广东省揭阳市蓝城区白塔中学2015届高三下学期第一次月考物理试卷

2020-2021学年广东省揭阳市白塔中学高三物理月考试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. “月亮正加速远离地球!后代没月亮看了。

”一项新的研究表明，月球的引力在地球上产生了周期性的潮汐现象，潮汐力耗散地球的自转能量，降低地球的旋转速度，同时也导致月球正在以每年3.8cm的速度远离地球。

不考虑其他变化，则很多年后与现在相比，下列说法正确的是A. 月球绕地球做圆周运动的周期将减小B. 月球绕地球做圆周运动的线速度增大C. 地球同步定点卫星的高度增大D. 地球同步定点卫星的角速度增大参考答案：C月球绕着地球做匀速圆周运动，故，解得，随着地月间距增加，月球绕地球做圆周运动的周期将变大，A错误；月球绕着地球做匀速圆周运动，故，解得，随着地月间距增加，月球绕地球做圆周运动的线速度变小，B错误；地球自转周期增加，故自转角速度变小，故同步卫星的角速度变小；同步卫星的周期变大，根据，轨道半径变大，故高度增大，C正确D错误；2. （单选）甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，速度时间图像如图所示，两图线在时刻相交，乙车从t=0开始到停下所通过的位移为S．t=0时刻，甲在乙前面，相距为d．已知此后两车可以相遇两次，且第一次相遇时刻为，则下列四组和d的组合可能是（）A. ，d=B. ，d=C. ，d=D. ，d=参考答案：C3. 一平行板电容器两极板间距为d，与电源连接时，极板间一带电微粒恰好静止．现在把它与电源断开，用绝缘手柄使两极在d与2d之间上下周期性运动，则微粒A．仍处于静止 B．上下往复运动C．向上加速运动 D．向下加速运动参考答案：A4. [选做题]本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答。

