湖南省益阳市箴言中学高三物理上学期第五次模拟考试试题（含解析）新人教版.doc

湖南省益阳市箴言中学2014届高三物理上学期第五次模拟考试试题（含解析）新人教版命题：杨春珊 审题： 龚向东 王毅一、选择题：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，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.1下列说法中正确的是 a牛顿提出了万有引力定律，并通过实验测出了引力常量b力学单位制中质量是基本单位，其国际单位是千克c在“验证力的平行四边形定则”的实验中，运用了“控制变量”的研究方法d物理学中引入了“质点”的概念，从科学方法上来说属于理想化模型【答案】da、牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量，故a错误；b、质量是基本物理量，不是基本单位，故b错误；c、在“验证力的平行四边形定则”的实验中，运用了“等效替代”的研究方法，故c错误；d、质点是理想化模型，故d正确。故选d。【考点】物理学史；2如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角。若此人所受重力为g，则椅子各个部分对他作用力的合力大小为（ ）agtan bgsin cgcos dg【答案】d人受多个力处于平衡状态，人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力。根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值，反向，即大小是g。故选d。【考点】力的合成与分解3.如图所示，在粗糙水平板上放一个物体，使水平板和物体一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则： （ ）a物块始终受到三个力作用b只有在a、b、c、d四点，物块受到合外力才指向圆心c从a到b，物体所受的摩擦力先增大后减小d从b到a，物块处于超重状态【答案】da、在cd两点处，物块只受重力和支持力，在其他位置处受到重力，支持力、静摩擦力作用，故a错误；b、物块作匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以合外力始终指向圆心，故b错误；c、从a运动到b，向心加速度的水平分量先向左后向右，所以摩擦力先减小到0再增大，故c错误；d、从b运动到a，向心加速度有向上的分量，所以物体处于超重状态，故d正确；故选d。【考点】向心力；牛顿第二定律4我国发射了一颗资源探测卫星，发射时，先将卫星发射至距地面50km的近地圆轨道1上，然后变轨到近地点高50km，远地点高1500km的椭圆轨道2上，最后由轨道2进入半径为7900km的圆轨道3，已知地球表面的重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力，则以下说法正确的是 a在轨道2运行的速率可能大于7.9km/sb卫星在轨道2上从远地点向近地点运动的过程中速度增大，机械能增大c由轨道2变为轨道3需要在近地点点火加速d仅利用以上数据，可以求出卫星在轨道3上的动能【答案】aa、在轨道1上时，速度小于7.9km/s，从1轨道变轨到2轨道上时要加速，所以速率可能大于7.9km/s，故a正确；b、卫星在轨道2上从远地点向近地点运动的过程中引力做正功，速度增大，但是机械能不变，故b错误；c、由轨道2变为轨道3需要在远地点点火加速，故c错误；d、卫星的质量未知，不能计算出卫星在轨道3上的动能，故d错误。故选a。【考点】万有引力定律的应用5. 如图所示，光滑水平面上，在拉力f作用下，ab共同以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力f，此瞬时a和b的加速度为a1和a2，a、b质量分别为m1、m2则（ ）a.a1=0，a2=0 b.a1a，a2=0 c.a1=a，a d.a1=a a2=a【答案】d力f作用时，对a有：、对b有当突然撤去推力f的瞬间，弹簧弹力没有发生改变，对b受力分析有：，解得a受到弹力作用，撤去f的瞬间弹簧的弹力不变，所以a的加速度不变，仍为a。【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；胡克定律6.如图甲所示，斜面体固定在水平面上，倾角为30，质量为m的物块从斜面体上由静止释放，以加速度a开始下滑，取出发点为参考点，则图乙中描述物块的速率v、动能ek、势能ep、机械能e、时间t、位移x关系不正确的是 （ ） 【答案】ba、滑块从斜面上匀加速下滑，速度，vt，所以a图能正确描述速度与时间的关系，故a错误；b、动能，得，是非线性关系所以b图不能正确描述动能与时间的关系，故b正确；c、取出发点为参考，滑块向下滑动时，重力势能为负值，则重力势能，epx，所以c图能正确描述势能ep与位移x的关系，故c错误；d、由于滑块的加速度，根据牛顿第二定律得知，滑块的合力等于，说明滑块下滑过程中，不受摩擦力作用，只有重力做功，其机械能不变取出发点为参考点，其机械能为0，所以d图能正确描述机械能e与位移x关系，故d错误。故选b。【考点】功能关系；动能和势能的相互转化；机械能守恒定律7. 如图所示电路中，当滑动变阻器r的触头向下滑动时，（ ）a. 灯泡l1、l2、l3均变亮b. 灯泡l1变亮，l2、l3变暗c. 灯泡l1、l2变亮，l3变暗d.