强度;
电场的叠加.
电场力与电势的性质专题.
O点和D点的电场强度是三个电荷产生的电场强度的合成,根据叠加原理确定两点的电场强度.确定出从O到C电场的方向,根据电场力做功的正负,判断电势能的变化.
A、A、B两点两个等量同种点电荷+Q在O点产生的电场强度抵消,O点的电场强度等于点电荷﹣Q在O点产生的电场强度,不为零.故A错误.
B、设AD=r,根据点电荷产生的电场强度公式E=k
得到,两个等量同种点电荷+Q在D点产生的电场强度大小为E1=k
,方向水平向右.﹣Q在O点产生的电场强度大小也为E=k
,方向水平向左,则D点的合场强为零.故B错误.
C、根据电场的叠加原理得到,C、O间电场强度方向为O到C,将点电荷+q从O移向C,电场力做正功,电势能减小.故C错误.
D、将点电荷﹣q从O移向C,电场力做负功,电势能增大.故D正确.
空间任何一点的场强是各个电荷产生的电场叠加的结果,根据平行四边形定则进行合成.等量同种电荷的电场要抓住对称性.
7.(4分)(2015•安康二模)由中国科学院、中国工程院两院院士评出的2012年中国十大科技进展新闻,于2013年1月19日揭晓,“神九”载人飞船与“天宫一号”成功对接和“蛟龙”号下潜突破7000米分别排在第一、第二.若地球半径为R,把地球看做质量分布均匀的球体.“蛟龙”下潜深度为d,天宫一号轨道距离地面高度为h,“蛟龙”号所在处与“天宫一号”所在处的加速度之比为( )
A.
B.
C.
D.
万有引力定律及其应用;
向心力.
万有引力定律的应用专题.
根据题意知,地球表面的重力加速度等于半径为R的球体在表面产生的加速度,深度为d的地球内部的重力加速度相当于半径为R﹣d的球体在其表面产生的重力加速度,根据地球质量分布均匀得到加速度的表达式,再根据半径关系求解深度为d处的重力加速度与地面重力加速度的比值.卫星绕地球做圆周运动时,运用万有引力提供向心力可以解出高度为h处的加速度,再求其比值.
令地球的密度为ρ,则在地球表面,重力和地球的万有引力大小相等,有:
g=G
由于地球的质量为:
M=ρ•
,所以重力加速度的表达式可写成:
g=
=
πGρR.
根据题意有,质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零,固在深度为d的地球内部,受到地球的万有引力即为半径等于(R﹣d)的球体在其表面产生的万有引力,故井底的重力加速度g′=
πGρ(R﹣d).
所以有
根据万有引力提供向心力
,“天宫一号”的加速度为
所以
,故C正确、ABD错误.
C.
抓住在地球表面重力和万有引力相等,在地球内部,地球的重力和万有引力相等,要注意在地球内部距离地面d处所谓的地球的质量不是整个地球的质量而是半径为(R﹣d)的球体的质量.
8.(4分)(2015•安康二模)如图所示,一足够长的木板静止在光滑水平面上,一物块静止在木板上,木板和物块间有摩擦.现用水平力向右拉木板,在物块相对木板运动过程中,撤掉拉力,此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )
A.物块向右运动,速度逐渐增大,直到做匀速运动
B.物块先向左运动,再向右运动
C.木板向右运动,速度逐渐变小,直到做匀速运动
D.木板和物块的速度都逐渐变小,直到为零
牛顿第二定律;
据题,当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力,此时物块的速度小于木板的速度,两者之间存在滑动摩擦力,根据摩擦力的方向分别分析两个物体的运动情况.
由题知道:
当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力,此时物块的速度小于木板的速度,两者之间存在滑动摩擦力,物块受到木板的滑动摩擦力方向向右,与其速度方向相同,向右做加速运动,而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左,与其速度方向相反,向右做减速运动,当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动.
AC
本题关键要分析得到撤掉拉力时两个物体之间仍存在摩擦力,考查分析物体受力情况和运动情况的能力.
9.(4分)(2015•安康二模)横截面为直角三角形的两个相同斜面顶点紧靠在一起,固定在水平面上,如图所示.两小球分别从O点正上方A、B两点以不同的初速度分别向右、向左水平抛出,最后都垂直落在斜面上.已知
=4
,下列判断正确的是( )
A.飞行时间之比tA:
tB=2:
1B.飞行时间之比tA:
tB=4:
1
C.初速度之比VA:
VB=2:
1D.初速度之比VA:
VB=4:
平抛运动.
平抛运动专题.
假设在B点向右水平抛出,小球将垂直落在右边斜面上,根据几何关系得出下落的高度之比,从而得出两球平抛运动的高度之比和水平位移之比,结合平抛运动的规律求出时间和初速度之比.
