2015届甘肃张掖中学高三上期第二次月考物理卷（带解析）.doc

1、2015届甘肃张掖中学高三上期第二次月考物理卷（带解析） 选择题 以下有关物理学史或物理学研究方法的表述正确的有（ ） A牛顿发现了万有引力定律，并用扭秤实验装置测出了引力常量，极大地推进了航天事业的发展 B第谷接受了哥白尼日心说的观点，并根据开普勒对行星运动观察记录的数据，应用严密的数学运算和椭圆轨道假说，得出了行星运动定律 C在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法 D伽利略将自由落体运动看成倾角为 90的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理

2、相结合的方法 答案： D 试题分析：牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验装置测出了引力常量，选项 A错误；开普勒研究了第谷的观测数据，应用严密的数学运算和椭圆轨道假说，得出了开普勒行星运动定律，选项 B错误；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，选项 C错误；伽利略将自由落体运动看成倾 角为 90的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，选项 D正确 .；故选 D. 考点：物理学史 . 如图所示，长为 L的长木板水平放置，在木板的

3、 A端放置一个质量为 m的小物块 .现缓慢地抬高 A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为 时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为 v，则在整个过程中 ( ) A支持力对小物块做功为 mgLsin B静摩擦力对小物块做功为 0 C静摩擦力对小物块做功为 mgLsin D滑动摩擦力对小物块做功为 答案： ABD 试题分析：木板被抬高的过程中，由于物体没滑动，故只有重力和支持力做功，静摩擦力做功为零，由动能定理 ，故支持力对小物块做功为mgLsin，选项 AB正确， C错误；物块滑动过程中，由动能定理可得：，即 ，选项 D正确；故选 ABD. 考点：动能定理的应用

4、 . 质量为 5103 kg的汽车在 t 0时刻速度 v0 10m/s，随后以 P 6104 W的额定功率沿平直公路继续前进，经 72s达到最大速度，设汽车受恒定阻力，其大小为 2.5103N。则（ ） A汽车的最大速度为 20m/s B汽车的最大速度为 24m/s C汽车在 72s内经过的路程为 1252m D汽车在 72s内经过的路程 1250m 答案： BC 试题分析：汽车的最大速度为 ，选项 A错误， B正确；根据动能定理可得： ，解得 s=1252m，选项 C正确， D错误；故选 BC。 考点：功率；动能定理 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

5、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 B克服摩擦力做功 C动能损失了 D机械能损失了 答案： AD 试题分析：物体在斜面上能够上升的最大高度为 h，所以重力势能增加了 mgh，故 A正确；由牛顿定律可知： ，解得摩擦力 ；物体在斜面上能够上升的最大高度为 h，发生的位移为 2h，则克服摩擦力做功 ，故 B错误；由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小 Ek=F 合 s=ma 2h= ，故 C错误；机械能的损失量等于克服摩擦力做功，即 ，故 D正确故选 AD 考点：牛顿第二定律；动能定理 . 2012年我国

6、宣布北斗导航系统正式商业运行。北斗导航系统又被称为 “双星定位系 统 ”，具有导航、定位等功能。 “北斗 ”系统中两颗工作卫星均绕地心做匀速圆周运动，轨道半径为，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的 A、 B两位置（如图所示）若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为 g，地球半径为，不计卫星间的相互作用力则以下判断中正确的是（ ） A这两颗卫星的加速度大小相等，均为 B卫星 l由位置 A运动至位置 B所需的时间为 C卫星 l向后喷气就一定能追上卫星 2 D卫星 1由位置 A运动到位置 B的过程中万有引力做正功 答案： A 试题分析：根据万有引力定律可得： ，又 ，则 ，选项 A正确 ；由 ，

