广东省东莞市六校联考高三物理上学期月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年广东省东莞市六校联考高三（上）月考物理试卷二、选择题：本题8小题，每小题6分1-4题为单项选择题；5-8题为多项选择题，选对但不全得3分，有选错的得0分1下列说法正确的是（）a汽车驶过拱形桥顶端时，汽车处于超重状态b做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的c一铁块放在桌面上，铁块受向上的弹力，是由于铁块发生了形变d一个灯泡用轻绳悬挂在天花板上，灯泡对绳的拉力和绳对灯泡的拉力是一对作用力和反作用力2如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变，木板静止时，f1表示木板所受合力的大小，f2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）af1不变，f2变大bf1变大，f2变小cf1变大，f2变大df1变小，f2变小3如图所示，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成角，船相对于静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是（）a减小角，增大船速vb增大角，增大船速vc减小角，保持船速v不变d增大角，保持船速v不变4如图，一质量为m的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内，套在大圆环上的质量为m的小环（可视为质点），从大圆环的最高处由无初速度滑下，重力加速度为g当小圆环滑到大圆环的最低点时，大圆环对轻杆拉力的大小为（）amg5mgbmg+mgcmg+5mgdmg+10mg5如图所示，一个小球套在固定的倾斜光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于o点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与o点等高的位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧处于竖直时，小球速度恰好为零，若弹簧始终处于伸长且在弹性限度内，在小球下滑过程中，下列说法正确的是（）a小球的机械能先增大后减小b弹簧的弹性势能一直增加c重力做功的功率一直增大d当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大6a和b两物体在同一直线上运动的vt图象如图所示已知在第3s末两个物体在途中相遇，则下列说法错误的是（）a两物体从同一地点出发b出发时b在a前3 m处c3 s末两个物体相遇后，两物体可能再相遇d运动过程中b的加速度大于a的加速度7如图所示，a为静止于地球赤道上的物体，b为绕地球做匀速圆周运动轨道半径为r的卫星，c为绕地球沿椭圆轨道运动的卫星，长轴大小为a，p为b、c两卫星轨道的交点，已知a、b、c绕地心运动的周期相同，下列说法正确的是（）a物体a的线速度小于卫星b的线速度b卫星b离地面的高度可以为任意值ca与r长度关系满足a=2rd若已知物体a的周期和万有引力常量，可求出地球的平均密度8一物块沿倾角为的斜坡向上滑动当物块的初速度为v时，上升的最大高度为h，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h重力加速度大小为g则物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（）a=tanb=（1）tanch=dh=三、非选择题：（按照题目要求作答）9某同学“验证牛顿第二定律”的实验装置如图1所示（1）她想用砂桶的重力表示小车受到的合外力f，为了减小这种做法带来的实验误差，她先做了两方面的调整措施：a用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是b使砂桶的质量远小于小车的质量，目的是使拉小车的力近似等于（2）实验中打出的其中一条纸带如图所示，由该纸带可求得小车的加速度a=m/s2（结果保留两位有效数字）10（10分）（2015秋东莞月考）某同学利用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律（1）请指出该同学在实验操作中存在的两处错误：（2）若所用交流电的频率为f，该同学经正确操作得到如图2所示的纸带，把第一个点记做o，另选连续的3个点a、b、c作为测量的点，a、b、c各点到o点的距离分别为s1、s2、s3，重物质量为m，重力加速度为g根据以上数据知，从o点到b点，重物的重力势能的减少量等于，动能的增加量等于（用所给的符号表示）（3）重力势能的减少量动能的增加量（填“大于”、“等于”、“小于”）的原因是11（12分）（2014海南）短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段一次比赛中，某运动用11.00s跑完全程已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