广东省茂名市电白县电海中学2015届高三物理上学期1月月考试卷(含解析)

广东省茂名市电白县电海中学2015届高三上学期月考物理试卷（1月份）一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共64分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．1．（4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．（4分）下列关于热现象和热力学定律的说法正确的是（）A．热量不可能从低温物体传到高温物体B．理想气体温度升高，内能一定增加C．布朗运动是液体分子的运动D．外界对物体做功，则物体的内能一定增加3．（4分）如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，要使垂直纸面放置一根长为L、质量为m 的通电直导体处于静止状态．则应加以匀强磁场B的方向可能是（）A．平行斜面向上B．平行斜面向下C．垂直斜面向下D．垂直斜面向上4．（4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．机械能减小D．机械能增加二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．5．（6分）关于近代物理，下列说法正确的是（）A．γ射线一般伴随着α或β射线产生，在三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强B．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的C．H+H→He+n是聚变D．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了46．（6分）如图所示，a，b两颗质量相同的人造地球卫星分别在半径不同的轨道上绕地球作匀速圆周运动，则（）A．卫星a的周期大于卫星b的周期B．卫星a的动能大于卫星b的动能C．卫星a的势能大于卫星b的势能D．卫星a的机械能小于卫星b的机械能7．（6分）如图所示，半径为R1的圆形的导体线框，套住了半径为R2的边界为圆形的磁场区域，线框平面与磁场方向垂直，当磁感应强度以B=kt（k＞0）变化时（）A．线框中的感应电动势大小为πkR12B．线框中的感应电动势大小为πkR22C．线框中的感应电流方向为顺时针方向D．线框中的感应电流方向为逆时针方向8．（6分）如图所示，理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两只灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，原线圈输入恒定的交变电压．开始时，开关S断开，当开关S闭合时，以下说法正确的有（）A．等效电阻R的电压增加B．通过灯泡L1的电流增加C．副线圈输出的电压增加D．原线圈输入的功率增加9．（6分）电子束焊接机中的电子枪如图所示，K为阴极、电势为φX，A为阳极、电势为φA，在电场作用下电量为﹣e的电子从K运动到A，则（）A．A、K间电势差为φA﹣φKB．电子动能增加e（φA﹣φK）C．电子电势能增加e（φA﹣φK）D．电子克服电场力做功为e（φA﹣φK）三、解答题（共4小题，满分54分）10．（8分）如图是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带①已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为；②选取ABCD纸带上四个点，从图中读出A、B两点间距s=cm；C点对应的速度是m/s，匀变速直线运动的加速度为 m/s2（计算结果保留两位有效数字）11．（10分）要测一段阻值大约为5Ω的均匀金属丝的电阻率．除米尺、螺旋测微器、电源E（电动势3V，内阻约0.5Ω）、最大阻值为20Ω的滑动变阻器R、开关一只、导线若干外，电流表和电压表各两只供选择：A1（量程lA，内阻约1Ω），A2（量程0.6A，内阻约2Ω），V1（量程3.0V，内阻约1000Ω），V2（量程15V，内阻约3000Ω）．①用螺旋测微器测金属丝的直径d，如图1所示，则d=mm．②为了使测量有尽可能高的精度，电流表应选，电压表应选．③实验电路实物连线已经连了一部分，如图2所示，但尚未完整，请将该电路完整地连接好．（R x表示待测金属丝）④若用米尺测得金属丝的长度为L，用螺旋测微器测得金属丝直径为d，电流表的读数为I，电压表读数为U，则该金属丝的电阻率：ρ=．12．（18分）如图，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平．B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ=．质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂．小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半．（1）求细绳能够承受的最大拉力；（2）若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大？（3）通过计算判断C能否从木板上掉下来．13．（18分）如图所示，一电子（其重力不计，质量为m，电荷量为e）由静止开始，经加速电场加速后，水平向右从两板正中间射入偏转电场．偏转电场由两块水平平行放置的长为l、相距为d的导体板组成，当两板放置不带电时，电子通过两板之间的时间为t0，当在两板间加电压为U0时，电子可射出偏转电场，并射入垂直纸面向里的匀强磁场，最后打在磁场右侧竖直放置的荧光屏上，磁场的水平宽度为s，竖直高度足够大．求：（1）加速电场的电压；（2）电子在离开偏转电场时的侧向位移；（3）要使电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为多大？