第一次教学诊断物理试题
一、选择题
1.关于力与运动的关系,下列说法中正确的是( ） A. 必须有力的作用物体才能运动 B. 牛顿第一定律可以用实验直接验证
Ｃ． 牛顿第二定律表明物体所受外力越大物体的惯性越大 D. 理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因” 【答案】D 【解析】
【详解】A项：力的作用不是维持物体的运动，而是改变物体的运动状态，故A错误； B项：牛顿第一定律并不是实验定律，所以不能用实验直接验证,故B错误;
C项：物体的惯性只取决于物体的质量,与物体的运动状态,受到的外力都无关，故Ｃ错误;
D项：伽利略通过理想斜面实验,认为物体的运动不需要力来维持，否定了力是维持物体运动的原因,故D正确。 故应选D。
2．下列图象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( )
A.
B．
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C.
D．
【答案】B 【解析】 试题分析：A、为0．B、根据
图象的纵坐标代表位置,可直接读出位移为，物体在t＝1ｓ内位移为2ｍ,t=2s内位移图象的“面积”得到物体在t＝2s内位移
.C、物体在前1s内位移等
于1m,在后１s内物体为位移为-1m，则t=2s内位移为0.Ｄ、物体前１s内位移为１m，后1ｓ内位移为-1m,在t=2s内物体的位移为0.综合比较B选项再2s内的位移最大，故选B。 考点:本题考查运动学图象的认识。
【名师点睛】运动学图象要从六看认识(一看轴，二看线,三看斜率，四看面,五看节距，六看点）。象坐标表示位置,坐标变化量表示位移，斜率代表速度。而代表加速度．
3.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（ )
图
图象与坐标轴所围“面积”表示位移,斜率
A． B. C. Ｄ.
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【答案】Ｃ 【解析】 【分析】
对左图，上面球收重力和支持力而平衡,根据平衡条件得到支持力;对右图,隔离半个球分析，受重力、左侧球的支持力和右角的支持力，根据平衡条件列式求解。
【详解】设两半球的总质量为m，当球以AＢ沿水平方向放置,可知F=
当球以ＡB沿竖直方向放置，以两半球为整体,隔离右半球受力分析,由平衡条件可得：
根据支架间的距离为AB的一半，可得θ=30°, 则
,故C正确。
【点睛】本题关键是根据隔离法和整体法灵活选择研究对象,受力分析后根据平衡条件列式求解。 ４.在水平桌面上方有三个金属小球a、ｂ、c，离桌面高度之比ｈ1∶h2∶h３=3∶２∶1。若按先后依次静止释放ａ、ｂ、c，三球刚好同时落到桌面上,不计空气阻力,则 A． 三者到达桌面时的速度之比是
∶
∶1
∶
∶１
B. 三者分别释放后运动到桌面的平均速度之比是
C． b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差 D. b与a开始下落的时间差大于c与ｂ开始下落的时间差 【答案】ABＣ 【解析】
下落过程中，机械能守恒,故
,解得
，所以三者到达桌面时的速度之比是
,故平均速度之比为
，ｂc运动的时
，A正确;三者都做匀变速直线运动,初速度为零，所以，B正确;根据
可得ａｂ运动时间为
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间之差为
，所以
，故Ｃ正确Ｄ错误.
