黑龙江哈尔滨六中高三下期开学考试物理解析

1、2016届黑龙江哈尔滨六中高三下期开学考试物理（解析版）1质量为m的木箱置于水平面上，水平推力F即可使木箱做匀速直线运动。现保持F的大小不变，方向改为与水平方向成60斜向上拉木箱，仍能使其做匀速直线运动，如图所示。则木箱与水平面间的动摩擦因数为（ ）F F 60 A B C D【答案】C【解析】试题分析：当加水平推力时：；当与水平方向成60斜向上拉木箱时：；联立解得：；故选C.考点：物体的平衡【名师点睛】此题是物体的平衡条件的考查；关键是列出两种情况下物体的平衡方程，然后联立求解；第二种情况中，要认真分析物体的受力情况，利用正交分解法列出水平和竖直两个方向的平衡方程求解；此题是基础题.2我国先

2、后自行成功研制和发射了“风云号”和“风云号”两颗气象卫星。“风云号”卫星轨道（极地圆轨道）与赤道平面垂直且通过两极，绕地做匀速圆周运动的周期为12 h，“风云号”卫星轨道（地球同步轨道）平面在赤道平面内，绕地做匀速圆周运动的周期为24 h，则“风云号”卫星比“风云号”卫星（ ）A轨道半径小 B线速度小 C角速度大 D向心加速度大【答案】B【解析】试题分析：对于卫星，万有引力提供向心力，故：解得：； 根据，“风云号”卫星比“风云号”卫星的轨道半径大，故A错误；根据公式，“风云号”卫星比“风云号”卫星的线速度小，故B正确；根据，“风云号”卫星比“风云号”卫星的角速度小，故C错误；根据，“风云号”卫

3、星比“风云号”卫星的加速度小，故D错误；故选B。考点：万有引力定律的应用【名师点睛】此题是万有引力定律的应用问题；知道地球同步轨道卫星的周期T=24h，然后根据万有引力提供向心力的表达式进行速度、轨道以及向心加速度的讨论，知向更高轨道发射卫星需要克服重力做更多的功，因此需要更大的发射速度。3如图所示，实线为一簇未标明方向的点电荷Q周围的电场线，若带电粒子q（远大于）由a运动到b，电场力做正功；粒子在a、b两点所受电场力分别为Fa、Fb，则下列判断正确的是（ ）a b Q A若Q为正电荷，则q带正电，FaFbB若Q为正电荷，则q带负电，FaFbC若Q为负电荷，则q带正电，FaFbD若Q为负电荷，

4、则q带负电，FaFb【答案】A【解析】试题分析：因带电粒子由a运动到b，电场力做正功，则若Q为正电荷，电场线向右，粒子受向右的电场力，则q带正电，a处电场线密集，则FaFb ，选项A正确，B错误；则若Q为负电荷，电场线向左，粒子受向右的电场力，则q带负电，a处电场线密集，则FaFb ，选项CD错误；故选A.考点：电场线；电场强度【名师点睛】此题是对点电荷电场线及电场强度的考查；要掌握正、负点电荷的电场线分布规律；正电荷的受力方向与电场方向相同，负电荷正好相反；电场线密集的地方场强较大，反之场强较弱；此题是基础题.4如图所示，质量为M4 kg的木板A长L1 m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静

5、置一质量为m1 kg的小滑块B（可视为质点），它与木板A之间的动摩擦因数0.4。现用水平恒力F28 N向右拉木板，使小滑块B能从木板A上滑下来。木板A和小滑块B的加速度大小分别为aA、aB，速度大小分别为vA、vB，重力加速度g取10 ms2，则从开始运动到小滑块B滑下木板的过程中，下列图象正确的是（ ）F A B 【答案】C【解析】试题分析：对m水平方向进行受力分析有：fm=mg=maB；代入数据解得：aB=4m/s2；对木板在水平方向受力分析有：F-fm=MaA；代入数据解得：aA=6m/s2；当小滑块刚掉下时，二者之间的位移关系有：解得：t=1s，故A错误B错误；二者离开时，vA=61m

