广西钦州市高新区2017届高三上学期月考物理试卷（11月份）

广西钦州市高新区2017届高三上学期月考物理试卷（11月份）

‎2016-2017学年广西钦州市高新区高三（上）月考物理试卷（11月份）‎ ‎　‎ 一、选择题：（本题共8小题.其中1-4题为单选，5-8题为多选．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．许多科学家在物理学发展过程中做出重要贡献，下列叙述中符合物理学史的是（　　）‎ A．卡文迪许通过扭秤实验，总结并提出了真空中两个静止点电荷间的相互作用规律 B．第谷发现了行星运动定律 C．牛顿提出了万有引力定律，并通过实验测出了万有引力常量 D．法拉第经过多年的实验探索终于发现了电磁感应现象 ‎2．以下是力学中的三个实验装置，由图可知这三个实验共同的物理思想方法是（　　） ‎ A．极限的思想方法 B．放大的思想方法 C．控制变量的方法 D．猜想的思想方法 ‎3．小飞人科比在带球过人时身体与地面的夹角为60°，为保持身体稳定，地面对运动员的力必须与身体平行．若其转弯半径约为5m，重力加速度g=10m/s2，则小飞人此时运动的速度大小约为（　　）‎ A．2 m/s B．5 m/s C．9 m/s D．12 m/s ‎4．某同学观察一只蜗牛爬行，绘出蜗牛在某段时间内的位移﹣时间图象如图所示，对线段OA、AB、BC、CD所表示的运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．0.5 s时，蜗牛的速度大小为0.5 m/s B．AB段蜗牛做匀速运动 C．CD段的运动方向与初始运动方向相反 D．蜗牛在4 s内的位移为2 cm ‎5．如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F．此时（　　）‎ A．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ B．整个装置消耗的机械功率为（F+μmgcosθ）v C．电阻R1消耗的热功率为 D．电阻 R2消耗的热功率为 ‎ ‎6．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．小灯泡L1、L2均变暗 B．小灯泡L1变亮、L2变暗 C．电流表A的读数变大，电压表V的读数变小 D．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大 ‎7．如图所示，物块沿固定斜面下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则（　　）‎ A．若物块原来匀速下滑，施加力F后物块仍将匀速下滑 B．若物块原来匀速下滑，施加力F后物块将加速下滑 C．若物块原来以加速度a匀加速下滑，施加力F后物块仍将以加速度a匀加速下滑 D．若物块原来以加速度a匀加速下滑，施加力F后物块仍将匀加速下滑，加速度大于a ‎8．如图，将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上．环的直径略大于杆的截面直径．环与杆间动摩擦因数μ=0.8．对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ=53°的拉力F，使圆环以a=4.4m/s2的加速度沿杆运动，则F的大小可能为（取sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2）（　　）‎ A．1N B．3 N C．7N D．9N ‎　‎ 二．非选择题 ‎9．某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图a．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图b．已知人的质量为50kg，降落伞质量也为50kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f=kv （g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：‎ ‎（1）打开降落伞前人下落的距离为多大？‎ ‎（2）求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向？‎ ‎（3）悬绳能够承受的拉力至少为多少？‎ ‎10．如图1所示，若电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0．电容器板长和板间距离均为L=10cm，下极板接地．电容器右端到荧光屏的距离也是L=10cm．在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图2所示．每个电子穿过两极板的时间极短，可以认为电压是不变的，求：‎ ‎（1）在t=0.04s时刻，电子打在荧光屏上的何处？‎ ‎（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？‎ ‎11．如图所示，A是地球的同步卫星．另一卫星B的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为h．已知地球半径为R，地球自转角速度为ωo，地球表面的重力加速度为g，O为地球中心．‎ ‎（1）求卫星B的运行周期．‎ ‎（2）如果卫星B绕行方向与地球自转方向相同，某时刻A、B两卫星相距最近（O、B、A在同一直线上），则至少经过多长时间，他们再一次相距最近？‎ ‎12．质量m=1kg的物体在F=20N的水平推力作用下，从足够长的粗糙斜面的底端A点由静止开始沿斜面运动，物体与斜面间动摩擦因数为μ=0.25，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ=37°，力F作用4s后撤去，撤去力F后5s物体正好通过斜面上的B点．