辽宁省沈阳市铁路实验中学高三物理上学期第二次月考试卷（含解析）.doc

辽宁省沈阳市铁路实验中学2016届高三上学期第二次月考物理试卷一、选择题（共10小题，每小题6分，共60分第17题只有一项符合题目要求，第810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，有错选的不得分）1伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的o点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（）a如果斜面光滑，小球将上升到与o点等高的位置b如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态c如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变d小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小2如图所示，用oa、ob、ab三根轻质绝缘绳悬挂两个质量均为m的小球（可视为质点），两小球带等量同种电荷，三根绳子处于拉伸状态，且构成一个正三角形，ab绳水平，ob绳对小球的作用力大小为t现用绝缘物体对右侧小球施加一水平拉力f，使装置静止在图所示的位置，此时oa绳竖直，ob绳对小球的作用力大小为t根据以上信息可以判断t和t的比值为（）abcd条件不足，无法确定3如图所示，有界匀强磁场边界线spmn，速率不同的同种带电粒子从s点沿sp方向同时射入磁场其中穿过a点的粒子速度v1与mn垂直；穿过b点的粒子速度v2与mn成60角，设粒子从s到a、b所需时间分别为t1和t2（带电粒子重力不计），则t1：t2为（）a1：3b4：3c3：2d1：14如图所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒pq放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触现在金属棒pq中通以变化的电流i，同时释放金属棒pq使其运动已知电流i随时间的关系为i=kt（k为常数，k0），金属棒与导轨间的动摩擦因素一定以竖直向下为正方向，则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中，可能正确的是（）abcd5如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，mn是通过椭圆中心o的水平线已知一小球从m点出发，以初速v0沿管道mpn运动，到n点的速率为v1，所需的时间为t1；若该小球仍由m点以相同初速v0出发，而沿管道mqn运动，到n点的速率为v2，所需时间为t2则（）av1=v2，t1t2bv1v2，t1t2cv1=v2，t1t2dv1v2，t1t262014年11月12日，“菲莱”着陆器成功在67p彗星上实现着陆，这是人类首次实现在彗星上软着陆，被称为人类历史上最伟大冒险之旅载有“菲莱”的“罗赛塔”飞行器历经十年的追逐，被67p彗星俘获后经过一系列变轨，成功的将“菲莱”着陆器弹出，准确得在彗星表面着陆如图所示，轨道1和轨道2是“罗赛塔”绕彗星环绕的两个圆轨道，b点是轨道2上的一个点，若在轨道1上找一点a，使a与b的连线与bo连线的最大夹角为，则“罗赛塔”在轨道1、2上运动的周期之比为（）asin3bcd7如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为b，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域若以逆时针方向为电流的正方向，在下图中，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是（）abcd8如图所示，质量分布均匀的长方体木板放置在水平面上，m、n分别是木板的左、右两个端点，水平面的a、c之间粗糙，与木板的动摩擦因数处处相等，水平面其余部分光滑，ac的距离等于木板的长度，b为ac的中点某时刻开始木板具有水平向右的初速度v0，当m端运动到c点时速度刚好为0，则（）a木板n端运动到b点时速度为b木板n端运动到c点时速度为v0c木板n端从a到b摩擦力做的功等于木板n端从b到c摩擦力做的功d木板n端从a到c摩擦力做的功等于木板m端从a到c摩擦力做的功9如图所示，电源电动势e=8v，内阻r=5，电灯a的电阻为10，电灯b的电阻为6，滑动变阻器的总电阻为6闭合开关s，当滑动触头p由a端向b端滑动的过程中（不考虑电灯电阻的变化），下列说法正确的是（）a电流表的示数先减小后增大b电压表的示数先增大后减小c电灯a的亮度不断增大d电源的最大输出功率为3.2w10如图所示，半径为r的环形塑料管竖直放置，管的内壁光滑，ab为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的ab及其以下部分处于水平向左的匀强电场中现将一直径略小于塑料管内径，质量为m，