2016届福建三明清流一中高三上学期第三次段考物理试卷解析版

#页8．如表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗，若该车在额定状态下以最大运行速度行驶,则()自重40kg额定电压48V载重75kg额定电流12A最大行驶速度20km/h额定输出功率350WA.电动机的输入功率为350WB.电动机的内电阻为4QC.该车获得的牵引力为104ND.该车受到的阻力为63N【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】定量思想；模型法；恒定电流专题．【分析】对于电动机来说，正常工作时不是纯电阻电路，对于功率的不同的计算公式代表的含义是不同的，P=UI计算的是总的消耗的功率，P热=I2r是计算电动机的发热的功率，当车子的速度最大时牵引力和阻力相等.由公式P=Fv求阻力大小.【解答】解：A、由表格数据知，电动机的额定电压U=48V,额定电流I=12A,故电动机的输入功率为：P=UI=48x12=576W,故A错误；B、由表格数据得到电动机的输出功率为P出=360W,根据能量守恒定律，有：UI=P+I2R出代入数据，有：576=350+122xR,解得：R=L57Q,故B错误；旦 F%35cCD、车匀速运动时，速度为v=20km/h=gm/s,根据P出二尸丫，有：F=%T=型N=63N电动自行车匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，故该车受到的阻力为63N.故C错误，D正确；故选：D【点评】解决本题的关键是抓住电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路，往往根据能量转化和守恒定律研究功率的关系．9.如图，物体A的质量为M,圆环B的质量为m,通过绳子连结在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度L=4m,现从静止释放圆环.圆环恰好能下降h=3m,则两个物体的质量应满足什么关系(不计定滑轮和空气的阻力，取g=10m/s2)( )A．M=2mB．M=3mC．M=4mD．M=m【考点】机械能守恒定律．【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题．【分析】对物体A和物体B系统，只有动能和重力势能相互转化，系统机械能总量守恒，根据机械能守恒定律列式求解即可．【解答】解：对物体A和物体B系统，根据机械能守恒定律，有：mgh=Mg("h+1_])代入数据，有：故选：B【点评】本题关键是明确物体A、物体B的机械能均不守恒，而是物体A和B系统的机械能守恒，不难.10.一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为p，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e，在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（）A. B. C.pnevD.CT2eLe SL【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电流、电压概念.【专题】电场力与电势的性质专题.L【分析】利用电流的微观表达式求的电流，由电阻的定义式求的电阻，由E=f求的电场强度【解答】解：导体中的电流为I=neSvPL导体的电阻为R="三导体两端的电压为U=RI场强为E=t联立解得E=pnev故选：C工【点评】本题主要考查了电流的微观表达式，根据电阻的决定式求的电阻，由E=［求的场强、多项选择题（本题共5小题；每小题4分，共20分，全选正确得4分，选不全得2分）A.A点的电场强度比C点的大B.负电荷在A点电势能比C点电势能大C.电荷沿等势面AB移动过程中，电场力始终不做功D.正电荷由A移到C，电场力做负功【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度.【专题】简答题；信息给予题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题.【分析】电场线与等势面垂直，电场线密的地方电场的强度大，等势面密，电场线疏的地方电场的强度小，等势面疏；沿电场线的方向，电势降低，沿着等势面移动点电荷，电场力不做功.负电荷在高电势点电势能小，在低电势点电势能高.【解答】解：A、点A周围的等势面比C点周围的等势面密，则A点的场强比C点的大，故A正确；B、负电荷在高电势点电势能小，在低电势点电势能高，故负电荷在A点电势能比在C点电势能小，故B错误；C、电荷沿等势面AB移动过程中，电场力始终不做功，故C正确；D、正电荷由A到C，为沿电场力方向运动，则电场力做正功，故D错误；故选：AC【点评】本题关键是明确：等差等势面的疏密程度反映电场强度的大小，负电荷在电势高的电势能小．.如图所示的电路，A、B、C为三个相同的灯泡，其电阻大于电源内阻，当变阻器的滑动触头P向上移动时（）A.A灯变亮，C灯变暗B.A灯变亮，B灯变亮C电源的总电功率减小D.电源的效率减小【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率.【专题】定性思想；控制变量法；恒定电流专题.【分析】当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，即可知道A灯亮度的变化.由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断B灯亮度的变化.由通过B的电流与总电流的变化，分析通过C灯电流的变化，判断其亮度的变化.A、B、C三个灯泡的电阻都大于电源内阻，根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析电源的输出功率如何变化.【解答】解：AB、当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流I增大，则A灯变亮.A灯的电压和电源的内电压均增大，则并联部分电压减小，B灯变暗.由总电流增大，而通过B灯的电流减小，可知通过C灯的电流增大，则C灯变亮.故A、B错误.C、电源消耗的总功率为P=EI,电源的电动势E不变，I增大，则电源的总功率P增大.故C错误.UI工D、电源的供电效率下而=三外电阻减小，路端电压U减小，电源的供电效率减小.故D正确.故选：D【点评】本题是电路动态分析问题，按局部到整体，再局部分析电压、电流的变化.利用推论分析电源输出功率的变化..如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态.现将细线剪断.将物块a的加速度的大小记为a1,S1和S2相对于原长的伸长分别记为△L和412,重力加速度大小为g.在剪断的瞬间，（ ）□A.a1=3g B.a1=0C.△11=2△12 D.△：=△12【考点】牛顿第二定律；胡克定律.【专题】牛顿运动定律综合专题.【分析】对细线剪短前后的a、b、c物体分别受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度与弹簧的伸长量.

