2014届陕西省西安中学高三上学期第三次质量检测物理试卷与答案（带解析）.doc

1、2014届陕西省西安中学高三上学期第三次质量检测物理试卷与答案（带解析） 选择题 物体在平衡力作用下的运动中，其机械能、动能、重力势能的变化有可能发生的是（ ） A机械能不变，动能不变 B动能不变，重力势能可能变化 C动能不变，重力势能一定变化 D若重力势能变化，则机械能一定变化 答案： ABD 试题分析：若物体在水平方向做匀速直线运动，则物体的动能和机械能均不变，选项 A正确， C错误；物体若在竖直方向或者倾斜方向做匀速直线运动，则物体的动能不变，重力势能发生变化，选项 B正确；物体做匀速直线运动时，若重力势能变化，则机械能一定变化，选项 D正确 . 考点：动能、势能及机械能的概念；平衡状态

2、 . 答案： BC 试题分析：放射性元素的发现说明原子核内部具有复杂结构；卢瑟福通过原子核的人工转变发现了质子；原子的能级是不联系的，能量是量子化的；一群氢原子从 n = 3的激发态跃迁到基态时，只能辐射 3种不同频率的光子；原子核能发生 衰变放出的电子来自核内中子转化为质子时放出的，所以不能说原子核内存在电子。选项 BC 正确。 考点：玻尔理论；放射性衰变；氢原子能级 . 沿 x轴正向传播的一列简谐横波在 t=0时刻的波形如图所示， M为介质中的一个质点，该波的传播速度为 40 m/s，则 t= s时（ ） (选对一个给 2分，选对两个给 4分，每选错一个扣 2分，最低得分为 0分） A质点

3、 M的位移为负值 B质点 M的速度方向与位移方向相同 . C质点 M的加速度方向与速度方向相同 D质点 M的加速度方向与位移方向相反 答案： CD 试题分析：由图知， =4m，则周期 ，波沿 x轴正向传播，质点 M的速度方向向上，则经过 t=0.025s=T/4，质点 M位于平衡位置上方，质点M对平衡位置的位移一定为正值故 A错误；质点 M的速度方向向下，对平衡位置的位移方向也向上，两者相反，故 B错误；质点 M的加速度方向与位移方向相反，方向向下，速度方向也向下，故 C正确；质点 M的加速度方向与对平衡位置的位移相反故 D正确故选 CD 考点：机械波的传播及质点的振动规律 . 如图所示，一轻

4、弹簧左端固定在长木板 m2的左端，右端与小木块 m1连接，且 m1、 m2及 m2与地面之间接触面光滑，开始时 m1和 m2均静止，现同时对 m1、m2施加等大反向的水平恒力 F1和 F2，从两物体开始运动以后的整个过程中，对m1、 m2和弹簧组成的系统（整个过程中弹簧形变不超过其弹性限度），下列说法正确的是 ( ) A由于 F1、 F2等大反向，故系统机械能守恒 B由于 F1、 F2分别对 m1、 m2做正功，故系统动能不断增加 C由于 F1、 F2分别对 m1、 m2做正功，故系统机械能不断增加 D当弹簧弹力大小与 F1、 F2大小相等时， m1、 m2的动能最大 答案： D 试题分析：由

5、于 F1、 F2对系统做功之和不为零，故系统机械能不守恒，故 A错误；开始时，弹簧的弹力小于 F1、 F2，两物块加速，动能增加，当弹簧弹力大小与 F1、 F2大小相等时， M和 m受力平衡，加速度减为零，此后速度减小，动能减小，故 B错误；由于 F1、 F2先对系统做正功，当两物块速度减为零时，弹簧的弹力大于 F1、 F2，之后，两物块再加速相向运动， F1、 F2对系统做负功，系统机械能开始减少，故 C错误 ;当弹簧弹力大小与 F1、 F2大小相等时， M和 m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，故 D正确 考点：机械能守恒定律及牛顿定律 . 如图所示，甲、乙两种

6、粗糙面不同但高度相同的传送带，倾斜于水平地面放置。以同样恒定速率 v向上运动。现将一质量为 m的小物体 (视为质点 )轻轻放在 A处，小物体在甲传送带上到达 B处时恰好达到传送带的速率 v；在乙传送带上到达离 B竖直高度为 h的 C处时达到传送带的速率 v。已知 B处离地面高度为 H，则在物体从 A到 B的运动过程中 ( ) A两种传送带对小物体做功相等 B将小物体传送到 B处，两种传送带消耗的电能相等 C两种传送带与小物体之间的动摩擦因数甲的大 D将小物体传送到 B处，两种系统产生的热量相等 答案： A 试题分析：传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量

