山东省届高三物理月考试题.docx

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山东省届高三物理月考试题

历城二中53级高三11月阶段性检测

物理试卷

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

试卷共8页，共100分。

考试时间90分钟。

第Ⅰ卷（选择题共50分）

注意事项：

1.答卷Ⅰ前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。

2.答卷Ⅰ时，每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。

一、选择题（第1—10题单选，每小题3分，计30分。

第11—15多选，全部选对的4分，有漏选的得2分，有错选的得0分，计20分，共50分）

1.图中给出了四个电场的电场线，则每一幅图中在M、N处电场强度相同的是（　　）

A．

B．

C．

D．

2.如图，三个固定的带电小球a，b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，小球c所受库仑力的合力的方向垂直于a，b的连线，设小球a，b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（　　）

A．a，b的电荷同号，k=错误！

未找到引用源。

错误！

未找到引用源。

B．a，b的电荷异号，k=错误！

未找到引用源。

错误！

未找到引用源。

C．a，b的电荷同号，k=错误！

未找到引用源。

错误！

未找到引用源。

D．a，b的电荷异号，k=错误！

未找到引用源。

错误！

未找到引用源。

3.如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接。

现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧。

不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是（　　）

A．

，I=mv0B．

，I=2mv0

C．

，I=mv0D．

，I=2mv0

4.如图，人造地球卫星M、N在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动，已知M、N连线与M、O连线间的夹角最大值为θ，则M、N的运动速度大小之比等于（　　）

A．

B．

C．

D．

5.如图所示，A、B、C三球的质量分别为m、m、2m，三个小球从同一高度同时出发，其中A球有水平向右的初速度v0，B、C由静止释放。

三个小球在同一竖直平面内运动，小球与地面之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为（　　）

A．1次B．2次C．3次D．4次

6.如图所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点，已知经过ab、bc和cd三段所用时间之比为2：

1：

2，通过ab和cd段的位移分别为x1和x2，则bc段的位移为（　　）

A．

B．

C．

D．

7.如图所示，在直角坐标系xOy平面内存在一正点电荷Q，坐标轴上有A、B、C三点，OA=OB=BC=a，其中A点和B点的电势相等，O点和C点的电势相等，静电力常量为k，则下列说法正确的是（）

A．点电荷Q位于O点

B．O点电势比A点电势高

C．C点的电场强度大小为

D．将某一正试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势能一直减小

8.如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ=0.2，杆的竖直部分光滑。

两部分各套有质量均为1kg的小球A和B，A、B球间用细绳相连。

初始A、B均处于静止状态，已知：

OA=3m，OB=4m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1m（取g=10m/s2），那么该过程中拉力F做功为（　　）

A．4JB．6J

C．10JD．14J

9.如图所示的直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，现假使三角板沿刻度尺水平向右匀速运动的同时，一支钢笔从三角板直角边的最下端，由静止开始沿此边向上做匀加速直线运动，下列关于铅笔尖的运动及其留下的痕迹的判断中，正确的是（）

A．笔尖留下的痕迹是一条抛物线

B．笔尖留下的痕迹是一条倾斜的直线

C．在运动过程中，笔尖运动的速度方向始终不变

D．在运动过程中，笔尖运动的加速度方向不断改变

10.如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M=3kg。

质量m=1kg的铁块以水平速度v0=4m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。

在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为（　　）

A．3JB．6J

C．20JD．4J

11.如图所示，a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。

已知b球质量为m，杆与水平面成角θ，不计所有摩擦，重力加速度为g。

当两球静止时，Oa绳与杆的夹角也为θ，Ob绳沿竖直方向，则下列说法正确的是（　　）

A．a可能受到2个力的作用

B．b可能受到3个力的作用

C．绳子对a的拉力等于mg

D．a的重力为mg/tanθ

12.如图所示，质量为1kg的小球从距地面H=1.6m的A点水平抛出，恰好垂直撞在水平面上半径为1m的半圆形物体上的B点，已知O为半圆的圆心，BO与竖直方向间的夹角为37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（）

