湖南省衡阳市衡阳县一中高三物理上学期第三次月考试卷（含解析）.doc

湖南省衡阳市衡阳县 一中2015届高三上学期第三次月考物理试卷一、本题共12小题；每小题4分，共48分1-8小题为单选题，9-12题为多选题，多选题全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分请把答案填在答题卷的答题卡上1下列说法中与物理学史实不符的是( )a伽利略通过实验及合理外推，指出自由落体运动是一种匀变速直线运动b亚里士多德认为力是维持物体运动的原因c卡文迪许通过扭秤实验第一个测出万有引力常量g的值d牛顿通过多次实验发现力不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、伽利略通过实验及合理外推，指出自由落体运动是一种匀变速直线运动，故a正确；b、亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，故b正确；c、卡文迪许通过扭秤实验第一个测出万有引力常量g的值，故c正确；d、伽利略通过多次实验发现力不是维持物体运动的原因，故d错误；本题选与物理学史实不符的，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如图，小球c置于光滑的半球形凹槽b内，b放在长木板a上，整个装置处于静止状态，在缓慢减小木板的倾角过程中，下列说法正确的是( )aa受到的压力逐渐减小ba受到的摩擦力逐渐减小cc对b的压力逐渐变大dc受到三个力的作用考点：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先对bc研究：分析bc整体的受力，由平衡条件分析a对b的支持力和摩擦力变化，即可知道b对a的压力和摩擦力如何变化；c球只受两个力，对b的压力不变解答：解：a、对bc整体：分析受力情况：重力mg、斜面a的支持力n和摩擦力f，由平衡条件得知：n=mgcos，f=mgsin，减小，n增大，f减小，由牛顿第三定律得知：b对a的压力也增大故a错误，b正确c、d由于半球形凹槽光滑，小球只受两个力：重力和支持力，由平衡条件得到，支持力与重力大小相等，保持不变，则c对b的压力也保持不变故cd错误故选：b点评：本题是三个物体的平衡问题，关键要灵活选择研究的对象，采用整体法和隔离法结合研究，比较简便3质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=4t2 （各物理量均采用国际单位制单位），则该质点( )a一直做匀加速直线运动b先做匀减速直线运动再做匀加速直线c任意相邻1s内的位移差都是1md任意1s内的速度增量都是2m/s2考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：直线运动规律专题分析：根据匀变速直线运动的位移时间公式得出物体的加速度，从而根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出位移之差结合速度时间公式求出任意1s内的速度变化量解答：解：a、根据x=得，质点的加速度a=2m/s2，初速度为零，做匀加速直线运动故a正确，b错误c、根据x=at2得，任意相邻1s内的位移差x=21m=2m故c错误d、根据v=at知，任意1s内速度增量为2m/s故d正确故选：ad点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解，会使问题更加简捷4如图所示，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方o点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点若小球初速变为v，其落点位于c，则( )av0v2v0bv=2v0c2v0v3v0dv3v0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，平抛运动的水平位移由初速度和运动时间决定解答：解：小球从a点正上方o点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点，改变初速度，落在c点，知水平位移变为原来的2倍，若时间不变，则初速度变为原来的2倍，由于运动时间变长，则初速度小于2v0故a正确，b、c、d错误故选a点评：解决本题的关键知道平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，时间和初速度共同决定水平位移5以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的vt图象可能正确的是( )abcd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：竖直上抛运动是初速度不为零的匀变速直线运动，加速度恒定不变，故其vt图象是直线；有阻力时，根据牛顿第二定律判断加速度情况，vt图象的斜率表示加速度解答：解：没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，vt图象是直线；有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；有空气阻力时，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mgf=ma，故a=g，由于阻力随着速度而增大，故加速度减小；vt图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行；故选：d点评：本题关键是明确vt图象上某点的切线斜率表示加速度，速度为零时加速度为g，不难6一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