甘肃省白银市会宁一中高三物理上学期第一次月考试卷（含解析）.doc

甘肃省白银市会宁一中 2015届高三上学期第一次月考物理试卷一、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1-5题只有一个选项符合题目要求，第6-8题有多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如图，a、b分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的vt图象，根据图象可以判断( )a两球在t=2s时速率相等b两球在t=8s时相距最远c两球运动过程中不会相遇d甲、乙两球做初速度方向相反的匀减速直线运动，加速度大小相同方向相反考点：匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分析：由速度时间图象直接读出两球的速度大小分析两球的运动情况，判断两球在t=8s时是否相距最远两球先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动解答：解：a、vt图象反映速度随时间变化的情况，由图读出t=2s时两球速度大小都是20m/s，速率是相等的故a正确；b、依据vt图象的物理意义可知，两球在t=8s时均回到出发点相遇，显然不是相距最远故bc错误d、两球开始做匀减速直线运动，而后做匀加速直线运动a的加速度大小为aa=|=，b的加速度大小为ab=|=，加速度方向相反故d错误故选a点评：这是直线运动中速度图象的问题，要抓住斜率表示加速度，“面积”表示位移来分析物体的运动情况2一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小在此过程中，其它力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是( )aa和v都始终增大ba和v都先增大后减小ca先增大后减小，v始终增大da和v都先减小后增大考点：牛顿第二定律；力的合成；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f=ma可知物体加速度与合外力成正比，并且方向一致，所以本题要想分析其加速度的变化，要来分析合外力的变化情况而要分析速度的变化，则要先分析加速度的变化情况解答：解：由于质点初始处于静止状态，则其所受合力为零这就相当于受两个等大反向的力：某个力和其余几个力的合力其中某个力逐渐减小，而其余几个力的合力是不变的，则其合力就在这个力的反方向逐渐增大，这个力再由零增大到原来大小，则合力又会逐渐减小直到变为零，所以合力变化为先增大后减小，故加速度a先增大后减小，因此ad错误；合外力的方式始终与其余几个力的合力保持一致由牛顿第二定律f合=ma知其加速度先增大后减小所以从加速变化看只有c项符合，又由于其合外力方向始终不变，则加速度方向始终不变，所以其速度会一直增大因此b错误，c正确故选：c点评：本题属于基本题目，考查基本的受力分析，应当在学习中注意通过问题看本质，本题问的虽然是a和v，但是实质是考查受力分析3如图所示，一木块在光滑水平面上受到一个恒力f作用而运动，前方固定一个轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( )a将立即做匀减速直线运动b将立即做变减速直线运动c在弹簧弹力大小等于恒力f时，木块的速度最大d在弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度为零考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；胡克定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：当木块接触弹簧后，分析木块的受力情况，判断其运动情况恒力先大于弹簧的弹力，后小于弹簧的弹力，木块先做加速运动后做减速运动，当弹簧弹力大小等于恒力f时，木块的速度最大弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度不为零解答：解：a、b、c当木块接触弹簧后，恒力f先大于弹簧的弹力，后小于弹簧的弹力，木块先做加速运动后做减速运动，随着弹簧的增大，加速度先减小后增大，故先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动当弹簧弹力大小等于恒力f时，木块的速度最大故ab错误，c正确d、在弹簧处于最大压缩量时，弹簧的弹力大于恒力f，合力向右，加速度不为零故d错误故选c点评：本题关键要抓住弹簧的可变性，分析合力的变化情况，确定加速度的变化情况4我国“蛟龙号”在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面的10min内全过程的深度曲线（a）和速度图象（b），则( )a（a）图中h4代表本次下潜最大深度为360 