黑龙江省哈尔滨市第三中学高三物理上学期第三次验收试题（含解析）.doc

2013-2014学年黑龙江省哈尔滨三中高三（上）第三次验收物理试卷一选择题（本题共12小题；每小题4分，共48分1-7题为单选，8-12题为多选，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）1（4分）（2013秋道里区校级月考）某一物体受到几个恒力的作用而作匀速直线运动状态，如果撤掉其中的一个力而其他几个恒力保持不变，则与撤去之前相比（）a物体的动能一定不变b物体的动量一定不变c物体的动能随时间变化率一定不变d物体的动量随时间变化率一定不变考点：动量定理；动能定理版权所有专题：动量定理应用专题分析：物体做匀速直线运动的条件是合力为零，如果撤掉其中的一个力而其他几个力保持不变，则物体所受合力与撤掉的那个力等大、反向，物体将做匀变速运动，据此分析答题解答：解：物体做匀速直线运动，所受合力为零，撤掉一个恒力，物体所受合力大小等于撤掉力的大小，方向与该力方向相反，物体所受合力为恒力；a、合外力对物体做功，由动能定理可知，物体动能发生变化，故a错误；b、物体所受合外力不为零，物体所受冲量不为零，由动量定理可知，物体动量发生变化，故b错误；c、如果合力与物体速度方向不垂直，物体动能变化，动能随时间的变化而变化，故c错误；d、物体动量随时间的变化率为=ma=f，由于力f是恒力，则物体动量随时间变化率一定不变，故d正确；故选：d点评：知道：物体做匀速直线运动，所受合力为零，知道撤掉一个恒力后，物体所受合力为恒力，是正确解题的关键2（4分）（2013秋道里区校级月考）某一物体竖直向上抛出，所受空气阻力大小不变，从它被抛出到落回原地的过程中（）a重力对物体的冲量为零b重力对物体所做的功为零c空气阻力对物体的冲量为零d空气阻力对物体所做的功为零考点：动量定理；功的计算版权所有专题：动量定理应用专题分析：考虑空气阻力，物体上升和下降时受力情况不同，要分开讨论；上升时，阻力向下，下降时阻力向上；冲量i=ft，是矢量解答：解：a、重力是恒力，作用时间不为零，故冲量i=gt不为零，故a错误；b、初末位置重合，位移为零，故重力做功为零，故b正确；c、上升时，阻力向下；下降时阻力向上；物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，但是受空气阻力的方向总与物体的速度方向相反a上=g+，a下=g，所以上升时的加速度大于下落时的加速度；根据h=at2，上升时间小于下落时间；故阻力的冲量的矢量和向下，不为零；故c错误；d、空气阻力一直与速度反向，故空气阻力做负功，故d错误；故选：b点评：点评：考虑阻力的竖直上抛运动，是具有向上的初速度，加速度变化的变加速直线运动，上升和下降过程并不对称，所以时间也不相等！3（4分）（2011徐州三模）如图所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（）a甲图：离点电荷等距的a、b两点b乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点c丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点d丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电势是标量，同一等势面各点电势相等电场强度是矢量，只有大小和方向均相同时，场强才相同解答：解：a、a、b是离点电荷等距的a、b两点，处于同一等势面上，电势相同，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同故a错误b、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b的电势相同由于电场线关于两电荷连线上下对称，而且都与等势面垂直，所以场强的大小和方向都相同故b正确c、根据电场线的对称性可知，ab两点电势相同，场强大小相等，但方向相反，所以电场强度不同故c错误d、a、b是匀强电场中的两点，电场强度相同，a点的电势大于b点的电势故d错误故选：b点评：本题要抓住电势与场强的区别，只要大小相同，标量就相同而矢量大小和方向都相同才相同对于常见电场的电场线与等势面分布要了解，有助于解题4（4分）（2009江苏）两个分别带有电荷量q和+3q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为f两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）abcd12f考点：库仑定律；电荷守恒定律版权所有专题：计算题分析：清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题解答：解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