安徽黄山高三物理上学期第一次质量检测试题含解析新人教版

1、安徽省黄山市2015届高上学期第一次质量检测、选择题（本题包括10小题。物理每小题4分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意）1.如图所示，甲乙两运动物体在t1、t2、t3时刻的速度矢量分别为111V1、V2、V3和V1,v2,v3,卜列说法中正确的是（）A.甲做的可能是直线运动B.乙做的可能是直线运动甲VI/小,打乙C.甲不可能做匀变速运动D.甲受到的合力可能是恒力，乙受到的合力不可能是恒力【命题立意】本题旨在考查运动的合成和分解。【解析】A、甲、乙的速度方向在变化，所以甲乙不可能做直线运动，故A错误;BCD甲的速度变化量的方向不变，知加速度的方向不变，则甲的加速度可能不变，甲不可能都做

2、圆周运动；根据牛顿第二定律，知甲的合力可能是恒力。乙的速度变化量方向在改变,知加速度的方向变化，所以乙的合力不可能是恒力，故BC错误，D正确2 .如图，小物块置于倾角为0的斜面上，与斜面一起以大小为a=gtan0的加速度向左做匀加速直线运动，两者保持相对静止，则运动过程中，小物块受力的示意图为TGma-*G【命题立意】本题旨在考查牛顿第二定律、物体的弹性和弹力。【解析】假设物体受到摩擦力沿斜面向上，对物体受力分析，沿斜面方向和垂直于斜面方向建立平面直角坐标系，由牛顿第二定律可得:Fnsin二-Ffcos二-maFncos-Ffsin口-G=0联立解得：Ff=0,故物体只受支持力和重力，故A正确

3、，BCD昔误。故选：A空.秋千匀速转动时，绳与竖直方向成某一角度0其简化模型如图所示.若要使夹角变大，可将（）A.增大转动周期B钢丝绳变短C.增大座椅质量D增大角速度七心G3 .公园里的“飞天秋千”游戏开始前，座椅由钢丝绳竖直悬吊在半【答案】D【命题立意】本题旨在考查向心力、牛顿第二定律。【解析】座椅重力和拉力的合力提供向心力，有：2,42八.、mgtan1-m-2-(lsin二r)=m，(lsin二r)解得：l:gT,-r.4二cossin1则要使夹角0变大，可减小周期T,或使钢丝绳的长度变长，或增大角速度，与座椅的质量无关，故D正确，ABC错误。故选：D4 .物体以速度v匀速通过直线上的A

4、、B两点，所用时间为t现在物体从A点由静止出发，先做匀加速直线运动（加速度为a）到某一最大速度Vm,然后立即做匀减速直线运动（加速度大小为a2）至B点速度恰好减为0,所用时间仍为to则物体的（）A.Vm可为诈多值，与a、a2的大小有关B.Vm可为许多值，与al、a2的大小无关C.al、a2必须满足31a2=2vD.al、a2必须是一定的a1a2t【答案】C【命题立意】本题旨在考查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。【解析】A、当物体匀速通过A、B两点时，x=vt.当物体先匀加速后匀减速通过A、B两点时,根据平均速度公式，总位移xn/ti+t2=：匕解得：vm=2

5、v,与的a1,a2大小无关,故A、RD错误；C、匀加速运动的时间和匀减速运动的时间之和vv-t=+，而Vm=2v,代入得：aia2a1a2aia2,2v2v-t=一十一,整理得:aia2故选：C5.如图所示，一个小物体在足够长的斜面上以一定初速度释放，斜面各处粗糙程度相同初速度方向沿斜面向上，则物体在斜面上运动的过程中（）A.动能先减小后增大B.机械能先减小后增大C.如果某段时间内摩擦力做功与物体动能的改变量相同，则此后物体动能将不断增大D.物体在斜面上运动的过程中连续相同两段时间内摩擦力做功不可能相等【答案】C【命题立意】本题旨在考查动能定理的应用、机械能守恒定律。【解析】A、物体先向上匀减