mb全过程中最大加速度是0.025m/s2c在04min潜水员处于失重状态d在810min潜水员处于超重状态考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：运动学中的图像专题分析：vt图象与时间轴围成的面积表示位移的大小根据图象分析物体的运动方向和加速度的方向，从而知道超重或失重解答：解：a、深度曲线图中h4代表本次下潜最大深度，由vt图象知 h4=60m=360m，故a正确；b、vt图象中，斜率表示加速度的大小，02min和34min段内加速度最大，为 a=0.033m/s2，故b错误c、在34min潜水员向下减速，加速度向上，处于超重状态，故c错误；d、在810min潜水员向上减速，加速度向下，处于失重状态，故d错误；故选：a点评：本题主要考查了对图象的理解与应用，特别注意对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了5在粗糙的水平面上，一质量为m的物体在水平恒力ft作用下做加速度为a的匀加速直线运动如果在物体上再加上一个恒定的推力f，并保持其加速度不变，则所加的恒力f与水平方向夹角的正切值tan等于( )abcd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：根据牛顿第二定律求出物体与水平面间的动摩擦因数根据力的独立作用原理，当所加的恒力所引起的物体动力的变化量与阻力变化量相等时同，物体的加速度不变，由平行四边形定则求出恒力f与水平面夹角的正切值解答：解：未加恒力f时，根据牛顿第二定律得：ftmg=ma得：=设恒力f与水平面夹角为，如图，当所加的恒力所引起的物体动力的变化量与阻力变化量相等时同，物体的加速度不变，则有：fcos=fsin得：tan=故选：c点评：本题运用力的独立作用原理，只研究恒力f引起的效果，也可以对物体受到的所有的力进行分析，根据牛顿第二定律求解6如图所示，a、b两物块始终静止在水平地面上，有一轻质弹簧一端连接在竖直墙上p点，另一端与a相连接，下列说法正确的是( )a如果b对a无摩擦力，则地面对b也无摩擦力b如果b对a有向左的摩擦力，则地面对b也有向左的摩擦力cp点缓慢下移过程中，b对a的支持力一定减小dp点缓慢下移过程中，地面对b的摩擦力一定增大考点：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：物块a受重力、支持力、静摩擦力，可能受弹簧弹力，也可能不受弹簧弹力，根据共点力平衡进行分析解答：解：物块a可能受到的弹簧弹力为零，受重力、支持力，二力处于平衡也可能受重力、支持力、弹簧弹力和静摩擦力处于平衡a、若弹簧的弹力为0，物体a受到重力和支持力的作用，不受摩擦力此时选取a与b组成的系统为研究的对象，系统仅仅受到重力和地面的支持力的作用，所以地面对b也无摩擦力故a正确；b、b对a有向左的摩擦力，若要平衡则应该受到弹簧的弹力，对ab整体受到重力支持力，弹簧的弹力，若要平衡必须有向左的摩擦力，故b正确；c、由以上的分析可知，弹簧可能对a由拉力，也可能没有拉力当弹簧对a没有拉力时，p向下运动的过程中，不会对a与b组成的系统产生影响故cd错误故选：ab点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意整体法和隔离法的运用7如图所示，质量为m的小球与弹簧和水平细绳相连，、的另一端分别固定于p、q两点球静止时，中拉力大小为t1，中拉力大小为t2，当仅剪断、其中一根的瞬间，球的加速度a应是( )a若剪断，则a=g，方向竖直向下b若剪断，则a=，方向水平向左c若剪断，则a=，方向沿的延长线方向d若剪断，则a=g，方向竖直向上考点：牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：剪断绳子的瞬间，弹簧的弹力未变，重力和弹簧的弹力的合力与绳子拉力方向等值反向，剪断弹簧的瞬间，绳子的拉力突然变为零，小球仅受重力，根据牛顿第二定律求出加速度解答：解：a、若剪断，绳子的拉力突然变为零，小球仅受重力，加速度为g，方向竖直向下故a正确，c错误；b、若剪断，弹簧的弹力未变，绳子的拉力为零，此时两个力的合力水平向左，大小f合=t2，加速度大小水平向左，大小a=，故b正确，d错误故选：ab点评：解决本题的关键知道绳子和弹簧的区别，绳子的拉力会发生突变，弹簧的弹力不会发生突变，在瞬间，弹簧的形变量不变，则弹力的大小方向不变8如图所示，质量m=1kg的物块在与水平方向夹角为=37的推力f作用下静止于墙壁上，物块与墙之间的动摩擦因数=0.5，若物块与墙面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则推力f大小可能是( )a5nb15nc35nd55n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：当物体刚要上滑时，静摩擦力沿墙壁向下达到最大值，此时力f为最大；当物体刚要下滑时，静摩擦力沿墙壁向上达到最大值，此时力f最小根据平衡条件和摩擦力公式求出f的最大值和最小值，得出f的取值范围解答：解：当物体刚要上滑时，静摩擦力沿墙壁向下达到最大值，此时力f为最大，设为f1物体的受力图如图1所示根据正交分解得：f1sin=mg+f1；n1=f1cos又f1=n1联立解得：f1=n=50n 