（已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10m/s2）．求：‎ ‎（1）撤去力F时的速度；‎ ‎（2）力F作用下物体发生的位移；‎ ‎（3）AB之间的距离．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广西钦州市高新区高三（上）月考物理试卷（11月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（本题共8小题.其中1-4题为单选，5-8题为多选．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．许多科学家在物理学发展过程中做出重要贡献，下列叙述中符合物理学史的是（　　）‎ A．卡文迪许通过扭秤实验，总结并提出了真空中两个静止点电荷间的相互作用规律 B．第谷发现了行星运动定律 C．牛顿提出了万有引力定律，并通过实验测出了万有引力常量 D．法拉第经过多年的实验探索终于发现了电磁感应现象 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住第谷、开普勒、牛顿、卡文迪许、法拉第的等著名物理学家的主要贡献即可．‎ ‎【解答】解：A、库仑通过扭秤实验，总结并提出了真空中两个静止点电荷间的相互作用规律，故A错误；‎ B、开普勒通过对第谷的观察资料的研究，发现了行星运动定律，故B错误；‎ C、牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量，故C错误；‎ D、法拉第经过多年的实验探索终于发现了电磁感应现象，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．以下是力学中的三个实验装置，由图可知这三个实验共同的物理思想方法是（　　） ‎ A．极限的思想方法 B．放大的思想方法 C．控制变量的方法 D．猜想的思想方法 ‎【考点】弹性形变和范性形变．‎ ‎【分析】桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大；玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化；引力大小仍是借助于光的反射来放大．‎ ‎【解答】解：桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大；‎ 玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化；‎ 引力大小仍是借助于光的反射来放大，三个实验均体现出放大的思想方法，‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．小飞人科比在带球过人时身体与地面的夹角为60°，为保持身体稳定，地面对运动员的力必须与身体平行．若其转弯半径约为5m，重力加速度g=10m/s2，则小飞人此时运动的速度大小约为（　　）‎ A．2 m/s B．5 m/s C．9 m/s D．12 m/s ‎【考点】加速度．‎ ‎【分析】根据合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出“小飞人”此时运动的速度大小．‎ ‎【解答】解：根据牛顿第二定律得：，‎ 解得：v=．‎ 故B正确，ACD错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．某同学观察一只蜗牛爬行，绘出蜗牛在某段时间内的位移﹣时间图象如图所示，对线段OA、AB、BC、CD所表示的运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．0.5 s时，蜗牛的速度大小为0.5 m/s B．AB段蜗牛做匀速运动 C．CD段的运动方向与初始运动方向相反 D．蜗牛在4 s内的位移为2 cm ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】位移图象的斜率等于物体的速度，由数学知识求速度的大小，确定物体的运动性质．蜗牛的位移大小等于纵坐标的变化量．‎ ‎【解答】解：A、0﹣1s内图象的斜率一定，蜗牛做匀速直线运动，速度大小为 v===0.5cm/s，故A错误；‎ B、AB段表示蜗牛静止，故B错误；‎ C、OA段物体沿正方向运动，CD段物体沿负方向运动，所以CD段的运动方向与初始OA段的运动方向相反．故C正确．‎ D、蜗牛在4 s内的位移为0．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F．此时（　　）‎ A．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ B．整个装置消耗的机械功率为（F+μmgcosθ）v C．电阻R1消耗的热功率为 D．电阻 R2消耗的热功率为 ‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电阻R1、R2并联与导体棒串联．由感应电动势公式E=BLv、欧姆定律、安培力公式，推导安培力与速度的关系式．由功率公式电阻的功率、热功率及机械功率．‎ ‎【解答】解：A、整个装置因摩擦而消耗的热功率为：Pf=fv=μmgcosα•v=μmgvcosα，故A正确；‎ B、设ab长度为L，磁感应强度为B，电阻R1=R2=R．