一、单项选择题（本题共10题，共50分，每小题5分；在每小题提供的四个选项中，只有一项符合题目的要求）
1．物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步，关于物理学中运动与力的发展过程和研究方法的认识，下列说法中正确的是（ ）
A．亚里士多德首先提出了惯性的概念
B．伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法
C．牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿的三条运动定律都能通过现代的实验手段直接验证
D．力的单位“N“是基本单位，加速度的单位“m/s2”是导出单位
【考点】物理学史．
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
【解答】解：A、伽利略首先提出了惯性的概念，故A错误；
B、伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法，故B正确；
C、牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，因为牛顿定律的内容是在物体不受任何外力的作用下，而现实生活中没有不受任何外力的物体，所以牛顿第一定律是在实验的基础上，结合推理得出来的．故C错误；
D、力的单位“N“不是基本单位，加速度的单位“m/s2”是导出单位，故D错误；
故选：B．
【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，这也是考试内容之一．
2．一电视台体育频道讲解棋局的节目中棋盘竖直放置，棋盘由均匀的磁石做成，棋子都可视为能被磁石吸引的小磁体，下列说法中正确的是（ ）
A．棋盘对被吸附的棋子共产生了三个力的作用
B．棋盘面应选取足够光滑的材料
C．只要磁力足够大，即使棋盘光滑，棋子也能因磁力静止在棋盘上
D．棋子被吸在棋盘上静止时，棋盘对棋子的作用力比棋子的重力小
【考点】物体的弹性和弹力．
【分析】首先对棋子进行受力分析，根据棋子的运动状态，结合平衡的条件分析棋盘面应选取的材料．
【解答】解：A、小棋子受到重力G、棋盘面的吸引力F、弹力N和静摩擦力f，共四个力作用，故A正确．
B、根据竖直方向上二力平衡知：f=G，f应不超过最大静摩擦力，则有：f＜fm=μN=μF
F一定，要使棋子不滑下，应增大最大静摩擦力，为此应增大μ，棋盘面应选取较粗糙的材料，故B错误．
C、当G＞fm=μN=μF时，棋子将下滑，故C错误．
D、棋盘对棋子的吸引力与棋盘面对棋子的弹力平衡，静摩擦力与棋子的重力平衡，故D错误．
故选：A．
【点评】掌握平衡力时应注意其关键点：二力是作用在同一个物体上的，明确这一点即可与作用力与反作用力进行区分．
3．有一质点从x轴的坐标原点开始沿x轴做直线运动，其速度随时间变化的图象如图所示，下列四个选项中a表示质点运动的加速度，x表示质点的位移，其中正确的是（ ）
02
A．04 B．06 C．08 D．10
【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．
【分析】速度时间图线的斜率表示加速度，据此求出各时间段内的加速度；位移时间图线的斜率表示速度．
【解答】解：A、0﹣1s时间内物体的加速度为：a=12=14=2m/s2，同理可得1﹣2s内加速度为﹣2m/s2，2﹣3s内加速度为﹣3m/s2，3﹣4s内加速度为3m/s2，故A错误，B正确；
C、位移时间图线的斜率表示速度，物体做变速运动的是位移时间图线应该是曲线，不是直线，故CD均错误；
故选：B．
【点评】本题考查了关于几类图象的掌握，分析图象特点时一定要重点把握其斜率或者截距的物理意义．
4．如图所示，水平传送带顺时针匀速转动，一物块轻放在传送带左端，当物块运动到传送带右端时恰与传送带速度相等，若传送带仍保持匀速但速度加倍，将物块轻放在传送带左侧，本次物块在传送带上运动的时间与传送带速度加倍前相比，下列判断正确的是（ ）
16
A．变为原来的一半 B．变为原来的2倍
C．不变 D．变为原来的4倍
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】物块在传送带上做匀加速直线运动，结合位移时间公式分析比较运动的时间．
【解答】解：一物块轻放在传送带左端，当物块运动到传送带右端时恰与传送带速度相等，知物块向右做匀加速直线运动，
传送带速度增大，物块仍然做匀加速直线运动，到达右端时速度未达到传送带速度，根据x=18知，运动的时间相同．故C正确，A、B、D错误．
故选：C．
【点评】解决本题的关键理清物块在传送带上的运动规律，结合运动学公式分析求解．
5．水平地面上一物体在两个水平拉力的作用下作匀速直线运动，其中正东方向的拉力大小为6N，正北方向的拉力大小为8N．现保持正北方向的拉力不变，撤去正东方向的拉力，下列对撤去拉力到物体停止运动前这段过程中物体所受到的摩擦力的分析，其中正确的是（ ）
