2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳二中高一(上)月考物理试卷(12月份)

枣阳市第七中学高一年级2015-2016学年上学期期中考试物理试题时间：90分钟分值100分命题：李爱军第I卷（选择题）一、选择题（本大题共12小题，每题3分，共计36分）1 •据悉，广珠城轨广州南至珠海北为116公里，由广州南站途经佛山市顺德区、中山市，最终抵达拱北珠海站，全程1个小时10分钟，全线贯通后将真正实现“珠三角一小时生活圈”。

其中116公里和1小时10分钟分别指的是A. 位移和时间B .位移和时刻C.路程和时间 D .路程和时刻2.有十位学生每人说了一句含有时间或时刻的话，下面收集了4句，其中指时刻的是（）A. 伦敦奥运会上，我国选手叶诗文以4分28秒43的成绩勇夺女子400米混合泳金牌，并打破该项目世界纪录B. 昨天放学后我在校门口等了一刻钟，公交车才来C. 中国海监50号在2012年9月14日6点58分进入到钓鱼岛12海里领海水域巡航执法，向世人宣示中华人民共和国对钓鱼岛拥有不可争辩的主权D. 载着三位航天员聂海胜、张晓光、王亚平的神舟九号飞船在太空遨游了十五天3 .一个铁钉与一根鸡毛同时从同一高度下落，总是铁钉先落地，这是因为根本的原因是（）A. 铁钉比鸡毛重；B. 铁钉比鸡毛密度大；C. 鸡毛受到的空气阻力大；D. 铁钉下落的加速度比鸡毛下落的加速度大。

4. 物体在做以下各种运动的过程中，运动状态保持不变的是A. 自由落体运动B.匀速圆周运动C.匀速直线运动D .平抛运动5.三个质点A、B C均由N点沿不同路径运动至M点，运动轨迹如图，三个质点同时由NB. 三个质点从N点出发到任意时刻的平均速度都相同D. 三个质点从N点到M点的位移不同6 .将一物体以20m/s的初速度竖直向上抛出，从抛出开始计时，当物体运动至抛出点上方15m处所经历的时间是（）A. 1sB. 2sC. 3sD. 4s7.一辆汽车在平直公路上朝某个城市行驶，以速度v行驶了2/3的路程，接着以20 km/h 的速度跑完了余下的路程，若全程的平均速度是28 km/h，则v是（）A. 24 km/h B . 35 km/h C . 36 km/h D . 48 km/h&下列哪些速度指的是瞬时速度A. 普通人步行的速度约是5km/hB. 汽车通过交通标志牌时的速度是90km/hC. 子弹在枪管里的速度是400 m/sD. 飞机起飞时的速度是50m/s9 .下列所给的图像中能反映作直线运动物体回到初始位置的是A. 第5s的平均速度为9 m/sB. 物体的加速度是2m/s2C. 5s末物体的速度是5m/sD. 前5s内的位移是20m11. 如图所示，在圆锥形内部有三根固定的光滑细杆，A、B、C为圆锥底部同一圆周上的三个点，杆aA、bB cC与水平底面的夹角分别为60°、45°、30° .每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c处由静止释放（忽略阻力），用t l、t2、t s依次表示各滑环分别到达A B、C所用的时间，则（）A. t l >t 2>t 3 B . t 1 <t 2< t 3 C. t l = t3<t 2 D . t 1= t 3> t 212. 如图所示中的传送皮带是绷紧的，当皮带轮不动时，滑块从顶端由静止开始下滑到底端所用时间为t1 ,当皮带轮顺时针方向转动时，滑块从顶端由静止开始10.物体由静止开始做匀加速直线运动，第5s内通过的位移为9m则（下滑到底部所用时间为第II卷（非选择题）13. （14分）如果公路上有一列汽车车队以10m/s的速度正在匀速行驶，相邻车间距为25 m 后面有一辆摩托车以20m/s的速度冋向行驶，当它距离车队最后一辆车25m时刹车，以0.5m/s 2的加速度做匀减速运动，摩托车在车队旁边行驶而过，设车队车辆数足够多，求：（1 ）摩托车从赶上最后一辆车到离开最后一辆车，共经历多长时间（2 ）摩托车最多与几辆汽车相遇？最多与车队中汽车相遇几次？三、计算题（50分）14. （16分）如图所示，质量m=4Kg的物体（可视为质点）用细绳拴住，放在水平传送带的右端，物体和传送带之间的动摩擦因数，传送带的长度L =2m当传送带以 -'的速度做逆时针转动时，绳与水平方向的夹角o （已知：二- I 一…' -一：：■. - :!：）求.（1）传送带稳定运动时绳子拉力T的大小；（2 ）某时刻剪断绳子，求物体做匀加速直线运动的时间；（3）如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到左端处，求物体从图示位置处传送到左端处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。

2015-2016襄阳市高三上物理第四次月考试题（含解析）2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳一中高三（上）第四次月考物理试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．下列叙述正确的是（）A．力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B．伽利略用“月﹣地检验”证实了万有引力定律的正确性C．法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点D．牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量2．用质量为M的吸铁石，将一张质量为m的白纸压在竖直固定的磁性黑板上．某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉白纸，白纸未移动，则此时黑板对白纸的摩擦力的大小为（）A．FB．mgC．D．3．如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN．以下说法正确的是（）A．O点电势与Q点电势相等B．O、M间的电势差小于N、O间的电势差C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ 垂直的方向竖直向上4．如图所示，曲线Ⅰ是绕地球做圆周运动卫星1的轨道示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是绕地球做椭圆运动卫星2的轨道示意图，O点为地球的地心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是（）A．椭圆轨道长轴AB的长度为RB．在Ⅰ轨道的卫星1的速率为v0，在Ⅱ轨道的卫星2通过B点的速率为vB，v0＜vBC．在Ⅰ轨道的卫星1的加速度大小为a0，在Ⅱ轨道的卫星2通过A点的加速度大小为aA，a0＞aAD．若OA=0.5R，则卫星在B点的速率vB＜5．在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑片，G为灵敏电流表，A1、A2为理想电流表，开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态．在P向下移动的过程中，下列说法不正确的是（）A．A1表的示数变大B．A2表的示数变小C．油滴向上加速运动D．G中有a→b的电流6．如图所示，足够高的竖直墙壁M、N之间有一根水平光滑细杆，在杆上A点的左侧某位置处套有一细环，一质量为m的小球用长为L的轻质细绳系在环上，墙壁上的B点与小球等高，现让环与小球一起以速度v向右运动，环运动到A点被挡住而立即停止．已知杆上A点离墙壁N 的水平距离为L，细绳能承受的最大拉力为2.5mg．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）A．若v=，则小球与墙壁N的碰撞点到B点的距离为B．若v=，小球与墙壁N碰撞时的速度为C．若v=，则小球与墙壁N的碰撞点到B点的距离为D．若v=，则小球与墙壁N碰撞时的速度为7．如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点分别固定着等量正点电荷．O为AB连线的中点，C、D是AB 连线上两点，其中AC=CO=OD=DB=．一质量为m电量为+q 的小滑块（可视为质点）以初动能E0从C点出发，沿直线AB向D点运动，滑块第一次经过O点时的动能为3E0，到达D点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，则下列说法正确的是（）A．小滑块与水平面之间的动摩擦因数μ=B．C、O两点间的电势差UCO=C．C、O两点间的电势差UCO=D．小滑块运动的总路程s=8．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的小物体接触（未连接），如图中O点，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢向左推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，如图中B点，此时物体静止．撤去F后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B点为3x0，C点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（）A．撤去F时，物体的加速度最大，大小为﹣μgB．物体先做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，最后做匀减速运动C．从B→C位置物体弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量D．撤去F后，物体向右运动到O点时的动能最大三、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～18题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题9．某同学利用如图所示的气垫导轨装置验证系统机械能守恒定律．在气垫导轨上安装了两光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连．①实验时要调整气垫导轨水平．不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块，则表示气垫导轨已调整至水平状态．②不挂钩码和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间．实施下列措施能够达到实验调整目标的是A．调节P使轨道左端升高一些B．调节Q使轨道右端降低一些C．遮光条的宽度应适当大一些D．滑块的质量增大一些E．气源的供气量增大一些③实验时，测出光电门1、2间的距离L，遮光条的宽度d，滑块和遮光条的总质量M，钩码质量m．由数字计时器读出遮光条通过光电门1、2的时间t1、t2，则系统机械能守恒成立的表达式是．10．研究性学习小组成员陈俊宇同学，在中秋节放假期间，自备了如下实验器材，用来测量一电池组的电动势和内阻：待测电池组（E≈3V，r≈1Ω）；电压表（0﹣3V，RV≈10KΩ）；电阻箱（0﹣9999Ω）；保护电阻（R0=5Ω）；开关一只，导线若干．（1）实验中在改变变阻器阻值的过程中，发现电压表的读数变化不明显，于是该同学对其中的一根导线重新做了调整，使得电压表的读数变化明显，则如图甲所示的电路中需要调整的一根导线是（用字母编号表示），这根导线调整后应接在（用字母编号表示）之间．（2）根据调整后的实物图，请在如图乙所示的方框中，画出实验电路原理图．（3）根据以上重新调整后的实验原理和方法，通过改变电阻箱的阻值，得到了多组电阻箱的阻值R和电压表示数U，为使得到的图线是直线，该同学作出了图象，如图丙所示．请根据图象求出电池组的电动势E=V，内阻r=Ω．（计算结果保留三位有效数字）11．如图所示，绝缘水平面上的AB区域宽度为d，带正电、电量为q的小滑块以大小为v0的初速度从A点进入AB区域，当滑块运动至区域的中点C时，速度大小为vC=v0，从此刻起在AB区域内加上一个水平向左的匀强电场，电场强度E保持不变，并且AB区域外始终不存在电场．（1）求滑块受到的滑动摩擦力大小；（2）若加电场后小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等，求滑块离开AB区域时的速度；（3）要使小滑块在AB区域内运动的时间到达最长，电场强度E应满足什么条件？并求这种情况下滑块离开AB区域时的速度．12．在如图所示的装置中，电源电动势为E，内阻不计，定值电阻为R1，滑动变阻器总值为R2，置于真空中的平行板电容器水平放置，极板间距为d．处在电容器中的油滴A恰好静止不动，此时滑动变阻器的滑片P位于中点位置．（1）求此时电容器两极板间的电压；（2）求该油滴的电性以及油滴所带电荷量q与质量m的比值；（3）现将滑动变阻器的滑片P由中点迅速向上滑到某位置，使电容器上的电荷量变化了Q1，油滴运动时间为t，再将滑片从该位置迅速向下滑动到另一位置，使电容器上的电荷量又变化了Q2，当油滴又运动了2t的时间，恰好回到原来的静止位置．设油滴在运动过程中未与极板接触，滑动变阻器滑动所用时间与电容器充电、放电所用时间均忽略不计．求：Q1与Q2的比值．(二）选考题，请考生任选一模块作答【物理-选修3-3】13．下列说法正确的是（）A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B．当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大C．外界对物体做功，物体内能一定增加D．当分子间的距离增大时，分子力一定减小E．用油膜法估测分子直径的实验中，把用酒精稀释过的油酸滴在水面上，待测油酸面扩散后又收缩的原因是水面受油酸滴冲击凹陷后恢复以及酒精挥发后液面收缩14．如图所示，内径粗细均匀的U形管，右侧B管上端封闭，左侧A管上端开口，管内注入水银，并在A管内装配有光滑的、质量可以不计的活塞，使两管中均封入L=25cm的空气柱，活塞上方的大气压强为P0=76cmHg，这时两管内水银面高度差h=6cm．今用外力竖直向上缓慢地拉活塞，直至使两管中水银面相平．设温度保持不变，则：A管中活塞向上移动距离是多少？[物理-选修3-4]15．某波源S发出一列简谐横波，波源S的振动图象如图所示．在波的传播方向上有A、B两点，它们到S的距离分别为45m和55m．测得A、B两点开始振动的时间间隔为1.0s．由此可知①波长λ=m；②当B点离开平衡位置的位移为+6cm时，A点离开平衡位置的位移是cm．16．如图所示，半径为R的半圆柱形玻璃砖某一截面的圆心为O点．有两条光线垂直于水平柱面射入玻璃砖中，其中一条光线通过圆心O，另一条光线通过A点，且OA=．这两条光线射出玻璃砖后相交于一点，该点到O点的距离为R，求玻璃的折射率．[物理--选修3-5]17．小明用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意如图甲所示．已知普朗克常量h=6.63×10﹣34Js．①图甲中电极A为光电管的（填“阴极”或“阳极”）；②实验中测得铷的遏止电压Uc与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率νc=Hz，逸出功W0=J．18．一个静止的铀核U（原子质量为232.0372u）放出一个α粒子（原子质量为4，0026u）后衰变成钍核Th（原子质量为228.0287u）．已知原子质量单位1u=1.67×10﹣27kg，1u相当于931MeV．①写出核衰变反应方程；②求该核衰变反应中释放出的核能；③假设反应中释放出的核能全部转化为钍核和α粒子的动能，则钍核获得的动能有多大？2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳一中高三（上）第四次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．下列叙述正确的是（）A．力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B．伽利略用“月﹣地检验”证实了万有引力定律的正确性C．法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点D．牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量【考点】物理学史．【分析】力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，牛顿用“月﹣地“检验法验证了牛顿定律的正确性．再结合法拉第和牛顿的贡献进行答题．【解答】解：A、“力”不是基本物理量，“牛顿”也不是力学中的基本单位，故A错误；B、牛顿用“月﹣地“检验法验证了万有引力定律的正确性，故B错误；C、法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点，故C正确；D、牛顿发现了万有引力定律，但没有给出引力常量，故D错误．故选：C．【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注重积累．2．用质量为M的吸铁石，将一张质量为m的白纸压在竖直固定的磁性黑板上．某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉白纸，白纸未移动，则此时黑板对白纸的摩擦力的大小为（）A．FB．mgC．D．【考点】摩擦力的判断与计算．【专题】摩擦力专题．【分析】分析物体受力情况，根据共点力的平衡条件可得出摩擦力的大小．【解答】解：由题意可知，整体受向下的重力、向右的拉力的作用，二力的合力为F合=；由力的平衡条件可知，摩擦力的应与合力大小相等，方向相反；故选：D【点评】本题应首先明确物体受到的摩擦力为静摩擦力；静摩擦力的与其他沿接触面的外力的合力大小相等，方向相反．3．如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN．以下说法正确的是（）A．O点电势与Q点电势相等B．O、M间的电势差小于N、O间的电势差C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ 垂直的方向竖直向上【考点】电势；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场线方向判断电势高低；灵活应用公式U=Ed判断两点之间电势差的高低；根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的高低；正确判断电荷在电场中移动时电场力做功的正负．【解答】解：A、根据电场线与等势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高，故A错误；B、根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度大，故由公式U=Ed可知，OM间的电势差大于NO间的电势差，故B错误；C、M点的电势比Q点的电势高，负电荷从高电势移动到低电势电场力做负功，电荷的电势能增加，故C正确．D、在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与该点电场线的切线方向相同，斜向上，故D错误；故选：C．【点评】电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解．4．如图所示，曲线Ⅰ是绕地球做圆周运动卫星1的轨道示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是绕地球做椭圆运动卫星2的轨道示意图，O点为地球的地心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是（）A．椭圆轨道长轴AB的长度为RB．在Ⅰ轨道的卫星1的速率为v0，在Ⅱ轨道的卫星2通过B点的速率为vB，v0＜vBC．在Ⅰ轨道的卫星1的加速度大小为a0，在Ⅱ轨道的卫星2通过A点的加速度大小为aA，a0＞aAD．若OA=0.5R，则卫星在B点的速率vB＜【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】定量思想；类比法；人造卫星问题．【分析】根据开普勒定律比较长轴与R的关系，根据万有引力的大小，通过牛顿第二定律比较加速度，结合速度的大小比较向心加速度的大小．【解答】解：A、根据开普勒第三定律得=k，a为半长轴，己知卫星在两轨道上运动的卫星的周期相等，所以椭圆轨道的长轴长度为2R，故A错误；B、B点为椭圆轨道的远地点，速度比较小，v0表示做匀速圆周运动的速度，v0＞vB．故B错误；C、根据牛顿第二定律得a=，卫星在Ⅰ轨道距离地心的距离大于卫星在Ⅱ轨道A点距离地心的距离，所以a0＜aA，故C错误；D、若OA=0.5R，则OB=1.5R，人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，解得：v=，如果卫星以OB为轨道半径做匀速圆周运动，v=，在Ⅱ轨道上，卫星在B点要减速，做近心运动，所以卫星在B点的速率vB＜，故D正确；故选：D【点评】本题考查万有引力定律、开普勒第三定律、牛顿第二定律等知识，知道卫星变轨的原理是解决本题的关键．5．在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑片，G为灵敏电流表，A1、A2为理想电流表，开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态．在P向下移动的过程中，下列说法不正确的是（）A．A1表的示数变大B．A2表的示数变小C．油滴向上加速运动D．G中有a→b的电流【考点】带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片移动，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况．【解答】解：粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，A、滑片P向下移动，电阻R变小，电路总电阻变小，电流变大，则A1表的示数变大，故A正确；B、由A选项分析，可知，外电压减小，由于R1的电压增大，因此R2的电压减小，那么A2表的示数变小，故B 正确；C、电容器两端电压为：U=E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变小，带电量变小，电场力变小，粒子向下加速，故C错误；D、电容器处于放电，故电流从a到b，故D正确．本题选择错误的，故选：C．【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化．6．如图所示，足够高的竖直墙壁M、N之间有一根水平光滑细杆，在杆上A点的左侧某位置处套有一细环，一质量为m的小球用长为L的轻质细绳系在环上，墙壁上的B点与小球等高，现让环与小球一起以速度v向右运动，环运动到A点被挡住而立即停止．已知杆上A点离墙壁N 的水平距离为L，细绳能承受的最大拉力为2.5mg．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）A．若v=，则小球与墙壁N的碰撞点到B点的距离为B．若v=，小球与墙壁N碰撞时的速度为C．若v=，则小球与墙壁N的碰撞点到B点的距离为D．若v=，则小球与墙壁N碰撞时的速度为【考点】向心力；动量守恒定律．【分析】根据牛顿第二定律，通过合力提供向心力求出绳子的拉力，判断绳子有无断裂．若绳子断裂，做平抛运动，根据平抛运动的规律求出小球与N墙壁碰撞点与B点的距离，以及碰撞时的速度．【解答】解：A、若v=，根据牛顿第二定律得：F﹣mg=m，解得：F=mg+m=3mg＞2.5mg，绳子断裂，做平抛运动，在水平方向上的运动时间为：t=则竖直方向上的位移为：y==，则碰撞点与B点的距离为，故A错误；B、竖直方向上的分速度为：vy=gt=则合速度为：v合=，故B错误；C、若v=，绳子断裂，做平抛运动，同理可知，在水平方向上的运动时间为：t=竖直方向上的位移为：y==，则碰撞点与B点的距离为，故C正确；D、竖直方向上的分速度为：vy=gt=则合速度为：v合=，故D正确．故选：CD【点评】解决本题的关键知道向心力的来源，要运用牛顿第二定律结合平抛运动的知识进行求解．7．如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点分别固定着等量正点电荷．O为AB连线的中点，C、D是AB 连线上两点，其中AC=CO=OD=DB=．一质量为m电量为+q的小滑块（可视为质点）以初动能E0从C点出发，沿直线AB向D点运动，滑块第一次经过O点时的动能为3E0，到达D点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，则下列说法正确的是（）A．小滑块与水平面之间的动摩擦因数μ=B．C、O两点间的电势差UCO=C．C、O两点间的电势差UCO=D．小滑块运动的总路程s=【考点】电势差与电场强度的关系；电势差．【专题】定量思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】C、D两点电势相等，滑块从C到D的过程中电场力不做功，只有摩擦力做功，则由动能定理可求得动摩擦因数．研究CO段，由动能定理求C、O两点间的电势差UCO．对整个过程，运用动能定理求解总路程．【解答】解：A、根据对称性要，可知C点与D点等势，小滑块第一次由C到D，电场力做功为零，由动能定理有：﹣μmg2×=0﹣E0求得：小滑块与水平面间动摩擦因数μ=，故A正确．BC、小滑块第一次由C到O，由动能定理有：﹣μmg×+qUCO=3E0﹣E0解得UCO=，故B正确，C错误．D、对整个过程，由动能定理得：qUCO﹣μmgs=0﹣E0解得：小滑块运动的总路程s=．故D正确．故选：ABD【点评】电场中的动能定理的应用要注意电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，故很容易可求得电场力的功．8．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的小物体接触（未连接），如图中O点，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢向左推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，如图中B点，此时物体静止．撤去F后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B点为3x0，C点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（）A．撤去F时，物体的加速度最大，大小为﹣μgB．物体先做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，最后做匀减速运动C．从B→C位置物体弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量D．撤去F后，物体向右运动到O点时的动能最大【考点】功能关系；牛顿第二定律．【分析】本题通过分析物体的受力情况，来确定其运动情况：撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力大小不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；撤去F后，根据牛顿第二定律求解物体刚运动时的加速度大小；物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由动能定理求解弹力滑动摩擦力力所做的总功；当弹簧的弹力与电场力、滑动摩擦力的合力大小相等、方向相反时，速度最大，可求得此时弹簧的压缩量，即可求解物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功．【解答】解：A、撤去F时，物体的加速度最大，大小为a==﹣μg，故A正确；B、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，物体离开弹簧后做匀减速运动．故B正确；C、由动能定理可知，弹力做功减去摩擦力做的功的绝对值等于物体动能的增加量，故弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量，故C正确；D、物体向右运动过程中，加速度为零时，速度最大，故到C点时的动能最大，故D错误．故选：ABC．【点评】本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键，要抓住加速度与合外力成正比，即可得到加速度是变化的．对于物体弹簧弹性势能的减少量与物体动能的增加量间的关系通常应用动能定理结合功能关系解决．三、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～18题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题9．某同学利用如图所示的气垫导轨装置验证系统机械能守恒定律．在气垫导轨上安装了两光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连．①实验时要调整气垫导轨水平．不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块能在气垫导轨上静止或做匀速运动或滑块经两个光电门的时间相等，则表示气垫导轨已调整至水平状态．②不挂钩码和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间．实施下列措施能够达到实验调整目标的是ABA．调节P使轨道左端升高一些。

湖北省枣阳市鹿头中学2015-2016学年度高一上学期期末考试物理试题时间：90分钟分值100分第I卷（选择题）一、选择题（本大题共12小题，每题4分，共计48分）1．下列关于惯性的说法中，正确的是A．只有静止的物体才有惯性 B．只有运动的物体才有惯性C．质量较小的物体惯性较大 D．质量较大的物体惯性较大2．意大利著名物理学家伽利略开科学实验之先河，奠定了现代物理学的基础．图示是他做了上百次的铜球沿斜面运动的实验示意图．关于该实验，下列说法中错误．．的是A．它是伽利略研究自由落体运动的实验B．它是伽利略研究牛顿第一定律的实验C．伽利略设想，图中斜面的倾角越接近900，小球沿斜面滚下的运动就越接近自由落体运动D．伽利略认为，若发现斜面上的小球都做匀加速直线运动，则自由落体运动也是匀加速直线运动3．下列关于摩擦力的表述中正确的是A. 正压力的存在是摩擦力存在的必要条件。

B. 静摩擦力的大小与正压力有关，但不一定成正比；C. 滑动摩擦力一定不能做动力，但静摩擦力可以做动力；D. 静摩擦力的方向与运动方向不可能成900。

4．关于物理学的研究方法，以下说法不．正确．．的是（）A．伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法B．卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了放大法C．电场强度是用比值法定义的，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电量成反比D．“平均速度”、“总电阻”、“交流电的有效值”用的是“等效替代”的方法5．“蹦极”是一项刺激的体育运动。

某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b 是人静止悬吊着时的平衡位置，人在从P点下落到最低点c点的过程中：A．在a点时人的速度最大B．在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态C．在a、b、c三点中，人在a点时加速度最大D．在c点，人的速度为零，处于平衡状态6．下列说法正确的是（）A．瞬时速度是物体在某一位置或某一时刻的速度B．平均速度等于某段时间内物体运动的路程与所用时间的比值C．平均速率就是平均速度的大小D．速度增大，加速度一定增大7．(2011年金华模拟)如图所示，A、B两物体相距x＝7 m时，A在水平拉力和摩擦力作用下，正以v A＝4 m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时正以v B＝10 m/s的初速度向右匀减速运动，加速度a＝－2 m/s2，则A追上B所经历的时间是( )A．7 s B．8 sC．9 s D．10 s8．如图所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4 m，以v0＝2 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转．今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放在A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g 取10 m/s2.由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．小煤块从A运动到B的过程中()A．所用的时间是 2 s B．所用的时间是2.25 sC．划痕长度是4 m D．划痕长度是1 m9．下列说法正确的是A．各部分运动状态完全一致的物体都可以看作质点B．参考系的选取是任意的，但通常取地面为参考系C．速度时间图像可以确定运动物体的初始位置D．马路边限速60公里每小时，该速度是指平均速度大小10．汽车以20m/s的速度在做直线运动，遇到突发情况需要刹车，已知刹车时加速度大小为8m/s2，则刹车后1s汽车通过的位移是（）A.16mB.20mC.25mD.80m11．如图，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b。

枣阳二中高一年级2015-2016学年度上学期12月月考物理试题分值：100分 时间90分钟第I 卷（选择题）一、单选题（共12小题，每小题4分，共48分）1．在一演示实验中，一个小球在一个斜面上滚下，小球滚动的距离S 和小球运动过程中经 历的时间T 之间的关系如表所示：由表可以初步归纳出小球滚动的距离S 和小球滚动的时间T 的关系式是( ) A. S =kT B. S =kT 2 C. S =kT 3 D. 无法判断 【答案】B 【解析】试题分析：由表中数据可看出，在误差范围内，S 正比于T 2即S =kT 2,故选B 。

