湖南省永州市祁阳四中高三物理上学期第四次月考试卷（含解析）.doc

湖南省永州市祁阳四中20 15届高三上学期第四次月考物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分第18小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，第912小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1目前，有一种先进的汽车制动装置，可保证车轮在制动时不会被抱死，使车轮仍有一定的滚动，安装了这种防抱死装置的汽车，在紧急刹车时可获得比车轮抱死更大的制动力，从而使刹车距离大大减小，假设汽车安装防抱死装置后刹车制动力恒为f，驾驶员的反应时间为t，汽车的质量为m，刹车前匀速行驶的速度为v，则( )a汽车刹车的加速度大小为a=b汽车刹车时间t=c汽车的刹车距离为s=vt+d驾驶员发现情况后紧急刹车时的安全距离 s=vt+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：汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式综合求解解答：解：a、汽车刹车的加速度a=，故a错误b、汽车刹车的时间，故b错误c、汽车刹车的距离，安全距离s=vt+s=vt+故c错误，d正确故选：d点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动2如图所示，用大小相等、方向相反，并在同一水平面上的力n挤压相同的木板，木板中间夹着两块相同的砖，砖和木板均保持静止，则( )a两砖间摩擦力为零bn越大，板与砖之间的摩擦力就越大c板、砖之间的摩擦力大于砖的重力d两砖之间没有相互挤压的力考点：静摩擦力和最大静摩擦力 专题：摩擦力专题分析：先以两块砖整体为研究对象，由平衡条件求出木板对砖的摩擦力，再隔离其中一块砖研究，由平衡条件求解另一块对它的摩擦力大小解答：解：abc、设每一块砖的重力为g，一侧木板对砖的摩擦力大小为f1，两块砖之间的摩擦力大小为f2根据平衡条件得 对整体，有：2f1=2g，得f1=g 对左侧砖，有：f1+f2=g解得f2=0即两砖间摩擦力为零，而且这个结果与n无关故a正确，bc均错误d、两砖之间有相互挤压的力故d错误故选：a点评：本题是解题关键是如何选择研究对象，采用整体法和隔离法相结合处理，简单方便3如图所示，两轻质弹簧a、b悬挂一质量为m的小铁球，小铁球处于平衡状态，a弹簧与竖直方向成30角，b弹簧水平，a、b两弹簧的劲度系数分别为k1、k2，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )aa弹簧的伸长量为ba、b两弹簧的伸长量的比值为c若弹簧b的左端松脱，则松脱瞬间小铁球的加速度为d若弹簧a的下端松脱，则松脱瞬间小铁球的加速度为g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：对小球受力分析，受到重力和两个弹簧的弹力，根据平衡条件并运用合成法得到两个弹力之比，再结合胡克定律求解出伸长量之比，根据小球平衡由弹簧松脱得出弹力变化情况，再据牛顿第二定律分析加速度情况解答：解：a、由受力图知，弹簧a中弹力，据胡克定律a弹簧的伸长量为，故a错误；b、对小球受力分析，受到重力和两个弹簧的弹力，如图根据平衡条件，有：=根据胡克定律，有：f1=k1x1f2=k2x2解得：，故b正确；c、由受力图可知，弹簧b中弹力，若弹簧b的左端松脱，则松脱瞬间a弹簧的弹力不变，故小球所受重力和a弹簧弹力的合力与f2大小相等方向相反，故小球的加速度a=，故c错误；d、由受力图知，弹簧a中弹力，若弹簧a的左端松脱，则松脱瞬间b弹簧的弹力不变，故小球所受重力和b弹簧弹力的合力与f1大小相等方向相反，故小球的加速度a=，故d错误故选：b点评：本题考查共点力平衡条件的运用，关键是作图，三力中两个力的合力一定与第三个力等值、反向、共线，知道一个弹簧弹力变化的瞬间，另一弹簧弹力保持不变4一同学做“研究平抛物体运动”的实验，只在纸上记下重锤线y方向，忘记在纸上记下斜槽末端位置，并只在坐标纸上描出如图所示的曲线现在我们在曲线上取a、b两点，用刻度尺分别量出它们到y的距离aa=x1，bb=x2，以及ab的竖直距离h，从而求出小球抛出时的初速度v0为( )abcd考点：研究平抛物体的运动 专题：实验题分析：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，设初速度为v0，根据水平方向上的位移x1和x2，得出抛出点运动到a和b的时间，根据竖直方向上的距离差为h，求出初速度解答：解：水平方向小球做匀速直线运动，则由初始点o到a过程有：x1=v0t0由初始点o到b过程：x2=v0t竖直方向做自由落体运动，则有h=联立得：v0=故a正确，b、c、d错误故选：a点评：解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，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5如图所示的圆锥摆中，摆球a在水平面上作匀速圆周运动，关于a的受力情况，下列说法中正确的是( )a摆球a受重力、拉力和向心力的作用b摆球a受拉力和向心力的作用c摆球a受拉力和重力的作用d摆球a受重力和向心力的作用考点：向心力 专题：匀速圆周运动专题分析：先对小球进行运动分析，做匀速圆周运动，再找出合力的方向，进一步对小球受力分析！