1、2016-2017学年江西省九江一中高三（上）第二次月考物理试卷一.选择题（本题共8小题，每小题6分1418题单选，1921题多选，全对得6分，漏选得3分，错选得0分）1万有引力定律的发现，是人类在17 世纪认识自然规律方面取得的一个重大成果，对后期物理学、天文学乃至人类文化历史的发展具有极为重要的意义下列叙述符合史实的是（）A开普勒基于第谷的行星观测记录，通过猜想与论证，提出了开普勒行星运动规律和万有引力定律B伽利略将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出了万有引力定律C牛顿发现了万有引力定律，但是在定律发现的过程中，第谷、开普勒、胡克、哈雷等科学家
2、，在不同时期均作出了重要的贡献D根据天王星的观测资料，哈雷利用万有引力定律计算出了海王星的轨道2一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（）A质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B质点速度的方向总是与该恒力的方向垂直C质点加速度的方向与该恒力的方向不可能总是相同的D质点单位时间内速度的变化量总是不变的3物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速度是（）A m/s2B m/s2C m/s2D m/s24一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上充电后，与电源断开若用绝缘的工具将两极板之间的距
3、离增大，其他条件不变则电容器（）A极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B极板上的电荷量不变，极板间的电场强度变大C极板上的电荷量不变，极板间的电场强度不变D极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变5如图所示，两块固连在一起的物块a和b，质量分别是ma和mb放在水平光滑桌面上，现同时施给他们方向如图所示的推力Fa和拉力Fb，已知FaFb，则a对b的作用力（）A必为推力B必为拉力C可能为推力，也可能为拉力D可能为零6一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比，取竖直向上为正方向下列关于小球运动的速度v、加速度a、位移s、机械能E随时间t变化的图象中，可能正确的有
4、（）ABCD7两颗相距足够远的行星a、b，半径均为R0，两行星各自周围卫星的公转速度的二次方v2与公转半径的倒数的关系图象如图所示，则关于两颗行星及它们的卫星的描述，正确的是（）A行星a的质量较大B行星a的第一宇宙速度大C取相同公转半径，行星a的卫星向心加速度较大D取相同公转速度，行星a的卫星周期较小8如图所示，小物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇已知物块和小球质量相等，空气阻力忽略不计，则（）A斜面可能是光滑的B在P点时，小球的动能大于物块的动能C小球运动到最高点时离斜面最远D小球和物块到达P点过程中克服重力做功
5、的平均功率相等二、解答题（共5小题，满分62分）9在一次实验中，某同学用20分度的游标卡尺和螺旋测微器分别测量一个金属钢球的直径和一块金属片的厚度如图所示，由图可知，该金属钢球的直径为cm金属片的厚度为mm10某同学利用DIS“探究小车加速度与外力关系”的实验时，实验装置如图（甲）所示重物通过滑轮用细线与小车相连，在小车和重物之间连接一个不计质量的微型力传感器位移传感器A（发射器）随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器B（接收器）固定在轨道一端其中位移传感器B与计算机相连，并且能直接得到小车运动的加速度数值实验中力传感器的拉力为F，保持小车及位移传感器A（发射器）的总质量不变，改变所挂重物质量，
6、重复实验若干次，得到加速度与外力关系的图线如图（乙）所示已知滑动摩擦力等于最大静摩擦力（1）小车与轨道之间的滑动摩擦力大小f=N；（2）由图（乙）可知，小车及位移传感器A（发射器）的总质量为kg；（3）该同学为得到a与F成正比的关系，应将轨道的倾角调整到tan=11如图所示，质量为2.0kg的木块放在水平桌面上的A点，受到一冲量后以某一速度在桌面上沿直线向右运动，运动到桌边B点后水平滑出落在水平地面C点已知木块与桌面间的动摩擦因数为0.20，桌面距离水平地面的高度为1.25m，A、B两点的距离为4.0m，B、C两点间的水平距离为1.5m，g=10m/s2不计空气阻力，求：（1）木块滑动到桌边B
