《江西省宜春市靖安中学2016届高三物理上学期第四次月考试卷（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省宜春市靖安中学2016届高三物理上学期第四次月考试卷（含解析）.doc（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、江西省宜春市靖安中学2015-2016学年高三（上）第四次月考物理试卷二、选择题（本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1下面有关物理学史、方法和应用的叙述中，正确的是（）A无论是亚里士多德、伽利略，还是笛卡尔都没有建立力的概念，而牛顿的高明之处在于他将物体间复杂多样的相互作用抽象为“力”，为提出牛顿第一定律而确立了一个重要的物理概念B亚里士多德对运动的研究，确立了许多用于描述运动的基本概念，比如平均速度、瞬时速度以及加速度C英国物理学家麦克斯韦认为，磁场会在其周围
2、空间激发一种电场，这种电场就是感生电场D机场、车站和重要活动场所的安检门可以探测人身携带的金属物品，是利用静电感应的原理工作的【考点】物理学史【专题】常规题型【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：A、无论是亚里士多德、伽利略，还是笛卡尔都没有建立力的概念，而牛顿的高明之处在于他将物体间复杂多样的相互作用抽象为“力”，为提出牛顿第一定律而确立了一个重要的物理概念，故A正确；B、伽利略对运动的研究，确立了许多用于描述运动的基本概念，比如平均速度、瞬时速度以及加速度故B错误；C、英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场，我们把这种这种电场叫做感生电
3、场故C错误；D、安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到故D错误；故选：A【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2物块以初速度v0从底端沿足够长的斜面上滑，该物块的速度图象可能是（）ABCD【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】1、斜面可能是光滑的；2、斜面摩擦因数较小；3、斜面摩擦因数较大【解答】解：A、
4、若斜面可能是光滑的，则上滑时和下滑时的加速度是相同的，物体做匀变速直线运动，故A正确；B、若斜面摩擦因数较小，物块上滑到速度减为零时又返回，根据牛顿第二定律，上滑时：a=gsin+gcos，下滑时：a=gsingcos，即下滑的加速度小于上滑的加速度，故B正确；C、若斜面摩擦因数较大，物块上滑到速度减为零时，mgsinmgcos，则物块之后静止，故C错误D正确；故选：ABC【点评】本题关键是讨论上滑和下滑时加速度大小的比较，注意分析全面3星系由很多绕中心作圆形轨道运行的恒星组成科学家研究星系的一个方法是测量恒星在星系中的运行速度v和离星系中心的距离r用vrn这样的关系来表达，科学家们特别关心指
5、数n若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则n的值为（）A1B2C D【考点】万有引力定律及其应用【专题】万有引力定律的应用专题【分析】恒星绕巨型黑洞做匀速圆周运动，由巨型黑洞的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和向心力公式列式求解【解答】解：设巨型黑洞为M，该恒星的质量为m，则根据万有引力提供向心力，得：则得：v=，故n=故C正确、ABD错误故选：C【点评】本题与卫星绕行星运动模型相似，关键抓住恒星的向心力来源于万有引力，建立方程求解4如图所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30角已知匀强电场
6、的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零则下列说法正确的是（）A带电粒子带负电B带电粒子在Q点的电势能为UqC此匀强电场的电场强度大小为E=D此匀强电场的电场强度大小为E=【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据公式W=qU求出电场力做功，确定出P、Q间电势能的差，即可求得Q点的电势能根据粒子轨迹弯曲方向，判断出粒子所受的电场力方向，即可判断其电性；带电粒子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，根据平抛运动的规律求出粒子到达Q点时的速度根据位移公式和两个分运动的等时性，
7、列出x方向和y方向两个方向的分位移与时间的关系式，即可求出竖直方向的位移大小y0，由E=求解场强的大小【解答】解：A、B、由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电粒子从P到Q，电场力做正功，为W=qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，则知带电粒子在Q点的电势能为Uq，故A、B错误C、D、设带电粒子在P点时的速度为v0，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在y轴方向的分速度为：vy=v0tan=v0 粒子在y方向上的平均速度为： =粒子在y方向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，则：
