高三物理-连云港市海头高中2016届高三上学期月考物理试卷(12月份)

江苏省海头高级中学高二年级2015——2016学年度第一学期期中考试物理试卷（必修）一、单项选择题：每小题只有一个．．．．选项符合题意（本部分23小题，每小题3分，共69分）1．文学作品中往往蕴含着一些物理知识，下列诗句中加点的字表示位移的是A．飞流直下三千尺．．．．．，一剑曾当百万师．．．．．，疑是银河落九天B．一身转战三千里C．坐地日行八万里．．．．．，巡天遥看一千河D．三十功名尘与土，八千里路．．．．云和月2．一辆汽车在崎岖的山路上行驶，关于该汽车的惯性，下列说法正确的是A．汽车打滑时惯性变小B．汽车下坡时惯性变大C．汽车加速时惯性变大D．汽车刹车时惯性不变3．“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示。

实验中，为使小车运动时所受的拉力近似等于盘和重物的总重力，则盘和重物的总质量m与小车的质量M应满足的关系是A．m远大于M B．m远小于MC．m略大于M D．m略小于M4．小明乘电梯从一楼上升到三楼，在电梯启动和制动时，他所处的状态是A．超重、超重B．失重、失重C．超重、失重D．失重、超重5．伽利略在研究落体运动时，提出了“把轻重不同的两个物体连在一起下落，与单独一个物体下落比较，是快了还是慢了”的问题A．自由落体运动的快慢与物体的质量无关B．自由落体运动是匀加速直线运动C．自由落体运动的速度与时间成正比D．自由落体运动的速度与位移成正比6．如图所示，小朋友在弹性较好的蹦床上跳跃翻腾，尽情嬉耍。

在小朋友接触床面向下运动的过程中，床面对小朋友的弹力做功情况是A．先做负功，再做正功B．先做正功，再做负功C．一直做负功 D．一直做正功7．起重机沿竖直方向以大小不同的速度两次匀速吊起货物，所吊货物的质量想等。

那么，关于起重机对货物的拉力和起重机的功率，下列说法正确的是A．拉力不等，功率相等B．拉力不等，功率不等C．拉力相等，功率相等D．拉力相等，功率不等8．“验证机械能守恒定律”的实验装置如图所示。

2015-2016学年江苏省连云港市海头高中高二（上）月考物理试卷（10月份）一、选择题（共9小题，每小题4分，满分36分）1．一只普通白炽灯，不通电时灯丝的电阻为R1；正常发光时灯丝的电阻为R2．比较R1和R2的大小，应是（）A．R1＞R2B．R1＜R2C．R1=R2 D．条件不足，无法判断2．一根粗细均匀、阻值为16Ω的电阻丝，保持温度不变，若先将它等分成4段，每段电阻为R1，再将这4段电阻丝并联，并联后总电阻为R2，则R1与R2的大小依次为（）A．1Ω，0.5ΩB．2Ω，0.5ΩC．2Ω，1Ω D．4Ω，1Ω3．如图所示为某一闭合电路的路端电压U﹣I曲线，由图可知（）A．电源电动势为2.0VB．电源内阻为ΩC．电源短路时电流为6.0AD．电路路端电压为1.0V时，电路中电流为5.0A4．用图所示电路，测定电池组的电动势和内电阻．其中V为电压表（其电阻足够大），定值电阻R=7.0Ω．在电键未接通时，V的读数为6.0V；接通电键后，V的读数变为5.6V．那么，电池组的电动势和内电阻分别等于（）A．6.0V，0.5ΩB．6.0V，1.25Ω C．5.6V，1.25Ω D．5.6V，0.5Ω5．如图所示电路，当变阻器的滑片向下滑动时，电流表及电压表读数的变化是（）A．电流表、电压表读数都变大B．电流表读数增大，电压表读数减小C．电流表读数减小，电压表读数增大D．电流表、电压表读数都减小6．如图所示的电路中，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（）A．电容器中的电场强度将增大 B．电容器上的电荷量将减少C．电容器的电容将减小D．液滴将向上运动7．一台直流电动机的电阻为R，额定电压为U，额定电流为I，当其正常工作时下述正确的是（）A．电动机所消耗的电功率IUB．t秒内所产生的电热为IUtC．t秒内所产生的电热为I2RtD．t秒内所产生的机械能为I（U﹣IR）t8．如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R0为定值电阻，R为变阻器，已知R0＞r．为使R0上消耗的电功率最大，应将变阻器阻值调整到（）A．R0B．R0+r C．R0﹣r D．09．在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．下列比值正确的是（）A．不变，不变B．变大，变大C．变大，变小D．变大，不变二、解答题（共3小题，满分45分）10．（12分）（2015秋•连云港月考）读数（1）cm （2）cm （3）mA （4）V．11．（1）用多用表的欧姆档测量阻值约为几十千欧的电阻R x，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆档调零旋钮．把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在横线上．a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，断开两表笔b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出R x的阻值后，断开两表笔c．旋转S使其尖端对准欧姆档×1kd．旋转S使其尖端对准欧姆档×100e．旋转S使其尖端对准交流500V，并拔出两表笔根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为Ω．（2）下列关于使用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是A．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零．12．（24分）（2014秋•信阳期末）测定电源的电动势和内电阻的实验电路1和U﹣I图象2如下：（1）闭合开关前滑动变阻器的滑动头P应放在处现备有以下器材：A．干电池1节B．滑动变阻器（0～50Ω）C．滑动变阻器（0～1750Ω）D．电压表（0～3V）E．电压表（0～15V）F．电流表（0～0.6A）G．电流表（0～3A）（2）其中滑动变阻器应选，电流表应选，电压表应选．（填字母代号）（3）由U﹣I图象可知这个干电池的电动势E= V，内电阻r= _Ω．（4）由于电压表的分流作用使本实验电路存在系统误差，导致E测E真，r测r真（填“＞”“＜”或“=”）三、计算题（共3小题，满分39分）13．（11分）（2012秋•东阳市校级期中）某一直流电动机提升重物，重物的质量为40kg，电源电动势为110V，不计电源的内阻，及各处的摩擦，当电动机以1.0m/s恒定的速度向上提升重物时，电路中的电流强度为5A，（取g=10m/s2）求：（1）电源的输出功率；（2）电动机的输出功率；（3）电动机线圈的电阻．14．（13分）（2015秋•连云港月考）如图所示，R3=0.2Ω，S断开时，两表读数分别0.4A和2.4V，S闭合时，它们的读数分别变化了0.3A和0.3V．求：（1）R1、R2的阻值；（2）电源的电动势和内阻（两表均视为理想表）．15．（15分）（2012春•东河区校级期末）如图所示，甲图中变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如乙图中的AC、BC两直线所示．不考虑电表内阻对电路的影响．（1）电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图线分别为乙图中的哪一条直线？（2）定值电阻R0以及变阻器的总电阻R分别为多少？（3）求出电源的电动势和内阻．2015-2016学年江苏省连云港市海头高中高二（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共9小题，每小题4分，满分36分）1．一只普通白炽灯，不通电时灯丝的电阻为R1；正常发光时灯丝的电阻为R2．比较R1和R2的大小，应是（）A．R1＞R2B．R1＜R2C．R1=R2 D．条件不足，无法判断【考点】电阻率与温度的关系．【专题】恒定电流专题．【分析】解答本题的关键是分析白炽灯发光与不发光的区别，同时注意温度升高时灯丝的电阻率增大．【解答】解：灯丝的电阻率随着温度的升高而增大，白炽灯是通过发热发光的，因此发光时温度高于不发光温度，故发光时电阻大，即有R1＜R2，故ACD错误，B正确．故选B．【点评】本题比较简单，直接考查了温度对电阻率的影响，要注意物理知识在实际生活中的应用．2．一根粗细均匀、阻值为16Ω的电阻丝，保持温度不变，若先将它等分成4段，每段电阻为R1，再将这4段电阻丝并联，并联后总电阻为R2，则R1与R2的大小依次为（）A．1Ω，0.5ΩB．2Ω，0.5ΩC．2Ω，1Ω D．4Ω，1Ω【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】一根粗细均匀的电阻丝，将它等分成四段，每段的长度减小为四分之一；再将这四段电阻丝并联起来，横截面积增加为4倍；根据电阻定律公式R=分析即可．【解答】解：一根粗细均匀的电阻丝，将它等分成四段，每段的长度减小为四分之一，横截面积和电阻率一定，故电阻减小为四分之一，为R1===4Ω；再将这四段电阻丝并联起来，横截面积增加为4倍，根据电阻定律，R2===1Ω；故选：D．【点评】本题关键根据电阻定律公式R=ρ分析，找出长度、截面积的变化情况即可，基础问题．3．如图所示为某一闭合电路的路端电压U﹣I曲线，由图可知（）A．电源电动势为2.0VB．电源内阻为ΩC．电源短路时电流为6.0AD．电路路端电压为1.0V时，电路中电流为5.0A【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir，分析路端电压U﹣I曲线与纵轴交点表示I=0，是断路状态，纵坐标表示电动势．图线的斜率大小等于电源的内阻．短路时，外电阻R=0，由欧姆定律求出短路电流．再由U=E﹣Ir，求出路端电压为1.0V时，电路中的电流．【解答】解：A、由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir得知，当I=0时，U=E，由图读出U=2.0V．故A正确．B、电源的内阻r==Ω=0.2Ω．故B错误．C、电源短路时电流I短==10A．故C错误．D、当电路路端电压为1.0V时，电路中电流I==A=5A．故D正确．故选AD【点评】本题中C项的结果，也是学生读图时经常出现的错误，把（6.0，0.8）点的状态当成短路，说明对短路的特点不了解，短路时，路端电压U=0．4．用图所示电路，测定电池组的电动势和内电阻．其中V为电压表（其电阻足够大），定值电阻R=7.0Ω．在电键未接通时，V的读数为6.0V；接通电键后，V的读数变为5.6V．那么，电池组的电动势和内电阻分别等于（）A．6.0V，0.5ΩB．6.0V，1.25Ω C．5.6V，1.25Ω D．5.6V，0.5Ω【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】当开关断开时，电压表接在电源两端，电压表示数为电池组的电动势；K闭合时，电压表测量路端电压，则根据闭合电路的欧姆定律可求得内电阻．【解答】解：电键未接通时，电压表示数即为电源电动势，故电动势E=6.0V；接通电键后，对R由欧姆定律可得：电路中电流I==0.8A；由闭合电路欧姆定律可知：内电阻r==0.5Ω；故选：A【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律的使用，注意因电压表为理想电表，故当电压表直接接在电源两端时，相当于开路，电压表示数即为电源的电动势．5．如图所示电路，当变阻器的滑片向下滑动时，电流表及电压表读数的变化是（）A．电流表、电压表读数都变大B．电流表读数增大，电压表读数减小C．电流表读数减小，电压表读数增大D．电流表、电压表读数都减小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据变阻器移动的方向分析其有效电阻的变化，分析总电阻的变化，判断总电流的变化和路端电压变化，再分析局部电压和电流的变化，即可解答．【解答】解：当变阻器的滑片向下滑动时，其有效电阻增大，外电路总电阻增大，总电流I 减小，电压表的示数为 U=E﹣I（R1+r），I减小，其他量不变，则U增大，通过R2的电流增大，而电流表的示数 I A=I﹣I2，则I A减小．即电流表读数减小，电压表读数增大．故选：C．【点评】本题考查电路动态分析的能力，应抓住电源的电动势和内阻不变，运用“局部→整体→局部”的思路进行分析．6．如图所示的电路中，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（）A．电容器中的电场强度将增大 B．电容器上的电荷量将减少C．电容器的电容将减小D．液滴将向上运动【考点】电容．【专题】电容器专题．【分析】由题意可知，电容器与R2并联，根据闭合电路欧姆定律可确定随着滑片左移，电阻的变化，导致电压的变化，从而判定电阻R2的电压变化，再根据可得，电容器的电量及由E=知两极间的电场强度如何变化．【解答】解：A、电容器两板间电压等于R2两端电压．当滑片P向左移动时，接入电路的电阻增大，电路中的电流减小，所以R2两端电压U减小，由E=知电容器中场强变小，A错误；B、根据可得，电容器放电，电荷量减少，B项正确；C、电容器的电容与U的变化无关，保持不变，C项错误．D、带电液滴所受电场力变小，使液滴向下运动，D项错误；故选：B【点评】考查电容器的动态分析，涉及到闭合电路的欧姆定律，同时与E=公式的理解．7．一台直流电动机的电阻为R，额定电压为U，额定电流为I，当其正常工作时下述正确的是（）A．电动机所消耗的电功率IUB．t秒内所产生的电热为IUtC．t秒内所产生的电热为I2RtD．t秒内所产生的机械能为I（U﹣IR）t【考点】电功、电功率；焦耳定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电动机是非纯电阻，在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，这两个的计算结果是不一样的，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的．