若多做，则按A、B两小题评分。

A。

[选修3-3]（12分）如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。

其中，和为等温过程，和为绝热过程（气体与外界无热量交换）。

2013-2014学年广东省揭阳市蓝城区白塔中学高二（下）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1．（3分）（2014秋•清远期末）如图，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下．在将磁铁的S极插入线圈的过程中（）A．线圈与磁铁相互吸引，通过电阻的感应电流的方向由a到bB．线圈与磁铁相互吸引，通过电阻的感应电流的方向由b到aC．线圈与磁铁相互排斥，通过电阻的感应电流的方向由a到bD．线圈与磁铁相互排斥，通过电阻的感应电流的方向由b到a考点：楞次定律．分析：当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向下，所以感应磁场方向向上，根据右手螺旋定则判断感应电流的方向；根据楞次定律“来拒去留”可判断磁铁与线圈的相互作用．解答：解：当磁铁S极向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向下，所以感应磁场方向向上，根据右手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电流的方向，即通过电阻的电流方向为b→a．根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互排斥．综上所述：线圈中感应电流的方向为电阻的电流方向为b→a，磁铁与线圈相互排斥．故选：D点评：楞次定律应用的题目我们一定会做，大胆的去找原磁场方向，磁通量的变化情况，应用楞次定律判断即可．2．（3分）（2014春•揭阳校级月考）如图所示，小车开始静止于光滑的水平面上，一个小滑块由静止从小车上端高h处沿光滑圆弧面相对于小车向左滑动，滑块能到达左端的最大高度h′（）A．等于hB．小于hC．大于hD．停在中点与小车一起向左运动考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：小滑块和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律和能量守恒定律求出滑块能到达左端的最大高度．解答：解：小滑块与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，当滑块到达最高点时，竖直方向上的速度为零，水平方向与小车具有相同的速度．根据动量守恒定律得：0=（M+m）v，解得：v=0．根据能量守恒定律得：mgh=mgh′，解得：h′=h．故A正确，B、C、D错误．故选：A．点评：本题考查了动量守恒和能量守恒定律的综合，知道小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，竖直方向上动量不守恒．3．（3分）（2012•中山模拟）如图所示，长为a、宽为b的矩形线圈，电阻为r，处在磁感应强度为B的匀强磁场边缘，磁场方向垂直于纸面向外，线圈与磁感线垂直．用力F将线圈向右以速度v匀速拉出磁场的过程中（）A．线圈中感应电流大小为B．安培力做的功等于FbC．线圈中感应电流方向为逆时针D．线圈所受安培力逐渐减小考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：先根据公式E=BLv求出感应电动势的大小，再由欧姆定律求解感应电流的大小；线圈匀速拉出时，拉力等于安培力，拉力做功等于W=Fb；感应电流方向由楞次定律判断；安培力的大小由公式F=BIL分析．解答：解：A、线圈产生的感应电动势的大小为 E=Bbv，感应电流大小为 I==；故A错误．B、线圈匀速拉出时，拉力等于安培力，则知安培力大小为F，由于安培力方向与F的方向相反，因而安培力做负功，所以安培力做的功为﹣Fa．故B错误．C、线圈穿出磁场时磁通量减小，根据楞次定律可知：线圈中感应电流方向为逆时针，故C正确．D、线圈所受安培力大小为 F安=BIb=，可知安培力不变，故D错误．故选：C．点评：本题综合考查了电磁感应与电路的综合，关键要掌握切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律、安培力大小公式等．4．（3分）（2014春•揭阳校级月考）一个静止的质量为m′的原子核、由于不稳定，当它放射出一个质量为m，速度为v的粒子后，剩余部分获得的反冲速度大小为（）A．B．C．D．考点：动量守恒定律．分析：原子核衰变的过程可以认为系统动量守恒．根据动量守恒定律列出等式解决问题．解答：解：规定后质量为m的粒子的速度方向为正，根据动量守恒定律研究整个原子核：0=mv+（m′﹣m）v′得：v′=﹣即剩余部分获得的反冲速度大小为，方向与规定正方向相反；故选：C．点评：一般情况下我们运用动量守恒解决问题时要规定正方向，本题中速度中负号表示原子核剩余部分的速度方向与质量为m粒子速度方向相反．5．（3分）（2014春•揭阳校级月考）（多选）木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是（）A．a尚未离开墙壁前，a、b和轻弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒B．a尚未离开墙壁前，a、b和轻弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒C．a离开墙壁后，a、b和轻弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒D．a离开墙壁后，a、b和轻弹簧组成的系统动量不守恒，机械能不守恒考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：判断系统动量是否守恒看系统所受的外力之和是否为零．当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零．a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0．解答：解：当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零．所以a、b和轻弹簧组成的系统的动量不守恒．a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0，所以a、b和轻弹簧组成的系统的动量守恒．a离开墙壁后，a、b和轻弹簧组成的系统所受的外力之和为0，a、b的动能和弹簧的弹性势能之间相互转化，机械能守恒．故BC正确、AD错误．故选：BC．点评：该题考查动量守恒的条件与机械能守恒的条件，解决本题的关键理解系统所受合外力为零时动量守恒，并能对实际的问题进行判断．此题属于基础题．6．（3分）（2012•广州二模）如图所示，足够长的光滑金属导轨固定在竖直平面内，匀强磁场垂直导轨所在的平面．金属棒ab与导轨垂直且接触良好．ab由静止释放后（）A．速度一直增大B．加速度一直保持不变C．电流方向沿棒由a向bD．安培力的最大值与其重力等大考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．专题：电磁感应中的力学问题．分析：分析棒的受力情况，来确定其运动情况．金属棒受到重力和安培力作用，随着速度的增大，安培力逐渐增大，安培力先小于重力，后等于重力，速度先增大后不变，根据牛顿第二定律分析加速度如何变化．由右手定则判断感应电流方向．解答：解：A、金属棒受到重力和安培力作用，随着速度的增大，安培力逐渐增大，安培力先小于重力，后等于重力，速度先增大后不变，A错误．B、根据牛顿第二定律得知，加速度先减小后为零．故B错误．C、由右手定则判断可知，感应电流方向沿棒由a向b．故C正确．D、安培力随着速度的增大而增大，当速度最大时，安培力也最大，此时棒做匀速运动，安培力的最大值与其重力等大．故D正确．故选CD点评：本题运用牛顿第二定律对棒进行动态分析，关键抓住安培力与速度成正比，分析合力如何变化．7．（3分）（2011•广州模拟）如图，花样滑冰运动员所穿冰鞋的冰刀与冰面间的动摩擦因数是相同的，为表演一个动作，两人站在一起互推一把．推出后，质量大的运动员（）A．滑行时间长B．滑行时间短C．滑行距离短D．滑行距离远考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：两个运动员互推的过程，两人的总动量守恒．推出后，根据动量定理分析时间关系，根据动能定理分析滑行距离的关系．解答：解：A、B由于两人推手的过程，相互的作用力远大于摩擦力，摩擦力可忽略不计，两人组成的系统动量守恒．而推前总动量为零，可知，推出后，两人的动量大小相等，设推出后任一运动员的动量大小为P．对于任意一个质量为m的人：取速度方向为正方向．根据动量定理得：﹣μmgt=0﹣P，则得：t=，可知t∝，质量大的运动员滑行时间短．故A错误，B正确．C、D对于任意一个人：根据动能定理得：﹣μmgs=0﹣，则得：s=，可知s∝，质量大的运动员滑行距离短．故C正确，D错误．故选：BC点评：涉及时间问题，优先考虑动量定理；涉及空间问题，优先考虑动能定理，都是常用的方法和思路，要熟练掌握．8．（3分）（2014春•黄梅县校级期中）如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x﹣t图象．已知m1=0.1kg．由此可以判断（）A．碰前m2静止，m1向右运动B．碰后m2和m1都向右运动C．由动量守恒可以算出m2=0.3kgD．碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：s﹣t（位移时间）图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动情况．根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能．解答：解：A、由s﹣t（位移时间）图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止．m1向速度大小为v1==4m/s，方向只有向右才能与m2相撞．故A正确．B、由图读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动．故B错误．C、由图求出碰后m2和m1的速度分别为v2′=2m/s，v1′=﹣2m/s，根据动量守恒定律得，m1v1=m2v2′+m1v1′，代入解得，m2=0.3kg．故C正确．D、碰撞过程中系统损失的机械能为△E=，代入解得，△E=0.594J，故D错误．故选：AC．点评：本题首先考查读图能力，抓住位移图象的斜率等于速度是关键；其次要注意矢量的方向．9．（3分）（2012春•广州期末）如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的（）A．周期是0.01s B．最大值是311VC．有效值是311V D．表达式为U=311sin100πt（V）考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．解答：解：A、由图象知周期为0.02s，故A错误；B、由图象知最大值为311V，故B正确；C、电压的有效值为：U==220V，故C错误；D、由图象得周期是0.02s，所以ω=100π rad/s，瞬时值表达式为：u=311sin100πtV，故D正确；故选：BD．点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式．二、填空题10．（10分）（2013春•七里河区校级期中）某同学把两块大小不同的木块用细线连接，中间夹一被压缩的弹簧，如图所示，将这一系统至于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察物体的运动情况，进行必要的测量，寻找物体间相互作用时的不变量．（1）该同学还必须有的器材是刻度尺、天平，铅锤，木板，白纸，复写纸，图钉，细线．（2）需要直接测量的数据是两木块的质量m1、m2、两木块落地点分别到桌子两侧边的水平距离s1、s2．（3）用所得数据表示不变量的关系式为m1s1=m2s2．考点：验证动量守恒定律．专题：实验题．分析：烧断细线后，两木块离开桌面做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，木块的水平位移可替代平抛运动的初速度．将需要验证的关系速度用水平位移替代．解答：解：木块离开桌面后做平抛运动，取右边木块的初速度方向为正方向，设两木块质量和平抛初速度分别为：m1、m2，v1、v2，平抛运动的水平位移分别为s1、s2，平抛运动的时间为t．需要验证的方程：0=m1v1﹣m2v2，其中：v1=，v2=，代入得到m1s1=m2s2，故需要测量两木块的质量m1和m2，两木块落地点到桌面边缘的水平距离s1，s2，需要的器材为刻度尺、天平．故答案为：（1）刻度尺、天平；（2）两木块的质量m1、m2；两木块落地点分别到桌子两侧边的水平距离s1、s2；（3）m1s1=m2s2．点评：本题是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证．11．（3分）（2013春•海曙区校级期末）如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1m/s． A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2m/s，此时B的速度大小为0.02 m/s，方向为远离空间站（填“远离空间站”或“靠近空间站”）．考点：动量守恒定律．分析：在两宇航员A和B互推过程中，两人组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解．解答：解：取远离空间站的方向为正方向，则A和B开始的速度为v0=0.1m/s远离空间站，推开后，A的速度v A=0.2m/s，此时B的速度为v B，根据动量守恒定律有：（m A+m B）v0=m A v A+m B v B代入数据解得：v B==m/s=0.02m/s，即B的速度方向沿远离空间站方向；故答案为：0.02m/s，远离空间站点评：本题以航天为背景，考查动量守恒定律，要注意选取正方向，用正负号表示速度的方向．12．（2分）（2014春•揭阳校级月考）三个半径相同的弹性球，静止置于光滑水平面的同一直线上，顺序如图所示，已知m A=m B=1千克，当A以速度v A=10m/s向B运动，若B不再与A 球相碰，C球的最大质量为 1 千克．考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：A、B发生弹性碰撞，由于质量相等，交换速度．B、C碰撞过程，遵守动量守恒和机械能守恒，要使B不再与A球相碰，B、C碰后，B的速度方向不能向左，根据两大守恒列式分析求解．解答：解：由题意，A、B发生弹性碰撞，由于质量相等，交换速度，则v B=v A=10m/s．取向右方向为正方向，对于B、C碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒得m B v B=m B v B′+m C v C′=+解得，v B′=要使B不再与A球相碰，必须有 v B′≥0，则得m C≤m B=1kg，即B的最大质量为1kg 故答案为：1点评：本题关键要掌握弹性碰撞的基本规律：动量守恒和机械能守恒，质量相等的两球弹性碰撞时交换速度．13．（3分）（2013春•七里河区校级期末）如图所示，气球质量为100kg，下连一质量不计的长绳，质量为50kg的人抓住绳子与气球一起静止在20m高处，若此人要沿着绳子安全下滑着地，求绳子至少有30 m长．考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：人和气球动量守恒，当人不动时，气球也不动；当人向下运动时，气球向上运动，且变化情况一致，即加速均加速，减速均减速，匀速均匀速．根据动量守恒列出等式求解．解答：解：设人的速度v1，气球的速度v2，规定向下为正方向，根据人和气球动量守恒得：则m1v1﹣m2v2=0由于人和气球时间相同，设人运动的位移大小是s1，气球运动的位移大小是s2，所以m1s1=m2s2人抓住绳子与气球一起静止在20m高处，此人要沿着绳子安全下滑着地，人要下滑20m，即s1=20m气球上升s2=×20=10m，所以气球和人运动的路程之和为30m，即绳子至少有30m长．故答案为：30．点评：本题为动量守恒定律的应用，属于人船模型的类别，关键要找出人和气球的速度关系和绳子长度与运动路程的关系．三、解答题14．（10分）（2013春•汕头期末）如图，光滑金属直轨道MN和PQ固定在同一水平面内，MN、PQ平行且足够长，轨道的宽L=0.5m．轨道左端接R=0.4Ω的电阻．轨道处于磁感应强度大小B=0.4T，方向竖直向下的匀强磁场中．导体棒ab在沿着轨道方向向右的力F=1.0N作用下，由静止开始运动，导体棒与轨道始终接触良好并且相互垂直，导体棒的电阻r=0.1Ω，轨道电阻不计．求：（1）导体棒的速度v=5.0m/s时，导体棒受到安培力的大小F安．（2）导体棒能达到的最大速度大小v m．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；安培力；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）由题已知速度大小v，由E=BLv求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律可求出通过电阻的电流大小；根据安培力公式可求出其大小．（2）在水平方向上，导线受到拉力和安培力，当二力平衡时达到最大速度．解答：解：（1）由法拉第电磁感应定律有：E=BLv ①由闭合电路欧姆定律有：I=②由安培力公式有：F安=ILB ③联立①②③并代入数据解得：F安=0.4N（2）设导体棒达到最大速度v m时，产生的电动势为E1，通过导体棒电流为I1，根据受力平衡有：I1LB=F ④由法拉第电磁感应定律有：E1=BLv m⑤由闭合电路欧姆定律有：I1=⑥联立④⑤⑥并代入数据解得：V m=12.5m/s答：（1）导体棒的速度v=5.0m/s时，导体棒受到安培力的大小0.4N．（2）导体棒能达到的最大速度大小12.5m/s．点评：本题是导体在导轨上运动类型，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式结合研究．15．（2012春•中山期末）一辆小车在光滑的水平面上以1m/s的速度向右运动，小车的质量为M=100kg，如图所示．一质量为m=50kg的人从小车的右端迎面跳上小车，接触小车前瞬间人的水平速度大小为5. 6m/s．求：（1）人跳上小车后，人和小车共同运动速度的大小和方向；（2）人再以5.6m/s的水平速度向右跳离小车，小车的速度大小和方向．考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：人跳上小车的过程中，人和车系统动量守恒，根据动量守恒定律求解共同速度；对小车运动动能定理列式求解人跳上小车的过程中人对小车做的功．解答：解：（1）设人的速度为v1，小车的速度为v2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：mv1﹣Mv2=（M+m）v，代入数据解得：v=1.2m/s，方向水平向左；（2）设人向右跳车的速度为v3，小车最后的速度为v4，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：（M+m）v=﹣mv3+Mv4，即：（100+50）×1.2=﹣50×5.6+100v4，解得：v4=4.6m/s，方向：水平向左；答：（1）人跳上小车后，人和小车共同运动速度的大小为1.2m/s，方向水平向左；（2）人再以5.6m/s的水平速度向右跳离小车，小车的速度大小为4.6m/s，方向水平向左．点评：根据动量守恒定律的条件首先判断出人与小车组成的系统的动量守恒定律是解题的关键．。

