山东省临沂七中2016届高三物理上学期第二次月考试题(含解析)

山东省临沂七中2015-2016学年高三（上）第四次月考物理试卷1．以下有关物理学概念或物理学史说法正确的有（）A．匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向B．牛顿发现了万有引力定律，库仑用扭秤实验测出了万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值C．行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比=K为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度有关D．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，感应电流的方向遵从楞次定律，这是能量守恒定律的必然结果2．如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量同种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（）A．A、B两处电势、场强均相同B．C、D两处电势、场强均不同C．在虚线AB上O点的场强最小D．带负电的试探电荷在O处的电势能大于在C处的电势能3．如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是（）A．物块的机械能一定增加 B．物块的机械能一定减小C．物块的机械能可能不变 D．无法确定4．某一用直流电动机提升重物的装置，如图所示，重物m=50kg，电源的电动势E=110V，不计电源内阻及各处的摩擦．当电动机以v=0.80m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流强度为I=5A，（g=10m/s2），下列说法中正确的是（）A．电动机线圈的电阻是4ΩB．电动机的输出功率是400WC．电动机的输入功率是500WD．电动机线圈的发热功率是125W5．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P以后，起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法不正确的是（）A．钢绳的最大拉力为B．钢绳的最大拉力为C．重物的最大速度v2=D．重物匀加速运动的加速度为﹣g6．有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A、B分别套在水平杆与竖直杆上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A、B静止．由静止释放B后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B沿着竖直杆下滑的速度为v，则连接A、B的绳长为（）A． B． C． D．7．在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1．R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则（）A．电压表的示数变大B．小灯泡消耗的功率变大C．通过R2的电流变小D．电源内阻的功率变小8．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，a的电势最高B．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大9．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则（）A．N点的电场强度大小为零B．A点的电场强度大小为零C．NC间场强方向向x轴正方向D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功10．如图所示竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的：（）A．运行时间t P=t QB．电势能减少量之比△E P：△E Q=2：1C．电荷量之比q P：q Q=2：1D．动能增加量之比△E KP：△E K=4：111．甲图中游标卡尺的读数为mm；乙图中螺旋测微器的读数为mm．12．某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系．可用的器材如下：电源、滑动变阻器、电流表、电压表、不同规格的小灯泡两个、电键、导线若干．（1）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡L1的U﹣I图象如图（a）中的图线L1，则可知小灯泡L1的电阻随电压增大而（选填“增大”、“减小”或“不变”）．（2）为了得到图（a）中的图线，请将图（b）中缺少的两根导线补全，连接成实验的电路（其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压）．（3）换小灯泡L2重做实验，得到其U﹣I图象如图（a）中的图线L2，现将这两个小灯泡并联连接在电动势3V、内阻6Ω的电源两端，则此时电源两端的电压为V；灯泡L2消耗的功率为W．13．如图所示，一电荷量q=3×10﹣4C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点．电键S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°．已知两板相距d=0.1m，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=R3=R4=12Ω．g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）通过电源的电流；（2）两板间的电场强度的大小；（3）小球的质量．14．如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.40m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E=1.0×104N/C．现有一电荷量q=+1.0×10﹣4C，质量m=0.10kg 的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点．取g=10m/s2．试求：（1）带电体在圆形轨道C点的速度大小．（2）D点到B点的距离x DB．（3）带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小．（4）带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能．15．如图，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ=0.5，且与台阶边缘O点的距离s=5m．在台阶右侧固定了一个圆弧挡板，圆弧半径R=1m，圆弧的圆心也在O点．今以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．（1）若小物块恰能击中挡板上的P点（OP与水平方向夹角为37°），求其离开O点时的速度大小；（2）为使小物块击中挡板，求拉力F作用的最短时间；（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值．答案1.【考点】物理学史．【分析】本题应根据牛顿、卡文迪许、奥斯特、法拉第的物理学成就及匀速圆周运动的特点、开普勒行星运动定律进行解答．【解答】解：A、匀速圆周运动是速度大小不变的变加速曲线运动，加速度方向不断指向圆心，速度方向始终为切线方向．故A错误；B、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值，故B错误；C、行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量有关，与行星的速度无关．故C错误；D、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，感应电流的方向遵从楞次定律，这是能量守恒定律的必然结果．故D正确；故选：D．【点评】本题考查了物理学史，关键在于平时加强，注重积累．对于匀变速曲线运动，要知道其加速度不变的特点．2.【考点】电势；电场强度；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据等量同种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较A与B，C与D电势、场强关系及O、B电势高低；根据电场线疏密可知，在M、N之间O点场强最小；利用负电荷在电势高处电势能小，可比较负电荷在O、C电势能大小．【解答】解：A、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量同种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B两处电势相同，场强大小相等、方向相反，所以场强不同，故A错误．B、根据等量同种电荷电场线、等势面分布对称性，C、D两处场强方向相反，电势相同．故B错误．C、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强为零，为最小．故C正确．D、OC间的电场强度方向向上，根据顺着电场线方向电势降低，可知O点电势高于C点电势，则负电荷在O处电势能小于在C处电势能．故D错误．故选：C【点评】这类问题要巧妙利用电场线、等势面分布对称性的特点，再根据电场线方向判断电势高低，电场线的疏密判断场强的大小．3.【考点】功能关系；机械能守恒定律．【分析】当物体只有重力做功，物体的机械能守恒，根据牛顿第二定律求出F和摩擦力合力的大小，结合机械能守恒的条件判断物体的机械能是否守恒．【解答】解：物体的加速度为a=4m/s2，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得：F﹣mgsin30°﹣f=ma，解得F﹣f=m＞0可知F和f做功的代数和大于零，所以根据功能原理可知，在运动的过程中，机械能一定增加．故A正确，B、C、D错误．故选：A【点评】解决本题的关键理解机械能守恒的条件，只有重力做功，不是只受重力，其它力可以做功，只要做功的代数和为零，机械能仍然守恒．若除重力以外其他力做功不为零，机械能不守恒．4.【考点】电功、电功率．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】电动机的输出功率等于牵引力的功率，根据牵引力的功率求出电动机的输出功率．根据P=EI求出电动机的输入功率．电动机的输入功率等于输出功率和线圈电阻产生的热功率之和．根据能量守恒，结合焦耳定律求出电动机线圈的电阻．【解答】解：电动机的输出功率P2=mgv=500×0.8W=400W，电动机的输入功率P1=EI=110×5W=550W．根据能量守恒定律得，发热功率P==550﹣400=150W，则线圈内阻r=6Ω，故B正确，ACD错误．故选：B【点评】解决本题的关键知道输入功率和输出功率以及线圈发热功率的区别和联系，注意对于电动机电路，在电动机正常工作的情况下，不能运用闭合电路欧姆定律进行求解．5.【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=Fv求出最大拉力；重物以最大速度为v2匀速上升时，F=mg，所以v2=求出最大速度；根据牛顿第二定律求出加速度．【解答】解：A、匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=Fv得F m=，故A错误，B正确；C、匀速运动阶段，起重机的功率达到最大值P，此时拉力等于重力，故重物的最大速度v2=，故C正确；D、重物匀加速运动的末速度为v1，此时的拉力为F=，由牛顿第二定律得；a==﹣g，故D正确．本题选错误的故选：A【点评】本题考查的是类似汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉．6.【考点】运动的合成和分解．【专题】运动的合成和分解专题．【分析】将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，根据两物体沿绳子方向的速度相等，求出A的速度，再根据系统机械能守恒，求出B下降的高度，从而求出AB的绳长．【解答】解：将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，两物体沿绳子方向的速度相等，有：v B cos60°=v A cos30°所以：v A=vAB组成的系统机械能守恒，有：mgh=mv A2+mv B2所以：h=绳长l=2h=．故D正确，A、B、C错误．故选：D．【点评】解决本题的关键会对速度进行分解，以及知道AB组成的系统机械能守恒．7.【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出小灯泡功率的变化．【解答】解：A、将将照射R3的光的强度减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，故R1两端的电压减小，电压表的示数变小．故A错误；BC、因干路电流减小，电源的内电压减小则，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R2的电流增大，故C错误；由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，故B错误；D、干路电流减小，则电源内阻的功率变小，故D正确；故选：D【点评】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质．8.【考点】电势能；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【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，电场场强大．【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c点的电势最低，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、根据电场线的疏密来确定电场强度的强弱，可知，质点在P点时的电场力比通过Q点时大，那么P点时的加速度比通过Q点时大，故D正确．故选：ABD．【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化．9.【考点】电场强度．【分析】φ﹣x图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．根据功能关系分析电场力做功的正负．【解答】解：AB、φ﹣x图象的斜率等于电场强度E，图线在A、N两点处的斜率都不等于0，则知N、A两点的场强均不为零，故AB错误．C、从N点到C点各点电势逐渐增大，说明这是逆着电场线方向，即NC间场强方向从C指向N即向x轴负方向，故C错误；D、将一负点电荷从N点移到D点电势先增大后减小，电势能先减小后增大，所以电场先做正功后做负功，故D正确；故选：D．【点评】电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否．10.【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】两小球在匀强电场中受到电场力和重力作用，都做匀加速直线运动，运用运动的分解可知：两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，运动时间相同．两小球水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移x P=2x Q，根据牛顿第二定律和运动学公式研究电荷量之比．根据电场力做功之比，研究电势能减小量之比．根据数学知识分析合力对两球做功的关系，由动能定理分析动能增加量之比．【解答】解：A、两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，由公式t=得，它们运动时间相同．故A正确．B、电场力做功分别为W P=q Q Ex Q，W Q=q P Ex P，由于q P：q Q=2：1，x P：x Q=2：1，得到W P：W Q=4：1，而重力做功相同，则合力做功之比，则动能增加量之比△E kP：△E kQ＜4．故BD错误．C、小球在水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移x P=2x Q，由x=分析得到加速度之比a P：a Q=2：1．根据牛顿第二定律得，两球的加速度分别为a P=，a Q=，则q P：q Q=2：1．故C正确．故选：AC．【点评】本题电荷在复合场中运动，采用运动的分解与合成的方法研究，是常用的方法．研究动能增加量关系，也可通过求末速度之比求解．11.【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】实验题；定量思想；推理法；直线运动规律专题．【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，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．【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为13mm，游标尺上第11个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为11×0.05mm=0.55mm，所以最终读数为：13mm+0.55mm=13.55mm．2、螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为4.5mm+0.200mm=4.700mm．故答案为：13.55，4.700．【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．12.【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】在小灯泡的U﹣I图象中，图象上的与原点连线的斜率表示小灯泡电阻的大小，所以小灯泡电阻随电流的最大而增大；本题的难点是当把AB间的导线误接在AC之间时，滑动变阻器的连接情况：的滑动触头打到最左端或最右端时变阻器均短路，此时小灯泡功率最大，的滑动触头在中间时，变阻器的有效电阻最大．【解答】解：（1）由图象根据欧姆定律R=知，小灯泡的电阻随电压增大而增大．（2）由于小灯泡的电阻远小于电压表的内阻，电流表应用外接法；又电流与电压从零逐渐增大，故滑动变阻器应用分压式接法，实物图如图，（3）电动势为3V，内阻为6Ω，则短路电流==0.5A，在小灯泡的U﹣P图象中，连接U=3V与I=0.5A两点，画出表示电源的U﹣I图象，如图所示；要使两灯泡并联后接在电源两端，应符合闭合电路欧姆定律，则电源的输出电压与两灯泡电压相等，且路端电压与内压之和等于电动势；由图可知，输出电压应为0.6V，此时灯泡L2的电流为0.15A，则其功率P=UI=0.6×0.15=0.09W；故答案为（1）增大（2）如图（3）0.6；0.09．【点评】当已知小灯泡的伏安特性曲线，要求其功率时，要再画出表示电源的U﹣I图象，则两图线的交点坐标即为小灯泡的实际电流与电压，然后根据P=UI求解．13.【考点】闭合电路的欧姆定律；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）先求出R2R3并联后的总电阻，然后根据闭合电路欧姆定律求通过电源的电流；（2）根据U=IR求出电容器两端的电压，然后根据E=求出极板间的场强；（3）对小球进行受力分析，根据平衡条件求小球的质量．【解答】解：（1）R2与R3并联后的电阻值为：R23=代入数据解得：R23=6Ω由闭合电路欧姆定律得：I=代入数据解得：I=1A（2）电容器两板间的电压为：U C=I（R1+R23）电容器两板间的电场强度为：E1==代入数据解得：E1=100N/C（3）小球处于静止状态，所受电场力为F，由平衡条件得：F=mgtanα又有：F=qE所以m=代入数据解得：m=4×10﹣3kg答：（1）通过电源的电流为1A；（2）两板间的电场强度的大小100N/C；（3）小球的质量4×10﹣3 kg．【点评】本题考查含有电容器的电路问题，难点是确定电容器两端的电压，一定要明确与电容器串联的电阻相当于导线．14.【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】（1）恰好到达最高点，在最高点，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出带电体在圆形轨道C点的速度大小．（2）带电体在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀变速直线运动，抓住等时性，求出D点到B点的距离．（3）根据动能定理B点的速度，通过牛顿第二定律求出支持力的大小，从而求出带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小．（4）由P到B带电体作加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中．在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处．根据动能定理求出最大的动能．【解答】解：（1）设带电体通过C点时的速度为v C，依据牛顿第二定律：解得v C=2.0m/s（2）设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有：联立解得x DB=0（3）设带电体通过B点时的速度为v B，设轨道对带电体的支持力大小为F B，带电体在B点时，根据牛顿第二定律有带电体从B运动到C的过程中，依据动能定理：联立解得F B=6.0N根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力（4）由P到B带电体作加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中．在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处．设小球的最大动能为E km，根据动能定理有：解得E km=1.17J（或）．答：（1）带电体在圆形轨道C点的速度大小为2m/s．（2）D点到B点的距离为0m．（3）带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小为6N．（4）带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能为1.17J．【点评】本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律，涉及到运动的分解、圆周运动，综合性较强，最后一问对学生的能力要求较高．需加强训练．15.【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；平抛运动．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）小物块离开P点做平抛运动，根据平抛知识求解其离开O点时的速度大小；（2）小物块能击中挡板的临界条件是能到达O点，根据运动学关系分析求解力F的作用最短时间；（3）根据平抛运动和击中挡板的轨道公式求解小物块击中挡板时的最小动能．【解答】解：（1）小物块从O到P，做平抛运动水平方向：Rcos37°=v0t竖直方向：由以上两式解得：=（2）为使小物块击中档板，小物块必须能运动到O点，由动能定理得：Fx﹣μmgS=△E k=0解得：x=2.5m由牛顿第二定律得：F﹣μmg=ma解得：力F作用时的加速度a=5m/s2由运动学公式得：解得：t=1s（3）设小物块击中挡板的任意点坐标为（x，y），则x=v0t由机械能守恒得：又又击中挡板满足：x2+y2=R2化简得：，由数学方法解得：E kmin=答：（1）若小物块恰能击中挡板上的P点（OP与水平方向夹角为37°），其离开O点时的速度大小为；（2）为使小物块击中挡板，拉力F作用的最短时间为1s；（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，击中挡板时小物块动能的最小值为．【点评】本题是动力学、平抛运动的综合题，解决问题的关键是掌握相关动力学基础知识和平抛运动知识，在第三问中要求较好的数学功底．。

