重庆市万州区高三物理第一次诊断性监测试题（含解析）.doc

重庆市万州区2015届高三一诊考试物理试卷一、选择题（本大题共5小题，每题6分，每题仅有一个正确选项）1如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下改变与水平面间的倾角，用以卸下车厢中的货物假设货物相对于车厢匀加速下滑，则在下滑过程中（）a地面对货车有向右的摩擦力b货物对车厢的作用力水平向右c地面对货车的支持力逐渐增大d货车对地面的压力小于货车和货物的总重力考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力.专题：共点力作用下物体平衡专题分析：当货物加速下滑时，对货物和车厢进行受力分析，根据牛顿第二、第三定律分析即可解答：解：a、当货物相对于车厢加速下滑时，货物受重力、支持力及滑动摩擦力；因加速度沿斜面向下；则将加速度分解为水平和竖直向下两个方向；则在水平方向有向左的合外力；则由作用力与反作用力可知，货物对车厢有向右的作用力，故货车受到向左的摩擦力；故a错误；b、货物对车厢有平行斜面向下的滑动摩擦力和垂直于斜面的压力，故滑动摩擦力与和压力的合力不是水平的，故b错误；c、d、在竖直方向进行分析，可故竖直方向整体有向下的加速度，故处于失重状态，整体对地面的压力小于货车和货物的总重力；由于是匀加速，故支持力是保持不变的；故c错误，d正确；故选：d点评：本题可以直接应用整体法进行分析，但要注意两部分的加速度不同，故失重部分可以只考虑货物2（6分）（2015万州区模拟）如图所示，质量为m的物块与水平转台之间的动摩擦因数为，物块与转台转轴相距r，物块随转台由静止开始转动并计时，在t1时刻转速达到n，物块即将开始滑动保持转速n不变，继续转动到t2时刻则（）a在0t1时间内，摩擦力做功为零b在0t1时间内，摩擦力做功为mgrc在0t1时间内，摩擦力做功为2mgrd在t1t2时间内，摩擦力做功为2mgr考点：动能定理.专题：动能定理的应用专题分析：物体做加速圆周运动，受重力、支持力和静摩擦力，物体即将滑动时已经做匀速圆周运动，最大静摩擦力提供向心力，可以求出线速度；又由于重力和支持力垂直于速度方向，始终不做功，只有静摩擦力做功，故可以根据动能定理求出摩擦力做的功解答：解：a、在0t1时间内，转速逐渐增加，故物体的速度逐渐增加，由动能定理可知，最大静摩擦力提供向心力mg=m解得v= 物体做加速圆周运动过程wf=mv2 由两式解得wf=mgr，故ac错误，b正确；d、在t1t2时间内，物体的线速度不变，摩擦力只提供向心力，根据动能定理可知摩擦力做功为零，故d错误；故选：b点评：本题关键根据摩擦力等于向心力，然后由动能定理列式求解3（6分）（2015万州区模拟）在自动恒温装置中，某种半导体材料的电阻率与温度的关系如图所示这种材料具有发热和控温的双重功能已知材料散发的热量随温度的升高而增大则当其产生的热量与散发的热量相等时，温度将保持在（）at1t2间的某一值bt1t3间的某一值ct2t4间的某一值dt1t4间的某一值考点：电功、电功率.专题：恒定电流专题分析：由电功率功明确电热丝所发出的热量，根据图象可知电阻率与温度的关系，则可分析何时能保持热平衡解答：解：由图象可知，在0t1这区间里电阻r随温度升高而减小；在t1t2这区间里电阻r随温度的升高而增大；在t2t4区间里电阻r随温度的升高而减小在家庭电路中电压不变，电热器的电功率p=，可知电阻器的发热功率与电阻成反比在温度升到t1前，电阻r随温度的升高而减小，功率增大，温度升高更快；温度一旦超过t1，电阻r随温度的升高而增大，功率减小，放出热量减小，温度升高变慢，当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1至t2间的某一值不变，保持稳定，故bcd错误，a正确故选：a点评：由图象找出电阻率的变化规律、熟练应用电阻定律、电功率公式即可正确解题本题考查学生对图象的理解及应用，图象法为物理中常用方法，应学会熟练应用在应用中重点掌握4（6分）（2015万州区模拟）利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度当外界拉力作用于力敏传感器的挂钩上时，数字电压表上的读数u与所加外力f成正比，即u=kf，式中k为比例系数用绝缘悬丝把底部长为l、电阻为r、质量为m的方形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用软细铜丝连接线框与电源，细铜丝的电阻忽略不计当线框接入电压为e1时，电压表的示数为u1；当线框接入电压为e2时，电压表示数为u2则磁感应强度的大小为（）ab=|bb=|cb=|db=|考点：磁感应强度.