广东省茂名市电白一中高三物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc

广东省茂名市电白一中2015届高三上学期 月考物理试卷（12月份）一、单项选择题（本大题共4小题，每小题4分，满分16分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的选对的得4分，选错或不答的得0分）1（4分）在如图所示的各种电场中，a、b两点电场强度相等的是（）abcd2（4分）火车以10m/s的速度下坡，在下坡路上得到0.5m/s2的加速度，行驶到坡底端时速度增加到15m/s，则这段坡路的长度为（）a325mb125mc100md50m3（4分）如图为一物体作匀变速直线运动的速度图象，根据此图象说法中不正确的是（）a物体始终沿正方向运动bt=2s物体离出发点最远ct=4s物体回到出发点d物体先沿负方向运动，在t=2s后开始沿正方向运动4（4分）如图所示，物体a置于倾斜的传送带上，它能随传送带一起向上或向下做匀速运动，下列关于物体a在上述两种情况下的受力描述，正确的是（）a物体a随传送带一起向上运动时，a所受的摩擦力沿斜面向下b物体a随传送带一起向下运动时，a所受的摩擦力沿斜面向下c物体a随传送带一起向下运动时，a不受摩擦力作用d无论传送带向上或向下运动，传送带对物体a的作用力均相同二、双项选择题：本大题共9个小题，每小题6分，共54分每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对者的得6分，只选1个且正确的得3分；有错选或不答的得0分5（6分）学校喷水池的水如图由喷水口向两旁水平喷出，若忽略空气阻力及水之间的相互作用，则（）a水在空中做匀变速运动b喷水速度一定，喷水口越高，水喷得越近c喷水口高度一定，喷水速度越大，水喷得越远d喷水口高度一定，喷水速度越大，水在空中运动时间越长6（6分）如图所示，在青海玉树抗震救灾中，一运送救灾物资的直升机沿水平方向匀速飞行已知物资的总质量为m，吊运物资的悬索与竖直方向成角设物资所受的空气阻力为ff，悬索对物资的拉力为ft，重力加速度为g，则（）aff=mgsin bff=mgtan cft=dft=7（6分）2003年8月29日，火星、地球和太阳处于三点一线，上演“火星冲日”的天象奇观这是6万年来火星距地球最近的一次，与地球之间的距离只有5576万公里，为人类研究火星提供了最佳时机图示为美国宇航局最新公布的“火星大冲”的虚拟图则有（）a2003年8月29日，火星的线速度大于地球的线速度b2003年8月29日，火星的线速度小于地球的线速度c2004年8月29日，火星又回到了该位置d2004年8月29日，火星还没有回到该位置8（6分）一带电小球在空中由a点运动到b点的过程中，只受重力和电场力作用若重力做功3j，电场力做功1j，则小球的（）a重力势能增加3jb电势能增加1jc动能减少3jd机械能增加1j9（6分）如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，实线为一带电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，p、q是这条轨迹上的两点，据此可知（）a该粒子带负电b三个等势面中，a的电势最高c带电粒子通过p点时的动能比通过q点时小d带电粒子通过p点时的加速度比通过q点时大三、非选择题：本大题共5小题，共182分按题目要求作答解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位10（4分）如图所示，螺旋测微器的读数为mm，游标卡尺的读数为mm11（6分）某探究学习小组探究牛顿第二定律中，探究质量一定时物体的加速度与合外力成正比，实验装置如图开始时，气垫导轨是不挂钩码置于水平桌面上的，（选填“不需要”或“需要”） 垫高气垫导轨的右端以平衡滑块的摩擦力为了使滑块所受的合外力约等于钩码的重力，滑块的质量（选填“远大于”或“远小于”或“不需要远大于”）钩码的质量图是实验时所打一条纸带（每两点间还有4个点没有画出来），图中上部的数字为相邻两个计数点间的距离打点计时器的电源频率为50hz该匀变速直线运动的加速度大小为a=m/s2（保留3位有效数字）12（8分）有一电阻阻值约为20，额定功率为7.2w，今欲测量出它的阻值，可供使用的器材如下a量程为03a，内阻约为0.01的电流表b量程为00.6a，内阻约为2的电流表c量程为03v，内阻约为10k的电压表d量程为015v，内阻约为20k的电压表e滑动变阻器变阻范围020，额定电流3af滑动变阻器变阻范围03k，额定