广东省梅州市五华中学高三物理上学期1月月考试卷（含解析）.doc

广东省梅州市五华中学2015届高三上学 期月考物理试卷（1月份）一、单项选择题（每题4分）1（4分）如图所示，a、b两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中b受到的摩擦力（）a方向向左，大小不变b方向向左，逐渐减小c方向向右，大小不变d方向向右，逐渐减小2（4分）一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是（）a匀速直线运动b匀加速直线运动c匀变速曲线运动d匀速圆周运动3（4分）一个物块以初动能e滑上斜面最高处时克服重力做功0.6e，则它又滑回斜面底端时的动能为（）a0.8eb0.6ec0.4ed0.2e4（4分）一人造卫星绕地球运动，由于受到稀薄气体阻力的作用，其轨道半径会缓慢发生变化若卫星绕地球运动一周的过程都可近似看做圆周运动，则经过足够长的时间后，卫星绕地球运行的（）a半径变大，角速度变大，速率变大b半径变小，角速度变大，速率变大c半径变大，角速度变小，速率变小d半径变小，角速度变小，速率变小二、双项选择题（每题6分）5（6分）如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，让两个质量相同的小球a和小球b，紧贴圆锥筒内壁分别在水平面内做匀速圆周运动，则（）aa球的线速度一定大于b球的线速度ba球的角速度一定大于b球的角速度ca球的向心加速度一定等于b球的向心加速度da球对筒壁的压力一定大于b球对筒壁的压力6（6分）如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）a所受重力与电场力平衡b电势能逐渐增加c动能逐渐增加d做匀变速直线运动7（6分）如图所示，一小滑块从斜面顶端a由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动到达底端c，已知ab=bc，则下列说法正确的是（）a滑块到达b、c两点的速度之比为1：b滑块到达b、c两点的速度之比为1：4c滑块通过ab、bc两段的时间之比为1：d滑块通过ab、bc两段的时间之比为1：（1）8（6分）两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成以平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关k，电源即给电容器充电（）a保持k接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小b保持k接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大c断开k，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小d断开k，在两极板间插入一块介质，则极板上的电势差增大9（6分）木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是（）aa尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒ba尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒ca离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒da离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒二、实验题10（18分）用如图1所示的实验装置验证牛顿第二定律完成平衡摩擦力的相关内容：（1）取下砂桶，把木板不带滑轮的一端垫高，接通打点计时器电源，（选填“静止释放”或“轻轻推动”）小车，让小车拖着纸带运动（2）如果打出的纸带如图2所示，则应（选填“增大”或“减小”）木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹，平衡摩擦力才完成11如图所示是某次实验中得到的一条纸带，其中a、b、c、d、e是计数点（每打5个点取一个计数点），其中l1=3.07cm，l2=12.38cm，l3=27.87cm，l4=49.62cm则打c点时小车的速度为m/s（计算结果保留三位有效数字）12在“测定金属的电阻率”的实验中，提供的电源是一节内阻可不计的干电池，被测金属丝的直径小于1mm，长度约为80cm，阻值约为3，使用的电压表有3v（内阻约为3k）和15v（内阻约为15k）两个量程，电流表有0.6a（内阻约为0.1）和3a（内阻约为0.02）两个量程，供限流用的滑动变阻器有：a.010；b.0100；c.01 500三种，可供选择的实验电路有如图1所示的甲、乙两种，用螺旋测微器测金属丝的直径如图2所示，则：（1）螺旋测微器的示数是mm（2）为减小电阻的测量误差，应选用图所示的电路（3）为了使测量便于调节，应选用编号为的滑动变阻器（4）电压表的量程应选用v（5）电流表的量程应选用a三、计算题13（18分）如图所示，光滑水平面上有a、b、c三个物块，其质量分别为ma=2.0kg，mb=1.0kg，mc=1.0kg现用一轻弹簧将a、b两物块连接，并用力缓慢压缩弹簧使a、b两物块靠近，此过程外力做功108j（弹簧仍处于弹性限度内），然后同时释放a、b，弹簧开始逐渐变长，当弹簧刚好恢复原长时，c恰以4m/s的速度迎面与b发生碰撞并粘连在一起求（1）弹簧刚好恢复原长时（b与c碰撞前）a和b物块速度的大小？（2）当弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能为多少？