高三物理上学期期中-定西市通渭县马营中学2016届高三上学期第四次月考试物理试题及答案卷

甘肃省定西市通渭县马营中学2015-2016学年高三（上）
第四次月考物理试卷
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小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题有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.
1．关于伽利略对自由落体运动的研究，以下说法正确的是（）
A．伽利略认为在同一地点，重的物体和轻的物体下落快慢不同
B．伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
C．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上运动，验证了位移与时间的平方成正比
D．伽利略用小球在斜面上运动“冲淡重力”，验证了运动速度与位移成正比
2．如图所示，汽车以10m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20m处时，绿灯还有3s熄灭，而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度（v）﹣时间（t）图象可能是（）
A．B．C． D．
3．如图甲所示，在光滑的水平面上，物体A在水平方向的外力F作用下做直线运动，其v ﹣t图象如图乙所示，规定向右为正方向．下列判断正确的是（）
A．在3 s末，物体处于出发点右方
B．在1﹣2 s内，物体正向左运动，且速度大小在减小
C．在1﹣3 s内，物体的加速度方向先向右后向左
D．在0﹣1 s内，外力F不断增大
4．如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，小车左边紧贴墙壁，若在小车斜面上放着一个物体m，当m沿着小车的斜表面下滑时，小车M始终静止不动，则小车M受力个数可能为（）
A．4个或5个B．5个或6个C．3个或4个D．4个或6个
5．如图所示，三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球保持静止，A、D间细绳是水平的，现对B球施加一个水平向右的力F，将B缓缓拉到图中虚线位置，A球保持不动，这时三根
细绳张力F、F、F的变化情况是（）
A．都变大
B．和变大，不变
C．和变大，不变
D．和变大，不变
6．将一小物体以初速度v0竖直向上抛出，若物体所受的空气阻力的大小不变，则小物体到达最高点的最后一秒和离开最高点的第一秒时间内通过的路程s1和s2，速度的变化量△v1和△v2的大小关系（）
A．s1=s2B．s1＜s2C．△v1＞△v2D．△v1＜△v2
7．如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后（）
A．M静止在传送带上B．M可能沿斜面向上运动
C．M受到的摩擦力不变D．M下滑的速度不变
8．在如图所示装置中，两物体质量分别为m1、m2，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态．由图可知（）
A．m1一定大于m2B．m1可能大于2m2
C．m1一定小于2m2D．α一定等于β
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22-25题为必考题，每个试题考生都作答；第33题选考题，（一）必考题
9．在探究力的合成方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳．实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条．
①实验对两次拉伸橡皮条的要求中，下列哪些说法是正确的（填字母代号）A．将橡皮条拉伸相同长度即可B．将弹簧秤都拉伸到相同刻度
C．将橡皮条沿相同方向拉到相同长度D．将橡皮条和绳的结点拉到相同位置
②同学们在操作过程中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是（填字母代号）
A．拉橡皮条的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要适当远些
B．弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行
C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大
D．两细绳必须等长．
10．某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50Hz在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，如图所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：S A=16.6mm S B=126.5mm S D=624.5mm
若无法再做实验，可由以上信息推知：
①相邻两计数点的时间间隔为s
②打C点时物体的速度大小为m/s（取2位有效数字）
③物体的加速度大小为m/s2．
11．A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度v A=10m/s，B车在后，速度v B=30m/s，因大雾能见度很低，B车在距A车x0=75m时才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但B车要经过180m才能停下来．
（1）B车刹车时A仍按原速率行驶，两车是否会相撞？
（2）若B车在刹车的同时发出信号，A车司机经过△t=4s收到信号后加速前进，则A车的加速度至少多大才能避免相撞？
12．如图所示，倾角为θ的光滑斜面ABC放在水平面上，劲度系数分别为k1、k2的两个轻弹簧沿斜面悬挂着，两弹簧之间有一质量为m1的重物，最下端挂一质量为m2的重物，此时两重物处于平衡状态，现把斜面ABC绕A点缓慢地顺时针旋转90°后，重新达到平衡．试求：m1、m2沿斜面各移动的距离．
（二）选考题：共15分．【物理--选修3-3】
13．下列叙述正确的有（）
A．气体的压强越大，分子的平均动能越大
B．自然界中所进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性
C．外界对气体做正功，气体的内能一定增大
D．温度升高，物体内的每一个分子的热运动速率都增大
E．扩散现象与布朗运动都与温度有关
F．第二类永动机违反了热力学第二定律
14．如图所示，粗细均匀的玻璃细管上端封闭，下端开口，竖直插在大而深的水银槽中，管内封闭有一定质量的空气，玻璃细管足够长，管内气柱长4cm，管内外水银面高度差为
10cm．现将玻璃管沿竖直方向缓慢移动．（大气压强相当于75cmHg）求：
①若要使管内外水银面恰好相平，此时管内气柱的长度；
②若要使管内外水银面高度差为15cm，玻璃管又应如何移动多少距离．
甘肃省定西市通渭县马营中学2015-2016学年高三（上）第四次月考物理试卷参考答案与试题解析
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小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题有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.