广东省揭阳市蓝城区白塔中学2017-2018学年高三下学期第一次月考物理试卷一、选择题1．（3分）甲乙两车在公路上从同地出发沿同一方向做直线运动，它们的v﹣t图象如图所示，以下说法正确的是（）A．在t1时刻之前两车已经相遇B．在t1时刻之后两车才能相遇C．在t1时刻两车相遇D．两车不可能相遇2．（3分）如图，一个重为G的吊椅用三根轻绳AO、BO固定，绳AO、BO相互垂直，α＞β，且两绳中的拉力分别为F A、F B，物体受到的重力为G，则（）A．F A一定大于G B．F A一定大于F BC．F A一定小于F B D．F A与F B大小之和一定等于G3．（3分）如图所示，质量分别为m、2m的物体A、B由轻质弹簧相连后放置在匀速上升的电梯内，当电梯钢索断裂的瞬间，物体B的受力个数（）A．2个B．3个C．4个D．1个4．（3分）关于核反应的类型，下列表述正确的有（）A．U→Th+He是人工转变B．N+He→O+H是β衰变C．H+H→He+n是聚变D．Se→Kr+2e是裂变5．（3分）某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（）A．a点的电势低于b点的电势B．c点的电场强度大于d点的电场强度C．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功D．若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增加6．（3分）如图所示，A是静止在赤道上的物体，B、C是同一平面内两颗人造卫星．B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上；C是地球同步卫星．以下判断正确的是（）A．卫星B的速度大小等于地球的第一宇宙速度B．A、B的线速度大小关系为v A＞v BC．周期大小关系为T A=T C＞T BD．若卫星B要靠近C所在轨道，需要先加速7．（3分）如图所示，物体在斜面上受到平行于斜面向下拉力F作用，沿斜面向下运动，已知拉力F大小恰好等于物体所受的摩擦力，则物体在运动过程中（）A．做匀速运动B．做匀加速运动C．机械能保持不变D．机械能增加8．（3分）如图为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n=4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光．关于这些光下列说法正确的是（）A．由n=4能级跃到n=1能级产生的光子能量最大B．由n=2能级跃迁到n=1能级产生的光子频率最小C．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光D．用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应9．（3分）如图所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路总电阻为R（恒定不变），整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是（）A．a b杆中的电流强度与速率v成正比B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比C．电阻R上产生的电热功率与速率v成正比D．外力对ab杆做功的功率与速率v成正比二、实验题10．某实验小组利用拉力传感器和打点计时器“探究加速度与力的关系”．他们将拉力传感器固定在小车上记录小车受到拉力的大小，按照甲图进行实验，释放纸带时，小车处于甲图所示的位置．①指出甲图中的一处错误：②下列说法正确的是A．实验之前，要先平衡摩擦力B．小车的质量要远小于所挂钩码的质量C．应调节滑轮的高度使细线与木板平行D．实验时应先释放纸带，再接通电源③图乙是实验中获得的一条纸带的某部分，选取A、B、C、D、E计数点（每两个计数点间还有4个点未画出），AC间的距离为．④若打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则小车的加速度大小为m/s2．（保留两位有效数）11．为检测一个标称值为20Ω的滑动变阻器，现可供使用的器材如下：A．待测滑动变阻器R x，总电阻约20ΩB．电流表A1，量程200mA，内阻约2.0ΩC．电流表A2，量程3A，内阻约0.12ΩD．电压表V1，量程15V，内阻约15kΩE．电压表V2，量程3V，内阻约3kΩF．滑动变阻器R，总电阻约10ΩG．直流电源E，电动势3V，内阻不计H．电键S、导线若干①为了尽可能精确测定R x的总电阻值，所选电流表为（填“A1”或“A2”），所选电压表为（填“V1”或“V2”）；②请根据实验原理图甲，完成图乙未完成的实物连接；③闭合开关S前，滑动变阻器R的滑片应置于最（左或右）端；④如图丙所示是用螺旋测微器测量待测滑动变阻器所采用的电阻丝的直径，则该电阻丝的直径为mm．三、计算题12．如图所示，质量为M，半径为R的光滑半圆槽先被固定在光滑水平面上，质量为m的小球，以某一初速度冲向半圆槽刚好可以到达顶端C．然后放开半圆槽，让其可以白由运动，m小球义以同样的初速度冲向半圆槽，小球最高可以到达与圆心等高的B点，（g=10m/s2）试求：（1）半圆槽被固定时，小球运动至C点后做平抛运动的水平射程x（2）小球质量与半圆槽质量的比值为多少？13．如图所示，一带电量为q，质量为m的小球A在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，与同质量的静止小球B发生碰撞，并粘在一起，水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场（磁感应强度为B）的复合场中，粘合体在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，试求：（1）小球A、B碰撞前后的速度各为多少？（2）电场强度E为多少？（3）小球做匀速圆周运动过程中，从轨道的最低点到最高点机械能改变了多少？广东省揭阳市蓝城区白塔中学2017-2018学年高三下学期第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1．（3分）甲乙两车在公路上从同地出发沿同一方向做直线运动，它们的v﹣t图象如图所示，以下说法正确的是（）A．在t1时刻之前两车已经相遇B．在t1时刻之后两车才能相遇C．在t1时刻两车相遇D．两车不可能相遇考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：运动学中的图像专题．分析：甲乙两个质点同时同地出发向同一方向做直线运动，当两者的位移相等时，乙追上甲，根据速度图象的“面积”大小等于位移，由几何知识判断可知第t1末乙追上了甲．由“面积”求出乙追上甲时离出发点的距离．当两者速度相等时，相距最远．本题关键抓住速度图象的“面积”大小等于物体的位移，来分析追及问题，其中速度相等是相距最远的临界条件．解答：解：甲乙两车同时同地出发向同一方向做直线运动，当两者的位移相等时，乙追上甲，根据速度图象的“面积”大小等于位移，由几何知识判断可知第2t1末两者位移相等，乙追上了甲，故选B故选：B．点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义．2．（3分）如图，一个重为G的吊椅用三根轻绳AO、BO固定，绳AO、BO相互垂直，α＞β，且两绳中的拉力分别为F A、F B，物体受到的重力为G，则（）A．F A一定大于G B．F A一定大于F BC．F A一定小于F B D．F A与F B大小之和一定等于G考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以结点O为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件，分析拉力F A与F B 的大小关系．解答：解：A、B、C、以结点O为研究对象，分析受力，作出力图如图，根据平衡条件得知；拉力F A和F B的合力与重力G大小相等、方向相反．由题，a＞β，根据几何知识得到：F A＞F B．D、由上可知，F A大于F B，但F A与F B之和不一定等于G．故D错误．故选：B．点评：本题解答的关键是作出结点O的受力图，根据平衡条件判断F A和F B的大小．3．（3分）如图所示，质量分别为m、2m的物体A、B由轻质弹簧相连后放置在匀速上升的电梯内，当电梯钢索断裂的瞬间，物体B的受力个数（）A．2个B．3个C．4个D．1个考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：受力分析方法专题．分析：开始时物体匀速上升，则均处于平衡状态；若钢索断裂则物电梯具有向下的加速度，处于失重状态；弹力的形变还在，弹力存在；则可得出B的受力情况．解答：解：因电梯匀速上升，则A受力平衡，则弹力处于压缩状态；故弹力对B有向下的弹力；当钢索断开时，弹簧的形变量不变，故B受向下的弹力；故B受向下的重力及弹力的作用，加速度大于电梯的加速度，故B与电梯之间一定有弹力作用；故B应用到3个力作用；故选：B．点评：本题在受力分析时，关键明确弹簧弹力的性质，注意不能突变这一性质，再结合受力分析及牛顿第二定律判断B与电梯间的相互作用力．4．（3分）关于核反应的类型，下列表述正确的有（）A．U→Th+He是人工转变B．N+He→O+H是β衰变C．H+H→He+n是聚变D．Se→Kr+2e是裂变考点：裂变反应和聚变反应．专题：衰变和半衰期专题．分析：解答本题需要掌握：正确应用质量数和电荷数守恒正确书写核反应方程；明确裂变和聚变反应特点，知道α、β衰变现象，并能正确书写其衰变方程．解答：解：A、α衰变放出氦原子核，是α衰变．故A错误．B、β衰变放出电子．故B错误．C、轻核聚变是把轻核结合成质量较大的核，释放出核能的反应称聚变反应，故C正确；D、重核裂变是粒子轰击原子核，产生中等核．故D错误．故选：C．点评：对于原子物理中核反应方程、裂变、聚变等基本知识要熟练掌握和应用．5．（3分）某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（）A．a点的电势低于b点的电势B．c点的电场强度大于d点的电场强度C．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功D．若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增加考点：电场线；电势能．分析：在电场中通过电场线来判断电场强度、电势、电势能大小变化，理解这些概念之间的关系．解答：解：A、根据沿电场线电势降低可知：a点的电势低于b点的电势，故A正确．B、从电场线的分布情况可知，c处的电场线比d处的疏，所以c点的电场强度小于d点的电场强度，故B错误．C、正电荷所受电场力和场强方向相同，因此正电荷由a点移到b点时电场力做负功，故C 正确．D、将一负试探电荷由c点移到d点，电场力做正功，电势能减少，故D错误．故选：AC．点评：电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念及间的关系是本章关键，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化．6．（3分）如图所示，A是静止在赤道上的物体，B、C是同一平面内两颗人造卫星．B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上；C是地球同步卫星．以下判断正确的是（）A．卫星B的速度大小等于地球的第一宇宙速度B．A、B的线速度大小关系为v A＞v BC．周期大小关系为T A=T C＞T BD．若卫星B要靠近C所在轨道，需要先加速考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：地球的第一宇宙速度是近表面卫星运行速度．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比较线速度的大小和周期的大小，根据万有引力提供向心力比较B、C的线速度、周期．解答：解：A、B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，地球的第一宇宙速度是近表面卫星运行速度．根据万有引力等于向心力v=，所以卫星B的速度大小小于地球的第一宇宙速度，故A错误；B、v=，B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上；C是地球同步卫星所以v B＞v C，对于放在赤道上的物体A和同步卫星C有相同的周期和角速度，根据v=rω，所以v C＞v A所以v B＞v A，故B错误；C、对于放在赤道上的物体A和同步卫星C有相同的周期和角速度，所以，T A=T C根据万有引力等于向心力得B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上；C是地球同步卫星所以T C＞T B，所以周期大小关系为T A=T C＞T B，故C正确；D、若卫星B要靠近C所在轨道，需要先加速，做离心运动，故D正确；故选：CD．