2015-2016学年江苏省南通市如皋市高三(上)期末物理试卷
2015高考物理江苏省如皋市三轮冲刺模拟试题
PCD2015年搬经中学高三物理模拟试卷(5月20日)满分120分，考试用时100分钟。
第Ⅰ卷（选择题，共31分）一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个．．．．选项符合题意．选对的得 3 分，错选或不答的得 0 分． 1．下列叙述正确的是A ．力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B ．伽利略用―月—地检验‖证实了万有引力定律的正确性C ．法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点D ．牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量2．半圆柱体P 放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN ．在P和MN 之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q ，整个装置处于静止状态．如图所示是这个装置的纵截面图．若用外力使MN 保持竖直地缓慢向右移动，在Q 落到地面以前，发现P 始终保持静止．在此过程中，下列说法中正确的是 A ．Q 受到MN 的弹力逐渐减小 B ．Q 受到P 的弹力逐渐减小 C ．Q 受到MN 和P 的弹力之和保持不变 D ．P 受到地面的支持力和摩擦力均保持不变3．近几年我国在航空航天工业上取得了长足的进步，既实现了载人的航天飞行，又实现了航天员的出舱活动．如图所示，在某次航天飞行实验活动中，飞船先沿椭圆轨道1飞行，后在远地点343千米的P 处点火加速，由椭圆轨道1变成高度为343千米的圆轨道2．下列判断正确的是A ．飞船在椭圆轨道1上的机械能比圆轨道2上的机械能大B ．飞船在圆轨道2上时航天员出舱前后都处于失重状态C ．飞船在此圆轨道2上运动的角速度小于同步卫星运动的角速度D ．飞船在椭圆轨道1上通过P 的加速度小于沿圆轨道2运动的加速度4．如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L ，纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流—位移(x I )关系的是5．如图所示，有一正方体空间ABCDEFGH ，则下面说法正确的是A ．若只在A 点放置一正点电荷，则电势差BC U <HG UB ．若只在A 点放置一正点电荷，则B 、H 两点的电场强度大小相等C ．若只在A 、E 两点处放置等量异种点电荷，则C 、G 两点的电势相等D ．若只在A 、E 两点处放置等量异种点电荷，则D 、F 两点的电场强度大小相等二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共16 分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分． 6．一理想变压器原、副线圈的匝数比为44∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P 为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是A ．副线圈输出电压的频率为100HzB ．副线圈输出电压的有效值为5VC ．P 向左移动时，变压器原、副线圈的电流都减小D ．P 向左移动时，变压器的输入功率增加7．如图所示，质量为m 的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球同时施加水平向右的恒力0F 和竖直向上的力F ，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F 大小始终与小球的速度成正比，即υk F =(图中未标出)．已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是A ．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，直到最后做匀速运动B ．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止C ．小球的最大加速度为mFD ．小球的最大速度为k μmgμF +0，恒力0F 的最大功率为2002F F mg kμμ+8．(2014·济南5月针对训练)如图所示，两面积较大、正对着的平行极板A 、B 水平放置，极板上带有等量异种电荷．其中A 板用绝缘线悬挂，B 板固定且接地，P 点为两板的中间位置．下列结论正确的是( )A ．若在两板间加上某种绝缘介质，A 、B 两板的电压会保持不变 B ．A 、B 两板电荷分别在P 点产生电场的场强大小相等，方向相同C ．若将A 板水平向左平移一小段距离，两板间的电场强度将减小D ．若将A 板竖直向下平移一小段距离，原P 点位置的电势将变大 9．如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于 水平面上的质量为m 的小物体接触(未连接)，如图中O 点，弹簧水平且 无形变．用水平力F 缓慢向左推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩 了0x ，如图中B 点，此时物体静止．撤去F 后，物体开始向右运动， 运动的最大距离距B 点为30x ，C 点是物体向右运动过程中弹力和摩擦s－乙力大小相等的位置，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 时，物体的加速度最大，大小为gm kxμ-0B ．物体先做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，最后做匀减速运动C ．从B→C 位置物体弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量D ．撤去F 后，物体向右运动到O 点时的动能最大第Ⅱ卷（非选择题 共89分）三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置． 10．（10分）在水平固定的长木板上，小明用物体A 、B 分别探究了加速度随着外力的变化的关系，实验装置如图甲所示(打点计时器、纸带图中未画出)．实验过程中小明用不同的重物P 分别挂在光滑的轻质动滑轮上，使平行于长木板的细线拉动长木板上的物体A 、B 由静止开始加速运动（纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略），实验后进行数据处理，小明得到了物体A 、B 的加速度a 与轻质弹簧秤弹力F 的关系图象分别如图乙中的A 、B 所示， （1）（多选题）由图甲判断下列说法正确的是A ．一端带有定滑轮的长木板不水平也可以达到实验目的B ．实验时应先接通打点计时器电源后释放物体C ．实验中重物P 的质量应远小于物体的质量D ．弹簧秤的读数始终为重物P 的重力的一半（2）小明仔细分析了图乙中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且A mB m（填―大于‖―等于‖或―小于‖）；两物体与木板之间动摩擦因数A μ B μ（填―大于‖―等于‖（3）甲、乙两位同学在―验证牛顿第二定律‖实验中，使用了如图丙所示的实验装置。
2019届江苏省南通市如皋市高三上学期期末考试物理试题(word版)
江苏省南通市如皋市高三（上）期末物理试卷一、选择题1.如图，A、B、C、D是四个完全相同的球，重力皆为G，A、B、C放置在水平面上用细线扎紧，D球叠放在A、B、C三球上面，则球A对地面的压力为（）A. B. C. D. G【答案】A2.某小型发电厂输出电压为u＝220sin100πt（V）的交流电，经过升压变压器输送到较远的地区后，再经过降压变压器输给用户使用，如图所示，已知变压器都是理想变压器，升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比分别为1：n和n：1，则下列说法中正确的是（）A. 用户用电器上交流电的频率是100HzB. 降压变压器输入、输出功率之比为n：1C. 升压变压器中副线圈的导线比原线圈的要粗D. 若用户增加时，输电线上损耗的功率增大【答案】D3.如图所示，a、b、c是三个质量相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A. a、b同时到达同一水平面B. a、b落地时的速度相同C. 它们的末动能可能相同D. 落地时重力的功率一定是P b＝P c＞P a【答案】D4.位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图所示，ab，cd分别是正方形两组对边的中垂线，O为中垂线的点，P，Q分别为ab，cd上的两点OP＞OQ，下列说法中正确的是（）A. P、Q两点的电势关系为φP＜φQB. P、Q两点电场强度的大小关系为E Q＜E PC. 若在O点轻放一正点电荷，该正点电荷可能沿ab方向运动D. 带负电的试探电荷在Q点时的电势能比在M点时的电势能小【答案】D5.一个小球从光滑固定的圆弧槽的A点由静止释放后，经最低点B运动到C点的过程中，小球的动能E k随时间t的变化图象可能是（）A. B. C. D.【答案】B6.2018年6月5日，我国成功发射风云二号H星，风云二号H星是我国第一代静止轨道气象卫星的最后一颗，将定点于东经79°赤道上空，与在轨的风云二号B、E、F、G星开展组网观测，提高我国天气系统上游地区的监测能力，并为“一带一路沿线国家、亚太空间合作组织成员国提供天气预报、防灾减灾等监测服务，下列说法正确的有（）A. 风云二号H、E、F、G星的质量可以都不相同B. 风云二号H、E、F、G星的绕行方向可以都不相同C. 风云二号B、E、F、G星的轨道半径可以都不相同D. 风云二号B、E、F、G星的轨道平面都相同【答案】AD7.如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为光敏电阻，C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S后，若减弱照射光强度，则（）A. 电压表的示数增大B. 电容器上的电荷量减小C. 小灯泡的功率减小D. 两表示数变化量的比值不变【答案】CD8.如图所示，abc是竖直面内的光滑固定绝缘轨道，ab水平且长度为2R，bc是半径为R的四分之一的圆弧轨道，与ab相切于b点，一质量为m的带电小球始终受到大小为mg的水平电场力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度为g。
高三物理-如皋市2016届高三上学期12月调研检测物理试卷(三)
2015～2016学年度高三年级第一学期教学质量调研（三）物理试卷（分值120分，时间100分钟）一、单项选择题:本题共8小题，每小题3分，共计24分。
每小题只有一个．．．．选项符合题意．1．2015年7月18日，极具观赏性的世界悬崖跳水赛在葡萄牙亚速尔群岛成功举办。
选手们从悬崖上一跃而下，惊险刺激的场景令观众大呼过瘾。
如图所示，为一选手从距离水面高为20米的悬崖上跳下，选手受到的空气阻力跟速度成正比（g 取10m/s 2），则以下说法正确的是 A ．选手在下落过程中，加速度a 与速度v 的方向始终相反 B ．选手入水时速度一定达到最大C ．选手从开始跳下到入水的时间一定大于2秒D ．选手在空中下落过程机械能增大，入水后机械能减小2．如图，P 为桥墩，A 为靠近桥墩浮在水面的叶片，波源S 连续振动，形成水波，此时叶片A 静止不动，为使水波能带动叶片振动，可用的方法是 A ．提高波源频率 B ．降低波源频率 C ．增加波源距桥墩的距离 D ．增大波源的振幅3． 中国在西昌卫星发射中心用“长征三号 丙”运载火箭，将第十一颗“北斗”导航卫星成功送入太空预定转移轨道，这是一颗地球静止轨道卫星。
“北斗”导航卫星定位系统由静止轨道卫星（同步卫星)、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成，中轨道卫星轨道半径约为27900公里，静止轨道卫星的半径约为42400公里。
下列说法正确的是 A ．静止轨道卫星的向心加速度比中轨道卫星向心加速度小B ．静止轨道卫星和中轨道卫星的线速度均大于地球的第一宇宙速度C ．中轨道卫星的周期大于同步卫星周期D ．地球赤道上随地球自转物体的向心加速度比静止轨道卫星向心加速度大4．如图所示，粗糙倾斜的传送带静止不动，将物块从传送带顶端由静止释放，滑到底端所需要的时间为t 。
假如当物块滑到传送带中点时，传送带突然以某一恒定速度转动起来，此时物块从顶端由静止释放滑到底端所需要的时间为/t A ．若传送带逆时针转动，则时间/t 可能大于t B ．若传送带逆时针转动，则时间/t 一定大于t C ．若传送带顺时针转动，则时间/t 一定小于tD ．若传送带顺时针转动，则时间/t一定等于t 5．下列说法正确的是A ．多普勒效应是由于波的干涉引起的第1题B ．声波从空气进入水中波长变长，光波从空气进入水中波长变短C ．电磁波中最容易发生衍射的是γ射线D ．紫外线的波长比伦琴射线的波长长，有很强的热效应和荧光效应6．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正方向运动，其电势能E P 随位移x 变化的关系如图所示，其中0～x 2段是对称的曲线，2x ～3x 段是直线，则下列说法不正确的是 A ．1x 处电场强度为零B ．1x 、2x 、3x 处电势1ϕ、2ϕ、3ϕ的关系为1ϕ＞2ϕ＞3ϕC ．粒子在2x ～3x 段速度v 随x 均匀减小；D ．2x ～3x 段是匀强电场。
江苏省如皋市2016届高三上学期期初调研测试物理试题Word版含解析
2015～2016学年度高三年级第一学期期初调研测试物理试题（考试时间：60分钟分值：100分）一、单项选择题（本大题共５小题，每小题４分，共2０分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）1．下列关于原子结构和原子核的说法中不正确的是A．卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型B．天然放射性元素在衰变过程中核电荷数和质量数守恒，其放射线在磁场中不偏转的是γ射线C．由图可知，原子核D和E聚变成原子核F要吸收能量D．由图可知，原子核A裂变成原子核B和C要放出核能【知识点】原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期【试题解析】α粒子散射实验中，绝大多数α粒子能够穿过原子，只有极少数发生大角度偏转，故卢瑟福在此基础上提出了原子的核式结构模型，故A正确；天然放射性元素在衰变过程中电荷数和质量数守恒，其放射线有α、β、γ三种射线，其中不带电的是γ射线，放射线在磁场中一定不偏转的是γ射线，故B正确；据图可知，原子核D和E聚变成原子核F过程中有质量亏损，故会放出核能，故C错误；据图可知，原子核A裂变成原子核B和C过程中有质量亏损，故会放出核能，故D正确.本题选不正确的，故选C.【答案】C2．下列说法正确的是A．物体吸收一定频率的电磁波，也只能辐射同频率的电磁波B．放射性元素的半衰期与原子所处的物理、化学状态有关C．光电效应产生的条件为：光强大于临界值D．铀裂变反应中，如果铀块体积不够大，链式反应就不能继续【知识点】氢原子的能级结构、能级公式光电效应裂变反应和聚变反应、裂变反应堆【试题解析】当原子吸收能量后，从基态跃迁到3轨迹，由于不稳定，从3轨迹向基态跃迁时，会有不同频率的电磁波，故A错误；放射性元素的半衰期与原子所处的物理、化学状态无关，故B错误；光电效应产生的条件为：入射光的频率大于临界值，故C错误；裂变反应中，必须达到临界体积时，链式反应才能继续，故D正确.【答案】D3．用绿光照射一光电管能产生光电效应，欲使光电子从阴极逸出时的最大初动能增大应A．改用紫光照射 B．增大绿光的强度C．增大光电管上的加速电压 D．改用红光照射【知识点】光电效应【试题解析】根据光电效应方程知，Ekm=h-W0，知光电子的最大初动能与入射光的频率有关，频率越高，光电子的最大初动能越大，与入射光的强度以及加速电压无关．故A正确，B、C、D错误．【答案】A4．小船在静水中速度为v，今小船要渡过一条小河，船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直.若航行到河中间时，水流速度增大，则渡河时间与预定的时间相比A．减少B．不变 C．增加D．无法确定【知识点】运动的合成与分解【试题解析】将小船的实际运动沿着船头指向和顺着水流方向正交分解，由于分运动互不干扰，故渡河时间与水流速度无关，只与船头指向方向的分运动有关，故船航行至河中心时，水流速度突然增大，只会对轨迹有影响，对渡河时间无影响，故选B．【答案】B5．如图所示，小车内两根不可伸长的细线AO、BO拴住一小球，其中BO水平，小车沿水平地面向右做加速运动，AO与BO的拉力分别为Ta 、T b.若加速度增大，则A．T a、T b均增大B．T a、T b均减小C．T a不变，T b增大D．T a减小，T b不变【知识点】牛顿运动定律、牛顿定律的应用【试题解析】当小车向左做加速运动，小球的加速度与小车具有相同的加速度.根据牛顿第二定律有：TAOcosθ=mg，则TAO＝，TBO-TAOsinθ=ma，解得TBO=mgtanθ+ma．知加速度增大时，绳AO的拉力不变，绳BO的拉力增大．故C正确，A、B、D错误．【答案】C二、多项选择题（本题共４小题，每小题６分，共计24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分．）6．物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，下列几组力中，可能使物体处于平衡状态的是（）A．5N、7N、8 N B．2N、3N、5NC．1N、5N、10 N D．1N、10N、12N【知识点】共点力的平衡力的合成与分解【试题解析】5N和7N两个力的合力范围为，8N在两个力的合力范围之内，则三个力的合力可能为零，可能处于平衡状态．故A正确．2N和3N的合力范围为，5N在两个力的合力范围之内，则三个力的合力可能为零，可能处于平衡状态．故B正确．1N和5N的合力范围为，10N不在两个力合力范围之内，则三个力的合力不能为零，物体不能处于平衡状态．故C错误．1N和10N的合力范围为，12N不在两个力合力范围之内，则三个力的合力不能为零，物体不能处于平衡状态．故D错误．【答案】AB7．下列说法中正确的是A．光的波粒二象性学说就是牛顿的微粒说加上惠更斯的波动的规律来描述B．光的波粒二象性彻底推翻了麦克斯韦的电磁理论E=，v表示波的特性，E表示粒子的特性C．光子说并没有否定电磁说，光子的能量νhD．个别光子的行为表现为粒子性，大量光子的行为表现为波动性【知识点】波粒二象性【试题解析】爱因斯坦的“光子说”与惠更斯的波动说能揭示了光具有波粒二象性．故A 错误．麦克斯韦根据他的电磁理论，认为光是一种电磁波，而赫兹证实了电磁波的存在，电磁波传播速度跟光速相同，他提出光是一种电磁波，光子说并没有否定光的电磁说，在光子能量公式E=h υ中，频率υ表示波的特征，E 表示粒子的特征．故B 错误C 正确．大量光子的效果往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性，故D 正确【答案】CD8．关于质子与中子，下列说法正确的是A ．原子核由质子、中子和电子组成B ．质子和中子统称为核子C ．卢瑟福发现了质子，并预言了中子的存在D ．卢瑟福发现了中子，并预言了质子的存在【知识点】原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期【试题解析】原子核由质子、中子组成，故A 错误;质子和中子统称为核子，故B 正确;卢瑟福发现了质子，并预言了中子的存在，故C 正确，D 错误【答案】BC9．某物体运动的v —t 图象如图所示，下列说法正确的是A ．物体在第2s 末运动方向发生变化B ．物体在前2s 内和前3s 内的加速度是相同的C ．物体在4s 末返回出发点D ．物体在2s 、6s 末离出发点最远，且最大位移为1m【知识点】匀变速直线运动及其公式、图像【试题解析】物体在第2s 末速度由负值变为正值，运动方向发生变化，故A 正确; 物体在前1s 和第2s 、3s 内的加速度方向不同，故B 错误;由图可知，4s 内物体的位移为零，故说明物体返出了出发点，故C 正确；6s 末物体离出发点的位移与2s 末的位移相同离出发点最远，位移为=1m ；故D 正确. t/s －【答案】ACD三、填空题（10、11题每空3分，12、13题每空6分，共27分）10．在做验证牛顿第二定律的实验时，某学生将实验装置如图甲安装，准备接通电源后开始做实验.（1）图中砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M，实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小.为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，接下来还需要进行的一项操作是：▲A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推一下小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。
江苏省如皋市2015届高三上学期调研模拟(三)物理试题 Word版含答案
2014~2015学年度高三年级第一学期教学质量调研（三）物理试卷（分值120分，时间100分钟）一、单项选择题:本题共8小题，每小题3分，共计24分。
