湖南省益阳市南县一中2015届高三上学期月考物理试卷

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高三物理月考试题及答案-湖南湘潭县一中、浏阳市一中、宁乡县一中2015届高三上学期联考试卷(10月份)

高三物理月考试题及答案-湖南湘潭县一中、浏阳市一中、宁乡县一中2015届高三上学期联考试卷(10月份)

2014-2015学年湖南省湘潭县一中、浏阳市一中、宁乡县一中高三(上)联考物理试卷(10月份)一、选择题(本题共12小题,每题4分,共48分.其中1-9题为单选题,10-12题为多选题,全对得4分,选对但不全的得2分,选错不给分)1.(4分)在物理学发展的过程中,许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程.在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中,正确的说法是()A.英国物理学家牛顿用实验的方法测出万有引力常量GB.第谷接受了哥白尼日心说的观点,并根据开普勒对行星运动观察记录的数据,应用严密的数学运算和椭圆轨道假说,得出了开普勒行星运动定律C.亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体,重物体与轻物体下落一样快D.牛顿提出的万有引力定律奠定了天体力学的基础2.(4分)2014年9月26日,在仁川亚运会男子蹦床比赛中,中国选手董栋以62.480分的成绩夺冠,他的队友涂潇以60.435分的成绩获得银牌,为国争得了荣誉.如果董栋在比赛中,从高处自由落下,以v1=8m/s的竖直速度着网,与网作用后,沿着竖直方向以v2=10m/s 的速度弹回.已知运动员与网接触的时间为△t=1.2s.那么运动员在与网接触的这段时间内平均加速度的大小和方向分别为()A.15m/s2,竖直向下B.15m/s2,竖直向上C.1.67m/s2,竖直向上D.1.67m/s2,竖直向下3.(4分)如图所示,一质量为m的物体A恰能在倾角为a的斜面体上匀速下滑.若用与水平方向成θ角、大小为F的力推A,使A加速下滑,斜面体始终静止.下列关于斜面体受地面的摩擦力的说法正确的是()A.方向水平向右,大小为mg cosαsinαB.方向水平向左,大小为mg cosαsinαC.方向水平向左,大小为Fcos0D.大小为04.(4分)如图,A、B两物体叠放在水平地面上,A物体质量m=30kg,B物体质量M=20kg.处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁,另一端与A物体相连,弹簧处于自然状态,其劲度系数为300N/m,A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.5.现有一水平推力F 作用于物体B上,使B缓慢地向墙壁移动过程中(弹簧在弹性限度内),某时刻B向左移动了0.3m时,此时水平推力的大小为(g取10m/s2)()A.400 N B.190 N C.340 N D.250 N5.(4分)印度首个火星探测器“曼加里安”号于2014年9月24日成功进入火星轨道.印度由此进入外空探测“精英俱乐部”,成为具备火星轨道探测能力的国家.已知地球的质量约为火星质量的10倍,地球的半径约为火星半径的2倍,则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为()A.35.2km/s B.5.0km/s C.3.5km/s D.17.7km/s6.(4分)如图所示,距离水平地面高为h的飞机沿水平方向做匀加速直线运动,从飞机上以相对地面的速度v0依次从a、b、c水平抛出甲、乙、丙三个物体,抛出的时间间隔均为T,三个物体分别落在水平地面上的A、B、C三点,若AB=l1、AC=l2,不计空气阻力,下列说法正确的是()A.物体甲在空中运动的时间为t甲<t乙<t丙B.飞机的加速度为a=C.物体乙刚离开飞机时飞机的速度为v=D.三个物体在空中运动时总在一条竖直线上7.(4分)如图所示,在半径为R的半圆形碗的光滑表面上,一质量为m的小球以转数n 转每秒在水平面内作匀速圆周运动,该平面离碗底的距离h为()A.R﹣B.C.D.+8.(4分)如图,某滑块初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从顶端下滑,直至速度为零.对于该运动过程若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小,t表示时间,则下列图象最能正确描述这一运动规律的是()A.B. C.D.9.(4分)小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示,P为图线上一点,PN 为图线的切线,PQ为U轴的垂线,PM为I轴的垂线.则下列说法中正确的是()A.随着所加电压的增大,小灯泡的电阻不变B.随着所加电压的增大,小灯泡的电阻减小C.对应P点,小灯泡的电阻为R=30ΩD.对应P点,小灯泡的电阻为R=10Ω10.(4分)如图所示,小车上有一个固定的水平横杆,左边有一与横杆固定的轻杆,与竖直方向成θ角,下端连接一小铁球.横杆右边用一根细线吊另外一小铁球,当小车做匀变速运动时,细线保持与竖直方向成α角.若θ<α,则下列哪一项说法正确的是()A.轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上B.轻杆对小球的弹力方向与细线平行C.小车可能以加速度gtanα向左做匀减速运动D.小车可能以加速度gtanθ向右做匀加速运动11.(4分)如图甲所示,物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动,上升的最大高度为3.0m.选择地面为参考平面,上升过程中,物体的机械能E机,随高度h的变化如图乙所示.g=10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.80.则()A.物体的质量m=1kgB.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.50C.物体上升过程的加速度大小a=2m/s2D.物体回到斜面底端时的动能E k=10J12.(4分)图中的虚线为某正点电荷电场的等势面,相邻两等势面之间电势差相等.有两个带电粒子(重力不计),以不同的速率,沿不同的方向,从A点飞入电场后,沿不同的径迹1和2运动(B、C、D、E均为运动轨迹与等势面的交点).则以下判断正确的是()A.粒子1带正电,粒子2带负电B.粒子1从A到B与从B到C电场力做的功相等C.粒子2的电势能先减小后增大D.经过D、E两点时两粒子的速率可能相等二、实验题(每空3分,共24分)13.(9分)如图甲所示,在竖直平面内,将小圆环挂在橡皮条的下端,橡皮条长度为GE.用两根弹簧测力计拉动小圆环到O点,小圆环受到作用力F1、F2和橡皮条的拉力F0,如图乙所示.(1)如图乙,此时要记录下拉力F1、F2的大小,并在白纸上作出,以及O点的位置.(2)实验中,不必要的是.A.选用轻质小圆环B.弹簧测力计在使用前应校零C.撤去F1、F2,改用一个力拉住小圆环,仍使它处于O点D.用两根弹簧测力计拉动小圆环时,要保持两弹簧测力计相互垂直(3)图丙中F′是用一个弹簧测力计拉小圆环时,在白纸上根据实验结果画出的图示.F与F′中,方向一定沿GO方向的是.14.(15分)如图1为“探究加速度与质量、力的关系”的实验.(1)我们已经知道,物体的加速度(a)同时跟合外力(F)和质量(M)两个因素有关.要研究这三个物理量之间的定量关系的思想方法是.(2)某同学的实验方案如图1所示,她想用沙桶的重力表示小车受到的合外力F,为了减少这种做法而带来的实验误差,她采取了以下的调整措施:使沙桶及沙的质量远小于小车的质量,目的是使拉小车的力近似等于.(3)实验得到如图2甲所示的一条纸带,相邻两个计数点的时间间隔为T;B、C两点的间距x2和D、E两点的间距x4已量出,利用这两段间距计算小车加速度的表达式为(2)某同学根据实验数据画出的a图线如图2乙所示,从图线可得沙和沙桶的总质量为kg.(g取10m/s2)(计算结果保留二位有效数字)(3)另一位同学根据实验数据画出的a图象如图2丙所示,则造成这一结果的原因是:.三、计算题:(共38分.解答时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.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)15.(10分)十一黄金周,在某一旅游景区,一名游客在玩山坡滑草运动,山坡可看成倾角θ=37°的斜面.他从坡顶静止开始匀加速下滑,斜坡长25m.已知滑草装置与草皮之间的滑动摩擦因数μ=0.5,(不计空气阻力,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)试求:(1)游客滑到底端所需时间为多少;(2)滑下斜坡后,游客在水平草坪上滑动的最大距离.(假设从斜面到水平面,装置与草皮之间的动摩擦因数不变)16.(13分)宇航员登上某一星球并在该星球表面做实验.用一根不可伸缩的轻绳跨过轻质定滑轮,一端拴一吊椅,另一端被坐在吊椅上的宇航员拉住,如图所示.宇航员的质量m1=65kg,吊椅的质量m2=15kg,当宇航员与吊椅以加速度a=1m/s2匀加速上升时,宇航员对吊椅的压力为175N.(忽略定滑轮摩擦)(1)求该星球表面的重力加速度g0;(2)若该星球的半径为R0=6×106m,地球半径为R=6.4×106m,地球表面的重力加速度为g=10m/s2,求该星球的平均密度与地球的平均密度之比.17.(15分)如图所示,一质量为M=4.0kg的平板车静止在粗糙水平地面上,其右侧某位置有一障碍物A,一质量为m=2.0kg可视为质点的滑块,以v0=10m/s的初速度从左端滑上平板车,同时对平板车施加一水平向右的恒力F使平板车向右做加速运动.当滑块运动到平板车的最右端时,二者恰好相对静止,此时撤去恒力F,小车在地面上继续运动一段距离L=4m后与障碍物A相碰.碰后,平板车立即停止运动,滑块水平飞离平板车后,恰能无碰撞地沿圆弧切线从B点切入光滑竖直圆弧轨道,并沿轨道下滑,测得通过C 点时对轨道的压力为86N.已知滑块与平板车间的动摩擦因数μ1=0.5、平板车与地面间μ2=0.2,圆弧半径为R=1.0m,圆弧所对的圆心角∠BOD=θ=106°.取g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6.求:试求:(1)AB之间的距离;(2)作用在平板车上的恒力F大小及平板车的长度.2014-2015学年湖南省湘潭县一中、浏阳市一中、宁乡县一中高三(上)联考物理试卷(10月份)参考答案与试题解析一、选择题(本题共12小题,每题4分,共48分.其中1-9题为单选题,10-12题为多选题,全对得4分,选对但不全的得2分,选错不给分)1.(4分)在物理学发展的过程中,许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程.在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中,正确的说法是()A.英国物理学家牛顿用实验的方法测出万有引力常量GB.第谷接受了哥白尼日心说的观点,并根据开普勒对行星运动观察记录的数据,应用严密的数学运算和椭圆轨道假说,得出了开普勒行星运动定律C.亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体,重物体与轻物体下落一样快D.牛顿提出的万有引力定律奠定了天体力学的基础考点:物理学史.专题:常规题型.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、英国物理学家卡文迪许用实验的方法测出万有引力常量G,故A错误;B、开普勒接受了哥白尼日心说的观点,并根据第谷对行星运动观察记录的数据,应用严密的数学运算和椭圆轨道假说,得出了开普勒行星运动定律,故B错误;C、伽利略认为两个从同一高度自由落下的物体,重物体与轻物体下落一样快,故C错误;D、牛顿提出的万有引力定律奠定了天体力学的基础,故D正确;故选:D.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.(4分)2014年9月26日,在仁川亚运会男子蹦床比赛中,中国选手董栋以62.480分的成绩夺冠,他的队友涂潇以60.435分的成绩获得银牌,为国争得了荣誉.如果董栋在比赛中,从高处自由落下,以v1=8m/s的竖直速度着网,与网作用后,沿着竖直方向以v2=10m/s 的速度弹回.已知运动员与网接触的时间为△t=1.2s.那么运动员在与网接触的这段时间内平均加速度的大小和方向分别为()A.15m/s2,竖直向下B.15m/s2,竖直向上C.1.67m/s2,竖直向上D.1.67m/s2,竖直向下考点:加速度.专题:直线运动规律专题.分析:根据加速度的定义求解加速度,注意反弹过程中的速度方向与初速度方向相反.解答:解:取运动员下落的方向为正方向,则运动员的初速度v0=8m/s,末速度v=﹣10m/s,作用时间△t=1.2s,根据加速度的定义有:运动员的加速度a=,负号表示加速度的方向与初速度方向相反,即竖直向上.故B正确,ACD错误.故选:B.点评:掌握加速度的定义式是解决问题的关键,注意速度变化是矢量,注意始末速度的方向.3.(4分)如图所示,一质量为m的物体A恰能在倾角为a的斜面体上匀速下滑.若用与水平方向成θ角、大小为F的力推A,使A加速下滑,斜面体始终静止.下列关于斜面体受地面的摩擦力的说法正确的是()A.方向水平向右,大小为mg cosαsinαB.方向水平向左,大小为mg cosαsinαC.方向水平向左,大小为Fcos0D.大小为0考点:摩擦力的判断与计算.专题:摩擦力专题.分析:对A匀速下滑时受力分析,根据平衡条件判断物块所受支持力和摩擦力合力的方向,然后施加力F后重新判断A所受支持力和摩擦力合力的方向,据此判断斜面的运动趋势,静摩擦力的方向与物体相对运动趋势的方向相反.解答:解:对A匀速下滑时受力分析,受重力、支持力、滑动摩擦力,根据平衡条件:摩擦力与支持力的合力应该与重力等大反向,即斜面对滑块的作用力方向竖直向上,根据牛顿第三定律,则物块对斜面的作用力方向竖直向下,当用与水平方向成θ角、大小为F的力推A,A所受斜面的支持力增大,摩擦力f=μN也增大,但是支持力N与摩擦力f仍然成比例的增大,其合力的方向仍然竖直向上,保持不变,则物块对斜面的作用力的方向仍然竖直向下,只是数值上变大,故斜面没有运动的趋势,不受地面的摩擦力;故选:D.点评:本题的关键是知道A匀速下滑时:f=μN,即f与N的比例系数为μ,当F增加后,物块所受摩擦力与支持力仍然成比例的增大,故其合力方向始终没变.4.(4分)如图,A、B两物体叠放在水平地面上,A物体质量m=30kg,B物体质量M=20kg.处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁,另一端与A物体相连,弹簧处于自然状态,其劲度系数为300N/m,A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.5.现有一水平推力F 作用于物体B上,使B缓慢地向墙壁移动过程中(弹簧在弹性限度内),某时刻B向左移动了0.3m时,此时水平推力的大小为(g取10m/s2)()A.400 N B.190 N C.340 N D.250 N考点:共点力平衡的条件及其应用;胡克定律.专题:共点力作用下物体平衡专题.分析:判断物体B上缓慢地向墙壁移动0.3m时,A物块有无滑动,然后根据对B受力分析,根据平衡求出水平推力F的大小.解答:解:若A物块未滑动,则弹簧的压缩量为0.3m,则弹簧的弹力F1=kx=300×0.3N=90N <μmg=0.5×30×10=150N.假设成立.对B在竖直方向上平衡,在水平方向上受推力F、A对B的静摩擦力、地面的滑动摩擦力,根据平衡有:F=f1+f2=F1+μ(M+m)g=90+250N=340N.故C正确,A、B、D错误.故选:C点评:解决本题的关键能够正确地进行受力分析,根据受力平衡确定未知力.5.(4分)印度首个火星探测器“曼加里安”号于2014年9月24日成功进入火星轨道.印度由此进入外空探测“精英俱乐部”,成为具备火星轨道探测能力的国家.已知地球的质量约为火星质量的10倍,地球的半径约为火星半径的2倍,则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为()A.35.2km/s B.5.0km/s C.3.5km/s D.17.7km/s考点:万有引力定律及其应用.专题:万有引力定律的应用专题.分析:航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动时,由火星的万有引力提供向心力,根据万有引力定律和向心力公式可列出含速率的方程;再研究近地的速度与地球质量的关系,联立即可求解.解答:解:航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动时,由火星的万有引力提供向心力,则有:G=m航①对于近地,由地球的万有引力提供向心力,则得:G=m近②由①②得:===又近地的速度约为v近=7.9km/s可得:航天器的速率为v航==km/s≈3.5km/s故选:C.点评:对于卫星类型,关键建立卫星运动的模型,理清其向心力万有引力,根据万有引力等于向心力进行解答.6.(4分)如图所示,距离水平地面高为h的飞机沿水平方向做匀加速直线运动,从飞机上以相对地面的速度v0依次从a、b、c水平抛出甲、乙、丙三个物体,抛出的时间间隔均为T,三个物体分别落在水平地面上的A、B、C三点,若AB=l1、AC=l2,不计空气阻力,下列说法正确的是()A.物体甲在空中运动的时间为t甲<t乙<t丙B.飞机的加速度为a=C.物体乙刚离开飞机时飞机的速度为v=D.三个物体在空中运动时总在一条竖直线上考点:平抛运动.专题:平抛运动专题.分析:平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动,根据平抛运动的规律分析求解.解答:解:A、平抛运动的时间由高度决定,因为高度不变,则物体在空中运动的时间相同,与初速度无关.故A错误.B、根据△x=aT2得,a=.故B错误.C、b点的速度等于ac中间时刻的速度,则.故C正确.D、因为物体做平抛运动运动,飞机做匀加速直线运动,所以平抛运动的物体的初速度越来越大,可知三个物体不在同一条竖直线上.故D错误.故选:C.点评:本题考查平抛运动规律,知道水平方向匀速直线运动,竖直方向加速度为g的匀加速运动,根据运动学公式列式求解.7.(4分)如图所示,在半径为R的半圆形碗的光滑表面上,一质量为m的小球以转数n 转每秒在水平面内作匀速圆周运动,该平面离碗底的距离h为()A.R﹣B.C.D.+考点:向心力.专题:牛顿第二定律在圆周运动中的应用.分析:小球在光滑碗内靠重力和支持力的合力提供向心力,根据向心力和重力的关系求出小球与半球形碗球心连线与竖直方向的夹角,根据几何关系求出平面离碗底的距离h.解答:解:小球靠重力和支持力的合力提供向心力,如图所示:小球做圆周运动的半径为:r=Rsinθ,根据力图可知:tanθ=而向心力:F向=mω2Rsinθ;解得:cosθ=.所以h=R﹣Rcosθ=R﹣R•=R﹣.故A正确.故选:A.点评:解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源,运用牛顿第二定律和几何关系进行求解.8.(4分)如图,某滑块初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从顶端下滑,直至速度为零.对于该运动过程若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小,t表示时间,则下列图象最能正确描述这一运动规律的是()A.B. C.D.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:对物体受力分析由牛顿第二定律求出加速度,由运动学公式求出速度位移及下降高度与时间的关系即可求的;解答:解:D、在下滑过程中,物体的加速度为mgsinθ﹣μmgcosθ=maa=gsinθ﹣μgcosθ,加速度的大小保持不变.故D错误;C、下滑过程中速度大小关系为v=v0+at=v0+(gsinθ﹣μgcosθ)t,速度与时间之间是线性关系,所以速度图线是一条直线.故C错误;A、B、物体向下做匀减速运动,故下滑的位移为s=)t2,位移﹣时间关系的图象是向右弯曲的线.故B正确;同理,下降的高度为h=ssinθ,也是向右弯曲的线.故A错误;故选:B点评:本题主要考查了运动学公式,关键是把s、h、v与时间的表达式表示出来即可;9.(4分)小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示,P为图线上一点,PN 为图线的切线,PQ为U轴的垂线,PM为I轴的垂线.则下列说法中正确的是()A.随着所加电压的增大,小灯泡的电阻不变B.随着所加电压的增大,小灯泡的电阻减小C.对应P点,小灯泡的电阻为R=30ΩD.对应P点,小灯泡的电阻为R=10Ω考点:欧姆定律.专题:恒定电流专题.分析:根据电阻的定义R=,电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数,斜率逐渐减小,电阻逐渐增大.对应P点,灯泡的电阻等于过P点的切线斜率的倒数.解答:解:A、B图线的斜率逐渐减小,说明电阻逐渐增大.故AB错误.C、D对应P点,小灯泡的电阻为R===10Ω.故C错误,D正确.故选:D点评:本题中灯泡是非线性元件,图象中斜率为变化的,可以由任一点的坐标根据电阻的定义式R=求解电阻,但不能根据斜率求解.10.(4分)如图所示,小车上有一个固定的水平横杆,左边有一与横杆固定的轻杆,与竖直方向成θ角,下端连接一小铁球.横杆右边用一根细线吊另外一小铁球,当小车做匀变速运动时,细线保持与竖直方向成α角.若θ<α,则下列哪一项说法正确的是()A.轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上B.轻杆对小球的弹力方向与细线平行C.小车可能以加速度gtanα向左做匀减速运动D.小车可能以加速度gtanθ向右做匀加速运动考点:牛顿第二定律;力的合成与分解的运用.专题:牛顿运动定律综合专题.分析:先对细线吊的小球分析进行受力,根据牛顿第二定律求出加速度.再对轻杆固定的小球应用牛顿第二定律研究,得出轻杆对球的作用力方向.加速度方向求出,但速度可能有两种,运动方向有两种.解答:解:A、对细线吊的小球研究根据牛顿第二定律,得mgtanα=ma,得到a=gtanα对轻杆固定的小球研究.设轻杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为β由牛顿第二定律,得m′gtanβ=m′a′因为a=a′,得到β=α>θ则轻杆对小球的弹力方向与细线平行,故A错误,B正确.C、小车的加速度a=gtanα,方向向右,而运动方向可能加速向右,也可以减速向左.故C 正确D错误.故选:BC点评:绳子的模型与轻杆的模型不同:绳子的拉力一定沿绳子方向,而轻杆的弹力不一定沿轻杆方向,与物体的运动状态有关,可根据牛顿定律确定.11.(4分)如图甲所示,物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动,上升的最大高度为3.0m.选择地面为参考平面,上升过程中,物体的机械能E机,随高度h的变化如图乙所示.g=10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.80.则()A.物体的质量m=1kgB.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.50C.物体上升过程的加速度大小a=2m/s2D.物体回到斜面底端时的动能E k=10J考点:动能定理的应用.专题:动能定理的应用专题.分析:当物体到达最高点时速度为零,机械能等于物体的重力势能,由重力势能计算公式可以求出物体质量;在整个运动过程中,机械能的变化量等于摩擦力做的功,由图象求出摩擦力的功,由功计算公式求出动摩擦因数;由牛顿第二定律求出物体上升过程的加速度;由动能定理求出物体回到斜面底端时的动能.解答:解:A、物体到达最高点时,机械能为:E=E P=mgh,由图知:E P=30J.得:m===1kg,故A正确;B、物体上升过程中,克服摩擦力做功,机械能减少,减少的机械能等于克服摩擦力的功,△E=﹣μmgcosα,即:30﹣50=﹣μ×1×10cos37°×,得:μ=0.5,故B正确;C、物体上升过程中,由牛顿第二定律得:mgsinα+μmgcosα=ma,得:a=gsinα+μgcosα=10×0.6+0.5×10×0.8=10m/s2,故C错误;D、由图象可知,物体上升过程中摩擦力做功为:W=30﹣50=﹣20J,在整个过程中由动能定理得:E K﹣E K0=2W,则有:E K=E K0+2W=50+2×(﹣20)=10J,故D正确;故选:ABD.点评:重力做功不改变物体的机械能,摩擦力做功使物体机械能减少,由图象求出物体初末状态的机械能,应用重力势能的计算公式、动能定理即可正确解题.12.(4分)图中的虚线为某正点电荷电场的等势面,相邻两等势面之间电势差相等.有两个带电粒子(重力不计),以不同的速率,沿不同的方向,从A点飞入电场后,沿不同的径迹1和2运动(B、C、D、E均为运动轨迹与等势面的交点).则以下判断正确的是()A.粒子1带正电,粒子2带负电B.粒子1从A到B与从B到C电场力做的功相等C.粒子2的电势能先减小后增大D.经过D、E两点时两粒子的速率可能相等考点:等势面.分析:根据轨迹判定电荷1受到中心电荷的斥力,而电荷2受到中心电荷的引力,可知两粒子在从A向D、E运动过程中电场力做功情况.根据ADE三点在同一等势面上,可判定从A到D和从A到E过程中电场力所做的总功为0.解答:解:A、由图可知在某正点电荷电场中电荷1受到中心电荷的斥力,而电荷2受到中心电荷的引力,故粒子1带正电,粒子2带负电,故A正确.。

