河北省邯郸市广平一中2016届高三上学期10月月考物理试卷

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河北省广平县第一中学高一物理上学期第四次月考试题

河北省广平一中2015—2016学年第一学期高一物理第四次月考试卷第Ⅰ卷一、选择题(共10小题，每小题6分，共60分，其中第1~6题为单选题，第7~10题为多项选择题，全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1．关于惯性，以下说法正确的是：A．在宇宙飞船内，由于物体失重，所以物体的惯性消失B．在月球上物体的惯性只是它在地球上的1/6C．质量是物体惯性的量度，惯性与速度及物体的受力情况无关D．质量相同的物体，速度较大的惯性一定大2．在国际单位制中，力学基本单位有三个，这三个基．本．单位是（）A．m、kg、 s B．m、N、kg C．m、kg、N D．kg、s、N3．如图所示，物体静止于水平桌面上，则（）Ｂ．桌面对物体的支持力的大小等于物体的重力，这两个力是一对平衡力Ｃ．物体对桌面的压力就是物体的重力，这两个力是同一种力Ｄ．物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡的力4．在平直的公路上以72km/h的速度行驶的汽车，因发现前方有危险而进行紧急刹车，已知刹车过程中的加速度大小为4m/s2，则刹车后6.0s时间内汽车的位移为（）A．60m B．50m C．40m D．30m5．如质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x = 4t + 2t2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点A．第1s内的位移是5m B．前2s内的平均速度是6m/sC．任意相邻1s内的位移差都是1m D．任意1s内的速度增量都是4m/s6．一位同学站在机械指针体重计上，突然下蹲直到蹲到底静止。

根据超重和失重现象的分析方法，试分析判断整个下蹲过程体重计上指针示数的变化情况（）A．一直增大 B．一直减小 C．先减小，后增大，再减小 D．先增大，后减小，再增大7．关于物体的运动状态和所受合力的关系，以下说法正确的是：（）A．物体所受合力为零，物体一定处于静止状态B．只有合力发生变化时，物体的运动状态才会发生变化C．物体所受合力不为零时，物体的加速度一定不为零D．物体所受的合力不变且不为零，物体的运动状态一定变化8．如图是A 、B 两物体同时由同一地点向同一方向做直线运动的v-t 图象,从图象上可知 A ．A 做匀速运动, B 做匀速运动 B ．20s 末A 、B 相距最远 C ．20s 末A 、B 相遇 D ．40s 末A 、B 相遇9．运动的小球在第1s 内的位移为lm ，在第2s 内的位移为2m ，在第3s 内的位移为3m ，在第4s 内的位移为4m ，下面有关小球运动的描述，正确的是（）A ．小球在第3s 未的瞬时速度是3m/sB ．第3s 初至第4s 未的平均速度是3.5 m/sC ．小球在这4s 内的平均速度是2.5 m/sD ．小球在这4s 内做的是匀加速直线运动10．如图所示，在光滑的桌面上有M 、m 两个物块，现用力F 推物块m ，使M 、m 两物块在桌上一起向右加速，则M 、m 间的相互作用力为：A ．m M MF + B ． mM mF+C ．若桌面的摩擦因数为μ，M 、m 仍向右加速，则M 、m 间的相互作用力为Mg m M MFμ++D ．若桌面的摩擦因数为μ，M 、m 仍向右加速，则M 、m 间的相互作用力为mM MF+第II 卷二、实验题（共1小题，每空3分，共12分）11．（12分）在 “研究匀变速直线运动”的实验中，电磁打点计时器使用（选填“直流”或“交流”）电源，它每隔0.02s 打一次点. 图示是实验得到的一条点迹清晰的纸带，A 、B 、C 、D 为四个计数点，相邻两个计数点之间还有4个点未画出，则相邻两个计数点间的时间间隔是 s.经测量知道AB ＝2.20cm ，BC ＝3.80cm ，根据以上数据，可知打点计时器打下B 点时物体的速度等于 m/s ，物体的加速度等于 m/s 2.三、计算题(共2小题，共28分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 12．（12分）如图所示，物块的质量m =30kg ，细绳一端与物块相连，另一端绕过光滑的轻质定滑轮，当人用100N 的力竖直向下拉绳子时，滑轮左侧细绳与水平方向的夹角为53°，物体在水平面上保持静止. 已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，取g =10m/s 2，求：地面对物体的弹力大小和摩擦力大小13．（16分）如图所示，质量为m=2.0kg的物体静止在水平面上，现用F=10N、与水平方向成37°的拉力拉物体，使物体做匀加速直线运动，经过t=2.0s物体的速度增大到v=4.0m/s，已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2，求：（1）物体在此2.0s内通过的位移（2）物体与桌面间的动摩擦因素µF高一物理参考答案选择题实验题11．交流、 0.1、 0.3、 1.6 计算题12．(12分)220N 、60N解析物体受力如图，设地面对物体的弹力大小为N ，地面对物体的摩擦力大小为f ，由共点力平衡条件有竖直方向 0mg 53sin T N =-︒+ （4分）代入数据得 N =220N（3分）水平方向 f =T cos53°=60N（5分）16．（16分）解：（1）2s 内位移 m m t v t v x 42242=⨯===-（4分）（2）加速度 a=v/t =2m/s 2（2分）如图所示的受力图由牛顿第二定律得 F cos37°－f µ=ma （3分） F N =mg-F sin37°(3分) f µ=µF N (2分)解得µ=2/7 ≈0.3（2分）。

河北省广平县第一中学高一物理10月月考试题(答案不全)

广平一中2015—2016第一学期高一年级10月考试本试卷分第Ⅰ卷（选择题共44分）和第Ⅱ卷（非选择题共56分），考试时间为60分钟，满分为100分。

一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共44分．1-7小题是单选，8-11小题是多选)1．以下说法中正确的是（）A ．质点一定是体积和质量极小的物体B ．速度不变的运动是匀速直线运动C ．物体的位移为零时，它的速度一定为零D ．做匀变速直线运动的物体，t 秒内通过的路程与位移的大小一定相等2．一个做初速度为零的匀加速直线运动的物体，它在第1 s 末，第2 s 末，第3 s 末的瞬时速度之比是( )A ．1∶1∶1B ．1∶3∶5C ．12∶22∶32D ．1∶2∶33．一辆车由静止开始做匀变速直线运动，在第8 s 末开始刹车，经4 s 停下来，汽车刹车过程也在做匀变速运动，那么前后两段加速度的大小之比是 ( )A ．1∶4B ．2∶1C ．1∶2D ．4∶14.一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a －t 图象如图所示．下列v －t 图象中，可能正确描述此物体运动的是 ( )5．某质点的位移随时间变化规律的关系是x ＝4t ＋2t 2，x 与t 的单位分别为m 和s ，则质点的初速度与加速度分别为 ( )A ．4 m/s 与2 m/s 2B ．4 m/s 与4 m/s 2C ． 0与4 m/s2D ．4 m/s 与06．“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，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t 0（t 0<t ）时刻距离海平面的深度为（）A ．2vtB ．00(1)2t vt t -C ．202vt tD ．20()2v t t t -7．右图均能正确反映物体在直线上的运动，则在t ＝2 s 内物体位移最大的是()8．物体由静止开始做加速度大小为a 1的匀加速直线运动，当速度达到v 时，改为加速度大小为a 2的匀减速直线运动，直至速度为零．在匀加速和匀减速运动过程中物体的位移大小和所用时间分别为x 1、x 2和t 1、t 2，下列各式成立的是（）A ．x1x2＝t1t2B ．a1a2＝t1t2C ．x1t1＝x2t2＝x1＋x2t1＋t2D ．v ＝1212x x t t ++9．关于自由落体运动，下面说法正确的是（） A ．它是竖直向下，v 0=0，a=g 的匀加速直线运动B ．在开始连续的三个1s 内通过的位移之比是1∶3∶5C ．在开始连续的三个1s 末的速度大小之比是1∶2∶3D ．从开始运动起依次下落4.9cm 、9.8cm 、14.7cm ，所经历的时间之比为1∶2∶310. .如图所示，光滑斜面上的四段距离相等，质点从O 点由静止开始下滑，做匀加速直线运动，先后通过a 、b 、c 、d 四个位置，下列说法正确的是 ( )A ．质点由O 到达各点的时间之比t a ：t b ：t c ：t d ＝1：2：3：2B ．质点通过各点的速率之比V a ：V b ：V c ：V d ＝1：2：3：4C ．在斜面上运动的平均速度v ＝V bD ．在斜面上运动的平均速度v ＝V d /211.光滑斜面长度为l ，一物体自斜面顶端由静止开始匀加速滑至底端，经历的时间为t ，则 ( ) A.物体运动全过程中的平均速度是B.物体在时的瞬时速度是C.物体运动到斜面中点时瞬时速度是D.物体从顶点运动到斜面中点所需的时间是二、实验题，每空2分，作图2分，共14分12.某同学在“研究变速直线运动”的实验中，用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 共7个计数点，如图2-9所示，其相邻点间的距离分别为AB ＝3.62 cm ，BC ＝4.38 cm ，CD ＝5.20 cm ，DE ＝5.99 cm ，EF ＝6.80 cm ，FG ＝7.62 cm ，每两个相邻的计数点的时间间隔为0.10 s ．图2-9（1）（10分）试根据纸带上各个计数点间的距离，计算出打下B 、C 、D 、E 、F 五个点时小车的瞬时速度，并将各个速度值填入下式(要求保留三位有效数字)：v B ＝ m/s ，v C ＝________m/s ，v D ＝________m/s ，v E ＝________m/s ，v F ＝________m/s ．（2）（2分）将B 、C 、D 、E 、F 各个时刻的瞬时速度标在图2-10所示的坐标纸上，并画出小车的瞬时速度随时间变化的关系图线．图2-10（3）（2分）根据（2）中的v-t图线，求出小车运动的加速度为_______m/s2．(保留两位有效数字)二、计算题(本题共3小题，共38分)13.（10）以64.8km/h的速度行驶的汽车，紧急刹车后做匀减速直线运动，其加速度大小为6m/s2．求（1）汽车在刹车2s末的速度（2）汽车在刹车6s末的速度14.法国人劳伦特·费舍尔在澳大利亚的冒险世界进行高空特技表演，他从20米高的塔上直接落入水池中（可视为自由落体运动），落入水中可视为匀减速直线运动，加速度大小为8求：（1）落水时的速度（2）需要准备一个深度为多少米的水池15．（14分）跳伞运动员做低空跳伞表演，他离开飞机后先做自由落体运动，当距离地面 125 m时打开降落伞，伞张开后运动员就以14.3 m/s2的加速度做匀减速运动，到达地面时速度为5 m/s，问：（1）运动员离开飞机时距地面的高度为多少?（2）离开飞机后，经过多少时间才能到达地面?（g=10 m/s2）广平一中2015—2016学年第一学期高一年级10月试题参考答案12.答案：（1）0.400 0.479 0.560 0.640 0.721 （2）图略（3）0.80三、计算题13、【答案】6m/s 0m/s【解析】汽车做匀减速直线运动要注意两点：1、加速度与速度方向相反；2、汽车什么时候停下来。