【解答】解：A、电动机所消耗的电功率P=UI，所以A正确；B、I2R计算的是电动机的内阻发热的部分，是发热的功率，所以产生的电热为I2Rt，所以B 错误，C正确；D、t秒内所产生的机械能为电动机的总功减去发热的部分，所以机械功UIt﹣I2Rt，所以D 正确．故选：ACD；【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．8．如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R0为定值电阻，R为变阻器，已知R0＞r．为使R0上消耗的电功率最大，应将变阻器阻值调整到（）A．R0B．R0+r C．R0﹣r D．0【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】由闭合电路的欧姆定律可知电路中的电流，由功率公式可确定电功率的极值．【解答】解：由闭合电路的欧姆定律可知I=R0消耗的电功率P=I2R0=R0；故要使R0消耗的功率最大，应将变阻器阻值调到最小为零；故选D．【点评】解决本题应注意审题，题目中要求的是定值电阻的电功率，故当电流最大时功率最大．9．在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．下列比值正确的是（）A．不变，不变B．变大，变大C．变大，变小D．变大，不变【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】本题要分析定值电阻与可变电阻去分析．对于定值电阻，有R==；对于可变电阻，可根据闭合电路欧姆定律分析与电源内阻的关系，从而作出判断．【解答】解：A、R1是定值电阻，有R1==，可知、都不变，故A正确．B、C当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，R2是可变电阻，有=R2，所以变大，根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣I（R1+r），则知=R1+r，不变，故B、C错误．D、=R1+R2，可知变大．又根据闭合电路欧姆定律得：U3=E﹣Ir，则知=r，保持不变，故D正确．故选：AD．【点评】本题要注意对于定值电阻，是线性元件，有R==；对于可变电阻，R=≠，也可以结合电源的U﹣I图线分析．二、解答题（共3小题，满分45分）10．（12分）（2015秋•连云港月考）读数（1） 2.250 cm （2） 6.858 cm （3）115 mA （4） 5.0 V．【考点】多用电表的原理及其使用；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】实验题；定性思想；推理法；直线运动规律专题．【分析】明确各仪器的原理，并知道它们的读数方法，注意各仪器中是否需要估读．【解答】解：游标卡尺的读数为：22mm+10×0.05mm=22.50mm=2.250cm；螺旋测微器的读数为：6.5mm+35.8×0.01mm=6.858mm；毫安表最小分度为5mA，则读数为115mA；电压表最小分度为2V，则读数为5.0V；故答案为：（1）2.250；（2）6.858；（3）115；（4）5.0．【点评】本题考查各元件的读数问题，要注意对于电表最小分度为1的需要估读到下一位；而最小分度为2或5的不需要估读．11．（1）用多用表的欧姆档测量阻值约为几十千欧的电阻R x，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆档调零旋钮．把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在横线上cabe ．a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，断开两表笔b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出R x的阻值后，断开两表笔c．旋转S使其尖端对准欧姆档×1kd．旋转S使其尖端对准欧姆档×100e．旋转S使其尖端对准交流500V，并拔出两表笔根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为30k Ω．（2）下列关于使用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是ACA．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零．【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题．【分析】欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，（1）用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零（指欧姆调零）．（2）测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开．（3）测量时注意手不要碰表笔的金属部分，否则将人体的电阻并联进去，影响测量结果．（4）合理选择量程，使指针尽可能在中间刻度附近．【解答】解：（1）测量几十kΩ的电阻R x我们一般选择较大的档位先粗测，使用前应先进行调零，然后依据欧姆表的示数，在更换档位，重新调零，在进行测量；使用完毕应将选择开关置于OFF位置或者交流电压最高档，拔出表笔，正确的步骤为：cabe．多用电表选择欧姆档×1k，由图示表盘可知，其示数为：30×1k=30kΩ；（2）A、测量电阻时如果指针偏转过大，说明所选倍率太大，为准确测量电阻阻值，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量，故A正确；B、测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B错误；C、为保护电路安全，测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故C正确；D、用欧姆表的同一倍率测不同阻值的电阻时不需要重新进行欧姆调零，用不同倍率测电阻换挡后必须重新调零，故D错误，故选AC．故答案为：（1）cabe；30k；（2）AC．【点评】（1）实际应用中要防止超量程，不得测额定电流极小的电器的电阻（如灵敏电流表的内阻）．（2）测量完毕后，应拔出表笔，选择开关置于 OFF挡位置，或交流电压最高挡；长期不用时，应取出电池，以防电池漏电．（3）欧姆表功能：测量电阻、测二极管正负极．（4）用法：最好指针打到中间将误差减小．12．（24分）（2014秋•信阳期末）测定电源的电动势和内电阻的实验电路1和U﹣I图象2如下：（1）闭合开关前滑动变阻器的滑动头P应放在 a 处现备有以下器材：A．干电池1节B．滑动变阻器（0～50Ω）C．滑动变阻器（0～1750Ω）D．电压表（0～3V）E．电压表（0～15V）F．电流表（0～0.6A）G．电流表（0～3A）（2）其中滑动变阻器应选 B ，电流表应选 F ，电压表应选 D ．（填字母代号）（3）由U﹣I图象可知这个干电池的电动势E= 1.5 V，内电阻r= 1 _Ω．（4）由于电压表的分流作用使本实验电路存在系统误差，导致E测＜E真，r测＜r真（填“＞”“＜”或“=”）【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）滑动变阻器采用限流接法时，为保护电路安全，闭合开关前，滑片要置于阻值最大处．（2）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表．（3）电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．（4）根据实验电路分析实验误差来源，分析实验误差．【解答】解：（1）由图1所示实验电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，因此闭合开关前为防止电表过载滑动变阻器的滑动头P应放在a端．（2）为方便实验操作，滑动变阻器应选B，由图2所示图象可知，最大电流为0.4A，则电流表应选F，电源电动势约为1.5V，电压表应选D．（3）由图2所示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.5，电源电动势E=1.5V，电源内阻r===1Ω．（4）由图1所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表分流，电流测量值小于真实值，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U﹣I图象如图所示：电源的U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值．故答案为：（1）a；（2）B，F，D；（3）1.5，1；（4）＜，＜．【点评】为保护电路，如果滑动变阻器采用限流接法，在闭合开关前，滑片应置于最大阻值处；如果滑动变阻器采用分压接法，在闭合开关前，滑片应置于分压电路分压最小的位置．三、计算题（共3小题，满分39分）13．（11分）（2012秋•东阳市校级期中）某一直流电动机提升重物，重物的质量为40kg，电源电动势为110V，不计电源的内阻，及各处的摩擦，当电动机以1.0m/s恒定的速度向上提升重物时，电路中的电流强度为5A，（取g=10m/s2）求：（1）电源的输出功率；（2）电动机的输出功率；（3）电动机线圈的电阻．【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）由于电源的内阻不计，电源的输出功率等于电源的总功率，由P=EI求解；（2）（3）用直流电动机提升重物时，电动机消耗的电能转化为电动机的内能和提升重物的机械能，电动机的输出功率等于提升重物的机械功率，根据能量守恒定律列出功率方程，求解R．【解答】解：（1）电源的输出功率P=EI=110×5W=550W；（2）电动机的输出功率为 P出=mgv=400W（3）根据能量守恒定律得：EI=mgv+I2r解得，r=6Ω答：（1）电源的输出功率是550W；（2）电动机的输出功率是400W；（3）电动机线圈的电阻是6Ω．【点评】电动机正常工作时，电路是非纯电阻电路，求解电功率只能用P电=IU，求解内电路发热功率只能用P热=I2R，输出功率往往根据能量守恒定律求解．14．（13分）（2015秋•连云港月考）如图所示，R3=0.2Ω，S断开时，两表读数分别0.4A和2.4V，S闭合时，它们的读数分别变化了0.3A和0.3V．求：（1）R1、R2的阻值；（2）电源的电动势和内阻（两表均视为理想表）．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）首先明确电压表和电流表所测的电路，当S闭合时，判断电路的电阻如何变化，从而判断电流表和电压表的示数变化．S断开时，R2、R3串联，当S闭合时，R1、R2并联后与R3串联．根据串联电路和并联电路的特点求解．（2）根据闭合电路欧姆定律对两种情况分别列式，可求解电源的电动势和内阻．【解答】解：（1）当S闭合后，可知电路中的总电阻减小，据欧姆定律可知总电流增大，R1两端的电压减小，所以开关闭合后电流表的读数为：I2=I1+△I=0.4A+0.3A=0.7A，电压表的读数为：U2=U1﹣△U=2.4V﹣0.3V=2.1V当S断开时有：R1==Ω=6Ω当S闭合时R1、R2并联阻值为：R并==Ω=3Ω根据并联电阻的特点得：R并=，代入得：3=，解得：R2=6Ω（2）当S断开时，由欧姆定律得：E=I1（R3+r）+U1代入得：E=2.4+0.4×（0.5+r）…①当S闭合时有：E=I2（R3+r）+U2代入得：E=0.7×（0.5+r）+2.1…②联立①②带人数据解之得：E=2.8V，r=0.5Ω答：（1）R1、R 2的电阻值为6Ω和6Ω．（2）电源的电动势和内阻为2.8V和0.5Ω【点评】本题是欧姆定律与闭合电路欧姆定律的综合应用，对两种情况分别列式，由闭合电路欧姆定律求解电动势和内阻是常用的方法，灵活应用欧姆定律是解本题的关键．15．（15分）（2012春•东河区校级期末）如图所示，甲图中变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如乙图中的AC、BC两直线所示．不考虑电表内阻对电路的影响．（1）电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图线分别为乙图中的哪一条直线？（2）定值电阻R0以及变阻器的总电阻R分别为多少？（3）求出电源的电动势和内阻．【考点】路端电压与负载的关系；闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻R0的电压增大，路端电压减小，来判断两个电压表的示数对应的图线．（2）定值电阻R0等于图线AC的斜率大小．由数学知识求出图线的斜率求解R0．当滑动变阻器取最大值时，电流最小，由图读出电流的最小值，由欧姆定律求出变阻器的总电阻R．（3）图线BC反映路端电压与电流的关系，其斜率大小等于电源的内阻，由数学知识求出电源的内阻．再闭合电路欧姆定律求出电源的电动势．【解答】解：（1）当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻R0的电压增大，路端电压减小，由图分析可得V1对应AC、V2对应BC．（2）由题意得：U2=IR0，则R0===3Ω当滑动变阻器取最大值时，电流最小I min=0.5A，而U R=U1﹣U2=7.5﹣1.5=6V所以R max===12Ω（3）因为U1=E﹣Ir，则内阻r===1Ω所以E=U1+Ir=7.5+0.5×1=8V．答：（1）电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图象应分别为U﹣I图象中：V1对应AC、V2对应BC．（2）定值电阻R0、变阻器的总电阻R分别为3Ω和12Ω．（3）电源的电动势8V，内阻为1Ω．【点评】本题考查对物理图象的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线．。