点评：本题抓住同步卫星为参考量，同步卫星与地球自转同步，可以比较AC的参量关系，再根据万有引力提供圆周运动向心力比较BC参量关系，掌握相关规律是解决问题的关键．7．（3分）如图所示，物体在斜面上受到平行于斜面向下拉力F作用，沿斜面向下运动，已知拉力F大小恰好等于物体所受的摩擦力，则物体在运动过程中（）A．做匀速运动B．做匀加速运动C．机械能保持不变D．机械能增加考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：知道机械能守恒的条件，对物体正确受力分析、熟练应用机械能守恒条件，即可正确解题．解答：解：A、B、物体受到重力、弹力、滑动摩擦力与拉力作用，由拉力等于滑动摩擦力，物体受到的合力等于物体重力沿斜面向下的分析，物体做匀加速运动，故A错误，B正确；C、D、拉力与摩擦力相等，它们所做的总功为零，支持力不做功，因此只有重力做功，物体的机械能守恒，故C正确，D错误；故选：BC．点评：对物体受力分析，根据物体的受力情况判断物体的运动状态；除重力与弹力之外，其它力不做功或所做的总功为零，则物体的机械能守恒．8．（3分）如图为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n=4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光．关于这些光下列说法正确的是（）A．由n=4能级跃到n=1能级产生的光子能量最大B．由n=2能级跃迁到n=1能级产生的光子频率最小C．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光D．用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应考点：氢原子的能级公式和跃迁．专题：原子的能级结构专题．分析：本题考查了波尔原子理论：从高轨道向低轨道跃迁时减少的能量以光子的形式辐射出去；所有的激发态都是不稳定的，都会继续向基态跃迁，故辐射光子的种类为C．C=λγ，故波长越大，频率越短．波长越大，越容易发生明显的衍射．只有入射光子的能量大于金属的逸出功才会发生光电效应．解答：解：A、根据E m﹣E n=hv，由n=4能级跃到n=1能级产生的光子能量最大．故A正确B、由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光子频率最小，故B错误C、大量的氢原子处于n=4的激发态，可能发出光子频率的种数n=C=6．故C错误．D、n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光子能量E=13.6﹣3.40eV=10.2eV，大于逸出功，能发生光电效应．故D正确．故选AD．点评：解决本题的关键知道光子能量与能极差的关系，即E m﹣E n=hv，以及知道光电效应产生的条件．9．（3分）如图所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路总电阻为R（恒定不变），整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是（）A．a b杆中的电流强度与速率v成正比B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比C．电阻R上产生的电热功率与速率v成正比D．外力对ab杆做功的功率与速率v成正比考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：A、根据E=BLv求出感应电动势，再根据欧姆定律得出电流强度，从而知道电流强度与速率v的关系．B、根据F A=BIL得出安培力与与速率的关系．C、根据P=I2R得出电功率与速率的关系．D、因为导体杆做匀速运动，所以F=F A，根据P=Fv得出外力功率与速率的关系．解答：解：A、电动势E=BLv，则电流强度I=，知电流强度与速率成正比．故A 正确．B、F A=BIL=．知安培力与速率成正比．故B正确．C、根据P=I2R，I=，则P=，知电阻R产生的热功率与速率的平方成正比．故C错误．D、P=Fv=F A v=，知外力的功率与速率的平方成正比．故D错误．故选AB．点评：解决本题的关键掌握导体切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，以及安培力的公式F A=BIL．二、实验题10．某实验小组利用拉力传感器和打点计时器“探究加速度与力的关系”．他们将拉力传感器固定在小车上记录小车受到拉力的大小，按照甲图进行实验，释放纸带时，小车处于甲图所示的位置．①指出甲图中的一处错误：打点计时器的电源接了直流电②下列说法正确的是ACA．实验之前，要先平衡摩擦力B．小车的质量要远小于所挂钩码的质量C．应调节滑轮的高度使细线与木板平行D．实验时应先释放纸带，再接通电源③图乙是实验中获得的一条纸带的某部分，选取A、B、C、D、E计数点（每两个计数点间还有4个点未画出），AC间的距离为3.10cm．④若打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则小车的加速度大小为1.0m/s2．（保留两位有效数）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题．分析：①打点计时器是使用交流电的计时仪器；②实验前要平衡摩擦力且应调节滑轮的高度使细线与木板平行，实验时应先接通电源，然后再释放小车，在砝码及砝码盘B的质量远小于小车A的质量时，小车受到的拉力近似等于砝码及砝码盘受到的重力；③根据图象读出AC的距离，根据作差法求出加速度．解答：解：①打点计时器的电源应接交流电，而图中接了直流电；②A、为零使合力等于绳子的拉力，实验前需要平衡摩擦力且应调节滑轮的高度使细线与木板平行，故AC正确；B、在钩码的质量远小于小车的质量时，小车受到的拉力近似等于钩码受到的重力，故B错误；D、实验时应先接通电源，然后再释放小车，故D错误；故选：AC③由图读出AC的距离x=3.10cm；④根据作差法得：a=故答案为：①打点计时器的电源接了直流电；②AC；③3.10cm；④1.0点评：教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚．11．为检测一个标称值为20Ω的滑动变阻器，现可供使用的器材如下：A．待测滑动变阻器R x，总电阻约20ΩB．电流表A1，量程200mA，内阻约2.0ΩC．电流表A2，量程3A，内阻约0.12ΩD．电压表V1，量程15V，内阻约15kΩE．电压表V2，量程3V，内阻约3kΩF．滑动变阻器R，总电阻约10ΩG．直流电源E，电动势3V，内阻不计H．电键S、导线若干①为了尽可能精确测定R x的总电阻值，所选电流表为A1（填“A1”或“A2”），所选电压表为V2（填“V1”或“V2”）；②请根据实验原理图甲，完成图乙未完成的实物连接；③闭合开关S前，滑动变阻器R的滑片应置于最左（左或右）端；④如图丙所示是用螺旋测微器测量待测滑动变阻器所采用的电阻丝的直径，则该电阻丝的直径为1.205mm．考点：伏安法测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：本题实验原理是：伏安法测电阻．注意涉及两方面问题一是测量电路和控制电路的选择，二是仪器的选择．由于待测电阻很小，故可用安培表外接法，由于滑动变阻器内阻大于待测电阻，故分压、限流电路均可，仪器选择的原则是：使指针偏转尽量大些．螺旋测微器的读数需要先读出主尺的刻度，然后读出可动刻度；解答：解：①选择仪器一是注意安全性，不能超过量程，二是注意准确性．当指针偏转角度大时，测量比较准确，一般要使指针在三分之二左右偏转，根据所给电源为3V，待测电阻大约20Ω可知电路中电流不会超过0.15A，所以电压表选择V2，电流表选择A1．②根据实验原理图甲，进行实物连接．③闭合开关S前，滑动变阻器R的滑片应置于最左端，使得待测滑动变阻器两端电压最小．④螺旋测微器的读数需要先读出主尺的刻度，为：1mm，然后读出可动刻度，为：0.01×20.5=0.205mm．所以总读数为：1mm+0.205mm=1.205mm故答案为：①A1；V2②如图③左④1.205点评：设计电路时，要通过估算，当电压表内阻远大于待测电阻电阻时应用外接法，否则用内接法；当要求电流或电压从零调或变阻器全电阻远小于待测电阻值时，变阻器应用分压式，一般来说变阻器能用限流式的也可以用分压式．三、计算题12．如图所示，质量为M，半径为R的光滑半圆槽先被固定在光滑水平面上，质量为m的小球，以某一初速度冲向半圆槽刚好可以到达顶端C．然后放开半圆槽，让其可以白由运动，m小球义以同样的初速度冲向半圆槽，小球最高可以到达与圆心等高的B点，（g=10m/s2）试求：（1）半圆槽被固定时，小球运动至C点后做平抛运动的水平射程x（2）小球质量与半圆槽质量的比值为多少？考点：机械能守恒定律；平抛运动．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：（1）在C点刚好由重力提供向心力，可解出在C点的速度，小球由C点开始做平抛运动，根据平抛运动的位移公式可求解水平射程x．（2）半圆槽第一次被固定时，对小球运用动能定理列方程．然后放开半圆槽后，m小球又以同样的初速冲向半圆槽，对m、M系统根据动量守恒定律、动能定理列式，根据以上三个方程化简，即可解出小球质量与半圆槽质量的比值．解答：解：（1）小球刚好可以到达顶端C，刚好由重力提供向心力，则mg=m所以到达C点时的速度为v1=小球由C点做平抛运动，则竖直方向上有2R=gt2所以运动的时间为t=2水平方向上的位移x=v1t=2R．（2）半圆槽第一次被固定时，对小球运用动能定理得：﹣2mgR=﹣mv02解得v02=5gR然后放开半圆槽后，m小球又以同样的初速冲向半圆槽，取水平向右为正方向．对m、M系统根据动量守恒定律：mv0=（m+M）v2对m、M系统根据机械能守恒得：﹣mgR=（m+M）v22﹣mv02联立以上三式解得：=答：（1）半圆槽第一次被固定时，小球运动至C点后平抛运动的水平射程为2R．（2）小球质量与半圆槽质量的比值为．点评：解答此题的关键能够分析在哪些过程运用动量守恒定律，哪些过程运用能量守恒定律或动能定理，难点是抓住小球到B点时沿水平向右两者有共同速度．13．如图所示，一带电量为q，质量为m的小球A在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，与同质量的静止小球B发生碰撞，并粘在一起，水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场（磁感应强度为B）的复合场中，粘合体在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，试求：（1）小球A、B碰撞前后的速度各为多少？（2）电场强度E为多少？（3）小球做匀速圆周运动过程中，从轨道的最低点到最高点机械能改变了多少？考点：动量守恒定律；动能定理的应用．专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：（1）由动能定理求出A的初速度，然后由动量守恒定律求出碰撞后A、B的速度．（2）根据小球做匀速圆周运动可知，重力与电场力平衡，据此求出电场强度．（3）电场力做功使小球机械能增加，应用牛顿第二定律可以求出机械能的增加量．解答：解：（1）设碰撞前A球速度为v0，由动能定理有：qU=mv02﹣0，解得：v0=，设碰撞后A、B球的速度为v，碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有：mv0=2mv，解得：v=；（2）带电小球在复合场中做匀速圆周运动，重力与电场力平衡：2mg=qE，解得：E=；（3）带电小球从轨道最低点到最高点过程中，受到重力、电场力和洛伦兹力，其中洛伦兹力不做功，电场力做正功，使小球机械能增加，设轨道半径为R，则机械能改变：△E=2qER，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=2m，联立各式得出：△E=；答：（1）小球A、B碰撞前的速度为：、0，碰撞后的速度都为．（2）电场强度E为；（3）小球做匀速圆周运动过程中，从轨道的最低点到最高点机械能改变了．点评：本题考查了求小球的速度、电场强度、机械能的增量，分析清楚物体运动过程、应用动能定理、平衡条件、动量守恒定律、牛顿第二定律即可正确解题．。

