山东省潍坊市昌乐一中高三物理上学期第四次段考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年山东省潍坊市昌乐一中高三（上）第四次段考物理试卷一、选择题（本题共10小题每小题4分，共40分每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确有的小题有多个选项正确全部选对的得4分选不全的得2分，有错选或不选的得0分）1某质点做直线运动，其速度随时间变化的vt图象如图所示，则质点（）a初速度大小是0b初速度大小是lm/sc加速度大小是0.5m/s2d加速度大小是1m/s22某同学站在竖直升降机内，升降机做下列哪些运动时，该同学处于超重状态（）a加速上升b减速上升c加速下降d减速下降3如图所示，实线表示某静电场的电场线虚线表示该电场的等势面，a、b是电场中的两点以下判断正确的是（）aa点的场强大于b点的场强ba点的电势高于b点的电势c正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能d将负电荷从a点移到b点电场力对其做正功4如图所示，两等量正点电荷分别固定在a、b两点，y轴在ab连线的中垂线上一负点电荷（不计重力）从y轴上的p点由静止释放，则该负电荷将（）a沿y轴正向运动，直至无限远b沿y轴负向运动，直至无限远c沿y轴以o为中心做往复运动d偏离y轴做曲线运动5水平路面上的汽车以恒定功率p做加速运动，所受阻力恒定，经过时间t，汽车的速度刚好达到最大，在t时间内（）a汽车做匀加速直线运动b汽车加速度越来越大c汽车克服阻力做的功等于ptd汽车克服阻力做的功小于pt6如图所示，可调理想变压器原线圈接交流电，副线圈通过滑动触头p可改变其匝数下列说法正确的是（）a仅增大r的阻值，通过灯泡l的电流将变大b仅增大r的阻值，通过灯泡l的电流将变小c仅将滑动触头p向下滑动，灯泡l两端的电压将变大d仅将滑动触头p向下滑动，灯泡l两端的电压将变小7载人飞船绕地球做匀速圆周运动已知地球半径为r0，飞船运行的轨道半径为kr0，地球表面的重力加速度为g0，则飞船运行的（）a加速度是k2g0b加速度是c角速度是d角速度是8如图所示，一轻弹簧上端固定在o点，下端拴一个钢球，当钢球静止在a处时，弹簧伸长量为x0；现对钢球施加一个水平向右的拉力，使钢球缓慢移至b处，此时弹簧与竖直方向的夹角为（弹簧的伸长量不超过弹性限度），则此时弹簧的伸长量为（）ax0bx0coscdx0（1）9如图甲所示，圆形导线框与电阻r串联，框内有变化的磁场取由a经r流向b为感应电流ir的正方向，测得ir随时间t变化的图象如图乙所示取垂直纸面向里为磁场的正方向，则描述磁感应强度b随时间t变化的图象正确的是（）abcd10如图所示，竖直圆盘绕中心o沿顺时针方向匀速转动，当圆盘边缘上的p点转到与o同一高度时，一小球从o点以初速度v0水平向p抛出，当p点第一次转到位置q时，小球也恰好到达位置q，此时小球的动能是抛出时动能的10倍已知重力加速度为g，不计空气阻力根据以上数据，可求得的物理量有（）a小球从抛出到与p相遇的时间b小球刚抛出时的动能c圆盘的半径d圆盘转动的角速度二、实验题（本题包括3个小题，共16分）11用游标卡尺测一圆柱体工件的外径如图所示，其读数为cm，能否用实验室中的螺旋测微器测量该工件外径？答：（填“能”或“不能”）12小明用如图所示的装置测量弹簧的劲度系数其中，直角三角架底面水平，斜面可视为光滑，待测轻弹簧固定在斜面顶端现在弹簧下端分别挂1个、2个、3个相同的钩码，静止时，弹簧分别伸长了x1、x2、x3已知每个钩码的质量为50g，重力加速度g=l0m/s2所测数据如表所示（单位：cm）x1x2x3斜面顶端高度h斜面长度s12.5024.0037.5030.0050.00（1）挂一个钩码时弹簧受到的拉力为n（2）由表中数据得，弹簧的劲度系数k=n/m（保留3位有效数字）13一探究小组采用以下两种方法测人体双手间的电阻（1）用多用电表欧姆“100”挡，测量结果如图2所示，读出人体