江苏省姜堰市蒋垛中学高三物理1月调研测试试题（含解析）新人教版.doc

2015年江苏省泰州市姜堰市蒋垛中学高考物理调研试卷 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分每小题只有一个选项符合题意1（3分）（2015姜堰市校级模拟）如图，建筑工人用恒力f推运料车在水平地面上匀速前进，f与水平方向成30角，运料车和材料的总重为g，下列说法正确的是（） a 建筑工人受摩擦力方向水平向左 b 建筑工人受摩擦力大小为 c 运料车受到地面的摩擦力水平向右 d 运料车对地面压力为【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】： 以人为研究对象，分析受力情况，由平衡条件分析则知，人受到的摩擦力大小与f的水平分力大小相等分析运料车和材料的受力情况，作出受力图运料车在水平地面上匀速前进时，合力为零，根据平衡条件可求出水平地面对运料车的支持力，再由牛顿第三定律得到，运料车对水平地面的压力【解析】： 解：以人为研究对象，分析人的受力情况，如图1，由平衡条件得：人受到的摩擦力方向水平向右，大小为f人=fcos30=f分析运料车和材料的受力情况，作出受力图，如图2，由平衡条件得：运料车受到地面的摩擦力水平向左，地面对运料车的支持力大小为n车=g+fsin30=，则运料车对地面压力为故d正确，abc均错误故选d【点评】： 本题运用隔离法研究物体的平衡问题，关键是分析物体的受力情况，正确作出受力图2（3分）（2015姜堰市校级模拟）在反恐演习中，中国特种兵进行了飞行跳伞表演某伞兵从静止的直升飞机上跳下，在t0时刻打开降落伞，在3t0时刻以速度v2着地伞兵速度随时间变化的规律如图所示下列结论正确的是（） a 在t03t0的时间内，平均速度 b 降落伞打开后，降落伞和伞兵所受的阻力越来越大 c 在0t0时间内加速度不变，在t03t0时间内加速度变大 d 若第一个伞兵在空中打开降落伞时第二个伞兵立即跳下，则他们在空中的距离先增大后减小【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 速度图象倾斜的直线表示物体做匀加速直线运动，其加速度不变根据斜率等于加速度，分析t03t0时间内加速度如何变化根据牛顿第二定律分析阻力如何变化根据“面积”等于位移，将在t03t0的时间内物体的位移与匀减速直线运动的位移进行比较，再分析平均速度与的大小比较【解析】： 解：a、在t03t0的时间内，假设伞兵做匀减速直线运动，图象为向下倾斜的直线，其平均速度为，根据“面积”等于位移可知，匀减速直线运动的位移大于伞兵实际运动的位移，则平均速度，故a错误；b、设降落伞和伞兵的总质量为m，所受的阻力为f，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：fmg=ma，得f=mg+ma，由图知a逐渐减小，则f也逐渐减小即降落伞和伞兵所受的阻力越来越小故b错误c、在0t0时间伞兵做匀加速直线运动，加速度不变，t03t0时间内图线的斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小故c错误d、第一个伞兵在空中打开降落伞时的速度比第二个伞兵跳下时速度大，所以两者距离逐渐变大，后来第二个人的速度大于第一个跳伞运动员时，两者距离又减小，故d正确；故选：d【点评】： 本题根据斜率等于加速度判断加速度的变化根据“面积”等于位移，分析平均速度的大小对于匀变速直线运动的平均速度才等于3（3分）（2015姜堰市校级模拟）远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为u1、u2，电流分别为i1、i2，输电线上的电阻为r，变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是（） a = b i2= c i1u1=i22r d i1u1=i2u2【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 变压器电压之比等于匝数之比；电流之比等于匝数的反比；在远距离输电中，输电导线上功率有损耗【解析】： 解：a、升压变压器电流之比等于匝数的反比；故a错误；b、导线上的电流是电压损失与电阻的比值；故b错误；c、i1u1是表示输入功率，i22r表示电路损耗的功率，二者不等；故c错误；d、理想变压器输入功率等于输出功率；故i1u1=i2u2，故d正确故选：d【点评】： 理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损4（3分）（2015姜堰市校级模拟）空间有一电场，各点电势随位置x的变化情况如图所示 下列说法正确的是（） a o点的电场强度一定为零 b x1与x2点的电场强度相同 c x1和x2两点在同一等势面上 d 将负电荷从x1移到x1电荷的电势能减小【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 