山东高三高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.关于电流强度，下列说法中正确的是（）A．根据I = q / t，可知q与t成反比B．因为电流有方向，所以电流强度是矢量C．电流强度的单位“安培”是国际单位制中的基本单位D．电流的方向就是电荷定向运动的方向2.如图所示，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻（负温度系数热敏电阻是指阻值随温度的升高而减小的热敏电阻），L为小灯泡，当温度降低时（）A．R 1两端的电压增大B．电流表的示数增大C．小灯泡的亮度变强D．小灯泡的亮度变弱3.某静电场沿x方向的电势分布如图所示，则（）A．在0—x1之间不存在沿x方向的电场B．在0—x1之间存在着沿x方向的匀强电场C．在x1—x2之间存在着沿x方向的匀强电场D．在x1—x2之间存在着沿x方向的非匀强电场4.下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有( ).①场强E="F/q" ②场强E="U/d" ③场强E=kQ/r2 ④电场力做功W=UqA．①③B．②③C．②④D．①④5.人站在h高处的平台上，水平抛出一个质量为m的物体，物体落地时的速度为v，以地面为重力势能的零点，不计空气阻力，则有（）A．人对小球做的功是B．人对小球做的功是C．小球落地时的机械能是D．小球落地时的机械能是6.一辆汽车沿着倾角为30°的斜面做匀加速直线下滑,若测得该汽车的加速度大小为4.0m/s2，当地的重力加速度大小为9.8m/s2,由此判断该汽车的机械能的变化情况是( )A．机械能守恒B．机械能减小C．机械能增加D．不能判断7.如图，O 是一固定的点电荷，另一点电荷P 从很远处以初速度射入点电荷O 的电场，在电场力作用下的运动轨迹是曲线MN 。