《解析》河北省邯郸市广平一中2016-2017学年高二上学期第三次月考物理试卷Word版含解析

2016-2017学年河北省邯郸市广平一中高二（上）第三次月考物理试卷一、选择题（共12题，共48分，其中1-8为单选题，9-12为多选题，每题4分，全部选对得4分，选对但未选全的得2分，错选漏选不得分）1．首先发现电流产生磁场的科学家是（）A．富兰克林 B．法拉第C．安培 D．奥斯特2．有关磁感应强度的方向，下列说法正确的是（）A．B的方向就是小磁针N极所指的方向B．B的方向与小磁针在任何情况下N极受力方向一致C．B的方向与小磁针在任何情况下S极受力方向一致D．B的方向就是通电导线的受力方向3．如图所示，ab是一个可绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形线框，当滑动变阻器的滑片P 自左向右滑动时，从图示看，线框ab将（）A．保持静止不动B．逆时针转动C．顺时针转动D．发生转动，但因电源极性不明，无法确定转动方向4．如图所示，均为绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是（）A．水平向左 B．水平向右 C．竖直向下 D．竖直向上5．如图所示，一带负电的滑块从粗糙斜面的顶端滑至底端时的速率为v，若加一个垂直纸面向外的匀强磁场，并保证滑块能滑至底端，则它滑至底端时的速率（）A．变大 B．变小C．不变 D．条件不足，无法判断6．两个圆环A、B，如图所示放置，且半径R A＞R B，一条形磁铁轴线过两个圆环的圆心处，且与圆环平面垂直，则穿过A、B环的磁通量A和B的关系是（）A．ΦA＞ΦB B．ΦA＜ΦB C．ΦA=ΦB D．无法确定7．在无线电技术中，常有这样的要求：有两个线圈，要使一个线圈中有电流变化时，对另一个线圈几乎没有影响．图中，能符合这样要求的图是（）A． B． C． D．8．电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是（）A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电9．如图所示，A、B为大小、形状均相同且内壁光滑，但用不同材料制成的圆管，竖直固定在相同高度．两个相同的磁性小球，同时从A、B管上端的管口无初速释放，穿过A管的小球比穿过B管的小球先落到地面．下面对于两管的描述中可能正确的是（）A．A管是用塑料制成的，B管是用铜制成的B．A管是用铝制成的，B管是用胶木制成的C．A管是用胶木制成的，B管是用塑料制成的D．A管是用胶木制成的，B管是用铝制成的10．如图中，长为L的金属杆在外力作用下，在匀强磁场中沿水平光滑导轨匀速运动，如果速度v不变，而将磁感强度由B增为2B．除电阻R外，其它电阻不计．那么（）A．作用力将增为4倍B．作用力将增为2倍C．感应电动势将增为2倍D．感应电流的热功率将增为4倍11．安培分子电流假说可用来解释（）A．运动电荷受磁场力作用的原因B．两通电导体有相互作用的原因C．永久磁铁具有磁性的原因D．软铁棒被磁化的现象12．把带电的小球用细线悬挂起来置于匀强磁场中，如图所示，当带电摆球最初两次经过最低点时，相同的量是（）A．小球受到的洛仑兹力B．摆线的拉力C．小球的动能D．小球的加速度二、填空题（共3小题，共20分，其中13题12分，14题4分，15题4分）13．如图所示，在磁感应强度为B的足够宽的匀强磁场中，有一个边长为L的正方形线框，线框平面与磁场垂直，则此时穿过线框的磁通量为．若线框向右平移，线框中有无感应电流？．若将线框翻转180°，该过程磁通量的变化量为．该过程有无感应电流？．若将线框绕其中一边向外转90°，则此时的磁通量变化为．该过程中有无感应电流？．14．如图所示，A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数都为10匝，半径r A=2r B图示区域内有磁感应强度均匀减小的匀强磁场，则A、B线圈中产生的感应电动势之比为E A：E B=，线圈中的感应电流之比I A：I B=．15．边长为a的正方形处于有界磁场中，如图所示．一束电子以速度v0水平射入磁场后，分别从A处和C处射出，则v A：v C=，所经历的时间之比t A：t C=．三、计算题（共4小题，共32分，其中16题6分，17题8分，18题8分，19题10分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16．如图所示，小灯泡的规格为“2V，4W”，接在光滑水平导轨上，轨距0.1m，电阻不计．金属棒ab垂直搁置在导轨上，电阻为1Ω．整个装置处于磁感应强度B=1T的匀强磁场中．求：为使小灯泡正常发光，ab的滑行速度为多大？17．有一面积为S=100cm2的金属环，电阻为R=0.1Ω，环中磁场变化规律如图乙所示，且磁场方向垂直环面向里，在t1到t2时间内，环中感应电流的方向如何？通过金属环的电荷量为多少？18．如图所示，一带电为﹣q的小球，质量为m，以初速度v0竖直向上射入水平方向的匀强磁场中，磁感应强度为B．当小球在竖直方向运动h高度时，球在b点上所受的磁场力多大？19．如图所示，PQ和MN为水平、平行放置的金属导轨，相距1m，导体棒导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m=0.2kg，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体A的质量M=0.3kg，棒与导轨的动摩擦因数为μ=0.5，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？（g=10m/s2）2016-2017学年河北省邯郸市广平一中高二（上）第三次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12题，共48分，其中1-8为单选题，9-12为多选题，每题4分，全部选对得4分，选对但未选全的得2分，错选漏选不得分）1．首先发现电流产生磁场的科学家是（）A．富兰克林 B．法拉第C．安培 D．奥斯特【考点】物理学史．【分析】富兰克林最早提出了电流、电荷、静电的概念；法拉第最早提出了磁感线，最早发现了电磁感应现象；安培提出了安培定则，最早提出了分子电流假说；奥斯特首先发现了通电导线能够产生磁场．【解答】解：A、富兰克林最早提出了电流、电荷、静电的概念，故A错误．B、法拉第最早提出了磁感线，最早发现了电磁感应现象，故B错误，C、安培提出了安培定则，最早提出了分子电流假说，故C错误．D、奥斯特首先发现了通电导线能够产生磁场，故D正确．故选D．【点评】多读课本，加强记忆是掌握物理学史的必由之路．2．有关磁感应强度的方向，下列说法正确的是（）A．B的方向就是小磁针N极所指的方向B．B的方向与小磁针在任何情况下N极受力方向一致C．B的方向与小磁针在任何情况下S极受力方向一致D．B的方向就是通电导线的受力方向【考点】磁感应强度．【分析】磁场的方向就是小磁针静止的时候N极所指的方向，也是小磁针的N极所受力的方向，与小磁针的S极受力方向相反，与通电导线所受安培力的方向垂直．【解答】解：A、B的方向就是小磁针静止的时候N极所指的方向，故A错误．B、B的方向就是小磁针的N极所受力的方向，故B正确．C、B的方向与小磁针在任何情况下S极受力方向相反，故C错误．D、B的方向与通电导线所受安培力的方向垂直，故D错误．故选B．【点评】磁场的方向与通电导线所受安培力的方向垂直，电场的方向与电场力的方向在同一条直线上，要注意掌握这一点的不同．3．如图所示，ab是一个可绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形线框，当滑动变阻器的滑片P 自左向右滑动时，从图示看，线框ab将（）A．保持静止不动B．逆时针转动C．顺时针转动D．发生转动，但因电源极性不明，无法确定转动方向【考点】楞次定律．【分析】楞次定律的内容是：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．当滑动变阻器的滑片P自左向右滑动时，引起线圈电流的变化，使得通电螺旋管的磁场强度发生变化，引起闭合矩形线框的磁通量发生改变．【解答】解：当滑动变阻器的滑片P自左向右滑动时，引起线圈电流减小，通电螺旋管穿过线框的磁场强度减小，引起闭合矩形线框的磁通量减小，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．线框所在位置的磁场方向大致是水平的，要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，所以线框顺时针转动．故选C．【点评】解决本题的关键掌握楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．4．如图所示，均为绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是（）A．水平向左 B．水平向右 C．竖直向下 D．竖直向上【考点】安培力；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】首先根据安培定则判断通电螺线管在A处产生的磁场方向，再根据左手定则判断通电直导线A受到的磁场的作用力的方向．【解答】解：首先根据安培定则判断通电螺线管产生的磁场的方向向右，所以在A处产生的磁场方向：水平向左．根据左手定则判断可知：A受到通电螺线管磁场的作用力的方向：竖直向上．故D正确，ABC 错误．故选：D．【点评】本题考查安培定则和左手定则综合应用的能力，对于几种定则关键要搞清两点：一是何时用；二是怎样用．5．如图所示，一带负电的滑块从粗糙斜面的顶端滑至底端时的速率为v，若加一个垂直纸面向外的匀强磁场，并保证滑块能滑至底端，则它滑至底端时的速率（）A．变大 B．变小C．不变 D．条件不足，无法判断【考点】动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用；左手定则；洛仑兹力．【分析】未加磁场时，滑块受到重力、支持力，摩擦力，加磁场后，根据左手定则，多了一个垂直斜面向下的洛伦兹力．两种情况重力做功相同，洛伦兹力不做功，但加磁场时对斜面的正压力变大，摩擦力变大，克服摩擦力做功变多，根据动能定理，即可比较出两种情况到达底端的速率．【解答】解：未加磁场时，根据动能定理，有．加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，但正压力变大，摩擦力变大，根据动能定理，有，W f′＞W f，所以v′＜v．故B正确，A、C、D错误．故选B．【点评】解决本题的关键两次运用动能定理，两种情况重力功相同，多了磁场后多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，但导致摩擦力变大，即两种情况摩擦力做功不同，从而比较出到达底端的速率．6．两个圆环A、B，如图所示放置，且半径R A＞R B，一条形磁铁轴线过两个圆环的圆心处，且与圆环平面垂直，则穿过A、B环的磁通量A和B的关系是（）A．ΦA＞ΦB B．ΦA＜ΦB C．ΦA=ΦB D．无法确定【考点】磁通量．【分析】在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，在磁铁内部，磁感线从S极指向N极．磁感线是闭合曲线，磁铁内外总条数相等．穿过环面的磁感线方向有两种，存在抵消情况，抵消后磁感线多，磁通量大．【解答】解：根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下．由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，B的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以ΦB＞ΦA．故B正确、ACD错误．故选：B．【点评】本题是非匀强磁场磁通量大小的比较问题，抓住抵消后剩余磁通量进行比较．常见问题，中等难度．7．在无线电技术中，常有这样的要求：有两个线圈，要使一个线圈中有电流变化时，对另一个线圈几乎没有影响．图中，能符合这样要求的图是（）A． B． C． D．