1、天津市和平区耀华中学2015届高三上学期第三次月考物理试卷一、单项选择题（每小题只有一个正确选项，每小题6分，共30分）1如图是物体做直线运动的vt图象，由图可知，该物体( )A第1s内和第3s内的运动方向相反B第3s内和第4s内的加速度相同C第1s内和第4s内的位移大小不等D02s内和04s内的平均速度大小相等考点：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；牛顿第二定律 专题：运动学中的图像专题分析：速度时间图象中速度的符号表示物体的运动方向；图象的斜率等于加速度；图象与时间轴所围的面积表示位移平均速度等于位移与时间之比根据这些知识进行解答解答：解：A、由图知，在前3s内物体的
2、速度均为正值，说明在前3s内物体的运动方向不变，故A错误；B、速度图象的斜率等于加速度，第3s内和第4s内图线的斜率相同，则加速度相同，故B正确；C、图象与时间轴所围的面积表示位移，由几何知识可知第1s内和第4s内的位移大小相等故C错误；D、根据“面积”可知：02s内和04s内的位移相等，所用时间不等，所以平均速度不等，故D错误故选：B点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移2如图所示，倾角为的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态则( )AB受到
3、C的摩擦力一定不为零BC受到水平面的摩擦力一定为零C水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等D若将细绳剪断，B物体依然静止在斜面上，水平面对C的摩擦力为零考点：共点力平衡的条件及其应用；静摩擦力和最大静摩擦力；力的合成与分解的运用 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：充分利用整体法和隔离体法对物体进行受力分析，结合摩擦力产生的条件，可判断各接触面是否存在摩擦力；把BC看做一个整体进行受力分析，可判定地面的支持力和二者重力的关系解答：解：A、当B受到绳子的拉力与B的重力在斜面上的分力大小相等，即mBgsin=mAg时，B在斜面上没有运动趋势，此时BC间没有摩擦力选项A错误B、把BC当做一个整体
4、进行受力分析，可知绳子的拉力在水平方向上的分量不为零，整体有向右的运动趋势，所以C受到地面的摩擦力不会为零选项B错误C、把BC当做一个整体进行受力分析，在竖直方向上有：N+mAgsin=（mB+mC）g 绳子的拉力在竖直方向上的分量mAgsin不为零，所以水平面对C的支持力与B、C的总重力大小不相等选项C错误D、若将细绳剪断，B物体依然静止在斜面上，以BC为整体进行受力分析，受重力和地面的支持力作用，在水平方向没有力作用，所以水平面对C的摩擦力为零选项D正确故选：D点评：该题考察到了摩擦力的判断，常用的方法有：假设法：利用假设法判断摩擦力的有无及方向反推法：从研究物体表现出的运动状态这个结果反
5、推出它必须具有的条件，分析组成条件的相关因素中摩擦力所起的作用，就容易判断摩擦力的有无及方向了利用牛顿第三定律来判断：此法的关键是抓住“力是成对出现的”，先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“反向”确定另一物体受到的静摩擦力的方向3P、Q、M是某弹性绳上的三个质点，沿绳建立x坐标轴一简谐横波正在沿x轴的正方向传播，振源的周期为0.4s在t=0时刻的波形如图所示，则在t=0.2s时( )A质点P处于波谷B质点P处于平衡位置且向上运动C质点Q处于波峰D质点M处于平衡位置且向上运动考点：横波的图象 专题：振动图像与波动图像专题分析：简谐横波沿x轴的正方向传播，可知质点P的速度方向，t=0
6、.2s=，分析质点P的位置波从P传到Q的时间为，分析Q的位置波从P传到M的时间为，分析M的状态解答：解：A、B简谐横波沿x轴的正方向传播，t=0时刻质点P的速度向下，t=0.2s=，P点经过平衡位置向上运动故A错误，B正确C、波从P传到Q的时间为=0.1s，t=0.2s时，质点Q已经振动了0.1s=，而质点Q的起振方向向下，则在t=0.2s时质点Q处于波谷故CD错误故选B点评：已知波的传播方向要能够判断出质点的振动方向，根据距离分析波传播的方向，根据时间与周期的关系分析质点的状态，都是基本问题，要熟练掌握4如图甲所示，光滑水平面上停放着一辆上表面粗糙的平板车，质量为M，一质量m的铁块以水平初速
7、度v0滑到小车上，两物体开始运动，它们的速度随时间变化的图象如图乙所示（t0是滑块在车上运动的时间），则可以断定( )A铁块最终能与小车达到相对静止B铁块与小车的质量之比m：M=1：2C铁块与小车表面的动摩擦因数=D平板车上表面的长度为考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据图线知，铁块在小车上滑动过程中，铁块做匀减速直线运动，小车做匀加速直线运动根据牛顿第二定律通过它们的加速度之比求出质量之比，以及求出动摩擦因数的大小根据运动学公式分别求出铁块和小车的位移，从而求出两者的相对位移，即平板车的长度物体离开小车做平抛运动，求出落地的时间，从而根据