高一物理上学期第三次月考试题高一全册物理试题01

高一物理上学期第三次月考试题高一全册物理试题01

应对市爱护阳光实验学校第三次月考<相互作用>单元试卷2015年12月6日一、单项选择题〔在每题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求〕共40分1.关于力的下述说法中正确的选项是A.力是物体对物体的作用 B.只有直接接触的物体间才有力的作用C.力可以离开物体而存在 D.力的大小可以用天平测量2.两个力的合力F为50N,其中一个力F1为30N,那么另一个力F2的大小可能是A.10N B.15N C.80N D.85N3.如下图,弹簧秤一端固在墙壁上,另一端与小木块A相连,当用力加速抽出长木板B的过程中,观察到弹簧秤的示数为 3.0N,假设匀速抽出木板B,弹簧秤的示数大小A.一大于3.0NB.一小于3.0NC.一于3.0ND.一为零4.如下图,细绳MO与NO所能承受的最大拉力相同,长度MO>NO,那么在不断增加重物G重力的过程中〔绳OC不会断〕A.ON绳先被拉断B.OM绳先被拉断C.ON绳和OM绳同时被拉断D.因无具体数据,故无法判断哪条绳先被拉断5.如右图所示,物体在水平力F1=15N、F2=6N的作用下,静止在水平面上,假到的摩擦力设F2保持不变,当F1减小至10N时,物体受A.增大至10NB.增大至16NC.减小至6ND.减小至4N6.如下图,A、B两物体重力都于10 N,各接触面间的动摩擦因数都于0.3,同时有F=1 N的两个水平力分别作用在A和B上,A 和B均静止,那么地面对B和B对A的摩擦力分别为A.6 N,3N B.1 N,1 NC.0,1 N D.0,2 N7.一根弹簧原长10cm,挂上2N的钩码时,弹簧伸长1cm。

当这根弹簧挂上6N 的重物时,弹簧伸长了〔在弹性限度内〕A.3cm B.13cm C.4cm D.14cm8.如下图,质量为m的木块在置于水平桌面上的木板上滑行,木板静止,它的质量为M=3m,木板与木块间的动摩擦因数为μ,那么木板受桌面的摩擦力大小为A.μmg B.2μmgC.3μmg D.4μmg9.两个物体A和B,质量分别为M和m,用跨过滑轮的轻绳相连,A 静止于水平地面上,如右图所示,不计摩擦,那么A对绳的作用力M NOCGF FABmM的大小与地面对A的作用力的大小分别为A.mg,MgB.mg,(M-m)gC.(M-m)g,MgD.(M+m)g,(M-m)g10.如下图是某同学为颈椎病人设计的一个牵引装置的示意图,一根绳绕过两个滑轮和一个动滑轮,两端各挂着一个相同的重物,与动滑轮相连的帆布带拉着病人的颈椎(图中是用手指代替颈椎做),整个装置在同一竖直平面内.如果要增大手指所受的拉力,可采取的方法是①只增加绳的长度②只增加重物的重量③只将手指向下移动④只将手指向上移动A.①② B.②③ C.③④D.②④二、不项选择题〔每题有一个或多个选项符合题意〕共20分11.作用在同一点的两个力F1=3N,F2=5N。

《新课标Ⅰ》2015届高三上学期月考(2)物理 Word版含答案

《新课标Ⅰ》2015届高三上学期月考(2)物理 Word版含答案

左 右2015届上学期高三一轮复习第二次月考物理试题【新课标Ⅰ】一、选择题 (每小题4分,共48分。

每小题给出的四个选项中,1—8小题每题只有一个选项正确,9—12小题每题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分) 1.人站在自动扶梯的水平踏板上,随扶梯斜向上匀速运动,如图所示.以下说法正确的是( ) A .人受到重力和支持力的作用B .人受到重力、支持力和摩擦力的作用C .人受到的合外力不为零D .人受到的合外力方向与速度方向相同2.如图所示,一轻质弹簧上端固定,下端挂一重物,平衡时弹簧伸长了4cm ,再将重物向下拉1cm ,然后放手,则在刚释放的瞬间重物的加速度是(g 取10m/s 2)( ) A .2.5m/s 2 B .7.5m/s 2 C .10m/s 2 D .12.5m/s 23.如图所示的电路,闭合开关S 后,a 、b 、c 三盏灯均能发光,电源电动势E 恒定且内阻r 不可忽略。

现将变阻器R 的滑片稍向上滑动一些,三盏灯亮度变化的情况是( )A .a 灯变亮,b 灯和c 灯变暗B .a 灯和c 灯变亮,b 灯变暗C .a 灯和c 灯变暗,b 灯变亮D .a 灯和b 灯变暗,c 灯变亮4.如图所示,两根光滑的平行金属导轨竖直放置在匀强磁场中,磁场和导轨平面垂直,金属杆ab 与导轨接触良好可沿导轨滑动,开始时电键S 断开,当ab 杆由静止下滑一段时间后闭合S ,则从S 闭合开始计时,ab 杆的速度v 与时间t 的关系不可能是 ( )5.一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行,现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端,木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹。

下列说法中正确的是( ) A .黑色的径迹将出现在木炭包的左侧 B .木炭包的质量越大,径迹的长度越短 C .传送带运动的速度越大,径迹的长度越短D .木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短6.如图所示,汽车向右沿水平面作匀速直线运动,通过绳子提升重物M 。

湖南高三高中物理月考试卷带答案解析

湖南高三高中物理月考试卷带答案解析

湖南高三高中物理月考试卷班级:___________ 姓名:___________ 分数:___________一、选择题1.物体受到几个恒力的作用而处于平衡状态,若再对物体施加一个恒力,则物体不可能做( ) A .匀加速直线运动 B .匀减速直线运动 C .非匀变速曲线运动 D .匀变速曲线运动2.如图所示,电路中有三个完全相同的灯泡,额定电压均为U ,额定功率均为P ,变压器为理想变压器,现在三个灯泡都正常发光,则变压器的匝数比n 1:n 2和电源电压U 1和电源的功率P 1分别为( ) A .1:2 2U P B .1:2 3U 2P C .2:1 3U 3P D .2:1 2U 4P3.小球从高h 处由静止释放,与水平地面碰撞后反弹的高度为3h/4;设小球与地面碰撞时没有动能损失,选水平地面为零势能面,小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变,则( ) A .小球受到的空气阻力是其重力的3/4 B .小球第一次动能和重力势能相等的位置高为C .小球每次反弹的高度变小,说明重力和空气阻力做的功都使小球的机械能减小D .小球从释放到最后停止运动,所经过的总路程为7h4.如图所示,L 为竖直固定的光滑绝缘杆,杆上O 点套有一质量为m 、电荷量为q 的带正电小环,在杆的左侧固定一电荷量为Q 的正点电荷,杆上ab 两点到点电荷的距离相等,现小环从图示位置的O 点由静止释放,则下列说法正确的是( )A .小环从O 点到b 点的运动过程中可能存在受力平衡点B .小环从O 点到b 点的运动过程,电场力做的功可能为零C .小环在O 、a 点之间的速度一定先增大后减小D .小环在a 、b 点之间的速度一定先减小后增加5.在同一轨道上绕地球做同向匀速圆周运动的飞行器A 、B ,某时刻恰好在同一过地心的直线上,如图所示,如果想让其中一个飞行器变轨后与另一飞行器并轨且实现对接,则下列措施可行的是( )A .使飞行器A 立即加速进入飞行器B 的轨道完成对接 B .使飞行器B 立即减速进入飞行器A 的轨道完成对接C .延后一个较短的时间,再使飞行器B 减速进入飞行器A 的轨道完成对接D .延后一个较长的时间,在AB 相距最近前再使飞行器A 加速进入飞行器B 的轨道完成对接.6.如图所示,边长为L 的正方形导线框abcd 固定在匀强磁场中,一金属棒PQ 架在导线框上并以恒定速度v 从ad 滑向bc ;已知导线框和金属棒由单位长度电阻为R 0的均匀电阻丝组成,磁场的磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里,PQ 滑动过程中始终垂直导线框的ab 、dc 边,且与导线框接触良好,不计一切摩擦,则( )A.PQ中的电流方向由P到Q,大小先变大后变小B.PQ中的电流方向由Q到P,大小先变小后变大C.通过PQ的电流的最大值为D.通过PQ的电流的最小值为7.北京欢乐谷游乐场里的天地双雄是能体验强烈失重、超重感觉的娱乐设施,先把乘坐有十个人的座舱送到76m 高的地方让座舱自由落下,当落到离地面28m时制动系统开始启动,座舱匀减速运动到地面时刚好停止;假设座舱的质量约等于游客的总质量,每个游客的质量按50kg计算,重力加速度g取10m/s2,则:A.当座舱落到离地面高度为40m的位置时,每个游客对座位的压力大于500NB.当座舱落到离地面高度为40m的位置时,游客处于完全失重态C.当座舱落到离地面高度为15m的位置时,每个游客对座位的压力约为1290N;D.当座舱落到离地面高度为15m的位置时,座舱的制动力约为2.71×104N;8.如图所示,边长为L的正方形abcd为两个匀强磁场的边界,正方形内磁场的方向垂直纸面向外。

湖南省益阳一中2015届高三第十次月考理综物理试题 含答案

湖南省益阳一中2015届高三第十次月考理综物理试题 含答案

益阳市一中2015年上学期高三第十次月考物理试题总分:110分命题人:高三物理组审题人:高三物理组第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(第14-18题只有一个选项符合题意,19-21题有两个或两个以上选项符合题意。

)14、在物理学的发展过程中,许多物理学家都做出了重要的贡献,他们也创造出了许多物理学的研究方法,下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是() A.质点、速度、点电荷等都是理想化模型B.物理学中所有物理量都是采用比值法定义的C.牛顿开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法D.重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想15、如下图所示,一轻杆的一端紧固于一光滑球体上,另一端O为固定转动轴,球体搁置在光滑斜面上。

若杆与墙面的夹角为β,斜面倾角为θ。

开始时β<θ,且β+θ<90°。

那么,在球体离开斜面之前,为使斜面能在光滑水平地面上缓慢向右运动,作用于斜面上的水平外力F的大小和轻杆受力T大小的变化情况是()A.F逐渐增大,T先减小后增大B.F逐渐减小,T先增大后减小C.F逐渐增大,T逐渐减小x 1 x 2 xD .F 保持不变,T 逐渐增大16、在某集装箱码头上,一架起重机将放在地面上的一个箱子吊起。

箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动,运动过程中箱子的机械能E 与其位移x 关系的图象如图所示,其中0~x 1过程的图线为曲线,x 1~x 2过程的图线为直线.根据图象可知( )A .0~x 1过程中钢绳的拉力逐渐增大B .0~x 1过程中箱子的动能一直增加C .x 1~x 2过程中钢绳的拉力一直不变D .x 1~x 2过程中起重机的输出功率一直增大17、如图所示,一个闭合三角形导线框ABC 位于竖直平面内,其下方(略靠前)固定一根与线框平面平行的水平直导线,导线中通以图示方向的恒定电流.释放线框,它由实线位置下落到虚线位置未发生转动,在此过程中( )A .线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCAB .线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上C .线框所受安培力的合力为零,向下做自由落体运动D .线框的磁通量为零时,感应电流却不为零18、已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动,经过时间t (t 小于航天器的绕行周期),航天器运动的弧长为s ,航天器与月球的中心连线扫过角度为 θ (θ为弧度制表示),引力常量为G ,则 ( )A .航天器的轨道半径为 θSB .航天器的环绕周期为4πtθC .月球的质量为s 3G θt 2D .月球的密度为3θ24Gt 219、如图所示,电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r 。

高三物理月考试题及答案-湖南岳阳县一中、湘阴县一中联考2015届高三上学期月考试卷(12月份)

高三物理月考试题及答案-湖南岳阳县一中、湘阴县一中联考2015届高三上学期月考试卷(12月份)