【解答】解：A、B、对a、b、c分别受力分析如图，F2 闻Ziv 当监rag根据平衡条件，有：对a：F2=F1+mg对b：F1=F+mg对c：F=mg所以：F1=2mg弹簧的弹力不能突变，因形变需要过程，绳的弹力可以突变，绳断拉力立即为零．当绳断后，b与c受力不变，仍然平衡，故a=0；对a，绳断后合力为F^=Ft+mg=3mg=maa，aa=3g方向竖直向下；故A正确，B错误.fi_2mg fi.mgC、D、当绳断后，b与c受力不变，则Fi=k4l], 同时：F=kA12,所以：Al^.联立得411=2^l2:故C正确，D错误.故选：AC.【点评】考查了牛顿第二定律的瞬时性的应用，重点区分绳和弹簧弹力的特点，注意加速度与受力的瞬时对应关系..地球表面附近某区域存在大小为150N/C、方向竖直向下的电场.一质量为1.00x10-4kg、带电量为-1.00x10-7C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0m.对此过程，该小球（重力加速度大小取9.80m/s2,忽略空气阻力）（）A.电势能改变量为1.50x10-4JB.电势能改变量为-1.50X10-4JC.动能的改变量9.95x10-3JD.动能的改变量9.65x10-3J【考点】电势差与电场强度的关系；电势能.【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题.【分析】小球的电势能的改变量看电场力做功，动能的改变量取决于合外力做功，根据功的计算公式分别求出电场力做功和合外力做功，即可解答.【解答】解：小球带负电，电场力对小球做负功，为：W=qEs=-1.00x10-7x150x10J=-1.50x10-4J,则小球的电势能增加量1.50x10-4J,即电势能的改变量为L50x10-4J.合外力对小球做功为：W合二（mg-qE）s=（1.00xl0-4x9.8-1.00x10-7x150）x10J=9.65x10-3J根据动能定理得知：动能的改变量为9.65x10-3J.故选：AD【点评】解决本题的关键是掌握常见的功能关系，知道电场力做功决定了电势能的变化，合外力做功决定了动能的变化.提及改变量，增加为正，减小为负..如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的轨道.甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（ ）A.如果轨道光滑，则两者达B点动能相等B.如果轨道的动摩擦因素相同，则两者达B点动能也相等C如果轨道光滑，乙比甲先到达B处D.如果轨道光滑，甲比乙先到达B处【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．【专题】定性思想；推理法；功能关系能量守恒定律．【分析】如果轨道光滑，甲乙运动过程中，都只有重力做功，根据动能定理求出末动能，但不知道甲乙质量关系，不能判断两者达B点动能是否相等，由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，哪一个先达到B点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用v-t图象来计算说明.【解答】解：A、如果轨道光滑，甲乙运动过程中，都只有重力做功，根据动能定理可知EK=mgh,由于不知道甲乙质量关系，所以不能判断两者达B点动能是否相等，故A错误；B、如果轨道的动摩擦因数相同，但由于甲乙对轨道的压力不等，所以摩擦力不等，摩擦力做功也不等，也不知道甲乙质量关系，所以不能判断两者达B点动能是否相等，故B错误；C、如果轨道光滑，由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位置，故C错误，D正确；故选：D.【点评】本题应该用“加速度”解释：高度相同，到达底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐渐减小，乙的加速度逐渐增大．所以它们的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加得最慢．三、实验题(每空2分，共26分，把答案填在答题纸的横线上)16.(1)如图1,读数为0.700mm(2)如图2是多用表的刻度盘，当选用量程为50mA的电流档测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为30.8mA；若选用倍率为“x100”的电阻档测电阻时，表针也指示在图示同一位置，则所测电阻的阻值为15000【考点】用多用电表测电阻；螺旋测微器的使用.【专题】实验题；定量思想；图析法；基本实验仪器.【分析(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数.(2)根据图示表盘确定电流表的分度值，然后根据指针位置读数；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数.【解答】解：(1)由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm+20.0x0.01mm=0.700mm；(2)当选用量程为50mA的电流档测量电流时，由图示表盘可知，其分度值为1mA,由图示可知所测电流为30.8mA；若选用倍率为“x100〃的电阻档测电阻时，表针也指示在图示同一位置，则所测电阻的阻值为15x100=15000；

