河北省沧州市2015届高三12月复习质量监测-物理试题及答案.doc

2014～2015 学年普通高中高三教学质量监测物理注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置3．全部答案写在答题卡上，写在本试卷上无效4．本试卷满分 110 分，测试时间 90 分钟5．考试范围：必修 1、必修 2、选修 3－1（静电场） 第Ⅰ卷一、选择题：本题共 12 小题，每小题 4 分，在每题给出的四个选项中，第 1 题～第7 题，每小题只有一个选项符合题目要求；第 8 题～第 12 题，每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有错选或不选的得 0 分1．国内首台新型墙壁清洁机器人“蜘蛛侠”是由青岛大学学生自主设计研发的，“蜘蛛侠”利用 8 只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上，通过“爪子”交替伸缩，就能在墙壁和玻璃上自由移动如图所示，假设“蜘蛛侠”在竖直玻璃面上由 A 点沿直线匀加速“爬行”到右上方 B 点，在这一过程中，关于“蜘蛛侠”在竖直面内的受力分析正确的是2． “蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，如图所示，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器。

假设某次海试活动中， “蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为 v 时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间 t上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在 t0（t 00 ） ，不计重力的影响1）若粒子从 AB 中点 F 由静止释放，求粒子离开电场时的位置坐标；（2）若粒子从 AB 线上不同位置释放，求粒子离开电场时动能与释放点纵坐标y 之间的关系；（3）若粒子在 AB 中垂线上不同位置释放（电场Ⅰ区域内） ，试求粒子离开电场时动能与释放点横坐标绝对值 x 的关系2014～2015 学年普通高中高三教学质量监测物理参考答案1．解析：选 C根据牛顿第二定律可知，在竖直平面内“蜘蛛侠”所受合力方向应该是从 A 指向 B，选项 C 正确2．解析：选 D “蛟龙号”上浮时的加速度大小 ，根据逆向思维可知“蛟vat龙号”在 t0 时刻距离海平面的深度 ，选项 D 正确2200()1()ht3．解析：选 D对于月球，万有引力提供向心力 ，在22()()MmGnRnRT地球表面附近 ，联立解得 ，选项 D 正确22''MmvGR3vT4．解析：选 B由于登陆舰相对于海水的速度不变且两次航行船头均垂直于海岸，则 ，故两次航行的时间相等，选项 A 错误；设登陆舰速度为 v，合速度dtv舰与水平方向夹角为 α，由运动的合成与分解可得 ，沿 AC 航行时 α 较小，cotv水故水速较大，选项 B 正确；实际航速 ，沿 AC 航行时 α 较小实际航速大，sin合选项 C 错误；若登陆舰调整舰头可以使合速度沿垂直于海岸方向，可在 A 点正对岸登陆，选项 D 错误。

5．解析：选 A根据向心力公式，刚好能过最高点，则最高点的速度，从最高点到与竖直方向夹角 θ 位置，根据机械能守恒0vgL，又因为 ，化简可得2201(1cos)mv2cosvFmgL，可见 F 与 cosθ 是一次函数关系，因此 F－cosθ 图象应该是3F一条直线，选项 A 正确6．解析：选 D由于圆环不能看做点电荷，采用微元法求圆环对小球的库仑力，小球受到的库仑力为圆环各点对小球库仑力的合力以小球为研究对象，进行受力分析如图，小球受到三个力的作用：线对小球的拉力为 F、重力 G、圆环各点对小球库仑力的合力 FQ则 ， ，解得 ，选项 A、B 错误；sinmgsiRLmgL水平方向上 ，解得 ，选项 C 错误，选项 D 正确2cockL3Qk7．解析：选 B由图象得，动能先增大后减小，所以速度先增大后减小，因此重力功率先增大后减小，选项 A 错误；h 1～h 2 段合力就是重力，速度一直减小，功率减小，选项 D 错误；0～h 1 段拉力一直减小到零，速度先增大后减小，所以拉力功率可能先增大后减小，选项 B 正确；整个过程合力的功率为零有三处，其中动能最大时合力为零，因此合力的功率可能先增大后减小，再增大再减小，选项 C 错误。

8．解析：选 AD力不是维持运动的原因，力是使物体运动状态改变的原因，选项 A 正确；选项 B 错误；小球在斜面上运动的距离与倾斜角的正弦成反比，选项C 错误；由 解得 ，选项 D 正确21sinsihgt12sinhg9．解析：选 CD从 D 到 C，橡皮筋对弹丸做正功，弹丸机械能一直在增加，选项 A、B 错误；从 D 到 E 橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从 E 到 C 橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段高度相等，所以 DE 段橡皮筋对弹丸做功较多，即机械能增加的较多，选项 D 正确；在 CD 连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从 D 到 C，弹丸的速度先增大后减小，选项 C 正确10．解析：选 AC小球落到斜面上，位移与水平方向夹角等于斜面倾角 α，，得到 ，所以选项 A 正确； 得选项 C201tangtv0tanvg20()vgt正确11．解析：选 BD由于 ，由受力分析可知 A 沿斜面向下匀加速下滑，t加速度 ，所以选项 A 错误；将 A、B 及斜面体视为整体，受sicosAg力分析可知地面对斜面体的摩擦力等于 ，地面(sincos)cosmgF受到的压力为 ，故选项 C 错误，选(2)i iMF项 B 正确；隔离 B 受力分析有， ，得到'2mg，选项 D 正确。