考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系。

2．汽车以20m/s 的速度做匀速直线运动,刹车后的加速度大小为5m/s 2,那么开始刹车后2s 内与开始刹车后6s 内汽车通过的位移之比为 A.1:1B.3:1C.3:4D.4:3【答案】C 【解析】试题分析：根据题意汽车停下来的时间为at v v t +=0，代数可知停车时间为t =4s ，所以刹车后2s 内的位移由2021at t v x +=，即()m 3025212202=⨯-+⨯=x ，汽车6s 内位移等于4s 内位移m 4045212122=⨯⨯==at x ，所以位移之比为3:4，故选C 。

考点：匀变速直线运动规律-刹车问题。

3．氢气球升到离地面80m 的高空时从上面掉下一物体，物体又上升了10m 后开始下落，若取向上为正方向，则物体从掉下开始至地面时的位移和经过的路程分别为A. 80m ，100mB. 90m ，100mC. -80m ，100mD. -90 m ， 180 m 【答案】C 【解析】试题分析：物体从离开气球开始下落到地面时，初末位置的距离为80m，取向上为正方向，所以位移x=-80m．路程等于运动轨迹的长度，所以s=10×2m+80m=100m，故选C。

考点：位移和路程。

4．关于速度和加速度，下列说法中正确的是（）A．物体的加速度增大，其速度一定增大B．物体的加速度减小，其速度可能增大C．物体的加速度很大，其速度可能为零D．物体的速度很大，其加速度不可能为零【答案】C【解析】试题分析：加速度的物理意义是描述速度变化的快慢。

枣阳二中高一年级2015-2016学年度上学期12月月考物理试题分值:100分时间90分钟第I卷（选择题)一、单选题(共12小题，每小题4分，共48分)1．在一演示实验中,一个小球在一个斜面上滚下，小球滚动的距离S 和小球运动过程中经历的时间T之间的关系如表所示：（）T（s）0.250。

51。

02。

0S（cm)5。

02080320由表可以初步归纳出小球滚动的距离S和小球滚动的时间T的关系式是A。

S=kT B。

S=kT2C。

S=kT3D。

无法判断2．汽车以20m/s的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5m/s2,那么开始刹车后2s内与开始刹车后6s内汽车通过的位移之比为A。

1:1 B。

3：1 C。

3：4 D。

4：33．氢气球升到离地面80m的高空时从上面掉下一物体，物体又上升了10m后开始下落，若取向上为正方向，则物体从掉下开始至地面时的位移和经过的路程分别为A。

80m，100m B。

90m，100m C。

-80m，100m D. —90 m, 180 m4．关于速度和加速度，下列说法中正确的是( )A．物体的加速度增大,其速度一定增大B．物体的加速度减小，其速度可能增大C．物体的加速度很大,其速度可能为零D．物体的速度很大，其加速度不可能为零5．下列说法中正确的是A.欣赏某位舞蹈演员舞姿时，可以将舞蹈浈员看成质点B.以运河中行驶的船为参考系，宿迁运河文化大桥是静止的C.伽利略用科学的椎理方法得出了自由落体运动的规律D。

物体在恒力作用下不可能作曲线运动6．能够表示物体做匀变速直线运动的图像是（)7．物体做初速度为零的匀加速直线运动，第1 s内的位移大小为5 m，则该物体（）A．3 s内位移大小为45 mB．第3 s内位移大小为25 mC．1 s末速度的大小为5 m/sD．3 s末速度的大小为30 m/s8．做直线运动的甲、乙两物体的位移一时间图象如图所示,则( ）A．当乙开始运动时，两物体相距20mB．在0～10s这段时间内，物体间的距离逐渐变大C．在10s~25s这段时间内，物体间的距离逐渐变小D．两物体在10s时相距最远，在25s时相遇9．有一个质量2kg的质点在x－y平面上运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是（）A．质点所受的合外力为3NB．质点的初速度为3m／sC．质点作匀变速直线运动D．质点初速度的方向与合外力方向垂直10．一质点在x轴上运动，每秒末的位置坐标如下表所示，则：t （s )012345x ( m )014—1-71A.质点在这5s内做的是匀速运动B.质点在这5s内做的是匀加速运动C。

2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳高中高一（上）期中物理试卷一、选择题（本大题共12小题，每题4分，共计48分）1．在夜晚，发现“月亮在白莲花般的云朵里穿行”，这时选定的参考系是（）A．云B．月亮 C．地面 D．观察者2．一石块从楼房阳台边缘向下做自由落体运动到达地面，把它在空中运动的时间分为相等的三段，如果它在这第一段时间内的位移是1.2m，那么从楼房阳台边缘到地面总高度是（）A．1.2 m B．3.6 m C．6.0 m D．10.8 m3．为了得到塔身的高度（超过5层楼高）数据，某人在塔顶使一颗石子做自由落体运动．在已知当地重力加速度的情况下，可以通过下面哪几组物理量的测定，求出塔身的高度（）A．最初1s内的位移B．石子落地的速度C．最后1s内的下落高度D．下落经历的总时间4．从高为5m处以某一初速度竖直向下抛一小球，在与地面相碰后弹起，上升到高为2m处被接住，则这段过程中（）A．小球的位移为3m，方向竖直向下，路程为7mB．小球的位移为7m，方向竖直向下，路程为7mC．小球的位移为3m，方向竖直向下，路程为3mD．小球的位移为7m，方向竖直向下，路程为3m5．如图所示是一质点做直线运动的v﹣t图象，据此图象得到的结论是（）A．质点在第1秒末停止运动B．质点在第1秒末改变运动方向C．质点在第2秒内做减速运动D．质点在前2秒内的位移为零6．做匀变速直线运动的物体位移随时间的变化规律为x=24t﹣1.5t2（m），根据这一关系式可以知道，物体速度为零的时刻是（）A．1.5s B．8s C．16s D．24s7．一物体自A点由静止开始做加速度为a1的匀加速直线运动，到达某点后改为做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时静止．已知A、B两点的距离为s，物体由A点运动到B 点的总时间为（）8．质量分别为m1、m2的A、B两物体放在同一水平面上，受到大小相同的水平力F的作用，各自由静止开始运动．经过时间t0，撤去A物体的外力F；经过4t0，撤去B物体的外力F．两物体运动的v﹣t关系如图所示，则A、B两物体（）A．与水平面的摩擦力大小之比为5：12B．在匀加速运动阶段，合外力做功之比为4：1C．在整个运动过程中，克服摩擦力做功之比为1：2D．在整个运动过程中，摩擦力的平均功率之比为5：39．关于加速度的相关知识，下列说法正确的是（）A．某物体在运动过程中，速度变化得越多，加速度一定越大B．某物体在运动过程中，速度变化得越快，加速度可能越小C．某物体在运动过程中，加速度方向保持不变，则其速度方向也一定保持不变D．某物体在运动过程中，可能会出现，加速度在变大，但其速度在变小的情况10．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为0.2s，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.08m；在第5次、第6次闪光的时间间隔内移动了0.32m，由上述条可知（）A．质点运动的加速度是1.5m/s2B．质点运动的加速度是2m/s2C．第2次闪光时质点的速度是0.8m/sD．第3次闪光时质点的速度是1.2m/s11．做匀加速直线运动的质点，先后经过A、B、C三点，已知AB=BC，质点在AB段和BC段的平均速度分别是20m/s和30m/s，根据上述条件可求（）A．质点在AC段的运动时间B．质点在AC段的平均速度C．质点在B点的瞬时速度 D．质点运动的加速度12．一辆车由甲地出发，沿平直公路开到乙地刚好停止，其速度图象如图所示，那么0﹣t 和t﹣3t两段时间内，下列说法正确的是（）（1）加速度大小之比为2：1（2）位移大小之比为1：2（3）平均速度大小之比为1：2．A．（1）（2） B．（1）（3） C．（2）（3） D．（1）（2）（3）二、实验题（8分）13．图中游标卡尺的游标分度方法是：将39mm的实际长度等分成20小格．用这样的游标卡尺测量一物体的厚度时得到如图所示的情景，则该物体的厚度为cm．14．“研究匀变速直线运动”的实验中，下列做法正确的是（）A．先接通电源，再使纸带运动B．先使纸带运动，再接通电源C．将接好纸带的小车停在靠近滑轮处D．将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处三、计算题（44分）15．（14分）（2015秋•湖北校级期中）用细绳将木棒AB的A端吊在天花板上，使木棒在竖直方向上静止不动．在A端正下方有一根半透明的玻璃管CD竖直固定在空中，已知点C 端距A端1m，管CD长度为0.8m，把细绳轻轻剪断，测得木棒AB通过玻璃管CD的时间间隔为0.4s，重力加速度g=10m/s2，求木棒AB的长度．16．（16分）（2008秋•绵阳期末）如图所示，质量为m的小球位于距水平地面高度H处的P点，在水平地面的上方存在一定厚度的“作用力区域”，如图中的虚线部分．当小球进入“作用力区域”后将受到竖直向上的恒定作用力F，F=6mg，F对小球的作用刚好使从P点静止释放的小球不与水平地面接触．H=24m，g=10m/s2．求：作用力区域的厚度h=？17．（14分）（2015秋•湖北校级期中）一物体以速度v0被竖直向上抛出，在空中运动时间大于2秒，不计空气阻力，在到达最高点前0.9s时间内通过的位移为多大？（g取10m/s2）2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳高中高一（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每题4分，共计48分）1．在夜晚，发现“月亮在白莲花般的云朵里穿行”，这时选定的参考系是（）A．云B．月亮 C．地面 D．观察者【考点】参考系和坐标系．【专题】直线运动规律专题．【分析】参考系，是指研究物体运动时所选定的假定为不动的物体；参考系的选取是任意的，如何选择参考系，必须从具体情况来考虑，以描述的运动简单为标准，一般情况下我们以地面或相对地面不动的物体作为参考系．【解答】解：A、抬头望明月，觉得月亮在云中穿行，是月亮相对于云在运动，故参考系为云，故A正确；B、月亮在云中穿行，月亮是运动的，相对于云在运动，故参考系不是月亮．故B错误C、若选地面为参考系，月亮也是运动的，但月亮的运动在短时间内是不易观察的，而题中已说明月亮在云中穿行即相对于云的运动，故C错误D、若选观察者为参考系，月亮也是运动的，而题中情景已说明月亮在云中穿行即相对于云的运动，故D错误．故选：A【点评】运动的相对性和参考系的选择问题．月亮在云中穿行，主要是月亮相对于云在运动，要结合具体的语言情景做题．2．一石块从楼房阳台边缘向下做自由落体运动到达地面，把它在空中运动的时间分为相等的三段，如果它在这第一段时间内的位移是1.2m，那么从楼房阳台边缘到地面总高度是（）A．1.2 m B．3.6 m C．6.0 m D．10.8 m【考点】自由落体运动．【专题】自由落体运动专题．【分析】自由落体运动是初速度为0的匀加速直线运动，从静止开始相等时间间隔内的位移之比为：1：3：5：…，根据它在这第一段时间内的位移是1.2m，求出总位移．【解答】解：根据自由落体运动是初速度为0的匀加速直线运动，从静止开始相等时间间隔内的位移之比为：1：3：5得：它在第二段时间内的位移为：s2=3×s1=3×1.2m=3.6m它在第三段时间内的位移为：s3=5×s1=5×1.2m=6m则总高度h=s1+s2+s3=1.2+3.6+6=10.8m故选：D【点评】解决本题要知道初速度为0的匀加速直线运动，从静止开始相等时间间隔内的位移之比为：1：3：5：…3．为了得到塔身的高度（超过5层楼高）数据，某人在塔顶使一颗石子做自由落体运动．在已知当地重力加速度的情况下，可以通过下面哪几组物理量的测定，求出塔身的高度（）A．最初1s内的位移B．石子落地的速度C．最后1s内的下落高度D．下落经历的总时间【考点】自由落体运动．【专题】自由落体运动专题．【分析】要想求出楼的高度，根据h=，只要知道石子的落地时间，即可求出高度．根据v2=2gh，知道石子落地的速度，即可求出高度．【解答】解：A、最初1s内的位移可以不告知，也可以求出，无法知道落地的时间和落地的速度，故无法求出塔身的高度．故A错误．B、知道石子的落地速度，根据v2=2gh可求出楼的高度．故B正确．C、知道石子最后1s内的位移，根据x=v0t+，可以求出最后1s内的初速度，根据速度时间公式求出落地速度，再根据v2=2gh，求出楼的高度．故C正确．D、知道石子下落的时间，根据h=求出塔身的高度．故D正确．故选BCD．【点评】解决本题的关键知道要想求出楼的高度，根据h=，需要知道落地时间，或根据v2=2gh，需要知道落地速度．4．从高为5m处以某一初速度竖直向下抛一小球，在与地面相碰后弹起，上升到高为2m处被接住，则这段过程中（）A．小球的位移为3m，方向竖直向下，路程为7mB．小球的位移为7m，方向竖直向下，路程为7mC．小球的位移为3m，方向竖直向下，路程为3mD．小球的位移为7m，方向竖直向下，路程为3m【考点】位移与路程．【专题】直线运动规律专题．【分析】位移的大小等于首末位置的距离，方向由初位置指向末位置．路程等于运动轨迹的长度．【解答】解：从高为5m处以某一初速度竖直向下抛出一个小球，在与地面相碰后弹起，上升到高为2m处被接住，首末位置的距离为3m，所以位移的大小等于3m，方向竖直向下．运动轨迹的长度为7m，所以路程等于7m．故A正确，B、C、D错误．故选：A．【点评】解决本题的关键知道位移是矢量，大小等于首末位置的距离，路程是标量，大小等于运动轨迹的长度．5．如图所示是一质点做直线运动的v﹣t图象，据此图象得到的结论是（）A．质点在第1秒末停止运动B．质点在第1秒末改变运动方向C．质点在第2秒内做减速运动D．质点在前2秒内的位移为零【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】v﹣t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移．看物体是否改变运动方向就看速度图象是否从时间轴的上方到时间轴的下方．【解答】解：A、质点在第1秒末的速度为2m/s，没有停止运动，故A错误；B、前2s内质点的速度图象都在时间轴的上方，都沿正方向运动，没有改变方向，故B错误；C、第2秒内质点的初速度为2m/s，加速度为﹣1m/s2，质点做匀减速直线运动，故C正确；D、图象与坐标轴围成的面积表示位移，质点在前2秒内的位移为=2m，故D错误．故选C．【点评】解决本题要明确v﹣t图象的含义：在v﹣t图象中每时刻对应于速度的大小，速度的正负表示其运动方向，图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积为物体的位移，时间轴上方面积表示位移为正，下方表示为负．6．做匀变速直线运动的物体位移随时间的变化规律为x=24t﹣1.5t2（m），根据这一关系式可以知道，物体速度为零的时刻是（）A．1.5s B．8s C．16s D．24s【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】根据匀变速直线运动的物体位移随时间的变化规律为x=24t﹣1.5t2=，求出匀变速直线运动的初速度和加速度，再根据v=v0+at求出速度变为0所需的时间．【解答】解：根据x=24t﹣1.5t2=，得，v0=24m/s，a=﹣3m/s2．由v=v0+at得，．故B正确，A、C、D错误．故选B．【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式v=v0+at和位移时间公式x=．7．一物体自A点由静止开始做加速度为a1的匀加速直线运动，到达某点后改为做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时静止．已知A、B两点的距离为s，物体由A点运动到B 点的总时间为（）【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】运动学中的图像专题．【分析】根据速度时间公式求出总时间的表达式，根据匀变速直线运动的平均速度的推论求出总位移的表达式，联立解得质点的总时间大小．【解答】解：设加速阶段的时间为t1，减速阶段的时间为t2，画出v﹣t图象如图所示，根据图象下的面积大小与位移大小相等的关系得：s=v m（t1+t2）①v m=a1t1②v m=a2t2③t=t1+t2④由①②③解得v m=．由①④及v m解得t=．故选：A．【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用．8．质量分别为m1、m2的A、B两物体放在同一水平面上，受到大小相同的水平力F的作用，各自由静止开始运动．经过时间t0，撤去A物体的外力F；经过4t0，撤去B物体的外力F．两物体运动的v﹣t关系如图所示，则A、B两物体（）A．与水平面的摩擦力大小之比为5：12B．在匀加速运动阶段，合外力做功之比为4：1C．在整个运动过程中，克服摩擦力做功之比为1：2D．在整个运动过程中，摩擦力的平均功率之比为5：3【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．【专题】功率的计算专题．【分析】根据两物块做匀加速运动和匀减速运动的过程，求出各自运动的加速度之比，根据牛顿运动定律的从而求出摩擦力之比；速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，根据加速阶段和整个过程的面积比得出位移比，进而可求合外力做功和克服摩擦力做功之比；由功率的定义式可得功率之比．【解答】解：A、由图象可得，A加速运动的加速度为，减速运动的加速度为，根据牛顿第二定律知①=②由①②得f1= FB加速运动的加速度为，减速运动的加速度为，根据牛顿第二定律知③④由③④得f2= F所以与水平面的摩擦力大小之比为F：=5：12，故A正确；B、合外力做功减速阶段两图象的斜率相等，故加速度相等，而此时a=μg，故摩擦系数相同，由牛顿第二定律知，质量之比等于摩擦力之比为5：12，在匀加速运动阶段，合外力做功之比为等于末动能之比，为：=5×22：12×12=5：3，故B错误；C、根据图象面积表示位移知AB两物体的位移之比为6：5，由W=Fs知在整个运动过程中，克服摩擦力做功之比（5×6）：（12×5）=1：2．故C正确；D、由P=知平均功率之比为=5：6，故D错误；故选：AC．【点评】解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度﹣时间图线与时间轴所围成的面积表示位移．9．关于加速度的相关知识，下列说法正确的是（）A．某物体在运动过程中，速度变化得越多，加速度一定越大B．某物体在运动过程中，速度变化得越快，加速度可能越小C．某物体在运动过程中，加速度方向保持不变，则其速度方向也一定保持不变D．某物体在运动过程中，可能会出现，加速度在变大，但其速度在变小的情况【考点】加速度．【专题】直线运动规律专题．【分析】根据加速度的定义式a=可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度的大小方向无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大．【解答】解：A、速度变化越多，如果用的时间也越多，加速度不一定大，故A错误；B、速度变化的越快，说明在单位时间内速度变化量大，即加速度大，故B错误；C、如果加速度方向与速度方向相反，物体的速度方向将发生改变，故C错误；D、如果速度与加速度方向相反，当加速度增大时，速度反而减小，故D正确；故选：D【点评】本题考查加速度的定义式，只要理解了加速度的概念就能顺利解决．10．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为0.2s，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.08m；在第5次、第6次闪光的时间间隔内移动了0.32m，由上述条可知（）A．质点运动的加速度是1.5m/s2B．质点运动的加速度是2m/s2C．第2次闪光时质点的速度是0.8m/sD．第3次闪光时质点的速度是1.2m/s【考点】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时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】由匀变速直线运动的规律相临相等的时间内位移之差为常数，即△x=at2，利用质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.08m；在第5次、第6次闪光的时间间隔内移动了0.32m，求得加速度，再由运动学公式分析其他各项能否求出．【解答】解：A、由匀变速直线运动的规律相临相等的时间内位移之差为常数，即△x=at2可得，a===1.5m/s2，故A正确，B错误C、由质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.08m，可得中间时刻的瞬时速度v′=，则第2次闪光时质点的速度v=v′+at=0.4+1.5×0.1=0.55m/s，故C错误；D、第3次闪光时质点的速度v3=v+aT=0.55+0.3=0.85m/s，故D错误．故选：A【点评】本题考查对运动学公式的掌握及应用，要注意任意一段匀变速直线运动中，只有知道至少三个量才能求出另外的两个量，即知三求二11．做匀加速直线运动的质点，先后经过A、B、C三点，已知AB=BC，质点在AB段和BC段的平均速度分别是20m/s和30m/s，根据上述条件可求（）A．质点在AC段的运动时间B．质点在AC段的平均速度C．质点在B点的瞬时速度 D．质点运动的加速度【考点】平均速度；瞬时速度．【专题】直线运动规律专题．【分析】本题的关键是先设出质点在AB段和BC段运动的时间，然后根据即可求出AC段的平均速度；再由结合速度公式即可列式求解．【解答】解：设质点在AB段运动时间为t1，在BC段运动时间为t2，则AB=BC=20t1，BC=AB=30t2，所以AC间的平均速度为：v==24m/s，所以B正确；由可得，AB段中间时刻速度v1=20m/s，BC段中间时刻速度v2=30m/s，设加速度外a，则B点速度为：，又，联立以上各式可解得：v B=26m/s，a=，t1=，t2=，由于AB值未知．所以无法求出a和时间．故选：BC．【点评】要熟练掌握“在匀变速直线运动中，某段时间内的平均速度等于其中间时刻的瞬时速度”在解题中的灵活应用．12．一辆车由甲地出发，沿平直公路开到乙地刚好停止，其速度图象如图所示，那么0﹣t 和t﹣3t两段时间内，下列说法正确的是（）（1）加速度大小之比为2：1（2）位移大小之比为1：2（3）平均速度大小之比为1：2．A．（1）（2） B．（1）（3） C．（2）（3） D．（1）（2）（3）【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】根据速度时间图象的斜率等于加速度，求出加速度之比．由“面积”等于位移，分析位移关系．由平均速度=知平均速度比．【解答】解：（1）设最大速度为v，根据速度时间图象的斜率等于加速度知：0﹣t时间内物体的加速度大小为：a1=t﹣3t时间内物体的加速度大小为：a2=则a1：a2=2：1（2）由“面积”等于位移知：0﹣t时间内物体的位移为：x1=，t﹣3t时间内物体的位移为：x2=v•2t=vt．则有：x1：x2=1：2（3）由平均速度=知平均速度0﹣t时间内物体的平均速度为：==，t﹣3t时间内物体的平均速度为：==．则平均速度大小之比为1：1；故（1）（2）正确．故选：A【点评】本题考查对速度﹣时间图象的理解能力，抓住数学意义来理解图象的物理意义．二、实验题（8分）13．图中游标卡尺的游标分度方法是：将39mm的实际长度等分成20小格．用这样的游标卡尺测量一物体的厚度时得到如图所示的情景，则该物体的厚度为 5.465cm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．【专题】实验题；定量思想；推理法；直线运动规律专题．【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．【解答】解：游标卡尺的主尺读数为54mm，游标尺上第13个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为13×0.05mm=0.65mm，所以最终读数为：54mm+0.65mm=54.65mm=5.465cm．故答案为：5.465【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．14．“研究匀变速直线运动”的实验中，下列做法正确的是（）A．先接通电源，再使纸带运动B．先使纸带运动，再接通电源C．将接好纸带的小车停在靠近滑轮处D．将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处【考点】探究小车速度随时间变化的规律．【专题】实验题．【分析】实验时应先接通电源，再释放纸带；小车实验前应靠近打点计时器处．【解答】解：A、为了有效地使用纸带，应先接通电源，再释放纸带．故A正确，B错误．C、实验时，应将接好的纸带的小车停在靠近打点计时器处．故C错误，D正确．故选：AD．【点评】本题考查了打点计时器的具体应用，熟悉打点计时器的使用细节即可正确解答本题．三、计算题（44分）15．（14分）（2015秋•湖北校级期中）用细绳将木棒AB的A端吊在天花板上，使木棒在竖直方向上静止不动．在A端正下方有一根半透明的玻璃管CD竖直固定在空中，已知点C 端距A端1m，管CD长度为0.8m，把细绳轻轻剪断，测得木棒AB通过玻璃管CD的时间间隔为0.4s，重力加速度g=10m/s2，求木棒AB的长度．【考点】自由落体运动．【专题】自由落体运动专题．【分析】轻杆做自由落体运动，根据自由落体位移公式，分别研究杆下端B到达C点过程和杆上端A到达D点过程，根据位移时间关系公式h=列式后联立求解即可．【解答】解：设木棒AB的长度为L，B端到达C点的时间为t1，则根据位移时间关系公式h=，有：杆下端B到达C点过程：h AC﹣L=，即：1﹣L=①杆上端A到达D点过程：，即：1+0.8=②△t=t2﹣t1=0.4s ③由①②③式解得：L=0.8m；答：木棒AB的长度为0.8m．【点评】本题关键是明确杆的运动规律，然后选择恰当的过程运用位移时间关系公式列式求解．16．（16分）（2008秋•绵阳期末）如图所示，质量为m的小球位于距水平地面高度H处的P点，在水平地面的上方存在一定厚度的“作用力区域”，如图中的虚线部分．当小球进入“作用力区域”后将受到竖直向上的恒定作用力F，F=6mg，F对小球的作用刚好使从P点静止释放的小球不与水平地面接触．H=24m，g=10m/s2．求：作用力区域的厚度h=？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】小球先做自由落体运动再做匀减速运动，根据受力求得匀减速的加速度大小，再根据小球初速度为0，末速度为0自由落体运动的末速度是匀减速运动的初速度，根据速度、加速度关系求得时间关系，由时间关系求出位移关系，从而求解．【解答】解：小球在作用力区域上方的运动是自由落体运动，设运动时间为t1，进入作用力区域的速度是v，在作用力区域内是匀减速运动，设加速度大小是a，运动时间为t2，则：小球在自由落体运动中有：v=gt1①小球在匀减速直线运动中有：0=v﹣at2②由①②得：gt1=at2③在作用力区域上小球受两个力，根据牛顿第二定律有：④由③和④得：t1=5t2小球自由落体运动中有：⑤小球匀减速运动有：⑥由②和⑥得：⑦所以有：代入H=24m，可和h=4m．答：作用力区域的厚度h=4m．【点评】抓住自由落体运动的运动特征和匀减速运动的特征，根据加速度和速度关系关系求运动的时间关系，熟练掌握运动特征是解决问题的关键．（此题用动能定理求解更方便）17．（14分）（2015秋•湖北校级期中）一物体以速度v0被竖直向上抛出，在空中运动时间大于2秒，不计空气阻力，在到达最高点前0.9s时间内通过的位移为多大？（g取10m/s2）【考点】竖直上抛运动．【分析】物体以初速度v0竖直向上抛出，在到达最高点前0.9s时间内可以按照逆过程处理．【解答】解：物体以初速度v0竖直向上抛出，在到达最高点前0.9s时间内可以按照逆过程处理．选取向下的方向为正方向，得：m答：到达最高点前0.9s时间内通过的位移为4.05m．【点评】本题考查竖直上抛运动的规律，注意竖直上抛运动可分为向上运动和向下运动两段进行分析，而向上和向下为互逆过程，即向上的匀减速运动可看作向下的匀加速运动．薄雾浓云愁永昼，瑞脑消金兽。

