四川省成都石室中学2015届高三上学期期中考试物理试题

成都市石室中学2015届高三（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的4个选项中有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选得0分）1．以下关于物理学史和物理方法的叙述中正确的是（）
A．在建立合力、分力、重心、质点等概念时都用到了等效替代法
B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各段位移相加，应用了“微元法”
C．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比列，例如：电场强度E=，速度的定义v=，加速度的定义a=等
D．1820年奥斯特通过实验发现了电流周围存在磁场，并首先引入了电场线来形象描述电场
考点：物理学史．
分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
解答：解：A、在建立合力、分力、重心等概念时都用到了等效替代法；而建立质点概念时都用到了理想模型法；故A错误；
B、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各段位移相加，应用了“微元法”，故B正确；
C、用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比列，例如：电场强度E=，速度的定义v=，加速度的定义a=等，故C错误；
D、1820年奥斯特通过实验发现了电流周围存在磁场，法拉第首先引入了电场线来形象描述电场，故D错误；
故选：B．
点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
2．甲、乙两个物体从同一地点开始沿同一方向运动，其速度随时间变化的图象如图所示，图中t2=，两段曲线均为半径相同的圆弧，则在0﹣t4时间内（）
A．两物体在t1时刻加速度相同
B．两物体在t2时刻运动方向均改变
C．两物体t3时刻相距最远，t4时刻相遇
D．0﹣t4时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度
考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
分析：速度时间图线的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．结合数学知识进行分析．
解答：解：A、在t1时刻，甲的斜率为正，乙的斜率为负，方向不同．故A错误；
B、甲乙的速度图象都在时间轴的上方，速度都为正，方向没有改变，故B错误；
C、图线与时间轴围成的面积表示位移，根据图象可知，t3时刻相距最远，t4时刻相遇，故C 正确；
D、0﹣t4时间内甲物体的位移等于乙物体的位移，时间相等，则平均速度相等，故D错误．故选：C．
点评：解决本题的关键能够从速度时间图线中获取信息，知道斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．
3．如图所示，在粗糙程度相同的绝缘鞋面上固定一点电荷Q，将一带电小物块轻放在鞋面上的M点处，小物块沿斜面运动到N点恰好静止，则（）
A．点电荷Q和小物块可能带同种电荷也可能带异种电荷
B．点电荷Q形成的电场中M点电势一定高于N点电势
C．从M到N的过程中，小物体的电势能一定减小
D．从M到N的过程中，小物块的机械能的损失量一定等于内能的增加量
考点：电势；电势能．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：电势的高低可以通过沿电场线方向电势降低进行判断，因无法判断点电荷Q的电性，所以无法比较M、N点电势的高低；电势能的增加还是减小可以通过电场力做功来判断．可以通过动能定理判断小物块电势能变化量的大小与克服摩擦力做的功；若两电荷是异种电荷，向下运动的过程中电场力逐渐减小，加速度增大，物块不可能停止．
解答：解：A、据题小物块沿斜面运动到N点恰好静止，若两电荷是异种电荷，向下运动的过程中电场力逐渐减小，加速度增大，物块不可能停止．所以两物块为同种电荷，故A正确．
B、由于点电荷Q的电性未知，电场线方向未知，无法判断M、N电势的高低．故B错误．
C、电场力对物块做正功，电势能一定减小．故C正确．
D、根据功能关系可知：从M到N的过程中，小物块的机械能的损失量与电势能减小量之和等于内能的增加量，故D错误．
故选：C．
点评：解决本题的关键知道如何去比较电势的高低，如何比较电势能的高低．
4．如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法中正确的是（）
根据万有引力提供向心力
、根据T=2
，轨道半径越大，向心加速度越小，则内侧小行星的向心、根据，轨道半径越大，线速度越小，则小行星的线速度小
5．（6分）如图甲所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化，图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法正确的是（）
|
|
6．（6分）如图所示，三个可视为质点的金属小球A、B、C，质量分别为m、2m和3m，B
球带负电，电荷量为﹣q，A、C不带电，不可伸长的绝缘细线将三球连接，最上边的细线连接在斜面顶端的O点，三球均处于场强大小为E的竖直向上的匀强电场中，三段细线均伸直，三个金属球均静止于倾角为30°的绝缘光滑斜面上，则下列说法正确的是（）
球间的细线的张力为
球间的细线张力
三个小球一起以加速度
（
球整体产生一个竖直下下的加速度
g+（显然＞g g
，故
7．（6分）如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外．P（﹣L，0）、Q （0，﹣L）为坐标轴上的两个点．现有一电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，则（）
则电子运动的路程一定为
所示，则微粒运动的路程为圆周的，即为，故
二、实验题（本题包括2小题，共17分）
8．（7分）如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连．
（1）使电容器带电后与电源断开
①将左极板上移，可观察到静电计指针偏转角变大（选填变大，变小或不变）；
②将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角变小（选填变大，变小或不变）；
③两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角变小（选填变大，变小或不变）；
④由此可知平行板电容器的电容与两板正对面积、两板距离和两板间介质有关有关．