动取该直线为x轴，起始点o为坐标原点，电场强度e的大小与位移x的关系如图所示下列图象中合理的是( )a粒子所处位置电势与位移关系b粒子动能与位移关系c粒子速度与位移关系d粒子加速度与位移关系考点：电势；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的直线运动，是加速运动；根据a=判断加速度情况；ex图线与x轴包围的面积表示电势差解答：解：a、粒子仅受电场力作用，做初速度为零的直线运动，是加速运动；ex图线与x轴包围的面积表示电势差，故电势差逐渐减小，但不是随着x均匀减小，故a错误；d、根据ex图线，场强逐渐减小，故根据a=，加速度逐渐减小，ax图象与ex图象形状相同，故d错误；b、根据动能定理，有：，故exx图象的切线斜率不断减小，故b正确；c、v与x不是简单的正比关系，结合b选项分析，图象的切线斜率是减小的，故vx图象不是直线，故c错误；故选：b点评：本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，然后结合动能定理进行分析，图象的斜率、与横轴包围的面积物理意义要清楚7把水星和金星绕太阳的运动视为圆周运动从水星与金星和太阳在一条直线上开始计时，若测得在相同时间内水星、金星转过的角度分别为1、2（均为锐角），则由此条件可求得水星和金星( )a质量之比b到太阳的距离之比c绕太阳的动能之比d受到的太阳引力之比考点：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：相同时间内水星转过的角度为1；金星转过的角度为2，可知道它们的角速度之比，绕同一中心天体做圆周运动，根据万有引力提供向心力，可求出轨道半径比，由于不知道水星和金星的质量关系，故不能计算它们绕太阳的动能之比，也不能计算它们受到的太阳引力之比解答：解：a、水星和金星作为环绕体，由题可求出周期或角速度之比，但无法它们求出质量之比，故a错误b、相同时间内水星转过的角度为1；金星转过的角度为2，可知道它们的角速度之比，根据万有引力提供向心力：g=mr2，解得：r=，知道了角速度比，就可求出轨道半径之比，即到太阳的距离之比故b正确c、由于不知道水星和金星的质量关系，故不能计算它们绕太阳的动能之比，故c错误d、由于不知道水星和金星的质量关系，故不能计算它们受到的太阳引力之比，故d错误故选：b点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力：g=mr2以及知道要求某一天体的质量，要把该天体放在中心天体位置，放在环绕天体位置，被约去，求不出来8如图所示，长为l的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在水平转轴o上，杆随转轴o在竖直平面内匀速转动，角速度为，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角是( )asin=btan=csin=dtan=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：小球做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，根据重力、杆子的作用力的合力指向圆心，求出杆与水平面的夹角解答：解：小球所受重力和杆子的作用力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有：mgsin=ml2，解得sin故a正确，b、c、d错误故选a点评：解决本题的关键知道小球做匀速圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解9在升降机中挂一个弹簧秤，下吊一个小球（如图），当升降机静止时，弹簧伸长4cm当升降机运动时弹簧伸长2cm，若弹簧秤质量不计，则升降机的运动情况可能是( )a以1m/s2的加速度下降b以4.9m/s2的加速度减速上升c以1m/s2的加速度加速上升d以4.9m/s2的加速度加速下降考点：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：以小球为研究对象，分析受力情况：重力和弹簧的弹力静止时，两力平衡当弹簧伸长减小时，弹力减小，小球所受合力方向向下，根据牛顿第二定律求解加速度，分析运动情况解答：解：设小球的质量为m，弹簧的劲度系数为k静止时，mg=kx1当弹簧伸长减小时，弹力减小，小球所受合力方向竖直向下，小球的加速度竖直向下根据牛顿第二定律得：mgkx2=ma，x2=x1代入解得 a=4.9m/s2，方向竖直向下，则升降机可能以4.9m/s2的加速度减速上升，也可能以4.9m/s2的加速度加速下降故选bd点评：本题应用牛顿定律分析失重现象对于超重和失重现象的判断，关键抓住加速度方向：加速度向上时，产生超重现象；相反，产生失重现象10如图所示，a、b两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，a、b间的动摩擦因数为，b与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对a施加一水平拉力f，则( )a当f2mg时，a、b都相对地面静止b当f=mg时，a的加速度为gc当f3mg时，a相对b滑动d无论f为何值，b的加速度不会超过g考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据a、b之间的最大静摩擦力，隔离对b分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出a、b不发生相对滑动时的最大拉力然后通过整体法隔离法逐项分析解答：解：a、设b对a的摩擦力为f1，a对b的摩擦力为f2，地面对b的