电流1ag电动势为24v，内阻不计的电源h电键及导线若干则电流表应选，电压表应选，滑动变阻器应选（以上各空均填选项前面的字母），电路连接时滑动变阻器和电流表应采用（选填“分压外接法”或“分压内接法”或“限流外接法”或“限流内接法”）13（18分）光滑水平面上放有如图11所示的用绝缘材料制成的“”型滑板（平面部分足够长），质量为2m，距滑板的a壁为l距离的b处放有一质量为m，电量为+q的大小不计的小物体，小物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场强为e的匀强电场中，初始时刻，滑板与物体都静止，试求：（1）释放小物体，第一次与滑板a壁碰前小物体的速度多大？（2）若小物体与a壁碰后的速度为碰前的（方向向右），则小物体在第二次跟a壁碰撞前瞬时的速度为多大？14（18分）如图所示，水平桌面的右端有一质量为m的物块b，用长为l的不可伸长的细线悬挂，b对水平桌面压力刚好为零，水平桌面离地面的高度为h=5m，另一质量为2m的物块a在距水平桌面的右端s=4m处以vo=5m/s的水平初速度向右运动，并与b发生弹性碰撞，已知a与桌面间的动摩擦因数为=0.2，物块均可视为质点，取g=10m/s2（1）求a与b碰撞前的速度大小；（2）求碰撞后a的落地点与桌面右端的水平距离x；（3）a与b碰后，要物块b能绕o点在竖直平面内做圆周运动，则细线的长度l必须满足什么条件？广东省茂名市电白一中2015届高三上学期月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题共4小题，每小题4分，满分16分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的选对的得4分，选错或不答的得0分）1（4分）在如图所示的各种电场中，a、b两点电场强度相等的是（）abcd考点：电场线；电场强度 分析：电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，两点的电场强度才相同根据电场线的疏密分析电场强度的大小，根据电场线的切线方向确定电场强度的方向解答：解：a、甲图是非匀强电场，a、b两点到负电荷的距离相等，电场强度大小相等，但方向不相同，所以电场强度不相同，故a错误；b、乙图是非匀强电场，a处电场线较密，电场强度较大，a、b两点电场强度大小不等、方向相同，所以电场强度不相同，故b错误；c、丙图是匀强电场，a、b两点电场强度大小相等、方向相同，则电场强度相等，故c正确；d、丁图是非匀强电场，a、b两点电场强度大小不相等、方向不同，所以电场强度不相同，故d错误；故选：c点评：本题关键掌握电场线的物理意义：疏密表示场强的大小，切线表示场强的方向，进行判断即可2（4分）火车以10m/s的速度下坡，在下坡路上得到0.5m/s2的加速度，行驶到坡底端时速度增加到15m/s，则这段坡路的长度为（）a325mb125mc100md50m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：火车做匀加速直线运动，已知初速度、末速度和加速度，根据速度位移关系公式列式求解位移解答：解：火车做匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：解得：x=125m故选：b点评：本题关键是明确物体的运动规律，然后灵活选择运动学公式列式求解，基础题目3（4分）如图为一物体作匀变速直线运动的速度图象，根据此图象说法中不正确的是（）a物体始终沿正方向运动bt=2s物体离出发点最远ct=4s物体回到出发点d物体先沿负方向运动，在t=2s后开始沿正方向运动考点：匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分析：速度的方向由速度的正负号表示由“面积”来研究物体的位移通过分析物体的运动情况进行选择解答：解；a、由图读出，在02s内物体的速度是负值，24s内速度是正值，说明物体02s内沿负方向运动，在t=2s后开始沿正方向运动故a错误，d正确 b、由上分析可知，t=2s物体离出发点最远故b正确 c、物体在前2s内向负方向运动，后2s内向正方向运动，而位移大小相等，则t=4s物体回到出发点故c正确本题选错误的，故选：a点评：运动图象是2015届高考考查的内容之一，关键从数学的角度理解图象的物理意义，常规题4（4分）如图所示，物体a置于倾斜的传送带上，它能随传送带一起向上或向下做匀速运动，下列关于物体a在上述两种情况下的受力描述，正确的是（）a物体a随传送带一起向上运动时，a所受的摩擦力沿斜面向下b物体a随传送带一起向下运动时，a所受的摩擦力沿斜面向下c物体a随传送带一起向下运动时，a不受摩擦力作用d无论传送带向上或向下运动，传送带对物体a的作用力均相同考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力 