每小题只有一个．．．．选项符合题意． 1． 如图为一物体做直线运动的速度图象，分别用v 1、a 1表示物体在0～t 1时间内的速度与加速度；v 2、a 2 表示物体在t 1～t 2时间内的速度与加速度，以下判断正确的是 A ．v 1与v 2方向相同，a 1与a 2方向相反 B ．v 1与v 2方向相反，a 1与a 2方向相同 C ．v 1与v 2方向相反，a 1与a 2方向相反 D ．v 1与v 2方向相同，a 1与a 2方向相同2． 一简谐机械横波沿x 轴正方向传播，波长为λ，周期为T ，t =0时刻的波形如图甲所示，a 、b 是波传播方向上的两个质点．图乙是波传播方向上某一质点的振动图像.下列说法正确的是 A ．t =0时质点a 的速度比质点b 的速度大 B ．t =0时质点a 的加速度比质点b 的加速度小 C ．图乙可以表示质点a 的振动 D ．图乙可以表示质点b 的振动3． 某人从住宅楼的三十层乘箱式电梯到一层，经历了加速、匀速、减速三阶段，则对于人在下降过程中的一些判断正确的是 A ．加速过程中，电梯对人的支持力与人对电梯的压力相等 B ．加速过程中，人的重力与电梯对人的支持力大小相等 C ．减速过程中，人处于失重状态 D ．加速和减速过程，人都处于超重状态4． 如图所示，a 、b 是静电场中某电场线上的两点，将一个电子由a 点移到b 点的过程中电场力做功为＋6eV ，则以下判断正确的是A ．电子的电势能减少6JB ．电子的电势能增加6eVC ．a 、b 两点间电势差U ab = -6VD ．电场强度的方向一定由a 沿直线指向b 5． 一物体以速度v 运动，到达位置A 开始受到向前但偏右的(观察者沿物体的运动方向看，下同)的合力，到达B 时，合力改成与前进方向相同，到达C 时，合力又突然改成向前但偏左，最终到达D ．以下四图表示物体全程的运动轨迹，正确的是 6． 如图所示为一自卸货车，货物与车厢的动摩擦因数为μ，车厢对货物的支持力为F N ，摩擦力为F f ，在车厢由水平位置缓慢抬起的过程中，车厢与货物相对静止，v FA12O下列描述正确的是A．车厢对货物的支持力F N增大B．车厢对货物的支持力F N减小C．车厢对货物的摩擦力F f减小D．支持力对货物做负功7．2012年2月25日我国成功地发射了第十一颗北斗导航卫星，该卫星在发射过程中经过四次变轨进入同步轨道．如图为第四次变轨的示意图，卫星先沿椭圆轨道Ⅰ飞行，后在远地点P处实现变轨，由椭圆轨道Ⅰ进入同步轨道Ⅱ，则该卫星A．在轨道Ⅱ上的周期比地球自转周期大B．在轨道Ⅱ上的速度比在轨道Ⅰ上任意—点的速度大C．在轨道Ⅱ上的加速度比在轨道Ⅰ上任意—点的加速度大D．在轨道Ⅱ上的机械能比在轨道Ⅰ上任意一点的机械能大8．如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行，设沿adcba方向为感应电流的正方向，初始线圈位置处于AB与OO′决定的平面，则在线圈转动半圈的时间内线圈中感应电流随时间变化关系正确的是二、多项选择题：本题共7小题，每小题4分，共计28分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．9．如图所示，交流发电机与理想变压器原线圈相连，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L1、L2均能发光. 要使两灯泡均变亮，可以采取的方法有A．向下滑动P B．向上滑动PC．增加发电机的线圈匝数D．减小电容器的电容，增大线圈的自感系数10．下列判断正确的是A．水底同一深度并列红、黄、绿、紫四个色球，从水面正上方观察紫球最浅B．太阳光穿过偏振片后，光强度不变，且和医院“B超”中的超声波传播速度相同C．均匀变化的电场产生均匀变化的磁场D．手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波11．电子仪器中常用两个阻值不同的可变电阻来调节电路中的电流，一个作为粗调，另一个作细调，这两个变阻器可按甲、乙两种方式接入电路．已知R1阻值较大，R2的阻值较小，则甲2A B C DcdA．甲图中R1作粗调用B．甲图中R1作细调用C．乙图中R2作粗调用D．乙图中R2作细调用12．如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，A、B为轴上两点.放在A、B两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示.以x轴的正方向为电场力的正方向，则A．点电荷Q一定为正电荷B．点电荷Q在A、B之间C．A点的电场强度大小为2×103 N/CD．A点的电势比B点的电势低13．如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0～t2时间内A．电阻R上通过恒定的电流B．电容器C的a板先带正电后带负电C．MN所受摩擦力的大小始终没变D．MN所受安培力的方向先向右后向左14．如图所示，两水平放置的平行金属板间有匀强电场，场强方向指向下极板，一带电荷量为－q的液滴，以初速度v0垂直电场线射入电场中，则液滴在电场中所做的运动可能是A．沿初速度方向做匀速运动B．向下极板方向偏转，做匀变速曲线运动C．向上极板方向偏转，轨迹为一段圆弧D．向上极板方向偏转，轨迹为抛物线15．如图所示，粗糙绝缘直角斜面ABC固定在水平面上，并处在方向与AB面平行的匀强电场中，一带正电的物体在电场力的作用下从斜面的底端运动到顶端，它的动能增加了ΔE k，重力势能增加了ΔE p，系统产生的内能为Q，则下列说法正确的是A．电场力对物体所做的功等于ΔE kB．物体克服重力做的功等于ΔE pC ．合外力对物体做的功等于ΔE kD ．电场力所做的功等于ΔE k ＋Q三、简答题：本题共2小题，共计20分．请将解答填写在答题卡相应的位置．16．如图甲所示，固定的光滑半球形容器内壁装有压力传感器，小滑块(可视为质点)沿容器内壁在竖直平面内来回滑动， 滑块到达的最高点A 、B 与半球容器的中心点O 的连线与竖直方向的夹角相等，且均小于10°，图乙表示滑块对容器压力F 随时间t 的变化图象，重力加速度g 取10m/s 2,则滑块运动的周期为________s ；容器的半径为______m ；滑块的质量为_____kg ；图乙中t =0时刻，滑块位于________点．(选填“最高点”、“最低点”、“介于最高与最低之间”)17．用如图所示装置测定电源电动势和内电阻，调节电阻箱接入电阻，得到下列表格中的一系列R 、U 值，为便于用图象法分析得出E 、r 的测量值，则需要对已知的U 、R 进行适当处理，若用图象(1)，则x =______，由图中条件，得E =_______，r =_______；若用图象(2)则y =_______，由图象(2)分析处理测得的电动势值 真实值（“大于”、”“等于”或“小于”），测得的电源内阻值____真实值（“大于”、”“等于”或“小于”）。
江苏省如皋市高三物理上学期教学质量调研试题(一)(扫描版)
江苏省如皋市2017届高三物理上学期教学质量调研试题（一）（扫描版）2016～2017学年度高三年级第一学期教学质量调研（一）物理试题答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共计24分，每小题只有一个选项符合题意．1．C 2．A 3．B 4．B 5．C 6．A 7．C 8．D二、多项选择题：本题共6个小题，每小题4分，共计24分，每个选择题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分．9．BCD 10．CD 11．AC 12．BD 13．AC 14．BD三、简答题：本题共2个小题，每空3分，共计21分．请将解答填写在答题卡相应位置．15．（1）h t d t d A B 222⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ ht d t d m mg A B 222⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-（2）<16．（1）如右图所示 （2）匀变速直线运动 （3）0.49～0.50 （4）0.049～0.050四、计算题：本题共3小题，共计51分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的验算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．17．解：（1）mkv g g mkv mg mg a 22cos sin cos sin --=--=θμθθμθ滑块下滑过程中加速度随速度的增大而减小，速度增大到某一定值时加速度等于零。
（4分） （2）当0a =时速度最大，max v =（4分）（3）当0v =时，2sin cos 3a g g m s θμθ=-=，解得μ=0.23=（4分） 最大速度2/v m s =，max 2v m s ==，解得k =1.5kg/m （4分）18．解：（1）在D 点：v y ＝gt ＝20 m/s （2分） tan37°＝v C v y，∴v C ＝15 m/s ． （3分） （2）对P →C 过程，由动能定理得：－mg 2R ＝12mv 2C －12mv 2P （3分）在P 点：F N －mg ＝m v 2PR∴F N ＝3250 N ． （3分） （3）对A →P 过程，由动能定理可得：mgH －μmg cos37°H －R +Rsin37°＝12mv 2P – 0 （3分） ∴H ＝45.5 m ． （3分） 19．解：（1）图像如图（3分）在F x -图像中，面积为外力拉弹簧时外力所做的功2122F W x kx == 弹簧的弹力对其做负功，212W kx =-（3分） （2）①分段研究：从1x 到3x 过程中，弹簧的弹力做负功，为2213112W k x x =-（-）从3x 到2x 过程中，弹簧的弹力做正功，为2223212W k x x =（-）则全过程弹簧的弹力作功为22122112W W k x x +=-（-）（3分） 由功能关系P E W ∆=-，得222112P E k x x ∆=（-）（3分） ②物体向右由1x 运动到3x 的过程摩擦力作功131()f W mg x x μ=--物体由由3x 返回到2x 的过程摩擦力做功232()f W mg x x μ=-- 全程摩擦力做功12321(2)f f f W W W mg x x x μ=+=--- （3分） 若物体直接由1x 位置运动到2x 位置，摩擦力做功为21()f W mg x x μ'=--可知，两次沿不同路径从相同出发点运动到同一位置，摩擦力做功不同，说明摩擦力做功与路．．．．．．．径有关．．．．而弹簧弹力做功与路径无关，只与初末位置有关．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．，因此存在弹性势能的概念，根据势能的定义可知，不存在摩擦力势能的概念． （3分）。
江苏省如皋市2016届高三上学期期中考试物理试题Word版含答案
2015~2016学年度高三年级第一学期期中考试物理试卷（满分120分，时间100分钟）一、单项选择题．本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题意．1．等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，过c点的导线所受安培力的方向A．与ab边平行，竖直向上B．与ab边垂直，指向左边C．与ab边平行，竖直向下D．与ab边垂直，指向右边2．如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场．质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹．已知O是PQ的中点，不计粒子重力．下列说法中正确的是A．粒子a带负电，粒子b、c带正电B．射入磁场时粒子a的速率最小C．射出磁场时粒子b的动能最小D．粒子c在磁场中运动的时间最长3．如图所示，在某场足球比赛中，曲线1、2、3分别是由同一点踢出的足球的飞行路径，忽略空气的影响，下列说法正确的是A．沿路径1飞行的足球的落地速率最大B．沿路径2飞行的足球的初速度的水平分量最大C．沿路径3飞行的足球的运动时间最长D．沿这三条路径飞行的足球在相同的时间内的速度变化量相同4．由于环境污染严重，今年全国多次出现大面积雾霾天气，对交通造成极大影响，交通事故频发．某人驾驶车辆在一高速公路上行驶，由于大雾与前车发生追尾事故，后经交警调查，描绘出他发现前面正处于减速状态的汽车开始刹车时两车的速度图象如图所示，则以下判断正确的是A．后车刹车时两车间距离一定小于90 mB．后车刹车时两车间的距离一定等于112 mC．两车一定是在t=20 s之前的某时刻发生追尾D．两车一定是在t=20 s之后的某时刻发生追尾5．如图所示，甲、乙站在超市的自动扶梯上（斜面式和阶梯式）随扶梯匀速上行，则下列相关说法正确的是A．甲受到扶梯的摩擦力，乙不受摩擦力B．扶梯对甲、乙的弹力相同C．扶梯对甲、乙的弹力与甲、乙的重力大小相等D．斜面对甲、乙都不做功6．如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面之间的最大静摩擦力f m大小与滑动摩擦力大小相等，则A．0～t1时间内力F的功率逐渐增大B．t1～t2时间内物块A做加速度减小的加速运动C．t3时刻物块A的动能最大D．t3时刻后物体做反方向运动7． 在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E 、内阻为r ，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 为电容器，、为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑片P 自a 端向b 端滑动的过程中，下列说法中正确的是A ．电源的输出功率减小B ．电流表的示数变大C ．a 点的电势升高D ．电容器C 所带的电荷量增多8． 如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动．现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v x 随时间t 的变化关系如图乙所示．不计空气阻力．下列说法中正确的是A ．t 1时刻小球通过最高点，图乙中 S 1和S 2的面积相等B ．t 2时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积相等C ．t 1时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积不相等D ．t 2时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积不相等二、多项选择题．本题共6小题，每小题4分，共24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．9． 一个用于加速质子的回旋加速器，其D 形盒半径为R ，垂直D 形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B ，接在D 形盒上的高频电源频率为f ．下列说法正确的是 A ．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfRB ．若仅将加速电压提高到4倍，则质子获得最大速度的加速次数减为原来的41倍 C ．只要R 足够大，质子的速度可以被加速到任意值D ．若仅将质子换成α粒子，则α粒子获得的最大速度为质子最大速度的一半10．某导体置于电场后周围的电场分布情况如图所示，图中虚线表示电场线，实线表示等势面，A 、B 、C 为电场中的三个点．下列说法正确的是 A ．A 点的电场强度小于B 点的电场强度 B ．A 点的电势高于B 点的电势C ．将负电荷从A 点移到B 点，电场力做正功D ．负电荷在A 点的电势能等于在C 点的电势能11．今年5月，信使号水星探测器陨落在水星表面．之前，工程师通过向后释放推进系统中的高压氦气来提升轨道，使其寿命再延长一个月，如图所示，释放氦气前，探测器在贴近水星表面的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，释放氦气后探测器进入椭圆轨道Ⅱ，忽略探测器在椭圆轨道上所受阻力．则下列说法正确的是A ．探测器在轨道I 的运行周期比在轨道Ⅱ的大B ．探测器在轨道Ⅱ上某点的速率可能等于在轨道Ⅰ上速率C ．探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的E 处加速度相同D ．探测器在轨道Ⅱ上远离水星过程中，势能和动能均增大12．如图所示，中间有孔的物块A 套在光滑的竖直杆上，通过光滑滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，在Ａ上升过程中，下列判断正确的是 A ．拉力F 变大B ．杆对A 的弹力F N 不变C ．拉力F 的功率P 不变D ．绳子自由端的速率v 增大13．如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构的俯视图，图中①和②为楔块，楔块的斜面倾角为θ；③和④为垫板；弹簧a 和弹簧b 质量不计；楔块与弹簧盒、垫板之间均有摩擦，在车厢互相撞击使垫板③向盒里压进的过程中A ．弹簧a 与弹簧b 的压缩量之比是cot θB ．弹簧a 与弹簧b 的压缩量之比是2tan θC ．当弹簧压缩到最短的时候，楔块①的速度一定为零D ．当弹簧压缩到最短的时候，垫板③的速度不一定为零 14．在水平面内固定一内壁光滑、不带电、绝缘的半圆型塑料细管，在管口M 和N 处分别固定电荷量为q1、q 2的正点电荷，管内靠近N 处放置一带正电的小球（带电量远小于q 1、q 2，小球的直径略小于管的内径）．小球由静止释放后，经过管内b 点时速度最大，经过a 、c 两点的速度大小相等，设a 、b 、c 三点的电势分别为φa 、φc ，则下列关系式正确的是 A ．φa ＜φ c B ．φa =φc C ．q 1＜q 2 D ．q 1＞q 2三、填空题．本题共3小题，共22分，将答案写在相应的横线上或题目指定位置．15．（６分）图甲中10分度游标卡尺（主尺的最小分度为1mm ）的读数为 cm ．图乙中螺旋测微器的读数为 mm ．16（８分）为了验证机械能守恒定律，某研究性学习小组的同学利用透明直尺和光电计时器设计了一套实验装置，如图所示．当有不透光物体从光电门间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间，所用的光电门传感器可测的最短时间为0.01 ms.将具有很好挡光效果的宽度为d ＝3.8×10－3m 的黑色磁带贴在透明直尺上．实验时，将直尺从一定高度由静止释放，并使其竖直通过光电门．某同学测得各段黑色磁带通过光电门的时间Δt i 与图中所示的高度差Δh i ，并将部分数据进行了处理，结果如下表所示(表格中M 为直尺质量，取g ＝9.8 m/s 2)．（1）从表格中数据可知，直尺上磁带通过光电门的瞬时速度是利用v i＝Δt i求出的，请你简要分析该同学这样做的理由是________________________________．（2）请将表格中的数据填写完整．_________（3）通过实验得出的结论是________________________________________________．（4）根据该实验，请你判断下列ΔE k－Δh图象中正确的是（）A B C D17．（8分）如图是测量阻值约几十欧的未知电阻R x的原理图，图中R0是保护电阻（10 Ω），R1是电阻箱（0～99.9 Ω），R是滑动变阻器，A1是电流表（0～0.6A，内阻r1未知），A2是电流表（0～0.6 A，内阻r2为5.0 Ω），E是电源（电动势10V，内阻很小）．实验具体步骤如下：（i）连接好线路，将滑动变阻器R调到最大；（ii）闭合S，从最大值开始调节电阻箱R1，先调R1为适当值，再调节滑动变阻器R，使A1示数I1＝0.3 A，记下此时电阻箱的阻值R1和A2的示数I2；（iii）重复步骤（ii），再测量6组R1和I2的值；根据实验回答以下问题：（1）下图为本实验的实物电路，请根据电路图完成实物电路连线．AAAAR xA2R0R1A1SER（2）测得一组R1和I2值后，调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数仍为I1＝0.3A，应让滑动变阻器R接入电路的阻值________（选填“不变”、“变大”或“变小”）．（3）根据实验得到的R1和I2的值，在坐标纸上画出R1与I2的关系如图，图线是一条直线，设直线的斜率为k，则R x＝________（用题中已知量和测量物理量的符号表示）．（4）根据以上实验得出R x＝______Ω．四、计算题．本题共3小题．共50分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．18（16分）如图所示，足够长的收集板MN和半圆形匀强磁场相切，且与磁场的直线边界ＣＤ平行；磁场的圆心为O、半径为L，方向垂直纸面向内．现有大量质量为m、电量为q的带正电粒子，从O点沿纸面以相同速率v沿各个方向射入磁场，粒子的轨道半径也为L．不计粒子重力及粒子间的相互作用，求：（1）所加磁场磁感应强度的大小；（2）哪些入射方向（以速度方向与ＯＤ间夹角表示）的粒子通过磁场后能打到MN板上；（3）粒子通过磁场的最长时间．19（16分）如图所示，直角坐标系处于竖直面内，第一、二象限存在着平滑连接的光滑绝缘轨道．第一象限内的轨道呈抛物线形状，其方程为221x Ry =；第二象限内的轨道呈半圆形状，半径为R ，B 点是其最高点，且第二象限处于竖直方向的匀强电场中．现有一质量为m 、带电量为q 的带电小球，从与B 点等高的A 点静止释放，小球沿着轨道运动且恰能运动到B 点．重力加速度为g ，求（1）小球运动到O 点时对轨道的压力F ； （2）第二象限内匀强电场的场强大小E ； （3）小球落回抛物线轨道时的动能E k ．20（18分）如图所示，足够长的光滑斜面BC 倾角为θ，固定面AB 垂直于斜面．在斜面上放置质量为m 的长木板，木板中央放置质量为m 的小物块，木板和小物块间的动摩擦因数θμtan 23=，现同时给木板和小物块沿斜面向上的初速度0v ．假设木板与固定面AB 发生碰撞的时间极短，碰撞前后瞬间速率相等，运动过程中小物块始终没有从木板上滑落．已知重力加速度为g ，求：（1）木板第一次上升的最大高度；（2）木板第二次与固定面AB 发生碰撞时的速率；（3）为使小物块和固定面AB 不发生碰撞，求木板长度的最小值．2015~2016学年度高三年级第一学期期中考试物理答案一、单项选择题．本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题意．1．B 2．D 3．D 4．C 5．A 6．C 7．B 8．A二、多项选择题．本题共6小题，每小题4分，共24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分． 9．AB 10．ABD 11．BC 12．AC 13．BD 14．BD三、填空题．本题共3小题，共22分，将答案写在相应的横线上或题目指定位置．15．5.46（3分） 2.185（3分）（2.184~ 2.186均可以）16．（1）瞬时速度等于极短时间或极短位移内的平均速度 （2分） （2）4.02M （2分）（3）在误差允许的范围内，重力势能的减少量等于动能的增加量 （2分） （4）C （2分） 17．（1）见实物接线图 （2分） （2）变大 （2分）（3）R x ＝kI 1- r 2 (或R x ＝0.3k - r 2 ) （2分）（4）30 (29~31) （2分）四、计算题．本题共3小题．共50分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．18．（16分）解：（1）由洛伦兹力提供向心力得Lv m qvB 2=（3分）解得qLm vB =（3分）（2）刚好不能打到MN 上的粒子从磁场中出来后速度的方向与MN 平行，在磁场中运动的轨迹如图所示．轨迹圆弧对应的圆心角θ=60°，则入射的方向与直线边界之间的夹角是0~120°的粒子通过磁场后能打到MN 板上。