7、也相同，故两种传送带对小物体做功相等，故 A正确；根据两物块的运动情况可知物体加速度关系 a 甲 a 乙 ，再由牛顿第二定律mgcos-mgsin=ma， 甲 乙 ，故 C错误； D、由摩擦生热 Q=fS 相对 知， （其中 ） 根据牛顿第二定律得 f1-mgsin=ma1 f2-mgsin=ma2 解得： ， ， Q 甲 Q 乙 ，故 D错误；根据能量守恒定律，电动机消耗的电能 E 电 等于摩擦产生的热量 Q 与物块增加机械能的和，因物块两次从 A到 B增加的机械能相同， Q 甲 Q 乙 ，所以将小物体传送到 B处，两种传送带消耗的电能甲更多，故 B错误； 考点：能量守恒定律、牛顿定 律的综

8、合问题 . 以初速度 v0竖直向上抛出一质量为 m的小物体。假定物块所受的空气阻力f大小不变。已知重力加速度为 g，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为（ ） A 和 B 和 C 和 D 和 答案： A 试题分析：在上升的过程中，对物体受力分析由牛顿第二定律可得， mg+f=ma1，加速度的方向与初速度的方向相反，即竖直向下，从上升到达最高点的过程中，根据 v2-v02=2a1x可得上升的最大高度为 = ；在下降的时候，对物体受力分析有牛顿第二定律可得， mg-f=ma2，从开始下降到返回到原抛出点的过程中，根据 v2=2a2x可得， = ，所以 A正确 考点：牛顿定律及运动公式的

9、综合应用 . 某人造卫星运动的轨道可近似看作是以地心为中心的圆。该卫星到地心的距离从 r1慢慢减 小到 r2，用 v1、 v2； EKl、 EK2； T1、 T2； a1、 a2分别表示卫星在这两个轨道上的速度、动能、周期和向心加速度，则（ ） A v1 v2 B EKl T2 D a1 a2 答案： BCD 试题分析：根据万有引力提供向心力有： 解得：，该卫星到地心的距离从 r1慢慢减小到 r2， v1 v2， EKl EK2，故 A错误， B正确； T1 T2，故 C正确； a1 a2，故 D正确。 考点：万有引力定律及牛顿定律的应用。 如图所示，一物体以初速度 v0冲向光滑斜面 AB，并

10、恰好能沿斜面升高 h，下列说法中正确的是（ ） A若把斜面从 C点锯断，物体冲过 C点后仍升高 h B若把斜面弯成圆弧形 D，物体仍沿圆弧升高 h C若把斜面从 C点锯断或弯成圆弧状，物体都不能升高 h D若把斜面 AB变成曲面 AEB，物体沿此曲面上升仍能到 B点 答案： CD 试题分析：若把斜面从 C点锯断，物体冲过 C点后做斜抛运动，由于物体机械能守恒，同时斜抛运动运动到最高点，速度不为零，故不能到达 h高处，故 A错误；若把斜面弯成圆弧形 D，如果能到圆弧最高点，即 h处，由于合力充当向心力，速度不为零，故会得到机械能增加，矛盾，所以物体不能升高 h故B错误 ;无论是把斜面从 C点锯断

11、或把斜面弯成圆弧形，物体都不能升高 h，故C正确 ;若把斜面 AB变成曲 AEB，物体在最高点速度为零，根据机械能守恒定律，物体沿此曲面上升仍能到达 B点，故 D正确 考点：机械能守恒定律。 汽车在平直公路上以速度 v0匀速行驶，发动机功率为 P，牵引力为 F0,t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到 t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动，能正确表示这一过程中汽车速度 v和牵引力 F随时间 t变化的图象是 （ ） 答案： AD 试题分析：由题，汽车以功率 P、速度 v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡当司机减小油门，使汽车的功率减为 时，根据 P=Fv得知，汽车

12、的牵引力突然减小到原来的一半，即为 F= F0，而阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为 ，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，做加速度 减小的变加速运动当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小相等，由 P=Fv得知，此时汽车的速度为原来的一半故选 AD 考点：功率及牛顶第二定律 . 如图所示，质量为 m的物体 (可视为质点 )以某一速度从 A点冲上倾角为 30的固定斜面其运动的加速度大小为 ，此物体在斜面上上升的最大高度为 h，则在这个过程中物体（ ） A重力势能增加了 mgh B克服摩擦力做功 mgh C动能损失了 mgh D机械