a 、b 、c 是以O 为中心，R a 、R b 、R c 为半径画出的三个圆，R c －R b ＝R b －R a 。

山东省临沂七中2015-2016学年高三（上）第四次月考物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分．全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不选的得0分）1．以下有关物理学概念或物理学史说法正确的有（）A．匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向B．牛顿发现了万有引力定律，库仑用扭秤实验测出了万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值C．行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比=K为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度有关D．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，感应电流的方向遵从楞次定律，这是能量守恒定律的必然结果2．如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量同种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（）A．A、B两处电势、场强均相同B．C、D两处电势、场强均不同C．在虚线AB上O点的场强最小D．带负电的试探电荷在O处的电势能大于在C处的电势能3．如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是（）A．物块的机械能一定增加 B．物块的机械能一定减小C．物块的机械能可能不变 D．无法确定4．某一用直流电动机提升重物的装置，如图所示，重物m=50kg，电源的电动势E=110V，不计电源内阻及各处的摩擦．当电动机以v=0.80m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流强度为I=5A，（g=10m/s2），下列说法中正确的是（）A．电动机线圈的电阻是4ΩB．电动机的输出功率是400WC．电动机的输入功率是500WD．电动机线圈的发热功率是125W5．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P以后，起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法不正确的是（）A．钢绳的最大拉力为B．钢绳的最大拉力为C．重物的最大速度v2=D．重物匀加速运动的加速度为﹣g6．有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A、B分别套在水平杆与竖直杆上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A、B静止．由静止释放B后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B沿着竖直杆下滑的速度为v，则连接A、B的绳长为（）A． B． C． D．7．在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1．R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则（）A．电压表的示数变大 B．小灯泡消耗的功率变大C．通过R2的电流变小D．电源内阻的功率变小8．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，a的电势最高B．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大9．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则（）A．N点的电场强度大小为零B．A点的电场强度大小为零C．NC间场强方向向x轴正方向D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功10．如图所示竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的：（）A．运行时间t P=t QB．电势能减少量之比△E P：△E Q=2：1C．电荷量之比q P：q Q=2：1D．动能增加量之比△E KP：△E K=4：1二、实验题（本题共2小题，共12分．）11．甲图中游标卡尺的读数为mm；乙图中螺旋测微器的读数为mm．12．某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系．可用的器材如下：电源、滑动变阻器、电流表、电压表、不同规格的小灯泡两个、电键、导线若干．（1）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡L1的U﹣I图象如图（a）中的图线L1，则可知小灯泡L1的电阻随电压增大而（选填“增大”、“减小”或“不变”）．（2）为了得到图（a）中的图线，请将图（b）中缺少的两根导线补全，连接成实验的电路（其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压）．（3）换小灯泡L2重做实验，得到其U﹣I图象如图（a）中的图线L2，现将这两个小灯泡并联连接在电动势3V、内阻6Ω的电源两端，则此时电源两端的电压为V；灯泡L2消耗的功率为W．三、计算题（本题共3小题，共38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）13．如图所示，一电荷量q=3×10﹣4C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点．电键S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°．已知两板相距d=0.1m，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=R3=R4=12Ω．g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）通过电源的电流；（2）两板间的电场强度的大小；（3）小球的质量．14．如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.40m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E=1.0×104N/C．现有一电荷量q=+1.0×10﹣4C，质量m=0.10kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点．取g=10m/s2．试求：（1）带电体在圆形轨道C点的速度大小．（2）D点到B点的距离x DB．（3）带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小．（4）带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能．15．如图，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ=0.5，且与台阶边缘O点的距离s=5m．在台阶右侧固定了一个圆弧挡板，圆弧半径R=1m，圆弧的圆心也在O点．今以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．（1）若小物块恰能击中挡板上的P点（OP与水平方向夹角为37°），求其离开O点时的速度大小；（2）为使小物块击中挡板，求拉力F作用的最短时间；（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值．2015-2016学年山东省临沂七中高三（上）第四次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分．全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不选的得0分）1．以下有关物理学概念或物理学史说法正确的有（）A．匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向B．牛顿发现了万有引力定律，库仑用扭秤实验测出了万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值C．行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比=K为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度有关D．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，感应电流的方向遵从楞次定律，这是能量守恒定律的必然结果【考点】物理学史．【分析】本题应根据牛顿、卡文迪许、奥斯特、法拉第的物理学成就及匀速圆周运动的特点、开普勒行星运动定律进行解答．【解答】解：A、匀速圆周运动是速度大小不变的变加速曲线运动，加速度方向不断指向圆心，速度方向始终为切线方向．故A错误；B、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值，故B错误；C、行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量有关，与行星的速度无关．故C错误；D、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，感应电流的方向遵从楞次定律，这是能量守恒定律的必然结果．故D正确；故选：D．【点评】本题考查了物理学史，关键在于平时加强，注重积累．对于匀变速曲线运动，要知道其加速度不变的特点．2．如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量同种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（）A．A、B两处电势、场强均相同B．C、D两处电势、场强均不同C．在虚线AB上O点的场强最小D．带负电的试探电荷在O处的电势能大于在C处的电势能【考点】电势；电场强度；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据等量同种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较A与B，C与D电势、场强关系及O、B电势高低；根据电场线疏密可知，在M、N之间O点场强最小；利用负电荷在电势高处电势能小，可比较负电荷在O、C电势能大小．【解答】解：A、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量同种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B两处电势相同，场强大小相等、方向相反，所以场强不同，故A错误．B、根据等量同种电荷电场线、等势面分布对称性，C、D两处场强方向相反，电势相同．故B错误．C、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强为零，为最小．故C正确．D、OC间的电场强度方向向上，根据顺着电场线方向电势降低，可知O点电势高于C点电势，则负电荷在O处电势能小于在C处电势能．故D错误．故选：C【点评】这类问题要巧妙利用电场线、等势面分布对称性的特点，再根据电场线方向判断电势高低，电场线的疏密判断场强的大小．3．如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是（）A．物块的机械能一定增加 B．物块的机械能一定减小C．物块的机械能可能不变 D．无法确定【考点】功能关系；机械能守恒定律．【分析】当物体只有重力做功，物体的机械能守恒，根据牛顿第二定律求出F和摩擦力合力的大小，结合机械能守恒的条件判断物体的机械能是否守恒．【解答】解：物体的加速度为 a=4m/s2，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得：F﹣mgsin30°﹣f=ma，解得F﹣f=m＞0可知F和f做功的代数和大于零，所以根据功能原理可知，在运动的过程中，机械能一定增加．故A正确，B、C、D错误．故选：A【点评】解决本题的关键理解机械能守恒的条件，只有重力做功，不是只受重力，其它力可以做功，只要做功的代数和为零，机械能仍然守恒．若除重力以外其他力做功不为零，机械能不守恒．4．某一用直流电动机提升重物的装置，如图所示，重物m=50kg，电源的电动势E=110V，不计电源内阻及各处的摩擦．当电动机以v=0.80m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流强度为I=5A，（g=10m/s2），下列说法中正确的是（）A．电动机线圈的电阻是4ΩB．电动机的输出功率是400WC．电动机的输入功率是500WD．电动机线圈的发热功率是125W【考点】电功、电功率．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】电动机的输出功率等于牵引力的功率，根据牵引力的功率求出电动机的输出功率．根据P=EI 求出电动机的输入功率．电动机的输入功率等于输出功率和线圈电阻产生的热功率之和．根据能量守恒，结合焦耳定律求出电动机线圈的电阻．【解答】解：电动机的输出功率P2=mgv=500×0.8W=400W，电动机的输入功率P1=EI=110×5W=550W．根据能量守恒定律得，发热功率P==550﹣400=150W，则线圈内阻r=6Ω，故B正确，ACD错误．故选：B【点评】解决本题的关键知道输入功率和输出功率以及线圈发热功率的区别和联系，注意对于电动机电路，在电动机正常工作的情况下，不能运用闭合电路欧姆定律进行求解．5．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P以后，起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法不正确的是（）A．钢绳的最大拉力为B．钢绳的最大拉力为C．重物的最大速度v2=D．重物匀加速运动的加速度为﹣g【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=Fv求出最大拉力；重物以最大速度为v2匀速上升时，F=mg，所以v2=求出最大速度；根据牛顿第二定律求出加速度．【解答】解：A、匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=Fv得F m=，故A错误，B正确；C、匀速运动阶段，起重机的功率达到最大值P，此时拉力等于重力，故重物的最大速度v2=，故C正确；D、重物匀加速运动的末速度为v1，此时的拉力为F=，由牛顿第二定律得；a==﹣g，故D正确．本题选错误的故选：A【点评】本题考查的是类似汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉．6．有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A、B分别套在水平杆与竖直杆上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A、B静止．由静止释放B后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B沿着竖直杆下滑的速度为v，则连接A、B的绳长为（）A． B． C． D．【考点】运动的合成和分解．【专题】运动的合成和分解专题．【分析】将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，根据两物体沿绳子方向的速度相等，求出A的速度，再根据系统机械能守恒，求出B下降的高度，从而求出AB的绳长．【解答】解：将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，两物体沿绳子方向的速度相等，有：v B cos60°=v A cos30°所以：v A=vAB组成的系统机械能守恒，有：mgh=mv A2+mv B2所以：h=绳长l=2h=．故D正确，A、B、C错误．故选：D．【点评】解决本题的关键会对速度进行分解，以及知道AB组成的系统机械能守恒．7．在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1．R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则（）A．电压表的示数变大 B．小灯泡消耗的功率变大C．通过R2的电流变小D．电源内阻的功率变小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出小灯泡功率的变化．【解答】解：A、将将照射R3的光的强度减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，故R1两端的电压减小，电压表的示数变小．故A错误；BC、因干路电流减小，电源的内电压减小则，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R2的电流增大，故C错误；由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，故B错误；D、干路电流减小，则电源内阻的功率变小，故D正确；故选：D【点评】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质．8．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，a的电势最高B．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大【考点】电势能；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【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，电场场强大．【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c点的电势最低，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、根据电场线的疏密来确定电场强度的强弱，可知，质点在P点时的电场力比通过Q点时大，那么P点时的加速度比通过Q点时大，故D正确．故选：ABD．【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化．9．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则（）A．N点的电场强度大小为零B．A点的电场强度大小为零C．NC间场强方向向x轴正方向D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功【考点】电场强度．【分析】φ﹣x图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．根据功能关系分析电场力做功的正负．【解答】解：AB、φ﹣x图象的斜率等于电场强度E，图线在A、N两点处的斜率都不等于0，则知N、A两点的场强均不为零，故AB错误．C、从N点到C点各点电势逐渐增大，说明这是逆着电场线方向，即NC间场强方向从C指向N即向x轴负方向，故C错误；D、将一负点电荷从N点移到D点电势先增大后减小，电势能先减小后增大，所以电场先做正功后做负功，故D正确；故选：D．【点评】电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否．10．如图所示竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的：（）A．运行时间t P=t QB．电势能减少量之比△E P：△E Q=2：1C．电荷量之比q P：q Q=2：1D．动能增加量之比△E KP：△E K=4：1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】两小球在匀强电场中受到电场力和重力作用，都做匀加速直线运动，运用运动的分解可知：两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，运动时间相同．两小球水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移x P=2x Q，根据牛顿第二定律和运动学公式研究电荷量之比．根据电场力做功之比，研究电势能减小量之比．根据数学知识分析合力对两球做功的关系，由动能定理分析动能增加量之比．【解答】解：A、两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，由公式t=得，它们运动时间相同．故A正确．B、电场力做功分别为W P=q Q Ex Q，W Q=q P Ex P，由于q P：q Q=2：1，x P：x Q=2：1，得到W P：W Q=4：1，而重力做功相同，则合力做功之比，则动能增加量之比△E kP：△E kQ＜4．故BD错误．C、小球在水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移x P=2x Q，由x=分析得到加速度之比a P：a Q=2：1．根据牛顿第二定律得，两球的加速度分别为a P=，a Q=，则q P：q Q=2：1．故C正确．故选：AC．【点评】本题电荷在复合场中运动，采用运动的分解与合成的方法研究，是常用的方法．研究动能增加量关系，也可通过求末速度之比求解．二、实验题（本题共2小题，共12分．）11．甲图中游标卡尺的读数为13.55 mm；乙图中螺旋测微器的读数为 4.700 mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】实验题；定量思想；推理法；直线运动规律专题．【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，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．【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为13mm，游标尺上第11个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为11×0.05mm=0.55mm，所以最终读数为：13mm+0.55mm=13.55mm．2、螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为4.5mm+0.200mm=4.700mm．故答案为：13.55，4.700．【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．12．某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系．可用的器材如下：电源、滑动变阻器、电流表、电压表、不同规格的小灯泡两个、电键、导线若干．（1）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡L1的U﹣I图象如图（a）中的图线L1，则可知小灯泡L1的电阻随电压增大而增大（选填“增大”、“减小”或“不变”）．（2）为了得到图（a）中的图线，请将图（b）中缺少的两根导线补全，连接成实验的电路（其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压）．（3）换小灯泡L2重做实验，得到其U﹣I图象如图（a）中的图线L2，现将这两个小灯泡并联连接在电动势3V、内阻6Ω的电源两端，则此时电源两端的电压为0.6 V；灯泡L2消耗的功率为0.09 W．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】在小灯泡的U﹣I图象中，图象上的与原点连线的斜率表示小灯泡电阻的大小，所以小灯泡电阻随电流的最大而增大；本题的难点是当把AB间的导线误接在AC之间时，滑动变阻器的连接情况：的滑动触头打到最左端或最右端时变阻器均短路，此时小灯泡功率最大，的滑动触头在中间时，变阻器的有效电阻最大．【解答】解：（1）由图象根据欧姆定律R=知，小灯泡的电阻随电压增大而增大．（2）由于小灯泡的电阻远小于电压表的内阻，电流表应用外接法；又电流与电压从零逐渐增大，故滑动变阻器应用分压式接法，实物图如图，（3）电动势为3V，内阻为6Ω，则短路电流==0.5A，在小灯泡的U﹣P图象中，连接U=3V与I=0.5A两点，画出表示电源的U﹣I图象，如图所示；要使两灯泡并联后接在电源两端，应符合闭合电路欧姆定律，则电源的输出电压与两灯泡电压相等，且路端电压与内压之和等于电动势；由图可知，输出电压应为0.6V，此时灯泡L2的电流为0.15A，则其功率P=UI=0.6×0.15=0.09W；。

