1、重庆市南开中学2015届高三（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共5小题每小题6分共30分在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求）1下列说法正确的是（）A速度变化越快的物体惯性越小B物体做曲线运动的条件是所受合力与速度既不垂直也不在同一直线上C吊扇工作时向下压迫空气，空气对吊扇产生竖直向上的托力，减轻了吊杆对电扇的拉力D两个小球A和B，中间用弹簧连接，并用细线将A球悬于天花板上，则弹簧对A的力和弹簧对B的力是作用力和反作用力考点：牛顿第三定律分析：物体的惯性与运动的状态无关；物体做曲线运动的条件是所受合力与速度不在同一直线上；吊扇工作时向下压迫空气，空气对吊
2、扇产生竖直向上反作用力；弹簧对A的力和弹簧对B的力都是弹簧的弹力解答：解：A、物体的惯性与运动的状态无关；故A错误；B、物体做曲线运动的条件是所受合力与速度不在同一直线上，可以相互垂直；故B错误；C、吊扇工作时向下压迫空气，使空气向下运动，空气对吊扇产生竖直向上反作用力的托力，减轻了吊杆对电扇的拉力；故C正确；D、弹簧对A的力和A物体对弹簧拉力是作用力与反作用力故D错误故选：C点评：该题考查惯性、物体做曲线运动的条件、作用力与反作用力等知识点，都是力学中的基础概念，要加强对它们的理解、2某人在静止的湖面上竖直上抛一小铁球，小铁球上升到最高点后自由下落，穿过湖水并陷入湖底的淤泥中某一深度处若不计
3、空气阻力，取竖直向上为正方向，则最能近似反映小铁球运动过程的速度与时间关系的图象是（）ABCD考点：匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律专题：运动学中的图像专题分析：分析小球的运动情况：小球先竖直向上做匀减速运动，再向下做自由落体运动，进入淤泥中后先向下做加速运动，后向下做减速运动，根据运动情况分析图象解答：解：小球的运动过程分为四段：1、小球竖直向上做匀减速运动，速度为正值，图象是向下倾斜的直线；2、小球做自由落体运动，速度为负值，图象是向下倾斜的直线；3、小球进入淤泥中后，重力大于阻力时，向下做加速运动，加速度小于g，图象是向下倾斜的直线；4、小球进入淤泥中后，阻力大于重力时，向下做减速速运
4、动，加速度小于g，图象是向下倾斜的直线；故D正确故选：D点评：本题首先要根据小球的受力情况分析其运动情况，抓住速度的方向及速度大小的变化情况，选择图象3（6分）如图所示，完全相同的两个滑块在外力F1、F2的作用下沿粗糙水平面以相同的速度匀速向右运动，F1、F2与水平面之间的夹角均为，F1、F2的功率分别为P1、P2则下列说法正确的是（）AF1F2，P1P2BF1F2，P1P2CF1F2，P1P2DF1F2，P1P2考点：共点力平衡的条件及其应用；功的计算；功率、平均功率和瞬时功率专题：功的计算专题分析：由共点力的平衡条件可明确推力的大小；由功率公式可求得功率的大小关系解答：解：两物体均做匀速直
5、线运动，则有：F1cos=（mgF1sin）解得：F1=F2cos=（mg+F2sin）解得：F2=故F1F2；功率P=FVcos因速度相同，夹角相同，则P1P2；故选：A点评：本题考查功率及共点力的平衡条件应用，要注意正确分析摩擦力的大小4（6分）发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示则以下说法不正确的是（）A要将卫星由圆轨道1送入圆轨道3，需要在椭圆轨道2的近地点Q和远地点P分别点火加速一次B由于卫星由圆轨道l送入圆轨道3被点火加速两次，则卫星在圆轨道3上正
6、常运行速度要大于在圆轨道l上正常运行的速度C卫星在椭圆轨道2上的近地点Q的速度一定大于7.9km/s，而在远地点P的速度一定小于7.9km/sD卫星在椭圆轨道2上经过P点时的加速度等于它在圆轨道3上经过P点时的加速度考点：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：根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、和向心力的表达式进行讨论即可卫星做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速解答：解：A、要将卫星由圆轨道1送入圆轨道3，需要在椭圆轨道2的近地点Q加速一次，使卫星做离心运动，再在远地点P加速一次，
7、故A正确B、根据卫星的速度公式v=知：卫星在圆轨道3上正常运行速度要小于在圆轨道l上正常运行的速度故B错误C、由于近地卫星的速度等于第一宇宙速度7.9km/s，则卫星在椭圆轨道2上的近地点Q的速度一定大于7.9km/s，而在远地点P的速度一定小于7.9km/s故C正确D、同一地点，由G=ma，得a=，a相同，可知卫星在椭圆轨道2上经过P点时的加速度等于它在圆轨道3上经过P点时的加速度，故D正确本题选不正确的，故选：B点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论知道知道卫星变轨的原理，卫星通过加速或减速来改变所需向心力实现轨道的变换5（6分）如图所示，在匀