A．摩擦力方向为正南方向 B．摩擦力大小为6N
C．摩擦力大小为8N D．摩擦力大小为10N
【考点】摩擦力的判断与计算．
【分析】先判断受平衡力的物体的摩擦力大小，在分析撤去外力后物体是否运动．
【解答】解：由题意知拉力的合力为F=20=10N，物体受到的滑动摩擦力为10N，撤去拉力后物体的运动方向不变，摩擦力方向不变与原先合力的方向相反，大小不变．
故选：D
【点评】对摩擦力要区分是滑动摩擦力，还是静摩擦力，物体只要运动，受到滑动摩擦力．
6．如图所示，物体A、B质量分别为m和2m．物体A静止在竖直的轻弹簧上面，物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力，已知重力加速度为g．某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为（ ）
22
A．0 B．24 mg C．26 mg D．2mg
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【分析】细线剪断瞬间，先考虑AB整体，根据牛顿第二定律求解加速度；再考虑B，根据牛顿第二定律列式求解弹力；最后根据牛顿第三定律列式求解B对A的压力．
【解答】解：细线剪断瞬间，先考虑AB整体，受重力、支持力，合力等于B的重力，故：
mBg=（mA+mB）a
再分析物体B，有：
mBg﹣N=mBa
联立解得：
N=28
根据牛顿第三定律，B对A的压力为30；
故选：B．
【点评】本题关键是先采用整体法求解加速度，再隔离物体B并根据牛顿第二定律列式求解，不难．
7．如图所示，水平细杆上套一细环A，环A与球B间用一轻质绳相连，B球受到水平风力作用，A环和B球都静止不动，细绳与竖直方向的夹角为θ．当缓慢增大B球受到的水平风力到某一值的过程中A环一直保持静止，下列对该过程中相关物理量的分析正确的是（ ）
32
A．杆对A环的支持力增大 B．杆对A环的摩擦力增大
C．绳对A环的拉力可能不变 D．绳对B球的拉力增大
【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．
【分析】以环A和球B整体为研究对象，受力分析，然后根据共点力平衡条件分析即可．
【解答】解：对整体分析，受重力（M+m）g、水平风力F、支持力N和摩擦力f，根据平衡条件，有：
竖直方向：N=（M+m）g…①
水平方向：f=F…②
A、由①式，杆对A球的支持力等于A、B的总重力，风力增加，支持力不变．故A错误；
B、由②式，摩擦力等于风力，风力增加，细杆对A环的摩擦力将增大，故B正确；
C、对B球，Tsinθ=F
可见F增大时T增大，故绳的拉力变大，C错误D正确；
故选：BD．
【点评】本题关键对整体受力分析后根据平衡条件列式分析，如果采用隔离法研究，将使问题复杂化．
8．一物块以一定的初速度从光滑斜面底端a点上滑，最高可滑至b点，后又滑回至a点，c是ab的中点，如图所示，已知物块从a上滑至b所用时间为t，下列分析正确的是（ ）
34
A．物块从c运动到b所用时间等于从b运动到c的时间
B．物块上滑过程的加速度与下滑过程中的加速度等大反向
C．物块下滑时从b运动至c时间为36t
D．物块上滑通过c点时的速度大小等于整个上滑过程中平均速度的大小
【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；平均速度．
【分析】分析物体的受力情况，从而明确物体的加速度及往返过程的运动情况，即可求得时间及平均速度．
【解答】解：A、由于小球只受重力和支持力，故小球的加速度方向始终相同，均为a=gsinθ，方向向下；故bc和cb过程是可逆的；故物块从c运动到b所用时间等于从b运动到c的时间；故A正确，B错误；
C、由b到a过程是初速度为零的匀加速直线运动，则可知tbc：tca=1：（38﹣1）；而tbc+tca=t；解得：tbc=40；故C正确；
D、由于C是位移中点，而不是时间中点，故物块上滑通过c点时的速度在于整个上滑过程中平均速度的大小；故D错误；
故选：AC．
【点评】本题很好的考查了匀变速直线运动的.可逆性及一些规律的应用，特别是平均速度公式的应用一定能熟练掌握．
9．小河宽为d=200．m河水中各点水流速的大小v水与该点到较近河岸边的垂直距离x（m）成正比，即v水=0.03x（m/s），若小船在静水中的速度为v0=4m/s，小船的船头垂直河岸渡河，下列说法中正确的是（ ）
A．小船渡河的轨迹为一条直线
B．小船渡河的时间为50s
C．小船到达河的正中央处时，船的速度为7m/s
D．小船从河岸出发到运动至河正中央的过程中，做匀变速曲线运动
【考点】运动的合成和分解．
