1、2014届贵州贵阳北京师范大学贵阳附属中学高三上第一次月考物理试卷与答案（带解析） 选择题 关于物理学发展，下列表述不正确的是 ( ) A亚里士多德认为轻重不同物体下落快慢不同 B牛顿提出了三条运动定律及万有引力定律，并利用扭秤装置较准确地测出了引力常量 C伽利略通过实验研究物体下落过程，验证了自由落体运动的加速度都相同 D开普勒通过对天体运动的长期观察，发现了行星运动三定律 答案： B 试题分析：亚里士多德认为重的物体下落得快，轻的物体下落得慢，所以 A选项正确；牛顿提出三条运动定律和万有引力定律，但并没有测量出引力常量，B选项错误；伽利略通过实验和逻辑推理验证了落体的加速度都相同， C选项
2、正确；开普勒发现了三大行星运动规律，所以 D选项正确；因此本题应该选 B选项。 考点：本题考查物理学史。 （ 4分，选对 1个 1分，选对 2个 2分，选对 3个 4分）下列说法中正确的是 () A对于给定金属，当入射光子的波长越长，越容易产生光电效应 B普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论 C若使放射性物质的温度升高，其半衰期将不变 D氢原子吸收光子后，将从高能级向低能级跃迁 E比结合能越大的原子核越稳定 答案： (1)BCE 试题分析：入射光的波长越长，频率越小，越难产生光电效应， A选项错误；能量量子化是普朗克首次提出的， B选项正确；外界条件对半衰期没有影响，所以 C
3、选项正确；氢原子吸收光子后能量增加，在低能级不稳定，要向高能级跃迁， D选项错误；比结合能越大，原子核越稳定， E选项正确。 考点：本题考查对光电效应、量子概念、半衰期、氢原子的跃迁的理解。 如图所示，小球的初速度为 v0，沿光滑斜面上滑，能上滑的最大高度为 h，在图 (b)中，四 个物体的初速度均为 v0。在 A 图中，小球沿一光滑内轨向上运动，内轨半径大于 h；在 B图中，小球沿一光滑内轨向上运动，内轨半径小于 h；在图 C中，小球沿一光滑内轨向上运动，内轨直径等于 h；在 D图中，小球固定在轻杆的下端，轻杆的长度为 h 的一半，小球随轻杆绕 O 点无摩擦向上转动，则小球上升的高度能达到
4、h的有（） A B C D 答案： 试题分析：据题意，小球以初速度 v0沿斜面上滑，能够到达的最大高度为 h，在 b图中，据 mgh=mv2/2 可知， A图可以达到相同高度 h， B、 C两图中，小球运动到圆心等高处之后，将离开轨道做向上斜抛运动，所以到达不了 h高度，而 D图到达最高点的最小速度为 0，所以 D图可以达到 h高度。 考点：本题考查机械能守恒和圆周运动规律。 边长为 L的正方形金属框在水平恒力 F作用下运动，穿过方向如图的有界匀强磁场区域，磁场区域的宽度为 d（ dL）。已知 ab边进入磁场时，线框的加速度恰好为零则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，有 ( )
5、 A产生的感应电流方向相同 B所受的安培力方向相同 C进入磁场过程和穿出磁场过程中通过导体内某一截面的电量相等 D进入磁场过程的时间等于穿出磁场过程的时间 答案： BC 试题分析：据题意，进入时感应电流方向据右手定则可知：顺时针；离开时感应电流方向为：逆时针；所以 A选项错误；安培力方向总与运动方向相反，所以 B选项正确；据 q=It=BSt/tR=BS/R可知，进入和离开过程线圈面积变化相等，所以电荷量相等， C 选项正确；由于线圈宽度相同而两个过程的速度不同，所以进入和离开的时间不同， D选项错误。 考点：本题考查电磁感应现象、右手定则，法拉第电磁感应定律。 如图所示， A、 B是真空中的
6、两个等量异种点电荷， M、 N、 O 是 AB连线垂线上的点，且 AOOB。一带负电的试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线所示， M、 N 为轨迹和垂线的交点，设 M、 N 两点的场强大小分别为EM、 EN,电势分别为 M、 N，下列说法中正确的是（） A、点电荷 A一定带正电 B、 EM小于 EN C、 M大于 N D、此试探电荷在 M处的电势能大于 N 的电势能 答案： BD 试题分析：据题意，由于电场力指向负电荷运动轨迹的凹侧，所以 A带负电而B带正电， A选项错误； N 点与 A、 B两点较近，据 E=KQ/r2，所以 N 点场强较大， B选项正确；据等量异种电荷等深线分布图可知