8、速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率V1匀速向右运动一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率V2（V2V1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端就上述过程，下列判断正确的有（）A滑块返回传送带右端时的速率为V2B此过程中传送带对滑块做功为mv22mv12C此过程中电动机做功为2mv12D此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m（v1+v2）2考点：功能关系；动能定理的应用专题：传送带专题分析：物体由于惯性冲上皮带后，受到向左的滑动摩擦力，减速向右滑行，之后依然受到向左的滑动摩擦力，会继续向左加速，然后根据v1小于v2的情况分析根据动能定理得全过程传送带对物块做的总功根据能
9、量守恒找出各种形式能量的关系解答：解：A：由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v1v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v2=v1；故A错误；B：此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W=EK得：W=EK=mv12mv22，故B错误；D：设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：x1=t1=t1摩擦力对滑块做功：W1=fx1=ft1又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：W1=mv22 该过程中传送带的位移：x2=v1t1摩擦力对滑块做功
10、：W2=fx2=fv1t1=fv1=2fx将代入得：W2=mv1v2设滑块向左运动的时间t2，位移为x3，则：x3=t2摩擦力对滑块做功：W3=fx3=mv12该过程中传送带的位移：x4=v1t2=2x3滑块相对传送带的总位移：x相=x1+x2+x4x3=x1+x2+x3滑动摩擦力对系统做功：W总=fx相对=W1+W2+W3=m（v1+v2）2滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，Q=W总=fx相=m（v1+v2）2，故D正确；C：全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即Q=W+mv22mv12整理得：W=Qmv22+mv12=
11、mv22+mv1v2，故C错误故选：D点评：本题关键是对于物体返回的过程分析，物体先做减速运动，之后反向加速，最后做匀速运动但是计算滑块与传送带间摩擦产生的热量的过程太复杂二、非选择题（本大题共5小题共68分）6（4分）某同学在家中尝试验证力的平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋（遵循胡克定律）和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子A、B上，另一端与第三条橡皮筋连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物为完成该实验，他已经测量了橡皮筋的自然长度，则他还需要进行的操作中是（）A测量细绳的长度B所悬挂重物的质
12、量C测量悬挂重物后橡皮筋的长度D记录悬挂重物后结点O的位置考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题；平行四边形法则图解法专题分析：本实验是通过作合力与分力图示的方法来验证平行四边形定则，需要测量合力与分力的大小，根据这个原理来选择解答：解：三条橡皮筯遵守胡克定律，要测量拉力可以通过测量橡皮筋的长度和原长，得到橡皮筋的伸长量，研究拉力与伸长量的倍数来根据比例作力的图示为了使两次实验效果相同，必须记下O点的位置来作参照不需要测量细绳的长度和所悬挂重物的质量故CD正确，AB错误故选：CD点评：本实验在无法测量力的大小的情况下，可以采用比例法作图，只需要测量橡皮筋的伸长量就行7（15分）某实验小组利用
