2022年浙江省杭州地区重点中学高三上学期期中联考物理试题 .pdf

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1、浙江省杭州地区重点中学高三上学期期中联考物理试题(解析版）一、单项选择题（本题共8 小题，每小题3 分，共 24 分每小题只有一个选项符合题意）1 （3 分）小强在加油站加油时，看到加油机上有如图所示的图标，关于图标涉及的物理知识及其理解，下列说法正确的（）A制作这些图标的依据是静电屏蔽原理B工作人员工作时间须穿绝缘性能良好的化纤服装C化纤手套与接触物容易摩擦起电存在安全隐患D用绝缘的塑料梳子梳头应该没有关系考点：静 电现象的解释分析：加 油站中由于静电会引起汽油的燃烧发生危险，故应避免一些引起静电的行为解答：解 ：A、用塑料梳子梳头时会产生静电，会引起静电，用塑料梳子梳头时会产生静电，会引起

2、静电，穿衣，脱衣也会产生静电这些图标都是为了减少静电的产生；不是静电屏蔽故A 错误；B、工作人员工作时间须穿绝缘性能良好的化纤服装，会引起静电，故B 错误；C、化纤手套与接触物容易摩擦起电，故会引起静电，从而引起油料燃烧的危险；故C 正确；D、用塑料梳子梳头时会产生静电，会引起静电；故D 错误；故选： C点评：由 于在干燥的季节，由于摩擦引起的静电会引发易燃物体的燃烧，故在加油站等地应避免产生静电，或及时将静电导走2 （ 3 分）如图所示，直线a 和曲线 b 分别是在同一平直公路上行驶的汽车a 和 b 的速度时间（ vt）图线由图可知（）A在 t1和 t2时刻，两车相遇B在 t1时刻， a 车

3、的加速度比b 车的大C在 t1到 t2这段时间内，两车的平均速度相等D在 t1到 t2这段时间内，两车的速度方向未发生改变精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 17 页考点：匀 变速直线运动的图像专题：运 动学中的图像专题分析：在 速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线代表该位置的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负解答：解 ：A、在时刻 t1，a 车和 b 车的速度相同，不能说明在同

4、一位置故A 错误B、图线切线的斜率表示加速度，根据图象可知，在t1时刻， a 车的加速度比b 车的小，故 B 错误C、图象与坐标轴围成的面积表示位移，则在t1到 t2这段时间内， b 的位移大于a 的位移，是时间相等，所以b 的平均速度大于a的平均速度故C 错误D、在 t1到 t2这段时间内，速度图象都在时间轴的上方，都为正，方向相同，方向没有发生改变故D 正确故选： D点评：本 题是为速度时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义3（3 分）（2014?禅城区一模） 如图甲，笔记本电脑底座一般设置有四个卡位用来调节角度某同学将电脑放在散热底座上，为了获

5、得更好的舒适度，由原卡为1 调至卡位 4（如图乙），电脑始终处于静止状态，则（）A电脑受到的支持力变小B电脑受到的摩擦力变大C散热底座对电脑的作用力的合力不变D电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力考点：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：笔 记本电脑受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件求解静摩擦力和支持力解答：解 ：笔记本电脑受重力、支持力和静摩擦力，如图所示：根据平衡条件，有：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 17 页N=mgcos f=mgsin A、由原卡位1

6、 调至卡位4，角度 减小，根据 式，支持力N 增加，故A 错误；B、由原卡位1 调至卡位4，角度 减小，根据 式，静摩擦力减小，故B 错误；C、散热底座对电脑的作用力的合力是支持力和静摩擦力的合力，与重力平衡，始终是不变的，故C 正确；D、电脑受到的支持力与摩擦力两力的矢量和与重力平衡，但大小的和是变化的，故D 错误；故选： C点评：本 题是力平衡中的三力平衡问题，关键是建立物理模型，然后运用共点力平衡条件列式求解，基础问题4 （3 分）如图所示，在静止的杯中盛水，弹簧下端固定在杯底，上端系一密度小于水的木球，不计空气阻力，当杯自由下落后，弹簧稳定时的长度将（）A变长B 恢复到原长C不变D无法