分析：当线框中电流为i时，力敏传感器的挂钩受到的拉力会发生变化，由于电流分析不定，拉力可能增大可能减小，根据安培力公式和数字电压表上的读数u与所加外力f的关系列方程解决解答：解：a、由于数字电压表上的读数u与所加外力成正比，即u=kf，式中k为比例系数，当通上电流后，设安培力为fa，有u=kfa，即kbil=u，整理得：b，而，整理得：b=|故a正确；bcd、由a分析的，bcd错误；故选：a点评：考查学生在新情境中应用所学知识的能力，注意抽取有效的信息，注意电流方向的不确定性5（6分）（2015万州区模拟）如图所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，间距为l，底端接阻值为r的电阻将质量为m的金属棒悬挂在一个上端固定的绝缘轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，除电阻r外其余电阻不计，导轨所在平面与一匀强磁场垂直，静止时金属棒位于a处，此时弹簧的伸长量为l现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（）a释放瞬间金属棒的加速度小于gb电阻r中电流最大时，金属棒在a处下方的某个位置c金属棒在最低处时弹簧的拉力一定小于2mgd从释放到金属棒最后静止的过程中，电阻r上产生的热量为mgl考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系.专题：电磁感应与电路结合分析：释放瞬间金属棒只受重力，加速度为g当金属棒的速度最大时，感应电流最大，此时金属棒所受的合力为零，与没有磁场进行比对，根据简谐运动的对称性分析速度最大的位置，及金属棒在最低处时加速度大小与g的关系，即可得到此处弹簧的拉力与2mg的关系金属棒最后静止在a处，从释放到金属棒最后静止的过程中，其重力势能减小，转化成内能和弹簧的弹性势能解答：解：a、释放瞬间金属棒的速度为零，没有产生感应电流，不受安培力，只受重力，则金属棒的加速度为g故a错误b、若没有磁场，金属棒回到a处时速度最大，有磁场时，由于电磁感应产生感应电流，金属棒将受到安培阻力作用，则在a处上方速度达到最大，此时感应电流最大故b错误c、若没有磁场，金属棒做简谐运动，根据对称性可知，金属棒在最低处时加速度大小等于g，方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，金属棒在最低处时弹簧的拉力等于2mg有磁场时，金属棒还受到安培阻力作用，金属棒向下到达的最低位置比没有磁场时高，加速度应小于g，则弹簧的拉力一定小于2mg故c正确d、金属棒最后静止在a处，从释放到金属棒最后静止的过程中，其重力势能减小，转化成内能和弹簧的弹性势能，则电阻r上产生的热量小于mgl故d错误故选：c点评：本题是电磁感应与力学知识的综合应用，通过分析受力情况，由牛顿第二定律求解加速度关键之处在于运用对比的方法，与金属棒做简谐运动进行比较，确定速度最大的位置和金属棒最低位置，再分析弹簧的拉力，有较大的难度二、非选择题（每个试题考生都必须作答，共68分）6（7分）（2015万州区模拟）一小球沿长为1m的光滑斜面向下运动，用每隔s曝光一次的频闪照相机拍摄下不同时刻小球的位置照片如图所示，选小球的五个连续位置a、b、c、d、e进行测量，测得距离s1、s2、s3、s4的数据如表格所示sl/cms2/cms3/cms4/cm9.3010.5011.7012.90小球沿斜面下滑的加速度的大小为1.2m/s2斜面顶端距水平面的高度为0.12m小球在位置a的速度va=0.87m/s考点：测定匀变速直线运动的加速度.