2014届浙江省慈溪中学高三第一学期10月份月考物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2014届浙江省慈溪中学高三第一学期 10月份月考物理试卷与答案（带解析） 选择题 17世纪，意大利物理学家伽利略根据实验指出：在水平面上运动的物体之所以会停下，是因为受到摩擦阻力的缘故。这里的实验是指 “伽利略斜面实验 ”，关于该实验，你认为下列陈述错误的是： A该实验是一理想实验，是在思维中进行的，无真实的实验基础，故其结果是荒谬可笑的 B该实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地反映自然规律 C该实验否定了亚里士多德 “力是维持物体运动的原因 ”的错误概念 D该实验为牛顿第一定律的提出提供了有力的实验依据 答案： A 试题分析：伽利略的斜面实验是以

2、可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，推理得出的结论，所以 A错误 B正确伽利略由此推翻了亚里士多德的观点，认为力不是维持物体速度的原因，而是改变物体运动状态的原因，故 C正确牛顿总结了伽利略的经验，指出了物体运动的原因，即牛顿第一定律，故 D正确本题选错误的，故选 A。 考点：本题考查了对于物理常识的理解、伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法 如图所示，小车的质量为 M，人的质量为 m，人用恒力 F拉绳，若人与车保持相对静止，且地面为光滑的，又不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力可能是： A 0 B ，方向向右 C ，方向向左 D ，方向向右 答案： ACD 试题分析

3、：整体的加速度 ，方向水平向左隔离对人分析，人在水平方向上受拉力、摩擦力，根据牛顿第二定律有：（设摩擦力方向水平向右） ，解得： 若 M=m，摩擦力 ；若 M m，摩擦力方向向右，大小为 ；若M m，摩擦力方向向左，大小为 故 A、 C、 D正确， B错误故选 ACD 考点：本题考查了受力分析、整体法与隔离法、牛顿第二定律、力的合成与分解。 物体从地面以 60J的初动能竖直向上抛出，当它上升到某一高度 A点时，动能减少了 30J，机械能减少了 10J。若空气阻力大小不变，以地面为零势能面，则下列说法正确的是： A物体在最高点处重力势能为 40J B物体落地时动能为 20J C物体上升过程中动能

4、与重力势能相等时，动能小于 30J D物体下落过程中动能与重力势能相等时，重力势能大于 20J 答案： ABC 试题分析：物体以 60J的初动能从 A点出发做竖直上抛运动，当上升到某一高度 时，动能减少了 30J，而机械能损失了 10J则当上升到最高点时，动能为零，而机械能损失了 20J故在最高点处重力势能为 40J，故 A正确；当下落过程中，由于阻力做功不变，所以又损失了 20J因此该物体回到出发点 A时的动能20J故 B正确；上升过程中由于存在机械能损失，当动能与重力势能相等时，动能小于 30J，故 C正确；下落过程中损失的机械能还有 40J，当动能与重力势能相等时，重力势能小于 20J，

5、故 D错误；故选： ABC。 考点：本题考查了能量守恒定律、功能关系 将一单摆向左拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向右摆动。用频闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片，以下说法正确的是 A这个实验说明了动能和势能可以相互转化，转化过程中机械能守恒 B摆线碰到障碍物前后的摆长之比为 9 4 C摆线经过最低点时，线速度不变，半径减小，摆线张力变大 D摆线经过最低点时，角速度变大，半径减小，摆线张力不变 答案： ABC 试题分析：小球的细线即使碰到障碍物，细线的拉力不做功，只有重力做功，所以其仍能回到原来的高度，机械能守恒，选项 A正确。频闪照片拍摄

6、的时间间隔一定，右图可知，摆线与障碍物碰撞前后的周期之比为 3： 2，根据单摆的周期公式 ，得，摆长之比为 9： 4，故 B正确。摆线经过最低点时，线速度不变，半径变小，根据 知，张力变大根据 ，知角速度增大，故 C正确， D错误。故选 ABC 考点：本题考查了单摆周期公式、简谐运动的回复力和能量、牛顿第二定律。 平抛运动可以分解为水平和竖直两个方向的直线运动 ,在同一坐标系中作出这两个分运动的 v-t图像，则： A图线 2表示竖直分运动的 vt图线 B这两个直线运动的合运动还是直线运动 C水平方向的速度总大于竖直方向的速度 D t1时刻水平方向的速度与竖直方向的速度大小相等 答案： AD 试