2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳市白水高中高一（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（1-11为单选题，12为多选）1．下列各物理量中，都属于矢量的是( )A．位移，路程B．速度，平均速度C．瞬时速度，加速度 D．路程，平均速度2．如图所示，静止的弹簧测力计受到大小都为40N的F1，F2的作用，弹簧测力计的示数为( )A．0N B．40N C．80N D．无法确定3．从同一高度处，先后释放两个重物，甲释放一段时间后，再释放乙，则以乙为参考系，甲的运动形式为( )A．自由落体运动 B．匀加速直线运动a＜gC．匀加速直线运动a＞g D．匀速直线运动4．关于速度和加速度的关系，以下说法正确的是( )A．物体的速度大小不变，则加速度为零B．物体的速度增加，则加速度一定增加C．物体的加速度减小，则速度一定减小D．物体运动时，可以速度改变而加速度不变5．下列图象能反映物体在直线上运动经2s不能回到初始位置的是( )A． B．C．D．6．如图所示，C是水平地面，AB是两长方形的物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力，物块A和B以相同的速度匀速运动．由此可知，A、B间摩擦力f1和B、C间摩擦力f2的值为( )A．f1=0 B．f1=F C．f2=F D．f1≠0，f2≠07．一个物体作自由落体运动，下落速度V 跟时间，的关系可以用图中哪一个图表示( ) A．B．C．D．8．如图所示，物体A在水平外力F作用下沿倾角为θ的光滑斜面匀速上升，若物体质量为m，那么水平外力F的大小为( )A．mgsinθB．mgcosθC．mgtanθD．mgcotθ9．如图是某质点沿直线运动的速度v随时间t变化的关系图线．对于该图线的认识正确的是( )A．0～2s内质点做匀加速直线运动B．3s时，质点的速度为2m/sC．0～2s内质点做匀速直线运动D．2s～4s内质点处于静止状态10．如图所示，光滑斜面上的四段距离相等，质点从O点由静止开始下滑，做匀加速直线运动，先后通过a、b、c、d…，下列说法正确的是( )A．质点由O到达各点的时间之比t a：t b：t c：t d=1：：：2B．质点通过各点的速率之比v a：v b：v c：v d=1：：：2C．在斜面上运动的平均速度=v bD．在斜面上运动的平均速度=11．如图，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平．现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ＜90°．设此过程OA、OB绳的拉力分别为F OA、F OB，则下列说法正确的是( )A．F OA一直减小B．F OA一直增大C．F OB一直减小D．F OB先减小后增大12．用弹簧秤竖直悬挂静止的小球，下面说法正确的是( )A．小球对弹簧秤的拉力就是小球的重力B．小球对弹簧秤的拉力等于小球的重力C．小球重力的施力物体是弹簧D．小球重力的施力物体是地球二、计算题13．以V0=12m∕s的初速度竖直向上抛出一质量为0.5kg的物体，g取10m/s2．求：不考虑空气阻力，小球上升的最大高度和回到抛出点的时间？14．某汽车做匀变速直线运动，10s速度从5m/s增加到25m/s，（1）求汽车在这段运动中的加速度大小？（2）如果遇到紧急情况刹车，2s内速度由25m/s减到15m/s，这个过程也是匀变速直线运动，求刹车过程中的速度的大小和方向？（3）刹车后6s末的速度为多少？15．一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的．一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和 m2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为α=60°．求两小球的质量之比．16．图中物块A重10N，A和桌面间的动摩擦因数μ=0.25，当悬挂物B重3N时，开始沿桌面滑动．求：（1）B物体重1N时，A与桌面间的摩擦力多大？（2）B物体重6N时，A与桌面的摩擦力多大？（3）当A物体上再加上重10N的C物体，B物体重6N时，A与桌面的摩擦力多大？17．风筝（图甲）借助于均匀的风对其作用力和牵线对其拉力的作用，才得以在空中处于平衡状态．如图乙所示，风筝平面AB与地面夹角为30°，风筝质量为300g，求风对风筝的作用力的大小．（风对风筝的作用力与风筝平面相垂直，g取10m/s2）18．如图所示，在倾角α=60°的斜面上，放一质量为1 0kg的物体，用k=100N/m的轻质弹簧平行于斜面拉着，物体放在PQ之间任何位置都能处于静止状态，而超过这一范围，物体就会沿斜面滑动，若AP=22cm，AQ=8cm，试求物体与斜面间的最大静摩擦力的大小？（sin60°=，cos60°=）2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳市白水高中高一（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（1-11为单选题，12为多选）1．下列各物理量中，都属于矢量的是( )A．位移，路程B．速度，平均速度C．瞬时速度，加速度 D．路程，平均速度【考点】矢量和标量．【专题】直线运动规律专题．【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．【解答】解：A、位移从初位置到末位置的有向线段，是矢量；路程是轨迹的长度，是标量；故A错误；B、速度是位移的变化量是矢量，分为平均速度与瞬时速度，是矢量；故B正确；C、瞬时速度有方向，合成与分解遵循平行四边形定则，是矢量；加速度是速度的变化率，有方向，也是矢量；故C正确；D、路程是轨迹的长度，是标量；平均速度是位移与时间的比值，是矢量；故D错误；故选BC．【点评】矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则．2．如图所示，静止的弹簧测力计受到大小都为40N的F1，F2的作用，弹簧测力计的示数为( )A．0N B．40N C．80N D．无法确定【考点】共点力平衡的条件及其应用；胡克定律．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】根据弹簧测力计的示数显示弹簧秤所受的拉力大小进行选择．【解答】解：静止的弹簧测力计受到大小都为40N的F1，F2的作用时，其中F2相当于将弹簧秤一端固定的作用，弹簧秤所受的拉力大小为40N，则弹簧测力计的示数为40N．故选B【点评】本题容易出现的错误有认为弹簧秤的示数为0，显然不符合实际，弹簧秤所受的合力为0，但示数不是0．3．从同一高度处，先后释放两个重物，甲释放一段时间后，再释放乙，则以乙为参考系，甲的运动形式为( )A．自由落体运动 B．匀加速直线运动a＜gC．匀加速直线运动a＞g D．匀速直线运动【考点】自由落体运动．【专题】自由落体运动专题．【分析】两个重物均做自由落体运动，先根据速度时间关系公式求解两个重物的速度表达式和它们的相对速度表达式，然后分析相对运动．【解答】解：设甲释放一段时间T后，再释放乙，再经过时间t，甲的速度为：v1=g（T+t）；乙的速度为：v2=gt故甲相对乙的速度为：v1′=v1﹣v2=gT（恒量）；故甲相对于乙做匀速直线运动；故选D．【点评】本题关键两个重物的运动规律，然后求解出相对速度表达式进行分析，基础题．4．关于速度和加速度的关系，以下说法正确的是 ( )A．物体的速度大小不变，则加速度为零B．物体的速度增加，则加速度一定增加C．物体的加速度减小，则速度一定减小D．物体运动时，可以速度改变而加速度不变【考点】加速度．【专题】直线运动规律专题．【分析】根据加速度的定义式a=可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大．加速度是表示速度变化快慢的物理量．【解答】解：A、物体的速度大小不变，则加速度不一定为零，例如匀速直线运动．故A错误；B、物体的速度增加，则加速度可以减小，即速度增加得越来越慢，故B错误；C、物体的加速度减小，如果加速度方向与速度方向相同，速度在增加，即速度增加得越来越慢，故C错误；D、物体运动时，可以速度改变而加速度不变，例如平抛运动，故D正确；故选：D．【点评】把握加速度的定义式a=中各个物理量的含义以及各个物理量之间的关系是解决此类问题的关键，是正确理解加速度的定义的基础．5．下列图象能反映物体在直线上运动经2s不能回到初始位置的是( )A． B．C．D．【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】位移时间图象反映了物体各个不同时刻的位置坐标情况，速度时间图象反映了物体的速度随时间的变化情况，加速度与时间关系图象反映了物体不同时刻的加速度情况．【解答】解：A、位移时间图象反映了物体各个不同时刻的位置坐标情况，从图中可以看出物体沿x轴正方向前进2m后又返回，故A错误；B、速度时间图象反映了物体的速度随时间的变化情况，从图中可以看出速度一直为正，故物体一直前进，故B正确；C、速度时间图象反映了物体的速度随时间的变化情况，图线与时间轴包围的面积表示位移的大小，从图中可以看出第一秒物体前进1m，第二秒物体后退1m，故C错误；D、加速度与时间关系图象反映了物体不同时刻的加速度情况，由于初速度情况未知，故物体的运动情况不清楚，故D正确；故选：B．【点评】本题关键是要明确位移时间图象、速度时间图象和加速度时间图象的物理意义；在具体问题中要能区分出斜率与面积等的含义．6．如图所示，C是水平地面，AB是两长方形的物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力，物块A和B以相同的速度匀速运动．由此可知，A、B间摩擦力f1和B、C间摩擦力f2的值为( )A．f1=0 B．f1=F C．f2=F D．f1≠0，f2≠0【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据整体法判断与地面间的摩擦力，利用隔离法判断两物体间的摩擦力情况．【解答】解：把AB作为一个整体，水平方向受F及地面的摩擦力平衡，所以f2=F，以A为研究对象，水平方向不受力，f1=0．故选：AC【点评】本题考查了利用整体法和隔离法分析摩擦力的能力，选准研究对象是关键．7．一个物体作自由落体运动，下落速度V 跟时间，的关系可以用图中哪一个图表示( ) A．B．C．D．【考点】自由落体运动．【专题】自由落体运动专题．【分析】物体只在重力的作用下，初速度为零的运动，叫做自由落体运动；速度时间关系公式为v=gt，再得到图象．【解答】解：自由落体运动的速度时间关系公式为v=gt=10t，速度与时间成正比，故v﹣t 图象是一条通过坐标原点的直线，故A、B、C均错误，D正确；故选：D．【点评】本题关键明确自由落体运动的运动性质，知道速度与时间的关系v=gt，然后再得到v﹣t图象的特点．8．如图所示，物体A在水平外力F作用下沿倾角为θ的光滑斜面匀速上升，若物体质量为m，那么水平外力F的大小为( )A．mgsinθB．mgcosθC．mgtanθD．mgcotθ【考点】牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】对物体进行正确的受力分析，然后根据平衡条件并结合合成法列方程求解．【解答】解：物体受重力、推力和支持力，做匀速直线运动，处于平衡状态；根据平衡条件，有：F=mgtanθ故选：C．【点评】本题关键正确的对物体受力分析，然后根据平衡条件并结合合成法求解，也可以采用正交分解法．9．如图是某质点沿直线运动的速度v随时间t变化的关系图线．对于该图线的认识正确的是( )A．0～2s内质点做匀加速直线运动B．3s时，质点的速度为2m/sC．0～2s内质点做匀速直线运动D．2s～4s内质点处于静止状态【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】运动学中的图像专题．【分析】v﹣t图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移．【解答】解： A、由图象可知0﹣2s内质点速度随时间均匀增大，作匀加速直线运动，故A 正确C错误；B、由图可以读出3s时，质点的速度为4m/s，故B错误；D、2s～4s内质点做匀速直线运动，故D错误；故选：A．【点评】本题是速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，斜率的大小表示加速度大小，斜率的正负表示加速度正负．10．如图所示，光滑斜面上的四段距离相等，质点从O点由静止开始下滑，做匀加速直线运动，先后通过a、b、c、d…，下列说法正确的是( )A．质点由O到达各点的时间之比t a：t b：t c：t d=1：：：2B．质点通过各点的速率之比v a：v b：v c：v d=1：：：2C．在斜面上运动的平均速度=v bD．在斜面上运动的平均速度=【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．【专题】直线运动规律专题．【分析】A、根据x=，求出质点由O到达各点的时间之比．B、根据v2=2ax，求出通过各点的速率之比．C、初速度为0的匀加速直线运动中，在相等时间内通过的位移之比为1：3，可知a点是Od 的中间时刻，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．D、根据匀变速直线运动的平均速度公式===v求出在斜面上运动的平均速度．【解答】解：A、根据x=，得t=，oa、ob、oc、od的距离之比为1：2：3：4，所以质点由O到达各点的时间之比为1：：：2．故A正确．B、根据v2=2ax，v=，oa、ob、oc、od的距离之比为1：2：3：4，所以质点通过各点的速率之比v a：v b：v c：v d=1：：：2．故B正确．C、初速度为0的匀加速直线运动中，在相等时间内通过的位移之比为1：3，可知a点是Od的中间时刻，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则=v≠v b，故C 错误．D、===v求在斜面上运动的平均速度．故D错误．故选：AB．【点评】解决本题的关键掌握初速度为0的匀变速直线运动的速度公式v=at，位移公式x=以及知道平均速度===v．11．如图，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平．现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ＜90°．设此过程OA、OB绳的拉力分别为F OA、F OB，则下列说法正确的是( )A．F OA一直减小B．F OA一直增大C．F OB一直减小D．F OB先减小后增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】以结点O为研究对象，分析受力，作出轻绳在B和B′两个位置时受力图，由图分析绳的拉力变化．【解答】解：以结点O为研究对象，分析受力：重力G、绳OA的拉力F OA和绳BO的拉力F OB，如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在两个位置时力的合成图如图，由图看出，F OA逐渐减小，F OB先减小后增大，当θ=90°时，F OB最小．故选：AD．【点评】本题运用图解法研究动态平衡问题，也可以根据几何知识得到两绳垂直时，轻绳OB的拉力最小来判断．12．用弹簧秤竖直悬挂静止的小球，下面说法正确的是( )A．小球对弹簧秤的拉力就是小球的重力B．小球对弹簧秤的拉力等于小球的重力C．小球重力的施力物体是弹簧D．小球重力的施力物体是地球【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】该小球处于静止状态，它受到的力平衡，这两个力一定大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．【解答】解：A、小球对弹簧秤的力是拉力，是物体与弹簧接触才能产生的力，而重力是由于地球对小球的万有引力产生的，是性质完全不同的两个力．这里重力造成了小球对弹簧秤的拉力，只是大小相等而已，不能说“就是”．故A错误．B、用弹簧秤来测物体的重力．由二力平衡条件和力是物体间的相互作用可知：物体静止时对弹簧的拉力的大小等于物体的重力的大小．故B正确．C、D重力的施力物体是地球，不是弹簧．故C错误，D正确．故选：BD．【点评】本题主要考查学生对重力的概念，以及对二力平衡的条件的理解和掌握，注意从力的性质上区分小球重力和对弹簧拉力的区别．二、计算题13．以V0=12m∕s的初速度竖直向上抛出一质量为0.5kg的物体，g取10m/s2．求：不考虑空气阻力，小球上升的最大高度和回到抛出点的时间？【考点】竖直上抛运动．【专题】计算题；定量思想；推理法；直线运动规律专题．【分析】物体做竖直上抛运动，可以看作加速度为﹣g的匀减速直线运动，由位移公式求出上升的最大高度；由速度公式求解上升的时间，上升时间和下降时间相等；【解答】解：设物体上升的最大高度为H，则有：H===7.2m结合运动的对称性，运动时间为：t=2×=2×=2.4s答：小球上升的最大高度为7.2m，回到抛出点的时间为2.4s；【点评】竖直上抛运动是常见的运动，是高考的热点，将竖直上抛运动看成一种匀减速直线运动，这样处理比较简单．14．某汽车做匀变速直线运动，10s速度从5m/s增加到25m/s，（1）求汽车在这段运动中的加速度大小？（2）如果遇到紧急情况刹车，2s内速度由25m/s减到15m/s，这个过程也是匀变速直线运动，求刹车过程中的速度的大小和方向？（3）刹车后6s末的速度为多少？【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．【专题】直线运动规律专题．【分析】（1）匀变速运动的速度公式（2）匀变速运动的速度公式，注意加速度的正负号（3）考虑实际物理情景，先判断汽车停止所用的时间，再利用规律解决问题【解答】解：（1）规定初速度方向为正方向，则：a1==m/s2=2m/s2（2）=m/s2=﹣5m/s2，负号表示加速度方向与初速度方向相反（3）设刹车后经t3停止，则：故刹车6s后，汽车速度为零【点评】匀变速运动规律应用，注意物理量的矢量性，同时考虑实际情景，不可当成单纯的数学运算题15．一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的．一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和 m2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为α=60°．求两小球的质量之比．【考点】共点力平衡的条件及其应用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】两物体均处于静止状态，可分别对两物体进行受力分析应用平衡条件列式求解．【解答】解：对质量为m2的物体受力分析：受重力和拉力，由平衡条件得：绳上的拉力大小T=m2g对质量为m1的物体受力分析并合成如图：由平衡条件得：F′=m1g因为角α是60°，所以三角形为等边三角形，画出来的平行四边形为菱形．连接菱形对角线，对角线相互垂直，红色三角形为直角三角形：由三角函数关系：sinα===由α=60°得：=即：=故答案为：．【点评】本题关键是先对两物体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解，求解过程中注意寻找直角三角形．16．图中物块A重10N，A和桌面间的动摩擦因数μ=0.25，当悬挂物B重3N时，开始沿桌面滑动．求：（1）B物体重1N时，A与桌面间的摩擦力多大？（2）B物体重6N时，A与桌面的摩擦力多大？（3）当A物体上再加上重10N的C物体，B物体重6N时，A与桌面的摩擦力多大？【考点】共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力．【分析】物体向右运动，受到地面向左的滑动摩擦力．物体对地面的压力大小等于物体的重力，由摩擦力公式f=μF N求出摩擦力．【解答】解：（1）依题意，物体受到的滑动摩擦力大小为：f=μF N=μmg=0.25×10N=2.5N；B物体重1N时，A与桌面间的摩擦力为静摩擦力，大小即为1N；（2）B物体重6N时，A与桌面的摩擦力为滑动摩擦力，大小即为2.5N．（3）当A物体上再加上重10N的C物体，物体受到的滑动摩擦力大小为：f=μF N′=μ（mg+10）=0.25×（10+10）N=5.0N；B物体重6N时，A与桌面的摩擦力A与桌面的摩擦力为滑动摩擦力，大小即为5N答：（1）B物体重1N时A与桌面间的摩擦力1N；（2）B物体重6N时，A与桌面的摩擦力2.5N．（3）当A物体上再加上重10N的C物体，B物体重6N时，A与桌面的摩擦力5N．【点评】本题要抓住滑动摩擦力方向与物体相对运动方向相反，注意静摩擦力与滑动摩擦力的区别．17．风筝（图甲）借助于均匀的风对其作用力和牵线对其拉力的作用，才得以在空中处于平衡状态．如图乙所示，风筝平面AB与地面夹角为30°，风筝质量为300g，求风对风筝的作用力的大小．（风对风筝的作用力与风筝平面相垂直，g取10m/s2）【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】本题的关键是正确对风筝和小朋友受力分析，风筝受到向下的重力、沿绳子方向的拉力以及垂直风筝向上的风力；小朋友受到向下的重力、向上的支持力、绳子的拉力和水平向左的摩擦力，然后用正交分解法根据平衡条件分析即可．【解答】解：对风筝受力分析，并如图建立直角坐标系，将N及T沿坐标轴分解，则有：x轴：F•cos53°=mg•sin30°；y轴：N=mgsin60°+Fsin53°；联立解得：=4.6N答：风对风筝的作用力的大小是4.6N．【点评】本题考查共点力的平衡条件，若受力为3个力时，一般采用正交分解的方法求解；分别在x轴和y轴列平衡方程即可．18．如图所示，在倾角α=60°的斜面上，放一质量为1 0kg的物体，用k=100N/m的轻质弹簧平行于斜面拉着，物体放在PQ之间任何位置都能处于静止状态，而超过这一范围，物体就会沿斜面滑动，若AP=22cm，AQ=8cm，试求物体与斜面间的最大静摩擦力的大小？（sin60°=，cos60°=）【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】由题，当物体位于P点时，将要向上运动，静摩擦力沿斜面向下达到最大．当物体位于Q点时，物体将向下运动，静摩擦力沿斜面向上达到最大．根据平衡条件和胡克定律列方程求解最大静摩擦力．【解答】解：P、Q两点应是静摩擦力最大的两个临界位置，在P点弹簧处于伸长状态，受力分析如图（1）所示．F fm=F1﹣mgsinα…①在Q点弹簧处于压缩状态，受力分析如图（2）所示．F fm=F2+mgsinα…②设弹簧的原长为x，有F1=k（0.22﹣x）…③F2=k（x﹣0.08）…④联立①②③④得：2F fm=F1+F2=k（0.22﹣0.08）所以F fm=×100×0.14 N=7 N答：物体与斜面间的最大静摩擦力的大小是7N．【点评】本题是物体平衡中临界问题，当两物体间恰好发生相对运动时，静摩擦力达到最大是常用的临界条件．。

枣阳市阳光中学高一年级2015-2016学年度上学期期中考试物理试题时间：90分钟分值100分第I卷（选择题）一、选择题（本大题共12小题，每题3分，共计36分）1．下列说法正确的是（）A 加速度的单位是m/s2,由公式可知它是由m/s和s两个基本单位组合而成的B 力做功有正功和负功，因此功是矢量C 牛顿开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法D 重心、合力等概念的建立都体现了等效替代的思想2．关于速度、速度变化量、加速度，正确的说法是( )A．运动物体的速度变化量越大，它的加速度一定越大B．某时刻物体速度为零，其加速度也一定为零C．速度很大的物体，其加速度可能很小，也可能很大D．加速度越来越小，速度一定越来越小3．错误！未找到引用源。

、错误!未找到引用源。

两个物体从同一地点在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度图象如图所示，则( )A．错误!未找到引用源。

、错误!未找到引用源。

两物体运动方向相反B．在相遇前，错误!未找到引用源。

、错误!未找到引用源。

两物体最远距离20mC．错误!未找到引用源。

时，错误!未找到引用源。

、错误!未找到引用源。

两物体相遇D．在相遇前，错误!未找到引用源。

时错误!未找到引用源。

、错误!未找到引用源。

两物体相距最近4．下列说法正确的是（）A．从静止开始下落的物体都必做自由落体运动B．从地球表面附近做自由落体运动的物体，加速度都是不同的C．满足速度跟时间成正比的运动一定是自由落体运动D ．自由落体加速度的方向总是竖直向下的5．从某一高度先后由静止释放两个相同的小球甲和乙，若两球被释放的时间间隔为1s ，在不计空气阻力的情况下，它们在空中的运动过程中( )A.甲.乙两球的距离越来越大，甲.乙两球的速度之差越来越大B.甲.乙两球的距离始终保持不变，甲.乙两球的速度之差保持不变C.甲.乙两球的距离越来越大，甲.乙两球的速度之差保持不变D.甲.乙两球的距离越来越小，甲.乙两球的速度之差越来越小6．物块以初速度v 0从底端沿足够长的斜面上滑，则在以后的运动过程中该物块的速度-时间图象可能是（ ）7．关于加速度的概念，下列说法中正确的是（ ）A ．加速度反映了速度变化的大小B ．加速度反映了速度变化的快慢C ．由t v a ∆∆=可知a 与Δv 成正比D ．加速度为正值，表示速度的大小一定越来越大8．在运动会上，甲、乙两位同学进行百米赛跑，假如起跑加速的时间忽略，把他们的运动近似当作匀速直线运动来处理．他们同时从起跑线起跑，经过一段时间后他们的位置如右图所示，分别作出在这段时间内两人运动的位移x 、速度v 与时间t 的关系图象如下，其中能正确反映它们运动的是（ ）9．如图所示,一名士兵在模拟演习训练中,沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管往下滑.已知这名士兵的质量为60 kg,他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑,滑到地面时速度恰好为零.如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍,下滑的总时间为3s,g取10 m/s2 那么该士兵( )A.下滑过程中的最大速度为4 m/sB.加速与减速过程的时间之比为1∶2C.加速与减速过程中所受钢管弹力大小之比为1∶7D.加速与减速过程的位移之比为1∶410．下列运动中物体运动状态没有发生变化的是A．做平抛运动的物体 B．做自由落体运动的物体C．做匀速直线运动的物体 D．做匀速圆周运动的物体11．用图示的方法可以测量一个人的反应时间，设直尺从开始自由下落，到直尺被受测者抓住，直尺下落的距离h，受测者的反应时间为t，则下列说法正确的是：（）A ．h t ∝B ．h t 1∝C ．h t ∝D ．2h t ∝12．甲、乙两个物体从同一地点开始沿同一方向运动，其速度图象如图所示，图中t 4=2t 2，两段曲线均为半径相同的1/4圆弧，则在0﹣t 4时间内( )A ．乙物体的加速度先增大后减少B ．两物体在t 2时刻运动方向和加速度方向均改变，C ．两物体t 1时刻相距最远，t 4时刻相遇D ．0﹣t 4时间内甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度第II 卷（非选择题）二、实验题（18分）13．（10分）在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，请回答下列问题。