13、能损失了 答案： CD 试题分析：物体所受的合外力为 F=ma= ,根据动能定理，物体动能减少为合外力做功 Fx= = mgh,选项 C正确；物体重力势能增加为 mgh,选项 A错误；由牛顿定律 mgsin300+f=ma，解得 f=0.25mg ,所以克服摩擦力做功 0.25mg2h= 选项 B错误；机械能损失等于克服摩擦力做功 ，选项 D正确。 考点：此题考查牛顿定律及动能定理 . 如图所示，重 4N 的物体 A，被平行于斜面的细线栓在斜面的上端，整个装置保持静止状态，倾角为 30的斜面被固定在测力计上，物块与斜面间无摩擦，装置稳定后，当细线被烧断物块正在下滑时与静止时比较，测力计的示数（

14、 ） A增加 4N B减少 3N C减少 1N D不变 答案： C 试题分析：细线烧断前，测力计的读数为物块和斜面的重力之和；烧断细线后，物体下滑的加速度为 a=gsin300=0.5g,加速度的竖直分量为 asin300=0.25g,所以物体失重 ma=0.25mg=1N。即测力计示数减小 1N.选项 C正确。 考点：牛顿定律及超重失重 . 如图所示，物体 A、 B经无摩擦的定滑轮用细线连在一起， A物 体受水平向右的力 F的作用，此时 B匀速下降， A水平向左运动，由此可知 ( ) A、物体 A做匀速运动 B、 A做加速运动 C、物体 A所受摩擦力逐渐增大 D、物体 A所受摩擦力逐渐减小

15、答案： BD 试题分析：设 B的速度为 v， A的速度为 v1,绳子与水平方向的夹角为 ，则v=v1cos，因为 V不变，所以 v1随 的增大而增大，选项 B正确；物体 A在竖直方向 Tsin+FN=mg ，则摩擦力 Ff=FN=(mg-Tsin)，由于 T=mBg不变，所以摩擦力随 增大而减小 .选项 D正确 . 考点：速度的合成及分解；共点力的平衡。 一物体沿固定斜面从静止开始向下运动 ,经过时间 t0滑至斜面底端 .已知物体在运动过程中所受的摩擦力恒定 .若用 F、 v、 s和 E分别表示该物体所受的合外力、物体的速度、位移和机械能 ,则下列图象中可能正确的是 ( ) 答案： AD 试题

16、分析：物体所受的合外力为 F=mgsin-f，所以选项 A正确；因为合外力恒定，则物体做匀变速运动，则 v=at,即 v-t线是过原点的直线，选项 B错误；根据 则 s-t图线不是直线，选项 C错误；物体的机械能，故选项 D正确。 考点：牛顿定律及能量守恒定律；物理图线的应用。 如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球 A用细线悬挂于支架前端，质量为 m的物块 B始终相对于小车静止地摆放在右端。 B与小车接触面间的动摩擦因数为 。 .若某时刻观察到细线偏离竖直方向 角，则此刻小车对物块 B产生的作用力的大小和方向为（ ） A mg ，斜向右上方 B mg ，斜向左上方 C mgt

17、an，水平向右 D mg，竖直向上 答案： A 试题分析：根据牛顿定律，对小球而言： mgtan=ma ,对物块，小车给木块的摩擦力为 f=ma ,方向水平向右，支持力为 mg，方向竖直向上，则小车对物块B产生的作用力的大小，满足 F2=N2+f2 ,解得 F=mg ，斜向右上方 .选项 A正确。 考点：牛顿第二定律及力的合成。 实验题 (1)如图所示，在 “探究功与速度变化的关系 ”的实验中，下列做法能够实现橡皮筋对小车做功整数倍变化的是 ( ) A释放小车的位置等间距的变化 B橡皮筋两端固定，使橡皮筋的伸长量依次加倍 C橡皮筋两端固定，使橡皮筋的长度依次加倍 D增加相同橡皮筋的条数，使小车

18、每次从同一位置释放 (2)某同学在做利用橡皮筋探究 功与速度变化关系的实验时，拖着纸带的小车在橡皮筋的作用下由静止运动到木板底端，在此过程中打点计时器在纸带上打下的相邻点间的距离变化情况是 ( ) A始终是均匀的 B先减小后增大 C先增大后减小 D先增大后均匀不变 答案：（ 1） D（ 2） D 试题分析：（ 1）此实验中实现橡皮筋对小车做功成倍数增加的方法是，增加相同橡皮筋的条数，使小车每次从同一位置释放，选项 D正确。（ 2）释放小车以后，小车在橡皮筋作用下先做变加速运动，然后做运动运动，所以打点计时器在纸带上打下的相邻点间的距离变化情况是先增大后均匀不变，选项 D 正确。 考点： “探究

