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1、济南外国语学校届高三上学期质量检测物理试题济南外国语学校2014届高三上学期质量检测物理试题试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，考试时间90分钟，满分100分。第卷（选择题 共42分）一、选择题：本题共14小题,每小题3分,共42分。在每小题给出的四个选项中, 有的小题只有一个选项正确, 有的小题有多个选项正确.全部选对的得3分, 选对但选不全的得2分,错选或不答的得0分。1. 下列说法正确的是（ ）A一个力有可能由三个物体共同参与而产生B“牛顿”是国际单位制中七个基本单位之一C. 平抛运动是匀变速运动D. 匀速圆周运动的合力是恒力【答案】C【解析】一个力只能由两个物体共同参与而产生

2、，这两个物体分别是施力物体与受力物体，选项A错误；国际单位制中，力学中的三个基本单位是kg、s、m，N不是基本单位，选项B错误；平抛运动是匀变速曲线运动，加速度为重力加速度g，选项C正确；匀速圆周运动的合力充当向心力，其方向时刻变化，选项D错误。2如图1所示，倾斜天花板平面与竖直方向夹角为，推力F垂直天花板平面作用在木块上，使其处于静止状态，则( ) A木块可能受三个力作用B天花板对木块的作用力竖直向上C木块受的静摩擦力等于mgcos D木块受的静摩擦力等于mg/cos 【答案】C【解析】木块在重力作用下，有沿天花板下滑的趋势，一定受到静摩擦力，则天花板对木块一定有弹力，加重力、推力F，木块共

3、受到四个力，故A错误；对物体进行受力分析，如下图对重力进行分解，垂直天花板方向的平衡方程为：F=FN+Gsin 得出 FNF，故B错误；平行天花板方向的平衡方程为：f=Gcos=mgcos，故C正确，D错误。3. 现如今我们的生活已经离不开电梯，如图2所示有两种形式的电梯，甲是商场中常用的扶梯，乙是居民楼中常用的直梯。则当它们都加速上升时，（加速度方向如图所示）下列说法正确的是（ ）A甲电梯上的人只受到重力和支持力的作用B甲电梯上的人处于超重状态C乙电梯中人受到的摩擦力为零D乙电梯中的人处于失重状态【答案】BC【解析】甲电梯的加速度斜向上，在水平方向上有分量，故甲电梯上的人受到重力、支持力和静

4、摩擦力的作用，由于甲中人在竖直方向上有向上的加速度，故甲电梯上的人处于超重状态，选项A错误B正确；同理可知选项C正确D错误。4一斜劈被两个小桩A和B固定在光滑的水平地面上，然后在斜面上放一物体C，如图3所示下列判断正确的是() A若A和B均未受到斜劈的挤压，则C一定处于静止状态B若A和B均未受到斜劈的挤压，则C可能在沿斜面匀速下滑C若只有A受到斜劈的挤压，则C一定在沿斜面加速下滑D若只有B受到斜劈的挤压，则C可能在沿斜面加速下滑【答案】BD【解析】将物体和斜面看做一个整体进行分析：若物体静止，则系统所受合力为零，A、B均不受挤压，若物体匀速下滑，则系统所受合力仍为零，A、B也不受挤压，故选项A

5、错误B正确；若物体的加速度大小为a，方向沿斜面向下，在水平方向的加速度为ax=acos，方向水平向左，对系统应用牛顿第二定律，水平方应有F=max+M0=macos，方向向左，则B对斜面有向左的作用力，B应受到挤压，而A没有受到挤压，吃时物体可能加速下滑或减速上升，故C错误，D正确；故选BD5我国自主研制的“神七”载人飞船于2008年9月25日21时10分04秒，在酒泉卫星发射中心成功发射。第583秒火箭将飞船送到近地点200km，远地点350km的椭圆轨道的入口，箭船分离。21时33分变轨成功，飞船进入距地球表面约343km的圆形预定轨道，绕行一周约90分钟，关于“神七”载人飞船在预定轨道上