2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳二中高一（上）月考物理试卷（10月份）一、选择题（共10小题，每小题4分，每小题只有一个选项，满分40分）1．一质点始终向着一个方向做直线运动，在前t时间内平均速度为，后t时间内平均速度为2v，则物体在t时间内平均速度大小是（）A．B．C．v D．2．下列说法正确的是（）A．瞬时速度是物体在某一位置或某一时刻的速度B．平均速度等于某段时间内物体运动的路程与所用时间的比值C．平均速率就是平均速度的大小D．速度增大，加速度一定增大3．关于质点，下列说法中正确的是（）A．评委为体操运动员刘璇的“跳马”动作评分，可将刘璇看着质点B．质点是一个理想化模型，但是实际是存在的C．物理学中的“质点”跟几何学中的“点”没有区别D．如果物体的大小和形状在研究的问题中属于无关的或次要的因素，就可以把物体看做质点4．如图是一辆汽车做直线运动的位移时间x﹣t图象，对线段OA、AB、BC、CD所表示的运动，下列说法正确的是（）A．OA、BC段运动最快B．AB段做匀速直线运动C．CD段表示的运动方向与初始运动方向相反D．4h内，汽车的位移大小为60km5．关于速度和加速度的关系，下列说法正确的是（）A．加速度变大，说明速度一定变大B．速度越来越大，加速度不可能越来越小C．只要加速度不为零，速度一定变化D．加速度不为零，速度不一定变化6．一物体作直线运动的v﹣t图线如图所示，则（）A．第1秒内和第3秒内位移相同B．前4秒内位移为零C．第2秒末物体的加速度改变方向D．第1秒末物体的速度改变方向7．一个物体自由下落6s后落地，则在开始2s内和最后2s内通过的位移之比为（）A．1：5 B．3：5 C．3：11 D．1：38．两个做匀变速直线运动的物体，物体A的加速度a A=3m/s2，物体B的加速度a B=﹣5m/s2，则可以确定（）A．物体A加速度大于物体B加速度B．物体B加速度大于物体A加速度C．物体A的速度大于物体B的速度D．物体B的速度大于物体A的速度9．如图，给出一初速为零的物体沿直线运动时的a﹣t图象．则物体的v﹣t图象应是选项中的（）A．B．C．D．10．一物体以初速度v0=20m/s沿光滑斜面匀减速向上滑动，当上滑距离x0=30m时，速度减为v0，物体恰滑到斜面顶部停下，则斜面长度为（）A．40 m B．50 m C．32 m D．60 m二、计算题（共5大题，满分60分）11．（14分）（2015秋•枣阳市校级月考）羚羊从静止开始奔跑，经过50m的距离能加速到最大速度25m/s，并能维持一段较长的时间．猎豹从静止开始奔跑，经过60m的距离能加速到最大速度30m/s，以后只能维持这个速度4.0s．设猎豹距离羚羊x米时开始攻击，羚羊则从猎豹攻击1.0s后才开始奔跑，假设羚羊和猎豹在加速阶段都做匀加速运动，且沿同一直线运动，求：（1）猎豹要在加速阶段追上羚羊，x应在什么范围内？（2）猎豹要在从最大速度减速前追上羚羊，x应在什么范围内取值？12．（14分）（2014•安徽一模）如图所示，在质量为m B=30kg的车厢B内紧靠右壁，放一质量m A=20kg的小物体A（可视为质点），对车厢B施加一水平向右的恒力F，且F=120N，使之从静止开始运动．测得车厢B在最初t=2.0s内移动s=5.0m，且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞．车厢与地面间的摩擦忽略不计．（1）计算B在2.0s的加速度．（2）求t=2.0s末A的速度大小．（3）求t=2.0s内A在B上滑动的距离．13．（10分）（2015秋•枣阳市校级月考）随着空气质量的恶化，雾霾天气现象增多，危害加重．雾和霾相同之处都是视程障碍物会使有效水平能见度减小从而带来行车安全隐患．假设有A、B两辆汽车，在同一车道上同向行驶，A车在前，其速度V A=l0m/s，B车在后，速度V B=30m/s，因雾霾天气使能见度很低，B车在距A车△S=100m时才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但B车要经过180m才能够停止．问：（1）B车刹车过程的加速度多大？（2）试判断B车能避免和A车相撞吗？用分析计算说明．14．（12分）（2011•鼎城区校级模拟）4×100m接力赛是奥运会上最为激烈的比赛项目，有甲乙两运动员在训练交接棒的过程中发现，甲短距离加速后能保持9m/s的速度跑完全程．为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记，在某次练习中，甲在接力区前s0处作了标记，当甲跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的前端听到口令时立即起跑（忽略声音传播的时间及人的反应时间），已知接力区的长度为L=20m，设乙起跑后的运动是匀加速运动，试求：（1）若s0=13.5m，且乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒，则在完成交接棒时乙离接力区末端的距离为多大？（2）若s0=16m，乙的最大速度为8m/s，并能以最大速度跑完全程，要使甲乙能在接力区完成交接棒，则乙在听到口令后加速的加速度最大为多少？15．（10分）（2012•湖南模拟）某天，张叔叔在上班途中沿人行步道向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁的平直公路驶过，此时，张叔叔的速度是1m/s，公交车的速度是15m/s，他们距离车站的距离为50m．假设公交车在行驶中到距车站25m处开始刹车，刚好到车站停下，停车10s后，公交车又启动向前开去，张叔叔的最大速度是6m/s，最大起跑加速度为2.5m/s2，为安全乘上该公交车，他用力向前跑去，求：（1）公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少？（2）分析张叔叔能否在该公交车停在车站时安全上车．2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳二中高一（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，每小题只有一个选项，满分40分）1．一质点始终向着一个方向做直线运动，在前t时间内平均速度为，后t时间内平均速度为2v，则物体在t时间内平均速度大小是（）A．B．C．v D．考点：平均速度．专题：运动学与力学（一）．分析：先根据平均速度的公式分别求出两段时间的位移，则全程的平均速度等于两段总位移除以总时间．解答：解：质点在前t时间内的位移x1=•t=，后t时间内的位移x2=2v•t=vt 则物体在t时间内平均速度大小是===v故选：C点评：本题考查的是平均速度的求解方法，一般从定义式出发求解，知道平均速度等于总位移除以总时间，即可解题．2．下列说法正确的是（）A．瞬时速度是物体在某一位置或某一时刻的速度B．平均速度等于某段时间内物体运动的路程与所用时间的比值C．平均速率就是平均速度的大小D．速度增大，加速度一定增大考点：瞬时速度；平均速度．专题：直线运动规律专题．分析：瞬时速度表示某一位置或某一时刻的速度，描述的是一个“点”的速度．平均速度是一段时间内位移与时间的比值；加速度反映速度变化快慢的物理量．解答：解：A、瞬时速度是物体在某一位置或某一时刻的速度；故A正确；B、平均速度是一段时间内的位移与时间的比值；不是路程与时间的比值；故B错误；C、平均速率是路程与时间的比值；不是平均速度的大小；故C错误；D、速度增大时，若增大的慢，则加速度不一定大；故D错误；故选：A．点评：本题考查平均速度、瞬时速度及加速度等物理量，要熟练掌握相应物理量的物理意义，才能准确答题．3．关于质点，下列说法中正确的是（）A．评委为体操运动员刘璇的“跳马”动作评分，可将刘璇看着质点B．质点是一个理想化模型，但是实际是存在的C．物理学中的“质点”跟几何学中的“点”没有区别D．如果物体的大小和形状在研究的问题中属于无关的或次要的因素，就可以把物体看做质点考点：质点的认识．分析：物体可以看成质点的条件是看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，同一个物体在不同的时候，有时可以看成质点，有时不行，要看研究的是什么问题，要看物体的形状是否可以忽略．解答：解：A、跳马时，评委根据肢体动作评分，大小形状不能忽略；不能看作质点，故A错误；B、质点是理想化的物理模型，实际中不存在；故B错误；C、质点是有质量的点，不是几何中的点；故C错误；D、只要物体的大小和形状在研究的问题中属于无关的或次要的因素，就可以把物体看做质点；故D正确；故选：D．点评：本题关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，物体的大小体积能否忽略．4．如图是一辆汽车做直线运动的位移时间x﹣t图象，对线段OA、AB、BC、CD所表示的运动，下列说法正确的是（）A．OA、BC段运动最快B．AB段做匀速直线运动C．CD段表示的运动方向与初始运动方向相反D．4h内，汽车的位移大小为60km考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：运动学中的图像专题．分析：位移时间图线的斜率表示速度，通过图线斜率的正负确定运动的方向．解答：解：A、OA段图线的斜率与BC段图线斜率相同，则速度相同，CD段图线斜率大小最大，知CD段运动最快．故A错误．B、AB段汽车处于静止．故B错误．C、CD段图线斜率为负值，初始阶段斜率为正值，知运动方向相反．故C正确．D、4h内，汽车的位移大小为0．故D错误．故选C．点评：解决本题的关键掌握位移时间图线的物理意义，知道图线斜率表示的含义．5．关于速度和加速度的关系，下列说法正确的是（）A．加速度变大，说明速度一定变大B．速度越来越大，加速度不可能越来越小C．只要加速度不为零，速度一定变化D．加速度不为零，速度不一定变化考点：加速度；速度．专题：直线运动规律专题．分析：加速度描述物体速度变化的快慢，加速度越大，速度变化越快．加速度在数值上等于单位时间内速度的变化量．加速度与速度不一定相同．加速度为零时，速度不一定为零．加速度越来越小，速度可能越来越大．解答：解：A、当加速度方向与速度方向相反时，加速度变大，速度减小．故A错误．B、当加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动，加速度可以减小．故B错误．C、加速度不为零，则速度一定变化．故C正确，D错误．故选：C点评：本题考查对加速度与速度关系的理解能力．对于题目中有“一定”“可能”等选项时，可以通过举例说明．6．一物体作直线运动的v﹣t图线如图所示，则（）A．第1秒内和第3秒内位移相同B．前4秒内位移为零C．第2秒末物体的加速度改变方向D．第1秒末物体的速度改变方向考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：平行四边形法则图解法专题．分析：速度时间图线中，速度的正负表示运动的方向，图线的斜率表示加速度，图线图时间轴围成的面积表示位移．解答：解：A、由图线可知，在第1s内图线与时间轴围成的面积与第3s内图线与时间轴围成的面积大小相等，方向不同，则位移不相同．故A错误．B、在前4s内，图线与时间轴围成的面积为零，则位移为零．故B正确．C、在1﹣3s内图线的斜率不变，则加速度不变．故C错误．D、0﹣2s内速度一直为正，第1秒末物体的速度方向没有发生改变．故D错误．故选：B．点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率、图线与时间轴围成的面积表示的含义．7．一个物体自由下落6s后落地，则在开始2s内和最后2s内通过的位移之比为（）A．1：5 B．3：5 C．3：11 D．1：3考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：先根据自由落体运动位移时间关系求出下落2s的位移，而物体自由下落最后2s内的位移等于6s内的位移减去4s内的位移．解答：解：物体下落前2s的位移为：物体下落6s的位移为：物体下落4s的位移为：所以最后2s内通过的路程为：h6﹣h4=180﹣80m=100m故开始2s内和最后2s内通过的路程之比为20：100=1：5故选：A．点评：解决本题的关键掌握自由落体运动的位移时间公式h=，以及知道通过6s内的位移减去4s内的位移求最后2s内的位移比较方便8．两个做匀变速直线运动的物体，物体A的加速度a A=3m/s2，物体B的加速度a B=﹣5m/s2，则可以确定（）A．物体A加速度大于物体B加速度B．物体B加速度大于物体A加速度C．物体A的速度大于物体B的速度D．物体B的速度大于物体A的速度考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：加速度的正负表示方向，加速度是反映速度变化快慢的物理量，加速度大，速度变化快，加速度小，速度变化慢．。

枣阳市第二中学高三年级2015-2016学年度上学期期中考试物理试题时间：90分钟 分值100分钟★ 祝考试顺利 ★第I 卷（选择题）一、选择题（本大题共10小题，每题4分，共计40分）1．如图所示，正方形abcd 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O 点是cd 边的中点一个带正电的粒子（重力忽略不计）若从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0刚好从c 点射出磁场。

现设法使该带电粒子从O 点沿纸面以与Od 成30°的方向（如图中虚线所示），以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是A ．该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场B ．若该带电粒子从ab 边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t 0C ．若该带电粒子从bc 边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是230t D ．若该带电粒子从cd 边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是350t 2．如图所示，在半圆形光滑凹槽内，两轻质弹簧的下端固定在槽的最低点，另一端分别与小球P 、Q 相连。

已知两球在图示P 、Q 位置静止。

则下列说法中正确的是A ．若两球质量相同，则P 球对槽的压力较小B ．若两球质量相同，则两球对槽的压力大小相等C ．若P 球的质量大，则O′P 弹簧的劲度系数大D ．若P 球的质量大，则O′P 弹簧的弹力大3．如图，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A 和C 围绕B 做匀速圆周运动，B 恰能保持静止，其中A 、C 两点与B 的距离分别是L 1，和L 2．不计三质点间的万有引力，则A 和C 的比荷（电量与质量之比）之比应是QA ．212()L LB ．221()L LC ．312()L LD ．321()L L 4．图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源两极相连。

带电粒子在磁场中运动的动能E k 随时间t 的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法正确的是A ．（t 2 －t l ）>（t 3 －t 2）>……>（t n － t n －l ）B ．高频电源的变化周期应该等于t n － t n －lC ．要使粒子获得的最大动能增大，可以增大D 形盒的半径D ．要使粒子获得的最大动能增大，可以增大加速电压5．如图所示，水平铜盘半径为r ，置于磁感应强度为B ，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度ω做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过导线与理想变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为n:1，变压器的副线圈与电阻为R 的负载相连，则A ．负载R 两端的电压为的nBr 22 B ．原线圈中的电流强度为通过R 电流的1nC ．变压器的副线圈磁通量为0D ．通过负载R 的电流强度为06．已知地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．一飞行器绕地球做匀速圆周运动的周期为3小时。

湖北省枣阳市第二中学2016—2017学年度上学期12月月考高一物理试题（时间：90分钟分值100分）第I卷（选择题共48分）一、选择题（本大题12小题，每小题4分，共48分）1．三个质点1、2、3的图像如图所示，由图可判断（）A.三质点都做匀速直线运动B.只有质点2做匀速直线运动C.三质点在时刻的位置不同D.三质点都不做匀速直线运动2．下图所示是某质点做直线运动的x－t图象，由图象可知（）A．质点一直处于运动状态B．质点第3 s内位移是2 mC．此图象表示了质点运动的轨迹D．该质点前4 s内位移是2 m3．甲、乙两辆汽车，同时在一条平直的公路上自西向东运动，开始时刻两车平齐，相对于地面的v ﹣t图象如图所示，关于它们的运动，下列说法错误的是（）A．甲车中的乘客说，乙车先以速度v0向西做匀减速运动，后做匀加速运动B．乙车中的乘客说，甲车先以速度v0向西做匀减速运动，后做匀加速运动C．根据v﹣t图象可知，开始乙车在前，甲车在后，两车距离先减小后增大，当乙车速度增大到v0时，两车恰好平齐D．根据v﹣t图象可知，开始甲车在前，乙车在后，两车距离先增大后减小，当乙车速度增大到v0时，两车恰好平齐4．下列物体处于平衡状态的是（）A．加速启动的汽车B．做匀速圆周运动的小球C．在水平面上减速滑行的木块D．静止在桌面上的文具盒5．物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16 m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速度是A．B．C．D．6．如图所示，是甲、乙两物体做直线运动的位移－时间图象，则下列说法不正确．．．的是（）A、甲开始运动时刻比乙早t1B、当t＝t2时，两物体相遇C、乙物体的速度比甲物体的速度大D、甲、乙两物体运动方向相同7．某质点作直线运动的v﹣t图象如图所示，根据图象判断下列正确的是（）A．0～1s内的加速度大小是1～3s内的加速度大小的2倍B．0～1s与4～5s内，质点的加速度方向相反C．0.5s与2s时刻，质点的速度方向相反D．质点在0～5s内的平均速度是0.8m/s8．下列说法正确的是A．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因B．经典力学的基础是牛顿运动定律，它适用于宏观和微观世界C．安培提出了分子电流假说，并在磁场与电流的相互作用方面做出了杰出的贡献D．法拉第发现了电磁感应现象，使人类从蒸汽机时代步入了电气化时代9．甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，其v－t图象如图所示。

2015-2016学年湖北省襄阳市高一（上）期末物理试卷一、选择题1．（4分）下列关于速度和加速度的说法中正确的是（）A．物体速度很大，加速度一定很大B．物体有加速度，速度就增大C．物体加速度越大，速度变化越快D．物体加速度增大，速度就增大2．（4分）某物体由静止开始做匀加速直线运动，经过一段时间速度达到v，则在这段时间内，物体在中间时刻的速度与物体经过中间位置时的速度之比为（）A．1：2 B．1：C．：1 D．：13．（4分）如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上，均处于静止状态，当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则（）A．轻绳上拉力一定变小B．Q受到的摩擦力一定变小C．Q受到的摩擦力一定变大D．Q受到的摩擦力大小可能变大，可能变小，也可能不变4．（4分）如图所示，将光滑的均匀球体夹在竖直墙壁AC和木板BC之间，设球对墙壁的压力大小为F1，对木板的压力大小为F2，现将木板BC缓慢转至水平位置的过程中（）A．F1、F2都增大B．F1、F2都减小C．F1减小、F2增加 D．F1增加、F2减小5．（4分）一个物体从某一高度做自由落体运动，它在第1s内的位移恰好等于它最后1s内位移的，则它开始下落时距地面的高度为（取g=10m/s2）（）A．5m B．11.25m C．20m D．31.25m6．（4分）如图所示，竖直圆环中有两条光滑轨道CB和DB，其中AB为圆环直径并处于竖直，一质点分别由CB和DB轨道顶端静止释放下滑到B点，所用时间分别为t1和t2，则（）A．t1＞t2B．t1＜t2C．t1=t2 D．条件不足，无法判断7．（4分）一物体在水平面上由静止开始在水平恒力F作用下运动ts，ts末撤去该力，物体又经过2ts停止运动，在此过程中，物体受到的摩擦力大小为（）A．B．C．D．8．（4分）力F1单独作用于一物体时，使物体产生的加速度大小为a1=2m/s2，力F2单独作用于同一物体时，使物体产生的加速度大小为a2=4m/s2．当F1和F2共同作用于该物体时，物体具有的加速度大小不可能是（）A．1m/s2B．2m/s2C．6m/s2D．8m/s29．（4分）质量分别为2kg和3kg的物块A和B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图所示，今对物块A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1=20N，F2=10N，当系统稳定后，下列说法正确的是（）A．弹簧的弹力大小为16NB．若F1=10N，F2=20N，则弹簧的弹力大小仍为16NC．如果只有F1作用，则弹簧的弹力大小变为12ND．若把弹簧换成轻质绳，则绳对物体的拉力为15N10．（4分）如图，水平地面上有一楔形物体b，有一小物块a由静止沿b的斜面匀速下滑，此过程中b保持静止，下列说法正确的是（）A．b对地面的压力小于a、b的重力之和B．b受地面的摩擦力为零C．若给a施加沿斜面向下的力F，a将加速下滑，b对地面的压力等于a、b的重力之和D．若给a施加沿斜面向下的力F，a将加速下滑，b受地面摩擦力为零二、实验题11．（6分）如图是探究某根弹簧的伸长量x与所受拉力F之间的关系图，由图知，弹簧的劲度系数是N/m；当拉力从800N减小为600N时，弹簧的长度缩短了cm．12．（6分）在“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，如图为一次实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个点未画出，按时间顺序取0、1、2、3、4、5六个计数点，用米尺量出1、2、3、4、5点到0点的距离如图所示（单位：cm）．由纸带数据计算可得计数点4所代表时刻的瞬时速度大小v4= m/s，小车的加速度大小a=m/s2．13．（6分）用如图1所示的装置研究加速度与力和质量的关系，带滑轮的长木板和弹簧测力计均水平固定。