江苏省如皋市2015届高三上学期教学质量调研(二)物理试
B AO32014~2015学年度高三年级第一学期教学质量调研（二）物理试卷（分值120分，时间100分钟）一、单项选择题:本题共8小题，每小题3分，共计24分． 每小题只有一个．．．．选项符合题意． １．在同一平面有四根彼此绝缘的通电直导线，如图所示，四导线中的电流大小关系为i 1<i 2<i 3=i 4，要使O 点磁场增强．则应切断哪一导线中的电源A ．切断i 1B ．切断i 2C ．切断i 3D ．切断i 42． 质量为0.8kg 的物块静止在倾角为30°的斜面上，若用平行于斜面沿水平方向大小等于3N 的力推物块，物块仍保持静止，如图所示，则物块所受到的摩擦力大小等于 A ．3N B ．4NC ．5ND ．N 333． 如图所示，甲、乙两小船分别从A 、B 两点开始过河，两船相对静水的速度均小于水流速度，方向分别与河岸成60o 和30o角，两船恰能到达对岸同一位置．若甲乙两船渡河过程的位移大小分别为s 甲、s 乙，则 A ．s 甲＞s 乙 B ．s 甲=s 乙C ．s 甲＜s 乙D ．无法确定s 甲和s 乙的关系4． 我国发射了一颗资源探测卫星，发射时，先将卫星发射至距地面50km 的近地圆轨道1上，然后变轨到近地点高50km ，远地点高1500km 的椭圆轨道2上，最后由轨道2进入半径为7900km 的圆轨道3，已知地球表面的重力加速度g=10m/s 2，忽略空气阻力，则以下说法正确的是 A ．在轨道2运行的速率可能大于7.9km/sB ．卫星在轨道2上从远地点向近地点运动的过程中速度增大，机械能增大C ．由轨道2变为轨道3需要在近地点点火加速，且卫星在轨道2上的运行周期小于在轨道3上的运行周期D ．仅利用以上数据，可以求出卫星在轨道3上的动能 5． 一根内壁光滑无限长绝缘直管与两等量电荷连线的中垂线重合，管与电荷位于绝缘水平面上，如图所示。
管上有AOB 三点，其中O 点为等量电荷连线中点，且AO =OB ，现将一带正电的小球，从管中A 点由静止释放，若带电小球能在A 、B 之间做往复运动，则下列说法正确的是A ．两电荷带的是等量异种电荷B ．两电荷带的是等量负电荷C ．小球的加速度先变大再变小D ．小球在O 点的电势能为0 6． 如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为r ，R 1、R 2为水流方向A B i 1i 2i 3i 4 O定值电阻，R 3为可变电阻，C 为电容器．在可变电阻R 3由较小逐渐变大的过程中，下列说法中正确的是A ．电容器的带电量在逐渐减小B ．流过R 2的电流方向是由上向下C ．电源的输出功率变大D ．电源内部消耗的功率变大7． 如图所示，直角三角形ABC 区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子（不计重力）沿AB 方向射入磁场，分别从AC 边上的P 、Q 两点射出，则A ．从P 点射出的粒子速度大B ．两个粒子射出磁场时的速度一样大C ．从Q 点射出的粒子在磁场中运动的时间长D ．两个粒子在磁场中运动的时间一样长8． 一物体沿光滑水平面做匀速直线运动，从t ＝0时刻起，在与物体垂直的方向上施加一个水平恒力F ，则物体的动能E k 随时间t示的哪个图二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分． 9．一个电子穿过某一空间而未发生偏转，以下判断正确的是A ．此空间一定不存在磁场B ．此空间一定不存在电场C ．此空间可能存在均匀变化磁场D ．此空间可能有相互正交的匀强磁场和匀强电场 10．用细绳拴住一个质量为m 的小球，小球将一端固定在墙上的水平轻弹簧压缩了Δx （小球与弹簧不拴接），如图所示，则将细线烧断后 A ．小球立即做平抛运动B ．小球脱离弹簧后做匀变速运动C ．细线烧断瞬间小球的加速度a =gD ．小球落地时的动能大于mgh11．如图是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(H 21)和氦核(He 21)．下列说法中正确的是A ．它们的最大速度相同B ．它们的最大动能相同C ．它们在D 形盒中运动的周期相同AD ．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能12．如图所示，质量为m 的通电直导线用一绝缘轻绳悬挂，电流方向垂直于纸面，匀强磁场平行于纸面，导线处于静止状态，轻绳与竖直方向的夹角为30°．以下说法中正确的是A ．安培力的大小可能等于4mg，此时磁场的可能方向是唯一的 B ．安培力的大小可能等于2mg，此时磁场的可能方向是唯一的C ．安培力的大小可能等于mg ，此时磁场的可能方向是唯一的D ．安培力的大小可能等于2mg ，此时磁场的可能方向是唯一的 13．质量为m ，带电量为＋q 的小球套在水平固定且足够长的绝缘杆上，如图所示，整个装置处于磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，现给球一个水平向右的初速度v 0使其开始运动，不计空气阻力，则球运动克服摩擦力做的功可能的是A ．12mv 20 B ．0C ．mv 20D ．)(21222320Bq g m mv -14．绝缘水平面上固定一正点电荷Q ，另一质量为m 、电荷量为-q 的滑块（可看作负点电荷）从a 点以初速度v 0沿水平面向Q 运动，到达b 点时速度减为零，已知a 、b 间距离为s ，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．以下判断正确的是 A ．滑块在运动过程中所受Q 的库仑力有可能大于滑动摩擦力B ．滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小一定小于20v C ．Q 产生的电场中，a 、b 两点间的电势差为qgs v m U ab 2)2(20μ-=D ．此过程中产生的内能小于2021mv三、简答题：本题共3小题，共计26分．请将解答填写在答题卡相应的位置．15．（8分）某实验探究小组的同学准备测量电炉丝的电阻率，他们首先用螺旋测微器测出一段电炉丝的直径和长度如图所示，则该电炉丝的直径为_______mm ，长度为________mm ． 该小组同学又从标称为“220V 500W”、“220V 300W”、“220V 25W”的3个电炉中任选一个，正确使用多用电表欧姆×10挡测量其阻值，结果如图所示，则该电炉的阻值是_______Ω，标称功率为_______W ．16．（8分）在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m ＝200 g 的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O 为纸带下落的起始点，A 、B 、C 为纸带上选取的三个连续点．已知打点计时器每隔T ＝0.02 s 打一个点，当地的重力加速度为g ＝9.8 m/s 2，那么（1）计算B 点瞬时速度时，甲同学用2B v ＝2gx OB ，乙同学用v B ＝Tx AC2．其中所选择方法正确的是________（填“甲”或“乙”）同学．（2）同学丙想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力，为此他计算出纸带下落的加速度为________m/s 2，从而计算出阻力f ＝______N ． （3）若同学丁不慎将上述纸带从OA 之间扯断，他仅利用A 点之后的纸带能否实现验证机械能守恒定律的目的？________．（填“能”或“不能”）17.（10分）在测量一节干电池电动势E 和内阻r 的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路．（1）根据图甲实验电路，请在乙图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．（2）合上开关S 1，S 2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S 2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数．（图甲） （图乙）（3）在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U 和对应的电流表示数I 的图象，如图丙所示，两直线与纵轴的截距分别为U A 、U B ，与横轴的截距分别为I A 、I B ．①S 2接1位置时，作出的U-I 图线是图丙中的 （选填“A ”或“B ”）线．②如果电压表和电流表都是理想电表，请用虚线在图丙中画出对应的U -I 图线．③根据所画图线求出干电池电动势和内阻的真实值：E 真（图丙）= ，r 真= ．四、计算题：本题共3小题，共计46分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位． 18．（15分）如图所示，一质量M =3kg 的足够长的小车停在光滑水平地面上，另一木块m =1kg ，以v 0=4m/s 的速度冲上小车，木块与小车间动摩擦因数 =0.3，g =10m/s 2，求经过时间t =2.0s 时：（1）小车的速度大小v ；（2）以上过程中，小车运动的距离x ；（3）以上过程中，木块与小车由于摩擦而产生的内能Q ．19．(15分)如图所示，有一不计重力的带电粒子从两块金属板正中间的O 点沿轴线OO ′射入，当开关S 断开时，粒子射入匀强磁场中做匀速圆周运动，打在竖直挡板上的P 点，测得O ′P ＝s ；当开关S 接通时，粒子恰好从下极板端点C 处射出，射出后打在竖直挡板的Q 点．若用t 1表示粒子从O 到P 的运动时间，用t 2表示粒子从O 到Q 的运动时间．则：（1）粒子带正电还是负电？A 端是电源的什么极？ （2）试通过计算比较t 1、t 2的大小； （3）求CQ 的长度(用s 表示)．v20．(16分) 如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，静止斜靠在光滑斜面上，另一自由端恰好与水平线AB齐平，一长为L的轻质细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，O点到AB的距离为2L．现将细线拉至水平，小球从位置C由静止释放，到达O点正下时，细线刚好被拉断．当小球运动到A点时恰好能沿斜面方向压缩弹簧，不计碰撞2（在弹性限度内），重力加速度为g．求：时的机械能损失，弹簧的最大压缩量为L2（1）细线所能承受的拉力F的范围；（2）斜面的倾角 ；（3）弹簧所获得的最大弹性势能E．p2014~2015学年度高三年级第一学期教学质量调研（二）物理试卷参考答案和评分标准一、单项选择题:本题共8小题，每小题3分，共计24分． 每小题只有一个．．．．选项符合题意． 1．D 2．C 3．A 4．A 5．B 6．B 7．D 8．D二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．9．CD 10．BD 11．AC 12．BD 13．ABD 14．BC三、简答题：本题共3小题，共计26分．请将解答填写在答题卡相应的位置．15．0.900（2分） 33.10（2分） 160（2分） 25（2分） 16．（1）乙（2分） （2）9.5（2分） 0.06（2分） （3）能（2分） 17．（1）如图所示（有一根线接错即不得分）（2分） （3）①B （2分） ②如图所示（2分） ③U A （2分）BAI U （2分）四、计算题：本题共3小题，共计46分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．18．（15分）解：（1）木块的加速度3==g a m μm/s 2 （1分） 小车的加速度1==Mmga M μ m/s 2（1分）两者速度相等时110t a t a v v M m =-=解得t 1=1s ，v =1m/s此后小车和木块共同匀速运动，则t =2.0s 时小车的速度大小 v =1m/s（3分） （2）小车加速阶段的位移为5.021211==t a x M m （2分） 匀速运动的时间t 2=t -t 1=1s小车匀速阶段的位移为122==vt x m （2分） 2s 内小车运动的距离x =x 1+x 2=1.5m（1分） （3）速度相等前，木块的位移5.22'22=-=ma v v x m（2分）木块和小车的相对位移为2'1=-=∆x x x m木块与小车由于摩擦而产生的内能6=∆⋅=∆⋅=x mg x f Q μJ（3分）19．（15分）解：（1）粒子带负电 （2分） A 端是电源负极 （2分） （2）设粒子所带电荷量为q 、质量为m ，初速度为v 0，磁感应强度为B ，板长为L ．17题（3）②17题（1）则t 1＝L v 0＋πm Bq （2分）t 2＝L v 0＋αm Bq（2分）由于α<π，所以t 1>t 2． （1分）(3)S 断开时，由R ＝mv 0Bq，O ′P ＝s ＝2R得s 2＝mv 0Bq（2分） S 接通时，设粒子进入磁场时速度与初速度方向夹角为θ，则cos θ＝v 0v ，r ＝mv Bq， CQ ＝2r cos θ （2分） 则CQ ＝s （2分） 20．（16分）解：（1）小球由C 运动到O 点正下方时，设速度为v 1，由动能定理得2121mv mgL =（2分）解得gL v 21= 小球在O 点正下方时，有Lv m mg F 21=-（2分）解得F =3mg 所以F<3mg （2分）（2）细线被拉断后，小球做平抛运动，当运动到A 点时，速度v 2恰好沿斜面向下，由动能定理得21222121)-2mv mv L L mg -=（ （2分）解得gL v 22=如图所示，有22cos 21==v v θ （2分） 解得︒=45θ（2分）（3）由能量守恒定律得P E mv L mg=+⋅2221sin 22θ （2分）解得mgL E P 25=。
高三物理月考试题及答案-江苏南通市如皋市2015届高三上学期质检(一).docx
2014-2015 学年江苏省南通市如皋市高三（上）质检物理试卷（一）参考答案与试题解析一、单项选择题．本题共 8 小题，每小题 3 分，共计 24 分．每小题只有一个选项符合题意．1．（ 3 分）下列叙述中正确的是（）A．库仑提出了用电场线描述电场的方法B．重心、合力等概念的建立都体现了等效替代的思想C．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证D．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E= ，加速度 a=都是采用比值法定义的考点：电场强度；伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法；重力．分析：本题涉及物理学史，根据物理学家的科学成就和常识进行解答．解答：解： A、法拉第提出了用电场线描述电场的方法，故A错误．B、重心是物体各部分所受重力的作用点、合力与分力是等效关系，所以这两个概念的建立都体现了等效替代的思想．故 B 正确．C、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，但并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理得到，故C错误．D、场强 E= 是采用比值法定义的，而加速度a=不是采用比值法定义，故 D 错误．故选： B．点评：本题考查了物理学史和一些常识问题，知道比值法定义出来的物理量与参与定义的量无关．2．（ 3 分）航天员进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态向下摆，到达竖直状态的过程如图所示，则这一过程中航天员所受重力的瞬时功率变化情况是（）A．一直增大B．一直减小C．先增大后减小D．先减小后增大考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：重力是竖直方向的，重力的瞬时功率只与人在竖直方向上的速度有关，根据人做的是圆周运动，可以知道人的速度的变化的情况．解答：解：由于重力是竖直向下的，重力的瞬时功率只与人在竖直方向上的速度有关，在刚开始运动的时候，人的速度为零，所以此时人的重力的瞬时功率为零，当运动到最低点时，人的速度为水平方向的，与重力的方向垂直，此时的人重力的功率为零，所以重力的功率是先增大后或减小，所以 C 正确．故选 C．点评：本题就是考查学生对功率概念的理解，瞬时功率的大小与力的大小和方向都有关．3．（ 3 分）如图所示，甲、乙两运动员从水速恒定的河两岸A、 B 处同时下水游泳， A 在 B 的下游位置，甲游得比乙快，为了在河中尽快相遇，两人游泳的方向应为（）A．甲、乙都沿A、B 连线方向B．甲、乙都沿A、B 连线偏向下游方向C．甲、乙都沿A、B 连线偏向上游方向D．甲沿 A、 B 连线偏向上游方向，乙沿A、 B 连线偏向下游方向考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：由题知，甲逆水的同时向上游动，乙顺流的同时也要向上游动，这样做才能使两人走的距离最近，据此分析回答．解答：解：一旦 AB 进入河中，他们就是同一个参考系了，就不要考虑水速了．无论他们谁快谁慢，方向应该是AB连线了．故 A 正确， BCD错误．故选： A．点评：本题需要结合实际认真思考，得出甲乙游水类似在地面上行走是本题的关键．4．（3 分）在如图所示的位移﹣﹣时间图象和速度﹣﹣时间图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四个相同的物体在水平面上，由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（）A． t 1时刻甲、乙两物体的动能相等B． 0﹣ t 1时间内，甲物体通过的路程大于乙物体通过的路程C．丙、丁两物体再次相遇前在t 2时刻相距最远D． t 2时刻丙物体受到的合外力小于丁物体受到的合外力考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．从分析：位移时间图线某点切线的斜率表示瞬时速度，根据斜率的大小比较出速度的大小，而比较出动能．根据纵坐标的大小比较甲乙通过的路程．速度时间图线切线斜率表示加速度的大小，图线与时间轴围成的面积表示位移．解答：解： A、 t 1时刻，乙的切线斜率大于甲的斜率，知乙的速度大于甲的瞬时速度，则乙的动能大于甲的动能．故 A 错误．B、位移时间图线是位移随时间的变化规律，不是运行的轨迹，甲乙两物体都做直线运动， 0﹣t 1时间内，甲乙的路程相等．故 B 错误．C、在 t 2时刻之前，丁的速度大于丙的速度，两者距离越来越大，速度相等后，丙的速度大于丁的速度，两者距离越来越小，则在t 2时刻相距最远．故 C 正确．D、在 t 2时刻，丙图线的斜率大于丁的斜率，则丙的加速度大于丁的加速度，根据牛顿第二定律知丙受到的合力大于丁受到的合力．故 D 错误．故选 C．点评：解决本题的关键知道速度时间图线和位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率分别表示的意义．5．（ 3 分）如图所示，人的质量为M，物块的质量为m，且 M＞ m，若不计绳与滑轮的摩擦，则当人拉着绳向右跨出一步后，人和物仍保持静止，则下列说法中正确的是（）A．地面对人的摩擦力减小B．地面对人的摩擦力不变C．人对地面的作用力不变D．人对地面的作用力增大考点：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：当人拉着绳向右跨出一步后，人和物仍保持静止，所以人和物始终处于平衡状态，分别对物体和任受力分析应用平衡条件分析即可．解答：解：物体始终处于静止状态，所以绳子对物体的拉力始终等于mg；对人受力分析并正交分解如图：由平衡条件得：N+mgsinθ=Mgf=mgcos θ当人拉着绳向右跨出一步后，θ 将变小：所以： f=mgcos θ会变大， N=Mg﹣ mgsin θ也将变大；故ABC错误，D 正确；故选： D．点评：本题为平衡条件得应用﹣﹣动态分析；常用的方法是画图法和解析式法，一般物体受3 个力时常用画图法，受4 个以上的力时用解析式法．6．（ 3 分）（2011?四川）如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则（）A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D．返回舱在喷气过程中处于失重状态考点：牛顿第二定律；超重和失重；功的计算．分析：打开降落伞一段时间后，返回舱已经做匀速运动，此时的速度还是比较大，当着陆时点燃缓冲火箭使返回舱的速度快速的减为零，从而安全着陆，所以在点燃返回舱的缓冲火箭的过程中，起主要作用的是缓冲火箭，缓冲火箭对返回舱做负功使其动能减小．解答：解： A、火箭开始喷气前匀速下降拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力变小．所以A正确．B、返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力，不是空气阻力，所以 B 错误．C、在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功，所以 C 错误．