7、题分析：平抛运动的水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动，图线 2表示匀加速直线运动，故表示竖直分运动，故 A正确；平抛运动的合运动为曲线运动，故 B错误；从图象可以看出， t1时刻后，水平方向的分速度就小于竖直方向的分速度，故 C错误；从图象可以看出， t1时刻水平方向的速度的与竖直方向的速度大 小相等，故 D正确；故选 AD 考点：本题考查了匀变速直线运动的图象、平抛运动的规律 质量为 1kg 的小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，取 ，则： A小球下落过程中的最大势能为 12.5J B小球下落过程中的最大速度为 5m/s C第

8、一次反弹的最大动能为 4.5J D小球能弹起的最大高度为 1.25m 答案： ABC 试题分析：小球在前 0.8s内，释放点离地面最高，由图象的面积可知，小球在0.5s通过的位移为 1.25m， ，选项 A正确。由图可知，小球0.5s时落到地面的速度为 ，反弹后小球的速度变为 ，选项 B正确。第一次反弹时的动能 ，选项 C正确。反弹后上升的高度由图象的面积可得为 0.45m，此后反弹高度越来越小，故第一次弹起的高度为最大高度；选项 D错误。故选 ABC。 考点：本题考查了匀变速直线运动的图象、能量的概念。 如图所示，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是 R。轨道端点所在

9、的水平线相隔一定的距离 x。一质量为 m的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点 B时的速度为 v。小球在最低点 B与最高点 A对轨道的压力之差为 ( )。不计空气阻力。则： A m、 x一定时， R越大， 一定越大 B m、 x一定时， v越大， 一定越大 C m、 R一定时， x越大， 一定越大 D m、 R一定时， v越大， 一定越大 答案： C 试题分析：设 m在 A点时的速度为 ，在 B点时速度为 ；对 m从 A到 B点时，根据动能定理有： ，对 m在 B点时，受重力和支持力 的作用，根据牛顿第二定律： ，所以 ；对 m在 A点，受重力和支持力 ，根据牛顿第二定律： ，所以 ，小球

10、在最低点 B与最高点 A对轨道的压力之差，解得： ，从推导的关系式可知， R越大，应该是越小，所以 A错误， 与速度 没关系，所以选项 B、 D都错误。 m、R 一定时，当 x 变大时，从关系式中不难发现 一定越大，所以 C 选项正确。 考点：本题考查了圆周运动的向心力、动能定理。 某机器内有两个围绕各自的固定轴匀速转动的铝盘 A、 B， A盘上有一个信号发射装置 P，能发射水平红外线， P到圆心的距离为 28cm。 B盘上有一个带窗口的红外线信号接受装置 Q， Q到圆心的距离为 16cm。 P、 Q转动的线速度相同，都是 4m/s。当 P、 Q正对时， P发出的红外线恰好进入 Q的接收窗口，

11、如图所示，则 Q接收到的红外线信号的周期是： A 0.07s B 0.16s C 0.28s D 0.56s 答案： D 试题分析： P的周期 ， Q的周期 ，因为经历的时间必须等于它们周期的整数倍，根据数学知识， 0.14和 0.08的最小公倍数为0.56s，所以经历的时间最小为 0.56s 故 A、 B、 C错误，故选 D。 考点：本题考查了圆周运动的角速度、线速度、周期和转速的关系 如图所示， A、 B两物体用一根跨过定滑轮的细绳相连，置于固定斜面体的两个斜面上的相同高度处，且都处于静止状态，两斜面的倾角分别为 a和 ，若不计摩擦，剪断细绳后，下列关于两物体的说 法中正确的是： A两物体

12、着地时所受重力的功率一定相同 B两物体着地时的速度一定相同 C两物体着地时的动能一定相同 D两物体着地时的机械能一定相同 答案： A 试题分析：两物体均处于平衡状态，受力分析如图所示； 绳子对 AB的拉力大小相等，对 A有： ，对 B有： 则有： ，绳子剪断后，两物体做匀加速运动，只受重力和支持力，支持力不做功，所以下落过程中机械能守恒由于落地高度相同，故落地时的速度大小相等，而两速度在竖直方向上的分量之比： ，瞬时功率，所以两物体着地时所受重力的功率一定相同，故 A正确下落过程中机械能守恒，由于落地高度相同，故落地时的速度大小相等，方向不同，所以两物体着地时的速度不一定相同，故 B错误两物体