7、点时的速度大小；（2）木块在A点受到的冲量大小12如图所示，竖直平面内，一带正电的小球，系于长为L的不可伸长的轻线一端，线的另一端固定于O点，它们处在匀强电场中，电场的方向水平向右，场强的大小为E已知电场对小球的作用力的大小等于小球的重力现先把小球拉到图中的P1处，使轻线伸直，并与场强方向平行，然后由静止释放小球已知小球在经过最低点的瞬间，因受线的拉力作用，其速度的竖直分量突变为零，水平分量没有变化，（不计空气阻力）则小球到达与P1点等高的P2点时线上张力T是多少13如图所示，可视为质点的三个物块A、B、C质量分别为m1、m2、m3，三物块间有两根轻质弹簧a、b，其原长均为l0，劲度系数分别为
8、ka、kba的两端与物块连接，b的两端与物块只接触不连接，a、b被压缩一段距离后，分别由质量忽略不计的硬质连杆锁定，此时b的长度为l，整个装置竖直置于水平地面上，重力加速度为g，不计空气阻力（1）现解除对a的锁定，若当B到达最高点时，A对地面压力恰为零，求此时C距地面的高度H；（2）在B到达最高点瞬间，解除a与B的连接并撤走A与a，同时解除对b的锁定设b恢复形变时间极短，此过程中弹力冲量远大于重力冲量，求C的最大速度的大小v3（理论表明弹簧的弹性势能可以表示为Ep=kx2，其中，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）；（3）求C自b解锁瞬间至恢复原长时上升的高度h2016-2017学年江西省九
9、江一中高三（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一.选择题（本题共8小题，每小题6分1418题单选，1921题多选，全对得6分，漏选得3分，错选得0分）1万有引力定律的发现，是人类在17 世纪认识自然规律方面取得的一个重大成果，对后期物理学、天文学乃至人类文化历史的发展具有极为重要的意义下列叙述符合史实的是（）A开普勒基于第谷的行星观测记录，通过猜想与论证，提出了开普勒行星运动规律和万有引力定律B伽利略将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出了万有引力定律C牛顿发现了万有引力定律，但是在定律发现的过程中，第谷、开普勒、胡克、哈雷等科学家，在不同时期
10、均作出了重要的贡献D根据天王星的观测资料，哈雷利用万有引力定律计算出了海王星的轨道【考点】万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定【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，明确万有引力定律的发现历程【解答】解：A、开普勒通过分析第谷的数据，总结出了行星运动的三大规律，但没有提出万有引力定律，故A错误；B、牛顿通过分析前人的理论，提出了万有引力定律，故B错误；C、牛顿发现了万有引力定律，但是在定律发现的过程中，第谷、开普勒、胡克、哈雷等科学家，在不同时期均作出了重要的贡献；故C正确；D、海王星是英国人亚当斯和法国人勒威耶根据万有引力推测出这颗新行星的轨道和位置，柏林天文台年轻
11、的天文学家伽勒和他的助手根据根据勒威耶计算出来的新行星的位置，发现了第八颗新的行星海王星，故D错误；故选：C2一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（）A质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B质点速度的方向总是与该恒力的方向垂直C质点加速度的方向与该恒力的方向不可能总是相同的D质点单位时间内速度的变化量总是不变的【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；物体做曲线运动的条件【分析】由牛顿第二定律F=ma可知，物体加速度的方向由合外力的方向决定；由加速度的定义a=判断质点单位时间内速度的变化量明确物体做曲线运动的条件，速度方向与加速度方向不在同
12、一直线上，如果在同一直线则做直线运动，速度方向与加速度方向相同时物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动【解答】解：A质点开始做匀速直线运动，现对其施加一恒力，其合力不为零，如果所加恒力与原来的运动方向在一条直线上，质点做匀加速或匀减速直线运动，质点速度的方向与该恒力的方向相同或相反；如果所加恒力与原来的运动方向不在一条直线上，物体做曲线运动，速度方向沿切线方向，力和运动方向之间有夹角，故A错误；B由A分析可知，质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故B错误；C由于质点做匀速直线运动，即所受合外力为0，原来质点上的力不变，增加一个恒力后，则质点所受的合力就是这个恒力，