带电量为+q的小球从管中a点由静止释放，已知qe=mg，以下说法正确的是（）a小球释放后，到达b点时速度为零，并在bda间往复运动b小球释放后，第一次达到b点时对管壁的压力为4mgc小球释放后，第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为5：1d小球释放后，前后两次经过最高点c时对管壁的压力之差为4mg二、计算题（本题共3小题，共40分要求写出必要的文字说明、主要的计算公式及步骤和结果，有数据计算的要写清单位只写最后结果的不得分）112014年11月22日16时55分，四川省康定县境内发生6.3级地震并引发一处泥石流一汽车停在小山坡底，突然司机发现山坡上距坡底240m处的泥石流以8m/s的初速度，0.4m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动，司机的反应时间为1s，汽车启动后以恒定的加速度一直做匀加速直线运动其过程简化为图所示，求：（1）泥石流到达坡底的时间和速度大小？试通过计算说明：汽车的加速度至少多大才能脱离危险？（结果保留三位有效数字）12如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为ma=2kg的薄木板a和质量为mb=3kg的金属块ba的长度l=2mb上有轻线绕过定滑轮与质量为mc=1kg的物块c相连，b与a间的动摩擦因素=0.1，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力忽略滑轮质量及与轴间的摩擦，开始时各物体都处于静止状态，绳被拉直，b位于a的左端，然后放手求经过多长时间后b从a的右端脱离（设a的右端距滑轮足够远）（g取10m/s2）13如图所示，边长为l的正方形pqmn区域内（含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，左侧有水平向右的匀强电场，场强大小为e，质量为m、电荷量为q的带正电粒子从o点由静止开始释放，o、p、q三点在同一水平直线上，op=l带电粒恰好从m点离开磁场，不计带电粒子重力（1）求磁感应强度大小b；求粒子从o点运动到m点经历的时间；（3）若磁场磁感应强度可调节（不考虑磁场变化产生的电磁硬度），带电粒子从边界nm上的o点离开磁场，o与n点距离为，求磁场感应强度的可能数值辽宁省沈阳市铁路实验中学2016届高三上学期第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题6分，共60分第17题只有一项符合题目要求，第810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，有错选的不得分）1伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的o点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（）a如果斜面光滑，小球将上升到与o点等高的位置b如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态c如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变d小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法【分析】小球从左侧斜面上的o点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，阻力越小则上升的高度越大，伽利略通过上述实验推理得出运动物体如果不受其他物体的作用，将会一直运动下去【解答】解：a、如果斜面光滑，小球不会有能量损失，将上升到与o点等高的位置，故a正确；b、通过推理和假想，如果小球不受力，它将一直保持匀速运动，得不出静止的结论，故b错误；c、根据三次实验结果的对比，不可以直接得到运动状态将发生改变的结论，故c错误；d、受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小是牛顿第二定律的结论，与本实验无关，故d错误故选：a【点评】要想分清哪些是可靠事实，哪些是科学推论要抓住其关键的特征，即是否是真实的客观存在，这一点至关重要，这也是本题不易判断之处；伽利略的结论并不是最终牛顿所得出的牛顿第一定律，因此，在确定最后一空时一定要注意这一点2如图所示，用oa、ob、ab三根轻质绝缘绳悬挂两个质量均为m的小球（可视为质点），两小球带等量同种电荷，三根绳子处于拉伸状态，且构成一个正三角形，ab绳水平，ob绳对小球的作用力大小为t现用绝缘物体对右侧小球施加一水平拉力f，使装置静止在图所示的位置，此时oa绳竖直，ob绳对小球的作用力大小为t根据以上信息可以判断t和t的比值为（）abcd条件不足，无法确定【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】图中，对b球受力分析，受重力、ob绳子拉力t、