1．【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．
【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题．
【分析】要了解伽利略“理想斜面实验”的内容、方法、原理以及物理意义，伽利略斜面实验的卓越之处不是实验本身，而是实验所使用的独特的方法在实验的基础上，进行理想化推理．（也称作理想化实验）它标志着物理学的真正开端．
【解答】解：A、亚里士多德认为在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同，伽利略认为同一地点轻重物体的下落是相同的；故A错误；
B、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，但并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故B错误．
C、伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比，故C正确．
D、小球在斜面上运动运动速度与位移不成正比，故D错误，
故选：C
【点评】伽利略的“理想斜面实验”是建立在可靠的事实基础之上的，它来源于实践，而又高于实践，它是实践和思维的结晶．
2．【考点】匀变速直线运动的图像．
【专题】运动学中的图像专题．
【分析】由题，该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，在3s通过的位移正好是20m，根据“面积”确定位移是20m的速度图象才符合题意．
【解答】解：A、在3s内位移为x=×10×3=15m，该汽车还没有到达停车线处，不符合题意．故A错误．
B、由图可知S B＞15m，可能为20m，所以汽车可能不超过停车线，故B正确；
C、在3s内位移等于x=×10=20m，则C可能是该汽车运动的v﹣t图象．故C正确．
D、在3s内位移等于x=×10=17.5m，该汽车还没有到达停车线处，不符合题意．故D 错误．
故选：BC．
【点评】本题是实际问题，首先要读懂题意，其次抓住速度图象的“面积”等于位移进行选择．
3．【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】根据速度图象与坐标轴所围的“面积”大小等于位移，t轴上方位移为正，下方位移为负，确定前3s内物体位移的正负，判断其位置；速度图象直接反映物体速度的变化情况，可读出速度大小的变化．图象的斜率等于加速度，由牛顿第二定律分析外力F的变化．【解答】解：A、根据速度图象与坐标轴所围的“面积”大小等于位移，t轴上方位移为正，下方位移为负，则前3s内物体的位移为正，说明物体处于出发点右方．故A正确．
B、在1﹣2 s内，速度为正值，说明速度向右运动，速度不断减小．故B错误．
C、在1﹣3 s内，图象的斜率不变，则加速度不变．故C错误．
D、在0﹣1 s内，图象切线不断减小，则加速度不断减小，由牛顿第二定律得知外力F不断减小．故D错误．
故选A
【点评】本题是速度﹣﹣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．属于基础题．
4．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．
【专题】共点力作用下物体平衡专题．
【分析】由于小车的斜面是否光滑未知，要进行讨论，分两种情况分析：若斜面光滑时和斜面粗糙时分别分析M受力的个数．
【解答】解：若M斜面光滑时，M受到4个力：重力Mg、m对M的压力，墙壁的弹力和地面的支持力；若m匀速下滑时，M受到4个力：重力Mg、m对M的压力和滑动摩擦力，地面的支持力，根据整体法研究知墙壁对M没有弹力；若斜面粗糙，m加速下滑时，M受到5个力：重力Mg、m对M的压力和滑动摩擦力，墙壁的弹力和地面的支持力；
故选A
【点评】本题考查分析受力情况的能力，要分斜面是否粗糙、物体m匀速、加速等情况进行分析，不能漏解．
5．【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】先以B为研究对象受力分析，由分解法作图判断出T AB大小的变化；
再以AB整体为研究对象受力分析，由平衡条件判断T AD和T AC的变化情况．
【解答】解：以B为研究对象受力分析，由分解法作图如图：
由图可以看出，当将B缓缓拉到图中虚线位置过程，绳子与与竖直方向夹角变大，绳子的拉力大小对应图中1、2、3三个位置大小所示，即T AB逐渐变大，F逐渐变大；
再以AB整体为研究对象受力分析，
设AC绳与水平方向夹角为α，
则竖直方向有：T AC sinα=2mg
得：T AC=，不变；
水平方向：T AD=T AC cosα+F，T AC cosα不变，而F逐渐变大，故T AD逐渐变大；
故B正确；
故选：B．
【点评】当出现两个物体的时候，如果不是求两个物体之间的作用力大小通常采取整体法使问题更简单．