为f=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+q，距离又变为原来的，库仑力为f=k，所以两球间库仑力的大小为故选c点评：本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题5（4分）（2014山东校级三模）如图所示，将一带电液滴在水平向左的匀强电场中从b点由静止释放，发现液滴沿直线由b运动到d，直线bd方向与竖直方向成45角，则下列结论正确的是（）a液滴的电势能减少b液滴的动能不变c液滴做匀速直线运动d液滴带正电荷考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：根据带电液滴作直线运动，则带电液滴所受重力与电场力的合力一定沿运动方向，利用假设法可以判定出带电液滴所带电荷的性质，从而求出电场力的大小与合外力的大小再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，即可分析动能的变化根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况解答：解：a、带电液滴作直线运动，则带电液滴所受重力与电场力的合力一定沿运动方向，则电场力必定水平向右，由b运动到d过程中，电场力做正功，电势能减少，故a正确b、由于合力做正功，则据动能定理可知，动能增大故b错误；c、由题可知，带电液滴只受重力和电场力作用，两个力都是恒力，其合力沿bd方向，则电场力必定水平向右，液滴做匀加速直线运动，故c错误；d、由上分析可知，电场力方向与电场强度方向相反，所以液滴带负电荷故选：a点评：带电液滴从静止开始由b沿直线运动到d，是我们判定液滴带电性质的突破口，在今后的学习中我们经常用到要注意掌握6（4分）（2013秋道里区校级月考）如图所示，光滑水平面上，放置一个各面光滑的半圆槽，槽的左侧放一物块今让一小球自左侧槽口a的正上方从静止开始落下，它将自a点进入槽内，则以下结论中正确的是（）a小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽系统机械能守恒b小球自半圆槽的a点向最低点b点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒c小球自半圆槽的最低点b向c点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒d若小球能飞出c点，则小球离开c点以后，不能落回半圆槽中考点：动量守恒定律；机械能守恒定律版权所有专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：小球自左端槽口a点的正上方从静止开始下落于光滑的圆弧槽，且槽置于光滑的水平面上由于槽的左侧有一竖直墙壁，只有重力做功，小球的机械能守恒当小球在半圆槽内运动的b到c过程中，槽也会向右运动水平方向满足动量守恒在运动过程中，仍只有重力做功，小球与槽组成的系统机械能守恒小球离开c点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动解答：解：a、小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功但球对槽作用力做正功，两者之和正好为零所以小球与槽组成的系统机械能守恒故a正确；b、小球自半圆槽的a点向最低点b点运动的过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故b错误；c、小球自半圆槽的最低点b向c点运动的过程中，小球与槽组成的系统水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，故c正确；d、小球离开c点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，在水平方向做匀速运动，此时半圆槽沿水平方向有一定以相同的速度也做匀速运动，所以小球离开c点以后，能落回半圆槽中故d错误故选：ac点评：考查动量守恒定律与机械能守恒定律当球下落到最低点过程，由于左侧竖直墙壁作用，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，但小球机械能守恒当球从最低点上升时，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，但小球机械能不守恒，而小球与槽组成的系统机械能守恒7（4分）（2010泉州模拟）在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球a、b，质量都为m现b球静止，a球向b球运动，发生正碰已