故答案为：（1）0.700；（2）30.8；1500．【点评】本题考查了螺旋测微器与多用电表读数，要掌握常用器材的使用及读数方法，读数时视线要与刻度线垂直．17.如图是一个双量程电压表的原理图，表头G的相关参数为I=1mA,R=100Q,则R=2900Q【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；定量思想；图析法；恒定电流专题．【分析】根据图示电路图应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．【解答】解：由图示可知，改装后电压表量程为3V,U3串联电阻阻值：R=「-Rg= '-100=29000；故答案为：2900.【点评】本题考查了求电阻阻值，知道电压表的改装原理、由图示电路图求出电压表的量程是解题的关键，应用串联电路特点与欧姆定律可以解题.18.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线〃的实验中，现除了有一个标有“5V,2.5W〃的小灯泡、导线和开关外，还有：A.直流电源（电动势约为5V,内阻可不计）B.直流电流表（量程0〜3A,内阻约为0.10）C.直流电流表（量程0〜600mA,内阻约为50）D.直流电压表（量程0〜15V,内阻约为15k0）E.直流电压表（量程0〜5V,内阻约为10kO）F.滑动变阻器（最大阻值100,允许通过的最大电流为2A）G.滑动变阻器（最大阻值1k0,允许通过的最大电流为0.5A）实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据.（1）实验中电流表应选用C，电压表应选用E,滑动变阻器应选用F （均用序号字母表示）.（2）请按要求将图1中所示的器材连成实验电路.（3）某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图2所示.现把实验中使用的小灯泡接到如图3所示的电路中，其中电源电动势E=6V,内阻r=10,定值电阻R=90,此时灯泡的实际功率为0.80W.（结果保留两位有效数字）t,A'+副【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线.【专题】实验题；恒定电流专题.

【分析】根据实验中给出的灯泡的额定值可以确定电流表及电压表；由实验要求可以确定接法，进而可以确定滑动变阻器；在坐标系中作出电源的伏安特性曲线，则两线的交点为灯泡的工作点，即可求出实际功率．【解答】解：（1）灯泡的额定电压为5V,因此电压表选择大于等于5V的即可，故选E；而灯泡的额定电F流I=f=0.5A；故电流表应选择C；因本实验采用分压接法，滑动变阻器应选小电阻；故滑动变阻器选择F；（2）本实验要求多测几组数据，故采用分压接法；同时因电流表内阻与灯泡内阻接近，故电流表选用外接法；实物图如下图所示；（3）将定值电阻等效电源内阻，作出等效电源的伏安特性曲线如图所示；与灯泡的伏安特性曲线的交点为灯泡的工作点，由图可知，此时灯泡的电压为1.8V；电流为0.36A；则灯泡的功率P=UI=2.1x0.38W=0.80W；（0.78-0.86均可以）故答案为：（1）CEF；（2）如上图；（3）0.80.【点评】本题注意定值电阻的存在改变了电路中的电流；同时注意作伏安特性曲线时应根据特殊点作图，如0.4A的位置.19.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1.0Q）B.电流表G（满偏电流3mA,内阻Rg=10Q）C.电流表A（0〜0.6A,内阻0.10）D.滑动变阻器R1（0〜200,10A）E..滑动变阻器R2（0〜2000,lA）F.定值电阻R0（9900）G.开关和导线若干（1）某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图所示中甲的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是^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）中选出的合理的实验电路利用测出的数据绘出的I1-I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），则由图线可以得被测电池的电动势E=1.50V,内阻r=0.800.【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【分析（1）将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表.因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小．