D、由 C 的分析可知， D 错误．故选： A．点评：在着陆的过程中，主要是靠缓冲火箭来使返回舱减速到零，所以缓冲火箭对返回舱做负功，返回舱做减速运动有向上的加速度，处于超重状态．本题需要同学分析清楚返回舱的运动过程，从而判断返回舱运动的状态．7．（ 3 分）如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x 轴垂直于环面且过圆心O．下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（）A． O点的电场强度为零，电势最高B． O点的电场强度为零，电势最低C．从 O点沿 x 轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从 O点沿 x 轴正方向，电场强度增大，电势降低考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：圆环上均匀分布着负电荷，根据电场的叠加和对称性，分析O点的场强．根据电场的叠加原理分析x 轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低．解答：解：AB、圆环上均匀分布着负电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零．圆环上各电荷产生的电场强度在x 轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x 轴上电场强度方向向左，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x 轴上 O点的电势最低，故 A 错误， B正确；CD、 O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿 x 轴正方向，场强应先增大后减小．x 轴上电场强度方向向左，电势升高，故 C 错误， D 错误．故选： B．点评：解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法场强的变化．8．（ 3 分）（2014?江西模拟）如图物体 A 叠放在物体 B 上， B 置于光滑水平面上．A，B 质量分别为增大到m A=6kg，m B=2kg，A，B 之间的动摩擦因数45N的过程中，则（）μ =0.2 ，开始时F=10N，此后逐渐增加，在A．当拉力 F＜ 12N时，两物体均保持静止状态B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N 时，开始相对滑动C．两物体间从受力开始就有相对运动D．两物体间始终没有相对运动考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力；静摩擦力和最大静摩擦力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：隔离对 B 分析，求出AB 发生相对滑动时的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出刚好发生相对滑动时的拉力．解答：解：隔离对 B 分析，当AB间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、 B 发生相对滑动，则．再对整体分析F=（m A+m B）a=8×6N=48N．知当拉力达到48N 时，A、B 才发生相对滑动．在 F 小于 12N时，两者是保持相对静止的，相对于地面是运动的．故 D 正确， A、 B、C错误．故选D．点评：本题考查牛顿第二定律的临界问题，关键找出临界状态，运用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律进行求解．全二、多项选择题．本题共 6 小题，每小题 4 分，共计 24 分．每小题有多个选项符合题意．部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分．9．（ 4 分）下列说法中正确的是（）A．分别沿圆轨道和椭圆轨道环绕地球运动的两颗卫星，不可能具有相同的周期B．沿椭圆轨道环绕地球运行的一颗卫星，在轨道上两个不同位置可能具有相同的速率C．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同D．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面不一定重合考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：根据开普勒定律求解．了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同．物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心．通过万有引力提供向心力，列出等式通过已知量确定未知量．解答：解： A、根据开普勒动第三定律，分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，可能具有相同的周期，故 A 错误；B、沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道对称的不同位置具有相同的速率，故 B 正确；C、根据万有引力提供向心力，列出等式：=m（ R+h），其中 R 为地球半径， h 为同步卫星离地面的高度．由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，所以T 为一定值，根据上面等式得出：同步卫星离地面的高度h 也为一定值．故 C 错误；D、沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，轨道平面可以不重合，只要轨迹圆的圆心与地心重合即可，故 D 正确；故选： BD．点评：地球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度大小．10．（ 4 分）如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h 的海平面上．若以地面为零势能面而且不计空气阻力，则以下说法正确的是（）A．物体落到海平面时的势能为B．重力对物体做功为mgh C．物体在海平面上的动能为D．物体在海平面上的机械能为mghmv ﹣ mghmv考点：机械能守恒定律；功的计算．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：整个过程不计空气阻力，只有重力对物体做功，机械能守恒，应用机械能守恒和功能关系可判断各选项的对错．解答：解：A、以地面为零势能面，海平面低于地面h，所以物体在海平面上时的重力势能为﹣ mgh，故 A 错误．B、重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关，抛出点与海平面的高度差为h，并且重力做正功，所以整个过程重力对物体做功为mgh，故 B 正确．C、由动能定理得： mgh=E ﹣2mv2+mgh，故 Cmv ，物体在海平面上的动能为： E =k20k20错误．D、整个过程机械能守恒，即初末状态的机械能相等，以地面为零势能面，抛出时的机械能为2，所以物体在海平面时的机械能也为2，故 D 正确．mv0mv0故选： BD．点评：此题考查重力势能、重力做功、动能定理和机械能守恒，动能定理揭示了外力对物体所做总功与物体动能变化之间的关系，它描述了力在空间的积累效果，力做正功，物体的动能增加，力做负功，动能减少．动能定理解决的问题不受运动形式和受力情况的限制．还有就是重力势能的变化与零势能面的选取无关．11．（ 4 分）如图所示，a、 b 为一根方向竖直向上的电场线上的两点，一带电质点在点 a 由静止释放，沿电场线向上运动，到点 b 速度恰好为零，下列说法正确的是（）A．带电质点在a、b 两点所受的电场力都是竖直向上的B．点 a 的电势比点 b 的电势高C．带电质点在点 a 的电势能比在点 b 的电势能小D．点 a 的电场强度比点 b 的电场强度大考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由题意可知，带点质点受两个力，重力和电场力．由静止向上运动，可判断出电场力的方向，根据电场力做的功，判断电势能的变化．通过带电质点初末速度为零可比较出两点的电场强度．沿电场线方向电势逐渐降低．解答：解： A、由题意可知，带点质点受两个力，重力和电场力．开始由静止向上运动，电场力大于重力，且方向向上．因为在一根电场线上，所以在两点的电场力方向都向上．故 A 正确；B、沿电场线的方向电势逐渐降低，所以 a 的电势比点 b 的电势高，故B正确；C、电场力做正功，电势能降低，所以带电质点在 a 点的电势能比在 b 点的电势能大．故 C错误；D、在a点，电场力大于重力，到 b 点恰好速度为零，可知先加速后减速，所以b点所受的电场力小于重力．所以 a 点的电场强度比 b 点的电场强度大．故D正确．故选：ABD．点评：解决本题的关键通过a、b 两点的速度为0，知道受重力和电场力两个力，且知道电场力的方向．通过电场力与重力的大小关系，比较电场强度的大小．以及知道电场力做功与电势能的关系和沿电场线方向电势降低．12．（ 4 分）内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R 的轻杆，一端固定有质量m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙．现将两小球放入凹槽内，初始时刻小球乙位于凹槽的最低点（如图所示），由静止释放后（）A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能B．下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能C．甲球沿凹槽下滑不可能到达槽的最低点D．杆从右向左滑回时，乙球一定不能回到凹槽的最低点考点：机械能守恒定律；动能和势能的相互转化．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：甲与乙两小球系统，重力势能和动能相互转化，系统机械能守恒；还可以将甲与乙当作一个整体，找出重心，机械能也守恒．解答：解： A、甲与乙两个物体系统机械能守恒，故甲减小的机械能一定等于乙增加的机械能，故 A 正确；B、甲与乙两个物体系统机械能守恒，甲球减小的重力势能转化为乙的势能和动能以及甲的动能，故 B 错误；C、若甲球沿凹槽下滑到槽的最低点，乙则到达与圆心等高处，但由于乙的质量比甲大，造成机械能增加了，明显违背了机械能守恒定律，故甲球不可能到圆弧最低点，故 C正确；D、由于机械能守恒，故动能减为零时，势能应该不变，故杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，故 D 错误；故选： AC．点评：本题关键是甲与乙两个球系统机械能守恒，也可以找出系统重心，当作单个物体．+q 13．（ 4 分）如图所示，光滑曲面上方有一固定的带电量为 +Q 的点电荷，现有一带电量为的金属小球（可视为质点），从 A 点以初速度 v0射入，沿曲面运动到 D，小球与曲面相互绝缘，下列说法正确的是（）A．小球在 C 点时受到 +Q 的库仑力最大，对曲面的压力也最大B．小球从 A 点运动到C点过程中，重力势能的增加量小于其动能的减少量C．小球从 A 点运动到D点过程中，动能先减小后增大D．小球从 A 点运动到D点过程中，机械能先增大后减小考点：电势差与电场强度的关系；功能关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：小球沿着曲面运动，受到重力、支持力和库仑力，根据动能定理判断动能变化，根据重力做功与重力势能变化关系判断重力势能的变化，根据电场力做功与电势能变化的关系判断电势能的变化．解答：解： A、小球在C 点时受到 +Q的库仑力最大，库仑力、重力和支持力的合力提供向心力，故在 C 点支持力不一定最大，故 A 错误；B、小球从A 点到 C点过程中，合力做负功，动能减小，重力势能和电势能都增加，总能量守恒，故重力势能的增加量小于其动能的减少量，故 B 正确；C、小球从A点运动到 D 点过程中，重力和库仑力先做负功后做正功，故动能先减小后增大，故C正确；D、小球在曲面上运动过程中，库仑力先做负功后做正功，故机械能先减小后增大，故 D错误；故选： BC点评：本题关键根据功能关系判断动能、重力势能、电势能的变化，同时结合向心力公式、牛顿第二定律分析．14．（ 4 分）（2012?江苏）如图所示，相距 l 的两小球A、B 位于同一高度h（ l 、h 均为定值）．将A 向 B 水平抛出的同时， B 自由下落． A、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则（）A． A、 B 在第一次落地前能否发生相碰，取决于 A 的初速度大小B． A、 B 在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C． A、 B 不可能运动到最高处相碰D． A、 B 一定能相碰考点：平抛运动；自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：因为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，根据该规律抓住地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反与判断两球能否相碰．解答：解： A、若 A 球经过水平位移为l 时，还未落地，则在 B 球正下方相碰．故 A 正确．B、 A、B 在第一次落地前不碰，由于反弹后水平分速度、竖直分速度大小不变，方向相反，则以后一定能碰．故 B 错误， D 正确．C、若 A 球落地时的水平位移为时，则A、B在最高点相碰．故C错误．故选 AD．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，根据该规律进行分析．三、填空题：本题共 4 小题，共 25 分，将答案写在相应的横线上或题目指定位置． 153 MNM的示中未画出）通过细线拉橡皮条的端点，使其到达 O点，此时α +β =90°，然后保持数不变，而使α 角减小，为保持端点位置不变，可采用的办法是（）A．减小 N的示数同时减小C．增大 N的示数同时增大β 角β 角B．减小 N 的示数同时增大D．增大 N 的示数同时减小β 角β 角考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题；平行四边形法则图解法专题．分析：要使结点不变，应保证合力不变，故可以根据平行四边形定则分析可以采取的办法．解答：解：要保证结点不动，应保证合力不变，则由平行四边形定则可知，合力不变，向向合力方向靠拢，则N 的拉力应减小，同时应减小β 角；故选 AM方点评：本题考查平行四边形定则的应用，在应用时要注意做出平行四边形进行动态分析．16．（ 6 分）如图，带电量为 +q 的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中 a 点处的电场强度为零，根据对称性，图中b点处的电场强度大小为，方向水平向左．（静电力恒量为k）考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由点电荷的场强公式可得出q 在 a 点形成的场强，由电场的叠加原理可求得薄板在a 点的场强大小及方向；由对称性可知薄板在 b 点形成的场强．解答：解； q 在 a 点形成的电场强度的大小为E，方向向左；因 a 点场强为零，故薄板1=在 a 点的场强方向向右，大小也为，由对称性可知，薄板在 b 点的场强，方向向左；q 在 b 处产生的场强大小为E2==，方向向左，根据电场的叠加原理可得： b 点处的电场强度大小为E=E1+E2=，方向水平向左．故答案为：，水平向左．点评：题目中要求的是薄板形成的场强，看似无法解决；但注意a点的场强是由薄板及点电荷的电场叠加而成，故可求得薄板在a 点的电场强度，而薄板两端的电场是对称的，故由对称性可解．17．（ 8 分）（2015?邢台模拟）如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从 A 处由静止释放．（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d= 2.30mm．（2）实验时，将滑块从 A 位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门 B 的时间t ，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离L；（3）下列不必要的一项实验要求是A．（请填写选项前对应的字母）A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B．应使A位置与光电门间的距离适当大些C．应将气垫导轨调节水平D．应使细线与气垫导轨平行（4）改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数 F 和遮光条通过光电门的时间点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出t ，通过描图象．（选填“t2﹣F”、“”或“”）．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题．分析：游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读．滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．根据运动学公式解答．用细线拉力表示合力，要考虑摩擦力的影响．解答：解：（ 1）由图知第 6 条刻度线与主尺对齐， d=2mm+6×0.05mm=2.30mm；（ 2）实验时，将滑块从 A 位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B 的时间 t ，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．根据运动学公式得若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离 L（ 3）A、拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故A正确；B、应使 A 位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故 B 错误C、应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故C错误D、要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故 D 错误；。
如皋高三第一次统一考试物理试卷
江苏省如皋市2009届高三第一次统一考试物理试卷（选修）本试卷分第工卷（选择题，共38分）和第H 卷（非选择题，共82分）两部分.考试时间为100 分钟，满分为120分.第工卷（选择题 共38分）一、选择题（本大题共6小题，共18分.其中四个选项中只有一个正确的，选对得 3分,选错的得0分）1. 人类在探索自然规律的进程中总结出了许多科学方法，如分析归纳法、等效替代法、控 制变量法、理想实验法等.在下列研究中，运用理想实验方法的是 （ ）A .牛顿发现万有引力定律 B.卡文迪许测定引力常量 C .伽利略得出力不是维持物体运动原因的结论D .密立根测得电荷量 e 的数值2.如图所示，在一次空地演习中，离地 H 高处的飞机以水平速度 V 1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P,反应灵敏的地面拦截系统同时以速度 V 2竖直向上发射 炮弹拦截，设拦截系统与飞机的水平距离为 s ,若拦截成功，不 计空气阻力，则V 1、V 2的关系应满足（）H !H sA. V 1=V 2B.V 1=一 v 2C.v 1= ，一 v 2D.v 1=二 V 2S S H3. 如图，质量为 M 的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为e .斜面上有一质量为 m 的小物块，小物块与斜面之间 存在摩擦.用恒力F 沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑.在 小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止.地面对楔形 物块的支持力为（ ） A . （ m g B. （ m g — FC . （M^ m ） g + F sin eD . （M^ m g — F sin e4.如图所示，一物体 M 放在粗糙的斜面上保持静止，斜面静止在粗糙的水平面上，现用水平力F 推物体时，M 和斜面仍然保持静止状态， 则下列 说法正确的是 （）A. 斜面体受到地面的支持力增大B. 斜面体受到地面的摩檫力一定增大C. 物体M 受到斜面的静摩檫力一定增大D. 物体M 受到斜面的支持力可能减小5. 运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程。
高三物理月考试题及答案-江苏南通市如皋市2015届高三上学期质检(一)