6、/s=6m/s，vB=41m/s=4m/s，故C正确，D错误；故选D.考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题是牛顿第二定律的应用以及物理图像的问题；关键是选取不同的研究对象受力分析，应用牛顿第二定律求解两物体的加速度，然后根据运动学公式及两者的位移关系求解离开的时间及速度即可进行判断.5如图所示，质量为m的竖直光滑圆环A的半径为r，竖直固定在质量为m的木板B上，木板B的两侧各有一竖直挡板固定在地面上，使木板不能左右运动。在环的最低点静置一质量为m的小球C。现给小球一水平向右的瞬时速度v0，小球会在环内侧做圆周运动。为保证小球能通过环的最高点，且不会使木板离开地面，则初速度v0必须满足（ ）A

7、 B C v0 Av0 Bv0Cv0 Dv0【答案】D【解析】试题分析：在最高点，速度最小时有：，解得：从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设最低点的速度为v1，根据机械能守恒定律，有：解得：要使不会使环在竖直方向上跳起，环对球的压力最大为： F=2mg；从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设此时最低点的速度为v2，在最高点，速度最大时有：；根据机械能守恒定律有：解得：所以为保证小球能通过环的最高点，且不会使木板离开地面，在最低点的初速度范围为：v0故D正确，ABC错误故选D.考点：牛顿第二定律；机械能守恒定律【名师点睛】本题综合考查了牛顿第二定律和机械能守恒定律，关键理清在最高点的两个临

8、界情况，求出在最高点的最大速度和最小速度，小球在环内侧做圆周运动，通过最高点速度最小时，轨道对球的最小弹力为零。6某小型发电站通过升压变压器向60 km远处的用户供电，在用户端用降压变压器将高压电变为220 V供用户使用（设两个变压器均为理想变压器），输电示意图如图所示。已知输电线的电阻率为1.25108 m，横截面积为1.5104 m2，发电机输出功率为20 kW，输出电压为250V，若线路损耗的功率为输出功率的5%。则下列说法正确的是（ ）n1 n2 n3 n4 发电机 用户 A发电机是将其他形式能转化为电能的设备，发电原理是法拉第电磁感应定律B输电线上的电流为10 ACD升压变压器的输出

9、电压等于降压变压器的输入电压【答案】AB【解析】试题分析：发电机是通过电磁感应将其他形式的能转化为电能的设备，其原理为法拉第电磁感应定律；故A正确；由电阻定律可知， 由功率公式可得：5%P=I2R，解得：I=10A；故B正确；由功率公式P=UI可得，输电电压；则；降压变压器输入电压U3=U2-IR=2000-1010=1980V；则；故；故CD错误；故选AB.考点：远距离输电；变压器【名师点睛】本题考查远距离输电的内容，要注意明确远距离输电中的变压器原理，同时注意从导线损耗功率入手，灵活选择功率公式求解电流，再由欧姆定律求得电压等，即可求解。7如图所示，在半径为R的半圆形区域内，有磁感应强度为

10、B的垂直纸面向里的有界匀强磁场，PQM为圆内接三角形，且PM为圆的直径，三角形的各边由材料相同的细软导线组成（不考虑导线中电流间的相互作用）。设线圈的总电阻为r且不随形状改变，此时PMQ37，已知sin370.6，cos370.8。则下列说法正确的是（ ）P Q O M R A穿过线圈PQM的磁通量为0.96BR2B若磁场方向不变，只改变磁感应强度B的大小，且BB0kt（k为常数，k0），则线圈中产生的感应电流大小为C保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，线圈中感应电流的方向先沿逆时针，后沿顺时针D保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，线

11、圈中不会产生焦耳热【答案】ABC【解析】试题分析：穿过线圈PQM中的磁通量大小为，故A正确由B=B0+kt得：，根据法拉第电磁感应定律得：感应电动势为：，线圈中产生的感应电流大小为：，故B正确保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，PQM的面积先增大后减小，穿过线圈的磁通量先增大后减小，线圈中将产生感应电流，根据楞次定律可知，感应电流方向先沿逆时针方向后沿顺时针方向，线圈中有感应电流，线圈要产生焦耳热，故C正确，D错误故选ABC.考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律【名师点睛】本题要掌握磁通量公式=BS，法拉第电磁感应定律、楞次定律，就能正确分析其中还用到数学上几何知识