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2mg，f3的最大值为，故当0f时，a、b均保持静止；继续增大f，在一定范围内a、b将相对静止以共同的加速度开始运动，故a错误；b、设当a、b恰好发生相对滑动时的拉力为f，加速度为a，则对a，有f2mg=2ma，对a、b整体，有f，解得f=3mg，故当f3mg时，a相对于b静止，二者以共同的加速度开始运动；当f3mg时，a相对于b滑动当f=时，a、b以共同的加速度开始运动，将a、b看作整体，由牛顿第二定律有f=3ma，解得a=，故b、c正确d、对b来说，其所受合力的最大值fm=2mg，即b的加速度不会超过，故d正确故选：bcd点评：本题考查牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出a、b不发生相对滑动时的最大拉力11如图所示，相距l的两小球a、b位于同一高度h（l、h均为定值）将a向b水平抛出的同时，b自由下落a、b与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( )aa、b在第一次落地前能否发生相碰，取决于a的初速度大小ba、b在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰ca、b不可能运动到最高处相碰da、b一定能相碰考点：平抛运动；自由落体运动 专题：自由落体运动专题分析：因为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，根据该规律抓住地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反与判断两球能否相碰解答：解：a、若a球经过水平位移为l时，还未落地，则在b球正下方相碰可知当a的初速度较大是，a、b在第一次落地前能发生相碰，故a正确b、若a、b在第一次落地前不碰，由于反弹后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，则以后一定能碰故b错误，d正确c、若a球落地时的水平位移为时，则a、b在最高点相碰故c错误故选：ad点评：解决本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，根据该规律进行分析12如图，在正电荷q的电场中有m、n、p、f四点，m、n、p为直角三角形的三个顶点，f为mn的中点，m=30，m、n、p、f四点处的电势分别用m、n、p、f表示，已知m=n、p=f，点电荷q在m、n、p三点所在平面内，则( )a点电荷q一定在mp的连线上b连接pf的线段一定在同一等势面上c将正试探电荷从p点搬运到n点，电场力做负功dpm考点：电势；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况解答：解：a、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在mn的中垂线和fp的中垂线的交点上，在mp的连线上，如图所示，故a正确；b、p=f，线段pf是p、f所在等势面（圆）的一个弦，故b错误；c、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从p点搬运到n点，电势能降低，故电场力做正功，故c错误；d、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故pm，故d正确故选：ad点评：本题关键是明确点电荷的电场的电场线和等势面的分布规律，知道沿着电场线电势逐渐降低；基础问题二、实验题：每空3分，共15分13（1）有同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮a和b，将绳子打一个结点o，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力toa、tob和toc，回答下列问题：（1）改变钩码个数，实验能完成的是bcda钩码的个数n1=n2=2，n3=4b钩码的个数n1=n3=3，n2=4c钩码的个数n1=n2=n3=4d钩码的个数n1=3，n2=4，n3=5（2）在拆下钩码和绳子前，最必要的一个步骤是aa标记结点o的位置，并记录oa、ob、oc三段绳子的方向b量出oa、ob、oc三段绳子的长度c用量角器量出三段绳子之间的夹角d用天平测出钩码的质量考点：验证力的平行四边形定则 专题：实验题；平行四边形法则图解法专题分析：（1）两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于o点（如图所示）由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以o点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可知：三角形的三个边表示三个力的大小；（2）为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向；解答：解：（1）oa ob