广东省茂名市电白县电海中学2015届高三上学期月考物理试卷（1月份）参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共64分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．1．（4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．（4分）下列关于热现象和热力学定律的说法正确的是（）A．热量不可能从低温物体传到高温物体B．理想气体温度升高，内能一定增加C．布朗运动是液体分子的运动D．外界对物体做功，则物体的内能一定增加考点：热力学第一定律；物体的内能．专题：热力学定理专题．分析：影响内能的方式有做功和热传递，在特定条件下热量会由低温物体传递给高温物体；布朗运动是液体分子的无规则热运动的反映；改变内能的方式有做功和热传递，外界对物体做正功，物体的内能不一定增大．解答：解：A、电冰箱中热量会由低温物体传递给高温物体，故A错误；B、理想气体的温度升高，分子的平均动能增大，内能增大，故B正确；C、布朗运动是悬浮在液体中的颗粒的无规则的运动，是液体分子的无规则热运动的反映．故C错误；D、改变内能的方式有做功和热传递，外界对物体做正功，物体的内能不一定增大．故D错误．故选：B点评：本题考查了热力学第一定律和热力学第二定律的知识，难度不大，注意积累．改变内能的方式有做功和热传递，外界对物体做正功，物体的内能不一定增大．3．（4分）如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，要使垂直纸面放置一根长为L、质量为m 的通电直导体处于静止状态．则应加以匀强磁场B的方向可能是（）A．平行斜面向上B．平行斜面向下C．垂直斜面向下D．垂直斜面向上考点：共点力平衡的条件及其应用；安培力．分析：由共点力的平衡条件确定安培力可能的方向；再由左手定则分析匀强磁场的方向．解答：解：A、B根据共点力的平衡，安培力不可能垂直斜面方向，故A、B错误；C、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向下，则沿斜面向上的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则大小B═mg；故C正确；D、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上，则安培力方向沿斜面向下，导体不可能平衡，故D错误；故选：C点评：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向．学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向4．（4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．机械能减小D．机械能增加考点：功能关系；牛顿第二定律．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错误，D错误；故选：B．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．二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．5．（6分）关于近代物理，下列说法正确的是（）A．γ射线一般伴随着α或β射线产生，在三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强B．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的C．H+H→He+n是聚变D．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4考点：X射线、α射线、β射线、γ射线及其特性；轻核的聚变．分析：半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的；γ射线一般伴随着α或β射线产生，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，α射线的电离能力最强，穿透能力最弱；衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，结合质量数等于质子数和中子数之和判断质子数和中子数的变化．解答：解：A、γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱．故A错误．B、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的．故B正确．C、H+H→He+n是聚变；故C正确；D、α衰变后，电荷数少2，质量数少4，知质子数少2，中子数少2．故D错误．故选：BC．点评：本题考查了半衰期、衰变的实质、射线的性质等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点．6．（6分）如图所示，a，b两颗质量相同的人造地球卫星分别在半径不同的轨道上绕地球作匀速圆周运动，则（）A．卫星a的周期大于卫星b的周期B．卫星a的动能大于卫星b的动能C．卫星a的势能大于卫星b的势能D．卫星a的机械能小于卫星b的机械能考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：卫星圆周运动的向心力由万有引力提供，根据半径关系分析线速度、周期、向心加速度的关系．解答：解：A、根据万有引力提供圆周运动向心力有=可得周期T=2π，轨道半径大的卫星b的周期大，故A错误；B、据=m得速度v=可得半径小的a卫星速度大，又因质量相同，故a卫星的动能大，故B正确；C、卫星b的高度大于a的高度，两卫星质量相同，故b卫星的重力势能大，故C错误；D、卫星从低轨道到高轨道需要克服引力做较多的功，卫星a、b质量相同，所以卫星a的机械能小于卫星b的机械能．故D正确；故选：BD．