揭阳市2015届高中毕业班第一次模拟考试物理参考答案 第 1 页揭阳市2015年高中毕业班高考第一次模拟考试理科综合参考答案一、单项选择题题号13 14 15 16 答案BDBB二、双项选择题题号1718192021答案 BC AC AD AB BD三、非选择题（本大题共11小题，共182分。

按题目要求作答。

解答题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。

有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位。

）34．（18分）（1）①A （3分）；②8.14～8.20（3分）；（2）①×1000（3分）、6000或6kΩ（3分）；②A 2（3分）；③2L （3分）。

35．（18分）解：（1）根据楞次定律可知：磁场区域Ⅱ的磁场垂直于纸面向外。

………（2分） 设线框中产生的感应电动势为U根据法第电磁感应定律，得020t L B S t Bt n U =⋅∆∆=∆∆=φ………………①……………（2分） 粒子运动到P 点恰好速度为零，根据动能定理，有221mv qU =…………②………（2分） 联立①②得 0202m t L qB v =…………………………………③………………………（1分） （2）设粒子运动半径为r ，圆形磁场区域的半径为R 。

根据牛顿第二定律，有rm v qvB 2= ………………④………………（2分）由几何关系可知 rR=︒30tan …………⑤……（2分） 联立③④⑤解得 020321qt L m B BR =…………（2分）（3）运动周期为vrT π2=………………⑥……（2分） 粒子在电场力作用下要重新进入磁场，故运动时间为T t ︒︒⨯=360602 ………………………………………⑦………………………………………（2分）揭阳市2015届高中毕业班第一次模拟考试物理参考答案 第 2 页 联立④⑤⑥⑦得 qBmt 32π=…………………………………………………………………（1分） 36．（18分）解：（1）根据动量守恒定律，得0=-B B A A v m v m ………………………（2分） 根据能量守恒定律，得222121B B A A p v m v m E +=……………………………………………（2分） 解得v A =2m/s ，v B =4m/s …………………………………………………………………………（2分）（2）①当传送带的速度0<v ≤4 m/s 时，滑块B 向右做匀加速直线运动，摩擦力一直做负功，则E 2qL －μmgL ＝E k －12mv 2B………（2分）解得E k ＝24 J …………………………………………………………………………………（1分） ②当传送带的速度v >4 m/s 时，设传送带的速度为v ′，当滑块B 运动至传送带右端时，恰好与传送带共速根据动能定理，得E 2qL ＋μmqL ＝12mv '2－12mv 2B…………………………………………………………………（2分）解得v’＝8 m/s …………………………………………………………………………………（1分） 当4 m/s<v <8 m/s 时，设滑块速度增至与传送带速度相等时，位移为L ′，则E 2qL ′＋μmgL ′＝12mv 2－12mv 2B…………………………………………………………………（1分）从B 至C 整个过程：E 2qL ＋μmgL ′－μmg (L －L ′)＝E k －12mv 2B…………………………………（1分）联立解得：E k ＝v 26＋643…………………………………………………………………………（1分）当v ≥8 m/s 时，摩擦力对滑块B 一直做正功E 2qL ＋μmqL ＝E k －12mv 2B……………………（2分）解得E k ＝32 J ……………………………………………………………………………………（1分）。

2015 届广东揭阳高三第一学期期末测试1．一个物体静止在水平桌面上，下列说法正确的是（）A.桌面对物体的支持力和物体所受的重力是一对平衡力B.物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力C.物体对桌面的压力就是物体所受的重力D.物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡力【答案】 A【解析】桌面对物体的支持力和物体所受的重力是一对平衡力，选项 A 正确， B 错误；物体对桌面的压力大小等于物体所受的重力，选项 C 错误；物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对作用和反作用力，选项 D 错误；故选 A.【考点】平衡力；作用及反作用力.2．如图所示，是一辆汽车做直线运动的s-t 图象，对线段 OA、AB、BC、CD 所表示的运动，下列说法正确的是（）A. OA 段运动最快B.AB 段汽车做匀速直线运动C.CD 段表示的运动方向与初始运动方向相反D.运动 4h 后汽车的位移大小为30km【答案】 C【解析】因为 s-t 图线的斜率等于物体的速度大小，故由图线可看出CD 段物体运动的最快，选项 A 错误； AB 段汽车处于静止状态，选项 B 错误；因为斜率的符号代表运动的方向，故CD 段表示的运动方向与OA 段方向相反，故选项 C 正确；运动 4h 后汽车的位移大小为零，选项 D 错误；故选 C.【考点】 s-t 图线 .3．如图所示是正点电荷周围的一条电场线，电场线上A、B 两点的电场强度分别为E A、E B，电势分别为φ、φ．下列判断中正确的是()A BA. E A > E B，φA >φBB.E A < E B，φA <φBC.E A > E B ，φD.E A = E B，φA <φB A =φB【答案】 A【解析】因为正点电荷周围的电场线是从正点电荷出发的，故离电荷近处电场线密集，场强较大，故 EA > EB ，因为顺着电场线电势降低，故φ，选项 A 正确 .A >φB【考点】场强和电势 .4．如图所示，质量为 m 的物体 A 在竖直向上的力F（ F<mg）作用下静止于斜面上。