8、运动学公式求出物体落地时与车左端的位移解答：解：A、由图象可知，滑块运动到平板车最右端时，速度大于平板车的速度，所以滑块将做平抛运动离开平板车，故A错误；B、根据图线知，铁块的加速度大小a1=小车的加速度大小a2=，知铁块与小车的加速度之比为1：1，根据牛顿第二定律，铁块的加速度a1=，小车的加速度a2=，则铁块与小车的质量之比m：M=1：1故B错误；C、铁块的加速度a1=，又a1=，则，故C正确；D、铁块的位移x1=，小车的位移x2=则小车的长度L=v0t0v0t0=v0t0，故D错误故选：C点评：解决本题的关键一要掌握速度图象的两个物理意义：斜率等于加速度，“面积”等于位移；二搞清小车和铁
9、块的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解5如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1=1000匝，副线圈匝数 n2=200匝，原线圈所接交流电源的电动势瞬时值表达式e=311sin100t V，副线圈所接电阻R=88电流表、电压表对电路影响可忽略不计则( )AA1的示数约为0.10ABV1的示数约为311VCV2的示数约为62.2VDA2的示数约为0.75A考点：变压器的构造和原理；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：根据理想变压器中原副线圈的电流、电压与匝数比之间关系可以直接求解，注意电压表、电流表示数均为有效值解答：解：由题意可知：U1=220V，根据电压与匝
10、数成正比得：U2=44V，I2=0.5A，根据电流与匝数成反比得：I1=0.1A，故A正确故选：A点评：要根据理想变压器中电流、电压与匝数比之间的关系进行有关问题的解答，注意电表的示数均为有效值二、多项选择题（每小题有多个正确选项，每小题6分，共18分）6如图所示，A、B两长方体叠放在一起，放在光滑的水平面上，物体B从静止开始受到一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图所示，运动过程中A、B始终保持相对静止则在02t0时间内，下列说法正确的是( )At0时刻，A、B间的静摩擦力最大Bt0时刻，A、B的速度最大C0时刻和2t0时刻，A、B间的静摩擦力最大D2t0时刻，A、B离出发点最远考点：牛顿
11、第二定律；力的合成与分解的运用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据牛顿第二定律分析何时整体的加速度最大再以A为研究对象，当加速度最大时，A受到的静摩擦力最大分析整体的运动情况，分析何时B的速度最大，并确定何时AB位移最大解答：解：A、C以整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析得知，0、2t0时刻整体所受的合力最大，加速度最大，再以A为研究对象，分析可知，A受到的静摩擦力最大故A错误，C正确B、整体在0t0时间内，做加速运动，在t02t0时间内，向原方向做减速运动，则t0时刻，B速度最大故B正确D、2t0时刻，整体做单向直线运动，位移逐渐增大，则2t0时刻，A、B位移最大故D正确故选BCD点评：
12、本题一方面要灵活选择研究对象，另一方面，要能根据物体的受力情况分析物体的运动过程，这是学习动力学的基本功7我国已于2011年9月29日发射“天官一号”目标飞行器，11月1日发射“神舟八号”飞船并在11月3日与“天宫一号”实现对接某同学为此画出“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动的假想如图所示，A代表“天宫一号”，B代表“神舟八号”，虚线为各自的轨道由此假想图，可以判定( )A“天宫一号”的运行速率小于“神舟八号”的运行速率B“天宫一号”的周期小于“神舟八号”的周期C“天宫一号”的向心加速度小于“神舟八号”的向心加速度D“神舟八号”适度减速有可能与“天宫一号”实现对接考点：人造卫星的加
13、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：天宫一号和神舟八号绕地球做匀速圆周运动，靠万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律比较线速度、周期、向心加速度的大小解答：解：A、天宫一号和神舟八号绕地球做匀速圆周运动，靠万有引力提供向心力得=ma=a=，v=，T=2天宫一号的半径大，向心加速度小，线速度小，周期大故B错误，A、C正确D、神舟八号在轨道上减速，由于万有引力大于所需的向心力，神舟八号会做近心运动，离开原轨道，不会和天宫一号对接故D错误故选AC点评：解决本题的关键掌握线速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，以及知道神舟八号只有加速离开原轨道做离心运动