ab杆的支持力，根据平衡条件求解出t；图中，先对小球a受力分析，受重力、ao绳子的拉力，杆对其无弹力，否则不平衡；再对b球受力分析，受拉力、重力和ob绳子的拉力，三力平衡，根据平衡条件求解ob绳子的拉力t【解答】解：图中，对b球受力分析，受重力、ob绳子拉力t、ab杆的支持力，如图所示：根据平衡条件，有：t=；图中，先对小球a受力分析，受重力、ao绳子的拉力，杆对其无弹力，否则不平衡；再对b球受力分析，受拉力、重力和ob绳子的拉力，如图所示；根据平衡条件，有：t=2mg；可见t=，即故选：a【点评】本题要分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列式求解，关键点在于乙图中杆没有弹力3如图所示，有界匀强磁场边界线spmn，速率不同的同种带电粒子从s点沿sp方向同时射入磁场其中穿过a点的粒子速度v1与mn垂直；穿过b点的粒子速度v2与mn成60角，设粒子从s到a、b所需时间分别为t1和t2（带电粒子重力不计），则t1：t2为（）a1：3b4：3c3：2d1：1【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据粒子的运动的轨迹和粒子做圆周运动的周期公式可以判断粒子的运动的时间【解答】解：粒子在磁场中运动的周期的公式为t=，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，通过a点的粒子的偏转角为90，通过b点的粒子的偏转角为60，所以通过a点的粒子的运动的时间为t，通过b点的粒子的运动的时间为t，所以从s到a、b所需时间t1：t2为3：2，所以c正确故选：c【点评】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是 1、画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹 2、找联系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系4如图所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒pq放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触现在金属棒pq中通以变化的电流i，同时释放金属棒pq使其运动已知电流i随时间的关系为i=kt（k为常数，k0），金属棒与导轨间的动摩擦因素一定以竖直向下为正方向，则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中，可能正确的是（）abcd【考点】安培力；牛顿第二定律【分析】根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化【解答】解：a、因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动，然后加速度方向向上，加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动故a错误，b正确c、根据牛顿第二定律得，金属棒的加速度a=，f=n=fa=bil=blkt，联立解得加速度a=，与时间成线性关系故c错误；d、t=0时刻无电流，无安培力只有重力，加速度竖直向下，为正值故d错误故选：b【点评】解决本题的关键会根据合力确定加速度的变化，结合加速度方向与速度方向判断物体做加速运动还是减速运动，知道速度时间图线的切线斜率表示加速度5如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，mn是通过椭圆中心o的水平线已知一小球从m点出发，以初速v0沿管道mpn运动，到n点的速率为v1，所需的时间为t1；若该小球仍由m点以相同初速v0出发，而沿管道mqn运动，到n点的速率为v2，所需时间为t2则（）av1=v2，t1t2bv1v2，t1t2cv1=v2，t1t2dv1v2，t1t2【考点】机械能守恒定律【分析】根据机械能守恒定律分析小球到达n点时速率关系，结合小球的运动情况，分析平均速率关系，即可得到结论【解答】解：由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达n点时速率相等，即有v1=v2小球沿管道mpn运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道mqn运动，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道mpn运动的平均速率小于沿管道mqn运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有t1t2故a正确，bcd错误故选：a【点评】解决本题关键要掌握机械能守恒定律，并能用来分析小球速率的大小，知道平均速率等于路程与时间之比62014年11月12日，“菲莱”着陆器成功在67p彗星上实现着陆，这是人