13、所以加速度方向与该恒力方向一定时刻相同，故C错误；D因为合外力恒定，加速度恒定，由v=at可知，质点单位时间内速度的变化量总是不变，故D正确故选：D3物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速度是（）A m/s2B m/s2C m/s2D m/s2【考点】匀变速直线运动规律的综合运用【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出两个中间时刻的瞬时速度，结合速度时间公式求出物体的加速度【解答】解：第一段时间内的平均速度为：，第二段时间内的平均速度为：，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔为：t
14、=2+1s=3s，则加速度为：a=选项ACD错误，B正确故选：B4一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上充电后，与电源断开若用绝缘的工具将两极板之间的距离增大，其他条件不变则电容器（）A极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B极板上的电荷量不变，极板间的电场强度变大C极板上的电荷量不变，极板间的电场强度不变D极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变【考点】电容器的动态分析【分析】电容器始终与恒压直流电源相连，则电容器两端间的电势差不变，将云母介质移出后介电常数减小，根据电容器介电常数的变化判断电容的变化以及电场强度的变化【解答】解：平行板电容器充电后，把电源断开，其电量不变
15、由电容的决定式C=、电容的定义式C=、E= 结合得：E=，则知E与d无关，所以板间场强不变故ABD错误，C正确故选：C5如图所示，两块固连在一起的物块a和b，质量分别是ma和mb放在水平光滑桌面上，现同时施给他们方向如图所示的推力Fa和拉力Fb，已知FaFb，则a对b的作用力（）A必为推力B必为拉力C可能为推力，也可能为拉力D可能为零【考点】牛顿第二定律【分析】对整体受力分析，由牛顿第二定律可求得整体的加速度，再用隔离法分析a的合力，分析合力与两分力的关系可得出ab间的力的性质【解答】解：整体水平方向受两推力而做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得：a=对a由牛顿第二定律可得：Fa+F=maa则
16、F=若mbFamaFb，F为负值，b对a为推力；若mbFamaFb，F为正值，则b对a为拉力；若mbFa=maFb，F为零故C、D正确，A、B错误故选CD6一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比，取竖直向上为正方向下列关于小球运动的速度v、加速度a、位移s、机械能E随时间t变化的图象中，可能正确的有（）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【分析】根据牛顿第二定律分析小球加速度如何变化，由速度时间图象的斜率等于加速度、位移时间图象的斜率等于速度，分析vt图象和st图象的形状根据功能关系分析机械能的变化情况【解答】解：AB、小球
17、在上升过程中，设小球的加速度为a1，由牛顿第二定律得：mg+f=ma1，又f=kv，得 a1=g+，v减小，则a1减小，vt图象的斜率逐渐减小小球在下落过程中，设小球的加速度为a2，由牛顿第二定律得：mgf=ma1，又f=kv，得 a2=g，v增大，则a2减小，vt图象的斜率逐渐减小可知，vt图象正确，at图象错误故A正确，B错误C、根据位移时间图象的斜率等于速度，st图象的斜率先减小后反向增大，且下落时间大于上升时间，故C正确D、根据功能关系得：fs=E，则得 =f，由 =，则得 =fv=kv2，v是变化的，则知Et图象的斜率是变化的，图象应为曲线，故D错误故选：AC7两颗相距足够远的行星a
18、、b，半径均为R0，两行星各自周围卫星的公转速度的二次方v2与公转半径的倒数的关系图象如图所示，则关于两颗行星及它们的卫星的描述，正确的是（）A行星a的质量较大B行星a的第一宇宙速度大C取相同公转半径，行星a的卫星向心加速度较大D取相同公转速度，行星a的卫星周期较小【考点】万有引力定律及其应用；向心力【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度平方与轨道半径的倒数的关系式，结合图线斜率比较行星的质量通过万有引力提供向心力得出第一宇宙速度，通过行星的质量大小比较第一宇宙速度根据万有引力提供向心力得出加速度的表达式，通过公转半径和行星的质量，比较卫星的向心加速度大小根据万有引力提供向心力得出线速度与轨