6、运行时下列说法中正确的是（）A“神七”载人飞船可以看作是地球的一颗同步卫星B飞船由于完全失重，飞船中的宇航员不再受到重力的作用C当飞船要离开圆形轨道返回地球时，要启动助推器让飞船减速D飞船绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大【答案】CD【解析】载人飞船周期约90分钟，不是24h，故不能看作地球的同步卫星，故A错误；飞船由于完全失重，飞船中的物体视重为0，但受地球的引力不变，这个引力提供飞船圆周运动的向心力，故B错误；飞船正常飞行时，Gm，飞船要返回时，减小速度使得提供的向心力大于圆周运动的向心力使飞船做近心运动，故C正确根据Gmr2=，由于月球的轨道半径大，故月球的角速度小于飞船的角速

7、度，故D正确6. 如图4所示质量为m的物体，从静止开始以g的加速度竖直向上运动h高度，下列说法中正确的是（ ）A. 物体的势能增加mghB. 物体的机械能保持不变C. 物体的动能增加mghD. 物体的机械能增加2mgh【答案】ACD【解析】物体从静止以g的加速度竖直向上运动，则除重力以外，还有拉力做功，所以机械能不守恒，由于物体向上运动，则重力势能增加mgh，故A正确B错误；根据动能定理得，合力做功为W=mah=mgh，故C正确；物体的机械能增加量，由除重力以外的力做功决定，则T-mg=ma，得T=2mg，所以WT=2mgh，故D正确。7. 如图5所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线

8、连接放在倾角为的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面的动摩擦因数均为，为了增加轻线上的拉力，可行的办法是（ ）A减小A物的质量 B增大B物的质量C增大倾角 D增大动摩擦因数【答案】AB【解析】根据牛顿第二定律得对整体：F-（mA+mB）gsin-（mA+mB）gcos=（mA+mB）a得a=-gsin-gcos对B：T-mBgsin-mBgcos=mBa得到，轻线上的张力T=mBgsin+mBgcos+mBa=，则要增加T，可减小A物的质量，或增大B物的质量故选AB。8. 一物体放在升降机底板上，随升降机由静止开始竖直向下运动，运动过程中物体的机械能与

9、物体位移关系的图象如图6所示，其中过程的图线为曲线，过程的图线为直线.根据该图象，下列判断正确的是( )A过程中物体可能做匀加速直线运动B过程中物体可能在做匀加速直线运动C过程中物体动能可能不变D过程中物体的动能可能在不断增大【答案】BCD【解析】由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E-x图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在Os1内斜率的绝对值逐渐增大，故在Os1内物体所受的拉力逐渐增大，故A错误由于物体在s1s2内E-x图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变，如果拉力小于物体所受的重力，则物体做匀加速直线运动，故B、D正确如果拉力

10、等于物体所受的重力，则物体做匀速直线运动，其动能不变，C正确。9. 如图7所示，abcd为固定在水平地面上的圆周的光滑轨道，a为轨道的最高点，de面水平与圆心等高且有一定长度。今将质量为m的小球（小球直径略小于管内径）在d点的正上方高为h处由静止释放，让其自由下落到d处切入轨道内运动，不计空气阻力，则（ ）A在h一定的条件下，释放后小球的运动情况与小球的质量有关B只要改变h的大小，就能使小球通过a点后，既可能落回轨道内，又可能落到de面上C无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内 D若小球恰能通过轨道最高点，则小球对轨道无作用力【答案】B【解析】释放后小球只受重力，根据动能定理

11、得：mgh=mv2，v=，所以在h一定的条件下，释放后小球的运动情况与小球的质量无关，故A错误；当小球恰好能运动到a点时，临界条件是小球的速度为零，则小球对轨道的作用力等于自身重力的大小，D错误；小球通过a点后做平抛运动，竖直方向：R=gt2即t=水平方向：R=vat，故改变h的大小，小球通过a点后，有可能落回轨道内，由于de面长度不清楚，所以小球通过a点后，可能落到de面上，也有可能可能落到de面右侧之外故B正确，C错误10如图8所示，AB、CD为一圆的两条直径且相互垂直，O点为圆心，空间存在一未知静电场，方向与圆周所在平面平行，现让一质子先从A点运动至C点，电势能减少了Ep；又从C点运动至

12、B点，电势能增加了Ep，那么此空间存在的静电场可能是（ ）A匀强电场，方向垂直于AB由O点指向C点B位于O点的正点电荷形成的电场C位于D点的正点电荷形成的电场D位于D点的负点电荷形成的电场【答案】AC【解析】由题意质子从A点运动至C点，电势能减少了Ep，从C点运动到B点，电势能增加了Ep，可知A、B两点电势相等如果是匀强电场，AB连线是等势线，匀强电场垂直于AB，由于质子先从A点运动至C点，电势能减少，所以A点电势大于C点电势，沿着电场线电势一定降低所以方向垂直于AB由O点指向C点，故A正确如果是位于O点的正点电荷形成的电场，A点电势等于C点电势，故B错误如果是位于D点的正点电荷形成的电场，则