13、质量不一定相等，落地时的速度大小相等，所以两物体着地时的动能不一定相同，故 C错误绳子剪断瞬间，两物体动能都为零，两物体质量不一定相等，重力势能不等，下落过程中机械能守恒，所以两物体着地时的机械能不一定相同，故 D错误 考点：本题考查了功率、平均功率和瞬时功率的概念，机械能守恒定律。 某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水 里弄湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印。再将印有水印的白纸铺在台秤上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地向下压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时台秤的示数即为冲击力的最大

14、值。下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是： A建立 “合力与分力 ”的概念 B建立 “点电荷 ”的概念 C建立 “瞬时速度 ”的概念 D研究加速度与合力、质量的关系 答案： A 试题分析：合力和分力是等效的，它们是等效替代的关系，所以 A正确点电荷是一种理想化的模型，是采用的理想化的方法，所以 B错误瞬时速度是把很短的短时间内的物体的平均速度近似的认为是瞬时速度，是采用的极限的方法，所以 C错误研究加速度与合力、质量的关系的时候，是控制其中的一个量不变，从而得到其他两个物理量的关系，是采用的控制变量的方法，所以 D错误 考点：本题考查了对物理方法的认识、力的合成、等效替代法。

15、一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下。某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹 AB（照片中轨迹长度与实际长度相等）。该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图所示。已知拍 摄时用的曝光时间为 1/1000s , 则小石子出发点离 A点约为： A 20 m B 10 m C 6.5 cm D 45 m 答案： A 试题分析：由图可知 AB的长度为 2cm，即 0.02m，曝光时间为 ，所以AB段的平均速度的大小为 ，由自由落体的速度位移的关系式 ，可得， ，所以 A正确 考点：本题考查了自由落体运动、近似法 图中 a、 b所示是一辆质量为 6.0103kg的公共汽车在 t 0和 t 5.0s末两个时

16、刻的两张照片。当 t 0时，汽车刚启动（汽车的运动可看成匀加速直线运动）。图 c是车内横杆上悬挂 的拉手环经放大后的图像， 约为 30。根据题中提供的信息，不能估算出的物理量有 A汽车的长度 B 5.0s末汽车的速度 C 5.0s内合外力对汽车所做的功 D 5.0s末汽车牵引力的功率 答案： D 试题分析：从 c图知道，汽车的加速度为 ，还知道初速度为 0和运动的时间，根据 和 可求出汽车的位移（即汽车的长度）和5s末汽车的速度故选项 A、 B均正确根据 求合外力，根据位移可求出合外力做的功 故 C正确因牵引力大小未知，所以功率无法求出故 D错误。本题选不能求出的量，故选 D。 考点：本题考查

17、了功和功率计算、位移与路程、匀变速直线运动的位移与时间的关系、牛顿第二定律。 一辆正沿平直路面行驶的车厢内，一个面向车前进方向站立的人对车厢壁施加水平推力 F，在车前进 s的过程中，下列说法正确的是： A当车匀速前进时，人对车做的总功为正功 B当车加速前进时，人对车做的总功为负功 C当车减速前进时，人对车做的总功为负功 D不管车如何运动，人对车做的总功都为零 答案： B 试题分析：人对车施加了三个力，分别是推力 F、静摩擦力 f、压力，其中推力F和静摩擦力 f分别发生了相同的位移，做了正功和负功。当车匀速时，先对人分析，人匀速，两反作用力 和 相等， ， ，则人对车做的总功为零，选项 A 错误

18、。人加速时， ，有 ，静摩擦力做功大些，故人对车做的总功为负功，选项 B正确。人减速时， ， ，推力做正功更多，人对车做的总功为正功，选项 C错误。人对车做的总功与人的运动状态（即车的运动）有关，选项 D错误。 考点：本题考查了功的定义、牛顿第二定律、牛顿第三定律。 2011年 4月 10日 4时 47分，我国成功将第八颗北斗导航卫星送入太空预定转移轨道，近两年还将有 10颗左右的导航卫星发射 ，预计在 2015年建成由30多颗卫星组成的 “北斗二号 ”卫星导航定位系统，此系统由中轨道、高轨道和同步轨道卫星等组成现在正在服役的 “北斗一号 ”卫星定位系统的三颗卫星都定位在距地面 36000km