19、道半径的关系式，通过公转速度相等，行星质量的大小关系得出卫星的轨道半径大小，从而结合周期和线速度的关系比较卫星的周期大小【解答】解：A、卫星受到的万有引力提供向心力，得：得，可知v2图线的斜率表示GM，a的斜率大，则行星a的质量较大，故A正确B、根据得，第一宇宙速度，因为行星a的质量较大，则行星a的第一宇宙速度较大，故B正确C、根据得，a=，取相同的公转半径，由于行星a的质量较大，则行星a的卫星向心加速度较大，故C正确D、根据得，v=，取相同的公转速度，由于行星a的质量较大，可知行星a的卫星轨道半径较大，根据T=知，行星a的卫星周期较大，故D错误故选：ABC8如图所示，小物块以初速度v0从O点
20、沿斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇已知物块和小球质量相等，空气阻力忽略不计，则（）A斜面可能是光滑的B在P点时，小球的动能大于物块的动能C小球运动到最高点时离斜面最远D小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率【分析】把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，根据动能定理分析动能的变化，当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，求出重力做功的大小，进而求解平均功率【解答】解：A、把小球
21、的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，所以斜面不可能是光滑的，故A错误；B、物块在斜面上还受摩擦力做功，根据动能定理，在P点时，小球的动能应该大于物块的动能，故B正确C、当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时竖直方向速度不为零，不是运动到最高点，故C错误；D、小球和物块初末位移相同，则高度差相等，而重力相等，则重力做功相等，时间又相同，所以小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等，故D正确故选：BD二、解答题（共5小题，满分62分）9在一次实验中，某同学用20分度的游标卡尺和
22、螺旋测微器分别测量一个金属钢球的直径和一块金属片的厚度如图所示，由图可知，该金属钢球的直径为2.240cm金属片的厚度为1.732mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读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【解答】解：20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为22mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为80.05mm=0.40mm，所以最终读数为：22mm+0.40mm=22.40mm=2.240cm螺旋测微器的固定刻度为1.5
23、mm，可动刻度为23.20.01mm=0.232mm，所以最终读数为1.5mm+0.232mm=1.732mm故答案为：2.240；1.73210某同学利用DIS“探究小车加速度与外力关系”的实验时，实验装置如图（甲）所示重物通过滑轮用细线与小车相连，在小车和重物之间连接一个不计质量的微型力传感器位移传感器A（发射器）随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器B（接收器）固定在轨道一端其中位移传感器B与计算机相连，并且能直接得到小车运动的加速度数值实验中力传感器的拉力为F，保持小车及位移传感器A（发射器）的总质量不变，改变所挂重物质量，重复实验若干次，得到加速度与外力关系的图线如图（乙）所示已知滑动
24、摩擦力等于最大静摩擦力（1）小车与轨道之间的滑动摩擦力大小f=0.5N；（2）由图（乙）可知，小车及位移传感器A（发射器）的总质量为0.7kg；（3）该同学为得到a与F成正比的关系，应将轨道的倾角调整到tan=0.07【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）aF图象与横坐标的交点等于摩擦力，根据图象直接得出f；（2）由牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出小车的总质量（3）为得到a与F成正比的关系，则应该平衡摩擦力，再根据图象的斜率表示小车质量的倒数求解质量，最后根据平衡条件结合滑动摩擦力公式求解【解答】解：（1）根据图象可知，当F=0.5N时，小车开始有加速
25、度，则摩擦力：f=0.5N（2）由牛顿第二定律得：a=F，aF图象的斜率：k=，则小车及委员传感器的总质量：m=0.7kg；（3）为得到a与F成正比的关系，则应该平衡摩擦力，则有：mgsin=mgcos，解得：tan=，滑动摩擦力：f=mg，=0.07，则：tan=0.07；故答案为：（1）0.5；（2）0.7；（3）0.0711如图所示，质量为2.0kg的木块放在水平桌面上的A点，受到一冲量后以某一速度在桌面上沿直线向右运动，运动到桌边B点后水平滑出落在水平地面C点已知木块与桌面间的动摩擦因数为0.20，桌面距离水平地面的高度为1.25m，A、B两点的距离为4.0m，B、C两点间的水平距离为