A.O与A点间的水平距离为2m

B.小球平抛的初速度v0为3m/s

C.小球到B点时重力的瞬时功率为40W

D.小球从A到B的运动时间为0.4s

13.如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B球质量为m，O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成300角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成450角，现将轻质细线剪断的瞬间，则下列叙述正确的是（）

A.球B的加速度为

B.球A的加速度为g

C.球B的加速度为

D.球A的加速度为

14.如图所示，在A、B两处分别固定A、B两枚钉子，A、B之间的距离为

，A、B连线与水平方向的夹角为

．A处的钉子系一根长为l的细线，细线的另一端系一个质量为m小球，将细线拉直，让小球的初始位置与A点处于同一高度，小球由静止释放，细线与钉子B接触后，小球继续下降．取B点为参考平面，重力加速度为g，当小球运动到B点正下方的Q点时，下列说法正确的是（　　）

A．小球的速率为

B．小球的动能为

C．重力对小球的功率为mg

D．小球对绳子的拉力为3mg+2mgsin

15.在光滑水平面上，a、b两小球沿同一直线都以初速度大小v0相向运动，a、b两小球的质量分别为ma和mb．当两小球间距小于或等于L时，两小球受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用；当两小球间距大于L时，相互间的排斥力为零，小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示，下列说法中正确的是（　　）

A．在t1时刻两小球间距最小

B．在t2时刻两小球的速度相同，且大小为

v0

C．在0～t3时间内，b小球所受排斥力方向始终与运动方向相同

D．在0～t3时间内，排斥力对a、b两小球的冲量大小相等

第Ⅱ卷（共50分）

注意事项：

1．答卷Ⅱ前考生务必将自己的姓名、班级、考号填在答题卡上规定的地方。

2．答卷Ⅱ时用黑色中性笔直接填写在答卷纸规定的地方。

二、实验题（共11分）

16.如图1所示，用半径相同的A、B两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。

实验时先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。

重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。

再把质量为m2的B球放在水平轨道末端，让A球仍从位置C由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。

M、P、N为三个落点的平均位置，未放B球时，A球的落点是P点，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图2所示。

（1）在这个实验中，为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足m1　_______　m2（选填“＞”或“＜”）；除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是刻度尺和　　。

A．秒表B．天平C．游标卡尺D．打点计时器

（2）下列说法中正确的是　　。

A．如果小球每次从同一位置由静止释放，每次的落点一定是重合的

B．重复操作时发现小球的落点并不重合，说明实验操作中出现了错误

C．用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置

D．仅调节斜槽上固定位置C，它的位置越低，线段OP的长度越大

（3）在某次实验中，测量出两个小球的质量m1、m2．记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，测量出三个落点位置与O点距离OM、OP、ON的长度。

在实验误差允许范围内，若满足关系式　__________　，则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足关系式　_________________　。

（用测量的量表示）

（4）在OP、OM、ON这三个长度中，与实验所用小球质量无关的是　　。

（5）某同学在做这个实验时，记录下小球三个落点的平均位置M、P、N，如图3所示。

他发现M和N偏离了OP方向。

这位同学猜想两小球碰撞前后在OP方向上依然动量守恒，他想到了验证这个猜想的办法：

连接OP、OM、ON，作出M、N在OP方向上的投影点M′、N′。

分别测量出OP、OM′、ON′的长度。

若在实验误差允许范围内，满足关系式：

_____________________则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒。

三、计算题（共39分）

17.（8分）泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流。

泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大。

某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：

在水平地面上放置一个质量为m＝4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移变化如图所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10m/s2。

则：

（1）物体在运动过程中的最大加速度为多少？

（2）在距出发点多远处，物体的速度达到最大？

（3）物体在水平面上运动的最大位移是多少？

18.（8分）如图所示，可视为质点的两个小球通过长度L=6m的轻绳连接，甲球的质量为m1=0.2kg，乙球的质量为m2=0.1kg。

将两球从距地面某一高度的同一位置先后释放，甲球释放△t=1s后再释放乙球，绳子伸直后即刻绷断（细绳绷断的时间极短，绷断过程小球的位移可忽略），此后两球又下落t=1.2s同时落地。

