浙江省衢州市龙游中学高三物理下学期开学考试试题（含解析）.doc

2014-2015学年浙江省衢州市龙游中学高三（下）开学物理试卷一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1（6分）如图所示，小张同学左手抓起一篮球，手臂处于水平状态，当篮球与手臂都静止时，下列说法正确的是（） a 手对篮球的作用力等于篮球的重力 b 手对篮球的作用力大于篮球的重力 c 手对篮球的作用力大于篮球对手的作用力 d 手对篮球的摩擦一定等于篮球的重力考点： 物体的弹性和弹力【专题】： 受力分析方法专题【分析】： 由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失一对平衡力平衡力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在同一物体上【解析】： 解：a、篮球处于静止状态，受力平衡，篮球受到重力和手对篮球的作用力，所以手对篮球的作用力等于篮球的重力，故a正确，b错误；c、手对篮球的作用力和篮球对手的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，故c错误；d、篮球竖直方向受到重力和手对篮球的静摩擦力作用，受力平衡，则手对篮球的摩擦一定等于篮球的重力，故d正确故选：ad【点评】： 解决本题的关键知道作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上与平衡力的区别在于，作用力和反作用力作用在不同的物体上，平衡力作用在同一物体上2（6分）如图所示，直线mn是某电场中的一条电场线（方向未画出）虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a运动到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线下列判断正确的是（） a 电场线mn的方向一定是由n指向m b 带电粒子由a运动到b的过程中动能不一定增加 c 带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能 d 带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度考点： 电场线；电势能【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线mn的方向以，然后根据电场力做功情况，进一步解答【解析】： 解：a、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子所受的电场力一定是由m指向n，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定故a错误b、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故b错误c、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故c正确d、由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在a点的加速度等于在b点的加速度，故d错误故选：c【点评】： 依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况3（6分）放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在06s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象如图所示下列说法正确的是（） a 物体的质量为kg b 滑动摩擦力的大小为5n c 06s内物体的位移大小为40m d 06s内拉力做的功为20j考点： 功率、平均功率和瞬时功率【专题】： 功率的计算专题【分析】： 速度图象的“面积”表示位移02s内物体做匀加速运动，由速度图象的斜率求出加速度，26s内物体做匀速运动，拉力等于摩擦力，由p=fv求出摩擦力，再由图读出p=30w时，v=6m/s，由f=求出02s内的拉力，由w=fx求出02s内的拉力做的功，由w=pt求出26s内拉力做的功【解析】： 解：a、在26s内，已知f=f=n；当p=30w时，v=6m/s，得到牵引力为：f1=；02s内物体的加速度为：a=m/s2=3m/s2； 根据ff=ma可知：m=kg，a正确 b、在26s内，v=6m/s，p=10w，物体做匀速直线运动，f=f，则滑动摩擦力为：f=f=n，b错误； c、06s内物体的位移大小等于vt图象中图象与坐标轴所包围的面积，为：x=26+46m=30m，c错误； d、02s内物体的加速度为：a=m/s2=3m/s2，有图可知，当p=30w时，v=6m/s，得到牵引力：f1=n=5n，在02s内物体位移为x1=6m，则拉力做的功为：w1=f1x1=56j=30j，26s内拉力做的功为：w2=pt=104j=40j，所以06s内拉力做的总功为：w=30+40j=70j，d错误故选：a【点评】： 