8、竖直方向有：y0=vyt=t 水平方向有：d=v0t可得：y0= 所以场强为：E=联立得：E=，故C正确，D错误故选：C【点评】本题根据类平抛运动的特点，运用运动的分解法，根据牛顿第二定律和运动学结合求解5如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为初始时，传送带与煤块都是静止的现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度作匀速运动经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是（重力加速度为g）（）A与a之间一定满足关系B黑色痕迹的长度为C煤块从开始运动到相对于
9、传送带静止经历的时间为D煤块与传送带由于摩擦而产生的热量为【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力；功能关系【专题】传送带专题【分析】A、要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度B、当煤块的速度达到v时，求出传送带的位移和煤块的位移，两者位移之差为黑色痕迹的长度C、煤块做匀加速直线运动，加速度a=，根据匀变速直线运动的速度时间公式求出经历的时间D、煤块与传送带由于摩擦产生的热量Q=fx相对【解答】解：A、要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度即ag，则故A错误 B、当煤块的速度达到v时，经过的位移，经历的时间此时传送带的位移，则黑色痕迹的长度L=故B错误，C正确 D、煤块与传送带由于
10、摩擦产生的热量Q=fx相对=fL=故D错误故选C【点评】解决本题的关键知道要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度黑色痕迹的长度等于传送带的位移和煤块的位移之差以及掌握煤块与传送带由于摩擦产生的热量Q=fx相对6如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），C为平行板电容器，C中央有一带电液滴刚好静止，M 点接地下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是（）A将热敏电阻 R0 加热B变阻器 R 的滑动头 p 向上移动C开关 K 断开D电容器 C 的上极板向上移动【考点】带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律【专题】定量思想；推理法；
11、带电粒子在复合场中的运动专题【分析】电容器板间电压等于变阻器R两端的电压，改变变阻器阻值时，分析外电阻的变化，由欧姆定律分析电流的变化及变阻器两端电压的变化当变阻器的电压增大时，油滴将向上运动改变板间距离，判断电容的变化，由E=分析场强变化【解答】解：A、将R0加热，电阻减小，电路中电流增加，R两端电压增大，电容器极板间的电压增大，电场增强，故液滴受到的电场力大于重力，带电液滴向上运动，故A正确B、仅把R的滑动端向上滑动时，R的电阻减小，故其分的电压减小，故电容器要放电，由于理想二极管的影响，不可能放电，故带电量不变，故电场强度不变，油滴所受的电场力不变故B错误C、开关k断开，电容器两板间电压
12、为电源电动势，故电压增大，电场增强，故液滴受到的电场力大于重力，带电液滴向上运动，故C正确D、电容器 C 的上极板向上移动，电容减小，要放电，由于理想二极管的影响，不可能放电，故带电量不变；根据C=、C=、U=Ed，有E=，故板间场强不变，油滴所受的电场力不变故D错误故选：AC【点评】本题是电路的动态分析问题，关键抓住电容器的电压等于变阻器两端的电压，由E=分析板间场强变化，判断出油滴的运动方向7如图所示，足够长的平行光滑导轨固定在水平面上，导轨间距为L=1m，其右端连接有定值电阻R=2，整个装置处于垂直导轨平面磁感应强度B=1T的匀强磁场中一质量m=2kg的金属棒在恒定的水平拉力F=10N的
13、作用下，在导轨上由静止开始向左运动，运动中金属棒始终与导轨垂直导轨及金属棒的电阻不计，下列说法正确的是（）A产生的感应电流方向在金属棒中由a指向bB金属棒向左做先加速后减速运动直到静止C金属棒的最大加速度为5m/s2D水平拉力的最大功率为200W【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】由右手定则判断感应电流的方向金属棒在拉力和安培力作用下运动，通过分析安培力的变化，判断加速度的变化，即可确定最大加速度当拉力等于安培力时，速度达到最大，结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律以及安培力大小公式求出最大速度的大小由P=Fv求解拉力的最大功
14、率【解答】解：A、金属棒向左运动切割磁感线，根据右手定则判断得知产生的感应电流方向由ab，故A正确B、金属棒所受的安培力先小于拉力，棒做加速运动，后等于拉力做匀速直线运动，速度达到最大，故B错误C、根据牛顿第二定律得：F=ma，可知，棒的速度v增大，加速度a减小，所以棒刚开始运动时加速度最大，最大加速度为：am=5m/s2故C正确D、设棒的最大速度为vm，此时a=0，则有：F=，得：vm=m/s=20m/s所以水平拉力的最大功率为：Pm=Fvm=1020W=200W，故D正确故选：ACD【点评】本题考查了电磁感应与力学知识的综合，关键要能正确分析金属棒的运动情况，知道拉力与安培力相等时，速度最
15、大，并能根据牛顿第二定律进行研究8如图所示，半径为R的一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q（q0）质量为m的粒子沿正对co中点且垂直于co方向射入磁场区域不计重力，则（）A若要使带电粒子能从bd之间飞出磁场，射入粒子的速度大小的范围是B若要使带电粒子能从bd之间飞出磁场，射入粒子的速度大小的范围是C若要使粒子在磁场中运动的时间为四分之一周期，射入粒子的速度为v3=（）D若要使粒子在磁场中运动的时间为四分之一周期，射入粒子的速度为v3=【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】AB、作出粒子运动轨迹，由几何知识求出粒子轨道半径，由牛顿第二定律求出粒子的速度；CD、由几何知识求出粒