【分析】将小船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，小船船头垂直河岸，则沿河岸方向的速度等于水流速度，根据两个方向上的运动情况判断合运动的轨迹．
【解答】解：A、小船在沿河岸方向上做匀速直线运动，在垂直于河岸方向上做变速运动，合加速度的方向与合速度方向不在同一条直线上，做曲线运动．故A错误．
B、小船船头始终垂直河岸渡河，渡河时间可由河宽与船在静水中的速度求出，即为t=42=5m/s．故B正确．
C、小船到达河的正中央处时，水流速度为vs=0.03×100=3m/s，根据速度的合成，
可知，船的速度为v=44=5m/s，故C错误，
D、船从河岸出发到运动至河正中央的过程中，水流速度：v水=0.03x=0.03vct（m/s），因此水流速度均匀增大，做匀加速直线运动，根据曲线条件，结合运动的合成，可知，做匀变速曲线运动．故D正确．
故选：BD．
【点评】解决本题的关键知道当合速度的方向与合加速度的方向在同一条直线上，物体做直线运动，不在同一条直线上，物体做曲线运动．以及知道合速度与分速度之间遵循平行四边形定则．
10．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面的倾角为θ，其顶端装有光滑小滑轮，绕过滑轮的轻 绳一端连接一物块B，另一端被人拉着且人、滑轮间的轻绳平行于斜面．人的质量为M，B物块的质量为m，重力加速度为g，当人拉着绳子以a1大小的加速度沿斜面向上运动时，B 物块运动的加速度大小为a2，则下列说法正确的是（ ）
46
A．物块一定向上加速运动
B．人要能够沿斜面向上加速运动，必须满足m＞Msinθ
C．若a2=0，则a1一定等于48
D．若a1=a2，则a1可能等于50
【考点】牛顿第二定律．
【分析】通过牛顿第二定律求的绳子对人的拉力，即可求的人对绳子的拉力，当拉力与物体B 重力的关系即可求的物体B的运动状态，当物体B加速度为零时，利用牛顿第二定律即可求的人加速度
【解答】解：A、对人受力分析，有牛顿第二定律可知
F﹣Mgsinθ=Ma1
得：F=Mgsinθ+Ma1
若F＞mg，则物体B加速上升，若F＜mg，则物体B加速下降，若F=mg，物体B静止，故A错误；
B、人要能够沿斜面向上加速运动，只需满足F＞Mgsinθ即可，故B错误；
C、若a2=0，故F=mg，故mg﹣Mgsinθ=Ma1，a1=52，故C正确，
D、若a1=a2，F=Mgsinθ+Ma1，mg﹣F=ma2；则a1等于50[1]；故D正确．
故选：CD
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律，抓住受力分析即可；
二、实验题（共15分）
11．如图所示为某同学设计的一个探究小车的加速度a与小车所受拉力F及质量m关系的实验装置简图，小车的质量为m1，沙和沙捅的质量为m2．
（1）下列说法正确的是
A．电火花计时器可使用干电池组作电源
B．实验时，先放开小车再接通计时器的电源
C．平衡摩擦力时，应将纸带穿过计时器限位孔后连接在小车上
D．平衡摩擦力时，应将沙桶通过细线绕过定滑轮拴在小车上
（2）实验中要进行质量m1和m2．的选取，以下最合理的一组是
A．m1=200g，m2=20g、40g、60g、80g、100g、120g
B．m1=400g，m2=10g、15g、20g、25g、30g、40g
C．m1=200g，m2=50g、60g、70g、80g、90g、100g
D．m1=20g，m2=100g、150g、200g、250g、300g、400g．
54
【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【分析】实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了．②让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m．
【解答】解：（1）A、电火花计时器必须使用交流电源，而干电池是直流电源，故A错误；
B、实验时，先接通电源后释放小车，故B错误；
C、平衡摩擦力时，应将纸带穿过计时器限位孔后连接在小车上，C正确；
D、平衡摩擦力时不应挂上沙桶，故D错误；
故选：C．
（2）重物与小车一起加速运动，因此重物对小车的拉力小于重物的重力，当盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有m＜＜M时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，因此B数据比较符合要求．
故选：B．
故答案为：C；B．
【点评】只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握．