解答：解：小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图小球受重力、和绳子的拉力，由于它们的合力总是指向圆心并使得小球在水平面内做圆周运动，故在物理学上，将这个合力就叫做向心力，即向心力是按照力的效果命名的，这里是重力和拉力的合力故选：c点评：向心力是效果力，匀速圆周运动中由合外力提供，是合力，与分力是等效替代关系，不是重复受力！6银河系的恒星中大约四分之一是双星某双星由质量不等的星体s1和s2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点c做匀速圆周运动由天文观察测得其运动周期为t，s1到c点的距离为r1，s1和s2的距离为r，已知引力常量为g由此可求出s1的质量为( )abcd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：这是一个双星的问题，s1和s2绕c做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供各自的向心力，s1和s2有相同的角速度和周期，结合牛顿第二定律和万有引力定律解决问题解答：解：设星体s1和s2的质量分别为m1、m2，星体s2做圆周运动的向心力由万有引力提供得：=（rr1）m2（）2即 m1=故选：d点评：双星的特点是两个星体周期相等，星体间的万有引力提供各自所需的向心力7如图所示，质量为m的物体在恒力f的作用下以一定的初速度竖直向上运动，物体的加速度方向向下，空气阻力不计，则物体的机械能( )a一定增加b一定减少c一定不变d可能增加，也可能减少考点：功能关系 分析：除重力以外其它力做功等于机械能的增量，根据该功能关系判断物体的机械能的变化解答：解：因为物体向上运动，恒力f做正功，物体的机械能一定增加故a正确，b、c、d错误故选a点评：解决本题的关键掌握功能关系，知道重力功与重力势能的关系，合力功与动能的关系，知道除重力以外其它力做功与机械能的关系等等8a、b是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从a点沿电场线运动到b点，其速度v与时间t的关系图象如图所示则此电场的电场线分布可能是下图中的( )abcd考点：电场线 专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）速度时间图象中，图象的斜率表示加速度；（2）电场线分布密集的地方电场强度大，分布稀疏的地方，电场强度小；（3）负电荷受电场力的方向与电场强度方向相反；（4）对只受电场力作用的带电微粒，电场力越大，加速度越大，也就是电场强度越大，加速度越大根据这几个知识进行分析解答：解：由vt图象可知，微粒的速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，由f=qe知，场强增大，电场线越来越密电场力方向与其运动方向相反，电场力向左，所以电场线方向向右故a正确，bcd错误故选：a点评：本题考查了速度时间图象的应用和电场线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据图象判断物体的运动情况，进而分析受力情况能根据电场线的分布判断电场强度的大小9一只小船渡河，水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边小船相对于水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，运动轨迹如图所示船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，且船在渡河过程中船头方向始终不变由此可以确定船( )a沿ad轨迹运动时，船相对于水做匀减速直线运动b沿三条不同路径渡河的时间相同c沿ac轨迹渡河所用的时间最短d沿ac轨迹船到达对岸的速度最小考点：运动的合成和分解 专题：运动的合成和分解专题分析：根据运动的合成，结合合成法则，即可确定各自运动轨迹，由运动学公式，从而确定运动的时间与速度大小解答：解：a、当沿ad轨迹运动时，则加速度方向与船在静水中的速度方向相反，因此船相对于水做匀减速直线运动，故a正确；b、船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，因运动的性质不同，则渡河时间也不同，故b错误；c、沿ab轨迹，做匀速直线运动，则渡河所用的时间大于沿ac轨迹运动渡河时间，故c正确；d、沿ac轨迹，船是匀加速运动，则船到达对岸的速度最大，故d错误故选：ac点评：考查运动的合成与分解的应用，注意船运动的性质不同，是解题的关键10如图所示，三条平行等距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10v、20v、30v，实线是一带负电的粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点来说( )a粒子必先过a，再到b，然后到cb粒子在三点的合力fa=fb=fcc粒子在三点的动能大小为ekb=eka=ekcd粒子在三点的电势能大小为epcepaepb考点：等势面 