【考点】感应电流的产生条件．【分析】当一个线圈中有电流变化时，在其周围会产生变化的磁场，会影响临近线圈中的电流．对照感应电流产生的条件进行分析．【解答】解：在C、D装置中，两线圈正交放置，当一个线圈电流变化时，产生的变化磁场不通过另一个线圈，对另一个线圈无影响．故C、D正确，A、B错误．故选：CD【点评】解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，知道当通过某一个线圈中的磁通量变化时，会产生感应电流．8．电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是（）A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电【考点】法拉第电磁感应定律；电容；楞次定律．【分析】现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，线圈中出现感应电流，由楞次定律可判定电流的方向．当线圈中有电动势后，对电阻来说通电后发热，对电容器来说要不断充电直至稳定．【解答】解：当磁铁N极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，则流过R的电流方向是从b到a，对电容器充电下极板带正电．故选：D．【点评】此时线圈相当于电源，则外电路的电流方向是从正极到负极，而内电路则是从负极到正极．同时电容器在充电时电压随着电量增加而增大．9．如图所示，A、B为大小、形状均相同且内壁光滑，但用不同材料制成的圆管，竖直固定在相同高度．两个相同的磁性小球，同时从A、B管上端的管口无初速释放，穿过A管的小球比穿过B管的小球先落到地面．下面对于两管的描述中可能正确的是（）A．A管是用塑料制成的，B管是用铜制成的B．A管是用铝制成的，B管是用胶木制成的C．A管是用胶木制成的，B管是用塑料制成的D．A管是用胶木制成的，B管是用铝制成的【考点】楞次定律；电磁感应在生活和生产中的应用．【分析】磁性小球在下滑中会使金属导体产生电磁感应从而使小球的下落变慢，而绝缘体不会发生电磁感应，故磁性小球做自由落体运动．【解答】解：由题意可知，小球在B管中下落的速度要小于A管中的下落速度，故说明小球在B管时受到阻力作用；其原因是金属导体切割磁感线，从而使闭合的导体中产生感应电流，由于磁极间的相互作用而使小球受向上的阻力；故B管应为金属导体，如铜、铝、铁等，而A管应为绝缘体，如塑料、胶木等，故AD正确，BC错误；故选AD．【点评】本题应注意在发生电磁感应时，由于安培力的作用而消耗了机械能产生了电能，故磁体受到的一定为阻力．10．如图中，长为L的金属杆在外力作用下，在匀强磁场中沿水平光滑导轨匀速运动，如果速度v不变，而将磁感强度由B增为2B．除电阻R外，其它电阻不计．那么（）A．作用力将增为4倍B．作用力将增为2倍C．感应电动势将增为2倍D．感应电流的热功率将增为4倍【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．【分析】由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由功率公式求出功率，由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出拉力，然后分析答题．【解答】解：C、感应电动势：E=BLv，把B变为2B，则感应电动势将增为2倍，故C正确；A、感应电流I=，安培力F=BIL=，把B变为2B，安培力变为原来的4倍，由平衡条件可知，安，外力将变为原来的4倍，故A正确，B错误；外力：F=F安D、感应电流的热功率P=I2R=，把B变为2B，感应电流的热功率将增为4倍，故D正确；故选：ACD．【点评】本题考查了外力、感应电动势、热功率之比，应用E=BLv、欧姆定律、电功率公式、安培力公式、平衡条件即可正确解题．11．安培分子电流假说可用来解释（）A．运动电荷受磁场力作用的原因B．两通电导体有相互作用的原因C．永久磁铁具有磁性的原因D．软铁棒被磁化的现象【考点】分子电流假说．【分析】安培所提出的“分子电流”的假说．安培认为，在原子、分子或分子团等物质微粒内部，存在着一种环形电流﹣﹣分子电流，分子电流使每个物质微粒都形成一个微小的磁体．未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性；磁化时，分子电流的方向大致相同，于是对外界显示出磁性．【解答】解：A、这一假说能够说明电可以生磁，故A错；B、两通电导体有相互作用的原因是通过磁体之间的磁场的作用产生的．故B错误；C、安培提出的分子环形电流假说，解释了为什么磁体具有磁性，说明了磁现象产生的本质，故C正确；D、安培认为，在原子、分子或分子团等物质微粒内部，存在着一种环形电流﹣﹣分子电流，分子电流使每个物质微粒都形成一个微小的磁体．未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性；磁化时，分子电流的方向大致相同，于是对外界显出显示出磁性．故D 正确．故选CD．【点评】分子电流假说属于记忆性的知识点，要求有准确的知道．属于基础题目．12．把带电的小球用细线悬挂起来置于匀强磁场中，如图所示，当带电摆球最初两次经过最低点时，相同的量是（）A．小球受到的洛仑兹力B．摆线的拉力C．小球的动能D．小球的加速度【考点】洛仑兹力；向心力；机械能守恒定律．【分析】带电小球在重力与拉力及洛伦兹力共同作用下，绕固定点做圆周运动，由于拉力与洛伦兹力始终垂直于速度方向，它们对小球不做功．因此仅有重力作功，则有机械能守恒．从而可以确定动能是否相同，并由此可确定拉力与洛伦兹力．最后由向心加速度公式来确定是否相同．【解答】解：A、由于小球的运动方向不同，则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，但大小却相同，故A错误；B、由A选项可知，速度大小相等，则根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同，故B错误；C、由题意可知，拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅重力作功，则小球机械能守恒，所以小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时的动能相同．故C正确；D、根据a=，可知小球的向心加速度大小相同，且方向指向固定点，即加速度相同，故D正确；故选：CD【点评】本题考查对小球进行受力分析，并得出力做功与否，根据机械能守恒定律来解题是突破口，同时注意洛伦兹力方向随着速度的方向不同而不同．最后由牛顿第二定律来考查向心力与向心加速度．二、填空题（共3小题，共20分，其中13题12分，14题4分，15题4分）13．如图所示，在磁感应强度为B的足够宽的匀强磁场中，有一个边长为L的正方形线框，线框平面与磁场垂直，则此时穿过线框的磁通量为BL2．若线框向右平移，线框中有无感应电流？无．若将线框翻转180°，该过程磁通量的变化量为2BL2．该过程有无感应电流？有．若将线框绕其中一边向外转90°，则此时的磁通量变化为BL2．该过程中有无感应电流？有．【考点】楞次定律．【分析】当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流，磁通量大小为磁感强度与面积的乘积．【解答】解：线框平面与磁场垂直，则穿过线框的磁通量为Φ=BL2，若线框向右平移，磁通量不变化，线框中无感应电流．若将线框翻转180°，该过程磁通量的变化量为2BL2．该过程有感应电流产生．若将线框绕其中一边向外转90°，则此时的磁通量变化为BL2，该过程中有感应电流；故答案为：BL2，无，2BL2，有，BL2，有．【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，还可考查根据楞次定律判断感应电流的方向．14．如图所示，A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数都为10匝，半径r A=2r B图示区域内有磁感应强度均匀减小的匀强磁场，则A、B线圈中产生的感应电动势之比为E A：E B= 1：1，线圈中的感应电流之比I A：I B=1：2．【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【分析】根据法拉第电磁感应定律E=n=n，研究A、B环中感应电动势E A：E B．根据电阻定律求出两环电阻之比，再欧姆定律求解电流之比I A：I B．【解答】解：根据法拉第电磁感应定律E=n=n，题中n相同，相同，面积S也相同，则得到A、B环中感应电动势E A：E B=1：1．根据电阻定律R=ρ，L=n2πr，ρ、S相同，则电阻之比为：R A：R B=r A：r B=2：1，根据欧姆定律I=得产生的感应电流之比为：I A：I B=1：2．故答案为：1：1，1：2．【点评】本题整合了法拉第电磁感应定律、电阻定律和欧姆定律，常规题，要善于运用比例法解题．15．边长为a的正方形处于有界磁场中，如图所示．一束电子以速度v0水平射入磁场后，分别从A处和C处射出，则v A：v C=1：2，所经历的时间之比t A：t C=2：1．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【分析】由几何关系可知从两孔射出的粒子的运动半径，则由洛仑兹力充当向心力可得出粒子的速度关系；由周期公式及转过的角度可求得时间之比；由向心力公式可求得加速度之比．【解答】解：电子从C点射出，A为圆心，R c=L，圆心角θc=由R=，得v c =运动时间为四分之一周期，即：电子从A 点射出，OA 中点为圆心，R A =，圆心角θd =π，所以v A =，t A =由于运动的周期与速度无关，是相等的，故v A ：v C =1：2，t A ：C =2：1，故答案为：1：2；2：1；【点评】本题为带电粒子在磁场中运动的基本问题，只需根据题意明确粒子的运动半径及圆心即可顺利求解．三、计算题（共4小题，共32分，其中16题6分，17题8分，18题8分，19题10分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16．如图所示，小灯泡的规格为“2V ，4W ”，接在光滑水平导轨上，轨距0.1m ，电阻不计．金属棒ab 垂直搁置在导轨上，电阻为1Ω．整个装置处于磁感应强度B=1T 的匀强磁场中．求：为使小灯泡正常发光，ab 的滑行速度为多大？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【分析】通过灯泡的正常发光，由闭合电路欧姆定律来确定棒切割产生的感应电动势，再由法拉第电磁感应定律来算出滑行速度；【解答】解：P=UI=R==1ΩE=BlvI=U=IR=Rv==2×（1+1）/1×0.1×1m/s=40m/s答：使小灯泡正常发光，ab 的滑行速度为40m/s ．【点评】考查P=UI 、R=、E=I 2R 总、E=BLV 、P=I 2R 总等电磁学公式的基本运用．注意金属棒要垂直切割磁感线，才能有E=BLV ．17．有一面积为S=100cm 2的金属环，电阻为R=0.1Ω，环中磁场变化规律如图乙所示，且磁场方向垂直环面向里，在t 1到t 2时间内，环中感应电流的方向如何？通过金属环的电荷量为多少？【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）环所处的磁场变化，导致环中产生感应电动势，从而产生感应电流，根据楞次定律可判断环中产生的感应电流方向；（2）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流与电量的关系式求解通过圆环的电荷量．【解答】解：（1）随着磁感应强度均匀增加，导致穿过金属环的磁通量增加，根据楞次定律可得：感应磁场方向与原磁场方向相反，再由安培定则可知：环中的感应电流方向逆时针．（2）由法拉第电磁感应定律，有：E==，闭合电路欧姆定律，有：I=，由电量公式q=I △t 得则在t 1到t 2时间内，电量为：q=== C=0.01C。