本题解题关键是理解图象的物理意义，求功的方法主要有三种：一、w=flcos，适用于恒力做功；二、w=pt，p为恒定功率；三、动能定理，主要是变力做功时应用4（6分）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（） a sin= b tan= c sin= d tan=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【解析】： 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二、选择题（本题共3小题在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）5（6分）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（） a 球1和球2运动的时间之比为2：1 b 球1和球2动能增加量之比为1：2 c 球1和球2抛出时初速度之比为：1 d 球1和球2运动时的加速度之比为1：2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【解析】： 解：a、因为ac=2ab，则ac的高度差是ab高度差的2倍，根据得，t=，解得运动的时间比为1：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，解得初速度之比为故c正确；d、平抛运动的加速度为g，两球的加速度相同故d错误故选：bc【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，结合运动学公式进行求解6（6分）如图所示，半径为r的环形塑料管竖直放置，ab为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的ab及其以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑现将一质量为m，带电量为+q的小球从管中a点由静止释放，已知qe=mg，以下说法正确的是（） a 小球释放后，到达b点时速度为零，并在bda间往复运动 b 小球释放后，将在管内做圆周运动 c 小球释放后，第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为6：1 d 小球释放后，第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力之比为1：5考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 小球释放后，在重力和电场力的共同作用下，沿管道运动，根据动能定理，分别计算出其经过各已知点的速度，在根据向心力公式计算出其对轨道的压力小球每循环一周，加速一次【解析】： 解：a、小球释放后到达b点时由于电场力做正功，则速度不为0，则a错误；b、c、d、根据题意 qe=mg 小球从a运动到d的过程 mgr+qer=mvd2 在d点 fnmg=m 小球从a第一次运动到c的过程 mg（r）+qe（2r）=mvc12 在c点第一次 mg+fn1=m 小球从a第二次运动到c的过程 mg（r）+qe（4r）=mvc22 在c点第二次 mg+fn2=m 由式，解得 fn=5mg fn1=mg fn2=5mg 则b、d正确，c错误故选：bd【点评】： 本题中关键要理清物体的运动规律，物体每循环一周，动能增加一次；同时要注意物体对轨道的压力等与轨道对物体的支持力7（6分）如图所示的电路中，r1、r2、r3是固定电阻，r4是光敏电阻，其阻值随光照的强度增强而减小当开关s闭合且没有光照射时，电容器c不带电当用强光照射r4且电路稳定时，则与无光照射时比较（） a 电容器c的上极板带负电 b 电容器c的下极板带负电 c 通过r4的电流变小，电源的路端电压增大 d 通过r4的电流变大，电源提供的总功率变大考点： 闭合电路的欧姆定律【专题】： 恒定电流专题【分析】： 电容在电路稳定时可看作开路，故由图可知，r1、r2串联后与r3、r4并联，当有光照射时，光敏电阻的阻值减小，由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流的变化及路端电压的变化，再分析外电路即可得出c两端电势的变化，从而得出电容器极板带电情况；同理也可得出各电阻上电流的变化【解析】： 解：a、当没有光照时，c不带电说明c所接两点电势相等，以电源正极为参考点，r1上的分压减小，而r3上的分压增大，故上极板所接处的电势低于下极板的电势，故下极板带正电，上极板带负电，故a正确，b错误；c、因有光照射时，光敏电阻的阻值减小，故总电阻减小；由闭合电路的欧姆定律可知，干路电路中电流增大，则电源提供的总功率增大，由e=u+ir可知路端电压减小，r1与r2支路中电阻不变，故该支路中的电流减小；则由并联电路的电流规律可知，另一支路中电流增大，即通过r2的电流减小，而通过r4的电流增大，所以故c错误，d正确；故选：ad【点评】： 