6．将一小物体以初速度v0竖直向上抛出，若物体所受的空气阻力的大小不变，则小物体到达最高点的最后一秒和离开最高点的第一秒时间内通过的路程s1和s2，速度的变化量△v1和△v2的大小关系（）
A．s1=s2 B．s1＜s2C．△v1＞△v2D．△v1＜△v2
【考点】竖直上抛运动．
【专题】直线运动规律专题．
【分析】根据牛顿第二定律，得到上升阶段和下降阶段的加速度的大小关系，然后根据速度时间关系公式和平均速度公式分析．
【解答】解：C、D、上升阶段，合力为：F合1=mg+f，故加速度为：a1==g+；
下降阶段，合力为：F合2=mg﹣f，故加速度为：a2==g﹣；
故a1＞a2；
根据速度时间关系公式，有：
△v1=a1T
△v2=a2T
故
△v1＞△v2
故C正确，D错误；
A、B、根据速度时间关系公式和平均速度公式，有
s1=T=T=a1T2
s2=a2T2
故
s1＞s2
故A错误，B错误；
故选C．
【点评】本题关键是先根据牛顿第二定律判断上升阶段和下降阶段的加速度大小，然后灵活地选择运动学公式列式判断．
7．【考点】滑动摩擦力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．
【分析】对物体受力分析，由于传送带是向上运动的，对物体的受力没有影响，所以物体的运动状态不变．
【解答】解：由于传送带是向上转动的，在传送带启动前后，物块都只受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力，物块受力不变，所以其下滑的速度也不变．
故选CD
【点评】物体本来就是向下运动，受到的摩擦力是向上的，当传送带在向上转动时，对物体的受力没影响，可以思考一下，如果传送带向下转动，情况又会如何呢？
8．【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】对与m1连接的滑轮进行受力分析，抓住两个绳子拉力在水平方向上的分力相等，得出α、β的关系．根据竖直方向上合力等于m1的重力，得出m1和m2的关系．
【解答】解：绳子通过定滑轮和动滑轮相连，绳子的拉力相等，等于m2的重力，对与m1
连接的滑轮进行受力分析，有Tsinα=Tsinβ，所以α=β．
在竖直方向上有：Tcosα+Tcosβ=m1g，而T=m2g，则有2m2gcosα=m1g．所以m1一定小于2m2，故选：CD．
【点评】解决本题的关键合适地选择研究对象，正确地进行受力分析，运用共点力平衡，抓住水平方向和竖直方向合力为零进行求解．
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22-25题为必考题，每个试题考生都作答；第33题选考题，（一）必考题
9.【考点】验证力的平行四边形定则．
【专题】实验题．
【分析】该实验采用了“等效替代”的原理，即合力与分力的关系是等效的，要求两次拉橡皮筋时的形变量和方向是等效的，注意所有要求都要便于操作，有利于减小误差进行，所有操作步骤的设计都是以实验原理和实验目的为中心展开，据此可正确解答本题．
【解答】解：①A、本实验的目的是为了验证力的平行四边形定则，即研究合力与分力的关系．根据合力与分力是等效的，本实验橡皮条两次沿相同方向拉伸的长度要相同．故A错误，C正确；
B、在白纸上标下第一次橡皮条和绳的结点的位置，第二次将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，表明两次效果相同，即两个拉力和一个拉力等效，而弹簧称不必拉到相同刻度．故B 错误，D正确．
故选：CD．
②A、为了更加准确的记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故A正确；
B、测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中要求弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B正确；
C、用弹簧秤同时拉细绳时，拉力不能太太，也不能太小．故C错误；
D、通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条时，并非要求两细绳等长，故D错误．故选：AB．
【点评】实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等等．
10．【考点】测定匀变速直线运动的加速度．
【专题】实验题．
【分析】纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．
【解答】解：①打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为T=0.1s．
②根据间的平均速度等于点的速度得v c===2.5m/s．
③匀加速运动的位移特征是相邻的相等时间间隔内的位移以aT2均匀增大，即△x=aT2，所以有：
x BC=x AB+aT2，x CD=x BC+aT2=x AB+2aT2，x BD=2x AB+3aT2，
所以