湖南省岳阳县一中、湘阴县一中联考2015届高三上学期月考物理试卷(12月份)一、选择题(每小题4分,共48分,其中第3、9、10、12题为多选)1.下列说法正确的是( )A.牛顿发现了万有引力定律并测出了万有引力常量B.第谷通过对太阳系各行星运动的观测和记录并总结出了行星运动的三大规律C.库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律D.伽利略通过“理想斜面实验”得出“力是维持物体运动的原因”2.一直线上有a、b两点,相距2m,一质点沿该直线做匀变速直线运动,经过1s的时间先后通过a、b两点,则关于该质点通过a、b中点时的速度大小,的下列判断正确的是( ) A.若为匀加速运动,则v>2 m/s,若为匀减速运动,则v<2 m/sB.若为匀加速运动,则v<2 m/s,若为匀减速运动,则v>2 m/sC.无论加速还是减速,都有v>2m/sD.无论加速还是减速,都有v<2m/s3.如图,电梯内重为10N的物体悬挂在弹簧测力计上.某时刻,乘客观察到测力计示数变为8N,则电梯可能( )A.匀加速向上运动B.匀减速向上运动C.匀加速向下运动D.匀减速向下运动4.将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后,再用细线悬挂于O点,如图所示.用力F拉小球b,使两个小球都处于静止状态,且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ=30°,则F 的最小值为( )A.mg B.mg C.mg D.mg5.冥王星绕太阳的公转轨道是个椭圆,公转周期为T0,其近日点到太阳的距离为a,远日点到太阳的距离为b,半短轴的长度为c,A、B、C、D分别为长短轴的端点,如图所示.若太阳的质量为M,万有引力常量为G,忽略其他行星对它的影响则( )A.冥王星从A→B→C的过程中,速率逐渐变大B.冥王星从A→B所用的时间等于C.冥王星从B→C→D的过程中,万有引力对它先做正功后做负功D.冥王星在B点的加速度为6.如图所示,在粗糙水平板上放一个物体,使水平板和物体一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动,ab为水平直径,cd为竖直直径,在运动过程中木板始终保持水平,物块相对木板始终静止,则( )A.物块始终受到三个力作用B.只有在a、b、c、d四点,物块受到合外力才指向圆心C.从a到b,物体所受的摩擦力先增大后减小D.从b到a,物块处于超重状态7.如图所示是某个点电荷电场中的一根电场线,在线上O点由静止释放一个自由的负电荷,它将沿电场线向B点运动.下列判断中正确的是( )A.电场线由B指向A,该电荷做加速运动,加速度越来越小B.电场线由B指向A,该电荷做加速运动,其加速度大小的变化不能确定C.电场线由A指向B,该电荷做匀速运动D.电场线由B指向A,该电荷做加速运动,加速度越来越大8.如图所示,在等势面沿竖直方向的匀强电场中,一带负电的微粒以一定初速度射入电场,并沿直线从A向B运动,由此可知( )A.电场中A点的电势低于B点的电势B.微粒在A点时的动能大于在B点时的动能,在A点时的电势能小于在B点时的电势能C.微粒在A点时的动能小于在B点时的动能,在A点时的电势能大于在B点时的电势能D.微粒在A点时的机械能与电势能之和等于在B点时的机械能与电势能之和9.光滑水平面上放置两个等量同种电荷,其连线中垂线上有A、B、C三点,如图甲所示,一个质量m=1kg的小物块自C点由静止释放,小物块带电荷量q=2C,其运动的v﹣t图线如图乙所示,其中B点为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线),则以下分析正确的是( )A.B点为中垂线上电场强度最大的点,场强E=1V/mB.由C点到A点物块的电势能先减小后变大C.由C点到A点,电势逐渐降低D.B、A两点间的电势差为U BA=8.25V10.在一次探究活动中,某同学设计了如图所示的实验装置,将半径R=1m的光滑半圆弧轨道固定在质量M=0.5kg、长L=4m的小车的上表面中点位置,半圆弧轨道下端与小车的上表面水平相切,现让位于轨道最低点的质量m=0.1kg的光滑小球随同小车一起沿光滑水平面向右做匀速直线运动,某时刻小车碰到障碍物而瞬时处于静止状态(小车不反弹),之后小球离开圆弧轨道最高点并恰好落在小车的左端边沿处,该同学通过这次实验得到了如下结论,其中正确的是(g取10m/s2)( )A.小球到达最高点的速度为m/B.小车与障碍物碰撞时损失的机械能为12.5JC.小车瞬时静止前、后,小球在轨道最低点对轨道的压力由1N瞬时变为6.5ND.小车向右做匀速直线运动的速度约为6.5m/s11.如图所示,电灯A标有“10V,10W”,电灯B标有“8V,20W”,滑动变阻器的总电阻为6Ω,当滑动触头由a端向b端滑动的过程中(不考电灯电阻的变化)( )A.安培表示数一直减小,伏特表示数一直增大B.安培表示数一直增大,伏特表示数一直减小C.安培表示数先增大后减小,伏特表示数先减小后增大D.安培表示数先减小后增大,伏特表示数先增大后减小12.如图所示,电阻R1=20Ω,电动机的绕组R2=10Ω.当开关打开时,电流表的示数是0.5A,当开关合上后,电动机转动起来,电路两端的电压不变,电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是( )A.I=1.5A B.I<1.5A C.P=15W D.P<15W二、实验题(5+9=14分)[13.如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置.他在气垫导轨上安装了一个光电门B,滑块上固定一遮光条,滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连,力传感器可直接测出绳中拉力,传感器下方悬挂钩码,每次滑块都从A处由静止释放.气垫导轨摩擦阻力很小可忽略不计,由于遮光条的宽度很小,可认为遮光条通过光电门时速度不变.(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d,如图乙所示,则d=2.30mm.(2)实验时,该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d,将滑块从A位置由静止释放,测量遮光条到光电门的距离L,若要得到滑块的加速度,还需由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t.14.如图2所示,小灯泡L1(4V、1.6W),小灯泡L2(6V、3.6W),滑动变阻器R1(0~10Ω、0.5A),滑动变阻器R2(0~20Ω、1.5A),以及电源E(ε=9V、r=0)和开关S各一只,导线若干.(1)设计一个电路,要求在电路中L1和L2均正确发光,且电路中消耗的功率最小,在方框中画出设计的电路图;(2)按设计要求在如图1所示实物中连线.三、计算题(共38分)15.有两个人要把质量m=1000kg的货物装进离地h=1m高的卡车车厢内.他们找来L=5m 的斜面,但没有其它任何工具可用.假设货物在水平地面上和此斜面上滑动时所受摩擦阻力恒为货物重力的0.12倍,两个人的最大推力各为800N.(1)通过分析说明俩人能否将货物直接推进车厢?(2)请你帮助他们设计一个可行的方案,两人用最大推理将货物推进车厢.并详细证明之.(g 取10m/s2)16.一物体在距某一行星表面某一高度O点由静止开始做自由落体运动,依次通过A、B、C三点,已知AB段与BC段的距离相等,均为24cm,通过AB与BC的时间分为0.2s与0.1s,若该星球的半径为180km,则环绕该行星的卫星做圆周运动的最小周期为多少?17.如图所示,跨过轻质定滑轮的细绳两端,一端连接质量为m的物体A,另一端通过一轻质弹簧与质量为M的物体B连接,B物体静止在地面上,用手托着A物体,在A距地面高h处时,细绳刚好被拉直、弹簧无形变.今将A物体从h高处无初速释放,A物体恰好能到达地面,且A到达地面时,B物体对地面的压力恰好减为零.已知重力加速度为g,弹簧的弹性势能与劲度系数k、弹簧的伸长量x的关系是:E弹=kx2;两个物体均可视为质点,不计绳子和滑轮的质量、不计滑轮轴上的摩擦力和空气阻力.问:(1)A、B两物体的质量之比为多少?(2)现将A、B两物体的初始位置互换,再让B物体从h高处无初速释放,当A物体刚要离开地面时,B物体的速度是多少?18.如图所示,半径R=0.8m的光滑绝缘导轨固定于竖直平面内,加上某一方向的匀强电场时,带正电的小球沿轨道内侧做圆周运动.圆心O与A点的连线与竖直成一角度θ,在A 点时小球对轨道的压力N=120N,此时小球的动能最大.若小球的最大动能比最小动能多32J,且小球能够到达轨道上的任意一点(不计空气阻力).则:(1)小球的最小动能是多少?(2)小球受到重力和电场力的合力是多少?(3)现小球在动能最小的位置突然撤去轨道,并保持其他量都不变,若小球在0.04s后的动能与它在A点时的动能相等,求小球的质量.湖南省岳阳县一中、湘阴县一中联考2015届高三上学期月考物理试卷(12月份)一、选择题(每小题4分,共48分,其中第3、9、10、12题为多选)1.下列说法正确的是( )A.牛顿发现了万有引力定律并测出了万有引力常量B.第谷通过对太阳系各行星运动的观测和记录并总结出了行星运动的三大规律C.库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律D.伽利略通过“理想斜面实验”得出“力是维持物体运动的原因”考点:物理学史.专题:常规题型.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、牛顿发现了万有引力定律,卡文迪许测出了万有引力常量,故A错误;B、开普勒通过对太阳系各行星运动的观测和记录并总结出了行星运动的三大规律,故B错误;C、库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律,故C正确;D、伽利略通过“理想斜面实验”得出“力不是维持物体运动的原因”,故D错误;故选:C.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直线上有a、b两点,相距2m,一质点沿该直线做匀变速直线运动,经过1s的时间先后通过a、b两点,则关于该质点通过a、b中点时的速度大小,的下列判断正确的是( ) A.若为匀加速运动,则v>2 m/s,若为匀减速运动,则v<2 m/sB.若为匀加速运动,则v<2 m/s,若为匀减速运动,则v>2 m/sC.无论加速还是减速,都有v>2m/sD.无论加速还是减速,都有v<2m/s考点:匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题:直线运动规律专题.分析:匀变速直线运动中,某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,不论匀加速还是匀减速运动,中间位置的瞬时速度大于中间时刻的瞬时速度.解答:解:匀变速直线运动质点通过a、b两点间的平均速度.因为,中间位置的瞬时速度.因为>0,知无论加速还是减速,中间位置的速度都大于中间时刻的速度,都有v>2m/s.故C正确,A、B、D错误.故选:C.点评:解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论,知道在匀变速直线运动中,中间位置的瞬时速度大于中间时刻的瞬时速度.3.如图,电梯内重为10N的物体悬挂在弹簧测力计上.某时刻,乘客观察到测力计示数变为8N,则电梯可能( )A.匀加速向上运动B.匀减速向上运动C.匀加速向下运动D.匀减速向下运动考点: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:对物体受力分析,受重力和拉力,结合牛顿第二定律,判断出加速度的方向;然后判断电梯和乘客的超、失重情况.解答:解:由题意乘客观察到测力计示数变为8N,小于物体的重力,所以知物体失重,具有向下的加速度,运动状态可能是匀减速向上运动或匀加速向下运动.故选:BC点评:本题关键是对物体受力分析,根据牛顿第二定律判断出小球的加速度方向,由于小球和电梯相对静止,从而得到电梯的加速度,最后判断电梯的超、失重情况.4.将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后,再用细线悬挂于O点,如图所示.用力F拉小球b,使两个小球都处于静止状态,且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ=30°,则F 的最小值为( )A.mg B.mg C.mg D.mg考点:共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用.专题:共点力作用下物体平衡专题.分析:以两个小球组成的整体为研究对象,当F垂直于Oa线时取得最小值,根据平衡条件求解F的最小值.解答:解:以两个小球组成的整体为研究对象,分析受力,作出F在三个方向时整体的受力图,根据平衡条件得知:F与T的合力与重力mg总是大小相等、方向相反,由力的合成图可知,当F与绳子oa垂直时,F有最小值,即图中2位置,F的最小值为:根据平衡条件得:F=2mgsin30°=mg故选:B.点评:本题是隐含的临界问题,关键运用图解法确定出F的范围,得到F最小的条件,再由平衡条件进行求解.5.冥王星绕太阳的公转轨道是个椭圆,公转周期为T0,其近日点到太阳的距离为a,远日点到太阳的距离为b,半短轴的长度为c,A、B、C、D分别为长短轴的端点,如图所示.若太阳的质量为M,万有引力常量为G,忽略其他行星对它的影响则( )A.冥王星从A→B→C的过程中,速率逐渐变大B.冥王星从A→B所用的时间等于C.冥王星从B→C→D的过程中,万有引力对它先做正功后做负功D.冥王星在B点的加速度为考点:万有引力定律及其应用;功能关系.专题:万有引力定律的应用专题.分析:熟记理解开普勒的行星运动三定律:第一定律:所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆,太阳处在所有椭圆的一个焦点上.第二定律:对每一个行星而言,太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等.第三定律:所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等.根据力与速度方向的夹角判断该力是做正功还是负功.解答:解:A、根据第二定律:对每一个行星而言,太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等.所以冥王星从A→B→C的过程中,冥王星与太阳的距离增大,速率逐渐变小,故A错误;B、公转周期为T0,冥王星从A→C的过程中所用的时间是0.5T0,由于冥王星从A→B→C 的过程中,速率逐渐变小,从A→B与从B→C的路程相等,所以冥王星从A→B所用的时间小于,故B错误;C、冥王星从B→C→D的过程中,万有引力方向先与速度方向成钝角,过了C点后万有引力方向与速度方向成锐角,所以万有引力对它先做负功后做正功,故C错误;D、根据几何关系可知,冥王星在B点到太阳的距离为r=,根据万有引力充当向心力知=ma知冥王星在B点的加速度为=,故D正确;故选:D.点评:正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键,会根据力与速度方向的夹角判断该力是做正功还是负功.6.如图所示,在粗糙水平板上放一个物体,使水平板和物体一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动,ab为水平直径,cd为竖直直径,在运动过程中木板始终保持水平,物块相对木板始终静止,则( )A.物块始终受到三个力作用B.只有在a、b、c、d四点,物块受到合外力才指向圆心C.从a到b,物体所受的摩擦力先增大后减小D.从b到a,物块处于超重状态考点:向心力;牛顿第二定律.专题:牛顿第二定律在圆周运动中的应用.分析:木板托着物体在竖直平面内逆时针方向一起做匀速圆周运动,物体所受的合力提供圆周运动所需的向心力.当加速度方向向上时,物体处于超重状态,加速度向下时,物体处于失重状态.解答:解:A、在cd两点处,只受重力和支持力,在其他位置处物体受到重力,支持力、静摩擦力三个作用,故A错误;B、物体作匀速圆周运动,合外力提供向心力,所以合外力始终指向圆心,故B错误;C、从a运动到b,物体的加速度的方向始终指向圆心,水平方向的加速度先减小后反向增大,根据牛顿第二定律可得,物体所受木板的摩擦力先减小后增大.故C错误.D、从b运动到a,向心加速度有向上的分量,所以物体处于超重状态,故D正确;故选:D点评:解决本题的关键知道A所受的合力提供向心力,向心力大小不变,知道A所受合力在竖直方向的分力等于重力和支持力的合力,在水平方向的分力等于摩擦力.7.如图所示是某个点电荷电场中的一根电场线,在线上O点由静止释放一个自由的负电荷,它将沿电场线向B点运动.下列判断中正确的是( )A.电场线由B指向A,该电荷做加速运动,加速度越来越小B.电场线由B指向A,该电荷做加速运动,其加速度大小的变化不能确定C.电场线由A指向B,该电荷做匀速运动D.电场线由B指向A,该电荷做加速运动,加速度越来越大考点:电场线;电场强度.专题:电场力与电势的性质专题.分析:根据负电荷的运动方向判断电场力,确定场强方向.场强的大小由电场线的疏密反映,电场线越密场强越大.解答:解:由题,负电荷由静止开始从O运动到B,负电荷所受电场力方向从0到B,场强方向与电场力方向相反,即场强方向由B指向A.负电荷从静止开始,必定做加速运动.由于电场线的分布情况未知,场强如何变化无法确定,电场力和加速度如何变化也无法确定,则电荷加速度可能越来越小,也可能越来越大.故B正确,ACD错误.故选:B.点评:本题根据电荷的运动方向确定场强方向不难,容易产生的错误在于分析场强大小的变化来确定加速度的变化,条件不明时,考虑问题要全面.8.如图所示,在等势面沿竖直方向的匀强电场中,一带负电的微粒以一定初速度射入电场,并沿直线从A向B运动,由此可知( )A.电场中A点的电势低于B点的电势B.微粒在A点时的动能大于在B点时的动能,在A点时的电势能小于在B点时的电势能C.微粒在A点时的动能小于在B点时的动能,在A点时的电势能大于在B点时的电势能D.微粒在A点时的机械能与电势能之和等于在B点时的机械能与电势能之和考点:匀强电场中电势差和电场强度的关系.专题:电场力与电势的性质专题.分析:解决本题的突破口是:电场力与重力共同作用,使其做直线运动,由力与运动的关系,可知,微粒做匀减速运动,同时注意电场线和等势线垂直,说明电场沿水平方向,从而确定了电场的方向,这样问题就解决了.解答:解:A、根据电场线和等势线垂直,可知电场沿水平方向,负电荷受到电场力与重力,沿着A到B直线运动,可知,电场力水平向左,与重力的合力沿B到A方向,故电场的方向水平向右.根据沿电场线电势降低,所以A点的电势高于B点的电势,故A错误.B、由上分析可知,微粒应做匀减速运动,动能减小,电场力做负功,电势能在增大,则微粒在A点时的动能大于在B点时的动能,在A点时的电势能小于在B点时的电势能,故B 正确;C错误;D、从A到B过程中,动能、重力势能与电势能之和保持不变,微粒在A点时的机械能与电势能之和等于在B点时的机械能与电势能之和,故D正确.故选:BD.点评:本题通过带电粒子在电场中的运动考查了电势、电势能、电场力等问题,解决这类问题的突破口是:做直线运动的物体,是否存在合外力,若有合外力,其方向如何确定.注意电场力的方向与电场方向要根据电荷的电性来确定.9.光滑水平面上放置两个等量同种电荷,其连线中垂线上有A、B、C三点,如图甲所示,一个质量m=1kg的小物块自C点由静止释放,小物块带电荷量q=2C,其运动的v﹣t图线如图乙所示,其中B点为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线),则以下分析正确的是( )A.B点为中垂线上电场强度最大的点,场强E=1V/mB.由C点到A点物块的电势能先减小后变大C.由C点到A点,电势逐渐降低D.B、A两点间的电势差为U BA=8.25V考点:电势差与电场强度的关系;电场强度;电势差;电势.专题:电场力与电势的性质专题.分析:根据v﹣t图象的斜率等于加速度和牛顿第二定律求解电场强度E.根据能量守恒定律分析物块电势能的变化情况.根据电场线方向判断电势的高低.根据动能定理求解AB两点电势差U AB.解答:解:A、v﹣t图象的斜率等于加速度,B点处为整条图线切线斜率最大的位置,说明物块在B处加速度最大,根据牛顿第二定律得:F=qE=ma,B为中垂线上电场强度最大的点,由图得:B点的加速度为a===2m/s2,E==V/m=lV/m.故A正确.B、由图知,由C到A的过程中,物块的速度不断增大,动能增大,根据能量守恒得:物块的电势能不断减小.故B错误.C、由电势能的公式E P=qφ知,由C到A的过程中,电势逐渐降低,故C正确.D、物块从A到B的过程,根据动能定理得:qU AB=mv B2﹣mv A2,则得,U AB==×(42﹣72)=﹣8.25V,所以U BA=﹣U AB=8.25V,故D正确.故选:ACD点评:解决本题的关键是掌握速度图象的物理意义和动能定理,知道电势与电势能的关系E P=qφ.10.在一次探究活动中,某同学设计了如图所示的实验装置,将半径R=1m的光滑半圆弧轨道固定在质量M=0.5kg、长L=4m的小车的上表面中点位置,半圆弧轨道下端与小车的上表面水平相切,现让位于轨道最低点的质量m=0.1kg的光滑小球随同小车一起沿光滑水平面向右做匀速直线运动,某时刻小车碰到障碍物而瞬时处于静止状态(小车不反弹),之后小球离开圆弧轨道最高点并恰好落在小车的左端边沿处,该同学通过这次实验得到了如下结论,其中正确的是(g取10m/s2)( )A.小球到达最高点的速度为m/B.小车与障碍物碰撞时损失的机械能为12.5JC.小车瞬时静止前、后,小球在轨道最低点对轨道的压力由1N瞬时变为6.5ND.小车向右做匀速直线运动的速度约为6.5m/s考点:机械能守恒定律.专题:机械能守恒定律应用专题.分析:小球从圆弧最高点做平抛运动,由竖直方向做自由落体运动,水平方向做匀速运动,即可求得抛出速度,由动能定理即可求得小车和小球的初速度,根据能量守恒判断出小车损失机械能解答:解:A、从最高点做平抛运动,下落时间为t=抛出时的速度为v=,故A正确;B、小球在上滑过程中由动能定理可知解得,故小车和小球向右运动的速度为故小车损失机械能为,故B正确,D错误;C、碰撞前小球静止,故此时小球对轨道的压力为F N1=mg=1N,碰撞后由牛顿第二定律得,解得F N2=6N,由牛顿第三定律可知对轨道的压力为6N,故C错误;故选:AB点评:本题是一道力学综合题,是多研究对象多过程问题,物体运动过程复杂,分析清楚运动过程是正确解题的前提与关键,分析清楚运动过程后,应用相关规律即可正确解题.11.如图所示,电灯A标有“10V,10W”,电灯B标有“8V,20W”,滑动变阻器的总电阻为6Ω,当滑动触头由a端向b端滑动的过程中(不考电灯电阻的变化)( )A.安培表示数一直减小,伏特表示数一直增大B.安培表示数一直增大,伏特表示数一直减小C.安培表示数先增大后减小,伏特表示数先减小后增大D.安培表示数先减小后增大,伏特表示数先增大后减小考点:伏安法测电阻.专题:实验题;恒定电流专题.。

高三物理月考试题及答案-湖南益阳市2015届高三4月调研考试

高三物理月考试题及答案-湖南益阳市2015届高三4月调研考试

湖南省益阳市2015届高三四月调研考试理科综合能力测试注意事项:1.考试时量为150分钟,满分为300分。

2.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上。

3.回答第Ⅰ卷时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号,写在本试卷上无效。

4.回答第Ⅱ卷时,将答案写在答题卡上,写在本试卷和草稿纸上无效。

5.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。

6.可能用到的相对原子质量:C~12 H~1 O~16 N~14 S~32第Ⅰ卷二、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分。

14-18题给出的四个选项中,只有一个选项正确,19-21题有多个选项正确,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。

14.以下说法错误的是:A.法拉第研究电磁感应现象,总结出了电磁感应定律B.开普勒认为对任意一个行星来说,它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积C.伽利略通过“理想斜面实验”,科学地推理出“力不是维持物体运动的原因”D.卡文迪许利用卡文迪许扭秤实验装置首次测出了静电力常量15.如图所示,木块A、B重分别为15 N和30 N,它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.3。

开始时连接在A、B之间的轻弹簧已经被拉伸了0.03m,弹簧劲度系数为100 N/m,系统静止在水平地面上。

现用F=1 N的水平推力作用在木块A上后:A.木块A所受摩擦力大小是4 NB.木块A所受摩擦力大小是4.5 NC.木块B所受摩擦力大小是9 ND.木块B所受摩擦力大小是1 N16.有一辆卡车在一个沙尘暴天气中以15m/s的速度匀速行驶,司机突然模糊看到正前方十字路口有一个小孩跌倒在地,该司机刹车的反应时间为0.6 s,刹车后卡车匀减速前进,最后停在小孩前1.5 m处,避免了一场事故。

已知刹车过程中卡车加速度的大小为5 m/s2,则:A.司机发现情况时,卡车与该小孩的距离为31.5 mB.司机发现情况后,卡车经过3 s停下C.从司机发现情况到停下来的过程中卡车的平均速度为11 m/sD.若卡车的初速度为20 m/s,其他条件都不变,则卡车将撞到小孩17.一条细线的一端与水平地面上的物体B相连,另一端绕过一轻质定滑轮与小球A相连,定滑轮用另一条细线固定在天花板上的O′点,细线与竖直方向所成的夹角为α,则:A.如果将物体B在水平地面上缓慢向右移动一小段距离,α角将减小B.无论物体B在地板上左移还是右移,只要距离足够小,α角将不变C.增大小球A的质量,若B仍保持不动,α角不变D.悬挂定滑轮的细线的弹力可能等于小球A的重力18.深空探测器“探路者”号宇宙飞船在宇宙深处飞行的过程中,发现甲、乙两颗均匀球形天体,两天体各有一颗靠近其表面飞行的卫星,测得两颗卫星的周期相等,以下判断正确的是:A.天体甲、乙的质量一定不相等B.两颗卫星的线速度一定相等C.天体甲、乙的密度一定相等D.天体甲、乙表面的重力加速度之比等于它们半径的反比19.一根粗细均匀的金属导线,在其两端加上电压U时,通过导线的电流为I,导线中自由电子定向移动的平均速率为v,若将导线均匀拉长,使它的横截面半径变为原来的1/2,再给它两端加上电压2U,则:A.通过导线的电流为I/8B.通过导线的电流为I/16C.导线中自由电子定向移动的速率为v/4D.导线中自由电子定向移动的速率为v/220.如图(a)所示,AB是某电场中的一条电场线,若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下,沿AB由点A运动到点B,所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图(b)所示.以下说法正确的是:A .该电场是匀强电场B .电子在A 、B 两点的速度v A <v BC .A 、B 两点的电势φA >φBD .电子在A 、B 两点的电势能E pA <E pB21.在如图所示的xOy 平面内,一带正电粒子自A 点经电场加速后从C 点垂直射入匀强偏转电场,偏转后通过极板MN 上的小孔O 与x 轴成450离开电场,粒子在O 点时的速度大小为v 。