（2）根据欧姆定律和串联的知识求出I1和电源两端电压U的关系，根据图象与纵轴的交点求出电动势，由与横轴的交点可得出路端电压为某一值时电流，则可求得内阻．【解答】解：（1）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表．（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是b，因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小．滑动变阻器应选D，（2）根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压U=q（990+10）=100011，根据图象与纵轴的交点得电动势E=1.5mAx1000Q=1.50V与横轴的交点可得出路端电压为1V时电流是0.62A，由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可得：r=0.80Q；故答案为：（1）bD； （2）1.50，0.80【点评】本题考查测量电源电动势和内阻的实验，要注意根据闭合电路欧姆定律进行分析画出的对应的图象进行分析并求出电动势及内阻．四、本题共4小题，共34分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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.经检测，汽车A的制动性能为：以标准速度20m/s在平直公路上行使时，制动后4s停下来.现在汽车A在平直公路上以20m/s的速度行驶时，发现前方18m处有一货车B以6m/s的速度同向匀速行使，司机立即制动，问：（1）汽车A制动的加速度大小为多少（2）当A车速度减为与B车速度相同时所用时间为多少？是否会发生撞车事故？【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系.【专题】计算题；定量思想；推理法；追及、相遇问题.【分析（1）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出汽车A制动的加速度大小.（2）根据速度时间公式求出两车速度相等经历的时间，结合位移关系判断是否发生撞车事故.厘一22/2-r/2【解答】解：（1）汽车A制动的加速度大小为：a=t2-4 5"S.yA~ 20-6（2）两车速度相等经历的时间为：t=―a-—一^一3-巴加，vJ-VE2400~36此时A车的位移为：K广一理一二2X5m=36.4m,B车的位移为：xB=vBt=6x2.8m=16.8m,因为xA>xB+18m,知两车发生撞车事故.答：（1）汽车A制动的加速度大小为5m/s2；（2）当A车速度减为与B车速度相同时所用时间为2.8s,两车会发生撞车事故.【点评】本题考查了运动学中的追及问题，判断是否相撞，即判断速度相等时是否相撞，因为若不相撞，速度相等时有最小距离.

.如图所示，已知平行金属板间距为d,与水平面夹角为0,要使一质量为m、电量为+q的小球能从AB板A端沿水平直线运动至CD板的D端射出，求：（1）两金属板间的电压U应是多少？（重力加速度为g）（2）小球从A端运动至D端时其电势能变化了多少？下面是某同学解答的过程：解：由受力平衡可知：d=mg「.U=AEP*=W9m=qU=mgd你认为他的解答是否正确？如果不正确，请给出你的解答.C【考点】带电粒子在混合场中的运动；电势差．【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】这位同学的解答不正确．因为电场力与重力不在一直线上．应正确分析小球的受力情况,根据直线运动的条件：合力与速度在同一直线上，运用平行四边形定则作图，得到电压U.电势能的减小量等于电场力做的功．【解答】解：这种解法不对,因为电场力与重力不在一直线上．根据平行四边形定则作出重力与电场力的合力,此合力必定水平向右,如图所示：（2）电场力做正功,小球的电势能要减少,则：答：该同学解法错误,正确解法如上．【点评】本题掌握直线运动的受力条件是关键,运用平行四边形作图是基本功．难度不大．22.如图所示，足够长的固定斜面的倾角0=37°,一物体以v0=12m/s的初速度从斜面上A点处沿斜面向上运动；加速度大小为a=8m/s2,g取10m/s2.求：（1）物体沿斜面上滑的最大距离x；（2）物体与斜面间的动摩擦因数山（3）物体返回到A处时的速度大小v.

【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律．【专题】动能定理的应用专题．【分析(1)对于上滑过程，根据运动学速度位移关系公式列式求解即可；(2)受力分析后，根据牛顿第二定律列式求解即可；(3)下滑过程，根据动能定理求出物体返回到A处时的速度大小v.【解答】解：2_(1)上滑过程，由运动学公式飞二方’得e的(2)上滑过程，由牛顿第二定律得：mgsin0+^mgcos0=ma解得：尸0.25(3)下滑过程，由动能定理得：厘,口白-乩吟答：答：物体沿斜面上滑的最大距离x为9m；物体与斜面间的动摩擦因数U为0.25；物体返回到A处时的速度大小v为&'s.【点评】本题是已知上滑时的运动