2014-2015学年江苏省南通市如皋市高三（上）质检物理试卷（一）参考答案与试题解析一、单项选择题．本题共8小题，每小题3分，共计24分．每小题只有一个选项符合题意．1．（3分）下列叙述中正确的是（）A．库仑提出了用电场线描述电场的方法B．重心、合力等概念的建立都体现了等效替代的思想C．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证D．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E=，加速度a=都是采用比值法定义的考点：电场强度；伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法；重力．分析：本题涉及物理学史，根据物理学家的科学成就和常识进行解答．解答：解：A、法拉第提出了用电场线描述电场的方法，故A错误．B、重心是物体各部分所受重力的作用点、合力与分力是等效关系，所以这两个概念的建立都体现了等效替代的思想．故B正确．C、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，但并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理得到，故C错误．D、场强E=是采用比值法定义的，而加速度a=不是采用比值法定义，故D错误．故选：B．点评：本题考查了物理学史和一些常识问题，知道比值法定义出来的物理量与参与定义的量无关．2．（3分）航天员进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态向下摆，到达竖直状态的过程如图所示，则这一过程中航天员所受重力的瞬时功率变化情况是（）A．一直增大考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：重力是竖直方向的，重力的瞬时功率只与人在竖直方向上的速度有关，根据人做的是圆周运动，可以知道人的速度的变化的情况．解答：解：由于重力是竖直向下的，重力的瞬时功率只与人在竖直方向上的速度有关，在刚开始运动的时候，人的速度为零，所以此时人的重力的瞬时功率为零，当运动到最低点时，人的速度为水平方向的，与重力的方向垂直，此时的人重力的功率为零，所以重力的功率是先增大后或减小，所以C正确．故选C．点评：本题就是考查学生对功率概念的理解，瞬时功率的大小与力的大小和方向都有关．3．（3分）如图所示，甲、乙两运动员从水速恒定的河两岸A、B处同时下水游泳，A在B的下游位置，甲游得比乙快，为了在河中尽快相遇，两人游泳的方向应为（）B．一直减小C．先增大后减小D．先减小后增大A．甲、乙都沿A、B连线方向B．甲、乙都沿A、B连线偏向下游方向C．甲、乙都沿A、B连线偏向上游方向D．甲沿A、B连线偏向上游方向，乙沿A、B连线偏向下游方向考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：由题知，甲逆水的同时向上游动，乙顺流的同时也要向上游动，这样做才能使两人走的距离最近，据此分析回答．解答：解：一旦AB进入河中，他们就是同一个参考系了，就不要考虑水速了．无论他们谁快谁慢，方向应该是AB连线了．故A正确，BCD错误．故选：A．点评：本题需要结合实际认真思考，得出甲乙游水类似在地面上行走是本题的关键．4．（3分）在如图所示的位移﹣﹣时间图象和速度﹣﹣时间图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四个相同的物体在水平面上，由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（）时刻甲、乙两物体的动能相等A．t1B．0﹣t时间内，甲物体通过的路程大于乙物体通过的路程1时刻相距最远C．丙、丁两物体再次相遇前在t2时刻丙物体受到的合外力小于丁物体受到的合外力D．t2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：位移时间图线某点切线的斜率表示瞬时速度，根据斜率的大小比较出速度的大小，从而比较出动能．根据纵坐标的大小比较甲乙通过的路程．速度时间图线切线斜率表示加速度的大小，图线与时间轴围成的面积表示位移．时刻，乙的切线斜率大于甲的斜率，知乙的速度大于甲的瞬时速度，则乙解答：解：A、t1的动能大于甲的动能．故A错误．B、位移时间图线是位移随时间的变化规律，不是运行的轨迹，甲乙两物体都做直线时间内，甲乙的路程相等．故B错误．运动，0﹣t1C、在t时刻之前，丁的速度大于丙的速度，两者距离越来越大，速度相等后，丙的2速度大于丁的速度，两者距离越来越小，则在t 2时刻相距最远．故C 正确．D 、在t 2时刻，丙图线的斜率大于丁的斜率，则丙的加速度大于丁的加速度，根据牛顿第二定律知丙受到的合力大于丁受到的合力．故D 错误．故选C ．点评：解决本题的关键知道速度时间图线和位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率分别表示的意义．5．（3分）如图所示，人的质量为M ，物块的质量为m ，且M ＞m ，若不计绳与滑轮的摩擦，则当人拉着绳向右跨出一步后，人和物仍保持静止，则下列说法中正确的是（）A ．地面对人的摩擦力减小C ．人对地面的作用力不变考点：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：当人拉着绳向右跨出一步后，人和物仍保持静止，所以人和物始终处于平衡状态，分别对物体和任受力分析应用平衡条件分析即可．解答：解：物体始终处于静止状态，所以绳子对物体的拉力始终等于mg ；对人受力分析并正交分解如图：B ．地面对人的摩擦力不变D ．人对地面的作用力增大由平衡条件得：N+mgsinθ=Mgf=mgcosθ当人拉着绳向右跨出一步后，θ将变小：所以：f=mgcosθ会变大，N=Mg﹣mgsinθ也将变大；故ABC错误，D正确；故选：D．点评：本题为平衡条件得应用﹣﹣动态分析；常用的方法是画图法和解析式法，一般物体受3个力时常用画图法，受4个以上的力时用解析式法．6．（3分）（2011•四川）如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则（）A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D．返回舱在喷气过程中处于失重状态考点：牛顿第二定律；超重和失重；功的计算．分析：打开降落伞一段时间后，返回舱已经做匀速运动，此时的速度还是比较大，当着陆时点燃缓冲火箭使返回舱的速度快速的减为零，从而安全着陆，所以在点燃返回舱的缓冲火箭的过程中，起主要作用的是缓冲火箭，缓冲火箭对返回舱做负功使其动能减小．解答：解：A、火箭开始喷气前匀速下降拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力变小．所以A正确．B、返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力，不是空气阻力，所以B错误．C、在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功，所以C错误．D、由C的分析可知，D错误．故选：A．点评：在着陆的过程中，主要是靠缓冲火箭来使返回舱减速到零，所以缓冲火箭对返回舱做负功，返回舱做减速运动有向上的加速度，处于超重状态．本题需要同学分析清楚返回舱的运动过程，从而判断返回舱运动的状态．7．（3分）如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O．下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（）A．O点的电场强度为零，电势最高B．O点的电场强度为零，电势最低C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：圆环上均匀分布着负电荷，根据电场的叠加和对称性，分析O点的场强．根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低．解答：解：AB、圆环上均匀分布着负电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零．圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向左，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最低，故A错误，B正确；CD、O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小．x轴上电场强度方向向左，电势升高，故C错误，D错误．故选：B．点评：解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法场强的变化．8．（3分）（2014•江西模拟）如图物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上．A，B质量分别为mA =6kg，mB=2kg，A，B之间的动摩擦因数μ=0.2，开始时F=10N，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，则（）A．当拉力F＜12N时，两物体均保持静止状态B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对滑动C．两物体间从受力开始就有相对运动D．两物体间始终没有相对运动考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力；静摩擦力和最大静摩擦力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：隔离对B分析，求出AB发生相对滑动时的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出刚好发生相对滑动时的拉力．解答：解：隔离对B分析，当AB间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B发生相对滑动，则．再对整体分析F=（mA +mB）a=8×6N=48N．知当拉力达到48N时，A、B才发生相对滑动．在F小于12N时，两者是保持相对静止的，相对于地面是运动的．故D正确，A、B、C 错误．故选D．点评：本题考查牛顿第二定律的临界问题，关键找出临界状态，运用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律进行求解．二、多项选择题．本题共6小题，每小题4分，共计24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．9．（4分）下列说法中正确的是（）A．分别沿圆轨道和椭圆轨道环绕地球运动的两颗卫星，不可能具有相同的周期B．沿椭圆轨道环绕地球运行的一颗卫星，在轨道上两个不同位置可能具有相同的速率C．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同D．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面不一定重合考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：根据开普勒定律求解．了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同．物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心．通过万有引力提供向心力，列出等式通过已知量确定未知量．解答：解：A、根据开普勒动第三定律，分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，可能具有相同的周期，故A错误；B、沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道对称的不同位置具有相同的速率，故B正确；C、根据万有引力提供向心力，列出等式：=m（R+h），其中R为地球半径，h为同步卫星离地面的高度．由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，所以T为一定值，根据上面等式得出：同步卫星离地面的高度h也为一定值．故C错误；D、沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，轨道平面可以不重合，只要轨迹圆的圆心与地心重合即可，故D正确；故选：BD．点评：地球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度大小．10．（4分）如图所示，在地面上以速度v抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上．若以地面为零势能面而且不计空气阻力，则以下说法正确的是（）A．物体落到海平面时的势能为mghB．重力对物体做功为mghC．物体在海平面上的动能为mv﹣mghD．物体在海平面上的机械能为mv考点：机械能守恒定律；功的计算．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：整个过程不计空气阻力，只有重力对物体做功，机械能守恒，应用机械能守恒和功能关系可判断各选项的对错．解答：解：A、以地面为零势能面，海平面低于地面h，所以物体在海平面上时的重力势能为﹣mgh，故A错误．B、重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关，抛出点与海平面的高度差为h，并且重力做正功，所以整个过程重力对物体做功为mgh，故B正确．C、由动能定理得：mgh=Ek2﹣mv，物体在海平面上的动能为：Ek2=mv+mgh，故C 错误．D、整个过程机械能守恒，即初末状态的机械能相等，以地面为零势能面，抛出时的机械能为mv，所以物体在海平面时的机械能也为mv，故D正确．故选：BD．点评：此题考查重力势能、重力做功、动能定理和机械能守恒，动能定理揭示了外力对物体所做总功与物体动能变化之间的关系，它描述了力在空间的积累效果，力做正功，物体的动能增加，力做负功，动能减少．动能定理解决的问题不受运动形式和受力情况的限制．还有就是重力势能的变化与零势能面的选取无关．222211．（4分）如图所示，a、b为一根方向竖直向上的电场线上的两点，一带电质点在点a由静止释放，沿电场线向上运动，到点b速度恰好为零，下列说法正确的是（）A．带电质点在a、b两点所受的电场力都是竖直向上的B．点a的电势比点b的电势高C．带电质点在点a的电势能比在点b的电势能小D．点a的电场强度比点b的电场强度大考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由题意可知，带点质点受两个力，重力和电场力．由静止向上运动，可判断出电场力的方向，根据电场力做的功，判断电势能的变化．通过带电质点初末速度为零可比较出两点的电场强度．沿电场线方向电势逐渐降低．解答：解：A、由题意可知，带点质点受两个力，重力和电场力．开始由静止向上运动，电场力大于重力，且方向向上．因为在一根电场线上，所以在两点的电场力方向都向上．故A正确；B、沿电场线的方向电势逐渐降低，所以a的电势比点b的电势高，故B正确；C、电场力做正功，电势能降低，所以带电质点在a点的电势能比在b点的电势能大．故C错误；D、在a点，电场力大于重力，到b点恰好速度为零，可知先加速后减速，所以b点所受的电场力小于重力．所以a点的电场强度比b点的电场强度大．故D正确．故选：ABD．点评：解决本题的关键通过a、b两点的速度为0，知道受重力和电场力两个力，且知道电场力的方向．通过电场力与重力的大小关系，比较电场强度的大小．以及知道电场力做功与电势能的关系和沿电场线方向电势降低．12．（4分）内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙．现将两小球放入凹槽内，初始时刻小球乙位于凹槽的最低点（如图所示），由静止释放后（）A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能B．下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能C．甲球沿凹槽下滑不可能到达槽的最低点D．杆从右向左滑回时，乙球一定不能回到凹槽的最低点考点：机械能守恒定律；动能和势能的相互转化．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：甲与乙两小球系统，重力势能和动能相互转化，系统机械能守恒；还可以将甲与乙当作一个整体，找出重心，机械能也守恒．解答：解：A、甲与乙两个物体系统机械能守恒，故甲减小的机械能一定等于乙增加的机械能，故A正确；B、甲与乙两个物体系统机械能守恒，甲球减小的重力势能转化为乙的势能和动能以及甲的动能，故B错误；C、若甲球沿凹槽下滑到槽的最低点，乙则到达与圆心等高处，但由于乙的质量比甲大，造成机械能增加了，明显违背了机械能守恒定律，故甲球不可能到圆弧最低点，故C正确；D、由于机械能守恒，故动能减为零时，势能应该不变，故杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，故D错误；故选：AC．点评：本题关键是甲与乙两个球系统机械能守恒，也可以找出系统重心，当作单个物体．13．（4分）如图所示，光滑曲面上方有一固定的带电量为+Q的点电荷，现有一带电量为+q 的金属小球（可视为质点），从A点以初速度v射入，沿曲面运动到D，小球与曲面相互绝缘，下列说法正确的是（）A．小球在C点时受到+Q的库仑力最大，对曲面的压力也最大B．小球从A点运动到C点过程中，重力势能的增加量小于其动能的减少量C．小球从A点运动到D点过程中，动能先减小后增大D．小球从A点运动到D点过程中，机械能先增大后减小考点：电势差与电场强度的关系；功能关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：小球沿着曲面运动，受到重力、支持力和库仑力，根据动能定理判断动能变化，根据重力做功与重力势能变化关系判断重力势能的变化，根据电场力做功与电势能变化的关系判断电势能的变化．解答：解：A、小球在C点时受到+Q的库仑力最大，库仑力、重力和支持力的合力提供向心力，故在C点支持力不一定最大，故A错误；B、小球从A点到C点过程中，合力做负功，动能减小，重力势能和电势能都增加，总能量守恒，故重力势能的增加量小于其动能的减少量，故B正确；C、小球从A点运动到D点过程中，重力和库仑力先做负功后做正功，故动能先减小后增大，故C正确；D、小球在曲面上运动过程中，库仑力先做负功后做正功，故机械能先减小后增大，故D错误；故选：BC点评：本题关键根据功能关系判断动能、重力势能、电势能的变化，同时结合向心力公式、牛顿第二定律分析．14．（4分）（2012•江苏）如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h（l、h均为定值）．将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则（）A．A、B在第一次落地前能否发生相碰，取决于A的初速度大小B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C．A、B不可能运动到最高处相碰D．A、B一定能相碰考点：平抛运动；自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：因为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，根据该规律抓住地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反与判断两球能否相碰．解答：解：A、若A球经过水平位移为l时，还未落地，则在B球正下方相碰．故A正确．B、A、B在第一次落地前不碰，由于反弹后水平分速度、竖直分速度大小不变，方向相反，则以后一定能碰．故B错误，D正确．C、若A球落地时的水平位移为时，则A、B在最高点相碰．故C错误．故选AD．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，根据该规律进行分析．三、填空题：本题共4小题，共25分，将答案写在相应的横线上或题目指定位置．15．（3分）如图所示，在做“验证力的平行四边形定则”的实验时，用M、N两个测力计（图中未画出）通过细线拉橡皮条的端点，使其到达O点，此时α+β=90°，然后保持M的示数不变，而使α角减小，为保持端点位置不变，可采用的办法是（）A．减小N的示数同时减小β角C．增大N的示数同时增大β角考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题；平行四边形法则图解法专题．分析：要使结点不变，应保证合力不变，故可以根据平行四边形定则分析可以采取的办法．解答：解：要保证结点不动，应保证合力不变，则由平行四边形定则可知，合力不变，M方向向合力方向靠拢，则N的拉力应减小，同时应减小β角；故选A点评：本题考查平行四边形定则的应用，在应用时要注意做出平行四边形进行动态分析．16．（6分）如图，带电量为+q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中a点处的电场强度为零，根据对称性，图中b点处的电场强度大小为，方向水平向左．（静电力恒量为k）B．减小N的示数同时增大β角D．增大N的示数同时减小β角考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由点电荷的场强公式可得出q在a点形成的场强，由电场的叠加原理可求得薄板在a 点的场强大小及方向；由对称性可知薄板在b点形成的场强．解答：解；q在a点形成的电场强度的大小为E1=，方向向左；因a点场强为零，故薄板在a点的场强方向向右，大小也为，由对称性可知，薄板在b点的场强，方向向左；q在b处产生的场强大小为E2==，方向向左，根据电场的叠加原理可得：b点处的电场强度大小为 E=E1+E2=，方向水平向左．故答案为：，水平向左．点评：题目中要求的是薄板形成的场强，看似无法解决；但注意a点的场强是由薄板及点电荷的电场叠加而成，故可求得薄板在a点的电场强度，而薄板两端的电场是对称的，故由对称性可解．17．（8分）（2015•邢台模拟）如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d= 2.30mm．（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离L；（3）下列不必要的一项实验要求是A．（请填写选项前对应的字母）A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B．应使A位置与光电门间的距离适当大些C．应将气垫导轨调节水平D．应使细线与气垫导轨平行（4）改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出图象．（选2”或“”）．填“t﹣F”、“考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题．分析：游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读．滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．根据运动学公式解答．用细线拉力表示合力，要考虑摩擦力的影响．解答：解：（1）由图知第6条刻度线与主尺对齐，d=2mm+6×0.05mm=2.30mm；（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B 的时间t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．根据运动学公式得若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离L（3）A、拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故A正确；B、应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B错误C、应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故C错误D、要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故D错误；。