江苏省连云港市东海县石榴高级中学2015-2016学年高三（上）第一次月考物理试卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分.每小题只有一个选项符合题意. 1．关于瞬时速度、平均速度，以下说法中正确的是（）A．瞬时速度可以看成时间趋于无穷小时的平均速度B．做变速运动的物体在某段时间内的平均速度的大小，一定和物体在这段时间内各个时刻的瞬时速度的大小的平均值相等C．物体做变速直线运动时，平均速度的大小就是平均速率D．物体做变速运动时，平均速度是指物体通过的路程与所用时间的比值2．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2（各物理量均采用国际单位），则该质点（）A．第1s内的位移是5mB．前2s内的平均速度是6m/sC．任意相邻的1s内位移差都是1mD．任意1s内的速度增量都是2m/s3．甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移﹣时间图象如图所示，则下列说法正确的是（）A．t1时刻两车相距最远B．t1时刻乙车追上甲车C．t1时刻两车的速度刚好相等D．0到t1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度4．如图，A、B两物体叠放在水平地面上，A物体m=20kg，B物体质量M=30kg．处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A物体相连，弹簧处于自然状态，其劲度系数为250N/m，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.5．现有一水平推力F作用于物体B上使B缓慢地向墙壁移动，当移动0.2m时，水平推力F的大小为（g取10m/s2）（）A．350 N B．300 N C．250 N D．200 N5．如图所示．弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m．现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直可以运动到B点．如果物体受到的阻力恒定，则（）A．物体从A到O先加速后减速B．物体从A到O加速运动，从O到B减速运动C．物体运动到O点时所受合力为零D．物体从A到O的过程加速度逐渐减小二、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．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是（）A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动7．一个做变速直线运动的物体，加速度逐渐减小到零，那么该物体的运动情况可能是（）A．速度不断增大，到加速度为零时，速度达到最大，而后做匀速直线运动B．速度不断减小，到加速度为零时，物体运动停止C．速度不断减小到零，然后向相反方向做加速运动，而后做匀速直线运动D．速度不断减小，到加速度为零时速度减小到最小，而后做匀速直线运动8．如图甲所示，用同种材料制成的倾角为30°的斜面和长水平面，斜面和水平面之间由光滑圆弧连接，斜面长为2.4m且固定，一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v0开始自由下滑．当v0=2m/s时，经过0.8s后小物块停在斜面上．多次改变v0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t，作出t﹣v0图象如图乙所示，g取10m/s2，则（）A．小物块与该种材料间的动摩擦因数为0.25B．小物块与该种材料间的动摩擦因数为C．若小物块初速度为1m/s，则根据图象可知小物块运动时间为0.4sD．若小物块初速度为4m/s，则根据图象可知小物块运动时间为1.6s9．如图所示，水平地面上的物体A在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速直线运动，拉力F与水平面夹角为θ．下列说法中正确的是（）A．物体A一定受到四个力的作用B．物体A受到的摩擦力大小为FsinθC．拉力F与物体A受到的摩擦力的合力方向一定是竖直向上D．物体A受到的重力和地面对物体的支持力是一对平衡力三、简答题：共计28分，请将解答填写在答题卡相应的位置.10．（14分）（2011•江苏）某同学用如图所示的实验装置验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M．弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向．（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为N．（2）下列不必要的实验要求是（请填写选项前对应的字母）．A．应测量重物M所受的重力B．弹簧测力计应在使用前校零C．拉线方向应与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置（3）某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法、．11．（14分）（2012春•江西期末）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（尚未到达滑轮处）．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议所示．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5对应的速度大小为m/s，计数点6对应的速度大小为m/s．（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/s2．四、计算题：本题共3小题，共计48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. 12．（15分）（2015春•佳木斯校级期末）斜面长度为4m，一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x与初速度二次方v的关系图象（即xv图象）如图所示．（1）求滑块下滑的加速度大小．（2）若滑块下滑的初速度为5.0m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为多长？13．（15分）（2014秋•德阳期末）如图所示，在光滑的水平杆上穿两个重均为2N的球A、B，在两球之间夹一弹簧，弹簧的劲度系数为10N/m，用两条等长的线将球C与A、B相连，此时弹簧被压短10cm，两条线的夹角为60°，求：（1）杆对A球支持力大小；（2）C球重力大小．14．（18分）（2011•安徽一模）如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块（可视为质点）从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h=0.8m，B点距C点的距离L=2.0m．（滑块经过B点时没有能量损失，g=10m/s2），求：（1）滑块在运动过程中的最大速度；（2）滑块与水平面间的动摩擦因数μ；（3）滑块从A点释放后，经过时间t=1.0s时速度的大小．江苏省连云港市东海县石榴高级中学2015-2016学年高三（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分.每小题只有一个选项符合题意. 1．关于瞬时速度、平均速度，以下说法中正确的是（）A．瞬时速度可以看成时间趋于无穷小时的平均速度B．做变速运动的物体在某段时间内的平均速度的大小，一定和物体在这段时间内各个时刻的瞬时速度的大小的平均值相等C．物体做变速直线运动时，平均速度的大小就是平均速率D．物体做变速运动时，平均速度是指物体通过的路程与所用时间的比值考点：瞬时速度；平均速度．专题：直线运动规律专题．分析：瞬时速度是在某一时刻的速度，平均速度是物体在运动时间内发生的位移与所用时间的比值；故瞬时速度对应时间轴上的点，平均速度对应时间轴上的一段时间．解答：解：瞬时速度是在某一时刻的速度，平均速度是物体在运动时间内发生的位移与所用时间的比值．A：瞬时速度对应时间轴上的点，时间趋于无穷小时可以看做一个时间点，瞬时速度可以看成时间趋于无穷小时的平均速度．故A正确；B：做变速直线运动的物体在某段时间内平均速度，和物体在这段时间内各个时刻的瞬时速度的平均值一般是不相等的．故B错误；C：物体只有在做单向直线运动时，平均速度的大小才等于平均速率，故C错误；D：平均速度是指物体的位移与所用时间的比值．故D错误．故选：A点评：瞬时速度和平均速度是运动学的基本概念，要加深对它们的理解．属于基础题目．2．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2（各物理量均采用国际单位），则该质点（）A．第1s内的位移是5mB．前2s内的平均速度是6m/sC．任意相邻的1s内位移差都是1mD．任意1s内的速度增量都是2m/s考点：匀变速直线运动的公式．分析：根据匀变速直线运动的位公式对比即可得出结论．解答：解：A、将t=1代入即可求出第1s内的位移是x=6m，A错误；B、前2s内的平均速度为m/s，B错误；C、与对比可知a=2m/s2，则△s=aT2=2m，C错误；D、由加速的定义式可知D选项正确．故选：D．点评：本题考查的就是匀变速直线运动的公式的应用，根据公式即可求得，比较简单．3．甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移﹣时间图象如图所示，则下列说法正确的是（）A．t1时刻两车相距最远B．t1时刻乙车追上甲车C．t1时刻两车的速度刚好相等D．0到t1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；平均速度；匀变速直线运动的图像．专题：追及、相遇问题．分析：在位移﹣时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度；图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间．解答：解：A、由图象可知，在t1时刻两车位移相等，两车相遇，相距最近，故A错误；B、两车在同一时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，经过时间t1位移又相等，在t1时刻乙车刚好从后面追上甲车，故B正确；C、图象的斜率表示速度，根据图象可知，t1时刻乙的速度大于甲的速度，故C错误；D、0到t1时间内，甲乙两车位移相等，根据平均速度等于位移除以时间可知，0到t1时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度，故D错误；故选：B．点评：本题考查对位移图象的物理意义的理解，关键抓住纵坐标表示物体的位置，纵坐标的变化量等于物体的位移，斜率等于速度，就能分析两车的运动情况．4．如图，A、B两物体叠放在水平地面上，A物体m=20kg，B物体质量M=30kg．处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A物体相连，弹簧处于自然状态，其劲度系数为250N/m，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.5．现有一水平推力F作用于物体B上使B缓慢地向墙壁移动，当移动0.2m时，水平推力F的大小为（g取10m/s2）（）A．350 N B．300 N C．250 N D．200 N考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：判断物体B上缓慢地向墙壁移动0.2m时，A物块有无滑动，然后根据对B受力分析，根据平衡求出水平推力F的大小．解答：解：若A物块与B间未发生相对滑动，则弹簧的压缩量为0.2m，则弹簧的弹力F1=kx=250×0.2N=50N＜μmg=100N．假设成立．对B在竖直方向上平衡，在水平方向上受推力F、A对B的静摩擦力、地面的滑动摩擦力，根据平衡有：F=f1+f2=F1+μ（M+m）g=50+250N=300N．故B正确，A、C、D错误．故选：B．点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，根据受力平衡确定未知力．5．如图所示．弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m．现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直可以运动到B点．如果物体受到的阻力恒定，则（）A．物体从A到O先加速后减速B．物体从A到O加速运动，从O到B减速运动C．物体运动到O点时所受合力为零D．物体从A到O的过程加速度逐渐减小考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对物体受力分析，竖直方向受重力和支持力，二力平衡，水平方向受弹簧弹力和摩擦力，刚从A点释放时，弹力大于摩擦力，物体加速向右运动，随着物体向右运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，到达O点之前某一位置C，弹力减小到等于摩擦力，由C至O弹力小于摩擦力，物体开始减速，O至B过程受向左的拉力和摩擦力，加速度向右物体一直做减速运动解答：解：A、B物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧的弹力大于摩擦力，合力向右，加速度也向右，速度也向右，物体加速，后来弹力小于摩擦力，合力向左，速度向右，物体减速．即物体先加速后减速，故A正确，B错误；C、物体运动到O点时，弹簧的弹力为零，而滑动摩擦力不为零，则物体所受合力不为零．故C错误．D、物体从A点至O点先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故D错误；故选：A点评：本题关键分阶段结合运动情况对物体受力分析，求出合力后确定加速度的变化情况，从而最终确定物体的运动情况二、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．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是（）A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动考点：惯性．分析：根据惯性定律解释即可：任何物体都有保持原来运动状态的性质，惯性的大小只跟质量有关，与其它任何因素无关．解答：解：A、任何物体都有保持原来运动状态的性质，叫着惯性，所以物体抵抗运动状态变化的性质是惯性，故A正确；B、没有力作用，物体可以做匀速直线运动，故B错误；C、惯性是保持原来运动状态的性质，圆周运动速度是改变的，故C错误；D、运动的物体在不受力时，将保持匀速直线运动，故D正确；故选AD点评：牢记惯性概念，知道一切物体在任何时候都有惯性，质量是惯性的唯一量度．7．一个做变速直线运动的物体，加速度逐渐减小到零，那么该物体的运动情况可能是（）A．速度不断增大，到加速度为零时，速度达到最大，而后做匀速直线运动B．速度不断减小，到加速度为零时，物体运动停止C．速度不断减小到零，然后向相反方向做加速运动，而后做匀速直线运动D．速度不断减小，到加速度为零时速度减小到最小，而后做匀速直线运动考点：加速度．专题：直线运动规律专题．分析：当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动．解答：解：当加速度方向与速度方向相同，加速度减小，则速度逐渐增大，当加速度减小到零，物体做匀速直线运动，故A正确．当加速度方向与速度方向相反，加速度减小，速度不断减小，可能加速度减小到零时，速度恰好为零．故B正确．当加速度方向与速度方向相反，加速度减小，速度减为零时，加速度未减为零，然后反向做加速运动，当加速度减小到零，物体做匀速直线运动．故C正确．当加速度方向与速度方向，加速度减小，速度不断减小，当加速度减小到零，速度未减小为零，然后物体做匀速直线运动．故D正确．故选：ABCD．点评：解决本题的关键掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度方向与速度方向的关系．8．如图甲所示，用同种材料制成的倾角为30°的斜面和长水平面，斜面和水平面之间由光滑圆弧连接，斜面长为2.4m且固定，一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v0开始自由下滑．当v0=2m/s时，经过0.8s后小物块停在斜面上．多次改变v0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t，作出t﹣v0图象如图乙所示，g取10m/s2，则（）A．小物块与该种材料间的动摩擦因数为0.25B．小物块与该种材料间的动摩擦因数为C．若小物块初速度为1m/s，则根据图象可知小物块运动时间为0.4sD．若小物块初速度为4m/s，则根据图象可知小物块运动时间为1.6s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：由t﹣v0图象求出加速度，对小物块应用牛顿第二定律求出动摩擦力因数，直接根据图象得出小物块初速度为1m/s的运动时间，若小物块初速度为4m/s，先分析物体是否还在下面上运动再求解．解答：解：A、由t﹣v0图象可得：a=，对小物块应用牛顿第二定律得：mgsin30°﹣μmgcos30°=﹣ma解得：，故A错误，B正确；C、若小物块初速度为1m/s，则t=，故C正确；D、若小物块初速度为4m/s，由得：x=，所以小物块已经运动到水平面上，图象对小物块已不再成立，故D错误．故选：BC点评：本题的关键是根据t﹣v0图象求解加速度，能根据图象得出有效信息，难度适中．9．如图所示，水平地面上的物体A在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速直线运动，拉力F与水平面夹角为θ．下列说法中正确的是（）A．物体A一定受到四个力的作用B．物体A受到的摩擦力大小为FsinθC．拉力F与物体A受到的摩擦力的合力方向一定是竖直向上D．物体A受到的重力和地面对物体的支持力是一对平衡力考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：物体做匀速直线运动，知物体所受的合力为零，根据共点力平衡分析拉力和摩擦力的合力方向．解答：解：A、物体受重力、拉力、支持力和摩擦力处于平衡，知物体一定受四个力的作用．故A正确．B、根据共点力平衡得，f=Fcosθ．故B错误．C、因为物体合力为零，知拉力F与物体A受到的摩擦力与重力和支持力的合力等值反向，方向一定竖直向上．故C正确．D、物体A受到的重力和支持力不等，不是一定平衡力．故D错误．故选AC．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，通过共点力平衡进行分析求解．三、简答题：共计28分，请将解答填写在答题卡相应的位置.10．（14分）（2011•江苏）某同学用如图所示的实验装置验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M．弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向．（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为 3.6N．（2）下列不必要的实验要求是D（请填写选项前对应的字母）．A．应测量重物M所受的重力B．弹簧测力计应在使用前校零C．拉线方向应与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置（3）某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法改变弹簧测力计B的方向、减小重物的质量．考点：验证力的平行四边形定则．专题：压轴题．分析：弹簧测力计A挂于固定点，下端用细线挂一重物．当弹簧测力计B一端用细线系于O点，当向左拉使结点静止于某位置．弹簧测力计A和B的示数分别为两细线的力的大小，同时画出细线的方向即为力的方向．虽悬挂重物的细线方向确定，但大小却不知，所以要测重物重力．当结点静止于某位置时，弹簧测力计B的大小与方向就已确定了．原因是挂重物的细线大小与方向一定，而弹簧测力计A大小与方向也一定，所以两力的合力必一定．当出现超出弹簧测力计A的量程时，通过改变其中一个力大小或另一个力方向来达到此目的．解答：解：（1）弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N．图指针落在3N 到4N的第3格处，所以3.6N．故答案为：3.6．（2）A、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道．故A项也需要；B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零．故B项也需要；C、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性．故C项也需要；D、当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验．故D项不需要．故选D．（3）当弹簧测力计A超出其量程，则说明弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力已偏大．又由于挂重物的细线力的方向已确定，所以要么减小重物的重量，要么改变测力计B 拉细线的方向，从而使测力计A不超出量程．故答案为：改变弹簧测力计B的方向；减小重物的质量．点评：通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示．同时值得注意其中有一力大小与方向均已一定，从而减少实验的操作步骤．11．（14分）（2012春•江西期末）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（尚未到达滑轮处）．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议所示．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6和7之间某时刻开始减速．②计数点5对应的速度大小为 1.00m/s，计数点6对应的速度大小为 1.20m/s．（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= 2.00m/s2．考点：探究小车速度随时间变化的规律．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：①由纸带两个点之间的时间相同，若位移逐渐增大，表示物体做加速运动，若位移逐渐减小，则表示物体做减速运动；②用平均速度代替瞬时速度的方法求解瞬时速度；③用作差法求解减速过程中的加速度；解答：解：①从纸带上的数据分析得知：在点计数点6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，在计数点7之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点6和7之间某时刻开始减速；②v5==1.00m/s，，解得：v6=1.20m/s③由纸带可知，计数点7往后做减速运动，根据作差法得：a==﹣2.00m/s2．所以物块减速运动过程中加速度的大小为2.00m/s2故答案为：①6；7；②1.00；1.20；③2.00点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．四、计算题：本题共3小题，共计48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. 12．（15分）（2015春•佳木斯校级期末）斜面长度为4m，一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x与初速度二次方v的关系图象（即xv图象）如图所示．（1）求滑块下滑的加速度大小．（2）若滑块下滑的初速度为5.0m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为多长？考点：匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的速度与时间的关系．。