6、速运动，后向下匀加速运动，动能先减小后增大；物体也可能向上匀减速运动，停在最高点，动能一直减小，故A错误；B、物体在运动过程中，摩擦力始终做负功，机械能减小转化为内能，所以机械能不会增加.故B错误；C物体运动过程中，重力和摩擦力做功，引起动能变化，由动能定理可知，摩擦力做功与物体动能的改变量相同，则重力做功零，说明物体先上滑后下滑相同高度，此后物体断续下滑,动能增加.故物体动能将不断增大，故C正确；D、如果物体能够从斜面下滑，在最高点附近的过程，可以取两段时间相等且路程相等的过程，则克服摩擦力做功相等，故D错误。故选：C.6.质量为2kg的物体，放在动摩擦因数为=0.1的水平面上，在水平拉力F

7、的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，g=10m/s2。下列说法中正确的是（）A.此物体在OA段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15WB.此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6WC.此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15WD.此物体在OA段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15W【答案】A【命题立意】本题旨在考查匀变速直线运动的图像、功率、平均功率和瞬时功率。【解析】对物体受力分析，物体受到的摩擦力为：Ff=NFn=Nmg=0.1M2M10N=2N由图象可知，斜率表示的是物体受到的力的

8、大小，OA段的拉力为5N,AB段的拉力为1.5N,所以物体在OA段做匀加速运动，在AB段做匀减速直线运动在OA段的拉力为5N,物体做加速运动，当速度最大时，拉力的功率最大，4112F-Ff由v=at,x=at得：a=2m代入数值解得：v=3m/s,此时的最大功率为：P=Fv=53W=15W在AB段，物体匀减速运动，最大速度的大小为3Ws,拉力的大小为1.5N所以此时的最大功率为：P=Fv=1.53W=4.5W所以在整个过程中拉力的最大功率为15W,所以BCD昔误，A正确。故选：A【举一反三】本题考查了对功的公式W=FL的理解，根据图象的分析，要能够从图象中得出有用的信息-斜率表示物体受到的拉力

9、的大小，本题很好的考查了学生读图和应用图象的能力。A. 小行星绕恒星运动，恒星（中心天体）均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，可认为小行星在绕恒星运动一周的过程中近似做圆周运动.则经过足够长的时间后，小行星运动的（）A.半径变小B,速率变大C.加速度变小D.角速度变火【答案】C【命题立意】本题旨在考查万有引力定律及其应用、人造卫星的加速度、周期和轨道的关系。【解析】A、恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，二者之间万有引力减小，小行星做离心运动，即半径增大，故A错误；B、小行星绕恒星运动做圆周运动，万有引力提供向心力，设小行星的质量为m恒星的质量2Mmv广为M,则G2-=m,即v=rrr增大

10、，故v减小，故B错误;Mm,口C、由G-2=ma,得:rGM2r,M减小，r增大，所以a减小，故C正确;D、由v=r,v减小，r增大，故co减小，故D错误。故选：C8.如图所示，两个等量正的点电荷QP,连线中点为0,在垂线上有两点A、B,OA<OBA、B两点的电场强度及电势分别为助、Ea、8、中人、中B,则：（）A.日一定大于Eb,呼A一定大于中BB. Ea不一定大于甲A一定大于邛BABC. Ea一定大于Eb,呼a不一定大于中BD. Ea不一定大于包外不一定大于9B【答案】B【命题立意】本题旨在考查电场线、电势。【解析】两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故

11、从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的点可能在A、B连线之间，也可能在A、B连线上，还可能在A、B连线下，由于A、B两点的间距也不确定，故EA可能大于Eb,也可能小于Eb,还可能等于Eb,即Ea不一定大于Eb。根据平行四边形定则可知中垂线上电场强度方向一直向上,故电势越来越低，中A一定大于外；故ACD昔误，B正确。故选：B9.一理想变压器原、副线圈匝数比ni：n2=11:5。原线圈与正弦交变电连接，输入电压U如图所示。副线圈仅接入一个10a的电阻。则（）A.流过电阻的电流是20AB.与电阻并联的电压表的示数是100,2VC.变压器的输入功率是lX103WD.经过1分钟电

