广东省佛山市顺德郑中高三物理上学期9月月考试卷（含解析）.doc

广东省佛山市顺德郑中2015届 高三上学期月考物理试卷（9月份）一、选择题1（3分）如图所示，放在水平面上的物体受到一个斜向上的拉力作用，但物体仍保持静止状态，现将f分解为水平方向的力f1和竖直向上的力f2，下列说法正确的是（）af1是物体对水平面的摩擦力bf2是水平面对物体的支持力cf1与水平面给物体的静摩擦力大小相等、方向相反df2与物体的重力大小相等、方向相反2（3分）一质点做直线运动的vt图象如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8s内平均速度的大小和方向分别为（）a0.25m/s 向右b0.25m/s 向左c1m/s 向右d1m/s 向左3（3分）一个物体，受n个力的作用而做匀速直线运动，现将其中一个与速度方向相反的力逐渐减小到零，而其他的力保持不变，则物体的加速度和速度（）a加速度与原速度方向相同，速度增加得越来越快b加速度与原速度方向相同，速度增加得越来越慢c加速度与原速度方向相反，速度减小得越来越快d加速度与原速度方向相反，速度减小得越来越慢4（3分）如图所示，在竖直平面内有一个半径为r的圆弧轨道半径oa水平、ob竖直，一个质量为m的小球自a正上方p点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点b时恰好对轨道没有压力，已知ap=2r，重力加速度为g，则小球从p到b的运动过程中（）a重力做功2mgrb机械能减少mgrc合外力做功mgrd克服摩擦力做功mgr5（3分）一物块在光滑的水平面上受一恒力f的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧，如图所示当物块与弹簧接触后（）a物块立即做减速运动b物块在开始的一段时间内仍做加速运动c当弹簧的弹力等于恒力f时，物块静止d当弹簧处于最大压缩量时，物块的加速度不等于零6（3分）如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆的下端固定有质量为m的小球下列关于杆对球的作用力f的判断中，正确的是（）a小车静止时，f=mgsin ，方向沿杆向上b小车静止时，f=mgcos ，方向垂直于杆向上c小车向右做匀速运动时，一定有f=mg，方向竖直向上d小车向右做匀加速运动时，一定有fmg，方向可能沿杆向上7（3分）如图所示，人和物处于静止状态、当人拉着绳向右跨出一步后，人和物仍保持静止、不计绳与滑轮的摩擦，下列说法中正确的是（）a绳的拉力大小不变b人所受的合外力增大c地面对人的摩擦力增大d人对地面的压力减小8（3分）如图所示，飞行器p绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为，下列说法正确的是（）a轨道半径越大，周期越长b轨道半径越大，速度越大c若测得周期和张角，可得到星球的平均密度d若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度9（3分）如图所示，v2v1，v2与v1都是相对于地面的速度物块与平板车间的动摩擦因数为，平板车与地面之间无摩擦，则在运动过程中（）a车的动量增加，物块的动量减少b车的动量减少，物块的动量增加c两物体总动量增加，总机械能不变d两物体总动量不变，总机械能减少二、解答题10（9分）（1）如图所示，甲图中螺旋测微器的读数为mm，乙图中游标卡尺的读数为cm（2）如图丙所示，在探究“共点力合成”的实验中，橡皮条一端固定于p点，另一端连接两个弹簧秤，分别用f1与f2拉两个弹簧秤，将结点拉至o点现让f2方向不变，改变f1，要使结点仍位于o点，则f1的大小及图中角的变化可能是：a增大f1的同时增大角 b增大f1而保持角不变 c增大f1的同时减小角 d减小f1的同时减小角11（9分）某同学用如图1所示装置通过半径相同的a、b两球的碰撞来验证动量守恒定律实验时先使a球从斜槽上某一固定位置g由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹重复上述操作10次，得到10个落点痕迹再把b球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让a球仍从位置g由静止开始滚下，和b球碰撞后，a、b球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹重复这种操作10次，得到了如图2所示的三个落地点a请你叙述用什么方法找出落地点的平均位置并在图中读出op=cmb用ma、mb和题中的其他字母写出动量守恒定律的表达式12（18分）如图所示，将带电量q=0.3c、质量m=0.3kg的滑块放在小车的绝缘板的右端，小车的质量m=0.5kg，滑块与绝缘板间动摩擦因数=0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在着磁感应强度b=20t的水平方向的匀强磁场开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长 