5．如图，“旋转秋千”装置中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在“秋千”的不同位置。不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时,下列说法正确的是
A. A的角速度比B的大 B. A的线速度比B的大 C. A与B的向心加速度大小相等
Ｄ． 悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等 【答案】B 【解析】
【详解】AB两个座椅具有相同的角速度根据公式:v＝ω•r，A的运动半径小,A的速度就小,故A错误，B正确；根据公式:ａ=ω2r,Ａ的运动半径小,A的向心加速度就小,故C错误；对任一座椅,受力如图所示：
由绳子的拉力与重力的合力提供向心力,则得:mgtａnθ=mω2r,则得知A与竖直方向夹角θ较小,故D错误。所以B正确，AＣD错误。
，Ａ的半径r较小,ω相等,可
6.如图所示,重物质量为1kｇ,动滑轮质量不计,竖直向上拉动细绳，使重物从静止开始以5m/s2的加速度上升,则拉力F在１s末的瞬时功率和1s内所做的功为(取ｇ=１０m/s2)( )
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A. 37．5Ｗ ３7.5J B. 37.5Ｗ 12.５Ｊ C. 75W 25Ｊ D. 75W 37.5J 【答案】Ｄ 【解析】 【分析】
先对物体研究，根据牛顿第二定律求解绳子的拉力,F是此拉力的２倍，物体速度是手拉力的作用点移动速度的一半，求得F和速度大小,然后根据P＝Ｆv求解瞬时功率。 【详解】对于物体,设绳子拉力大小为Ｔ，根据牛顿第二定律得: T-mg＝ma 得：T=m（g+a) 则
第1s末物体的速度大小为:v=at=5m/s，手拉力的作用点移动速度：v1＝２v=1０ｍ/s 故第一秒末拉力的功率为：P=Fv1=75W 1ｓ内物体的位移为：手拉力的作用点的位移为:所以１s内拉力所做的功为：故应选D。
。
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【点睛】本题关键在于正确地求解拉力的大小后用Ｐ＝Fv求解瞬时功率，难点在于物体的速度和绳子活动端移动的速度不同。
７.假设地球可视为质量分布均匀的球体。已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为
g;地球自转的周期为T,万有引力常量为G 。则地球的密度可表示为（ ）
Ａ． 【答案】A 【解析】 【分析】
根据万有引力等于重力，则可列出物体在两极的表达式,再由引力与支持力的合力提供向心力,列式综合可求得地球的质量,最后由密度公式,即可求解。 【详解】在两极，引力等于重力，则有：
由此可得地球质量:
B.
C．
D．
在赤道处，引力与支持力的合力提供向心力,由牛顿第二定律，则有：
而密度公式:
由以上各式解得：故Ａ正确。
【点睛】考查万有引力定律,掌握牛顿第二定律的应用,注意地球两极与赤道的重力的区别,知道密度表达式。8．如图所示，水平光滑长杆上套有一物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的轻绳一端连接Q,另一端悬挂一物块P。设轻绳的左边部分与水平方向的夹角为θ,初始时θ很小。现将P、Ｑ由静止同时释放，关于P、Q以后的运动下列说法正确的是（ )
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Ａ. 当θ=60°时，P、Ｑ的速度之比是B. 当θ=90°时,Q的速度最大
∶2
C. 当θ向90°增大的过程中绳上的物块P的速度先增大后减小 Ｄ． 当θ从很小增至θ=90°时Ｐ减少的重力势能大于Q增加的动能 【答案】BC 【解析】 【分析】
P、Q用同一根绳连接，则Ｑ沿绳子方向的速度与P的速度相等,根据运动的合成与分析分析PQ的速度关系,当θ＝９0°时，P的机械能最小,Q的动能最大,速度最大。
【详解】A项：P、Q用同一根绳连接，则Ｑ沿绳子方向的速度与P的速度相等,则当θ＝6０°时，Ｑ的速度vQcos60°=vP，解得:
,故Ａ错误;