高三物理月考试卷2016.11本试卷选择题8题，非选择题5题，共13题，满分为100分，考试时间90分钟．一、选择题：（本大题共有8小题，每小题6分，共48分。

其中1—5小题为单选，6—8小题为多选题，选不全者得3分，有错选不得分） 1．下列说法中不正确．．．的是 （A ）根据速度定义式t x v ΔΔ=，当t Δ非常小时，txΔΔ就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法（B ）在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看 作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法（C ）在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系， 再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了控制变量法（D ）在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法2．某物体运动的速度图象如图所示，根据图象可知 （A ）0-5s 内的位移为10m （B ）0-2s 内的加速度为1m/s 2（C ）第1s 末与第3s 末的加速度方向相同 （D ）第1s 末与第5s 末加速度方向相同3．如图所示，三段不可伸长的细绳OA 、OB 、OC，能承受的最大拉力相同，它们共同悬挂一重物，其中OB 是水平的，A 端、B 端固定．若逐渐增加C 端所挂物体的质量，则最先断的绳（A ）必定是OA （B ）必定是OB（C ）必定是OC（D ）可能是OB ，也可能是OC4．放在水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0~6s 内其速度与时间图象和拉力的功率与时间图象如图所示，则物体的质量为（取g =10m/s 2） （A ）kg 53 （B ）kg 35（C ）kg 109 （D ）kg 9105．如图所示，小车上固定着三角硬杆，杆的端点固定着一个质量为m 的小球．当小车有水平向右的加速度且逐渐增大时，杆对小球的作用力的变化（用F 1至F 4变化表示）可能是下图中的（OO ＇为沿杆方向）6．如图所示，从倾角θ的斜面上的M 点水平抛出一个小球，小球的初速度为0v ，最后小球落在斜面上的N 点，在已知θ和0v 的条件下(重力加速度g 已知)，空气阻力不计，则 （A ）可求出小球平抛的位移 （B ）可求出小球落到N 点时的速度 （C ）可求出小球落到N 点时的动能（D ）可求出小球从M 点到达N 点的过程中重力所做的功7．07年10月24日，我国成功发射了“嫦娥一号”探月卫星，11月5日进入月球轨道后，经历3次轨道调整，进入工作轨道．若卫星在地球表面的重力为G 1，在月球表面的重力为 G 2，已知地球半径为R 1，月球半径为R 2，地球表面处的重力加速度为g ，则（A ）月球的质量与地球的质量之比为212221R G R G（B ）月球表面处的重力加速度g 月为g G G 12（C ）月球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为1221R G R Gt /s t /s（D ）卫星在距月球表面轨道上做匀速圆周运动的周期T 月为2π212gG G R 8．如图所示为推行节水工程的转动喷水“龙头”，水平的喷水“龙头”距地面高为h ，其喷灌半径为可达10h ，每分钟喷出水的质量为m ，所用的水从地下H 深的井里抽取，设水以相同的速率喷出，水泵的效率为η，不计空气阻力（重力加速度为g ）．则 （A ）喷水龙头喷出水的初速度为gh 25 （B ）水泵每分钟对水所做的功为)26+(h H mg （C ）水泵每分钟对水所做的功为mgh 25（D ）带动水泵的电动机的最大输出功率为ηh H m g 60)26+(二、填空题：本题共2小题，共计16分．请将解答写在答题卡上相应的位置．9．（8分）某同学在应用打点计时器做验证机械能守恒定律实验中，获取一根纸带如图a 所示，但测量发现0、1两点距离远大于2mm,且0、1和1、2间有点漏打或没有显示出来，而其他所有打点都是清晰完整的，现在该同学用刻度尺分别量出2、3、4、5、6、7六个点到0点的长度h i （i=2．3．4…7），再分别计算得到3、4、5、6四个点的速度v i 和v i 2（i= 3．4．5．6），已知打点计时器打点周期为T ．（1）（4分）该同学求6号点速度的计算式是：v 6= ▲ （2）（4分）然后该同学将计算得到的四组（h i ，v i 2 ） 数据在v 2- h 坐标系中找到对应的坐标点，将四个点连接起来得到如图b 所示的直线，请你回答：接 下来他是如何判断重锤下落过程机械能守恒的？ 答： .图a图b10. （8分）某物理兴趣小组在一次探究活动中，想测量滑块和长木板之间的动摩擦因数。

