甘肃省平凉市静宁一中高三物理上学期月考试卷（三）（含解析）.doc

2014-2015学年甘肃省平凉市静宁 一中高三（上）月考物理试卷（三）二、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中.第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1人造地球卫星离地面的高度等于地球半径r，卫星以速度v沿圆轨道运动，设地面的重力加速度为g，则有（）av=bv=cv=dv=2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：人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再结合地球表面重力加速度的公式进行讨论即可解答：解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为m，有f=f向f=f向=因而 在地球的表面： 联立解得故选：a点评：本题关键根据人造卫星的万有引力等于向心力，以及地球表面重力等于万有引力列两个方程求解2如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球m搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力f拉住弧形滑块，使球与滑块均静止，现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且仍处于静止状态，则与原来相比（）a木板对球的弹力增大b滑块对球的弹力增大c斜面对滑块的弹力不变d拉力f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：隔离对球分析，抓住重力大小方向不变，挡板的弹力方向不变，根据合力为零判断出木板、滑块对球弹力的变化对球和滑块整体分析，抓住合力为零，判断斜面对滑块弹力以及拉力的变化解答：解：a、b、对球受力分析，球受到重力、支持力和挡板的弹力，如图，由于重力的大小和方向都不变，挡板的弹力方向不变根据作图法知，斜面的支持力方向在变化，支持力和挡板的弹力合力不变，等于重力，从图中可知，木板对球的弹力在减小，滑块对球的弹力在减小故a、b错误c、d、对滑块和球整体进行受力分析，整体受重力、支持力、挡板的弹力及拉力，各力的方向不变，由于挡板对小球的弹力在减小，则拉力f增大，在垂直斜面方向上，斜面对滑块的弹力不变故c正确，d错误故选：c点评：本题属于力学的动态分析，关键是抓住不变量，通过作图法判断力的变化以及掌握整体法和隔离法的运用3如图所示，长为l的轻杆一端固定质量为m的小球，另一端固定转轴o，现使小球在竖直平面内做圆周运动p为圆周轨道的最高点若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为，则以下判断正确的是（）a小球不能到达p点b小球到达p点时的速度小于c小球能到达p点，但在p点不会受到轻杆的弹力d小球能到达p点，且在p点受到轻杆向上的弹力考点：向心力专题：匀速圆周运动专题分析：根据动能定理求出小球在p点的速度，小球在p点的临界速度为零，根据牛顿第二定律求出在最高点杆子的作用力表现为什么力解答：解：ab、根据动能定理得，mg2l=mvp2mv2，又v=，解得vp=小球在最高点的临界速度为零，所以小球能到达最高点故a错误，b正确cd、设杆子在最高点表现为支持力，则mgf=m，解得f=mg故杆子表现为支持力故d正确，c错误故选：bd点评：本题综合考查了动能定理以及牛顿第二定律，关键搞清向心力的来源，运用牛顿定律进行求解4如图所示为大型电子地磅电路图，电源电动势为e，内阻不计不称物体时，滑片p到a端，滑动变阻器接入电路的有效电阻最大，电流较小；称重物时，在压力作用下使滑片p下滑，滑动变阻器有效电阻变小，电流变大，这样把电流对应的重量值刻在刻度盘上，就可以读出被称物体的重量值，若滑动变阻器上a、b间距离为l，最大阻值等于电阻阻值r0，已知两只弹簧的总弹力与形变量成正比，其比例系为k，所称重物的重量g与电流大小i的关系为（）ag=2kl+bg=2klcg=+kldg=kil考点：闭合电路的欧姆定律；胡克定律；电阻定律；传感器在生产、生活中的应用专题：恒定电流专题分析：由胡克定律可求得弹簧的形变量，由电阻定律可求得滑动变阻器接入电阻；而滑动变阻器与r0串联，由闭合电路欧姆定律可求得电路中的电流解答：解：由胡克定律可知，kx=g； 得：x=此时滑动变阻器接入电阻r=r0=r0； 