【物理】四川省绵阳中学2015届高三上学期第五次月考(精校解析版）

2015届四川省绵阳中学高三上学期第五次月考 第一卷 （选择题共42分） 1．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、竖直向下 D、竖直向上 【答案】D 【解析】首先根据安培定则判断通电螺线管在A处产生的磁场方向：水平向左．根据左手定则判断可知：A受到通电螺线管磁场的作用力的方向：竖直向上．故选D 【考点】 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向． 2．如图所示，a、b为竖直方向上的电场线上的两点，一带电质点在a由静止释放 ，沿电场线方向向上运动，到b点速度恰好为零，下列说法中正确的是( ) A、带电质点在a、b两点所受的电场力都是竖直向上的 B、a点电势比b点的电势高 C、带电质点在a点的电势能比在b点的电势能小 D、a点的电场强度比b点的电场强度小 【答案】A 【解析】由题意可知，带点质点受两个力，重力和电场力．，开始由静止向上运动，电场力大于重力，且方向向上．因为在一根电场线上，所以在两点的电场力方向都向上．故A正确；小球开始由静止向上运动，电场力大于重力，且方向向上．但由于小球的电性未知，不能判断电场线的方向，所以不能判断a、b两点电势的高低．故B错误；电场力做正功，电势能降低，所以带电质点在a点的电势能比在b点的电势能大．故C错误；在a点，电场力大于重力，到b点恰好速度为零，可知先加速后减速，所以b点所受的电场力小于重力．所以a点的电场强度比b点的电场强度大．故D错误． 【考点】 电场强度；牛顿第二定律；电场线；电势；电势能 3．一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．重物匀加速的末速度为        D．重物匀加速运动的加速度为 【答案】D 【解析】加速过程物体处于超重状态，钢索拉力较大，匀速运动阶段钢绳的拉力为，故A错误；加速过程物体处于超重状态，钢索拉力大于重力，故B错误；重物匀加速运动的末速度不是运动的最大速度，此时钢绳对重物的拉力大于其重力，故其速度小于，故C错误；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=，故D正确． 【考点】 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系． 4．大型电子地磅实际是一将压力转化为电流的传感器。如图所示为大型电子地磅电路图，电源电动势为E，内阻不计．不称物体时，滑片P在A端，滑动变阻器接入电路的有效电阻最大，电流较小；称重物时，在压力作用下使滑片P下滑，滑动变阻器有效电阻变小，电流变大，这样把电流对应的重量值刻在刻度盘上，就可以读出被称物体的重量值．若滑动变阻器上A、B间距离为L，最大阻值等于电阻阻值R0，已知两只弹簧的总弹力与形变量成正比，比例系数为k，所称重物的重量G与电流大小I的关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】由胡克定律可知，Kx=G； 得：x=此时滑动变阻器接入电阻R′=； 由闭合电路欧姆定律可知：I=解得：。 【考点】 闭合电路的欧姆定律；胡克定律；电阻定律；传感器在生产、生活中的应用． 5．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻r,为当滑动触头向下滑动时，各 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 读数的变化情况是（ ） A．V1变大　 　B．V2变小 C．V2变大　 　D．A变大 【答案】C 【解析】当滑片向下滑动时，其接入电阻减小，总电阻减小；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流增大，则内电压增大，由U=E-Ir可知路端电压减小，即电压表V1示数减小，V2变大；根据串联电路分压规律并联部分电压减小，可知电流表A示数变小；故ABD错误，C正确。 【考点】 闭合电路的欧姆定律 6．如图所示，在竖直平面内有匀强电场（图中未画出），一个质量为m带电小球，从A点以初速度v0沿直线运动。直线与竖直方向的夹角为 θ（ θ＜90°），不计空气阻力，重力加速度为g。以下说法正确的是 （ ） A．小球一定做匀变速运动 B．小球在运动过程中可能机械能守恒 C．小球运动过程中所受电场力不少于mgsin θ D．当小球速度为v时，其重力的瞬时功率p＝mgvsin θ 【答案】BC 【解析】小球从A点以初速度v0沿直线运动，受到重力和电场力作用，若电场力与重力平衡时，小球做匀速直线运动；若电场力与重力不平衡时，两者的合力与速度共线，而且合力是恒力，则小球做匀变速直线运动．