14（18分）如图所示，水平绝缘轨道ab与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道bc平滑连接，半圆形轨道的半径r=0.40m轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度e=1.0104n/c现有一电荷量q=+1.0104c，质量m=0.10kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的p点由静止释放，带电体运动到圆形轨道最低点b时的速度vb=5.0m/s已知带电体与水平轨道间的动摩擦因数=0.50，重力加速度g=10m/s2求：（1）带电体运动到圆形轨道的最低点b时，圆形轨道对带电体支持力的大小；（2）带电体在水平轨道上的释放点p到b点的距离；（3）带电体第一次经过c点后，落在水平轨道上的位置到b点的距离广东省梅州市五华中学2015届高三上学期月考物理试卷（1月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（每题4分）1（4分）如图所示，a、b两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中b受到的摩擦力（）a方向向左，大小不变b方向向左，逐渐减小c方向向右，大小不变d方向向右，逐渐减小考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力 专题：整体法和隔离法分析：整体法和隔离法是动力学问题常用的解题方法 1、整体法：整体法是指对物理问题中的整个系统或整个过程进行分析、研究的方法在力学中，就是把几个物体视为一个整体，作为研究对象，受力分析时，只分析这一整体对象之外的物体对整体的作用力（外力），不考虑整体内部之间的相互作用力（内力） 整体法的优点：通过整体法分析物理问题，可以弄清系统的整体受力情况和全过程的受力情况，从整体上揭示事物的本质和变体规律，从而避开了中间环节的繁琐推算，能够灵活地解决问题通常在分析外力对系统的作用时，用整体法 2、隔离法：隔离法是指对物理问题中的单个物体或单个过程进行分析、研究的方法在力学中，就是把要分析的物体从相关的物体体系中隔离出来，作为研究对象，只分析该研究对象以外的物体对该对象的作用力，不考虑研究对象对其他物体的作用力 隔离法的优点：容易看清单个物体的受力情况或单个过程的运动情形，问题处理起来比较方便、简单，便于初学者使用在分析系统内各物体（或一个物体的各个部分）间的相互作用时用隔离法本题中两物体相对静止，可以先用整体法，整体受重力、支持力和向后的摩擦力，根据牛顿第二定律先求出整体加速度，再隔离物体b分析，由于向前匀减速运动，加速度向后，故合力向后，对b物体受力分析，受重力、支持力和摩擦力作用，根据牛顿第二定律，可以求出静摩擦力的大小解答：解：a、b两物块叠放在一起共同向右做匀减速直线运动，对a、b整体根据牛顿第二定律有然后隔离b，根据牛顿第二定律有fab=mba=mbg 大小不变，物体b做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左，摩擦力向左；故选a点评：对于连接体问题可以用整体法求加速度，用隔离法求解系统内力！2（4分）一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是（）a匀速直线运动b匀加速直线运动c匀变速曲线运动d匀速圆周运动考点：电场强度；牛顿第二定律 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据物体的初状态和受力情况判断物体的运动情况解答：解：一带电粒子在电场中只受电场力作用时，合力不为0a、物体合力不为0，不可能做匀速直线运动，故a错误b、物体合力不为0，当初速度方向与加速度方向相同，而且合外力恒定，就做匀加速直线运动，故b正确c、物体合力不为0，当初速度方向与加速度方向不在一条直线上，而且合外力恒定，物体就做匀变速曲线运动，故c正确d、物体合力不为0，当合力与速度方向始终垂直，就可能做匀速圆周运动，故d正确答案选不可能出现的运动状态，故选：a点评：了解几种常见的运动状态的受力情况和速度变化情况3（4分）一个物块以初动能e滑上斜面最高处时克服重力做功0.6e，则它又滑回斜面底端时的动能为（）a0.8eb0.6ec0.4ed0.2e考点：动能定理的应用 专题：动能定理的应用专题分析：对物块应用动能定理可以求出物块回到斜面底端时的动能解答：解：物块向上滑动过程，由动能定理得：mghwf=0e，由题意可知：mgh=0.6e，解得：wf=0.4e，物块下滑过程，由动能定理得：mghwf=ek，解得：ek=0.2e；故选：d点评：本题考查了求物体的动能，分析清楚物体的运动过程，应用动能定理即可正确解题4（4分）一人造卫星绕地球运动，由于受到稀薄气体阻力的作用，其轨道半径会缓慢发生变化若卫星绕地球运动一周的过程都可近似看做圆周运动，则经过足够长的时间后，卫星绕地球运行的（）a半径变大，角速度变大，速率变大b半径变小，角速度变大，速率变大c半径变大，角速度变小，速率变小d半径变小，角速度变小，速率变小考点：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：克服空气阻力做功，机械能将逐渐变小，从而轨道半径将变小根据万有引力提供向心力，列式得到卫星的线速度与轨道半径的关系式，再进行分析解答：解：由于卫星要克服空气阻力做功，机械能要减小，所以卫星轨道半径逐渐减小根据万有引力提供向心力，得：g=m得v=，r减小，v增大，v=r，所以角速度变大故b正确故选：b点评：卫星绕地球做圆周运动所需要的向心力由万有引力提供，根据题意选择恰当的向心力的表达式，解出线速度，根据表达式讨论二、双项选择题（每题6分）5（6分）如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，让两个质量相同的小球a和小球b，紧贴圆锥筒内壁分别在水平面内做匀速圆周运动，则（）aa球的线速度一定大于b球的线速度ba球的角速度一定大于b球的角速度ca球的向心加速度一定等于b球的向心加速度da球对筒壁的压力一定大于b球对筒壁的压力考点：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：小球受重力和支持力，靠重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，根据f合=ma=m2r比较线速度、角速度、加速度解答：解：a、对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图根据牛顿第二定律，有：f=mgtan=ma=m2r，解得：v=，a=gtan，=a的半径大，则a的线速度大，角速度小，向心加速度相等