专题：实验题分析：（1）根据匀变速直线运动在连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小球的加速度；（2）通过加速度，根据牛顿第二定律求出斜面的倾角，利用三角知识，从而求解高度；（3）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据该规律求出b点的速度，根据速度时间公式求出a的速度解答：解：（1）根据x=at2，解得a=m/s2=1.2m/s2；（2）根据牛顿第二定律得，a=gsin；则sin=因为a与g已知，则可以求出斜面的倾角，即sin；因斜面长为1m，那么斜面顶端距水平面的高度为h=lsin=0.12m；（3）根据平均速度等于中时刻的瞬时速度，则有：vb=m/s=0.99m/s则va=vbat=0.991.200.1m/s=0.87m/s故答案为：1.20；0.12；0.87点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的推论，并能灵活运用7（12分）（2015万州区模拟）某同学进行用实验测定玩具电动机的相关参数如图1中m为玩具电动机闭合开关s，当滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两个电压表的读数随电流表读数的变化情况如图2所示图中ab、dc为直线，bc为曲线不考虑电表对电路的影响变阻器滑片向左滑动时，v1读数逐渐减小（选填：增大、减小或不变）电路中的电源电动势为3.6 v，内电阻为2此过程中，电源内阻消耗的最大热功率为0.18 w变阻器的最大阻值为30考点：路端电压与负载的关系；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率.专题：恒定电流专题分析：由闭合电路欧姆定律明确电流及电压的变化；确定图线与电压表示数对应的关系根据图线求出电源的电动势和内阻判断v2读数的变化情况电源内阻的功率由p=i2r求解当i=0.1a时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，由欧姆定律求解变阻器的最大阻值解答：解：变阻器向左滑动时，r阻值变小，总电流变大，内电压增大，路端电压即为v1读数逐渐减小；由电路图甲知，电压表v1测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示v1的电压与电流的关系此图线的斜率大小等于电源的内阻，为 r=2当电流 i=0.1a时，u=3.4v，则电源的电动势 e=u+ir=3.4+0.12v=3.6v；当i=0.3a时，电源内阻消耗的功率最大，最大功率pmax=i2r=0.092=0.18w；当i=0.1a时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以 r=rrm=（24）=30故答案为：减小；3.6，2；0.18；30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对于电动机，理解并掌握功率的分配关系是关键8（15分）（2015万州区模拟）如图1所示，一根长为l的轻绳上端固定在o点，下端拴一个重为g的小钢球a，球处于静止状态现对小钢球施加一个方向水平向右的外力f，使球足够缓慢地偏移，外力f方向始终水平向右若水平外力f的大小随移动的水平距离x的变化如图2所示求此过程中：（1）轻绳上张力大小变化的取值范围（2）在以上过程中水平拉力f所做的功考点：动能定理；共点力平衡的条件及其应用.专题：动能定理的应用专题分析：（1）当cos=1时，即=0时，绳子拉力等于重力，水平拉力等于0根据共点力平衡求出拉力为g时，水平拉力的大小，从而得出拉力的范围（2）因为缓慢移动，动能变化为零，拉力做功等于重力势能的增加量解答：解：（1）在小球移动过程中，始终处于平衡状态当x=0时，f=0，t=g 当x=时，f=g，t=2g 所以t的取值范围是gt2g （2）当f=g时，cos=由功能关系得：f力做功w=gl（1cos） 求得w=gl 答：（1）轻绳上张力大小变化的取值范围为gt2g （2）在以上过程中水平拉力f所做的功为点评：本题考查了共点力平衡，以及功能关系，难度不大，是一道好题，平时需加强这方面的训练9（16分）（2015万州区模拟）某空间存在一竖直向下的匀强电场和圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为b，方向垂直纸面向里，如图所示一质量为m，带电量为+q的粒子，从p点以水平速度v0射入电场中，然后从m点射入磁场，从n点射出磁场已知，带电粒子从m点射入磁场时，速度与竖直方向成30角，弧mn是圆周长的，粒子重力不计求：（1）电场强度e的大小（2）圆形区域的半径r（3）带电粒子从p点到n点，所经历的时间t考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动.