点评：万有引力提供圆周运动向心力，熟练掌握万有引力和向心力的不同表达式是正确解题的关键．7．（6分）如图所示，半径为R1的圆形的导体线框，套住了半径为R2的边界为圆形的磁场区域，线框平面与磁场方向垂直，当磁感应强度以B=kt（k＞0）变化时（）A．线框中的感应电动势大小为πkR12B．线框中的感应电动势大小为πkR22C．线框中的感应电流方向为顺时针方向D．线框中的感应电流方向为逆时针方向考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律．分析：由楞次定律可以判断出电流的方向，由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势大小．解答：解：A、由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=n=nS=nkπR22，故B正确，A错误；C、根据楞次定律可知，当磁感应强度以B=kt（k＞0）变化时，即为磁场在增加，所以感应电流方向为顺时针方向，故C正确，D错误；故选：BC．点评：本题考查了判断感应电流的方向，求感应电流大小，熟练应用楞次定律、法拉第电磁感应定律，在匀强磁场中，通过该线圈的磁通量公式Φ=BS中，S是有效面积．8．（6分）如图所示，理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两只灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，原线圈输入恒定的交变电压．开始时，开关S断开，当开关S闭合时，以下说法正确的有（）A．等效电阻R的电压增加B．通过灯泡L1的电流增加C．副线圈输出的电压增加D．原线圈输入的功率增加考点：变压器的构造和原理；电流、电压概念．专题：交流电专题．分析：开关S闭合后改变了副线圈的电流和功率，根据变压器原副线圈电压、电流与匝数比的关系即可求解．解答：解：A、开关S闭合后，电阻减小，而电压不变，副线圈的电流增大，电阻R电阻不变，电压变大，故A正确；B、副线圈电流增大，R两端的电压增大，所以灯泡上电压减小，故通过灯泡L1电流减小，故B错误；C、副线圈电压由原线圈和匝数比决定，而原线圈电压和匝数比都没有变，所以副线圈输出电压不变，故C错误；D、原线圈的电压不变，而电流增大，故原线圈的输入功率增大，故D正确；故选：AD点评：本题主要考查了变压器的原理，要知道开关S闭合后，副线圈的电流和功率都变大，难度不大，属于基础题9．（6分）电子束焊接机中的电子枪如图所示，K为阴极、电势为φX，A为阳极、电势为φA，在电场作用下电量为﹣e的电子从K运动到A，则（）A．A、K间电势差为φA﹣φKB．电子动能增加e（φA﹣φK）C．电子电势能增加e（φA﹣φK）D．电子克服电场力做功为e（φA﹣φK）考点：电势能；电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：A、K间电势差等于电势之差，根据电势的高低判断电场力做功正负，根据动能定理研究电子动能的增加，由能量守恒定律分析电势能的变化．解答：解：A、据题K极的电势为φK，A极的电势为φA，则A、K间电势差为 U AK=φA﹣φK．故A正确．B、D、K为阴极，电势较低，K是阳极，电势较高，电子从K运动到A的过程中，电场力做正功，为：W=eU AK=e（φA﹣φK），根据动能定理得：△E k=W=e（φA﹣φK），即电子动能增加e（φA﹣φK），故B正确，D错误．C、电子动能增加e（φA﹣φK），根据能量守恒定律可得：电子电势能减少e（φA﹣φK），故C错误．故选：AB点评：本题考查带电粒子在非匀强电场中的加速问题，可与匀强电场加速进行类比理解，关键掌握研究加速过程的基本规律是动能定理或能量守恒．三、解答题（共4小题，满分54分）10．（8分）如图是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带①已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为0.02s；②选取ABCD纸带上四个点，从图中读出A、B两点间距s=0.70cm；C点对应的速度是0.50m/s，匀变速直线运动的加速度为5.0 m/s2（计算结果保留两位有效数字）考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题．分析：根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小．解答：解：（1）已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为0.02s．（2）由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，A、B两点间的距离s=1.70cm﹣1.00cm=0.70cm；由于做匀变速直线运动的物体在某段时间内平均速度就等于在该段时间内的中间时刻瞬时速度，故v C==0.50m/s根据△x=aT2可得：物体的加速度a==5.0m/s2故答案为：（1）0.02s（2）0.70；0.50；5.0．点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．11．（10分）要测一段阻值大约为5Ω的均匀金属丝的电阻率．除米尺、螺旋测微器、电源E（电动势3V，内阻约0.5Ω）、最大阻值为20Ω的滑动变阻器R、开关一只、导线若干外，电流表和电压表各两只供选择：A1（量程lA，内阻约1Ω），A2（量程0.6A，内阻约2Ω），V1（量程3.0V，内阻约1000Ω），V2（量程15V，内阻约3000Ω）．①用螺旋测微器测金属丝的直径d，如图1所示，则d=0.850mm．②为了使测量有尽可能高的精度，电流表应选A2，电压表应选V1．③实验电路实物连线已经连了一部分，如图2所示，但尚未完整，请将该电路完整地连接好．（R x表示待测金属丝）④若用米尺测得金属丝的长度为L，用螺旋测微器测得金属丝直径为d，电流表的读数为I，电压表读数为U，则该金属丝的电阻率：ρ=．