l=1.25m、摆球质量 m=0.15kg的摆从水平位置由静止释放，摆到最低点时与小车相撞，如图所示，碰撞后摆球恰好静止，g=10m/s2，求：（1）与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力；（2）球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能e；（3）碰撞后小车的最终速度13（18分）如图所示的水平轨道中，ac段的中点b的正上方有一探测器，c处有一竖直挡板，物体p1沿轨道向右以速度v1与静止在a点的物体p2碰撞，并接合成复合体p，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1=2s至t2=4s内工作，已知p1、p2的质量都为m=1kg，p与ac间的动摩擦因数为=0.1，ab段长l=4m，g取10m/s2，p1、p2和p均视为质点，p与挡板的碰撞为弹性碰撞（1）若v1=6m/s，求p1、p2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能e；（2）若p与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过b点，求v1的取值范围和p向左经过a点时的最大动能e广东省佛山市顺德郑中2015届高三上学期月考物理试卷（9月份）参考答案与试题解析一、选择题1（3分）如图所示，放在水平面上的物体受到一个斜向上的拉力作用，但物体仍保持静止状态，现将f分解为水平方向的力f1和竖直向上的力f2，下列说法正确的是（）af1是物体对水平面的摩擦力bf2是水平面对物体的支持力cf1与水平面给物体的静摩擦力大小相等、方向相反df2与物体的重力大小相等、方向相反考点：力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用 专题：受力分析方法专题分析：f分解为水平方向的力f1和竖直向上的力f2，根据平衡条件求解水平面对物体的支持力和摩擦力解答：解：a、f1是f的水平分力，不是物体对水平面的摩擦力故a错误b、f2是f的竖直分力，不是水平面对物体的支持力根据平衡条件得到，水平面对物体的支持力n=mgf2故b错误c、根据平衡条件得知，f1与水平面给物体的静摩擦力平衡，大小相等，方向相反故c正确d、根据平衡得知，f2与物体的重力不是大小相等、方向相反故d错误故选c点评：本题是物体的平衡问题，运用正交分解法研究物体平衡问题是常用方法基础题2（3分）一质点做直线运动的vt图象如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8s内平均速度的大小和方向分别为（）a0.25m/s 向右b0.25m/s 向左c1m/s 向右d1m/s 向左考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：运动学中的图像专题分析：根据速度图象与坐标轴所围的“面积”大小等于位移，分别求出前3s内质点的位移和后5s内质点的位移，得到前8s内的位移，由平均速度公式=求解前8s内平均速度的大小和方向解答：解：根据速度图象与坐标轴所围的“面积”大小等于位移，则得前3s内质点的位移为x1=m=3m；后5s内质点沿负方向运动，位移为负值，则位移为x2=m=5m故前8s内的位移为x=x1+x2=2m，前8s内平均速度为=，即平均速度大小为0.25m/s，方向向左故选b点评：本题关键要抓住速度图象与坐标轴所围的“面积”大小等于位移，分段求出位移，即可求得平均速度，求解时要注意位移的方向3（3分）一个物体，受n个力的作用而做匀速直线运动，现将其中一个与速度方向相反的力逐渐减小到零，而其他的力保持不变，则物体的加速度和速度（）a加速度与原速度方向相同，速度增加得越来越快b加速度与原速度方向相同，速度增加得越来越慢c加速度与原速度方向相反，速度减小得越来越快d加速度与原速度方向相反，速度减小得越来越慢考点：牛顿第二定律；力的合成 专题：牛顿运动定律综合专题分析：本题关键先分析物体的受力情况，再分析物体的运动情况；根据牛顿第二定律分析加速度的变化，速度方向与加速度方向相同时，物体的速度增加，反之，速度减小解答：解：物体在几个力的作用下做匀速直线运动时，合力为零，当沿与速度方向相反的一个力逐渐减小时，物体的合力大小逐渐增大，方向与速度相同，则由牛顿第二定律可知，加速度增大，速度增大，物体做变加速直线运动故a正确，bcd错误故选a点评：本题的解题关键是分析物体的合力变化情况，根据牛顿第二定律即可判断加速度和速度的变化情况4（3分）如图所示，在竖直平面内有一个半径为r的圆弧轨道半径oa水平、ob竖直，一个质量为m的小球自a正上方p点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点b时恰好对轨道没有压力，已知ap=2r，重力加速度为g，则小球从p到b的运动过程中（）a重力做功2mgrb机械能减少mgrc合外力做功mgrd克服摩擦力做功mgr考点：牛顿第二定律；动能定理的应用 