Ｂ项：P的机械能最小时，即为Q到达O点正下方时,此时Q的速度最大,即当θ＝90°时,Ｑ的速度最大，故B正确;
C项：物块P的速度与沿绳方向的速度相等,由于开始时两物体的速度都为零，最后θ=９0°时沿绳方向的速度也为零，所以当θ向90°增大的过程中绳上的物块P的速度先增大后减小,故Ｃ正确；
D项：由C分析可知，P物体的速度为零，由机械能守恒可知，当θ从很小增至θ＝90°时Ｐ减少的重力势能等于Q增加的动能,故D错误。 故应选BC。
【点睛】考查运动的合成与分解，掌握能量守恒定律，注意当Q的速度最大时，Ｐ的速度为零，是解题的
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关键。
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. 可以求出升降机此时距地面的高度 C. 可以求出此时宇航员的动能
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 【答案】BＤ 【解析】
【详解】A项：根据牛顿第二定律：N-mｇ′=ma，可求出此时的重力加速度ｇ′,升降机此时所受到的万有引力为
,因为不知道升降机的质量，所以求不出升降机所受的万有引力，故A错误；
和
,可求出升降机此时距地面的高度h,故B正
B项：根据万有引力等于重力可得：确；
C项:根据地球表面人的体重和地球表面的重力加速度,可知宇航员质量为80kｇ，但宇航员此时的速度无法求出，故C错误；
D项：根据万有引力提供向心力可得：
面的高度,此高度即为绳长的最小值，故D正确。 故应选ＢD。
１0.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
、
、T=２4h，可求出同步卫星离地
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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【答案】ＣＤ 【解析】
【详解】A、D项:以A、B组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B静止,处于平衡状态，合力为零,弹簧的弹力F=mgsinθ，烧断细线的瞬间，A、B受到的合力等于弹簧弹力,由于弹簧弹力不能突变,弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得:mgsinθ=２ma，则加速度
，方向沿斜面向上，故A错误，D正确;
B项:对球C,由牛顿第二定律得:ｍgｓｉnθ=ｍa，解得:a=gｓinθ,方向向下,故Ｂ错误； Ｃ项：由Ａ、Ｄ分析可知，B的加速度为:解得:故应选CD。
【点睛】本题关键点就是绳和弹簧的区别:弹簧的弹力不会突变,而绳在断后弹力会突变为零.这点在做题时要特别留意。
１１.如图,小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放,两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为37°，已知Ｂ、C高度差h=5ｍ，g=1０m/s２,两小球质量相等,不计空气阻力，由以上条件可知( ）
,故Ｃ正确。
,以B为研究对象,由牛顿第二定律得：T-mｇsinθ=ma，
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Ａ. 小球甲作平抛运动的初速度大小为6ｍ／ｓ B. A、B两点高度差为3．２ｍ Ｃ. 小球甲到达C点所用时间为０.８s Ｄ. 两小球在C点时重力的瞬时功率相等 【答案】ＡＣ 【解析】
【详解】A项：乙球到达Ｃ点的速度
根据平行四边形定则知，甲球平抛运动的初速度
，故Ａ正确;
B项：AC两点的高度差误；
C项：由Ｂ分析可知，
得：
,故C正确;
,两球的
，则A、B的高度差
，故B错
，甲球到达Ｃ点的速度
,
D项:乙球在C点竖直方向的速度为１0m/ｓ，甲球在C点竖直方向的速度为:质量相等,所以两球在C点的重力瞬时功率不相等，故D错误。 故应选AＣ。