26、1.5m，g=10m/s2不计空气阻力，求：（1）木块滑动到桌边B点时的速度大小；（2）木块在A点受到的冲量大小【考点】动量定理；平抛运动；动能定理【分析】（1）从B点滑出后做平抛运动，根据平抛运动的基本规律求出木块在B点的速度；（3）根据动能定理求解A点的速度，进而求出冲量【解答】解：（1）设木块在B点速度为vB，从B点运动到C点的时间为t，根据平抛运动的规律有x=vBt解得：t=0.50s，vB=3.0m/s（2）设木块在A点的速度为vA，根据动能定理得解得：vA=5.0m/s 根据动量定理，木块在A点受到的冲量I=mvA0=10kgm/s 答：（1）木块滑动到桌边B点时的速度大小为3.0
27、m/s；（2）木块在A点受到的冲量大小为10kgm/s12如图所示，竖直平面内，一带正电的小球，系于长为L的不可伸长的轻线一端，线的另一端固定于O点，它们处在匀强电场中，电场的方向水平向右，场强的大小为E已知电场对小球的作用力的大小等于小球的重力现先把小球拉到图中的P1处，使轻线伸直，并与场强方向平行，然后由静止释放小球已知小球在经过最低点的瞬间，因受线的拉力作用，其速度的竖直分量突变为零，水平分量没有变化，（不计空气阻力）则小球到达与P1点等高的P2点时线上张力T是多少【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力；动能定理【分析】由静止释放小球，小球在电场力和重力的作用下沿合力方向做匀加
28、速直线运动，根据动能定理求出小球经过最低点时的速度经过最低点时，小球沿绳子方向的速度突变为零，而以水平分速度做圆周运动，根据动能定理求出小球到达P2点的速度，由牛顿第二定律求解此时线上张力T【解答】解：因F电=mg，所以小球受到的合力指向右下方，与竖直方向成45角，小球从静止释放后沿合力方向做匀加速直线运动，设小球经过最低点时的速度为v，则水平分速度vx=vsin45=v根据动能定理有： mgL+F电L=得：vx=小球从最低点上升到P2处，根据动能定理有：mgL+F电L=得：v2=在P2处，小球沿水平方向的合外力提供向心力， TF电=m得：T=3mg答：小球到达与P1点等高的P2点时线上张力T
29、是3mg13如图所示，可视为质点的三个物块A、B、C质量分别为m1、m2、m3，三物块间有两根轻质弹簧a、b，其原长均为l0，劲度系数分别为ka、kba的两端与物块连接，b的两端与物块只接触不连接，a、b被压缩一段距离后，分别由质量忽略不计的硬质连杆锁定，此时b的长度为l，整个装置竖直置于水平地面上，重力加速度为g，不计空气阻力（1）现解除对a的锁定，若当B到达最高点时，A对地面压力恰为零，求此时C距地面的高度H；（2）在B到达最高点瞬间，解除a与B的连接并撤走A与a，同时解除对b的锁定设b恢复形变时间极短，此过程中弹力冲量远大于重力冲量，求C的最大速度的大小v3（理论表明弹簧的弹性势能可以表
30、示为Ep=kx2，其中，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）；（3）求C自b解锁瞬间至恢复原长时上升的高度h【考点】动量守恒定律；共点力平衡的条件及其应用；机械能守恒定律【分析】（1）对A分析，根据胡克定律和共点力平衡求出a弹簧的伸长的长度x2即可求得C距地面的高度（2）解除aB连接后，当B弹簧恢复原长时，C的速度最大为v3，此时B的速度为v2，因为不考虑重力的影响，BC组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出球C的最大速度的大小（3）结合动量守恒定律，求出C自b解锁瞬间至恢复原长时上升的高度【解答】解：（1）解锁之前a弹簧的压缩量为x1，由（m2+m3）g=kax1可得BC
31、到达最高点时，弹簧伸长x2，有m1g=kax2，求得此时此时C距地面的高度H=（2）解除aB连接后，当B弹簧恢复原长时，C的速度最大为v3，此时B的速度为v2，因为不考虑重力的影响，BC组成的系统动量守恒，规定C的速度方向为正方向，有m3v3m2v2=0此过程中BC和弹簧组成的系统机械能守恒，有 m3+m2=kb（l0l）2，求得v3=（3）设从解除a与B的连接到C的速度达到最大所用的时间为t，此过程中B和C移动的距离分别是h2，h3有m3v3tm2v2t=0，即：m2h2m3h3=0，且：h2+h3=（l0l），求得：h3=（l0l）答（1）现解除对a的锁定，若当B到达最高点时，A对地面压力恰为零，此时C距地面的高度H为；（2）C的最大速度的大小v3（3）求C自b解锁瞬间至恢复原长时上升的高度h为=（l0l）2016年11月14日