14、才可能与天宫一号对接8如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )A三个等势面中，a的电势最高B带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大D带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大考点：电势能；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等
15、势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大解答：解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c点的电势最低，故A正确；B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；D、根据电场线的疏密来确定电场强度的强弱，可知，质点在P点时的电场力比通过Q点时大，那么P点时的加速度比通过Q点时大，故D正确故选：ABD点评：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场
16、力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化三、实验题（共18分）9探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图甲所示实验过程中有平衡摩擦力的步骤，并且设法让橡皮筋对小车做的功以整数倍增大，即分别为W0、2W0、3W0、4W0实验中首先通过调整木板倾斜程度平衡摩擦力，目的是C（填写字母代号）A为了释放小车后小车能做匀加速运动B为了增大橡皮筋对小车的弹力C为了使橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功D为了使小车获得较大的动能图乙是在正确操作情况下打出的一条纸带，从中截取了测量物体最大速度所用的一部分，已知相邻两点打点时间间隔为0.02s，则小车获得的最大速度
17、vm=1.22m/s（保留3位有效数字）几名同学在实验中分别得到了若干组橡皮筋对小车做的功W与小车获得最大速度vm的数据，并利用数据绘出了图丙给出的四个图象，你认为其中正确的是D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：该实验的目的以及实验数据处理的方法；该实验平衡摩擦力的原因；该实验是如何确定外力做功以及如何通过纸带获取小车运动的最终速度大小；如何通过图象来处理数据等解答：解：实验中通过调整木板倾斜程度平衡摩擦力，目的是为了使橡皮筋对小车所做功即为合外力对小车所做的功，故ABD错误，C正确故选：C由所打的点可知，DG之间小车做匀速直线运动，速度最大，小车获得的最大速
18、度为： vm=m/s=1.22m/s故答案为：1.22橡皮筋对小车做的功W与小车的动能关系知：W=，即有：W，根据数学知识可知D正确故选：D故答案为：C； 1.22； D点评：本题考查了该实验的具体操作细节和数据的处理，对于这些基础知识一定要通过亲自动手实验加深理解10在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，提供的实验器材有：A小灯泡（额定电压为3.8V，额定电流约0.3A）B直流电流表A（00.6A，内阻0.5）C直流电压表V（06V，内阻5k）D滑动变阻器R1（010，2A）E滑动变阻器R2（0100，0.2A）F电源（6V，内阻不计）G开关S及导线若干实验中滑动变阻器应选用R1（填“R1”或“
19、R2”）；某同学设计了实验测量电路，通过改变变阻器的滑片位置，使电流表从零开始变化，记录多组电压表的读数U和电流表的读数I请在图甲中用笔画线代替导线，将实验电路连接完整该同学在实验中测出8组对应的数据（见表）：次序12345678U/V00.200.501.001.502.003.004.00I/A00.080.130.180.200.240.290.33则小灯泡的额定功率为1.25W（保留2位小数），该测量值小于（填“大于”“小于”或“等于”）真实值请在图乙坐标中，描点作出UI图线由图象可知，随着电流的增大，小灯泡的电阻增大（填“增大”“减小”或“不变”）若将这个灯泡接在“E=4V，r=4”