a===9.27 m/s2
故答案为：①0.1 ②2.5 ③9.27
【点评】要注意单位的换算和有效数字的保留．
能够知道相邻的计数点之间的时间间隔．
11．【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】追及、相遇问题．
【分析】（1）A、B两列火车在同轨道上同向行驶，A车在前做匀速运动，而B车在距A车75m时才发现前方有A车，这时B车立即刹车，做匀减速运动．A车若按原速度前进，则做匀速直线运动，由公式算出刹车的加速度大小，及停止时间．通过求出AB两车的位移关系即可判断是否会相撞；
（2）当B车在刹车的同时发出信号后，B车做匀减速运动，A车做匀速，收到信号4.0s后才加速前进．由速度公式表示出相遇但不相撞的速度关系，由两车的位移表示出两车的位移关系，最终确定A车的加速度多大时才能避免事故．
【解答】解：（1）B车刹车的加速度大小为：
两车速度相同时：=8s
在这段时间内两车的位移分别为：
x A=v A t0=80m
因为x B＞x A+x0，则两车会相撞．
（2）设A车司机收到信号后以加速度a A加速前进，两车恰相遇不相撞应满足速度关系：v A=v B 即：30﹣2.5t=10+a A（t﹣4）
位移关系s B=s A+x0 即：30t﹣×2.5t2=75+10×4+10（t﹣4）+
解得：
答：（1）A车若按原速前进时，两车会相撞；
（2）A车的加速度至少为0.83m/s2才能避免相撞事故．
【点评】本题是物体做匀减速、匀速及匀加速相综合的应用，不论是什么运动，它们的运动时间是相同的，所以有的根据速度相同来求出位移，有的根据位移关系来确定速度大小．该题也可用相对运动的知识来解决．
12．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律．
【专题】共点力作用下物体平衡专题．
【分析】在旋转前后，物体均处于平衡状态，则共点力的平衡条件可得出物体弹簧弹力，由胡克定律可求得弹簧的伸长量，则可得出旋转前后的距离．
【解答】解：没旋转时，两弹簧均处于伸长状态，两弹簧伸长量分别为x1、x2，
由平衡条件可知k2x2=m2gsinθ，解得：x2=
k2x2+m1gsinθ=k1x1
解得：x1=
旋转后，两弹簧均处于压缩状态，压缩量为x1′，x2′
m2gcosθ=k2x2′
解得：x2′=
（m1+m2）gcosθ=k1x1′
解得：x1′=
所以m1移动的距离d1=x1+x1′=
m2移动的距离d2=x2+x2′+d1=（sinθ+cosθ）+（sinθ+cosθ）
答：m1、m2沿斜面移动的距离各为和
（sinθ+cosθ）+（sinθ+cosθ）．
【点评】本题为共点力的平衡问题，受力分析较为简单，只要明确沿斜面方向平衡关系即可求解．
（二）选考题：共15分．【物理--选修3-3】
13．【考点】布朗运动；温度是分子平均动能的标志；热力学第二定律．
【专题】布朗运动专题．
【分析】温度是平均动能的标志，改变内能的方式有做功和热传递，自然界中所进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，扩散现象与布朗运动都与温度有关．
【解答】解：A、温度越高分子的平均动能越大，A错误；
B、自然界中所进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，B正确；
C、改变内能的方式有做功和热传递，外界对气体做正功，气体的内能不一定增大，C错误；
D、温度升高，平均动能增大，物体内的每一个分子的热运动速率不一定都增大，D错误；
E、扩散现象与布朗运动都与温度有关，温度越高，现象越明显，E正确；
F、第二类永动机违反了热力学第二定律，F正确；
故选：BEF
【点评】重点掌握温度是平均动能的标志，改变内能的两种方式，布朗运动的实质．14．【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强．
【专题】理想气体状态方程专题．
【分析】①确定好两个状态下的状态参量，由玻意耳定律求解；
②确定好两个状态下的状态参量，由玻意耳定律求解空气柱长度，再根据几何关系求解；【解答】解：①玻璃管内的空气作等温变化，管内外水银面恰好相平时，根据玻意耳定律，有：
（p0﹣gH1）S l1=p0 S l2
解得：
l2=
②（a）若管内水银面较高，管内气柱长l3
（p0﹣gH1）Sl1=（p0﹣gH3）Sl3
解得：
l3=
玻璃管上移的距离：
x2=H3+l3﹣（l1+H1）=15+4.33﹣（4+10）=5.33cm
（b）若管外水银面较高，管内气柱长l4
（p0﹣gH1）Sl1=（p0+gH4）Sl4
解得：
l4=
玻璃管下移的距离：
x4=l1+H1+H4﹣l3=4+10+15﹣2.89=26.11cm
答：①若要使管内外水银面恰好相平，此时管内气柱的长度为3.5cm；
②若要使管内外水银面高度差为15cm，玻璃管应上移5.33cm距离或者下移26.11cm．【点评】考查玻意耳定律的应用，会确定初末状态的参量是解题的关键，第二问注意多解．。