2015-2016学年江苏省连云港市海头高中高三（上）月考物理试卷（12月份）一.单选题1．小明同学在学习中勤于思考，并且善于动手，在学习了圆周运动知识后，他自制了一个玩具，如图所示，用长为r的细杆粘住一个质量为m的小球，使之绕另一端O在竖直平面内做圆周运动，小球运动到最高点时的速度v=，在这点时( )A．小球对细杆的拉力是B．小球对细杆的压力是C．小球对细杆的拉力是mg D．小球对细杆的压力是mg2．如图所示，在xOy坐标系中以0为中心的椭圆上，有a．b，c，d，e五点，其中a、b、c、d为椭圆与坐标轴的交点．现在椭圆的一个焦点O1固定一正点电荷，另一正试探电荷仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是( )A．a、c两点的电场强度相同B．d点的电势小于b点的电势C．正试探电荷沿虚线运动过程中在b点的动能大于在e点的动能D．若将正试探电荷由a沿椭圆经be移动到c，电场力先做负功后做正功，但总功为零3．在如图所示的电路中电源电动势为E，内阻为r，M为多种元件集成的电子元件，其阻值与两端所加的电压成正比（即R M=kU，式中k为正常数）且遵循欧姆定律，L1和L2是规格相同的小灯泡（其电阻可视为不随温度变化而变化），R为可变电阻．现闭合开关S，调节可变电阻R 使其电阻逐渐减小，下列说法中正确的是( )A．灯泡L1变暗，L2变亮B．通过电阻R的电流增大C．电子元件M两端的电压变小 D．电源两端电压变小4．如图所示的电路中，电压表都看做理想电表，电源内阻为r．闭合电键S，当把滑动变阻器的滑片P向b端移动时( )A．电压表V1的示数变大，电压表V2的示数变小B．电压表V1的示数变小，电压表V2的示数变大C．电压表V1的示数变化量小于V2示数变化量D．电压表V1的示数变化量大于V2示数变化量5．在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流表，A为理想电流表．开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态．在P向上移动的过程中，下列说法正确的是( )A．A表的示数变大B．油滴向上加速运动C．G中有由a至b的电流D．电源的输出功率一定变大二.多选题6．如图所示，是发射嫦娥三号飞船登月的飞行轨道示意图，嫦娥三号飞船从地球上处A发射，经过地月转移轨道，进入环月圆形轨道，然后在环月圆形轨道上的B点变轨进入环月椭圆轨道，最后由环月椭圆轨道上的C点减速登陆月球，下列有关嫦娥三号飞船说法正确的是( )A．在地面出发点A附近，即刚发射阶段，飞船处于超重状态B．飞船的发射速度应大于11.2km/sC．在环绕月球的圆轨道上B处须点火减速才能进入椭圆轨道D．在环月椭圆轨道上B点向C点运动的过程中机械能减小7．如图所示，一滑块从固定的斜面底端A处冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回A．以A 点所在平面为零势能面，下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、重力势能E p、机械能E随时间变化或随位移x变化的图象，可能正确的是( )A．B．C．D．8．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v﹣t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．则下列说法正确的是( )A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1V/mB．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C．由C点到A点电势逐渐升高D．A、B两点间的电势差U AB=5V9．如图所示，长为L=0.5m、倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球（可视为质点），以初速度v0=2m/s恰能沿斜面匀速上滑，g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则下列说法中正确的是( )A．小球在B点的电势能大于在A点的电势能B．水平匀强电场的电场强度为C．若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3 m/s2D．若电场强度减半，小球运动到B点时速度为初速度v0的一半10．电动势为E，内阻为r的电源，向可变电阻R供电，关于路端电压说法正确的是( ) A．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B．因为U=IR，所以当I增大时，路端电压也增大C．因为U=E﹣Ir，所以当I增大时，路端电压减小D．若外电路断开，则路端电压为E三.实验题11．在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：R x（阻值约4Ω，额定电流约0.5A）；电压表：V（量程3V，内阻约3kΩ）；电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；电源：E1（电动势3V，内阻不计）E2（电动势12V，内阻不计）滑动变阻器：R（最大阻值约20Ω）螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．①用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为__________mm．②若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选__________、电源应选__________（均填器材代号），完成电路原理图．12．现有一电池，电动势E约为9V，内阻r在35～55Ω范围内，允许通过的最大电流为50mA．为测定该电池的电动势和内阻，某同学利用如图（a）所示的电路进行实验．图中R为电阻箱，阻值范围为0～9999Ω；R0为保护电阻．（1）（单选）可备选用的定值电阻R0有以下几种规格，本实验应选用__________（A）20Ω，2.5W （B）50Ω，1.0W （C）150Ω，1.0W （D）1500Ω，5.0W （2）按照图（a）所示的电路图，将图（b）所示的实物连接成实验电路．（3）接好电路，闭合电键后，调整电阻箱的阻值，记录阻值R和相应的电压表示数U，取得多组数据，然后通过做出有关物理量的线性关系图象，求得电源的电动势E和内阻r．①请写出所作线性图象对应的函数表达式__________；②图（c）是作线性图象的坐标系，若纵轴表示的物理量是，请在坐标系中定性地画出线性图象．四.计算题13．一直升机以5.0m/s速度竖直上升，某时刻从飞机上释放一物块，经2.0s落在地面上，不计空气阻力，g取10m/s2．求：（1）物块落到地面时的速度；（2）物块2.0s内通过的路程；（3）物块释放时距地面的高度．14．如图所示，在水平地面上固定一倾角θ=37°，表面光滑的斜面体，物体A以v1=6m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出．如果当A 上滑到最高点时恰好被B物体击中．（A、B均可看作质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）求：（1）物体A上滑到最高点所用的时间t；（2）物体B抛出时的初速度v2；（3）物体A、B间初始位置的高度差h．2015-2016学年江苏省连云港市海头高中高三（上）月考物理试卷（12月份）一.单选题1．小明同学在学习中勤于思考，并且善于动手，在学习了圆周运动知识后，他自制了一个玩具，如图所示，用长为r的细杆粘住一个质量为m的小球，使之绕另一端O在竖直平面内做圆周运动，小球运动到最高点时的速度v=，在这点时( )A．小球对细杆的拉力是B．小球对细杆的压力是C．小球对细杆的拉力是mg D．小球对细杆的压力是mg【考点】向心力；牛顿第二定律．【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】根据小球在最高点的速度，根据径向的合力提供向心力，通过牛顿第二定律确定细杆对小球的作用力大小和方向，从而得知小球对细杆的作用力．【解答】解：根据牛顿第二定律得：mg+F=，代入解得：F=﹣，知细杆对小球表现为支持力，所以小球对细杆表现为压力，大小为．故B正确，A、C、D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，知道杆子和细线的区别，细线只能表现为拉力，杆子可以表现为支持力，也可以表现为拉力．2．如图所示，在xOy坐标系中以0为中心的椭圆上，有a．b，c，d，e五点，其中a、b、c、d为椭圆与坐标轴的交点．现在椭圆的一个焦点O1固定一正点电荷，另一正试探电荷仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是( )A．a、c两点的电场强度相同B．d点的电势小于b点的电势C．正试探电荷沿虚线运动过程中在b点的动能大于在e点的动能D．若将正试探电荷由a沿椭圆经be移动到c，电场力先做负功后做正功，但总功为零【考点】电场强度；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同．由电场线的分布情况和对称性可分析a、c两点电场强度关系；根据d点与b点到正电荷的距离关系，比较电势的高低，也可用同样的方法比较a、c两点电势的高低；据电场力做功情况判断动能即可．【解答】解：A、由电场线的分布情况和对称性可分析a、c两点电场强度大小相同，但方向不同，所以电场强度不同；故A错误．B、由于在椭圆的一个焦点O1固定一正点电荷，据正点电荷的电场线特点，沿电场线方向电势逐渐减小，且d比b离点电荷近，所以d点的电势高于b点的电势，故B错误；C、由于场源电荷是正电荷，所产生的电场向外辐射；据Ep=qφ和正试探电荷知在e点电势能大于b点的电势能，仅在电场力作用下，所以正试探电荷沿虚线运动过程中在b点的动能大于在e点的动能，故C正确．D、正点电荷由a沿be移到c点的过程中，电势先降低后升高，电势能先减小后增大，电场力先做正功再做负功．a、c两点电势相等，所以总功为零．故D错误．故选：C．【点评】本题的解题关键要掌握点电荷电场线的分布情况，抓住对称性分析电势的变化；灵活应用电场力做功分析动能和电势能间的变化．3．在如图所示的电路中电源电动势为E，内阻为r，M为多种元件集成的电子元件，其阻值与两端所加的电压成正比（即R M=kU，式中k为正常数）且遵循欧姆定律，L1和L2是规格相同的小灯泡（其电阻可视为不随温度变化而变化），R为可变电阻．现闭合开关S，调节可变电阻R 使其电阻逐渐减小，下列说法中正确的是( )A．灯泡L1变暗，L2变亮B．通过电阻R的电流增大C．电子元件M两端的电压变小 D．电源两端电压变小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】因M阻值与电压成正比，则可知M中电流保持不变；从而可控制整体个电路电流不变；则可得出灯泡亮度及R中电流的变化．【解答】解：因M中阻值与电压成正比，故M中电流保持不变；故灯泡L2的亮度不变；总电流不变，R减小，L1电阻不变，根据分流规律R电流增大，L1电流减小变暗；因R的阻值减小，故由欧姆定律可知，通过R的电流增大；故B正确；ACD错误．故选：B．【点评】本题关键在于明确M的结构，从而在整个电路中起到控制电流不变的作用；本题不能想当然地看作闭合电路欧姆定律的动态分析进行分析解答．4．如图所示的电路中，电压表都看做理想电表，电源内阻为r．闭合电键S，当把滑动变阻器的滑片P向b端移动时( )A．电压表V1的示数变大，电压表V2的示数变小B．电压表V1的示数变小，电压表V2的示数变大C．电压表V1的示数变化量小于V2示数变化量D．电压表V1的示数变化量大于V2示数变化量【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻增加，外电路总电阻增加，根据欧姆定律分析干路电流如何变化，根据欧姆定律分析路端电压和电阻R1两端电压的变化，即可知道两个电压表读数的变化情况，并进一步分析电压表变化量的大小．【解答】解：A、B、图中电阻R2与R3并联后再与R1串联；在滑动头P自a端向b端滑动的过程中，R3接入电路的电阻增加，电路的总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律，电路的总电流I 减小；路端电压U=E﹣Ir，则U变大，电压表V1的示数变大；并联部分电压U并=E﹣I（r+R1），I减小，U并变大，电压表V2的示数变大，故A、B错误；C、D、根据欧姆定律，有：U=IR1+U并，由于U、U并变大，IR1变小，故路端电压变化小于并联部分电压，即电压表V1的示数变化量小于V2的示数变化量，故C正确，D错误；故选：C．【点评】本题是电路动态变化分析问题，可以按照外电路→内电路→外电路的顺序分析，同时要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值．5．在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流表，A为理想电流表．开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态．在P向上移动的过程中，下列说法正确的是( )A．A表的示数变大B．油滴向上加速运动C．G中有由a至b的电流D．电源的输出功率一定变大【考点】电子的比荷；闭合电路的欧姆定律．【专题】电容器专题．【分析】电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片移动，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况．【解答】解：粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，A、滑片向上移动，电阻R变大，电路总电阻变大，电流变小，则A表的示数变小，故A错误；B、电容器两端电压为：U=E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速，故B正确；C、电容器充电，故电流从b到a，故C错误；D、根据当外电阻等于内电阻时，此时电源输出功率最大，虽外电阻在变大，但不知与内电阻的关系，因此无法确定输出功率的大小关系，故D错误．故选：B．【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化．注意电源输出功率的大小与内外电阻的大小关系决定．二.多选题6．如图所示，是发射嫦娥三号飞船登月的飞行轨道示意图，嫦娥三号飞船从地球上处A发射，经过地月转移轨道，进入环月圆形轨道，然后在环月圆形轨道上的B点变轨进入环月椭圆轨道，最后由环月椭圆轨道上的C点减速登陆月球，下列有关嫦娥三号飞船说法正确的是( )A．在地面出发点A附近，即刚发射阶段，飞船处于超重状态B．飞船的发射速度应大于11.2km/sC．在环绕月球的圆轨道上B处须点火减速才能进入椭圆轨道D．在环月椭圆轨道上B点向C点运动的过程中机械能减小【考点】万有引力定律及其应用．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】物体具有向上的加速度时是超重，具有向下的加速度时是失重；卫星的速度达到11.2km/s，将脱离地球束缚，绕太阳运动；万有引力大于需要的向心力时，做向心运动．【解答】解：A、在地面出发点A附近，即刚发射阶段，飞船加速上升，是超重，故A正确．B、地球的第二宇宙速度是11.2km/s，达到此值时，卫星将脱离地球的束缚，绕太阳运动，故飞船的发射速度不可能大于11.2km/s，故B错误．C、飞船在环绕月球的圆轨道上B处须点火减速才能做向心运动，进入椭圆轨道，故C正确．D、嫦娥三号在环月椭圆轨道上B点向C点运动的过程中，引力做正功，机械能增加，即B上的机械能小于C上的机械能．故D错误．故选：AC．【点评】本题要掌握卫星的变轨原理，高轨道卫星，减速做近心运动才能进入低轨道运行，低轨道卫星加速，做离心运动，才能进入高轨道运行．7．如图所示，一滑块从固定的斜面底端A处冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回A．以A 点所在平面为零势能面，下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、重力势能E p、机械能E随时间变化或随位移x变化的图象，可能正确的是( )A．B．C．D．【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】滑块在斜面上运动过程中，先上滑后下滑，由于存在摩擦力，上滑与下滑过程不再具有对称性，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，上滑运动的时间较短．根据牛顿第二定律分析上滑与下滑过程的加速度大小关系．根据运动学公式和重力势能公式得出重力势能与时间的关系式．根据功能关系分析E与t的关系．【解答】解：A、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小．故A错误．B、设斜面的倾角为α．物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同．设上滑与下滑两个过程加速度大小分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma1；mgsinα﹣μmgcosα=ma2；则得：a1=gsinα+μgcosα，a2=gsinα﹣μgcosα．则有：a1＞a2．故B正确．C、由E P=mgh可知重力势能与物体的高度成正比，故C正确；D、由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：E=E0﹣f1x，机械能是不断减小的，但返回到A点处的机械能并不为零；故D错误．故选：BC．【点评】本题采用定性分析与定量计算相结合的方法分析功能关系、运动与力关系，根据物理规律得到解析式，再选择物理图象．8．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v﹣t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．则下列说法正确的是( )A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1V/mB．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C．由C点到A点电势逐渐升高D．A、B两点间的电势差U AB=5V【考点】电场的叠加；电势；电势能．【专题】定性思想；图析法；方程法；电场力与电势的性质专题．【分析】两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧；电量为2C仅在运动方向上受电场力作用从C点到B、到A运动的过程中，根据V﹣t图可知在B点的加速度为运动物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，则判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况．【解答】解：A、据V﹣t图可知带电粒子在B点的加速度最大为2m/s2，所受的电场力最大为2N，据E=知，B点的场强最大为1N/C，故A正确．B、据V﹣t图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B错误．C、据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C错误．D、据V﹣t图可知A、B两点的速度，在根据动能定理得电场力做的功W BA=10J，再用U AB==V=﹣5V，故D错误．故选：A．【点评】明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据V﹣t图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口．9．如图所示，长为L=0.5m、倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球（可视为质点），以初速度v0=2m/s恰能沿斜面匀速上滑，g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则下列说法中正确的是( )A．小球在B点的电势能大于在A点的电势能B．水平匀强电场的电场强度为C．若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3 m/s2D．若电场强度减半，小球运动到B点时速度为初速度v0的一半【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】带电小球从底端运动到顶端，重力做负功，电场力做正功，而支持力不做功．而两处速度相等，则重力做的功与电场力做功之和为零．所以可以确定小球在何处的电势能高．同时由倾角可确定重力与电场力的关系．【解答】解：A、从A到B的过程中做匀速运动，电场力做正功，电势能减小，B点的电势能小于A点的电势能．故A错误；B、小球以初速度v0由斜面底端的A点沿斜面匀速上滑，到达斜面顶端N的速度仍为v0，根据动能定理，重力做功与电场力做功相等，有：qEx=mgh，所以E=．故B正确．C、若电场强度加倍，小球沿斜面方向的受力：，小球运动的加速度大小为： m/s2故C错误；D、若电场强度减半，小球运动到B点时：，代入数据得：v=1m/s，速度为初速度v0的一半．故D正确．故选：BD．【点评】由带电小球受到分析得：重力、支持力与电场力，且三力均不变．若存在加速度，则带小球也不可能到达N点的速度仍不变的，所以三力处于平衡状态．故带电小球做的是匀速直线运动．10．电动势为E，内阻为r的电源，向可变电阻R供电，关于路端电压说法正确的是( ) A．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B．因为U=IR，所以当I增大时，路端电压也增大C．因为U=E﹣Ir，所以当I增大时，路端电压减小D．若外电路断开，则路端电压为E【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】给定的电源，其电动势和内阻都不变，与外电路无关，而路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．根据闭合电路欧姆定律分析路端电压的变化．【解答】解：A、电源的电动势不变，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．故A错误．B、I增大是由于外电阻R减小造成的，所以不能根据U=IR判断路端电压的变化．应这样分析：当I增大时，电源的内电压增大，由闭合电路欧姆定律可知，路端电压应减小，故B错误．C、由U=E﹣Ir分析，E、r不变，I减小，得到U增大．即路端电压增大，故C正确；D、若外电路断开，电流为零，根据U=E﹣Ir，路端电压为E，故D正确；故选：CD【点评】本题是简单的路动态分析问题．对于路端电压与电流的关系，也可以作出电源的外特性曲线U﹣I图线，更直观判断它们的关系．三.实验题11．在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：R x（阻值约4Ω，额定电流约0.5A）；电压表：V（量程3V，内阻约3kΩ）；电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；电源：E1（电动势3V，内阻不计）E2（电动势12V，内阻不计）滑动变阻器：R（最大阻值约20Ω）螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．①用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为1.733mm．②若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选A1、电源应选E1（均填器材代号），完成电路原理图．【考点】测定金属的电阻率．【分析】①螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；②根据金属丝的额定电流选择电流表，根据金属丝的额定电压选择电源；根据金属丝阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图．【解答】解：①由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+27.3×0.01mm=1.773mm；②电阻丝的额定电流约为0.5A，电流表应选A1；电阻丝的额定电压约为U=IR=0.5×5=2.5V，电源应选E1；待测金属丝电阻约为5Ω，电压表内阻约为3kΩ，电流表内阻约为0.2Ω，相对来说电压表内阻远大于待测金属丝的电阻，电流表应采用外接法，由题意可知，滑动变阻器采用限流接法，实验电路图如图所示：故答案为：①1.773；②A1；E1；实验电路图如图所示．【点评】本题考查了螺旋测微器读数、实验器材的选择、设计实验电路图，螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；确定电流表的接法是正确设计实验电路的关键，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表应采用外接法．12．现有一电池，电动势E约为9V，内阻r在35～55Ω范围内，允许通过的最大电流为50mA．为测定该电池的电动势和内阻，某同学利用如图（a）所示的电路进行实验．图中R为电阻箱，阻值范围为0～9999Ω；R0为保护电阻．（1）（单选）可备选用的定值电阻R0有以下几种规格，本实验应选用C（A）20Ω，2.5W （B）50Ω，1.0W （C）150Ω，1.0W （D）1500Ω，5.0W （2）按照图（a）所示的电路图，将图（b）所示的实物连接成实验电路．（3）接好电路，闭合电键后，调整电阻箱的阻值，记录阻值R和相应的电压表示数U，取得多组数据，然后通过做出有关物理量的线性关系图象，求得电源的电动势E和内阻r．①请写出所作线性图象对应的函数表达式=•+；②图（c）是作线性图象的坐标系，若纵轴表示的物理量是，请在坐标系中定性地画出线性图象．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【分析】（1）求出电路最小电阻阻值，然后选择电阻箱；（2）根据原理图正确连接实物图；。