当物体刚要下滑时，静摩擦力沿墙壁向上达到最大值，此时力f最小，设为f2根据正交分解得：f2sin+f2=mg；n2=f2cos又f2=n2，联立解得：f2=推力f的取值范围为：10nf50n，故bc正确故选：bc点评：本题是力平衡中临界问题，关键分析临界条件：当物体刚要滑动时，物体间的静摩擦力达到最大值正确分析受力情况，运用正交分解法求解二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题-第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题-第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力和速度（1）所需器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需d（填字母代号）中的器材a直流电源、天平及砝码 b直流电源、毫米刻度尺c交流电源、天平及砝码 d交流电源、毫米刻度尺（2）通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度为使图线的斜率等于重力加速度，除作vt图象外，还可作h图象，其纵轴表示的是速度平方的二分之一，横轴表示的是重物下落的高度考点：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：根据用打点计时器测重力加速度的原理，和实验的步骤可以判断遗漏的器材，用图象法处理实验的数据比较简单直观解答：解：（1）打点计时器需接交流电源重力加速度与物体的质量无关，所以不要天平和砝码计算速度需要测相邻计数的距离，需要刻度尺，故选：d（2）由公式v2=2gh，如绘出h图象，其斜率也等于重力加速度故答案为：d，h，速度平方的二分之一，重物下落的高度点评：根据用打点计时器测重力加速度的实验原理，可以判断实验需要的器材，同时还要知道利用图象处理数据可以使实验结果简单直观的展现出来10某同学用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律，请回答下列有关此实验的问题：（1）该同学在实验前准备了图甲中所示的实验装置及下列辅助器材：a交流电源、导线 b天平（含配套砝码） c秒表 d刻度尺 e细线、砂和小砂桶其中不必要的器材是c（填代号）（2）打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况其中一部分纸带上的点迹情况如图乙所示，已知打点计时器打点的时间间隔t=0.02s，测得a点到b、c点的距离分别为x1=5.99cm、x2=13.59cm，则在打下点迹b时，小车运动的速度vb=0.680m/s；小车做匀加速直线运动的加速度a=1.61m/s2（结果保留三位有效数字）（3）在验证“质量一定，加速度a与合外力f的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图丙所示的af图象，其中图线不过原点的原因是平衡摩擦力过度，图线在末端弯曲的原因是砂和砂桶的质量太大考点：验证牛顿第二运动定律 专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据实验的原理确定测量的物理量，从而确定所需的器材（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出b点的速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出物体匀加速直线运动的加速度（3）图丙表明在小车的拉力为0时，小车有加速度，即合外力大于0，说明平衡摩擦力过度；当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，否则图象将会发生弯曲解答：解：（1）在实验中，打点计时器可以测量时间，所以不需要秒表上述器材中不必要的为c（2）b点的速度等于ac段的平均速度，则有：vb=0.680m/s，根据x=at2得：a=1.61m/s2；（3）由图丙所示图象可知小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过度，即木板与水平面的夹角太大；该实验中当小车的质量远大于砂和砂桶的质量太大时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砂和砂桶的总重力大小，随着f的增大，即砂和砂桶的质量增大，