电阻为（2）用伏安法测量：分别用电流表内接法和电流表外接法采集数据作出了ui，图线如图1所示，其中用电流表内接法得到的是图线（填“甲”或“乙”）已知滑动变阻器最大阻值约10，为了较准确的测出人体电阻，且要求测量更多组数据，请在图3以笔画线代替导线完成剩余部分的实物连接三、计算题（本题共4小题，共44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）14在60m直线跑游戏中，一同学从起点由静止开始以2m/s2的加速度做匀加速运动，4s后，改做匀速运动直至到达终点，接着以4m/s2的加速度做匀减速运动，经1.5s进入迎接区，如图所示求：（1）该同学匀速运动所用的时间；（2）终点线到迎接区边界的距离15为确保弯道行车安全，汽车进入弯道前必须减速如图所示，ab为进入弯道前的平直公路，bc为水平圆弧形弯道已知ab段的距离sab=14m，弯道半径r=24m汽车到达a点时速度va=16m/s，汽车与路面间的动摩擦因数=0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2要确保汽车进入弯道后不侧滑求汽车（1）在弯道上行驶的最大速度；（2）在ab段做匀减速运动的最小加速度16如图甲所示，无限长的直导线与y轴重合，通有沿+y方向的恒定电流，该电流在其周围产生磁场的磁感应强度b与横坐标的倒数的关系如图乙所示（图中x0、b0均为已知量）图甲中，坐标系的第一象限内，平行于x轴的两固定的金属导轨间距为l，导轨右端接阻值为r的电阻，左端放置一金属棒abab棒在沿+x方向的拉力作用下沿导轨运动（ab始终与导轨垂直且保持接触良好），产生的感应电流恒定不变已知ab棒的质量为m，经过x=x0处时的速度为v0，不计棒、导轨的电阻（1）判断ab棒中感应电流的方向；（2）求ab棒经过x=3x0时的速度和所受安培力的大小17提纯氘核技术对于核能利用具有重大价值如是从质子、氘核混合物中将质子和氘核分离的原理图，x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场，初速度为0的质子、氘核混合物经电压为u的电场加速后，从x轴上的a（l，0）点沿与+x成=30的方向进入第二象限（速度方向与磁场方向垂直），质子刚好从坐标原点离开磁场已知质子、氘核的电荷量均为+q，质量分别为m、2m，忽略质子、氘核的重力及其相互作用（1）求质子进入磁场时速度的大小；（2）求质子与氘核在磁场中运动的时间之比；（3）若在x轴上接收氘核，求接收器所在位置的横坐标2015-2016学年山东省潍坊市昌乐一中高三（上）第四次段考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题每小题4分，共40分每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确有的小题有多个选项正确全部选对的得4分选不全的得2分，有错选或不选的得0分）1某质点做直线运动，其速度随时间变化的vt图象如图所示，则质点（）a初速度大小是0b初速度大小是lm/sc加速度大小是0.5m/s2d加速度大小是1m/s2【考点】匀变速直线运动的图像【专题】运动学中的图像专题【分析】根据速度图线，可直接读出速度的大小和方向，图线的斜率等于加速度由此分析即可【解答】解：ab、t=0时刻的速度即为初速度，由图知初速度大小是lm/s，故a错误，b正确cd、图线的斜率等于加速度加速度为 