2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳二中高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（每小题4分，共40分，1-6每小题只有一个选项正确，选对得4分，7-10每小题有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）1．下列四个实验现象中，不能表明电流能产生磁场的是（）A．甲图中，导线通电后磁针发生偏转B．乙图中，通电导线在磁场中受到力的作用C．丙图中，当电流方向相同时，导线相互靠近D．丁图中，当电流方向相反时，导线相互远离2．水平长直导线中有恒定电流I通过，导线正下方的电子初速度方向与电流方向相同，如图所示，则电子的运动情况是（）A．沿路径oa运动B．沿路径ob运动C．沿路径oc运动D．沿路径od运动3．如图所示，带负电的金属环绕其轴OO′匀速转动时，放在环顶部的小磁针最后将（）A．N极竖直向上B．N极竖直向下C．N极水平向左D．小磁针在水平面内转动4．如图所示，真空中狭长区域内的匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，区域宽度为d，边界为CD和EF，速度为v的电子从边界CD外侧沿垂直于磁场方向射入磁场，入射方向跟CD的夹角为θ，已知电子的质量为m、带电荷量为e，为使电子能从另一边界EF 射出，电子的速率应满足的条件是（）A．v＞B．v＜C．v＞D．v＜5．关于感应电流的产生，下列说法中正确的是（）A．导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流B．导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流C．穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流D．闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流6．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图2变化时，图中正确表示线圈中感应电动势E变化的是（）A．B．C．D．7．如图是质谱仪的工作原理示意图，带点粒子被加速电场加速后，进入速度选择器，速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2，平板S下方有强度为B0的匀强磁场，下列表述正确的是（）A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小D．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于8．如图所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一档板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感强度大小为B，方向垂直纸面向里，在a、b两板间还存在着匀强电场E．从两板左侧中点C处射入一束正离子（不计重力），这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成3束．则下列判断正确的是（）A．这三束正离子的速度一定不相同B．这三束正离子的比荷一定不相同C．a、b两板间的匀强电场方向一定由a指向bD．若这三束粒子改为带负电而其它条件不变则仍能从d孔射出9．竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R．磁感强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，由水平位置紧贴环面摆下（如图）．当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为（）A．2Bav B．Bav C．D．10．如图所示，一金属方框abcd从离磁场区域上方高h处自由落下，然后进入与线框平面垂直的匀强磁场中，在进入磁场的过程中，可能发生的情况是（）A．线框做加速运动，加速度a＜g B．线框做匀速运动C．线框做减速运动D．线框会跳回原处二、实验题（每空2分，共18分）11．如图是做探究电磁感应的产生条件实验的器材及示意图（1）在图中用实线代替导线把它们连成实验电路（2）有哪些操作可以使电流表的指针发生偏转①②．12．某同学要测量一由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，部分步骤如下：（1）用游标为20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图知其长度L为cm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图知其直径D为mm；三、计算题（写出必要的文字说明10+10+10+12）13．（10分）（2015秋•枣阳市校级月考）如图所示，两平行光滑导轨相距为2m，金属棒MN 的质量为1Kg，电阻R=8Ω，匀强磁场的感应强度B=5T，方向竖直向下，电源电动势E=9V，内阻r=1Ω，当开关S闭合时，MN恰好平衡，求变阻器R1的取值为多少？设θ=37°（取g=10m/s2）14．（10分）（2015秋•枣阳市校级月考）电子（e，m）以速度v0与x轴成30°角垂直射入磁感强度为B的匀强磁场中，经一段时间后，打在x轴上的P点，如图所示，则P点到O 点的距离为，电子由O点运动到P点所用的时间为．15．（10分）（2010秋•清远期末）如图，一个质量为m，电荷量为+q的带电粒子从A孔以初速度v0垂直于AO进入磁感应强度为B的匀强磁场中，并恰好从C孔垂直于OC射入匀强电场中，电场方向跟OC平行（OC⊥AD），最后打在D点，且OD=2 OC．不计重力，求：（1）粒子自A运动到D点所需时间；（2）粒子抵达D点时的动能．16．（12分）（2015秋•枣阳市校级月考）如图所示，匀强磁场竖直向上穿过水平放置的金属框架，框架宽为L，右端接有电阻R，磁感应强度为B，一根质量为m、电阻不计的金属棒以v0的初速度沿框架向左运动，棒与框架的动摩擦因数为μ，测得棒在整个运动过程中，通过任一截面的电量为q，求：（1）棒能运动的距离；（2）R上产生的热量．2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳二中高二（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共40分，1-6每小题只有一个选项正确，选对得4分，7-10每小题有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）1．下列四个实验现象中，不能表明电流能产生磁场的是（）A．甲图中，导线通电后磁针发生偏转B．乙图中，通电导线在磁场中受到力的作用C．丙图中，当电流方向相同时，导线相互靠近D．丁图中，当电流方向相反时，导线相互远离【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】磁场对放入其中的磁极或电流有力的作用，根据此性质可判断电流是否产生了磁场．【解答】解：A、甲图中小磁场发生了偏转，说明小磁场受到了磁场的作用，故说明电流产生了磁场，故A正确；B、乙图中由于导线中通以电流使导线受到了安培力的作用，不能说明电流产生了磁场，故B错误；C、两导线相互靠近，是因为彼此处在了对方的磁场中，故说明了电流产生了磁场，故C正确；D、两导线相互远离是因为彼此处在对方产生的磁场中，从而受到了安培力，故D正确；本题选错误的，故选B．【点评】磁场与电场相似，我们无法直接感受，只能根据其性质进行分析判断．2．水平长直导线中有恒定电流I通过，导线正下方的电子初速度方向与电流方向相同，如图所示，则电子的运动情况是（）A．沿路径oa运动B．沿路径ob运动C．沿路径oc运动D．沿路径od运动【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；安培定则；左手定则．【分析】先用右手定则判断出导线下方的磁场方向及分布情况，再由左手定则判断电子运动时的受力方向，结合半径公式可知半径的变化情况，从而得出正确选项．【解答】解：由安培定则可知，导线下方的磁场方向垂直纸面向外，且离导线越远，磁场越弱，如图所示，电子初速度方向与电流方向相同，由左手定则可知受到的洛伦兹力方向向下，由远离导线的方向磁场减弱，由可知电子的运动半径越大，符合条件的是od，所以选项D正确．故选D【点评】该题考查的知识点较多，首先是右手定则，知道通电直导线周围的磁场的分布；其次是左手定则，会熟练的判断带电粒子受到的洛伦兹力的方向，尤其是电子的受力方向的判断；再者是当磁场变化后，会用来判断半径的变化．3．如图所示，带负电的金属环绕其轴OO′匀速转动时，放在环顶部的小磁针最后将（）A．N极竖直向上B．N极竖直向下C．N极水平向左D．小磁针在水平面内转动【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】带负电旋转，则可知电流方向，再由右手螺旋定则可知磁极的方向，再根据磁极间的相互作用可知小磁针的偏转方向．【解答】解：带负电金属环，如图所示的旋转．则金属环的电流方向与旋转方向相反．再由右手螺旋定则可知电流产生的磁极的方向是：右端是N极，左端是S极；小磁针所在处的磁场的方向与OO′轴的磁场的方向是相反的，所以小磁针处的磁极的方向：左端N极，右端S 极．因此小磁针N极水平向左．故C正确，ABD错误；故选：C【点评】本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求能熟练准确的应用右手螺旋定则．注意电流的方向与负电荷的运动方向相反．要注意小磁针所在处的磁场的方向与环形电流的磁场方向是相反的．4．如图所示，真空中狭长区域内的匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，区域宽度为d，边界为CD和EF，速度为v的电子从边界CD外侧沿垂直于磁场方向射入磁场，入射方向跟CD的夹角为θ，已知电子的质量为m、带电荷量为e，为使电子能从另一边界EF 射出，电子的速率应满足的条件是（）A．v＞B．v＜C．v＞D．v＜【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，当其轨迹恰好与EF边相切时，轨迹半径最小，对应的速度最小．【解答】解：由题意可知电子从EF射出的临界条件为到达边界EF时，速度与EF平行，轨迹与EF相切，如右图．由几何知识得R+Rcosθ=d，R=，解得v0=，v＞v0，即能从EF射出．故选：A【点评】本题考查圆周运动的边界问题的求解方法．当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道与边界EF相切时，电子恰好不能从EF射出．5．关于感应电流的产生，下列说法中正确的是（）A．导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流B．导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流C．穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流D．闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流【考点】感应电流的产生条件．【分析】产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，或闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动．根据这个条件进行选择．【解答】解：A、导体相对磁场运动，若没有切割磁感线，则导体内不会产生感应电流．故A错误．B、导体做切割磁感线运动时，能产生感应电动势，若导体所在电路不闭合，则导体中就没有感应电流．故B错误．C、穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化，磁通量一定发生变化，则闭合电路中就有感应电流．故C正确．D、导体做切割磁感线运动，不一定有感应电流产生，只有当闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时才有感应电流产生．故D错误．故选C【点评】感应电流产生的条件细分有两点：一是电路要闭合；二是穿过电路的磁通量发生变化，即穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化．6．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图2变化时，图中正确表示线圈中感应电动势E变化的是（）A．B．C．D．【考点】感生电动势、动生电动势；楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势，根据楞次定律判断出各段时间内感应电动势的方向．【解答】解：在0﹣1s内，根据法拉第电磁感应定律，．根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相同，为正值；在1﹣3s内，磁感应强度不变，感应电动势为零；在3﹣5s内，根据法拉第电磁感应定律， ==．根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值．故A正确，B、C、D错误．故选：A．【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，会根据楞次定律判断感应电动势的方向．7．如图是质谱仪的工作原理示意图，带点粒子被加速电场加速后，进入速度选择器，速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2，平板S下方有强度为B0的匀强磁场，下列表述正确的是（）A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小D．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【分析】带电粒子经加速后进入速度选择器，速度为v=粒子可通过选择器，然后进入B0，打在S板的不同位置，【解答】解：A、进入B0的粒子满足，知道粒子电量后，便可求出m的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素，故A正确；B、根据加速电场，可知粒子带正电，则受电场力向右，所以洛伦兹力向左，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，故B正确；C、由，知R越小，荷质比越大，故C错误；D、由qE=qvB，得v=，此时粒子受力平衡，可沿直线穿过选择器，与粒子的电性无关，故D正确；故选：ABD【点评】质谱仪工作原理应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段．8．如图所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一档板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感强度大小为B，方向垂直纸面向里，在a、b两板间还存在着匀强电场E．从两板左侧中点C处射入一束正离子（不计重力），这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成3束．则下列判断正确的是（）A．这三束正离子的速度一定不相同B．这三束正离子的比荷一定不相同C．a、b两板间的匀强电场方向一定由a指向bD．若这三束粒子改为带负电而其它条件不变则仍能从d孔射出【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理；带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】离子在复合场中沿水平方向直线通过故有qE=qvB，所以v=，电性改变后合力仍为0，仍沿直线运动到右侧；三束正离子的在磁场中圆周运动的轨道半径不同，根据r==×可知比荷一定不相同．根据洛伦兹力的方向可以判定电场力的方向从而判定电场的方向．【解答】解：A、3束离子在复合场中运动情况相同，即沿水平方向直线通过故有qE=qvB，所以v=，故三束正离子的速度一定相同．故A错误．B、3束离子在磁场中有qvb=m，故r==×，由于三束正离子的在磁场中圆周运动的轨道半径不同，故比荷一定不相同，故B正确．C、由于在复合场中洛伦兹力竖直向上，则电场力一定竖直向下，故匀强电场方向一定竖直向下，即由a指向b，故C正确．D、若这三束粒子改为带负电后电场力和洛伦兹力方向都发生改变，由于其它条件不变故合力仍为0，所以仍能从d孔射出，故D正确．故选B、C、D．【点评】速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性．9．竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R．磁感强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，由水平位置紧贴环面摆下（如图）．当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为（）A．2Bav B．Bav C．D．【考点】法拉第电磁感应定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】当摆到竖直位置时，先由感应电动势公式E=BL，求出导体棒产生的感应电动势，再根据欧姆定律求解AB两端的电压大小．【解答】解：当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为：E=BL=Bav；AB两端的电压是路端电压，根据欧姆定律得：AB两端的电压大小为：故D正确故选：D【点评】本题是电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解，容易出错之处是把AB间的电压看成是内电压，会得到错误答案．10．如图所示，一金属方框abcd从离磁场区域上方高h处自由落下，然后进入与线框平面垂直的匀强磁场中，在进入磁场的过程中，可能发生的情况是（）A．线框做加速运动，加速度a＜g B．线框做匀速运动C．线框做减速运动D．线框会跳回原处【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】线框进入磁场后，由于电磁感应线框受到向上的安培力作用，根据安培力与重力大小关系，分析线框可能的运动情况．安培力大小与线框速度大小成正比，分析加速度的变化情况．【解答】解：设线框cc边长为L，整个线框的电阻为R，进入磁场时速度为v，线框受到的安培力：F=BIL=BL=BL=；A、②如果F＜mg，线框将加速进入磁场，由牛顿第二定律得：mg﹣=ma，a=g﹣，随速度增大，加速度减小，则线框将做加速度减小的加速运动，故A正确；B、如果F=mg，线框将做匀速直线运动，故B正确；C、如果F＞mg，线框将做减速运动，由牛顿第二定律得：﹣mg=ma，a=﹣g，随速度增小，加速度减小，则线框将做加速度减小的减速运动，故C正确；D、线框进入磁场，才会受到向上的力，同时受到向上的力是因为有电流，由于克服安培力做功，有一部分机械能转化为电能，所以机械能不守恒．所以线框不可能反跳回原处，故D 错误．故选：ABC．【点评】本题考查了判断线框的运动性质，对线框正确受力分析、应用安培力公式与牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意安培力大小是否变化．二、实验题（每空2分，共18分）11．如图是做探究电磁感应的产生条件实验的器材及示意图（1）在图中用实线代替导线把它们连成实验电路（2）有哪些操作可以使电流表的指针发生偏转①将开关闭合（或者断开）；②将螺线管A插入（或拔出）螺线管B ．【考点】研究电磁感应现象．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合．【分析】（1）探究电磁感应现象实验有两套电路；电源、开关、滑动变阻器、螺线管A组成控制电路；螺旋管B与电流计组成实验电路．（2）当线圈B中有感应电流产生时，电流表指针发生偏转；根据感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，分析答题．【解答】解：（1）将电流表与大线圈B组成闭合回路，电源、开关、小线圈A组成闭合回路，电路图如图所示．（2）①、将开关闭合或断开，或②、将螺线管A插入（或拔出）螺线管B时穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中产生感应电流，电流表指针偏转．故答案为：：（1）电路图如图所示；（2）将开关闭合（或者断开）；将螺线管A插入（或拔出）螺线管B．【点评】探究电磁感应现象的实验有两套电路，要知道各电路的阻值与作用．本题考查了感应电流产生的条件，难度不大，是一道基础题，知道感应电流产生的条件、分析清楚图示情景即可正确解题．12．某同学要测量一由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，部分步骤如下：（1）用游标为20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图知其长度L为 4.830 cm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图知其直径D为 4.705 mm；【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】实验题．【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．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．【解答】解：游标卡尺的主尺读数为48mm，游标读数为0.05×6mm=0.30mm，所以最终读数为48.30mm=4.830cm螺旋测微器固定刻度为4.5mm，可动刻度为0.01×20.5=0.205mm，所以最终读数为4.705mm．故答案为：4.830、4.705【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．以及螺旋测微器的读数方法，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．三、计算题（写出必要的文字说明10+10+10+12）13．（10分）（2015秋•枣阳市校级月考）如图所示，两平行光滑导轨相距为2m，金属棒MN 的质量为1Kg，电阻R=8Ω，匀强磁场的感应强度B=5T，方向竖直向下，电源电动势E=9V，内阻r=1Ω，当开关S闭合时，MN恰好平衡，求变阻器R1的取值为多少？设θ=37°（取g=10m/s2）【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】计算题；定量思想；合成分解法；磁场磁场对电流的作用．【分析】金属棒静止在斜面上，由左手定则分析安培力方向，作出棒的受力图，根据平衡条件求出安培力；再利用安培力公式求出电路中电流，最后由欧姆定律求解变阻器R1的取值．【解答】解：先根据左手定则判断出安培力的方向，分析棒的受力：金属棒受重力mg、支持力N、安培力F的作用，作出左视力图如图．根据平衡条件得 F=mgtanθ又安培力 F=BIL解得 I===0.75A根据欧姆定律得，I=得：R1=﹣r﹣R=﹣1﹣8=3（Ω）答：变阻器R1的取值为3Ω．【点评】本题是安培力、欧姆定律与力学知识的综合，关键是安培力的方向分析和大小计算，要作好力图．14．（10分）（2015秋•枣阳市校级月考）电子（e，m）以速度v0与x轴成30°角垂直射入磁感强度为B的匀强磁场中，经一段时间后，打在x轴上的P点，如图所示，则P点到O点的距离为，电子由O点运动到P点所用的时间为．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）先根据几何关系求出P点到O点的距离等于半径，再根据洛伦兹力提供向心力求出半径；（2）由几何关系得出运动的圆心角，再根据与周期的关系求出运动时间．【解答】解：电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，轨迹如图所示：由图可知：弦切角为30°，所以圆心角为60°P点到O点的距离等于半径，根据Bev0=得：R=所以P点到O点的距离等于圆周运动的周期T=圆心角为60°，所以电子由O点运动到P点所用的时间t==故答案为：；【点评】本题是粒子在磁场中圆周运动的轨迹问题，关键是运用几何知识画出轨迹、求出半径．15．（10分）（2010秋•清远期末）如图，一个质量为m，电荷量为+q的带电粒子从A孔以初速度v0垂直于AO进入磁感应强度为B的匀强磁场中，并恰好从C孔垂直于OC射入匀强电场中，电场方向跟OC平行（OC⊥AD），最后打在D点，且OD=2 OC．不计重力，求：（1）粒子自A运动到D点所需时间；（2）粒子抵达D点时的动能．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）粒子在磁场中运动四分之一个周期，结合周期公式求出粒子在磁场中的运动时间．粒子在电场中做类平抛运动，结合粒子在磁场中运动的半径公式求出类平抛运动的水平位移，从而根据速度时间公式求出粒子在电场中的运动时间，得出粒子自A运动到D点的时间．（2）类平抛运动在x轴方向上做匀速直线运动，在y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，抓住等时性，结合位移公式求出到达D点水平和竖直分速度的关系，根据平行四边形定则求出D点的速度，从而得出D点的动能．【解答】解：（1）根据，T=得，粒子在磁场中运动的周期则粒子在磁场中的运动时间．根据牛顿第二定律得，，解得R=粒子在电场中做类平抛运动，有：2R=v0t2粒子在电场中运动的时间所以粒子自A运动到D点所需时间t=（2）在x轴方向上有：2R=v0t在y轴方向上有：得v y=v0根据平行四边形定则得，所以粒子到达D点的动能．。

2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳高中高一（上）期中物理试卷一、选择题（本大题共12小题，每题4分，共计48分）1．在夜晚，发现“月亮在白莲花般的云朵里穿行”，这时选定的参考系是( )A．云B．月亮 C．地面 D．观察者2．一石块从楼房阳台边缘向下做自由落体运动到达地面，把它在空中运动的时间分为相等的三段，如果它在这第一段时间内的位移是1.2m，那么从楼房阳台边缘到地面总高度是( ) A．1.2 m B．3.6 m C．6.0 m D．10.8 m3．为了得到塔身的高度（超过5层楼高）数据，某人在塔顶使一颗石子做自由落体运动．在已知当地重力加速度的情况下，可以通过下面哪几组物理量的测定，求出塔身的高度( ) A．最初1s内的位移B．石子落地的速度C．最后1s内的下落高度D．下落经历的总时间4．从高为5m处以某一初速度竖直向下抛一小球，在与地面相碰后弹起，上升到高为2m处被接住，则这段过程中( )A．小球的位移为3m，方向竖直向下，路程为7mB．小球的位移为7m，方向竖直向下，路程为7mC．小球的位移为3m，方向竖直向下，路程为3mD．小球的位移为7m，方向竖直向下，路程为3m5．如图所示是一质点做直线运动的v﹣t图象，据此图象得到的结论是( )A．质点在第1秒末停止运动B．质点在第1秒末改变运动方向C．质点在第2秒内做减速运动D．质点在前2秒内的位移为零6．做匀变速直线运动的物体位移随时间的变化规律为x=24t﹣1.5t2（m），根据这一关系式可以知道，物体速度为零的时刻是( )A．1.5s B．8s C．16s D．24s7．一物体自A点由静止开始做加速度为a1的匀加速直线运动，到达某点后改为做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时静止．已知A、B两点的距离为s，物体由A点运动到B点的总时间为( )A．B．C．D．8．质量分别为m1、m2的A、B两物体放在同一水平面上，受到大小相同的水平力F的作用，各自由静止开始运动．经过时间t0，撤去A物体的外力F；经过4t0，撤去B物体的外力F．两物体运动的v﹣t关系如图所示，则A、B两物体( )A．与水平面的摩擦力大小之比为5：12B．在匀加速运动阶段，合外力做功之比为4：1C．在整个运动过程中，克服摩擦力做功之比为1：2D．在整个运动过程中，摩擦力的平均功率之比为5：39．关于加速度的相关知识，下列说法正确的是( )A．某物体在运动过程中，速度变化得越多，加速度一定越大B．某物体在运动过程中，速度变化得越快，加速度可能越小C．某物体在运动过程中，加速度方向保持不变，则其速度方向也一定保持不变D．某物体在运动过程中，可能会出现，加速度在变大，但其速度在变小的情况10．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为0.2s，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.08m；在第5次、第6次闪光的时间间隔内移动了0.32m，由上述条可知( )A．质点运动的加速度是1.5m/s2B．质点运动的加速度是2m/s2C．第2次闪光时质点的速度是0.8m/sD．第3次闪光时质点的速度是1.2m/s11．做匀加速直线运动的质点，先后经过A、B、C三点，已知AB=BC，质点在AB段和BC段的平均速度分别是20m/s和30m/s，根据上述条件可求( )A．质点在AC段的运动时间B．质点在AC段的平均速度C．质点在B点的瞬时速度 D．质点运动的加速度12．一辆车由甲地出发，沿平直公路开到乙地刚好停止，其速度图象如图所示，那么0﹣t和t﹣3t两段时间内，下列说法正确的是( )（1）加速度大小之比为2：1（2）位移大小之比为1：2（3）平均速度大小之比为1：2．A．（1）（2） B．（1）（3） C．（2）（3） D．（1）（2）（3）二、实验题13．图中游标卡尺的游标分度方法是：将39mm的实际长度等分成20小格．用这样的游标卡尺测量一物体的厚度时得到如图所示的情景，则该物体的厚度为__________cm．14．“研究匀变速直线运动”的实验中，下列做法正确的是( )A．先接通电源，再使纸带运动B．先使纸带运动，再接通电源C．将接好纸带的小车停在靠近滑轮处D．将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处三、计算题（44分）15．（14分）用细绳将木棒AB的A端吊在天花板上，使木棒在竖直方向上静止不动．在A端正下方有一根半透明的玻璃管CD竖直固定在空中，已知点C端距A端1m，管CD长度为0.8m，把细绳轻轻剪断，测得木棒AB通过玻璃管CD的时间间隔为0.4s，重力加速度g=10m/s2，求木棒AB的长度．16．（16分）如图所示，质量为m的小球位于距水平地面高度H处的P点，在水平地面的上方存在一定厚度的“作用力区域”，如图中的虚线部分．当小球进入“作用力区域”后将受到竖直向上的恒定作用力F，F=6mg，F对小球的作用刚好使从P点静止释放的小球不与水平地面接触．H=24m，g=10m/s2．求：作用力区域的厚度h=？17．（14分）一物体以速度v0被竖直向上抛出，在空中运动时间大于2秒，不计空气阻力，在到达最高点前0.9s时间内通过的位移为多大？（g取10m/s2）2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳高中高一（上）期中物理试卷一、选择题（本大题共12小题，每题4分，共计48分）1．在夜晚，发现“月亮在白莲花般的云朵里穿行”，这时选定的参考系是( )A．云B．月亮 C．地面 D．观察者【考点】参考系和坐标系．【专题】直线运动规律专题．【分析】参考系，是指研究物体运动时所选定的假定为不动的物体；参考系的选取是任意的，如何选择参考系，必须从具体情况来考虑，以描述的运动简单为标准，一般情况下我们以地面或相对地面不动的物体作为参考系．【解答】解：A、抬头望明月，觉得月亮在云中穿行，是月亮相对于云在运动，故参考系为云，故A正确；B、月亮在云中穿行，月亮是运动的，相对于云在运动，故参考系不是月亮．故B错误C、若选地面为参考系，月亮也是运动的，但月亮的运动在短时间内是不易观察的，而题中已说明月亮在云中穿行即相对于云的运动，故C错误D、若选观察者为参考系，月亮也是运动的，而题中情景已说明月亮在云中穿行即相对于云的运动，故D错误．故选：A【点评】运动的相对性和参考系的选择问题．月亮在云中穿行，主要是月亮相对于云在运动，要结合具体的语言情景做题．2．一石块从楼房阳台边缘向下做自由落体运动到达地面，把它在空中运动的时间分为相等的三段，如果它在这第一段时间内的位移是1.2m，那么从楼房阳台边缘到地面总高度是( ) A．1.2 m B．3.6 m C．6.0 m D．10.8 m【考点】自由落体运动．【专题】自由落体运动专题．【分析】自由落体运动是初速度为0的匀加速直线运动，从静止开始相等时间间隔内的位移之比为：1：3：5：…，根据它在这第一段时间内的位移是1.2m，求出总位移．【解答】解：根据自由落体运动是初速度为0的匀加速直线运动，从静止开始相等时间间隔内的位移之比为：1：3：5得：它在第二段时间内的位移为：s2=3×s1=3×1.2m=3.6m它在第三段时间内的位移为：s3=5×s1=5×1.2m=6m则总高度h=s1+s2+s3=1.2+3.6+6=10.8m故选：D【点评】解决本题要知道初速度为0的匀加速直线运动，从静止开始相等时间间隔内的位移之比为：1：3：5：…3．为了得到塔身的高度（超过5层楼高）数据，某人在塔顶使一颗石子做自由落体运动．在已知当地重力加速度的情况下，可以通过下面哪几组物理量的测定，求出塔身的高度( ) A．最初1s内的位移B．石子落地的速度C．最后1s内的下落高度D．下落经历的总时间【考点】自由落体运动．【专题】自由落体运动专题．【分析】要想求出楼的高度，根据h=，只要知道石子的落地时间，即可求出高度．根据v2=2gh，知道石子落地的速度，即可求出高度．【解答】解：A、最初1s内的位移可以不告知，也可以求出，无法知道落地的时间和落地的速度，故无法求出塔身的高度．故A错误．B、知道石子的落地速度，根据v2=2gh可求出楼的高度．故B正确．C、知道石子最后1s内的位移，根据x=v0t+，可以求出最后1s内的初速度，根据速度时间公式求出落地速度，再根据v2=2gh，求出楼的高度．故C正确．D、知道石子下落的时间，根据h=求出塔身的高度．故D正确．故选BCD．【点评】解决本题的关键知道要想求出楼的高度，根据h=，需要知道落地时间，或根据v2=2gh，需要知道落地速度．4．从高为5m处以某一初速度竖直向下抛一小球，在与地面相碰后弹起，上升到高为2m处被接住，则这段过程中( )A．小球的位移为3m，方向竖直向下，路程为7mB．小球的位移为7m，方向竖直向下，路程为7mC．小球的位移为3m，方向竖直向下，路程为3mD．小球的位移为7m，方向竖直向下，路程为3m【考点】位移与路程．【专题】直线运动规律专题．【分析】位移的大小等于首末位置的距离，方向由初位置指向末位置．路程等于运动轨迹的长度．【解答】解：从高为5m处以某一初速度竖直向下抛出一个小球，在与地面相碰后弹起，上升到高为2m处被接住，首末位置的距离为3m，所以位移的大小等于3m，方向竖直向下．运动轨迹的长度为7m，所以路程等于7m．故A正确，B、C、D错误．故选：A．【点评】解决本题的关键知道位移是矢量，大小等于首末位置的距离，路程是标量，大小等于运动轨迹的长度．5．如图所示是一质点做直线运动的v﹣t图象，据此图象得到的结论是( )A．质点在第1秒末停止运动B．质点在第1秒末改变运动方向C．质点在第2秒内做减速运动D．质点在前2秒内的位移为零【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】v﹣t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移．看物体是否改变运动方向就看速度图象是否从时间轴的上方到时间轴的下方．【解答】解：A、质点在第1秒末的速度为2m/s，没有停止运动，故A错误；B、前2s内质点的速度图象都在时间轴的上方，都沿正方向运动，没有改变方向，故B错误；C、第2秒内质点的初速度为2m/s，加速度为﹣1m/s2，质点做匀减速直线运动，故C正确；D、图象与坐标轴围成的面积表示位移，质点在前2秒内的位移为=2m，故D错误．故选C．【点评】解决本题要明确v﹣t图象的含义：在v﹣t图象中每时刻对应于速度的大小，速度的正负表示其运动方向，图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积为物体的位移，时间轴上方面积表示位移为正，下方表示为负．6．做匀变速直线运动的物体位移随时间的变化规律为x=24t﹣1.5t2（m），根据这一关系式可以知道，物体速度为零的时刻是( )A．1.5s B．8s C．16s D．24s【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】根据匀变速直线运动的物体位移随时间的变化规律为x=24t﹣1.5t2=，求出匀变速直线运动的初速度和加速度，再根据v=v0+at求出速度变为0所需的时间．【解答】解：根据x=24t﹣1.5t2=，得，v0=24m/s，a=﹣3m/s2．由v=v0+at得，．故B正确，A、C、D错误．故选B．【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式v=v0+at和位移时间公式x=．7．一物体自A点由静止开始做加速度为a1的匀加速直线运动，到达某点后改为做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时静止．已知A、B两点的距离为s，物体由A点运动到B点的总时间为( )A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】运动学中的图像专题．【分析】根据速度时间公式求出总时间的表达式，根据匀变速直线运动的平均速度的推论求出总位移的表达式，联立解得质点的总时间大小．【解答】解：设加速阶段的时间为t1，减速阶段的时间为t2，画出v﹣t图象如图所示，根据图象下的面积大小与位移大小相等的关系得：s=v m（t1+t2）①v m=a1t1②v m=a2t2③t=t1+t2④由①②③解得v m=．由①④及v m解得t=．故选：A．【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用．8．质量分别为m1、m2的A、B两物体放在同一水平面上，受到大小相同的水平力F的作用，各自由静止开始运动．经过时间t0，撤去A物体的外力F；经过4t0，撤去B物体的外力F．两物体运动的v﹣t关系如图所示，则A、B两物体( )A．与水平面的摩擦力大小之比为5：12B．在匀加速运动阶段，合外力做功之比为4：1C．在整个运动过程中，克服摩擦力做功之比为1：2D．在整个运动过程中，摩擦力的平均功率之比为5：3【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．【专题】功率的计算专题．【分析】根据两物块做匀加速运动和匀减速运动的过程，求出各自运动的加速度之比，根据牛顿运动定律的从而求出摩擦力之比；速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，根据加速阶段和整个过程的面积比得出位移比，进而可求合外力做功和克服摩擦力做功之比；由功率的定义式可得功率之比．【解答】解：A、由图象可得，A加速运动的加速度为，减速运动的加速度为，根据牛顿第二定律知①=②由①②得f1= FB加速运动的加速度为，减速运动的加速度为，根据牛顿第二定律知③④由③④得f2= F所以与水平面的摩擦力大小之比为F：=5：12，故A正确；B、合外力做功减速阶段两图象的斜率相等，故加速度相等，而此时a=μg，故摩擦系数相同，由牛顿第二定律知，质量之比等于摩擦力之比为5：12，在匀加速运动阶段，合外力做功之比为等于末动能之比，为：=5×22：12×12=5：3，故B错误；C、根据图象面积表示位移知AB两物体的位移之比为6：5，由W=Fs知在整个运动过程中，克服摩擦力做功之比（5×6）：（12×5）=1：2．故C正确；D、由P=知平均功率之比为=5：6，故D错误；故选：AC．【点评】解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度﹣时间图线与时间轴所围成的面积表示位移．9．关于加速度的相关知识，下列说法正确的是( )A．某物体在运动过程中，速度变化得越多，加速度一定越大B．某物体在运动过程中，速度变化得越快，加速度可能越小C．某物体在运动过程中，加速度方向保持不变，则其速度方向也一定保持不变D．某物体在运动过程中，可能会出现，加速度在变大，但其速度在变小的情况【考点】加速度．【专题】直线运动规律专题．【分析】根据加速度的定义式a=可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度的大小方向无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大．【解答】解：A、速度变化越多，如果用的时间也越多，加速度不一定大，故A错误；B、速度变化的越快，说明在单位时间内速度变化量大，即加速度大，故B错误；C、如果加速度方向与速度方向相反，物体的速度方向将发生改变，故C错误；D、如果速度与加速度方向相反，当加速度增大时，速度反而减小，故D正确；故选：D【点评】本题考查加速度的定义式，只要理解了加速度的概念就能顺利解决．10．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为0.2s，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.08m；在第5次、第6次闪光的时间间隔内移动了0.32m，由上述条可知( )A．质点运动的加速度是1.5m/s2B．质点运动的加速度是2m/s2C．第2次闪光时质点的速度是0.8m/sD．第3次闪光时质点的速度是1.2m/s【考点】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时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】由匀变速直线运动的规律相临相等的时间内位移之差为常数，即△x=at2，利用质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.08m；在第5次、第6次闪光的时间间隔内移动了0.32m，求得加速度，再由运动学公式分析其他各项能否求出．【解答】解：A、由匀变速直线运动的规律相临相等的时间内位移之差为常数，即△x=at2可得，a===1.5m/s2，故A正确，B错误C、由质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.08m，可得中间时刻的瞬时速度v′=，则第2次闪光时质点的速度v=v′+at=0.4+1.5×0.1=0.55m/s，故C错误；D、第3次闪光时质点的速度v3=v+aT=0.55+0.3=0.85m/s，故D错误．故选：A【点评】本题考查对运动学公式的掌握及应用，要注意任意一段匀变速直线运动中，只有知道至少三个量才能求出另外的两个量，即知三求二11．做匀加速直线运动的质点，先后经过A、B、C三点，已知AB=BC，质点在AB段和BC段的平均速度分别是20m/s和30m/s，根据上述条件可求( )A．质点在AC段的运动时间B．质点在AC段的平均速度C．质点在B点的瞬时速度 D．质点运动的加速度【考点】平均速度；瞬时速度．【专题】直线运动规律专题．【分析】本题的关键是先设出质点在AB段和BC段运动的时间，然后根据即可求出AC段的平均速度；再由结合速度公式即可列式求解．【解答】解：设质点在AB段运动时间为t1，在BC段运动时间为t2，则AB=BC=20t1，BC=AB=30t2，所以AC间的平均速度为：v==24m/s，所以B正确；由可得，AB段中间时刻速度v1=20m/s，BC段中间时刻速度v2=30m/s，设加速度外a，则B点速度为：，又，联立以上各式可解得：v B=26m/s，a=，t1=，t2=，由于AB值未知．所以无法求出a 和时间．故选：BC．【点评】要熟练掌握“在匀变速直线运动中，某段时间内的平均速度等于其中间时刻的瞬时速度”在解题中的灵活应用．12．一辆车由甲地出发，沿平直公路开到乙地刚好停止，其速度图象如图所示，那么0﹣t和t﹣3t两段时间内，下列说法正确的是( )（1）加速度大小之比为2：1（2）位移大小之比为1：2（3）平均速度大小之比为1：2．A．（1）（2） B．（1）（3） C．（2）（3） D．（1）（2）（3）【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】根据速度时间图象的斜率等于加速度，求出加速度之比．由“面积”等于位移，分析位移关系．由平均速度=知平均速度比．【解答】解：（1）设最大速度为v，根据速度时间图象的斜率等于加速度知：0﹣t时间内物体的加速度大小为：a1=t﹣3t时间内物体的加速度大小为：a2=则a1：a2=2：1（2）由“面积”等于位移知：0﹣t时间内物体的位移为：x1=，t﹣3t时间内物体的位移为：x2=v•2t=vt．则有：x1：x2=1：2（3）由平均速度=知平均速度0﹣t时间内物体的平均速度为：==，t﹣3t时间内物体的平均速度为：==．则平均速度大小之比为1：1；故（1）（2）正确．故选：A【点评】本题考查对速度﹣时间图象的理解能力，抓住数学意义来理解图象的物理意义．二、实验题13．图中游标卡尺的游标分度方法是：将39mm的实际长度等分成20小格．用这样的游标卡尺测量一物体的厚度时得到如图所示的情景，则该物体的厚度为5.465cm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．【专题】实验题；定量思想；推理法；直线运动规律专题．【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．【解答】解：游标卡尺的主尺读数为54mm，游标尺上第13个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为13×0.05mm=0.65mm，所以最终读数为：54mm+0.65mm=54.65mm=5.465cm．故答案为：5.465【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．14．“研究匀变速直线运动”的实验中，下列做法正确的是( )A．先接通电源，再使纸带运动B．先使纸带运动，再接通电源C．将接好纸带的小车停在靠近滑轮处D．将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处【考点】探究小车速度随时间变化的规律．【专题】实验题．【分析】实验时应先接通电源，再释放纸带；小车实验前应靠近打点计时器处．【解答】解：A、为了有效地使用纸带，应先接通电源，再释放纸带．故A正确，B错误．C、实验时，应将接好的纸带的小车停在靠近打点计时器处．故C错误，D正确．故选：AD．【点评】本题考查了打点计时器的具体应用，熟悉打点计时器的使用细节即可正确解答本题．三、计算题（44分）15．（14分）用细绳将木棒AB的A端吊在天花板上，使木棒在竖直方向上静止不动．在A端正下方有一根半透明的玻璃管CD竖直固定在空中，已知点C端距A端1m，管CD长度为0.8m，把细绳轻轻剪断，测得木棒AB通过玻璃管CD的时间间隔为0.4s，重力加速度g=10m/s2，求木棒AB的长度．【考点】自由落体运动．【专题】自由落体运动专题．【分析】轻杆做自由落体运动，根据自由落体位移公式，分别研究杆下端B到达C点过程和杆上端A到达D点过程，根据位移时间关系公式h=列式后联立求解即可．【解答】解：设木棒AB的长度为L，B端到达C点的时间为t1，则根据位移时间关系公式h=，有：杆下端B到达C点过程：h AC﹣L=，即：1﹣L=①杆上端A到达D点过程：，即：1+0.8=②△t=t2﹣t1=0.4s ③由①②③式解得：L=0.8m；答：木棒AB的长度为0.8m．【点评】本题关键是明确杆的运动规律，然后选择恰当的过程运用位移时间关系公式列式求解．16．（16分）如图所示，质量为m的小球位于距水平地面高度H处的P点，在水平地面的上方存在一定厚度的“作用力区域”，如图中的虚线部分．当小球进入“作用力区域”后将受到竖直向上的恒定作用力F，F=6mg，F对小球的作用刚好使从P点静止释放的小球不与水平地面接触．H=24m，g=10m/s2．求：作用力区域的厚度h=？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】小球先做自由落体运动再做匀减速运动，根据受力求得匀减速的加速度大小，再根据小球初速度为0，末速度为0自由落体运动的末速度是匀减速运动的初速度，根据速度、加速度关系求得时间关系，由时间关系求出位移关系，从而求解．【解答】解：小球在作用力区域上方的运动是自由落体运动，设运动时间为t1，进入作用力区域的速度是v，在作用力区域内是匀减速运动，设加速度大小是a，运动时间为t2，则：小球在自由落体运动中有：v=gt1①小球在匀减速直线运动中有：0=v﹣at2②由①②得：gt1=at2③在作用力区域上小球受两个力，根据牛顿第二定律有：④由③和④得：t1=5t2小球自由落体运动中有：⑤小球匀减速运动有：⑥由②和⑥得：⑦所以有：代入H=24m，可和h=4m．答：作用力区域的厚度h=4m．【点评】抓住自由落体运动的运动特征和匀减速运动的特征，根据加速度和速度关系关系求运动的时间关系，熟练掌握运动特征是解决问题的关键．（此题用动能定理求解更方便）17．（14分）一物体以速度v0被竖直向上抛出，在空中运动时间大于2秒，不计空气阻力，在到达最高点前0.9s时间内通过的位移为多大？（g取10m/s2）【考点】竖直上抛运动．【分析】物体以初速度v0竖直向上抛出，在到达最高点前0.9s时间内可以按照逆过程处理．【解答】解：物体以初速度v0竖直向上抛出，在到达最高点前0.9s时间内可以按照逆过程处理．选取向下的方向为正方向，得：m答：到达最高点前0.9s时间内通过的位移为4.05m．【点评】本题考查竖直上抛运动的规律，注意竖直上抛运动可分为向上运动和向下运动两段进行分析，而向上和向下为互逆过程，即向上的匀减速运动可看作向下的匀加速运动．。