2016-2017学年江苏省连云港市赣榆区海头高中高三（下）第三次月考物理试卷一、单项选择题（本题共20小题，每小题3分，共69分．）1．（3分）冰壶是冬奥会的正式比赛项目．运动员将冰壶推出后，冰壶在滑行途中水平方向受到的力有（）A．推力B．阻力C．向前的惯性力D．推力和阻力2．（3分）关于速度的描述，下列说法中正确的是（）A．京沪高速铁路测试时的列车最高时速可达484km/h，指的是瞬时速度B．电动自行车限速20 km/h，指的是平均速度C．子弹射出枪口时的速度为500m/s，指的是平均速度D．某运动员百米跑的成绩是10s，则他冲刺时的速度一定为10m/s3．（3分）关于摩擦力的描述，下列说法中正确的是（）A．摩擦力的方向一定与物体的运动方向相反B．摩擦力的方向一定与物体的运动方向相同C．两物体之间有压力就一定有摩擦力D．两物体之间有摩擦力就一定有压力4．（3分）如图所示，小明用与水平方向成θ角的轻绳拉木箱，沿水平面做匀速直线运动，此时绳中拉力为F，则木箱所受合力大小为（）A．0 B．F C．FcosθD．Fsinθ5．（3分）如图所示，质量相同的P、Q两球均处于静止状态，现用小锤打击弹性金属片，使P球沿水平方向抛出，Q球同时被松开而自由下落．则下列说法中正确的是（）A．P球先落地B．Q球先落地C．两球下落过程中重力势能变化相等D．P球下落过程中重力势能变化大6．（3分）某同学为了体验伽利略对自由落体运动的研究过程，将一重为10N的铅球从教学楼上自由释放，1s末速度大小为10m/s，则此时重力的功率为（）A．10 W B．20 W C．50 W D．100 W7．（3分）如图所示，在做“验证机械能守恒定律”的实验时，关于重物的选取，下列说法中正确的是（）A．选取重物时，体积大些好B．选取重物时，质量小点好C．选取重物时，应选质量大、体积小的物体较好D．选定重物后，一定要称出它的质量8．（3分）“力的合成的平行四边形定则”实验中体现的物理思想方法是（）A．等效替代的方法 B．控制变量的方法C．建立物理模型的方法D．取微元的方法（12分）请阅读下列材料，回答第9～12小题“神舟十一号”载人飞船，于2016年10月19日3时31分，与“天宫二号”空间实验室成功实现自动交会对接，为我国未来空间站建设进行科学的技术验证，为实现我国从航天大国走向航天强国的中国梦典定了坚实的基础．9．“天宫二号”围绕地球做圆周运动，是由于受到万有引力作用，我国罗俊院士团队的引力实验室因其算出世界最精确的万有引力常数而被外国专家称为世界“引力中心”，关于万有引力定律的公式，下列正确的是（）A．F=kx B．F=ma C．F=G D．F=k10．分析下列物体的运动时，可将物体看作质点的是（）A．研究航天员生活工作时的“天宫二号”太空仓B．对航天员姿势和动作进行分析时的航天员C．研究“天宫二号”和“神舟十一号”实现交会对接时的“神舟十一号”飞船D．计算围绕地球做圆周运动的轨道半径时的“神舟十一号”飞船11．假设“天宫二号”与“神州十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，用A代表“神舟十一号”，B代表“天宫二号”，它们对接前做圆周运动的情形如图所示，则下列说法中正确的是（）A．A的运行速度小于B的运行速度B．A的向心加速度小于B的向心加速度C．A的运行速度大于B的运行速度D．A的向心加速度等于B的向心加速度12．关于在轨运行的“天宫二号”，下列说法中正确的是（）A．“天宫二号”的运行速度一定大于7.9km/sB．“天宫二号”的运行速度一定大于7.9km/s且小于11.2km/sC．“天宫二号”运行时，其处于失重状态D．“天宫二号”运行时，其处于平衡状态13．（3分）关于曲线运动的描述，下列说法中正确的是（）A．做曲线运动的物体，它的速度一定改变B．做曲线运动的物体，它的速度不一定改变C．做曲线运动的物体，它不一定受到力的作用D．做曲线运动的物体，它一定受恒力作用14．（3分）如图所示，某人由A点划船渡河，船头指向始终与河岸垂直，则下列说法中正确的是（）A．小船能到达正对岸的B点B．小船能到达正对岸B点的左侧C．小船能到达正对岸B点的右侧D．小船到达对岸的位置与水流速度无关15．（3分）如图所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是（）A．线速度v A=v B B．线速度v A＞v B C．周期T A＜T B D．周期T A＞T B16．（3分）关于机械能守恒，下列说法正确的是（）A．做自由落体运动的物体，机械能一定守恒B．人乘电梯加速上升的过程，机械能守恒C．物体必须在只受重力作用的情况下，机械能才守恒D．合外力对物体做功为零时，机械能一定守恒17．（3分）在如图所示的各电场中，a、b两点的电场强度相同的是（）A．B．C．D．18．（3分）如图所示，一带正电的物体位于M处，用绝缘丝线系上带正电的小球，分别挂在P1、P2、P3的位置，可观察到小球在不同位置时丝线偏离竖直方向的角度不同．关于此实验得出的结论，下列说法中正确的是（）A．电荷之间作用力的大小与两电荷的带电性质有关B．电荷之间作用力的大小与两电荷间的距离有关C．电荷之间作用力的大小与两电荷所带的电量无关D．电荷之间作用力的大小与丝线的长度有关19．（3分）如图为交流发电机的工作原理图，经过0.05s线框从图示位置匀速转过90°，图示位置线框中的感应电流和该发电机产生的交流电的频率分别为．（）A．最大5Hz B．最小5Hz C．最大20Hz D．最小20Hz20．（3分）如图所示为两个同心圆环，当一有界匀强磁场恰好完全垂直穿过A 环面时，A环的磁通量为Φ1，B环磁通量为Φ2，则有关磁通量的大小，下列说法中正确的是（）A．Φ1＜Φ2B．Φ1=Φ2C．Φ1＞Φ2D．无法确定21．（3分）如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线不受安培力作用的是（）A．B．C．D．22．（3分）一物体做平抛运动，下列四幅图中能正确反映物体水平速度（甲）和竖直速度（乙）随时间变化关系的是（）A．B．C．D．23．（3分）如图所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端接连着一轻弹簧，弹簧的另一端固定在墙上．在力F作用下物体处于静止状态，当撤去力F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法中正确的是（）A．弹簧的弹性势能逐渐减少B．物体的机械能不变C．弹簧的弹性势能先减少后增大D．物体的动能逐渐增大二．填空题：（本部分2小题，其中24小题4分，25小题6分，共10分）24．（2分）英国物理学家麦克斯韦认为：变化的磁场（选填“能”或“不能”）产生电场，电磁波按照波长由长到短排列依次是：无线电波、红外线、可见光、、x射线和γ射线．25．（2分）如图所示的电路中，电源的电动势为1.5V，内阻1Ω，两定值电阻的阻值分别为R1=1Ω和R2=4Ω，开关S闭合后，电路中的电流为A，a、b 间的电压为V．26．（6分）如图1所示为“探究加速度与物体质量的关系”实验装置图，小车的质量为m1，托盘及砝码的质量为m2．（1）为直观判断加速度和质量之间的关系，应根据实验数据作出的图象是；A．a﹣m1图象B．a﹣m2图象C．a﹣图象D．a﹣图象（2）实验中应保证m1m2（选填“等于”、“远小于”、“远大于”）；（3）实验得到如图2所示的一条纸带，相邻两个计数点的时间间隔为T，A、B 两点的间距x1和A、C两点的间距x2已测出，利用这两段间距计算小车加速度的表达式为a=．三、计算或论述题：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（本部分3小题，其中26小题6分，27小题7分，28小题8分，共21分）27．（6分）一艘快艇在海面上从静止开始做匀加速直线运动，如表给出了某些时刻快艇的瞬时速度，根据表中的数据求：时刻（s）0 1.0 2.0 3.0 4.0速度（m/s）0 3.0 6.012.0（1）快艇运动的加速度a；（2）快艇第3s末的速度v；（3）快艇4s内的位移x．28．（7分）如图所示，倾角θ=45°的斜面固定放置在水平地面上，质量为m的小球从斜面上方无初速度释放，与斜面碰撞后速度大小不变，方向变为水平抛出，已知小球从距碰撞点高为h1处自由下落，碰撞点距斜面底端高为h2，重力加速度为g，不计空气阻力，求：（1）刚开始下落时，小球的重力势能（以地面为零势能参考面）；（2）小球与斜面碰撞时的速度大小v1；（3）若小球平抛后又落到斜面，试求小球第二次撞击斜面时的速度v2的大小．29．（8分）如图甲所示，一长为l=1m的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量为m=0.2kg的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动．给系统输入能量，使小球通过最高点的速度不断加快，通过测量作出小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与小球在最高点动能E k的关系如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，不考虑摩擦和空气阻力，请分析并回答以下问题：（1）若要小球能做完整的圆周运动，对小球过最高点的速度有何要求？（用题中给出的字母表示）（2）请根据题目及图象中的条件，求出图乙中b点所示状态小球的动能；（3）当小球达到图乙中b点所示状态时，立刻停止能量输入．之后的运动过程中，在绳中拉力达到最大值的位置时轻绳绷断，求绷断瞬间绳中拉力的大小．2016-2017学年江苏省连云港市赣榆区海头高中高三（下）第三次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共20小题，每小题3分，共69分．）1．（3分）冰壶是冬奥会的正式比赛项目．运动员将冰壶推出后，冰壶在滑行途中水平方向受到的力有（）A．推力B．阻力C．向前的惯性力D．推力和阻力【分析】冰壶被推出后不再受到推力，重力不变与支持力大小相等，在冰面上受到冰面与空气的阻力，从而即可求解．【解答】解：冰壶被推出后不再受推力，竖直方向重力与支持力平衡，水平方向受到空气阻力与冰面的阻力，没有推力可言；而惯性是物体的一种固有属性，不是力；故B正确，ACD错误．故选：B．【点评】本题考查了受力分析，要注意明确物体的运动不需要力来维持，冰壶向前运动时不需要任何推力，由于受的阻力较小，所以能滑行很长距离．2．（3分）关于速度的描述，下列说法中正确的是（）A．京沪高速铁路测试时的列车最高时速可达484km/h，指的是瞬时速度B．电动自行车限速20 km/h，指的是平均速度C．子弹射出枪口时的速度为500m/s，指的是平均速度D．某运动员百米跑的成绩是10s，则他冲刺时的速度一定为10m/s【分析】明确平均速度和瞬时速度的概念，知道它们的区别解答本题关键．平均速度与一段位移或一段时间对应，而瞬间速度和某一位置或某一时刻对应，这是它们的根本区别．【解答】解：A、列车的最高时速指的是在安全情况下所达到的最大速度，为瞬时速度，故A正确；B、电动自行车限速20 km/h，限制的瞬时速度，不是平均速度，故B错误；C、子弹射出枪口时的速度与枪口这一位置点对应，因此为瞬时速度，故C错误；D、根据运动员的百米跑成绩是10s可知，可求得其平均速度为10m/s，而其冲刺速度不一定为10m/s．故D错误．故选：A．【点评】本题应把握平均速度与瞬时速度的区别，即可判断生活中所说的速度是平均速度还是瞬时速度，同时要加强对基本概念的理解．3．（3分）关于摩擦力的描述，下列说法中正确的是（）A．摩擦力的方向一定与物体的运动方向相反B．摩擦力的方向一定与物体的运动方向相同C．两物体之间有压力就一定有摩擦力D．两物体之间有摩擦力就一定有压力【分析】通过对摩擦力方向的判定，可得知摩擦力的方向与实际运动方向之间的关系，由此可得知选项AB的正误．结合摩擦力产生的条件之一压力的存在可得知选项CD的正误．【解答】解：AB、摩擦力的方向总是与相对运动的方向或是相对运动趋势的方向相反，与物体的运动方向有时相同（当摩擦力为动力时），有时与运动方向相反（摩擦力为阻力时），故AB错误．CD、摩擦力产生的条件是相互接触、相互挤压（有正压力）、接触面粗糙和有相对运动或相对运动趋势，所以只有压力，不一定有摩擦力；但有摩擦力，就一定有压力，故C错误，D正确．故选：D【点评】摩擦力即可做动力，也可做阻力，为动力时，与运动方向相同，做阻力时，与运动方向相反；但总是与相对运动或相对运动趋势的方向相反，特别注意对“相对”二字的理解．同时要注意压力和摩擦力之间的关系，压力是摩擦力产生的必要条件，有摩擦力一定有压力，但有压力不一定有摩擦力．4．（3分）如图所示，小明用与水平方向成θ角的轻绳拉木箱，沿水平面做匀速直线运动，此时绳中拉力为F，则木箱所受合力大小为（）A．0 B．F C．FcosθD．Fsinθ【分析】木箱沿水平面做匀速直线运动，处于平衡状态，合外力为零．【解答】解：根据题意可知，木箱沿水平面做匀速直线运动，受力平衡，合外力为零，故A正确．故选：A【点评】解答本题一定要注意木箱的运动状态，明确匀速直线运动加速度为零，合外力为零，难度不大，属于基础题．5．（3分）如图所示，质量相同的P、Q两球均处于静止状态，现用小锤打击弹性金属片，使P球沿水平方向抛出，Q球同时被松开而自由下落．则下列说法中正确的是（）A．P球先落地B．Q球先落地C．两球下落过程中重力势能变化相等D．P球下落过程中重力势能变化大【分析】本题图源自课本中的演示实验，通过该装置可以判断两球同时落地，可以验证做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动；另外根据重力做功情况可以判断重力势能的变化．【解答】解：AB、根据装置图可知，两球由相同高度同时运动，P做平抛运动，Q做自由落体运动，因此将同时落地，故AB错误；CD、由于两球质量相等，下落高度相等，故重力做功相同，重力势能变化相等，故C正确；D错误；故选：C【点评】本题比较简单，重点考察了平抛运动特点，平抛是高中所学的一种重要运动形式，要重点加强．6．（3分）某同学为了体验伽利略对自由落体运动的研究过程，将一重为10N的铅球从教学楼上自由释放，1s末速度大小为10m/s，则此时重力的功率为（）A．10 W B．20 W C．50 W D．100 W【分析】根据P=mgv求出重力的瞬时功率大小【解答】解：重力的瞬时功率为：P=mgv=10×10W=100W．故D正确，A、B、C 错误．故选：D【点评】解决本题的关键掌握瞬时功率的求法，以及知道平均功率和瞬时功率的区别7．（3分）如图所示，在做“验证机械能守恒定律”的实验时，关于重物的选取，下列说法中正确的是（）A．选取重物时，体积大些好B．选取重物时，质量小点好C．选取重物时，应选质量大、体积小的物体较好D．选定重物后，一定要称出它的质量【分析】在验证机械能守恒定律中重物应选择质量较大、体积较小的物体，质量可以不测．【解答】解：实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体，使得重物所受的重力远大于所受的空气阻力和纸带受到打点计时器的阻力，这样能减少摩擦阻力的影响，因为我们是比较mgh、的大小关系，故m可约去比较，不需要测出它的质量．故C正确．ABD错误故选：C【点评】解决本题的关键知道验证机械能守恒定律的实验原理，通过原理分析注意的事项．8．（3分）“力的合成的平行四边形定则”实验中体现的物理思想方法是（）A．等效替代的方法 B．控制变量的方法C．建立物理模型的方法D．取微元的方法【分析】正确理解“等效替代”科学思想方法的应用，明确实验原理，理解“理论值”和“实验值”的区别．【解答】解：该实验中，两个力拉绳套和一个力拉绳套时，节点要到同一位置，即要求作用效果相同，故采用了“等效替代”的科学思想方法，本实验采用了“等效法”，故A正确，BCD错误．故选：A【点评】明确实验原理，了解具体操作，要围绕“验证力的平行四边形定则”的实验原理对实验步骤和实验中需要注意的问题进行理解记忆．（12分）请阅读下列材料，回答第9～12小题“神舟十一号”载人飞船，于2016年10月19日3时31分，与“天宫二号”空间实验室成功实现自动交会对接，为我国未来空间站建设进行科学的技术验证，为实现我国从航天大国走向航天强国的中国梦典定了坚实的基础．9．“天宫二号”围绕地球做圆周运动，是由于受到万有引力作用，我国罗俊院士团队的引力实验室因其算出世界最精确的万有引力常数而被外国专家称为世界“引力中心”，关于万有引力定律的公式，下列正确的是（）A．F=kx B．F=ma C．F=G D．F=k【分析】万有引力定律是牛顿发现的，它适用于自然界中的任何两个物体之间．万有引力的表达式：F=G．引力常量G有单位，其单位根据公式推导．【解答】解：根据万有引力定律，两个物体之间的万有引力大小与两个物体质量的乘积成正比，与它们之间距离的平方成反比，表达式：F=G．故C正确，ABD错误，故选：C．【点评】本题考查对万有引力定律的发现、适用条件和引力常量单位的理解，要注意万有引力定律适用于两个质点间引力的计算的特点10．分析下列物体的运动时，可将物体看作质点的是（）A．研究航天员生活工作时的“天宫二号”太空仓B．对航天员姿势和动作进行分析时的航天员C．研究“天宫二号”和“神舟十一号”实现交会对接时的“神舟十一号”飞船D．计算围绕地球做圆周运动的轨道半径时的“神舟十一号”飞船【分析】明确质点的性质和物体看作质点的条件，知道当物体的大小和形状在研究的问题中能忽略，物体可以看成质点．【解答】解：A、研究航天员生活工作时的“天宫二号”太空仓时，太空舱的长度和大小不能忽略，不能看作质点，故A错误；B、对航天员姿势和动作进行分析时，航天员的大小和形状不能忽略，不能看作质点，故B错误；C、研究“天宫二号”和“神舟十一号实现交会对接时，两者的姿态都不能忽略，故不能看作质点；故C错误；D、研究“神舟十一号”围绕地球做圆周运动的轨道半径时，神舟飞船的大小和形状可以忽略，故可以看作质点；故D正确；故选：D．【点评】物体能否看作质点不在于物体的大小，而在于在所研究的问题中，物体的大小和形状能不能忽略11．假设“天宫二号”与“神州十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，用A代表“神舟十一号”，B代表“天宫二号”，它们对接前做圆周运动的情形如图所示，则下列说法中正确的是（）A．A的运行速度小于B的运行速度B．A的向心加速度小于B的向心加速度C．A的运行速度大于B的运行速度D．A的向心加速度等于B的向心加速度【分析】根据万有引力提供向心力，列式得到速度、向心加速度与轨道半径的关系，进行分析即可．【解答】解：由万有引力提供向心力得，G=m=ma则得v=，a=AC、根据v=可知，轨道半径越大，运行速率越小，所以A的运行速度大于B 的运行速度．故A错误，C正确；BD、根据a=可知，轨道半径越大，向心加速度越小，A的向心加速度大于B 的向心加速度．故B误，D错误．故选：C【点评】解决本题的关键要结合万有引力提供向心力表示出速率、周期、加速度去解决问题．12．关于在轨运行的“天宫二号”，下列说法中正确的是（）A．“天宫二号”的运行速度一定大于7.9km/sB．“天宫二号”的运行速度一定大于7.9km/s且小于11.2km/sC．“天宫二号”运行时，其处于失重状态D．“天宫二号”运行时，其处于平衡状态【分析】万有引力提供圆周运动的向心力，可知，第一宇宙速度是围绕地球圆周运动的最大速度；根据运动的特点判断出失重或超重．【解答】解：AB、根据万有引力提供向心力有：G=m得v=，得轨道高度越高，卫星的线速度越小，第一宇宙速度为最大环绕速度，天宫二号的线速度一定小于第一宇宙速度．故AB错误．CD、“天宫二号”运行时，其受到的万有引力全部提供向心加速度，所以处于失重状态．故C正确，D错误；故选：C．【点评】解决卫星运行规律问题的核心原理是万有引力提供向心力，通过选择不同的向心力公式，来研究不同的物理量与轨道半径的关系，同时理解何时做离心运动，近心运动，及圆周运动的条件13．（3分）关于曲线运动的描述，下列说法中正确的是（）A．做曲线运动的物体，它的速度一定改变B．做曲线运动的物体，它的速度不一定改变C．做曲线运动的物体，它不一定受到力的作用D．做曲线运动的物体，它一定受恒力作用【分析】曲线运动的条件是物体的速度方向与合力方向不共线；曲线运动的合力可以是变力，也可以是恒力，如平抛运动合力恒定，匀速圆周运动合力是变力．【解答】解：A、曲线运动的速度方向不断改变，一定是变速运动，故A正确；B、曲线运动的速度方向不断改变，一定是变速运动，故B错误；C、曲线运动的条件是物体的速度方向与合力方向不共线，故C错误；D、曲线运动的条件是物体的速度方向与合力方向不共线，但不一定是恒力，如匀速圆周运动受到的力是变力，故D错误；故选：A【点评】本题关键明确曲线运动的条件和曲线运动的性质，通常要结合平抛运动和匀速圆周运动进行分析讨论．14．（3分）如图所示，某人由A点划船渡河，船头指向始终与河岸垂直，则下列说法中正确的是（）A．小船能到达正对岸的B点B．小船能到达正对岸B点的左侧C．小船能到达正对岸B点的右侧D．小船到达对岸的位置与水流速度无关【分析】将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向两个分运动，在两个方向上都有位移，根据运动的合成，确定小船到达对岸的位置，并得知此时过河时间最短，水流速度变化时，不会影响过河时间，从而即可求解．【解答】解：ABC、小船在垂直于河岸方向和沿河岸方向都有位移，根据运动的合成，合位移的方向指向下游方向，所以小船到达对岸的位置是正对岸B点的右侧．故AB错误，C正确．D、根据运动的合成法则，可知，到达对岸的位置与水流速度有关，故D错误；故选：C．【点评】解决本题的关键知道小船参与了沿河岸方向和垂直于河岸方向两个方向的分运动，根据平行四边形确定合运动的方向．15．（3分）如图所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是（）A．线速度v A=v B B．线速度v A＞v B C．周期T A＜T B D．周期T A＞T B【分析】A、B两个物体共轴转动，角速度相等，周期相等，由v=ωr分析线速度的关系．【解答】解：A、由题分析可知，A、B两物体的角速度相同，由v=ωr知，ω相同，则线速度与半径成正比，A的半径大，则其线速度大，故A错误，B正确．C、由图可知，A、B两物体的角速度相同，周期相同．故C错误，D错误．故选：B【点评】本题关键掌握共轴转动的物体角速度相等，要掌握物体做匀速圆周运动时相关物理量的几个常见公式即可．16．（3分）关于机械能守恒，下列说法正确的是（）A．做自由落体运动的物体，机械能一定守恒B．人乘电梯加速上升的过程，机械能守恒C．物体必须在只受重力作用的情况下，机械能才守恒。