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为ep，则碰前a球的速度等于（）abc2d2考点：机械能守恒定律版权所有专题：机械能守恒定律应用专题分析：两球压缩最紧时，两球速度相等根据碰撞过程中动量守恒，以及总机械能守恒求出碰前a球的速度解答：解：设碰撞前a球的速度为v，当两球压缩最紧时，速度相等，根据动量守恒得，mv=2mv，则在碰撞过程中总机械能守恒，有，得v=故c正确，a、b、d错误故选c点评：本题属于动量守恒与能量守恒的综合题，解决本题的关键掌握动量守恒和能量守恒定律8（4分）（2013秋道里区校级月考）如图所示，在足够长的斜面上某一点给某小物体一个沿斜面向上的瞬时初速度v0，已知斜面倾角一定，各处粗糙程度相同，则物体在这斜面上运动的整个过程中，以下说法正确的是（）a物体的动能一定先减小后增大b只要物体在斜面上运动，则其机械能一定在减小c如果某段时间内摩擦力对物体做的功与物体动能的改变量相同，则此后物体动能将不断增大d如果某段时间内摩擦力对物体做功为w，在此后的相同时间段内，摩擦力对物体做功可能还为w考点：动能定理的应用；机械能守恒定律版权所有专题：机械能守恒定律应用专题分析：ab、根据合力做功判断物体的动能的变化，结合除重力以外其它力做功得出机械能的变化c、根据动能定理得出重力做功的大小，从而确定物体所处的位置，判断出物体动能的变化d、物体向上做匀减速直线运动，返回做匀加速直线运动，通过相等时间内路程是否相等判断相等时间内摩擦力做功是否相等解答：解：a、物体向上做匀减速直线运动，若到达顶部，重力沿斜面的分力小于最大静摩擦力，则物体不再运动，则物体的动能减小故a错误b、物体只有在斜面上运动，摩擦力一直做负功，根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知机械能一定在减小故b正确c、根据动能定理知，如果某段时间内摩擦力对物体做的功与物体动能的改变量相同，则重力做功为零，知物体回到初始位置，一定在向下运动，所以物体的动能不断增大故c正确d、物体向上做匀减速直线运动，返回做匀加速直线运动，在相等时间内可能出现路程相等，则摩擦力做功可能相等故d正确故选：bcd点评：解决本题的关键掌握功能关系，知道合力做功与动能变化的关系，除重力以外其它力做功与机械能的变化的关系9（4分）（2013秋道里区校级月考）如图所示，两根位于同一竖直平面内足够长的水平光滑长杆，上、下两杆上分别套着质量相等的甲、乙两金属球，两球之间用一轻质弹簧相连开始时乙在甲的正下方，且弹簧刚好无弹力现给甲一个水平向右的初速度v0，此后两球可在杆上无摩擦地滑动下列叙述中正确的是（）a甲、乙两球的动量之和保持不变b甲、乙两球的动能之和保持不变c当甲球的速度为零时，乙球刚好位于甲球的正下方d甲球的速度从v0减小至零的过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小考点：动能定理的应用；向心力版权所有专题：动能定理的应用专题分析：结合系统动量守恒的条件得出甲乙两球动量守恒，抓住系统机械能不变，判断甲乙两球动能之和的变化根据动量守恒求出甲球速度为零时，乙球的速度，从而确定乙球所处的位置根据弹簧长度的变化判断弹簧弹性势能的变化解答：解：a、甲乙两球组成的系统所受的外力之和为零，则甲乙两球动量守恒，则甲乙两球的动量之和保持不变故a正确b、甲乙两球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能变化，则甲乙两球的动能之和在变化故b错误c、根据动量守恒定律得，甲球的速度为零时，乙球的速度为v0，速度最大，在甲球的正下方故c正确d、甲球的速度从v0减小至零的过程中，弹簧先伸长再恢复到原长，则弹簧的弹性势能先增大后减小故d正确故选：acd点评：解决本题的关键知道甲乙两球系统动量守恒，甲乙两球和弹簧组成的系统机械能守恒10（4分）（2013济南一模）负点电荷q固定在正方形的一个顶点上，带电粒子p仅在该电荷的电场力作用下运动时，恰好能经过正方形的另外三个顶点a、b、c，如图所示，则（）a粒子p带负电ba、b、c三点的电势高低关系是a=c=bc粒子p由a到b电势能增加，由b到c电势能减小d粒子p在a、b、c三点时的加速度大小之比是2：1：2考点：电势能；电势版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在o点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，根据点电荷的电场线的特点，q与ac距离相等，都小于b，故b点的电势高于ac两点的电势应用牛顿第二定律求出加速度之间的关系解答：解：a：根据轨迹弯曲方向判断出粒子之间存在引力，它与固定在o点的电荷是异种电荷，故带正电荷，a错误；b：根据点电荷的电场线的特点，q与ac距离相等，都小于b，故b点的电势高于ac两点的电势，b错误；c：由ab可知，正电荷p从a到b，电势升高，