本题为含容电路结合电路的动态分析，解题时要明确电路稳定时电容器相当于开路，可不考虑；电容器正极板的电势高于负极板，故高电势的极板上一定带正电在分析电容带电问题上也可以电源负极为参考点分析两点的电势高低二、非选择题部分8（10分）小明同学采用如图1所示的装置探究“物体质量一定时，其加速度与所受合外力的关系”（1）图2是实验中打出的一条纸带的一部分（单位：cm），纸带上标出了连续的6个计数点，相邻计数点之间还有4个点没有画出打点计时器接在频率为50hz的交变电源上打点计时器打“3”点时，小车的速度为0.23m/s（结果保留两位有效数字）（2）小明同学把某条纸带上的各点速度都算了出来，标在了vt坐标系中，并做出小车运动的vt图线，如图3甲所示利用图线求出小车此次运动的加速度a=9.8m/s2（结果保留两位有效数字）（3）小明同学最终所得小车运动的af图线如图3乙所示，从图中我们可以看出图线是一条过原点的直线根据该图线可以确定下列判断中正确的是ada本实验中小车的质量一定时，其加速度与所受合外力成正比b小车的加速度可能大于重力加速度gc可以确定小车的质量约为2kgd实验中配重的质量m远小于小车的质量m考点： 测定匀变速直线运动的加速度【专题】： 实验题；牛顿运动定律综合专题【分析】： 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小车的速度根据图线的斜率求出小车的加速度由原理f=ma结合图象可【分析】：f与a的关系，斜率的意义【解析】： 解：（1）中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度：（2）在匀变速直线运动中，v=v0+at，故vt图象应为线性关系，画图时让尽量多的点落在直线上即可，图象如图所示图象的斜率表示加速度，则a=（3）a、由图线可得：a与f成正比，故a正确b：小车的加速度：a=，所以加速度不可能大于g，故b错误c：图线的斜率k=，所以：m=0.5kg，故c错误d：因为图线是过原点的直线，故满足配重的质量m远小于小车的质量m，故d正确故选：ad故答案为：（1）0.23m/s （2）0.98m/s2 （3）ad【点评】： 对该实验要明确实验原理，在此基础上对器材的选择，误差分析，注意事项等问题进行分析会起到事半功倍的效果9（10分）有一小灯泡，标有“10v，2w“的字样，现用如图甲所示的电路，测定它在不同电压下的实际功率与电压间的关系实验中需要测定通过小灯泡的电流和它两端的电压现备有下列器材：a直流电源，电动势12v，内电阻不计b直流电流表，量程0.6a，内阻约为0.1c直流电流表，量程300ma，内阻约为5d直流电压表，量程15v，内阻约为15ke滑动变阻器，最大电阻10，额定电流2af滑动变阻器，最大电阻1k，额定电流0.5ag开关，导线若干（1）为了尽可能提高实验精度，实验中所选电流表为c，所选滑动变阻器为e（只填所列选项前的字母）（2）图甲中电压表未接入电路的一端应接于b点（填“a“或“b“）（3）根据完善后的电路图，将图乙中所给实物连成实验电路考点： 描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】： 实验题【分析】： （1）本题（a）的关键是根据电源电动势的大小来选择电压表的量程；根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程；由于滑动变阻器的全电阻远小于待测电阻的阻值，所以滑动变阻器应采用分压式接法，通过待测电阻与电流表内阻和电压表内阻比较，确定电流表的内外接画出电路图（2）通过待测电阻的大小，从测量准确的角度出发，确定滑动变阻器，根据通过灯泡的额定电流大小确定电流表的量程，通过比较灯泡的电阻与电压表内阻的大小关系，确定其是大电阻还是小电阻，从而确定电流表的内外接，根据电路图连接实物图，注意滑动变阻器的分压式接法，以及电流表的外接法【解析】： 解：（1）因为待测电阻大约为r=，为了测量的准确，滑动变阻器采用最大阻值为5的滑动变阻器，故滑动变阻器选择：e灯泡的额定电流i=，所以电流表选择c测量比较准确（b）因为待测电阻远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采用外接法，电压表未接入电路的一端应接于b（c）根据电路图连接实物图，如图所示故答案为：（1）c，e （2）b （3）如图所示【点评】： 解决本题的关键掌握器材选取的原则，安全、精确，掌握电流表内外接和滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，并能灵活运用10（16分）如图所示，一辆载重卡车沿平直公路行驶，车上载有质量均为m的a、b两块长方体水泥预制件已知预制件左端与车厢前挡板的距离为l，a、b间以及b与车厢间的动摩擦因数分别1、2（12），各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力卡车以速度v0匀速行驶时，因前方出现障碍物而制动并做匀减速直线运动（1）卡车制动的加速度满足什么关系时，预制件a相对b滑动，而b相对车厢底板静止？