海头高级中学、海州高级中学2016-2017学年高二第一学期期中联考高二物理试题（选修）一、单项选择题：本题共9小题，每题3分，满分27分。

每小题只有一个．．．．选项符合题意。

1.下列说法中正确的是 ( )A．铅蓄电池电动势为2 V，表示每秒钟，电源把2 J的化学能转变为电能B．电动势等于闭合电路中接在电源两极间的电压表测得的电压C．电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度B可能大于或等于F ILD．磁感应强度越大的地方，线圈面积越大，穿过线圈的磁通量越大2.如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是( )A．水平向左 B．水平向右C．竖直向上 D．竖直向下3.一太阳能电池板，测得它的开路电压为80mV，短路电流40mA．若将该电池板与一阻值为2.0Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（）A．0.010V B．0.020VC．0.030V D．0.040V4.如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图．励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直．电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是( )A．仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大B．仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大C．仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大D．仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大5．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙,用来加速质子，下列说法错误．．的是 ( )A．交变电压的频率与质子做匀速圆周运动的频率相等B．加速电压越大离子获得的最大动能越大C ．质子获得的最大动能与D 形盒的半径R 有关D ．若其他量不变，只提高加速电压U ，质子在加速器中运动的总时间将缩短6．如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，滑动变阻器最大电阻为R ，开关K 闭合．两平行金属极板a 、b 间有匀强磁场，一带负电的粒子（不计重力）以速度v 水平匀速穿过两极板．下列说法正确的是( )A ．若将滑片P 向上滑动，粒子将向a 板偏转B ．若将a 极板向上移动，粒子将向a 板偏转C ．若增大带电粒子的速度，粒子将向b 板偏转D ．若增大带电粒子带电量，粒子将向b 板偏转7．如图所示，电动势为E 、内阻为r 的电池与定值电阻R 0、滑动变阻器R 串联，已知R 0= r ，滑动变阻器的最大阻值是2r ．当滑动变阻器的滑片P 由a 端向b 端滑动时，下列说法中正确的是( )A ．滑动变阻器的电压变大B ．电源的输出功率先变大后变小C ．滑动变阻器消耗的功率变小D ．定值电阻R 0上消耗的功率先变大后变小8. 锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使用在手机等电子产品中．现用充电器为一 手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U ，输出电流为I ，手机电池的内阻为r ，下列说法正确的是( )A ．电池产生的热功率为I 2rB ．充电器输出的电功率为UI+I 2rC ．电能转化为化学能的功率为UID ．充电器的充电效率为9.两只额定电压均为110V 的灯泡A 和B ，额定功率分别为100W 和40W ，为了使它们接到220V 电源上能正常发光，同时电路消耗的电功率最小，如图所示的四个电路中最合理的是图( )二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，满分24分。