a=0.5m/s2故c正确，d错误故选：bc【点评】速度图象反映物体的速度随时间的变化情况，由图象直接读出速度及其变化情况图线的斜率等于加速度2某同学站在竖直升降机内，升降机做下列哪些运动时，该同学处于超重状态（）a加速上升b减速上升c加速下降d减速下降【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】物体处于超重状态，加速度方向一定竖直向上，但速度方向可能向上，也可能向下【解答】解：物体处于超重状态，加速度方向一定竖直向上，但速度方向可能向上，也可能向下；电梯可能向上做加速运动，或向下做匀减速运动，故ad正确，b、c错误故选：ad【点评】本题主要是考查对超重失重现象的理解，并利用牛顿第二定律来求物体的加速度，判断运动情况3如图所示，实线表示某静电场的电场线虚线表示该电场的等势面，a、b是电场中的两点以下判断正确的是（）aa点的场强大于b点的场强ba点的电势高于b点的电势c正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能d将负电荷从a点移到b点电场力对其做正功【考点】电场线【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，且沿着电场线方向，电势降低，最后根据电场力做正功，电势能减小，即可求解【解答】解：a、由图可知，a点的电场线比b点的电场线疏，所以a点的场强小于b点的场强a，故a错误；b、沿着电场线的方向，电势降低，所以a点电势高于b点电势，故b正确；c、沿着电场线的方向，电势降低，正电荷电场力做正功，电势能减小，故c正确；d、负电荷从a点移到b点，即从高电势移到低电势，则电场力对其做负功，故d错误故选：bc【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，注意电场力做功与电势能变化关系4如图所示，两等量正点电荷分别固定在a、b两点，y轴在ab连线的中垂线上一负点电荷（不计重力）从y轴上的p点由静止释放，则该负电荷将（）a沿y轴正向运动，直至无限远b沿y轴负向运动，直至无限远c沿y轴以o为中心做往复运动d偏离y轴做曲线运动【考点】电场线【分析】a、b为两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向0p，负点电荷q从p点到o点运动的过程中，电场力方向po，根据其受力情况分析运动情况【解答】解：在等量异种电荷连线中垂线上电场强度方向op，负点电荷q从p点到o点运动的过程中，电场力方向po，速度越来越大越过o点后，电场力指向o点，负电荷q做减速运动，据电场线的对称性可知，粒子先加速运动，越过o点后做减速运动，到达中垂线上关于p点的对称性q点后，速度为零，然后从q点向p点先做加速运动，后做减速运动故负电荷将沿y轴以o为中心做往复运动，故c正确故选：c【点评】本题考查对等量同种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性根据粒子所受的电场力情况分析粒子的运动情况5水平路面上的汽车以恒定功率p做加速运动，所受阻力恒定，经过时间t，汽车的速度刚好达到最大，在t时间内（）a汽车做匀加速直线运动b汽车加速度越来越大c汽车克服阻力做的功等于ptd汽车克服阻力做的功小于pt【考点】功率、平均功率和瞬时功率【专题】功率的计算专题【分析】根据汽车的受力，结合p=fv，抓住功率不变，判断牵引力的变化结合物体的受力，通过牛顿第二定律判断加速度的变化，根据w=pt求解牵引力做功的大小，从而判断阻力做功【解答】解：a、根据p=fv知，因为速度增大，则牵引力减小，根据牛顿第二定律得：a=知，加速度减小，做加速度减小的加速运动故ab错误c、因为功率不变，则牵引力做功w=pt，通过动能定理知，牵引力与阻力的合力功等于动能的变化量，阻力做功小于pt，故d正确，c错误故选：d【点评】解决本题的关键会根据物体的受力判断物体的运动规律，汽车以恒定功率启动，先做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零后，做匀速直线运动6如图所示，可调理想变压器原线圈接交流电，副线圈通过滑动触头p可改变其匝数下列说法正确的是（）a仅增大r的阻值，通过灯泡l的电流将变大b仅增大r的阻值，通过灯泡l的电流将变小c仅将滑动触头p向下滑动，灯泡l两端的电压将变大d仅将滑动触头p向下滑动，灯泡l两端的电压将变小【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