《解析》河北省邯郸市广平一中2016-2017学年高二上学期第一次月考物理试卷Word版含解析

2016-2017学年河北省邯郸市广平一中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求；9-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）．1．用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列表达式中不属于比值法定义的物理量是（）A．电场强度E=B．加速度a=C．电阻R=D．电容C=2．完全相同的两个金属球A、B（可以看作点电荷）带有相等的电荷量，相隔一定距离，两球之间相互吸引力的大小是F．现用一个与A、B相同的不带电的金属小球C先后与A、B两球接触后移开，则A、B两球之间的相互作用力的大小是（）A．B．C．D．3．某电解池，如果在2s内共有5×1018个二价正离子和1×1019个一价负离子通过面积为0.1m2的某截面，那么通过这个截面的电流是（）A．0 B．0.8A C．1.6A D．3.2A4．如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是（）A．a代表的电阻丝较粗B．b代表的电阻丝较粗C．a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值D．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比5．如图所示是一实验电路图．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是（）A．路端电压变小 B．电流表的示数变大C．电源内阻消耗的功率变小D．电路的总电阻变大6．如图所示，因线路故障，按通K时，灯L1和L2均不亮，用电压表测得U ab=0，U bc=0，U cd=4V．由此可知开路处为（）A．灯L1B．灯L2C．变阻器D．不能确定7．电流表的内阻是R g=200Ω，满刻度电流值是I g=500 μA，现欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（）A．应串联一个1 800Ω的电阻B．应并联一个0.1Ω的电阻C．应串联一个0.1Ω的电阻D．应并联一个1 800Ω的电阻8．用伏安法测某一电阻时，如果采用如图所示的甲电路，测量值为R1，如果采用乙电路，测量值为R2，那么R1、R2与真实值R之间满足关系（）A．R1＞R＞R2B．R＞R1＞R2C．R1＜R＜R2D．R＜R1＜R29．关于电动势，下列说法正确的是（）A．电源两极间的电压等于电源电动势B．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大C．电源电动势的数值等于外电压之和D．电源电动势与外电路的组成无关10．如图所示，a、b分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线．以下说法正确的是（）A．电池组的内阻是1ΩB．电阻的阻值为0.33ΩC．将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是4WD．改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为4W11．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U ab=U bc，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，c的电势最高B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大C．带电质点通过P点时的动能较Q点大D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大12．如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地．用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U．在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q不变，下面哪些操作将使静电计指针张角变小（）A．将M板向下平移B．将M板沿水平向左方向远离N板C．在M、N之间插入云母板（介电常数ε＞1）D．在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触二、实验题（共2小题，共18分）13．（1）实验题仪器读数①甲图中游标卡尺的读数是cm．乙图中螺旋测微器的读数是mm．②如图丙所示，A、B、C是多用表在进行不同测量时，转换开关分别指示的位置，D是多用表表盘指针在测量时的偏转位置．若是用A档测量，指针偏转如D，则读数为；若是用B档测量，指针偏转如D，则读数为；若是用C档测量，指针偏转如D，则读数为．14．用电流表和电压表测1节干电池的电动势和内电阻，如图中给出了A、B两个供选用的电路图，为了较精确地测定电动势和内电阻，实验中应选用电路．正确选用电路后，实验时经测量得出的数据如表，请在图C的方格纸上画出U﹣I图线．利用图线可求出电源电三、计算题（共3小题，共34分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15．如图所示的电路中，电源电动势为10V，R1=8Ω，R2=12Ω，电容C=50 μF，电源内阻忽略不计．求：（1）闭合开关S，稳定后通过电阻R1的电流；（2）将开关S断开，再次稳定后，求通过R1的总电荷量．16．如图所示，电阻R1=8Ω，电动机绕组电阻R0=2Ω，当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当开关S闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W．若电源的电动势为6V，求开关S闭合时，电动机输出的机械功率．17．如图所示，A、B、C为三块水平放置的平行金属板，板的厚度不计，间距均为d．A、B板中央有小孔，电路中三个电阻的阻值均为R，电源内阻也为R．现有一滴质量为m电荷量为q的带正电液滴在距A板小孔正上方为d的P处由静止开始下落，不计空气阻力，当地的重力加速度为g，当它达到C板时速度恰为零．试求：（1）液滴从P处到达C板的过程中其电势能变化了多少？是增加还是减少？（2）电源电动势的大小E；（3）液滴通过B板中央小孔时的速度大小．2016-2017学年河北省邯郸市广平一中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求；9-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）．1．用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列表达式中不属于比值法定义的物理量是（）A．电场强度E=B．加速度a=C．电阻R=D．电容C=【考点】物理学史．【分析】比值法就是应用两个物理量的比值来定量研究第三个物理量．它适用于物质属性或特征、物体运动特征的定义．【解答】解：A、电场强度与放入电场中的电荷无关，所以E=属于比值定义法．故A正确；B、加速度a=是牛顿第二定律得到的，不是比值定义的，故B错误；C、电阻等于导体两端的电压与通过导体电流的比值，R=属于比值定义法．故C正确；D、电容C由本身的性质决定，与所带的电荷量及两端间的电势差无关．所以C=属于比值定义法．故D正确；本题选不属于比值法定义的，故选：B．2．完全相同的两个金属球A、B（可以看作点电荷）带有相等的电荷量，相隔一定距离，两球之间相互吸引力的大小是F．现用一个与A、B相同的不带电的金属小球C先后与A、B两球接触后移开，则A、B两球之间的相互作用力的大小是（）A．B．C．D．【考点】库仑定律．【分析】理解库仑定律的内容．知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．【解答】解：假设A带电量为Q，BA带电量为﹣Q，两球之间的相互吸引力的大小是：F=第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为，C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为﹣，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小：F′==故A正确、BCD错误．故选：A．3．某电解池，如果在2s内共有5×1018个二价正离子和1×1019个一价负离子通过面积为0.1m2的某截面，那么通过这个截面的电流是（）A．0 B．0.8A C．1.6A D．3.2A【考点】电流、电压概念．【分析】由题计算出1s内通过截面正离子与负离子电量绝对值之和，根据电流的定义式求解电流．一价离子所带电量大小为e=1.6×10﹣19C．【解答】解：由题，1s内通过截面正离子的电量为q1=2n1e，负离子的电量绝对值为q2=n2e，则电流为：I==将n1=5×1018个，n2=1×1019个，e=1.6×10﹣19C代入解得：I=3.2A故选：3.2．4．如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是（）A．a代表的电阻丝较粗B．b代表的电阻丝较粗C．a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值D．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比【考点】电阻定律．【分析】I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数，根据斜率比较电阻的大小．根据电阻定律R=比较电阻丝的粗细．【解答】解：A、图线的斜率表示电阻的倒数，图线a的斜率小于b的斜率，所以a的电阻大于b的电阻，根据电阻定律R=知，长度相同，材料相同，知a的横截面积小，b的横截面积大．故A、C错误，B正确．D、电阻的大小与电压、电流无关．故D错误．故选：B．5．如图所示是一实验电路图．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是（）A．路端电压变小 B．电流表的示数变大C．电源内阻消耗的功率变小D．电路的总电阻变大【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】在滑动触头由a端滑向b端的过程中，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，以及电源内阻消耗的功率如何变化，再判断电流表的示数的变化．【解答】解：当滑片向b端滑动时，其接入电路中的电阻减小，使得外电路总电阻减小，故D错误．，可知路端电压根据I=，可知总电流在增加，根据闭合电路中的欧姆定律有E=Ir+U外U在减小，故A正确．外流过电流表的示数为I=，可知电流在减小，故B错误．根据P=I2r，可知内阻消耗的功率在增大，故C错误．故选A6．如图所示，因线路故障，按通K时，灯L1和L2均不亮，用电压表测得U ab=0，U bc=0，U cd=4V．由此可知开路处为（）A．灯L1B．灯L2C．变阻器D．不能确定【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】对于完好的电阻，阻值一定，电流I=0时，根据欧姆定律可知，其电压U=IR=0．若发生断路，其两端电压等于电源的电动势．【解答】解：A、B对于完好的电阻，阻值一定，电流I=0时，根据欧姆定律可知，其电压U=IR=0．由题：U ab=0，U bc=0，则可知：灯L1、L2没有发生断路．故AB错误C、由题U cd=4V，则变阻器发生断路，因为断路时，电路无电流，其两端的电势分别等于电源两极的电势，其电势差等于电源的电动势．故C正确．D、由上述分析可知D错误．故选：C7．电流表的内阻是R g=200Ω，满刻度电流值是I g=500 μA，现欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（）A．应串联一个1 800Ω的电阻B．应并联一个0.1Ω的电阻C．应串联一个0.1Ω的电阻D．应并联一个1 800Ω的电阻【考点】把电流表改装成电压表．【分析】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，根据串并联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值．【解答】解：改装成电压表要串联电阻分压，串联电阻阻值：R=﹣R g==1800Ω则A正确，故选：A8．用伏安法测某一电阻时，如果采用如图所示的甲电路，测量值为R1，如果采用乙电路，测量值为R2，那么R1、R2与真实值R之间满足关系（）A．R1＞R＞R2B．R＞R1＞R2C．R1＜R＜R2D．R＜R1＜R2【考点】伏安法测电阻．【分析】根据两接法的特点可知误差的来源及对结果的影响，即可得出其测量结果与真实值之间的关系．【解答】解：甲图中电压值是准确的，而由于电压表的分流导致电流值偏大，故测量结果将小于真实值；而乙图中电流值是准确的，而由于电流表的分压导致了电压表示数偏大，故测量结果将大于真实值；故答案为：R1＜R＜R2，C正确；故选C9．关于电动势，下列说法正确的是（）A．电源两极间的电压等于电源电动势B．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大C．电源电动势的数值等于外电压之和D．电源电动势与外电路的组成无关【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】电源是把其它形式的能转化为电能的装置，电动势表征了这种转化本领的大小，等于电源没有接入电路时两极间的电压，根据闭合电路欧姆定律分析电动势与外、内电压的关系．【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得知：电动势的数值等于内外电压之和，当电源没有接入电路时，电路中没有电流，电源的内电压为零，外电压即电源两极间的电压等于电动势；当电源接入电路时，电路有电流，电源有内电压，两极间的电压小于电动势，故AC错误．B、电源是把其它形式的能转化为电能的装置，电动势表征了这种转化本领的大小，所以电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故B正确．D、电动势由电源本身特性决定，与外电路的组成无关，故D正确．故选：BD．10．如图所示，a、b分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线．以下说法正确的是（）A．电池组的内阻是1ΩB．电阻的阻值为0.33ΩC．将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是4WD．改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为4W【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】根据闭合电路欧姆定律得：I=，由电池组的伏安特性曲线斜率倒数的大小求出电源的内阻．由电阻的伏安特性曲线斜率倒数的大小求出电阻值．两图线的交点即为该电阻接在该电池组两端是工作状态，读出电流和电压，求出电池组的输出功率．当外电阻等于电池内阻时，该电池组的输出功率最大，并功率公式求出电池组的最大输出功率．【解答】解：A、由图线a斜率倒数的大小求出电池组的内阻r===1Ω．故A正确．B、由图线b斜率倒数的大小求出电阻的阻值R==3Ω．故B错误．C、将该电阻接在该电池组两端，电路中电流I=1A，路端电压为U=3V，电池组的输出=3W．故C错误．功率P出D、由图线a读出电源的电动势E=4V．当外电阻等于电池内阻时，该电池组的输出功率最大，电池组的最大输出功率P max==4W．故D正确．故选AD11．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U ab=U bc，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，c的电势最高B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大C．带电质点通过P点时的动能较Q点大D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大【考点】电势；电势能．【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；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．【解答】解：A、质点所受电场力指向轨迹内侧，由于质点带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，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、等差等势线密的地方电场线密，场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确．故选：ABD．12．如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地．用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U．在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q不变，下面哪些操作将使静电计指针张角变小（）A．将M板向下平移B．将M板沿水平向左方向远离N板C．在M、N之间插入云母板（介电常数ε＞1）D．在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触【考点】电容器的动态分析．【分析】静电计指针的张角反应电容器两端间电势差的变化，抓住电容器带电量不变，根据，通过电容的变化，判断电势差的变化．【解答】解：A、将M板向下平移，正对面积减小，根据，电容减小，根据，Q不变，则电势差增大，张角变大．故A错误．B、将M板沿水平向左方向远离N板，d变大，根据，电容减小，根据，Q不变，则电势差增大，张角变大．故B错误．C、在M、N之间插入云母板（介电常数ε＞1），根据，电容增大，根据，Q不变，则电势差减小，张角变小．故C正确．D、在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触，d减小，根据，电容增大，根据，Q不变，则电势差减小，张角变小．故D正确．故选CD．二、实验题（共2小题，共18分）13．（1）实验题仪器读数①甲图中游标卡尺的读数是10.050cm．乙图中螺旋测微器的读数是 3.200mm．②如图丙所示，A、B、C是多用表在进行不同测量时，转换开关分别指示的位置，D是多用表表盘指针在测量时的偏转位置．若是用A档测量，指针偏转如D，则读数为1300Ω；若是用B档测量，指针偏转如D，则读数为 6.4mA；若是用C档测量，指针偏转如D，则读数为32.0V．【考点】用多用电表测电阻；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【分析】游标卡尺读数的方法是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欧姆表的读法：刻度数×倍率选择开关位于电压，电流档时，根据电压量程从而选择刻度读数．【解答】解：①游标卡尺的读数：100+10×0.05=100.50mm=10.050cm螺旋测微器的读数：3+20.0×0.01=3.200mm②欧姆档读数：13×100=1300Ω10mA电流档读数：最小分度为0.2mA，则读数为6.4mA50V电压档的读数：最小分度为1V，则读数为32.0V故答案为：①10.050 3.200 ②1300Ω 6.4mA 32.0V14．用电流表和电压表测1节干电池的电动势和内电阻，如图中给出了A、B两个供选用的电路图，为了较精确地测定电动势和内电阻，实验中应选用B电路．正确选用电路后，实验时经测量得出的数据如表，请在图C的方格纸上画出U﹣I图线．利用图线可求出电源【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】干电池内阻内阻很小，为减小实验误差，相对于电源来说应采用电流表外接法测电源电动势与内阻．根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的U﹣I图象，然后根据图象求出电源电动势与内阻．【解答】解：电源内阻很小，相对于电源如果采用电流表内接法，电流表分压对实验影响很大，实验误差较大，为减小实验误差，相对于电源应采用电流表外接法，应选图b所示实验电路进行实验．根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出U﹣I图象，图象如图所示；由图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.45，则电源电动势E=1.45V，电源内阻r==≈0.69Ω．故答案为：B；1.45；0.69．三、计算题（共3小题，共34分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15．如图所示的电路中，电源电动势为10V，R1=8Ω，R2=12Ω，电容C=50 μF，电源内阻忽略不计．求：（1）闭合开关S，稳定后通过电阻R1的电流；（2）将开关S断开，再次稳定后，求通过R1的总电荷量．【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）闭合开关S，稳定后电容器相当于开关断开，两个电阻串联，根据闭合电路欧姆定律求通过电阻R1的电流．（2）开关S断开后，稳定时电容器两端的电压等于电源的电动势，电压增大，电容器充电，通过R1的电荷量等于开关断开前后电容器电量的增加量．先求出断开前电容器的带电量，再求出断开后电容器的电量，两者之差即等于通过R1的电荷量．【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律得：I==A=0.5 A．（2）闭合S时，电容两端的电压为：U C=U2=IR2=0.5×12V=6 V断开S后，电容两端电压为：U C′=E=10 V所以断开S后，电容器有一个短时间的继续充电过程，通过R1的电荷量即为：△Q=△U•C=（U C′﹣U C）C=（10﹣6）×50×10﹣6 C=2×10﹣4 C．答：（1）闭合开关S，稳定后通过电阻R1的电流为0.5A；（2）开关S断开后，通过R1的电荷量为2×10﹣4 C．16．如图所示，电阻R1=8Ω，电动机绕组电阻R0=2Ω，当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当开关S闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W．若电源的电动势为6V，求开关S闭合时，电动机输出的机械功率．【考点】闭合电路中的能量转化；闭合电路的欧姆定律．【分析】当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率求出电路中电流，由欧姆定律求出电源的内阻r．当开关S闭合时，根据电阻R1消耗的电功率求出R1的电流和电压，根据欧姆定律求出干路电流，得到电动机的电流，再求出电动机输出的机械功率．【解答】解：当开关S断开时由P1=I12R1，得I1=0.6A当开关S闭合时由P2=I22R1，得I2=0.5AR1的电压U=I2R1=4V设干路中电流为I则I==1A 电动机的电流I M=I﹣I2=0.5A故电动机的机械功率为P=UI M﹣I M2R0=1.5W答：开关S闭合时，电动机输出的机械功率为1.5W．17．如图所示，A、B、C为三块水平放置的平行金属板，板的厚度不计，间距均为d．A、B板中央有小孔，电路中三个电阻的阻值均为R，电源内阻也为R．现有一滴质量为m电荷量为q的带正电液滴在距A板小孔正上方为d的P处由静止开始下落，不计空气阻力，当地的重力加速度为g，当它达到C板时速度恰为零．试求：（1）液滴从P处到达C板的过程中其电势能变化了多少？是增加还是减少？（2）电源电动势的大小E；（3）液滴通过B板中央小孔时的速度大小．【考点】电势差与电场强度的关系；动能定理的应用；闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）液滴从P处到达C板的过程中机械能减小，根据能量守恒定律判断电势能的变化情况；（2）（3）先分析AB、BC极板间的电压，电容器与用电器并联时，其极板的电压等于并联电路的电压；以P点到C极板和P点到B极板为研究过程，两次利用动能定理，分别求解电源电动势E的大小和液滴通过B板中央小孔时的速度．【解答】解：（1）根据能的转化和守恒定律（或动能定理）可知，液滴从P处到达C板的过程中其电势能增加，增加的电势能为△E=3mgd；（2）根据闭合电路的欧姆定律，电路中的电流大小为，AB间的电势差为，CB间的电势差为，根据动能定理，带电液滴从开始下落到C板的过程中，有：mg•3d+qU AB﹣qU CB=0，解得：；（3）带电液滴从开始下落到B板的过程中，根据动能定理，有，联立解得：；答：（1）液滴从P处到达C板的过程中其电势能增加了3mgd；（2）电源电动势的大小E为；（3）液滴通过B板中央小孔时的速度大小为．2016年12月9日。