7、确定考点：牛 顿运动定律的应用-超重和失重专题：牛 顿运动定律综合专题分析：开 始时，小球的重力小于浮力，因此弹簧处于伸长状态，当整个装置自由下落时，处于完全失重状态，浮力消失，小球仅受重力，弹簧处于原长状态解答：解 ：小球开始受重力、浮力和弹簧的拉力处于平衡，此时弹簧处于伸长状态，当自由下落时，处于完全失重状态，浮力消失，小球的加速度向下，大小为g，则弹簧的拉力为零， 形变量为零， 弹簧恢复到原长状态，此时弹簧的长度比开始变短了，故 ACD错误， B 正确故选： B点评：解 决本题的关键知道整个装置自由下落时，处于完全失重状态，浮力消失，该题是考查学生综合应用知识能力的好题5 （3 分）倾角

8、为 =30 的长斜坡上有C、O、B 三点， CO=OB=10m ，在 O 点竖直地固定一长 10m 的直杆 AOA 端与 C 点间和坡底B 点间各连有一光滑的钢绳，且各穿有一钢球 （视为质点），两球从 A 点由静止开始，同时分别沿两钢绳滑到钢绳末端，如图所示，则小球在钢绳上滑行的时间tAC和 tAB分别为（）A2s 和 2s Bs 和 2s Cs和 4s D4s 和s 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 17 页考点：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 几何知识确定出AC 与

9、 AB 的倾角和位移，由牛顿第二定律求出两球的加速度a，由位移公式x=求解时间解答：解 ：由几何知识得，AC 的倾角为 =30 ，位移 xAC=10mAC 的倾角为 =60 ，位移xAB=10m沿 AC 下滑的小球，加速度为a1=gsin30 =5m/s2，由 xAC=得， tAC=s=2s沿 AB 下滑的小球，加速度为a2=gsin60 =5m/s2，由 xAB=得， tAB=2s故选： A 点评：本 题运用牛顿第二定律和运动学公式结合求解匀加速运动的时间，关键要根据几何知识求出 AC 与 AB 的倾角和位移6 （3 分）某同学利用如图实验装置研究摆球的运动情况，摆球由A 点由静止释放，经过

10、最低点 C 到达与 A 等高的 B 点， D、E、F 是 OC 连线上的点， OE=ED， DF=FC，OC 连线上各点均可钉细钉子每次均将摆球从A 点由静止释放，不计绳与钉子碰撞时机械能的损失，不计空气阻力下列说法正确的是（）A若只在 F 点以下某点钉钉子，摆球可能做完整的圆周运动B若只在 F 点钉钉子，摆球最高可能摆到D 点C若只在 D 点钉钉子，摆球最高只能摆到AB 连线以下的某点D若只在 E 点钉钉子，摆球最高可能摆到AB 连线以上的某点考点：简 谐运动的回复力和能量分析：小 球的摆动过程中机械能守恒；绳碰到钉子后，根据悬点位置的改变可确定小球摆动的最高点；分析小球能否做圆周运动解答：

11、解 ：A、若在 F 点以下某点钉钉子，则小球半径很小，只要小球到达最高点时，重力小于小球转动需要的向心力，则小球可以做完整的圆周运动，故A 正确；B、若在 F 点放钉子，则根据机械能守恒小球应该摆到D 点，但由于小球在竖直面内做圆周运动， 由竖直面内圆周运动的临界条件可知，到达 D 点时速度为零， 则说明小精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 17 页球达不到D 点即已下落；故B 错误；C、若钉子在D 点及以上，则由机械能守恒定律可知，小球最高只能摆到AB 连线上的某点；故C 错误；D、若只在E 点钉钉子，根据能量守恒定律，摆

12、球最高只能摆到AB 连线上的某点；则 D 错误；故选： A点评：本 题为圆周运动与机械能守恒结合的题目，要注意分析根据机械能守恒的条件进行分析，同时注意应用临界面内圆周运动的临界值的应用7 （ 3 分） （2014?邢台一模） 2013 年 12 月初，雾霾施虐宁波，有同学想通过静电除尘的方法净化空气，设计原理图如图所示她用玻璃圆桶密闭含灰尘的空气，圆桶的高和直径相等第一种除尘方式是：在圆桶顶面和底面间加上电压U，沿圆桶的轴线方向形成一个匀强电场， 尘粒的运动方向如图甲所示；第二种除尘方式是：在圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间加上的电压也等于U， 形成沿半径方向的辐向电场，尘粒的运动方向如