】当只改变电阻时，输出电压不变，由欧姆定律可知电流的变化；改变滑动触头时，输出电压改变，由电压与匝数的关系可明确电压的变化【解答】解：a、仍增大电阻r时，由于匝数不变，输出电压不变，则由欧姆定律可知，通过灯泡的电流减小；故a错误，b正确；c、滑动触头向下滑动时，输出端匝数减小，则输出电压减小；灯泡两端的电压减小；故c错误；d正确；故选：bd【点评】本题考查变压器原理，要注意明确变压器的电压与匝数的关系应用7载人飞船绕地球做匀速圆周运动已知地球半径为r0，飞船运行的轨道半径为kr0，地球表面的重力加速度为g0，则飞船运行的（）a加速度是k2g0b加速度是c角速度是d角速度是【考点】线速度、角速度和周期、转速【专题】匀速圆周运动专题【分析】根据万有引力提供向心力，结合向心加速度表达式，及黄金代换公式，即可求解加速度大小与角速度【解答】解：a、根据万有引力定律，引力提供向心力，则有：g；而黄金代换公式：gm=g0r02，联立上两式，解得：an=，故a错误，b正确；c、根据万有引力定律，引力提供向心力，则有：；且gm=g0r02，解得：角速度=，故c正确，d错误；故选：bc【点评】考查万有引力定律的内容，掌握引力提供向心力做匀速圆周运动，理解向心力，向心加速度表达式的内容，注意黄金代换公式8如图所示，一轻弹簧上端固定在o点，下端拴一个钢球，当钢球静止在a处时，弹簧伸长量为x0；现对钢球施加一个水平向右的拉力，使钢球缓慢移至b处，此时弹簧与竖直方向的夹角为（弹簧的伸长量不超过弹性限度），则此时弹簧的伸长量为（）ax0bx0coscdx0（1）【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】以小球为研究对象，分析受力情况，由平衡条件和胡克定律得到弹簧的伸长量的表达式【解答】解：下端拴一个钢球，当钢球静止在a处时，弹簧伸长量为x0，则有kx0=mg解得：k=对小球进行研究，分析受力情况：重力mg、水平外力f和弹簧的弹力f弹由平衡条件得：又由胡克定律得f=kx则有 kx=得 x=，故c正确故选：c【点评】本题是平衡条件与胡克定律的综合应用，分析受力情况是解题的关键，难度适中9如图甲所示，圆形导线框与电阻r串联，框内有变化的磁场取由a经r流向b为感应电流ir的正方向，测得ir随时间t变化的图象如图乙所示取垂直纸面向里为磁场的正方向，则描述磁感应强度b随时间t变化的图象正确的是（）abcd【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据楞次定律和安培定则判断感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势的大小【解答】解：a、01s内、12s内的磁感应强度不变，根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势为零，感应电流为零，故a错误b、在01s内，12s内，根据法拉第电磁感应定律知，磁感应强度变化率不变，则感应电动势不变，根据楞次定律知，01s内感应电流从a经r流向b，12s内感应电流从b经r流向a，故b正确c、在01s内，12s内，根据法拉第电磁感应定律知，磁感应强度变化率不变，则感应电动势不变，根据楞次定律知，01s内感应电流从b经r流向a，12s内感应电流从a经r流向b，故c错误d、在01s内，12s内，根据法拉第电磁感应定律知，磁感应强度的变化率不是定值，则感应电动势变化，感应电流变化，故d错误故选：b【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，以及会通过楞次定律判断感应电流的方向10如图所示，竖直圆盘绕中心o沿顺时针方向匀速转动，当圆盘边缘上的p点转到与o同一高度时，一小球从o点以初速度v0水平向p抛出，当p点第一次转到位置q时，小球也恰好到达位置q，此时小球的动能是抛出时动能的10倍已知重力加速度为g，不计空气阻力根据以上数据，可求得的物理量有（）a小球从抛