离12（19分）（2012德州一模）如图所示，一质量m=0.4kg的滑块（可视为质点）静止于动摩擦因数=0.1的水平轨道上的a点现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为p=10.0w经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至b点后水平飞出，恰好在c点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点d处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6n已知轨道ab的长度l=2.0m，半径oc和竖直方向的夹角=37，圆形轨道的半径r=0.5m（空气阻力可忽略，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）滑块运动到c点时速度vc的大小；（2）b、c两点的高度差h及水平距离x；（3）水平外力作用在滑块上的时间t选修题（共2小题，每小题6分，满分15分）13下列说法正确的是（）a卢瑟福通过a粒子散射实验建立了原子核式结构模型b处于基态的氢原子最不稳定c任何金属都存在一个“极限频率”，入射光的频率大于这个频率，才能产生光电效应d放射性元素与别的元素形成化合物时半衰期不变e一个原子核在一次衰变中可同时放出、和三种射线14如图所示，固定的圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为m的物块b与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定质量为3m的物块a从圆弧轨道上距离水平面高h处由静止释放，与b碰撞后推着b一起运动但与b不粘连求：a与b碰前的速度v0及a、b碰后一起运动的速度v1；弹簧的最大弹性势能；a与b第一次分离后，物块a沿圆弧面上升的最大高度2015-2016学年广东省东莞市六校联考高三（上）月考物理试卷参考答案与试题解析二、选择题：本题8小题，每小题6分1-4题为单项选择题；5-8题为多项选择题，选对但不全得3分，有选错的得0分1下列说法正确的是（）a汽车驶过拱形桥顶端时，汽车处于超重状态b做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的c一铁块放在桌面上，铁块受向上的弹力，是由于铁块发生了形变d一个灯泡用轻绳悬挂在天花板上，灯泡对绳的拉力和绳对灯泡的拉力是一对作用力和反作用力【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重；弹性形变和范性形变；作用力和反作用力 【分析】当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；做曲线运动的物体，其加速度方向可以不变；铁块受向上的弹力，是由于桌面发生了形变；灯泡对绳的拉力和绳对灯泡的拉力是一对作用力和反作用力【解答】解：a、汽车驶过拱形桥顶端时，汽车具有向下的向心加速度，所以处于失重状态故a错误；b、做曲线运动的物体，其加速度方向不一定是变化的，如平抛运动的加速度始终不变故b错误；c、一铁块放在桌面上，铁块受向上的弹力，是由于桌面发生了形变故c错误；d、根据作用力与反作用力的特点可知，灯泡对绳的拉力和绳对灯泡的拉力是一对作用力和反作用力故d正确故选：d【点评】该题考查到牛顿的三个实验定律，考查到的知识点比较多，但都是一些简单的知识点的内容，依据相关的原理逐项分析即可2如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变，木板静止时，f1表示木板所受合力的大小，f2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）af1不变，f2变大bf1变大，f2变小cf1变大，f2变大df1变小，f2变小【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可【解答】解：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：f1=0；根据共点力平衡条件，有：2f2cos=mg解得：f2=当细线变短时，细线与竖直方向的夹角增加，故cos减小，拉力f2变大故选：a【点评】本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难3如图所示，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成角，船相对于静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是（）a减小角，增大船速vb增大角，增大船速vc减小角，保持船速v不变d增大角，保持船速v不变【考点】运动的合成和分解 