故A错误．B、若电场力与速度方向垂直时，电场力不做功，则小球的机械能守恒．故B正确．C、当电场力与速度方向垂直时，电场力最小，由垂直于速度方向力平衡得到：电场力的最小值为mgsin θ．故C正确．D、当小球速度为v时，其重力的瞬时功率p=mgvcos θ．故D错误． 【考点】 机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率 7．如图所示，质量为m的滑块在水平面上向左撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开。已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则（ ） A．滑块向左运动过程中，始终做匀减速运动 B．滑块向右运动过程中，始终做加速运动 C．滑块与弹簧接触过程中最大加速度为 D．滑块向右运动过程中，当弹簧形变量x＝时，物体的加速度为零 【答案】CD 【解析】滑块向左接触弹簧的运动过程中，在水平方向上受到向右的弹簧的弹力和向右的摩擦力，在此过程中弹簧的弹力时逐渐增大的，弹力和摩擦力的合力与运动方向始终相反，物体做减速运动，但不是匀减速，所以选项A错误；滑块向右接触弹簧的运动是从弹簧压缩量最大时开始的，此时受到水平向右的弹力和向左的摩擦力，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，但当弹簧伸长到一定程度，弹力和摩擦力大小相等，此后摩擦力大于弹力．所以滑块向右接触弹簧的运动过程中，是先加速，后减速．B选项错误；由对A的分析可知，当弹簧的压缩量为x0时，水平方向的合力为F=kx0+μmg，此时合力最大，由牛顿第二定律有amax=，所以选项C正确；在滑块向右接触弹簧的运动中，当弹簧的形变量为x=时，由胡克定律可得f=kx=μmg，此时弹力和摩擦力大小相等，方向相反，在水平方向上合外力为零，加速度为零．选项D正确． 【考点】 牛顿第二定律；胡克定律 第二卷（非选择题68分） 8．（一）如图为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置． （1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持 不变，用钩码所受的重力作为 ，用DIS测小车的加速度． （2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线（如图所示）． ①分析此图线的OA段可得出的实验结论是 ． ②（单选题）此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是 （A）小车与轨道之间存在摩擦 （B）导轨保持了水平状态 （C）所挂钩码的总质量太大 （D）所用小车的质量太大． 【答案】（1）小车的质量；合力；（2）①小车的质量一定，加速a与合力F成正比；②C． 【解析】（1）探究加速度与力的关系，应保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受的合力．（2）①由图象OA段可知，a与F成正比，即：在小车质量一定时，加速度a与小车受到的合力F成正比；②以小车与钩码组成的系统为研究对象，系统所受的合外力等于钩码的重力m钩码g，由牛顿第二定律得：m钩码g=（m小车+m钩码）a，小车的加速度a=，小车受到的拉力F=m小车a=，当m钩码＜＜m小车时，可以认为小车受到的合力等于钩码的重力，如果钩码的质量太大，则小车受到的合力小于钩码的重力，实验误差较大，a-F图象偏离直线，故C正确． 【考点】 探究影响摩擦力的大小的因素． (二). 测量电阻器的电阻时，有下列器材可供选择 A．待测电阻器（阻值约为5Ω） B．电流表A1（量程3mA，内阻r1=10Ω） C．电流表A2（量程0.6A，内阻r2约为1Ω） D．电压表V（量程6V，内阻约3KΩ） E．定值电阻R1=990Ω F．定值电阻R2=9990Ω G．滑线变阻器（最大阻值为4Ω，额定电流为0.5A） H．电源（电动势2V，内阻约为1Ω） I．导线、电键 （1）为尽可能多测几组数据设计电路填在下图方框中 （2）选择的器材有 （3）计算Rx的表达式 （用电表的读数和定值电阻的阻值表示） 【答案】（1）电路图如图所示（2）A、B、C、E、G、H、I；（3） 【解析】 ：①由于待测电阻器阻值约为5Ω，电源电动势为3V，选用电压表（量程6V，内阻约3KΩ），量程过大，可将电流表A1与定值电阻R1=990Ω串联，改装成电压表，改装后电压表量程为3V，内阻RV=1000Ω．