19、功与速度变化的关系 ”的实验。 现要通过实验验证机械能守恒定律。实验装置如图 1所示：水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上 A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为 m的砝码相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上 B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间 t。用 d表示 A点到导轨底端 C点的距离， h表示 A与 C的高度差， b表示遮光片的宽度， s表示 A ,B两点的距离，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过 B点时的瞬时速度。用 g表示重力加速度。完成下列填空和作图； （ 1）若将滑块自 A点由静止释放，则在滑块从 A运动至

20、 B的过程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为 。动能的增加量可表示为 。若在运动过程中机械能守恒， 与 s的关系式为 = _. (2)多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点（ A点）下滑，测量相应的s与 t值，结果如下表所示： 1 2 3 4 5 s（ m） 0.600 0.800 1.000 1.200 1.400 t（ ms） 8.22 7.17 6.44 5.85 5.43 1/t2（ 104s-2） 1.48 1.95 2.41 2.92 3.39 以 s为横坐标， 为纵坐标，在图 2坐标纸中描出第 1和第 5个数据点；根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率

21、k= 104m-1 s-2 (保留 3位有效数字 )。 由测得的 h、 d、 b、 M和 m数值可以计算出 直线的斜率 k0，将 k和 k0进行比较，若其差值在试验允许的范围内，则可认为此试验验证了机械能守恒定律。 答案：（ 1） （ 2） 2.40 试题分析：（ 1）在滑块从 A运动至 B的过程中，滑块重力势能减少量为Mgssin= ,砝码重力势能增加了 mgs,所以滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为 ；滑块及砝码的速度为 ，动能的增加量可表示为 ；若机械能守恒则满足： =整理可得： （ 2）画出 直线如图： 根据 5个数据点作直线，求得该直线的斜率 k= 考点： 计算题

22、如图所示，空气中有一折射率为 的玻璃柱体，其横截面是圆心角为 90，半径为 R 的扇形 OAB。一束平行光平行于横截面，以 45入射角照射到 0A 上，0B不透光。若只考虑首次入射到圆弧 AB上的光，则 AB上有光透出部分的弧长为多长 答案： 试题分析：根据折射定律有： ，可得光进入玻璃后光线与竖直方向的夹角为 30过 O 的光线垂直入射到 AB界面上点 C射出， C到 B之间没有光线射出；越接近 A的光线入射到 AB界面上时的入射角越大，发生全反射的可能性越大根据临界角公式： sinC= ，得临界角为 45，如果 AB界面上的临界点为 D，此光线在 AO 界面上点 E入射，在三角形 ODE中

23、可求得 OD与水平方向的夹角为 180-（ 120+45） =15，所以 A到 D之间没有光线射出由此可得没有光线射出的圆弧对应圆心角为 90-（ 30+15） =45，所以有光透出的部分的弧长为 。 考点：光的折射定律及全反射 . 如图甲所示为某工厂将生产工件装车的流水线原理示意图。 AB段是一光滑曲面， A距离水平段 BC 的高为 H 1.25m，水平段 BC 使用水平传送带装置传送工件，已知 BC 长 L 3m，传送带与工件 (可视为质点 )间的动摩擦因数为 0.4，皮带轮的半径为 R 0.1m，其上部距车厢底面的高度 h 0.45m。设质量 m 1kg的工件由静止开始从 A点下滑，经过

24、 B点的 拐角处无机械能损失。通过调整皮带轮 (不打滑 )的转动角速度 可使工件经 C点抛出后落在固定车厢中的不同位置，取 g 10m/s2。 (1)当皮带轮静止时，工件运动到点 C时的速度为多大？ (2)皮带轮以 1 20rad/s逆时针方向匀速转动，在工件运动到 C点的过程中因摩擦而产生的内能为多少？ (3)设工件在固定车厢底部的落点到 C点的水平距离为 s，试在图乙中定量画出 s随皮带轮角速度 变化关系的 s-图象。 (规定皮带轮顺时针方向转动时 取正值，该问不需要写出计算过程 ) 答案： (1)1m/s (2)20J (3) 试题分析： (1)当皮带轮静止时，工件从 A到 C过程，由动