（2）卡车制动后为保证司机安全，在b相对车厢底静止的情况下，预制件a不与车厢前挡板碰撞，则卡车从开始制动到停止所经历的时间应满足什么条件？考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 隔离对a、b受力分析，根据牛顿第二定律分别求出二者的加速度，应满足的条件：车的加速度大于a的加速度小于b的加速度求出木箱的相对加速度，通过相对位移，结合运动学公式，求出刹车最多持续的时间【解析】： 解：（1）对a根据牛顿第二定律，则有：1mg=ma1即：a1=1g对b，根据牛顿第二定律，则有：22mg1mg=ma2即：a2=（221）g要使a相对b滑动，需满足a1a车要使b相对于车厢底板静止，需满足a车a2以上各式联立得：1ga车（221）g（2）卡车制动后，设a的位移为s1，有：=2a1s1，卡车的位移为s车 有：，要使a不与车厢的前挡板相碰，应满足 s1s车l即：，故有：设卡车制动时间为t，则有：v0=a车t得：答：（1）卡车制动的加速度满足1ga车（221）g时，预制件a相对b滑动，而b相对车厢底板静止；（2）制动后为保证司机安全，需使预制件不与车厢前挡板碰撞，则从卡车开始制动到停止所经历的时间应满足t【点评】： 本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式的运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，第二问，通过货车和预制件的位移关系，结合运动学公式进行求解11（20分）一端弯曲的光滑绝缘杆abd固定在竖直平面上，如图所示，ab段水平，bd段是半径为r的半圆弧，有电荷量为q（q0）的点电荷固定在圆心o点一质量为m、电荷量为q（q0）的带电小环套在光滑绝缘杆上，在水平外力作用下从c点由静此开始运动，到b点时撤去外力，小环继续运动，发现刚好能到绝缘杆的最高点d已知cb间距为（提示：根据电磁学有关知识，在某一空间放一电荷量为q的点电荷，则距离点电荷为r的某点的电势为，其中k为静电力常量，设无穷远处电势为零）（1）求小环从c运动到b过程中，水平外力做的功；（2）若水平外力为恒力，要使小环能运动到d点，求水平外力的最小值f0；（3）若水平外力为恒力，大小为f（f大于（2）问中的f0），求小环运动到d点时，绝缘杆对环的弹力大小和方向考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力；电势能【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）小环从c运动到b过程中，有电场力和外力做功，根据动能定理可以求得水平外力做的功；（2）要是小环能够到达d点，则到达d点时的速度必须大于或等于零，在此过程中外力和电场力做功，根据动能定理可以求得最小的外力；（3）到达d点时，做的是圆周运动，弹力、重力、电场力的合力做为圆周运动的向心力，由此可以求得绝缘杆对环的弹力大小和方向【解析】： 解：（1）小球从c运动到b，带电小环要克服电场力做功，克服电场做的功w电等于电势能的增加，则 w电=q，所以w电=，小球从c运动到b，设到b得速度为vb，水平外力做的功为w，则 ww电=m小球从b到d过程中，带电小环在等势面上运动电场力不做功，设到d点的速度为vd则2mgr=mm又刚好到d点，则d点速度为vd=0，所以w=2mgr+，（2）小球要能运动到d点，则vd0由c运动到d点，frw电2mgr=m由此可以解得fmg+所以水平外力的最小值为f0=mg+（3）由c运动到d点，设d点速度为vd，fr2mgr=m小环运动到d点时，设绝缘杆对小环的弹力大小为fn，方向指向圆心，=fn+mg由此可得fn=f+5mg讨论：（a）若f+5mg，则弹力大小为f+5mg，方向指向圆心（b）若f+=5mg，则弹力为零（c）若f+5mg，则弹力大小为5mg（f+），方向背向圆心【点评】： 对小环的运动的过程进行分析，根据动能定理求解小环的速度的大小，在应用动能定理的时候一定要分析清楚，运动过程中力的做功的情况，在求解绝缘杆对环的弹力的时候要注意分析对环的作用力的方向是向上的还是向下的12（22分）如图（a）所示，间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为的斜面上在区域i内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为b；在区域内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度bt的大小