高三物理月考试题及答案-湖南益阳市桃江一中2015-2016学年高三上学期第一次月考试卷

高三物理月考试题及答案-湖南益阳市桃江一中2015-2016学年高三上学期第一次月考试卷

湖南省益阳市桃江一中2015-2016学年高三(上)第一次月考物理试卷1.假设某物体受到2 013个恒力作用而处于平衡状态,某时刻撤去其中的一个恒力而保持其余恒力都不变,则此后物体可能()A.做匀速直线运动B.做抛物线运动C.做圆周运动D.静止2.如图,冰壶是冬奥会的正式比赛项目,冰壶在冰面运动时受到的阻力很小,以下有关冰壶的说法正确的是()A.冰壶在冰面上的运动直接验证了牛顿第一定律B.冰壶在冰面上做运动状态不变的运动C.冰壶在冰面上的运动说明冰壶在运动过程中惯性慢慢减小D.冰壶在运动过程中抵抗运动状态变化的“本领”是不变的3.如图所示,一个小物体在足够长的斜面底端以一定初速度沿斜面上滑,斜面各处粗糙程度相同,物体在斜面上运动过程中,下列说法正确的是()A.小物体向上滑到某位置后一定会静止于斜面上B.小物体可能会滑到斜面底端,且速度刚好为零C.小物体的动能可能是先减小后增大,而机械能一直减小D.小物体上滑时,在相同的时间内,摩擦力做的功可能相等4.如图所示,质量分别为m、2m的物体A、B由轻质弹簧相连后放置在一箱子C内,箱子质量为m,整体悬挂处于静止状态.当剪断细绳的瞬间,以下说法正确的是(重力加速度为g)()A.物体A的加速度等于g B.物体B的加速度大于gC.物体C的加速度等于g D.物体B和C之间的弹力为零5.在不计空气阻力的情况下,某物体以30m/s的初速度从地面竖直上抛,则(重力加速度g 取10m/s2)()A.前4s内物体的平均速度大小为10m/sB.前4s内物体的位移大小为50mC.第2s末到第4s末物体的平均速度为5m/sD.第2s内和第4s内物体的速度改变量不相同6.随着太空技术的飞速发展,地球上人们登陆其它星球成为可能.假设未来的某一天,宇航员登上某一星球后,测得该星球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的k倍,而该星球的平均密度与地球的差不多,则该星球质量大约是地球质量的()A.倍B.k倍C.k2倍 D.k3倍7.如图所示,置于水平地面带有竖直立杆的底座总质量为0.2kg,竖直立杆长0.5m,有一质量为0.05kg的小环从杆的下端以4m/s的初速度向上运动,刚好能到达杆的顶端,在环向上运动的过程中,底座对水平地面的压力为()A.1.7N B.1.8N C.2.0N D.2.3N8.2014年我国多地都出现了雾霾天气,严重影响了人们的健康和交通.设有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54km/h的速度匀速行驶,司机突然看到正前方有一辆静止的故障车,该司机刹车的反应时间为0.6s,刹车后汽车匀减速前进,刹车过程中加速度大小为5m/s2,最后停在故障车前1.5m处,避免了一场事故.以下说法正确的是()A.司机发现故障车后,汽车经过3 s停下B.司机发现故障车时,汽车与故障车的距离为33 mC.从司机发现故障车到停下来的过程,汽车的平均速度为7.5 m/sD.从司机发现故障车到停下来的过程,汽车的平均速度为11 m/s9.高层住宅向上提升重物时常采用如图所示装置,电机通过缆绳牵引重物沿竖直方向匀速上升,地面上的人通过移动位置使拉绳与竖直方向的夹角β保持不变,设缆绳与竖直方向的夹角为α,缆绳的拉力为F1,拉绳的拉力为F2,则在重物沿竖直方向匀速上升的过程中,下列结论正确的是()A.α总是小于βB.α可能大于βC.F1一定变大,F2可能不变D.F1和F2一定都变大10.如图所示,光滑水平地面上固定一带滑轮的竖直杆,用轻绳系着小滑块绕过滑轮,用恒力F1水平向左拉滑块的同时,用恒力F2拉绳,使滑块从A点起由静止开始向右运动,B 和C是A点右方的两点,且AB=BC,则以下说法正确的是()A.从A点至B点F2做的功大于从B点至C点F2做的功B.从A点至B点F2做的功小于从B点至C点F2做的功C.从A点至C点F2做的功一定等于滑块克服F1做的功D.从A点至C点F2做的功一定大于滑块克服F1做的功11.如图甲所示,固定斜面AC长为L,B为斜面中点,AB段光滑.一物块在恒定拉力F 作用下,从最低点A由静止开始沿斜面上滑至最高点C,此过程中物块的动能E k随位移s 变化的关系图象如图乙所示.设物块由A运动到C的时间为t0,下列描述该过程中物块的速度v随时间t、加速度大小a随时间t、加速度大小a随位移s、机械能E随位移s变化规律的图象中,可能正确的是()A. B.C.D.12.如图所示,A、B分别为竖直放置的光滑圆轨道的最低点和最高点,已知小球通过A点时的速度大小为2m/s,则该小球通过最高点B的速度大小可能是(取重力加速度g=10m/s2)()A.1m/s B.2m/s C.3m/s D.4m/s13.某同学要测量一根弹簧的劲度系数k,他先将待测弹簧的一端固定在铁架台上,当弹簧自然下垂时,用刻度尺测得弹簧的长度为L0,分别在弹簧下端挂上1个、2个和3个质量为m的砝码时,测得对应的弹簧的长度为L1、L2和L3.下表是该同学记录的数据:(1)根据以上数据,计算出每增加一个砝码时弹簧平均伸长量△L的数值为△L=cm.(2)已知重力加速度g,则计算该弹簧的劲度系数的表达式k=.(3)若m=50g,g=9.8m/s2可求弹簧的劲度系数k=N/m.14.甲、乙两同学均设计了测动摩擦因数的实验.已知重力加速度为g.(1)甲同学所设计的实验装置如图甲所示.其中A为一质量为M的长直木板,B为木板上放置的质量为m的物块,C为物块右端连接的一轻质弹簧测力计.实验时用力将A从B的下方抽出,通过C的读数F1即可测出动摩擦因数.则该设计能测出(填“A与B”或“A与地面”)之间的动摩擦因数,其表达式为.(2)乙同学的设计如图乙所示.他在一端带有定滑轮的长木板上固定有A、B两个光电门,与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间,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.实验时,多次改变沙桶中沙的质量,每次都让物块从靠近光电门A处由静止开始运动,读出多组测力计示数F及对应的无爱在两光电门之间的运动时间t,在坐标系中作出F﹣的图线如图丙所示,图线的斜率为k,与纵轴的截距为b,因乙同学不能测出小车质量,故该同学还应测出的物理量为.根据该测量物理量及图线信息可知物块与木板之间的动摩擦因数表达式为.15.如图所示,一质量为m=0.3kg的物体静止于光滑水平面上的A点,当对它施加以斜向右上方的恒力F时,该物体沿水平面做匀加速直线运动到B点,测得其在B点的速度为v=4m/s,A、B两点的距离为s=0.6m,求此恒力F的取值范围(重力加速度g取10m/s2)16.如图所示装置中,AB是两个竖直放置的平行金属板,在两板中心处各开有一个小孔,板间距离为d,板长也为d,在两板间加上电压U后,形成水平向右的匀强电场.在B板下端(紧挨B板下端,但未接触)固定有一个点电荷Q,可以在极板外的空间形成电场.紧挨其下方有两个水平放置的金属极板CD,板间距离和板长也均为d,在两板间加上电压U 后可以形成竖直向上的匀强电场.某时刻在O点沿中线OO'由静止释放一个质量为m,带电量为q的正粒子,经过一段时间后,粒子从CD两极板的正中央进入电场,最后由CD两极板之间穿出电场.不计极板厚度及粒子的重力,假设装置产生的三个电场互不影响,静电力常量为k.求:(1)粒子经过AB两极板从B板飞出时的速度大小;(2)在B板下端固定的点电荷Q的电性和电量;(3)粒子从CD两极板之间飞出时的位置与释放点O之间的距离.17.粗糙水平轨道AB与竖直平面内的光滑圆弧轨道BC相切于B点,一物块(可看成为质点)在水平向右的恒力F作用下自水平轨道的P点处由静止开始匀加速运动到B,此时撤去该力,物块滑上圆弧轨道,在圆弧轨道上运动一段时间后,回到水平轨道,恰好返回到P点停止运动,已知物块在圆弧轨道上运动时对轨道的压力最大值为F1=2.02N,最小值为F2=1.99N,当地重力加速度为g=10m/s2.(1)求物块的质量m的大小;(2)若已知圆弧轨道的半径为R=8m,P点到B点的距离是x=0.5m,求F的大小.18.如图,质量为m、长为L、高为h的矩形木块A置于水平地面上,木块与地面间动摩擦因数为μ1,木块上表面光滑,其左端放置一个质量也为m的小物块B.某时刻木块A和小物块B同时获得水平向右的速度v0后开始运动,不计空气阻力,经过一段时间后B落地.(1)求B从A滑出时A已静止的条件;(2)若B从A滑出时A仍在运动,求B落地时距A右端的水平距离.答案1.【考点】力的合成.【专题】受力分析方法专题.【分析】物体受到一组共点恒力作用而处于平衡状态,当撤去某一个恒力时,余下力的合力与此力大小相等、方向相反,根据物体的合力与速度方向可能的关系,分析物体可能的运动情况.【解答】解:物体受到一组共点恒力作用而处于平衡状态,当撤去某一个恒力时,余下力的合力与此力大小相等、方向相反,说明物体受到的合力恒定不变,若原来的力与速度方向相反时,撤去此力后,物体的合力与速度方向相同时,物体做匀加速直线运动;若原来的力与速度方向相同时,撤去此力后,物体的合力与速度方向相反时,物体做匀减速直线运动;若物体原来做匀速直线运动,而且原来的力与速度不在同一直线上时,撤去此力后,物体的合力与速度方向不在同一直线上,则物体做匀变速曲线运动,若刚好垂直,则做平抛运动.所以B正确,ACD错误.故选B【点评】本题中利用了平衡条件的推论,得到撤去力后物体的合力是恒力,关键要分情况讨论合力与速度方向间的关系,分析物体的运动性质.2.【考点】牛顿第一定律;惯性.【分析】力是改变物体运动状态的原因,冰壶在冰面上的运动受到摩擦力的作用,不能验证了牛顿第一定律;惯性与物体的质量有关;【解答】解:A、力是改变物体运动状态的原因,冰壶在冰面上的运动受到摩擦力的作用,速度逐渐减小,所以不能验证了牛顿第一定律.故AB错误;C、质量是惯性大小的量度,与速度的大小无关.故C错误;D、质量是惯性大小的量度,冰壶的质量不变,所以在运动过程中抵抗运动状态变化的“本领”是不变的.故D正确.故选:D【点评】该题考查对牛顿第一定律与惯性的理解,要注意牛顿第一定律对应物体不受力或受到的合外力等于0的情况,运动的状态不发生变化.而该题中,冰壶的速度会逐渐减小.3.【考点】功能关系.【分析】分析物体可能的运动情况:可能先向上匀减速运动,后向下匀加速运动,也可能向上匀减速运动,停在最高点.动能可能先减小后增大,也可能一直减小到零.物体克服摩擦力做功,机械能始终减小.【解答】解:AB、物体减速上升,到最高点后可能保持静止,也可能加速下滑,故如果回到最低点速度不可能为零,故A错误,B错误;C、物体减速上升,到最高点后可能加速下滑,故动能可能是先减小后增加;物体受重力、支持力和摩擦力,由于克服摩擦力做功,故机械能一直减小,故C正确;D、小物体上滑时,是匀加速直线运动,在相同的时间内位移一定不等,故在相同的时间内摩擦力做的功不可能相等,故D错误;故选:C【点评】本题关键分析物体可能的运动情况.涉及动能变化的问题,优先考虑用动能定理分析.4.【考点】牛顿第二定律.【专题】牛顿运动定律综合专题.【分析】先对A受力分析,求出细线剪短前后A的加速度;再对B、C整体受力分析,求出BC整体的加速度【解答】解:A、物体A受重力和支持力,在细绳剪断瞬间仍受力平衡,所以a=0,故A错误;BC、B、C物体相对静止,将B、C看作一个整体,受重力和弹簧的压力,弹簧的压力等于A物体的重力,故整体的加速度为:a==;故B正确,C错误.D、根据B项分析知B与C之间弹力如果为零,C的加速度将为g,故物体B和C之间的弹力不为零,故D错误.故选:B【点评】本题是瞬时问题,关键在于BC的加速度相等,要将BC当作整体来研究.5.【考点】平均速度.【专题】直线运动规律专题.【分析】竖直上抛运动是初速度向上,加速度向下的匀变速直线运动,对上升和下降的整个过程列式求解比较简便.【解答】解:A、选向上为正方向,4s末的速度V=30﹣10×4=﹣10m/s,平均速度=10m/s,故A正确;B、根据平均速度公式,前4s位移为x4=t4=10×4=40m,故B错误;C、对于匀变速直线运动,某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度,故第2s末到第4s末物体的平均速度等于第3s末的瞬时速度,根据速度时间公式,有:=30﹣10×3=0,故C错误;D、加速度为g,向下,故第2s内和第4s内物体的速度改变量△v=g•△t=10×1=10m/s,故D 错误;故选:A.【点评】本题关键是要把竖直上抛运动的上升和下降的整个过程看成匀变速直线运动进行处理,而不能分段处理,否侧将使问题复杂化.6.【考点】万有引力定律及其应用;向心力.【专题】万有引力定律的应用专题.【分析】根据万有引力等于重力,列出等式表示出重力加速度.再根据密度与质量关系代入表达式找出半径的关系,求出质量关系.【解答】解:根据万有引力等于重力,列出等式:g=,其中M是地球的质量,r应该是物体在某位置到球心的距离.根据根据密度与质量关系得:M=ρ•πr3,星球的密度跟地球密度相同,g==Gρ•πr,星球的表面重力加速度是地球表面重力加速度的k倍,所以星球的半径也是地球的k倍,所以再根据M=ρ•πr3得:星球质量是地球质量的k3倍.故选:D.【点评】求一个物理量之比,我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来,再根据表达式进行比较.7.【考点】牛顿第二定律.【分析】小环在下落过程中,受到重力和向上的滑动摩擦力,底座受到重力、小环向下的摩擦力和地面的支持力,由平衡条件求地面对底座的支持力,即可由牛顿第三定律求得底座对地面的压力【解答】解:根据速度﹣位移公式:v2=2ax所以:F f+m B g=m B aF N+F f=m A g联立以上三式解得:F N=1.7N由作用力和反作用力关系,底座对水平面的压力:F N′=F N=1.7N故选:A【点评】本题中底座与小环的加速度不同,采用隔离法研究,抓住加速度是关键,由牛顿运动定律和运动学公式结合进行研究8.【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系;平均速度.【专题】直线运动规律专题.【分析】(1)根据匀变速直线运动的速度时间公式求出卡车匀减速运动的时间,从而得知发现情况后,卡车到停止的时间;(2)司机发现情况后,在反应时间内做匀速直线运动,然后做匀减速直线运动,结合运动学公式求出位移的大小;(3)平均速度等于总位移除以总时间;【解答】解:A、卡车减速到零的时间.则t=t′+t1=0.6+3=3.6s,故A 错误;B、在反应时间内的位移x1=v0t′=15×0.6m=9m.匀减速直线运动的位移,则x=x1+x2+1.5=33m,故B正确;C、平均速度,故CD错误;故选:B【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动运动学公式,并能灵活运用.知道在反应时间内做匀速直线运动.9.【考点】运动的合成和分解;力的合成与分解的运用;共点力平衡的条件及其应用.【分析】对空调主机受力分析,因做匀速运动,故在竖直方向合力为零,水平方向合力为零,由数学关系即可判断.【解答】解:对物体受力分析如图一物体匀速运动,故合力为零在竖直方向:F1cosα﹣mg﹣F2cosβ=0在水平方向:F1sinα﹣F2sinβ=0在上升过程中,α增大,而β不变,联立可以判断缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都增大;因F1大于F2,故缆绳与竖直方向的夹角α小于角β,故AD正确,BC错误;故选:AD.【点评】本题主要考查了受力分析,利用共点力平衡列式结合数学关系即可判断.10.【考点】功的计算.【专题】功的计算专题.【分析】对物体进行受力分析,运用某个方向上平衡状态求出正压力,根据滑动摩擦力的公式表示出该力.根据细绳与水平方向夹角θ角增大去判断摩擦力的变化.运用功的定义式定性分析功的变化,抓住其中的不变量.【解答】解:物体受力如图所示,由于物体被绕过光滑定滑轮的轻绳系着,拉力为恒力,所以拉力做的功等于细绳对物体所做的功.根据功的定义式W=F2Lcosθ,θ增大,F不变,在相同位移L上拉力F做的功减小,所以从A点至B点F2做的功大于从B点至C点F2做的功,故A正确,B错误;C、刚开始F2的水平分量大于F1,物体向右运动,随着角度的增大,F2的水平分量减小,可能小于F1,所以整个过程中F2做的功可能等于F1做的功,也可能大于F1做的功,或者若物体到C点时速度刚好为0,此时F2做的功等于克服F1做的功,若物体到达C点的速度大于0,则F2做的功大于克服F1做的功,故CD错误.故选A【点评】判断一个力的变化,我们应该先把这个力运用物理规律表示出来,再根据关系式里的物理量的变化找出这个力的变化.功的定义式虽然不能定量求解功的大小,但可以定性分析功的变化.11.【考点】动能定理的应用;牛顿第二定律.【专题】动能定理的应用专题.【分析】根据动能随s的表达式得出整个过程中的运动规律,即前半段做匀加速直线运动,后半段做匀减速直线运动,结合平均速度的推论比较两段过程中的运动时间.根据除重力以外其它力做功判断机械能的变化.【解答】解:A、根据动能随s的表达式知,动能先均匀增加,然后均匀减小,即合力先做正功再做负功,知物块先做匀加速直线运动,然后做匀减速直线运动,匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等,匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度,则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间,故A错误.B、前半段和后半段均做匀变速直线运动,两段过程中加速度分别不变,但是两段过程中的时间不等,故B错误,C正确.D、根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量,知前半段恒力F做正功,可知机械能随s均匀增加,后半段只有重力做功,机械能守恒,故D正确.故选:CD.【点评】解决本题的关键得出物块在整个过程中的运动规律,注意前半段和后半段的运行时间不同,这是容易错误的地方.12.【考点】机械能守恒定律;向心力.【专题】机械能守恒定律应用专题.【分析】小球在光滑的圆轨道内运动,只有重力做功,其机械能守恒,根据机械能守恒定律得到小球在最高点的速度表达式.小球要能到达最高点,向心力要大于重力,得到最高点速度的范围,再进行选择.【解答】解:设小球到达最高点B的速度为v B.根据机械能守恒定律得mg•2R+m=得到v B=①小球要能到达最高点,则在最高点B时,m≥mg得到v B≥②由①②联立得gR≤4代入①得:v B≥2m/s又机械能守恒定律可知,v B<v A=2m/s解得2m/s≤v B<2m/s故选:BCD【点评】本题是机械能守恒定律、向心力等知识的综合应用,关键是临界条件的应用:当小球恰好到达最高点时,由重力提供向心力,临界速度v0=,与细绳的模型相似.13.【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】由表中数据可求得平均伸长量,再由胡克定律明确表达式,代入对应的数据即可求得劲度系数.【解答】解:(1)由表中数据可知,平均伸长量△L==1.75cm;(2)根据胡克定律可知,mg=k△L;解得:k=;(3)将数据代入可得:k==28N/m故答案为:(1)1.75cm;(2);(3)28.【点评】弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内,弹簧的伸长与受到的拉力成正比.对于实验问题,我们要充分利用测量数据求解可以减少误差.14.【考点】探究影响摩擦力的大小的因素.【专题】实验题;定性思想;实验分析法;牛顿运动定律综合专题.【分析】(1)用力将A从B的下方抽出达到稳定状态时,B所受的滑动摩擦力与弹簧测力计的拉力平衡.滑动摩擦力f=μN,N等于B的重力,f由弹簧测力计Q读出,从而可测得动摩擦因数.(2)小车从靠近甲光电门处由静止开始做匀加速运动,位移x=at2.位移一定,找出a与t的关系,以及斜率k、截距b的意义,然后即可求出动摩擦因数的表达式.【解答】解:(1)当A达到稳定状态时B处于静止状态,弹簧测力计的读数F与B所受的滑动摩擦力f大小相等,B对木块A的压力大小等于B的重力mg,由f=μN得,μ==,由从Q上读取F1,则可求得μ,为A与B之间的动摩擦因数.(2)小车由静止开始做匀加速运动,根据匀加速直线运动位移时间公式得:x=at2,解得:a=根据牛顿第二定律得对于沙和沙桶,F合=F﹣μmg=ma则:则图线的斜率为:k=2mx,纵轴的截距为b=μmg;k与摩擦力是否存在无关,小车与长木板间的摩擦因数:=故答案为:(1)A与B,;(2)光电门A、B之间的距离x;【点评】本题关键要理解掌握光电门测量速度的原理,运用动能定理得到动摩擦因数的表达式,分析图象截距的意义.15.【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】设F与水平方向的夹角为θ.先根据动能定理列式,得到F与θ、s、m的关系.再根据要使物体沿水平面运动,必须有Fsinθ≤mg,联立求解.【解答】解:设F与水平方向的夹角为θ.根据动能定理得:Fcosθ•s=①据题,0°<θ<90°,则cosθ<1 ②要使要使物体沿水平面运动,必须有Fsinθ≤mg ③由①②解得:F>4N由①③解得:F≤5N故此恒力F的取值范围为4N<F≤5N.答:此恒力F的取值范围为4N<F≤5N.【点评】解决本题的关键要注意物体沿水平面运动的条件:Fsinθ≤mg,不能只根据动能定理得到F>4N.16.【考点】带电粒子在匀强电场中的运动;动能定理.【专题】带电粒子在电场中的运动专题.【分析】(1)粒子在AB板间电场中做匀加速运动,运用动能定理列式,可求解粒子经过AB两极板从B板飞出时的速度大小;(2)粒子飞出B板后,在Q的作用下做匀速圆周运动,由库仑力提供粒子所需要的向心力,列式求解点电荷Q的电量,并可判断其电性;(3)粒子沿CD中线进入CD间的电场做类平抛运动,将其运动分解为水平和竖直两个方向,由类平抛运动的规律求解即可.【解答】解:(1)粒子经过AB两板,由动能定理可知:①得:;(2)粒子飞出B板后,在Q的作用下做匀速圆周运动,由受力分析可知Q带负电,由库仑力提供粒子所需要的向心力,则得:解得:;(3)粒子沿CD中线进入CD间的电场,做类平抛运动水平方向做匀速直线运动,有:d=vt ②竖直方向做匀加速直线运动,有:③且④由①~④可得:y= d则飞出CD板时的位置与O点之间的距离为:S=d﹣y=d;答:(1)粒子经过AB两极板从B板飞出时的速度大小为;(2)在B板下端固定的点电荷Q带负电,电量为;(3)粒子从CD两极板之间飞出时的位置与释放点O之间的距离为d.【点评】本题带电粒子在组合场中运动,掌握加速运动、类平抛运动和匀速圆周运动的处理方法是关键.加速过程常常运用动能定理或能量守恒定律求获得的速度;匀速圆周运动关键分析向心力的来源;类平抛运动要能熟练运用运动的分解法.17.【考点】动能定理;向心力.【专题】动能定理的应用专题.【分析】(1)抓住物体在B点压力最大,在最高点速度为零,根据径向的合力提供向心力,结合动能定理求出物块的质量.(2)根据牛顿第二定律求出B点的速度,对P到B和全过程分别运用动能定理,求出F的大小.【解答】解:(1)物块在B点时,压力最大,根据牛顿第二定律得,,当物块速度为零时,F2=mgcosθ,根据动能定理得,,联立三式解得m=0.2kg.(2)在B点,有:,代入数据解得v1=,。

