淄博实验中学高三年级第一学期第一次诊断考试试题2015.10

物 理

说明：全卷共17小题，总分100分，时间90分钟

第Ⅰ卷（选择题 共48分）

一、本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分。

1．下列图像均能正确反映物体在直线上的运动，在t＝2 s内物体位移最大的是(　　)

2．如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为
和
,已知支架间的距离为AB的一半，则
为（ ）

A．
B．

C．
D．

3．如图a所示，质量为
的半球体静止在倾角为θ的平板上，当θ从00缓慢增大

到900的过程中，半球体所受摩擦力Ff与θ的关系如图b所示，已知半球体始终没有脱离平板，半球体与平板间的动摩擦因数为
，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g，则（ ）

A．o～q段图象可能是直线

B．q～
/2段图象可能是直线

C．
D．

4．如图所示，在斜面顶端的A点以速度v平抛一小球，经t1时间落到斜面上B点处，若在A点将此小球以速度0.5v水平抛出，经t2时间落到斜面上的C点处，以下判断正确的是(　　)

A．AB∶AC＝2∶1 B．AB∶AC＝4∶1

C．t1∶t2＝4∶1 D．t1∶t2＝∶1

5．起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度图像如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图像可能是(　　)

6．光盘驱动器在读取内圈数据时，以恒定线速度方式读取。而在读取外圈数据时，以恒定角速度的方式读取。设内圈内边缘半径为R1，内圈外边缘半径为R2，外圈外边缘半径为R3。A、B、C分别为内圈内边缘、内圈外边缘和外圈外边缘上的点。则读取内圈上A点时A点的向心加速度大小和读取外圈上C点时C点的向心加速度大小之比为(　　)

A. B.

C. D.

7．如图所示，A、B、C三球质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，开始系统处于静止状态。在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）

A． A球的受力情况未变，加速度为零

B． C球的加速度沿斜面向下，大小为g

C．A、B之间杆的拉力大小为

D．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为

8.如图所示，地球卫星a、b分别在椭圆轨道、圆形轨道上运行，椭圆轨道在远地点A处与圆形轨道相切，则(　　)

A．卫星a的运行周期比卫星b的运行周期短

B．两颗卫星分别经过A点处时，a的速度大于b的速度

C．两颗卫星分别经过A点处时，a的加速度小于b的加速度

D．卫星a在A点处通过加速可以到圆轨道上运行

9．为了迎接太空时代的到来，美国国会通过一项计划：在2050年前建造成太空升降机，就是把长绳的一端搁置在地球的卫星上，另一端系住升降机，放开绳，升降机能到达地球上，科学家可以控制卫星上的电动机把升降机拉到卫星上。已知地球表面的重力加速度g＝10 m/s2，地球半径R＝6 400 km，地球自转周期为24 h。某宇航员在地球表面测得体重为800 N，他随升降机垂直地面上升，某时刻升降机加速度为10 m/s2，方向竖直向上，这时此人再次测得体重为850 N，忽略地球公转的影响，根据以上数据(　　)

A．可以求出升降机此时所受万有引力的大小

B．可以求出此时宇航员的动能

C．可以求出升降机此时距地面的高度

D．如果把绳的一端搁置在同步卫星上，可知绳的长度至少有多长

10．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，且由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是(　　)

A．B物体受到细线的拉力保持不变

B．A物体与B物体组成的系统机械能不守恒

C．B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量

D．当弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大

11．如图所示，在水平力F作用下，A、B保持静止。若A与B的接触面是水平的，且F
0，则B的受力个数可能为（ ）

A．3个 B．4个

C．5个 D．6个

12．如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是(　 　)

A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小

B．若粘在A木块上面，绳的拉力减小，A、B间摩擦力不变

C．若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力增大

D．若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小

第Ⅱ卷（非选择题 共52分）

二、实验题（13题第（1）问4分，其余每空3分，共16分）

13．某同学利用如图甲所示的装置测量某一弹簧的劲度系数，将该弹簧竖直悬挂起来，在自由端挂上砝码盘。通过改变盘中砝码的质量，测得6组砝码的质量m和对应的弹簧长度，画出m-l图线，对应点已在图上标出，如图乙所示。(重力加速度g取10 m/s2)

(1)采用恰当的数据处理，该弹簧的劲度系数为________ N/m。(保留3位有效数字)

(2)请你判断该同学得到的实验结果与考虑砝码盘的质量相比，结果________。(填“偏大”、“偏小”或“相同”)

14．如图所示，一端带有定滑轮的长木板上固定有甲、乙两个光电门，与之相连的计时器可以显示带有遮光片的小车在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力。不计空气阻力及一切摩擦。