13、符合题意，故C正确D错误故选AB11如图9所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( ) A三个等势面中，a的电势最高B带电质点通过P点时的电势能较Q点大C带电质点通过P点时的动能较Q点大D带电质点通过P点时的加速度较Q点大【答案】BD【解析】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能

14、大于Q点的电势能，故B正确；从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；等势线密的地方电场线密，场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律可知，加速度也大，故D正确故选BD12如图10甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为51，副线圈输出电压如图乙所示，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，R0为定值电阻，R为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小则下列说法正确的是( ) A原线圈输入电压有效值为220 V B副线圈输出电压瞬时值表达式u44sin100t VCR处出现火警时原线圈电流增大DR处出现火警时电阻R0的电功率增大【答案】CD【解析】由

15、图乙可知副线圈电压最大值Um=44V，则副线圈的有效值为44V，根据，所以U1=220V，故A错误；由图乙可知副线圈电压最大值Um=44V，周期T0.02秒，=100，故B错误；R处出现火情时电阻变小，则副线圈电流变大，线圈匝数比不变，所以原线圈电流增大，根据P=I2R，可知电阻R0的电功率增大，故C正确D错误故选CD。13一矩形线圈在匀强磁场中向右作加速运动，如图11所示，下列说法正确的是（ ）A线圈中无感应电流，有感应电动势B线圈中有感应电流，也有感应电动势C线圈中无感应电流，无感应电动势Da、b、c、d各点电势的关系是：UaUb， UaUd 【答案】AD【解析】当线圈在磁场中运动时，由于

16、线圈中磁通量没有变化，则线圈中没有感应电流；但由于边ab、cd平行磁感线，边bc、ad在磁场中切割磁感线，故线圈中会产生感应电动势，由右手定则可知a、b、c、d各点电势的关系是：UaUb， UaUd；故选AD14如图12所示，质量为m的物体A用一轻弹簧与下方地面上质量也为m的物体B相连，开始时A和B均处于静止状态，此时弹簧压缩量为x0=5cm。此后，用一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连接物体A、另一端C握在手中，各段绳均处于刚好伸直状态，A上方的一段绳子沿竖直方向且足够长。现在C端施水平恒力F而使A从静止开始向上运动。（整个过程弹簧始终处在弹性限度以内）如果在C端所施恒力大小为3mg，求在B

17、物块刚要离开地面时A的速度为( ) A. 4m/s B . 2m/s C. 3m/s D. 1m/s【答案】B【解析】开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x0，对A有：kx0=mg施加恒力F后，A向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为x2，对B有： kx1=mg恒力F作用的距离x等于A上升的高度，故xx1+x010cm。由于x1=x0，弹簧处于压缩和伸长状态时弹性势能相同，且B刚离开地面时，恒力F做的功等于A物体增加的动能及重力势能的和。即解得v2m/s。故本题选B。第卷( 非选择题 58分)二、实验题：(每空2分,共16分)15. 如图14甲所示，是某同学验证动能定理的实验装置其步骤如下：a易拉

18、罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在小车上，接上纸带，合理调整木板倾角，使小车和易拉罐一起沿木板匀速下滑b取下轻绳和易拉罐，测出易拉罐和细沙的质量m及小车质量Mc取下细绳和易拉罐后，换一条纸带，让小车由静止释放，打出的纸带如图乙(中间部分未画出)O为打下的第一点已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g 步骤c中小车做_运动.所受的合外力为 为验证从OC 过程中小车合外力做功与小车动能变化的关系，测出BD间的距离为x1，OC间距离为x2，则C点的速度为 需要验证的关系式为 (用所测物理量的符号表示) 【答案】匀加速直线 mg x1/2T mgx2=Mx12/8T2【解析】小车匀速下滑时受到