由于，电流表采用外接法，又由于滑线变阻器的最大阻值为3Ω，与待测电阻接近，故变阻器采用分压接法电路图如图所示： ②由①可知，选择的器材是：A、B、C、E、G、H、I； ③由图示电路图可知，待测电阻两端电压：UX=I1（R1+r1），通过待测电阻的电流IX=I2-I1，待测电阻阻值：RX= 【考点】 伏安法测电阻． 9．如图所示，电源电动势E=10 V，内阻r=0.5Ω，标有“8 V,16 W”的灯泡恰好能正常发光，电动机M绕组的电阻R0=1Ω，求： (1)通过电源的电流； (2)电源的输出功率； (3)电动机的输出功率。 【答案】(1)4A (2) 32W (3)12W 【解析】（1）灯泡正常发光，U=U额=8V 则电源内阻的电压U内=E-U=2V由欧姆定律得流过电源的电流I= A=4A  （2）电源的总功率P总=EI=10×4=40W． 所以电源的输出功率P出=P总-P损=40-42×0.5（W）=32W （3）灯泡的电流I灯= =2A 电动机的电流IM=I-I灯=2A 电动机消耗的电功率PM=UIM=8×2=16W 电动机发热功率P热=IM2R0=22×1=4W 所以电动机的输出功率．P输出=PM-P热=16-4=12W 【考点】 电功;电功率． 10．在足够大的空间中，存在水平向右的匀强电场，若用绝缘细线将质量为m的带正电q的小球悬挂在电场中，其静止时细线与竖直方向夹角，现去掉细线，将该小球从电场中的某点竖直向上抛出，抛出时初速度大小为v0，如图所示，（sin37o＝0.6  cos37o＝0.8） 求： ⑴电场强度的大小 ⑵小球在电场内运动到最高点的速度 ⑶小球从抛出到达到最小速度的过程中，电场力对小球所做的功。 【答案】（1）；（2） v0；（3）0.12mv02． 【解析】 ：（1）小球静止在电场中时，根据力的平衡条件，有：Eq=mgtan37° 解得：E= (2)小球从抛出到最高点的时间 小球运动中的加速度a=g 所以，最高点的速度 (3)小球被抛出后，受到重力和电场力的共同作用．沿重力方向的分运动是匀减速运动，加速度为g，设t时刻速度为v1；沿电场方向的分运动是初速为零的匀加速运动，加速度为a，设t时刻速度为v2； 则有： v1=v0-gt v2=at               a=g t时刻小球的速度大小v满足：v2=v12+v22 由以上式子得：g2t2-2v0gt+v02-v2=0 解得：当t=时，vmin= v0 沿电场方向的位移为： s=at2电场力做的功为：WE=Eq•s= =0.12mv02 【考点】 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；动能定理的应用；电场强度． 11．如图所示，光滑绝缘水平桌面上固定一绝缘挡板P，质量分别为mA和mB的小物块A和B（可视为质点）分别带有+QA和+QB的电荷量，两物块由绝缘的轻弹簧相连，一不可伸长的轻绳跨过定滑轮，一端与物块B连接，另一端连接轻质小钩。整个装置处于正交的场强大小为E、方向水平向左的匀强电场和磁感应强度大小为B、方向水平向里的匀强磁场中。物块A,B开始时均静止，已知弹簧的劲度系数为K，不计一切摩擦及AB间的库仑力，在运动过程中物块A、B所带的电荷量不变，物块B不会碰到滑轮，物块A、B均不离开水平桌面。若在小钩上挂一质量为M的物块C并由静止释放，可恰使物块A对挡板P的压力为零，但不会离开P，则 （1）求物块C下落的最大距离； （2）求小物块C下落到最低点的过程中，小物块B的电势能的变化量、弹簧的弹性势能变化量； （3）若C的质量改为2M,求小物块A刚离开挡板P时小物块B的速度大小以及此时小物块B对水平桌面的压力。 【答案】（1）(2) ；； （3）； 【解析】（1）开始时弹簧的形变量为x1，对物体B由平衡条件可得：kx1=QBE设A刚离开挡板时，弹簧的形变量为x2，对物块B由平衡条件可得：kx2=QAE故C下降的最大距离为：h=x1+x2=（2）物块C由静止释放下落h至最低点的过程中， B的电势能增加量为： △Ep=QBEh=由能量守恒定律可知： 物块由静止释放至下落h至最低点的过程中， c的重力势能减小量等于 B的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量 即：Mgh=QBEh+△E弹 解得：△E弹=故小物块C下落到最低点的过程中，小物块B的电势能的变化量为，弹簧的弹性势能变化量为△E弹=（3）当C的质量为2M时， 设A刚离开挡板时B的速度为V， 由能量守恒定律可知：2Mgh=QBEh+△E弹+(2M+mB)V2 解得A刚离开P时B的速度为：V=因为物块AB均不离开水平桌面， 设物体B所受支持力为NB1，所以对物块B竖直方向受力平衡： mBg=NB1+QBvB 由牛顿第三定律得：NB=NB1 解得：NB= 故小物块A刚离开挡板P时小物块B的速度大小为：V= 此时小物块B对水平桌面的压力为：NB= 【考点】 功能关系；共点力平衡的条件及其应用；胡克定律；能量守恒定律；电势能 1