2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳市阳光中学高一（上）期中物理试卷一、选择题（本大题共12小题，每题3分，共计36分）1．下列说法正确的是( )A．加速度的单位是m/s2，由公式a=可知它是由m/s和s两个基本单位组合而成的B．力做功有正功和负功，因此功是矢量C．牛顿开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法D．重心、合力等概念的建立都体现了等效替代的思想2．关于速度、速度变化量、加速度，正确的说法是( )A．运动物体的速度变化量越大，它的加速度一定越大B．某时刻物体速度为零，其加速度也一定为零C．速度很大的物体，其加速度可能很小，也可能很大D．加速度越来越小，速度一定越来越小3．A、B两个物体从同一地点在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度图象如图所示，则( )A．A、B两物体运动方向相反B．在相遇前，A、B两物体最远距离20mC．t=4s时，A、B两物体相遇D．在相遇前，t=4s时A、B两物体相距最近4．下列说法正确的是( )A．从静止开始下落的物体都必做自由落体运动B．从地球表面附近做自由落体运动的物体，加速度都是不同的C．满足速度跟时间成正比的运动一定是自由落体运动D．自由落体加速度的方向总是竖直向下的5．从某一高度先后由静止释放两个相同的小球甲和乙，若两球被释放的时间间隔为1s，在不计空气阻力的情况下，它们在空中的运动过程中( )A．甲、乙两球的距离越来越大，甲、乙两球的速度之差越来越大B．甲、乙两球的距离始终保持不变，甲、乙两球的速度之差保持不变C．甲、乙两球的距离越来越大，甲、乙两球的速度之差保持不变D．甲、乙两球的距离越来越小，甲、乙两球的速度之差越来越小6．物块以初速度v0从底端沿足够长的斜面上滑，该物块的速度图象可能是( )A． B． C． D．7．关于加速度的概念，下列说法中正确的是( )A．加速度反映了速度变化的大小B．加速度反映了速度变化的快慢C．由a=可知a与△v成正比D．加速度为正值，表示速度的大小一定越来越大8．在运动会上，甲、乙两位同学进行百米赛跑，假如起跑加速的时间忽略，把他们的运动近似当作匀速直线运动来处理．他们同时从起跑线起跑，经过一段时间后他们的位置如图所示，分别作出在这段时间内两人运动的位移x、速度v与时间t的关系图象如下，其中能正确反映它们运动的是( )A． B．C．D．9．如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，g取10m/s2，那么该消防队员( )A．下滑过程中的最大速度为4m/sB．加速与减速过程的时间之比为1：2C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1：7D．加速与减速过程的位移之比为1：410．下列运动中物体运动状态没有发生变化的是( )A．做平抛运动的物体 B．做自由落体运动的物体C．做匀速直线运动的物体 D．做匀速圆周运动的物体11．用图示的方法可以测量一个人的反应时间，设直尺从开始自由下落，到直尺被受测者抓住，直尺下落的距离为h，受测者的反应时间为t，则下列关系式中正确的是( )A．B．C．t∝h D．t∝h212．甲、乙两个物体从同一地点开始沿同一方向运动，其速度图象如图所示，图中t4=2t2，两段曲线均为半径相同的圆弧，则在0﹣t4时间内( )A．乙物体的加速度先增大后减少B．两物体在t2时刻运动方向和加速度方向均改变C．两物体t1时刻相距最远，t4时刻相遇D．0﹣t4时间内甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度二、实验题（18分）13．在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，请回答下列问题．（1）现已提供了以下器材：铁架、夹子、毫米刻度尺、游标卡尺、细线．为了完成实验，还必须从图（一）中挑选出一些实验器材，其名称是__________（漏选或多选得零分）．（2）甲、乙两组同学将单摆按如图（二）所示的方式悬挂，你觉得比较合理的是__________（填“甲”或“乙”）．（3）正确挂起单摆后，将摆球从平衡位置拉开一个小角度静止释放，使摆球在竖直平面内稳定摆动，当摆球经过__________ （填“平衡位置”、或“最大位移处”或“任意位置”）时开始计时，并记数为“1”，当摆球第49次经过此位置停止计时．读出这段时间为t，则单摆的周期T=__________．（4）实验小组又利用单摆周期公式来测量当地的重力加速度g．为使测量结果更准确，利用多组数据求平均值的办法来测定g值．小组成员设计了如下的记录表格，你认为表__________ （填“A”或“B”）设计得比较合理．表A表B14．用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示．已知m1=50g、m2=150g，则（结果保留两位有效数字）（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=__________m/s；（2）在0～5过程中系统动能的增量△E K=__________J，系统势能的减少量△E P=__________J；（3）若某同学作出图象如图3，则当地的重力加速度g=__________m/s2．三、计算题（35分）15．如图所示为一物体沿直线运动的x﹣t图象，根据图象，求：（1）前2s内的位移，第4s内的位移（2）画出对应的v﹣t图象．16．做匀变速直线运动的小车带动纸带通过打点计时器，打出的部分计数点如图所示．每相邻两点间还有四个点未画出来，打点计时器使用的是50Hz的低压交流电，设1、3，2、4，3、5，4、6，5、7两点间的平均速度分别等于2，3，4，5，6几点的瞬时速度．求：①打点计时器打点“2”时，小车的速率；②打点计时器打点“5”时，小车的速率③小车的加速度大小．17．（17分）近几年国庆大假期间，国家取消了7座及其以下的小车的收费公路的过路费，给自驾带来了很大的实惠，但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力，因此国家规定了免费车辆在通过收费站时在专用车道上可以不停车拿卡或交卡而直接减速通过．假设收费站的前、后都是平直大道，大假期间过站的车速要求不超过v t=21.6km/h，事先小汽车未减速的车速均为v0=108km/h，制动后小汽车的加速度的大小为a1=4m/s2．试问：（1）大假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？（2）假设车过站后驾驶员立即使车以a2=6m/s2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？（3）在（1）（2）问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳市阳光中学高一（上）期中物理试卷一、选择题（本大题共12小题，每题3分，共计36分）1．下列说法正确的是( )A．加速度的单位是m/s2，由公式a=可知它是由m/s和s两个基本单位组合而成的B．力做功有正功和负功，因此功是矢量C．牛顿开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法D．重心、合力等概念的建立都体现了等效替代的思想【考点】重心；矢量和标量．【分析】在国际单位制中力学基本单位只有kg、m、s；功的正负表示是动力做功还是阻力做功，不表示方向，标量；理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的．知道比值定义法的含义，记住著名物理学家的主要贡献．【解答】解：A、速度单位m/s不是基本单位，故A错误；B、力做功的正负反映物体做功是动力做功还是阻力做功，不是表示力做功的方向，故不是矢量，故B错误；C、伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，故C错误；D、重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想，故D正确．故选：D【点评】本题考查了功、质点及加速度等基本物理量；在学习中要特别注意加速度是用来描述物体速度变化快慢的，对于物理学上常用的科学研究方法：等效替代法、理想化模型法、比值定义法等等要理解并掌握，并进行归纳总结，对学习物理量的意义有很大的帮助2．关于速度、速度变化量、加速度，正确的说法是( )A．运动物体的速度变化量越大，它的加速度一定越大B．某时刻物体速度为零，其加速度也一定为零C．速度很大的物体，其加速度可能很小，也可能很大D．加速度越来越小，速度一定越来越小【考点】加速度．【分析】加速度等于物体速度的变化和所用时间的比值，加速度反应物体速度变化快慢的物理量，加速度与速度方向同向时物体做加速运动，反向时做减速运动．【解答】解：A、物体的速度变化量大，但不知道变化所用时间，故不能确定加速度一定越大，故A错误；B、竖直上抛运动的物体在最高点时，速度为0，而加速度为重力加速度，故B错误；C、速度很大的物体，如果速度没有发生变化，则加速度很小为0，如果物体的速度变化也很快，则加速度可以很大，故C正确；D、当加速度与速度方向相同时，物体做加速运动，加速度减小时，物体的速度仍在增加，只是增加得变慢了，故D错误．故选：C．【点评】掌握加速度的定义及其物理意义知道，知道加速度反应物体速度变化快慢的物理量，会判断物体做加速运动还是减速运动是正确解题的关键．3．A、B两个物体从同一地点在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度图象如图所示，则( )A．A、B两物体运动方向相反B．在相遇前，A、B两物体最远距离20mC．t=4s时，A、B两物体相遇D．在相遇前，t=4s时A、B两物体相距最近【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】根据速度的正负值判断A、B两物体的运动方向，根据A、B两物体的运动情况确定A、B两物体的最远距离．【解答】解：A、A、B两物体的速度都为正值，知两物体运动方向相同．故A错误．B、在4s前，B的速度大于A的速度，两物体的距离越来越大，4s后，B的速度小于A的速度，两物体的距离越来越小，知t=4时，A、B的距离最大，最大距离．故B正确，C、D错误．故选B．【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移．4．下列说法正确的是( )A．从静止开始下落的物体都必做自由落体运动B．从地球表面附近做自由落体运动的物体，加速度都是不同的C．满足速度跟时间成正比的运动一定是自由落体运动D．自由落体加速度的方向总是竖直向下的【考点】自由落体运动．【专题】自由落体运动专题．【分析】自由落体运动满足两个条件：初速度为零，只受重力．【解答】解：A、自由落体运动满足两个条件：初速度为零，只受重力，故A错误；B、自由落体加速度不同的纬度和高度略有差异，故B正确；C、速度跟时间成正比的运动是初速度为零的匀加速直线运动，自由落体运动的加速度为g，故C错误；D、重力总是竖直向下，故自由落体加速度的方向总是竖直向下的，故D正确；故选BD．【点评】本题考查了自由落体运动的定义和运动性质，基础题．5．从某一高度先后由静止释放两个相同的小球甲和乙，若两球被释放的时间间隔为1s，在不计空气阻力的情况下，它们在空中的运动过程中( )A．甲、乙两球的距离越来越大，甲、乙两球的速度之差越来越大B．甲、乙两球的距离始终保持不变，甲、乙两球的速度之差保持不变C．甲、乙两球的距离越来越大，甲、乙两球的速度之差保持不变D．甲、乙两球的距离越来越小，甲、乙两球的速度之差越来越小【考点】自由落体运动．【专题】自由落体运动专题．【分析】甲乙两球均做自由落体运动，由位移公式列出它们的距离与时间关系的表达式，再求出速度之差与时间的关系．【解答】解：设乙运动的时间为t，则甲运动时间为t+1则两球的距离x=﹣=gt+，可见，两球间的距离随时间推移，越来越大．两球速度之差为：△v=g（t+1）﹣gt=g，所以甲乙两球速度之差保持不变．所以C选项正确．故选C．【点评】本题是自由落体运动位移公式和速度公式的直接应用，难度不大，属于基础题．6．物块以初速度v0从底端沿足够长的斜面上滑，该物块的速度图象可能是( )A． B． C． D．【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】运动学中的图像专题．【分析】1、斜面可能是光滑的；2、斜面摩擦因数较小；3、斜面摩擦因数较大．【解答】解：A、若斜面可能是光滑的，则上滑时和下滑时的加速度是相同的，物体做匀变速直线运动，故A正确；B、若斜面摩擦因数较小，物块上滑到速度减为零时又返回，根据牛顿第二定律，上滑时：a=gsinθ+μgcosθ，下滑时：a′=gsinθ﹣μgcosθ，即下滑的加速度小于上滑的加速度，故B正确；C、若斜面摩擦因数较大，物块上滑到速度减为零时，mgsinθ＜μmgcosθ，则物块之后静止，故C错误D正确；故选：ABC．【点评】本题关键是讨论上滑和下滑时加速度大小的比较，注意分析全面．7．关于加速度的概念，下列说法中正确的是( )A．加速度反映了速度变化的大小B．加速度反映了速度变化的快慢C．由a=可知a与△v成正比D．加速度为正值，表示速度的大小一定越来越大【考点】加速度．【分析】加速度等于单位时间内速度的变化量，反映速度变化快慢的物理量．【解答】解：A、加速度是反映速度变化快慢的物理量．故A错误，B正确．C、加速度的定义式a=，但是加速度与速度变化量无关．故C错误．D、加速度为正值，速度可能为负值，速度大小不一定增大．故D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键知道加速度的定义式，知道加速度的物理意义，知道当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动．8．在运动会上，甲、乙两位同学进行百米赛跑，假如起跑加速的时间忽略，把他们的运动近似当作匀速直线运动来处理．他们同时从起跑线起跑，经过一段时间后他们的位置如图所示，分别作出在这段时间内两人运动的位移x、速度v与时间t的关系图象如下，其中能正确反映它们运动的是( )A． B．C．D．【考点】匀变速直线运动的图像；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．【专题】运动学中的图像专题．【分析】两人都做匀速直线运动，他们的路程随时间均匀增加，S﹣t图象是一条倾斜的直线；他们的速度v保持不变，v﹣t图象时一条平行于时间轴的直线；由图知在相等时间t内，甲的路程S甲小于乙的路程S乙，即S甲＜S乙，由v=知甲的速度小于乙的速度．【解答】解：由题意知甲乙两人都做匀速直线运动，甲与乙的速度保持不变，在相等时间t内S甲＜S乙，甲的速度小于乙的速度．符合条件的图象是B．故选：B．【点评】本题考查了匀速直线运动是路程时间图象与速度时间图象，物理学上经常用图象反应物理规律，我们要学会读图、识图．9．如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，g取10m/s2，那么该消防队员( )A．下滑过程中的最大速度为4m/sB．加速与减速过程的时间之比为1：2C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1：7D．加速与减速过程的位移之比为1：4【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】由平均速度公式求解最大速度．根据速度公式研究加速与减速过程的时间之比．根据牛顿第二定律研究摩擦力之比．【解答】解：A、设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移x=，得到v=m/s=8m/s．故A错误．B、设加速与减速过程的时间分别为t1、t2，加速度大小分别为a1、a2．则v=a1t1，v=a2t2，得到t1：t2=a2：a1=1：2．故B正确．C、D由t1：t2=1：2，又t1+t2=3s，得到t1=1s，t2=2s，a1==8m/s2，a2=4m/s2，根据牛顿第二定律得加速过程：mg﹣f1=ma1，f1=mg﹣ma1=2m减速过程：f2﹣mg=ma2，f2=mg+ma2=14m 所以f1：f2=1：7．故C正确；D、匀加速运动位移为：x1=匀减速位移为：所以加速与减速过程的位移之比为1：2，故D错误．故选BC【点评】本题运用牛顿第二定律运动学公式结合分析多过程问题，也可以采用图象法分析最大速度，根据动能定理研究摩擦力关系．10．下列运动中物体运动状态没有发生变化的是( )A．做平抛运动的物体 B．做自由落体运动的物体C．做匀速直线运动的物体 D．做匀速圆周运动的物体【考点】物体做曲线运动的条件．【专题】常规题型．【分析】本题的关键是理解运动状态改变是指速度大小的改变、运动方向的改变或者二者同时改变；而处于静止状态或匀速直线运动的物体运动状态不变．【解答】解：A、做平抛运动的物体，速度方向与大小都发生改变，运动状态发生变化，故A 错误；B、做自由落体运动的物体，速度方向不变，大小发生改变，运动状态发生变化，故B错误；C、做匀速直线运动的物体，速度方向与大小都不变，故C正确；D、做匀速圆周运动的物体，速度方向变化，大小不变，运动状态发生变化，故D错误；故选：C．【点评】本题重点考查学生对物体的运动状态的理解，物体的运动状态包括物体的运动快慢和运动方向两方面．正确理解物体的运动状态的改变是指运动快慢或运动方向的改变或运动快慢和运动方向都改变．11．用图示的方法可以测量一个人的反应时间，设直尺从开始自由下落，到直尺被受测者抓住，直尺下落的距离为h，受测者的反应时间为t，则下列关系式中正确的是( )A．B．C．t∝h D．t∝h2【考点】自由落体运动．【专题】自由落体运动专题．【分析】根据题意分析，直尺下落可看做自由落体运动，由自由落体运动公式可求t 出h与的关系．【解答】解：根据题意分析，直尺下落可看做自由落体运动，由自由落体运动公式，可得，故B正确．【点评】考查实际问题转化为物理题，利用自由落体运动规律解决．12．甲、乙两个物体从同一地点开始沿同一方向运动，其速度图象如图所示，图中t4=2t2，两段曲线均为半径相同的圆弧，则在0﹣t4时间内( )A．乙物体的加速度先增大后减少B．两物体在t2时刻运动方向和加速度方向均改变C．两物体t1时刻相距最远，t4时刻相遇D．0﹣t4时间内甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】速度时间图线的斜率表示加速度的大小，图线与时间轴围成的面积表示位移．结合数学知识进行分析．【解答】解：在0﹣t4时间内：A、根据速度时间图线的斜率表示加速度，可知，在0﹣t2时间内，乙物体的加速度减小，在t2﹣t2时间内乙的加速度也减小，故A错误．B、甲乙的速度图象都在时间轴的上方，速度都为正，方向没有改变，在t2时刻加速度方向均改变，故B错误；C、图线与时间轴围成的面积表示位移，根据图象可知，t3时刻相距最远，t4时刻相遇，故C 错误；D、0﹣t4时间内甲物体的位移等于乙物体的位移，时间相等，则平均速度相等，故D正确．故选：D【点评】解决本题的关键能够从速度时间图线中获取信息，知道斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．二、实验题（18分）13．在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，请回答下列问题．（1）现已提供了以下器材：铁架、夹子、毫米刻度尺、游标卡尺、细线．为了完成实验，还必须从图（一）中挑选出一些实验器材，其名称是铁球和秒表（漏选或多选得零分）．（2）甲、乙两组同学将单摆按如图（二）所示的方式悬挂，你觉得比较合理的是甲（填“甲”或“乙”）．（3）正确挂起单摆后，将摆球从平衡位置拉开一个小角度静止释放，使摆球在竖直平面内稳定摆动，当摆球经过平衡位置（填“平衡位置”、或“最大位移处”或“任意位置”）时开始计时，并记数为“1”，当摆球第49次经过此位置停止计时．读出这段时间为t，则单摆的周期T=．（4）实验小组又利用单摆周期公式来测量当地的重力加速度g．为使测量结果更准确，利用多组数据求平均值的办法来测定g值．小组成员设计了如下的记录表格，你认为表B （填“A”或“B”）设计得比较合理．表A表B【考点】用单摆测定重力加速度．【专题】实验题．【分析】（1）实验中需要测量的物理量是摆长与单摆的周期，据此选择测量的工具；（2）根据实验的基本要求选择悬挂摆球的方法；（3）从摆球速度最大的位置开始计时，可以有效减小实验的误差；当摆球经过平衡位置时开始计时，并记数为“1”，当摆球第49次经过此位置停止计时．读出这段时间是24个周期；（4）根据L与T是非线性关系，分析实验错误的方法．根据偶然误差的特点，采用计算g的平均值的方法，偶然误差偏大和偏小大多抵消，误差最小．【解答】解：（1）本实验研究单摆的周期与摆长的关系，要选择质量比较大、半径比较小的摆球，故选择小铁球；实验中需要测量的物理量是摆长与单摆的周期，据此还选择测量的工具是秒表；（2）根据实验的基本要求，摆球在摆动的过程中，悬线的长度不能变化，所以要选择甲图；（3）从摆球速度最大的位置，即平衡位置开始计时，可以有效减小实验的误差；当摆球经过平衡位置时开始计时，并记数为“1”，当摆球第49次经过此位置停止计时．读出这段时间是24个周期；所以摆球的周期：．（4）数据的处理过程中，根据单摆的周期公式：得：，所以L与T不是线性关系，不能用L与T的平均值的方法计算重力加速度，也不需要计算L与T的平均值，需要计算出每一次的重力加速度，最后计算g的平均值．故表格A的设计的原理错误．故答案为：（1）铁球和秒表；（2）甲；（3）平衡位置，；（4）B．【点评】解决本题的关键知道单摆测定重力加速度的注意事项，要明确实验原理、误差来源，知道偶然误差的特点和减小方法，会用图象法分析数据．14．用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示．已知m1=50g、m2=150g，则（结果保留两位有效数字）（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=2.4m/s；（2）在0～5过程中系统动能的增量△E K=0.58J，系统势能的减少量△E P=0.59J；（3）若某同学作出图象如图3，则当地的重力加速度g=9.7m/s2．【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题；机械能守恒定律应用专题．【分析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点5的瞬时速度．（2）根据点5的瞬时速度求出系统动能的增加量，根据下落的高度求出系统重力势能的减小量．（3）根据机械能守恒定律得出的关系式，根据图线的斜率得出重力加速度的值．【解答】解：（1）．（2）在0～5过程中系统动能的增量△E K=J≈0.58J．系统重力势能的减小量为（m2﹣m1）gx=0.1×9.8×（0.384+0.216）J≈0.59J．。