高三物理月考试题及答案-河北邯郸市永年二中2016届高三上学期10月月考试卷

河北省邯郸市永年二中2015-2016学年高三（上）月考物理试卷（10月份）一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分．第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的不得分．）1．（4分）如图甲所示，一物块放在粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力F作用下斜面和物块始终处于静止状态，当F按图乙所示规律变化时，物块与斜面间的摩擦力大小变化规律可能是如图答案中的（）A．B．C．D．2．（4分）如图所示，在水平面上有一个小物块质量为m，从O点右侧给它一个初速度沿水平面做匀减速直线运动，依次经过O、C、B、A四点，最终停在A点，A、B、C三点到O 点的距离分别为L1、L2、L3，由A、B、C到O点所用时间分别为t1、t2、t3；下列结论正确的是（）A．B．C．D．3．（4分）如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆，A端用铰链固定，滑轮在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可不计），B端吊一重物．现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉，在AB杆达到竖直前（）A．绳子拉力不变B．绳子拉力减小C．AB杆受力增大D．AB杆受力减小4．（4分）如图所示，在投球游戏中，某人将小球从P点以速度v水平抛向固定在水平地面上的塑料筐，小球恰好沿着筐的上沿入筐并打在筐的底角，若要让小球进入筐中并直接击中筐底正中间，下列说法可行的是（）A．在P点将小球以小于v的速度水平抛出B．在P点将小球以大于v的速度水平抛出C．在P点正上方某位置将小球以小于v的速度水平抛出D．在P点正下方某位置将小球以小于v的速度水平抛出5．（4分）设地球半径为R，a为静止在地球赤道上的一个物体，b为一颗近地绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球的一颗同步卫星，其轨道半径为r．下列说法中正确的是（）A．a与c的线速度大小之比为B．a与c的线速度大小之比为C．b与c的周期之比为D．b与c的周期之比为6．（4分）如图甲所示，一物块置于水平地面上．现用一个与竖直方向成θ角的力F拉物块，使力F沿顺时针方向转动，并保持物块始终沿水平方向做匀速直线运动；得到拉力F与θ变化关系图线如图乙所示，根据图中信息可知物块与地面之间的动摩擦因数为（）A．B．C．D．7．（4分）如图所示，水平粗糙传送带AB距离地面的高度为h，以恒定速率v0顺时针运行．甲、乙两滑块（可视为质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在AB的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以相同的速率分别向左、右运动．下列判断正确的是（）A．甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离相等B．甲、乙滑块刚离开弹簧时一定是一个减速运动、一个加速运动C．甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等D．甲、乙滑块不可能同时从A、B两端离开传送带8．（4分）假设地球可视为质量分布均匀的球体．已知地球表面两极处的重力加速度大小为g0，地球的半径为R，地球的自转周期为T，引力常量为G，由此可知（）A．地球的质量为B．地球表面赤道处的重力加速度大小为g0﹣C．近地卫星在轨运行的加速度大小为D．地球同步卫星在轨道上运行的加速度大小为9．（4分）如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动．现将一重力为G的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角θ=60°．下列说法正确的是（）A．若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为GB．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对斜面的压力逐渐增大C．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对挡板的压力逐渐减小D．若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零10．（4分）套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3m的20cm高的竖直细杆，即为获胜．一身高1.4m儿童从距地面1m高度水平抛出圆环，圆环半径为10cm：要想套住细杆，他水平抛出的速度可能为（g=10m/s2）（）A．7.4 m/s B．7.6 m/s C．7.8 m/s D．8.2 m/s11．（4分）a、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的位移﹣时间图象如图所示，图象c是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是（）A．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同B．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度大小相等方向相反C．在0～5s的时间内，t=5s时，a、b两个物体相距最远D．物体c做匀加速运动，加速度为0.2m/s212．（4分）光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．一质量为m的小球以初速度v0沿AB运动，恰能通过最高点，则（）A．R越大，v0越大B．R越大，小球经过B点后的瞬间对轨道的压力越大C．m越大，v0越大D．m与R同时增大，初动能E k0增大二、实验题（本大题共2小题，共15分，13小题6分，14小题9分）13．（6分）某实验小组设计了如图甲所示的实验装置，通过改变重物的质量来探究滑块运动的加速度和所受拉力F的关系．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a一F图线，如图乙所示．（1）图线①是轨道处于（填“水平”或“倾斜”）情况下得到的实验结果；（2）图线①、②的倾斜程度（斜率）一样，说明了什么问题？（填选项前的字母）A．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是一样的B．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是不一样的C．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是否一样不能确定．14．（9分）某物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz．开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点．请回答下列问题：①为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有．（填入所选物理量前的字母）A、木板的长度LB、木板的质量m1C、滑块的质量m2D、托盘和砝码的总质量m3E、滑块运动的时间t②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材．③滑块与木板间的动摩擦因数μ= （用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）．与真实值相比，测量的动摩擦因数（填“偏大”或“偏小”）．三、计算题（本题共3小题，共37分．要求写出必要的文字说明、主要的计算公式及步骤和结果，有数据计算的要写清单位．只写最后结果的不得分．）15．（10分）如图所示，斜面AB与竖直半圆轨道在B点圆滑相连，斜面倾角为θ=45°，半圆轨道的半径为R，一小球从斜面的顶点A由静止开始下滑，进入半圆轨道，最后落到斜面上，不计一切摩擦．试球：（结果可保留根号）．（1）欲使小球能通过半圆轨道最高点C，落到斜面上，斜面AB的长度L至少为多大？（2）在上述最小L的条件下，小球从A点由静止开始运动，最后落到斜面上的落点与半圆轨道直径BC的距离，x为多大？16．（12分）如图，质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m．用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0=2s拉至B处．（已知cos37°=0.8，sin37°=0.6．取g=10m/s2）（1）求物体与地面间的动摩擦因数μ；（2）用大小为30N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t．17．（15分）如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速转动．一质量为m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O 点的连线与OO′之间的夹角θ为60°．重力加速度大小为g．（1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；（2）ω=（1±k）ω0，且0＜k＜1，求小物块受到的摩擦力大小和方向．河北省邯郸市永年二中2015-2016学年高三（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分．第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的不得分．）1．（4分）如图甲所示，一物块放在粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力F作用下斜面和物块始终处于静止状态，当F按图乙所示规律变化时，物块与斜面间的摩擦力大小变化规律可能是如图答案中的（）A．B．C．D．考点：共点力平衡的条件及其应用；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：若t=0时刻物体受到的静摩擦力方向沿斜面向上，由平衡条件得出摩擦力与时间的关系式，选择图象．若t=0时刻物体受到的静摩擦力方向沿斜面向下，当F减小时，由平衡条件分析摩擦力如何，再选择图象．解答：解：设t=0时刻F=F0，则F与t的关系式为F=F0﹣kt，k是图线斜率的大小．A、D若t=0时刻物体受到的静摩擦力方向沿斜面向上，由平衡条件得：摩擦力F f=mgsinα﹣F=mgsinα﹣（F0﹣kt）=kt+（mgsinα﹣F0），若mgsinα=F0，则有F f=kt，当F=0时，F f=mgsinα，保持不变．则A错误，D正确．B、C若t=0时刻物体受到的静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件得知，摩擦力F f=F﹣mgsinα，当F减小时，摩擦力先减小，减小到零后，摩擦力反向增大，故BC错误．故选D点评：本题采用定量分析与定性相结合的方法分析物体所受的摩擦力情况．从数学角度得到解析式选择图象，是常用的方法．2．（4分）如图所示，在水平面上有一个小物块质量为m，从O点右侧给它一个初速度沿水平面做匀减速直线运动，依次经过O、C、B、A四点，最终停在A点，A、B、C三点到O 点的距离分别为L1、L2、L3，由A、B、C到O点所用时间分别为t1、t2、t3；下列结论正确的是（）A．B．C．D．考点：匀变速直线运动规律的综合运用．专题：直线运动规律专题．分析：由于物体做匀减速运动，由O到C、B、A做匀减速运动，故平均速度逐渐减小，由逆向转换法知由O点向C点、B点、A点做初速度为零的匀加速直线运动，有位移时间关系判定即可．解答：解：AC、由于物体做匀减速运动，由O到C、B、A做匀减速运动，故平均速度逐渐减小，故有，A错误、C正确；BD、由逆向转换法知由O点向C点、B点、A点做初速度为零的匀加速直线运动，有，，，可得===，B错误，D错误；故选：C点评：此题考察匀变速直线运动规律的应用，注意末速度为零的匀减速直线运动可以逆向视为初速度为零的匀加速直线运动，这样计算可以使问题简单化．3．（4分）如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆，A端用铰链固定，滑轮在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可不计），B端吊一重物．现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉，在AB杆达到竖直前（）A．绳子拉力不变B．绳子拉力减小C．AB杆受力增大D．AB杆受力减小考点：共点力平衡的条件及其应用；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：以B点为研究对象，分析其受力情况，作出受力图，利用三角形相似法，得出各力与三角形ABO三边边长的关系，再分析其变化．解答：解：以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图：由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：==又T=G，解得：N=•G，F=•G；用拉力F将B端缓慢上拉时，AB、AO保持不变，OB变小，则由上式可得：N保持不变，F变小．即得AB杆受力，绳子拉力减小，故B正确，ACD错误．故选：B点评：本题涉及非直角三角形的力平衡问题，采用三角形相似，得到力与三角形边长的关系，再分析力的变化，这是常用的方法，要学会应用．4．（4分）如图所示，在投球游戏中，某人将小球从P点以速度v水平抛向固定在水平地面上的塑料筐，小球恰好沿着筐的上沿入筐并打在筐的底角，若要让小球进入筐中并直接击中筐底正中间，下列说法可行的是（）A．在P点将小球以小于v的速度水平抛出B．在P点将小球以大于v的速度水平抛出C．在P点正上方某位置将小球以小于v的速度水平抛出D．在P点正下方某位置将小球以小于v的速度水平抛出考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合运动学公式分析判断．解答：解：A、在P点的初速度减小，则下降到框上沿这段时间内，水平位移变小，则小球不能进入筐中，故A错误．B、在P点的初速度增大，则下降到筐底的时间内，水平位移增大，不能直接击中筐底的正中间，故B错误．C、在P点正上方某位置将小球以小于v的速度水平抛出，根据x= 知，水平位移可以减小，也不会与框的左边沿相撞，落在筐底的正中间，故C正确．D、在P点正下方某位置将小球以小于v的速度水平抛出，则下落到筐的上沿这段时间内水平位移变小，小球不能进筐．故D错误．故选：C．点评：本题运用平抛运动的知识分析处理生活中的问题，比较简单，关键运用运动的分解方法得到水平位移的表达式．5．（4分）设地球半径为R，a为静止在地球赤道上的一个物体，b为一颗近地绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球的一颗同步卫星，其轨道半径为r．下列说法中正确的是（）A．a与c的线速度大小之比为B．a与c的线速度大小之比为C．b与c的周期之比为D．b与c的周期之比为考点：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：地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=rω，计算线速度的之比，根据万有引力提供向心力计算b、c的周期之比．解答：解：AB、地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωa=ωc，根据v=rω，a与c的线速度大小之比为，故A正确，B错误．CD、根据得：T=2π，故b的周期与c的周期之比为，故C错误、D正确．故选：AD．点评：地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比较线速度的大小和向心加速度的大小，根据万有引力提供向心力比较b、c的线速度、角速度、周期和向心加速度大小．6．（4分）如图甲所示，一物块置于水平地面上．现用一个与竖直方向成θ角的力F拉物块，使力F沿顺时针方向转动，并保持物块始终沿水平方向做匀速直线运动；得到拉力F与θ变化关系图线如图乙所示，根据图中信息可知物块与地面之间的动摩擦因数为（）A．B．C．D．考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：从图象中可以看出当力与竖直方向夹角为30°和120°时，外力相等，对物体受力分析，在水平方向上列两个平衡方程即可．解答：解：物体匀速，从图象中可以看出当力与竖直方向夹角为30°和120°时，外力相等，设此时拉力大小为F，则物体受重力mg、支持力N、摩擦力f和F处于平衡，根据平衡条件可知，夹角为30°时有：Fsin30°=μ（mg﹣Fcos30°），夹角为120°时，与水平方向成30°夹角，则由平衡条件得：Fcos30°=μ（mg+Fsin30°），联立解得：μ=．故选：C点评：本题考查了共点力作用下的平衡问题，难点在于从图象中获取有用物理信息，结合牛顿第二定律求解的问题．7．（4分）如图所示，水平粗糙传送带AB距离地面的高度为h，以恒定速率v0顺时针运行．甲、乙两滑块（可视为质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在AB的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以相同的速率分别向左、右运动．下列判断正确的是（）A．甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离相等B．甲、乙滑块刚离开弹簧时一定是一个减速运动、一个加速运动C．甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等D．甲、乙滑块不可能同时从A、B两端离开传送带考点：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：弹簧弹开后，两滑块以相同的速率分别向左、右运动．根据滑块的受力判断物体的运动，需讨论滑块弹簧后的速度与传送带的速度的大小．解答：解：A、若v小于v0．弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动．速度为零后可以再向相反的方向运动．整个过程是做初速度为v，加速度和皮带运动方向相同的减速运动．乙物体做初速度为v，加速度为a的匀加速运动，运动方向和加速度的方向都和皮带轮的运动方向相同．甲乙到达B点时的速度相同．落地的位置在同一点．故A正确；B、设v大于v0．弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动．乙物体向向右做初速度为v，（若v大于v0），则乙也做加速度为a的匀减速运动．此种情况两个物体落地后，距释放点的水平距离可能相等且运动时间相等．BCD错误．故选：A点评：解决本题的关键会根据物体的受力判断物体的运动，这是处理物体的运动的基础，需扎实掌握．8．（4分）假设地球可视为质量分布均匀的球体．已知地球表面两极处的重力加速度大小为g0，地球的半径为R，地球的自转周期为T，引力常量为G，由此可知（）A．地球的质量为B．地球表面赤道处的重力加速度大小为g0﹣C．近地卫星在轨运行的加速度大小为D．地球同步卫星在轨道上运行的加速度大小为考点：同步卫星．专题：人造卫星问题．分析：（1）在地球表面上引力等于重力：G=mg（2）根据向心加速度表达式，即可求解向心加速度；（3）同步卫星所受万有引力等于向心力解向心加速度．解答：解：A、根据万有引力等于重力，则有：：G=mg0解得：M=，故A错误；B、根据向心加速度表达式，则知赤道上物体加速度：a=，所以地球表面赤道处的重力加速度为g0﹣，故B正确；C、近地卫星在轨道运行的加速度a0==g0，故C错误；D、同步卫星所受万有引力等于向心力：G=m（R+h）（）2=ma′；结合A解得a′=，故D正确；故选：BD．点评：人造地球卫星所受到的万有引力充当向心力，故由向心力公式可求得线速度、角速度、周期．9．（4分）如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动．现将一重力为G的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角θ=60°．下列说法正确的是（）A．若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为GB．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对斜面的压力逐渐增大C．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对挡板的压力逐渐减小D．若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以球为研究对象，球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，求出挡板对球的作用力，若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，分析小球受力情况，作出力图，运用图解法，分析支持力的变化情况即可．解答：解：A、球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示：F A、F B以及G构成的三角形为等边三角形，根据几何关系可知，F A=F B=G，故A正确；B、若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，根据图象可知，F B先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，故BC错误；D、若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当F A和重力G的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，故D正确．故选：AD点评：本题运用图解法，分析动态平衡问题，比较直观简便，也可以采用函数法，由数学知识分析力的变化．10．（4分）套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3m的20cm高的竖直细杆，即为获胜．一身高1.4m儿童从距地面1m高度水平抛出圆环，圆环半径为10cm：要想套住细杆，他水平抛出的速度可能为（g=10m/s2）（）A．7.4 m/s B．7.6 m/s C．7.8 m/s D．8.2 m/s考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：根据高度差求出平抛运动的时间，结合水平位移的关系和时间求出平抛运动的初速度范围．解答：解：根据得，t=．则平抛运动的最大速度，最小速度，则7.5m/s＜v＜8m/s．故选：BC．点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住水平位移的范围得出速度的范围，难度不大．11．（4分）a、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的位移﹣时间图象如图所示，图象c是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是（）A．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同B．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度大小相等方向相反C．在0～5s的时间内，t=5s时，a、b两个物体相距最远D．物体c做匀加速运动，加速度为0.2m/s2考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：根据a、b、c图线的特点确定三个物体的运动规律，位移时间图线的斜率表示速度，斜率的正负表示方向．解答：解：A、a、b两物体位移随时间均匀变化，速度大小均为2m/s，但是速度的方向不同，故A错误，B正确．C、由图象可知，0﹣5s内，在t=5s时，a、b位置坐标之差最大，知两物体相距最远，故C 正确．D、图象C为抛物线，根据x=kt2知，k=0.1，则加速度a=0.2m/s2．故D正确．故选：BCD．点评：解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速度，难度不大．12．（4分）光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．一质量为m的小球以初速度v0沿AB运动，恰能通过最高点，则（）A．R越大，v0越大B．R越大，小球经过B点后的瞬间对轨道的压力越大C．m越大，v0越大D．m与R同时增大，初动能E k0增大考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球经最高点时的速度，根据动能定理求出初速度v0与半径R的关系．小球经过B点后的瞬间由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿运动定律研究小球对轨道的压力与半径的关系．解答：解：A、C小球恰能通过最高点时，则有mg=，，根据机械能守恒定律得，=+2mgR，得到，可见，R越大，v 0越大，而且v0与小球的质量m 无关．故A正确，C错误．B、从B到D，有mg•2R+=小球经过B点后的瞬间，N﹣mg=m，得到轨道对小球的支持力N=6mg，N与R无关．故B错误．D、初动能E k0==+2mgR=，得知m与R同时增大，初动能E k0增大．故D正确．故选AD点评：动能定理与向心力知识综合是常见的题型．小球恰好通过最高点时速度与轻绳模型类似，轨道对小球恰好没有作用力，由重力提供向心力，临界速度v= ，做选择题时可直接运用．二、实验题（本大题共2小题，共15分，13小题6分，14小题9分）13．（6分）某实验小组设计了如图甲所示的实验装置，通过改变重物的质量来探究滑块运动的加速度和所受拉力F的关系．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a一F图线，如图乙所示．（1）图线①是轨道处于倾斜（填“水平”或“倾斜”）情况下得到的实验结果；（2）图线①、②的倾斜程度（斜率）一样，说明了什么问题？A（填选项前的字母）A．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是一样的B．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是不一样的C．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是否一样不能确定．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：知道滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解．解答：解：（1）由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．所以图线①是在轨道倾斜情况下得到的．（2）根据F=ma得a=所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．图线①、②的倾斜程度（斜率）一样，说明了滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是一样的故选A．。