12、分析线圈面积的变化，确定磁通量的变化；此题是中等题，意在考查学生对基本理论的掌握程度及运用能力。8在倾角为的光滑固定斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度为a，且方向沿斜面向上。设弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，则（ ）A B C A当B刚离开C时，A发生的位移大小为B从静止到B刚离开C的过程中，物块A克服重力做功为CB刚离开C时，恒力对A做功的功率为D当A的速度达到最大时，B的加速度大小为【答案】AD【解析】试题分析：开

13、始时弹簧的压缩量为；当用力拉A使得B刚离开挡板时，弹簧的伸长量为：，则当B刚离开C时，A发生的位移大小为，选项A正确；从静止到B刚离开C的过程中，物块A克服重力做功为，选项B错误；B刚离开C时，对物体A：；此时F弹=2mgsin，解得F=3mgsin+ma，则恒力对A做功的功率为，选项C错误；当A的速度达到最大时，此时A的加速度为零，则：，解得F弹=2mgsin+ma；此时对B: ，解得B的加速度大小为，选项D正确；故选AD.考点：牛顿第二定律；胡克定律；功率【名师点睛】此题是对牛顿第二定律、胡克定律以及功率问题的考查；解题时要搞清两个物体运动的物理过程，分析物体的受力情况，尤其是弹力方向的变

14、化情况，结合牛顿第二定律列得方程求解未知量；注意当物体速度最大时，物体的加速度为零.9某同学欲采用如图所示的电路完成相关实验。图中电流表A的量程为0.6 A，内阻约0.1 ；电压表V的量程为3 V，内阻约6 k；G为小量程电流表；电源电动势约3 V，内阻较小。下列实验电路中正确的是_。A V V A A V 测定一段电阻丝（约5 ）的电阻测定电池的电动势和内阻（约2.0 ）描绘小灯泡（额定电压为2.5 V）的伏安特性曲线多用电表欧姆挡测二极管正向电阻 （A） （B） （C） （D）黑表笔 红表笔 【答案】ABD【解析】试题分析：待测电阻丝的电阻与电流表内阻相当，远小于电压表内阻，该待测电阻属于

15、小电阻，电流表应用外接法故A正确电压表测量的是电源两端的电压，电流表应测量通过电源的电流，测的数据偏小，误差形成的原因是电压表的分流作用在该实验中，电压表内阻非常大，分流很不明显，误差较小故B正确描绘小灯泡（额定电压为2.5 V）的伏安特性曲线，电流电压要从0测起，滑动变阻器应该用分压式，不能用限流式故C错误测量晶体二极管的正向电阻时红表笔应与它的负极连接，故D正确；故选ABD考点：伏安法测电阻；测电源的电动势和内阻；研究灯泡的伏安特性曲线；测量二极管的正向电阻.【名师点睛】此题考查了四个常见的电学实验；解题时要熟练掌握每个实验的实验原理及注意事项；尤其注意的是掌握电流表的内外接问题和滑动变阻

16、器的分压限流接法，以及会对实验进行误差分析。10关于核反应方程（E为释放出的核能，X为新生成粒子），已知的半衰期为T，则下列说法正确的是_。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A原子序数大于或等于83的元素，都能自发地发出射线，原子序数小于83的元素则不能放出射线B比少1个中子，X粒子是从原子核中射出的，此核反应为衰变CN0个经2T时间因发生上述核反应而放出的核能为（N0数值很大）D的比结合能为E该放射性元素（）与其它元素形成化合物的半衰期仍等于T【答案】BCE【解析】试题分析：原子序数小于83的元素，有些元素的同位素也能放出射线

17、，故A错误；由质量数和电荷数守恒知X的质量数是0，电荷数是-1，为电子，是原子核内的中子转化为质子而释放一个电子，故B正确；经2T时间还剩余四分之一没衰变，发生上述核反应而放出的核能为，故C正确；的比结合能是234个核子结合成Pa234时放出的能量，该能量不是它衰变时放出的能量E，所以的比结合能不是，的比结合能也不是故D错误；半衰期与原子核所处状态无关，故E正确；故选BCE考点：核反应；结合能；半衰期【名师点睛】本题关键是掌握爱因斯坦质能方程E=mc2以及比结合能的计算公式，掌握衰变的实质和半衰期的特点；质量数较大的核都有放射性，衰变是原子核内的中子转化为质子而释放一个电子，半衰期与原子核所处