湖南省师大附中2015届高三物理第一次月考试题(含解析)

湖南省师大附中2015届高三物理第一次月考试题(含解析)

湖南省师大附中2015届高三物理第一次月考试题〔含解析〕本试题卷分选择题和非选择题两局部,共6页.时量90分钟,总分为110分.第1卷选择题(共48分)【试卷综析】本试卷是高三开学模拟试题,包含了高中物理的全部内容,主要包含匀变速运动规律、受力分析、牛顿运动定律、电场、磁场、恒定电流、电磁感应等内容,在考查问题上以根本定义、根本规律为主,考查了较多的知识点。

注重常见方法和思想,表现根本要求,是份非常好的试卷。

一、选择题(此题共12小题,每一小题4分,共48分.其中1~7小题只有一个选项正确,8~12小题至少有一个选项正确,全部选对的得4分,选不全的得2分,错选或不选得0分.将选项填写在答题卷上)【题文】1.甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动,其v-t图象如下列图,如此(C)A.1 s时甲和乙相遇B.0~6 s内甲乙相距最大距离为1 mC.2~6 s内甲相对乙做匀速直线运动D.4 s时乙的加速度方向反向【知识点】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.A2 A5【答案解析】C 解析:A.由图象可知:在t=1s时,甲乙速度相等,位移不等,没有相遇,故A错误;B.图象与坐标轴围成的面积表示位移,由图象可知,6s末甲乙相距最远,最远距离x=12×4×4=8m,故B错误;C.甲乙两个物体在2-6内图象的斜率一样,所以加速度一样,如此甲相对乙做匀速直线运动,故C正确;D.乙物体在2-6内图象的斜率一样,所以加速度是一样的,没有反向,故D错误.应当选:C.【思路点拨】 v-t图象中,倾斜的直线表示匀变速直线运动,斜率表示加速度,图象与坐标轴围成的面积表示位移.在时间轴上方的位移为正,下方的面积表示位移为负,看物体是否改变运动方向就看速度图象是否从时间轴的上方到时间轴的下方.此题是速度--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,能根据图象读取有用信息,属于根底题.【题文】2.如下列图,物体沿斜面由静止滑下,在水平面上滑行一段距离后停止,物体与斜面、水平面间的动摩擦因数一样,斜面与水平面平滑连接.如下图中v、a、Ff和x分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程,它们随时间变化的图象正确的答案是(C)【知识点】匀变速直线运动的图像;滑动摩擦力;牛顿第二定律.A5 B2 C2【答案解析】C 解析:A 、根据物体的受力情况,可以判断出物体先是在斜面上做匀加速直线运动,到达水平面上之后,做匀减速运动,所以物体运动的速度时间的图象应该是倾斜的直线,不能是曲线,所以A 错误;B 、由于物体的运动先是匀加速运动,后是匀减速运动,在每一个运动的过程中物体的加速度的大小时不变的,所以物体的加速度时间的图象应该是两段水平的直线,不能是倾斜的直线,所以B 错误;C 、在整个运动的过程中,物体受到的都是滑动摩擦力,所以摩擦力的大小是不变的,并且由于在斜面上时的压力比在水平面上时的压力小,所以滑动摩擦力也比在水平面上的小,所以C 正确;D 、物体做的是匀加速直线运动,物体的位移为x=12 at2,所以物体的路程和时间的关系应该是抛物线,不会是正比例的倾斜的直线,所以D 错误.应当选C .【思路点拨】 对物体受力分析可知,在斜面上时物体受到重力支持力和摩擦力的作用,在这些力的作用下物体沿着斜面向下做匀加速直线运动,到达水平面上之后,在滑动摩擦力的作用下做匀减速运动,由此可以判断物体运动过程中的物理量的关系.此题是为速度--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,能根据图象读取有用信息,属于根底题.【题文】3.如下列图,一固定斜面上两个质量一样的小物块A 和B 紧挨着匀速下滑,A 与B 的接触面光滑.A 与斜面之间的动摩擦因数是B 与斜面之间动摩擦因数的2倍,斜面倾角为α,如此B 与斜面之间的动摩擦因数是(A)A.23tan αB.23cot αC .tan α D .cot α 【知识点】共点力平衡的条件与其应用;力的合成与分解的运用.B3 B4【答案解析】 A 解析:设每个物体的质量为m ,B 与斜面之间动摩擦因数为μ.以AB 整体为研究对象.根据平衡条件得 2mgsinα=μAmgcosα+μBmgcosα=2μmgcosα+μmgcosα解得 μ=23 tanα应当选A .【思路点拨】 对AB 整体进展研究,分析受力情况,作出力图,根据平衡条件列方程求解.此题是力平衡问题,研究对象也可以采用隔离法研究,要注意斜面对两个物体的支持力相等.【题文】4.北斗导航系统又被称为“双星定位系统〞,具有导航、定位等功能.如下列图,北斗导航系统中的两颗工作卫星均绕地心做匀速圆周运动,且轨道半径均为r ,某时刻工作卫星1、2分别位于轨道上的A 、B 两个位置,假设两卫星均沿顺时针方向运行,地球外表的重力加速度为g ,地球半径为R ,不计卫星间的相互作用力,如下判断错误的答案是(D)A .这两颗卫星的加速度大小相等,均为gR2r2B .卫星1由A 位置运动到B 位置所需的时间是πr 3R r gC .卫星1由A 位置运动到B 位置的过程中万有引力不做功D .卫星1向后喷气就一定能够追上卫星2【知识点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系;万有引力定律与其应用.D5【答案解析】 D 解析:A 、根据F 合=ma 得,对卫星有2GMm r =ma ,可得a=2GMr ,取地面一物体由2GMm R =mg ,联立解得a=22gR r ,可见A 正确.B 、根据2GMm r =mr 22()T π得,234r GM π又GM=g 2R ②,t=16 T ③,联立①②③可解得3r r R g π故B 正确.C 、卫星1由位置A 运动到位置B 的过程中,由于万有引力始终与速度垂直,故万有引力不做功,故C 正确;D 、假设卫星1向后喷气,如此其速度会增大,卫星1将做离心运动,所以卫星1不可能追上卫星2.故D 错误;应当选D .【思路点拨】 由2222()Mm v G m mr r r T π==,可得出r 一样如此速度v 大小相等,v 变大如此r 变大〔做离心运动〕,再结合 2GMmR =mg 即GM=g 2R 〔黄金代换〕,即可求解.关于做圆周运动的卫星类问题,要灵活运用两个公式,注意卫星假设加速如此做离心运动,减速如此做向心运动.【题文】5.如下列图,三根长度均为L 的轻绳分别连接于C 、D 两点,A 、B 两端被悬挂在水平天花板上,相距为2L.现在C 点上悬挂一个质量为m 的重物,为使CD 绳保持水平,在D点上可施加的力的最小值为(C) A .mg B.33mgC.12mg D.14mg 【知识点】 力的合成与应用.B3【答案解析】 C 解析:由图可知,要想CD 水平,如此AC 与水平方向的夹角为60°; 结点C 受力平衡,如此受力分析如下列图,结点C 受到沿AC 拉力在水平方向上的分力等于水平向右的拉力T ,即:T=FACcos60°=12FAC ,结点C 受到沿AC 拉力在竖直方向上的分力等于物体的重力,即:mg=FACsin60°=32 FAC ,∴T=33mg ;结点D 受力平衡,当拉力F 的方向与BD 垂直时,力臂最长、最省力,如下列图, 最小拉力F=F′=T′cos30°=Tcos30°=33mg×32=12mg .应当选C .【思路点拨】 由几何关系可知CD 段水平时各绳间的夹角;对结点C 分析,由共点力的平衡可求得CD 绳水平时绳的拉力;再对结点D 分析,由共点力平衡和力的合成可得出最小值.在共点力的平衡中要注意几何关系的应用,特别是求最小力时一定要通过几何图形进展分析.【题文】6.速度一样的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束,其运动轨迹如下列图,其中S0A =23S0C ,如此如下说法正确的答案是(B)A .甲束粒子带正电,乙束粒子带负电B .甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C .能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于E B2D .假设甲、乙两束粒子的电荷量相等,如此甲、乙两束粒子的质量比为3∶2【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律;向心力.C2 D4 K2【答案解析】B 解析: A 、由左手定如此可判定甲束粒子带负电,乙束粒子带正电,故A错误;B 、粒子在磁场中做圆周运动满足22v B qv m r =,由题意知r r <甲乙,所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷蘑菇B 正确;C 、由1qE B qv =知能通过狭缝0S 的带电粒子的速率等于1E B ,故C 错误;D 、2q v m B r =,知2==3m r m r 甲甲乙乙,故D 错误,应当选B【思路点拨】 根据带电粒子在磁场中的偏转方向确定带电粒子的正负.根据在速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡确定P1极板的带电情况.在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力,求出粒子的轨道半径,即可知道轨迹半径与什么因素有关.解决此题的关键会根据左手定如此判断洛伦兹力的方向,以与知道在速度选择器中,电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡.【题文】7.甲图是某电场中的一条竖直方向的电场线,A 、B 是这条电场线上的两点,假设将一带负电的小球从A 点自由释放,小球沿电场线从A 到B 运动过程中的速度图线如乙图,比拟A 、B 两点电势φ的上下和电场强度E 的大小,并比拟该小球在A 、B 两点的电势能Ep 大小和电场力F 大小,可得(C)A .φA >φB B .EA <EBC .EpA >EpBD .FA <FB【知识点】匀强电场中电势差和电场强度的关系;电势能.I1 I2【答案解析】C 解析:从速度时间图象可以看出,物体加速,该负电荷受到的电场力方向从A 向B ,而负电荷所受的电场力方向与场强方向相反,所以场强方向从B 向A ,故φA<φB 速度时间图象的切线的斜率表示加速度,故说明加速度不断减小,电场力不断减小,场强也不断减小,故EA >EB ;应当选:C【思路点拨】 速度时间图象的切线的斜率表示加速度,负试探电荷受到的电场力方向与场强方向相反.沿着电场力方向,电势降低.此题关键根据速度时间图象得到速度和加速度的变化情况,然后得到电场力的大小和方向情况,最后判断电势的上下.【题文】8.如下列图电路中,电源内电阻为r ,R1、R3、R4均为定值电阻,电表均为理想电表.闭合开关S ,将滑动变阻器R2的滑片向左滑动,电流表和电压表示数变化量的大小分别为ΔI 、ΔU ,如下结论正确的答案是(AD)A .电流表示数变大,电压表示数变小B .电阻R1被电流表短路C.ΔU ΔI>r D.ΔU ΔI<r 【知识点】闭合电路的欧姆定律.J2 J10【答案解析】 AD 解析:设电阻R1、R2、R3、R4的电流分别为I1、I2、I3、I4,电压分别为U1、U2、U3、U4,外电压为U . A 、当滑动触头P 向左滑动时,其接入电路的电阻变小,外电路总电阻变小,干路电流I 总变大,外电压U=E-Ir ,故U 变小,U3变小.U 变小,I3变小,而由I 总=I3+I4,I 总变大,I4变大,U4变大,而U1+U4=U ,U 变小,U1变小,I1变小.又I 总=I1+I ,I 总变大,I1变小,如此I 变大,且变化的绝对值△I >△I 总,如此U U I I ∆∆<∆总.根据闭合电路欧姆定律,U=E-I 总r ,绝对值U I ∆总=r ,如此U I ∆∆<r .故B 、C 错误,A 、D 正确.应当选AD【思路点拨】理想电流表内阻不计,当作导线处理.电压表测量外电压.弄清电路的结构:如此R1与R2并联后与R4串联,再与R4并联.当滑动触头P 向左滑动时,接入电路的减小电阻,可根据欧姆定律判断电路中电流、电压的变化.【题文】9.A 、D 分别是斜面的顶端、底端,B 、C 是斜面上的两个点,AB =BC =CD ,E 点在D 点的正上方,与A 等高.从E 点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球,球1落在B 点,球2落在C 点,关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程(BC)A .球1和球2运动的时间之比为2∶1B .球1和球2动能增加量之比为1∶2C .球1和球2抛出时初速度之比为22∶1D .球1和球2运动时的加速度之比为1∶2【知识点】平抛运动.D2【答案解析】 BC 解析:A 、因为AC=2AB ,如此AC 的高度差是AB 高度差的2倍,根据h=12gt2得,2h g 解得运动的时间比为1:2.故A 错误;B 、根据动能定理得,mgh=△Ek ,知球1和球2动能增加量之比为1:2.故B 正确;C 、AC 在水平方向上的位移是AB 在水平方向位移的2倍,结合x=v0t ,解得初速度之比为2:1.故C 正确;D 、平抛运动的加速度为g ,两球的加速度一样.故D 错误.应当选:BC .【思路点拨】 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动,根据高度确定运动的时间,通过水平位移求出初速度之比.根据动能定理求出动能的增加量之比.解决此题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,结合运动学公式进展求解.【题文】10.如下列图,以O 为圆心、MN 为直径的圆的左半局部内有垂直纸面向里的匀强磁场,三个不计重力、质量一样、带电量一样的带正电粒子a 、b 和c 以一样的速率分别沿aO 、bO 和cO 方向垂直于磁场射入磁场区域,bO 垂直MN ,aO 、cO 和bO 的夹角都为30°,a 、b 、c 三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为ta 、tb 、tc ,如此如下给出的时间关系可能正确的答案是(AD)A .ta<tb<tcB .ta>tb>tcC .ta =tb<tcD .ta =tb =tc【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律;向心力.D4 C2 K2【答案解析】 AD 解析:粒子带正电,偏转方向如下列图,粒子在磁场中的运动周期一样,在磁场中运动的时间t=2θπT ,故粒子在磁场中运动对应的圆心角越大,运动时间越长.假设粒子的运动半径r 和圆形区域半径R 满足r=R ,如此如图甲所示,ta <tb=tc ;当r >R 时,粒子a 对应的圆心角最小,c 对应的圆心角最大,ta>tb>tc ;当r≤13 R ,轨迹如图乙所示,ta=tb=tc ,同理,13R <r≤R 时,ta <tb=tc , 应当选AD【思路点拨】粒子垂直磁场方向射入,洛伦兹力提供向心力,做匀速圆周运动;画出运动轨迹,根据t=2θπT 求出粒子的运动时间.此题关键是明确粒子做匀速圆周运动,周期T 一样,画出轨迹后,根据公式t=2θπT 求出时间,作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键.【题文】11.如图甲所示的电路中,理想变压器原、副线圈匝数之比为5︰1,原线圈接入图乙所示的电压,副线圈接火灾报警系统(报警器未画出),电压表和电流表均为理想电表,R0为定值电阻,R 为半导体热敏电阻,其阻值随温度的升高而减小.如下说法正确的答案是(CD)A .图乙中电压的有效值为220 VB .电压表的示数为44 VC .R 处出现火警时电流表示数增大D .R 处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大【知识点】变压器的构造和原理;正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率.M1 M2 M3【答案解析】 CD 解析:A 、设将此电流加在阻值为R 的电阻上,电压的最大值为Um ,电压的有效值为U .222()22m U T U T R R •=代入数据得图乙中电压的有效值为1102 V ,故A 错误;B 、变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比,所以变压器原、副线圈中的电压之比是5:l ,所以电压表的示数为222v ,故B 错误;C 、R 处温度升高时,阻值减小,副线圈电流增大,而输出功率和输入功率相等,所以原线圈增大,即电流表示数增大,故C 正确;D 、R 处出现火警时通过R0的电流增大,所以电阻R0消耗的电功率增大,故D 正确;应当选CD .【思路点拨】 求有效值方法是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在一样时间内产生的热量相等,如此恒定电流的值就是交流电的有效值.由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比,输入、输出功率之比,半导体热敏电阻是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的电阻,R 处温度升高时,阻值减小,根据负载电阻的变化,可知电流、电压变化.根据电流的热效应,求解交变电流的有效值是常见题型,要熟练掌握.根据图象准确找出量,是对学生认图的根本要求,准确掌握理想变压器的特点与电压、电流比与匝数比的关系,是解决此题的关键.【题文】12.如下列图,一个电阻值为R 、匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R1连接成闭合回路.线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场,磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图(b)所示.图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0.导线的电阻不计.在0至t1时间内,如下说法正确的答案是(BD)A .R1中电流的方向由a 到b 通过R1B .电流的大小为n πB0r223Rt0C .线圈两端的电压大小为n πB0r223t0D .通过电阻R1的电荷量n πB0r22t13Rt0【知识点】法拉第电磁感应定律;闭合电路的欧姆定律.J2 L2【答案解析】BD 解析:A 、由图象分析可知,0至t1时间内有:00B B t t ∆=∆由法拉第电磁感应定律有:E=n B n s t t ∆Φ∆=∆∆面积为:s=π22r 由闭合电路欧姆定律有:I1=1E R R +联立以上各式解得,通过电阻R1上的电流大小为:I1=n πB0r223Rt0由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b 到a ,故A 错误,B 正确;C 、线圈两端的电压为路端电压,为1R 上的电压,故20211103Rt n B r U I R R π==故C 错误;D 、通过电阻R1上的电量为:q=I1t1=n πB0r223Rt0t1 ,故D 正确;应当选:BD .【思路点拨】 线圈平面垂直处于匀强磁场中,当磁感应强度随着时间均匀变化时,线圈中的磁通量发生变化,从而导致出现感应电动势,产生感应电流.由楞次定律可确定感应电流方向,由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小.而产生的热量如此是由焦耳定律求出.考查楞次定律来判定感应电流方向,由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小.还可求出电路的电流大小,与电阻消耗的功率.同时磁通量变化的线圈相当于电源. 第2卷 非选择题(共62分)二、实验题(此题共2小题,共15分.将答案填写在答题卷中)【题文】13.(9分)“用DIS 研究加速度与力的关系〞的实验装置如图(a)所示,实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F.通过增加钩码的数量,屡次测量,可得小车运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图象.他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验,得到了两条a -F 图线,如图(b)所示.(1)图线__①(3分)__(选填“①〞或“②〞) 是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的;(2)在轨道水平时,小车运动的阻力Ff =__0.5(3分)__N ;(3)(单项选择)图(b)中,拉力F 较大时,a -F 图线明显弯曲,产生误差.为防止此误差可采取的措施是__C(3分)__.A .调整轨道的倾角,在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动B .在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码,使钩码的总质量始终远小于小车的总质量C .将无线力传感器捆绑在小车上,再将细线连在力传感器上,用力传感器读数代替钩码的重力D .更换实验中使用的钩码规格,采用质量较小的钩码进展上述实验【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系.C4【答案解析】〔1〕①; 〔2〕0.5N ; 〔3〕C ; 解析:1〕由图象可知,当F=0时,a≠0.也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度,该同学实验操作中平衡摩擦力过大,即倾角过大,平衡摩擦力时木板的右端垫得过高.所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的.〔2〕图线②是在轨道水平时做的实验,由图象可知:当拉力等于0.5N 时,加速度恰好为零,即刚好拉动小车,此时f=F=0.5N 〔3〕随着钩码的数量增大到一定程度时图〔b 〕的图线明显偏离直线,造成此误差的主要原因是所挂钩码的总质量太大,而我们把用钩码所受重力作为小车所受的拉力,所以消除此误差可采取的简便且有效的措施应该测量出小车所受的拉力,即在钩码与细绳之间放置一力传感器,得到力F 的数值,在作出小车运动的加速度a 和力传感器读数F 的关系图象,应当选C .【思路点拨】 解决实验问题首先要掌握该实验原理,了解实验的操作步骤和操作细节;根据a-F 图象的特点结合牛顿第二定律求解.理解该实验的实验原理和数据处理以与须知事项,知道实验误差的来源.对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以与数据处理等,同时要清楚每一项操作存在的理由,只有掌握好了根本知识和根本方法才能顺利解决实验题目,所以要重视根本知识和根本方法的学习和训练.【题文】14. (6分)有一电流表A ,量程为1 mA ,内阻r1约为100 Ω,要求测量其内阻.可选用器材有:电阻箱R1,最大阻值为99 999.9 Ω;滑动变阻器甲,最大阻值为10 k Ω;滑动变阻器乙,最大阻值为2 k Ω;电源E ,电动势约为6 V ,内阻不计;开关2个,导线假设干.采用的测量电路图如下列图,实验步骤如下:①断开S1和S2,将R 调到最大;②合上S1,调节R 使A 表满偏;③保持R 不变,合上S2,调节R1使A 表半偏,此时可以认为A 表的内阻r1=R1.在上述可供选择的器材中,可变电阻R 应该选择__甲(3分)__(选填“甲〞或“乙〞);认为内阻r1=R1,此结果与r1的真实值相比__偏小(3分)__(选填“偏大〞、“偏小〞或“相等〞).【知识点】半偏法测电阻 J5【答案解析】甲 偏小 解析:〔1〕闭合2S 后,电路中总电阻发生变化,要减小实验误差,R 应选滑动变阻器甲。

