河南省太康縣第五高級中學高三物理下學期3月月考試卷（含解析）.doc

河南省太康縣第五高級中學2016屆高三下期3月月考物理試卷1一物體做勻變速直線運動，某時刻速度大小為4m/s，1s后速度的大小變?yōu)?0m/s，在這1s內(nèi)該物體的（ ）a位移的大小可能小于4mb位移的大小可能大于10mc加速度的大小可能小于4m/s2d加速度的大小可能大于10m/s2【答案】ad【解析】解：（1）若初、末速度同向時：= m/s=7 m/ss= t=7 m；a= m/s2=6 m/s2（2）若初、末速反向時：= m/s=3 m/ss= t=3 ma= m/s2=14 m/s2因此可得出ad正確，bc錯誤；故選：ad考點：勻變速直線運動的位移與時間的關系；加速度分析：物體做勻變速直線運動，根據(jù)平均速度公式求解位移，根據(jù)加速度的定義公式求解加速度點評：本題關鍵是明確物體的運動性質(zhì)，注意物體的初末速度可能同向，也可能反向，要分情況討論2如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移h，將物體緩緩提高h，拉力f做功wf，不計彈簧的質(zhì)量，則下列說法正確的是（ ）a重力做功-mgh，重力勢能減少mghb彈力做功-wf，彈性勢能增加wfc重力勢能增加mgh，彈性勢能增加wf-mghd重力勢能增加mgh，彈性勢能增加fh【答案】c【解析】克服重力做功mgh，重力勢能增大mgh，根據(jù)能量守恒，拉力做功等于彈性勢能和重力勢能增量之和，c對；3一小車靜止在光滑水平面上，甲、乙兩人分別站在左右兩側(cè)，整個系統(tǒng)原來靜止。如圖所示，當兩人同時相向走動時a要使小車向左運動，甲的速度大小一定比乙大b要使小車向左運動，甲的質(zhì)量一定比乙大c要使小車向左運動，甲的動量大小一定比乙大d要使小車保持靜止，甲、乙的速度大小一定相等， 【答案】c【解析】本題考查的是動量守恒的問題，系統(tǒng)動量守恒，要使小車向左運動，甲的動量大小一定比乙大；要使小車保持靜止，甲、乙的動量大小一定相等；abd均錯誤，c正確；4如圖所示，為速度選擇器原理圖，dl和 d2是兩個平行金屬板，分別連在電源的兩極上，其間有一定的電場強度為e，同時在這空間加有垂直于電場方向的磁場，磁感應強度為b。sl、s2為兩個小孔，且sl與s2連線方向與金屬板平行。速度沿sl、s2連線方向從sl飛入的帶電粒子只有做直線運動才可以從s2飛出，若讓一束不同粒子沿sl與s2連線方向從sl孔飛入，則下列說法正確的是（ ）a.能夠從s2孔飛出的粒子必為同種粒子b.能夠從s2孔飛出的粒子必具有相同的速度c.能夠從s2孔飛出的粒子若改為從s2孔飛入，也必能從s1孔飛出d.只有從s2孔飛出的帶正電的粒子，若改為從s2孔飛入，才能從s1孔飛出【答案】b【解析】試題分析:速度選擇器是根據(jù)粒子通過復合場后，電場力與洛倫茲力平衡，則有被選擇的速度v的大小應滿足v=e/b ，與粒子的正負無關，但必須從s1孔飛入，故a錯誤；b正確；能夠從s2孔飛出的粒子若改為從s2孔飛入，不論粒子的正電荷，還是負電荷，電場力與洛侖茲力方向均相同，因此不能從s1孔飛出，故c、d錯誤；考點： 帶電粒子在復合場中運動5如圖所示，a、b兩小球離光滑地面髙度均為h=5m，相距 l=4.8m，將a以大小為2m/s的初速v0向b水平拋出的同時，b自由下落。a、b與地面發(fā)生彈性碰撞前后，水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反。b球質(zhì)量m=0.2kg，不計空氣阻力及小球與地面碰撞的時間，g=10m/s2。