高三上学期第一次月考物理试题注意：1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

共100 分时间 90 分钟2、按要求将答案做在试卷规定的位置，否则视为无效。

3、考试结束后非答题卷自己带走，只交答题卷。

第Ⅰ卷（选择题共48 分）一、本题共12 小题，每小题 4 分，共 48 分．在每小题给出的四个选项中，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，选不全的得 2 分，有选错或不答的得 0 分．1．下列关于平均速度和瞬时速度的说法中正确的是()A．做变速运动的物体在相同时间间隔里的平均速度是相同的B．瞬时速度就是运动的物体在一段较短的时间内的平均速度C．平均速度就是初、末时刻瞬时速度的平均值D．某物体在某段时间内的瞬时速度都为零，则该物体在这段时间内静止2．某物体受到四个力的作用而处于静止状态，保持其中三个力的大小和方向均不变，使另一个大小为 F 力的方向转过90°，则欲使物体仍能保持静止状态，必须再加上一个大小为多少的力（）A．F B．2F C． 2F D． 3F3．沿直线做匀加速运动的质点在第一个0.5s 内的平均速度比它在第一个 1.5s 内的平均速度大2.45m/s ，以质点的运动方向为正方向，则质点的加速度为()2B．－ 2.45m/s A． 2.45m/sC． 4.90m/s 2D．－ 4.90m/s 4．如图所示，为甲、乙两物体相对于同一坐标的x－ t 图象，2 2则下列说法正确的是()A．甲、乙均做匀变速直线运动B．甲比乙早出发时间t 0C．甲、乙运动的出发点相距x0D．甲的速率大于乙的速率5.一个倾角为 45o的光滑斜面固定在竖直光滑墙壁上，为使一小球静止于墙和斜面间，需用作用线通过球心的水平力 F 作用于球上，在此情况下（）A．墙对球的压力一定等于FB． F 可以等于、大于球的重力，但不能小于球的重力C．斜面给球的压力一定小于G；D．斜面对球的压力一定大于G6． 7. 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．人对地面的作用力不变C．地面对人的摩擦力增大mD ．人对地面的作用力减小M7．如图所示，物块在力 F 作用下向右沿水平方向匀速运动，则物块受到的摩擦力 F 与拉力 Ff 的合力方向应该是()A．水平向右B．竖直向上C．向右偏上D．向左偏上8．一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论，正确的是()A．车速越大，它的惯性越大B．质量越大，它的惯性越大C．车速越大，刹车后滑行的路程越长D．车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大9．如图所示是一种汽车安全带控制装置的示意图．当汽车处于静止或匀速直线运动时，摆锤竖直悬挂，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动．当汽车突然刹车时，摆锤由于惯性绕轴摆动，使得锁棒锁定棘轮的转动，安全带不能被拉动．若摆锤从图中实线位置摆到虚线位置，汽车的可能运动方向和运动状态是()A．向左行驶、突然刹车B．向左行驶、匀速直线运动C．向右行驶、突然刹车D．向右行驶、匀速直线运动10．一物体在两个力作用下静止，若使其中一个力不变，另一个力逐渐减小到零，再按原方向逐渐恢复到原值，则物体在此过程中的运动情况是()A．一直加速B．一直减速C．先加速后减速D．先减速后加速11．一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度和时间的关系图线如图所示，则()A．t3时刻火箭距地面最远B．t2～t3的时间内，火箭在向下降落12的时间内，火箭处于超重状态C．t～tD． 0～t3的时间内，火箭始终处于失重状态12．如图所示，质量为m1和m2的两个物体用细线相连，在大小恒定的拉力 F 作用下，先沿水平面，再沿斜面 ( 斜面与水平面成θ角 ) ，最后竖直向上运动．则在这三个阶段的运动中，细线上张力的大小情况是()A．由大变小B．由小变大C．始终不变D．由大变小再变大第Ⅱ卷（非选择题共52分）二、本题共21 分．把答案填在答题卷上要求的位置．13． (6 分 ) 在“互成角度的两个共点力的合成”的实验中，其中的三个实验步骤如下：(1)在水平放置的木板上垫一张白纸，把橡皮条的一端固定在木板上，另一端拴两根细线；通过细线同时用两个测力计互成角度地拉橡皮条，使它与细线的结点到达某一位置O点，在白纸上记下O点和两测力计的读数F1和 F2.(2)在纸上根据 F 和 F 的大小，应用平行四边形定则作图求出合力F.12(3)只用一测力计通过细绳拉橡皮条，使它的伸长量与用两测力计拉时相同，记下此时测力计的读数F′和细绳的方向．以上三个步骤中均有错误或疏漏，请指出：(1)____________________________ ．(2)____________________________ ．(3)____________________________ ．14．(1) 如右图甲所示 , 某同学将一端固定有滑轮的长木板水平放置在桌面上, 利用钩码通过细绳水平拉小车 , 让小车从静止开始运动, 利用打点计时器在纸带上记录小车的运动情况. 如图乙所示 ,其中 O 点为纸带上记录到的第一点,A 、 B、 C 是该同学在纸带上所取的一些点 . 已知打点计时器所用交流电源的频率为50 Hz( 打点计时器每隔 0.02s 打一个点 ), 利用图中给出的数据, 算出打点计时器打下 B 点时小车的速度大小v =_____m/s, 小车B运动过程中的加速度大小2a=_____m/s .( 结果均保留3 位有效数字 )(2)某同学在探究摩擦力的实验中采用了如图所示的操作，将一个长方体木块放在水平桌面上，然后用一个力传感器对木块施加一个水平拉力F，并用另外一个传感器对木块的运动状态进行监测，表中是记录的实验数据. 木块的重力为10.00 N ，重力加速度g=9.80 m/s 2，根据表格中的数据回答下列问题（答案保留 3 位有效数字）：木块与桌面间的最大静摩擦力 f max一定不小于__ _ N ；木块匀加速运动时受到的摩擦力 f= _______N.高三第一次月考物理试题答题卷一、选择：（共48 分）题号123456789101112答案二、本题共21 分．把答案填在答题卷上要求的位置．13、（1）（2）（3）14、（ 1）v =m/s 、 a=m/s2(结果均保留 3 位有效数字)B（2）N、N三、本题共31 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。