13、图乙所示已知空气阻力与尘粒运动的速度成正比，即F阻=kv（k 为一定值），假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，则在这两种方式中（）A尘粒最终一定都做匀速运动B 尘粒受到的电场力大小相等C电场对单个尘粒做功的最大值相等D乙容器中的尘粒运动为类平抛运动考点：带 电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用专题：带 电粒子在电场中的运动专题分析：根 据分析灰尘的受力，判断灰尘最终落在圆柱上，电场对单个尘粒做功的最大值为uq都相等解答：解 ：A、尘粒可能一直做加速运动，也可能最终做匀速运动，故A 错误；B、 每种除尘方式受到电场力大小F=qE， 但两种不同方式中，空间中的电场强度本题，所以尘料所受电场力大

14、小是不同的，故B 错误；C、电场对单个尘粒做功的最大值为qU，故在两种情况下电场对尘粒做功的最大值相同，故 C 正确；D、乙容器中尘粒运动过程中阻力随速度在变化，所受合力不为恒力，故尘粒做的不是类平抛运动，故D 错误故选： C点评：考 查静电除尘的应用，是道较新颖的题目，也是物理与生活相结合的典型，本题抓住尘粒的受力特征，再分析8 （3 分） （2014?陕西三模）如图所示，图甲中MN 为足够大的不带电薄金属板，在金属板的右侧，距离为d 的位置上放入一个电荷量为+q 的点电荷O，由于静电感应产生了如图甲所示的电场分布P是金属板上的一点，P 点与点电荷O 之间的距离为r，几位同学想求出精选学习资

15、料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 17 页P点的电场强度大小，但发现问题很难几位同学经过仔细研究，从图乙所示的电场得到了一些启示， 经过查阅资料他们知道：图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的 图乙中两异号点电荷电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，虚线是两点电荷连线的中垂线由此他们分别对P 点的电场强度方向和大小做出以下判断，其中正确的是（）A方向沿 P点和点电荷的连线向左，大小为B方向沿 P点和点电荷的连线向左，大小为C方向垂直于金属板向左，大小为D方向垂直于金属板向左，大小为考点：电 场线；电场强度专题：电

16、场力与电势的性质专题分析：根 据等量异号电荷的电场分布特点和场强的叠加可知各点的场强大小解答：解 ：根据 P 点的电场线方向可以得P 点的电场强度方向是垂直于金属板向左，两异号点电荷电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，P 点与点电荷O 之间的距离为r，根据点电荷的场强公式E=P 点的电场是由两异号点电荷分别产生的场强叠加产生的根据场强的叠加法则和几何关系得：大小为故选 C点评：常 见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - -

17、 -第 6 页，共 17 页二、不定项选择题（本题共4 小题，每小题4 分，共 16 分在每小题给出的四个选项中，每小题有一个或多个选项正确全部选对的得4 分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分 ）9（4 分） 某物体以30m/s 的初速度竖直上抛， 不计空气阻力， g 取 10m/s2， 4s 内物体的（）A位移大小为50m B 路程为 50m C速度改变量的大小为20m/s D平均速度大小为10m/s 考点：竖 直上抛运动专题：直 线运动规律专题分析：物 体竖直上抛后，只受重力，加速度等于重力加速度，可以把物体的运动看成一种匀减速直线运动，由位移公式求出4s 内位移根据物体上升到最高点的

18、时间，判断出该时间与4s 的关系，然后再求出路程解答：解 ：A、选取向上的方向为正方向，物体在4s 内的位移：h=30m=40m；方向与初速度的方向相同，向上物体上升的最大高度：H=450m 物体上升的时间：t=s=3s 下降位移为=5m 故路程为s=H+h =50m，故 A 错误， B 正确；C、4s 末的速度为v =v0gt=10m/s，故速度 v=v v0= 40m/s，故 C 错误；D、平均速度为 =m/s=10m/s，故 D 正确；故选： BD 点评：对 于竖直上抛运动，通常有两种处理方法，一种是分段法，一种是整体法，两种方法可以交叉运用10 （4 分）2013 年 2 月 15 日