19、的地球同步轨道上而美国的全球卫星定位系统（简称GPS）由 24颗卫星组成，这些卫星距地面的高度均为 20000km则下列说法中正确的是 A “北斗一号 ”系统中的三颗卫星的质量必须相等 B “北斗二号 ”中轨道卫星的线速度大于 7.9km/s C “北斗二号 ”中的每颗卫星一定比 “北斗一号 ”中的每颗卫星的加速度大 D GPS的卫星比 “北斗一号 ”的卫星周期短 答案： D 试题分析：根据万有引力等于卫星的向心力可知，人造卫星的轨道半径、速度与卫星的质量无关，所以 “北斗一号 ”系统中的三颗卫星的质量不一定要相等；故 A错误。由卫星的速度公式 ，分析可知，半径 r越大，线速度越小，“北斗二号

20、 ”中的中轨道卫星的线速度小于近地卫星的线速度（ ），故 B错误 “北斗二号 ”卫星导航定位系统由中轨道、高轨道和同步轨道卫星等组成，而 “北斗一号 ”系统的三颗卫星都定位在地球同步轨道上，由卫星的加速度公式 得知， “北斗二号 ”中的每颗卫星不一定比 “北斗一号 ”中的每颗卫星的加速度大故 C错误根据开普勒第三定律： ，得知， GPS的卫星比 “北斗一号 ”的卫星轨道半径小，则其周期也比 “北斗一号 ”的卫星周期短故D正确 考点：本题考查了万有引力定律，人造卫星的加速度、周期、线速度和轨道的关系。 如图所示，有一倾角为 的斜面体 B静置在水平地面上，物体 A放在斜面上且与 B保持相对静止。现

21、对斜面体 B施加向左的水平推力，使物体 A和斜面体 B一起向左做加速运动，加速度从零开始逐渐增大，直到 A和 B开始发生相对运动，则关于 A物体受到 B物体的支持力 和摩擦力 ，下列说法正确的是： A 增大， 持续增大 B 不变， 不变 C 增大， 先减小后增大 D 减小， 先增大后减小 答案： C 试题分析：当加速度较小时，摩擦力 沿斜面向上将加速度分解为沿斜面向下和垂直于斜面向上 根据牛顿第二定律得： ， ，解得：， ，可知当 a增大时， 增大，减小 当加速度较大时，摩擦力 沿斜面向下根据牛顿第二定律得：， ，得到 ，可知当 a增大时， 增大， 增大综述 增大，先减小后增大，故选项 C正确

22、。 考点：本题考查了力的合成与分解、牛顿第二定律。 实验题 近一种新出厂的游标卡尺，与普通游标卡尺不同，它游标尺的刻线看起就很 “稀疏 ”，使得读数时清晰明了，方便了使用者正确读取数据。 （ 1）如果此游标尺的刻线是将 “39mm等分成 20份 ”那么它的准确度是 mm （ 2）用游标卡尺测量某一物体的厚度，如图所示，那么它的正确读数是 mm 答案：（ 1） 0.05 （ 2） 31.25 试题分析：（ 1）新式游标卡尺的测量原理和传统的游标卡尺相同，新式游标卡尺其游标尺上 20个分度只有 39mm，比主尺上的 40个分度短 1mm，故它的测量精确度是： 。 （ 2）用它测得物体厚度为： 31

23、mm+0.05mm5=31.25mm。 考点：本题考查了刻度尺、游标卡尺的使用和读数。 某同学设计了一个探究物体质量一定时加速度 a与物体所受合力 F的关系实验 .如图 (a)为实验装置简图，实验中，小车运动加速度 a可用纸带上点求得，小车的合外力 F可以用砂和砂桶总重量代替。若保持小车的质量不变，改变保持砂和砂桶质量 m，分别得到小车加速度 a与沙桶和沙子质量 m数据如下表：（重力加速度 g=10m/s2） （ 1）根据上表数据，为直观反映小车加速度 a与小车合外力 F的关系，请按照图（ b）方格坐标纸中所选择的单位，描点作图 。 （ 2）写出一条上面对提高本实验结果准确程度有益的建议：_

