15周物理试题（教师版）.doc

2015届高三上学期周练物理试卷一、选择题（每题6分，共42分）1如图所示，两楔形物块A、B部分靠在一起，接触面光滑，物块B放置在地面上，物块A上端用绳子拴在天花板上，绳子处于竖直伸直状态，A、B两物块均保持静止下列说法中正确的是（）A绳子的拉力可能小于A的重力B地面受的压力大于物块B的重力C物块B受到地面的摩擦力方向水平向左D物块B与地面间不存在摩擦力考点：物体的弹性和弹力；摩擦力的判断与计算.专题：受力分析方法专题分析：隔离对A分析，根据平衡条件判断绳子拉力的有无对B整体分析，判断地面有无摩擦力以及对地面的压力与重力关系解答：解：A、由题：AB接触面光滑，AB间没有摩擦力对A分析知，A受到重力和绳子的拉力，二力平衡，B对A没有支持力，否则三个力不可能平衡故A错误B、C、D、对B分析知：B受到重力、地面的支持力，根据平衡条件知，地面对B的支持力等于物块B的重力，地面对B没有摩擦力故BC错误，D正确故选：D点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡求解，采用隔离法进行研究2如图所示是电阻甲和乙的UI图象，下列说法正确的是（）A甲的电阻值保持10不变B乙的电阻值保持20不变C甲、乙并联在电压为2V的电路中，电路总电流为0.3AD甲、乙串联在电路中，当电路电流为0.2A时，甲的功率为0.6W考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：（1）根据欧姆定律可知，电阻一定时，通过电阻的电流与两端的电压成正比，据此分析图象甲和乙电阻的变化；（2）根据并联电路的电压特点，结合图象读出对应的电流，再根据并联电路的电流特点，得出干路电流；（3）根据串联电路的电流特点，读出图象中对应的电压，根据P=UI求出甲的功率解答：解：A、由图象可知，甲对应的电流与电压成正比，根据欧姆定律可知，电阻的阻值不变，乙电阻的阻值变化，且当U甲=2V时，对应的电流为0.1A，因此电阻R甲=20，故AB错误；C、甲、乙并联在2V电源时，两灯泡两端的电压为2V，由图象可知，I甲=0.1A，I乙=0.2A，则干路电流I=0.1+0.2=0.3A，故C正确；D、甲、乙串联在电路时，通过两电阻的电流相等，由图可知，U甲=4V，则甲的功率为P甲=U甲I=40.2=0.8W，故D错误；故选：C点评：本题考查串联电路的电流特点与并联电路的电压特点，掌握欧姆定律、电功率公式的运用，关键是根据图象得出相关信息3质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep=，其中G为引力常量，M为地球质量该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为（）AGMm（）BGMm（）C（）D（）考点：万有引力定律及其应用；重力势能的变化与重力做功的关系.专题：万有引力定律的应用专题分析：求出卫星在半径为R1圆形轨道和半径为R2的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出热量解答：解：卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为R1时 G= ，卫星的引力势能为EP1= 轨道半径为R2时 G=m ，卫星的引力势能为EP2= 设摩擦而产生的热量为Q，根据能量守恒定律得：+EP1=+EP2+Q 联立得Q=（）故选：C点评：本题是信息题，要读懂引力势能的含义，建立卫星运动的模型，根据万有引力定律和圆周运动的知识、能量守恒定律结合求解4假设空间某一静电场的电势随x变化情况如图所示，根据图中信息可以确定下列说法中正确的（）A空间各点场强的方向均与x轴垂直B电荷沿x轴从0移到x1的过程中，一定不受电场力的作用C正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电场力做正功，电势能减小D负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中，电场力做负功，电势能增加考点：电势；电场强度；电势能.专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分析：由图分析沿x轴方向电势的变化情况，判断x轴是不是一条等势线，根据场强方向与等势面垂直，分析场强的方向是否均与x轴垂直电荷沿x轴从0移到x1的过程中，各点的电势相等，任意两点间电势差为零，但场强不一定为零，电荷不一定不受电场力根据推论：正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大，分析电场力做功情况，判断电势能变化情况解答：解：A、由图看出，x轴上各点电势不全相等，x轴不是一条等势线，所以空间各点场强的方向不全与x轴垂直故A错误 B、x轴从0移到x1，各点电势相等，任意两点间电势差为零，电场力做功为零，但电场力不一定为零，也可能电场力与x轴垂直故B错误 C、正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电势升高，电荷的电势能增大，电场力做负功故C错误 D、负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中，电势降低，电荷的电势能增加，电场力做负功故D正确故选D点评：本题如果是单选题，可以采用排除法选择D项判断电场力做功情况，也可以根据公式WAB=qUAB=q（AB）分析5如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正、负极相连，两板的中央沿竖直方向各有一个小孔，今有一个带正电的液滴，自小孔的正上方的P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v1若使a板不动，若保持电键K断开或闭合，b 板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍然从P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v2，在不计空气阻力的情况下，下列说法正确的是（）A若电键K保持闭合，向下移动b板，则v2v1B若电键K闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2v1C若电键K保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2=v1D若电键K闭合一段时间后再断开，无论向上或向下移动b板，则v2v1考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；电容器的动态分析.