2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳二中高一（上）月考化学试卷（12月份）一、单选题（共30小题，每小题2分，共60分）1．要使Ba2+、Al3+、Cu2+、Mg2+、Ag+五种离子从混合液中逐一沉淀析出，下列选用的试剂和加入的顺序正确的是( )A．HCl→H2SO4→H2S→NaOH→CO2B．NaCl→Na2SO4→NaOH→H2S→CO2C．Na2S→Na2SO4→NaCl→NaOH→CO2D．Na2SO4→HCl→H2S→NaOH→CO22．下列物质的分离方法不正确的是( )A．用过滤的方法除去食盐中泥沙B．用蒸馏的方法将海水淡化C．用酒精萃取碘水中的碘单质D．用加热的方法除去碳酸钠中的碳酸氢钠3．下列分类图表示的关系完全正确的是( )A．B．C．D．4．从1L1mol/LNaOH溶液中取出100ml，下列关于这100ml溶液的叙述中错误的是( ) A．含NaOH0.1mol B．浓度为1mol/LC．含NaOH4g D．浓度为0.1mol/L5．下列实验方案不能达到预期目的是( )A．用Na、Mg分别与冷水反应的实验来证明Na、Mg的金属性强弱B．用MgCl2和AlCl3分别与过量氨水反应的实验证明Mg、Al的金属性强弱C．用MgCl2和AlCl3分别与过量NaOH溶液逐步反应的实验证明Mg、Al的金属性强弱D．用Mg（OH）2和Al（OH）3分别与强碱反应的实验来证明Mg、Al的金属性强弱6．已知下列反应，在其变化时，必须加入氧化剂才能实现的是( )A．CaCO3→CO2B．Cl2→HClO C．Na→Na+D．Al3+→Al7．以下是一些常用的危险品标志，装运酒精的包装箱应贴的图标是( )A．B．C．D．8．已知在某温度时发生如下三个反应：（1）C+CO2═2CO、（2）C+H2O═CO+H2、（3）CO+H2O═CO2+H2，据此判断，该温度下C、CO、H2的还原性强弱顺序是( )A．CO＞C＞H2B．C＞CO＞H2C．C＞H2＞CO D．CO＞H2＞C9．下列说法正确的是( )A．等体积、等物质的量浓度的强酸中所含的H+数目一定相等B．1L二氧化碳气体一定比1L氧气的质量大C．同温同压下，相同体积的物质，它们的物质的量必定相等D．任何条件下，等物质的量的乙烯和一氧化碳所含的分子数必定相等10．ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂．实验室中可通过以下反应制得：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O．下列说法不正确是( )A．CO2是氧化产物B．H2C2O4在反应中被氧化C．H2C2O4的氧化性强于ClO2的氧化性D．ClO2作水处理剂时，利用了其强氧化性11．若N A表示阿伏加德罗常数的值，在4（NH4）2SO4N2+6NH3+3SO2+SO3+7H2O的反应中，当有N A个电子发生转移时，以下说法错误的是( )A．有N A个硫原子被还原B．有N A个氮原子被氧化C．有N A个二氧化硫分子生成D．有N A个硫酸铵分解12．现有装有物质的量浓度为1.2mol/L的盐酸100ml的容器甲和装有物质的量浓度为1mol/L 的硫酸100ml的容器乙，向甲、乙容器内加入相同质量的铝，充分反应后生成氢气的体积比为3：4（标准状况下），问所加入的铝的质量是( )A．1.08克B．1.44克C．1.8 克D．无法计算13．下列离子反应方程式正确的是( )A．铜片插A硝酸银溶液中：Cu+Ag+═Cu2++AgB．盐酸滴入澄清石灰水：Ca（OH）2+2H+═Ca2++2H2OC．将金属Na加入冷水中：2Na+2H2O═2Na+++2OH﹣+H2↑D．向含0.5molFeBr2的溶液中通入0.5molC12：2Fe2++C12═2Fe3++2C1﹣14．下列表示化学反应对应的离子方程式正确的是( )A．Fe3O4与足量稀HNO3反应：Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2OB．玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀：SiO2+2Na++2OH﹣═NaSiO3↓+H2OC．向双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H++2I﹣═I2+2H2OD．往碳酸氢钙溶液中滴入少量氢氧化钠溶液：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣15．下列离子方程式错误的是( )A．氯气通入水中：C12+H2O⇌H++C1﹣+HClOB．向Mg（HCO3）2溶液中加入过量的澄清石灰水：Mg2++2HCO3﹣+2OH一+Ca2+═MgCO3+CaCO3↓+2H2O C．将适量的CO2通入Ca（C1O）2溶液中：Ca2++2C1O﹣+CO2+H2O═2HC1O+CaCO3↓D．Ba（OH）2溶液中加入过量的Al2（SO4）3溶液：3Ba2++6OH﹣+2Al3++3SO42﹣═3BaSO4↓+2Al（OH）↓316．如表操作不能达到目的是( )选项目的操作A 配制100 mL 1.0 mol/L CuSO4溶液将25 g CuSO4•5H20溶于100 mL蒸馏水中B 除去KNO3中少量NaCl 将混合物制成热的浓溶液，冷却结晶，过滤、洗涤C 检验某溶液中是否含硫酸根向溶液中先加盐酸后加氯化钡D 确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3取少量溶液滴加CaCl2溶液，观察是否出现白色浑浊A．A B．B C．C D．D17．已知某溶液中存在较多的H+、SO42﹣、NO3﹣，则该溶液中还可能存在的离子组是( )A．Al3+、CH3COO﹣、Cl﹣B．Mg2+、Ba2+、Br﹣C．MnO4﹣、Na+、I﹣、D．Na+、NH4+、Cl﹣18．要除去FeCl2中含有的Fe3+、Cu2+、H+，应选择的试剂是( )A．氯气 B．NaOH C．铁粉 D．氨水19．在某无色酸性溶液中能大量共存的一组离子是( )A．NH4+、SO42﹣、Al3+、NO3﹣ B．Na+、K+、HCO3﹣、NO3﹣C．Na+、Ca2+、NO3﹣、CO32﹣D．K+、Cu2+、NH4+、NO3﹣20．下列检验方法错误的是( )A．加入AgNO3溶液和稀硝酸有黄色沉淀产生，证明原溶液中肯定存在I﹣B．加入盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀产生，证明原溶液中肯定存在SO42﹣C．加NaOH溶液，加热，若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明原溶液中肯定存在NH4+D．某无色气体，通入氧气后出现红棕色气体，证明原气体中肯定存在NO21．在80g密度为d g•cm﹣3的硫酸铁溶液中，含有2.8gFe3+，则此溶液中SO42﹣的物质的量浓度为（单位为mol•L﹣1）( )A．B．C．D．22．下列说法正确的是( )A．硫酸、纯碱、硝酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B．根据元素种类的多少将物质分为纯净物和混合物C．通常情况下，若发生反应A2+2B﹣=2A﹣+B2，则氧化剂是A2D．碳酸氢钠在水中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32﹣23．V L Fe2（SO4）3溶液中，含有Fe3+ m g，则溶液中SO42﹣的物质的量浓度为( )A．mol•L﹣1B．mol•L﹣1C．mol•L﹣1D．mol•L﹣124．下列叙述正确的是( )A．元素的单质可由氧化或还原含该元素的化合物来制得B．得电子越多的氧化剂，其氧化性越强C．阳离子只能得到电子被还原，只能作氧化剂D．含有最高价元素的化合物一定具有强氧化性25．下列有关氧化还原反应的叙述正确的是( )A．一定有电子的转移 B．还原剂发生还原反应C．失电子的物质作氧化剂 D．反应的本质是化合价的升降26．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是( )A．用惰性电极电解CuCl2溶液，阴极析出16g铜时，线路中通过的电子数为N AB．标准状况下，2.24L乙醛完全燃烧所得CO2分子数约为0.2N AC．标准状况下，22.4L氖气中含有N A个氖原子D．1mol甲基所含电子数约为8N A27．设N A代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )A．Fe与0.1molCl2反应时失去的电子数为0.3N A．B．常温常压下，1mol氦气的质量为4gC．常温常压下，1.12 LO2所含氧原子数为N AD．标准状况下，2.24 L HCl气体溶于1 L水配成溶液，可得浓度为0.1 mol/L盐酸28．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A．与铝反应产生大量氢气的溶液：NH4+、Na+、CO32﹣、NO3﹣B．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液中：K+、SO42﹣、S2﹣、SO32﹣C．由水电离出c（OH﹣）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液：K+、HCO、Na+、Cl﹣D．滴入KSCN溶液后显红色的溶液：Na+、Cu2+、Br﹣、SO42﹣29．下列中和反应的离子程式能以H++OH﹣═H2O表示的是( )A．醋酸和氢氧化钠溶液B．氢氧化镁和硝酸C．氢氧化钠溶液和稀硫酸 D．氢氧化钡和稀硫酸30．在强碱性的无色溶液中能大量共存的离子组是( )A．K+、Mg2+、MnO4﹣、Cl﹣B．Na+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣C．Na+、H+、SO42﹣、Cl﹣D．Ca2+、K+、CO32﹣、NO3﹣二、填空题（40分）31．铁及其化合物之间的相互转化可用下式表示：Fe2+Fe3+FeO（高铁酸根离子）回答下列有关问题：（1）Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4．若用反应所得的酸性溶液，实现上述①的转化，要求产物纯净．可选用的试剂是__________（选填序号）A．Cl2 B．Fe C．HNO3 D．H2O2（2）上述转化得到的硫酸铁可用于电化浸出黄铜矿精矿工艺．精矿在阳极浸出的反应比较复杂，其中有一主要反应：CuFeS2+4Fe3+═Cu2++5Fe2++2S．（CuFeS2中S为﹣2价）则下列说法正确的是__________（选填序号）；A．从物质分类的角度看，黄铜矿属于合金B．反应中，所有铁元素均被还原C．反应中，CuFeS2既作氧化剂又作还原剂D．当转移1mol电子时，46g CuFeS2参加反应（3）下述反应中，若FeSO4和O2的系数比为2：1，试配平下列方程式：□FeSO4+□K2O2→□K2FeO4+□K2O+□K2SO4+□O2↑（4）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效的绿色水处理剂，在水中发生反应生成Fe（OH）3胶体．高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是__________、__________．32．A、B、C、D、E、F六种化合物，其中A、B、C、D、E均由短周期元素组成，焰色反应均为黄色，B、C、E均由三种元素组成．B、C的组成元素相同，且C的摩尔质量比B大80g/mol，回答：（1）固体化合物A为浅黄色粉末，该化合物中含有的化学键为__________．A、离子键B、极性共价键C、非极性共价键D、氢键（2）下表为B与F实验的部分内容①在含B的溶液中加入稀H2SO4，产生浅黄色浑浊和使澄清石灰水变浑浊的无色有刺激性气味的气体②20mL沸水中滴加F的饱和溶液1～2mL所得液体呈红褐色③将实验②得到的红褐色液体加热蒸发，灼烧，最终得到红棕色固体写出B与稀H2SO4反应的离子方程式__________，写出②中离子反应方程式__________．（3）现由6种粒子Mn2+、MnO4﹣、H+、H2O、X2Y82﹣（C中含有的阴离子），XY42﹣完成一个离子方程式，已知Mn2+为还原剂，得到1mol MnO4﹣需氧化剂的物质的量为__________mol．（4）化合物D和E相互转化，若有D和E•xH2O的混合物13.04g，加热到完全反应后，气体产物通过浓H2SO4增重3.42g，剩余气体通过碱石灰增生2.20g，则E•xH2O的化学式为__________．33．1.0mol H2SO4的质量是__________g，约含__________个分子，含__________mol氧原子，能和__________molNaOH完全反应，该硫酸所含氧元素的质量与__________mol H3PO4中所含氧元素的质量相同．含有相同物质的量的二氧化硫和三氧化硫气体分子，其质量之比为__________，摩尔质量之比为__________，分子数之比为__________，其中所含氧原子个数之比为__________，硫元素质量之比为__________．34．用离子方程式表示其水溶液呈强碱性的原因：__________（2）氰化钠要用双氧水或硫代硫酸钠中和．①用双氧水处理产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，请写出该反应的化学方程式__________；②用硫代硫酸钠中和的离子方程式为CN﹣+S2O32﹣═A+SO32﹣，A为__________（填化学式）．（3）含氰废水中的CN﹣有剧毒．①CN﹣中C元素显+2价，N元素显﹣3价，则非金属性N__________C（填＜，=或＞）②在微生物的作用下，CN﹣能够被氧气氧化成HCO3﹣，同时生成NH3，该反应的离子方程式为__________．③用如图1所示装置除去含CN﹣、Cl﹣废水中的CN﹣时，控制溶液PH为9～10，阳极产生的ClO ﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是A．用石墨作阳极，铁作阴极B．阳极的电极反应式为：Cl﹣+2OH﹣﹣2e﹣═ClO﹣+H2OC．阴极的电极反应式为：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣D．除去CN﹣的反应：2CN﹣+5ClO﹣+2H+═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+H2O（4）过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂，也可用于含氰废水的消毒．某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案和装置示意图如图2：已知：2Na2CO3（aq）+3H2O2（aq）⇌2Na2CO3•3H2O2（s）△H＜0，请回答下列问题：①下列物质中，不会引起过碳酸钠发生氧化还原反应的有__________．A．FeCl3B．CuSO4 C．Na2SiO3D．KCN②准确称取0.2000g过碳酸钠于250mL锥形瓶中，加50mL蒸馏水溶解，再加50mL2.0mol•L﹣1 H2SO4，用0.02000mol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点时消耗30.00mL，则产品中H2O2的质量分数为__________．[反应6KMnO4+5（2Na2CO3•3H2O2）+19H2SO4═3K2SO4+6MnSO4+10Na2SO4+10CO2↑+15O2↑+34H2O]．2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳二中高一（上）月考化学试卷（12月份）一、单选题（共30小题，每小题2分，共60分）1．要使Ba2+、Al3+、Cu2+、Mg2+、Ag+五种离子从混合液中逐一沉淀析出，下列选用的试剂和加入的顺序正确的是( )A．HCl→H2SO4→H2S→NaOH→CO2B．NaCl→Na2SO4→NaOH→H2S→CO2C．Na2S→Na2SO4→NaCl→NaOH→CO2D．Na2SO4→HCl→H2S→NaOH→CO2【考点】物质分离、提纯的实验方案设计．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】将Ag+、Cu2+、Mg2+、Ba2+、Al3+五种离子逐一沉淀并分离，则每加入一种物质只能产生一种沉淀，所以加入顺序为NaCl（生成AgCl沉淀）、Na2SO4（生成BaSO4沉淀）、Na2S（生成CuS 沉淀）、足量氢氧化钠（生成Mg（OH）2沉淀）、少量酸或CO2（生成Al（OH）3沉淀），以此解答该题．【解答】解：A．可依次生成AgCl、BaSO4、CuS、Mg（OH）2、Al（OH）3等沉淀，符合题目要求，故A正确；B．先加入NaOH再加入H2S，可生成氢氧化铝、氢氧化铜和氢氧化镁沉淀，不能逐一生成沉淀，故B错误；C．先加入硫化钠，可同时生成硫化银、硫化铜、氢氧化铝（水解生成）等沉淀，故C错误；D．先加入硫酸钠，可生成硫酸银、硫酸钡沉淀，故D错误．故选A．【点评】本题考查物质的分离、提纯，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，为高频考点，把握物质的性质为解答该题的关键，注意加NaOH足量生成一种沉淀及离子逐一形成沉淀析出，题目难度不大．2．下列物质的分离方法不正确的是( )A．用过滤的方法除去食盐中泥沙B．用蒸馏的方法将海水淡化C．用酒精萃取碘水中的碘单质D．用加热的方法除去碳酸钠中的碳酸氢钠【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．泥沙不溶于水；B．水易挥发和液化；C．酒精与水混溶；D．碳酸氢钠不稳定，加热易分解．【解答】解：A．泥沙不溶于水，可用过滤的方法分离，故A正确；B．水易挥发和液化，可用蒸馏的方法分离，故B正确；C．酒精与水混溶，不能用于萃取，应用苯或四氯化碳，故C错误；D．碳酸氢钠不稳定，加热易分解，可用于分离，故D正确．故选C．【点评】本题考查混合物分离提纯方法的选择，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意分离方法及分离原理，题目难度不大．3．下列分类图表示的关系完全正确的是( )A．B．C．D．【考点】化学基本反应类型．【专题】物质的分类专题．【分析】A、化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，离子反应部分为氧化还原反应，部分为非氧化还原反应；B、氧化还原反应有化合价的变化，置换反应一定属于氧化还原反应；C、电解质与非电解质均是化合物，属于纯净物，单质既不是电解质也不是非电解质，也属于纯净物；D、化学反应除四大基本反应类型之外，还有其它反应，如Fe2O3+3CO2Fe+3CO2．【解答】解：A、化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，离子反应部分为氧化还原反应，部分为非氧化还原反应，故A错误；B、氧化还原反应有化合价的变化，置换反应一定属于氧化还原反应，故B正确；C、电解质与非电解质均是化合物，属于纯净物，单质既不是电解质也不是非电解质，也属于纯净物，故C错误；D、化学反应除四大基本反应类型之外，还有其它反应，如Fe2O3+3CO2Fe+3CO2．不属于四大基本反应类型，故D错误，故选B．【点评】本题考查了化学中的基本概念应用，化学反应分类的依据，概念的包含关系判断，题目难度不大．4．从1L1mol/LNaOH溶液中取出100ml，下列关于这100ml溶液的叙述中错误的是( ) A．含NaOH0.1mol B．浓度为1mol/LC．含NaOH4g D．浓度为0.1mol/L【考点】物质的量浓度．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】A、根据n=CV计算判断．B、D从一定体积的溶液中取出部分溶液，部分溶液的浓度不变．C、m=CVM计算溶质的质量．【解答】解：A、n=CV=1mol/×0.1L=0.1mol，故A正确．B、从一定体积的溶液中取出部分溶液，部分溶液的浓度不变，所以这100mL溶液的物质的量浓度为1mol/L，故B正确．C、m=CVM=1mol/×0.1L×40g/mol=4g，故C正确．D、从一定体积的溶液中取出部分溶液，部分溶液的浓度不变，所以这100mL溶液的物质的量浓度为1mol/L，故D错误．故选D．【点评】本题考查了有关物质的量浓度的计算，难度不大，明确从一定体积的溶液中取出部分溶液，部分溶液的浓度不变．5．下列实验方案不能达到预期目的是( )A．用Na、Mg分别与冷水反应的实验来证明Na、Mg的金属性强弱B．用MgCl2和AlCl3分别与过量氨水反应的实验证明Mg、Al的金属性强弱C．用MgCl2和AlCl3分别与过量NaOH溶液逐步反应的实验证明Mg、Al的金属性强弱D．用Mg（OH）2和Al（OH）3分别与强碱反应的实验来证明Mg、Al的金属性强弱【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．金属的金属性越强，其单质与水或酸反应越剧烈；B．一水合氨为弱电解质，与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀；C．金属的金属性越强，其单质的还原性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；D．金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强．【解答】解：A．金属的金属性越强，其单质与水或酸反应越剧烈，Na和冷水反应、镁和冷水不反应但和沸水反应，所以据此可以确定金属性强弱，故A不选；B．一水合氨为弱电解质，与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，不能比较金属性强弱，可用氢氧化钠溶液，故B选；C．金属的金属性越强，其单质的还原性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，MgCl2溶液、AlCl3溶液分别和NaOH溶液混合，氯化镁溶液生成沉淀且沉淀不溶于NaOH溶液、氯化铝生成沉淀且氢氧化铝能溶于NaOH，所以碱性氢氧化铝小于氢氧化镁，则金属性Mg＞Al，故C不选；D．金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，氢氧化镁和氢氧化钠不反应，但氢氧化铝能和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，则氢氧化镁碱性大于氢氧化铝，所以金属性Mg＞Al，故D不选；故选B．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重考查金属性强弱判断，金属的金属性强弱与其最高价氧化物的水化物碱性强弱有关、与其单质与水或酸反应剧烈程度有关，但金属的金属性强弱与失电子多少无关，题目难度不大．6．已知下列反应，在其变化时，必须加入氧化剂才能实现的是( )A．CaCO3→CO2B．Cl2→HClO C．Na→Na+D．Al3+→Al【考点】氧化还原反应；重要的还原剂．【专题】氧化还原反应专题．【分析】需要加入氧化剂才能实现，说明给予物质作还原剂，在反应中失电子化合价升高，据此分析解答．【解答】解：A．该反应中各元素化合价不变，所以不需要氧化还原反应就能实现，故A错误；B．该反应中Cl元素化合价由0价变为+1价，所以氯气是还原剂，但不需要氧化剂就能实现，故B错误；C．Na元素化合价由0价变为+1价，所以钠是还原剂，需要氧化剂才能实现，如氯气等，故C 正确；D．Al元素化合价由+3价变为0价，所以铝离子作氧化剂，需要还原剂才能实现，故D错误；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，明确元素化合价变化与元素性质关系是解本题关键，知道常见元素化合价，题目难度不大．7．以下是一些常用的危险品标志，装运酒精的包装箱应贴的图标是( )A．B．C．D．【考点】化学试剂的分类．【分析】酒精属于易燃物，装运酒精的包装箱应贴易燃性物质标志，根据图中所示标志的含义进行分析判断．【解答】解：酒精属于易燃物，装运酒精的包装箱应贴易燃性物质标志．A．图中所示标志是腐蚀性标志，故A错误；B．图中所示标志是剧毒性标志，故B错误；C．图中所示标志是易燃性标志，故C正确；D．图中所示标志是爆炸品标志，故D错误．故选C．【点评】本题考查危险品标志，难度不大，解答本题时，首先要知道各个标签所代表的含义，然后根据酒精的性质进行分析判断．8．已知在某温度时发生如下三个反应：（1）C+CO2═2CO、（2）C+H2O═CO+H2、（3）CO+H2O═CO2+H2，据此判断，该温度下C、CO、H2的还原性强弱顺序是( )A．CO＞C＞H2B．C＞CO＞H2C．C＞H2＞CO D．CO＞H2＞C【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【分析】氧化还原反应强弱规律：还原剂还原性大于还原产物还原性，据此解答．【解答】解：（1）C+CO2═2CO，反应中C为还原剂，CO为还原产物；（2）C+H2O═CO+H2，反应中C为还原剂，氢气为还原产物；（3）CO+H2O═CO2+H2，反应中CO为还原剂，氢气为还原产物；氧化还原反应强弱规律：还原剂还原性大于还原产物还原性，所以还原性强弱顺序为：C＞CO ＞H2，故选：B．【点评】本题考查了物质的还原性强弱比较，熟悉氧化还原反应规律是解题关键，题目难度不大．9．下列说法正确的是( )A．等体积、等物质的量浓度的强酸中所含的H+数目一定相等B．1L二氧化碳气体一定比1L氧气的质量大C．同温同压下，相同体积的物质，它们的物质的量必定相等D．任何条件下，等物质的量的乙烯和一氧化碳所含的分子数必定相等【考点】物质的量的相关计算．【专题】物质的量的计算．【分析】A、强酸中所含的H+数目取决于酸的体积、物质的量浓度以及酸为几元酸等情况；B、根据m=nM=M来回答；C、根据阿伏加德罗定律的内容或n=来回答；D、根据阿伏加德罗定律的内容或N=nN A来回答．【解答】解：A、体积、等物质的量浓度的盐酸和硫酸中所含的H+数目一定不相等，故A错误；B、根据m=nM=M，二氧化碳和氧气的体积相等，M（CO）＜M（CO2），但是它们的Vm的大小无法确定，所以质量无法计算，故B错误；C、根据公式n=，同温同压下，则Vm相同，再加上体积相同，所以它们的物质的量相同，该结论只适用于气体物质，故C错误；D、根据公式N=nN A，乙烯和一氧化碳的物质的量相等，所以分子数必相等，故D正确；故选D．【点评】本题考查阿伏加德罗定律的推论以及物质的量的相关计算知识，考查学生分析和解决问题的能力，难度较大．10．ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂．实验室中可通过以下反应制得：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O．下列说法不正确是( )A．CO2是氧化产物B．H2C2O4在反应中被氧化C．H2C2O4的氧化性强于ClO2的氧化性D．ClO2作水处理剂时，利用了其强氧化性【考点】氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O（O均为﹣2价）中，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高到+4价，以此来解答．【解答】解：A．该反应中C元素的化合价由+3价升高到+4价，所以草酸是还原剂，则二氧化碳是氧化产物，故A正确；B．该反应中草酸是还原剂，在反应中被氧化，故B正确；C．该反应中草酸是还原剂，二氧化氯是还原产物，所以草酸的还原性大于ClO2的还原性，故C错误；D．二氧化氯具有强氧化性，所以能杀菌消毒，二氧化氯作水处理剂时，利用了其强氧化性，故D正确；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，难度不大．11．若N A表示阿伏加德罗常数的值，在4（NH4）2SO4N2+6NH3+3SO2+SO3+7H2O的反应中，当有N A个电子发生转移时，以下说法错误的是( )A．有N A个硫原子被还原B．有N A个氮原子被氧化C．有N A个二氧化硫分子生成D．有N A个硫酸铵分解【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（NH4）2SO4在强热分解的产物是SO2、N2、SO3、NH3和H2O，则N元素的化合价由﹣3价升高为0，S元素的化合价由+6价降低为+4，结合化合价的变化来解答．【解答】解：A．反应中S元素化合价由+6价降低到+4价，被还原，则当有1mol电子转移时，有molS被还原，即当有N个电子转移时，有N A个硫原子被还原，故A正确；B．反应中N元素的化合价由﹣3价升高为0，当有N个电子转移时，有N A个氮原子被氧化，故B正确；C．反应中S元素化合价由+6价降低到+4价，被还原，则当有1mol电子转移时，有molS02生成，所以当有N个电子转移时N A个S02生成，故C错误；D．反应中S元素化合价由+6价降低到+4价，当4mol（NH4）2SO4分解时，转移6mol电子，则当有N个电子转移时，有N A个硫酸铵分解，故D正确．故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，由元素的化合价变化及电子守恒的角度解答该题，题目难度中等．12．现有装有物质的量浓度为1.2mol/L的盐酸100ml的容器甲和装有物质的量浓度为1mol/L 的硫酸100ml的容器乙，向甲、乙容器内加入相同质量的铝，充分反应后生成氢气的体积比为3：4（标准状况下），问所加入的铝的质量是( )A．1.08克B．1.44克C．1.8 克D．无法计算【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】甲中Al与盐酸发生反应：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，HCl的物质的量=1.2mol/L×0.1l=0.12mol，乙中Al与稀硫酸发生反应：2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑，硫酸的物质的量=1mol/L×0.1l=0.1mol，若Al都完全反应生成氢气体积应相等，若酸都完全反应，由方程式可知，甲、乙得到氢气体积之比=0.12mol×：0.1mol=3：5，而实际甲、乙得到氢气的体积比为3：4，故与盐酸反应Al有剩余，与硫酸反应Al完全反应，根据HCl计算甲中生成氢气的物质的量，进而计算乙中生成氢气的物质的量，再根据乙中方程式计算Al的质量．【解答】解：甲中Al与盐酸发生反应：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，HCl的物质的量=1.2mol/L×0.1L=0.12mol，乙中Al与稀硫酸发生反应：2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑，硫酸的物质的量=1mol/L×0.1L=0.1mol，若Al都完全反应生成氢气体积之比应为1：1，若酸都完全反应，由方程式可知，甲、乙得到氢气体积之比=0.12mol×：0.1mol=3：5，而实际甲、乙得到氢气的体积比为3：4，由于硫酸提供的H+0.2mol比盐酸提供的H+0.1mol要多，故三者的反应情况应该是：与盐酸反应Al有剩余，与硫酸反应Al完全反应，硫酸过量甲中生成氢气的物质的量=0.12mol×=0.06mol，故乙中生成氢气的物质的量=0.06mol×=0.08mol，设加入的铝的质量为m，则：2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑54g 3molm 0.08molm==1.44g故选B．【点评】本题考查化学方程式的有关计算，判断Al与盐酸、硫酸反应的过量问题是关键，难度中等．13．下列离子反应方程式正确的是( )A．铜片插A硝酸银溶液中：Cu+Ag+═Cu2++AgB．盐酸滴入澄清石灰水：Ca（OH）2+2H+═Ca2++2H2OC．将金属Na加入冷水中：2Na+2H2O═2Na+++2OH﹣+H2↑D．向含0.5molFeBr2的溶液中通入0.5molC12：2Fe2++C12═2Fe3++2C1﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．电荷不守恒；B．澄清石灰水中氢氧化钙应拆成离子形式；C．二者反应生成氢氧化钠和氢气；D．二价铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化．【解答】解：A．铜片插A硝酸银溶液中，离子方程式：Cu+2Ag+═Cu2++2Ag，故A错误；B．盐酸滴入澄清石灰水，离子方程式：OH﹣+H+═H2O，故B错误；C．将金属Na加入冷水中，离子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故C正确；D．向含0.5molFeBr2的溶液中通入0.5molC12，离子方程式：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循电荷守恒规律，注意氧化还原反应先后规律，题目难度不大．14．下列表示化学反应对应的离子方程式正确的是( )A．Fe3O4与足量稀HNO3反应：Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2OB．玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀：SiO2+2Na++2OH﹣═NaSiO3↓+H2OC．向双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H++2I﹣═I2+2H2OD．往碳酸氢钙溶液中滴入少量氢氧化钠溶液：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．稀硝酸足量，亚铁离子被氧化成铁离子，反应中产生一氧化氮气体；B．硅酸钠不属于难溶物，离子方程式中应该拆开，不能用沉淀符号；。