12．如图1所示，一打点计时器固定在斜面上端，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上匀加速直线滑下．由于实验者不小心将纸带弄成了三段，并把中间一段丢失了，如图2是打出的完整纸带中剩下的两段，这两段纸带是小车运动的最初和最后两段时间分别打出的纸带，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，即图2每两个相邻计时点的时间间隔为0.02s，请根据图2给出的数据回答下列问题：
56
（1）纸带的 （选填“右端”或“左端，’）与小车相连；
（2）根据匀变速直线运动的规律可求得：小车通过A点的瞬时速度热vA= m/s，纸带上DE之间的距离xDE= cm，小车的加速度a= m/s2；（结果保留三位有效数字）
（3）丢失的中间一段纸带上应该有 个计时点．
【考点】测定匀变速直线运动的加速度．
【分析】（1）小车做加速运动，所打点之间距离越来越大，由此可判断纸带的那端与小车相连；
（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上A点时小车的瞬时速度大小；
根据匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即△x=aT2=常数，可以求出xDE的大小；
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．
【解答】解：（1）由题意可知，小车做加速运动，计数点之间的距离越来越大，故小车与纸带的左侧相连．
（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上A点时小车的瞬时速度大小为：
58
根据匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即△x=aT2=常数，有：
xEF﹣xDE=xFG﹣xEF
即8.85cm﹣xDE=9.47cm﹣8.85cm
xDE=8.23cm
由题意可知：△x=0.62cm为常数，根据△x=aT2可得：
60
（3）匀变速直线运动连续相等时间内的位移之差：
62=0.62cm ①
匀变速直线运动不连续相等时间内的位移之差：
64=8.23cm﹣6.36cm=1.87cm ②
由①②两式可知：3△x=1.86cm
所以丢失的中间一段纸带上应该有3个计数点．
答案为：（1）左端；（2）1.36；8.23；3.88；（3）3．
【点评】本题考查了“探究匀变速直线运动”的实验中所需实验器材，以及利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．
三、计算题（共45分）
13．武汉到成都的铁路线上有很多隧道，一辆长为L的动车以加速度a匀加速通过某处的平直隧道（隧道长度大于动车长度），若动车通过隧道人口的时间为t1，动车通过隧道出口的时间为t2，求动车车头通过隧道的时间t．
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】动车做匀加速直线运动，对过隧道人口过程、通过隧道出口过程、动车车头通过隧道过程分别根据运动学公式列式，然后联立求解即可．
【解答】解：取动车车头为研究对象，设动车车头到达入口处速度为v0，到达出口处速度为vt，由匀变速直线运动规律，有：
入口处：L=66 有：68
出口处：L=70 有：72
由加速度定义，有：t=74
解得：t=76
答：动车车头通过隧道的时间为76[1]．
【点评】本题关键是明确动车的运动规律，然后选择过程列式后联立求解，一定要会解方程组．
14．杂技中的“顶竿”由两个演员共同表演，站在地面上的演员肩部顶住一根长竹竿，另一演员爬至竹竿顶端完成各种动作后下滑，若竿上演员自竿顶由静止开始匀加速下滑至速度v0=3m/s时立即匀减速下滑，滑到竿底时速度恰好为零，下滑过程中加速时间是减速时间的1.5倍，已知竿长L=7.5m竿的质量m1=5kg，竿上演员质量m2=40kg，取g=10m/s2．求：
（1）竿上演员加速运动和减速运动的时间；
（2）竿上演员下滑过程中站在地面上的演员肩部承受的压力大小．
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】（1）根据匀变速直线运动的平均速度推论，结合加速和减速的时间关系求出演员加速运动和减速遇到你的时间．
（2）根据速度时间公式求出加速阶段和减速阶段的加速度大小，结合牛顿第二定律求出加速阶段和减速阶段的摩擦力大小，从而对杆分析，根据共点力平衡求出支持力的大小，得出竿上演员下滑过程中站在地面上的演员肩部承受的压力大小．
【解答】解：（1）设演员加速下滑的时间为t1，减速下滑的时间为t2，由运动学公式得，
78，
且t1=1.5t2，
解得t1=3s，t2=2s．
（2）设演员加速下滑和减速下滑的过程中加速度大小分别为a1、a2，
由vc=a1t1=a2t2，
解得80，82．
对演员受力分析可知，m2g﹣f1=m2a1，
f2﹣m2g=m2a2，