[推荐学习]高三物理上学期10月月考试卷(含解析)7

2015-2016学年河北省邯郸市大名一中高三（上）月考物理试卷（10月份）一、选择题（本题共12题，每小题4分，共48分．其中第1--8题只有一项符合题目要求，第9--12有多个符合要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分）1．汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～50s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示，下列说法中正确的是( )A．汽车行驶的最大速度为20m/sB．汽车在40～50s内的速度方向和0～10s内的速度方向相反C．汽车在50s末的速度为零D．在0～50s内汽车行驶的总位移为900m2．如图所示，竖直面内有一个半圆形轨道，AB为水平直径，O为圆心，将一些半径远小于轨道半径的小球从A点以不同的初速度水平向右抛出，若不计空气阻力，在小球从抛出到碰到轨道这个过程中，下列说法正确的是( )A．初速度大的小球运动时间长B．小球落到落在半圆形轨道的瞬间，速度方向沿半径方向C．落在圆形轨道最低点的小球运动时间最长D．初速度不同的小球运动时间不可能相同3．一电子在电场中由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中平行实线是等势面．则下列说法中正确的是( )A．a点的电势比b点低B．电子在a点的加速度方向向右C．电子从a点到b点动能减小D．电子从a点到b点电势能减小4．空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则( )A．P、Q两点处的电荷等量同种B．a点和b点的电场强度相同C．c点的电势低于d点的电势D．负电荷从a到c，电势能减少5．压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小．如图所示，将压敏电阻平放在电梯内，受力面向上，在其上面放一质量为m的物体，电梯静止时电压表的示数为U0．下列电压表示数随时间变化图象中，能表示电梯竖直向上作匀加速直线运动的是( )A．B．C．D．6．图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子( )A．带负电B．在c点受力最大C．在b点的电势能大于在c点的电势能D．由a点到b点的动能变化等于有b点到c点的动能变化7．如图所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接．只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作．如果再合上S2，则下列表述正确的是( )A．电源输出功率减小 B．L1上消耗的功率增大C．通过R1上的电流增大D．通过R3上的电流增大8．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若( )A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变9．下述关于匀强电场的判断错误的是( )A．公式E=也适用于匀强电场B．根据U=Ed可知，匀强电场中任意两点的电势差与这两点的距离成正比C．匀强电场的场强值等于沿任意方向每单位长度上的电势差值D．匀强电场的场强方向总是跟正电荷所受电场力的方向一致10．电场中有一条直线，在直线上有M、N两点，若将一试探电荷q从直线外的P点分别移到M、N两点，电场力对q做功相等，则 ( )A．.该电场若是匀强电场，则M、N所在直线一定与电场线平行B．．该电场若是匀强电场，则M、N所在直线一定与电场线垂直C．.该电场若是由一个点电荷产生的，则M、N两点的电势和电场强度都相同D．.该电场若是由一个点电荷产生的，则M、N两点的电势相等、电场强度不同11．如图电路中，电键K1、K2、K3、K4均闭合，在平行板电容器C的极板间悬浮着一油滴P，则( )A．断开K3，P将向下运动B．断开K2，P将向下运动C．断开K1，P将向下运动D．断开K4，P仍悬浮不动12．如图所示电路中，定值电阻R2=r，滑动变阻器的最大阻值为R1且R1≥R2+r（r为电源内阻），在滑动变阻器的滑片P由左端a向右滑动的过程中，以下说法正确的是( )A．电源的输出功率变大B．R2消耗的功率先变大后变小C．滑动变阻器消耗的功率先变大后变小D．滑动变阻器两端的电压变化量小于R2两端的电压变化量二、实验题13．用Ω重锤下落来验证机械能守恒时，某同学按照正确的操作选得纸带如图所示．其中O是起始点，A、B、C、D、E是打点计时器连续打下的5个点，打点频率为50Hz该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C、D、E各点的距离，并记录在图中（单位：cm）（1）这五个数据中有一个数字记录不规范的读数是__________．（2）实验时，在释放重锤__________（选填“之前”或“之后”）接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点．（3）该实验中，为了求两点之间重锤的重力势能的变化，需要知道重力加速度g的值，这个g值应该是：__________A．取当地的实际g值； B．根据打出的纸带，用△s=gT2求出的g值；C．近似取10m/s2即可； D．以上说法都不对．（4）如O点到某计时点的距离用h表示，重力加速度为g，该点对应重锤的瞬时速度为v，则实验中要验证的等式为__________．（5）若重锤质量m=0.2kg，重力加速度g=9.80m/s2，由图中给出的数据，可得出从O到打下D点，重锤重力势能的减少量为__________，而动能的增加量为__________J（均保留3位有效数字）．14．某待测电阻R x的阻值约为20Ω，现要测量其阻值，实验室提供器材如下：电流表A1（量程150mA，内阻r1约为10Ω）电流表A2（量程20mA，内阻r2=30Ω）电压表V（量程15V，内阻约为10KΩ）定值电阻R0=100Ω滑动变阻器R，最大阻值为5Ω电源E，电动势E=4V（内阻不计）开关S及导线若干①根据上述器材完成此实验，测量时要求电表读数不得小于其量程的，请你在虚线框内画出测量R x的一种实验原理图（图中元件用题干中相应英文字母符号标注）．②实验时电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，用已知和测得的物理量表示R x=__________．三、计算题（要求有必要的文字说明，只写结果不得分）15．中央电视台推出了一个游戏节目﹣﹣推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后不能停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败．其简化模型如图所示，AC是长度为L1=5m的水平桌面，选手们可将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC为有效区域．已知BC长度为L2=1m，瓶子质量为m=0.5kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数μ=0.4．某选手作用在瓶子上的水平推力F=20N，瓶子沿AC做直线运动（g取10m/s2），假设瓶子可视为质点，那么该选手要想游戏获得成功，试问：（1）推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？（2）推力作用在瓶子上的距离最小为多少？16．为使带负电的点电荷q在一匀强电场中沿直线匀速地由A运动到B，必须对该电荷施加一个恒力F，如图所示．若AB=0.4m，α=37°，q=﹣3×10﹣7C，F=1.5×10﹣4N，A点电势φA=100V （不计重力，sin 37°=0.6，cos37°=0.8）（1）在图中用实线画出电场线，用虚线画出通过A、B两点的等势线，并标明它们的电势值，求出场强和AB间的电势差．（2）求q在由A到B的过程中电势能的变化量是多少？17．某一用直流电动机提升重物的装置，重物的质量m=50kg，电源电压为120V．当电动机以v=0.9m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=5A．求：（1）电动机线圈的电阻R等于多少？（2）若因故障电动机不能转动，这时通过电动机线圈的电流多大？电动机消耗的电功率又为多大？2015-2016学年河北省邯郸市大名一中高三（上）月考物理试卷（10月份）一、选择题（本题共12题，每小题4分，共48分．其中第1--8题只有一项符合题目要求，第9--12有多个符合要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分）1．汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～50s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示，下列说法中正确的是( )A．汽车行驶的最大速度为20m/sB．汽车在40～50s内的速度方向和0～10s内的速度方向相反C．汽车在50s末的速度为零D．在0～50s内汽车行驶的总位移为900m【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】加速度是表示速度变化的快慢的物理量．当物体的运动方向和加速度保持大小不变时，物体就做匀变速直线运动．当加速度为零时，物体做匀速直线运动．【解答】解：A、由图可知，汽车先做匀加速运动，10后速度为v=at=20m/s，10﹣40s匀速运动，40﹣50s，匀减速运动，所以最大速度为20m/s，故A正确；B、50s末速度为v′=v﹣at=20﹣10=10m/s，所以汽车一直沿直线向一个方向运动，速度方向相同，故BC错误；D、匀加速运动的位移为：，匀速运动的位移为：x2=vt=20×30=600m，匀减速运动的位移为：所以总位移为x=850m，故D错误．故选：A【点评】本题要求同学们知道加速度的含义，能根据运动学基本公式求解速度和位移，难度不大，属于基础题．2．如图所示，竖直面内有一个半圆形轨道，AB为水平直径，O为圆心，将一些半径远小于轨道半径的小球从A点以不同的初速度水平向右抛出，若不计空气阻力，在小球从抛出到碰到轨道这个过程中，下列说法正确的是( )A．初速度大的小球运动时间长B．小球落到落在半圆形轨道的瞬间，速度方向沿半径方向C．落在圆形轨道最低点的小球运动时间最长D．初速度不同的小球运动时间不可能相同【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间．【解答】解：A、平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关，初速度大时，与半圆接触时下落的距离不一定比速度小时下落的距离大．则初速度大的运动时间不一定长．故A错误．B、若小球落到半圆形轨道的瞬间，速度方向沿半径方向，则速度方向与水平方向的夹角是位移方向与水平方向夹角的2倍．因为同一位置速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，两者相互矛盾，则小球的速度方向不会沿半径方向．故B错误．C、小球落到最低点下落的高度最大，则运动的时间最长．故C正确．D、初速度不同的小球，下落的高度可能相同，则运动时间相同．故D错误．故选：C．【点评】掌握平抛运动的特点，知道平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关．3．一电子在电场中由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中平行实线是等势面．则下列说法中正确的是( )A．a点的电势比b点低B．电子在a点的加速度方向向右C．电子从a点到b点动能减小D．电子从a点到b点电势能减小【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．【解答】解：A、根据电子的运动轨迹可知，电子受的电场力向下，电场线与等势面垂直，由此可知电场线的方向向上，沿电场线的方向，电势降低，所以a点的电势比b点高，所以A错误．B、由A的分析可知，电子受的电场力向下，所以电子在a点的加速度方向向下，所以B错误．C、从A点到B点的过程中，电场力做负功，所以电子从a点到b点动能减小，所以C正确．D、电场力做负功，电势能增加，所以电子从a点到b点电势能增加，所以D错误．故选：C．【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，同时结合功能关系分析，基础问题．4．空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则( )A．P、Q两点处的电荷等量同种B．a点和b点的电场强度相同C．c点的电势低于d点的电势D．负电荷从a到c，电势能减少【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电场线．【专题】压轴题；电场力与电势的性质专题．【分析】该电场是等量异种电荷的电场，它具有对称性（上下、左右）．该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负．【解答】解：A：根据电场的图象可以知道，该电场是等量异种电荷的电场，故A错误；B：等量异种电荷的电场，它具有对称性（上下、左右），a点和b点的电场强度大小相等，而方向不同．故B错误；C：C点离P点（正电荷）的距离更近，所以C点的电势较高．故C错误；D：该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负．负电荷从a到c，从负电荷的区域到了正电荷的区域，电势升高，电场力做正功，电势能减小．故D正确．故选：D【点评】该题考查常见电场的特点，解题的关键是在两个电荷连线的中垂线上的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低．属于简单题．5．压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小．如图所示，将压敏电阻平放在电梯内，受力面向上，在其上面放一质量为m的物体，电梯静止时电压表的示数为U0．下列电压表示数随时间变化图象中，能表示电梯竖直向上作匀加速直线运动的是( )A．B．C．D．【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重；匀变速直线运动的图像；闭合电路的欧姆定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小；压敏电阻越小，根据闭合电路欧姆定律，其两端电压越小；故压力越大，电压表读数越小；然后根据电压读数判断压力变化情况，得到电梯可能的运动．【解答】解：压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，而压敏电阻越小，根据闭合电路欧姆定律，其两端电压越小，故压力越大，电压表读数越小；电梯竖直向上作匀加速直线运动，加速度向上且恒定，处于超重状态，故压力大于重力且恒定，故U＜U0，且恒定；故选A．【点评】本题关键根据压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小的特点，结合欧姆定律得到物体超重时，有U＜U0且恒定，然后根据电梯竖直向上作匀加速直线运动进行判断．6．图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子( )A．带负电B．在c点受力最大C．在b点的电势能大于在c点的电势能D．由a点到b点的动能变化等于有b点到c点的动能变化【考点】等势面；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．【解答】解：A：根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，故A错误；B：点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在C点受到的电场力最小，故B错误；C：根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C正确；D：a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D错误．故选：C．【点评】本题中，点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．属于基础题目．7．如图所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接．只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作．如果再合上S2，则下列表述正确的是( )A．电源输出功率减小 B．L1上消耗的功率增大C．通过R1上的电流增大D．通过R3上的电流增大【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由题，只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作，再合上S2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化．由于电源的内阻不计，电源的输出功率P=EI，与电流成正比．L1的电压等于并联部分总电压，并联部分的电压随着其电阻的减小而减小，分析L1上消耗的功率变化，判断通过R3上的电流变化．【解答】解：A、只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作，再合上S2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大．由于电源的内阻不计，电源的输出功率P=EI，与电流成正比，则电源输出功率增大．故A错误．B、由于并联部分的电阻减小，根据串联电路的特点，并联部分分担的电压减小，L1两端的电压减小，其消耗的功率减小．故B错误．C、再合上S2，外电路总电阻减小，干路电流增大，而R1在干路中，通过R1上的电流增大．故C正确．D、并联部分的电压减小，通过R3上的电流将减小．故D错误．故选：C．【点评】本题要抓住并联的支路增加时，并联的总电阻将减小．同时要注意电源的内阻不计，电源的输出功率P=EI．8．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若( )A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．【解答】解：A、B、根据电容的决定式C=得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大；反之，保持S不变，减小d，则θ减小．故A 正确，B错误．C、D、根据电容的决定式C=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大；反之，保持d不变，增大S，则θ减小，故C错误，D错误．故选：A．【点评】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C=和C=．9．下述关于匀强电场的判断错误的是( )A．公式E=也适用于匀强电场B．根据U=Ed可知，匀强电场中任意两点的电势差与这两点的距离成正比C．匀强电场的场强值等于沿任意方向每单位长度上的电势差值D．匀强电场的场强方向总是跟正电荷所受电场力的方向一致【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】E=是定义式，适用于一切电场．在匀强电场中，电场强度与电势差的关系为 U=Ed，d是两点沿电场线方向距离．公式变形即可得到E的表达式，匀强电场的场强值等于沿场强方向每单位长度上的电势差值．匀强电场的场强方向跟正电荷所受电场力的方向一致，与负电荷受电场力方向相反【解答】解：A、公式E=是定义式，适用于一切电场，故也适用于匀强电场，故A正确．B、公式U=Ed中的d的含义是沿电场方向的距离，故两点的电势差与这两点的沿电场方向上的距离成正比，故B错误．C、根据U=Ed有，即匀强电场的场强值等于沿场强方向每单位长度上的电势差值，故C错误．D、匀强电场的场强方向跟正电荷所受电场力的方向一致，故D正确．本题选择错误的．故选：BC【点评】本题要掌握电场强度与电势差的关系式U=Ed，理解其适用条件和各个量的含义是关键，知道该公式只适用于匀速电场，d是两点沿电场线方向距离10．电场中有一条直线，在直线上有M、N两点，若将一试探电荷q从直线外的P点分别移到M、N两点，电场力对q做功相等，则( )A．.该电场若是匀强电场，则M、N所在直线一定与电场线平行B．．该电场若是匀强电场，则M、N所在直线一定与电场线垂直C．.该电场若是由一个点电荷产生的，则M、N两点的电势和电场强度都相同D．.该电场若是由一个点电荷产生的，则M、N两点的电势相等、电场强度不同【考点】电势能；电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】试探电荷q从直线外的P点分别移到M、N两点，电场力对电荷做的功相等说明MN 两点的电势是相等的．【解答】解：A、B：由题意，MN两点的电势是相等的，若该电场是匀强电场，则M、N所在直线是电场中的一条等势线，它一定与电场线垂直．故A错误，B正确；C、D：由题意，MN两点的电势是相等的，若该电场是一个点电荷产生的，则MN处于以点电荷为圆心的同一个圆上，它们到点电荷的距离是相等的，与点电荷连线的方向一定是不同的，所以MN两点的电场强度的方向不同，所以MN两点的场强不同．故C错误，D正确．故选：BD．【点评】由点电荷产生的电场中，所有各点的电场强度要么大小不相等，要么方向不相同，不存在场强相等的点．切记．11．如图电路中，电键K1、K2、K3、K4均闭合，在平行板电容器C的极板间悬浮着一油滴P，则( )A．断开K3，P将向下运动B．断开K2，P将向下运动C．断开K1，P将向下运动D．断开K4，P仍悬浮不动【考点】带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】平行板电容器板间悬浮着一油滴P，油滴所受的重力与电场力平衡．根据条件分别分析各种情况下板间场强和油滴的电场力如何变化，进而确定P将怎样运动即可．【解答】解：A、断开K3，电容器通过电阻放电，板间场强逐渐减小，油滴所受的电场力减小，油滴将向下运动，故A正确．B、断开K2，电容器两板间的电压增大，稳定时，其电压等于电源的电动势，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，油滴将向上运动，故B错误．C、断开K1，电容器两板间的电压不变，场强不变，油滴所受的电场力不变，油滴仍处于平衡状态．故P不动，故C错误．D、断开K4，电容器的电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态，故D正确．故选：AD．【点评】本题考查分析电容器电压的能力．难点是断开K2，稳定后电容器的电压等于电源的电动势，可以用电势差等于电压来理解．12．如图所示电路中，定值电阻R2=r，滑动变阻器的最大阻值为R1且R1≥R2+r（r为电源内阻），在滑动变阻器的滑片P由左端a向右滑动的过程中，以下说法正确的是( )A．电源的输出功率变大B．R2消耗的功率先变大后变小C．滑动变阻器消耗的功率先变大后变小。