（2）下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有A
A．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况
B．使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况
C．静电计可以用电压表替代
D．静电计可以用电流表替代．
C=
U=
C=
U=
C=U=
C=U= 9．（10分）利用图甲装置可以做许多力学实验．
（1）利用此装置探究“加速度与力、质量的关系”和“合外力做的功等于物体动能变化”实验中为了让小车所受合外力等于细绳的拉力需要进行的步骤是平衡小车所受的摩擦．
（2）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，小车上放不同质量的砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究小车与木板之间的动摩擦因数（实验中小车的轮子被锁死，小车只能在长木板上滑动）．
①为使小车运动时受到的拉力在数值上近似等于砝码桶及桶内砝码的总重力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量，（填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）
②实验中对小车及车内砝码研究，根据牛顿第二定律有F﹣μmg=ma，实验中记录小车的加速度a和小车所受的合外力F，通过图象处理数据．甲、乙两同学分别得到图乙中甲、乙两条直线．设甲、乙用的小车及砝码质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的小车与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲小于m乙，μ甲大于μ乙．（填“大于”、“小于”或“等于”）（3）做直线运动的小车，牵引一条纸带通过打点计时器打出一条纸带，从纸带上打出的某一点开始，每5个点剪下一段纸带，按图丙所示，使每一条纸带下端与x轴重合，左边与y轴平行，将每段粘贴在直线坐标系中，各段紧靠但不重叠，根据图丙可以判断小车做匀加速直线运动，加速度a=0.75～0.76m/s2（结果保留两位有效数字）．已知交流电源的频率为50Hz．
，则绳子的拉力F=Ma=，
﹣，结合图象可知，为斜率，﹣=0.75m/s
三、本题共3小题，51分
10．（15分）电动自行车作一种重要的交通工具，越来越受到人们的喜爱．表是一辆电动自行车的部分技术指标．其中额定车速是指电动车满载情况下在平直道路上以额定功率匀速行驶
请参考表中数据，完成下列问题（g取10m/s）；
（1）此车所配电动机的内阻是多少？
（2）在行驶过程中电动车受阻力是车重（包括满载重）的k倍，试计算k的大小；
（3）若电动车满载时在平直道路上以额定功率行驶，且阻力大小恒定，当车速为3m/s时，加速度为多少？
K=
11．（17分）（2011•柳州二模）如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，水平轨道AB和斜面BC均光滑且绝缘，AB和BC的长度均为L，斜面BC与水平地面间的夹角θ=60°，有一质量为m、电量为+q的带电小球（可看成质点）被放在A点．已知在第一象限分布着互相垂直的
匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小，磁场为水平方向（图中垂直纸面向外），磁感应强度大小为B；在第二象限分布着沿x轴正向的水平匀强电场，场强大小
．现将放在A点的带电小球由静止释放，求：
（1）小球运动到B点时的速度；
（2）小球需经多少时间才能落到地面（小球所带的电量不变）？
qL=m
点时的速度为
=m
R=L
L
=
T=
=2+
．
12．（19分）如图所示的传送带装置，长度为4m，与水平方向之间的夹角为37°，传送带以0.8m/s的速度匀速运行，从流水线上下来的工件每隔2s有一个落到A点（可认为初速度为零），工件质量为1kg．经传送带运送到与B等高处的平台上，再由工人运走．已知工件与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.8，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．求：
（1）每个工件从落上传送带的A点开始到被传送至最高点B所经历的时间；
（2）传送带对每个工件所做的功；
（3）由于传送工件，传送带的动力装置需增加的功率．
考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．
专题：动能定理的应用专题．
分析：（1）根据牛顿第二定律计算工件刚放上传送带时的加速度，计算出工件匀加速达到与传送带速度相等时的位移，若此位移小于传送带的长度，则工件先匀加速后匀速运动；（2）工件先受到滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，后速度与传送带相同后，受到静摩擦力，大小为mgsinθ，根据功的公式求解摩擦力对每个工件做的功；
（3）摩擦生热Q=fs相，s相是工件与传送带的相对位移．电动机多消耗的电能转化为工件的机械能与克服摩擦力做功转化成的内能，根据能量守恒求解．
解答：解：（1）工件刚放上传送带时的加速度为
a=μgcos 37°﹣gsin 37°=0.4 m/s2
当工件速度达v=0.8 m/s时，工件相对传送带静止
工件加速的时间t1==s=2 s
加速运动的位移s1=at12=×0.4×22 m=0.8 m
在AB段匀速运动的位移为
s2=4 m﹣0.8 m=3.2 m
所用的时间为t2==s=4 s
总时间为t=t1+t2=6 s
（2）由动能定理得
W﹣mgLsin 37°=mv2
W=mgLsin 37°+mv2=1×10×4×0.6 J+×1×0.82 J=24.32 J
（3）因工件在AB段上加速运动的时间为2 s，所以在位移x t内总是有一个工件位于传送带上，该工件对传送带的滑动摩擦力为F f1=mgμcos 37°=6.4 N
工件在AB段上匀速运动过程中，因前后两工件相隔时间为2 s，两工件之间的距离为2×0.8 m=1.6 m，所以这段距离内始终有两个工件位于传送带上，每个工件对传送带的摩擦力为
F f2=mgsin 37°=6 N
传送带动力装置需增加的功率为：
P=（F f1+2F f2）v=18.4×0.8 W=14.72 W
答：（1）每个工件从落上传送带的A点开始到被传送至最高点B所经历的时间为6s；
（2）传送带对每个工件所做的功为24.32J；
（3）由于传送工件，传送带的动力装置需增加的功率为14.72W．
点评：本题一方面要分析工件的运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解相对位移，即可求出摩擦产生的热量，另一方面要分析能量如何转化，由能量守恒定律求解电动机消耗的电能．。