19、重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零；撤去拉力后，其余力不变，故合力等于撤去的拉力mg匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度，故vC= x1/2T，动能增量为： = Mx12/8T2合力的功为：mgx2故需要验证的关系式为mgx2=Mx12/8T2。16. 用如图15所示电路，测定一节干电池的电动势和内阻电池的内阻较小，R0是一个保护电阻。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：a电流表(量程0.6 A、3 A)；b电压表(量程3 V、15 V)；c滑动变阻器(阻值范围010 、额定电流2 A)；d滑动变阻器(阻值范围0100 、额定电流1 A)那么（1）要正确完成实验，电流表的量

20、程应选择_A； 电压表的量程应选择_ V， R应选择阻值范围是_ (填字母c或者d)的滑动变阻器（2）引起该实验系统误差的主要原因是 。【答案】0.6 3 c 电压表分流导致电流表读数不准确【解析】（1）由于电源是一节干电池（1.5V），所选电压表的量程为3V；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几左右，加上保护电阻，最大电流在0.5A左右，所以选电流表的量程为0.6A；由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取010能很好地控制电路中的电流和电压，若取0100会出现开始几乎不变最后突然变化的现象

21、（2）关于系统误差一般由测量工具和所选测量方法造成的，一般具有倾向性，总是偏大或偏小本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，造成E测E真，r测r真三、本题共3小题,共42分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有竖直计算的题，答案中应写出数值和单位。17. (18分)如图16所示，从A点以v0=3m/s的水平速度抛出一质量的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆孤轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平。已知长木板的质量M=4kg,A、B两点距C点的高度分别为H=1

22、.0m、h=0.2m，物块与长木板之间的动摩擦因数，长木板与地面间的动摩擦因数。（地面对木板的最大静摩擦力近似等于其滑动摩擦力）求：（1）小物块运动至B点时的速度大小和方向.（2）已知圆弧半径R=0.5m，求小物块刚滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力.（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板.【答案】见解析【解析】物块做平抛运动：H-h=gt2（2分）设到达C点时竖直分速度为vygt（2分）=5m/s （1分）方向与水平面的夹角为：tanvy/v04/3 即：=53（1分）从A至C点，由动能定理mgH=-（2分）设C点受到的支持力为FN，则有FN mg=（2分）由上式可得= m/s

23、( 1分) FN=68 N（1分）根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为68N（1分）由题意可知小物块m对长木板的摩擦力f 1= 1mg=5N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力 f 2=2(M+m)g=10N因f1f 2，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动。（2分）小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0。由V22=21gS （2分）代入数据得S=2.9m (1分）18（15分）如图17所示，荧光屏的中心点为O,电量为e质量为m的热电子由阴极飞出时的初速忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0。电容器的板长和板间距离均为L，下极板接地。电容器右

24、端到荧光屏的距离也是L，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。（每个电子穿过平行板的时间极短，可以认为电压是不变的）求：（1）电子刚进入电容器时的速度.（2）若题干中的L均为10cm，在t=0.06s时刻，电子打在荧光屏上距O点的位置多远？（3）电子打到荧光屏上的最大动能为多少？【答案】见解析【解析】(1) 由eU0=mV02/2 (2分) 得V0= (1分) （2）0.06S时刻进入偏转电场后电子的加速度a=eU/mL （1分）U=1.8U0 （1分）水平方向做匀速运动L=V0t （1分）侧向偏转的距离y=at2/2 （1分）代入数据得y=4.5cm （1分）速度偏

25、转角tan=Vy/V0=0.9 （1分）所以Y=y+L tan (1分)代入数据得Y=13.5cm （1分）（3）设电压为Ux时刚好从极板边缘打出，a=eUx/mLL= V0t 所以由 L/2=at2/2 （1分）代入解得Ux=2 U0 （1分）由动能定理得eU0+ eU0 =EKt-0 （1分） 得EKt=2 eU0 （1分）19.（9分）如图18所示，一重力不计带正电的粒子，电量为q，以速度垂直于匀强磁场的边界射入磁场中，磁场的宽度为d，磁感强度为B，粒子能够从另一边界射出，穿透磁场时速度方向与粒子原来入射方向的夹角是30，求粒子的质量.穿越磁场的时间.【答案】见解析【解析】 (1)粒子做匀速圆周运动R=mv/ qB （2分）sin300=d/R (2分)联立求得m=2qBd/v (1分)(2) 粒子做匀速圆周运动的周期T=2R/v=4d/v (2分)t=T/12 （1分）解得t=d/3v (1分)