若在B点向右水平抛出,根据题意知,将垂直落在右边的斜面上,因为
,由于速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍,速度方向相同,则位移方向相同,两三角形相似,根据几何关系知,两球平抛运动的高度之比为4:
1,根据h=
知,平抛运动的时间之比为tA:
1,由几何关系知,两球平抛运动的水平位移之比为4:
1,则初速度之比为VA:
1.故A、C正确,B、D错误
AC.
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,结合运动学公式和几何关系灵活求解.
10.(4分)(2015•安康二模)如图所示,A、B两个小球用轻杆连接,A球只能沿内壁光滑的竖直滑槽运动,B球处于光滑水平面内,不计球的体积.开始时,在外力作用下A、B球均静止,连接轻杆可视为竖直.现撤去外力,B开始沿水平面向右运动.已知A、B两球的质量均为m,杆长为L,则下列说法中正确的是(以水平面为零势能面)( )
A.A球下滑到地面的过程中,轻杆对B先做正功后做负功
B.A球着地时的速度大小为
C.A球着地时A、B两球的速度大小相同
D.A球下滑到地面过程中两球和杆组成的系统机械能守恒
机械能守恒定律.
机械能守恒定律应用专题.
只有重力或只有弹力做功,系统机械能守恒,分析清楚两球的运动过程,应用机械能守恒定律分析答题.
A、开始时,B球静止,B的速度为零,当A落地时,B的速度也为零,因此在A下滑到地面的整个过程中,B先做加速运动,后做减速运动,在B的整个运动过程中,只有轻杆对B做功,因此,轻杆先对B做正功,后做负功,故A正确;
B、A球落地时,B的速度为零,在整个过程中,系统机械能守恒,由机械能守恒定律得:
mAgL=
mAv2,
解得:
v=
C、A球落地时速度竖直向下,不为零,而B球速度为零,因此A球落地时两球速度不相等,故C错误;
D、A球下滑到地面过程中两球和杆组成的系统只有重力做功,系统机械能守恒,故D正确;
AD.
本题考查了机械能守恒定律的应用,知道A、B组成的系统在运动的过程中机械能守恒、A球落地时,B的速度为零是正确解题的关键.
二、实验题(本题共2个小题,共14分o把答案填在答题卷上)
11.(6分)(2015•安康二模)某同学用如图所示的实验装置验证“力的平行四边形定则”,弹簧测力计A挂于固定点P,下端用细线挂﹣重物M,弹簧测力计B的一端用细线系于O点,手持另一端向左拉,使结点O静止在某位置,分别读出弹簧测力计A和B的示数,并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向.
(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N,图中A的示数为 3.6N
(2)下列不必要的实验要求是 D (请填写选项前对应的字母)
A.应测量重物所受的重力B.弹簧测力计应在使用前校零
C.拉线方向应与木板平面平行D.改变拉力,进行多次实验,每次都要使O点静止在同一位置
(3)某次试验中,该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程,请您提出一个解决办法. .
验证力的平行四边形定则.
平行四边形法则图解法专题.
弹簧测力计A挂于固定点,下端用细线挂一重物.当弹簧测力计B一端用细线系于O点,当向左拉使结点静止于某位置.弹簧测力计A和B的示数分别为两细线的力的大小,同时画出细线的方向即为力的方向.虽悬挂重物的细线方向确定,但大小却不知,所以要测重物重力.当结点静止于某位置时,弹簧测力计B的大小与方向就已确定了.原因是挂重物的细线大小与方向一定,而弹簧测力计A大小与方向也一定,所以两力的合力必一定.当出现超出弹簧测力计A的量程时,通过改变其中一个力大小或另一个力方向来达到此目的.
(1)弹簧测力计读数,每1N被分成5格,则1格就等于0.2N.图指针落在3N到4N的第3格处,所以3.6N.
故答案为:
3.6.
(2)A、实验通过作出三个力的图示,来验证“力的平行四边形定则”,因此重物的重力必须要知道.故A正确;
B、弹簧测力计是测出力的大小,所以要准确必须在测之前校零.故B正确;
C、拉线方向必须与木板平面平行,这样才确保力的大小准确性.故C正确;
D、当结点O位置确定时,弹簧测力计A的示数也确定,由于重物的重力已确定,两力大小与方向均一定,因此弹簧测力计B的大小与方向也一定,所以不需要改变拉力多次实验.故D错误.
本题选不必要的,故选:
(3)当弹簧测力计A超出其量程,则说明弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力已偏大.又由于挂重物的细线力的方向已确定,所以要么减小重物的重量,要么改变测力计B拉细线的方向,或改变弹簧测力计B拉力的大小,从而使测力计A不超出量程.
(1)3.6N
(2)D(3)减小M的质量、减小OP与竖直方向的夹角、减小簧测力计B拉力的大小.
通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”,重点是如何准确作出力的图示.同时值得注意其中有一力大小与方向均已一定,从而减少实验的操作步骤.