分析：此题首先要根据三条表示等势面的虚线等距离判断出电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点的电场力是相同的；因带电粒子的运动轨迹是抛物线，所以两种运动方式都有可能；根据abc三点的位置关系以及带电粒子的电势能与动能之间的互化，可判断出经过a、b、c三点时的动能和电势能的大小关系解答：解：a、由题中的图可知，电场的方向是向上的，带负电的粒子将受到向下的电场力作用，带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会的到如图的轨迹故a错误b、因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等故b正确；c、带负电的粒子在电场中运动时，存在电势能与动能之间的互化，由题意和图可知，在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，可判断在c点的动能最大，在b点的动能最小故c错误d、由对c的分析可知，在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，故d正确；故选：bd点评：本题考察到了电势能、带电粒子在电场中的运动、等势面、电场力做功等几方面的知识点解决此题的关键是对等势面的理解，等势面就是电场中电势相等的各点构成的面，等势面有以下几方面的特点：、等势面一定与电场线垂直，即跟场强的方向垂直、在同一等势面上移动电荷时电场力不做功、电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面、任意两个等势面都不会相交、等差等势面越密的地方电场强度越大，即等差等势面的分布疏密可以描述电场的强弱11如图所示，直线、分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是( )a电源1与电源2的内阻之比是11：7b电源1与电源2的电动势之比是1：1c在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2d在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2考点：电源的电动势和内阻；电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：根据电源的外特性曲线ui图线，可求出电动势和内阻；根据灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线交点确定灯泡与电源连接时工作电压与电流，即可求出功率与灯泡电阻解答：解：a、根据电源ui图线，r1=，r2=，则r1：r2=11：7，故a正确 b、e1=e2=10v，故b正确 c、d、灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态 则u1=3v，i1=5a，p1=15w，r1= u2=5v，i2=6a，p2=30w，r2= p1：p2=1：2，r1：r2=18：25故c正确，d错误故选abc点评：本题关键在于对电源外特性曲线、灯泡伏安特性曲线的理解，12如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电粒子以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出若下板不动，将上板上移一小段距离，粒子仍以相同的速度v0从原处飞入（不计重力），则带电粒子( )a将打在下板中央b仍沿原轨迹由下板边缘飞出c不发生偏转，沿直线运动d在两板间运动时间不变考点：带电粒子在混合场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：将电容器上板向下移动一段距离，电容器所带的电量q不变，根据电容器的定义式导出电场强度的变化，判断粒子的运动情况解答：解：a、b、c、将电容器上板上移一小段距离，电容器所带的电量q不变，由e=、c=、c=，得：e=由题意可知，电容器带电量q不变，极板的正对面积s不变，相对介电常量不变，由公式可知当d增大时，场强e不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，即运动情况完全相同，故ac错误，b正确；d、两次粒子的运动情况完全相同，故运动的时间不变，故d正确；故选：bd点评：本题要注意当电容器与电源断开时，电容器所带的电量是定值不变，仅仅改变板间距离时，板间场强是不变的，这个推论要熟悉二、实验题（本题共2小题，共15分）13图（a）为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图实验步骤如下：用天平测量物块和遮光片的总质量m重物的质量m：用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测最两光电门之间的距离s；调整轻滑轮，使细线水平：让物块从光电门a的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门a和光电门b所用的时间ta和tb，求出加速度a；多次重复步骤，求a的平均；根据上述实验数据求出动擦因数回答下列为题：（1）测量d时，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示如图（b）其读数为0.960cm（2）物块的加速度a可用d、s、ta，和tb，表示为a=（3）动摩擦因数可用m、m、；和重力加速度g表示为=考点：探究影响摩擦力的大小的因素 