2015-2016学年山东省临沂七中高三（上）第五次月考物理试卷（1月份）一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分．全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不选的得0分）1．直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的（）A．总功率可能减小 B．效率一定增大C．内部损耗功率一定减小D．输出功率可能先增大后减小2．如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中（）A．导体框中产生的感应电流方向相同B．导体框中产生的焦耳热相同C．导体框ad边两端电势差相同D．通过导体框截面的电量相同3．小尼同学在自主学习时，对四个具体物理问题提出了自己的观点，你认为小尼的处理方法或者观点没有明显错误的是（）A．两个半径均为r的空心金属球，带电量均为+Q，均置于绝缘基座上，球心相距3r，小尼认为：两球间的库仑力小于B．一盏USB节能灯的铭牌上标注“直流5V，2.5W”，小尼认为：在正常工作的情况下，该节能灯的热功率等于2.5WC．采用如下方案测量鞋底与桌面之间的滑动摩擦因数，将鞋子摆在水平桌面上，从静止开始，用水平弹簧秤逐渐增加拉力，并且记下刚好拉动鞋子时拉力的大小F1，再竖直悬挂鞋子，记下静止时拉力的大小F2，小尼认为：鞋底与桌面之间的滑动摩擦系数大于D．一片枫叶从树上飘落，落地速率为v，小尼认为：考虑到空气阻力的存在，可以推知由下落的总高度小于4．2012年10月14日，一名跳伞员从离地39km高度的外太空纵身跃下，创造了高空跳伞高度的新世界纪录和无动力突破超音速的记录，跳伞员携带的传感器记录下的速度时间图象如图所示．跳伞员在跳下以后的第32秒启动小伞，第41秒达到最大速度1173km/h，第261秒启动大伞，第542秒脚触地面，已知39km 高空的重力加速度g值是9.86m/s2，忽略起跳速度、转动和水平偏移，则对于跳伞员（包含随身携带的所有装备）的分析正确的是（）A．t=0到t=32s之间，处于完全失重状态B．t=41s之后直到停止运动，一直未出现失重状态C．t=41s时刻速度和加速度都最大D．t=41s时刻机械能和动能都达到最大5．如图，一块足够长的浅色长木板，静止地放置在水平地面上．一个煤块静止在该木板上，煤块与木板间的滑动摩擦系数为μ．突然，使木板以恒定的速度v0做匀速直线运动，煤块将在木板上划下黑色痕迹．经过某一时间t，令木板突然停下，以后不再运动．已知重力加速度为g，煤块可视为质点，不计煤块与木板摩擦中损失的质量．则在最后煤块不再运动时，木板上出现的黑色痕迹的长度可能是（）A．B．v0 t C．v0t﹣μgt2D．6．如图所示，质子、氘核和α粒子都沿平行板电容器两板中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将出现亮点的个数，下列说法中正确的是（）A．3个 B．1个C．2个 D．以上三种都有可能7．在某电场中，沿x轴上的电势分布如图所示，由图可以判断（）A．x=2m处电场强度可能为零B．x=2m处电场方向一定沿x轴正方向C．沿x轴正方向，电场强度先增大后减小D．某负电荷沿x轴正方向移动，电势能始终增大8．氧化锡传感器主要用于汽车尾气中一氧化碳浓度的检测，它的电阻随一氧化碳浓度ρ的变化而变化，已知其电阻的倒数与一氧化碳浓度成正比．将传感器接在如图所示的电路中，已知R1、R2为定值电阻，观察电表示数的变化，就能判断一氧化碳浓度的变化情况，下列判断正确的是（）A．电压表读数增大时，电流表读数增大，浓度ρ增大B．电压表读数减小时，电流表读数减小，浓度ρ增大C．电压表读数增大时，电流表读数减小，浓度ρ减小D．电压表读数减小时，电流表读数增大，浓度ρ減小9．如图所示，两个宽度均为L的条形区域，存在着大小相等，方向相反且均垂直纸面的匀强磁场，以竖直虚线为分界线，其左侧有一个用金属丝制成的与纸面共面的直角三角形线框ABC，其底边BC长为2L，并处于水平．现使线框以速度v水平匀速穿过匀强磁场区，则此过程中，线框中的电流随时间变化的图象正确的是（设逆时针电流方向为正方向，取时间t0=作为计时单位）（）A．B．C．D．10．用两根足够长的粗糙金属条折成“┌”型导轨，右端水平，左端竖直，与导轨等宽的粗糙金属细杆ab、cd与导轨垂直且接触良好．已知ab、cd杆的质量、电阻值均相等，导轨电阻不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当ab杆在水平向右的拉力F作用下沿导轨向右匀速运动时，cd杆沿轨道向下运动，以下说法正确的是（）A．cd杆一定向下做匀加速直线运动B．拉力F的大小一定不变C．回路中的电流强度一定不变D．拉力F的功率等于ab棒上的焦耳热功率与摩擦热功率之和二、实验题（本题共2小题，共16分．）11．襄城高中物理兴趣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．实验装置如图甲所示，打点计时器固定在斜面上．滑块拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，图乙是打出的一段纸带．（1）已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，选A、B、C…等7个点为计数点，且各计数点间均有一个没有画出，如图乙所示．滑块下滑的加速度a= m/s2．（保留3位有效数字）（2）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L B．木板的末端被垫起的高度hC．木板的质量m1 D．滑块的质量m2 E．滑块运动的时间t（3）测量（2）中所选定的物理量需要的实验器材是．（4）滑块与木板间的动摩擦因数μ=（用被测量物理量的字母表示，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”）12．某同学准备利用下列器材测量电源电动势和内电阻．A．干电池两节，每节电动势约为1.5V，内阻约几欧姆B．直流电压表V1、V2，量程均为0～3V，内阻约为3kΩC．定值电阻R0，阻值为5ΩD．滑动变阻器R，最大阻值50ΩE．导线和开关（1）该同学连接的实物电路如图1所示，其中还有一根导线没有连，请补上这根导线．（2）实验中移动滑动变阻器触头，读出伏特表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1～U2图象如图2所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a，则电源的电动势E=，内阻为r=（用k、a、R0表示）．三、计算题（本题共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）13．一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套着两个小球A和B（中央有孔），A、B间由细绳连接着，它们处于如图中所示位置时恰好都能保持静止状态．此情况下，B球与环中心O处于同一水平面上，AB间的细绳呈伸直状态，与水平线成30°夹角．已知B球的质量为m，求：（1）细绳对B球的拉力和A球的质量；（2）若剪断细绳瞬间A球的加速度；（3）剪断细绳后，B球第一次过圆环最低点时对圆环的作用力．14．如图所示，在xoy平面内，第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界，OM 与负x轴成45°角．在x＜0且OM的左侧空间存在着负x方向的匀强电场E，场强大小为0.32N/C；在y＜0且OM的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场B，磁感应强度大小为0.1T．一不计重力的带负电的微粒，从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2×103m/s的初速度进入磁场，最终离开电磁场区域．已知微粒的电荷量q=5×10﹣18C，质量m=1×10﹣24kg，求：（1）带电微粒第一次经过磁场边界的位置坐标；（2）带电微粒在磁场区域运动的总时间；（3）带电微粒最终离开电、磁场区域的位置坐标．15．如图所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻，空间有竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m，电阻为r的导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好．棒CD在平行于MN向右的水平拉力作用下由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动．求：（1）导体棒CD在磁场中由静止开始运动过程中拉力F与时间t的关系．（2）若撤去拉力后，棒的速度v随位移s的变化规律满足v=v0﹣cs，（C为已知的常数）撤去拉力后棒在磁场中运动距离d时恰好静止，则拉力作用的时间为多少？（3）若全过程中电阻R上消耗的电能为Q，则拉力做的功为多少？（4）请在图中定性画出导体棒从静止开始到停止全过程的v﹣t图象．图中横坐标上的t0为撤去拉力时刻，纵坐标上的v0为棒CD在t0时刻的速度（本小题不要求写出计算过程）2015-2016学年山东省临沂七中高三（上）第五次月考物理试卷（1月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分．全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不选的得0分）1．直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的（）A．总功率可能减小 B．效率一定增大C．内部损耗功率一定减小D．输出功率可能先增大后减小【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，由欧姆定律可以判断电路电流如何变化，由电功率公式可以分析答题．【解答】解：由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小；A、电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率P=EI减小，故A错误；B、电源的效率η=，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率增大，故B正确；C、电源内阻r不变，电流I减小，源的热功率P Q=I2r减小，故C正确；D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，可能先增大后减小，故D正确；故选：BCD．2．如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中（）A．导体框中产生的感应电流方向相同B．导体框中产生的焦耳热相同C．导体框ad边两端电势差相同D．通过导体框截面的电量相同【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电流、电压概念；电磁感应中的能量转化．【分析】A、感应电流的方向可以通过楞次定律或右手定则进行判定．B、根据热量的公式Q=I2Rt进行分析．C、先求出感应电动势，再求外电压．D、通过q=进行分析．【解答】解：A、根据右手定则，导线框产生的感应电流方向相同．故A正确．B、I=，t=，根据Q=I2Rt=，知Q与速度v有关，所以导线框产生的焦耳热不同．故B错误．C、向上移出磁场的过程中，电动势E=BLv，ad边两端电势差U=；向右移出磁场的过程中，电动势E=3BLv，ad边两端电势差U=．故C 错误．D、q=，沿两个不同方向移出，磁通量的变化量相同，所以通过导体框截面的电量相同．故D正确．故选AD．3．小尼同学在自主学习时，对四个具体物理问题提出了自己的观点，你认为小尼的处理方法或者观点没有明显错误的是（）A．两个半径均为r的空心金属球，带电量均为+Q，均置于绝缘基座上，球心相距3r，小尼认为：两球间的库仑力小于B．一盏USB节能灯的铭牌上标注“直流5V，2.5W”，小尼认为：在正常工作的情况下，该节能灯的热功率等于2.5WC．采用如下方案测量鞋底与桌面之间的滑动摩擦因数，将鞋子摆在水平桌面上，从静止开始，用水平弹簧秤逐渐增加拉力，并且记下刚好拉动鞋子时拉力的大小F1，再竖直悬挂鞋子，记下静止时拉力的大小F2，小尼认为：鞋底与桌面之间的滑动摩擦系数大于D．一片枫叶从树上飘落，落地速率为v，小尼认为：考虑到空气阻力的存在，可以推知由下落的总高度小于【考点】电功、电功率；动摩擦因数；万有引力定律及其应用．【分析】由于带电球的大小与它们之间的距离相比，不能忽略，因此不能看作点电荷，不能直接利用库仑定律计算库仑力的大小，只能根据库仑定律定性的比较库仑力的大小．只有纯电阻电路中电功率才等于热功率；C中明确实验原理，并注意掌握最大静摩擦力大于等于滑动摩擦力；D中根据考虑阻力和不计阻力两种情况进行分析，从而求出下落的总高度．【解答】解：A、当两球心相距为3r时，两球不能看成点电荷，因带同种电荷，导致电量间距大于3r，所以它们相互作用的库仑力大小F＜k，故A正确；B、节能灯并不是纯电阻，它并不将所有的电功率均转化为热功率；故B错误；C、本方案中刚好拉动时的拉力应等于最大静摩擦力，而一般情况下，滑动摩擦力要小于最大静摩擦力；故鞋底与桌面之间的滑动摩擦系数小于；故C错误；D、考虑阻力的存在，则加速度应小于g，则由v2=2ah可知，高度应大于；故D错误；故选：A．4．2012年10月14日，一名跳伞员从离地39km高度的外太空纵身跃下，创造了高空跳伞高度的新世界纪录和无动力突破超音速的记录，跳伞员携带的传感器记录下的速度时间图象如图所示．跳伞员在跳下以后的第32秒启动小伞，第41秒达到最大速度1173km/h，第261秒启动大伞，第542秒脚触地面，已知39km 高空的重力加速度g值是9.86m/s2，忽略起跳速度、转动和水平偏移，则对于跳伞员（包含随身携带的所有装备）的分析正确的是（）A．t=0到t=32s之间，处于完全失重状态B．t=41s之后直到停止运动，一直未出现失重状态C．t=41s时刻速度和加速度都最大D．t=41s时刻机械能和动能都达到最大【考点】机械能守恒定律；超重和失重；动能．【分析】根据v﹣t图象的斜率等于加速度，分析加速度的方向，即可判断跳伞员的状态，当加速度向下时，处于失重状态，相反，加速度向上时处于超重状态．速度最大时，动能最大，但机械能不是最大．【解答】解：A、t=32s时速度为v=1095km/h=304m/st=0到t=32s之间，a==m/s2=9.5m/s2＜g=9.86m/s2，所以不是完全失重，故A错误．B、t=41s之后直到停止运动，加速度为负，说明加速度向上，处于超重状态，故B正确．C、t=41s时刻速度最大，加速度为零．故C错误．D、由上a＜g，跳伞员一直受到浮力和空气阻力作用，这些力做负功，机械能不断减少，所以开始跳伞时机械能最大，故D错误．故选：B．5．如图，一块足够长的浅色长木板，静止地放置在水平地面上．一个煤块静止在该木板上，煤块与木板间的滑动摩擦系数为μ．突然，使木板以恒定的速度v0做匀速直线运动，煤块将在木板上划下黑色痕迹．经过某一时间t，令木板突然停下，以后不再运动．已知重力加速度为g，煤块可视为质点，不计煤块与木板摩擦中损失的质量．则在最后煤块不再运动时，木板上出现的黑色痕迹的长度可能是（）A．B．v0 t C．v0t﹣μgt2D．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】煤块在木板上受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律求解出加速度，根据运动学公式求出相对滑动的位移即可．【解答】解：在时间t内，煤块可能一直匀加速，也可能先加速后匀速；煤块加速时，根据牛顿第二定律，有：μmg=ma解得：a=μg①如果时间t内一直加速，加速的位移为x1=μgt2，故相对白板的位移为：△x1=v0t ﹣x1=v0t﹣μgt2②如果先加速，后匀速，位移为：x2=+v0（t﹣）=v0t﹣，故相对白板的位移为：△x2=v0t﹣x2=③如果加速的末速度恰好等于v0，则有：x3=，故相对白板的位移为：△x3=v0t﹣x3=经过时间t后，木板静止后，煤做减速运动，加速度大小不变，故相对白板沿原路返回，故白板上黑色痕迹的长度等于加速时相对薄板的位移；所以木板上黑色痕迹的长度可能是A、C故选：AC．6．如图所示，质子、氘核和α粒子都沿平行板电容器两板中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将出现亮点的个数，下列说法中正确的是（）A．3个 B．1个C．2个 D．以上三种都有可能【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】三种粒子带电量不同，质量不同，进入同一电场时加速度不同，若它们射入电场时的速度相等，三粒子水平方向匀速直线，运动时间相同，则它们在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动由位移大小判断在荧光屏上将出现亮点个数；若它们射入电场时的动能相等，可以判断其速度的大小关系，同样可以求得竖直方向的位移大小关系，从而判断在荧光屏上出现的亮点个数．【解答】解：三种粒子带电量不同，分别为q、q、2q；质量不同，分别为m、2m、4m，进入同一电场时，加速度不同分别是：它们是由同一个电场从静止加速，对于质子有：y=由动能定理得：qU=mv2，粒子水平方向做匀速直线运动，运动时间为：t=，粒子竖直方向做初速度为零的匀速直线运动则有：y=at2==由此可见，粒子在竖直方向的偏转位移仅与电场强度E、极板长度L、加速电压U有关，在这三个过程中，这三个物理量都相同，所以它们的偏转位移相同，粒子都打到同一点上，即只有一个亮点，故B正确，ACD错误；故选：B．7．在某电场中，沿x轴上的电势分布如图所示，由图可以判断（）A．x=2m处电场强度可能为零B．x=2m处电场方向一定沿x轴正方向C．沿x轴正方向，电场强度先增大后减小D．某负电荷沿x轴正方向移动，电势能始终增大【考点】电势；电场强度．【分析】φ﹣x图象的斜率等于电场强度，由斜率的变化判断场强的变化．根据顺着电场线方向电势降低，判断电场的方向．由电势能的变化情况判断电场力做功正负．【解答】解：A、φ﹣x图象的斜率等于电场强度，则知x=2m处的电场强度不为零．故A错误．B、从0到x=4m处电势不断降低，但x=2m点的电场方向不一定沿x轴正方向．故B错误．C、由斜率看出，从0到4m，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大．故C错误．D、沿x轴正方向电势降低，某负电荷沿x轴正方向移动，受力的方向始终指向x轴的负方向，电场力做负功，电势能始终增大．故D正确．故选：D8．氧化锡传感器主要用于汽车尾气中一氧化碳浓度的检测，它的电阻随一氧化碳浓度ρ的变化而变化，已知其电阻的倒数与一氧化碳浓度成正比．将传感器接在如图所示的电路中，已知R1、R2为定值电阻，观察电表示数的变化，就能判断一氧化碳浓度的变化情况，下列判断正确的是（）A．电压表读数增大时，电流表读数增大，浓度ρ增大B．电压表读数减小时，电流表读数减小，浓度ρ增大C．电压表读数增大时，电流表读数减小，浓度ρ减小D．电压表读数减小时，电流表读数增大，浓度ρ減小【考点】传感器在生产、生活中的应用；闭合电路的欧姆定律．【分析】电阻R2与氧化锡传感器并联联，由氧化锡传感器电阻的倒数与一氧化碳的浓度成正比可知当浓度减小时电阻增大，则由欧姆定律可求得电路中电流的变化、R2两端的电压的变化．【解答】解：已知其电阻的倒数与一氧化碳浓度成正比．当浓度ρ减小，传感器的电阻变大，电路的总电阻变大，根据闭合电路的欧姆定律，电路的总电流减小，故电流表示数变小，内电压变小，路端电压增大，由于R1两端电压减小，故R2两端电压增大，即电压表示数增大．当浓度ρ增大，由以上分析可知，电流表示数增大，电压表示数减小．故C正确、ABD错误．故选：C．9．如图所示，两个宽度均为L的条形区域，存在着大小相等，方向相反且均垂直纸面的匀强磁场，以竖直虚线为分界线，其左侧有一个用金属丝制成的与纸面共面的直角三角形线框ABC，其底边BC长为2L，并处于水平．现使线框以速度v水平匀速穿过匀强磁场区，则此过程中，线框中的电流随时间变化的图象正确的是（设逆时针电流方向为正方向，取时间t0=作为计时单位）（）A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律．【分析】先根据楞次定律判断感应电流的方向；分段由感应电动势公式E=BLv求出感应电动势的表达式，由欧姆定律得到感应电流的表达式，即可进行选择．【解答】解：设∠B=α．在0﹣t0时间内，根据楞次定律判断可知，感应电流沿逆时针方向，为正；感应电动势为：E=Bvt•tanα•v=Bv2t•tanα；感应电流为i==；t=t0时，i==i0；在t0﹣2t0内，根据楞次定律判断可知，感应电流沿逆时针方向，为正；感应电动势为：E=BLtanα•v﹣B（vt﹣L）tanα•v=2BLvtanα﹣Bv2t•tanα；感应电流为i==；t=2t0=2时，i=0；在2t0﹣3t0内，根据楞次定律判断可知，感应电流沿顺时针方向，为负；感应电动势为：E=BLtanα•v﹣B（vt﹣L）tanα•v=2BLvtanα﹣Bv2t•tanα；感应电流为i==；t=3t0=3时，i=3i0；在3t0﹣4t0内，根据楞次定律判断可知，感应电流沿逆时针方向，为正；感应电动势为：E=B（vt﹣2L）vtanα；感应电流为i==；t=4t0=4时，i=2i0；故D正确．故选：D10．用两根足够长的粗糙金属条折成“┌”型导轨，右端水平，左端竖直，与导轨等宽的粗糙金属细杆ab、cd与导轨垂直且接触良好．已知ab、cd杆的质量、电阻值均相等，导轨电阻不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当ab杆在水平向右的拉力F作用下沿导轨向右匀速运动时，cd杆沿轨道向下运动，以下说法正确的是（）A．cd杆一定向下做匀加速直线运动B．拉力F的大小一定不变C．回路中的电流强度一定不变D．拉力F的功率等于ab棒上的焦耳热功率与摩擦热功率之和【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．【分析】题中ab匀速切割磁感线产生恒定的感应电动势，cd不切割磁感线，不产生感应电动势，回路中感应电流恒定，分析cd可能的受力情况，判断其运动情况；对ab进行受力情况分析，由平衡条件分析拉力F；根据功能关系分析拉力F的功率．【解答】解：A、C、由图看出，ab匀速切割磁感线，产生恒定的感应电动势，cd不切割磁感线，不产生感应电动势，回路中感应电流恒定．cd棒竖直方向上受到向下的重力和向上滑动摩擦力f，水平方向受到轨道的支持力N和安培力F A，则f=μN=μF A=μBIL，可知f大小不变．若重力大于滑动摩擦力，cd杆做匀加速运动，若重力等于滑动摩擦力，cd杆做匀速运动，故A错误，C正确．B、对于ab杆：水平方向受到F和安培力，安培力大小不变，则知F不变，故B 正确．D、根据能量转化和守恒定律可知：拉力F的功率与cd杆重力功率之和等于两棒上的焦耳热功率与摩擦热功率之和，故D错误．故选：BC二、实验题（本题共2小题，共16分．）11．襄城高中物理兴趣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．实验装置如图甲所示，打点计时器固定在斜面上．滑块拖着穿过打点计时器。