12.(8分)(2015•安康二模)物理小组在一次验证机械能守恒定律的实验中,实验装置如图甲所示,气垫导轨放置在水平桌面上,一端装有光滑的定滑轮;
导轨上有一滑块,其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连,另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接.打点计时器使用的交流电源的频率为f.开始实验时,在托盘中放入适量砝码,先接通电源,再松手后滑块开始做匀加速运动,在纸带上打出一系列点.
(1)本实验存在一个重大的失误,该失误是:
末验证气垫导轨是否水平 .
(2)图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分:
0、1、2、3、4、5、6、7是计数点,每相邻两计数点间还有9个计时点未标出,计数点间的距离如图所示.根据图中数据计算的加速度a=
(用S1、S3、f表示)
(3)为了验证机械能守恒定律,下列物理量中还应测量的是 CD
A.导轨的长度LB.砝码的质量m1C.滑块的质量m2D.托盘和砝码的总质量m3
(4)如果乙图中S1、S2、S3是实验改进后测得的数据,请写出计数点3到计数点4的过程中要验证的机械能守恒守律的表达式 m3gs2=
(m2+m3) .
验证机械能守恒定律.
机械能守恒定律应用专题.
分析实验原理及实验做法,则可得出实验中应注意事项及应测量的物理量;
根据实验原理结合机械能守恒定律可得出表达式.
(1)在本实验中应验证实验导轨是否水平,而本题中没有进行验证;
(2)由于题目中只给出了三组数据,故可采用其中任两组,本题中采用s1和s3;
则有:
s3﹣s1=2aT2;
因中间有10个间距,故T=
;
a=
(3)根据实验原理可知,本实验中砝码和托盘的重力势能减小量等于总的动能的增加量;
故应测量滑块的质量m2和托盘和砝码的总质量m3
(4)分别求出34两点的速度v3=
v4=
物体下降的高度为s2;
则由机械能守恒定律可知;
m3gs2=
(m2+m3)
(1)末验证气垫导轨是否水平;
(2)
(3)CD;
(4)m3gs2=
本题为探究性实验,要注意正确掌握实验原理,能根据题意明确实验的原理;
这样才能准确求解.
三、计算题(本题共四个小题,共46分.解答时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)
13.(10分)(2015•安康二模)西康高速公路穿越秦岭,横跨西安、商洛、安康三地,已于2009年5月28日正式通车.高速公路限速120km/h,一般也要求速度不小于80km/h,如果某人大雾天开车在高速路上行驶,设能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为75m,该人的反应时间为0.5s,汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5m/s2,为安全行驶,汽车行驶的最大速度是多少?
匀变速直线运动的位移与时间的关系;
匀变速直线运动的速度与位移的关系.
直线运动规律专题.
人在反应时间里对车没有操作,车继续做匀速直线运动,当车开始做匀减速直线运动时,根据给出的位移、加速度确定初速度的最大值即可.
设汽车安全行驶的最大速度为v,由题意可得:
驾驶员反应时间内汽车的位移为:
s1=vt
踩下刹车后至停止汽车的位移为:
由s1+s2=75
联立可得:
v=25m/s
答:
汽车行驶的最大速度是25m/s
抓住汽车在人反应时间里做匀速直线运动,开始刹车后做匀减速直线运动求解即可,本题易错点认为汽车直接做匀减速直线运动.
14.(11分)(2015•安康二模)近年来,随着人类对火星的了解越来越多,美国等国家已经开始进行移民火星的科学探索,并面向全球招募“单程火星之旅”的志愿者.已知某物体在火星表面以某一水平速度抛出,做平抛运动的时间是在地球表面同﹣高度处以相同水平速度抛出做平抛运动时间的1.5倍,地球半径是火星半径的2倍.
(1)求火星表面重力加速度gl与地球表面重力加速度g2的比值.
(2)如果将来成功实现了“火星移民”,求出在火星表面发射载人航天器的最小速度V1与地球上卫星最小发射速度V2的比值.
万有引力定律及其应用.
平抛运动在竖直方向上做自由落体运动,根据位移时间公式得出火星表面和地球表面的重力加速度之比.
根据重力提供向心力求出第一宇宙速度,即发射卫星的最小速度的表达式,从而得出最小发射速度之比.
(1)由平抛运动的规律:
h=
,
得:
代入数据解得:
.
(2)发生载人航天器或卫星的最小速度即第一宇宙速度,也就是近地卫星绕中心天体做匀速圆周运动的线速度,则有:
(1)火星表面重力加速度gl与地球表面重力加速度g2的比值为4:
9.
(2)在火星表面发射载人航天器的最小速度V1与地球上卫星最小发射速度V2的比值为
本题考查了万有引力与平抛运动的综合,知道最小的发射速度等于贴近中心天体表面做圆周运动的速度,即第一宇宙速度.
15.(12分)(2015•安康二模)如图所示,一质量为m=1.0×
10﹣2kg,带电量q=1.0×
10﹣6C的小球,用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中,假设电场足够大,静止时悬线向左与竖直方向成θ=60°
角.现突然将该电场方向变为竖直向上且大小不变,
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