oc分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以0c等于od因此三个力的大小构成一个三角形a、2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡故a错误b、3、3、4可以构成三角形，则结点能处于平衡故b正确c、4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡故c正确d、3、4、5可以构成三角形，则结点能处于平衡故d正确故选bcd（2）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点o的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录oa、ob、oc三段绳子的方向，故a正确，bcd错误故选a故答案为：（1）bcd（2）a点评：掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析14某探究性学习小组为验证“动能定理”在实验室组装了一套如图所示的装置，让滑块连接上纸带，并用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态实验时，若要保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，则（1）实验时首先要做的步骤是平衡摩擦力；（2）在装沙的过程中，沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量；（3）某同学用天平称量滑块的质量m往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距l和这两点的速度大小v1与v2（v1v2）则本实验最终要验证的数学表达式为mgl=（用题中的字母表示实验中测量得到的物理量）考点：探究功与速度变化的关系 专题：实验题分析：（1、2）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，用沙和沙桶的总质量表示滑块受到的拉力，对滑块受力分析，受到重力、拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，必须使重力的下滑分量等于摩擦力；同时重物加速下降，处于失重状态，故拉力小于重力，可以根据牛顿第二定律列式求出拉力表达式分析讨论；（3）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，求出合力的功和动能的增加量即可解答：解：（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高；（2）沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为t，根据牛顿第二定律，有对沙和沙桶，有：mgt=ma对小车，有：t=ma解得：t=故当mm时，有tmg（3）总功为mgl动能增加量为：，则本实验最终要验证的数学表达式为：mgl=故答案为：（1）平衡摩擦力；（2）沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量；（3）mgl=点评：本题关键是根据实验原理并结合牛顿第二定律和动能定理来确定要测量的量、实验的具体操作方法和实验误差的减小方法三、解答题：本题共2小题，32分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.15如图所示，一光滑斜面固定在水平地面上，质量m=1kg的物体在平行于斜面向上的恒力f作用下，从a点由静止开始运动，到达b点时立即撤去拉力f此后，物体到达c点时速度为零每隔0.2s通过传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据t/s0.00.20.42.22.4v/ms10.01.02.03.32.1求：（1）恒力f的大小（2）撤去外力f的时刻考点：牛顿第二定律；加速度 分析：（1）先由匀变速运动求出加速度的大小，再由受力分析和牛顿第二定律求出力的大小；（2）利用匀变速直线运动中速度与时间的关系求出f作用的时间解答：解：（1）加速阶段由加速度的定义知，加速度减速阶段加速度大小为加速阶段中由牛顿第二定律得：fmgsin=ma1减速阶段中由牛顿第二定律得：mgsin=ma2由上两式代入数据得：f=m（a1+a2）=11n（2）撤力瞬间速度最大a1t=v0+a2（tt）（其中：v0=3.3m/st=2.2s）解得t=1.5s答：（1）恒力的大小为11n （2）撤去外力f的时刻为1.5s末点评：本题考查匀变速直线运动规律，是典型的牛顿定律解题中的一类关键是应用加速度定义和牛顿第二定律表示加速度的大小，这是一道好题16（18分）如图所示，倾角为的斜面上只有ab段粗糙，其余部分都光滑，ab段长为3l有一个质量分布均匀、长为l条状滑块，下端距a为2l，将它由静止释放，当滑块下端运动到a下面距a为时滑块运动的速度达到最大（1）求滑块与粗糙斜面的动摩擦因数；（2）求滑块停止时的位置；（3）要使滑块能完全通过b点，由静止释放时滑块下端距a点的距离应满足什么条件？考点：动能定理 专题：动能定理的应用专题分析：（1）滑块滑上ab段的长度越长，则压力越大，摩擦力越大，当重力向下的分力与摩擦力大小相等时，速度达最大；由二力平衡可求得动摩擦因数；（2）由题意作出摩擦力随距离a点的位移的变化关系图象；由动能定理可求得物体停的位置；（3）根据第二小题的解法，由动能定理可求得由静止释放时滑块下端距a点的距离应满足的条件解答：解：（1）当滑块所受合外力零时，滑块速度最大，设其质量为m，则有：得：=2tan（2）设滑块停止时下端距a点的距离为x，摩擦力随x变化规律如图甲根据动能定理有：解得：x=3l，即物块的下端停在b端（3）设静止时物块的下端距a的距离为s，只要滑块下端运动到b点下方处，整个滑块就能完全通过b点，设下端通过a点后，距a点的距离为x，摩擦力随x变化规律如图乙所示，根据动能定理：解得：要让滑块能通过b点，则物块的下端距a的距离应大于答：（1）滑块与粗糙斜面的动摩擦因数为2tan；（2）物体的下端停在b端；（3）要让滑块能通过b点，则物块的下端距a的距离应大于点评：本题中要注意摩擦力随着滑块进入ab段的长度的变化而变化；要注意正确分析并能用动能定理列式求解四、选修模块34：（共2小题，满分15分）17图（a）为一列