7、解得 ，卫星 l由位置 A运动至位置 B所需的时间为 ，选项 B错误；卫星 l向后喷气将脱离原轨道而跑到高轨道上去，故不能追上卫星 2，选项 C错误；卫星 1由位置 A运动到位置 B的过程中万有引力不做功，选项 D错误；故选 A. 考点：万有引力定律的应用 . 一位同学做飞镖游戏，已知圆盘的直径为 d，飞镖距圆盘为 L，且对准圆盘上边缘的 A点水平抛出，初速度为 v0，飞镖抛出的同时，圆盘以垂直圆盘过盘心 O的水平轴匀速运动，角速度为 。若飞镖恰好击中 A点，则下列关系正确的是 ( ) A dv02 L2g B d2 g2(1 2n)2， (n 0， 1， 2， 3， ) C v0 D L (

8、1 2n)v0， (n 0， 1， 2， 3) 答案： D 试题分析：飞镖做平抛运动，则 L=v0t ， 联立解得： 2dv02 L2g，选项A错误；时间关系应满足： ， (n 0， 1， 2， 3) 整理可得： L (1 2n)v0， (n 0， 1， 2， 3) 或者： 2d2 g2(1 2n)2， (n 0， 1， 2，3， ) 选项 D正确， BC错误；故选 D. 考点：平抛运动及圆周运动的规律 . 如图所示，质量为 3kg的物体 A静止于竖直的轻弹簧上端 .若将一个 质量为2kg物体 B轻放在 A上的一瞬间，则 B对 A的压力大小是（ g取 10m/s2） ( ) A 12N B 8

9、N C 0 D 20N 答案： A 试题分析：开始弹簧的弹力等于 A的重力，即 F=mAg放上 B的瞬间，弹簧弹力不变，对整体分析，根据牛顿第二定律得：隔离对 B分析，有 mBg-N=mBa，则：N=mB（ g-a） =2（ 10-4） N=12N故选： A 考点：牛顿第二定律的应用；整体及隔离法 . 如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为 12 m的竖立在地面上的钢管向下滑。已知这名消防队员的质量为 60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时的 2倍，下滑的总时间为 3 s， g取 10 m/s2，那么该消防队员

10、 ( ) A下滑过程中的最大速度为 4 m/s B加速与减速过程的时间之比为 1 2 C加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为 2 7 D加速与减速过程的位移之比为 1 4 答案： B 试题分析：设下滑过程中的最大速度为 v，则加速阶段和减速阶段的平均速度均为 ，消防队员下滑的总位移： ，解得：，故 A错误设加速与减速过程的时间分别为 t1、 t2，加速度大小分别为 a1、 a2，则 v=a1t1， v=a2t2，解得： t1 t2=a2： a1=1： 2故 B正确由t1 t2=1： 2，又 t1+t2=3s，得到 t1=1s， t2=2s， ，根据牛顿第二定律得：加速过程： mg-f1=ma1

11、， f1=mg-ma1=2m，减速过程： f2-mg=ma2， f2=mg+ma2=14m 所以 f1 f2=1： 7故 C 错误；匀加速运动位移为： ，匀减速位移为： ，所以加速与减速过程的位移之比为 1 2，故 D错误故选： B 考点：牛顿第二定律；匀变速运动的规律 . 质量为 m的物体从地面上方 H高处无初速释放，落到地面后出现一个深为h的坑，如图所示，在此过程中（ ） A重力对物体做功 mgH B物体重力势能减少 mg（ H-h） C合力对物体做的总功为零 D地面对物体的平均阻力为 答案： C 试题分析：重力对物体做功 mg（ H+h），物体重力势能减少 mg（ H+h），选项 AB错

12、误；根据动能定理，对整个过程中， mg（ H+h） -fh=0，解得，故选项 C正确， D错误；故选 C. 考点：重力功；动能定理。 压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图（ a）所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球。小车向右做直线运动过程中，电流表示数如图（ b）所示，下列判断正确的是（ ） A从 t1到 t2时间内，小车做匀速直线运动 B从 t1到 t2时间内，小车做匀加速直线运动 C从 t2到 t3时间内，小车做匀速直线运动 D从 t2到 t3时间内，小车做匀加速直线运动 答案： D 试题分析：在