专题：传送带专题分析：物体相对皮带静止，随传送带一起向上或向下做匀速运动，所以物体受力平衡，根据平衡条件来确定物体的受到摩擦力情况解答：解：a、物体相对皮带静止，随传送带一起向上或向下做匀速运动，所以物体受力平衡，在沿斜面方向有：mgsin=f，所以无论传送带向上或向下运动，a所受的摩擦力沿斜面向上，故abc错误；d、对物体受力分析，受到重力和传送带对物体的作用力，所以传送带对物体a的作用力大小等于重力，方向竖直向上，所以无论传送带向上或向下运动，传送带对物体a的作用力均相同，故d正确故选d点评：考查根据物体的运动状态来确定物体的受力情况，同时也可以由受力情况来确定物体的运动状态二、双项选择题：本大题共9个小题，每小题6分，共54分每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对者的得6分，只选1个且正确的得3分；有错选或不答的得0分5（6分）学校喷水池的水如图由喷水口向两旁水平喷出，若忽略空气阻力及水之间的相互作用，则（）a水在空中做匀变速运动b喷水速度一定，喷水口越高，水喷得越近c喷水口高度一定，喷水速度越大，水喷得越远d喷水口高度一定，喷水速度越大，水在空中运动时间越长考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：水从喷水口沿水平喷出后做平抛运动，根据平抛运动基本规律即可求解解答：解：a、水从喷水口沿水平喷出后做平抛运动，只受重力作用，加速度为g，所以水在空中做匀变速运动，故a正确；b、根据h=得：t=，若喷水速度一定，喷水口越高，水喷得越远，故b错误；c、喷水口高度一定，运动时间一定，根据x=v0t得：喷水速度越大，水喷得越远，故c正确，d错误；故选ac点评：本题考查了平抛运动的规律的直接应用，难度不大，属于基础题6（6分）如图所示，在青海玉树抗震救灾中，一运送救灾物资的直升机沿水平方向匀速飞行已知物资的总质量为m，吊运物资的悬索与竖直方向成角设物资所受的空气阻力为ff，悬索对物资的拉力为ft，重力加速度为g，则（）aff=mgsin bff=mgtan cft=dft=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：以物资为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件研究的空气阻力ff与重力mg的关系，求解悬索对物资的拉力ft解答：解：以物资为研究对象，分析受力情况：重力mg、悬索对物资的拉力ft，空气阻力ff，力图如图：根据平衡条件得知：mg与ff的合力与ft大小相等，方向相反，如图则有：ff=mgtanft=故选：bc点评：本题是实际的情景，实质是简单的物体平衡问题，分析受力、作出力图是关键7（6分）2003年8月29日，火星、地球和太阳处于三点一线，上演“火星冲日”的天象奇观这是6万年来火星距地球最近的一次，与地球之间的距离只有5576万公里，为人类研究火星提供了最佳时机图示为美国宇航局最新公布的“火星大冲”的虚拟图则有（）a2003年8月29日，火星的线速度大于地球的线速度b2003年8月29日，火星的线速度小于地球的线速度c2004年8月29日，火星又回到了该位置d2004年8月29日，火星还没有回到该位置考点：万有引力定律及其应用；线速度、角速度和周期、转速 专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力做匀速圆周运动，g=m=m2r=m（）2r=ma，得线速度v=，得t=2，分别解得各答案解答：解：设轨道半径为r、太阳质量为m，因为地球和火星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力做匀速圆周运动，得：g=m=m2r=m（）2r=ma解得线速度：v=，因为火星离太阳的距离远，所以线速度小，故a错误，b正确根据万有引力提供向心力得：=解得：t=2，因为火星离太阳的距离远，所以火星周期更大，即大于地球的公转周期一年，所以一年的时间火星还没有回到该位置，故c错误，d正确故选：bd点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，列式求解出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再进行讨论8（6分）一带电小球在空中由a点运动到b点的过程中，只受重力和电场力作用若重力做功3j，电场力做功1j，则小球的（）a重力势能增加3jb电势能增加1jc动能减少3jd机械能增加1j考点：动能定理的应用；重力势能的变化与重力做功的关系；电势能 