电势的高低与场强的大小无关，沿着场强方向，电势一定降低；电势的定义式为：=根据x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化【解析】： 解：a、x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，o点场强最小，并不一定为零，故a错误；b、沿着电场线方向，电势是降低的，则有x1与x2点的电场强度方向相反，故b错误；c、x1和x2两点电势相等，故一定在同一等势面上，故c正确；d、电势的定义式为=，故电势能为ep=q，将负电荷从x1移到x1电荷的电势能由负值变为正值，故d错误；故选c【点评】： 本题关键要理解t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确定电势能的变化5（3分）材料、粗细相同，长度不同的电阻丝做成ab、cd、ef三种形状的导线，分别放在电阻可忽略的光滑金属导轨上，并与导轨垂直，如图所示，匀强磁场方向垂直导轨平面向内，施加外力使导线水平向右做匀速运动，且每次外力所做功的功率相同，已知三根导线在导轨间的长度关系是lablcdlef，则（） a ab运动速度最大 b ef运动速度最大 c 因三根导线切割磁感线的有效长度相同，故它们产生的感应电动势相同 d 单位时间内ef产生的热量最少【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： 三根棒都匀速运动，f=f安=，根据电阻的大小分析速度的大小根据能量守恒定律得每秒产生的热量即等于外力的功率根据电阻定律得ef较长，所以r较大再根据电路中热功率的表达式进行比较【解析】： 解：a、b由于三根棒子都匀速运动，则拉力和安培力平衡，则有f=f安=导体棒的电阻大，则切割的速度大，ef的电阻最大，则其运动速度最大故a错误，b正确c、三根棒子切割的等效长度一样，由e=blv得知，速度大的感应电动势大，则知ef产生的感应电动势最大故c错误d、由题，拉力的功率相同，则根据能量守恒定律得知，安培力的功率也相同，则相同时间产生的热量相同，故d错误故选b【点评】： 本题考查导体切割磁感线时计算感应电动势和安培力解决这类问题的关键是根据每次外力所做功的功率相同，得出电路中产生的热功率相等，再通过导线的电阻不同找出其他物理量的关系二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6（4分）如图所示，有一个重力不计的方形容器，被水平力f压在竖直的墙面上处于静止状态，现缓慢地向容器内注水，直到将容器刚好盛满为止，在此过程中容器始终保持静止，则下列说法中正确的是（） a 容器受到的摩擦力不变 b 容器受到的摩擦力逐渐增大 c 水平力f可能不变 d 水平力f必须逐渐增大【考点】： 静摩擦力和最大静摩擦力；滑动摩擦力【专题】： 摩擦力专题【分析】： 由题知物体处于静止状态，受力平衡，合力为0；再利用二力平衡的条件再分析其受到的摩擦力和f是否会发生变化；【解析】： 解：由题知物体处于静止状态，受力平衡，摩擦力等于容器和水的总重力，所以容器受到的摩擦力逐渐增大，故a错误，b正确；c、水平方向受力平衡，力f可能不变，故c正确，d错误故选bc【点评】： 物体受到墙的摩擦力等于物体重，物重变大、摩擦力变大，这是本题的易错点7（4分）如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a，b所示，则（） a 两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合 b 曲线a、b对应的线圈转速之比为2：3 c 曲线a表示的交变电动势频率为25hz d 曲线b表示的交变电动势有效值为10v【考点】： 交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【专题】： 交流电专题【分析】： 根据图象可分别求出两个交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等【解析】： 解：a、在t=0时刻，线圈一定处在中性面上；故a正确；b、由图可知，a的周期为4102s；b的周期为6102s，则由n=可知，转速与周期成反比，故转速之比为：；故b错误；c、曲线a的交变电流的频率f=25hz；故c正确；d、由em=nbs可知=，所以emb=ema=10v，曲线b表示的交变电动势有效值为u=5v；故d错误；故选：ac【点评】： 本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量8（4分）已知神舟九号飞船在离地球表面h高处的轨道上做周期为t的匀速圆周运动，地球的半径r，万有引力常量为g在该轨道上，神舟九号航天飞船（） a 运行的线速度大小为 b 运行的线速度小于第一宇宙速度 c 运行时的向心加速度大小 d 地球表面的重力加速度大小为【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】： 