出到与p相遇的时间b小球刚抛出时的动能c圆盘的半径d圆盘转动的角速度【考点】平抛运动；匀速圆周运动【专题】匀速圆周运动专题【分析】小球从o点以初速度v0水平向p抛出，到达位置q时小球的动能是抛出时动能的10倍，由此即可求出重力做的功；然后由w=mgh求出小球下降的高度，将小球的运动分解，求出运动的时间和圆盘的半径，由小球偏转的角度求出圆盘的角速度【解答】解：小球从o点以初速度v0水平向p抛出，到达位置q时小球的动能是抛出时动能的10倍，由动能定理得：所以：小球在竖直方向做自由落体运动，所以：小球在水平方向的位移：圆盘的半径：oq的连线与竖直方向之间的夹角：圆盘转动的角速度：由以上的分析可知，可求得的物理量有：小球从抛出到与p相遇的时间，圆盘的半径和圆盘转动的角速度，由于不知道小球的质量，不能求出小球刚抛出时的动能故选：acd【点评】该题将平抛运动与圆周运动相结合，这两种不同运动规律在解决同一问题时，常常用“时间”这一物理量把两种运动联系起来二、实验题（本题包括3个小题，共16分）11用游标卡尺测一圆柱体工件的外径如图所示，其读数为15.570cm，能否用实验室中的螺旋测微器测量该工件外径？答：不能（填“能”或“不能”）【考点】刻度尺、游标卡尺的使用【专题】实验题【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读【解答】解：游标卡尺的主尺读数为15.5cm，游标读数为0.0514=0.70mm=0.070cm，所以最终读数为：15.5cm+0.070cm=15.570cm；测量该工件外径主要靠游标卡尺的外爪测量，该工件外径已经超出螺旋测微器的测量范围，所以不能用实验室中的螺旋测微器测量该工件外径故答案为：15.570，不能【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读12小明用如图所示的装置测量弹簧的劲度系数其中，直角三角架底面水平，斜面可视为光滑，待测轻弹簧固定在斜面顶端现在弹簧下端分别挂1个、2个、3个相同的钩码，静止时，弹簧分别伸长了x1、x2、x3已知每个钩码的质量为50g，重力加速度g=l0m/s2所测数据如表所示（单位：cm）x1x2x3斜面顶端高度h斜面长度s12.5024.0037.5030.0050.00（1）挂一个钩码时弹簧受到的拉力为0.3n（2）由表中数据得，弹簧的劲度系数k=2.40n/m（保留3位有效数字）【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系【专题】实验题【分析】对钩码受力分析，根据共点力平衡条件求出挂一个钩码时弹簧受到的拉力根据弹簧形变量的变化量，结合胡克定律求出劲度系数【解答】解：（1）斜面顶端高度h=30.00cm，斜面长度s=50.00cm，挂一个钩码时，对钩码受力分析，钩码受重力和弹簧拉力，根据共点力平衡条件得弹簧受到的拉力f=mgsin=0.0510=0.3n（2）由表格中的数据可知，根据胡克定律知：k=2.40n/m故答案为：（1）0.3（2）2.40【点评】解决本题的关键掌握胡克定律，知道f=kx，x表示形变量，以及知道其变形式f=kx，x为形变量的变化量13一探究小组采用以下两种方法测人体双手间的电阻（1）用多用电表欧姆“100”挡，测量结果如图2所示，读出人体电阻为1400（2）用伏安法测量：分别用电流表内接法和电流表外接法采集数据作出了ui，图线如图1所示，其中用电流表内接法得到的是甲图线（填“甲”或“乙”）已知滑动变阻器最大阻值约10，为了较准确的测出人体电阻，且要求测量更多组数据，请在图3以笔画线代替导线完成剩余部分的实物连接【考点】伏安法测电阻【专题】实验题【分析】（1）欧姆表读数=表盘读数倍率；（2）电流表内接法中，由于电流表的分压作用，电压测量值偏大，故电阻测量值偏大；电流表外接法中，由于电压表的分流作用，电流表测量值偏大，根据欧姆定律，电阻测量值偏小；变阻器最大阻值约10，远小于人体电阻，故采用分压式接法，人体电阻较大，采用电流表内接法