13、 t1 t2 内， I 变大，阻值变小，压力变大，根据牛顿第二定律可知，小车做变加速运动，故 AB错误；在 t2 t3内， I不变，压力恒定，小车做匀加速直线运动，故 C错误，故 D正确；故选： D 考点：牛顿第二定律的应用 . 如图所示，小球以 v0正对倾角为 的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行时间 t为 (重力加速度为 g)( ) A B C D 答案： D 试题分析：过抛出点作斜面的垂线，则垂线的长度即为最小的位移，当质点落在斜面上时，位移最小时，设运动的时间为 t，则水平方向： x=v0t；竖直方向：y= gt2 根据几何关系有： ，即 ，则解得：，选项 D正确。 考点：

14、平抛运动的规律 . 如图所示弹簧测力计、绳和滑轮的质量均不计，绳与滑轮间的摩擦力不计，物体的重力都是 G，在图 (甲 )、 (乙 )、 (丙 )三种情况下，弹簧测力计的读数分别是 F1、 F2、 F3，则以下判断正确的是 ( )。 A F3F1 F2 B F3 F1F2 C F1 F2 F3 D F1F2 F3 答案： B 试题分析：甲图：物体静止，弹簧的拉力 F1=mg；乙图：对物体为研究对象，作出力图如图由平衡条件得： F2=Gsin60=0.866mg 丙图：以动滑轮为研究对象由于三力夹角均为 120，故由几何知识得F3=mg故答案：为： F3=F1 F2；选项 B正确 . 考点：共点力

15、的平衡 . 实验题 在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数实验装置如右图所示一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接打点计时器使用的交流电源的频率为 50 Hz，开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点 (1)上图给出的是 实验中获取的一条纸带的一部分： 0、 1、 2、 3、 4、 5、 6、 7是计数点，每相邻两计数点间还有 4个打点 (图中未标出 )，计数点间的距离如图所示根据图中数据计算的加速度 a _(保留三位有效数字 ) (2)回答下列两个问

16、题： 为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有 _ (填入所选物理量前的字母 ) A木块的长度 L B木板的质量 m1 C滑块的质量m2 D托盘和砝码的总质量 m3E滑块运动的时间 t 测量 中所选定的物理量时需要的实验器材是 (3)滑块与木板间的动摩擦因数 _(用所测物理量的字母表示，重力加速度为 g)与真实值相比，测量的动摩擦因数 _(填 “偏大 ”或 “偏小 ”)写出支持你的看法的一个理由： 。 答案：（ 1） 0.495-0.497 m/s2；（ 2） CD 天平（带砝码）（ 3）；偏大；因为纸带和打点计时器之间有摩擦 试题分析：（ 1）每相邻两计数点间还有 4个打点，说明相邻的计数

17、点时间间隔：T=0.1s，由题意可知，计数点间的时间间隔为 t=0.02s5=0.1s；由 xm-xn=（ m-n）at2，根据图乙所示纸 带数据可得： ， ， 则加速度为： ， (2) 根据牛顿第二定律： ，故要测量动摩擦因数，还应测量的有：滑块的质量 m2；托盘和砝码的总质量 m3，即 CD. 测量 中所选定的物理量时需要的实验器材是天平； (3) 根据 ，可得滑块与木板间的动摩擦因数， 此测量值与真实值相比，测量的动摩擦因数偏大因为纸带和打点计时器之间有摩擦 考点：测量滑块与木板之间的动摩擦因数。 在 “探究功与物体速度变化关系 ”的实验中，某实验研究小组的实验装置如图甲所示。小木块从

18、A点静止释放后，在一根弹簧作用下弹出，沿足够长水平放置的木板运动到 B1点停下， O点为弹簧原长时小木块所处的位置，测得 OB1的距离为 L1，并把此过程中弹簧对小木块做的功记为 W1。用完全相同的弹簧 2根、 3根 并列在一起进行第 2次、第 3次 实验并记录相应的数据，作出弹簧对小木块做功 W 与小木块停下的位置距 O 点的距离 L 的图象如图乙所示。 请回答下列问题： （ 1） WL 图线为什么不通过原点？ 。 （ 2）弹簧被压缩的长度 LOA = cm。 答案：（ 1）由于木块通过 OA段时，摩擦力对木块做了功 （ 2） 3 试题分析：（ 1）由于木块通过 OA段时，摩擦力对木块做了功