高三物理上学期10月月考试卷(含解析)7

河北省邯郸市广平一中高二物理10月月考试卷

广平一中2015-2016学年第一学期高二年级期中考试物理试题一、选择题(共12小题，每小题4分，共48分，第1~10题为单选题，其中第11~12题为多项选择题，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1、物理学是一门自然科学，它的发展推动着社会和人类文明的进步。

下列有关物理学发展过程中的一些史实，说法正确的是A.库仑通过扭秤实验发现了库仑定律，并测定了电子的电荷量B．电流通过导体产生的热量与电流、导体电阻和通电时间的规律由欧姆首先发现C．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系D．特斯拉为了解释磁体产生的磁场提出了分子电流假说2．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是( )A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关B．磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力的方向一致C．在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零D．在磁场中磁感线越密集的地方，B值越大3．一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U时，通过的电流是I，若将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I，导线两端所加的电压变为( )A．U/2 B．U C．2U D．4U4. 如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率随电流I变化的图线，曲线OBC表示同一直流电源内部的热功率随电流I变化的图线．若A、B点的横坐标均为1 A，那么AB线段表示的功率为( )A．1 W B．6 WC．2 W D．2.5 W5.如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，电路中的电阻R1、R2和R3的阻值都相同。

在电键S处于闭合状态下，若将电键S1由位置1切换到位置2，则A 电压表的示数变大B 电池内部消耗的功率变大C 电阻R2两端的电压变大D 电池的效率变大6．如图所示，一带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是( )A．N极竖直向上 B．N极竖直向下C．N极沿轴线向左 D．N极沿轴线向右7．两长直通电导线互相平行，电流方向相同，其截面处于一个等边三角形的A、B处，如图所示，两通电导线在C处的磁感应强度均为B，则C处总磁感应强度为( )A．2B B．BC．0 D.3B8．如图所示，在真空中，水平导线中有恒定电流I通过，导线的正下方有一质子初速度方向与电流方向相同，则质子可能的运动情况是( )A．沿路径a运动 B．沿路径b运动C．沿路径c运动 D．沿路径d运动9. 如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在条形磁铁的左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时( )A．磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用B．磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用C．磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用D．磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用10．两个粒子，带电量相等，在同一匀强磁场中只受洛伦兹力而做匀速圆周运动( )A．若速率相等，则半径必相等 B．若质量相等，则周期必相等C．若动能相等，则周期必相等 D．若质量相等，则半径必相等11．带电荷量为＋q的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是( )A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B．如果把＋q改为－q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变C．洛伦兹力方向一定与电荷运动方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直D．粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变12. 如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变大，则( )A．电荷将向上加速运动B．电荷将向下加速运动C．电流表中将有从a到b的电流D．电流表中将有从b到a的电流二、实验题（共2小题，共20分）13. 某同学得用多用电表测量二极管的反向电阻。

第一学期高三年级10月考试.docx

广平一中2015—2016学年第一学期高三年级10月考试数学试卷（文）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1．已知集合}1|{>=x x M ，集合}032|{>+=x x N ，则=⋂N M C R )(( ) A ．(-1,23) B ．(-1,23 C ．-1,23) D ．-1,23 2．已知i 为虚数单位，复数121iz i+=-，则复数z 在复平面内的对应点位于（） A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3．一个几何体的三视图形状都相同，大小均等，那么这个几何体不可以是 A 球 B 三棱锥 C 正方体 D 圆柱4. 已知直线l ⊥平面α,直线m ⊂平面β,则“αβ”是“l m ⊥”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件5. 函数xx x f 2)1ln()(-+=的零点所在的区间是（） A ．（3，4） B ．（2，e ） C ．（1，2） D ．（0，1）6．. 若x ，y 满足约束条件 02323x x y x y ≥⎧⎪+≥⎨⎪+≤⎩，则y x z -=的最小值是 ( )（A ）-3 （B ）0 （C ）32（D ）3 7. 平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为（A ）6π （B ）43π （C ）46π （D ）63π8. 已知等差数列{}n a 的前n 项和为n s ，且满足1525,s π=则8tan a 的值是（） A 、3， B 、3-， C 、3,3 D 、3,3-9. 要得到函数)3sin(x y -=π的图象，只需将函数)6sin(x y -=π的图象（）A.向右平移6π个单位B.向左平移6π个单位C.向左平移2π个单位D.向右平移2π个单位10. 数列{a n }的通项公式2cosπn a n =，其前n 项和为S n ，则S 2015等于（） A.1008 B.2015 C.0 D.-111．函数)1(),1|(|log >+=a x y a 的图像大致是（） A.B. C. D.12．设函数⎪⎩⎪⎨⎧<-≥-=)2(1)21()2()2()(x x x a x f x 是R 上的单调递减函数，则实数a 的取值范围为( )A ．(-∞，2)B ．(-∞，813 C ．(0,2) D ．813,2) 二．填空题：（本大题共4小题，每小题5分）13．. 不等式x 2-5x+6≤0的解集为______14．已知4sin 5θ=,且θ在第二象限,则sin2θ=15．设1log ,32log ,21log 33131===c b a ，则c b a ,,大小关系是_______________. 16．在ABC ∆中,M 是BC 的中点,1AM =,点P 在AM 上,且满足2A P P M =,则O xyO xy-1 O 1 xy-1 O 1 xy()PA PB PC ⋅+=三．解答题：(解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(本题满分10分）在锐角三角形ABC 中，a ，b ，c 分别为角A 、B 、C 所对的边，且A c a sin 23= (1)求角C ； (2)若7=c ，且ΔABC 的面积为233，求b a +的值.18.(本题满分12分）如图所示，在棱锥P -ABC D 中， ⊥PA 平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，且AB //CD ，90=∠BAD ，PA =AD =DC =2，AB =4. （Ⅰ）求证：PC BC ⊥;（Ⅱ）若F 为PB 的中点，求证：CF //平面PAD .19．本题满分12分已知等差数列{}n a 为递增数列，且25,a a 是方程212270x x -+=的两根，数列{}n b 的前n 项和112n n T b =-；（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若13n nn n n b c a a +⋅=⋅，n s 为数列{}n c 的前n 项和，证明：1n s <；20．本题满分12分设α∈（0，2π），且51cos sin =-αα （1）求α2sin 及αsin ，αcos 的值；（2）设)(2cos )2cos(5)(R x x x x f ∈+-=α①求)(x f 的最小正周期和图象的对称中心坐标； ②求)(x f 在区间]245,2411[ππ--上的值域.21．本题满分12分如图,四边形ABCD 是边长为2的正方形,ABE ∆为等腰三角形,AE BE =,平面ABCD ⊥平面ABE ,点F 在CE 上,且BF ⊥平面ACE .(Ⅰ)证明:平面ADE ⊥平面BCE ;(Ⅱ)求点D 到平面ACE 的距离.22．本题满分12分设函数()b f x ax x=-，曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为74120x y --=。