江苏省如皋市2015届高三物理上学期质检试题(二)(含解析)新人教版
江苏省某某市如皋市2015届高三〔上〕质检物理试卷〔二〕一、单项选择题：此题共8小题，每一小题3分，共计24分．每一小题只有一个选项符合题意．1．在同一平面有四根彼此绝缘的通电直导线，如下列图，四导线中的电流大小关系为i1＜i2＜i3=i4，要使O点磁场增强．如此应切断哪一导线中的电源〔〕A．切断i1B．切断i2C．切断i3D．切断i4考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度．分析：根据安培定如此判断4根通电导线在1、2、3、4四个区域产生的磁场方向，根据磁场的叠加，判断哪个区域的磁场最强．解答：解：根据右手螺旋定如此来确定通电导线周围磁场的分布，导线1在O点产生的磁场的方向向里，导线2在O点产生的磁场的方向向里，导线3在O点产生的磁场的方向向里，导线4在O点产生的磁场的方向向外．由于i1＜i2＜i3=i4，所以合磁场的方向向里，根据磁场的叠加可知，要使O的磁场增强，应切断I4，如此D正确．应当选：D点评：此题利用安培定如此判断磁场方向比拟简单，但磁场的叠加，较为复杂，采用作图法可防止思路出现混乱．2．质量为0.8kg的物块静止在倾角为30°的斜面上，假设用平行于斜面沿水平方向大小等于3N的力推物块，物块仍保持静止，如下列图，如此物块所受到的摩擦力大小等于〔〕A． 5N B．4N C．3N D．考点：静摩擦力和最大静摩擦力；滑动摩擦力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对滑块受力分析，受推力F、重力G、支持力N和静摩擦力f，根据共点力平衡条件，结合正交分解法列式求解．解答：解：对滑块受力分析，受推力F、重力G、支持力N和静摩擦力f，将重力按照作用效果分解为沿斜面向下的分力F′=Mgsinθ=4N和垂直斜面向下的分力Mgcosθ=4N；在与斜面平行的平面内，如图，有f=应当选A．点评：此题的难点在于物体受到的力不在一个平面内，需要将重力按照作用效果进展分析，根据静摩擦力的产生特点和共点力平衡条件列式求解静摩擦力．3．〔3分〕如下列图，甲、乙两小船分别从A、B两点开始过河，两船相对静水的速度均小于水流速度，方向分别与河岸成60°和30°角，两船恰能到达对岸同一位置．假设甲乙两船渡河过程的位移大小分别为s甲、s乙，如此〔〕A．s甲＞s乙B．s甲=s乙C．s甲＜s乙D．无法确定s甲和s乙的关系考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：根据运动的合成可知，两船与水流速度的合速度的方向即为船行驶的方向，由题意可知，恰能同时到达对岸，从而可确定各自位移关系．解答：解：根据题意可作出，两船运动的位移，如下列图，如此有s甲＞s乙故A正确，BCD错误；应当选A点评：解决此题的关键是根据速度的合成，即可确定合位移方向，并掌握矢量合成法如此．4．〔3分〕我国发射了一颗资源探测卫星，发射时，先将卫星发射至距地面50km的近地圆轨道1上，然后变轨到近地点高50km，远地点高1500km的椭圆轨道2上，最后由轨道2进入半径为7900km的圆轨道3，地球外表的重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力，如此以下说法正确的答案是〔〕A．在轨道2运行的速率可能大于7.9km/sB．卫星在轨道2上从远地点向近地点运动的过程中速度增大，机械能增大C．由轨道2变为轨道3需要在近地点点火加速，且卫星在轨道2上的运行周期小于在轨道3上的运行周期D．仅利用以上数据，可以求出卫星在轨道3上的动能考点：万有引力定律与其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：在1圆轨道变轨到2椭圆轨道的过程中，需要加速做离心运动，速度可能大于7.9km/s．卫星在轨道2上从远地点向近地点运动的过程中机械能守恒．由轨道2变为轨道3需要在远地点点火加速做离心运动．不知道卫星的质量，无法计算动能．解答：解：A、第一宇宙速度是理论上的最大环绕速度，实际卫星绕地球圆周运动的速度都小于这个值；在1圆轨道变轨到2椭圆轨道的过程中，需要加速，所以速率可能大于7.9km/s，故A正确；B、卫星在轨道2上从远地点向近地点运动的过程中只有万有引力〔或者说重力〕做功，所以机械能不变，故B错误；C、轨道3是远地轨道，所以由轨道2变为轨道3需要在远地点点火加速做离心运动，卫星在轨道2上的运行周期小于在轨道3上的运行周期，故C错误；D、不知道卫星的质量，所以不能求出在轨道3上的动能，故D错误．应当选：A．点评：此题关键明确卫星在圆轨道运行时，万有引力提供向心力，卫星的运动过程中只有重力做功，机械能守恒．5．〔3分〕一根内壁光滑无限长绝缘直管与两等量电荷连线的中垂线重合，管与电荷位于绝缘水平面上，如下列图．管上有AOB三点，其中O点为等量电荷连线中点，且AO=OB，现将一带正电的小球，从管中A点由静止释放，假设带电小球能在A、B之间做往复运动，如此如下说法正确的答案是〔〕A．两电荷带的是等量异种电荷B．两电荷带的是等量负电荷C．小球的加速度先变大再变小D．小球在O点的电势能为0考点：电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：先分析等量正电荷和等量负电荷的电场在中垂线上的特点，再判断带的小球能否在AB 间做往复运动；再由场强的特点分析电场力和加速度的变化．解答：解：AB、假设为等量正电荷，其中垂线上场强的特点：从中点向两侧场强先增大后减小，其方向指向外侧．小球释放时受到的电场力向外，所以不可能做往复运动，故一定是等量的负电荷，故A错误，B正确；C、两等量负电荷周围局部电场线分布特点，其中连线的中垂线ab上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指o点，所以静止释放带正电的粒子受的电场力是指向O，且电场力先增大后减小，过来O 点后电场力反向依然指向O，电场力大小先增大后减小，所以带电粒子先加速后减速，故加速度先增大后减小再增大后再减小，其速度先增大后减小，故C错误；D、小球在O点时，电场力为0，但电势不为零，所以电势能不为零，故D错误．应当选：B．点评：此题的关键是明确等量同种电荷中垂线上电场的特点，再据物体受电场力和摩擦力分析运动情况，据牛顿第二定律分析加速度．6．〔3分〕图示电路中，电源电动势为ε，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为可变电阻，C 为电容器．在可变电阻R3由较小逐渐变大的过程中，如下说法中正确的答案是〔〕A．电容器的带电量在逐渐减小B．流过R2的电流方向是由上向下C．电源的输出功率变大D．电源内部消耗的功率变大考点：电容；闭合电路的欧姆定律．专题：电容器专题．分析：由电路图可知，R1与R3串联，电容器并联在R3两端，由滑动变阻器的变化利用闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，判断出R3电压的变化，如此可知电容器两端电量的变化，可知流过R2的电流方向．由功率公式可求得电源内部消耗的功率变化．解答：解：滑动变阻器阻值由小到大的过程中，电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，内电压与R1两端的电压均减小，如此R3两端的电压增大，电容器两端的电压增大，电容器的带电量增大，故电容器充电，如此有由上向下的电流通过R2．由于内外电阻的关系未知，不能确定电源输出功率如何变化，由P=I2r可知，电源内部消耗的功率变小，故B正确，ACD错误；应当选：B．点评：此题在进展动态分析时电容器可不看．要抓住电容器两端的电压等于与之并联局部的电压；与电容器串联的电阻在稳定时可作为导线处理．7．〔3分〕如下列图，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，比荷一样的两个粒子〔不计重力〕沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，如此〔〕A．从P点射出的粒子速度大B．两个粒子射出磁场时的速度一样大C．从Q点射出的粒子在磁场中运动的时间长D．两个粒子在磁场中运动的时间一样长考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：粒子在磁场中做圆周运动，根据题设条件作出粒子在磁场中运动的轨迹，根据轨迹分析粒子运动半径和周期的关系，从而分析得出结论．解答：解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系〔图示弦切角相等〕，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间：t=，又因为粒子在磁场中圆周运动的周期T=，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故D正确，C错误；如图，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P点和Q点射出，由图知，粒子运动的半径R P＜R Q，又粒子在磁场中做圆周运动的半径R=知粒子运动速度v P＜v Q，故AB错误；应当选：D点评：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由此根据运动特征作出粒子在磁场中运动的轨迹，掌握粒子圆周运动的周期、半径的关系是解决此题的关键．8．〔3分〕一物体沿光滑水平面做匀速直线运动，从t=0时刻起，在与物体垂直的方向上施加一个水平恒力F，如此物体的动能E k随时间t变化的情况可能是图中所示的哪个图〔〕A．B．C．D．考点：功能关系．分析：由牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求出速度，然后求出物体动能的表达式，最后分析图示图象答题．解答：解：设物体做匀速运动的速度为v0，在与物体运动速度垂直的方向上施加一个水平恒力F 后，物体在初速度方向上做匀速直线运动，在力的方向向做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律得：a=，物体在力的方向上的分速度：v=at=，物体的动能：E K =mv02+mv2=mv02+m 〔〕2=mv02+，由图示图象可知，ABC错误，D正确，应当选：D．点评：此题考查了判断物体动能随时间变化的图象，根据题意求出物体动能的表达式是正确解题的关键．二、多项选择题：此题共6小题，每一小题4分，共计24分．每一小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．9．〔4分〕一个电子穿过某一空间而未发生偏转，以下判断正确的答案是〔〕A．此空间一定不存在磁场B．此空间一定不存在电场C．此空间可能存在均匀变化磁场D．此空间可能有相互正交的匀强磁场和匀强电场考点：洛仑兹力．分析：通过对电子的运动分析可知，电子在该区域可能不受力的作用，有两种情况，一是电场和磁场都不存在，二是只存在磁场，但是电子的初速度方向与磁场的方向在同一条直线上；可能只受电场力作用，电子的初速度与电场力的方向在通一条直线上；可能既受电场力又受洛伦兹力作用，但是二力为一对平衡力．解答：解：A、电子进入磁场有两种情况，一是沿着磁感线进入磁场，此种情况下，电子不受洛伦兹力作用，电子不会偏转，选项A错误．B、如果该区域只存在电场，并且电子是沿着电场线的方向进入电场时，电子不发生偏转．选项B错误．C、此空间可能存在均匀变化磁场，电子在该区域内即受到电场力作用，又受到洛伦兹力作用，但这两个力大小相等，方向相反时，电子运动不发生偏转．选项C正确．D、假设电子在该区域内即受到电场力作用，又受到洛伦兹力作用，但这两个力大小相等，方向相反时，电子运动不发生偏转，此时电场与磁场是正交的．选项D正确．应当选：CD．点评：带电粒子在匀强电场中运动，主要研究两种情况，一是初速度的方向与电场的方向在一条直线上，此时做匀变速直线运动．二是垂直于电场射入，此时做类平抛运动．带电粒子在匀强磁场中运动，有三种情况，一是初速度的方向与磁场方向在同一条直线上，此时带电粒子不受洛伦兹力作用，带电粒子做匀速直线运动，二是垂直于磁场射入，在洛伦兹力的作用下，带电粒子将做匀速圆周运动．三是带电粒子的初速度与磁场有一定的夹角，带电粒子做等距螺旋运动．带电粒子在匀强电场和匀强磁场中运动时，主要研究是电场与磁场正交的情况，此时既受到电场力作用，又受到洛伦兹力作用．此种情况有一种特例即为电场力和洛伦兹力是一对平衡力．10．〔4分〕用细绳拴住一个质量为m的小球，小球将一端固定在墙上的水平轻弹簧压缩了△x 〔小球与弹簧不拴接〕，如下列图，如此将细线烧断后〔〕A．小球立即做平抛运动B．细线烧断瞬间小球的加速度a=gC．小球脱离弹簧后做匀变速运动D．小球落地时的动能大于mgh考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：小球开始受重力、弹簧的弹力和绳子的拉力处于平衡，绳子烧断的瞬间，拉力立即消失，弹簧的弹力还未变化，根据牛顿第二定律得出小球的加速度．根据动能定理可知小球的动能大小．解答：解：A、绳子烧断的瞬间，小球受重力和弹簧的弹力，小球不是立即做平抛运动．根据牛顿第二定律知，加速度不是g．故A错误，B错误．C、小球离开弹簧后，仅受重力，加速度不变，所以做匀变速运动．故C正确．D、根据动能定理知，mgh+W=．如此小球落地时的动能大于mgh．故D正确．应当选：CD．点评：对小球受力分析，根据球的受力的情况来判断小球的运动的情况与各力做功情况，要注意的是在与弹簧别离之前，弹簧的弹力是不断减小的．11．〔4分〕〔2011•淮安三模〕如图是医用盘旋加速器示意图，其核心局部是两个D型金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核〔H〕和氦核〔He〕．如下说法中正确的答案是〔〕A．它们的最大速度一样B．它们的最大动能一样C．它们在D形盒内运动的周期一样D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能考点：质谱仪和盘旋加速器的工作原理．专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．分析：A、带电粒子最后从盘旋加速器中出来时的速度最大，根据，比拟粒子的速度．B、求出粒子的最大速度后，根据比拟最大动能．C、在盘旋加速器中的周期T=，根据周期的公式判断两粒子的周期是否一样．D、盘旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期一样，否如此无法加速．解答：解：A、根据，得．两粒子的比荷相等，所以最大速度相等．故A 正确．B、最大动能，两粒子的比荷相等，但质量不等，所以最大动能不等．故B错误．C、带电粒子在磁场中运动的周期T=，两粒子的比荷相等，所以周期相等．故C正确．D、盘旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期一样，否如此无法加速．故D错误．应当选AC．点评：解决此题的关键知道盘旋加速器是利用电场加速，磁场偏转来加速粒子．以与知道粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期一样．12．〔4分〕如下列图，质量为m的通电直导线用一绝缘轻绳悬挂，电流方向垂直于纸面，匀强磁场平行于纸面，导线处于静止状态，轻绳与竖直方向的夹角为30°．以下说法中正确的答案是〔〕A．安培力的大小可能等于，此时磁场的可能方向是唯一的B．安培力的大小可能等于，此时磁场的可能方向是唯一的C．安培力的大小可能等于mg，此时磁场的可能方向是唯一的D．安培力的大小可能等于2mg，此时磁场的可能方向是唯一的考点：安培力．分析：先对导体棒受力分析，根据平衡条件并结合合成法得到安培力的最小值；然后结合安培力公式F A=BIL和左手定如此分析．解答：解：对导体棒受力分析，受重力、安培力和细线拉力，如下列图：根据平衡条件，当安培力与线垂直向上时，安培力最小，为：F A=BIL=mgsin30°=，根据左手定如此，磁感线方向沿悬线向上，故此时磁场方向是唯一的；当mg≥F A＞时，有2解．当F A＞mg时，有一解；当F A＜时，无解，故AC错误，BD正确应当选：BD点评：此题关键是先根据平衡条件确定安培力的最小值，然后结合左手定如此分析磁感线的方向，根底题．13．〔4分〕质量为m，带电量为+q的小球套在水平固定且足够长的绝缘杆上，如下列图，整个装置处于磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，现给球一个水平向右的初速度v0使其开始运动，不计空气阻力，如此球运动抑制摩擦力做的功可能的是〔〕B．0A．mvC．mv D．〔mv﹣〕考点：带电粒子在混合场中的运动；功能关系；洛仑兹力．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力，根据圆环初速度的情况，分析洛伦兹力与重力大小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到静止，或者先减速后匀速运动，根据动能定理分析圆环抑制摩擦力所做的功．解答：解：〔1〕当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零．〔2〕当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功．根据动能定理得：﹣W=0﹣mv02得W=mv02．〔3〕当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg，即当qvB=mg，v=时，不受摩擦力，做匀速直线运动．根据动能定理得：﹣W=mv2﹣mv02，代入解得：W=m[v02﹣〔〕2]；应当选：ABD．点评：此题考查分析问题的能力，摩擦力是被动力，要分情况讨论．在受力分析时往往先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力．14．〔4分〕〔2008•黄冈模拟〕绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为﹣q 的滑块〔可看作点电荷〕从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度为零．a、b 间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．以下判断正确的答案是〔〕A．滑块在运动过程中所受Q的库化力有可能大于滑动摩擦力B．滑块在运动过程的中间时刻，瞬时速度的大小小于C．此过程中产生的内能为D．Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为考点：电势差与电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据滑块的运动情况可知滑块受力情况，如此可知库仑力与滑动摩擦力的大小关系；由滑块的受力情况可确定加速度的变化情况，即可判断中间时刻的速度；由动能定理可确定过程中产生的内能与动能变化关系；由动能定理可求得两点间的电势差．解答：解：A、由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方一样，因滑块在b点静止，故一定有段时间，库仑力小于滑动摩擦力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，到达b点时速度减为零．故A错误；B、水平方向受大小不变的摩擦力与变大的库仑力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以导致加速度慢慢减小，加速度是变化的，故中间时刻的速度小于故B正确；C、由动能定理可得：Uq﹣μmgs=0﹣mv02，产生的内能Q=μmgs=Uq+mv02，因此在此过程中产生的内能大于动能的减少．故C错误；D、由动能定理可得：Uq﹣μmgs=0﹣mv02，解得两点间的电势差U=，故D正确；应当选：BD点评：解答此题应注意库仑力随离Q的距离的增大而减小，而滑块的运动可告诉我们最后一定有滑动摩擦力大于库仑力；同时还要明确一定：电场力做功取决于始末位置间的电势差，和路径无关．三、简答题：此题共3小题，共计26分．请将解答填写在答题卡相应的位置．15．〔8分〕某实验探究小组的同学准备测量电炉丝的电阻率，他们首先用螺旋测微器测出一段电炉丝的直径和长度如图1、2所示，如此该电炉丝的直径为0.900 mm．长度为33.10 mm．该小组同学又从标称为“220v 500W〞、“220v 300W〞、“220v 25W〞的3个电炉中任选一个，正确使用多用电表欧姆×10挡测量其阻值，结果如图3所示，如此该电炉的阻值是160.0 Ω，标称功率为300 W．考点：测定金属的电阻率；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．专题：实验题．