类首次实现在彗星上软着陆，被称为人类历史上最伟大冒险之旅载有“菲莱”的“罗赛塔”飞行器历经十年的追逐，被67p彗星俘获后经过一系列变轨，成功的将“菲莱”着陆器弹出，准确得在彗星表面着陆如图所示，轨道1和轨道2是“罗赛塔”绕彗星环绕的两个圆轨道，b点是轨道2上的一个点，若在轨道1上找一点a，使a与b的连线与bo连线的最大夹角为，则“罗赛塔”在轨道1、2上运动的周期之比为（）asin3bcd【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】圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力，根据几何关系求得两圆轨道上的半径之比，再根据半径求得周期之比【解答】解：根据几何关系连接oa可得三角形oab是直角三角形，故轨道1和轨道2的半径之比再根据万有引力提供圆周运动向心力有可得圆周运动的周期t=所以=故abd错误，c正确故选：c【点评】解决本题的关键是能根据几何关系确定两圆周运动的半径之比，再根据万有引力提供圆周运动向心力分析掌握公式规律是正确解题的关键7如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为b，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域若以逆时针方向为电流的正方向，在下图中，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是（）abcd【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【专题】电磁感应与电路结合【分析】本题导体的运动可分为三段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小【解答】解：线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故b一定错误；因切割的有效长度均匀增大，故由e=blv可知，电动势也均匀增加；而在全部进入第一部分磁场时，磁通量达最大，该瞬间变化率为零，故电动势也会零，故a错误；当线圈开始进入第二段磁场后，线圈中磁通量向里减小，则可知电流为顺时针，故d错误，c正确；故选：c【点评】本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；而进入第二段磁场后，分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当将要全部进入第二磁场时，线圈中电流达最大2i8如图所示，质量分布均匀的长方体木板放置在水平面上，m、n分别是木板的左、右两个端点，水平面的a、c之间粗糙，与木板的动摩擦因数处处相等，水平面其余部分光滑，ac的距离等于木板的长度，b为ac的中点某时刻开始木板具有水平向右的初速度v0，当m端运动到c点时速度刚好为0，则（）a木板n端运动到b点时速度为b木板n端运动到c点时速度为v0c木板n端从a到b摩擦力做的功等于木板n端从b到c摩擦力做的功d木板n端从a到c摩擦力做的功等于木板m端从a到c摩擦力做的功【考点】动能定理的应用；功的计算【专题】功的计算专题【分析】将木板分为n等分（n足够大），故从开始到m端运动到c点过程，每个部分克服摩擦力做功均为，然后对全程和各个分过程运用动能定理列式分析即可【解答】解：将木板分为n等分（n足够大），每个部分的质量为；从开始到m端运动到c点过程，每个部分克服摩擦力做功均为，根据动能定理，有：n（）=0 a、从开始到木板n端运动到b点过程，有：（）= 联立解得：v1=v0故a错误；b、从开始到木板n端运动到c点过程，有：n（）=0 联立解得：v2=故b正确；c、木板n端从a到b过程摩擦力做功：w1=（）=木板n端从b到c过程摩擦力做功：w2=n（）（）=故c错误；d、木板n端从a到c摩擦力做的功：w3=n（）=木板m端从a到c摩擦力做的功：w4=n（）=故d正确；故选：bd【点评】本题关键是采用微元法并结合动能定理列式分析，不难9如图所示，电源电动势e=8v，内阻r=5，电灯a的电阻为10，电灯b的电阻为6，滑动变阻器的总电阻为6闭合开关s，当滑动触头p由a端向b端滑动的过程中（不考虑电灯电阻的变化），下列说法正确的是（）a电流表的示数先减小后增大b电压表的示数先增大后减小c电灯a的亮度不断增大d电源的最大输出功率为3.2w【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】分析当滑动触头p由a端向b端滑动的过程中，变阻器总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析路端电压和总电流的变化，再据滑动变阻器的触头判断两灯的电流的变化【解答】解：abc、当滑动触头p由a端向b端滑动的过程中，该电路的总电阻 r外 