逐渐地砂和砂桶的质量不再满足小车质量远大于砂和砂桶的质量，因此会出现较大误差，图象会产生偏折现象故答案为：（1）c；（2）0.680；1.61；（3）平衡摩擦力过度；砂和砂桶的质量太大点评：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数据处理以及注意事项，然后结合物理规律去解决实验问题，会通过纸带求解瞬时速度和加速度11如图所示，质量m=40kg的木块静止于水平面上，某时刻在大小为200n、方向与水平方向成=37角斜向上的恒力f作用下做匀加速直线运动，2s末撤去力f时木块已经滑行的距离为s0=5.2m，（重力加速度g取10m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8）求：（1）木块与地面间的动摩擦因数（2）撤去拉力后，木块继续滑行的距离考点：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：根据位移时间公式求出匀加速运动的加速度，根据牛顿第二定律，抓住竖直方向上的合力为零，求出木块与地面间的动摩擦因数根据牛顿第二定律求出撤去拉力后的加速度大小，结合速度位移公式求出木块继续滑行的距离解答：解：（1）设木块加速阶段的加速度为a1，由匀变速直线运动的规律得，在竖直方向上：n+fsin=mg，在水平方向上：fcosn=ma1，代入数据解得=0.2（2）2s末木块的速度v1=a1t1，匀加速运动的加速度a2=g，木块继续滑行的距离s=，代入数据解得s=6.76m答：（1）木块与地面间的动摩擦因数为0.2（2）撤去拉力后，木块继续滑行的距离为6.76m点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，注意匀加速和匀减速运动的加速度大小不等12（19分）杂技中的“顶竿”由两个演员共同表演，站在地面上的演员肩部顶住一根长竹竿，另一演员爬至竹竿项端完成各种动作后下滑若竿上演员自竿项由静止开始下滑，滑到竿底时速度正好为零已知竹竿底部与下面顶竿人肩部之间有一传感器，传感器显示竿上演员自竿项滑下过程中顶竿人肩部的受力情况如图所示竿上演员质量为m1=40kg，长竹竿质量m2=10kg，g=10m/s2（1）求竿上的人下滑过程中的最大速度v1（2）请估测竹竿的长度h考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；力的合成与分解的运用 分析：（1）以人为研究对象，人加速下滑过程中受重力mg和杆对人的作用力f1，由题图可知，人加速下滑过程中杆对人的作用力f1为460 n由牛顿第二定律可以求得加速度，1s末人的速度达到最大，根据速度时间公式即可求解；（2）先求出加速下降的位移，再根据动能定理求出减速下降的位移，两段位移之和即为杆的长度解答：解：（1）在演员下滑的前4秒，顶竿人肩部对竿的支持力为f1=460n，竿和上面的演员总重力为500n，人匀加速下滑，加速度为a1演员由静止下滑，下滑4s后达到最大速度v1，则v1=a1t1=4m/s（2）在演员下滑的4秒到6秒，顶竿人肩部对竿的支持力为f2=580n，竿和上面的演员总重力为500n，人匀速下滑，加速度为a2在演员下滑的前4秒，可看成匀加速下滑，下滑距离为h1t1=8m在演员下滑的4秒到6秒，可看成匀速下滑，下滑距离为h2t1=4m竹竿的长度h=h1+h2=12m答：（1）竿上的人下滑过程中的最大速度v1为4m/s；（2）竹竿的长度h为12m点评：本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能根据图象得出有效信息，能根据受力情况判断运动情况，难度适中四.有三个模块，考生选择其中一个模块作答物理-选修3-313对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )a外界对气体做功，气体内能可能增加b在压强不变的条件下，体积增大，则气体分子的平均动能可能减少c压强减小，体积减小，分子的平均动能不一定减小d对一定质量的气体加热，其内能不一定增加e一定质量的气体，体积不变时，温度越低，气体的压强就越小考点：热力学第一定律；热力学第二定律 专题：热力学定理专题分析：根据理想气体的状态方程进行分析，明确三个物理参量的变化情况；再由热力学第一定律分析内能的变化解答：解：a、外界对气体做功时，转化为内能，内能可能增加；故a正确；b、压强不变时，体积增大，气体温度升高，则分子的平均动能增大；故b错误；c、压强减小，体积减小时，温度一定降低，则分子的平均动能一定减小；故c错误；d、对气体加热时，由于气体可能对外做功；故内能不一定增加；故d正确；d、气体体积不变时，温度越低，则压强就越小；故e正确；故选：ade点评：本题考查热力学第一定律及理想气体状态方程的综合应用，要注意明确做功和热传递均可以改变物体的内能14如图是某研究性学习小组设计的一种测温装置，玻璃泡a内封有一定质量的气体，与a相连的细管b插在水银槽中，管内和槽内水银面的高度差z即可反映出泡内气体的温度，即环境温度，并可由b管上的刻度直接读出（b管的体积与a泡的体积相比可忽略）在标准大气压下（p0=76cmhg），对b管进行温度刻线已知温度t1=27，管内与槽中水银面的高度差x1=16cm，此高度即为27的刻度线求当t=0时，刻度线与槽中水银面的高度差x0若大气压变为p1=75cmhg，利用该装置测量温度时所得读数仍为27，则此时实际温度是多少？