7、， N 电势较高，所以 C选项错误；据电势能为 E=q可知，该电荷带负电 qv2时， 12 B当 v1v2时， 1tan(1 ) 答案： C 试题分析：据题意，物体做平抛运动，在斜面上有： tan=y/x=tan/2，由此可以知道，不管平抛运动的初速度怎么样，始终有： tan=2tan，所以 1=2。 考点：本题考查平抛运动的规律。 如图所示，一质点做直线运动的 v-t图象，下列判断正确的是 ( ) A质点在 10 12s内位移为 6m B质点在 8 10s内的加速度最大 C质点在 11s末离出发点最远 D质点在 8 12s内的平均速度为 4.67m/s 答案： C 试题分析：据图可知，在 1
8、0-12s内物体先向正方向做匀减速直线运动，后又向反方向做匀加速直线运动，由图线和时间轴围成的面 积大小等于这段时间内的位移大小，有该段时间内的位移为 0， A选项错误；加速度大小可以通过图线的斜率判断，图线倾斜程度最大的是 10-12s，所以该段时间内的加速度最大，B选项错误；通过图线可知， 0-11s物体一直向正方向运动，而 11-12s向反方向运动，则 11s时物体离出发点最远， C选项正确； 8-12s物体的位移为 x=8m，则该段时间内的平均速度大小为 v=x/t=2m/s，所以 D选项错误。 考点：本题考查对速度时间图像的理解。 如图所示，一物体在粗糙水平地面上受斜向上的恒定拉力
9、F作用而做匀速直线运动，则下列说法 正确的是 ( ) A物体可能只受两个力作用 B物体可能受三个力作用 C物体可能不受摩擦力作用 D物体一定受四个力作用 答案： D 试题分析：据题意，由于物体做匀速运动，据物体的平衡条件，则有物体合力为 0，对物体受力分析，受到：重力 G、支持力 N、拉力 F，要使物体做匀速运动一定还受到摩擦力 f，所以物体一定受到四个力。 D选项正确。 考点：本题考查对受力分析的能力。 实验题 如图所示为 “探究加速度与物体受力的关系 ”的实验装置图。图中 A 为小车，质量为 m1，连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器 B，它们均处于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木
10、板上， p的质量为 m2， C为弹簧测力计，实验时改变 p的质量，读出测力计不同读数 F，不计绳与滑轮的摩擦。 （ 1）下列说法正确的是（） A一端带有定滑轮的长木板必须保持水平 B实验时应先接通电源后释放小车 C实验中 m2应远小于 m1 D测力计的读数始终为 m2g/2 （ 2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到 a-F图象，可能是下图中的（） （ 3）写出本实验设计的最大优点是： 答案： (1)B（ 2） C（ 3）无系统误差 试题分析： (1)为了减小摩擦力带来的误差，需要通过倾斜滑板平衡摩擦力，所以 A 选项错误；实验时为了在纸带上打下尽量多的点和使打点计时
11、器工作稳定，需要先接通电源再释放小车， B选项正确；小车受到的拉力可以通过弹簧秤读出，所以可以不要求 m2远大于 m1， C选项错误； p物体下落过程中处于失重状态，则拉力小于 p的重力， D选项错误。（ 2）由于该同学遗漏了平衡摩擦力，所以对小车受力分析，小车在水平方向受到拉力 F和摩擦力 f，据牛顿第二定律有： F-f=ma，则由 a=(F-f)/m=F/m-f/m可知， C选项正确。（ 3）由于利用弹 簧秤测量小车受到的拉力且该测量值为小车受到的真实拉力，可以不考虑 m2m1给实验带来的误差。 考点：本题考查打点计时器测量小车加速度的优化设计。 填空题 一个同学在研究小球自由落体运动时，
12、用频闪照相连续记录下小球的位置如图所示。已知闪光周期为 s，测得 x1=7.68cm， x3=12.00cm，用上述数据通过计算可得小球运动的加速度约为 _m/s2，图中 x2约为 _cm。（结果保留 3位有效数字） 答案： .72 9.84 试题分析：据题意，已知小球做自由落体运动，频闪照相仪的闪光周期为T=1/30s，据图可知用逐差法则小球下落的重力加速度可求得为： x3-x1=4gt2，得g=9.72m/s2；又据 x2-x1=2gt2，可以计算出第三段 x2的距离为： x2=9.84。 考点：本题考查应用逐差法的计算重力加速度。 计算题 、 (12分）甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中