【专题】运动的合成和分解专题【分析】将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性，求出到达对岸沿水流方向上的位移以及时间当实际航线与河岸垂直，则合速度的方向垂直于河岸，根据平行四边形定则求出船头与河岸所成的夹角【解答】解：由题意可知，船相对水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，当水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，则如图所示，可知，故b正确，acd错误；故选：b【点评】解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，以及会根据平行四边形定则对运动进行合成和分解4如图，一质量为m的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内，套在大圆环上的质量为m的小环（可视为质点），从大圆环的最高处由无初速度滑下，重力加速度为g当小圆环滑到大圆环的最低点时，大圆环对轻杆拉力的大小为（）amg5mgbmg+mgcmg+5mgdmg+10mg【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】根据牛顿第二定律求出小环运动到最低点时，大环对它的拉力，再用隔离法对大环分析，求出大环对轻杆的拉力大小【解答】解：小环在最低点时，根据牛顿第二定律得：fmg=m，得：f=mg+m，小环从最高到最低，由动能定理，则有：；对大环分析，有：t=f+mg=m（g+）+mg=5mg+mg故c正确，a、b、d错误故选：c【点评】解决本题的关键搞清小环做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解5如图所示，一个小球套在固定的倾斜光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于o点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与o点等高的位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧处于竖直时，小球速度恰好为零，若弹簧始终处于伸长且在弹性限度内，在小球下滑过程中，下列说法正确的是（）a小球的机械能先增大后减小b弹簧的弹性势能一直增加c重力做功的功率一直增大d当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功能关系 【分析】弹簧与杆垂直时，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值，运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律分析即可求解；重力功率p=mgvy=mgvcos【解答】解：ab、小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，弹簧与杆垂直时，弹簧伸长量最短，弹性势能最小，故动能与重力势能之和最大，小球下滑至最低点，动能为零重力势能最小，故此时弹簧的弹性势能最大，故小球的机械能先增大后减小，弹簧的弹性势能先减小后增大，故b错误，a正确；c、重力功率p=mgvy=mgvcos，不变，v先增大后减小，故功率先增大后减小，故c错误；d、弹簧与杆垂直时，弹力方向与杆垂直，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值故d错误故选：a【点评】本题主要考查了机械能守恒定律的直接应用，重力功率p=mgvy=mgvcos，要求同学们能正确分析小球的受力情况和运动情况，难度不大，属于基础题6a和b两物体在同一直线上运动的vt图象如图所示已知在第3s末两个物体在途中相遇，则下列说法错误的是（）a两物体从同一地点出发b出发时b在a前3 m处c3 s末两个物体相遇后，两物体可能再相遇d运动过程中b的加速度大于a的加速度【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系 【专题】定性思想；图析法；运动学中的图像专题【分析】由图象的“面积”读出两物体在3s内的位移不等，而在第3s末两个物体相遇，可判断出两物体出发点不同，相距的距离等于位移之差由a的斜率大于b的斜率可知a的加速度大于b的加速度3s末两个物体相遇后，a的速度大于b的速度，a的加速度也大于b的加速度，两物体不可能再相遇【解答】解：a、由图象的“面积”读出两物体在3s内的位移不等，而在第3s末两个物体相遇，可判断出两物体出发点不同故a错误b、两物体在3s内的位移分别为xa=53m=7.5m，xb=33m=4.5m，则出发时b在a前3m处故b正确c、3s末两个物体相遇后，a的速度大于b的速度，a的加速度也大于b的加速度，两物体不可能再相遇故c错误d、由a的斜率大于b的斜率可知a的加速度大于b的加速度故d错误本题选错误的故选：acd【点评】对于速度时间图象要注意：不能读出物体运动的初始位置抓住“面积”表示位移、斜率等于加速度进行分析7如图所示，a为静止于地球赤道上的物体，b为绕地球做匀速圆周运动轨道半径为r的卫星，c为绕地球沿椭圆轨道运动的卫星，长轴大小为a，p为b、c两卫星轨道的交点，已知a、b、c绕地心运