山东高三高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.如图所示，电源内阻不能忽略，开关闭合后，灯泡A、B均发光。

现将滑动触头向右移动，下列说法正确的是（A）A灯变亮、B灯变暗（B）A灯变暗、B灯变亮（C）电源路端电压一定增大（D）电源的输出功率一定增大2.如图所示，质量为和的两个小球固定在长为的轻杆两端，。

杆的中点是一水平转轴，系统可在竖直面内无摩擦转动，空气阻力不计。

若从杆处于水平位置由静止释放系统，系统转过的过程中，以下说法正确的是（重力加速度已知）A．该过程中系统机械能守恒B．球的机械能守恒C．可以求出杆竖直时两球的速率D．可以求出杆竖直时轴O对杆的作用力大小3.如图所示，不计重力的正电粒子以一定的水平初速度射入平行金属板间竖直的匀强电场中，则下列说法正确的是（以下各情况，粒子均能穿过电场）A．增大初速度大小，其他条件不变，粒子穿过电场的偏转位移变大B．滑动触头向上移动，其他条件不变，粒子穿过电场的偏转位移变大C．适当增大两板间距离，其他条件不变，粒子穿过电场的偏转位移变大D．适当增大两板间距离，其他条件不变，粒子穿过电场的时间变大4.粗糙水平面上一物体以一定初速度向前滑行，从开始滑行到停止，物体的运动位移为S，运动时间为t，运动过程中的加速度大小为a，则下列说法正确的是A．运动位移S随初速度增大而增大，随质量增大而减小B．运动时间t随初速度增大而增大，与质量无关C．加速度大小a随质量增大而减小D．位移S、运动时间t、加速度大小a都随初速度增大而增大5.如图所示,直角三角形框架ABC（角C为直角）固定在水平面上，已知AC与水平方向的夹角为。

小环P、Q分别套在光滑臂AC、BC上，用一根细绳连接两小环，静止时细绳恰好处于水平方向，小环P、Q的质量分别为、，则小环P、Q的质量之比为（A）（B）（C）（D）6.带正电的小环套在粗糙水平杆上，杆足够长，右半部分处在匀强磁场中，小环突然获得一向右的水平速度滑入磁场中，如图所示。

第二次月考物理试题【山东版】高三月考物理试题（考试时间：90分钟）一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。

）1．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，下列说法错误．．的是A．在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证B．牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点C．胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比D．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快2．下列说法正确的是A．出租车在正常行驶时，计价器是按照车子的位移大小进行计费的B．枪筒里的子弹，在扣动扳机火药刚刚爆发的时刻，加速度很大，但是速度很小C．无风的房间中将一根柔软的羽毛由静止释放，羽毛将做自由落体运动D．物体匀速运动时具有惯性，在外力作用下变速运动时失去了惯性3．下列关于力的说法正确的是A．力是物体对物体的作用，所以发生力的作用必须相互接触B．物体受到的几个共点力的合力一定大于每一个分力C．一个2N的力可以分解为7N和6N的两个力D．一个物体静止在斜面上，物体所受重力沿垂直斜面方向上的分量就是物体对斜面的压力v竖直上抛，经3s到达最高点，空气阻力不计，g取10m/s2，则下列说法正确的4．物体以初速度是A．物体上升的最大高度为45mB．物体速度改变量的大小为30m/s，方向竖直向上C．物体在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度之比为5∶3∶1D．物体在1s内、2s内、3s内的平均速度之比为9∶4∶15．如下图所示，为A、B、C三个物体从同一地点，同时出发沿同一方s 图象，则在0-t0时间内，下列说法正确的是向做直线运动的tA．A物体平均速度最大，B物体平均速度最小B．三个物体的平均速率相等C．三个物体始终沿着同一方向运动D．t0时C物体的速度比B物体的速度大6．如图所示，物体B 的上表面水平，A 、B 相对于斜面体C 静止，当斜面体C 受到水平力F 向左匀速运动的过程中A ．物体A 受到的弹力是由于A 的形变而产生的B ．物体B 一定受到4个力的作用C ．物体C 对物体B 的作用力竖直向上D ．物体C 和物体B 之间可能没有摩擦力7．在光滑水平面上有一物块始终受水平恒力F 的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧，如图所示，当物块与弹簧接触后向右运动的过程中，下列说法正确的是A ．物块接触弹簧后即做减速运动B ．当物块的加速度为零时，它的速度最大C ．当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度等于零D ．物块接触弹簧后先加速后减速8．一位同学乘坐电梯从六楼下到一楼的过程中，其v t -图象如图所示．下列说法正确的是A ．前2s 内该同学处于失重状态B ．前2s 内该同学的加速度大小是最后1s 内的2倍C ．最后1秒内该同学对地板的压力大于地板对他的支持力D ．该同学在10s 内的平均速度是1.7m/s9．如图所示，A 、B 两物块的质量分别为m 和M ，把它们靠在一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑。

（安徽皖智1号卷）全国2016届高三物理上学期月考试卷（二）（含解析）第I卷选择题（共40分）一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。

（其中1～7小题每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求；8～10小题每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求）l在自然科学的理论研究中，“理想实验”具有重要的作用。

作为一种抽象思维的方法，“理想实验”可以使人们对实际的科学实验有更深刻的理解，可以进一步揭示出客观现象和过程之间内在的逻辑联系，并由此得出重要的结论。

以下实验中属于理想实验的是( )A．验证平行四边形定则B．伽利略的斜面实验C．用打点计时器测物体的加速度D．利用自由落体运动测定反应时间2．由万有引力定律可知，质量分别为m1、m2的两质点间距为，时，它们之间相互作用力的大小为F=，式中G为万有引力常量。

若用国际单位制的基本单位表示，G的单位应为( )3．质量为M的光滑斜面体置于光滑水平面上，其上有质量为m的物体，用水平力F1、F2分别作用在m和M上，如图1、图2所示。

为使m和M间不发生滑动，则F1：F2等于( )A．1：1B．m：MC．M：mD．不知道斜面的倾角无法确定4．如图所示，在一段河岸平直的河中，一船夫划小船由M点出发沿直线到达对岸Ⅳ点，直线MN与河岸成53°角。

已知河宽为48m．河中水流的速度大小为v=5.0m/s，船夫划船在静水中的速度大小为5.0m/s，则小船过河的时间为(sin53°=0. 8)( )A. 4. 8sB. l0sC. 14.4sD. 20s5．中国是世界卜自行车产量最大和拥有量最多的国家，13亿多人口，就有4亿多辆自行车。

某同学在平直的水平路面上匀速的骑车，该同学所骑的自行车链轮的半径为R1，飞轮的半径为R2，后车轮的半径为飓，如图所示。

该同学在r时间内，踩着脚踏板转了N圈（不间断地匀速蹬），且车轮与地面接触处都无滑动，则该同学的速率为( )6．如图所示，地球半径为R，O为球心，A为地球表面上的点，B 为0、A连线间的中点。