由闭合电路欧姆定律可知：i=解得：g=；故选b点评：本题综合考查闭合电路欧姆定律及胡克定律等有关内容，综合性较强；要注意寻找题目中的隐含条件，建立各知识点间的联系5如图所示电路中，a、b两灯均正常发光，r为一滑动变阻器，p为滑动片，若将滑动片向下滑动，则（）aa灯变亮bb灯变亮cr1上消耗功率变小d流过r的电流变大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析r1上消耗功率的变化根据总电流的变化分析并联部分电压的变化，判断b灯亮度的变化解答：解：将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流i增大，则r1上消耗功率变大路端电压u=eir，i增大，u减小，则a灯变暗b灯与变阻器并联的电压u并=ei（r1+r），i增大，则u并减小，所以b灯变暗故abc错误；因路端电压u减小，而r1中电流增大，故其两端电压增大；由串联电路规律可知，并联部分的电压减小，则b灯泡的电流减小；r中电流增大；故d正确；故选：d点评：对于电路中动态变化分析问题，一般先确定局部电阻的变化，再确定总电阻的变化，到总电流、总电压的变化，再回到局部电路研究电压、电流的变化6在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从a点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上a、b两点在同一水平线上，m为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8j，在m点的动能为6j，不计空气的阻力则（）a小球水平位移x1与x2的比值1：3b小球水平位移x1与x2的比值1：4c小球落到b点时的动能为32jd小球从a点运动到b点的过程中最小动能为6j考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：小球水平分运动为匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动，上升和下降时间相等，可以求出s1与s2的比值，对水平方向分运动和竖直方向分运动分别运用动能定理，然后求出各个特殊点的动能！解答：解：将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动，a、对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，故a正确；b错误；c、设物体在b动能为ekb，水平分速度为vbx，竖直分速度为vby由竖直方向运动对称性知mvby2=8j 对于水平分运动运用动能定理fx1=mvmx2mvax2f（s1+s2）=mvbx2mvax2s1：s2=1：3解得：fs1=6j；f（s1+s2）=24j故ekb=m（vby2+vbx2）=32j 因而c正确；d、由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为f，重力为g，则有：fx1=6j，t2=6jgh=8j，t2=8j所以：=由右图可得：tan=得：sin=则小球从 a运动到b的过程中速度最小时速度一定与等效g垂直，即图中的 p点，故ekmin=mvmin2=m（v0sin）2=j，故d错误故选：ac点评：本题关键将合运动分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，然后对水平分运动运用动能定律求解！7如图所示，质量为m的滑块在水平面上向左撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为，整个过程弹簧未超过弹性限度，则（）a滑块向左运动过程中，始终做匀减速运动b滑块向右运动过程中，始终做加速运动c滑块与弹簧接触过程中最大加速度为d滑块向右运动过程中，当弹簧形变量x=时，物体的加速度为零考点：牛顿第二定律；胡克定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：该题的关键是对物体进行正确的过程分析和各过程中物体的受力分析，再结合牛顿运动定律分析物体的运动情况在进行受力分析时，要注意分析弹簧弹力的变化解答：解：a、滑块向左接触弹簧的运动过程中，在水平方向上受到向右的弹簧的弹力和向右的摩擦力，在此过程中弹簧的弹力时逐渐增大的，弹力和摩擦力的合力与运动方向始终相反，物体做减速运动，但不是匀减速，所以选项a错误b、滑块向右接触弹簧的运动是从弹簧压缩量最大时开始的，此时受到水平向右的弹力和向左的摩擦力，