25、能定理有： mgH-mgL mv -0 代入数值解得： vC 1m/s (2)对工件从 A至 B过程，由动能定理得： mgH mv -0 代入数值解得： vB 5m/s 当皮带轮以 1 20rad/s逆时针方向匀速转动时，工件从 B至 C的过程中一直做匀减速运动， mg ma 设速度减至 vC历时为 t，则 vB-vC at 工件对地位移 s 工 L 皮带轮速度 v1 R1 2m/s 传送带对地位移 s 带 v1t 工件相对传送带的位移 s 相 s 工 s 带 由功能关系可知：因摩擦而产生的内能 Q 摩 mgs相 解得 Q 摩 20J (3)水平距离 s随皮带轮角速度 变化关系的 s-图象如图

26、所示 考点：动能定理及能量守恒定律的综合题目 . 如图所示，一个 圆弧形光滑细圆管轨道 ABC，放置在竖直平面内，轨道半径为 R，在 A点与水平地面 AD相接，地面与圆心 O 等高， MN 是放在水平地面上长为 3R、厚度不计的垫子，左端 M正好位于 A点将一个质量为 m、直径略小于圆管直径的小球从 A处管口正上方某处由静止释放，不考虑空气阻力 （ 1）若小球从 C点射出后恰好能打到垫子的 M端，则小球经 过 C点时对管的作用力大小和方向如何？ （ 2）欲使小球能通过 C点落到垫子上，小球离 A点的最大高度是多少？ 答案：（ 1） ，方向竖直向下（ 2） 5R 试题分析：解：（ 1）小球离开

27、C点做平抛运动，落到 M点时水平位移为 R，竖直下落高度为 R，根据运动学公式可得： 运动时间 从 C点射出的速度为 设小球以 v1 经过 C点受到管子对它的作用力为 N，由向心力公式可得 ， 由牛顿第三定律知，小球对管子作用力大小为 ，方向竖直向下 （ 2）小球下降的高度最高时，小球运动的水平位移为 4R，打到 N 点 设能够落到 N 点的水平速度 为 v2，根据平抛运动求得： 设小球下降的最大高度为 H，根据机械能守恒定律可知， 考点：牛顿定律及机械能守恒定律 . 如图所示，一质量为 M 4 kg，长为 L 2 m的木板放在水平地面上，已知木板与地面间的动摩擦因数为 0.1，在此木板的右端

28、上还有一质量为 m 1 kg的铁块，小铁块可视为质点，木板厚度不计今对木板突然施加一个水平向右的拉力 (g 10 m/ ) (1)若不计铁块与木板间的摩擦，且拉力大小为 6 N，则小铁块经多长时间将离开木板？ (2)若铁块与木板间的动摩擦因数为 0.2，铁块与地面间的动摩擦因数为 0.1，要使小铁块相对木板滑动且对地面的总位移不超过 1.5 m，则施加在木板水平向右的拉力应满足什么条件？ 答案： .(1)4 s (2) F47 N 试题分析：（ 1）对木板受力分析，由牛顿第二定律得： F-（ M+m） g=Ma 由运动学公式，得 解得： （ 2）铁块在木板上时： 1mg=ma1， 铁块在地面上

29、时： 2mg=ma2， 对木板： F-1mg-2（ M+m） g=Ma3 设铁块从木板上滑下时的速度为 v1，铁块在木板上和地面上的位移分别为 x1、x2，则： 并且满足 x1+x21.5 m，设铁块在木板上滑行时间为 t1，则 v1=a1t；木板对地面的位移 x=x1+L，联立解得 F47 N 考点：牛顿定律及运动公式的综合应用 . 如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于 O 点开始时砂袋处于静止状态，此后用弹丸以水平速度击中砂袋后均未穿出。第一次弹丸的速度为 v0，打入砂袋后二者共同摆动的最大摆角为 （ 90），当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以另一水平速度 v又击中砂袋，使砂袋向右摆动且最大摆角仍为若弹丸质量均为 m，砂袋质量为 5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计， 求：两粒弹丸的水平速度之比 为多少 答案： 试题分析：弹丸击中砂袋瞬间，系统水平方向不受外力，动量守恒，设碰后弹丸和砂袋的共同速度为 v1，细绳长为 L，根据动量守恒定律有 mv0=（ m+5m）v1， 砂袋摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以 设第二粒弹丸击中砂袋后弹丸和砂袋的共同速度为 v2，同理有： mv-（ m+5m）v1=（ m+6m） v2 联解上述方程得 考点：动量守恒定律及机械能守恒定律 .