１２.如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h１处由静止释放，其动能Ｅk与离地高度h的关系如图b所示．其中高度从h１下降到ｈ2，图象为直线，其余部分为曲线,h３对应图象的最高点,轻弹簧劲度系数为k,小物体质量为m，重力加速度为g．以下说法正确的是( ）
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A． 小物体下降至高度h3时，弹簧形变量为0 B. 小物体下落至高度h5时,加速度最大
C. 小物体从高度h2下降到ｈ4,弹簧的弹性势能增加了
D. 小物体从高度h1下降到h5,弹簧的最大弹性势能为mgh１ 【答案】BＣ 【解析】 【分析】
高度从h1下降到h2,图象为直线,该过程是自由落体，h1-h２的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度;h3点是速度最大的地方,此时重力和弹力相等,合力为零，加速度也就为零,可以计算出弹簧的形变量;物体下落至高度h5时,加速度最大;ｈ4点与h2点物体的动能相同，根据功能关系即可得出h
４点弹簧的弹性势能与ｈ２点的弹性势能的变化量，由机械能守恒即可求出小物体从高度ｈ１下降到ｈ５,弹
簧的最大弹性势能。
【详解】Ａ项：高度从ｈ１下降到h２,图象为直线,该过程是自由落体，h１-h２的坐标就是自由下落的高度，所以小物体下降至高度h2时，弹簧形变量为0，故A错误;
B项：物体的动能先增大，后减小，小物体下落至高度ｈ4时，物体的动能与h2时的动能相同,由弹簧振子运动的对称性可知,在h４时弹簧的弹力一定是重力的2倍；小物体下落至高度h5时，动能又回到０,说明ｈ５是最低点，弹簧的弹力到达最大值，一定大于重力的2倍，所以此时物体的加速度最大，故B正确; C项：小物体下落至高度h4时,物体的动能与h2时的动能相同,由弹簧振子运动的对称性可知,在h4时弹簧
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的弹力一定是重力的2倍；此时弹簧的压缩量：
，小物体从高度ｈ2下降到h4,重力做功：
,物体从高度h2下降到h４,重力做功等于弹簧的弹性势能增加,所以小物体从高
度h2下降到h４,弹簧的弹性势能增加了
，故C正确;
D项:物体从高度h1下降到ｈ5,重力做功等于弹簧弹性势能的增大,所以弹簧的最大弹性势能为：mg（ｈ
1-h5),故
D错误。
故应选BC。
【点睛】知道物体压缩弹簧的过程，就可以逐个分析位移和加速度.要注意在压缩弹簧的过程中，弹力是个变力,加速度是变化的，当速度等于零时,弹簧被压缩到最短。 二、实验题
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l，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=10m／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”）
【答案】3.3３，相同 【解析】 试题分析:根据
，则
，由图线可知，所以ｋ=３.44N/m；因为考虑与不考虑盘的质量
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只能影响式子中的l０而不影响直线的斜率,所以对结果无影响。 考点:测量弹簧的劲度系数。
14．某实验小组在做“验证牛顿第二定律”实验中.
(1)在闭合电键之前，甲同学将实验器材组装成图甲所示.请指出该装置中的错误或不妥之处(只要答出其中的两点即可）:______＿_＿___；_＿_____＿＿___＿．
(２）乙同学将上述装置调整正确后进行实验，在实验中得到如图乙所示的一条纸带,图中相邻两计数点之间还有四个点没有画出，由图中的数据可计算得小车加速度为_＿_____m/s2.(保留两位有效数字)
（3)丙同学在利用上述调整好的装置进行实验中,保持砂和砂桶的总质量不变，小车自身的质量为M且保持不变,改变小车中砝码的质量m,并测出小车中放不同砝码时所对应的加速度ａ,以m为横坐标，为纵坐标,在坐标纸上作出如图丙所示的关系图线,图中纵轴上的截距为b，则小车受到的拉力大小为＿_______＿___＿.
