《河北省沧州市2015届高三12月复习质量监测-物理试题及答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省沧州市2015届高三12月复习质量监测-物理试题及答案.pdf（12页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、20142015 学年普通高中高三教学质量监测 物理 注意事项 ： 1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。 2答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置。 3全部答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 4本试卷满分110 分，测试时间90 分钟。 5考试范围：必修1、必修 2、选修 31（静电场）。 第卷 一、选择题：本题共12 小题，每小题4 分，在每题给出的四个选项中，第1题第 7 题，每小题只有一个选项符合题目要求；第8 题第 12 题，每小题有多个选项符 合题目要求，全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有错选或不选的得0 分。 1国内首台新型墙壁清洁机
2、器人“蜘蛛侠”是由青岛大学学生自主设计研发的， “蜘蛛侠”利用8 只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上，通过“爪子”交替伸缩，就 能在墙壁和玻璃上自由移动。如图所示，假设“蜘蛛侠”在竖直玻璃面上由A 点沿直 线匀加速“爬行”到右上方B 点，在这一过程中，关于“蜘蛛侠”在竖直面内的受力 分析正确的是 2 “蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，如图所示，它是目 前世界上下潜能力最强的潜水器。假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后 竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t 上 浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0（t00） ， 不计重力的影响
3、。 （1）若粒子从AB 中点 F 由静止释放，求粒子离开电场时的位置坐标； （2）若粒子从AB 线上不同位置释放，求粒子离开电场时动能与释放点纵坐标y 之间的关系； （3）若粒子在AB 中垂线上不同位置释放（电场区域内），试求粒子离开电场 时动能与释放点横坐标绝对值x 的关系。 20142015 学年普通高中高三教学质量监测 物理参考答案 1解析 ：选 C。根据牛顿第二定律可知，在竖直平面内“蜘蛛侠”所受合力方 向应该是从A 指向 B，选项 C 正确。 2解析 ：选 D。 “蛟龙号”上浮时的加速度大小 v a t ，根据逆向思维可知“蛟 龙号”在t0时刻距离海平面的深度 2 20 0 ()1
4、() 22 v tt ha tt t ，选项 D 正确。 3解析 ：选 D。对于月球，万有引力提供向心力 22 22 2 () () Mm Gmn R n RT ，在 地球表面附近 2 2 Mmv Gm RR ，联立解得 3 2 n R v T ，选项 D 正确。 4解析 ：选 B。由于登陆舰相对于海水的速度不变且两次航行船头均垂直于海 岸，则 d t v舰 ，故两次航行的时间相等，选项A 错误；设登陆舰速度为v，合速度与 水平方向夹角为 ，由运动的合成与分解可得 cotvv 水 ，沿 AC 航行时 较小， 故 水速较大，选项B 正确；实际航速 sin v v合 ，沿 AC 航行时 较小实际航
5、速大，选 项 C 错误；若登陆舰调整舰头可以使合速度沿垂直于海岸方向，可在 A 点正对岸登陆， 选项 D 错误。 5解析 ：选 A。根据向心力公式，刚好能过最高点，则最高点的速度 0 vgL， 从最高点到与竖直方向夹角 位置，根据机械能守恒 22 0 11 (1cos ) 22 mvmvmgL，又因为 2 cos v Fmgm L ，化简可得 33cosFmgmg，可见 F 与 cos 是一次函数关系，因此 Fcos图象应该是一 条直线，选项A 正确。 6解析 ：选 D。由于圆环不能看做点电荷，采用微元法求圆环对小球的库仑力， 小球受到的库仑力为圆环各点对小球库仑力的合力。以小球为研究对象，进
6、行受力分 析如图，小球受到三个力的作用：线对小球的拉力为F、重力 G、圆环各点对小球库 仑力的合力FQ。则sinFmg，sin R L ，解得 mgL F R ，选项 A、B 错误； 水平方向上 2 2 coscos Q Fk L ，解得 3 mgL Q kR ，选项 C 错误，选项D 正确。 7解析 ：选 B。由图象得，动能先增大后减小，所以速度先增大后减小，因此 重力功率先增大后减小，选项A 错误； h1 h2段合力就是重力，速度一直减小，功率 减小，选项D 错误； 0h1段拉力一直减小到零，速度先增大后减小，所以拉力功率 可能先增大后减小，选项B 正确；整个过程合力的功率为零有三处，其中
7、动能最大时 合力为零，因此合力的功率可能先增大后减小，再增大再减小，选项C 错误。 8解析 ：选 AD 。力不是维持运动的原因，力是使物体运动状态改变的原因，选 项 A 正确；选项B 错误；小球在斜面上运动的距离与倾斜角的正弦成反比，选项C 错误；由 2 1 sin sin2 h sgt解得 12 sin h t g ，选项 D 正确。 9解析：选CD。从 D 到 C，橡皮筋对弹丸做正功，弹丸机械能一直在增加，选 项 A、B 错误；从D 到 E 橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E 到 C 橡皮筋作用在弹 丸上的合力，两段高度相等，所以DE 段橡皮筋对弹丸做功较多，即机械能增加的较 多，选项 D