专题：动能定理的应用专题分析：解决本题需掌握：重力做功等于重力势能的减小量；电场力做功等于电势能的减小量；合力做功等于动能的增加量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量解答：解：a、重力做功等于重力势能的减小量，重力做功3j，故重力势能增加3j，故a正确；b、电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功1j，故电势能减小1j；c、合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为2j，故动能减小2j，故c错误；d、除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，只有电场力做功做功1j，故机械能增加1j，故d正确；故选ad点评：功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度9（6分）如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，实线为一带电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，p、q是这条轨迹上的两点，据此可知（）a该粒子带负电b三个等势面中，a的电势最高c带电粒子通过p点时的动能比通过q点时小d带电粒子通过p点时的加速度比通过q点时大考点：电场线 分析：根据轨迹弯曲的方向可知，电场力的方向向下由于题目没有说明带电粒子的电性，所以不能判断出电场线的方向；不能判断出a点电势最高；根据受力的方向与运动方向之间的关系，判断出电场力做功的正负，从而判断出电荷电势能和动能的变化；总能量守恒；由电场线疏密确定出，p点场强大，电场力大，加速度大解答：解：a、电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向下；由于电场线方向未知，也不能判断出来，所以带电粒子的电性不能判断，故a错误b、由于电场线的方向不能判断，所以不能判断出a点电势最高，故b错误；c、粒子受到的电场力的方向向下，若粒子从p运动到q，电场力做正功，动能增大，知道p点的动能小，故c正确；d、p处等势面密，电场线疏密，可确定出p点场强大，电场力大，加速度大，故d正确；故选：cd点评：该类题目中，首先根据轨迹弯曲的方向判断出粒子受力的方向是解题的关键根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法三、非选择题：本大题共5小题，共182分按题目要求作答解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位10（4分）如图所示，螺旋测微器的读数为0.900mm，游标卡尺的读数为33.10mm考点：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：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，两种仪器读数时均可采用公式法，即：主尺读数+副尺读数解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数0.5mm，可动刻度读数为0.0140.0=0.400mm，所以最终读数为：固定刻度读数+可动刻度读数为0.5+0.400=0.900mm游标卡尺的主尺读数为33mm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为0.052mm=0.10mm，所以最终读数为：主尺读数+游标尺读数为33mm+0.10mm=33.10mm；故答案为：0.900 33.10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11（6分）某探究学习小组探究牛顿第二定律中，探究质量一定时物体的加速度与合外力成正比，实验装置如图开始时，气垫导轨是不挂钩码置于水平桌面上的，不需要（选填“不需要”或“需要”） 