电路中感应电动势E=BLv，ab中感应电流为：‎ I==，‎ ab所受安培力为：F=BIL=…①，‎ 电阻R1消耗的热功率为：P1=（I）2R=…②，‎ 由①②得，P1=Fv，电阻R1和R2阻值相等，它们消耗的电功率相等，则P1=P2=Fv，‎ 整个装置消耗的机械功率为：P3=Fv+P2=（F+μmgcosα）v，故B正确，CD错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．小灯泡L1、L2均变暗 B．小灯泡L1变亮、L2变暗 C．电流表A的读数变大，电压表V的读数变小 D．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律判断干路电流的变化，即可知道电流表示数的变化和路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．分析并联部分电压的变化，判断L1灯亮度的变化．‎ ‎【解答】解：将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，则L2灯变暗，电流表读数变小．电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表读数变大．‎ 根据串联电路分压特点可知，并联部分电压增大，则L1灯变亮．故BD正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎7．如图所示，物块沿固定斜面下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则（　　）‎ A．若物块原来匀速下滑，施加力F后物块仍将匀速下滑 B．若物块原来匀速下滑，施加力F后物块将加速下滑 C．若物块原来以加速度a匀加速下滑，施加力F后物块仍将以加速度a匀加速下滑 D．若物块原来以加速度a匀加速下滑，施加力F后物块仍将匀加速下滑，加速度大于a ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】将F分解为垂直于斜面和平行于斜面两个分力和，根据力的独立作用原理，单独研究F的作用效果，当F引起的动力增加大时，加速度增大，相反引起的阻力增大时，加速度减小．‎ ‎【解答】解：AB、设斜面倾角为θ，原来物体匀速下滑时有：mgsinθ=μmgcosθ，即sinθ=μcosθ，与物体的重力无关，则施加竖直向下的力F，物体仍匀速下滑，故A正确，B错误；‎ CD、若物块A原来加速下滑，有mgsinθ＞μmgcosθ，将F分解，则Fsinθ＞μFcosθ，动力的增加大于阻力的增加，加速度变大，故C错误，D正确；‎ 故选：AD ‎　‎ ‎8．如图，将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上．环的直径略大于杆的截面直径．环与杆间动摩擦因数μ=0.8．对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ=53°的拉力F，使圆环以a=4.4m/s2的加速度沿杆运动，则F的大小可能为（取sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2）（　　）‎ A．1N B．3 N C．7N D．9N ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力，其中弹力可能向上，也可能向下；要分两种情况根据牛顿第二定律列方程求解即可．‎ ‎【解答】解：对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力；令Fsin53°=mg，F=1.25N 此时无摩擦力．‎ 圆环沿杆做匀加速运动 当F＜1.25N 时，杆对环的弹力向上，由牛顿第二定律有：‎ 水平方向上：Fcosθ﹣μFN=ma，‎ 竖直方向上：FN+Fsinθ=mg，‎ 解得：F=1N 当F＞1.25N时，杆对环的弹力向下，由牛顿第二定律有：‎ 水平方向上有：‎ Fcosθ﹣μFN′=ma，‎ 竖直方向上有：Fsinθ=mg+FN′，‎ 解得：F=9N 故AD正确，BC错误．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ 二．非选择题 ‎9．某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图a．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图b．已知人的质量为50kg，降落伞质量也为50kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f=kv （g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：‎ ‎（1）打开降落伞前人下落的距离为多大？‎ ‎（2）求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向？‎ ‎（3）悬绳能够承受的拉力至少为多少？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】（1）根据速度位移公式求出打开降落伞前人下落的高度．‎ ‎（2）抓住平衡，根据kv=（m1+m2）g求出阻力系数，根据牛顿第二定律求出加速度的大小．‎ ‎（3）对人分析，根据牛顿第二定律求出拉力的大小．‎ ‎【解答】解：（1）根据速度位移公式得：，‎ ‎（2）最后匀速下降时有：kv=（m1+m2）g 代入数据解得：k=200N•s/m 打开伞瞬间对整体：kv0﹣（m1+m2）g=（m1+m2）a 解得： ==30m/s2．‎ 方向竖直向上 ‎ ‎（3）设每根绳拉力为T，以运动员为研究对象有：8Tcosα﹣m1g=m1a，‎ 解得：T=N=312.5N．