人造卫星问题【分析】： 研究飞船绕地球表面做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力求出线速度、加速度的表达式进行分析【解析】： a、神舟九号飞船在离地球表面h高处的轨道上做周期为t的匀速圆周运动，飞船的轨道半径为r=r+h，则线速度大小为v=故a错误b、研究飞船绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，得：g=m解得：v=当h=0时，v最大，即为第一宇宙速度，神舟九号的轨道高度h0，故飞船的线速度小于第一宇宙速度，故b正确；c、飞船的向心加速度大小为：a=r=，故c正确d、根据万有引力提供向心力，有： g=m，在地球表面上，物体的重力近似等于万有引力，则有： mg=g联立两式解得，地球表面的重力加速度大小为g=故d正确；故选：bcd【点评】： 本题关键明确万有引力提供向心力，然后根据牛顿第二定律列式求解出线速度和加速度的表达式进行分析9（4分）质量均为m的a、b两物体分别在水平恒力f1和f2的作用下沿水平面运动，撤去f1、f2后受摩擦力的作用减速到停止，其vt图象如图所示，则下列说法正确的是（） a f1、f2大小相等 b a、b受摩擦力大小相等 c f1、f2对a、b做功之比为1：1 d 全过程中摩擦力对a、b做功之比为1：2【考点】： 动能定理的应用；匀变速直线运动的图像【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： 根据速度与时间的图象可知，各段运动的位移关系及之比，同时由牛顿第二定律可得匀减速运动的加速度之比；再由动能定理可得出拉力、摩擦力的关系，及它们的做功关系【解析】： 解：由速度与时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1：2；由牛顿第二定律可知：a、b受摩擦力大小1：2，故b错误；由速度与时间图象可知，a、b两物体加速与减速的位移相等，且匀加速运动位移之比1：2，匀减速运动的位移之比2：1，由动能定理可得：a物体的拉力与摩擦力的关系，f1xf13x=00；b物体的拉力与摩擦力的关系，f22xf23x=00，因此可得：全过程中摩擦力对a、b做功之比1：2；f1、f2对a、b做功之比1：2，f1、f2大小相等故a正确，b、c错误；故选ad【点评】： 解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，并运用动能定理三、简答题：本题共4小题，共计20分请将解答填在答题卡相应的位置10（2分）（2015姜堰市校级模拟）某同学用螺旋测微器测量一圆柱体的直径d，示数如图，则d=8.4738.477mm【考点】： 螺旋测微器的使用【专题】： 实验题【分析】： 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【解析】： 解：螺旋测微器的固定刻度为8mm，可动刻度为47.50.01mm=0.475mm，所以最终读数为8mm+0.475mm=8.475mm，由于需要估读，最后的结果可以在8.4738.477之间故答案为：8.4738.477【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11（2分）（2015姜堰市校级模拟）在“探究求合力的方法”实验中，关于操作步骤和注意事项，下列说法中正确的是 （） a 两细绳必须等长 b 拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤平行贴近木板 c 用两弹簧秤同时拉细绳时两拉力之差应尽可能大 d 拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些【考点】： 验证力的平行四边形定则【专题】： 实验题【分析】： 正确解答本题要掌握：正确理解和应用平行四边形定则，明确合力和分力的大小关系，理解“等效法”在该实验中的应用【解析】： 解：a、两细绳可以不等长，因为绳子的长短不影响力的大小和方向的表示故a错误b、拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤平行贴近木板，使得结点所受的几个力在同一平面内故b正确c、用两弹簧秤同时拉细绳时两拉力之差如果很大，那么力作图示时误差就会较大故c错误d、拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，这样有助于比较准确的表示出拉力方向，故d正确故选：bd【点评】： 本题考查了“等效法”的应用和平行四边形定则等基础知识，对于这些基础知识在平时练习中要不断加强训练，以提高解题能力12（6分）（2015姜堰市校级模拟）某同学利用“验证机械能守恒定律”实验装置打出了一条如图1所示纸带，每相邻两计数点间还有4个打点（图1中未标出），图中d点的速度vd=3.81m/s（ 