2015届高三第一次月考试卷(物理)

2015届高三第一次月考试卷(物理)

2015届高三第一次月考试卷物理总分:110分时量:90分钟制卷人:杨建德一.选择题: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6小题有多个选项是正确的,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得O分。

其余均为单项选择题。

)1.关于物体的加速度,下列说法正确的是()A、速度为零,加速度必为零B、加速度方向一定与速度变化方向相同C、加速度减小,速度必减小D、加速度恒定时,物体一定做匀变速直线运动2.甲、乙两车沿平直公路通过相同的位移,甲车在前半段位移上以v1=40km/h的速度运动,后半段位移上以v2=60km/h的速度运动;乙车在前半段时间内以v1=40km/h的速度运动,后半段时间内以v2=60km/h的速度运动;则甲、乙在整个位移中的平均速度大小关系是()A、v甲= v乙B、 v甲> v乙C 、v甲< v乙D、无法比较3.一小物体以一定的初速度自光滑斜面底端a点上滑,最高可到达b点,c点为ab的中点。

已知小物体从a到c用时间to,则它从c点经过b点再回到c点经历的时间为:( )A、to B、(2+1) toC、2(2+1) toD、2(2-1) to4. 如图所示是质量为1kg的滑块在水平面上做直线运动的v-t图象.下列判断正确的是()A. 在t=1s时,滑块的加速度为零B. 在1s-5 s时间内,滑块的位移为12 mC. 在4s-6 s时间内,滑块的平均速度大小为2.5 m/sD. 在5s-6 s时间内,滑块受到的合力大小为2 N5.孔明灯又叫天灯,相传是由三国时的诸葛亮所发明。

当年,诸葛亮被司马懿围困于平阳,无法派兵出城求救。

诸葛亮算准风向,制成会飘浮的纸灯笼,系上求救的讯息,其后果然脱险,于是后世就称这种灯笼为孔明灯。

现有一孔明灯升空后向着东北偏上方向匀速上升,则此时孔明灯所受空气的作用力大小和方向是:( ) A.0 B.mg,东北偏上方向C.mg,竖直向上 D.2mg,东北偏上方向6.如图19-8所示,C 是水平地面,A、B是两个长方形物块,F是作用在物块B上沿水平方向的力,物体A和B以相同的速度做匀速直线运动。

湖南高三高中物理月考试卷带答案解析

湖南高三高中物理月考试卷带答案解析

湖南高三高中物理月考试卷班级:___________ 姓名:___________ 分数:___________一、选择题1.如图所示,由两种材料做成的半球面固定在水平地面上,球右侧面是光滑的,左侧面粗糙,O 点为球心,A 、B 是两个相同的小物块(可视为质点),物块A 静止在左侧面上,物块B 在图示水平力F 作用下静止在右侧面上,A 、B 处在同一高度,AO 、BO 与竖直方向的夹角均为θ,则A 、B 分别对球面的压力大小之比为( )A. sin 2θ:1B. sinθ:1C. cos 2θ:1D. cosθ:12.半圆柱体P 放在粗糙的水平地面上,其右端有固定放置的竖直挡板MN .在P 和MN 之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q ,整个装置处于静止状态.如图所示是这个装置的纵截面图.若用外力使MN 保持竖直地缓慢向右移动,在Q 落到地面以前,发现P 始终保持静止.在此过程中,下列说法中正确的是( )A .Q 受到MN 的弹力逐渐减小B .Q 受到P 的弹力逐渐减小C .Q 受到MN 和P 的弹力之和保持不变D .P 受到地面的支持力和摩擦力均保持不变3.如图(a )所示,两段等长轻质细线将质量分别为m 、2m 的小球A 、B (均可视为质点)悬挂在O 点,小球A 受到水平向右的恒力F 1的作用,小球B 受到水平向左的恒力F 2的作用,当系统处于静止状态时,出现了如图(b )所示的的状态,小球B 刚好位于O 点正下方。

则F 1与F 2的大小关系正确的是()A. F 1=4F 2B. F 1=3F 2C. 2F 1=3F 2D. 2F 1=5F 24.一只小船在静水中的速度为3m/s ,它要渡过30m 宽的河,河水的速度为4m/s ,则下列说法正确的是A .船不能渡过河B .船渡河的速度一定为5m/sC .船不能垂直到达对岸D .船渡河的时间不可能为10s5.质量为M 的小车静止在光滑水平面上,车上是一个四分之一圆周的光滑轨道,轨道下端切线水平.质量为m 的小球沿水平方向从轨道下端以初速度v 0滑上小车,重力加速度为g ,如图所示.已知小球不从小车上端离开小车,小球滑上小车又滑下,与小车分离时,小球与小车速度方向相反,速度大小之比等于1:3,则m M 的值为( )A .1:3B .3:1C .3:5D .5:36.如图所示,在光滑水平面上有一质量为M 的斜劈,其斜面倾角为α,一质量为m 的物体放在其光滑斜面上,现用一水平力F 推斜劈,恰使物体m 与斜劈间无相对滑动,则斜劈对物块m 的弹力大小为A .mg cos αB .C .D .7.传送机的皮带与水平方向的夹角为α,如图所示,将质量为m 的物体放在皮带传送机上,随皮带一起向下以加速度为a (a >gsin α)匀加速直线运动,则()A .小物体受到的静摩擦力的方向一定沿皮带向上B .小物体受到的静摩擦力的方向一定沿皮带向下C .小物块受到的静摩擦力的大小可能等于mgsinαD .小物块受到的静摩擦力的大小可能等于零8.如图所示,质量均为m 的两个木块P 、Q 叠放在水平地面上,P 、Q 接触面的倾角为θ,现在Q 上加一水平推力F ,使P 、Q 保持相对静止一起向左做加速直线运动,下列说法正确的是( )A .物体Q 对地面的压力一定为2mgB .若Q 与地面间的动摩擦因数为μ,则μ=C .若P 、Q 之间光滑,则加速度a=gtanθD .地面与Q 间的滑动摩擦力随推力F 的增大而增大9.带有1/4光滑圆弧轨道质量为M 的滑车静止置于光滑水平面上,如图所示,一质量也为M 的小球以速度v 0水平冲上滑车,到达某一高度后,小球又返回车的左端,则A .小球以后将向左做平抛运动B .小球将做自由落体运动C .此过程小球对小车做的功为D .小球在弧形槽上升的最大高度为二、不定项选择题(多选)理想变压器原副线圈的匝数比为4:1,现在原线圈两端加上交变电压U=220sin (100πt )V 时,灯泡L 1、L 2均正常发光.电压表和电流表都为理想电表.则下列说法中正确的是( )A .电压表的示数为55VB .该交流电的频率为100HzC .若将变阻器的滑片P 向下滑动,则原线圈输入功率减小D .若将变阻器的滑片P 向上滑动,则L 1亮度不变、L 2将变亮三、实验题1.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中,采用如图甲所示的装置。

湖南高三高中物理月考试卷带答案解析

湖南高三高中物理月考试卷带答案解析

湖南高三高中物理月考试卷班级:___________ 姓名:___________ 分数:___________一、选择题1.如图,半球体置于水平面上,在半球体的上表面 上放一物块后,成如图所示的状态而保持静止,则半球受力的个数为( )A .2个B .3个C .4个D .5个2.如图,OA 、OB 两绳结于圆心处,A B 两点在圆周上,OA 绳水平,现使A 点不动,B 点沿圆周从如图位置移到OB 绳竖直的过程中,OA 、OB 两绳的拉力的变化情况是A. 都变大B. 都变小C. OA 绳的张力一直减小,OB 绳的张力一直增大D. OA 绳的张力一直增大,OB 绳的张力先减小后增大3.abcd 四个物体均在同一直线上运动,图甲表示ab 两个物体的位移图象,图乙表示cd 两个物体的速度图象,则在0—t 1时间内A .速度方向相同的是a 和bB .位移方向相同的是a 和bC .平均速度大小相同的是a 和bD .t 1时刻cd 相遇4.在静止的小车内,用细绳a 和b 系住一个小球,绳a 处于斜向上的方向,拉力为F a ;绳b 处于水平方向,拉力为F b ,如图所示.现让小车从静止开始向右做匀加速运动,此时小球相对于车厢的位置仍保持不变,则两根细绳的拉力的变化情况是( )A .F a 变大,F b 不变B .F a 变大,F b 变小C .F a 变大,F b 变小D .F a 不变,F b 变小5.如图所示,一个半球形的碗放在桌面上,碗口水平,O 是球心,碗的内表面光滑,一根轻质杆的两端固定有两个小球,质量分别是m 1、m 2,当它们静止时,m 1、m 2与球心的连线跟水平面分别成60°、30°,则碗对两小球m 1、m 2的弹力大小之比是( )A .1∶2B .∶1 C .1∶D .∶26.如图所示,两个质量分别为m 1=2kg 、m 2 =3kg 的物体置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧秤连接.两个大小分别为F 1=30N 、F 2 = 20N 的水平拉力分别作用在m 1、m 2上,则A .弹簧秤的示数是25NB .弹簧秤的示数是50NC .在突然撤去F 2的瞬间,m 1的加速度大小为5m/s 2D .在突然撤去F 1的瞬间,m 1的加速度大小为13m/s 27.如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v 1沿顺时针方向运动,传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面,物体以恒定的速率v 2沿直线向左滑上传送带后,经过一段时间又返回光滑水平面上,这时速率为v 3,则下列说法正确的是( )A .若v 1<v 2,则v 3=v 2B .若v 1>v 2,则v 3=v 2C .不管v 2多大,总有v 3=v 2D .只有v 1=v 2,才有v 3=v 18.两个圆1和2外切,它们的圆心在同一竖直线上,有三块光滑的板,它们的一端搭在墙上,另一端搭在圆2的圆周上,三块板都通过两圆的切点,A 在圆周上,B 在圆内,C 在圆外,从ABC 三处同时静止释放一个小球,它们都沿光滑板运动,则最先到达圆2的圆周上的球是A .从A 处释放的球B .从B 处释放的球C .从C 处释放的球D .同时到达9.如图甲所示,在水平地面上有一长木板B ,其上叠放木块A 。