专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：小球沿轨道到达最高点b时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律求解出b点的速度；然后对从p到b过程根据功能关系列式判读解答：解：a、重力做功与路径无关，只与初末位置有关，故p到b过程，重力做功为wg=mgr，故a错误；b、小球沿轨道到达最高点b时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律，有mg=m，解得；从p到b过程，重力势能减小量为mgr，动能增加量为=，故机械能减小量为：mgr，故b错误；c、从p到b过程，合外力做功等于动能增加量，故为=，故c错误；d、从p到b过程，克服摩擦力做功等于机械能减小量，故为mgr，故d正确；故选d点评：解决本题的关键知道球到达b点时对轨道的压力为0，有mg=m，以及能够熟练运用动能定理5（3分）一物块在光滑的水平面上受一恒力f的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧，如图所示当物块与弹簧接触后（）a物块立即做减速运动b物块在开始的一段时间内仍做加速运动c当弹簧的弹力等于恒力f时，物块静止d当弹簧处于最大压缩量时，物块的加速度不等于零考点：牛顿第二定律；胡克定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：物块与弹簧接触前，在推力的作用下做加速运动，与弹簧接触后，随着压缩量的增加，弹簧弹力不断变大，弹力小于推力时，物体继续加速，弹力等于推力时，物体的加速度减为零，速度达到最大，弹力大于推力后，物体减速解答：解：a、物体与弹簧接触后，物体受到弹力，但开始时弹力小于推力，物体继续加速，直到弹力等于推力为止，故a错误；b、物体与弹簧接触后，物体受到弹力，但开始时弹力小于推力，物体继续加速，直到弹力等于推力为止，故b正确；c、物体与弹簧接触后，物体受到弹力，但开始时弹力小于推力，物体继续加速，当弹力增加到等于推力时，物体速度达到最大，此后由于惯性，物体继续向左运动，弹力大于推力，物体开始减速，故c错误；d、弹簧处于最大压缩量时，速度为零，弹力大于推力，故合力不为零，加速度也不为零，故d正确；故选bd点评：本题中物块接触弹簧后的运动分为加速度不断减小的加速运动和加速度不断变大的减速运动6（3分）如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆的下端固定有质量为m的小球下列关于杆对球的作用力f的判断中，正确的是（）a小车静止时，f=mgsin ，方向沿杆向上b小车静止时，f=mgcos ，方向垂直于杆向上c小车向右做匀速运动时，一定有f=mg，方向竖直向上d小车向右做匀加速运动时，一定有fmg，方向可能沿杆向上考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：结合小车的运动状态对小车进行受力分析，确定杆对小球的作用力解答：解：a、b、小球受竖直向下的重力mg与杆对小球的力f作用；当小车静止时，小球也静止，小球处于平衡状态，受平衡力作用，杆的作用力f与重力是一对平衡力，由平衡条件得：f=mg，方向竖直向上故a、b错误c、小车向右做匀速运动时，受力平衡，一定有f=mg，方向竖直向上，故c正确；d、小车向右加速运动时，小球受力不平衡，小球受到的合力向右，fmg，方向可能沿杆向上，故d正确；故选cd点评：本题中轻杆与轻绳的模型不同，绳子对物体只有拉力，一定沿绳子方向，而杆子对物体的弹力不一定沿杆子方向，要根据状态，由牛顿定律分析确定7（3分）如图所示，人和物处于静止状态、当人拉着绳向右跨出一步后，人和物仍保持静止、不计绳与滑轮的摩擦，下列说法中正确的是（）a绳的拉力大小不变b人所受的合外力增大c地面对人的摩擦力增大d人对地面的压力减小考点：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：当人拉着绳向右跨出一步后，人和物仍保持静止，所以人和物始终处于平衡状态，分别对物体和任受力分析应用平衡条件分析即可解答：解：a、物体始终处于静止状态，所以绳子对物体的拉力始终等于mg，故a正确；b、人保持静止状态，合力为零，故b错误；c、d、对人受力分析并正交分解如图：由平衡条件得：n+mgsin=mgf=mgcos当人拉着绳向右跨出一步后，将变小：所以：f=mgcos会变大，n=mgmgsin也将变大，故c正确，d错误；故选ac点评：本题为平衡条件得应用：动态分析常用的方法是画图法和解析式法，一般物体受3个力时常用画图法，受4个以上的力时用解析式法8（3分）如图所示，飞行器p绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为，下列说法正确的是（）a轨道半径越大，周期越长b轨道半径越大，速度越大c若测得周期和张角，可得到星球的平均密度d若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 