故ac正确，b错误d、因为支持力n=，支持力等于球对筒壁的压力，知球a对筒壁的压力一定等于球b对筒壁的压力故d错误故选：ac点评：解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解6（6分）如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）a所受重力与电场力平衡b电势能逐渐增加c动能逐渐增加d做匀变速直线运动考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化解答：解：a、根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，因此a错误，d正确；b、由a选项分析可知，电场力做负功，则电势能增加，故b正确；c、因电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故c错误；故选：bd点评：考查根据运动情况来确定受力情况，并由电场力做功来确定电势能如何，以及动能的变化7（6分）如图所示，一小滑块从斜面顶端a由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动到达底端c，已知ab=bc，则下列说法正确的是（）a滑块到达b、c两点的速度之比为1：b滑块到达b、c两点的速度之比为1：4c滑块通过ab、bc两段的时间之比为1：d滑块通过ab、bc两段的时间之比为1：（1）考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系 专题：直线运动规律专题分析：根据匀变速直线运动的速度位移公式v2=2ax求出滑块到达b、c两点的速度之比在初速度为零的匀变速直线运动，在连续通过相等位移内的时间之比为：1：（）：（）：（）解答：解：a、根据匀变速直线运动的速度位移公式v2=2ax得，v=，所经过的位移比为1：2，则通过b、c两点的速度之比为1：故a正确、b错误 c、设ab段、bc段的长度为x，所经历的时间分别为t1，t2，根据匀变速直线运动的位移时间公式有：x=，2x=，则=，所以=故c错误，d正确故选：ad点评：解决本题的关键掌握初速度为零的匀变速直线运动的速度位移公式v2=2ax，以及位移时间公式x=8（6分）两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成以平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关k，电源即给电容器充电（）a保持k接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小b保持k接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大c断开k，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小d断开k，在两极板间插入一块介质，则极板上的电势差增大考点：电容器的动态分析 分析：电容器与电源相连，两极板间的电势差不变，通电后断开，则两极板上的电量不变； 由平行板电容器电容c=，根据某些量的变化可知电容的变化，则由q=uc可知电压或电量的变化，由e=可求得电场强度的变化解答：解：a、保持k接通，则两板间的电势差不变，因d减小，由e=可知，两极板间的电场的电场场强增大，故a错误；b、保持k接通，两板间的电势差不变，在两极板间插入介质后，电容增大，由q=uc可知，极板上的电量增大，故b正确；c、断开k，两板上所带电量不变，减小距离d，电容增大，由c=可得u=，则可知u减小，故c正确；d、断开k，两板上所带电量不变，插入介质后电容变大，由u=可知极板上的电势差减小，故d错误；故选bc点评：电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开则极板上的电量不变；和电源相连，则两板间的电势差不变9（6分）木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是（）aa尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒ba尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒ca离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒da离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒考点：动量守恒定律 分析：判断系统动量是否守恒看系统所受的外力之和是否为零当撤去外力f后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0解答：解：当撤去外力f后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零所以和b组成的系统的动量不守恒故a错、b正确a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0，所以a、b组成的系统的动量守恒故c正确、d错误故选bc点评：解决本题的关键理解系统所受合外力为零时动量守恒，并能对实际的问题进行判断此题属于基础题二、实验题10（18分）用如图1所示的实验装置验证牛顿第二定律完成平衡摩擦力的相关内容：（1）取下砂桶，把木板不带滑轮的一端垫高，接通打点计时器电源，轻轻推动（选填“静止释放”或“轻轻推动”）小车，让小车拖着纸带运动（2）如果打出的纸带如图2所示，则应减小（选填“增大”或“减小”）木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹间隔均匀，平衡摩擦力才完成考点：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：平衡摩擦力时轻推小车，若小车能够做匀速直线运动，则摩擦力得到平衡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c点的速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小车的加速度解答：解：（1）平衡摩擦力时，取下砂桶，把木板不带滑轮的一端垫高，接通打点计时器电源，轻推小车，若小车拖着纸带做匀速直线运动，则摩擦力得到平衡（2）从纸带上看出，相等时间内位移越来越大，知小车做加速运动，需减小木板的倾角，直至小车做匀速直线运动，当纸带上打出的点迹间隔均匀，说明小车做匀速直线运动故答案为：（1）轻轻推动 （2）减小 间隔均匀点评：解决本题的关键掌握平衡摩擦力的方法，纸带的处理要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用11如图所示是某次实验中得到的一条纸带，其中a、b、c、d、e是计数点（每打5个点取一个计数点），其中l1=3.07cm，l2=12.38cm，l3=27.87cm，l4=49.62cm则打c点时小车的速度为1.24m/s（计算结果保留三位有效数字）考点：探究小车速度随时间变化的规律 专题：实验题；直线运动规律专题分析：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c点的速度解答：解：每打5个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔t=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，小车通过c点的速度为：vc=1.24m/s故答案为：1.24点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用12在“测定金属的电阻率”的实验中，提供的电源是一节内阻可不计的干电池，被测金属丝的直径小于1mm，长度约为80cm，阻值约为3，使用的电压表有3v（内阻约为3k）和15v（内阻约为15k）两个量程，电流表有0.6a（内阻约为0.1）和3a（内阻约为0.02）两个量程，供限流用的滑动变阻器有：a.010；b.0100；c.01 500三种，可供选择的实验电路有如图1所示的甲、乙两种，用螺旋测微器测金属丝的直径如图2所示，则：（1）螺旋测微器的示数是0.806mm（2）为减小电阻的测量误差，应选用乙图所示的电路（3）为了使测量便于调节，应选用编号为a的滑动变阻器（4）电压表的量程应选用3v（5）电流表的量程应选用0.6a考点：测定金属的电阻率 专题：实验题；恒定电流专题分析：本题（1）读数时应分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否量程；题（2）的关键是根据电动势大小来选择电压表的量程，通过求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程，根据待测电阻满足可知，电流表应用外接法；题（3）的关键是通过求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器解答：解：（1）螺旋测微器的读数为：d=0.5mm+30.60.01mm=0.806mm；（2）根据电源电动势为1.5v可知，电压表应选3v的量程；根据i=可求出通过待测电阻的最大电流为：，所以电流表应选0.6a的量程；由于待测电阻满足，可知电流表应用外接法，所以应选乙图所示的电路；（3）根据闭合电路欧姆定律可求出电路中需要的最大电阻为：，所以变阻器应选a；（4）根据（2）的分析可知，电压表应选3v的量程；（5）根据（2）的分析可知，电流表应选0.6a的量程故答案为：（1）0.806（2）乙（3）a（4）3（5）0.6点评：应明确：应根据电源电动势的大小来选择电压表量程，根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程；当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法；应根据电路中需要的最大电阻来选择变阻器三、计算题13（18分）如图所示，光滑水平面上有a、b、c三个物块，其质量分别为ma=2.0kg，mb=1.0kg，mc=1.0kg现用一轻弹簧将a、b两物块连接，并用力缓慢压缩弹簧使a、b两物块靠近，此过程外力做功108j（弹簧仍处于弹性限度内），然后同时释放a、b，弹簧开始逐渐变长，当弹簧刚好恢复原长时，c恰以4m/s的速度迎面与b发生碰撞并粘连在一起求（1）弹簧刚好恢复原长时（b与c碰撞前）a和b物块速度的大小？（2）当弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能为多少？考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：与弹簧相关的动量、能量综合专题分析：（1）当弹簧恢复过程中，a、b物体动量守恒，且减少的弹性势能完全转化为两物体的动能列出两组方程，从而求出两个未知量，即为a、b物体的速度大小（2）当弹簧第二次被压缩时，a和b、c组成的系统动量守恒，机械能守恒，从而由这两个守恒定律可列出两组方程，同样可求出结果解答：解：（1）弹簧刚好恢复原长时，a和b物块速度的大小分别为a、b由动量守恒定律有：0=maambb此过程机械能守恒有：ep=maa2+mbb2代入ep=108j，解得：a=6m/s，b=12m/s，a的速度向右，b的速度向左（2）c与b碰撞时，c、b组成的系统动量守恒，设碰后b、c粘连时速度为，则有：mbbmcc=（mb+mc），代入数据得=4m/s，的方向向左此后a和b、c组成的系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧第二次压缩最短时，弹簧具有的弹性势能最大，设为ep，且此时a与b、c三者有相同的速度，设为，则有：动量守恒：maa（mb+mc）=（ma+mb+mc），代入数据得=1m/s，的方向向右机械能守恒：maa2+（mb+mc）2=ep+（ma+mb+mc）2，代入数据得ep=50j答：（1）弹簧刚好恢复原长时（b与c碰撞前）a的速度为6m/s，b物块速度大小12m/s（2）当弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能为50j点评：考查动量守恒定律与机械能守恒定律相综合的应用，列动量表达式时注意了方向性同时研究对象的选取也是本题的关键之