分析：游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度所示之和是螺旋测微器的示数；根据欧姆表读出电阻，根据P=求解功率．解答：解：由图1所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为40.0×0.01mm=0.400mm，金属丝直径为0.5mm+0.400mm=0.900mm；由图2所示游标卡尺可知，主尺示数为3.3cm=33mm，游标尺示数为2×0.05mm=0.10mm，金属丝的长度为33mm+0.10mm=33.10mm；由图3可知，该电炉的阻值是16.0×10=160.0Ω，根据P=得：功率P=W，故标称功率为300W故答案为：0.900；33.10；160.0；300点评：游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度所示之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读；对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度．16．〔8分〕在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=200g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如下列图．O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点．打点计时器每隔T=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2，那么〔1〕计算B点瞬时速度时，甲同学用，乙同学用．其中所选择方法正确的答案是乙〔填“甲〞或“乙〞〕同学．〔2〕同学丙想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力，为此他计算出纸带下落的加速度为9.5 m/s2，从而计算出阻力f= 0.06 N．〔3〕假设同学丁不慎将上述纸带从OA之间扯断，他仅利用A点之后的纸带能否实现验证机械能守恒定律的目的？能．〔填“能〞或“不能〞〕考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：题的关键是处理纸带问题时应用=求瞬时速度，既可以用mgh=mv2来验证机械能守恒，也可以用mgh=mv22﹣mv12来验证．解答：解：〔1〕、由于实验过程中重物和纸带会受到空气和限位孔的阻力作用，导致测得的加速度小于当地的重力加速度，所以求速度时不能用，来求，只能根据=求瞬时速度值，所以乙正确．〔2〕、根据△x=at2，可求出a=，代入数据解得a=9.5m/s2，由mg﹣f=ma解得，阻力f=0.06N．〔3〕、根据mgh=mv22﹣mv12可知，可以利用A点之后的纸带验证机械能守恒，即能实现．故答案为：〔1〕乙；〔2〕9.5，0.06；〔3〕能．点评：明确实验原理，熟记处理纸带问题的思路和方法，注意求瞬时速度的方法，分清理论推导与实验探索的区别，学会求加速度的方法．17．〔10分〕在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路．〔1〕根据图甲实验电路，请在乙图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．〔2〕合上开关S1，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数．〔3〕在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象，如图丙所示，两直线与纵轴的截距分别为U A、U B，与横轴的截距分别为I A、I B．①S2接1位置时，作出的U﹣I图线是图丙中的 B 〔选填“A〞或“B〞〕线．②如果电压表和电流表都是理想电表，请用虚线在图丙中画出对应的U﹣I图线．③根据所画图线求出干电池电动势和内阻的真实值：E真= U A，r真=．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：〔1〕根据电路图连接实物电路图．〔3〕根据图示电路图与实验步骤分析答题，根据图示图象求出电源电动势与内阻．解答：解：〔1〕根据电路图连接实物电路图，实物电路图如下列图：〔3〕①当S2接1位置时，可把电压表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律：E=U断可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出。
高三物理-南通市如皋县2016届高三上学期一轮复习模拟物理试题
江苏省南通市如皋县2016届高三物理一轮复习模拟试题（PDF含解析）一．选择题（共11小题）1．如图是一种台灯亮度调节器电路图，圆环为电阻丝，P为可调节滑片，下列说法中正确的有（）A．P在b点，灯最亮B．P在c点，灯最亮C．P从a点滑向b点过程中，电流逐渐增大D．P从a点滑向b点过程中，电流逐渐减少2．如图所示，有三个电阻，已知R l：R2：R3=1：3：6，则电路工作时，电压U l：U2为（）A．1：6B．1：9C．1：3D．1：23．如图所示是一个电路的一部分，其中R1=10Ω，R2=4Ω，R3=4Ω，I1=0.3A，I2=0.5A，那么电流表测得的电流为（）A．0.25A，方向向右B．0.15A，方向向左C．0.75A，方向向左D．0.35A，方向向右4．仪器中常用两个阻值不同的可变电阻来调节电路的电流，一个作粗调，一个作细调，这两个变阻器可以按图甲串联起来或按图乙并联起来再接入电路．已知R1阻值较大，R2阻值较小，则（）A．图甲中R1作粗调B．图甲中R1作细调C．图乙中R2作粗调D．图乙中R2作细调5．如图所示，电阻R1、R2串联在12V的电路中，R1=6kΩ，R2=3kΩ．当用电阻不是远大于R1和R2的电压表0～3V量程测量R2两端的电压时，电压表的读数是3V．当用该电压表0～15V量程测量R1两端的电压时，电压表的读数为（）A．9V B．7.5V C．8V D．6V6．图中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（）A．甲表是电流表，R增大时量程增大B．甲表是电流表，R增大时量程减小C．乙表是电压表，R增大时量程减小D．上述说法都不对7．图甲所示的电路中，电流表A1指针指满刻度，电流表A2的指针指满刻度的处；图乙中，A2指针指满刻度，A1指针指满刻度的处．已知A1的内阻为0.45Ω，则A2的电阻为（）A．0.1ΩB．0.15ΩC．0.3ΩD．0.6Ω8．分别用图（a）、（b）两种电路测量同一未知电阻的阻值．图（a）中两表的示数分别为3V、4mA，图（b）中两表的示数分别为4V、3.9mA，则待测电阻R x的真实值为（）A．略小于1kΩB．略小于750ΩC．略大于1kΩD．略大于750Ω9．将两个相同的灵敏电流计表头，分别改装成一只较大量程电流表和一只较大量程电压表，一个同学在做实验时误将这两个表串联起来，则（）A．两表头指针都不偏转B．两表头指针偏角相同C．改装成电流表的表头指针有偏转，改装成电压表的表头指针几乎不偏转D．改装成电压表的表头指针有偏转，改装成电流表的表头指针几乎不偏转10．一个电压表由电流表G与电阻R串联而成，若在使用中发现电压表读数总比正确值稍小一些，采用以下哪种方法可以改进（）A．在R上串联一比R小得多的电阻B．在R上串联一比R大得多的电阻C．在R上并联一比R小得多的电阻D．在R上并联一比R大得多的电阻11．相同的电流表分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，A1的量程大于A2的量程，V1的量程大于V2的量程，把它们接入图所示的电路，闭合开关后（）A．A1的读数比A2的读数大B．A1指针偏转角度比A2指针偏转角度大C．V1的读数比V2的读数大D．V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大二．解答题（共8小题）12．在“把小量程电流表改装成电压表”的实验中，给出的器材有：A．电流表（量程为200μA，内阻约为200Ω）B．标准电压表（量程为2V）C．电阻箱（0～999.9Ω）D．滑动变阻器（0～200Ω）E．电位器（0～47kΩ，电位器相当于滑动变阻器）F．电源（电动势为2V，有内阻）G．电源（电动势为6V，有内阻）H．开关两个，导线若干（1）首先要用“半偏法”测定电流表的内阻．如果采用如图1所示的电路测定电流表的内电阻并且要想得到较高的精确度，那么以上给出的器材中，电阻R l应选用，电阻R2应选用，电源应选用．（填写所选仪器前的字母即可）（2）该实验操作的步骤有：A．闭合S1；B．闭合S2；C．观察R1的阻值是否最大，如果不是，将R1的阻值调至最大；D．调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；E．调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；F．记下R2的阻值．把以上步骤的字母代号按实验的合理顺序填写在横线上：．（3）如果在步骤F中所得的R2的阻值为200Ω，则图中被测电流表的内阻R g的测量值为Ω，该测量值比实际值略（选填“大”、“小”）．（4）如果要将图中的电流表改装成量程为2V的电压表，则改装的方法是电流表应联一个阻值为Ω的电阻．（5）按上述方法将电流表与电阻箱改装成一电压表．现要对此电压表进行校准，所用的电路原理如图2所示，图3中给出了实验器材的实物图，请按原理图的要求连成实验电路．（6）在校准的过程中，发现新改装的电压表比标准电压表的读数略小，则应适当（选填“增大”或“减小”）电阻箱的阻值．13．某同学欲将量程为200μA的电流表G改装成电压表．①该同学首先采用如图所示的实验电路测量该电流表的内阻R g，图中R1、R2为电阻箱．他按电路图连接好电路，将R1的阻值调到最大，闭合开关S1后，他应该正确操作的步骤是．（选出下列必要的步骤，并将其序号排序）a．记下R2的阻值b．调节R1的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度c．闭合S2，调节R1和R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半d．闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半②如果按正确操作步骤测得R2的阻值为500Ω，则R g的阻值大小为；（填写字母代号）A.250ΩB.500ΩC.750ΩD.1000Ω③为把此电流表G改装成量程为2.0V的电压表，应选一个阻值为Ω的电阻与此电流表串联．14．将一只量程10mA、内阻未知的电流表改装成量程1A的安培表，提供的实验器材如下：电源：1.5V干电池2节电流表G（量程10mA）安培表A1（量程0.6A）安培表A2（量程2A）定值电阻R A=200Ω定值电阻R B=5Ω定值电阻R C=2Ω电阻箱R（0～99.99Ω）滑动变阻器R0（0～10Ω）开关、导线若干（1）测量电流表的内阻R g，某同学设计了如图1所示的电路，其中定值电阻R2选择了R B，则R1应该选择；（2）实验过程中改变R0的阻值，测得电流表G和安培表A1的读数I g、I如下，请在图3I g ﹣I坐标系中作出图线，根据图线可求出电流表内阻R g=Ω；I g/mA 2.4 4.0 6.08.410.0I/A0.120.200.300.420.50（3）将电阻箱与电流表G并联改装成量程为1A的安培表，电阻箱取值为Ω；（4）图2是对改装电流表进行校对的实物电路，部分电路没有连线，请正确完成电路连线．15．某实验小组要描绘一个标有“3.8V，1W”的小灯珠R L的R～U曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A．电压表V（量程5V，内阻约为5kΩ）B．直流电源E（电动势4.5V，内阻不计）C．电流表A1（量程150mA，内阻约为2Ω）D．电流表A2（量程300mA，内阻约为1Ω）E．滑动变阻器R1（阻值0～10Ω）F．滑动变阻器R2（阻值0～200Ω）（1）实验中为较准确测量、方便调节，电流表应选用，滑动变阻器应选用（填写仪器符号）；（2）要求实验中小灯珠电压从零逐渐增大到额定电压，测量误差尽可能小．请你为该实验小组设计电路图，画在答题纸方框中（3）据实验数据，计算并描绘出了R﹣U的图象，如乙图所示．由图象可知，当所加电压为3.00V时，灯珠实际消耗的电功率为W．假设灯丝电阻R与其温度t的关系是R=k（t+273）（k为比例系数），室温为27℃，可知该灯珠正常发光时，灯丝的温度约为℃；（4）小灯珠的电功率P随电压U变化的图象及其伏安特性曲线可能分别是图丙中的．A．①和③B．①和④C．②和③D．②和④16．如图甲所示，为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的I﹣U特性曲线的实验电路图．①根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整．②开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于端（选填“A”、“B”或“AB 中间”）③实验中测得有关数据如下表：0.400.80 1.20 1.60 2.00 2.40 2.80U/VI/A0.100.160.200.230.250.260.27根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的I﹣U特性曲线．17．某实验小组进行“探究热敏电阻的温度特性”实验，实验室提供如下器材：热敏电阻R t（常温下约8kΩ）、温度计电流表A（量程1mA，内阻约200Ω）电压表V（量程3V，内阻约10kΩ）电池组E（4.5V，内阻约1Ω）滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）开关S、导线若干、烧杯和水．（1）根据提供器材的参数将图1所示的实物图中所缺的导线补接完整．（2）实验开始前滑动变阻器的滑动触头P应置于端（填“a”或“b”）．（3）利用补接完整的实验装置测量出不同温度下的电阻值，画出该热敏电阻的R t﹣t图象如图2中的实测曲线，与图中理论曲线相比二者有一定的差异．除了偶然误差外，下列关于产生系统误差的原因或减小系统误差的方法叙述正确的是．（填选项前的字母，不定项选择）A．电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大B．电压表的分流造成电阻的测量值总比真实值小C．温度升高到一定值后，电流表应改为外接法（4）将本实验所用的热敏电阻接到一个电流较大的恒流电源中使用，当电流通过电阻产生的热量与电阻向周围环境散热达到平衡时，满足关系式I2R=k（t﹣t0）（其中k是散热系数，t是电阻的温度，t0是周围环境温度，I为电流强度），电阻的温度稳定在某一值．若通过它的电流恒为50mA，t0=20℃，k=0.25w/℃，由实测曲线可知该电阻的温度稳定在℃．18．在伏安法测电阻的实验中，待测电阻R x约为200Ω，电压表的内阻约为2kΩ，电流表的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，结果由公式R x=计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数．若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别极为R x1和R x2，则（填“R x1”或“R x2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值R x1（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测量值R x2（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值．19．用以下器材测量一待测电阻R x的阻值（900～1000Ω）：电源E，具有一定内阻，电动势约为9.0V；电压表V1，量程为1.5V，内阻r1=750Ω；电压表V2，量程为5V，内阻r2=2500Ω；滑线变阻器R，最大阻值约为100Ω；单刀单掷开关K，导线若干．（1）测量中要求电压表的读数不小于其量程的，试画出测量电阻R x的一种实验电路原理图（原理图中的元件要用题图中相应的英文字母标注）．（2）根据你所画的电路原理图在题给的实物图上画出连线．（3）若电压表V1的读数用U1表示，电压表V2的读数用U2表示，则由已知量和测得量表示R x的公式为R x=．江苏省南通市如皋县2016届高三物理一轮复习模拟试题（PDF含解析）参考答案与试题解析一．选择题（共11小题）1．如图是一种台灯亮度调节器电路图，圆环为电阻丝，P 为可调节滑片，下列说法中正确的有（）A ．P 在b 点，灯最亮B ．P 在c 点，灯最亮C ．P 从a 点滑向b 点过程中，电流逐渐增大D ．P 从a 点滑向b 点过程中，电流逐渐减少【考点】串联电路和并联电路．【分析】根据变阻器接入电路的电阻如何变化，分析电流如何变化，即可分析灯的功率情况，从而确定其亮度变化．【解答】解：A 、P 在a 点，变阻器接入电路的电阻最小，电路中电流最大，则灯消耗的功率最大，灯最亮；b 点时电阻不是最小；灯不是最亮；故AB 错误；C 、P 从a 点滑向b 点过程中，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律得知电流逐渐减少，故D 正确，C 错误．故选：D ．【点评】本题关键要正确分析出变阻器电阻的变化，运用欧姆定律进行动态变化分析．2．如图所示，有三个电阻，已知R l ：R 2：R 3=1：3：6，则电路工作时，电压U l ：U 2为（）A ．1：6B ．1：9C ．1：3D ．1：2【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】根据串并联电路特点求出电阻关系，然后再由串并联电路特点及欧姆定律求出电压关系．【解答】解：设R l =R ，由于R l ：R 2：R 3=1：3：6，则R 2=3R ，R 3=6R ，R 并==2R ，通过串联电路的电流I 相等，则U l ：U 2=IR l ：IR 并=1：2；故选D．【点评】熟练应用串并联电路特点i欧姆定律即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题．3．如图所示是一个电路的一部分，其中R1=10Ω，R2=4Ω，R3=4Ω，I1=0.3A，I2=0.5A，那么电流表测得的电流为（）A．0.25A，方向向右B．0.15A，方向向左C．0.75A，方向向左D．0.35A，方向向右【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】分别求出R1两端的电压和R2两端的电压，然后判断根据电位确定R3两端的电压以及电流的方向，再根据求出通过R3的电流，最后根据节点法确定通过电流表电流的方向和大小．【解答】解：R1两端的电压U1=I1R1=0.3×10Ω=3VR2两端的电压U2=I2R2=0.5×4=2VR1左端与R2的左端电位相等，U1＞U2，则R1右端的电位低于R2右端的电位．R3两端的电压U3=U1﹣U2=3V﹣2V=1V通过R3的电流I3=，R3上端电位低，下端电位高，电流方向由下向上．因此用节点法可知通过电流表的电流方向向左．设电流表的示数为I A，对于电流表左端的节点，流入节点的电流等于流出节点的电流．即I A+I2=I3电流表的示数I A=I3﹣I2=0.25A﹣0.5A=0.25A，方向向右，故A正确，BCD错误．故选：A【点评】本题考查欧姆定律的应用和电流方向的判断，本题涉及电位的概念，以及节点法判断电流方向以及电流大小，难度较大，要求大家需要掌握更多关于电学的知识．4．仪器中常用两个阻值不同的可变电阻来调节电路的电流，一个作粗调，一个作细调，这两个变阻器可以按图甲串联起来或按图乙并联起来再接入电路．已知R1阻值较大，R2阻值较小，则（）A．图甲中R1作粗调B．图甲中R1作细调C．图乙中R2作粗调D．图乙中R2作细调【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】串联时，电流相等，电阻大的影响大，是粗调电阻；并联时，电阻小的电流大，调节电阻小的是粗调．【解答】解：A、B、甲图中，两个电阻串联，根据欧姆定律，调节R1时，电阻变化大，故电流改变大，是粗调，故A正确，B错误；C、乙图中，两个电阻并联，电阻小的电流大，调节电阻R2是粗调，故C正确，D错误；故选：AC．【点评】本题关键明确电路结构，然后运用欧姆定律判断电阻对电流的影响情况，基础题．5．如图所示，电阻R1、R2串联在12V的电路中，R1=6kΩ，R2=3kΩ．当用电阻不是远大于R1和R2的电压表0～3V量程测量R2两端的电压时，电压表的读数是3V．当用该电压表0～15V量程测量R1两端的电压时，电压表的读数为（）A．9V B．7.5V C．8V D．6V【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】当用电压表0～3V量程测量R2两端的电压时，电压表的读数是3V，电阻R1两端的电压为9V，根据串联电路电压与电阻成正比的特点，求出电压表0～3V量程的内阻．该电压表0～15V量程的内阻是0～3V量程的内阻的5倍．当用该电压表0～15V量程测量R1两端的电压时，求出电压表与R1并联的电阻，根据串联电路的特点求出电压表的读数．【解答】解：设电压表0～3V量程的内阻为R，则该电压表0～15V量程的内阻是5R．当用电压表0～3V量程测量R2两端的电压时，电压表的读数是3V，电阻R1两端的电压为9V，则有：：R1=3：9，解得，R=6kΩ则该电压表0～15V量程的内阻是30kΩ．当用该电压表0～15V量程测量R1两端的电压时，电压表与R1并联的电阻为R并==5kΩ则电压表的读数为==7.5V．故选B【点评】电阻不是无穷大的电压表是实际的电表，可当作能测量电压的电阻处理．此题难度适中．6．图中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（）A．甲表是电流表，R增大时量程增大B．甲表是电流表，R增大时量程减小C．乙表是电压表，R增大时量程减小D．上述说法都不对【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表．甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小．乙表中，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大．【解答】解：A、由图甲所示可知，电阻与G并联，甲为电流表，分流电阻R增大时，电阻分流电流减小，量程变小．故A错误，B正确；C、由图乙所示可知，电阻R与G串联，乙为电压表，R增大，电阻分压电压变大，量程变大．故C错误；D、由以上分析可知，B正确，则D的说法错误，故D错误；故选：B．【点评】本题考查电表改装原理的理解能力．当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值．7．图甲所示的电路中，电流表A1指针指满刻度，电流表A2的指针指满刻度的处；图乙中，A2指针指满刻度，A1指针指满刻度的处．已知A1的内阻为0.45Ω，则A2的电阻为（）A．0.1ΩB．0.15ΩC．0.3ΩD．0.6Ω【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】根据串联电路电流相等的特点和并联电路电压相等的特点，利用欧姆定律分别列出两电流表满偏时指针的关系，再把A2的内阻代入求解方程即可求出A1的内阻．【解答】解：设电流表A1、A2满偏电流分别为I1、I2；由题意知，当电流表串联时：I1=I2…①当电流表并联时：电源的电压为：U=I2R2=I1R1…②由于R1=0.45Ω…③将①③式代入②解得：R2=0.1Ω．故选：A．【点评】本题要理解并掌握串联电路和并联电路特点，能根据两电流表示数之间的关系建立方程组．8．分别用图（a）、（b）两种电路测量同一未知电阻的阻值．图（a）中两表的示数分别为3V、4mA，图（b）中两表的示数分别为4V、3.9mA，则待测电阻R x的真实值为（）A．略小于1kΩB．略小于750ΩC．略大于1kΩD．略大于750Ω【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】先判断采用的测量方法，由于在两种不同的接法中电压表的示数变化大，说明测量的是小电阻，这样电流表分压较大，应该采用（a）图进行测量比较准确．（a）图中测量值较真实值偏小．【解答】解：因电压表示数变化大，则用电压表的真实值测量电路，为（a）电路．用（a）电路：电流表示数含电压表的分流，故电流比真实值大．===R真即测量值偏小由R测故ABC错误，D正确故选：D【点评】考查伏安法测电阻的原理，明确不出接法所引起的误差．9．将两个相同的灵敏电流计表头，分别改装成一只较大量程电流表和一只较大量程电压表，一个同学在做实验时误将这两个表串联起来，则（）A．两表头指针都不偏转B．两表头指针偏角相同C．改装成电流表的表头指针有偏转，改装成电压表的表头指针几乎不偏转D．改装成电压表的表头指针有偏转，改装成电流表的表头指针几乎不偏转【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；将电压表和电流表串联，分析通过表头的电流关系，判断指针偏转角度的大小．【解答】解：电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很小，所以电流表的指针几乎不偏转；电压表的指针有偏转．故D正确，ABC错误．故选：D【点评】本题关键是明确电流表和电压表的改装原理，熟悉串联电路的电流特点，基础题．10．一个电压表由电流表G与电阻R串联而成，若在使用中发现电压表读数总比正确值稍小一些，采用以下哪种方法可以改进（）A．在R上串联一比R小得多的电阻B．在R上串联一比R大得多的电阻C．在R上并联一比R小得多的电阻D．在R上并联一比R大得多的电阻【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】读数偏小，则电流小，要电流变大，需使总电阻稍变小，应并联一大电阻．【解答】解：要让电流稍大一点，则应减小总电阻，给R并联一电阻可达到要求，若并联一比R小得多的电阻，其并联值会比并联的电阻阻值还要小，电流增加太多，故应并联一比R大得多的电阻可使总电阻稍变小，满足要求．故A，B，C错误，D正确．故选：D．【点评】两电阻并联后，总阻值小于任一电阻，并接近小电阻阻值．11．相同的电流表分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，A1的量程大于A2的量程，V1的量程大于V2的量程，把它们接入图所示的电路，闭合开关后（）A．A1的读数比A2的读数大B．A1指针偏转角度比A2指针偏转角度大C．V1的读数比V2的读数大D．V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】四个电表均由相同的电流表改装而成，由量程及电表的结构可知各电表的内阻大小关系；由图可知两电流表并联，两电压表串联；由串并联电路的规律可知各表的示数大小关系．【解答】解：A、电流表A1的量程大于A2的量程，故电流表A1的内阻小于A2的内阻；电压表V1的量程大于V2的量程，故V1的电阻大于V2的电阻；由图可知，两电流表并联，故两流表两端的电压相等，故A1中的电流要大于A2中的电流，故A1的读数比A2的读数大，故A正确；B、因两表由同一电流表改装而成，而将电流表扩大量程时为并联一小电阻，故相当于为四个电阻并联，故两表头中电流相同，故两表的偏角相同；故B错误；C、两电压表串联，故通过两表的电流相等，故V1的读数比V2的读数大，故C正确；D、因表头与电阻串联，故为四个电阻串联，因此通过两表头的电流相等，两表的偏转角度一样，故D错误；故选AC．【点评】本题要求学生能熟练应用串并联电路的规律及电表的性质，应明确由电流表扩大量程时为并联一小电阻，而将电流表改装为电压表时应串联一大电阻．二．解答题（共8小题）12．在“把小量程电流表改装成电压表”的实验中，给出的器材有：A．电流表（量程为200μA，内阻约为200Ω）B．标准电压表（量程为2V）C．电阻箱（0～999.9Ω）D．滑动变阻器（0～200Ω）E．电位器（0～47kΩ，电位器相当于滑动变阻器）F．电源（电动势为2V，有内阻）G．电源（电动势为6V，有内阻）H．开关两个，导线若干（1）首先要用“半偏法”测定电流表的内阻．如果采用如图1所示的电路测定电流表的内电阻并且要想得到较高的精确度，那么以上给出的器材中，电阻R l应选用E，电阻R2应选用C，电源应选用G．（填写所选仪器前的字母即可）（2）该实验操作的步骤有：A．闭合S1；B．闭合S2；C．观察R1的阻值是否最大，如果不是，将R1的阻值调至最大；D．调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；E．调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；F．记下R2的阻值．把以上步骤的字母代号按实验的合理顺序填写在横线上：CADBEF．（3）如果在步骤F中所得的R2的阻值为200Ω，则图中被测电流表的内阻R g的测量值为200Ω，该测量值比实际值略小（选填“大”、“小”）．（4）如果要将图中的电流表改装成量程为2V的电压表，则改装的方法是电流表应串联一个阻值为9800Ω的电阻．（5）按上述方法将电流表与电阻箱改装成一电压表．现要对此电压表进行校准，所用的电路原理如图2所示，图3中给出了实验器材的实物图，请按原理图的要求连成实验电路．（6）在校准的过程中，发现新改装的电压表比标准电压表的读数略小，则应适当减小（选填“增大”或“减小”）电阻箱的阻值．【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】本实验通过半偏法测量电流表G的内阻，抓住整个电路电流要基本保持不变，确定选择的器材．并联电阻后总电流变大，故通过并联电阻的电流大于电流表的电流，则其电阻小于电流表的内阻，即R′小于真实值，所以这种方法测出的电流表的内阻Rg比它的真实值偏小．改装成电压表要串联电阻，阻值为R=﹣R g．电压表的示数偏小，且应减小电阻箱的阻值．【解答】解：（1）首先我们要知道半偏法测量电流表内阻的方法以及测量原理：如图，设电源的电动势为E，内阻为r，S2打开时，设电流表满偏电流为：I g=，实验要求R1＞＞R g，R1＞＞r，这样才有I g≈，＜R g＜＜R1，这样才有S2闭合后，电路中当S2闭合时，R2和R g并联，并联后总阻值R并总电流几乎不变，仍然近似等于，调节R2使电流表半偏为I g，所以流过R2的电流也为I g，所以R2=R g．从上述原理可知，S2打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是R1＞＞R g．故实验器材选择应满足①电源电动势尽可能大，②R1尽可能大．所以R1选用大量程的E，R2选用量程跟电流表内阻差不多的即可，选C，电源选用电动势较大的G．（2）根据半偏法测量原理，则操作步骤为：按图所示的电路图连接好电路；将R1的阻值调到最大；合上S1；调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；合上S2；调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；记下R2的阻值．实验步骤的合理顺序是CADBEF．（3）由上分析可知，当F中记录的R2阻值为200Ω，则被测电流表的内阻r g的测量值也为200Ω；当S2闭合时，R′和R g并联，并联后总阻值R＜R g，而电阻R不变，所以S2闭合后的干并路电流比闭合前的总电流要大，即电流大于I g，。
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高三物理试卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．1．（3分）下列各叙述中，正确的是（）A．重心、合力和平均速度等概念的建立都体现了等效替代的思想B．库伦提出了用电场线描述电场的方法C．伽利略巧妙地利用“月﹣地”推演，证明了天、地引力的统一D．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电场强度E=，电容C=，加速度a=都是采用了比值法定义的2．（3分）如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，现用支铅笔贴着细线的左侧水平向右以速度v匀速移动，运动过程中保持铅笔的高度不变，悬挂橡皮的那段细线保持竖直，则在铅笔未碰到橡皮前，下列说法正确的是（不计一切摩擦）（）A．橡皮的运动轨迹是一条直线B．橡皮在竖直方向上作匀加速运动C．绳中拉力T＞mg且逐渐减小D．橡皮在图示位置时的速度大小为v3．（3分）如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在可旋转的支架上，处于静止状态，现使支架由静止开始加速旋转，当角速度ω逐渐增大到某一值后保持该值不变，细线将偏离竖直方向某一角度．若不计空气阻力，橡皮筋仍在弹性限度内，与静止时在竖直位置相比，小球的高度（）A．一定升高B．一定降低C．刚好保持不变D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定4．（3分）点电荷M、N、P、Q的带电量相等，M、N带正电，P、Q带负电，它们分别处在一个矩形的四个顶点上，O为矩形的中心．它们产生静电场的等势面如图中虚线所示，电场中a、b、c、d四个点与MNPQ共面，则下列说法正确的是（）A．如取无穷远处电势为零，则O点电势为零，场强为零B．O、b两点电势b＞φ0，O、b两点场强E b＜E OC．将某一正试探电荷从b点沿直线移动到c点，电场力一直做正功D．某一负试探电荷在各点的电势能大小关系为E a＜E b＜E O＜E d＜E c5．（3分）如图所示，一根质量为m、长为L、粗细均匀的金属直棒ab靠立在光滑弯曲的金属杆AOC上（开始时b离O点很近）．ab由静止开始在重力作用下运动，运动过程中a端始终在AO上，b端始终在OC上，ab刚好完全落在OC 上（此时速度为0），整个装置放在一匀强磁场中，磁感应强度方向垂直纸面向里，则（）A．ab棒所受安培力的方向总是垂直于ab向上B．ab棒所受安培力方向先垂直于ab向上，后垂直于ab向下C．安培力先做正功后做负功，所以全过程安培力做功为零D．全过程产生的焦耳热为mgL二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分．6．（4分）“行星冲日”是指当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间且三者排成一条直线的天文现象．2014年4月9日发生了火星冲日的现象．已知火星和地球绕太阳公转的方向相同，轨道都可近似为圆，火星公转轨道半径为地球的1.5倍，以下说法正确的是（）A．火星的公转周期比地球大B．火星的运行速度比地球大C．火星的向心加速度比地球小D．不可能每年都出现火星冲日现象7．（4分）把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接．先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器放电．与电流传感器相连接的计算机记录了这一过程中电流随时间变化的I ﹣t曲线如图乙所示．下列关于这一过程的分析，正确的是（）A．在形成电流曲线1的过程中，电容器两极板间电压逐渐增大，电容器上极板带正电B．在形成电流曲线2的过程中，电容器的电容逐渐减小，电流从上极板流出C．曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积D．S接1端，减小R的阻值，最终电容器的带电量将增大8．（4分）如图甲所示为理想调压变压器，原线圈A、B端的输入电压如图乙所示，则当此变压器工作时，以下说法正确的是（）A．若滑动触头P处于某一确定位置，当变阻器R的滑动触头下滑时，电流表示数将变大B．若滑动触头P处于某一确定位置，当变阻器R的滑动触头上滑时，电压表示数增大C．若滑动触头P和变阻器R的滑动触头同时上移，则电流表示数一定变大D．若变阻器最大阻值为100Ω，且变阻器R的滑动触头置于最上端，则在滑动触头P滑动的过程中，电流表的电流变化范围为0～2.2 A9．（4分）如图所示，在矩形EFGH区域内有平行于HE方向的匀强电场．以GH 为直径的半圆分别与矩形相切于H、B、G点，A为半圆的圆心，C为BG的中点．一个带电粒子（不计重力）从图中H点沿HG方向射入电场后，恰好从F点射出电场，以下说法中正确的是（）A．粒子的运动轨迹一定经过C点B．粒子的运动轨迹一定经过BC之间的某点C．若电场只存在于半圆区域内，粒子会由BF之间某点射出矩形EFGH区域D．若将粒子的初速度减为原来的一半，粒子恰好由B点射出矩形EFGH区域三、简答题10．（8分）某同学设计了如图1所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的最大示数F0，以此表示小车所受摩擦力的大小．再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1．（1）接通频率为50Hz的交流电源，释放小车，打出如图2所示的纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出了相邻计数点之间的距离，则小车加速度a=m/s2．（保留两位有效数字）]（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，记下小车加速运动时传感器的示数F2，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F2﹣F0）的关系图象，不计纸带与计时器间的摩擦，下列图象中正确的是．（3）在同一次实验中，若小车加速运动时传感器的示数为F2，释放小车之前传感器的示数为F1，则F1与F2的大小关系是：F2F1（选填“＜”、“=”或“＞”）．（4）关于该实验，下列说法中正确的是．A．小桶和砂的总质量应远小于小车和传感器的总质量B．实验中需要将长木板右端垫高C．实验中需要测出小车和传感器的总质量D．用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据．11．（10分）某同学到实验室做“测定电源电动势和内阻”的实验时，发现实验桌上还有一个定值电阻R0．他设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势E、内阻r和R0的阻值．实验时用U1、U2、I分别表示电表V1、V2、A的读数，并将滑动变阻器的滑片P移动到不同位置时，记录了U1、U2、I的一系列值．（1）他在同一坐标纸上分别作出U1﹣I、U2﹣I图线，如图乙所示，则U1﹣I图线是图中（填“A”或“B”）（2）定值电阻R0的计算表达式是：R0=（用测得的U1、U2、I表示），若实验中的所有操作和数据处理无错误，实验中测得R0值（填“大于”、“等于”或“小于”）实际值．（3）若实验中没有伏特表V1，你能测出的量是（选填“电动势E”、“内阻r”或“R0”，下同）．（4）若实验中没有伏特表V2，你能测出的量是．[选修3-4]（12分）12．（4分）下列四幅图中关于机械振动和机械波的说法正确的是（）A．质点A、C之间的距离就是简谐波的一个波长B．实线为某时刻的波形图，此时质点M向下运动，经极短时间后波形图如虚线所示C．粗糙斜面上的金属球M在弹簧的作用下运动，该运动是简谐运动D．单摆的摆长为l，摆球的质量为m、位移为x，此时回复力为F=﹣13．（4分）某同学测量玻璃砖的折射率，准备了下列器材：激光笔、直尺、刻度尺、一面镀有反射膜的平行玻璃砖．如图所示，直尺与玻璃砖平行放置，激光笔发出的一束激光从直尺上O点射向玻璃砖表面，在直尺上观察到A、B两个光点，读出OA间的距离为x1，AB间的距离为x2，测得图中直尺到玻璃砖上表面距离d1，玻璃砖厚度d2，则可计算出玻璃的折射率n．如果增大激光束与玻璃砖表面的夹角，则所测量得的折射率（选填“增大”、“不变”或“减小”）．如果实验室有厚度为d2、d3的两块玻璃砖，已知d2＜d3，为减小测量误差，可选择厚度为（选填“d2”或“d3”）的玻璃砖．14．（4分）一列简谐波沿+x轴方向传播，t0=0时刻波的图象如图所示，此刻波刚好传播至x1=10m处，在此后2s时间内x1=10m处的质点通过的总路程是20cm．求：①波沿x轴传播速度v；②x轴上x2=20m处的质点何时开始振动？开始振动时的方向如何？[选修3-5]（12分）15．（4分）下列说法中正确的是（）A．阴极射线来源于原子核B．光电效应表明了光具有粒子性C．玻尔原子模型中电子的轨道是可以连续变化的D．电子束通过铝箔形成的衍射图样证实了实物粒子的波动性16．（4分）如图所示，一带金属筒的验电器放置在锌板前，现用一束紫外光照射锌板，关灯后验电器的指针仍保持一定的偏角．如果用一带正电（带电量较少）的金属小球与验电器上的金属筒接触，则验电器指针的偏角将（选填“增大”、“不变”或“减小”）．如果使验电器指针回到零后，改用强度更大的弧光灯照射锌板，验电器指针偏角将比原来（选填“大”或“小”）．17．（4分）静止的Li核俘获一个速度的中子而发生核反应，生成两个新核．已知生成物中He的速度，其方向与反应前中子速度方向相同．①写出上述反应方程．②求另一生成物的速度．四、计算题：本题共3小题，共47分．解答时请写出必要的方字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．18．（15分）如图所示，竖直固定的足够长的光滑金属导轨MN、PQ，间距为L=0.2m，其电阻不计．完全相同的两金属棒ab、cd垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终良好接触，已知两棒质量均为m=0.01kg，电阻均为R=0.2Ω，棒cd放置在水平绝缘平台上，整个装置处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，磁感应强度B=1.0T．棒ab在竖直向上的恒力F作用下由静止开始向上运动，当ab棒运动x=0.1m时达到最大速度v m，此时cd棒对绝缘平台的压力恰好为零．g取10m/s2，求：（1）ab棒的最大速度v m；（2）ab棒加速度的最大值；（3）ab棒由静止到最大速度过程中回路产生的焦耳热Q．19．（16分）如图甲所示为一风力实验示意图，一根足够长的固定细杆与水平面成θ=37°，质量为m=1kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点，今用沿杆向上的恒定风力F作用于小球上，经时间t1=0.2s后撤去风力，小球沿细杆运动的一段v﹣t图象如图乙所示（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．试求：（1）小球与细杆之间的动摩擦因数；（2）0～0.2s内风力F的大小；（3）撤去风力F后，小球经多长时间返回底部．20．（16分）如图所示，真空中有（r，0）为圆心，半径为r的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，在y=r的虚线上方足够大的范围内，有方向水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E，从O点向不同方向发射速率相同的质子，质子的运动轨迹均在纸面内，设质子在磁场中的偏转半径也为r，已知质子的电量为e，质量为m，不计重力及阻力的作用，求：（1）质子射入磁场时的速度大小；（2）速度方向沿x轴正方向射入磁场的质子，到达y轴所需的时间；（3）速度方向与x轴正方向成30°角（如图中所示）射入磁场的质子，到达y 轴的位置坐标．2015-2016学年江苏省南通市如皋市高三（上）期末物理试卷参考答案一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．1．A；2．C；3．A；4．B；5．D；二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分．6．ACD；7．AC；8．AD；9．BD；三、简答题10．0.16；B；＜；D；11．B；；大于；电动势E、内阻r；电动势E；[选修3-4]（12分）12．BD；13．不变；d3；14．；[选修3-5]（12分）15．BD；16．减小；大；17．；四、计算题：本题共3小题，共47分．解答时请写出必要的方字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．18．；19．；20．；。