黑龍江省大慶實驗中學高三(上)期中物理試卷(解析版)(編輯修改稿)
2025-07-05 00:32 本頁面
【文章內(nèi)容簡介】 半徑，則低軌衛(wèi)星的速率大于同步衛(wèi)星，周期小于同步衛(wèi)星．故C、D錯誤．故選：B．【點評】解決本題的關鍵掌握萬有引力提供向心力這一理論，知道線速度、角速度、周期、向心加速度與軌道半徑的關系，以及知道同步衛(wèi)星的特點． 6．如圖，質量為M的楔形物塊靜置在水平地面上，其斜面的傾角為θ．斜面上有一質量為m的小物塊，小物塊與斜面之間存在摩擦，用恒力F沿斜面向上拉小物塊，使之勻速上滑．在小物塊運動的過程中，楔形物塊始終保持靜止．則（ ?。〢．地面對楔形物塊的摩擦力方向水平向左B．地面對楔形物塊的摩擦力方向水平向右C．地面對楔形物塊的支持力大小為（M+m）g+FsinθD．地面對楔形物塊的支持力大小為（M+m）g【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用．【專題】定性思想；整體法和隔離法；共點力作用下物體平衡專題．【分析】物塊m勻速上升，受力平衡，合力為零．楔形物塊M始終保持靜止合力也為零，將兩個物體看成整體進行研究，根據(jù)平衡條件求解地面對楔形物塊支持力和摩擦力．【解答】解：以物塊m和楔形物塊M整體為研究對象，分析受力情況，如圖：由平衡條件得地面對楔形物塊支持力大小為：FN=（M+m）g﹣Fsinθ地面對楔形物塊有向左的摩擦力，大小為：f=Fcosθ，故A正確，BCD錯誤．故選：A【點評】本題采用整體法處理兩個物體的平衡問題，也可以采用隔離法研究，但過程要比整體法復雜，故在解題時優(yōu)先應用整體法． 7．如圖所示，有一質量不計的桿AO，長為R，可繞A自由轉動．用繩在O點懸掛一個重為G的物體，另一根繩一端系在O點，另一端系在以O點為圓心的圓弧形墻壁上的C點．當點C由圖示位置逐漸向上沿圓弧CB移動過程中（保持OA與地面夾角θ不變），OC繩所受拉力的大小變化情況是（ ）A．逐漸減小 B．逐漸增大 C．先減小后增大 D．先增大后減小【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用．【專題】共點力作用下物體平衡專題．【分析】先對G受力分析可知豎直繩上的拉力不變，再對結點O分析可得出受力的平行四邊形；根據(jù)C點的移動利用圖示法可得出OC拉力的變化．【解答】解：對G分析，G受力平衡，則拉力等于重力；故豎直繩的拉力不變；再對O點分析，O受繩子的拉力OA的支持力及OC的拉力而處于平衡；受力分析如圖所示；將F和OC繩上的拉力合力，其合力與G大小相等，方向相反，則在OC上移的過程中，平行四邊形的對角線保持不變，平行四邊形發(fā)生圖中所示變化，則由圖可知OC的拉力先減小后增大，圖中D點時力最??；故選：C．【點評】本題利用了圖示法解題，解題時要注意找出不變的量作為對角線，從而由平行四邊形可得出拉力的變化． 8．如圖，在豎直平面內(nèi)，直徑為R的光滑半圓軌道和半徑為R的光滑四分之一圓軌道水平相切于O點，O點在水平地面上．可視為質點的小球從O點以某一初速度進入半圓，剛好能通過半圓的最高點A，從A點飛出后落在四分之一圓軌道上的B點，不計空氣阻力，g=10m/s2．則B點與A點的豎直高度差為（ ）A． B． C． D．【考點】機械能守恒定律；平拋運動；向心力．【專題】機械能守恒定律應用專題．【分析】小球剛好通過A點，則在A點重力提供向心力，求出A點速度，從A點拋出后做平拋運動，根據(jù)平拋運動的基本公式結合幾何關系即可求解．【解答】解：小球剛好通過A點，則在A點重力提供向心力，則有：mg=m解得：v=從A點拋出后做平拋運動，則水平方向的位移x=vt，豎直方向的位移h=，根據(jù)幾何關系有：x2+h2=R2解得：h=故選：A【點評】本題綜合運用了向心力公式、平拋運動規(guī)律，綜合性較強，關鍵理清過程，選擇適當?shù)亩ɡ砘蚨蛇M行解題，難度適中． 9．如圖所示，質量為m的物體（可視為質點）以某一速度從A點沖上傾角為30176。的固定斜面，其運動的加速度為g，此物體在斜面上上升的最大高度為h，則在這個過程中物體（ ?。〢．重力勢能增加了mgh B．動能損失了mghC．