保留三位有效数字），该同学处理纸带后得数据如表，请在图2坐标纸上作出其vt图若该同学根据图线测出的重力加速度明显小于当地实际重力加速度，试分析可能的原因空气阻力或纸带受到摩擦阻力位置 a b c d 速度v 0.96 1.91 2.86 【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】： 实验题【分析】： 纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度【解析】： 解：每相邻两计数点间还有4个打下的点，说明相邻的计数点时间间隔为0.1s利用匀变速直线运动的推论得：vd=3.81m/s原因：纸带受到计时器摩擦阻力和重物受空气阻力的作用故答案为：3.81，空气阻力或纸带受到摩擦阻力【点评】： 解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项学会通过作图处理物理数据13（10分）（2015姜堰市校级模拟）在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：a待测的干电池（电动势约为1.5v，内电阻小于1.0 ）b电流表a1（量程03ma，内阻rg1=10）c电流表a2（量程00.6a，内阻rg2=0.1）d滑动变阻器r1（020，10a）e滑动变阻器r2（0200，l a）f定值电阻r0（990）g开关和导线若干（1）某同学设计了如图甲所示的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是a图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选d（填写器材前的字母代号）（2）图乙为该同学根据（1）中选出的实验电路，利用测出的数据绘出的i1i2图线（i1为a1的示数，i2为a2的示数），则由图线可得被测电池的电动势e=1.47v，内阻r=0.82（3）若将图线的纵坐标改为电压u（v），则图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题【分析】： 通过估算电路中需要的最大电阻来选择变阻器；将电流表a1及串联的定值电阻作为电压表使用，则可得出对应的ui图象，由图象的意义可求得电动势和内阻【解析】： 解：（1）由题意可知，为了方便读数，应将电流表1与定值电阻串联充当电压表使用；电流表2与滑动变阻器串联测量电路中的电流；故电流应选择a；由于电源电压为1.5v，电阻较小；为了操作方使，滑动变阻器选择小电阻d即可；（2）根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为：u=i1（995+5）=1000i1，根据图象与纵轴的交点得电动势为：e=1.47ma1000=1.47v，与横轴的交点可得出路端电压为1.0v时电流是0.4a，由闭合电路欧姆定律e=u+ir可得，电源内阻为：r=0.82； （3）要使与纵坐标的交点表示电源的电动势，应将纵坐表改成电压u即可；故答案为：（1）a；d；（2）1.47；0.82；（3）电压u（v）【点评】： 伏安法测电源电动势与内阻实验，相对于电源来说，电流表采用外接法时，由于电压表分流，使所测电流偏大，给实验带来实验误差；本实验中用两个电流表测电流，处理实验数据时横坐标是电路总电流，消除了电压表分流带来的实验误差，该方法是测电源电动势与内阻的好方法四、计算论述题：本题共4小题，共计69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14（16分）如图所示，物体从光滑斜面上的a点由静止开始下滑，经过b点后进入水平面（设经过b点前后速度大小不变），最后停在c点每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据，g=10m/s2求：t（s） 0.0 0.2 0.4 1.2 1.4 v（m/s） 0.0 1.0 2.0 1.1 0.7 （1）斜面的倾角；（2）物体与水平面之间的动摩擦因数；（3）t=0.6s时的瞬时速度v【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】： 压轴题；牛顿运动定律综合专题【分析】： （1）由表格读出物体在斜面上运动的速度与对应的时间，由速度公式求出加速度，再根据牛顿第二定律求解斜面的倾角；（2）用同样的方法求出物体在水平面运动的速度和时间，求出加速度，再由牛顿第二定律求出动摩擦因数；（3）研究物体由t=0到t=1.2s过程，根据斜面上匀加速运动的末速度等于水平面匀减速运动的初速度，由速度公式求出物体在斜面上运动的时间，再求出t=0.6s时的瞬时速度v【解析】： 解：（1）由表格中前三列数据可知，物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为=m/s2=5m/s2由牛顿第二定律得mgsin=ma1，代入数据得：=30 （2）由表格中第4、5两组数据可知，物体在水平面上匀减速运动的加速度大小为=由牛顿第二定律得mg=ma2，代入数据得=0.2（3）研究物体由t=0到t=1.2s过程，设物体在斜面上运动的时间为t，则有vb=a1t，v1.2=vba2（1.2t）代入得v1.2=a1ta2（1.2t）解得t=0.5s，vb=2.5m/s即物体在斜面上下滑的时间为t=0.5s，则t=0.6s时物体在水平面上运动，速度为 v=vba2（0.6t）=2.5m/s20.1m/s=2.3m/s答：（1）斜面的倾角=30；（2）物体与水平面之间的动摩擦因数=0.2；（3）t=0.6s时的瞬时速度v=2.3m/s【点评】： 本题由表格的形式反映物体的运动情况，运用运动学的基本公式求解加速度要抓住物体在斜面上和水平面上运动之间速度关系，研究物体在斜面上运动的时间15（17分）如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆abcd的光滑，内圆abcd的上半部分bcd粗糙，下半部分bad光滑一质量m=0.2kg的小球从轨道的最低点a，以初速度v0向右运动，球的尺寸略小于两圆间距，球运动的半径r=0.2m，取g=10m/s2（1）若要使小球始终紧贴外圆做完整的圆周运动，初速度v0至少为多少？（2）若v0=3m/s，经过一段时间小球到达最高点，内轨道对小球的支持力n=2n，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？（3）若v0=3m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点a时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？【考点】： 动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）紧贴外圆做圆周运动，在最高点的临界情况是重力提供向心力，根据牛顿第二定律结合机械能守恒定律求出初速度的最小值（2）根据牛顿第二定律求出最高点的速度大小，根据动能定理求出克服摩擦力做功的大小（3）经足够长时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动，根据动能定理和牛顿第二定律求出最低点小球所受的支持力大小，根据能量守恒求出损失的机械能【解析】： 解：（1）设此情形下小球到达最高点的最小速度为vc，则有代入数据解得（2）设此时小球到达最高点的速度为vc，克服摩擦力做的功为w，则代入数据解得 w=0.1j（3）经足够长时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动，设小球经过最低点的速度为va，受到的支持力为na，则有代入数据解得 na=6n设小球在整个运动过程中减少的机械能为e，由功能关系有代入数据解得e=0.5j答：（1）要使小球始终紧贴外圆做完整的圆周运动，初速度v0至少为3.16m/s（2）小球在这段时间内克服摩擦力做的功是0.1j（3）小球经过最低点a时受到的支持力为6n，小球在整个运动过程中减少的机械能是0.5j【点评】： 本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律和机械能守恒定律，综合性较强，关键是理清运动过程，抓住临界状态，运用合适的规律进行求解16（18分）如图所示，在直角坐标系的第ii象限和第象限中的直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为b=5.0103t的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里质量为m=6.641027kg、电荷量为q=+3.21019c的粒子（不计粒子重力），由静止开始经加速电压为u=1205v的电场（图中未画出）加速后，从坐标点m（4，）处平行于x轴向右运动，并先后通过两个匀强磁场区域（1）请你求出粒子在磁场中的运动半径；（2）你在图中画出粒子从直线x=4到直线x=4之间的运动轨迹，并在图中标明轨迹与直线x=4交点的坐标；（3）求出粒子在两个磁场区域偏转所用的总时间【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： （1）粒子由静止开始经加速电压为u=1205v的电场时，获得了速度，根据动能定理可求出粒子的速度进入磁场后由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求得粒子在磁场中的运动半径（2）由几何关系画出粒子从直线x=4到直线x=4之间的运动轨迹（3）由几何知识求出粒子经过磁场时轨迹所对应的圆心角，由t=求解运动时间【解析】： 解：（1）粒子在电场中被加速过程，由动能定理得：qu=，得，v=粒子在磁场中偏转，由洛伦兹力提供向心力，则由牛顿第二定律得：qvb=m联立解得： r=（2）由几何关系可得，粒子恰好垂直穿过分界线，故正确图象如右图所示（3）带电粒子在磁场中的运动周期=2.6105s粒子在两个磁场中分别偏转的弧度为，在磁场中的运动总时间为t=6.5106s答：