电势能就增加；反之，从b到c电势能减小，故c正确；d：粒子p在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力由图可知，代人库仑定律：，可得：由牛顿第二定律：故d正确故选：cd点评：本题属于电场中轨迹问题，考查分析推理能力根据轨迹的弯曲方向，判断出电荷受到的电场力指向轨迹内侧进而判断出电荷是正电荷11（4分）（2014春常州期末）如图所示，两块相互靠近彼此绝缘的平行金属板组成平行板电容器，极板n与静电计金属球相连，极板m和静电计的外壳均接地用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差u在两板相距为d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度在与外界绝缘的情况下保持电容器的带电量q不变，下面的操作中将使静电计指针张角变小的是（）a仅将m板向下平移b仅将m板向左平移c仅在m、n之间插入云母板（相对介电常数大于1）d仅在m、n之间插入金属板，且不和m、n接触考点：电容器的动态分析版权所有专题：电容器专题分析：电容器充电后断开电源保持带电量不变，根据平行板电容器的决定式可求得c的变化，再由电容的定义式可求知指针张角的变化，注意指针张角变大时，极板之间的电压增大解答：解：a、仅将m板向下平移，两极板正对面积减小，电容减小，而电容器的电荷量不变，由c=得知，板间电压增大，静电计指针张角变大，故a错误b、仅将m板向左平移，板间距离增大，电容减小，而电容器的电荷量不变，由c=得知，板间电压增大，静电计指针张角变大，故b错误c、仅在m、n之间插入云母板，电容增大，而电容器的电荷量不变，由c=得知，板间电压减小，静电计指针张角变小，故c正确d、仅在m、n之间插入金属板，板间距离减小，电容增大，而电容器的电荷量不变，由c=得知，板间电压减小，静电计指针张角变小，故d正确故选：cd点评：本题关键要掌握决定电容的三个因素：板间距离、电介质、正对面积，以及电容的定义式c=12（4分）（2013秋道里区校级月考）如图所示，在oxy平面的第一象限，存在以x轴y轴及双曲线y=（0xl，0yl）的一段为边界的匀强电场；在第二象限存在以x=l，x=2l，y=0，y=l为边界的匀强电场两个电场大小均为e，方向如图所示则在电场的ab曲线边界处由静止释放的电子（不计电子所受重力）在离开mnpq区域时的最小动能和对应飞出点分别为（）a最小动能ek=eelb最小动能ek=c飞出点坐标（2l，0）d飞出点坐标（，）考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：设从ab曲线边界处释放位置坐标为（x，y），再根据动能定理和类平抛运动的分解方法，求出电子从第二象限射出电场的位置对全过程应用动能定理，得到电子离开mnpq时的动能与x的关系，由数学知识求出最小的动能解答：解：设释放位置坐标为（x，y），则有 eex=，s=vt，y=解得y=又y=解得s=l即所有从边界ab上静止释放的电子均从p点射出从边界ab出发到p点射出的全过程，由动能定理得： ek=ee（x+y）又y=，得到ek=ee（x+），根据数学知识得知，当x=y=时，动能ek有最小值ek=eel故a、c正确，b、d错误故选：ac点评：本题中电子先加速后偏转，基本方法是动能定理和运动的分解，难点在于数学知识的应用求极值和轨迹方程二实验题（每空2分，共12分）13（4分）（2013秋道里区校级月考）（1）如图游标卡尺的读数为1.055cm （2）如图螺旋测微器的读数为0.3118 cm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用版权所有专题：实验题分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：解：游标卡尺的主尺读数为10mm，游标读数为0.0511mm=0.55mm，所以最终读数为：10mm+0.55mm=10.55m=1.055cm；螺旋测微器固定刻度为3mm，可动刻度为0.0111.8mm=0.118mm，所以最终读数为：3mm+0.118mm=3.118mm=0.3118cm故答案为：1.0550.3118点评：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读14（8分）（2013秋道里区校级月考）如图，是用落体法验证机械能守恒定律的实验装置，请回答下列问题：（1）从下列器材中选出实验所必须的器材，其编号为abd（漏选和错选不得分）a打点计时器 b重物 c天平d毫米刻度尺 e秒表（2）如果以为横轴，以下落高度h为纵轴，根据实验数据绘出h图线是一条通过坐标原点的倾斜直线，该线的斜率是g（用相应符号表示，已知重力加速度为g）（3）实验中重锤获得的动能往往小于 