克服摩擦力做功2mgh D．機械能損失了mgh【考點】功能關系；機械能守恒定律．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題．【分析】根據(jù)動能定理知，合力做功等于動能的變化量，機械能等于重力勢能和動能之和，通過動能和重力勢能的變化判斷機械能的變化【解答】解：A、物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，所以重力勢能增加了mgh，故A正確；B、根據(jù)牛頓第二定律知，物體運動的加速度大小為g，所受的合力為mg，方向沿斜面向下，根據(jù)動能定理得，△Ek=﹣mg?2h=﹣2mgh，知動能減小2mgh．則B錯誤C、D、因動能減小2mgh，物體重力勢能增加mgh，所以機械能減小mgh，除重力以外的力做的功等于物體機械能的變化量，則摩擦力對物體做﹣mgh的功，所以克服摩擦力做功mgh，故C錯誤D正確，故選：AD【點評】解決本題的關鍵掌握功能關系，比如合力功與動能的關系，重力功與重力勢能的關系，以及除重力以外其它力做功與機械能的關系，并能靈活運用 10．有一宇宙飛船到了某行星上（該行星沒有自轉運動），以速度v接近行星表面勻速飛行，測出運動的周期為T，已知引力常量為G，則可得（ ?。〢．該行星的半徑為B．該行星的平均密度為C．無法測出該行星的質量D．該行星表面的重力加速度為【考點】萬有引力定律及其應用；人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系．【專題】萬有引力定律在天體運動中的應用專題．【分析】研究宇宙飛船到繞某行星做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式表示出所要比較的物理量即可解題．【解答】解：A．根據(jù)周期與線速度的關系T=可得：R=，故A正確； C．根據(jù)萬有引力提供向心力=m可得：M=，故C錯誤； B．由M=πR3?ρ得：ρ=，故B正確； D．行星表面的萬有引力等于重力， =m=mg得：g=，故D正確．故選：ABD【點評】解決本題的關鍵是掌握萬有引力提供向心力，難度不大，屬于基礎題． 11．某靜電場中的一條電場線與X軸重合，其電勢的變化規(guī) 律如圖所示．在O點由靜止釋放一個負電荷，該負電荷 僅受電場力的作用，則在﹣x0～x0區(qū)間內(nèi)（ ?。〢．該靜電場是勻強電場B．該靜電場是非勻強電場C．負電荷將沿X軸正方向運動，加速度不變D．負電荷將沿X軸負方向運動，加速度逐漸減小【考點】電勢；電場強度．【專題】電場力與電勢的性質專題．【分析】由電勢的變化特點可以判斷電場為勻強電場，且電場線沿x軸負向，即可判斷各項．【解答】解：A、B由圖象可知電勢與距離成正比，由公式U=Ed，可知該靜電場是勻強電場，A正確B錯誤；C、由圖象可知電場線沿x軸負向，故負電荷將沿X軸正方向運動，加速度不變，C正確D錯誤；故選AC【點評】本題考查了勻強電場中電勢與電場強度的關系，要加強識別圖象并從圖象中獲取信息的能力． 12．如圖所示，A、B兩物塊的質量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上．A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ． 最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g．現(xiàn)對B施加一水平拉力F，則（ ?。〢．當F＜2μmg時，A、B相對地面靜止B．當F=μmg時，A的加速度為μgC．當F＞3μmg時，A相對B滑動D．無論F為何值，A的加速度不會超過μg【考點】牛頓第二定律．【專題】牛頓運動定律綜合專題．【分析】根據(jù)A、B之間的最大靜摩擦力，隔離對B分析求出整體的臨界加速度，通過牛頓第二定律求出A、B不發(fā)生相對滑動時的最大拉力．然后通過整體法隔離法逐項分析．【解答】解：AB之間的最大靜摩擦力為：fmax=μmAg=2μmg，AB發(fā)生滑動的加速度
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