专题：人造卫星问题分析：根据开普勒第三定律，分析周期与轨道半径的关系；飞行器p绕某星球做匀速圆周运动，由星球的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和几何知识、密度公式可求解星球的平均密度解答：解：a、根据开普勒第三定律=k，可知轨道半径越大，飞行器的周期越长故a正确；b、根据卫星的速度公式v=，可知轨道半径越大，速度越小，故b错误；c、设星球的质量为m，半径为r，平均密度为，张角为，飞行器的质量为m，轨道半径为r，周期为t对于飞行器，根据万有引力提供向心力得：g=mr由几何关系有：r=rsin星球的平均密度 =联立以上三式得：=，则测得周期和张角，可得到星球的平均密度故c正确；d、由g=mr可得：m=，可知若测得周期和轨道半径，可得到星球的质量，但星球的半径未知，不能求出星球的平均密度故d错误故选：ac点评：本题关键掌握开普勒定律和万有引力等于向心力这一基本思路，结合几何知识进行解题9（3分）如图所示，v2v1，v2与v1都是相对于地面的速度物块与平板车间的动摩擦因数为，平板车与地面之间无摩擦，则在运动过程中（）a车的动量增加，物块的动量减少b车的动量减少，物块的动量增加c两物体总动量增加，总机械能不变d两物体总动量不变，总机械能减少考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：由系统分析可知系统动量是否守恒，再对单个物体进行分析，由动量守恒可得出车及物块动量的变化；再由摩擦力的做功情况可得出机械能的变化解答：解：a、因v2v1，故摩擦力对平板车的冲量为正，故车的动量增加；而摩擦力对物块的冲量为负值，故物块的动量减少，故a正确，b错误；c、因两物体不受外力，故系统动量守恒，但由于两物体之间有相对运动，故摩擦力对系统做功，消耗机械能，故总机械能减少；故c错误d正确；故选ad点评：本题考查了动量守恒及机械能守恒定律的应用，注意摩擦力与相对位移间的乘积等于内能的增加量二、解答题10（9分）（1）如图所示，甲图中螺旋测微器的读数为10.502mm，乙图中游标卡尺的读数为10.155cm（2）如图丙所示，在探究“共点力合成”的实验中，橡皮条一端固定于p点，另一端连接两个弹簧秤，分别用f1与f2拉两个弹簧秤，将结点拉至o点现让f2方向不变，改变f1，要使结点仍位于o点，则f1的大小及图中角的变化可能是：abca增大f1的同时增大角 b增大f1而保持角不变 c增大f1的同时减小角 d减小f1的同时减小角考点：验证力的平行四边形定则；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 专题：实验题分析：（1）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（2）本题考查力的平行四边形定则，根据题意，保持合力大小方向不变，f2大小不变，方向改变，看怎样改变f1仍能组成平行四边形即可解答：解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为10.5mm，可动刻度读数为：0.010.2mm=0.002mm，所以最终读数为：10.5mm+002mm=10.502mm，游标卡尺的固定刻度读数为10.1cm，游标尺读数为：0.0511mm=0.55mm=0.055cm，所以最终读数为：10.1cm+0.055cm=10.155cm（2）根据平行四边形定则有：若如图1变化所受，可以增大f1的同时减小角，故c正确；如图2所受示，可以增大f1的同时增大角，故a正确；如图3所受示，可以增大f1而保持角不变，故b正确；同时根据平行四边形定则可知，减小f1的同时增大角是不能组成平行四边形的，故d错误故选：abc故答案为：10.502，10.155； （2）abc；点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，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三力平衡问题中的动态分析问题，关键受力分析后，作出示意图，然后运用力的平行四边形定则进行分析讨论11（9分）某同学用如图1所