设演员加速下滑和减速下滑的过程中杆受到支持力分别为F1、F2，
由杆处于平衡，则有：F1=f1+m1g，
F2=f2+m1g，
可解得杆受到的支持力F1=410N，F2=510N．
由牛顿第三定律可得，演员加速下滑和减速下滑的过程中站在地面上的演员肩部受到的压力大小分别为F1′=410N，F2′=510N．
答：（1）竿上演员加速运动和减速运动的时间分别为3s、2s．
（2）竿上演员下滑过程中站在地面上的演员肩部承受的压力大小分别为410N、510N．
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，难度中等．
15．如图，在同一竖直平面内有轨道AOBOC，AO段是半径为R的四分之一圆弧，圆心在C点，圆弧轨道OBO的圆心在D点，半圆轨道OC圆心在E点．三圆弧相切于0点，图中C、E，B，D，O点在同一竖直线上，现让一可视为质点的质量为m的小球从与C点等高的A 点开始沿轨道向下运动．已知重力加速度为g．
（1）若轨道光滑，且让小球无初速从A点滑下，小球沿轨道AOBOC运动，当小球运动到B 点时对轨道的压力为F，求圆轨道OBO的半径r；
（2）若轨道粗糙，且让小球以初速度．从A点滑下，小球沿轨道AOBOC运动，当小球从C点抛出后恰好打在AO弧上的H点，已知∠ACH=37°．求全过程中小球克服摩擦阻力做的功（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）
84
【考点】动能定理；平抛运动；向心力．
【分析】（1）根据向心力公式和动能定理求轨道半径
（2）根据平抛运动的规律和动能定理求克服摩擦力做功
【解答】解：（1）由向心力公式：F+mg=86
动能定理：mg（R﹣2r）=88
联立得：r=90
（2）根据平抛运动：
92
94
根据动能定理：
96
联立得：Wf=98
答：（1）圆轨道OBO的半径90[1]；
（2）全过程中小球克服摩擦阻力做的功clip_image100
【点评】动能定理在解决力学问题中应用比较广泛，要会分段或对全过程应用动能定理列式．
16．如图所示，一质量M=1kg的长木板B静止于水平地面上，长木板的右边有一竖直墙壁，B的右端距离墙壁s=0.82m．质量m=2kg的小物块A（可视为质点）v0=3m/s的速度从B的左端开始滑动，运动过程中A未从B上滑下，最终也未与墙壁碰撞，B与墙壁碰撞后立即静止不动．已知A与B之间动摩擦因数产μ1=0.2，B与地面之间动摩擦因数μ2=0.1，重力加速度g取l0m/s2，
（1）通过计算分析B与墙壁碰撞前A，B有没有达到共同速度；
（2）求木板B的最小长度．
clip_image102
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用．
【分析】（1）根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度，结合速度时间公式求出速度相等的时间，通过位移关系判断木板B与墙壁碰撞前是否达到共同速度．
（2）根据运动学公式求出速度达到相同速度时A的位移和B的位移，从而得出相对位移的大小，B撞到墙壁后立即静止，A在B上做匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出A匀减速运动的位移，从而得出木板的最小长度．
【解答】解：（1）开始时A做匀减速运动，加速度clip_image104．
B做匀加速运动，加速度clip_image106=clip_image108．
设A与B经t1时间达到共同速度，有：
v0﹣a1t1=a2t1，
代入数据解得t1=1s．
在此1s内木板B运动位移clip_image110，
故在木板B碰撞墙壁前AB达到共同速度．
（2）在AB达到共同速度的过程中A的位移clip_image112m=2m，
共同速度v1=1m/s，
AB达到共同速度后，一起匀减速直到B撞到墙壁，加速度clip_image114．
clip_image116，
代入数据解得v2=0.6m/s．
B撞到墙壁后立即静止，A在B上做匀减速运动，
clip_image118，
解得s3=0.09m．
故木板B的长度至少要L=s1﹣s2+s3=2﹣0.5+0.09m=1.59m．
答：（1）在木板B碰撞墙壁前AB达到共同速度．
（2）木板B的最小长度为1.59m．
【点评】解决本题的关键理清木块和木板在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，难度中等．
【高三物理试卷参考答案与试题解析】相关文章：
高三联考物理试卷06-07
高三第一次月考物理试卷06-07
中考物理模拟试卷06-07
人教版八年级物理下册期中试卷试题08-05
高三联考地理试卷06-06
高二第一学期月考物理试卷06-07
高三学科测试地理试卷06-06
高一物理上册月考试卷06-07
高二物理第一学期月考试卷06-07