b球第一次與地相碰的過程中，合力對b球的沖量大小i及a、b第一次相碰時，b球離地高度 h為( )a.i= 2n s，h=0.8m b.i=2n s，h=4.2mc.i =4n s，h =0.8m d.i=4n s，h=4.2m【答案】d【解析】試題分析：根據(jù)得：a下落的時間為t=1s，落地時豎直速度為vy=gt=10 m/s，由題意知，a求與地面碰撞的過程中速度變化量為v=-10-10=-20 m/s，再根據(jù)動量定理得：i=mv=4n s，a、b相碰時小球a的水平位移為l=4.8m，由對稱性知，小球a與地面第一次相碰后上升到最高點的過程需要1s，此時小球a的水平位移為x=4m，故還需，兩球相遇，在0.4s內(nèi)小球下落的高度為，故此時b球離地高度 h為4.8m。所以a、b、c錯誤；d正確?？键c：本題考查自由落體、動量定理6升降機地板上放一個彈簧秤，盤中放一質(zhì)量為m的物體，當秤的讀數(shù)為0.8mg時，升降機的運動可能是( )a.加速下降 b.加速上升 c.減速上升 d.減速下降【答案】ac【解析】試題分析：由題意可知，木箱受到的支持力為，物體受到的合力，由牛頓第二定律可知，加速度，方向豎直向下，故物體可能的運動情況為減速上升，或加速下降，故選項ac正確，選項bd錯誤?？键c：失重【名師點睛】根據(jù)物體的受力情況可求得物體的合力，再由牛頓第二定律可知加速度的方向；由運動學公式可得出升降機可能的運動情況。7豎直懸掛的輕彈簧下連接一個小球，用手托起小球，使彈簧處于壓縮狀態(tài)，如圖所示。則迅速放手后（不計空氣阻力）a放手后瞬間小球的加速度等于重力加速度b小球、彈簧與地球組成的系統(tǒng)機械能守恒 c小球機械能守恒d小球下落過程中，小球動能與彈簧彈性勢能之和不斷增大【答案】bd【解析】試題分析：因為開始彈簧處于壓縮狀態(tài)，所以放手后瞬間根據(jù)可知，小球的加速度大于重力加速度；對小球、彈簧與地球組成的系統(tǒng)，由于只有重力和彈簧彈力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒；由于小球下落過程中重力勢能逐漸減小，所以動能與彈簧彈性勢能之和不斷增大；對小球而言由于除重力做功外，還受彈簧彈力作用，所以小球機械能不守恒。選項bd正確?？键c：此題考查了機械能守恒定律及牛頓定律等內(nèi)容。8物體從距地面某高處開始做自由落體運動，若下落前一半路程所用的時間為t，則物體下落全程所用的時間為（ ）a b4t c 2t d【答案】a【解析】試題分析：根據(jù)，可知下落前一半路程有；則下落全程：，聯(lián)立解得：，故選a.考點：自由落體運動【名師點睛】此題是對自由落體運動規(guī)律的考查；要知道自由落體運動是初速度為零的，加速度為g的勻加速運動，滿足勻變速直線運動的所有公式，所以只要在兩個過程中列得位移時間關系方程即可求解總時間；此題是中等題.9如圖所示為氫原子的能級圖，現(xiàn)有一群處于n3激發(fā)態(tài)的氫原子，則這些原子( )a發(fā)出的光子最小能量是0.66 evb發(fā)出的光子最大能量是12.75 evc能發(fā)出3種不同頻率的光子d由n3躍遷到n1時發(fā)出的光子頻率最高【答案】cd【解析】試題分析：由n=3向n=2 能級躍遷所輻射的光子能量最小，a錯誤；由n=3向n=1能級躍遷所輻射的光子能量最大，b錯誤；輻射的光子頻率最高，d正確；從n=3向低能級躍遷可輻射3-1、3-2、2-1三種頻率的光子，c正確；故選cd?？键c：氫原子能級及躍遷。10如下圖所示，長為l的細繩一端固定在o點，另一端拴住一個小球，在o點的正下方與o點相距的地方有一枚與豎直平面垂直的釘子；把小球拉起使細繩在水平方向伸直，由靜止開始釋放，當細繩碰到釘子的瞬間，下列說法正確的是( )a小球的線速度不發(fā)生突變b小球的角速度突然增大到原來的2倍c小球的向心加速度突然增大到原來的2倍d繩子對小球的拉力突然增大到原來的2倍【答案】abc【解析】試題分析：小球的線速度變化需要一段時間，當細繩碰到釘子的瞬間，小球的線速度不發(fā)生突變，所以a項正確；根據(jù)角速度與線速度的關系，線速度不變，圓周運動的半徑變?yōu)樵瓉淼囊话?