灯泡l1、l3变亮，l2变暗【答案】d当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，接入电路的电阻减小，并联电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大，路端电压减小，则知灯泡l1变亮；并联部分分担的电压减小，则l2变暗；通过l1的电流增大，通过l2电流减小，则通过l3电流增大，则l3变亮，故d正确。故选d。【考点】闭合电路的欧姆定律8.如图所示，c为两极板水平放置的空气平行板电容器，闭合开关s，当滑动变阻器r1、r2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器c两极板间的带点尘埃p恰好处于静止状态。要使尘埃p向下加速运动，下列方法中可行的是 a.把r1的滑片向左移动 b.把r2的滑片向左移动c.把r2的滑片向右移动 d.把开关s断开【答案】ba、尘埃p受到重力和电场力而平衡，要使尘埃p向下加速，就要减小电场力，故要减小电容器两端的电压；电路稳定时，滑动变阻器r1无电流通过，两端电压为零，故改变r1的电阻值无效果，故a错误；bc、变阻器r2处于分压状态，电容器两端电压等于变阻器r2左半段的电压，故要减小变阻器r2左半段的电阻值，变阻器r2滑片应该向左移动，故b正确c错误；d、把闭合的开关s断开，电容器两端电压增大到等于电源电动势，故p向上加速，故d错误；故选b。【考点】共点力平衡的条件及其应用；电容；闭合电路的欧姆定律9、如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为m、m（mm）的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（ ）a. 两滑块组成系统的机械能守恒b重力对m做的功等于m动能的增加c轻绳对m做的功等于m机械能的增加d两滑块组成系统的机械能损失等于m克服摩擦力做的功【答案】cda、由于斜面粗糙，故两滑块组成系统的机械能不守恒，故a错误；b、由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对m做的总功等于m动能的增加，故b错误；c、除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，故c正确；d、除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，摩擦力做负功，故造成机械能损失，故d正确。故选cd。【考点】机械能守恒定律；动能定理的应用10.如图所示，曲线c1、c2分别是纯直流电路中内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线，由该图可知下列说法正确的是 a.电源的电动势为4v b.电源的内电阻为1c.电源输出功率最大值为8w d.电源被短路时，电源消耗的功率为16w【答案】abd根据图象可以知道，曲线c1、c2的交点的位置，此时的电路的内外的功率相等，由于电路的电流时相等的，所以此时的电源的内阻和电路的外电阻的大小是相等的，即此时的电源的输出的功率是最大的，由图可知电源输出功率最大值为4w，所以c错误；根据可知，当输出功率最大时，p=4w，i=2a，所以r=r=1，所以b正确；由于，所以电源的电动势为4v，所以a正确；当电源被短路时，电源消耗的最大功率，所以d正确。故选abd。【考点】电功；电功率11.如图所示，虚线a、b、c、d、e代表电场中的五个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子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五个等势面中，a的电势最高b带电粒子通过p点时的电势能较q点大c带电粒子通过p点时的动能较q点大d带电粒子通过p点时的加速度较q点小【答案】cda、由题意可知，电场力一定向左，所以电场线也向左，沿电场线电势逐渐降低，所以a的电势最低，故a错误；b、由q到p的过程电场力做正功，电势能减小，所以q点电势能大，故b错误；c、由q到p的过程电场力做正功，动能增大，所以p点动能大，故c正确；d、由电场线的疏密程度可知q点电场强度打，所以q点加速度大，故d正确。故选cd。【考点】电场线；等势线12.光滑水平面上放置两个等量同种电荷，其连线中垂线上有a、b、c三点，如图甲所示，一个质量m1kg的小物块自c点由静止释放，小物块带电荷量q2c，其运动的vt图线如图乙所示，其中b点为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线），则以下分析正确的是 ab点为中垂线上电场强度最大的点，场强e1vmb由c点到a点物块的电势能先减小后变大c由c点到a点，电势逐渐降低db、a两点间的电势差为uba825v【答案】acda、v-t图象的斜率等于加速度，b点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明物块在b处加速度最大，根据牛顿第二定律得：，b为中垂线上电场强度最大的点，由图得：b点的加速度为，故a正确；b、由图知，由c到a的过程中，物块的速度不断增大，动能增大，根据能量守恒得：物块的电势能不断减小，故b错误；c、由电势能的公式知，由c到a的过程中，电势逐渐降低，故c正确；d、物块从a到b的过程，根据动能定理得：，则，所以，故d正确。故选acd。【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势差；电势二、实验题：（共15分）13（6分） 在“探究加速度和力、质量的关系”实验中，采用如图所示的装置图进行实验：（1）实验中，需要在木板的右端垫上一个小木块，其目的是_;（2）实验中，已经测出小车的质量为m，砝码（包括砝码盘）的质量为m，若要将砝码（包括砝码盘）的重力大小作为小车所受拉力f的大小，这样做的前提条件是 .