2015-2016学年江苏省连云港市灌南县华侨高中高三（上）月考物理试卷（12月份）一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分．每小题只有一个选项符合题意．1．在物理学的发展进程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法的说法中不正确的是（）A．质点和点电荷是同一种思想方法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成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法C．重心、合力和分力都体现了等效替换的思想D．加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量2．从生活走向物理，从物理走向社会，物理学和生活、现代科技密切相关．下列说法不正确的是（）A．过量的电磁波辐射对人体有害，为了安全人们应该离电磁波发射装置一定的距离B．电磁炉的工作原理是，接通电源后，线圈电磁波，电磁波产生的能量加热食物，做熟饭的C．磁带是收录机放音时的原理是电磁感应，录音时利用的是电流的磁效应D．运输电流表时，为了安全将电流表的正负接线柱短接，是利用电磁阻尼的作用3．如图，欲使在粗糙斜面上匀速下滑的木块A停下，可采用的方法是（）A．增大斜面的倾角B．对木块A施加一个垂直于斜面的力C．对木块A施加一个竖直向下的力D．在木块A上再叠放一个重物4．篮球运动是青年男同学最喜爱的体育运动之一，篮球投出后在空中画出一条美丽的曲线，进入篮筐．将一篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，如果有人拦截，在较远处投篮．则关于篮球的运动正确的说法是（）A．增大抛射速度v0，同时减小抛射角θB．减小抛射速度v0，同时减小抛射角θC．增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0D．增大抛射角θ，同时增大抛出速度v05．如图所示，电源A的电压为6V，电源B的电压为8V，电容器的电容为200PF，当开关S合向A，稳定后再合向B，再次达到稳定，则在这个过程中通过电流计的电荷量为（）A．4×10﹣9C B．1.2×10﹣9C C．1.6×10﹣9C D．2.8×10﹣9C6．质量为m的球从高处由静止开始下落，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比．下列图象分别描述了球下落过程中加速度a、速度v随时间t的变化关系和动能E k、机械能E随下落位移h的变化关系，其中可能正确的是（）A．B．C．D．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号题意．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．7．2011年11月8日，我国第一个火星探测器“萤火1号”，与俄罗斯的采样返回探测器一起发射升空，飞向火星，开始对火星的探测研究．我国对火星的探测将分为三个阶段，最终宇航员踏上火星，假设将来我国一艘飞船从火星返回地球时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是（）A．飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点的速度大于在Q点的速度B．飞船在轨道Ⅰ上运动的机械能大于在轨道Ⅱ上运动的机械能C．飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度D．飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以轨道I同样的半径运动的周期相同8．如图所示，质量为M的电梯底板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，不计空气阻力，则（）A．物体所受合力做的功等于mv2+mgHB．底板对物体的支持力做的功等于mgH+mv2C．钢索的拉力做的功等于Mv2+MgHD．钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯M做的总功等于Mv29．两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，以无穷远为零电势点，则（）A．场强大小关系有E b＞E cB．电势大小关系有φb＞φdC．将一负电荷放在d点时其电势能为负值D．将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功10．在如图所示电路中，电源的电动势E=3V，内电阻r=0.5Ω，电阻R1=2Ω，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，则下列叙述中正确的是（）A．I变小，U1变小B．U2变小，U3变大C．电阻R1的电功率减小D．电源的输出功率减小三、实验题：本题有两题，共计18分．请将解答填写在答题卡相应的位置．11．在“探究加速度与质量的关系”，某小组设计了如图1所示的实验，他们将光电门固定在气垫轨道上的某点B处，调节气垫导轨水平后，用重力为F的钩码，经绕过滑轮的细线拉滑块，每次滑块从同一位置A由静止释放，测出遮光条通过光电门的时间t．改变滑块的质量重复上述实验．记录的数据及相关计算如下表．根据上表数据，为直观反映F不变时a与m的关系，请在图2方格坐标纸中选择恰当物理量建立坐标系，并作出图线．由图线得出的实验结论是：（3）该小组同学还想测出滑块与导轨间的摩擦力，设AB间距离为s，遮光条宽度为d，设滑块质量为m时，砝码的对滑块的拉力为F，光电门显示的时间为t，摩擦力的表达式为．12．液体能导电也有电阻，为探究导电溶液的电阻选取了一根乳胶管，里面灌满了盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的盐水柱．进行了如下实验：（1）该小组将盐水柱作为纯电阻，粗测其电阻约为几千欧．现采用伏安法测盐水柱的电阻，有如下实验器材供选择：A．直流电源：电动势12V，内阻很小，额定电流为1A；B．电流表A1：量程0～10mA，内阻约10Ω；C．电流表A2：量程0～600mA，内阻约0.5Ω；D．电压表V：量程0～15V，内阻约15kΩ；E．滑动变阻器R1：最大阻值10Ω；F．滑动变阻器R2：最大阻值5kΩ； G．开关、导线等在可供选择的器材中，应选用的电流表是（填“A1”或“A2”），应该选用的滑动变阻器是（填“R1”或“R2”）．（2）该小组已经完成部分导线的连接，请你在如图1实物接线图中完成余下导线的连接．（3）已知导电盐水柱的长度为L，直径如图所示，d= ，则盐水柱的电阻率的表达式为（用U，I，d，L字母表示）四、计算题：本题共2小题，共计34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．13．一质量m=0.5kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为30°足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程的v﹣t图．求：（g取10m/s2）（1）滑块冲上斜面过程中加速度大小；（2）滑块与斜面间的动摩擦因数；（3）判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回斜面底端时的动能；若不能返回，求出滑块停在什么位置．14．如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长l=80cm，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=40V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B 板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0=4m/s水平向右射入两板间，该小球可视为质点．若小球带电荷量q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表．若小球恰好从A板右边缘射出（g取10m/s2）．求：（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多少？（2）此时电流表、电压表的示数分别为多少？（3）此时电源的输出功率是多少？（4）此时电源的效率是多少？2015-2016学年江苏省连云港市灌南县华侨高中高三（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分．每小题只有一个选项符合题意．1．在物理学的发展进程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法的说法中不正确的是（）A．质点和点电荷是同一种思想方法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成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法C．重心、合力和分力都体现了等效替换的思想D．加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量【考点】物理学史．【分析】质点及点电荷采用了理想化的物理模型的方法．合力与分力能够等效替代，采用了等效替代的思想；伽利略提出了“落体运动的速度v与时间t成正比”的观点．加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量．【解答】解：A、质点及点电荷采用了理想化的物理模型的方法，所以质点和点电荷是同一种思想方法，故A正确；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成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了微分、积分法，故B错误；C、重心、合力和分力、都采用了等效替代的思想，故C正确；D、加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量．故D正确；本题选错误的，故选：B．【点评】对于物理学上重要的实验和发现，可根据实验的原理、内容、结论及相应的物理学家等等一起记忆，不能混淆．2．从生活走向物理，从物理走向社会，物理学和生活、现代科技密切相关．下列说法不正确的是（）A．过量的电磁波辐射对人体有害，为了安全人们应该离电磁波发射装置一定的距离B．电磁炉的工作原理是，接通电源后，线圈电磁波，电磁波产生的能量加热食物，做熟饭的C．磁带是收录机放音时的原理是电磁感应，录音时利用的是电流的磁效应D．运输电流表时，为了安全将电流表的正负接线柱短接，是利用电磁阻尼的作用【考点】电磁感应在生活和生产中的应用．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】明确电磁辐射给人带来的危害，并知道如何防范电磁辐射；知道常见仪表的工作原理，明确电磁现象在生产生活中的应用．【解答】解：A、过量的电磁波辐射对人体有害，为了安全人们应该离电磁波发射装置一定的距离，可以减小电磁辐射带来的伤害；故A正确；B、电磁炉的工作原理是，接通电源后，线圈产生电磁波，使锅体发生电磁感应而加热食物，不是直接利用电磁波的能量；故B错误；C、磁带是收录机放音时的原理是电磁感应，录音时利用的是电流的磁效应；故C正确；D、运输电流表时，为了安全将电流表的正负接线柱短接，是利用电磁阻尼的作用使指针快速停下来的；故D正确；本题选错误的；故选：B．【点评】本题考查电磁感应现象在生产生活中的应用，我们周围应用电磁感应现象的仪器非常多，要明确它们的工作原理，同时注意防范电磁辐射．3．如图，欲使在粗糙斜面上匀速下滑的木块A停下，可采用的方法是（）A．增大斜面的倾角B．对木块A施加一个垂直于斜面的力C．对木块A施加一个竖直向下的力D．在木块A上再叠放一个重物【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】木块匀速滑下，合力为零，根据平衡条件得到动摩擦因数与斜面倾角θ的关系．要使木块A停下，必须使之减速，合力方向与速度方向应相反．分别分析木块的受力情况，确定合力的方向，判断其运动性质．【解答】解：A、木块匀速滑下，合力为零，根据平衡条件得 mgsinθ=μmgcosθ；若增大斜面的倾角θ，重力沿斜面向下的分力mgsinθ增大，滑动摩擦力f=μmgcosθ减小，木块的合力方向将沿斜面向下，木块做加速运动．故A错误．B、对木块A施加一个垂直于斜面的力F，重力沿斜面向下的分力mgsinθ不变，而滑动摩擦力f=μ（F+mgcosθ）增大，合力方向沿斜面向上，木块做减速运动，可以使木块停下．故B正确．C、对木块A施加一个竖直向下的力，由于（F+mg）sinθ=μ（F+mg）cosθ，木块的合力仍为零，仍做匀速运动，不可能停下．故C错误．D、由A项分析可知，mgsinθ=μmgcosθ得 sinθ=μcosθ，与质量无关，在木块A上再叠放一个重物后，整体匀速下滑，不可能停下．故D错误．故选B【点评】本题关键根据物体做减速运动的条件，分析木块的合力方向，当合力方向与速度反向时，木块能做减速运动，可以停下来．4．篮球运动是青年男同学最喜爱的体育运动之一，篮球投出后在空中画出一条美丽的曲线，进入篮筐．将一篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，如果有人拦截，在较远处投篮．则关于篮球的运动正确的说法是（）A．增大抛射速度v0，同时减小抛射角θB．减小抛射速度v0，同时减小抛射角θC．增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0D．增大抛射角θ，同时增大抛出速度v0【考点】抛体运动．【专题】定性思想；等效替代法；直线运动规律专题．【分析】解决本题巧用平抛运动知识，由于题目中紧抓住篮球垂直打到篮板，故其逆过程可以看成平抛运动，在较远处投篮，即水平位移要增大，则有水平速度越大，落地速度越大，与水平面的夹角越小．【解答】解：篮球垂直击中篮板上A点，其逆过程就是平抛运动，当水平速度越大时，水平方向位移越大，抛出后落地速度越大，与水平面的夹角则越小．若水平速度减小，水平方向位移越小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大．因此如果有人拦截，在较远处投篮，还要击中篮板上A点，只有增大抛射速度v0，同时减小抛射角θ，才能仍垂直打到篮板上A点．所以只有A正确，BCD均错误；故选：A【点评】本题采用了逆向思维，降低了解决问题的难度．若仍沿题意角度思考，解题很烦同时容易出错．5．如图所示，电源A的电压为6V，电源B的电压为8V，电容器的电容为200PF，当开关S合向A，稳定后再合向B，再次达到稳定，则在这个过程中通过电流计的电荷量为（）A．4×10﹣9C B．1.2×10﹣9C C．1.6×10﹣9C D．2.8×10﹣9C【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】先求出开关S打在A时，电容器的电量．当开关S从A转到B时，电容器极板上的电荷先被中和，再充电，通过电流计的电荷量等于开始与末了电容器电量之和．【解答】解：开关S打在A时，电容器的电压为U1=6V，电量为：Q1=CU1=2×10﹣10×6C=1.2×10﹣9C开关S打在B时，稳定时，电容器的电压为U2=8V，电量为：Q2=CU2=2×10﹣10×8C=1.6×10﹣9C故通过电流计的电荷量为：Q=Q1+Q2=2.8×10﹣9C故选：D【点评】本题的关键是分析通过电流计的电荷量与电容器电量的关系，掌握电容器电量公式Q=CU是基础．6．质量为m的球从高处由静止开始下落，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比．下列图象分别描述了球下落过程中加速度a、速度v随时间t的变化关系和动能E k、机械能E随下落位移h的变化关系，其中可能正确的是（）A．B．C．D．【考点】功能关系；动能；机械能守恒定律．【分析】根据牛顿第二定律分析球下落过程加速度的变化进而得到其速度的变化情况，v﹣t图象的斜率表示加速度；动能的变化等于合外力做的功，阻力做的功等于球机械能的变化量．【解答】解：A、已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即f=kv，根据牛顿第二定律：mg﹣kv=ma，得a=g﹣①，开始时v比较小，mg＞kv，球向下加速，当v逐渐增大，则a减小，即球做加速度逐渐减小的加速运动，又v=at ②，①②整理得：a=，可见a不是均匀减小，故A错误；B、由前面分析知球做加速度逐渐减小的加速运动，其斜率应该逐渐减小，故B错误；C、由动能定理：mgh﹣fh=E k，即E k=（mg﹣kv）h，由于v是变化的，故E k﹣h不是线性关系，C错误；D、机械能的变化量等于克服阻力做的功：﹣fh=E﹣E0v逐渐增大，则f逐渐增大，即E﹣h图象的斜率逐渐变大，故D正确；故选：D．【点评】本题借助数学函数知识考查了动能定理以及重力以外的力做功等于机械能的变化量等功能关系，原则就是将利用功能关系列出的方程整理成图象对应的函数解析式，分析其斜率的物理意义．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号题意．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．7．2011年11月8日，我国第一个火星探测器“萤火1号”，与俄罗斯的采样返回探测器一起发射升空，飞向火星，开始对火星的探测研究．我国对火星的探测将分为三个阶段，最终宇航员踏上火星，假设将来我国一艘飞船从火星返回地球时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是（）A．飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点的速度大于在Q点的速度B．飞船在轨道Ⅰ上运动的机械能大于在轨道Ⅱ上运动的机械能C．飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度D．飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以轨道I同样的半径运动的周期相同【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；万有引力定律的应用专题．【分析】根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点速度大于在Q点的速度．飞船从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅱ上运动，必须在P点时，点火加速，使其速度增大做离心运动，即机械能增大．飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时，都由火星的万有引力产生加速度，根据牛顿第二定律列式比较加速度．根据万有引力等于向心力列式，比较周期．【解答】解：A、根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点速度大于在Q点的速度．故A正确．B、飞船在轨道Ⅰ上经过P点时，要点火加速，使其速度增大做离心运动，从而转移到轨道Ⅱ上运动．所以飞船在轨道Ⅰ上运动时的机械能小于轨道Ⅱ上运动的机械能．故B错误．C、飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等．故C正确．D、根据万有引力等于向心力得T=2π，虽然r相等，但是由于地球和火星的质量不等，所以周期T不相等．故D错误．故选：AC．【点评】本题要知道飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等，与轨道和其它量无关．8．如图所示，质量为M的电梯底板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，不计空气阻力，则（）A．物体所受合力做的功等于mv2+mgHB．底板对物体的支持力做的功等于mgH+mv2C．钢索的拉力做的功等于Mv2+MgHD．钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯M做的总功等于Mv2【考点】功能关系；功的计算．【专题】定性思想；推理法；守恒定律在近代物理中的应用．【分析】对物体应用动能定理即可求解物体所受合力做的功，根据电梯的运动情况，可以求得电梯的加速度的大小，再有牛顿第二定律可以求得电梯对物体的支持力的大小，从而可以求得功的大小．【解答】解：A、对物体应用动能定理得：合力对物体做的功W=mv2，故A错误；B、电梯由静止开始向上做加速运动，设加速度的大小为a，由速度和位移的关系式可得，v2=2aH，所以a=，对电梯由牛顿第二定律可得，F N﹣mg=ma，所以 F N=mg+ma=mg+m，地板对物体的支持力做的功为W=F N H=（mg+ma）H=mgH+mv2，所以B正确．C、对于整体由牛顿第二定律可得，F﹣（M+m）g=（M+m）a，所以钢索的拉力为F=（M+m）g+（M+m）a，钢索的拉力做的功等于FH=（M+m）gH+（M+m）v2，所以C错误．D、根据动能定理可得，合力对电梯M做的功等于电梯的动能的变化即为Mv2，则钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯M做的总功等于Mv2，所以D正确．故选：BD．【点评】解决本题的关键是对物体的受力分析，再根据功的公式可以逐个来求得每个力的功，知道合力做功等于动能的变化量，难度适中．9．两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，以无穷远为零电势点，则（）A．场强大小关系有E b＞E cB．电势大小关系有φb＞φdC．将一负电荷放在d点时其电势能为负值D．将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功【考点】电场线；电势能．【分析】根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；根据沿着电场线，电势逐渐降低来判断电势的高低；正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，根据电势能的变化判断电场力做功情况．【解答】解：A、由电场线越密的地方，电场强度越大，由图可得c点的电场线密所以有E c＞E b，故A错误；B、沿着电场线，电势逐渐降低，b点所处的电场线位于右侧导体的前面，即b点的电势比右侧的导体，而右侧导体的电势比d高，故b点电势高于d点的电势，故B正确；C、电势能的正负与0势能点的选择有关，该题以无穷远为零电势点，所以说负电荷放在d点时其电势能为正值．故C错误；D、从图中可以看出，a点的电势高于b点的电势，而b点的电势又高于d点的电势，所以a点的电势高于d点的电势．正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正检验电荷从a点移到d点的过程中，电势能减小，则电场力做正功，故D正确．故选：BD．【点评】本题关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低、场强大小关系．同时知道等差等势面越密的地方，电场线也越密．当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能的增减．10．在如图所示电路中，电源的电动势E=3V，内电阻r=0.5Ω，电阻R1=2Ω，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，则下列叙述中正确的是（）A．I变小，U1变小B．U2变小，U3变大C．电阻R1的电功率减小D．电源的输出功率减小【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】理想电表不考虑电表对电表的影响，电压表V3测量路端电压，电流表测量干路电流．滑动变阻器的滑动触头P向下滑动，接入电路电阻变大，根据电路的结构，由欧姆定律可判断电表示数的变化量大小，当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析电源输出功率的变化．【解答】解：A、当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，由欧姆定律，I变小，U1=IR1变小，故A正确．B、I变小，则U3=E﹣Ir，U3变大，则U3=U1+U2，U1变小，则U2变大，故B错误．C、根据P=可知，U1变小，功率变小．故C正确．D、内电阻r=0.5Ω，电阻R1=2Ω，则外电路总电阻大于电源的内阻，则当变阻器R的滑片P向下移动时，外电路总电阻增大，电源的输出功率减小，故D正确．故选：ACD【点评】解决这类动态分析问题的基础是认识电路的结构，明确当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，难度适中．三、实验题：本题有两题，共计18分．请将解答填写在答题卡相应的位置．11．在“探究加速度与质量的关系”，某小组设计了如图1所示的实验，他们将光电门固定在气垫轨道上的某点B处，调节气垫导轨水平后，用重力为F的钩码，经绕过滑轮的细线拉滑块，每次滑块从同一位置A由静止释放，测出遮光条通过光电门的时间t．改变滑块的质量重复上述实验．记录的数据及相关计算如下表．。

2015-2016学年第一学期12月阶段检测高三物理（选修）试卷满分120分，时间100分钟一．单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．每小题给出的四个选项中只有一个选项正确．选对的得3分，选错或不答的得0分．请在答题卡相应的位置作答．1．下列关于物理学史和物理研究方法的叙述中，正确的是A．用点电荷来代替带电体的研究方法叫微元法B．伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律C．利用v—t图象推导匀变速直线运动位移公式的方法是理想模型法D．法拉第发现电流的磁效应与他坚信电和磁之间一定存在联系的哲学思想是分不开的2．如图所示，小球B放在真空正方体容器A内，球B的直径恰好等于A的内边长。

现将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是A．若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的弹力向上B．若不计空气阻力，上升过程中，B对A有向上的弹力C．若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的弹力向下D．若不计空气阻力，下落过程中，A对B有向上的弹力3．如图所示，内壁光滑的半球形碗固定不动，其轴线垂直于水平面，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，则A．球A的角速度小于球B的角速度B．球A的线速度等小于球B的线速度C．球A对碗壁的压力等于球B对碗壁的压力D．球A的向心加速度大于球B的向心加速度4．如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器，P为其中的一个定点。

将开关K闭合，电路稳定后将滑动变阻器R2的滑片P向上移动一小段距离，再将A 板向上缓缓平移一小段距离，则下列说法中正确的是A．再次稳定后电源的总功率较原来变大了B．再次稳定后电源的路端电压较原来变大了C．P点电势升高D．电阻R中有向下的电流5．如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、H是对应边的中点，P点是EH的中点。

一个带正电的粒子（不计重力）从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出。