12、阻发出的热量是6X103J【答案】C【命题立意】本题旨在考查变压器的构造和原理。【解析】由图可知原线圈输入交变电压u=220，2sin100nt（V）,有效值为220V,根据理想变压器的规律可知副线圈两端的电压为：U2=21=X220V=100V0|11A流过电阻的电流是I=LL2=a=10A,故A错误；R10日与电阻并联的电压表的示数是有效值，所以是100V,则B错误；.22C输入功率等于输出功率，2=-=w=1M103W.故C正确；R10D经过1分钟电阻发出的热量是Q=Pt=6M104J,则D错误。故选：C10 .如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d,其右端接有

13、阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为科.当杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离，时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）.设杆接入电路的电阻为r,导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程（）A.轻杆在做匀加速直线运动B.流过曲棒的电流从a-bC.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D.恒力F做的功、安培力做的功与摩擦力做的功三者之和等于杆动能的变化量【答案】D【命题立意】本题旨在考查导体切割磁感线时的感应电

14、动势、闭合电路的欧姆定律。【解析】A、轻杆在恒力作用下作加速运动，速度增大，产生感应电动势和感应电流增大，安培力增大，合外力减小，加速度减小，当合外力为零作匀速运动，所以轻杆做加速度减小的变加速直线运动，故A错误；日由右手定则判断知流过棒的电流从bTa,故B错误；CD根据动能定理得：恒力F做的功、摩擦力做的功、安培力做的功之和等于杆动能的变化量，而摩擦力做负功，安培力也做负功，则知恒力F做的功与摩擦力做的功之和大于杆动能的变化量，故C错误，D正确。故选：D二、实验题（本题共2小题，共18分）11 .（8分）一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图（a）所示

15、。用刻度尺测量斜面的高度与长度之比为1:4,小车质量为400g,图（b）是打出纸带的一段，相邻计数点间还有四个点未画出，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz。由图（b）可知，打纸带上B点时小车的瞬时速度VB=m/s,打纸带上E点时小车的瞬时速度VE=_m/s,打纸带上B点到E点过程中小车重力势能的减少量为J,此过程中小车克服阻力所做的功为Jog取10m/s2,保留两位有效数字）图5)【答案】0.15;7.2父10；5.5父10”【命题立意】本题旨在考查探究功与速度变化的关系。【解析】：根据中点时刻的速度等于平均速度得：VbXac0.081-0.0512T0.2m.s=0.15m.sVe二X

16、DF2T0.171-0.1050.2m.s=0.33m.s小车重力势能的减少量：EP=mgh=0.410(0.1350-0.0630)J=0.071J根据加速度的定义式得：aj=3s=0.6m/st3T0.3根据牛顿第二定律得：mgsin-f=ma解得：f=一mg-ma=0.76N所以克服阻力所做的功：W=Wf=0.76（0.135-0.063）J=0.055J22故答案为：0.15;7.2x10;5.5x1012.（10分）有一电压表V,其量程为3V,内阻约为3000Q,要准确测量该电压表的内阻提供的实验器材有：电E:电动势约15V,内阻不计；电压表V2:量程2V,内阻2=20000;定值电

17、阻R:阻值20a;定值电阻R:阻值3a滑动变阻器Ro：最大阻值10a,额定电流1A;电键一个，导线若干。设计的一个测量电压表V的内阻的实验电路图如图所示实验中定值电阻R应选用（R或R）说明实验所要测量的物理量：和；二写出电压表V内阻的计算的表达式R尸。f-1-,Ui。t*iAr一【答案】R;电压表V的读数U1、电压表V2的读数U2;-12*5【命题立意】本题旨在考查伏安法测电阻。【解析】：由于滑动变阻器允许通过的最大电流为Imax=1A,所以变阻器最小电阻应为:E15_Rmin=C=15C,所以定值电阻应选R；两电压表串联，电流相等，故有：ULuU2,解得：RV=U返所以实验应测量的物理RV1