专题：实验题；摩擦力专题分析：（1）主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；（2）由速度公式求出速度，由匀变速运动的速度位移公式求出加速度；（3）由运动学公式，结合牛顿第二定律，列方程求出动摩擦因数解答：解：（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数为0.9cm，游标尺示数为120.05mm=0.60mm=0.060cm，游标卡尺示数为0.9cm+0.060cm=0.960cm；（2）滑块的速度va=，vb=，从a到b，由速度位移公式得：vb2va2=2as，解得，加速度a=（3）由牛顿第二定律，则有：mgmg=（m+m），解得：=；故答案为：（1）0.960；（2）；（3）点评：本题考查了游标卡尺读数、求加速度、求动摩擦因数等问题；主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，游标卡尺不需要估读应用速度公式、匀变速运动的速度位移公式、动能定理即可正确解题14在“测量金属丝的电阻率”试验中（1）金属丝的直径用螺旋测微器测得，从图1中读出该金属丝的直径d=0.900mm（2）为了测量其电阻rx的阻值，实验室提供如下实验器材；a待测电阻rx（约10）b电动势e=6v，内阻很小的直流电源c量程3a，内阻约为0.5电流表d量程0.6a，内阻约为2电流表e量程6v，内阻约为15k电压表f最大阻值15，最大允许电流1a的滑线变阻器g最大阻值1k，最大允许电流0.2a的滑线变阻器h开关一个，导线若干为了操作方便，且能比较精确测量金属丝的电阻值，电流表选用c、滑线变阻器选用f（填写选用器材前的序号即可）；请根据所选用的实验器材，尽可能减少实验误差，设计测量电阻的电路，并在图2方框中画出电路图考点：测定金属的电阻率 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）螺旋测微器的读数方法，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）先根据闭合电路欧姆定律估算最大电流，选择电流表，根据电动势大小选择电压表量程；滑动变阻器采用分压式接法，电流表用外接法解答：解：（1）螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为40.00.01mm=0.400mm，所以最终读数为0.5mm+0.400mm=0.900mm（2）根据闭合电路欧姆定律估算最大电流，有：i=0.6a故电流表选择d，由于待测电阻约为10，对于滑动变阻器15与1k，则选取15滑动变阻器，滑线变阻器选用f，因待测电阻约为10，根据待测电阻阻值的平方与电压表及电流表的电阻乘积相比较，可知待测电阻阻值偏小，故用电流表外接法，采用限流式接法，实验电路设计图，如下图故答案为：（1）1.360；（2）c；f；如图所示点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，遇到电学实验题要根据欧姆定律及电表读数要求来选择电表的量程，当滑动变阻器不能起到调节作用时，应采用分压接法，在测定电阻时还一定要注意判断电流表外接还是内接问题三、计算题（本题共3小题，共37分解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15“辽宁号”航母在某次海试中，歼15舰载机降落着舰后顺利勾上拦阻索，在甲板上滑行s=117m停下设舰载机勾上拦阻索后的运动可视为做匀减速直线运动，航母始终保持静止已知飞机的质量m=3104kg，勾上拦阻索时的速度大小v0=78m/s，求：（1）舰载机勾上拦阻索后滑行的时间t；（2）舰载机滑行过程所受的总阻力f考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）飞机做匀减速直线运动，已知飞机的初速度和末速度以及位移，运用平均速度公式求出平均速度，再据位移求出飞机减速运动的时间； （2）由飞机运动时间求出飞机的加速度，由于飞机在阻力作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律求解出阻力解答：解：（1）飞机做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动的平均速度公式有，飞机在匀减速直线运动的平均速度：=所以飞机匀减速直线运动的时间为：（2）根据匀变速直线运动的速度时间关系为：v=v0at得飞机的加速度大小为：由题意得飞机所受合力等于飞机所受的阻力，根据牛顿第二定律得：答：（1）舰载机勾上拦阻索后滑行的时间为3s；（2）舰载机滑行过程所受的总阻力为7.8105n点评：根据匀变速直线运动的速度位移时间关系可以求出飞机减速运动的加速度，再根据速度时间关系求飞机的运动时间解此类问题有时巧用平均速度公式会更方便16如图所示，竖直光滑圆轨道bcd固定在水平面ab上，轨道圆心为o，半径r=lm，轨道最低点与水平面相切于b点，c为轨道最高点，d点与圆心o等高一质量m=1kg的小物块，从水平面上以速度v0竖直向上抛出，抛出的初速度v0=8m/s，物块从d点进入圆轨道，最终停在a点若a、b间的距离为8mg=l0m/s2求：（1）求物块运动到c点时，对轨道的压力为多大？（2）求物块与水平面间的动摩擦因数（3）物块从b点运动到a点所用的时间考点：动能定理的应用；牛顿第二定律 专题：动能定理的应用专题分析：（1）从抛出到c点的过程，只有重力做功，运用机械能守恒列式，求解物块运动到c点时的速度，再根据牛顿第二、第三定律求解对轨道的压力大小；（2）由动能定理求出动摩擦因数（3）由机械能的守恒定律求出物块到b点速度，由动能定理求解ab间的距离，再根据牛顿第二定律和运动学公式结合即可求解时间解答：解：（1）