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，但当弹簧伸长到一定程度，弹力和摩擦力大小相等，此后摩擦力大于弹力所以滑块向右接触弹簧的运动过程中，是先加速，后减速b选项错误c、由对a的分析可知，当弹簧的压缩量为x0时，水平方向的合力为f=kx0+mg，此时合力最大，由牛顿第二定律有amax=，所以选项c正确d、在滑块向右接触弹簧的运动中，当弹簧的形变量为x=时，由胡克定律可得f=kx=mg，此时弹力和摩擦力大小相等，方向相反，在水平方向上合外力为零，加速度为零选项d正确故选：cd点评：解决此类问题，要正确的分析物体运动的过程及物体的受力情况，并会确定运动过程中的临界点和分析在临界点上的受力，当物体接触弹簧向右运动的过程中，开始是加速运动的，当弹力和摩擦力相等时，加速度为零，之后摩擦力要大于弹力，物体开始做减速运动弹力和摩擦力相等时即为一个临界点8（6分）如图所示，相互垂直的固定绝缘光滑挡板po、qo，po竖直放置，qo水平放置a、b为两个带有同种电性的小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左作用力f作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止状态现若稍改变f的大小，使b稍向左移动一小段距离，则当a、b重新处于静止状态后（）aa、b间电场力增大b作用力f将减小ca的重力势能增加d系统的电势能将增加考点：库仑定律；电势能分析：以a球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析a、b间电场力和挡板对小球的弹力如何变化，由库仑定律分析两间距离的变化情况，根据电场力做功正负判断系统电势能的变化对整体研究，分析作用力f如何变化解答：解：ab、以a球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得： 电场力f电=，减小，cos增大，则电场力f电减小挡板对a的弹力n=mgtan，减小，n减小对整体研究：水平方向：f=n，则作用力f将减小故a错误、b正确cd、电场力f电减小，根据库仑定律得知，两球间的距离增大，电场力做正功功，系统的电势能减小，而f做正功，根据功能关系可知，系统重力势能增加故c正确，d错误故选：bc点评：本题是动态平衡问题，关键要灵活选择研究对象，先对a研究，再对b研究，比较简便三、非选择题9某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的直径和长度（1）用螺旋测微器测量圆柱体直径如图甲，由图甲可知其直径为2.712mm；（2）用游标为20分度的卡尺测量长度如图乙，由图乙可知其长度为10.30mm考点：测定金属的电阻率专题：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解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm，可动刻度读数为21.20.01=0.212mm，所以最终读数为2.712mm游标卡尺的主尺读数为10mm，游标读数为0.056=0.30mm，所以最终读数为10.30mm故本题答案为：（1）2.712；（2）10.30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10测量电阻器的电阻时，有下列器材可供选择a待测电阻器（阻值约为5）b电流表a1（量程3ma，内阻r1=10）c电流表a2（量程0.6a，内阻r2约为1）d电压表v（量程6v，内阻约3k）e定值电阻r1=990f定值电阻r2=9990g滑线变阻器（最大阻值为4，额定电流为0.5a）h电源（电动势2v，内阻约为1）i导线、电键（1）为尽可能多测几组数据设计电路填在图方框中（2）选择的器材有a、b、c、e、g、h、i（3）计算rx的表达式（用电表的读数和定值电阻的阻值表示）考点：伏安法测电阻专题：实验题分析：根据实验原理与实验器材选择实验需要的器材，然后根据选定的实验器材确定各电路元件的连接方向，作出实验电路图；最后根据实验测量的量，应用欧姆定律求出电阻阻值的表达式解答：解：（1）由于待测电阻器阻值约为5，电源电动势为3v，选用电压表（量程6v，内阻约3k），量程过大，可将电流表a1与定值电阻r1=990串联，改装成电压表，改装后电压表量程为3v，内阻rv=1000由于，电流表采用外接法，又由于滑线变阻器的最大阻值为3，与待测电阻接近，故变阻器采用分压接法电路图如图所示：（2）由可知，选择的器材是：a、b、c、e、g、h