8、正确；在 CD 连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从D 到 C，弹丸的速 度先增大后减小，选项C 正确。 10解析 ：选 AC 。小球落到斜面上，位移与水平方向夹角等于斜面倾角 ， 2 0 1 2 tan gt v t ，得到 0 2tanv t g ，所以选项A 正确； 22 0 ()vvgt得选项 C 正确。 11解析 ：选 BD 。由于tan，由受力分析可知A 沿斜面向下匀加速下滑， 加速度sincos A agg，所以选项A 错误；将 A、B 及斜面体视为整体，受 力分析可知地面对斜面体的摩擦力等于(sincos )coscosm ggF，地面 受到的压力为(2)sin(sincos
9、)sinMm gFmg，故选项C 错误，选 项 B 正确；隔离B 受力分析有， 2cossincosFmgmgmg，得到 sincos 2cos Fmgmg mg ，选项 D 正确。 12解析 ：选 BD 。如图所示，以C 为圆心，以CA 为半径，作圆交CD 于 F，则 DA=F=B=0， 选项 A 错误；由 A 到 D，根据动能定理 21 () 2 AD mvmgrq， 得 7 D mgr q ， 选项 B 正确；由 2 Q Ek r 知 2 1 E r ， 因为 ACO=45 ，2ACOC， 所以 E0=2EA，选项 C 错误； 小球在 D 点具有的电势能为7 pD Eqmgr，选项 D
10、正确。 13 （6 分） （1）（ 3 分） （2）c（3 分） 解析 ： （1）根据题意作出动态平行四边形，如图所示。当FA减小时， FB如图变 为虚线部分，所以增大B 的拉力，增大角，正确。 14 （9 分） （1） 22 21 2()() Hldd g Ltt （3 分） （2）0.196J（3 分） （ 3）增大 滑块通过光电门的速度，或者减小遮光条的宽度等（只要答案合理即可给分）（3 分） 解析 ： （1）合外力的功即为重力所做的功sin H Wmghmglmgl L ，动能 的增加量为 2222 21 21 1111 ()() 2222 k dd Emvmvmm tt ，由 k W
11、E，整理可 得需要验证的表达式 22 21 2()() Hldd g Ltt ； （2）代入数据可得合外力所做的功为 0.196J Hl Wmg L ； （3）误差的来源有滑块速度的近似处理，故可以适当提高滑 块的初始位置，增大滑块通过光电门的速度，或者减小遮光条的宽度等。 15 （12 分） 解析 ： （1）在 0 0.2s 内， A、B 做匀速直线运动，分析B 根据平衡 条件有： 2Fmg（4 分） ，又Fmg，解得：0.5（1 分） 。 （2）0.2s0.4s，A 运动状态不变，继续做匀速直线运动，B 做匀加速运动，根 据牛顿第二定律得：22Fmgma（2 分） ，解得： a=10m/s
12、 2（1 分） ，0.4s 时 B 的速度时间图象如图所示（2 分） 。 16 （16 分） 解析 ： （1）设传送带的运行速度为v0，根据圆周运动公式得： 0 300.1m/s3m/svr（2 分） ，因为 v04m/s，所以小滑块在传送带上一直做 匀减速运动，由牛顿第一定律得：mgma，解得： a=2m/s2（ 1 分） ， 根据运动学公式 22 20 2vval可得小滑块刚滑上传送带时的速度： 22 12 24225m/s6m/svval（2 分） ， 则小滑块刚滑上传送带时的动能： 22 1 11 1 6 J18J 22 k Emv（1 分） 。 （2）若小滑块刚滑上传送带时的动能是
13、1 36 k E，即 2 11 236 k mvE，得：v=1m/s （1 分） ， 由 22 0 2vvax得： 2222 0 31 m2m 222 vv x a （2 分） ， 因为 x5m，所以小滑块在传送带上前2m 做匀加速运动， 后 5m2m=3m 做速度 为 3m/s 的匀速运动，加速阶段用时： 0 1 3 1 s1s 2 vv t a ，匀速阶段用时： 2 3 s1s 3 t， 总时间： t=t1 t2=2s（2 分） ，t1时间内传送带的位移： 0 1 3mxv t（1 分） ， 1mlxx 相对 （1 分） ，系统产生的热量： ( ) f QFlmg xx 相对 （ 2 分）
14、 ， 代入数据解得：Q=2J（1 分） 。 17 （19 分） 解析 ： （1）若粒子从F 点释放，在电场中做匀加速直线运动，离 开电场的速度为v，则： 21 2 qELmv（1 分） ，粒子在电场中做类平抛运动，假 设从 CD 边离开： Lvt、 21 2 dat、 qE a m （3 分） ，解得： 1 4 dL，假设正确，因此离开电 场时的坐标为 3 () 4 LL，（1 分） 。 （2）粒子在 AB 线上不同位置释放，在电场中获得速度均相同，进入电场中 如若从 CD 边射出，由于穿出时间相同，侧向位移也均为 1 4 dL；若从 GD 边射出 由于穿出时间不同位移也不同，因此分两种情形讨
15、论： 若是释放点纵坐标在 3 0 4 yL范围内，粒子从CD 边射出，获得动能相同： 5 44 k L EqELqEqEL（2 分） ， 若是释放点纵坐标在 3 4 LyL范围内，粒子从GC 边射出： ()(2) k EqELqE LyqELy（2 分） 。 （3）粒子在 AB 中垂线上不同位置释放在电场中获得的速度不相同，设粒子释 放点横坐标为x，则： 21 2 qExmv（1 分） ，粒子离开电场可能是从CD 边射出也 可能从 GD 边射出，若粒子刚好从D 点射出，则： Lvt、 21 22 LqE t m （2 分） ， 2 L x（ 1 分） ， 因此粒子横坐标在L 到 2 L 范围内，粒子均从CD 边射出，离开电场时侧向位 移为： 2211 () 22 qEqEL dt mmv （ 2 分） ，得： 2 4 L d x （1 分） ， 离开电场时动能为： 2 () 44 k LL EqExqEqE x xx （1 分） ， 横坐标在 2 L 到 0 范围内，粒子从GD 边射出，离开电场时动能： () 22 k LL EqExqEqE x（2 分） 。