19、中午 12 时 30 分左右， 俄罗斯车里雅宾斯克州发生陨石坠落事件，它在穿越大气层时摩擦燃烧，发生爆炸，产生大量碎片，形成了所谓“ 陨石雨 ” 假定某一碎片自爆炸后落至地面并陷入地下一定深度过程中，其质量不变，则（）A该碎片在空中下落过程中重力做的功等于动能的增加量B该碎片在空中下落过程中重力做的功大于动能的增加量C该碎片在陷入地下的过程中合外力做的功等于动能的改变量D该碎片在整个过程中克服阻力做的功大于机械能的减少量考点：功 能关系精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 17 页分析：本 题的关键是明确涉及到“ 机械能变化

20、” 的问题时， 应用 “ 功能原理 ” 讨论，涉及到 “ 动能变化、动能增量” 问题时应用动能定理进行讨论解答：解 ：A、B、根据动能定理可知，碎片动能的增量应等于重力和阻力做功的代数和，所以重力做的功大于动能的增加量故A 错误， B 正确；C、根据动能定理，碎片在陷入地下的过程中重力与阻力的合力做的功等于动能的改变量，故C 正确；D、根据 “ 功能原理 ” 可知，除碎片的重力外其它力即为阻力做的功等于碎片机械能的变化故D 错误故选： BC 点评：应 明确 “ 功能原理 ” 是指：除重力以外其它力做的总功等于物体机械能的变化11 （4 分）如图所示，分别用恒力F1、F2先后将质量为m 的物体，

21、由静止开始沿同一粗糙的固定斜面由底拉到顶端，两次所用时间相同，第一次力F1沿斜面向上，第二次F2沿水平方向则两个过程中（）A物体与斜面摩擦生热不相同B 物体机械能变化量相同CF1做的功与 F2做的功相同DF1做功的功率比F2做功的功率大考点：功 率、平均功率和瞬时功率；功的计算；功能关系专题：功 率的计算专题分析：两 物体均做匀加速直线运动，在相等的时间内沿斜面上升的位移相等，但斜面对物体的摩擦力不同，所以推力做功不同解答：解 ：A、两次过程物体对斜面的压力不同，故摩擦力大小不同，则产生的热量不相同，故 A 正确；B、物体末速度相同，又由于处于相同的高度，所以两物体机械能变化相同，故B 正确；

22、C、由图示分析可知，第一个物体所受的摩擦力小于第二个物体所受的摩擦力，故两物体克服摩擦力做功不同，重力做功相同，则F1做的功比F2做的少故C 错误；D、物体的运动情况相同，重力做功功率相同，图2 中克服摩擦力做功的功率大，故Fl做功的功率比F2做功的功率小，故D 错误；故选： AB 点评：由 物体的运动特征判断出物体机械能的增量关系，结合本题功能关系：除重力以外的合力对物体做功等于机械能的增量，不难看出结果12 （4 分）如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0 时刻 P 在传送带左端具有速度v2，P 与定滑轮间的绳水平，t=t1时刻 P离

23、开传送带不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长正确描述小物体P 速度随时间变化的图象可能是（）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 17 页ABCD考点：匀 变速直线运动的图像；牛顿第二定律专题：运 动学中的图像专题分析：要 分不同的情况进行讨论：若V2V1：分析在fQ 的重力时的运动情况或fQ 的重力的运动情况若 V2V1：分析在fQ 的重力时的运动情况或fQ 的重力的运动情况解答：解 ：1若 v1=v2，小物体 P可能受到的静摩擦力等于绳的拉力，一直相对传送带静止匀速向右运动，若最大静摩擦力小于绳的拉力，则小物体P 先向右匀减速运