专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）粒子在电场中仅受竖直向下的电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学结合求解（2）粒子进入磁场后由洛伦兹力充当向心力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出轨迹半径，由几何关系求解r（3）分两个过程分别求出时间，即可得到总时间解答：解：（1）在电场中，粒子经过m点时的速度大小 v=2v0竖直分速度 vy=v0cot30=由h=，a=得e=（2）粒子进入磁场后由洛伦兹力充当向心力做匀速圆周运动，设轨迹半径为r由牛顿第二定律得：qvb=m，r=根据几何关系得：r=rtan30=（3）在电场中，由h=得 t1=；在磁场中，运动时间 t2=t=故带电粒子从p点到n点，所经历的时间 t=t1+t2=+答：（1）电场强度e的大小是（2）圆形区域的半径r是（3）带电粒子从p点到n点，所经历的时间t是+点评：本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式10（18分）（2015万州区模拟）如图所示，物块c质量mc=4kg，上表面光滑，左边有一立柱，放在光滑水平地面上一轻弹簧左端与立柱连接，右端与物块b连接，mb=2kg长为l=3.6m的轻绳上端系于o点，下端系一物块a，ma=3kg拉紧轻绳使绳与竖直方向成60角，将物块a从静止开始释放，达到最低点时炸裂成质量m1=2kg、m2=1kg的两个物块1和2，物块1水平向左运动与b粘合在一起，物块2仍系在绳上具有水平向右的速度，刚好回到释放的初始点a、b都可以看成质点取g=10m/s2求：（1）设物块a在最低点时的速度v0和轻绳中的拉力f大小（2）物块a炸裂时增加的机械能e（3）在以后的过程中，弹簧最大的弹性势能epm考点：动量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理.专题：动量定理应用专题分析：（1）由动能定理可求得小球到达底部时的速度，再由向心力公式可求得绳子的拉力；（2）由动能守恒可求得碰后整体的速度，再由能量守恒可求得增加的机械能；（3）对于1和b为整体，由动量守恒可求得粘合后的速度，再由能量守恒可求得最大弹性势能解答：解：（1）物块a炸裂前的速度为v0，由动能定理有magl（1cos60）=mav02 解得v0=6m/s在最低点，根据牛顿第二定律有fmag=ma由式解得f=mag+2mag （1cos60）=60n（2）设物块1的初速度为v1，物块2的初速度为v2，则v2=v0由动量守恒定律得mav0=m1v1m2v2 解得v1=12m/se=m1v12+m2v22mav02解得e=108 j（3）设物块1 与b粘合在一起的共同速度为vb，由动量守恒m1v1=（m1+mb）vb 所以vb=6 m/s在以后的过程中，当物块c和1、b的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为vm，由动量守恒（m1+mb）vb=（m1+mb+mc）vm有vm=3 m/s由能量守恒得epm=（m1+m2）vb2（m1+mb+mc） vm2得epm=36 j答：（1）设物块a在最低点时的速度为6m/s；轻绳中的拉力f大小为60n；（2）物块a炸裂时增加的机械能e是108j；（3）在以后的过程中，弹簧最大的弹性势能epm是36j点评：本题考查动量守恒定律及机械能守恒定律的应用，要注意正确选择研究对象，明确各过程所对应的物理规律，则可以正确求解三、必做题（考生必须作答，共12分其中选