13、发现：甲经短距离加速后能保持 9m/s的速度跑完全程；乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的。为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记。在某次练习中，甲在接力区 前 S0=13.5m处作了标记，并以 v=9m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令。乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒。已知接力区的长度为 L=20m。求： （ 1）此次练习中乙在接棒前的加速度 a. （ 2）在完成交接棒时乙离接力区末端的距离 答案：（ 1） a=3m/s2（ 2） s=6.5m 试题分析：（ 1）设经过 t时间甲追上乙，则根据题意有 Vtvt/2=s0（ 3分）
14、 v=at（ 2分） 代入有关数值得 a=3m/s2（ 1分） (用其它方法及公式求得同样给分 ) （ 2）设在甲追上乙时，乙前进的距离 s=at2/2（ 3分） s=Ls（ 2分） 代入有关数值得 s=6.5m（ 1分） 考点：本题考查运动学关系，主要涉及追击相遇问题。 (12分）在倾角为 的光滑斜面上端系有一劲度系数为 k的弹簧，弹簧轴线与斜面平行，弹簧下端连一个质量为 m的小球，球被一垂直斜面的挡板 A 挡住，此时弹簧没有形变，若 A以加速度 a(agsin)沿斜面向下匀加速运动，求： (1)从挡板开始运动到球板分离所经历的时间 t. (2)从挡板开始运动到小球速度最大时，球的位移 x.
15、 答案：（ 1） （ 2） mgsin/k. 试题分析：（ 1）设球与挡板分离时位移为 s，经历的时间为 t,从开始运动到分离过程中， m受到竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力 FN，沿斜面向上的挡板支持力 FN1和弹簧弹力 f，根据牛顿第二定律可得方程： mgsin-f-FN1=ma，又因 f=kx 随着 x的增大， f增大， FN1减小，保持 a不变，当 m与挡板分离时， x增大到等于 s， FN1减小到 0，则有： x=at2/2， mgsin-kx=ma 联立解得 t= （ 2）分离后继续做加速度减小的加速运动， v最大时， m受合力为零，即kxm=mgsin 位移 是 xm=mgs
16、in/k. 考点：本题考查牛顿第二定律、运动学关系和胡克定律。 (14分）如图所示，质量 M=0.2kg的长板静止在水平地面上，与地面间动摩擦因数 1 0.1，另一质量 m=0.1kg的带正电小滑块以 v0=8m/s 初速滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数 2 0.5，小滑块带电量为 q 210-3C，整个运动过程始终处于水平向右的匀强电场中，电场强度 E 1102N/C，（ m/s2）求： （ 1）刚开始时小滑块和长板的加速度大小各为多少 . （ 2）小滑块最后停在距木板左端多远的位置 . （ 3）整个运动过程中产生的热量 . 答案：（ 1） 1m/s2（ 2） 8m（ 3） 6.4J 试
17、题分析：（ 1）设小滑块的加速度为 ，长木板的加速度为 ，规定水平向右为正方向 由牛顿第二定律得 得 (2分 ) ，得 (2分 ) （ 2）设两者经过 t时间相对静止，此时的速度为 v 则 得 t=2s,v=2m/s(2分 ) 这段时间内小滑块的位移 (2分 )木板的位移(2分 ) 由于此后两者一起向右减速运动，所以小滑块最后距木板左端(1分 ) （ 3）设两者一起向右运动的加速度为 由牛顿第二定律得 得 (1分 ) 一起向右减速的位移 (1分 ) 由能量守恒可知 (1分 ) 考点：本题考查牛顿第二定律、运动学关系、能量守恒定律和相对运动。 如图所示，光滑水平面上，轻弹簧两端分别拴住质量均为 m的小物块 A和B， B物块靠着竖直墙壁。今用水平外力缓慢推 A，使 A、 B间弹簧压缩，当压缩到弹簧的弹性势能为 E时撤去此水平外力，让 A和 B在水平面运动，球： （ 1）当 B恰要离开墙壁时， A物块的速度大小 （ 2）当弹簧达到最大长度时 A、 B的速度大小 答案：（ 1） （ 2） 试题分析：（ 1）当 B离开墙壁时， A的速度为 v0，由机械能守恒有 mv02 E 解得 v0= （ 2）以后运动中，当弹簧弹性势能最大时，弹簧达到最大程度时， A、 B速度相等，设为 v，由动量守恒定律有 2mv=mv0 解得 v= 考点：本题考查机械能守恒定律和动量守恒定律。