【答案】 (1)． 打点计时器的电源不能用干电池 (2). 小车离打点计时器太远 （３）. 0.4９ （４). 【解析】
试题分析：（1)①打点计时器应该用低压交流电(图中干电池为直流电源）；
②小车离定滑轮太近（离打点计器较远），小车应靠近打点计时器且打点计时器应距左端较远,这样便于小车运动一段过程,从而能准确测量小车的加速度,减小误差;
(2)图中相邻两计数点之间还有四个点没有画出，则相邻两计数点之间的时间间隔为, 根据匀变速直线运动的推论公式得:。 （3)根据题意,由牛顿第二定律得:大小:
。
，则
,则
图象的截距：
,小车受到的拉力
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考点:验证牛顿第二运动定律
【名师点睛】把握实验原理才能准确的把握实验的操作步骤,才能准确的选择和操作实验器材．要提高应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。 三、计算题
１5.有一个冰上推木箱的游戏节目，规则是:选手们从起点开始用力推箱一段时间后,放手让箱向前滑动,若箱最后停在桌上有效区域内,视为成功;若箱最后未停在桌上有效区域内就视为失败。其简化模型如图所示，
AC是长度为L１=7m的水平冰面,选手们可将木箱放在A点,从A点开始用一恒定不变的水平推力推箱,使
木箱从静止开始做匀加速直线运动，BＣ为有效区域(包括B、C两点），已知BＣ长度Ｌ２=1m,木箱的质量
m=50kg，木箱与冰面间的动摩擦因数，某选手作用在木箱上的水平推力F=２００N,木箱沿AＣ做
直线运动,若木箱可视为质点，ｇ取10ｍ/s2,那么该选手要想游戏获得成功,试求:
（1)推力作用在木箱上时的加速度大小； (２）推力作用在木箱上的时间满足什么条件? 【答案】(1）【解析】 【分析】
受力分析后，先根据牛顿第二定律求解出瓶子加速和减速时的加速度,然后根据运动学公式结合几何关系列式求解出瓶子恰好滑动到B点和C点时推力的作用时间,进而求出时间范围。 【详解】(1) 力F作用时瓶的加速度为ａ1,根据牛顿第二定律得:
;
（2)
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(2) 要想获得游戏成功,瓶滑到C点速度正好为０，力作用时间最短，瓶滑到C点速度正好为０,力作用时间最长,设力作用时间为ｔ,时刻的速度为v,力停止后加速度为a2, 由牛顿第二定律得: μmg＝ma２ 解得:ａ２＝1m/s2 且ｖ=a1ｔ
加速运动过程中的位移减速运动过程中的位移
要使木箱停止有效区域内，则需满足 Ｌ1-Ｌ2≤x１+x２≤L1 解得：
。
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? 【答案】（１） 2 s(２) 0.1 【解析】 【分析】
(１） 当物块刚好滑落时,在运动过程中分别求出两物体的位移,两位移之差等于木板的长度，即可求得；
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(２) 利用牛顿第二定律求出地面对物体的摩擦力，由滑动摩擦力公式求的摩擦因数。 【详解】（1) 设经t0时间物体A滑离木板,则对A:SA=v０ｔ0 对木板Ｂ:ＳA-SB＝L
联立解得:t0=2s，t′=3s（舍去); (２) AＢ间的滑动摩擦力为:fAＢ=F=8Ｎ 此时地面对B的摩擦力满足:fAB-ｆ=mBa 解得：f=4N
地面对B的摩擦力:f=μFＮ，FＮ=（ｍA+mB）g=４０N 联立解得：μ=0.1。
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。
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(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。 【答案】(1)【解析】
试题分析：（1)设小球第一次到达D的速度VD,Ｐ到D点的过程对小球根据动能定理列式，有: ｍg(H＋ｒ)-μmgＬ=mVD2 在D点对小球列牛顿第二定律:联立解得：FN=3２N
(２)第一次来到O点,速度V1，P到Ｏ点的过程对小球根据动能定理列式，有： mgH－μmgL=mV1２ 解得:V１２＝12 要能通过Ｏ点，须临界速度Ｖ0２＝１0
故第一次来到O点之前没有脱离，第二次来到D点是沿着原路返回,设第三次来到Ｄ点的动能EK 对之前的过程根据动能定理列式，有：ｍg(Ｈ+ｒ）-3μmgL＝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S,对全过程根据动能定理列式,有：ｍｇ（H+R)-μmgS=0 解得：Ｓ=８．5m
（3）为使小球与挡板碰撞第二次，需满足：mgH−3μmgL≥mv02 代入数据解得：H≥2.9ｍ
为使小球与仅仅挡板碰撞二次,且小球不会脱离CDO轨道，需满足: mg（H+ｒ）－５μｍｇL≤０
(２） S=８．５m
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代入数据解得:H≤３m 故:2．9m≤H≤3.０m
考点：动能定理;牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题是动能定理和牛顿第二定律的综合应用题;解题的关键是结合动能定理和向心力公式判断物体的运动情况,注意临界点Ｄ和Q位置的判断。
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