所以r外=，（r是和灯a串联部分滑动变阻器的阻值），由数学知识分析知，当r=1时，该电路的总电阻最大为5.5，所以滑动触头p由a端向b端滑动的过程中总电阻由先增再减小，根据闭合电路欧姆定律电路中电流先减少再增大即电流表的示数先减少后增大，路端电压先增大再减小；由于路端电压先增大后减少、滑动触头由a到b和总电流先减少再增大，所以灯b两端的电压先增大后减小，即电压表的示数先增大后减小，灯a的 电流减少即灯a亮度变暗，故ab正确，c错误d、p=i2r外=，由数学知识分析知，当外电路电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，差别越小功率越大，而以上分析可知，外电路总电阻最大为5.5，最小为=3，则并联值可以为r=5，则电源的最大输出功率为pmax=3.2w，故d正确故选：abd【点评】本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”的思路进行分析对于变阻器，两侧电路并联，确定总电阻如何变化和灯ab的电流变化是关键10如图所示，半径为r的环形塑料管竖直放置，管的内壁光滑，ab为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的ab及其以下部分处于水平向左的匀强电场中现将一直径略小于塑料管内径，质量为m，带电量为+q的小球从管中a点由静止释放，已知qe=mg，以下说法正确的是（）a小球释放后，到达b点时速度为零，并在bda间往复运动b小球释放后，第一次达到b点时对管壁的压力为4mgc小球释放后，第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为5：1d小球释放后，前后两次经过最高点c时对管壁的压力之差为4mg【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力【专题】电场力与电势的性质专题【分析】小球运动过程中，受到重力、支持力和电场力，只有重力和电场力做功；其中重力做功等于重力势能的减小量，电场力做的功等于电势能的减小量，根据功能关系、向心力公式和牛顿第二定律列式分析【解答】解：a、只有重力和电场力做功，带电小球到达b点，重力势能不变，电势能减小，故有动能，其动能大小等于电场力做的功，为qe2r=2mgr故a错误；b、d、从a点释放到b点过程，根据动能定理，有qe2r=据向心力公式，有n2bqe=m解得n2c=9mg故b错误；c、第一次过d点时，根据动能定理，有mgr+qer=根据向心力公式，有n1dmg=m解得n1d=5mg第一次过c点，根据向心力公式，有n1c+mg=m根据动能定理可知：第一次经过c点的动能为：2eqrmgr=mgr，故n1c=mg可知故cd正确；故选：cd【点评】本题关键要分析求出小球的运动，然后多次根据动能定理、向心力公式和牛顿第二定律列式求解二、计算题（本题共3小题，共40分要求写出必要的文字说明、主要的计算公式及步骤和结果，有数据计算的要写清单位只写最后结果的不得分）112014年11月22日16时55分，四川省康定县境内发生6.3级地震并引发一处泥石流一汽车停在小山坡底，突然司机发现山坡上距坡底240m处的泥石流以8m/s的初速度，0.4m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动，司机的反应时间为1s，汽车启动后以恒定的加速度一直做匀加速直线运动其过程简化为图所示，求：（1）泥石流到达坡底的时间和速度大小？试通过计算说明：汽车的加速度至少多大才能脱离危险？（结果保留三位有效数字）【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】直线运动规律专题【分析】（1）根据匀变速直线运动的位移时间关系和速度时间关系求得泥石流到达坡底的速度和时间；根据汽车速度达到与泥石流速度相等的安全临界速度，再根据运动规律求解最小加速度【解答】解：（1）设泥石流到达坡底的时间为t1，速度为v1，由题意有：v0=8m/s，v1=v0+a1t1代入数据得：t1=20s，v1=16m/s汽车速度加速到等于v1且两者在水平地面的位移刚好相等就安全了，故依题意有：v汽=at=v1泥石流在水平路面上的位移为：s石=v1（t+1t1）s汽由代入数据可解得：a=0.421m/s2答：（1）泥石流到达坡底的时间为20s，速度大小为16m/s；汽车的加速度至少为0.421m/s2才能脱离危险【点评】掌握匀变速直线运动的速度时间关系和位移时间关系是正确解题的基础，知道脱离危险的临界条件是正确解题的关键12如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为ma=2kg的薄木板a和质量为mb=3kg的金属块ba的长度l=2mb上有轻线绕过定滑轮与质量为mc=1kg的物块c相连，b与a间的动摩擦因素=0.1，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力忽略滑轮质量及与轴间的摩擦，开始时各物体都处于静止状态，绳被拉直，b位于a的左端，然后放手求经过多长时间后b从a的右端脱离（设a的右端距滑轮足够远）（g取10m/s2）【考点