24、动，减速到零后反向匀加速直到离开传送带，由牛顿第二定律知mQg mPg=（mQ+mP） a，加速度不变，故A 正确；2若 v1v2，小物体P 先向右匀加速直线运动，由牛顿第二定律知 mPgmQg=（ mQ+mP）a，到小物体P 加速到与传送带速度v1相等后匀速，故B 选项可能；3若 v1v2，小物体P 先向右匀减速直线运动，由牛顿第二定律知mQg mPg=（ mQ+mP）a1，到小物体P 减速到与传送带速度v1相等后，若最大静摩擦力大于或等于绳的拉力，继续向右匀速运动，A 选项正确，若最大静摩擦力小于绳的拉力，继续向右减速但滑动摩擦力方向改向，此时匀减速运动的加速度为mQg+ mPg=（ mQ

25、+mP）a2，到减速为零后，又反向以a2 加速度匀加速向左运动，而a2a1，故 C选项正确， D 选项错误故选： ABC 点评：考 查摩擦力的方向与速度的关系，明确其与相对运动方向相反，结合牛顿第二定律分析运动情况，较难三、实验题（本题共2 小题，每空格（图、表格）2 分，共计18 分把答案填在答题卷相应的横线上或按题目要求作答）13 （6 分）在 “ 探究弹力和弹簧伸长量的关系” 的实验中，实验装置如图1，所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将 5 个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度精选学习资料 - - - - - -

26、- - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 17 页（1）一同学通过以上实验测量后把6 组数据描点在坐标系图2 中，请在答卷上作出FL图线（2）由此图线可得出该弹簧的劲度系数k=20N/m（3）试根据该同学以上的实验情况，帮助他在答卷虚框中设计一个完整的记录实验数据的表格（不必填写其实验测得的具体数据）考点：探 究弹力和弹簧伸长的关系专题：实 验题；弹力的存在及方向的判定专题分析：用 一条直线连接即可，要注意将尽可能多的点连在线上，不通过直线的点大致均匀地分布与直线两侧，偏差过大的点是测量错误，应该舍去； 图线与横轴的连线表示原长，斜率表示劲度系数解答：解 ： （1）作

27、出 FL 图线，如图所示：（ 2）弹簧处于原长时，弹力为零，故弹簧的原长L0=5cm；图象的函数表达式为：F=k（LL0） ，故斜率表示劲度系数；劲度系数k=20N/m ；（ 3）试根据该同学以上的实验情况，记录实验数据的表格为：钩码个数0 1 2 3 4 5 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 17 页弹力F/N 弹簧长度L/ 102m 故答案为：（1）如图所示； （2） 20； （3）表格如上所示点评：本 题关键是明确描点作图的方法，同时求解出图象的函数表达式，得到斜率的含义，然后通过图象求解出劲度系数14 （12 分

28、）如图甲所示，两个相同装置：两辆相同的小车并排放在两相同的直轨道上，小车前端系上细线，线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘盘里可以分别放不同质量的砂子，小车后端连着纸带，纸带分别穿过固定在轨道上的打点计时器，两个打点计时器并联接在同一接线板上 实验时先接通接线板的电源使两打点计时器同时开始打点，然后同时释放两辆小车， 当其中有一辆小车快接近导轨末端时，断开接线板的电源，两打点计时器同时停止工作如图乙所示为某次实验得到的两条纸带，纸带上的0、1、2、3、4、5、6 为所选取的测量点（相邻两点间还有四个打点未画出），两相邻测量点间的距离如图所示，单位为 cm打点计时器所用电源的频率为50Hz（1）求出

29、 号纸带测量点5 的速度 v5=0.24m/s； 号纸带对应的加速度值为0.21m/s2 （结果保留两位有效数字）（2）利用此装置，正确平衡摩擦力后，研究质量一定时，加速度与力的关系，是否必须求出两辆小车运动加速度的确切值？否（选填 “ 是” 或 “ 否” ） ；请说明理由：因两打点计时器同时开始、 停止工作， 故两小车运动的时间相等，可以用纸带上打点的总位移大小之比表示加速度之比（3）利用此图的其中一个装置，还可以探究做功与物体速度变化的关系若用 M 表示小车及车上砝码的总质量，m 表示砂子及盘的总质量，对于改变外力对小车做的功，下列说法正确的是BCA通过改变小车运动的距离来改变外力做功时，