示装置通过半径相同的a、b两球的碰撞来验证动量守恒定律实验时先使a球从斜槽上某一固定位置g由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹重复上述操作10次，得到10个落点痕迹再把b球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让a球仍从位置g由静止开始滚下，和b球碰撞后，a、b球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹重复这种操作10次，得到了如图2所示的三个落地点a请你叙述用什么方法找出落地点的平均位置用尽可能小的圆把球的各落点圈起来，圆的圆心位置即为落地点的平均位置并在图中读出op=17.1cmb用ma、mb和题中的其他字母写出动量守恒定律的表达式maoq=maop+mbor考点：验证动量守恒定律 专题：实验题分析：a、用尽可能小的圆把小球的落地点圈起来，圆心可以认为是小球的落点位置；由图示确定刻度尺的分度值，然后读出其示数b、为了验证碰撞前后动量守恒，即是验证碰撞前的动量等于碰撞后的动量即可解答：解：a、用尽可能小的圆把球的各落点圈起来，圆的圆心位置即为落地点的平均位置，由图2所示可知，刻度尺的分度值为1cm，op=17.1cm；b、两球离开轨道后做平抛运动，两小球抛出点的高度相同，在空中的运动时间t相同，由动量守恒定律可得：mav0=mav1+mbv2，两边同时乘以时间t得：mav0t=mav1t+mbv2t，则：maoq=maop+mbor；故答案为：a、用尽可能小的圆把球的各落点圈起来，圆的圆心位置即为落地点的平均位置； 17.1；b、maoq=maop+mbor点评：本题考查了验证动量守恒定律实验，要掌握实验原理、实验注意事项，掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键12（18分）如图所示，将带电量q=0.3c、质量m=0.3kg的滑块放在小车的绝缘板的右端，小车的质量m=0.5kg，滑块与绝缘板间动摩擦因数=0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在着磁感应强度b=20t的水平方向的匀强磁场开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长 l=1.25m、摆球质量 m=0.15kg的摆从水平位置由静止释放，摆到最低点时与小车相撞，如图所示，碰撞后摆球恰好静止，g=10m/s2，求：（1）与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力；（2）球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能e；（3）碰撞后小车的最终速度考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）小球向下摆动过程，只有重力做功，根据机械能守恒定律求出小球与小车碰撞前的速度由牛顿第二定律求出绳子的拉力（2）对小球与小车碰撞过程，根据动量守恒定律即可求解小车碰撞后瞬间的速度，摆球与小车碰撞过程中系统损失的机械能e等于系统碰撞前后动能之差（3）假设m最终能与m一起运动，由动量守恒定律可以求得它们的共同速度，分析滑块在此速度下的洛伦兹力跟重力的关系，如果大于重力则在达到这个速度前就已经和小车分离，再根据动量守恒解题，如小于重力则可以以共同速度运动解答：解：（1）小球向下摆动过程，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgl=mv2，解得：v=5m/s在最低点，由牛顿第二定律得：fmg=m，代入数据解得：f=4.5n；（2）摆球与小车碰撞过程中的过程中，两者组成的系统动量守恒定律，以摆球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=mv1+0，代入数据解得：v1=1.5m/s，摆球与小车碰撞过程中系统损失的机械能为：e=mv2mv12，代入数据解得：e=1.31j；（3）假设m最终能与m一起运动，由动量守恒定律得：mv1=（m+m）v2，代入数据解得：v2=0.9375m/s，m受到的向上洛仑兹力为：f=bqv2=200.30.9375=5.625nmg=1.5n，所以m在还未到v2=3m/s时已与m分开了对物块：qv3b=mg，代入数据解得：v3=0.5m/s，物块与车组成的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：mv1=mv2+mv3代入数据解得：v2=1.2m/s，方向水平向右答：（1）与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力为4.5