24、答案：（ 1）如下图所示 （ 2）实验前要先平衡摩擦力 或砂桶和砂子的质量要远小于小车的质量 试题分析：（ 1）先求得合外力 ，做直线图，直线形象、直观，便于说明规律，作图时注意，偏离比较远的点可以舍去。 （ 2）探究加速度与物体质量、物体受力的关系实验中为了减小实验的系统误差，要注意两点： 要平衡摩擦力； 要使小车的质量远大于砝码和砝码盘的总质量。 考点：本题考查了控制变量法研究牛顿 第二定律、图象。 填空题 在 “研究匀变速直线运动 ”的实验中，如图为实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间的时间间隔均为 T，测得 A、 B两点间的距离为 L1， B、 D两点间的距离为 L2，则物体的

25、加速度大小为 a= 。 答案： 试题分析： ， ，将 代入 可得： 由 将 式代入，解出： 。 考点：本题考查了匀变速直线运动规律 计算题 杂技中的 “顶竿 ”由两个演员共同表演，站在地面上的演员肩部顶住一根长竹竿，另一演员爬至竹竿项端完成各种动作后下滑。若竿上演员自竿项由静止开始下滑，滑到竿底时速度正好为零。已知竹竿底部与下面顶竿人肩部之间有一传感器，传感器显示竿上演员自竿项滑下过程中顶竿人肩部的受力情况如图所示。竿上演员质量为 ，长竹竿质量 ， ， （ 1）求竿上的人下滑过程中的最大速度 。 （ 2）请估测竹竿的长度 。 答案：（ 1） （ 2） 试题分析：（ 1）在演员下滑的前 4秒，顶

26、竿人肩部对竿的支持力为 F1=460N，竿和上面的演员总重力为 500N，人匀加速下滑，加速度为 a1，。 在演员下滑的 4秒到 6秒，顶竿人肩部对竿的支持力为 F2=580N，竿和上面的演员总重力为 500N，人匀减速下滑，加速度为 a2，。 演员由静止下滑，下滑 4s后达到最大速度 ，有 。 （ 2）在演员下滑的前 4秒，可看成匀加速下滑，下滑距离为 h1，。 在演员下滑的后 2秒，可看成匀减速下滑，下滑距离为 h2， 。 竹竿的长度 。 考点：本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律、力的合成。 小明同学乘坐杭温线 “和谐号 ”动车组，发现车厢内有速率显示屏。当动车组在平直轨道上经历

27、匀加速、匀速与再次匀加速运行期间，他记录了不同时刻的速率，部分数据列于表格中。已知动车组的总质量 M=2.0105kg，假设动车组运动时受到的阻力是其重力的 0.1倍，取 。在小明同学记录动车组速率这段时间内，求： （ 1）动车组的加速度值； （ 2）动车组牵引力的最大值； （ 3）动车组位移的大小。 答案：（ 1） ， （ 2） （ 3）试题分析：（ 1）通过记录表格可以看出，动车组有两个时间段处于加速状态， 设加速度分别为 a1、 a2，由 ，代入数据后得： （ 2）由牛顿第二定律： 得： ，当加速度大时，牵引力也大，代入数据得： （ 3）通过作出动车组的 v-t图可知，第一次加速运动的结

28、束时刻是 200s，第二次加速运动的开始时刻是 450s。 、 、 ，得： 考点：本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律。 如图所示，一小球从 A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到 B点后，进入半径 R=10cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向 C点运动， C点右侧有一壕沟， C、 D两点的竖直高度 h=0.8m，水平距离 s=1.2m，水平轨道 AB长为 L1=1m， BC长为L2=3m，小球与水平轨道间的动摩擦因数 ，重力加速度 ，求： （ 1）若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在 A点的初速度？ （ 2）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在 A点的初速度的范围是多少？ 答案：（ 1） （ 2）范围是： 和 试题分析： （ 1）对圆周最高点应用牛顿第二定律得： 从 A到最高点应用动能定理得： ，则 A点的速度 。 （ 2）若小球恰好停在 C 处，对全程进行研究，则有： ，解得： 。 所以当 时，小球停在 BC间 若小球恰能越过壕沟时，则有： ， ，又从 A到 D： 解得： ，所以当 ，小球越过壕沟 综上：则 A的速度范围是： 和 。 考点：本题考查了向心力、牛顿第二定律、动能定理的应用、平抛运动。