动的周期相同，下列说法正确的是（）a物体a的线速度小于卫星b的线速度b卫星b离地面的高度可以为任意值ca与r长度关系满足a=2rd若已知物体a的周期和万有引力常量，可求出地球的平均密度【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】抓住a、b的周期相等，根据v=r比较线速度的大小根据卫星b的周期一定，根据万有引力提供向心力确定出轨道半径一定，高度一定根据开普勒第三定律比较a与r的关系根据万有引力提供向心力，结合周期与轨道半径求出地球的质量，根据密度公式判断能否求出地球的平均密度【解答】解：a、因为a、b绕地心运动的周期相同，根据v=r知，b的轨道半径大于地球的半径，则物体a的线速度小于卫星b的线速度，故a正确b、因为b的周期与地球的自转周期相同，为定值，根据知，r=，可知轨道半径恒定，则卫星b离地的高度恒定，不是任意值，故b错误c、根据开普勒第三定律知，因为周期相等，则椭圆的半长轴与圆轨道半径相等，即，故c正确d、根据知，地球的质量m=，则地球的平均密度，因为地球的半径未知，则无法求出地球的密度，故d错误故选：ac【点评】本题考查了万有引力定律、开普勒定律与圆周运动的综合，知道a做圆周运动，不是靠万有引力提供向心力，抓住a、b的周期相等，结合线速度与周期的关系比较线速度大小8一物块沿倾角为的斜坡向上滑动当物块的初速度为v时，上升的最大高度为h，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h重力加速度大小为g则物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（）a=tanb=（1）tanch=dh=【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】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出物体上滑的加速度大小，结合牛顿第二定律求出物块与斜坡间的动摩擦因数根据速度位移公式，结合初速度的关系求出上滑的最大高度【解答】解：根据速度位移公式得，物块上滑的加速度为：a=，根据牛顿第二定律得：a=gsin+gcos，联立解得动摩擦因数为：=故b正确，a错误因为物块上滑的加速度大小不变，根据x=知，初速度变为原来的一半，则上滑的最大位移为原来的一半，上升的最大高度为原来的四分之一，即h=故d正确，c错误故选：bd【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，本题也可以采用动能定理进行求解三、非选择题：（按照题目要求作答）9某同学“验证牛顿第二定律”的实验装置如图1所示（1）她想用砂桶的重力表示小车受到的合外力f，为了减小这种做法带来的实验误差，她先做了两方面的调整措施：a用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是平衡摩擦力b使砂桶的质量远小于小车的质量，目的是使拉小车的力近似等于砂桶的重力（2）实验中打出的其中一条纸带如图所示，由该纸带可求得小车的加速度a=0.88m/s2（结果保留两位有效数字）【考点】验证牛顿第二运动定律 【专题】实验题；定量思想；图析法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）在实验中，为了减少这种做法而带来的实验误差，一要排除摩擦力的影响，二要砂桶的重力接近小车所受的合力（2）由匀变速直线运动的推论可以求出小车的加速度【解答】解：（1）a、用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，使得重力沿斜面方向的分力等于摩擦力，目的是平衡摩擦力b、对整体运用牛顿第二定律得，a=，则小车的合力f=ma=，当沙和桶的总质量远小于小车的质量，小车所受的拉力等于沙和沙桶的重力；（2）由图示纸带可知，计数点间的时间间隔：t=0.025=0.1s，由匀变速直线运动的推论：x=at2可知，加速度：a=0.88m/s2；故答案为：（1）a、平衡摩擦力；b、砂桶的重力；（2）0.88【点评】解决本题的关键知道实验的原理以及实验中的注意事项，在本实验中，知道两个认为：1、认为小车所受的合力等于绳子的拉力；2、认为沙和沙桶的总重力等于小车所受的合力10（10分）（2015秋东莞月考）某同学利用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律（1）请指出该同学在实验操作中存在的两处错误：打点计时器应该接交流电源，开始时重物应该靠近打点计时器（2）若所用交流电的频率为f，该同学经正确操作得到如图2所示的纸带，把第一个点记做o，另选连续的3个点a、b、c作为测量的点，a、b、c各点到o点的距离分别为s1、s2、s3，重物质量为m，重力加速度为g根据以上数据知，从o点到b点，重物的重力势能的减少量等于mgs2，动能的增加量等于（用所给的符号表示）（3）重力势能的减少量大于动能的增加量（填“大于”、“等于”、“小于”）的原因是有空气阻力和纸带与限位孔的摩擦存在【考点】验证机械能守恒定律 