30、必须平衡摩擦，必须满足M 远大于 m B通过改变小车运动的距离来改变外力做功时，不需要平衡摩擦，也不需要满足M 远大于 m C通过改变小盘里砂子的质量来改变外力做功时，必须平衡摩擦，必须满足M 远大于 m D通过改变小车上砝码的质量来改变外力做功时，只需平衡摩擦不需要满足M 远大于 m （4）若在 号纸带上标注纸带随小车运动的加速度方向，应该是OE（填 “ OE” ，或“ EO” ）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 17 页考点：探 究功与速度变化的关系专题：实 验题；动能定理的应用专题分析：（1）匀变速直线运动中，平均

31、速度等于中间时刻的瞬时速度，根据作差法求解加速度；（ 2）小车做初速度为零的匀加速直线运动，结合位移时间关系公式分析即可；（ 3）采用倍增法使功成倍增加时，如果改变位移，保证力恒定即可；如果改变拉力，使拉力成倍增加即可（ 4）根据计数点之间距离的变化可以判断小车加速还是减速运动解答：解 ： （1）匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度；对于第一条纸带，有：，根据作差法得：a=0.21m/s2，（ 2）小车做初速度为零的匀加速直线运动，结合位移时间关系公式，有：；故不需要求出小车运动加速度的确切值；理由：因两打点计时器同时开始、停止工作，故两小车运动的时间相等，可以用纸带上打点的总位移

32、大小之比表示加速度大小之比；（ 3）A、B、采用倍增法使功成倍增加，通过改变小车运动的距离来改变外力做功时，根据 W=Fx ，由于合力恒定，故不需要平衡摩擦力，也不需要保证M 远大于 m，故 A错误， B 正确；C、D、采用倍增法使功成倍增加，通过改变小车上砝码的质量来改变外力做功时，根据 W=Fx ，采用 mg 来表示拉力F；如果把（ M+m ）作为整体来研究动能定理，就不需要必须满足M 远大于 m；当然，如果对小车M 进行动能定理研究，肯定要满足M 远大于 m；故 C 正确， D 错误；故选： BD （ 4）由图可知计数点之间的距离逐渐增大，所以小车的加速度方向OE故答案为：（ 1）0.2

33、4； 0.21；（ 2）否，因两打点计时器同时开始、停止工作，故两小车运动的时间相等，可以用纸带上打点的总位移大小之比表示加速度之比；（ 3）BC；（ 4）OE 点评：本 题关键是明确实验的原理，会通过运动学公式求解加速度之比和瞬时速度大小；明确实验的误差来源；不难四、计算题 （本题共4 小题，共 42 分，请写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，必须明确写出数值和单位）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 17 页15 （10 分）如图甲所示， 质量 m=2kg 的物体在水平面上向右做直线运

34、动过 a 点时给物体作用一个水平向左的恒力F 并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得vt 图象如图乙所示取重力加速度g=10m/s2求：（1）10s 末物体的位置（2）力 F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数 考点：牛 顿第二定律；匀变速直线运动的图像专题：牛 顿运动定律综合专题分析：（1）设 10s 末物体离 a 点的距离为d，d 应为 vt 图与横轴所围的上下两块面积之差（ 2）对两段时间分别运动牛顿第二定律列式后联立求解；解答：解 ： （1）设 10 s 末物体离a点的距离为d，d 应为 vt 图与横轴所围的面积，则：d= 4 8 m 6 6 m=

35、2 m，负号表示物体在a 点以左（ 2） 设物体向右做匀减速的加速度为a1， 向左做匀加速的加速度为a2则由 vt 图得：a1=2 m/s2；a2=1 m/s2向右做匀减速有F+ mg=ma1向左做匀加速有F mg=ma2得： F=3 N =0.05 答： （1）10s 末物体的位置离a点 2m 在 a点以左（ 2）力 F 的大小为3N 和物体与水平面间的动摩擦因数为 0.05点评：本 题关键先根据运动情况求解加速度，确定受力情况后求解出动摩擦因素；再根据受力情况确定加速度并根据运动学公式得到物体的运动规律16 （10 分） （2014?扬州模拟）如图所示，在投球游戏中，小明坐在可沿竖直方向升