可认为两球始终在同一竖直线上运动，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。

（1）从释放乙球到绳子绷直的时间t0；

（2）绳子绷断的过程中合外力对甲球的冲量大小。

19.（9分）如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ．最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板,重力加速度为g．求：

（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；

（2）木块A在整个过程中的最小速度；

20.（14分）．匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图所示．图中E0和d均为已知量，将带正电的质点A在O点由能止释放，A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放，当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相作用视为静电作用，已知A的电荷量为Q，A和B的质量分别为m和

，不计重力．

（1）求A在电场中的运动时间t；

（2）若B的电荷量

，求两质点相互作用能的最大值EPm；

（3）为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值qm．

历城二中53级高三11月阶段性检测物理答案

1.C2.C3.D4.C5.C6.B7.C8.D9.A10.A11.CD12.BCD13.AD14.BD15.BD

16.

（1）＞，B（每空1分）

（2）C（1分）

（3）m1•OP=m1•OM+m2•ON，m1•OP2=m1•OM2+m2•ON2（每空2分）

（4）OP（2分）（5）m1•OP=m1•OM′+m2•ON′（每空2分）

17.（8分）解：

（1）当推力F最大时，加速度最大，由牛顿第二定律，得：

Fm－μmg＝mam可解得：

am＝15m/s2

（2）由图象可知：

F随x变化的函数方程为F＝80－20x

速度最大时，合力为0，即F＝μmg所以x＝3m

（3）位移最大时，末速度一定为0，由动能定理可得：

WF－μmgs＝0

由图象可知，力F做的功为WF＝

Fmxm＝160J所以s＝8m

18.（8分）解：

（1）细线伸直时甲球的位移为：

（1分）

乙球的位移为：

因为：

x甲﹣x乙=L（1分）解得：

t0=0.1s（1分）

（2）细线伸直时甲乙的速度分别是：

v甲=g（t0+△t）=11m/s（1分）v乙=gt0=1m/s

设细线绷断瞬间甲乙球的速度分别为：

v甲′和v乙′

继续下落至落地时有：

（1分）

又在绳绷断的极短时间内两球动量守恒，则有：

（1分）

解得：

v甲′=6m/s；v乙′=11m/s

设绳子绷断过程中绳对甲球拉力的冲量大小为I，

由动量定理得：

I=m1（v甲′﹣v甲）=1.0N•S（2分）

19.解：

（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1．对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：

mv0+2mv0=（m+m+3m）v1（2分）

解得：

v1=0.6v0

对木块B运用动能定理，有：

﹣μmgs=

mv12﹣

m（2v0）2（2分）解得：

s=

（1分）

（2）设木块A在整个过程中的最小速度为v′，所用时间为t，由牛顿第二定律得：

对木块A：

a1=

=μg，（1分）对木板C：

a2=

=

，（1分）

当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，则有v0﹣μgt=

t，（1分）解得t=

木块A在整个过程中的最小速度为：

v′=v0﹣a1t=

（1分）

（可以直接系统动量守恒求解）

20.（14分）

（1）

（1）由牛顿第二定律，A在电场中加速QE0=ma（1分）

A在电场中做匀变速直线运动d=

at2（1分）

解得运动时间t=

=

（1分）

（2）设A．B离开电场的速度分别为vA0、vB0，由动能定理，有

QEOd=

m

，qE0d=

①（1分）

A、B相互作用的过程中，动量和能量均守恒，当A、B最接近时，相互作用能最大，因此两者速度相同，设v′，有（m+

）v′=mvA0+

②（2分）

Epm=（

m

+

）﹣

（m+

）v′2③（2分）

又已知

，由①②③解得相互作用能的最大值为Epm=

（1分）

（3）考虑A、B在x＞d区间的运动，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互作用，有

mvA+

=mvA0+

④（1分）

+

=

m

+

⑤（1分）

由④⑤解得vB=﹣

（1分）

因B不改变运动方向，故vB≥0⑥由①⑥解得q≤

即B所带电荷量的最大值为qm=

．（1分）