19、，故图线不过原点； （ 2）由图可知，当 W=5J时 L=42cm；当 W=1J时 L=6cm；由动能定理：，即： 5=f(LOA+42)， 1=f(LOA+6)，解得： LOA=3cm 考点：动能定理 . 计算题 如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向 37角，球和车厢相对静止，球的质量为 1 kg.（ g 10 m/s2， sin370.6， cos37 0.8） （ 1）求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况。 （ 2）求悬线对球的拉力。 答案：（ 1） 7.5N；向右加速或向左减速（ 2） 12.5N 试题分析：（ 1）车厢的加速度与小球加速度相同，对

20、小球进行受力分析， 根据牛顿第二定律得： 所以车厢的加速度大小为 7.5m/s2，方向水平向右，所以车厢可能向右做匀加速运动，也可能向左做匀减速运动 （ 2）由图可知： 。 考点：牛顿第二定律；平行四边形法则。 在地球某处海平面上测得物体自由下落高度 h所需的时间为 t，到某高山顶测得物体自由下落 h同样高度所需时间增加了 t，已知地球半径为，试求山的高度 H 答案： 试题分析：在 海平面，由万有引力定律可得： ，自由落体运动可得：； 在山顶： ，由自由落体运动可得： ；联立以上四式可得： 考点：万有引力定律；自由落体运动 如图所示，竖直面内有一半径为的圆形轨道，一质量为 m的小球从斜轨道上的

21、 A点由静止释放，沿轨道滑下，斜轨道的倾角为 ，各处的摩擦均不计。求： （ 1）为使小球能完成圆周运动，释放点 A 距水平地面的高度 h 至少要为多少？ （ 2）让小球从 h/=2处由静止下滑，小球将从圆轨道的何处脱离？ 答案：（ 1） （ 2）离地高 处脱离。 试题分析：（ 1）若小球恰能经过 B点，则由牛顿第二 定律可得： 由 A到 B由动能定理可得： 解得： （ 2）当要脱离时，令半径与水平方向夹角为 ，由牛顿第二定律；由机械能守恒得 ，得 ，故离地高 处脱离。 考点：牛顿第二定律；动能定理的应用 . 如图所示，竖直平面内的轨道 ABCD由水平轨道 AB与光滑的四分之一圆弧轨道 CD组成

22、， AB恰与圆弧 CD在 C点相切，轨道固定在水平面上。一个质量为 m的小物块（可视为质点）从轨道的 A端以初动能 E冲上水平轨道 AB，沿着轨道运动，由 DC弧滑下后停在水平轨道 AB的中点。已知水平轨道 AB长为 L。求： （ 1）小物块与水平轨道的动摩擦因数 （ 2）为了保证小物块不从轨道的 D 端离开轨道，圆弧轨道的半径至少是多大？ （ 3）若圆弧轨道的半径取第（ 2）问计算出的最小值，增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达到最大高度是 1.5处，试求物块的初动能并分析物块能否停在水平轨道上。如果能，将停在何处？如果不能，将以多大速度离开水平轨道？ 答案：（ 1） （ 2） （

23、 3） ；物块最终停在水平滑道 AB上，距 A点 处 试题分析：（ 1）小物块最终停在 AB的中点，在这个过程中，由动能定理得：-mg（ L+0.5L） =-E 得： （ 2）若小物块刚好到达 D处，速度为零，同理，有： -mgL-mg=-E，解得 CD圆弧半径至少为： （ 3）设物块以初动能 E冲上轨道，可以达到的最大高度是 1.5，由动能定理得：-mgL-1.5mg=-E 解得： 物块滑回 C点时的动能为 EC=1.5mg= ，由于 EC mgL= ，故物块将停在轨道上 设到 A点的距离为 x，有 -mg（ L-x） =-EC 解得： 即物块最终停在水平滑道 AB上，距 A点 处 考点：动能定理的应用 .