垫高气垫导轨的右端以平衡滑块的摩擦力为了使滑块所受的合外力约等于钩码的重力，滑块的质量远大于（选填“远大于”或“远小于”或“不需要远大于”）钩码的质量图是实验时所打一条纸带（每两点间还有4个点没有画出来），图中上部的数字为相邻两个计数点间的距离打点计时器的电源频率为50hz该匀变速直线运动的加速度大小为a=1.93m/s2（保留3位有效数字）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：（1）在该试验中，要保证滑块受到的水平方向的拉力等于钩码的重力，所以要考虑是否有摩擦力（2）当钩码p的总质量远小于小车及砝码总质量时，可以认为小车受到的拉力等于钩码p的重力（3）根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以根据逐差法，即可求出加速度的大小解答：解：1在该试验中，由于气体把滑块向上托起，滑块不受摩擦力的影响，保证了滑块受到的水平方向的拉力等于钩码的重力故不需要平衡摩擦力2根据牛顿第二定律得，整体的加速度a=，则绳子的拉力t=ma=当mm时，认为绳子对小车的拉力大小等于钩码p的重力3根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小，得：x4x1=3a1t2x5x2=3a2t2x6x3=3a3t2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3）代入数据解得a=1.93m/s2故答案为：不需要 远大于 1.93m/s2点评：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，尤其是理解平衡摩擦力和mm的操作和要求的含义只要掌握了实验原理就能顺利解决此类题目，就能举一反三，所以要注意基本原理的学习12（8分）有一电阻阻值约为20，额定功率为7.2w，今欲测量出它的阻值，可供使用的器材如下a量程为03a，内阻约为0.01的电流表b量程为00.6a，内阻约为2的电流表c量程为03v，内阻约为10k的电压表d量程为015v，内阻约为20k的电压表e滑动变阻器变阻范围020，额定电流3af滑动变阻器变阻范围03k，额定电流1ag电动势为24v，内阻不计的电源h电键及导线若干则电流表应选b，电压表应选d，滑动变阻器应选e（以上各空均填选项前面的字母），电路连接时滑动变阻器和电流表应采用分压外接法（选填“分压外接法”或“分压内接法”或“限流外接法”或“限流内接法”）考点：伏安法测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：计算出待测电阻的额定电流，从而确定电流表量程；计算出额定电压，从而确定电压表量程；滑动变阻器的电阻越接近实验电阻的越好，这样便于调节，误差小；滑动变阻器采用分压式接法，伏安法测电阻用安培表外接法解答：解：电阻值约为20、额定功率约为7.2w，故待测电阻的额定电流为：i=0.6a，故电流表量程选择0.6a；待测电阻的额定电压为：u=ir=0.620=12v，故电压表量程选择15v；滑动变阻器的电阻越接近实验电阻的越好，这样便于调节，误差小，故选20的滑动变阻器；要用iu图象较准确地测电阻值，故电压要能够大范围连续变化，故滑动变阻器采用分压式接法；由于，故采用安培表外接法；故答案为：b，d，e，分压外接法点评：本题关键是算出额定电流和额定电压以后，从减小误差的角度选择电表的量程，同样从减小误差的角度选择安培表的内、外接法，从减小误差和操作方便的角度选择滑动变阻器13（18分）光滑水平面上放有如图11所示的用绝缘材料制成的“”型滑板（平面部分足够长），质量为2m，距滑板的a壁为l距离的b处放有一质量为m，电量为+q的大小不计的小物体，小物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场强为e的匀强电场中，初始时刻，滑板与物体都静止，试求：（1）释放小物体，第一次与滑板a壁碰前小物体的速度多大？（2）若小物体与a壁碰后的速度为碰前的（方向向右），则小物体在第二次跟a壁碰撞前瞬时的速度为多大？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）物体在电场力作用下做匀加速运动，电场力做功qel，由动能定理求解第一次与滑板a端相碰前瞬间的速度大小；（2）小物体与滑板碰撞过程中系统合外力为零，由动量守恒定律求出滑板被碰后的速度大小；解答：解：（1）对小物体从释放到与a壁碰前，有：解得：（2）对小物体与a壁碰撞，有：mv0=mv1+2mv2又 解得：小物体与a壁从第一次碰后到第二次碰撞前，此过程对小物体，有：v3=v1+at对滑板，有：s2=v2t又：s1=s2解得：答：（1）释放小物体，第一次与滑板a壁