36、降的椅子上，停在不同高度处将小球水平抛出落入固定的球框中已知球框距地面的高度为h0，小球的质量为m，抛出点与球框的水平距离始终为L，忽略空气阻力（1）小球距地面高为H0处水平抛出落入球框，求此过程中小球重力势能的减少量；（2）若小球从不同高度处水平抛出后都落入了球框中，试推导小球水平抛出的速度v 与抛出点高度 H 之间满足的函数关系；（3）为防止球入框时弹出，小明认为球落入球框时的动能越小越好那么，它应该从多高处将球水平抛出，可以使小球入框时的动能最小？并求该动能的最小值精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 17 页考点：机

37、 械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力专题：机 械能守恒定律应用专题分析：（ 1）小球重力势能的减少量等于等于重力做功mg（H0h0） （ 2）小球做平抛运动，根据平抛运动的规律求解（ 3）小球平抛运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律得到小球入框时的动能与高度的关系，由数学知识求解解答：解 ： （1）小球重力势能的减少量为：Ep=mg（H0h0） （ 2）设小球做平抛运动的时间为t，则水平方向有：L=vt 竖直方向有：解得：（Hh0）或：（ 3）小球平抛过程，只受重力，机械能守恒，则得：结合上题结论有：得： EK=+mg（Hh0）当 H=h0+L 时， EK有极小值，得：E

38、Kmin=mgL 答： （1）此过程中小球重力势能的减少量为mg（H0 h0） （ 2）球水平抛出的速度v 与抛出点高度H 之间满足的函数关系是：（Hh0） （ 3）球应该从h0+L 高处将球水平抛出，可以使小球入框时的动能最小，该动能的最小值是 mgL点评：本 题是平抛运动与机械能守恒定律的综合，关键运用数学方法，求解动能的最小值17 （10 分） 一种 U 型池的滑板运动场地截面示意图如图所示，场地由两个完全相同的圆弧滑道 AB、 CD 和水平滑道BC 构成，圆弧滑道的半径R=3.5m，B、C 分别为圆弧滑道的最精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -

39、 - - -第 14 页，共 17 页低点， B、C 间的距离s=8.0m运动员从A 点出发，通过AB 、BC 滑道，冲向CD 滑道，到达圆弧滑道的最高位置D 后竖直向上腾空跃起，在空中做出翻身、旋转等动作，然后再落回 D 点假设某次运动中运动员经过水平滑道B 点时水平向右的速度v0=17m/s，运动员从 B 点运动到C 点所用时间t=0.5s，从 D 点跃起时的速度vD=8.0m/s设运动员连同滑板的质量 m=50kg ，忽略空气阻力的影响，假定BC 间阻力不变，重力加速度g取 l0m/s2求：（1）运动员从D 点跃起后在空中完成动作的时间；（2）运动员从C 点到 D 点运动的过程中需要克服

40、摩擦阻力所做的功；（3）若运动员从D 点返回需要在BC 段通过蹬地做功才能重新到A 点，某同学想计算此运动员需要通过蹬地做多少功W 才能恰好回到A 点，其列式分析如下：WWfDCWfCBWfBA=0mvD2其中 WfCB大小等于从B 到 C 过程动能减少量，即WfCB=mvC2 mvB2；WfCD和 WfBA等于（2）小题中C 点到 D 点运动的过程中克服摩擦阻力所做的功的大小这位同学的分析正确吗？若正确请计算W 的大小；若不正确，请简要说明理由考点：动 能定理的应用；向心力专题：动 能定理的应用专题分析：（1）运动员从D 点跃起后做竖直上抛运动，根据上抛运动规律求解在空中运动的时间；（ 2）

41、在 BC 段运动员做匀减速运动，根据运动规律求得运动在C 点的速度，再根据动能定理求得从C 至 D 过程中克服摩擦力做的功；（ 3）答案不正触，摩擦力的大小与正压力有关，而在圆弧面上由于运动速度不同，摩擦力的大小也不同，故摩擦力做的功不同，所以此分析是错误的解答：解 ： （1）运动员从D 点跃起后再空中做竖直上抛运动，设上升时间为t1，由： vD=gt1则运动员在空中的时间为t=2t1=即从 D 点跃起后，在空中做动作的时间为1.6s；（ 2）从 B 到 C 为匀变速运动，根据匀变速直线运动的平均速度公式有：所以可得运动员经过C 点时的速度： vc=从 C 到 D 令克服摩擦力做功为Wf，则根