湖北省襄阳市枣阳市白水高中2015-2016学年高三（上）月考物理试卷（12月份）1．关于物体的加速度，下列说法正确的是（）A．速度为零，加速度必为零B．加速度方向一定与速度变化方向相同C．加速度减小，速度必减小D．加速度恒定时，物体一定做匀变速直线运动2．x轴上有两个点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间连线上各点电势高低如图曲线所示，选无穷远处电势为零，从图中可以看出（）A．Q1的电荷量小于Q2的电荷量B．Q1和Q2一定是异种电荷C．P处的电场强度为零D．Q1和Q2之间连线上各点电场强度方向都指向Q23．一带电粒子射入一固定在O点的点电荷的电场中，粒子运动轨迹如图中实线abc所示．图中虚线是同心圆弧，表示电场的等势面．不计重力，可以判断（）A．此粒子一直受到静电吸引力作用B．粒子在b点的电势能一定大于在a点的电势能C．粒子在a 点和c点的速度大小一定相等D．粒子在b 点的速度一定大于在a 点的速度4．如图A、B、C三个物体叠放在水平桌面上处于静止状态，那么以下说法正确的是（）A．物体A对C有向下的压力作用B．物体A和B对地面都有压力作用C．地面对C的支持力是由于地面发生形变要恢复原状产生的D．物体A对B的压力是由于B物体发生形变要恢复原状产生的5．下图中，可以将电压升高给电灯供电的变压器是（）A．B． C． D．6．把一个带电量为+q的检验电荷放在电场中的P点，测得P点的电场强度大小为E，场强的方向向东，有关P点的场强的说法，正确的是（）A．若在P点不放电荷，那么P点的场强为零B．只要P点在电场中的位置确定，它的场强应是一个确定值C．若把﹣q的检验电荷放在P，则测得P点的场强大小仍为E，方向向西D．若把电量为+2q的点电荷放在P点，则测得P点的场强大小为2E，方向向东7．如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h（l，h 均为定值）．将A 向B 水平抛出的同时，B 自由下落．A、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则（）A．A、B 在第一次落地前能否相碰，取决于A 的初速度B．A、B 在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C．A、B 不可能运动到最高处相碰D．A、B 一定不能相碰8．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（）A．B．C．D．9．如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）A．所受重力与电场力平衡B．电势能逐渐增加C．动能逐渐增加D．做匀变速直线运动10．光学是一门有悠久历史的学科，它的发展史可追溯到2000多年前．下列有关光的一些现象中说法正确的是（）A．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象B．在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象C．用三棱镜观察太阳光谱是利用光的折射现象D．电视机遥控器是利用发出紫外线脉冲信号来变换频道的E．在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的色散现象11．一列简谐横波沿x轴传播，波速υ=4m/s，已知坐标原点（x=0）处质点的振动方程为y=0.1sin5πt（m），在下列各图中能够正确表示t=0.15s时波形的图是（）A．B．C．D．12．带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，可以判断（）A．粒子的加速度在a点时较大B．粒子的电势能在b点时较大C．粒子可能带负电，在b点时速度较大D．粒子一定带正电，动能先变小后变大13．研究小车匀变速直线运动的实验装置如图（a）所示，其中斜面倾角θ可调，打点计时器的工作频率为50Hz，纸带上计数点的间距如图（b）所示，其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出．①部分实验步骤如下：A．测量完毕，关闭电源，取出纸带B．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车C．将小车依靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连D．把打点计时器固定在平板上，让纸穿过限位孔上述实验步骤的正确顺序是：（用字母填写）②图（b）中标出的相邻两计数点的时间间隔T=s③计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v5=．④为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a=．14．现仅有以下器材：A1表：量程0.2A A2表：量程0.02A V1表：量程3VV2表：量程100V 滑线变阻器R：0～10Ω 电阻箱R0：0～9999.9Ω，0.1A蓄电池组E：ε=6V，r=0.1Ω 电键S及导线若干为较准确地测定一电阻值R x约1.2Ω的电阻丝的阻值，已有甲、乙两位同学分别设计了图1中的甲、乙二个电路图来测量R x．但甲、乙两电路设计均有不合理之处，请指出存在的问题（各图分别指出两处即得满分）．（1）甲图不合理之处：，．（2）乙图不合理之处：，．（3）请设计一个实用的较合理的电路图，画在规定方框内（如图2），并写出R x的计算公式．（说明公式中各物理量的意义）R x=；各量的意义是：．15．雨过天晴，人们常看到天空中出现彩虹，它是由阳光照射到空中弥漫的水珠上时出现的现象．在说明这个现象时，需要分析光线射入水珠后的光路．一细束光线射入水珠，水珠可视为一个半径为R的球，球心O到入射光线的垂直距离为d，水的折射率为n．（1）在图上画出该束光线射入水珠内经一次反射后又从水珠中射出的光路图（2）求这束光线从射向水珠到射出水珠每一次偏转的角度．16．如图所示，一个电容为C，极板间距为d的平行板电容器的两个极板竖直放置，在两板之间有一个质量为了m的带电小球，小球用绝缘细线连接悬挂于O点．现给电容器缓慢充电，使两极板所带电量分别为+Q和﹣Q，此时悬线与竖直方向的夹角为30°．小球所带电量是多少？17．两块平行金属板A、B彼此平行放置，板间距离为d，两板分别带有等量异种电荷，且A板带正电，两板中间有一带负电的油滴P，当两板水平放置时，油滴恰好平衡，若把两板倾斜60°，把油滴从P静止释放，油滴可以打在金属板上，问：（1）油滴将打在哪块金属板上？（2）油滴打在金属板上的速率是多少？18．一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图象如图所示，气体在状态A时的压强p0=1.0×105Pa，线段AB与V轴平行．（1）求状态B时的压强．（2）气体从状态A变化到状态B过程中，对外界做的功为10J，求该过程中气体吸收的热量．答案1.【考点】加速度．【专题】直线运动规律专题．【分析】加速度是反映速度变化快慢的物理量，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动．【解答】解：A、速度为零，加速度不一定为零，比如自由落体运动，速度为零，加速度不为零．故A错误．B、加速度方向与速度变化量的方向相同．故B正确．C、当加速度方向与速度方向相同，加速度减小，速度增大．故C错误．D、加速度恒定，物体一定做匀变速运动，但是不一定是直线运动．故D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键知道加速度的物理意义，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度方向与速度方向的关系．2.【考点】电势；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电势φ与x关系图象的斜率大小等于场强，根据P点的场强方向，由公式E=k分析两电荷电量的大小．Q1处电势大于零，Q2处电势小于零，根据顺着电场线方向电势降低，可判断出电场线方向，确定两电荷的电性．【解答】解：A、φ﹣x图象的斜率大小等于场强大小，则知P点的场强方向为负值，沿着x 轴负方向，即两电荷的合场强方向不等于零，P离Q1较远，由公式E=k得知，Q1的电荷量大于Q2的电荷量．故A错误．B、由题，无穷远处电势为零，而Q1处电势大于零，Q2处电势小于零，则知，Q1和Q2一定是异种电荷．故B正确．C、由φ﹣x图象的斜率看出，P处的电场强度不为零．故C错误．D、从Q1到Q2之间连线上电势逐渐降低，连线上各点电场强度方向都指向Q2，故D正确．故选BD【点评】本题一要理解φ﹣x图象的斜率大小等于场强大小；二要根据电场线方向判断电势高低．3.【考点】电势能；等势面．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了排斥力作用，从a到b 过程中，电场力做负功，可判断电势能的大小和速度大小．a、c两点处于同一等势面上，由动能定理分析粒子在a、c两点的速度大小关系．【解答】解：A、如图所示，轨迹向左弯曲，带电粒子所受的电场力方向向左，则带电粒子受到了排斥力作用．故A错误．B、D从a到b过程中，电场力做负功，可知电势能增大，动能减小，则粒子在b点的电势能一定大于在a点的电势能，而粒子在b点的速度一定小于在a点的速度．故B正确，D错误．C、a、c两点处于同一等势面上，从a到c，电场力为零，则a、c两点动能相等，速度大小也相等．故C正确．故选BC【点评】本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路．4.【考点】物体的弹性和弹力．【专题】定性思想；推理法；弹力的存在及方向的判定专题．【分析】要掌握弹力的概念：物体由于弹性形变而产生的力叫做弹力．弹力是由于施力物体发生形变对受力物体的力，弹力是直接接触的力．【解答】解：A、根据弹力产生原理，可知，弹力是直接接触的力，因此A对C没有压力．故A错误．B、由上分析可知，物体A对地面没有压力作用，故B错误．C、物体由于发生了弹性形变，要恢复原状，则会对使其发生弹性形变的物体施加弹力，因此地面对C的支持力是由于地面发生形变要恢复原状产生的，故C正确．D、由C选项分析可知，A对B的压力是由于A物体发生形变要恢复原状产生的，故D错误．故选：C．【点评】此题主要考查了学生对弹力的认识．首先要掌握弹性形变的概念，物体由于弹性形变产生的力才是弹力．5.【考点】变压器的构造和原理．【专题】交流电专题．【分析】理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势．而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势．变压器的电流比为：原副线圈电流与匝数成反比，电压比为：原副线圈电压与匝数成正比．且电流与电压均是有效值，电表测量值也是有效值．【解答】解：A、甲图中原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故A错误；B、乙图中，原线圈匝数比副线圈匝数多，所以是降压变压器，故B错误；C、丙图中，原线圈匝数比副线圈匝数少，所以是升压变压器，故C正确；D、丁图中，原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故D错误；故选：C【点评】理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时副线圈的电压由原线圈电压与原副线圈匝数决定，而原线圈的电流由副线圈决定．6.【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度是反映电场本身的力的性质的物理量，与试探电荷无关，在电场中同一点，电场强度是确定不变的．【解答】解：电场中某点的场强是由电场本身决定的，只要P点在电场中的位置确定，它的场强应是一个确定值，与检验电荷的正负和带电量的多少无关．故选：B．【点评】电场强度的定义式具有比值定义法的共性，定义出的电场强度与F、q无关，由电场本身决定．7.【考点】平抛运动；自由落体运动．【专题】平抛运动专题．【分析】因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据该规律抓住地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反判断两球能否相碰．【解答】解：A、若A球经过水平位移为l时，还未落地，则在B球正下方相碰．可知A、B两球能否在落地前相碰，取决于A的初速度．故A正确．B、A、B在第一次落地前不碰，由于反弹后水平分速度、竖直分速度大小不变，方向相反，则以后一定能碰．故B错误，D错误．C、若A球第一次与地面碰撞时的水平位移为时，根据竖直方向上运动的对称性知，当A 球水平位移为l时，A球上升到最高点，B球的运动规律与A球竖直方向上的运动规律相同，知A、B在最高点相碰．故C错误．故选A．【点评】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，根据该规律进行分析．8.【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】要找出小木块速度随时间变化的关系，先要分析出初始状态物体的受力情况，本题中明显重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，有牛顿第二定律求出加速度a1；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tanθ知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度a2；比较知道a1＞a2【解答】解：初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得加速度为：a1==gsinθ+μgcosθ；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tanθ知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度为：a2==gsinθ﹣μgcosθ；比较知道a1＞a2，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率变小．故选：B【点评】本题的关键1、物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑．2、小木块两段的加速度不一样大．是一道易错题．9.【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化．【解答】解：A、D、根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向同向，粒子做匀加速直线运动，因此A错误，D正确；B、根据动能定理，由A选项分析可知，电场力做正功，则电势能减小，故B错误；C、因电场力做正功，则电势能减小，导致动能增加，故C正确；故选：CD．【点评】考查根据运动情况来确定受力情况，并由电场力做功来确定电势能如何，以及动能的变化．10.【考点】全反射；光的折射定律；颜色及光的色散．【专题】光的折射专题．【分析】用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象．在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象．用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的色散现象．电视机遥控器是利用发出红外线脉冲信号来变换频道的．水面上油膜出现彩色花纹是光的色散现象．【解答】解：A、用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，不是偏振现象，故A错误．B、在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象．故B正确．C、用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用同一介质对不同色光折射率不同，经过两次折射而产生色散现象．故C正确．D、电视机遥控器是利用发出红外线脉冲信号来变换频道的．故D错误．E、在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是由于油膜上下两个表面反射的两束光发生干涉形成的．故E错误．故选：BC【点评】本题考查对常见有光学现象产生原因的了解，关键要理解并掌握干涉、全反射等知识．11.【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】根据振动方程判定出t=0.15s时坐标原点处的质点位置和振动方向，利用排除法即可解答该题．【解答】解：根据坐标原点（x=0）处质点的振动方程y=0.1sin5πt（m），可知：ω=5π rad/s，周期为T===0.4st=0.15s时y=0.1sin（5π×0.15）m≈0.07m，==则知在t=0.15s时原点在Y轴正方向上且向下振动．A、原点处在Y轴负方向上，故A错误；B、原点处在Y轴正方向上，但是向上振动，故B错误；C、原点处在Y轴正方向上，且向下振动，故C正确；D、原点处在Y轴正方向，向上振动，故D错误．故选：C【点评】“排除法”是作图象选择题常用的方法．本题着重把握振动和波动之间的联系．12.【考点】电场线；牛顿第二定律；电场强度；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】做曲线运动的物体所受的合力大致指向轨迹凹的一向，根据此可判断出电场力的方向以及电场力的做功情况，根据电场力做功可判断出动能、电势能的变化．粒子的加速度可通过比较合力（电场力）进行比较．【解答】解：A、a点的电场强度比b点小，则在a所受的电场力（即合力）小，所以粒子的加速度在a点时较小．故A错误．B、根据轨迹弯曲程度，知电场力的方向沿电场线切线方向向右，所以该电荷是正电荷．从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，电势能先增加后降低，动能先变小后增大．但a 点到b点，整个过程最终电场力做正功，所以a点的电势能大于b点，a点的动能小于b点．故B、C错误，D正确．故选D．【点评】解决本题的关键通过轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功判断出动能的变化和电势能的变化．13.【考点】探究小车速度随时间变化的规律．【专题】计算题；实验题．【分析】①先连接实验器材，测量时先接通电源，后释放纸带；②打点计时器的工作频率为50Hz，每隔0.02s打一次电，每相邻两点之间还有4个记录点未画出，共5个0.02s；③匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度；④根据公式△x=aT2列式求解．【解答】解：①先连接实验器材，后穿纸带，再连接小车，最后打点并选择纸带进行数据处理；故为DCBA；②打点计时器的工作频率为50Hz，每隔0.02s打一次电，每相邻两点之间还有4个记录点未画出，共5个0.02s，故T=0.1s；③匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故；④根据公式△x=aT2，有：；解得：；故答案为：①DCBA，②0.1，③，④．【点评】本题关键明确实验原理、实验步骤，会计算瞬时速度和加速度，基础题．14.【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】选用电流表与电压表量程时要求电表指针在满偏角度的～之间较合理．待测电阻的阻值较小，宜使用电流表外接法．【解答】解：（1）对于甲图不合理之处：①不能多次测量，②超过电流表量程不安全，③电压表量程太大，读数误差较大．（2）对于乙图不合理之处：①电流表量程太小，②电压表量程太大，③变阻器调节作用太小．（3）待测电阻的阻值较小，宜使用电流表外接法．滑动变阻器的阻值只有10Ω，宜使用分压接法．较为合理的电路图如图所示．R x的计算公式：其中U V是电压表V1表示，I A是电流表A1示数，R0是电阻箱示数．故答案为：：（1）对于甲图不合理之处：①不能多次测量，②超过电流表量程不安全；（2）对于乙图不合理之处：①电流表量程太小，②电压表量程太大，③变阻器调节作用太小（3）如图，R x的计算公式；其中U V是电压表V1表示，I A是电流表A1示数，R0是电阻箱示数．【点评】欧姆表指针指在中值电阻附近时读数较准一些，选用电流表与电压表量程时应根据估算，使指针指在满刻度的～之间即可，若题中有“要求尽可能多的测量数据”提示时，滑动变阻器应用分压式接法．15.【考点】光的折射定律．【专题】作图题；光的折射专题．【分析】（1）根据光的折射以及全反射原理可正确画出光路图．（2）正确画出光路图，根据几何关系以及折射定律可求解．【解答】（1）光路如图（a）所示．（2）以i、r表示入射光线的入射角、折射角，由折射定律有，以δ1、δ2、δ3表示每一次偏转的角度，如图（b）所示，由反射定律、折射定律和几何关系可知，=i﹣r，δ2=π﹣2r，δ3=i﹣r．1由以上各式解得：故这束光线从射向水珠到射出水珠每一次偏转的角度为：【点评】解决这类光学问题的关键是正确画出光路图，然后根据几何关系以及折射定律求解．16.【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，根据U=Ed、Q=cU、F=qE以及平衡条件列方程，求解出小球所带电量．【解答】解：电容器的电容为C，充电Q后，电容器两极板间电势差为：，两板间为匀强电场，场强为：=，设电场中小球带电量为q，则所受电场力为：F=qE=小球在电容器中受重力，电场力和拉力平衡，如图所示，由平衡条件有：F=mgtanθ即：=mgtanθ答：小球所带电量是．【点评】本题考查平行板电容器的电场中电场力、电场强度和电势差的关系等，关键结合平衡条件列式求解．17.【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】分析粒子的受力，作出受力分析图，判断运动的性质，可知最终会打在哪个板上，再由牛顿第二定律可得求出加速度的大小，由几何知识求解水平运动距离，然后结合运动学公式，可以求解油滴打在金属板上的速率．【解答】解：（1）两板倾斜60°后油滴的受力如图：因重力与电场力大小相等，电场力和重力夹角为120°，故其合力在如图方向大小等于mg，即F合=mg；故油滴做匀加速直线运动，最终会打在A板上，（2）根据牛顿第二定律运动的加速度大小a=g；由图中几何关系可知，油滴的位移：=d；设油滴达到板上速度的大小为v，根据v2=2aL所以，答：（1）油滴将打在A板上．（2）油滴打在金属板上的速率是．【点评】本题的突破点在于粒子做直线运动，故应根据力与运动的关系确定出粒子的受力情况．18.【考点】理想气体的状态方程．【专题】理想气体状态方程专题．【分析】（1）从A→B过程，气体发生等温变化，根据玻意耳定律求状态B时的压强．（2）从A→B过程，气体的内能不变，根据热力学第一定律求气体吸收的热量．【解答】解：（1）A→B过程，气体发生等温变化，体积增加为2倍，根据玻意耳定律得：p0V0=p B（2V0）则：p B=p0=5×104Pa（2）A→B过程，气体的内能不变，即△U=0，由热力学第一定律得：△U=Q+W，则得Q=﹣W=10J答：（1）状态B时的压强为5×104Pa．（2）气体从状态A变化到状态B过程中，吸收的热量为10J．【点评】本题第一问关键根据玻意耳定律列式求解，第二问关键根据热力学第一定律列式求解，注意理想气体的内能与热力学温度成正比．。