、i；（3）由图示电路图可知，待测电阻两端电压：ux=i1（r1+r1），通过待测电阻的电流ix=i2i1，待测电阻阻值：rx=；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）a、b、c、e、g、h、i；（3）点评：本小题了考查欧姆表的结构、测量原理，同时还要注意测量误差应如何来分析在电学实验中，有时可以将电压表作为电流表使用，有时也可以将电流表作为电压表使用，关键是要看使用的条件和可能性11甲、乙两车在同一条平直公路上运动，甲车以10m/s的速度匀速行驶，经过车站a时关闭油门以4m/s2的加速度匀减速前进，2s后乙车与甲车同方向以1m/s2的加速度从同一车站a出发，由静止开始做匀加速运动，问乙车出发后多少时间追上甲车？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：追及、相遇问题分析：根据运动学公式判断乙车在追及甲车的过程中，甲车是否停止，若停止，抓住位移关系，通过匀变速直线运动的位移时间公式求出追及的时间解答：解：甲车运动时间ts后停止：前进的距离：乙车行驶t1=0.5s位移为：故乙车在追上甲车前甲车已停止则乙车经时间t2追上甲车：，解得：t2=5s答：乙车出发后5s追上甲车点评：解决本题的关键理清两车的运动过程，抓住位移关系，运用运动学公式求出追及的时间12在足够大的空间中，存在水平向右的匀强电场，若用绝缘细线将质量为m的带正电q的小球悬挂在电场中，其静止时细线与竖直方向夹角=37，现去掉细线，将该小球从电场中的某点竖直向上抛出，抛出时初速度大小为v0，如图所示，（sin37=0.6cos37=0.8）求 （1）电场强度的大小（2）小球在电场内运动到最高点的速度（3）小球从抛出到达到最小速度的过程中，电场力对小球所做的功考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差与电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）静止时受重力，电场力，绳的拉力三力平衡，由数学关系可得电场力从而得到电场强度的大小（2）小球从抛出点至最高点的过程中，由竖直方向的匀减速运动可得运动时间，在由水平方向做匀加速直线运动，可得小球在最高点的速度（3）将曲线分解成竖直方向与水平方向的两个运动利用运动学公式可求出小球速率最小值；再运用动能定理，可求出小球从抛出至达到最小速率的过程中，电场力对小球做的功解答：解：（1）静止时受重力，电场力，绳的拉力三力平衡，可得： qe=mgtan37则 e=（2）小球沿竖直方向做匀减速运动，小球从抛出到最高点的时间 t=小球水平运动的加速度为 a=g小球到最高点的速度 v=at=（3）小球被抛出以后，受到重力和电场力的共同作用，沿重力方向的分运动是匀减速运动，加速度为g，设t时刻的速度为v1；沿电场方向的分运动是初速度为0的匀加速运动，设加速度为a，t时刻的速度为v2，则有 v1=v0gt，v2=at和a=g小球t时刻的速度大小为 v=由以上各式得出：g2t22v0gt+（v02v2）=0解得当t=时v的最小值为 vmin=v0vmin的方向与电场力和重力的合力方向垂直，即与电场的方向夹角为37 小球沿电场方向的位移为 s=，电场力做功为we=qes可得 we=0.12答：（1）电场强度的大小是（2）小球在电场内运动到最高点的速度是（3）小球从抛出到达到最小速度的过程中，电场力对小球所做的功是0.12点评：考查了运动的合成与分解研究的方法，并让学生掌握运动学公式、牛顿第二定律、动能定理等规律同时让学生形成如何处理曲线的方法如果将速度按照合力方向和垂直合力方向分解，当沿合力方向的速度减为零时其速度达到最小值，也可以解出最小速度运用速度矢量合成的三角形法则也可求解13如图所示，ab为半径r=0.8m的光滑圆弧轨道，下端b恰与小车右端平滑对接小车质量m=3kg，车长l=2.06m，车上表面距地面的高度h=0.2m现有一质量m=1kg的滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到b端后冲上小车已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数=0.3，当车运行了1.5s时，车被地面装置锁定（g=10m/s2）试求：（1）滑块到达b端时，轨道对它支持力的大小；（2）车被锁定时，车右端距轨道b端的距离；（3）从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小；（4）滑块落地点离车左端的水平距离