广东省揭阳市蓝城区白塔中学2014-2015学年高二上学期第一次月考物理试卷一、单项选择题：（本题共4题，每小题4分，共计16分；每小题只有一个选项是正确的，选对的得4分，选错或不答的得0分．）1．（4分）关于点电荷，下列说法正确的是（）A．点电荷是理想化模型，实际不存在B．体积很大的带电体一定不能看作是点电荷C．只有带电荷量很小的带电体才可以看作是点电荷D．只有体积很小的带电体才可以看作是点电荷2．（4分）在电场中的某一点放入电量为q的正检验电荷时，测得该点场强为E．如果还在这一点，移走q后放入电量q′=0.5q的负检验电荷，则测得的场强E′为（）A．大小为0.5E，方向与E相反B．大小为0.5E，方向与E相同C．大小仍为E，方向与E相反D．E′和E大小相等，方向相同3．（4分）真空中有两个固定的带正电的点电荷，其电量Q1＞Q2，点电荷q置于Q1、Q2连线上某点时，正好处于平衡，则（）A．q一定是正电荷B．q一定是负电荷C．q离Q2比离Q1远D．q离Q2比离Q1近4．（4分）在如图各电场中，A、B两点电场强度相同的是（）A．B．C．D．二、双项选择题：（本题共5题，每小题6分，共计30分；每小题有两个选项是正确的，多选、错选均不得分，漏选得3分）5．（6分）下列各量中，与检验电荷无关的量是（）A．电场强度E B．电场力F C．电势差U D．电场做的功W6．（6分）如图所示，带电粒子在电场中由A点运动到B点，图中实线为电场线，虚线为粒子运动轨迹，则可判断（）A．粒子带负电B．粒子的电势能不断减少C．粒子的动能不断增大D．粒子在A点的加速度小于在B点的加速度7．（6分）如图所示，实线表示等势面，虚线ab为带电量为+q的粒子的运动轨迹．粒子的重力忽略不计，则（）A．该电场的场强方向一定向右B．该粒子运动的速度越来越大C．该粒子运动的加速度越来越大D．该粒子的电势能将越来越小8．（6分）关于电场与电势（规定无穷远电势为零）的性质正确的是（）A．电场强度大的地方，电势一定高B．正点电荷产生的电场中电势都为正C．匀强电场中，两点间的电势差只与两点间距离成正比D．电场强度大的地方，沿场强方向电势降落越快9．（6分）如图所示，用两根绝缘丝线挂着两个质量相同不带电的小球A和B，此时，上、下丝线受的力分别为T A、T B；如果使A带正电，B带负电，上、下丝线受力分别为T A′、T B′则（）A．T B＞T B′B．T B＜T B′C．T A=T A′D．T A＜T A′二、非选择题10．（4分）已知如图，a、b、c、d四点在同一直线上b、c两点间的距离等于c、d两点间的距离．在a点固定放置一个带电量为+Q点电荷．将另一个电荷量为+q的点电荷从a、b 间的某一点由静止释放，它通过b、d两点时的动能依次为20eV和100eV，则它通过c点时的动能一定60eV（填大于、等于或小于）．11．（8分）一带电量为1.0×10﹣8C、质量为2.5×10﹣3kg的物体在光滑绝缘水平面上沿着x 轴作直线运动，匀强电场的方向与x轴平行．若从t=0时刻开始计时，已知该物体的位移x 与时间t的关系是x=0.16t﹣0.02t2，式中x以m为单位，t以s为单位．则t=5.0s末物体的速率是m/s，该匀强电场的场强为V/m．12．（8分）真空中有两个大小相等的带电球体，带电量分别为Q和﹣8Q，相距为r（r远大于球半径）时，它们之间的静电引力为F，若将两个带电体接触后再分开，仍相距r，它们之间的静电力F′为力（吸引或排斥），静电力大小为F′=F．13．（17分）如图所示，光滑斜面倾角为37°，将质量为m=0.1kg、带有电量为q=2.0×10﹣6C的小物块，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上在．（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10m/s2）求：（1）小物块带电性质（2）电场强度的大小．14．（17分）一带负电的粒子，q=﹣2.0×10﹣9C，在静电场中由A点运动到B点，在这过程中，除电场力外，其它力作的功为6. 0×10﹣5J，粒子动能增加了8.0×10﹣5J．求：（1）电场力做了多少功？（2）A、B两点间的电势差U AB等于多少？广东省揭阳市蓝城区白塔中学2014-2015学年高二上学期第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：（本题共4题，每小题4分，共计16分；每小题只有一个选项是正确的，选对的得4分，选错或不答的得0分．）1．（4分）关于点电荷，下列说法正确的是（）A．点电荷是理想化模型，实际不存在B．体积很大的带电体一定不能看作是点电荷C．只有带电荷量很小的带电体才可以看作是点电荷D．只有体积很小的带电体才可以看作是点电荷考点：元电荷、点电荷．专题：电场力与电势的性质专题．分析：点电荷是用来代替电荷的点；当带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，带电体可看作点电荷．解答：解：A、当电荷的大小在研究的问题中可以忽略不计时，可以简化为点电荷；点电荷是理想化模型，实际不存在；故A正确；B、对于体积很大的带电体，当其大小在研究的问题中可以忽略不计时，可以简化为点电荷，故B错误；C、电荷量很小的带电体的体积不能忽略不计时，不能简化为点电荷，故C错误；D、只有当带电体的大小在研究的问题中可以忽略不计时，带电体才可以简化为点电荷；与带电体的绝对大小无关，只与相对大小有关，故D错误；故选：A．点评：本题考查了点电荷的定义和条件，可以与质点、点光源等概念相类比，基础题．2．（4分）在电场中的某一点放入电量为q的正检验电荷时，测得该点场强为E．如果还在这一点，移走q后放入电量q′=0.5q的负检验电荷，则测得的场强E′为（）A．大小为0.5E，方向与E相反B．大小为0.5E，方向与E相同C．大小仍为E，方向与E相反D．E′和E大小相等，方向相同考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：放入电场中电荷是试探电荷，电场强度等于试探电荷所受的电场力与电荷量的比值，由场强的定义式求解P点的电场强度．将改变检验电荷，该点的电场强度不变．解答：解：在电场中的某点放入电荷量为q的点电荷，电场强度E．电场强度是反映电场本身特性的物理量，由电场决定，与试探电荷无关，如果改用电荷量为q’的负点电荷，该点的电场强度不变，仍为E．所以选项D正确．故选：D点评：电场强度的定义式，具有比值定义法的共性，定义出的电场强度E与F、q无关，反映电场强度本身的特性．3．（4分）真空中有两个固定的带正电的点电荷，其电量Q1＞Q2，点电荷q置于Q1、Q2连线上某点时，正好处于平衡，则（）A．q一定是正电荷B．q一定是负电荷C．q离Q2比离Q1远D．q离Q2比离Q1近考点：库仑定律．分析：解决本题一定要把握“放入的电荷处于平衡状态”这一特点进行受力分析．解答：解：A、因为Q1、Q2为固定的正电荷，只要放入的电荷受到的合力为0即可，通过受力分析可知，既可以放入正电荷，也可以放入负电荷，故AB错误；C、根据库仑定律，对q有k①Q1＞Q2 ②有①②得：q离Q2比离Q1近故选：D点评：本题考察了库仑定律在电荷平衡中的应用，本题的难点在于计算，学生列出方程容易，但是计算正确难．4．（4分）在如图各电场中，A、B两点电场强度相同的是（）A．B．C．D．考点：电场强度；电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度是矢量，不仅有大小，而且有方向，只有当电场强度大小和方向都相同时，电场强度才相同．解答：解：A，A、B两者点处于同一圆周上，根据公式E=k，电场强度大小，但方向不同．故A错误；B，由图，AB两点的电场强度方向，根据公式E=k可知，电场大小不同，故B错误；C、在匀强电场中，各处的电场强度处处相同．故C正确；D、由图A、B 两点电场强度不同，大小也不同，E A＜E B．故D错误．故选：C．点评：本题考查对于矢量的理解能力．矢量既有大小，又有方向，只有当矢量的大小和方向都相同时，矢量才相同．二、双项选择题：（本题共5题，每小题6分，共计30分；每小题有两个选项是正确的，多选、错选均不得分，漏选得3分）5．（6分）下列各量中，与检验电荷无关的量是（）A．电场强度E B．电场力F C．电势差U D．电场做的功W考点：电场强度．专题：电容器专题．分析：电场中几个采用比值法下定义的物理量，结合物理含义分析选项；利用电场力和电场力做功公式分析选项．解答：解：A、电场强度的大小由电场本身的性质决定，与检验电荷的电量无关，故A正确．B、电场力F=qE，知电场力与检验电荷有关，故B错误．C、电场中两点间电势差由电场中两点的电势决定，电势与检验电荷无关，所以电势差与检验电荷无关．故C正确．D、电场力做功W=qU，知电场力做功与检验电荷的电量有关．故D错误．故选：AC．点评：解题关键灵活应用场强和电势差的定义式，结合物理意义明确变形式的含义．6．（6分）如图所示，带电粒子在电场中由A点运动到B点，图中实线为电场线，虚线为粒子运动轨迹，则可判断（）A．粒子带负电B．粒子的电势能不断减少C．粒子的动能不断增大D．粒子在A点的加速度小于在B点的加速度考点：电场线；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场力作用下从A到B，由运动与力关系可知，电场力方向大体指向运动轨迹弯曲一侧，即可判断带电粒子带负电；电场线的疏密表示电场强度的强弱，从而判断电场力大小和粒子的加速度和速度的变化．解答：解：A、由图所示，粒子从A到B，粒子的轨迹向左弯曲，电场力逆着电场线方向，所以粒子带负电．故A正确．B、C、从A到B，电场线越来越密，所以电场强度增大，电场力也变大，则加速度也增大；电场力逆着电场线方向，与速度方向夹角大于90°，所以电场力对粒子做负功，其动能减小，因此速度不断减小；电场力做负功，电势能增大，故BC错误．D、从A到B，电场线越来越密，所以电场强度增大，电场力也变大，则加速度也增大．故D 正确．故选：AD．点评：本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧；电场线的疏密表示电场强度的强弱；用电场力做功判断速度和电势能的变化．7．（6分）如图所示，实线表示等势面，虚线ab为带电量为+q的粒子的运动轨迹．粒子的重力忽略不计，则（）A．该电场的场强方向一定向右B．该粒子运动的速度越来越大C．该粒子运动的加速度越来越大D．该粒子的电势能将越来越小考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线和等势线垂直，由等势线判断电场线方向，由运动的轨迹与电场线确定出受力向，根据力的方向与速度方向的夹角确定电场力做功的正负，从而判断出能量的大小关系．解答：解：A、电场线和等势线垂直，则电场中方向在竖直方向，由曲线运动的知识可知：带电粒子所受的电场力向上，粒子带正电，所以电场强度方向向上，故A错误，B、带电粒子从a到b点过程中，电场力对粒子做正功，动能增大，所以速度增大，电势能减小，故BB正确；C、等势线平行等距，则电场线平行等距，所以是匀强电场，加速度不变，故C错误；故选：BD点评：在电场中跟据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识，要重点掌握．8．（6分）关于电场与电势（规定无穷远电势为零）的性质正确的是（）A．电场强度大的地方，电势一定高B．正点电荷产生的电场中电势都为正C．匀强电场中，两点间的电势差只与两点间距离成正比D．电场强度大的地方，沿场强方向电势降落越快考点：电势．分析：电场强度是描述电场的力的性质的物理量，电势是描述电场的能的性质的物理量，两者没有直接关系；沿着电场线方向，电势是降低的．沿场强方向电势变化快．匀强电场中，电势差与两点间沿电场线方向的距离成正比．解答：解：A、沿着电场线的方向，电势越来越小，而电场强度根据疏密才能确定．可见，电场强度与电势没有直接关系，故A错误；B、正电荷产生的电场电场线从正电荷出发指向无穷远处，根据沿着电场线方向，电势降低，可知，取无穷远处的电势为零，正点电荷产生的电场中电势都为正，故B正确．C、由公式U=Ed知，匀强电场中，两点间的电势差只与两点间沿电场线方向的距离成正比，而不是任意距离成正比，故C错误．D、电势降落最快就是电势变化相同而间距最短，所以沿着电场强度方向的电势降低最快．故D正确．故选：BD点评：本题要抓住电场线来理解电场强度和电势的关系，准确理解公式U=Ed中d的含义，即可作出判断．9．（6分）如图所示，用两根绝缘丝线挂着两个质量相同不带电的小球A和B，此时，上、下丝线受的力分别为T A、T B；如果使A带正电，B带负电，上、下丝线受力分别为T A′、T B′则（）A．T B＞T B′B．T B＜T B′C．T A=T A′D．T A＜T A′考点：库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．分析：A、B始终处于静止状态，分别对带电前后进行受力分析，判断绳子拉力的变化．解答：解：带电前：对B有：T B=G B对AB组成的整体有：T A=G A+G B带电后：对B有：T B′+F电=G B，T B′=G B﹣F电对整体：T A′=G A+G B综上所述：T A=T A′，T B＞T B′故选：AC．点评：处于受力平衡状态的物体在求解或进行大小变化的判断时，只要选好研究对象进行正确的受力分析，应用平衡条件判断即可．二、非选择题10．（4分）已知如图，a、b、c、d四点在同一直线上b、c两点间的距离等于c、d两点间的距离．在a点固定放置一个带电量为+Q点电荷．将另一个电荷量为+q的点电荷从a、b 间的某一点由静止释放，它通过b、d两点时的动能依次为20eV和100eV，则它通过c点时的动能一定大于60eV（填大于、等于或小于）．考点：电势差与电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：对bc过程和cd过程分别运用动能定理列式分析即可，注意U bc＞U cd．解答：解：由于a点固定放置一个带电量为+Q点电荷，故U bc＞U cd；对bc过程，根据动能定理，有：qU bc=E kc﹣E kb；对cd过程，根据动能定理，有：qU cd=E kd﹣E kc；联立解得：E kc＞==60eV故答案为：大于．点评：本题关键是根据动能定理列式分析，注意越靠近场源电荷的位置场强越大，基础问题．11．（8分）一带电量为1.0×10﹣8C、质量为2.5×10﹣3kg的物体在光滑绝缘水平面上沿着x 轴作直线运动，匀强电场的方向与x轴平行．若从t=0时刻开始计时，已知该物体的位移x 与时间t的关系是x=0.16t﹣0.02t2，式中x以m为单位，t以s为单位．则t=5.0s末物体的速率是0.04m/s，该匀强电场的场强为104V/m．考点：电场强度；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据位移与时间的关系式可以得出物体的初速度和加速度，从而求出物体5.0s时刻的速度，根据牛顿第二定律和F=Eq求出场强．解答：解：根据x=0.16t﹣0.02t2=v0t+at2可知，故有：v0=0.16m/s，a=﹣0.02，a=﹣0.04m/s2，根据公式：v=v0+at=﹣0.04m/s负号表示5.0s速度方向与初速度方向相反，根据牛顿第二定律得：F=ma=Eq所以电场强度：E=104V/m．故答案为：0.04，104点评：在运用运动学公式时一定要注意矢量的方向，所以要规定好正方向．12．（8分）真空中有两个大小相等的带电球体，带电量分别为Q和﹣8Q，相距为r（r远大于球半径）时，它们之间的静电引力为F，若将两个带电体接触后再分开，仍相距r，它们之间的静电力F′为排斥力（吸引或排斥），静电力大小为F′=0.2F．考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：当在真空中两个点电荷，其间的库仑力与两点电荷的电量乘积成正比，与间距的平方成反比．当异种电荷相接触时，则出现先中和再平分剩余的电荷．解答：解：真空中有两个大小相等的带电球体，带电量分别为Q和﹣8Q，相距为r（r远大于球半径）时，它们之间的静电引力为：F=k…①两个带电体接触后再分开，电荷先中和在均分，故均为﹣，为排斥力，库仑力为：F′=k…②联立①②解得：F′≈0.2F故答案为：排斥，0.2．点评：由库仑定律可知，在真空是必须确保电荷量不变，且电荷间距要大是能将带电量看成点来处理．同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．13．（17分）如图所示，光滑斜面倾角为37°，将质量为m=0.1kg、带有电量为q=2.0×10﹣6C的小物块，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上在．（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10m/s2）求：（1）小物块带电性质（2）电场强度的大小．考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：（1）物体静止在斜面上，根据平衡条件分析电场力的方向，即可判断电性．（2）根据平衡条件和电场力公式F=qE结合，求出电场强度．解答：解：（1）对小物块受力分析如图所示，由于电场力qE与电场强度E的方向相同，所以物块带正电．（2）物块静止于斜面上，受力平衡则有：mgtan37°=qE得：E=答：（1）小物块带正电．（2）电场强度的大小为．点评：物体平衡时，分析受力，作出力图是解题的关键，再根据平衡条件求解电场强度．14．（17分）一带负电的粒子，q=﹣2.0×10﹣9C，在静电场中由A点运动到B点，在这过程中，除电场力外，其它力作的功为6.0×10﹣5J，粒子动能增加了8.0×10﹣5J．求：（1）电场力做了多少功？（2）A、B两点间的电势差U AB等于多少？考点：电势差与电场强度的关系；电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）根据动能定理即可求得电场力做功；（2）根据W=qU=q（φA﹣φB）即可求得电势差解答：解：（1）対粒子由A点运动到B点的过程利用动能定理：W电+W其他=△E k得：W电=△E k﹣W其他=8.0×10﹣5J﹣6.0×10﹣5J=2.0×10﹣5J（2）又因为：V答：（1）电场力做功为2.0×10﹣5J（2）a、b两点间的电势差﹣1×104V点评：本题涉及电场力和外力做功情况，首先要考虑能否用动能定理求解．。