，角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，所以b項正確；向心加速度公式，小球的向心加速度增大為原來的2倍，所以c項正確；根據(jù)牛頓第二定律得出，小球拉力等于，向心力變?yōu)樵瓉淼?倍，小球拉力不是原來的2倍，所以d項錯誤?？键c：本題考查了豎直面內(nèi)的圓周運動11關于相對地面靜止的通訊衛(wèi)星，下列說法不正確的是（ ）a. 所有通訊衛(wèi)星繞地球運動的周期都相同 b. 所有通訊衛(wèi)星繞地球運動的線速度都相同 c. 所有通訊衛(wèi)星都在地球赤道的上方d.理論上有三顆通信衛(wèi)星，就幾乎可以覆蓋整個地球表面【答案】b【解析】試題分析：地球同步衛(wèi)星即地球同步軌道衛(wèi)星，又稱對地靜止衛(wèi)星，是運行在地球同步軌道上的人造衛(wèi)星，同步衛(wèi)星的周期必須與地球自轉(zhuǎn)周期相同，故a正確；所有通訊衛(wèi)星繞地球運動的線速度大小相等，但是方向不同，故b錯誤；所有的同步衛(wèi)星都在赤道上空，它若在除赤道所在平面外的任意點，假設實現(xiàn)了“同步”，那它的運動軌道所在平面與受到地球的引力就不在一個平面上，這是不可能的所以我國發(fā)射的同步通訊衛(wèi)星必須定點在赤道上空，故c正確；同步衛(wèi)星已在通信、電視等方面有了廣泛的應用根據(jù)計算，從一顆“同步衛(wèi)星”上發(fā)送出去的電視節(jié)目，地球上約三分之一地區(qū)的電視機都能接收到因此，只要有三顆這樣的衛(wèi)星，就能將電視節(jié)目傳播到全世界了，故d正確本題選錯誤的故選：b.考點：同步衛(wèi)星.12（多選）如圖為遠距離輸送交流電的系統(tǒng)示意圖，變壓器均為理想變壓器隨著用戶負載增多，發(fā)電機f達到額定功率時，降壓變壓器輸出功率仍然不足，用戶的用電器不能正常工作那么，在發(fā)電機以額定功率工作的情況下，為了減小輸電線上的電能損耗，適當提高用戶的用電功率，可采取的措施是（ ）a適當減小輸電線的電阻rb適當提高c適當提高的同時，降低d適當降低的同時，提高【答案】ac【解析】試題分析：根據(jù)p線=i2r，故適當減小輸電線的電阻r ，可減小導線上的功率損失，在發(fā)電機輸出功率一定的情況下可增大用戶的電功率，選項a正確；因理想變壓器的輸出功率等于輸入功率，故改變降壓變壓器的原副線圈的匝數(shù)比不能改變功率，則不能提高用戶的電功率，選項b錯誤；適當提高，則可提高升壓變壓器的次級電壓，較小輸電線上的電流，根據(jù)p線=i2r，可減小導線上的功率損失，在發(fā)電機輸出功率一定的情況下可增大用戶的電功率，選項c正確，d錯誤；故選ac.考點：遠距離輸電.13歐姆表是由表頭、干電池和調(diào)零電阻等串聯(lián)而成的，有關歐姆表的使用連接，以下說法不正確的是（ )a使用前檢查指針是否指在左側(cè)“0”刻度處b測電阻前要使紅黑表筆相接，調(diào)節(jié)調(diào)零電阻，使表頭的指針指右側(cè)零c紅表筆與表內(nèi)電池負極相連接，黑表筆與表內(nèi)電池正極相連接d測電阻時，表針向右偏轉(zhuǎn)角度越大，待測電阻阻值越大【答案】d【解析】試題分析：使用前，歐姆表中沒有電流，故其指針指在分度盤的左側(cè)，故a正確；測電阻前要使紅黑表筆相接，調(diào)節(jié)調(diào)零電阻，使表頭的指針指右側(cè)零，故c正確；紅表筆與表內(nèi)電池負極相連接，黑表筆與表內(nèi)電池正極相連接，c也正確；測電阻時，表針向右偏轉(zhuǎn)角度越大，待測電阻阻值越小，故d錯誤；所以該題選d?？键c：歐姆表的使用。