它所减小的重力势能（填大于、小于或等于），产生这种误差的主要原因是：存在摩擦阻力考点：验证机械能守恒定律版权所有专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，即可正确解答本题；（2）运用物理规律和数学表达式结合起来解决问题（3）重物带动纸带下落过程中，除了重力还受到较大的阻力，从能量转化的角度，由于阻力做功，重力势能减小除了转化给了动能还有一部分转化给摩擦产生的内能解答：解：（1）a、打点计时器（含纸带）必须的，b、重锤，必须的，c天平；因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平d毫米刻度尺，必须的，用来测量计数点距离e秒表不需要，打点计时器本身可以计算时间所以选：abd（2）根据机械能守恒可知mgh=mv2，得出=gh，因此h图线的斜率为：g（3）由于纸带通过时受到较大的阻力和重锤受到的空气阻力，重力势能有相当一部分转化给摩擦产生的内能，所以重力势能的减小量明显大于动能的增加量所以重锤获得的动能往往小于它所减小的重力势能所以为：小于，存在摩擦阻力故答案为：（1）abd；（2）g；（3）小于，存在摩擦阻力点评：清楚实验的目的，然后根据目的列出要研究的表达式；利用图象问题结合数学知识处理物理数据是实验研究常用的方法三计算题（共40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给分有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15（12分）（2013秋道里区校级月考）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一根长为l且不可伸长的轻质细线的一端固定于悬点o，另一端连接一个质量为m的带正电的小球平衡时细线与竖直方向的夹角=30现将小球拉到a处使细线处于水平且伸直的状态，由静止释放小球，求小球运动到悬点o的正下方b时小球对细线的拉力（重力加速度为g）考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：小球静止时，由平衡条件求出电场力的大小小球所受的电场力水平向右，由静止释放小球，根据动能定理求出小球到达b点时的速度，根据牛顿第二定律求解细线的拉力，从而得到小球对细线的拉力解答：解：小球在平衡点受力分析：电场力 f电=qe=mgtan30；小球从a到b的过程，由动能定理：mglqel=；在最低点受力分析得：tmg=m得出绳子对球拉力t=（3）mg由牛顿第三定律：球对绳子拉力t=（3）mg，方向向下答：小球运动到悬点o的正下方b时小球对细线的拉力大小为（3）mg，方向向下点评：本题是带电物体在电场中圆周运动问题，动能定理和向心力结合是常用的解题方法常见的题型对于多过程的问题可能多次应用动能定理求解问题16（14分）（2013秋道里区校级月考）传送带现已广泛应用于机场、商店等公共场所，为人们的生活带来了很多的便利如图所示，一长度l=7m的传送带与水平方向间的夹角=30，在电动机带动下以v=2m/s的速率顺时针匀速转动在传送带上端接有一个斜面，斜面表面与传送带表面都在同一平面内将质量m=2kg可视作质点的物体无初速地放在传送带底端，物体经传送带作用后能到达斜面顶端且速度为零若物体与传送带及物体与斜面间的动摩擦因数都为=，g=10m/s2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）物体在从传送带底端运动到斜面顶端过程中传送带对物体所做的功；（2）传送带上方所接的斜面长度考点：动能定理；牛顿第二定律版权所有专题：动能定理的应用专题分析：（1）物体先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀速运动先根据牛顿第二定律求出物体的加速度，再由速度公式求出物体在传送带相对滑动的时间，由位移公式分别求出传送带与物体的位移物体先受到滑动摩擦力，大小为mgcos，后速度与传送带相同后，受到静摩擦力，大小为mgsin，根据动能定理求解传送带对物体所做的功；（2）物体离开传送带后做匀减速运动，到斜面顶端时速度为零，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解传送带上方所接的斜面长度解答：解：（1）对物体，先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得： fmgsin30=ma又 f=mgcos30解得：a=1m/s2，沿斜面向上；设物体速度经过时间t与传送带相等，则由 v=at得，t=s=2s此过程中物体通过的位移为 x=m=2m7m所以物体接着做匀速直线运动，离开传送带时速度为：v=2m/s对整个过程，由动能定理：wmglsin30=得：w=mglsin30+=21070.5+222=74（j）（2）物体到斜面上以后，根据牛顿第二定律得