2015-2016学年山东省临沂市高三（上）期中物理试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）1．科学家关于物体运动的研究极大地促进了物理学的发展，下列说法不符合历史事实的是（）A．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质B．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向C．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去D．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变2．如图所示，在倾角为θ=30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m．物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力，已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是（）A．物块A的加速度为0 B．物块A的加速度为C．物块B的加速度为0 D．物块B的加速度为3．如图所示，长为3L的轻杆可绕光滑水平转轴O转动，在杆两端分别固定质量均为m的球A、B（可视为质点），球A距轴O的距离为L．现给系统一定动能，使杆和球在竖直平面内转动．当球B运动到最高点时，水平转轴O对杆的作用力恰好为零，忽略空气阻力，已知重力加速度为g，则球B在最高点时，下列说法正确的是（）A．球B的速度为0 B．杆对球B的弹力为0C．球B的速度为D．球A的速度等于4．2015年10月17日中国在西昌卫星发射中心成功发射了亚太九号通讯卫星，该卫星运行的轨道示意图如图所示，卫星先沿椭圆轨道1运行，近地点为Q，远地点为P，当卫星经过点P时点火加速，使卫星由椭圆轨道1转移到地球同步轨道2上运行，下列说法中错误的是（）A．卫星在轨道1和轨道2上运动时的机械能相等B．卫星在轨道1上运行经过P点的速度大于经过Q点的速度C．卫星在轨道2上时处于超重状态D．卫星在轨道1上运行经过P点的加速度等于在轨道2上运行经过P点的加速度5．一个质量为50kg的人乘坐电梯，由静止开始上升，整个过程中电梯对人做功的功率随时间变化的P﹣t图象如图所示，其中电梯在0～2s做匀加速直线运动，2～5s做匀速直线运动，5～9s做匀减速直线运动，g=10m/s2，则以下说法错误的是（）A．前2s内电梯对人的支持力为550NB．在2～5s内电梯的速度为2m/sC．电梯加速阶段的加速度为1m/s2D．电梯加速运动过程中对人所做的功大于减速阶段对人所做的功6．如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的固定粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4 m/s2，方向沿斜面向下，那么物块向上运动的过程中，下列说法正确的是（）A．物块的机械能一定增加B．物块的机械能一定减小C．物块的机械能可能不变D．克服摩擦力做的功小于拉力F做的功7．如图所示，AB、AC两光滑细杆组成的直角支架固定在竖直平面内，AB与水平面的夹角为30°，两细杆上分别套有带孔的a、b两小球（可视为质点），在细线作用下处于静止状态，细线恰好水平．某时刻剪断细线，在两球下滑到底端的过程中，下列结论中正确的是（）A．a、b两球到底端时速度相同B．a、b两球重力做功之比为3：1C．小球a受到的弹力等于小球b受到的弹力D．小球a下滑的时间与小球b下滑的时间之比为：18．如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，已知ab∥cd，ab⊥bc，2ab=cd=bc=2l，l=1m，电场线与四边形所在平面平行．已知a点电势为18V，点电势为22V，d点电势为6V，则下列说法正确的是（）A．匀强电场的场强大小为B．场强的方向由a指向cC．场强的方向由b指向d D．c点的电势为14V9．如图甲所示，静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力F作用下开始向上加速运动，拉力的功率恒定为P，运动过程中所受空气阻力大小不变，物体最终做匀速运动，物体运动速度的倒数与加速度a的关系如图乙所示．若重力加速度大小为g，图中v0、a0为已知，下列说法正确的是（）A．.物体的质量为B．空气阻力大小为C．物体的质量为D．物体匀速运动速度大小为v010．在光滑水平面上，a、b两小球沿同一直线相向运动，当小球间距小于或等于L时，受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用，小球间距大于L时，相互间的排斥力为零．小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示，由图可知（）A．b球质量大于a球质量B．在t2时刻两小球间距最小C．在t1时刻两小球间距最小D．在0﹣t3时间内a球所受排斥力方向始终与运动方向相反二、实验题（本题共16分）11．某同学利用如图所示装置测量小木块与接触面间的滑动摩擦因数．已知小木块与斜面和水平面的滑动摩擦因数相同．小木块由斜面上的A点静止下滑，经过B点到达水平面上的C 点静止．A、C两点间的水平距离为x．小木块可视为质点．回答下列问题：（1）小木块质量为m，重力加速度大小为g，若滑动摩擦因数为μ，由A点运动到C点过程中，克服摩擦力做功与x之间的关系式为W f= ．（2）为尽量简便的测量小木块与接触面间的滑动摩擦因数，下列哪些物理量需要测量？．A．小木块的质量m B．斜面倾角 C．A、B两点间的距离lD．A、C两点间的竖直高度差h E．A、C两点间的水平距离x（3）利用上述测量的物理量，写出测量的滑动摩擦因数μ= ．（4）小木块运动到B点时，由于水平面的作用，竖直方向的分速度将损失，将导致测量的滑动摩擦因数与实际滑动摩擦因数相比，其值将（填“偏大”、“相等”或“偏小”）．12．某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律，物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未碰到滑轮），从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示．打点计时器电源的频率为50Hz．（1）通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点和之间某时刻开始减速．（2）计数点6对应的速度大小为m/s．（结果保留三位有效数字）（3）物块减速运动过程中加速度的大小为a= m/s2．（结果保留三位有效数字）（4）设重物质量为m，物块质量为M，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，不考虑空气阻力以及纸带与限位孔之间摩擦、绳与滑轮之间的摩擦，g为重力加速度，则在加速阶段的表达式为．三、计算题（共4小题，满分44分）13．某游乐场有一种大型游乐设施﹣跳楼机，参加游戏的游客被安全带固定在跳楼机的座椅上，提升到离地高度60m处，然后由静止释放，开始下落过程可认为自由落体运动，下落2s后，游客和座椅整体受到一竖直向上的恒定阻力而做匀减速运动，且落地时速度恰好为零．已知游客和座椅总质量为2000kg，重力加速度g=10m/s2．求：（1）下落过程中最大速度；（2）该恒定阻力的大小．14．（10分）（2015秋•临沂期中）如图所示，P是固定在水平面上的圆弧轨道，O是圆弧的圆心，C为圆弧轨道最高点，D为圆弧轨道最低点，从高台边B点以速度v0水平飞出质量为m、带电量为+q的小球，恰能从圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入，θ是OA与竖直方向的夹角，圆弧轨道的竖直直径COD右边存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E，已知：m=1kg，v0=3m/s，q=1.6×10﹣4C，E=104V/m，θ=53°，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．若小球恰能到达最高点C，不计空气阻力和所有摩擦．求：（1）A、B两点的高度差；（2）圆弧轨道的半径R大小．15．（12分）（2015秋•临沂期中）如图甲所示，竖直放置的直角三角形NMP（MP边处于水平），∠NMP=θ，MP中点处固定一电量为Q的正点电荷，MN是长为a的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球（可视为点电荷），小球自N点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置x（取M点处x=0）的变化图象如图乙所示（图中E0、E1、E2为已知量），重力加速度为g，设无限远处电势为零，M点所处的水平面为重力零势能面．（1）图乙中表示电势能随位置变化的是哪条图线？（2）求重力势能为E1时的横坐标x1和带电小球的质量m；（3）求小球从N点运动到M点时的动能E x．16．（13分）（2015秋•临沂期中）如图所示，将小物体（可视为质点）置于水平桌面上的薄纸板上，每次用不同水平向右的恒力F拉动纸板，纸板和小物体的运动情况也不同．若纸板的质量m1=0.1kg，小物体的质量m2=0.4kg，小物体与桌面右边缘的距离d=0.12m，与纸板左边缘的距离l=0.04m；已知小物体与纸板上表面间以及纸板下表面与桌面的动摩擦因数均为μ1=0.2，小物体与桌面间的动摩擦因数为μ2=0.1；设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g 取10m/s2．求：（1）当小物体与纸板一起运动时，桌面对纸板的摩擦力大小；（2）拉力F满足什么条件，小物体才能与纸板发生相对滑动；（3）若拉力F作用一段时间t后，纸板从小物体下抽出，此后小物体恰好运动到桌面右边缘停下，求拉力F的大小和作用时间t．2015-2016学年山东省临沂市高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）1．科学家关于物体运动的研究极大地促进了物理学的发展，下列说法不符合历史事实的是（）A．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质B．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向C．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去D．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变【考点】物理学史．【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题．【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、牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，即惯性，故A正确；B、在伽利略研究的基础上，笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，故B正确；C、伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去，故C正确；D、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才会运动，没有力的作用，物体就要静止下来，故D错误；本题选不符合历史事实的，故选：D【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．如图所示，在倾角为θ=30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m．物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力，已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是（）A．物块A的加速度为0 B．物块A的加速度为C．物块B的加速度为0 D．物块B的加速度为【考点】牛顿第二定律．【专题】整体思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题．【分析】剪断细线前，隔离对A分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力大小，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对整体分析，求出整体的加速度．【解答】解：剪断细线前，弹簧的弹力：F弹=mgsin30°=mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹=mg；剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为：a==，即A和B的加速度均为．故选：B【点评】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，抓住剪断细线的瞬间弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用．3．如图所示，长为3L的轻杆可绕光滑水平转轴O转动，在杆两端分别固定质量均为m的球A、B（可视为质点），球A距轴O的距离为L．现给系统一定动能，使杆和球在竖直平面内转动．当球B运动到最高点时，水平转轴O对杆的作用力恰好为零，忽略空气阻力，已知重力加速度为g，则球B在最高点时，下列说法正确的是（）A．球B的速度为0 B．杆对球B的弹力为0C．球B的速度为D．球A的速度等于【考点】机械能守恒定律；向心力．【专题】参照思想；模型法；机械能守恒定律应用专题．【分析】球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，重力恰好提供向心力，可以求出求B的线速度与角速度；转动过程中，由于A、B两球的角速度相等，由v=ωr知v A．【解答】解：ABC、球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有：mg=m，解得：v=，故A错误，BC正确；D、由于A、B两球的角速度相等，由v=ωr知v A=v B=，故D错误；故选：BC【点评】本题球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，同时两球角速度相等，线速度之比等于转动半径之比．4．2015年10月17日中国在西昌卫星发射中心成功发射了亚太九号通讯卫星，该卫星运行的轨道示意图如图所示，卫星先沿椭圆轨道1运行，近地点为Q，远地点为P，当卫星经过点P时点火加速，使卫星由椭圆轨道1转移到地球同步轨道2上运行，下列说法中错误的是（）A．卫星在轨道1和轨道2上运动时的机械能相等B．卫星在轨道1上运行经过P点的速度大于经过Q点的速度C．卫星在轨道2上时处于超重状态D．卫星在轨道1上运行经过P点的加速度等于在轨道2上运行经过P点的加速度【考点】万有引力定律及其应用；牛顿运动定律的应用-超重和失重．【专题】定性思想；推理法；万有引力定律的应用专题．【分析】卫星在椭圆轨道上运动时在近地点做离心运动，在远地点做近心运动，根据相应运动条件判断速度大小问题，卫星在轨道上运动的加速由万有引力产生，决定加速度的大小是万有引力的大小．【解答】解：A、在P点处，卫星在轨道1的速度小于轨道2上的速度，因此在轨道1的机械能小于在轨道2上运动时的机械能，故A错误；B、卫星从Q到P，因引力做负功，则在轨道1上运行经过P点的速度小于经过Q点的速度，故B错误；C、卫星在轨道2上时处于失重状态．故C错误．D、根据牛顿第二定律和万有引力定律得：a=，所以卫星在轨道2上经过P点的加速度等于在轨道1上经过P点的加速度，故D正确．本题选择错误的，故选：ABC．【点评】正确理解卫星变轨前后的运动，知道近心运动的条件为速度小于正常速度，匀速圆周运动的条件是合力充当向心力．5．一个质量为50kg的人乘坐电梯，由静止开始上升，整个过程中电梯对人做功的功率随时间变化的P﹣t图象如图所示，其中电梯在0～2s做匀加速直线运动，2～5s做匀速直线运动，5～9s做匀减速直线运动，g=10m/s2，则以下说法错误的是（）A．前2s内电梯对人的支持力为550NB．在2～5s内电梯的速度为2m/sC．电梯加速阶段的加速度为1m/s2D．电梯加速运动过程中对人所做的功大于减速阶段对人所做的功【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．【专题】定量思想；图析法；功率的计算专题．【分析】在2﹣5s内功率恒定，故人做匀速运动，求的速度，再结合2s末的功率求的电梯对人的作用力，根据牛顿第二定律求的加速度，在P﹣t图象中所围面积为电梯对人所做的功【解答】解：A、在2﹣5s内功率恒定，故此时拉力等于重力，物体匀速运动，由P=mgv得v=，故在前2s内由P=Fv得F=，故前2s内电梯对人的支持力为550N，故AB正确；C、在加速阶段由牛顿第二定律可得F﹣mg=ma解得a=1m/s2，故C正确D、加速阶段电梯对人做功为W1=Pt=，减速阶段电梯对人做功为，故电梯加速运动过程中对人所做的功小于减速阶段对人所做的功，故D错误因选错误的，故选：D【点评】解答本题的关键是理解图象的含义，根据图象可以知道人的运动的情况，根据不同的运动过程住个计算即可6．如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的固定粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4 m/s2，方向沿斜面向下，那么物块向上运动的过程中，下列说法正确的是（）A．物块的机械能一定增加B．物块的机械能一定减小C．物块的机械能可能不变D．克服摩擦力做的功小于拉力F做的功【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．【专题】定性思想；推理法；守恒定律在近代物理中的应用．【分析】当物体只有重力做功，物体的机械能守恒，根据牛顿第二定律求出F和摩擦力合力的大小，结合机械能守恒的条件判断物体的机械能是否守恒．【解答】解：A、物体的加速度为 a=4m/s2，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得：F﹣mgsin30°﹣f=ma，解得F﹣f=m＞0可知F和f做功的代数和大于零，所以根据功能原理可知，在运动的过程中，机械能一定增加．故A正确，BC错误；D、F﹣f=m＞0，可知，克服摩擦力做的功小于拉力F做的功．故D正确．故选：B【点评】解决本题的关键理解机械能守恒的条件，只有重力做功，不是只受重力，其它力可以做功，只要做功的代数和为零，机械能仍然守恒．若除重力以外其他力做功不为零，机械能不守恒．7．如图所示，AB、AC两光滑细杆组成的直角支架固定在竖直平面内，AB与水平面的夹角为30°，两细杆上分别套有带孔的a、b两小球（可视为质点），在细线作用下处于静止状态，细线恰好水平．某时刻剪断细线，在两球下滑到底端的过程中，下列结论中正确的是（）A．a、b两球到底端时速度相同B．a、b两球重力做功之比为3：1C．小球a受到的弹力等于小球b受到的弹力D．小球a下滑的时间与小球b下滑的时间之比为：1【考点】功能关系；功的计算．【专题】定量思想；方程法；守恒定律在近代物理中的应用．【分析】a、b两球到底端时速度的方向沿各自斜面的方向；根据位移公式计算下滑的时间．重力做功W=mgh，根据平衡条件比较质量的大小；则可得出重力做功的大小．【解答】解：A、由机械能守恒定律可知：mgh=mv2；解得：v=；故到达底部时速度的大小相同；但是方向不同．故A错误；B、根据平衡条件：m a g=同理可得：m b g=故m a：m b=3：1小球到底端的过程中重力做的功：W=mgh，则a、b两球重力做功之比为3：1，故B正确；C、小球a受到的弹力为：N=m a gcos30°=3mg小球b受到的弹力为：N′=m b gcos60°=mg•故a受到的弹力大于球b受到的弹力；故C错误；D、设从斜面下滑的高度为h，则有：=at2a a=gsin30°得：t=同理：=gsin60°t′2t′=可见a球下滑的时间较长，故D正确；故选：BD．【点评】本题考查动能定理及共点力的平衡条件，关键是找出二球静止时绳子对两球的拉力是相同的，进而可以比较二者重力的大小关系．8．如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，已知ab∥cd，ab⊥bc，2ab=cd=bc=2l，l=1m，电场线与四边形所在平面平行．已知a点电势为18V，点电势为22V，d点电势为6V，则下列说法正确的是（）A．匀强电场的场强大小为B．场强的方向由a指向cC．场强的方向由b指向d D．c点的电势为14V【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】定性思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】连接bd，bd连线分成四等分，可知M点的电势等于a点，作出等势面，由沿着电场线方向，电势降低来确定电场线的方向，作出电场线，进而即可求解．【解答】解：A、三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线四等分，如图所示，已知a点电势为18V，b点电势为22V，d点电势6V，且ab∥cd，ab⊥bc，2ab=cd=bc=2L，因此根据几何关系，可得M点的电势为18V，与a点电热势相等，从而连接aM，即为等势面，由几何关系可知：因bd=l所以 bM=因此aM=，所以aM垂直于bd．则电场线方向为b指向d，E=，故AC正确，B错误；D、C点电势与N点电势相等，N点电势为18﹣4=14V，所以c点的电势为14V．故D正确．故选：ACD【点评】本题关键是找等势点，作等势线，并抓住等势线与电场线垂直的特点，问题就变得简单明晰，难度适中．9．如图甲所示，静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力F作用下开始向上加速运动，拉力的功率恒定为P，运动过程中所受空气阻力大小不变，物体最终做匀速运动，物体运动速度的倒数与加速度a的关系如图乙所示．若重力加速度大小为g，图中v0、a0为已知，下列说法正确的是（）A．.物体的质量为B．空气阻力大小为C．物体的质量为D．物体匀速运动速度大小为v0【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．【专题】定量思想；图析法；功率的计算专题．【分析】物体在竖直方向上在额定功率下做变加速运动，根据牛顿第二定律求的与a的关系式，结合乙图即可判断，当拉力等于重力和阻力时速度达到最大【解答】解：A、由题意可知P=Fv，根据牛顿第二定律由F﹣mg﹣f=ma联立解得由乙图可知，，解得，f=，故A正确，BC错误D、物体匀速运动由F=mg+f，此时v=，故D正确故选：AD【点评】本题主要考查了图象，能利用牛顿第二定律表示出与a的关系式是解决本题的关系10．在光滑水平面上，a、b两小球沿同一直线相向运动，当小球间距小于或等于L时，受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用，小球间距大于L时，相互间的排斥力为零．小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示，由图可知（）A．b球质量大于a球质量B．在t2时刻两小球间距最小C．在t1时刻两小球间距最小D．在0﹣t3时间内a球所受排斥力方向始终与运动方向相反【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】定性思想；图析法；牛顿运动定律综合专题．【分析】先从v﹣t图象找出两个小球加速度的大小关系然后结合牛顿第二定律判断质量的关系；根据v﹣t图象判断何时有最小距离．【解答】解：A、相互作用阶段，a、b两球所受的合力相等，图线的斜率表示加速度，可知b球的加速度大于a球，根据牛顿第二定律知，b球的质量小于a球的质量，故A错误．B、二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，故B正确，C错误．D、在0﹣t3时间内，a球做减速运动，知所受的合力方向与速度方向相反，即所受的排斥力始终与运动方向相反，故D正确．故选：BD．【点评】本题考查了v﹣t图象、牛顿第二定律、加速度与速度的关系等有关知识，有一定的综合性．知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．二、实验题（本题共16分）11．某同学利用如图所示装置测量小木块与接触面间的滑动摩擦因数．已知小木块与斜面和水平面的滑动摩擦因数相同．小木块由斜面上的A点静止下滑，经过B点到达水平面上的C 点静止．A、C两点间的水平距离为x．小木块可视为质点．回答下列问题：（1）小木块质量为m，重力加速度大小为g，若滑动摩擦因数为μ，由A点运动到C点过程中，克服摩擦力做功与x之间的关系式为W f= μmgx ．（2）为尽量简便的测量小木块与接触面间的滑动摩擦因数，下列哪些物理量需要测量？DE ．A．小木块的质量m B．斜面倾角 C．A、B两点间的距离lD．A、C两点间的竖直高度差h E．A、C两点间的水平距离x（3）利用上述测量的物理量，写出测量的滑动摩擦因数μ= ．（4）小木块运动到B点时，由于水平面的作用，竖直方向的分速度将损失，将导致测量的滑动摩擦因数与实际滑动摩擦因数相比，其值将偏大（填“偏大”、“相等”或“偏小”）．。