广东省揭阳市白塔中学高三物理期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. （多选）对于绕轴转动的物体，描述转动快慢的物理量有角速度ω等物理量．类似加速度，角加速度β描述角速度ω的变化快慢，匀变速转动中β为一常量．下列说法正确的是（）A.β的定义式为β=B.在国际单位制中β的单位为rad/s2C.匀变速转动中某时刻的角速度为ω0，经过时间t后角速度为ω=ω0t+βt2D. 匀变速转动中某时刻的角速度为ω0，则时间t内转过的角度为△θ=ω0t+βt2参考答案：ACD考点：线速度、角速度和周期、转速解：A、角加速度为角速度变化量与所用时间的比值，A正确；B、由公式β=知在国际单位制中β的单位为rad/s2，B正确；C、匀变速转动中某时刻的角速度为ω0，经过时间t后角速度为ω=ω0+βt，C错误；D、匀变速转动中某时刻的角速度为ω0，与位移公式类似，则时间t内转过的角度为△θ=ω0t+βt2，D 正确；故选：ABD2. （多选）图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻R=10Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1，副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，用电器电阻R0=11Ω．若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u=220sin100πtV．下列说法正确的是（）A．发电机中的电流变化频率为100HzB．通过用电器的电流有效值为20AC．升压变压器的输入功率为4650WD．当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率减小参考答案：【考点】：远距离输电．【专题】：交流电专题．【分析】：在输电的过程中，交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通过用电器的电流，结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率．：解：A、交流电经过变压器，频率不变，则交流电的频率f=．故A错误．B、通过用电器的电流有效值I=．故B正确．C、根据得，输电线上的电流，则输电线上损耗的功率，降压变压器的输入功率P3=U4I4=220×20W=4400W，则升压变压器的输出功率P=P3+P损=4400+250W=4650W．故C正确．D、当用电器的电阻R0减小时，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，升压变压器原线圈中的电流变大，根据P=UI知，发电机的输出功率增大．故D错误．故选：BC．【点评】：解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压、电流与匝数比的关系；2、升压变压器的输出功率、功率损失和降压变压器的输入功率之间的关系．3. 关于光的波粒二象性的理解，正确的是（）A. 光电效应证明光具有粒子性B. 康普顿效应证明光具有波动性C. 大量光子中有些光子表现出波动性，有些光子表现出粒子性D. 波粒二象性是光的属性，有时它的波动性显著，有时粒子性显著参考答案：AD解：AB 、光电效应和康普顿效应证明光具有粒子性，故A 正确，B 错误。