（3）在实验操作中，下列说法正确的是_ （填序号）a求小车运动的加速度时，可用天平测出小盘和砝码的质量m和m，以及小车质量m，直接用公式ag求出b实验时，应先接通打点计时器的电源，再放开小车c每改变一次小车的质量，都需要改变垫入的小木块的厚度d先保持小车质量不变，研究加速度与力的关系；再保持小车受力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量的关系【答案】（1）平衡摩擦力 （2）mm （3）bd（1）本实验桌面不可能光滑，摩擦力会影响实验结果，所以要平衡摩擦力；（2）根据牛顿第二定律得，解得，则绳子的拉力，知当砝码总质量远小于滑块质量时，滑块所受的拉力等于砝码的总重力，所以应满足的条件是砝码的总质量远小于滑块的质量。（3）a、本实验的目的是：探究加速度和力、质量的关系，所以不能把牛顿第二定律当做已知的公式来使用，故a错误；b、使用打点计时器时，都应该先开电源，后释放纸带，故b正确；c、平衡摩擦力后，与重物的质量无关，所以不用再次平衡摩擦力，故c错误；d、本实验采用控制变量法，故d正确。故选bd。【考点】探究加速度和力、质量的关系14（9分）在测量一电阻（约为100）的实验中已使用了如下器材：电源（电动势约3v，内阻不计）、开关2只、导线若干。为完成测量还需要一个电流表和一个电阻箱，待选器材如下。a电流表 ：量程10ma，内阻约为50b电流表 ：量程0.6a，内阻约为1c电阻箱：最大电阻99.99d电阻箱 ：最大电阻999.9（1）上述器材中，电流表应选择_，电阻箱应选择_（填器材前的字母）（2）试画出测量电阻的电路图。（3）实验中需要测量的数据是_ _用所测的物理量表示待测电阻=_【答案】（1）a d （2）如图所示 （3）闭合开关前电阻箱的读数r1；闭合开关后电阻箱的读数r2 rx= r2r1（1）审视器材，本实验采用替代法较好，即先闭合电键，调整电阻箱时电流达到满偏，闭合电键，再次调节电阻箱，是电流表仍达到满偏，两次电阻箱读数之差就是待测电阻的阻值。而电动势约为3v，电阻阻值约为100，所以电流表选a，电阻箱选d。（2）如图（3）由（1）的解析可知，需要测量的数据是闭合开关前电阻箱的读数r1；闭合开关后电阻箱的读数r2；= r2r1【考点】电阻的测量三、计算题：本题共4小题，共计37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。只与出最后答案的不能得分。有数值的题，答案中必须明确写出数值和单位。15(9分) f1是英文formula one的缩写，即一级方程式赛车，是仅次于奥运会和世界杯的世界第三大赛事f1赛车的变速系统非常强劲，从时速0加速到100 km/h仅需2.3 s，此时加速度仍达10 m/s2，时速为200 km/h时的加速度仍有3 m/s2，从0加速到200 km/h再急停到0只需12 s假定f1赛车加速时的加速度随时间的增大而均匀减小，急停时的加速度大小恒为9.2 m/s2.上海f1赛道全长5.451 km，比赛要求选手跑完56圈决出胜负求：(1)若某车手平均时速为210 km/h，则跑完全程用多长时间？(2)该车手的f1赛车的最大加速度【答案】 (1)5233 s(2)14.4 m/s2(1)由(2)设f1赛车加速时的加速度当t2.3 s时，有车从200 km/h降到0用时为，则车加速到200 km/h用时当t6 s时，有有解得【考点】物体的运动16（9分）如图所示，光滑水平面ab与竖直面内的半圆形导轨在b点相接，导轨半径为r.一个质量为m的物体将弹簧压缩至a点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，脱离弹簧后当它经过b点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动完成半个圆周运动恰好到达c点。试求：（1）物体从b点运动至c点克服阻力做的功；（2）物体离开c点后落回水平面时,重力的瞬时功率是多大【答案】 （1） 恰好到达c点则可得 根据动能定理得： 解得，即克服摩擦阻力做功 （2） 物体从c点平抛后，落地时竖直方向的速度为，重力的瞬时功率为 【考点】动能定理；平抛运动；牛顿第二定律17(9分）如图所示，倾斜角度为的粗糙程度均匀的绝缘斜面，下方o点处有一带电量为+q的点电荷，质量为m、带电量为-q的小物体（可看成质点）与斜面间的动摩擦因数为。现使小物体以初速度v0从斜面上的a点沿斜面上滑，到达b点时速度为零，然后又下滑回到a点。小物体所带电荷量保持不变，静电力常数为k，重力加速度为g，oa=ob=l。求： （1）小物体沿斜面上滑经过ab中点时的加速度； （2）小物体返回到斜面上的a点时的速度。【答案】 （1）垂直于斜面方向合力为零，有沿着斜面方向由牛顿第二定律得解得：（2）从a到b的过程由动能定理得从b到a的过程由动能定理得解得：【考点】动能定理；牛顿第二定律18.（10分）在电场方向水平向右的匀强电场中,一带电小球从a点竖直向上抛出,其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上a、b两点在同一水平线上,m为轨迹的最高点.小球抛出时的动能为8.0j,在m点的动能为6.0j,不计空气的阻力。求：（1）小球水平位移x1与x2的比值。（2）小球落到b点时的动能ekb。（3）小球所受电场力与重力的大小之比。【答案】（1）1：3 （2）32j （3）（1）带电小球在水平方向上受电场力的作用做初速度为零的匀加速运动，竖直方向受重力作用做竖直上抛运动，所以从a到m和m到b的时间相等，则（2）小球从a到m水平方向上电场力做功，由能量守恒可知：小球运动到b点时的动能为（3）