高三物理上学期第次月考试卷_00001

高三物理上学期第次月考试卷_00001

峙对市爱惜阳光实验学校高三〔上〕第17次月考物理试卷一、选择题〔此题共8小题,每题6分.在每题给出的四个选项中,第1~4题只有一项符合题目要求,第5~8题有多项符合题目要求.选对的得6分,选对但不全者得3分,有选错的得0分〕1.伽利略对自由落体运动的研究,是和逻辑思维的完美结合,如下图,可大致表示其和思维的过程,对这一过程的分析,以下说法正确的选项是〔〕A.甲、乙、丙、丁图都是现象B.其中的丁图是现象,甲、乙、丙图是经过合理的外推得到的结论C.运用丁图的,可“放大〞重力的作用,使现象更明显D.运用甲图的,可“冲淡〞重力的作用,使现象更明显2.如下图,在高空中有四个小球,在同一位置同时以速率v向上、向下、向左、向右被射出〔不计空气阻力〕,经过1s后四个小球在空中的位置构成的正确图形是〔〕A .B .C .D .3.两重叠在一起的滑块,置于固的、倾角为θ的斜面上,如下图,滑块A、B 的质量分别为M、m,A与斜面间的动摩擦因数为μ1,B与A之间的动摩擦因数为μ2,两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下,滑块B受到的摩擦力〔〕A.于零B.方向沿斜面向上C.大小于μ1mgc osθD.大小于μ2mgcosθ4.质量为m的绳子两端分别系在天花板上的A、B两点,A、B间距离小于绳长,整条绳悬垂情况如图实线所示.今在绳的中点C施加竖直向下的力,将绳子拉至如图虚线情况,那么整条绳的重力势能〔〕A.增大B.不变C.减小D.不确5.图中的A、B是两块金属板,分别与高压直流电源的正负极相连.一个电荷量为q、质量为m的带正电的点电荷自贴近A板处静止释放〔不计重力作用〕.当A、B两板平行、两板间的面积很大且两板间的距离较小时,它刚到达B板时的速度为v0.在以下情况下以v表示点电荷刚到达B板时的速度〔〕A.假设两板不平行,那么v<v0B.假设A板面积很小,B板面积很大,那么v<v0C.假设A、B两板间的距离很大.那么v<v0D.不管A、B两板是否平行、两板面积大小及两板间距离多少v都于v06.如图是根据某次记录数据画出的U﹣I图象,以下关于这个图象的说法中正确的选项是〔〕A.纵轴截距表示待测电源的电动势,即E=3.0 VB.横轴截距表示短路电流,即I短=0.6 AC.根据r=,计算出待测电源内电阻为5ΩD.根据r=||,计算出待测电源内电阻为1Ω7.如下图,电路中,A、B是两个完全相同的灯泡,L是一个理想电感线圈〔线圈直流电阻不计〕,C是电容相当大的电容器,当S闭合与断开时,A、B的亮度情况正确的选项是〔〕A.S闭合时,A灯亮,然后逐渐熄灭B.S闭合时,B立即亮,然后逐渐熄灭C.S闭合足够长时间后,B发光,而A不发光D.S闭合足够长时间后再断开,B立即熄灭,而A逐渐熄灭8.如下图,一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路.线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场,磁感强度B随时间t变化的关系图线如图〔b〕所示.图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0.导线的电阻不计.在0至t1时间内,以下说法正确的选项是〔〕A.R1中电流的方向由a到b通过R1B .电流的大小为C .线圈两端的电压大小为D.通过电阻R1的电荷量三、非选择题〔包括必考题和选考题两.第9题~第12题为必考题,每个试题考生都必须作答.第13题~第14题为选考题,考生根据要求作答〕〔一〕必考题9.〔2021•模拟〕物理小组的同学用如图1所示的器材测重力加速度,器材有:底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器〔其中光电门l更靠近小球释放点〕,小球释放器〔可使小球无初速释放〕、兜.时可用两光电门测量小球从光电门l运动至光电门2的时间t,并从竖直杆上读出两光电门间的距离h.〔l〕使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示,那么小球直径为cm.〔2〕改变光电门1的位置,保持光电门2的位置不变,小球经过光电门2的速度为v,不考虑空气阻力,小球的加速度为重力加速度g,那么h、t、g、v四个物理量之间的关系为h= .〔3〕根据数据作出﹣t图线,假设图线斜率的绝对值为k,根据图线可求出重力加速度大小为.10.〔2021•〕如图甲所示的电路中,恒流源可为电路提供恒电流I0,R为值电阻,电流表、电压表均可视为理想电表.某同学利用该电路研究滑动变阻器R L 消耗的电功率.改变R L的阻值,记录多组电流、电压的数值,得到如图乙所示的U﹣I关系图线.答复以下问题:〔1〕滑动触头向下移动时,电压表示数〔填“增大〞或“减小〞〕.〔2〕I0= A.〔3〕R L消耗的最大功率为W〔保存一位有效数字〕.11.〔2021•〕如下图,用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面,桌子高H=0.8m,长L2=m,斜面与水平桌面的倾角θ可在0~60°间调节后固,将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05,物块与桌面间的动摩擦因数为μ2,忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失〔重力加速度取g=10m/s2,最大静止摩擦力于滑动摩擦力〕〔1〕求θ角增大到多少时,物块能从斜面开始下滑〔用正切值表示〕〔2〕当θ角增大到37°时,物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数μ2〔sin37°=0.6,cos37°=0.8〕〔3〕继续增大θ角,发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大,求此最大距离x.12.〔2021•〕图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN和M′N′是间距为h的两平行极板,其上分别有正对的两个小孔O和O′,O′N′=ON=d,P为靶点,O′P=kd〔k为大于1的整数〕.极板间存在方向向上的匀强电场,两极板间电压为U.质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加速,经O′进入磁场区域.当离子打到极板上O′N′区域〔含N′点〕或外壳上时将会被吸收.两虚线之间的区域无电场和磁场存在,离子可匀速穿过.忽略相对论效和离子所受的重力.求:〔1〕离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感强度大小;〔2〕能使离子打到P点的磁感强度的所有可能值;〔3〕打到P点的能量最大的离子在磁场汇总运动的时间和在电场中运动的时间.〔二〕选考题:共45分.【物理-3-5】〔15分〕13.〔2021秋•校级月考〕以下说法正确的选项是〔〕A.玻尔对氢原子光谱的研究导致原子的核式结构模型的建立B.可利用某些物质在紫外线照射下发射出荧光来设计防伪措施C.天然放射现象中产生的射线都能在电场或磁场中发生偏转D.卢瑟福依据α粒子散射的现象提出了原子的“核式结构〞理论E.由于光既有波动性,又具有粒子性,无法只用其中一种去说的一切行为,只能认为光具有波粒二象性14.〔2021•〕如下图,一条带有圆轨道的长轨道水平固,圆轨道竖直,底端分别与两侧的直轨道相切,半径R=0.5m,物块A以V0=6m/s的速度滑入圆轨道,滑过最高点Q,再沿圆轨道滑出后,与直轨上P处静止的物块B碰撞,碰后粘在一起运动.P点左侧轨道光滑,右侧轨道呈粗糙段,光滑段交替排列,每段长度都为L=0.1m.物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.1,A、B的质量均为m=1kg〔重力加速度g取10m/s2;A、B视为质点,碰撞时间极短〕.〔1〕求A滑过Q点时的速度大小V和受到的弹力大小F;〔2〕假设碰后AB最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值;〔3〕求碰后AB滑至第n个〔n<k〕光滑段上的速度V AB与n的关系式.高三〔上〕第17次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔此题共8小题,每题6分.在每题给出的四个选项中,第1~4题只有一项符合题目要求,第5~8题有多项符合题目要求.选对的得6分,选对但不全者得3分,有选错的得0分〕1.伽利略对自由落体运动的研究,是和逻辑思维的完美结合,如下图,可大致表示其和思维的过程,对这一过程的分析,以下说法正确的选项是〔〕A.甲、乙、丙、丁图都是现象B.其中的丁图是现象,甲、乙、丙图是经过合理的外推得到的结论C.运用丁图的,可“放大〞重力的作用,使现象更明显D.运用甲图的,可“冲淡〞重力的作用,使现象更明显【考点】伽利略研究自由落体运动的和推理方法.【分析】此题考查了伽利略对自由落体运动的研究,要了解其研究过程为什么要“冲淡〞重力的方法.【解答】解:伽利略设想物体下落的速度与时间成正比,因为当时无法测量物体的瞬时速度,所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比,那么位移与时间的平方成正比;由于当时用滴水法计算,无法记录自由落体的较短时间,伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下,来“冲淡〞重力得作用效果,而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多,所用时间长的多,所以容易测量.伽利略做了上百次,并通过抽象思维在结果上做了合理外推.所以伽利略用来抽象思维、数学推导和相结合的方法.故BD正确,AC错误.应选:BD.【点评】此题考查的就是学生对于物理常识的理解,这些在平时是需要学生了解并知道的,看的就是学生对课本内容的掌握情况.2.如下图,在高空中有四个小球,在同一位置同时以速率v向上、向下、向左、向右被射出〔不计空气阻力〕,经过1s后四个小球在空中的位置构成的正确图形是〔〕A .B .C .D .【考点】抛体运动;参考系和坐标系.【专题】参照思想;平抛运动专题.【分析】根据运动的合成与分解的知识,每个小球的运动都可以分解为自由落体运动和沿着初速度方向的匀速直线运动;假设同时有个小球从同一位置自由落体,那么其余4个球相对与该球都是匀速直线运动.【解答】解:每个小球的运动都可以看成是沿初速度方向的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动的合运动.假设同时有个小球从同一位置自由落体,那么其余4个球相对与该球都是匀速直线运动,故以四个小球所在位置为顶点所构成的图形该是正方形;应选A.【点评】参考系选择恰当,可以是复杂问题简单化,此题再一次说明了这个道理,根底题.3.两重叠在一起的滑块,置于固的、倾角为θ的斜面上,如下图,滑块A、B 的质量分别为M、m,A与斜面间的动摩擦因数为μ1,B与A之间的动摩擦因数为μ2,两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下,滑块B受到的摩擦力〔〕A.于零B.方向沿斜面向上C.大小于μ1mgcosθD.大小于μ2mgcosθ【考点】牛顿第二律;力的合成与分解的运用.【专题】牛顿运动律综合专题.【分析】A、B叠在一起,A在B上.两滑块都从静止开始以相同的加速度沿斜面滑下,可以先用整体法求共同的加速度,然后在对A单独分析即可求得A所受摩擦力.【解答】解:对A、B整体受力分析如下图,在沿斜面方向由牛顿第二律得:〔m+M〕gsinθ﹣F=〔m+M〕a ①且滑动摩擦力F=μ1〔m+M〕gcosθ ②解①②得a=g〔sinθ﹣μ1cosθ〕假设A受的摩擦力F A方向沿斜面向下,A受重力、B的支持力和摩擦力在沿斜面方向上由牛顿第二律得:mgsinθ+F A=ma,③由以上三式解得F A=﹣μ1mgcosθ,负号表示F A方向与假设的方向相反,即B对A的摩擦力沿斜面向上.根据牛顿第三律,A对B的摩擦力方向沿斜面向下,故C正确;故A、B、D 错误.应选:C【点评】此题关键是先对整体受力分析,根据牛顿第二律求解出加速度,然后再隔离出物体A,运用牛顿第二律求解AB间的内力.4.质量为m的绳子两端分别系在天花板上的A、B两点,A、B间距离小于绳长,整条绳悬垂情况如图实线所示.今在绳的中点C施加竖直向下的力,将绳子拉至如图虚线情况,那么整条绳的重力势能〔〕A.增大B.不变C.减小D.不确【考点】重力势能;功能关系.【分析】绳子处于稳平衡时,其总能量一是最低的,也就是重心最低.在向下拉绳子的过程中有外力对绳子做功,使其能量增加,改变了其重心的位置.【解答】解:外力对绳子做功,使绳子的重力势能增大,根据重力势能E p=mgh,那么重心逐渐升高.应选项A正确.应选:A【点评】此题主要是让学生明白物体重心位置随着其能量的改变而改变的这一物理规律,理解起来有一难度.5.图中的A、B是两块金属板,分别与高压直流电源的正负极相连.一个电荷量为q、质量为m的带正电的点电荷自贴近A板处静止释放〔不计重力作用〕.当A、B两板平行、两板间的面积很大且两板间的距离较小时,它刚到达B板时的速度为v0.在以下情况下以v表示点电荷刚到达B板时的速度〔〕A.假设两板不平行,那么v<v0B.假设A板面积很小,B板面积很大,那么v<v0C.假设A、B两板间的距离很大.那么v<v0D.不管A、B两板是否平行、两板面积大小及两板间距离多少v都于v0【考点】电容器的动态分析.【专题】电容器专题.【分析】由题看出,板间电压U不变,根据动能理得,可判断电子运动到B板的速率变化情况.【解答】解:有题意知,板间电压不变,根据动能理得,eU=mv2,那么有:v=,q、m、U均不变,那么电子运动到B板时速率v不变,都于v0.故ABC错误,D 正确,应选:D【点评】此题考查带电粒子在极板间的运动问题,抓住板间电压不变这一条件,利用动能理解题,常见问题,难度不大.6.如图是根据某次记录数据画出的U﹣I图象,以下关于这个图象的说法中正确的选项是〔〕A.纵轴截距表示待测电源的电动势,即E=3.0 VB.横轴截距表示短路电流,即I短=0.6 AC.根据r=,计算出待测电源内电阻为5ΩD.根据r=||,计算出待测电源内电阻为1Ω【考点】闭合电路的欧姆律.【专题】恒电流专题.【分析】由闭合电路欧姆律可得出路端电压与电流的关系,由数学知识可得出电源的电动势和内电阻.当外电路电阻为零,外电路短路.【解答】解:A、C、D由闭合电路欧姆律可知:U=E﹣Ir;由数学知识可知,纵轴截距为电源的电动势,故电动势为E=3.0V;故A正确;图象的斜率表示电源的内阻,即r=||=Ω=1Ω.故D正确,C错误.B、当外电路电阻R=0时,外电路短路,短路电流为I短==A=3A.故B错误.应选AD【点评】此题在测电动势和内电阻中,作为数据处理的方法,是考查内容,结合数学知识进行理解.7.如下图,电路中,A、B是两个完全相同的灯泡,L是一个理想电感线圈〔线圈直流电阻不计〕,C是电容相当大的电容器,当S闭合与断开时,A、B的亮度情况正确的选项是〔〕A.S闭合时,A灯亮,然后逐渐熄灭B.S闭合时,B立即亮,然后逐渐熄灭C.S闭合足够长时间后,B发光,而A不发光D.S闭合足够长时间后再断开,B立即熄灭,而A逐渐熄灭【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用.【分析】电容对直流电是断开的,而线圈能阻碍电流的变化:即电流增大时阻碍增大,减小时阻碍减小.【解答】解:AB、S闭合之后,由于L的阻碍作用AB立即亮,之后,L的直流电阻为零,A被短路,B发光,而A不发光,故A正确,B错误;C、S闭合足够长时间后,L线圈相当于导线,那么A不发光,而B正常发光,故C正确;D、S闭合足够长时间再断开S后,电容器对B放电,所以导致B逐渐熄灭,故D错误;应选:AC.【点评】做好此题的关键是知道电容器是通高频阻低频,线圈会阻碍电流的突变,从电容和线圈对电流的作用角度分析.8.如下图,一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路.线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场,磁感强度B随时间t变化的关系图线如图〔b〕所示.图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0.导线的电阻不计.在0至t1时间内,以下说法正确的选项是〔〕A.R1中电流的方向由a到b通过R1B .电流的大小为C .线圈两端的电压大小为D.通过电阻R1的电荷量【考点】法拉第电磁感律;闭合电路的欧姆律.【专题】电磁感——功能问题.【分析】线圈平面垂直处于匀强磁场中,当磁感强度随着时间均匀变化时,线圈中的磁通量发生变化,从而导致出现感电动势,产生感电流.由楞次律可确感电流方向,由法拉第电磁感律可求出感电动势大小.【解答】解:A、由图象分析可知,0至t1时间内有,由法拉第电磁感律有:E=n =n s面积为:s=πr22由闭合电路欧姆律有:I1=联立以上各式解得,通过电阻R1上的电流大小为:I1=由楞次律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a,故A错误,B正确;C、线圈两端的电压大小为U=I12R=,故C错误;D、通过电阻R1上的电量为:q=I1t1=,故D正确;应选:BD.【点评】考查楞次律来判感电流方向,由法拉第电磁感律来求出感电动势大小.还可求出电路的电流大小,及电阻消耗的功率.同时磁通量变化的线圈相当于电源.三、非选择题〔包括必考题和选考题两.第9题~第12题为必考题,每个试题考生都必须作答.第13题~第14题为选考题,考生根据要求作答〕〔一〕必考题9.〔2021•模拟〕物理小组的同学用如图1所示的器材测重力加速度,器材有:底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器〔其中光电门l更靠近小球释放点〕,小球释放器〔可使小球无初速释放〕、兜.时可用两光电门测量小球从光电门l运动至光电门2的时间t,并从竖直杆上读出两光电门间的距离h.〔l〕使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示,那么小球直径为70 cm.〔2〕改变光电门1的位置,保持光电门2的位置不变,小球经过光电门2的速度为v,不考虑空气阻力,小球的加速度为重力加速度g,那么h、t、g、v四个物理量之间的关系为h= .〔3〕根据数据作出﹣t图线,假设图线斜率的绝对值为k,根据图线可求出重力加速度大小为2k .【考点】测匀变速直线运动的加速度.【专题】题.【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数,不需估读.根据自由下落的公式和匀变速直线运动的推论求出h、t、g、v四个物理量之间的关系.整理得到﹣t图线的表达式,并找出图线的斜率和加速度关系.【解答】解:〔1〕主尺读数为cm,游标读数为0.05×14=0.70mm=0.070cm,所以最终读数为cm+0.070cm=70cm.〔2〕小球经过光电门2的速度为v,根据运动学公式得从开始释放到经过光电门2的时间t′=,所以从开始释放到经过光电门1的时间t″=t′﹣t=﹣t所以经过光电门1的速度v′=gt″=v﹣gt根据匀变速直线运动的推论得:两光电门间的距离h=t=〔3〕h=所以=v ﹣gt假设﹣t图线斜率的绝对值为k,k=g所以重力加速度大小g=2k.故答案为:〔1〕70;〔2〕;〔3〕2k.【点评】要掌握游标卡尺的读数方法,主尺读数加上游标读数,不需估读.要提高用匀变速直线的规律以及推论解答问题的能力,在平时练习中要根底知识的理解与用.整理图象所要求的表达式,根据斜率的物理意义求解.10.〔2021•〕如图甲所示的电路中,恒流源可为电路提供恒电流I0,R为值电阻,电流表、电压表均可视为理想电表.某同学利用该电路研究滑动变阻器R L 消耗的电功率.改变R L的阻值,记录多组电流、电压的数值,得到如图乙所示的U﹣I关系图线.答复以下问题:〔1〕滑动触头向下移动时,电压表示数减小〔填“增大〞或“减小〞〕.〔2〕I0= 1.0 A.〔3〕R L消耗的最大功率为 5 W〔保存一位有效数字〕.【考点】测电源的电动势和内阻;闭合电路的欧姆律;电功、电功率.【专题】恒电流专题.【分析】〔1〕分析电路结构,根据并联电路规律可知R分流的变化,再由欧姆律可得出电压表示数的变化;〔2〕由图象及并联电路的规律可分析恒电流的大小;〔3〕由功率公式分析得出对的表达式,再由数学规律可求得最大功率.【解答】解:〔1〕值电阻与滑动变阻器并联,当R向下移动时,滑动变阻器接入电阻减小,由并联电路规律可知,电流表示数增大,流过R的电压减小,故电压表示数减小;〔2〕当电压表示数为零时,说明R L短路,此时流过电流表的电流即为I0;故I0为1.0A;〔3〕由图可知,当I0通过R时,I0R=20;解得:R=4由并联电路规律可知,流过R L的电流为:I=;那么R L消耗的功率为:P=I2R L==;那么由数学规律可知,最大功率为:P=5W;故答案为;〔1〕减小;〔2〕1.0;〔3〕5【点评】此题考查闭合电路欧姆律在中的用,要注意明确:一、图象的用,能从图象得出对的物理规律;二是注意功率公式的变形以及数学规律的正确用.11.〔2021•〕如下图,用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面,桌子高H=0.8m,长L2=m,斜面与水平桌面的倾角θ可在0~60°间调节后固,将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05,物块与桌面间的动摩擦因数为μ2,忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失〔重力加速度取g=10m/s2,最大静止摩擦力于滑动摩擦力〕〔1〕求θ角增大到多少时,物块能从斜面开始下滑〔用正切值表示〕〔2〕当θ角增大到37°时,物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数μ2〔sin37°=0.6,cos37°=0.8〕〔3〕继续增大θ角,发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大,求此最大距离x.【考点】动能理的用;平抛运动.【专题】动能理的用专题.【分析】〔1〕要使物体下滑重力的分力大于摩擦力,列出不式即可求解夹角的正切值;〔2〕对下滑过程由动能理进行分析,那么可求得动摩擦因数;〔3〕物体离开桌面后做平抛运动,由平抛运动的规律可求得最大距离.【解答】解:〔1〕为使小物块下滑,那么有:mgsinθ≥μ1mgcosθ;故θ满足的条件为:tanθ≥0.05;〔2〕克服摩擦力做功W f=μ1mgL1cosθ+μ2mg〔L2﹣L1cosθ〕由动能理得:mgL1sinθ﹣W f=0代入数据解得:μ2=0.8;〔3〕由动能理得:mgL1sinθ﹣W f =mv2解得:v=1m/s;对于平抛运动,竖直方向有:H=gt2;解得:t=0.4s;水平方向x1=vt解得:x1=0.4m;总位移x m=x1+L2=0.4+=m;答:〔1〕θ角增大到tanθ≥0.05;,物块能从斜面开始下滑〔用正切值表示〕〔2〕当θ角增大到37°时,物块恰能停在桌面边缘,物块与桌面间的动摩擦因数μ2为0.8;〔3〕继续增大θ角,发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大,此最大距离x为m.【点评】此题考查动能理及平抛运动的规律,要注意正确分析过程及受力,注意摩擦力的功分两段进行求解;同时掌握平抛运动的解决方法.12.〔2021•〕图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN和M′N′是间距为h的两平行极板,其上分别有正对的两个小孔O和O′,O′N′=ON=d,P为靶点,O′P=kd〔k为大于1的整数〕.极板间存在方向向上的匀强电场,两极板间电压为U.质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加速,经O′进入磁场区域.当离子打到极板上O′N′区域〔含N′点〕或外壳上时将会被吸收.两虚线之间的区域无电场和磁场存在,离子可匀速穿过.忽略相对论效和离子所受的重力.求:〔1〕离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感强度大小;〔2〕能使离子打到P点的磁感强度的所有可能值;〔3〕打到P点的能量最大的离子在磁场汇总运动的时间和在电场中运动的时间.【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;质谱仪和盘旋加速器的工作原理.【分析】〔1〕对直线加速过程,根据动能理列式;对在磁场中圆周运动过程,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二律列式;最后联立求解即可;〔2〕为了使离子打到P点,粒子可以加速1次、2次、3次、…,对加速过程根据动能理列式,对在磁场中圆周运动过程根据牛顿第二律列式;要考虑临界条件,一次加速后要到达虚线区域;〔3〕打到P点的能量最大的离子加速次数最大;在电场向上中是匀加速全程根据动量理求解时间;在磁场中是匀速圆周运动,根据t=求解时间.【解答】解:〔1〕在电场中的直线加速过程,根据动能理,有:qU=①在磁场中,根据牛顿第二律,有:②联立解得磁感强度大小:B=③〔2〕在电场中的第一次直线加速过程,根据动能理,有: qU=④在磁场第一次圆周运动过程中,根据牛顿第二律,有:⑤其中:⑥离子经过电场加速n次后能打到P点,那么:在电场中的前n次直线加速过程,根据动能理,有:nqU=⑦在磁场中第n次圆周运动过程,根据牛顿第二律,有:⑧其中:⑨联立解得:B=〔n=1,2,3,4,…,k2﹣1〕〔3〕在电场中n次运动都是加速,可以当作一个匀加速直线运动进行考虑;根据⑦式,最大速度为:v=根据动量理,有:q t=mv打到P点的能量最大的离子加速次数最大,为:n=k2﹣1联立解得:t=h在磁场中做圆周运动,为〔n ﹣〕圈,即〔k2﹣〕圈;周期:T=。