广东省揭阳市人教版高一物理第二学期第一次月考测试卷一、选择题1．如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的前提下，当小车匀速向右运动时，绳中拉力()．A．大于A所受的重力B．等于A所受的重力C．小于A所受的重力D．先大于A所受的重力，后等于A所受的重力2．如图所示，一物体在水平恒力的作用下沿光滑水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体从M点到N点的运动过程中，物体的速度将（）A．不断增大B．不断减小C．先增大后减小D．先减小后增大3．关于曲线运动，下列说法中正确的是（）A．曲线运动物体的速度方向保持不变B．曲线运动一定是变速运动C．物体受到变力作用时就做曲线运动D．曲线运动的物体受到的合外力可以为零4．某河流中河水的速度大小v1=2m/s，小船相对于静水的速度大小v2=1m/s．现小船船头正对河岸渡河，恰好行驶到河对岸的B点，若小船船头指向上游某方向渡河，则小船（）A．到达河对岸的位置一定在B点的右侧B．到达河对岸的位置一定在B点的左侧C．仍可能到达B点，但渡河的时间比先前长D．仍可能到达B点，但渡河的时间比先前短5．在不考虑空气阻力的情况下，以相同大小的初速度，抛出甲、乙、丙三个手球，抛射角为30°、45°、60°，则射程较远的手球是（）A．甲B．乙C．丙D．不能确定6．如图所示,一个物体在O点以初速度v开始作曲线运动,已知物体只受到沿x轴方向的恒力F的作用,则物体速度大小变化情况是（）A．先减小后增大B．先增大后减小C．不断增大D．不断减小7．甲、乙、丙三船在同一河流中渡河，船头和水流方向如图所示，已知三船在静水中的速度均大于水流速度v0，则A．甲船可能垂直到达对岸B．乙船可能垂直到达对岸C．丙船可能垂直到达对岸D．都不可能垂直到达对岸8．一斜面倾角为θ，A，B两个小球均以水平初速度v o水平抛出，如图所示．A球垂直撞在斜面上，B球落到斜面上的位移最短，不计空气阻力，则A,B两个小球下落时间tA与tB 之间的关系为（）A．t A=t BB．t A=2t BC．t B=2t AD．无法确定9．质量为1kg的物体在水平面内做曲线运动，已知互相垂直方向上的速度图象分别如图所示．下列说法正确的是（）A．质点的初速度为5m/sB．质点所受的合外力为3NC．2s末质点速度大小为7m/sD．质点初速度的方向与合外力方向垂直10．如图所示，A、B为隔着水流平稳的河流两岸边的两位游泳运动员，A站在较下游的位置，他的游泳成绩比B好，现在两人同时下水游泳，为使两人尽快在河中相遇，应采用的办法是（）A．两人均向对方游（即沿图中虚线方向）B．B沿图中虚线方向游，A偏离虚线向上游方向游C．A沿图中虚线方向游，B偏离虚线向上游方向游D．两人均偏离虚线向下游方向游，且B偏得更多一些11．一小船在静水中的速度为3m/s，它在一条河宽150m、水流速度为4m/s的河流中渡河，则该小船（）A．能到达正对岸B．渡河的时间不少于50sC．以最短时间渡河时，它渡河的位移大小为200mD．以最短位移渡河时，位移大小为150m12．如图所示，水平固定半球形的碗的球心为O点，最低点为B点．在碗的边缘向着球心以速度v0水平抛出一个小球，抛出点及 O、B点在同一个竖直面内，下列说法正确的是（）A．v0大小适当时小球可以垂直打在B点左侧内壁上B．v0大小适当时小球可以垂直打在B点C．v0大小适当时小球可以垂直打在B点右侧内壁上D．小球不能垂直打在碗内任何一个位置13．如图所示,一铁球用细线悬挂于天花板上,静止垂在桌子的边缘, 细线穿过一光盘的中间孔,手推光盘在桌面上平移, 光盘带动细线紧贴着桌子的边缘以水平速度v匀速运动,当光盘由A位置运动到图中虚线所示的B位置时 ,细线与竖直方向的夹角为θ,此时铁球A．竖直方向速度大小为cosvθB．竖直方向速度大小为sinvθC．竖直方向速度大小为tanvθD．相对于地面速度大小为v14．图示为足球球门，球门宽为L，一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角（图中P点）．若球员顶球点的高度为h．足球被顶出后做平抛运动（足球可看做质点），重力加速度为g．则下列说法正确的是A．足球在空中运动的时间222s h tg+ =B．足球位移大小224Lx s =+C．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值2 tansLθ=D．足球初速度的大小22 02()4g Lv sh=+15．如图所示，为工厂中的行车示意图，行车吊着货物P正在沿水平方向向右匀速行驶，同时行车中的起重机吊着货物P正在匀加速上升，则地面上的人观察到货物P运动的轨迹可能是下图中（）A．B．C．D．16．如图所示，细棒AB水平放置在地面，A端紧挨着墙面，C为AB棒的中点。

广东省揭阳市人教版高一物理第二学期第一次月考测试卷一、选择题1．如所示为物体做平抛运动的x-y图像，此曲线上任一点P(x,y)的速度方向的反向延长线交于x轴上的A点，则A点的横坐标为A．0.6x B．0.5x C．0.3x D．无法确定2．如图所示，MN是流速稳定的河流，河宽一定，小船在静水中的速度为v.现小船自A点渡河，第一次船头沿AB方向，到达对岸的D处；第二次船头沿AC方向，到达对岸E处，若AB与AC跟河岸垂线AD的夹角相等，两次航行的时间分别为t B、t C，则（）A．t B>t C B．t B<t CC．t B＝t C D．无法比较t B与t C的大小3．如图所示，一物体在水平恒力的作用下沿光滑水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体从M点到N点的运动过程中，物体的速度将（）A．不断增大B．不断减小C．先增大后减小D．先减小后增大4．如图所示，P是水平地面上的一点，A、B、C、D在同一条竖直线上，且AB=BC=CD.从A、B、C三点分别水平抛出一个物体，这三个物体都落在水平地面上的P点．则三个物体抛出时的速度大小之比为v A∶v B∶v C为()A．2:3:6B．1:2:3C．1∶2∶3D．1∶1∶15．如图所示，A、B为半径相同的两个半圆环，以大小相同、方向相反的速度运动，A环向右，B环向左，则从两半圆环开始相交到最后分离的过程中，两环交点P的速度方向和大小变化为( )A．先向上再向下，先变大再变小B．先向上再向下，先变小再变大C．先向下再向上，先变大再变小D．先向下再向上，先变小再变大6．下列四个选项的图中实线为河岸，河水的流速u方向如图中箭头所示，虚线为小船从河岸M驶向对岸N的实际航线，已知船在静水中速度大于水速，则其中正确是（）A．B．C．D．7．竖直放置两端封闭的玻璃管内注满清水和一个用红蜡做成的圆柱体，玻璃管倒置时圆柱体能匀速运动，已知圆柱体运动的速度是5cm/s， =60°，如图所示，则玻璃管水平运动的速度是：（）A．5cm/s B．4.33cm/s C．2.5cm/s D．无法确定8．某船在静水中划行的速率为3m/s，要渡过30m宽的河，河水的流速为5m/s，下列说法中不正确的是（）A．该船渡河的最小速率是4m/sB．该船渡河所用时间最少为10sC．该船不可能沿垂直河岸的航线抵达对岸D．该船渡河所通过的位移的大小至少为50m9．如图所示的曲线为一质点在恒定合外力作用下运动的一段轨迹，质点由A到B的时间与质点由B到C的时间相等，已知曲线AB段长度大于BC段长度，则下列判断正确的是（）A．该质点做非匀变速运动B．该质点在这段时间内可能做加速运动C．两段时间内该质点的速度变化量相等D．两段时间内该质点的速度变化量不等10．质量为2kg的物体在xoy平面上运动，在x方向的速度—时间图像和y方向的位移—时间图像如题图所示，下列说法正确的是：（）A．前2s内质点做匀变速曲线运动B．质点的初速度为8m/sC．2s末质点速度大小为8m/s D．质点所受的合外力为16N11．如图所示，半径为R的半球形碗竖直固定，直径AB水平，一质量为m的小球（可视为质点）由直径AB上的某点以初速度v0水平抛出，小球落进碗内与内壁碰撞，碰撞时速度大小为2gR，结果小球刚好能回到抛出点，设碰撞过程中不损失机械能，重力加速度为g，则初速度v0大小应为（）A．gR B．2gR C．3gR D．2gR12．如图，A、B、C三个物体用轻绳经过滑轮连接，物体A、B的速度向下，大小均为v，则物体C的速度大小为（）A．2vcosθB．vcosθC．2v/cosθD．v/cosθ13．如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以某一初速度水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为1t；小球B从Q处自由下落，下落至P点的时间为2t。

广东省揭阳市粤东中学高三物理月考试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 有以下说法：其中正确的是_______________A．声波与无线电波都是机械振动在介质中的传播B．对于同一障碍物，波长越大的光波，越容易绕过去C．白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的一种干涉现象D．用光导纤维传播信号是光的干涉的应用E．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉F．某同学观察实验室内两个单摆甲和乙的振动，发现单摆甲每完成4次全振动，单摆乙就完成9次全振动，则单摆甲和乙的摆长l甲与l乙之比l甲与l乙为81：16 G．相对论认为：无论参照物的运动速度多大，光相对于它的速度都不变参考答案：BEFG2. 如图所示，沿x轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，下列说法正确的是A．从图示时刻开始，质点b比质点a先到平衡位置B．从图示时刻开始，经0.01s质点a通过的路程为0.4mC．若该波波源从0点沿x轴正向运动，则在x=2000m 处接收到的波的频率将小于50HzD．若该波传播中遇到宽约3m的障碍物能发生明显的衍射现象参考答案：BD3. （单选）物理课上，教师做了一个奇妙的“电磁阻尼”实验。

如图所示，A是由铜片和绝缘细杆组成的摆，其摆动平面通过电磁铁的两极之间，当绕在电磁铁上的线圈未通电时，铜片可自由摆动，要经过较长时间才会停下来。

当线圈通电时，铜片迅速停止摆动。

某同学另找来器材再探究此实验，他连接好电路，经重复试验，均没出现迅速停止摆动的现象。

对比老师的演示实验，导致实验失败的原因可能是A．电源的电压过高B．所选线圈的匝数过多C．线圈接在了交流电源上D．摆的材料与老师的不同参考答案：D4. 重为50N的物体放在水平面上，物体与水平面的动摩擦因数为0.2，现用方向相反的水平力F1和F2拉物体，其中F1=15N，如图所示。