13、拉力传感器和速度传感器探究功和动能变化的关系，如图所示，他们将拉力传感器固定在小车上，用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与钩码相连，用拉力传感器记录小车受到拉力的大小在水平桌面上相距50.0cm的A、B两点各安装一个速度传感器，记录小车通过A、B时的速度大小（小车中可以放置砝码）（1）实验中木板略微倾斜，这样做目的是CDA是为了使释放小车后，小车能匀加速下滑B是为了增大小车下滑的加速度C可使得细线拉力等于砝码的重力D可使得小车在未施加拉力时做匀速直线运动（2）实验主要步骤如下：测量小车、砝码和拉力传感器的总质量M1；把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与钩码相连；正确连接所需电路将
14、小车停在C点，接通电源，静止释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力及小车通过A、B时的速度在小车中增加砝码，或增加钩码个数，重复的操作（3）下表是他们测得的一组数据，其中M1是传感器与小车及小车中砝码质量之和，（v22V12）是两个速度传感器记录速度的平方差，可以据此计算出动能变化量E，F是拉力传感器受到的拉力，W是拉力F在A、B间所做的功表格中E3=0.600，W3=0.610 （结果保留三位有效数字）次数M1/kg|vv|/（m/s）2E/JF/NW/J10.5000.7600.1900.4000.20020.5001.650.4130.8400.42030.5002.40E31.2
15、20W341.0002.401.202.4201.2151.0002.841.422.8601.43考点：探究功与速度变化的关系专题：实验题；动能定理的应用专题分析：小车在钩码的作用下拖动纸带在水平面上做加速运动，通过速度传感器可算出A B两点的速度大小，同时利用拉力传感器测量出拉小车的力，从而由AB长度可求出合力做的功与小车的动能变化关系解答：解：（1）为了使绳子拉力充当合力，即细线拉力做的功等于合力对小车做的功应先平衡摩擦力，摩擦力平衡掉的检测标准即：可使得小车在未施加拉力时做匀速直线运动，故CD正确；故选：CD；（2）因为要计算总动能，所以要测量小车和砝码以及拉力传感器的总质量；接通电源
16、后要释放小车；（3）由各组数据可见规律E=M（V22V12）可得E3=0.600J观察FW数据规律可得数值上W3=0.610 J故答案为：（1）CD；（2）小车、砝码； 静止释放小车；（3）0.600； 0.610点评：值得注意的是：钩码的重力不等于细线的拉力，同时学会分析实验数据从而得出规律8（15分）某公司研发的新型家用汽车质量为1.5103kg，发动机的额定功率为100kw，它在平直的测试公路上行驶的最大速度可达180km/h，现汽车在测试公路上由静止开始以2m/s2的加速度做匀加速直线运动，若汽车受到的阻力恒定求：（1）汽车所受的阻力多大？（2）这个匀加速直线运动可以维持多长的时间？考
17、点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律专题：功率的计算专题分析：（1）当速度最大时，牵引力等于阻力，根据P=Fvm=fvm求出阻力的大小（2）根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，根据P=Fv求出汽车匀加速直线运动的最大速度，再根据速度时间公式求出匀加速直线运动的时间解答：解：（1）当速度最大时，F=f有P=fvm，则：f=（2）根据牛顿第二定律有：Ff=ma则牵引力为：F=f+ma=2000+1.51032N=5000N所以匀加速运动的最大速度为：v=匀加速直线运动的时间为：t0=答：（1）汽车所受的阻力为2000N；（2）这个匀加速直线运动可以维持10s的时间点评：解决本题的关键知道发动机
18、功率P=Fv，知道当速度达到最大时，牵引力等于阻力以及知道以恒定加速度运动在整个过程中的运动情况9（16分）如图所示，轻弹簧左端固定在水平地面的N点处，弹簧自然伸长时另一端位于O点，水平面MN段为光滑地面，M点右侧为粗糙水平面，现有质量相等均为m的A、B滑块，先用滑块B向左压缩弹簧至P点，B和弹簧不栓接，由静止释放后向右运动与静止在M点的A物体碰撞，碰撞后A与B粘在一起，A向右运动了L之后静止在水平面上，已知水平面与滑块之间滑动摩擦因数都为，求（1）B刚与A碰撞后A的速度大小？（2）B将弹簧压缩至P点时克服弹力所做的功？（3）若将B物体换成质量是2m的C物体，其余条件不变，则求A向右运动的距离
19、是多少？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：（1）对A由动能定理可以求出其速度（2）AB碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出功（3）碰撞过程动量守恒，应用动量守恒定律与动能定理可以求出滑行的距离解答：解：（1）对物体A，由动能定理得：2mv12=2mgL，解得：v1=；（2）A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv1，解得：v0=2，对B，由能量守恒定律得：E=mv02=4mgL=W克；（3）AC碰撞前，由能量守恒定律得：E=2mv22，v2=2，A、C碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方