sincos'Fmg12．解析：选 BD如图所示，以 C 为圆心，以 CA 为半径，作圆交 CD 于 F，则 φD>φA=φF=φB=0，选项 A 错误；由 A 到 D，根据动能定理，得 ，选项 B 正确；由 知 ，21()Dvgrq7mgrq2QEkr21因为∠ACO=45°， ，所以 E0=2EA，选项 C 错误；小球在 D 点具有的电2O势能为 ，选项 D 正确7pEgr13． （6 分） （1）③（3 分） （2）c（3 分）解析：（1）根据题意作出动态平行四边形，如图所示当 FA减小时，F B如图变为虚线部分，所以增大 B 的拉力，增大 β 角，③正确14． （9 分） （1） （3 分） （2）0.196J（3 分） （3）增大2212()HldgLtt滑块通过光电门的速度，或者减小遮光条的宽度等（只要答案合理即可给分） （3 分）解析：（1）合外力的功即为重力所做的功 ，动sinHWmghlglL能的增加量为 ，由 ，整22221 11()()k dEmvttkE理可得需要验证的表达式 ；（2）代入数据可得合外力所做21HlgLt的功为 ；（3）误差的来源有滑块速度的近似处理，故可以适0.196JlW当提高滑块的初始位置，增大滑块通过光电门的速度，或者减小遮光条的宽度等。

15． （12 分）解析：（1）在 0～0.2s 内，A、B 做匀速直线运动，分析 B 根据平衡条件有：（4 分） ，又 ，解得： （1 分） 2FmgFmg0.5（2）0.2s～0.4s，A 运动状态不变，继续做匀速直线运动，B 做匀加速运动，根据牛顿第二定律得： （2 分） ，解得： a=10m/s2（1 分） ，0.4s 时 Ba的速度－时间图象如图所示（2 分） 16． （16 分）解析：（1）设传送带的运行速度为 v0，根据圆周运动公式得：（2 分） ，因为 v0<4m/s，所以小滑块在传送带上一直03.m/s3vr做匀减速运动，由牛顿第一定律得： ，解得：a=2m/s 2（1 分） ，mg根据运动学公式 可得小滑块刚滑上传送带时的速度：0vl（2 分） ，22145/s6al则小滑块刚滑上传送带时的动能： （1 分） 216J8kEv（2）若小滑块刚滑上传送带时的动能是 ，即 ，得：36k'3kmEv'=1m/s（1 分） ，由 得： （2 分） ，20'vax220'31mva因为 x<5m，所以小滑块在传送带上前 2m 做匀加速运动，后 5m－2m=3m 做速度为 3m/s 的匀速运动，加速阶段用时： ，匀速阶段用时：01's1vt，23s1t总时间：t=t 1＋t 2=2s（2 分） ，t 1 时间内传送带的位移： （1 分） ，0'3mxvt（1 分） ，系统产生的热量：'mlx相 对（2 分） ，(')fQFgx相 对代入数据解得：Q=2J（1 分） 。

17． （19 分）解析：（1）若粒子从 F 点释放，在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，离开电场Ⅰ的速度为 v，则： （1 分） ，粒子在电场Ⅱ中做类平抛运动，2qELv假设从 CD 边离开：、 、 （3 分） ，解得： ，假设正确，因此离开Lt2datm4dL电场时的坐标为 （1 分） 3()4L，（2）粒子在 AB 线上不同位置释放，在电场Ⅰ中获得速度均相同，进入电场Ⅱ中如若从 CD 边射出，由于穿出时间相同，侧向位移也均为 ；若从 GD 边射14dL出由于穿出时间不同位移也不同，因此分两种情形讨论：若是释放点纵坐标在 范围内，粒子从 CD 边射出，获得动能相同：304yL（2 分） ，5kEqLqE若是释放点纵坐标在 范围内，粒子从 GC 边射出：y（2 分） )()k L（3）粒子在 AB 中垂线上不同位置释放在电场Ⅰ中获得的速度不相同，设粒子释放点横坐标为 x，则： （1 分） ，粒子离开电场Ⅱ可能是从 CD 边射出qEmv也可能从 GD 边射出，若粒子刚好从 D 点射出，则：、 （2 分） ， （1 分） ，Lvt12t 2Lx因此粒子横坐标在－L 到 范围内，粒子均从 CD 边射出，离开电场时侧向位移为： （2 分） ，得： （1 分） ，21' ()qELdtmv 2'4Ldx离开电场时动能为： （1 分） ，()4kqxEq横坐标在 到 0 范围内，粒子从 GD 边射出，离开电场时动能：2L（2 分） 。

)k LEqxx。