‎ 由牛顿第三定律得：悬绳能承受的拉力为至少为312.5N ‎ 答：（1）打开降落伞前人下落的距离为20m；‎ ‎（2）求阻力系数k为200N/m，打开伞瞬间的加速度a的大小为30m/s2，方向竖直向上．‎ ‎（3）悬绳能够承受的拉力至少为312.5N．‎ ‎　‎ ‎10．如图1所示，若电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0．电容器板长和板间距离均为L=10cm，下极板接地．电容器右端到荧光屏的距离也是L=10cm．在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图2所示．每个电子穿过两极板的时间极短，可以认为电压是不变的，求：‎ ‎（1）在t=0.04s时刻，电子打在荧光屏上的何处？‎ ‎（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）由图象得到t=0.06s时的偏转电压，根据粒子在电场中加速再经偏转电场做类平抛运动，根据偏转电压求出电子在电场中的加速度，根据类平抛运动求解即可求解解在电场中偏转的位移，再根据几何关系求解离开电场后的竖直位移；‎ ‎（2）根据电子在偏转电场中运动，根据类平抛运动知识电子离开偏转电场时的最大偏转距离为，由此根据类平抛求出从极板边缘飞出的电子的偏转电压，根据几何知识求解打在屏上的电子区间．‎ ‎【解答】解：（1）设电子经电压U0加速后的速度为v，根据动能定理得：qU0=mv2‎ 所以：v=‎ 经偏转电场偏转后偏移量y=at2=••（）2，所以y=，‎ 由题图知t=0.04s时刻U偏=1.2U0，代入数据解得y=3.0 cm．‎ 设打在屏上的点距O点距离为Y，根据相似三角形得： =‎ 代入数据解得：Y=9 cm．‎ ‎（2）由题知电子偏移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了．则在偏转电场中的最大偏移为．‎ 根据=得：‎ Y=‎ 所以荧光屏上电子能打到的区间长为：2Y=3L=30 cm．‎ 答：（1）在t=0.04s时刻，电子打在荧光屏上距O点为9 cm处 ‎（2）荧光屏上有电子打到的区间有30cm．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，A是地球的同步卫星．另一卫星B的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为h．已知地球半径为R，地球自转角速度为ωo，地球表面的重力加速度为g，O为地球中心．‎ ‎（1）求卫星B的运行周期．‎ ‎（2）如果卫星B绕行方向与地球自转方向相同，某时刻A、B两卫星相距最近（O、B、A在同一直线上），则至少经过多长时间，他们再一次相距最近？‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用；牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出周期．‎ 卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，当卫星B转过的角度与卫星A转过的角度之差等于2π时，卫星再一次相距最近．‎ ‎【解答】解：（1）设地球质量为M，卫星质量为m，根据万有引力和牛顿运动定律，有：‎ 在地球表面有：‎ 联立得：．‎ ‎（2）它们再一次相距最近时，一定是B比A多转了一圈，有：‎ ωBt﹣ω0t=2π 其中得：．‎ 答：（1）卫星B的运行周期是；‎ ‎（2）至少经过，它们再一次相距最近．‎ ‎　‎ ‎12．质量m=1kg的物体在F=20N的水平推力作用下，从足够长的粗糙斜面的底端A点由静止开始沿斜面运动，物体与斜面间动摩擦因数为μ=0.25，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ=37°，力F作用4s后撤去，撤去力F后5s物体正好通过斜面上的B点．（已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10m/s2）．求：‎ ‎（1）撤去力F时的速度；‎ ‎（2）力F作用下物体发生的位移；‎ ‎（3）AB之间的距离．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律求出在力F作用下的加速度，结合速度时间公式求出撤力时的速度；‎ ‎（2）结合位移时间公式求出物体的位移；‎ ‎（3）再结合牛顿第二定律求出撤去推力后的加速度，根据速度位移公式求出继续上滑的位移和时间；再分析物体下滑过程中的加速度，根据运动学公式求解下滑的距离，由此求出AB的距离．‎ ‎【解答】解：（1）在外力F作用下，物体的受力如左图所示，根据牛顿第二定律得：‎ Fcosθ﹣mgsinθ﹣f=ma1‎ f=μN N=Fsinθ+mgcosθ 联立并代入数据得：a1=5m/s2‎ 撤去力F时的速度v1=a1t1=5×4=20m/s；‎ ‎（2）根据位移的计算公式可得力F作用下物体发生的位移为：x1=；‎ ‎（3）撤去F后物体继续向上运动时，受力如右图所示，根据牛顿第二定律：‎ mgsinθ+μmgcosθ=ma2‎ 代入数据得：a2=8m/s2‎ 物体速度减为零的时间为：t2=；‎ 此过程的位移x2=；‎ 接着物体加速下滑，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma3‎ 解得：a3=4m/s2‎ 根据位移时间公式可得t3=5s﹣2.5s=2.5s内的位移为：x3=a3t32‎ 代入数据解得：x3=12.5m；‎ 所以AB之间的距离为：x=x1+x2﹣x3=52.5m；‎ 答：（1）撤去力F时的速度为20m/s；‎ ‎（2）力F作用下物体发生的位移为40m；‎ ‎（3）AB之间的距离为52.5m．‎ ‎　‎ ‎2016年12月14日