【解答】解：（1）欧姆表读数=表盘读数倍率=14100=1400；（2）电流表内接法中，由于电流表的分压作用，电压测量值偏大，故电阻测量值偏大；电流表外接法中，由于电压表的分流作用，电流表测量值偏大，根据欧姆定律，电阻测量值偏小；ui图象的斜率表示电阻；故用电流表内接法得到的是图象甲；变阻器最大阻值约10，远小于人体电阻，故采用分压式接法；人体电阻较大，大内小外，故采用电流表内接法；电路图如图所示：故答案为：（1）1400；（2）甲；如图所示【点评】本题关键是明确电阻的粗测方法和精确测量的方法，知道伏安法测电阻中系统误差的来源，基础题目三、计算题（本题共4小题，共44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）14在60m直线跑游戏中，一同学从起点由静止开始以2m/s2的加速度做匀加速运动，4s后，改做匀速运动直至到达终点，接着以4m/s2的加速度做匀减速运动，经1.5s进入迎接区，如图所示求：（1）该同学匀速运动所用的时间；（2）终点线到迎接区边界的距离【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】直线运动规律专题【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式求出匀加速运动的位移，从而得出匀速运动的位移，根据速度时间公式求出匀加速运动的末速度，结合匀速运动的公式求出匀速运动的时间根据匀变速直线运动的位移时间公式求出匀减速运动的位移，从而得出终点线到迎接区边界的距离【解答】解：（1）匀加速运动的位移，匀加速运动的末速度v=a1t1=24m/s=8m/s，则匀速运动的时间（2）匀减速运动的位移=答：（1）该同学匀速运动所用的时间为5.5s；（2）终点线到迎接区边界的距离为7.5m【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，基础题15为确保弯道行车安全，汽车进入弯道前必须减速如图所示，ab为进入弯道前的平直公路，bc为水平圆弧形弯道已知ab段的距离sab=14m，弯道半径r=24m汽车到达a点时速度va=16m/s，汽车与路面间的动摩擦因数=0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2要确保汽车进入弯道后不侧滑求汽车（1）在弯道上行驶的最大速度；（2）在ab段做匀减速运动的最小加速度【考点】向心力【专题】匀速圆周运动专题【分析】（1）根据最大静摩擦力的大小，通过摩擦力提供向心力求出在弯道的最大速度（2）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出ab段匀减速运动的最小加速度【解答】解：（1）在bc弯道，由牛顿第二定律得，代入数据解得vmax=12m/s（2）汽车匀减速至b处，速度减为12m/s时，加速度最小，由运动学公式，代入数据解得答：（1）在弯道上行驶的最大速度为12m/s；（2）在ab段做匀减速运动的最小加速度为4m/s2【点评】解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，基础题16如图甲所示，无限长的直导线与y轴重合，通有沿+y方向的恒定电流，该电流在其周围产生磁场的磁感应强度b与横坐标的倒数的关系如图乙所示（图中x0、b0均为已知量）图甲中，坐标系的第一象限内，平行于x轴的两固定的金属导轨间距为l，导轨右端接阻值为r的电阻，左端放置一金属棒abab棒在沿+x方向的拉力作用下沿导轨运动（ab始终与导轨垂直且保持接触良好），产生的感应电流恒定不变已知ab棒的质量为m，经过x=x0处时的速度为v0，不计棒、导轨的电阻（1）判断ab棒中感应电流的方向；（2）求ab棒经过x=3x0时的速度和所受安培力的大小【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【专题】电磁感应与电路结合【分析】（