42、据动能定理有：带入数据得克服摩擦阻力所做的功：Wf=2275J；（ 3）不正确， D 到 C，B 到 A 过程与 C 到 D 比较，速度不同，根据向心力公式，支持力不同，摩擦力也不同，则摩擦力做功不同精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 17 页答： （1）运动员从D 点跃起后在空中完成动作的时间为1.6s；（ 2）运动员从C 点到 D 点运动的过程中需要克服摩擦阻力所做的功为2275J；（ 3）若运动员从D 点返回需要在BC 段通过蹬地做功才能重新到A 点，某同学想计算此运动员需要通过蹬地做多少功W 才能恰好回到A 点，其

43、列式分析如下：WWfDCWfCBWfBA=0mvD2其中 WfCB大小等于从B 到 C 过程动能减少量，即WfCB=mvC2mvB2；WfCD和 WfBA等于（2）小题中 C 点到 D 点运动的过程中克服摩擦阻力所做的功的大小这位同学的分析不正确，D 到 C，B 到 A 过程与 C 到 D 比较，速度不同，根据向心力公式，支持力不同，摩擦力也不同，则摩擦力做功不同点评：本 题综合考查了动能定理、牛顿第二定律，涉及到圆周运动运动，匀变速直线运动，竖直上抛运动，综合性较强，难度中等18 （12 分）如图所示， 空间有场强E=1.0 103V/m 竖直向下的电场，长 L=0.4m 不可伸长的轻绳固定

44、于O 点，另一端系一质量m=0.05kg 带电 q=5 104C 的小球， 拉起小球至绳水平后在 A 点无初速度释放，当小球运动至O 点的正下方B 点时，绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成 =30 、无限大的挡板MN 上的 C 点试求：（1）绳子至少受多大的拉力才能被拉断；（2）A、C 两点的电势差；（3）当小球刚要运动至C 点时，突然施加一恒力F 作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移动 3.2m，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F 的方向的取值范围考点：带 电粒子在匀强电场中的运动分析：（1）由动能定理及圆周运动知识求得绳受到的拉力大小；（ 2）绳断后小球做类平抛

45、运动，根据类平抛运动知识求得小球在C 点的速度，再由动能定理求得电场力在AC 过程中做的功，从而得出AC 两点间的电势；（ 3）根据几何关系知，挡板水平移动3.2m，则小球在速度方向运动1.6m，根据几何关系分析小球受力的方向取值范围解答：解 ： （1）AB 由动能定理及圆周运动知识有：（ mg+qE）?L=mvB2F（ mg+qE）=代入数据可解得：F=3N （ 2）由（ 1）分析得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 17 页m/s=4m/s，小球离开B 点做类平抛运动，到达C 点时由水平方向速度保持不变有：小球垂直撞在

46、斜面上，故满足根据动能定理有：W电+WG=2qU=mvc2代入数据可解得：U=1600V （ 3）挡板向右移动3.2 米，小球沿速度方向运动了1.6 米，若小球做减速运动恰好垂直打到档板，则 a=v2/2S=20m/s2=2g， 所以要求a 2g， F合 2mg 设恒力 F 与竖直方向的夹角为 ，作出小球的受力矢量三角形分析如图所示 15（左斜向上）若小球做匀速直线或匀加速直线运动垂直打在档板上，设恒力 F 与竖直向上方向的夹角为 ，作出小球的受力矢量三角形分析如图所示0 （ + ） 1800150 （如图斜右下方）综上：恒力F与竖直向上的夹角 （以顺时针为正）范围为15150答： （1）绳子至少受3N 的拉力才能被拉断；（ 2）A、C 两点的电势差为1600V；（ 3）当小球刚要运动至C 点时，突然施加一恒力F 作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移动3.2m，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F 与竖直向上的夹角（以顺时针为正）范围为15150 点评：本 题是动能定理、类平抛运动的综合题，理清物体的运动过程中是正确解题问题的关键，中等偏难精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 17 页