18、状态无关。评卷人得分四、实验题（题型注释）11如图所示，小车、打点计时器等器材置于高度可调节的长木板上。钩码 砝码 打点计时器 细线 （1）在验证牛顿第二定律的实验中，除打点计时器（附纸带、复写纸）、小车（其上可放置砝码）、细线、钩码（质量已知）、附滑轮的长木板、导线外，在下面的仪器和器材中，必须使用的有_。（填写序号）电压合适的50Hz交流电源电压可调的直流电源刻度尺秒表天平实验时通过改变_，可验证质量一定时，加速度与力成正比的关系；通过_，可验证力一定时，加速度与质量成反比的关系。（2）在验证牛顿第二定律的实验中，若平衡摩擦力时，长木板的一端调节过高，使得倾角偏大，则所得到的aF关系图象为

19、_。（a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力）a O F a O F a O F a O F A B C D（3）实验中得到一条纸带，在纸带上便于测量的地方选取第1个计数点，其下标明A，第6个计数点下标明B，第11个计数点下标明C，第16个计数点下标明D，第21个计数点下标明E。若测得AC长为14.56 cm，CD长11.15 cm，DE长为13.73 cm，则小车运动的加速度大小为_ms2，打C点时小车的瞬时速度大小为_ms。（保留三位有效数字）A B C D E 【答案】（1）；钩码个数；添加砝码（2）C（3）2.58；0.986【解析】试题分析：（1）在验证牛顿第二定律的实验中，除打

20、点计时器（附纸带、复写纸）、小车（其上可放置砝码）、细线、钩码（质量已知）、附滑轮的长木板、导线外，在下面的仪器和器材中，必须使用的有：电压合适的50Hz交流电源；刻度尺测量纸带；天平测量质量；故选；实验时通过改变钩码个数，可验证质量一定时，加速度与力成正比的关系；通过添加砝码，可验证力一定时，加速度与质量成反比的关系。（2）若平衡摩擦力时，长木板的一端调节过高，使得倾角偏大，则放开小车时，不需加外力就应该加速运动，故图线C正确；（3）小车运动的加速度大小为；打C点时小车的瞬时速度大小为考点：验证牛顿第二定律的实验【名师点睛】此题是验证牛顿第二定律的实验；关键是要搞清此实验的原理、器材、注意事

21、项及操作的基本步骤，尤其是平衡摩擦力的操作要搞清楚；会用匀变速直线运动的基本规律来求解物体的加速度和速度值；此题是中等题.12如图所示，电荷量均为q、质量分别为m和2m的小球A和B，中间连接质量不计的绝缘细线，在竖直方向的匀强电场中以速度v0匀速上升。重力加速度为g，某时刻细绳断开（不考虑电荷间的库仑力作用），求：A B （1）细线断开后，A，B两球的加速度的大小和方向；（2）从细线断开至B球速度为零的过程中，A球的机械能增量。【答案】（1）A球加速度，竖直向上；B球加速度 ，竖直向下；（2）【解析】试题分析：（1）设电场强度为E：2qE3mg绳断： A球：qEmgma1 a1 竖直向上B球：2mgqE2ma2 a2 竖直向下（2）B球：0v0a2tA球： 得考点：牛顿第二定律的应用；机械能13如图所示，虚线MO与水平线PQ相交于O点，夹角30，在MO左侧存在电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场；MO右侧某个区域存在磁感应强度为B、垂直纸面向里的匀强磁场，且O点在磁场的边界上。现有大量质量为m、电量为q的带电粒子在纸面内以速度v（0v）垂直于MO从O点射入磁场，所有粒子通过直线MO时，速度方向均平行于PQ向左。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求：P Q O M E v （1）速度最大的粒子从O点运动至水平线PQ所需的时间；（2）磁场区域的最小面积。【答案】（1）