18、21U2量是电压表V的读数U1和电压表V2的读数U2;根据上题分析可知，电压表V的内阻为：RV=U退1 U2UJc故答案为：R；电压表V1的读数U1、电压表V2的读数U2；一U【易错警示】选择器材时，应首先画出电路图，再根据欧姆定律进行估算，注意通过电表的1电流不能小于量程的1。3三、计算题（本题共4小题，总分42分。解答应写出必要的文字说明和推理步骤，只写出答案的不给分）13. （8分）固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图所示，取重力加速度g=l0m/s2。求：（1）小环的质量成（2）细杆与地面间的倾

19、角a。【答案】（1）1kg；（2）300【命题立意】本题旨在考查牛顿第二定律、匀变速直线运动的速度与时间的关系。【解析】：（1）由图得：a=v=0.5m/s2,前2s,物体受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：F1-mgsina=ma2s后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：F2=mgsina由两式，代入数据可解得：m=1kg,口=30°故小环的质量m为1kg。（2）由第一问解答得到，细杆与地面间的倾角a为30°14. （10分）如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MNPQ相距为L导轨平面与水平面夹角为a导轨电阻不计。磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面斜向上，

20、长为L的金属棒ab垂直于MNPQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m电阻为R。两金属导轨的上端连接右侧电路，电路中R为一电阻箱，已知灯泡的电阻R=4R,定值电阻R=2R,调节电阻箱使R=12R,重力加速度为g,闭合开关S,现将金属棒由静止释放，求：（1）金属棒下滑的最大速度Vm的大小；（2）当金属棒下滑距离为so时速度恰好达到最大，则金属棒由静止开始下滑2so的过程中，整个电路产生的电热；【答案】（1）喑警；2mg、sin0f18m3g2R2sin2:电磁感【命题立意】本题旨在考查导体切割磁感线时的感应电动势、闭合电路的欧姆定律、应中的能量转化。【解析】：（1）当金属棒匀速下滑

21、时速度最大，达到最大时有:mgsina=F安l=BILBLvm区R心、其中：R.=6R心、联立以上各式得金属棒下滑的最大速度：vm=6mgRs2n.BL1c(2)由动能定理，有：WG仪=-mvm2由于WG=2mgsosinot,W=Q12斛得：Q=2mgsosinmvm2将代入上式可得：Q=2mgs0sin-：s18m3g2R2sin2：b4l4(1)金属棒下滑的最大速度vm的大小是6mgRsin;B2L2金属棒由静止开始下滑2so的过程中，整个电路产生的电热是2mgs0sin;18m3g2R2sin"b4l415.(12分)如图所示，半径分别为内.两轨道之间由一光滑水平轨道R和r(

22、R>r)的甲乙两光滑圆轨道安置在同一竖直平面CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两个小球夹住，但不拴接.同时释放两小球，(1)已知小球a的质量为m若a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点，求小球b的质量；(2)若m=m=m,且要求a、b都还能够通过各自的最高点，则弹簧在释放前至少具有多犬的弹性势能？【答案】(1)m患；5mgR【命题立意】本题旨在考查动能定理的应用、功能关系。【解析】(1)根据牛顿第二定律得a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点的速度分别为:v；=JgRvb=Jgr由动量守恒定律：mVa=GVb根据机械能守恒定律得：1 mv2=lmvj+mg|_2R2 21 212-mbVb=-mbVb+mbg12r2 2联立得：m7日口R即：mb=m-mb.R.r(2)若ma=mb=m,由动量守恒定律得：v2=vb=v当b球恰好能通过圆轨道的最高点时，E弹最小12根据机械能守恒得：EP=-m(.,gR)-mg|_2R2=5mgR答：(1)小球b的质量为mJR;(2)若ma=mb=m,且要求a、b都还能够通过各自的最高点，则弹簧在释放前至少具有5mgR的弹性势能16.(12分)如图所示，平行带电导体板A、B