20、电源上，则灯泡的电功率为8.4W（保留2位小数）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题；恒定电流专题分析：根据电路接法可明确滑动滑动变阻器接法；当要求电流从零调时滑动变阻器应用分压式，此时应选阻值小的变阻器小灯泡的电阻较小，电流表应用外接法根据表中数据可明确电压值及电流值，再由功率公式可求得功率大小；根据电压表的作用可明确电阻的变化；根据伏安特性曲线可明确灯泡的实际电压和电流，则可求得功率解答：解：（1）因描绘小灯泡伏安特性曲线的实验要求电流从零开始调节，故变阻器应用分压式，应选阻值小的变阻器误差小，故应选（2）因小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法，又变阻器用分压式，如图所示，
21、（3）根据表格数据描点作出UI图线如图所示由图象可知，当U=3.8V时，I=0.33A，由P=UI可得P=3.80.33W=1.25W，即小灯泡的额定电流为1.25W，随着电流的增大，由于电压表的分流作用，测得的电流偏大，故电阻测量值小于真实值，根据欧姆定律R=，由图象可知，随着电流的增大，小灯泡的电阻增大在伏安特性曲线中作出电源的伏安特性曲线，如图所示，则交点为灯泡的工作点；由图可知，实际电压为U=2.9V，电流I=0.29A；故功率P=UI=2.90.29=0.84W；故答案为：，如图所示，1.25，小于，增大；8.4点评：本实验考查测量小灯泡的伏安特性曲线的实验；应熟记测定小灯泡伏安特性
22、曲线实验电流表用外接法，变阻器用分压式接法四、计算题（共54分）11（16分）如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B端的切线沿水平方向质量m=1.0kg的滑块（可视为质点）在水平恒力F=10.0N的作用下，从A点由静止开始运动，当滑块运动的位移x=0.50m时撤去力F已知A、B之间的距离x0=1.0m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数=0.10，取g=10m/s2求：（1）在撤去力F时，滑块的速度大小；（2）滑块通过B点时的动能；（3）滑块通过B点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.35m，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功考点：动能定理的应用；牛
23、顿第二定律；动能定理 专题：动能定理的应用专题分析：（1）由牛顿第二定律及运动学公式可求得撤去拉力时的速度；（2）对AB过程由动能定理可求得B点的动能；（3）在上升过程中，物体受重力及摩擦力做功，由动能定理可求得摩擦力所做的功解答：解：（1）滑动摩擦力 f=mg 设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律Fmg=ma1解得 a1=9.0m/s2设滑块运动位移为0.50m时的速度大小为v，根据运动学公式v2=2a1x 解得 v=3.0m/s； （2）设滑块通过B点时的动能为EkB从A到B运动过程中，依据动能定理有 W合=EkF xfx0=EkB，解得 EkB=4.0J （3）设滑块沿圆弧轨道上升过程
24、中克服摩擦力做功为Wf，根据动能定理mghWf=0EkB解得 Wf=0.50J；答：（1）撤去力F时，滑块的速度大小为3.0m/s；（2）B点的动能为4.0J；（3）滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功为0.50J点评：本题考查动能定理的应用，要注意正确受力分析及过程分析，正确选择物理规律求解12（18分）如图所示装置中，区域和中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和0.5E；区域内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B一质量为m、带电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60角射入区域的磁场，并垂直
25、竖直边界CD进入区域的匀强电场中求：（1）粒子在区域匀强磁场中运动的轨道半径；（2）O、M间的距离；（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，由题意，粒子经过A点的速度方向与OP成60角，即可求出此时粒子的速度粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出轨道半径（2）粒子在匀强电场中运动时，由牛顿第二定律求得加速度，在A点，竖直方向的速度大小为vy=v0tan60，由速度