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广平一中2015—2016学年第一学期高三年级10月考试数学理科试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考生作答时。

将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。

一、选择题：（本大题共12个小题，每题5分，共60分） 1.已知集合21,01,2A =--｛，，｝，{}(1)(2)0B x x x =-+<,则A B =（）A ．{}1,0A =-B ．{}0,1C ．{}1,0,1-D ．{}0,1,2 2.复数()i 2i -=（） A ．12i +B ．12i -C ．12i -+D ．12i --3.下列函数中，既是奇函数又是增函数的为（） A ．1y x =+ B ．2y x =- C ．1y x=D ．||y x x = 4．如图，阴影部分的面积是 ( )A ．23B ．2－3 C.323 D.3535．设()f x 为定义在R 上的奇函数，当0x ≥时，()32()xf x x a a R =-+∈，则(2)f -=（）A.-1B.-4C.1D.46.设D 为ABC ∆所在平面内一点3BC CD =，则（）（A ）1433AD AB AC =-+ (B)1433AD AB AC =- （C ）4133AD AB AC =+ (D)4133AD AB AC =-7.要得到函数sin 43y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的图象，只需要将函数sin 4y x =的图象（）（A ）向左平移12π个单位（B ）向右平移12π个单位（C ）向左平移3π个单位（D ）向右平移3π个单位 8．若数列{}n a 是等差数列，首项120032004200320040,0,.0a a a a a >+><，则使前n 项和0n s >成立的最大自然数n 是( )． A ．4 005B ．4 006C ．4 007D ．4 0089．奇函数)(x f 满足对任意R x ∈都有,0)()4(=-++x f x f 且,9)1(=f 则)2013()2012()2011(f f f ++的值为 ( )A.6B.7C.8D.010．已知函数⎪⎩⎪⎨⎧≤---=)1()1(,5)(2x ＞x a x ax x x f 是R 上的增函数，则a 的取值范围是（）A 、3-≤a ＜0B 、3-≤a ≤2-C 、a ≤2-D 、a ＜0 11．函数的图象大致是（）A B C D12.设函数'()f x 是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)0f -=，当0x >时，'()()0xf x f x -<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是（） A ．(,1)(1,0)-∞-- B ．(1,0)(1,)-+∞ C ． (,1)(0,1)-∞- D ．(0,1)(1,)+∞二、填空题：（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 13、函数1()123xf x x =-++的定义域为 . 14.在ABC △中，4a =，5b =，6c =，则sin 2sin AC= ．15.已知向量OA AB ⊥，||3OA =，则OA OB ⋅= .16.对任意两个实数12,x x ，定义()11212212,,,,.x x x max x x x x x ≥⎧=⎨<⎩若()22f x x =-，()g x x =-，则()()(),max f x g x 的最小值为．三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

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广平一中2015-2016学年高三年级第一学期10月月考试题高三年级物理试卷审核人：注意事项1、本试卷分第Ⅰ卷（客观题）和第Ⅱ卷（主观题）两部分。

满分 100 分，时间 90 分钟。

2、答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。

考生要认真核对答题卡上准考证号、姓名与考生本人准考证号、姓名是否一致。

3、作答时，第Ⅰ卷选出答案后，用2B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，再选涂其他答案标号。

第Ⅱ卷用黑色字迹签字笔在答题卡上书写作答，在试卷上作答，答案无效。

第Ⅰ卷一、选择题(共12小题，每小题4分，共48分，其中第9~12题为多项选择题，，全部选对的得4分，选不全的得2分)1、在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。

关于科学家和他们的贡献，下列说法错误的是( )A. 牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因B. 卡文迪许通过实验测出了引力常量C．开普勒发现了行星运动的规律 D．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献2．物体在变力F作用下沿水平方向做直线运动，物体质量m＝10kg，F随坐标x的变化情况如图所示。

若物体在坐标原点处由静止出发，不计一切摩擦。

借鉴教科书中学习直线运动时由v－t图象求位移的方法，结合其他所学知识，根据图示的F－x图象，可求出物体运动到x＝16 m处时，速度大小为（）A．3 m/s B．4 m/s C．22m/s D．17 m/s3.在一次军事演习中，伞兵跳离飞机后打开降落伞，实施定点降落。

在伞兵匀速下降的过程中，下列说法正确的是（ D ）A.伞兵的机械能守恒，重力势能不变B.伞兵的机械能守恒，重力势能减小C.伞兵的机械能不守恒，重力势能不变D.伞兵的机械能不守恒，重力势能减小4．如图2所示，质量不同的两物体通过轻绳相连，M＞m，滑轮光滑且质量不计，轻绳的伸长不计，空气阻力不计。

由静止释放两物体，则物体M下降h距离过程中( )A．两物体减少的机械能总量等于B．轻绳的拉力对m做的功等势mghC．m的速度大小等于 D．M的速度大小等于5．质量为m的滑块，以初速度v o沿光滑斜面向上滑行，不计空气阻力。

若以距斜面底端h 高处为重力势能参考面，当滑块从斜面底端上滑到距底端高度为h的位置时，它的动能是( )A． B．mgh C． D．6.如图,表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮,小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。

初始时刻,A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。

剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑,则从剪断轻绳到物块着地,两物块( )A.重力做功的平均功率相同B.机械能的变化量不同C.重力势能的变化量相同D.速率的变化量不同7.如图所示,水平木板上有质量m=1.0 kg的物块,受到随时间t变化的水平拉力F作用,用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f的大小。

取重力加速度g=10 m/s2,下列判断正确的是( )A.5 s内拉力对物块做功为零B.4 s末物块所受合力大小为4.0 NC.物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D.6~9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s28．如图6所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在弹簧压缩到最短的整个过程中，下列关于能量的叙述中正确的应是（）A．重力势能和动能之和总保持不变D．重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变C．动能和弹性势能之和保持不变B．重力势能和弹性势能之和总保持不变9.如图所示,劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上,另一端与置于水平面上质量为m的物体接触(未连接),弹簧水平且无形变。

用水平力F缓慢推动物体,在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0,此时物体静止。

撤去F后,物体开始向左运动,运动的最大距离为4x0。

物体与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。

则( )A.撤去F后,物体先做匀加速运动,再做匀减速运动B.撤去F后,物体刚运动时的加速度大小为-μgC.物体做匀减速运动的时间为2D.物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg10、一个质量为0．3kg的物体沿水平面做直线运动，如图所示，图线a表示物体受水平拉力时的v-t 图象，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v-t图象，g=10m/s2，下列说法中正确的是（）A．撤去拉力后物体还能滑行13.5m B．物体与水平面间的动摩擦因数为0．1C．水平拉力的大小为0．1N，方向与摩擦力方向相同D．水平拉力对物体做正功11、如图4所示，质量相同的两物体处于同一高度，A沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B自由下落，最后到达同一水平面，则（）A．重力对两物体做的功相同 B．重力的平均功率相同C．到达底端时重力的瞬时功率P A<P B D．到达底端时两物体的动能相同12.如图,一固定斜面倾角为30°,一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度,沿斜面向上做匀减速运动,加速度的大小等于重力加速度的大小g。

若物块上升的最大高度为H,则此过程中,物块的( )A.动能损失了2mgHB.动能损失了mgHC.机械能损失了mgHD.机械能损失了mgH第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、填空题(每空3分，共18分．请把答案写在答题纸上)13．（6分在利用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验中：(1)打点计时器所接交流电的频率为50Hz，甲、乙两条实验纸带如图所示，应选________纸带好。

(2)若通过测量纸带上某两点间距离来计算某时刻的瞬时速度，进而验证机械能守恒定律。

现已测得2、4两点间距离为s1,0、3两点间距离为s2，打点周期为T，为了验证0、3两点间机械能守恒，则s1、s2和T应满足的关系为________。

14.（12分）科学规律的发现离不开科学探究，而科学探究可以分为理论探究和实验探究.下面我们追寻科学家的研究足迹用实验方法探究恒力做功和物体动能变化间的关系.（1）某同学的实验方案如图3甲所示，他想用钩码的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为在实验中还应该采取的两项措施是：①____________________________________；②____________________________________________.（2）如图乙所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是计数点，相邻计数点间的时间间隔为T.距离如图乙，则打C点时小车的速度为_____；要验证合外力的功与动能变化间的关系，除位移、速度外、还要测出的物理量有_______.三、计算题（共34分，请把解题过程写到答题纸上，只写结果不写过程不得分。

）15．(10分)能源短缺和环境恶化已经成为关系到人类社会能否持续发展的大问题。

为缓解能源紧张压力、减少环境污染，汽车制造商纷纷推出小排量经济实用型轿车。

某公司研制开发了某型号小汽车发动机的额定功率为24kW，汽车连同驾乘人员总质量为m＝2000kg，在水平路面上行驶时受到恒定的阻力是800N，求：(1)汽车在额定功率下匀速行驶的速度；(2)汽车在额定功率下行驶，速度为20m/s时的加速度。

16．(12分)如图所示，AB 为固定在竖直平面内的14光滑圆弧轨道，轨道的B 点与水平地面相切，其半径为R 。

质量为m 的小球由A 点静止释放，求：(1)小球滑到最低点B 时，小球速度v 的大小；(2)小球通过光滑的水平面BC 滑上固定曲面，恰达最高点D ，D 到地面的高度为h (已知h <R )，则小球在曲面上克服摩擦力所做的功W f 。

17.(12分)如图所示,ABCD 为固定在竖直平面内的轨道,AB 段光滑水平,BC 段为光滑圆弧,对应的圆心角θ=37°,半径r=2.5 m,CD 段平直倾斜且粗糙,各段轨道均平滑连接,倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×105 N/C 、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。

质量m=5×10-2 kg 、电荷量q=+1×10-6 C 的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后,沿水平轨道向左滑行,在C 点以速度v 0=3 m/s 冲上斜轨。

以小物体通过C 点时为计时起点,0.1 s 以后,场强大小不变,方向反向。

已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25。

设小物体的电荷量保持不变,取g=10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。

(1)求弹簧枪对小物体所做的功;(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P,求CP 的长度。

广平一中2015-2016学年高三年级第一学期10月月考试题物理试题答案1、A2、C3、D4、D5、D6、A7、D8、B9、BD 10、AC 11、ACD12、AC13、答案：(1)甲 (2)T 2＝s 218gs 2解析：(1)由于甲图中1、2两点间的距离(1.9mm)接近于2mm ，故选甲图。

(2)mgs 2＝12m v 2 v ＝s 12T 得T 2＝s 218gs 214、15、答案：(1)30m/s (2)0.2m/s 2解析：(1)P ＝F v v ＝P F ＝24000800m/s ＝30m/s (2)F 1＝P v 1＝2400020N ＝1200N a ＝F 1－f m ＝1200－8002000m/s 2＝0.2m/s 2 16、答案：(1)2gR (2)mg (R －h )解析：(1)小球从A 滑到B 的过程中，由动能定理得：mgR ＝12m v 2B－0 解得：v B ＝2gR ；(2)从A 到D 的过程，由动能定理可得：mg (R －h )－W f ＝0－0，解得，克服摩擦力做的功W f ＝mg (R －h )。

17、答案 (1)0.475 J (2)0.57 m解析 (1)设弹簧枪对小物体做功为W f ,由动能定理得W f -mgr(1-cos θ)=m①代入数据得W f =0.475 J②(2)取沿平行斜轨向上为正方向。

设小物体通过C 点进入电场后的加速度为a 1,由牛顿第二定律得-mg sin θ-μ(mg cos θ+qE)=ma1③小物体向上做匀减速运动,经t1=0.1 s后,速度达到v1,有v1=v0+a1t1④由③④可知v1=2.1 m/s,设运动的位移为s1,有s1=v0t1+a1⑤电场力反向后,设小物体的加速度为a2,由牛顿第二定律得-mg sin θ-μ(mg cos θ-qE)=ma2⑥设小物体以此加速度运动到速度为0,运动的时间为t2,位移为s2,有0=v1+a2t2⑦s2=v1t2+a2⑧设CP的长度为s,有s=s1+s2⑨联立相关方程,代入数据解得s=0.57 m⑩。