山东高三高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.如图所示，分别是直流电动机、摇绳发电、磁电式仪表和电磁轨道炮示意图，其中“因电而动”（即在安培力作用下运动）的有2.如图所示，质量为M 、半径为R 的半球形物体A 放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m 、半径为r 的光滑球B ．则A ．A 对地面的压力等于（M+m ）gB ．A 对地面的摩擦力方向向左C ．B 对A 的压力大小为D ．细线对小球的拉力大小为3.为节省燃料，天宫一号不开启发动机，只在高层大气阻力的影响下，从362千米的近似圆轨道缓慢变到343千米的圆轨道的过程中，天宫一号的 A ．运行周期将增大 B ．运行的加速度将增大 C ．运行的速度将增大 D ．机械能将增大4.一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能与位移关系的图像如图所示，其中0—s 1过程的图线为曲线，s 1——s 2过程的图线为直线．则物体A ．0—s 1所受合力一定是变力，且不断减小B ．s 1—s 2可能在做变加速直线运动C ．s 1—s 2可能在做匀速直线运动D ．0—s 1的动能可能在不断增大5.A 、B 是一电场线上的两点，若在A 点释放一初速为零的电子，电子仅在电场力作用下沿电场线从A 到B ，其电势能W 随位移s 变化的规律如图．设A 、B 两点的电场强度分别为E A 和E B ，电势分别为φA 和φB ．则A ．E A >EB B ．E A <E BC ．φA >φBD ．φA <φB6.如图是一个理想变压器的示意图，S 为单刀双掷开关，P 是滑动变阻器的滑动触头，R 0是定值电阻，保持交变电压U 1不变.则A ．若P 不动，S 由a 到b 处，电流表示数减小B ．若P 不动，S 由a 到b 处，电压表示数增大C ．若S 置于b 处，将P 上滑，电流表示数增大D ．若S 置于b 处，将P 上滑，电压表示数增大7.如图，直线A 为某电源的U-I 图线，曲线B 为某小灯泡的U-I 图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是A ．4W ，8WB ．2W ，4WC ．2W ，3WD ．4W ，6W8.如图所示，A 、B 和O 位于同一条直线上，波源O 产生的横波沿该直线向左、右两侧传播，波速均为v 。