(1) 在探究“合外力一定时，加速度与质量的关系”时，要使测力计的示数等于小车所受合外力，操作中必须满足_____________________________________________；

要使小车所受合外力一定，操作中必须满足_______________________________。

(2) 实验时，先测出小车质量m，再让小车从靠近光电门甲处由静止开始运动，读出小车在两光电门之间的运动时间t.改变小车质量m，测得多组m、t的值，建立坐标系描点作出图线。下列能直观得出“合外力一定时，加速度与质量成反比”的图线是________

三、计算题（15题8分，16题12分，17题16分，共36分，解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

15．舰载战斗机在运动航母上降落，风险之高，难度之大，一向被喻为“刀尖上的舞蹈”。舰载战斗机的降落可简化为下列物理模型：时速为300Km/h的舰载机在航母阻拦系统的帮助下做匀减速运动100m后安全停下。而以时速为250Km/h的普通战斗机在机场上降落需滑行1000m。g取10m/s2.试求：

（1）舰载机和普通战斗机降落时的加速度大小之比。

（2）舰载机飞行员在航母上降落时所受的水平方向的作用力与其自身的重力之比。

16．如图所示，一质量为mB＝2 kg，长为L＝6 m的薄木板B放在水平面上，质量为mA＝2 kg的物体A(可视为质点)在一电动机拉动下从木板左端以v0＝5 m/s的速度向右匀速运动。在物体带动下，木板以a＝2 m/s2的加速度从静止开始做匀加速直线运动，此时牵引物体的轻绳的拉力F＝8 N。已知各接触面间的动摩擦因数恒定，重力加速度g取10 m/s2，则

(1)经多长时间物体A滑离木板？

(2)木板与水平面间的动摩擦因数为多少？

17．如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。AB是半径为R＝2 m的1/4圆周轨道，CDO是半径为r＝1 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板。D为CDO轨道的中央点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.4。现让一个质量为m＝1 kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由下落。(取g＝10 m/s2)

(1)当H＝1.4 m时，问此球第一次到达D点对轨道的压力大小。

(2)当H＝1.4 m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道。如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程。如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程。

(3)为使小球仅仅与弹性板碰撞二次，且小球不会脱离CDO轨道，问H的取值范围。

淄博实验中学高三年级第一学期第一次诊断考试试题2015.10

物理答案

一、选择题（每题4分，共48分）

1B 2A 3D 4B 5B 6 B 7D 8AD 9CD 10BD 11BC 12AD

二、实验题（共16分）

13. (1)3.44　(2)相同

14.（1）小车与滑轮间的细绳与长木板平行 ， 砂和砂桶的总质量远小于小车的质量

（2）C

三、计算题（15题8分，16题12分，17题16分，共36分）

15.(8分)解（1）设舰载机和普通战斗机降落时加速度大小分别为
，

解得：

（2） 设飞行员质量为
所受作用力为
.由牛顿运动定律：

解得：

故舰载机飞行员在航母上降落时所受的作用力与其自身的体重之比

16. (12分)解：(1)设经t0时间物体A滑离木板，则对A：xA＝v0t0

对木板B：xB＝at02

xA－xB＝L

代入数据解得：t0＝2 s(另解舍去)。

(2)A在B上滑动时，A匀速运动，则FfAB＝F。

设地面对B的滑动摩擦力为FfB1，则由牛顿第二定律得：FfAB－FfB1＝mBa，

FfB1＝μFN，

FN＝(mA＋mB)g

可解得：μ＝0.1。

17.(16分)解： (1)设小球第一次到达D的速度为vD

P到D点的过程对小球由动能定理：mg(H＋r)－μmgL＝mvD2

在D点对小球列牛顿第二定律：FN＝

联立解得：FN＝32 N

(2)小球第一次到达O点，设速度为v1

P到O点的过程对小球列动能定理：mgH－μmgL＝mv12

解得：v1＝2 m/s

要能通过O点，须mg≤

临界速度v＝ m/s故第一次到达O点之前没有脱离

设第三次到达D点的动能为Ek对之前的过程列动能定理：

mg(H＋r)－3μgmL＝Ek

代入解得：Ek＝0故小球一直没有脱离CDO轨道

设此球静止前在水平轨道经过的路程为s

对全过程列动能定理：mg(H＋R)－μmgs＝0

解得：s＝8.5 m

(3)为使小球与弹性板碰撞二次，须满足：mgH－3μmgL>mv02

代入解得：H>2.9 m

为使小球仅仅与弹性板碰撞二次，且小球不会脱离CDO轨道

须满足：mg(H＋r)－5μmgL≤0 代入解得：H≤3.0 m

故：2.9 m

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