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湖南省益阳市南县一中2015届高三上学期月考物理试卷一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.其中1-8小题只有一个选项符合题意,9-12小题至少有一个选项符合题意,请将符合题意的选项的序号填入答题表格中)1.在“探究弹性势能的表达式”的活动中,为计算弹簧弹力所做的功,把拉伸弹簧的过程分为很多小段,当每一段足够小时,拉力为每小段可以认为是恒力,用各小段做功的代数和代表弹力在整个过程所做的功,物理学中把这种研究方法叫做“微元法”.下面几个实例中应用到这一思想方法的是( )A.由速度的定义v=,当△t非常小,△x/△t就可以表示物体在t时刻的瞬时速度B.在推导匀变速直线运动位移公式时,把整个运动过程划分成很多小段,每一小段近似看做匀速直线运动C.在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用有质量的点来代替物体,即质点D.在探究加速度、力和质量三者之间关系时,先保持质量不变研究加速度与力的关系,再保持力不变研究加速度与质量的关系考点:物理学史.专题:常规题型.分析:用很短一段时间的平均速度表示瞬时速度,采用的是极限思维的方法.在研究曲线运动或加速运动时,常常采用微元法,把曲线运动变成直线运动,将变速运动变成速度不变的运动.质点是实际物体在一定条件下的科学抽象,是采用了建立理想化模型的方法.研究三个物理量间的关系,控制一个量不变,采取的是控制变量法.解答:解:A、研究某一时刻的速度,往往去一段很短的时间,即让时间趋向于无穷小时的平均速度表示瞬时速度,采用的是极限思维的方法.故A错误;B、在推导匀变速直线运动位移公式时,采用微元法将加速运动微分成一段段匀速运动.采用了微元法.故B正确.C、质点采用的科学方法是建立理想化模型的方法,故C错误;D、在探究加速度、力和质量三者之间关系时,先保持质量不变研究加速度与力的关系,再保持力不变研究加速度与质量的关系,故D错误;故选:B.点评:在高中物理学习中,我们会遇到多种不同的物理分析方法,这些方法对我们理解物理有很大的帮助;故在理解概念和规律的基础上,更要注意科学方法的积累与学习.2.酒后驾驶会导致许多安全隐患,是因为驾驶员的反应时间变长,反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间.表中“思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离,“制动距离”是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动时的加速度大小都相同).分析表可知,下列说法正确的是( )速度(m/s)思考距离/m 制动距离/m正常酒后正常酒后15 7.5 15.0 22.5 30.0 20 10.0 20.0 36.7 x25 12.5 25.0 54.2 66.7A.表中x为66.7B.驾驶员酒后反应时间比正常情况下多1.5sC.汽车制动时,加速度大小为7.5m/s2D.若汽车以20m/s的速度行驶时,发现前方40m处有险情,酒后驾驶能安全停车考点:匀变速直线运动的位移与时间的关系;匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题:直线运动规律专题.分析:汽车先匀速运动和后匀减速运动,可以根据速度位移公式求解出减速的加速度大小.解答:解:A、制动距离多在思考距离变长,故x=36.7+m=46.7m,故A错误.B、反应时间内汽车做匀速运动,故从表中数据得到,多出的反应时间为:,故B错误.C、汽车制动时,加速度大小为:a==7.5m/s2,故C正确.D、若汽车以20m/s的速度行驶时,发现前方40m处有险情,酒后驾驶的制动距离为46.7m,大于40m,故不能安全停车,故D正确;故选:CD.点评:本题关键要明确制动距离的构成,然后结合运动学公式进行计算分析.3.力F1单独作用在物体A上时产生的加速度大小为a1=5m/s2,力F2单独作用在物体A上时产生的加速度大小为a2=1m/s2.那么,力F1和F2同时作用在物体A上时产生的加速度a 的大小范围是( )A.0≤a≤6m/s2B.4m/s2≤a≤5m/s2C.4m/s2≤a≤6m/s2D.0≤a≤4m/s2考点:牛顿第二定律;力的合成与分解的运用.专题:牛顿运动定律综合专题.分析:根据牛顿第二定律分别得出力F1、F2与加速度的关系,再研究力F1和F2同时作用在物体A上时合力的大小范围,再由牛顿第二定律求出加速度a的大小范围.解答:解:设物体A的质量为m,根据牛顿第二定律得:F1=ma1=5m,F2=ma2=m力F1和F2同时作用在物体A上时合力的范围为4m≤F合≤6m根据牛顿第二定律得加速度范围为4m/s2≤a≤6m/s2.故选C点评:两个力F1、F2的合力的范围为:|F1﹣F2|≤F合≤F1+F2.基础题.4.真空中,相距r的两点电荷间库仑力的大小为F.当它们间的距离变为2r时,库仑力的大小变为( )A.B.C.2F D.4F考点:库仑定律.分析:库仑定律:真空中两个静止点电荷之间的作用力与它们电量的乘积成正比,与它们距离的二次方成反比,作用力的方向在它们的连线上.解答:解:根据库仑定律,距离为r时的静电力为:当距离为2r时,静电力为:故A正确、BCD错误.故选:A.点评:本题关键是根据库仑定律直接列式求解,基础题.在利用库仑定律解题时,要注意库仑定律的使用条件.5.把动力装置分散安装在每节车厢上,使其既具有牵引动力,又可以载客,这样的客车车辆叫做动车.而动车组就是几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组,就是动车组,如图所示.假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比,每节动车与拖车的质量都相等,每节动车的额定功率都相等.若1节动车加4节拖车编成的动车组的最大速度为120km/h;则6节动车加4节拖车编成的动车组的最大速度为( )A.120km/h B.240km/h C.360km/h D.480km/h考点:功率、平均功率和瞬时功率.专题:功率的计算专题.分析:当牵引力与阻力相等时,速度最大,求出功率与阻力和最大速度的关系.6节动车加4节拖车编成的动车组运动时,牵引力与阻力相等时速度最大,结合6P=10fv m′求出最大速度的大小.解答:解:设每节车厢所受的阻力为f,若1节动车加4节拖车编成的动车组的最大速度为120km/h,则P=Fv m=5fv m.设6节动车加4节拖车编成的动车组的最大速度为v m′,牵引力等于阻力时速度最大,则有:6P=10fv m′联立两式解得v m′=360km/h.故C正确,A、B、D错误.故选:C.点评:解决本题的关键知道牵引力与阻力相等时,速度最大,结合功率与速度的关系进行求解.6.如图,一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点),飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点.O为半圆轨道圆心,半圆轨道半径为R,OB与水平方向夹角为60°,重力加速度为g,则小球抛出时的初速度为( )A.B.C.D.考点:平抛运动.专题:平抛运动专题.分析:根据题意小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点,可知速度的方向与水平方向成30°角,根据速度方向得到平抛运动的初速度与时间的关系.再根据水平方向匀速运动,得出水平位移与、初速度和时间的关系,联立即可求解初速度.解答:解:小球做平抛运动,在飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点,则知速度与水平方向的夹角为30°,则有:v y=v0tan30°又v y=gt,则得:v0tan30°=gt,t=①水平方向上小球做匀速直线运动,则有:R+Rcos60°=v0t ②联立①②解得:v0=.故选:C.点评:解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,抓住速度方向,结合题中隐含的位移关系、速度关系进行求解.7.2013年6月我国宇航员在天宫一号空间站中进行了我国首次太空授课活动,其中演示了太空“质量测量仪”测质量的实验,助教聂海胜将自己固定在支架一端,王亚平将连接运动机构的弹簧拉到指定位置,如图所示.松手后,弹簧凸轮机构产生恒定的作用力,使弹簧回到初始位置,同时用光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间.这样,就测出了聂海胜的质量﹣﹣74kg.下列关于“质量测量仪”测质量的说法正确的是( )A.测量时仪器必须水平放置B.测量时仪器必须竖直放置C.其测量原理根据万有引力定律D.其测量原理根据牛顿第二定律考点:牛顿第二定律.专题:牛顿运动定律综合专题.分析:根据速度和时间,结合速度时间公式求出航天员的加速度,根据牛顿第二定律求出物体的质量.解答:解:A、因为航天员处于完全失重状态,测量仪器不论在什么方向上,弹簧凸轮机构产生恒定的作用力都是人所受的合力.适用测量时一起的位置不一定需水平、也不一定需竖直.故A、B错误.C、天宫中的质量测量仪,应用的物理学原理是牛顿第二运动定律:F(力)=m(质量)×a (加速度).质量测量仪上的弹簧能够产生一个恒定的力F,同时用光栅测速装置测量出支架复位的速度v和时间t,计算出加速度a=,再根据牛顿第二定律就能够计算出物体的质量.故C错误,D正确.故选:D.点评:本题主要考查了天宫中的质量测量仪的原理,知道牛顿第二运动定律:F(力)=m(质量)×a(加速度),难度不大,属于基础题.8.在如图所示的电路中,已知电源的电动势E=1.5V,内电阻r=1.0Ω,电阻R=2.0Ω.闭合开关S后,电阻R两端的电压U等于(电压表为理想电表)( )A.0.5V B.1.0V C.1.5V D.2.0V考点:闭合电路的欧姆定律.专题:恒定电流专题.分析:已知电源电动势、内阻与外电路电阻,由闭合电路的欧姆定律可以求出电路电流,再由部分电路欧姆定律求解电压U.解答:解:由闭合电路欧姆定律可知,电路中的电流:I==A=0.5A电阻R两端的电压U=IR=0.5×2V=1V故选:B.点评:本题考查了电路电流,应用闭合电路欧姆定律即可正确解题,也可以运用比例法求解.9.随着地球资源的日益匮乏和环境的日益恶劣,人类设想在地球远地轨道上建立一个未来的圆环形太空城.远远看去,好像一个巨大的车轮,圆环形的直径为D,“轮胎”是一个空心的大圆环,其内部直径为d(D>>d),是太空城的生活区.同时,太空城还绕着自己的中心轴慢慢旋转,利用旋转时产生的离心效应而制造出人造重力,生活在其中的人类就有脚踏实地的感觉.已知地球半径R,表面重力加速度为g,地球自转周期为T,空间站轨道半径r.下列说法中正确的是( )A.太空城中的“地面”在图示的下表面B.若忽略太空城的自转,则太空城的绕地球转动的周期为C.若太空城的转速刚能提供和地球表面的实际重力加速度效果相同的人造“重力”,那么太空城自转的角速度为D.当太空城稳定地转动时,若在“生活区”上空某处静止释放一个物体,让太空城里的你来观察,你会观察到物体沿径向垂直太空城外边缘加速下落考点:人造卫星的加速度、周期和轨道的关系;万有引力定律及其应用.专题:人造卫星问题.分析:太空城还绕着自己的中心轴慢慢旋转,向心力指向圆心,在“生活区”上空某处静止释放一个物体,运动情况类似于地球上的自由落体运动,根据太空城表面重力提供向心力求解角速度,根据开普勒第三定律求解太空城的绕地球转动的周期.解答:解:A、太空城还绕着自己的中心轴慢慢旋转,向心力指向圆心,生活在其中的人类就有脚踏实地的感觉,所以太空城中的“地面”在图示的侧表面,故A错误;B、根据题目中的条件无法求解太空城的绕地球转动的周期,故B错误;C、根据太空城表面重力提供向心力得:mω2=mg,解得:,故C正确;D、在“生活区”上空某处静止释放一个物体,运动情况类似于地球上的自由落体运动,故D 正确.故选:CD.点评:本题是一道科学探索题,题目新颖,要求同学们能根据题目得出有用信息,能把太空城与地球联系起来,类比研究,难度适中.10.甲、乙两带电小球的质量均为m,所带电荷量分别为+q和﹣q,两球间用绝缘细线连接,乙球又用绝缘细线悬挂在天花板上,在两球所在空间有方向向右的匀强电场,上下两根绝缘细线张力的大小分别为( )A.T1=2mg B.T2=C.T1>2mg D.T2<考点:电场强度.分析:对甲、乙两球整体进行受力分析,由共点力的条件可得出上端细线的张力;再对下面小球受力分析,由共点力的平衡条件可求得下端细线的张力.解答:解:对整体受力分析可知,整体在竖直方向受重力和绳子的拉力;水平方向两电场力大小相等方向相反,故在竖直方向上,拉力等于重力,故T1=2mg;对下面小球进行受力分析,小球受重力、电场力、库仑力及绳子的拉力而处于平衡;由图可知,绳子的拉力及库仑力的合力应等于电场力与重力的合力;故绳子的拉力小于;故选:AD.点评:本题采用整体法与隔离法进行分析,要注意不能漏力,特别是库仑力是正确解题的关键.11.如图所示,在水平地面上有一倾角为θ的斜劈,其斜面光滑,底面粗糙.两个质量均为m,用弹簧相连接的物块A、B放在斜劈上,系统静止.现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动,当物块B刚要离开固定在斜劈上的挡板C时,物块A运动的距离为d,速度为v,斜劈仍静止.已知弹簧劲度系数为k,重力加速度为g,则此时( )A.拉力F的功率为Fv sinθB.斜劈将受到水平向左的摩擦力大小为mgsin2θC.物块A的加速度为D.弹簧弹性势能比初始状态增加了Fd﹣mgd sinθ﹣考点:功能关系.分析:根据P=Fv求解功率,当B刚离开C时,弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力,根据胡克定律求解出弹簧的伸长量,根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小,根据功能关系求解弹簧弹性势能的变化量.解答:解:A、拉力的瞬时功率P=Fv,故A错误;B、把AB看成一个整体,则整体对斜面的压力N=2mgcosθ,对斜面受力分析,则有:f=Nsinθ=2mgcosθsinθ=mgsin2θ,故B正确;C、根据牛顿第二定律得:a=开始系统处于静止状态,弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力,当B刚离开C时,弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力,故mgsinθ=kx2,但由于开始是弹簧是压缩的,故d>x,故a>,故C错误;D、根据功能关系,弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量,即为:Fd﹣mgdsinθ﹣mv2,故D正确;故选:BD.点评:含有弹簧的问题,往往要研究弹簧的状态,分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路.12.如图所示,在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器,板间距离为d,电容为C,上板B接地.现有大量质量均为m、带电量均为q的小油滴,以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入,第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点.如果能落到A板的油滴仅有N滴,且第N+1滴油滴刚好能飞离电场,假定落到A板的油滴的电量能被板全部吸收,不考虑油滴间的相互作用,重力加速度为g,则( )A.落到A板的油滴数B.落到A板的油滴数C.第N+1滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于D.第N+1滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于考点:带电粒子在混合场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动.专题:带电粒子在复合场中的运动专题.分析:根据粒子做平抛运动的规律,运用运动的合成与分解,并依据运动学公式,即可求解;根据牛顿第二定律,结合电场力表达式,与运动学公式,即可求解.解答:解:AB、设以上述速度入射的带电粒子,最多能有n个落到下极板上.则第(N+1)个粒子的加速度为a,由牛顿运动定律得:mg﹣qE=ma其中:E===得:a=g﹣第(N+1)粒子做匀变速曲线运动,竖直方向有:y=at22=gt22;第(N+1)粒子不落到极板上,则有关系:y≤联立以上公式得:N=,故A错误,B正确;C、第(N+1)粒子运动过程中重力和电场力做功等于粒子动能的增量,由动能定理得:W=mg﹣qE代人数据得:W=,故C正确;D、第(N+1)粒子运动过程中电场力做的负功等于粒子减少的机械能:W电=﹣qE=﹣.故D正确.故选:BCD.点评:考查如何处理平抛运动的思路,掌握运动的合成与分解的方法,理解运动学公式与牛顿第二定律的综合应用.二、实验题(本题共2小题,共15分,将答案填写在答题卷中)13.学生实验“用DIS研究机械能守恒定律”的装置如图(a)所示,某组同学在一次实验中,选择DIS以图象方式显示实验的结果,所显示的图象如图(b)所示.图象的横轴表示小球距D点的高度h,纵轴表示摆球的重力势能E P、动能E k或机械能E.试回答下列问题:(1)图(a)所示的实验装置中,传感器K的名称是光电门传感器(2)图(b)的图象中,表示小球的重力势能E P、动能E k、机械能E随小球距D点的高度h变化关系的图线分别是乙、丙、甲(按顺序填“甲、乙、丙)(3)在不增加实验器材的情况下,请提出减小实验误差的两个办法.①要保证初速度为0 ②让光电门与小球运动的方向垂直.考点:验证机械能守恒定律.专题:实验题;机械能守恒定律应用专题.分析:(1)要使求得动能则应测出小球在各点时的速度,则应用到光电门传感器,小球充当遮光片;(2)根据各能量与高度的关系,可知甲、乙、丙所对应的图象;(3)分析图象中的各能量间的关系,可得出正确结论.解答:解:①实验中用DIS测出的应为小球在各点时的动能,故应用到光电门传感器,而小球充当档光片的作用;②小球高度下降,故小球的重力势能应减小,动能增大,但总机械能不变,故乙图表示重力势能的变化;丙图表示动能的变化,甲图表示机械能的变化;③由图可知,动能与势能的和近似与机械能相等,故说明在误差允许的范围内,在只有重力做功的情况下,小球的机械能守恒.而要验证机械能守恒.即验证:mgh=从公式中可以看出,影响实验的有一下几点:1.要保证初速度为0;2.适当减小遮光板的宽度d;3.让光电门与小球运动的方向垂直;等.故答案为:(1)光电门传感器(或光电门、光电传感器);(2)乙、丙、甲;(3)1.要保证初速度为0;2.适当减小遮光板的宽度d;3.让光电门与小球运动的方向垂直.(任意有两个即可)点评:本题比较新颖,要注意结合实验的原理进行分析,从而找出符合该实验的原理.14.某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻.已知干电池的电动势约为1.5V,内阻约为1Ω;电压表(0~3V,3kΩ)、电流表(0~0.6A,1.0Ω)、滑动变阻器有R1(10Ω,2A)和R2(100Ω,0.1A)各一只.(1)实验中滑动变阻器应选用R1(填“R1”或“R2”).(2)在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路.(3)在实验中测得多组电压和电流值,得到如图丙所示的U﹣I图线,由图可较准确地求出该电源电动势E=1.48V;内阻,r=0.88Ω.考点:测定电源的电动势和内阻.专题:实验题;恒定电流专题.分析:(1)估算出电路中最大电流:当变阻器的电阻为零时,由闭合电路欧姆定律可求电路中最大电流,根据额定电流与最大电流的关系,分析并选择变阻器.(2)对照电路图,按顺序连接电路.(3)由闭合电路欧姆定律分析U﹣I图象的纵轴截距和斜率的意义,可求出电动势和内阻.解答:解:(1)电路中最大电流I=1.5A,R2的额定电流远小于1.5A,同时R2阻值远大于电源内阻r,不便于调节,所以变阻器选用R1(2)对照电路图,按电流方向连接电路,如图所示.(3)由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir得知,当I=0时,U=E,U﹣I图象斜率的绝对值等于电源的内阻和电流表内阻之和,则将图线延长,交于纵轴,纵截距即为电动势E=1.48Vr=﹣R A=Ω﹣1=0.88Ω.故答案为:(1)R1;(2)连线如图;(3)1.48,0.88点评:本实验的原理是闭合电路欧姆定律,根据原理由图象的斜率和截距分别求出内阻和电动势.三、解答题(本题共4小题,满分47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能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.)15.如图所示,甲为操场上一质量不计的竖直滑竿,滑竿上端固定,下端悬空,为了研究学生沿竿下滑的情况,在竿的顶部装有一拉力传感器,可显示竿的顶端所受拉力的大小.现有一学生手握滑竿,从竿的上端由静止开始下滑,下滑5s后这个学生的下滑速度为零,并用手紧握住滑竿保持静止不动.以这个学生开始下滑时刻为计时起点,传感器显示的力随时间变化的情况如图乙所示.求:(1)该学生下滑过程中的最大速度;(2)5s内该学生下滑的距离.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)传感器显示的力即为杆对这名学生的拉力大小.由图得知,0~1s内,杆对学生的力小于其重力,学生做匀加速运动,第1~5s内,杆对学生的力大于学生的重力,学生做匀减速运动,所以在第1s末,这名学生达到最大速度,由牛顿第二定律和运动学结合求解最大速度.(2)运用平均速度分别求出两段时间内学生的位移,再求解总位移.解答:解:(1)因为杆顶端所受拉力大小与杆对这名学生拉力的大小相等,所以传感器显示的力大小即为杆对这名学生的拉力.由图象可知,0~1s内,杆对学生的拉力F1=380N;第5s后,杆内学生的拉力F3=500N,此时学生处于静止状态.设学生在0~1s内的加速度为a,取向下为正方向,由牛顿第二定律知,在0~1s内:mg﹣F1=ma…①第5s后:mg﹣F3=0…②由①②可解得:a=2.4m/s2可知,这名学生在下滑的第1秒内做匀加速直线运动.而由图象可知,第1~5s内,杆对学生的拉力F2>mg,加速度方向竖直向上,学生做匀减速直线运动,所以第1s末,这名学生达到最大速度v=at=2.4m/s(2)设这名学生第1s内加速下滑的距离为x1,第1~5s内减速下滑的距离为x2,则有所以5s内该学生下滑的距离x=x1+x2=6.0m答:(1)该学生下滑过程中的最大速度为2.4m/s;(2)5s内该学生下滑的距离为6m.点评:本题运用牛顿第二定律和运动学规律相结合解决动力学问题,关键是分析学生的受力情况和运动情况.16.如图所示,一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动,圆盘边缘有一质量m=1.0kg的小滑块.当圆盘转动的角速度达到某一数值时,滑块从圆盘边缘滑落,滑块与圆盘间的动摩擦因数μ1=0.2,经光滑的过渡圆管进入轨道ABC.已知AB段斜面倾角为53°,BC段斜面倾角为37°,滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5,A点离B点所在水平面的高度h=1.2m.滑块在运动过程中始终未脱离轨道,不计在过渡圆管处和B点的机械能损失,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8(1)若圆盘半径R=0.5m,当圆盘的角速度多大时,滑块从圆盘上滑落?(2)若取圆盘所在平面为零势能面,求滑块到达B点时的动能.(3)从滑块到达B点时起,经0.5s正好通过C点,求BC之间的距离.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)滑块做匀速圆周运动,指向圆心的静摩擦力力提供向心力,静摩擦力随着外力的增大而增大,当滑块即将从圆盘上滑落时,静摩擦力达到最大值,根据最大静摩擦力等于向心力列式求解,可以求出滑块即将滑落的临界加速度;(2)先根据动能定理求解出滑倒最低点时的动能,再根据机械能的表达式求出动能;(3)对滑块受力分析,分别求出向上滑行和向下滑行的加速度,然后根据运动学公式求解出BC间的距离.解答:解:(1)滑块在圆盘上做圆周运动时,静摩擦力充当向心力,根据牛顿第二定律得:μmg=mω2R,代入数据解得:ω=5rad/s;(2)滑块在A点时的速度:V A=ωR=5×0.2=1m/s,从A到B的运动过程由动能定理:mgh﹣μmgcos53°•h/sin53°=mv B2﹣mv A2,代入数据解得:v B=4m/s,E kB=8J;(3)滑块在B点时的速度:v B=4m/s,滑块沿BC段向上运动时的加速度大小:a1=g(sin37°+ucos37°)。

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