26、公式求解时间，由位移求得O、M间的距离（3）画出粒子在区域磁场中的运动轨迹，由几何知识求出轨迹对应的圆心角，根据t=，求出在磁场中运动的时间粒子进入区域的匀强电场中后，先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，第二次通过CD边界由牛顿第二定律和运动学公式结合可求得粒子在区域电场中运行时间，即可求解粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间解答：解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设粒子过A点时速度为v，由类平抛运动的规律知 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得所以 （2）设粒子在电场中运动时间为t1，加速度为a则有qE=mav0tan60=at1即O、M两
27、点间的距离为 （3）设粒子在区域磁场中运动时间为t2则由几何关系知轨道的圆心角AO1D=60，则设粒子在区域电场中运行时间为t3，则牛顿第二定律得则 故粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为答：（1）粒子在区域匀强磁场中运动的轨道半径是（2）O、M间的距离是（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间是+点评：本题中带电粒子在复合场中运动，运用运动的分解法研究类平抛运动，画轨迹确定圆心和半径是处理粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的关键13如图所示，宽为L=2m，足够长的金属导轨MN和MN放在倾角为=30的斜面上，在N和N之间连有一个1.6的电阻R在导轨上AA处放置一根与导轨垂直、质
28、量为m=0.8kg的金属滑杆，导轨和滑杆的电阻均不计用轻绳通过定滑轮将电动小车与滑杆的中点相连，绳与滑杆的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮的正下方水平面上的P处（小车可视为质点），滑轮离小车的高度H=4.0m在导轨的NN和OO所围的区域存在一个磁感应强度B=1.0T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场，此区域内滑杆和导轨间的动摩擦因数为=，此区域外导轨是光滑的（取g=10m/s2）求：（1）若电动小车沿PS以v=1.2m/s的速度匀速前进时，滑杆经d=1m的位移由AA滑到OO位置，通过电阻R的电量q为多少？（2）若电动小车沿PS以v=1.2m/s的速度匀速前进时，滑杆通过OO位置时的速度大小为多少
29、？（3）若滑杆运动到OO位置时绳子突然断了，设导轨足够长，若滑杆沿导轨上滑速度减为零后继续下滑到AA后恰好做匀速直线运动，求从断绳到滑杆回到AA位置过程中，电阻R上产生的热量Q为多少？（保留2位小数）考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：（1）金属棒从静止开始做匀加速直线运动，由位移公式可求出上滑的位移由法拉第电磁感应定律求出感应电动势、由欧姆定律求出电流、由电流定义式的变形公式求出电荷量（2）由速度公式求出金属棒通过CC时的速度大小v，此时感应电动势为E=BLv，由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出安培力，然后由牛顿第二定律求出加速度（3）由平
30、衡条件求出滑杆的速度，由能量守恒定律求出产生的热量解答：解：（1）由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：E=，感应电流：I=，电荷量：q=It，代入数据解得：q=1.25C；（2）滑杆运动到OO位置时，小车通过S点时的速度为v=1.0m/s设系绳与水平面的夹角为，则滑杆：H=d，sin=0.8，=53，此时向上的速度即绳端沿绳长方向的速度：v1=vcos=0.6m/s滑杆运动到OO位置产生感应电动势E=BLv1，产生感应电流I=，受到的安培力F安=BIL=，代入数据，可得：F安=1.5N滑杆通过OO位置时所受摩擦力为：f=mgcos=0.810=3N由牛顿第二定律得：FmgsinfF安=ma，
31、解得加速度：a=2m/s2（3）设滑杆返回运动到AA位置后做匀速运动的速度为v2，由平衡条件得：mgsin=mgcos+，带入数据，可得：v2=0.4m/s，由能量守恒定律得：Q=mv12mv22+mgdsinmgdcos，带入数据，可得Q=1.08J，QR=Q，解得：QR=0.81J答：（1）通过电阻R的电量q为1.25C；（2）滑杆通过OO位置时的加速度大小为2m/s2；（3）从断绳到滑杆回到AA位置过程中，电阻R上产生的热量Q为0.81J点评：本题是一道电磁感应与力学、电学相结合的综合体，考查了求加速度、电阻产生的热量，分析清楚滑杆的运动过程，应用运动的合成与分解、E=BLv、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、平衡条件、能量守恒定律即可正确解题；求R产生的热量时要注意，系统产生的总热量为R与r产生的热量之和