20、向，由动量守恒定律得：2mv2=3mv3，AC碰撞后，由动能定理得：3mgx=03mv32，解得：x=L；答：（1）B刚与A碰撞后A的速度大小为；（2）B将弹簧压缩至P点时克服弹力所做的功为4mgL；（3）A向右运动的距离是L点评：本题考查了求速度、功与物体滑行距离问题，分析清楚物体运动过程、应用动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题10（18分）如图所示静止在水平面上的圆形（半径为R）光滑管道ABC，C为最高点，B为最低点管道在竖直面内管道内放一小球，小球直径略小于圆管内径且可在管道内自由移动，现用一装置将小球锁定在P点，过P点的半径0P与竖直方向的夹角为现对管道施加一水平向右的恒
21、力作用，同时解除对小球的锁定，管道沿水平面向右做匀加速运动，小球相对管道仍保持静止经过一段时间后管道遇一障碍物突然停止运动，小球能到达管道的A点，重力加速度为g求：（1）恒力作用下圆形管道运动的加速度；（2）圆形管道圆心与障碍物之间距离的可能值考点：动能定理的应用；向心力专题：动能定理的应用专题分析：（1）对小球受力分析，由力的平行四边表及牛顿第二定律可求得管道的加速度； （2）当管道停止时，小球沿半径方向的速度为零，沿切线的方向速度不变；由运动的合成与分解求得径向速度； 此后由机械能守恒定律及平抛运动的规律可求得小球可能的运动距离解答：解：（1）小球受力如图，由力的平行四边形定则及牛顿第二定
22、律得：mgtan=ma；解得a=gtan； 即为恒力作用下的圆形管道运动的加速度； （2）设圆形管道在运动过程中突然停止前进的速度为v，由匀变速直线运动公式得：v2=2as；圆形管道停止时，小球沿管道半径方向的速度变为零，沿切线方向的速度保持不变，对速度v沿切向和径向进行分解，则小球速度变为v=vcos；小球能运动到管道右侧圆心上方至最高点C之间的区域则可返程到达A点，或从C点飞出做平抛运动到达A点； 若小球能运动到管道右侧圆心上方至最高点C之间的区域，则由机械能守恒得：m（vcos）2=mg（Rcos+h），其中0hRL=S+R；联立以上相关各式得：+Rs+R若小球从C点飞出做平抛运动到达A
23、点，则由机械能守恒及平抛运动的规律得：R=gt2，R=vCtm（vcos）2=mgR（1+cos）+mvc2联立以上相关各式得：s=L=s+Rs=+R答：圆形管道从开始运动到突然停止过程中运动距离的可能值为：+Rs+R及s=点评：本题考查机械能守恒及平抛运动的规律，注意在解题中要正确应用运动的合成与分解，明确在运动中速度的突变三选做题11（4分）下列说法正确的是（）A为了增加物体的内能，必须给物体传递热量B将功全部转化为内能是不可能的C压缩理想气体，气体内能一定增加D不管科技如何进步，绝对零度都不能达到考点：热力学第一定律；热力学第二定律专题：热力学定理专题分析：改变内能的方式有做功和热传递，
24、功可以全部转化为内能，内能则不可能全部转化为功，绝对零度是一切低温物体的极限解答：解：A、改变内能的方式有做功和热传递，A错误；B、功可以全部转化为内能，内能则不可能全部转化为功，B错误；C、压缩理想气体的同时对外界放热，气体内能不一定增加，C错误；D、绝对零度是一切低温物体的极限，只能无限接近，D正确；故选D点评：本题考查了热力学第一定律的应用，难度不大12（8分）如图所示，一直立的汽缸用一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，气体最初的体积为V0，最初的压强为，汽缸内壁光滑且缸壁导热性能良好开始活塞被固定在A处，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B处，设
25、周围环境温度保持不变，已知大气压强为P0，重力加速度为g，若一定质量理想气体的内能仅由温度决定求：活塞停在B点时缸内封闭气体的体积V；整个过程中通过缸壁传递的热量Q考点：理想气体的状态方程；热力学第一定律专题：理想气体状态方程专题分析：由平衡条件求出气体压强，由玻意耳定律求出气体体积；求出活塞移动的距离，由功的计算公式求出功，然后由热力学第一定律求出热量解答：解：设活塞在B处时封闭气体的压强为P，活塞处于平衡状态，由平衡条件得：P0S+mg=PS解得：，由玻意耳定律得：，解得：；从放下活塞至活塞重新平衡的过程，设活塞下降的高度为h：，则外界对气体做功W：W=（P0S+mg）h，气体温度相同，内能不变，由热力学第一定律U+W+Q得：Q=W，由式解得：；答：活塞停在B点时缸内封闭气体的体积；整个过程中通过缸壁传递的热量点评：本题考查了求气体体积、传递的热量，应用玻意耳定律与热力学第一定律即可正确解题，求出气体的压强是正确解题的关键