【专题】实验题；定性思想；实验分析法；机械能守恒定律应用专题【分析】（1）打点计时器应使用交流电源，重物释放时应紧靠打点计时器（2）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纸带法实验中，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，从而求出动能（3）由于有空气阻力和纸带与限位孔的摩擦存在，重力势能的减少量大于动能的增加量【解答】解：（1）打点计时器不能使用直流电源，应使用交流电源重物开始释放时应紧靠打点计时器，否则打不到点或打的点太少（2）重力势能减小量ep=mgh=mgs2利用匀变速直线运动的推论得：，动能的增加量等于，（3）由于有空气阻力和纸带与限位孔的摩擦存在，重力势能的减少量大于动能的增加量故答案为：（1）打点计时器应该接交流电源，开始时重物应该靠近打点计时器（2）mgs2，（3）大于；有空气阻力和纸带与限位孔的摩擦存在【点评】运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题，学会误差的分析，难度不大，属于基础题11（12分）（2014海南）短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段一次比赛中，某运动用11.00s跑完全程已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离【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】设他做匀加速直线运动的时间为t1，位移大小为小x1，加速度大小为a，做匀速直线运动的速度为v，根据运动学基本公式，抓住位移位移列式即可求解【解答】解：根据题意，在第1s和第2s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1s和第2s内通过的位移分别为s1和s2，由运动学规律得t0=1s联立解得 a=5m/s2设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的距离为s，依题决及运动学规律，得t=t1+t2v=at1设加速阶段通过的距离为s，则求得s=10m答：该运动员的加速度为5m/s2及在加速阶段通过的距离为10m【点评】解决本题的关键理清运动员的运动过程，结合匀变速直线运动的运动学公式和推论灵活求解12（19分）（2012德州一模）如图所示，一质量m=0.4kg的滑块（可视为质点）静止于动摩擦因数=0.1的水平轨道上的a点现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为p=10.0w经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至b点后水平飞出，恰好在c点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点d处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6n已知轨道ab的长度l=2.0m，半径oc和竖直方向的夹角=37，圆形轨道的半径r=0.5m（空气阻力可忽略，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）滑块运动到c点时速度vc的大小；（2）b、c两点的高度差h及水平距离x；（3）水平外力作用在滑块上的时间t【考点】动能定理；牛顿第二定律；机械能守恒定律 【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑块运动到d点的速度，对c到d的过程运用机械能守恒定律求出c点的速度（2）将c点的速度分解为水平方向和竖直方向，结合平行四边形定则求出竖直分速度，从而得出平抛运动的时间，结合水平分速度和时间求出水平位移、（3）对a到b的过程运用动能定理求出外力作用的时间【解答】解：（1）滑块运动到d点时，由牛顿第二定律得，滑块由c点运动到d点的过程，由机械能守恒定律得，代入数据，联立解得vc=5m/s（2）滑块在c点速度的竖直分量为：vy=vcsin=3m/s，b、c两点的高度差为h=，滑块由b运动到c所用的时间为，滑块运动到b点的速度为vb=vccos=4m/s，b、c间的水平距离x=vbt1=40.3m=1.2m（3）滑块由a点运动b点的过程，由动能定理得，pt代入数据解得t=0.4s答：（1）滑块运动到c点时速度vc的大小为5m/s；（2）b、c两点的高度差h及水平距离x为1.2m；（3）水平外力作用在滑块上的时间t为0.4s【点评】本题考查了动能定理、机械能守恒和圆周运动、平抛运动的综合，知道圆周运动向心力的来源和平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键选修题（共2小题，每小题6分，满分15分）13下列说法正确的是（）a卢瑟福通过a粒子散射实验建立了原子核式结构模型b处于基态的氢原子最不稳定c任何金属都存在一个“极限频率”，入射光的频率大于这个频率，才能产生光电效应d放射性元素与别的元素形成化合物时半衰期不变e一个原子核在一次衰变