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题．分析：①螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；②选择电表时，要做指针偏转要大一些，在其中间刻度的三分之一范围内比较准确；③由于待测电阻较小，因此电流表采用外接法，根滑动变阻器采用分压接法，由此可连接电路图；④根据欧姆定律求出金属丝电阻，有电阻定律可以求出电阻率的表达式．解答：解：①螺旋测微器的固定部分读数为：0.5mm，可动部分读数为：35.0×0.01mm=0.350mm，故最后读数为：0.5mm+0.350mm=0.850mm．故答案为：0.850．②因电源E（电动势3V），因此电压表选择V1，而金属丝电阻约为5Ω，则最大电流I=A=0.6A，因此电流表选择A2．故答案为：A2，V1．③根据实验原理，=；所以电流外采用外接法；滑动变阻器R的最大阻值为20Ω，而金属丝电阻约为5Ω，因此采用滑动变阻器的分压式，则设计的电路图为：根据电表的量程，及正负极，连接实物图，如下所示：④根据欧姆定律得：R=根据电阻定律得：ρ=．故有：ρ=．故答案为：①0.850；②A2，V1．③如上实物图所示；④．点评：在测量金属丝的电阻时，首先要考虑安全，其次准确，最后操作方便，在该实验中同时注意选择滑动变阻器的分压和限流接法以及电流表的内接和外接法．12．（18分）如图，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平．B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ=．质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂．小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半．（1）求细绳能够承受的最大拉力；（2）若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大？（3）通过计算判断C能否从木板上掉下来．考点：动量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理．专题：动量定理应用专题．分析：（1）由机械能守恒定律求出小球的速度，然后由牛顿定律求出绳子能承受的最大拉力；（2）小球做平抛运动，应用平抛运动规律分析答题；（3）应用动量守恒定律与能量守恒定律求出C的位移，然后根据位移与木板的长度关系分析答题．解答：解：（1）设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL=mv02 …①解得：v0=…②，小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律得：T﹣mg=m…③由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：T′=T…④解得：T′=3mg…⑤；（2）小球碰撞后平抛运动，在竖直方向上：h=gt2 …⑥水平方向：L=t…⑦解得：h=L…⑧（3）小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=m（﹣）+3mv1 …⑨假设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：3mv1=（3m+6m）v2…⑩由能量守恒定律得：•3mv12=（3m+6m）v22+μ•3mgs…⑪联立⑨⑩⑪解得：s=L…⑫由s＜L知，滑块C不会从木板上掉下来．答：（1）细绳能够承受的最大拉力3mg；（2）要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为L；（3）Cb能否从木板上掉下来．点评：本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚运动过程是正确解题的关键，应用机械能守恒定律、平抛运动知识、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题．13．（18分）如图所示，一电子（其重力不计，质量为m，电荷量为e）由静止开始，经加速电场加速后，水平向右从两板正中间射入偏转电场．偏转电场由两块水平平行放置的长为l、相距为d的导体板组成，当两板放置不带电时，电子通过两板之间的时间为t0，当在两板间加电压为U0时，电子可射出偏转电场，并射入垂直纸面向里的匀强磁场，最后打在磁场右侧竖直放置的荧光屏上，磁场的水平宽度为s，竖直高度足够大．求：（1）加速电场的电压；（2）电子在离开偏转电场时的侧向位移；（3）要使电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为多大？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）根据粒子在偏转电场中水平方向上做匀速直线运动，求出水平速度，通过动能定理求出加速电场的电压．（2）根据电子在偏转电场中水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀加速直线运动，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式求出侧向位移．（3）结合粒子在磁场中运动的轨道半径，通过洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小．解答：解：（1）粒子经过偏转电场的初速度v0=根据动能定理：qU=mv02得：U==．（2）电子在偏转电场中，根据牛顿第二定律：a==则侧向位移：y=at02=（3）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径R，由几何关系有：R=，，解得B=，因为，解得B=．答：（1）加速电场的电压为；。