考点：理想气体的状态方程 专题：理想气体状态方程专题分析：（1）封闭气体压强等于大气压减去水银柱产生的压强；设b管的体积可略去不计，则气体是等容变化，结合查理定律公式列式分析即可；（2）利用该测温装置测量温度时所得示数仍为17，说明气体体积不变，根据查理定律分析即可解答：解：（1）气体为等容变化，设27时气体的压强为p1，温度为t1；0时气体的压强为p，温度为t；由题意知：t1=300k，t=273k，p1=（7616）cmhg=60cmhg；由查理定律得：=得：p=54.6cmhgx0=（7654.6）cm=21.4cm（2）此时a泡内气体压强p=7516=59cmhg由查理定律：=得：t=295k=22答：在标准大气压下（p0=76cmhg），对b管进行温度刻线已知温度t1=27，管内与槽中水银面的高度差x1=16cm，此高度即为27的刻度线当t=0时，刻度线与槽中水银面的高度差x0为21.4cm；若大气压变为p1=75cmhg，利用该装置测量温度时所得读数仍为27，则此时实际温度是22点评：本题关键求解出已知状态参量，然后根据查理定律列式求解，注意计算时温度是热力学温度，不要直接代入摄氏温度，不难物理-选修3-415如图甲所示，是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，p是离原点x1=2m的一个介质质点，q是离原点x2=4m的一个介质质点，此时离原点x3=6m的介质质点刚刚要开始振动图乙是该简谐波传播方向上的某一质点的振动图象（计时起点相同）由此可知( )a这列波的波长为=4mb这列波的周期为t=3sc这列波的传播速度为v=2m/sd这列波的波源起振方向为向下e乙图可能是图甲中质点p的振动图象考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：由甲读出波长，由图乙读出周期t，由v=求出波速波源的起振方向与x3=6m的质点t=0时刻的振动方向，由波的传播方向判断根据图乙t=0时刻质点的位置和速度方向，在图甲中选择对应的质点解答：解：a、b、c由甲读出波长=4m，由图乙读出周期t=2s，波速v=2m/s故ac正确，b错误d、波源的起振方向与x3=6m的质点t=0时刻的振动方向，简谐波没x轴正方向传播，则知x3=6m的质点在t=0时刻的振动方向向下，则波源的起振方向向下故d正确e、由图乙看出，t=0时刻，质点经过平衡位置向上，而图甲中，q点也经过平衡位置向上运动，故乙图可能是图甲中质点q的振动图象故e错误故选：acd点评：本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握16如图简谐横波在t时刻的波形如实线所示，经过t=3s，其波形如虚线所示已知图中x1与x2相距1m，波的周期为t，且2tt4t则：（1）可能的最小波速为多少？（2）最小周期为多少？考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系 专题：振动图像与波动图像专题分析：本题波的传播方向未知，分波向左传播和向右传播两种情况讨论；先求出波传播的距离，再求解波速和对应的周期解答：解：（1）由图象可以看出，波长为 =7m；2tt4t，故波传播的距离x的范围为：2x4；若波向右传播，x=15m或22m；波速为：v=m/s=5m/s 或m/s；周期为：t=s 或s=s；波向左传播，x=20m或27m；波速为：v=m/s 或m/s=9m/s；周期为：t=s=s 或s；所以最小波速为5m/s（2）由上可知最小周期为答：（1）最小波速为5m/s（2）最小周期为点评：本题关键要考虑波的双向性和周期性，分情况讨论，求解出各种可能的波速和周期，然后取最小值物理-选修3-517下列说法正确的是( )a紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大b氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小c核子结合成原子核一定有质量亏损，释放出能量d太阳内部发生的核反应是热核反应e原子核的衰变是原子核在其他粒子的轰击下发生的考点：爱因斯坦质能方程 专题：爱因斯坦的质能方程应用专题分析：根据光电效应方程进行判断；结合玻尔理论与能量守恒进行判断；根据爱因斯坦质能方程进行判断；知道裂变和聚变在生活中的应用；原子核的衰变是自发地进行的解答：解：a、根据广电效应方程：ek=hvw0，光电子的最大初动能与入射光的频率有关与光照强度无关