14某實驗小組控制一種熱敏電阻的溫度特性現(xiàn)有器材：直流恒流電源(在正常工作狀態(tài)下輸出的電流恒定)、電壓表、待測熱敏電阻、保溫容器、溫度計、開關和導線等(1)若用上述器材測量熱敏電阻的阻值隨溫度變化的特性，請你在圖(1)中的實物圖上連線(2)實驗的主要步驟：正確連接電路，在保溫容器中注入適量冷水，接通電源，調(diào)節(jié)并記錄電源輸出的電流值；在保溫容器中添加少量熱水，待溫度穩(wěn)定后，閉合開關，_，_，斷開開關實驗小組算得該熱敏電阻在不同溫度下的阻值，并據(jù)此繪得rt關系圖線請根據(jù)圖(2)中的圖線寫出該熱敏電阻的rt關系式：r_t()保留3位有效數(shù)字【答案】(1)如圖(2)讀取溫度計示數(shù)讀取電壓表示數(shù)(3)1000.400【解析】(1)連接實物圖時導線不能交叉，電壓表應并聯(lián)在電阻兩端，電流由電壓表的正接線柱流入電壓表(2)因本實驗是探究熱敏電阻的阻值隨溫度變化的特性，所以實驗需測出熱敏電阻的阻值及相應的溫度，熱敏電阻的阻值用r間接測量，故需記錄的數(shù)據(jù)是溫度示數(shù)和電壓表的示數(shù)(3)設熱敏電阻rr0kt，k0.400.溫度為10時，熱敏電阻r104，則r0rkt1040.40010100，所以r1000.400t()如圖所示的電路中，r1=3，r2=9，r3=6，電源電壓u=24v保持不變。當開關s1、s2均開啟和均閉合時，燈泡l都同樣正常發(fā)光。（1）畫出兩種情況的等效電路圖，并標出流經(jīng)燈泡的電流方向；（2）求燈泡正常發(fā)光時的電阻rl和電壓ul?！敬鸢浮浚?）見解析（2）4.8v【解析】（1）s1、s2均斷開時，r1、r2、l串聯(lián)，其等效電路圖如圖甲所示；s1、s2均閉合時，l、r1并聯(lián)再與r3串聯(lián)這是一條支路，另一條支路是r2，其等效電路圖如圖乙所示。 （2）s1、s2均斷開時，電流處處相等，則有：s1、s2均閉合時，電路并聯(lián)部分兩端的電壓相等，根據(jù)題意有：聯(lián)立并代入已知數(shù)據(jù)解得：rl=3，ul=4.8v15如圖所示，質(zhì)量為0.2kg的物體帶正電，其電量為，從板間為0.3m光滑的四分之一圓弧滑軌上端a點由靜止下滑到底端b點，然后繼續(xù)沿水平面滑動，物體與水平面間的滑動摩擦因數(shù)為0.4，整個裝置處于e=的豎直向下的勻強電場中，（g取）求：（1）物體運動到圓弧滑軌底端b點時對軌道壓力的大??；（2）物體在水平面上滑行的最大距離?！敬鸢浮浚?）7.2n（2）l0.75 m【解析】試題分析：(1)對物體從a運動到b由動能定理有：mgrqer （2分）物體運動到b點由牛頓第二定律有：nmgqe （2分）由牛頓第三定律有：nn7.2n. （1分）(2)對全過程，由動能定理有：mgrqer(mgqe)l0 （3分）代入數(shù)據(jù)，得： l0.75 m. （1分）考點：考查了動能定理，牛頓第二定律，電場力做功【名師點睛】根據(jù)動能定理求出物體運動到b點的動能，在b點，在豎直方向上受到重力、電場力和支持力，三個力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出支持力的大小，從而得出物體對軌道的壓力對物體靜止釋放到最終速度為零整個過程運用動能定律，求出物體在水平面上滑行的最大距離16在一個水平面上建立x軸，在過原點o右側(cè)空間有一個勻強電場，電場強度大小e=6105n/c，方向與x軸正方向相同，在o處放一個電荷量q=510-8c、質(zhì)量m=0.010kg的帶負電絕緣物塊，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)=0.2，沿x軸正方向給物塊一個初速度v0=2m/s，求：（g取10m/s2）（1）物塊最終停止時的位置；（2）物塊在電場中運動過程的機械能增量?！敬鸢浮?1) (2) -0.016j 【解析】試題分析：（1）物體向右勻減速到o發(fā)生的位移為: 物體向左勻加速