专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：带正电的液滴在下落过程中受到竖直向下的重力，竖直向上的电场力作用，重力做正功，电场力做负功；由动能定理判断带电液滴速度大小关系解答：解：A、若电键K保持闭合，重力与电场力做功不变，由动能定理可知，带电液滴速度不变，则v2=v1，故A错误；B、若电键K闭合一段时间后再断开，向下移动b板，电场力做的负功减小，由动能定理得液滴速度变大，即v2v1，故B正确；C、若电键K保持闭合，无论向上或向下移动b板，重力与电场力所做的功不变，由动能定理可知，液滴速度不变，即v2=v1，故C正确；D、若电键K闭合一段时间后再断开，向上移动b板，重力做功不变，电场力做功增加，由动能定理可知，液滴速度变小，即v2v1；如果向下移动b板，重力做功不变，电场力做功变小，由动能定理可知，小球速度变大，即v2v1，故D错误；故选BC点评：重力做正功，电场力做负功，应用动能定理即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题6如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用I、U1、U2和U3下列说法错误的是（）AI减小，U1减小、U2增加、U3增加B电源功率不变、R1上功率增加C变大，不变D变大，不变考点：闭合电路的欧姆定律.专题：交流电专题分析：本题要分定值电阻与可变电阻去分析对于定值电阻，有R=；对于可变电阻，可根据闭合电路欧姆定律分析与电源内阻的关系，从而作出判断解答：解：A、P下滑，R2增加则总电阻增加，则I减小，内压减小，外压增大，则A正确B、电源功率为P=EI，则为减小，则B错误C、当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，R2是可变电阻，有=R2，所以变大变大根据闭合电路欧姆定律得：U2=EI（R1+r），则知=R1+r，不变，故C正确D、则C项=（R1+R2）则其变大，则D正确故选：B点评：本题要注意对于定值电阻，是线性元件，有R=；对于非线性元件，R=；7如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧一个质量为m、电荷量为q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道不计空气阻力及一切能量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是（）A小球一定能从B点离开轨道B小球在AC部分不可能做匀速圆周运动C若小球能从B点离开，上升的高度一定小于HD小球到达C点的速度不可能为零考点：带电粒子在匀强电场中的运动.专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：当小球的重力与电场力平衡，小球进入轨道，靠弹力提供向心力，做匀速圆周运动根据动能定律判断上升的高度与H的关系通过假设法判断小球到达C点的速度能否为零，若能为零，根据动能定理知，电场力做功做功等于重力做功，则电场力大于重力，无法做圆周运动解答：解：A、由于题中没有给出H与R、E的关系，小球可能从B点离开轨道，若小球所受的电场力大于重力，小球就不一定从B点离开轨道，故A错误；B、若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故B错误C、由于小球在AC部分运动时电场力做负功，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H，故C正确；D、若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零故D正确故选：CD点评：本题要分析带电小球所受的电场和重力的关系，再分析其可能的运动情况，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高二、实验题本题共3小题，共18分8（8分）某实验小组在做“验证机械能守恒定律”实验中，提出了如图1所示的甲、乙两种方案：甲方案为用自由落体运动进行实验，乙方案为用小车在斜面上下滑进行实验（1）组内同学对两种方案进行了深入的讨论分析，最终确定了一个大家认为误差相对较小的方案，你认为该小组选择的方案是 ，理由是 （2）若该小组采用图甲的装置打出了一条纸带如图2所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02s，请根据纸带计算出B点的速度大小为 m/s（结果保留三位有效数字）（3）该小组内同学根据纸带算出了相应点的速度，作出v2h图线如图3所示，请根据图线计算出当地的重力加速度g= m/s2（结果保留三位有效数字）考点：验证机械能守恒定律.专题：实验题分析：（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，知道乙装置中小车与斜面存在摩擦，实验效果不如甲好；（2）纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可计算出打出某点的速度；（3）由mgh=mv2得v2=2gh，由此可知：图象的斜率k=2g，由此可以求出当地的重力加速度解答：解：（1）由甲、乙两图可知，乙图存在的摩擦远远大于甲图中摩擦，由此可知甲图验证机械能守恒更合适采用乙图实验时，由于小车与斜面间存在摩擦力的作用且不能忽略，所以小车在下滑的过程中机械能不守恒，故乙图不能用于验证机械能守恒（2）匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：vB=1.37 m/s （3）由机械能守恒mgh=mv2得v2=2gh，由此可知：图象的斜率k=2g，由此可以求出当地的重力加速度，由图可知，当h=20cm时，v2=3.88，所以k=19.5，所以g=9.75m/s2，故答案为：（1）甲，乙实验中斜面与小车之间有摩擦力，且不能忽略，小车运动过程中机械能守恒（2）1.37 （3）9.75点评：本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚，正确利用匀变速直线运动的规律、推论求解某点的瞬时速度，根据图象特点明确图象斜率的含义9（9分）某同学对一个标称值为“5、1.25W”的定值电阻的阻值是否准确产生了怀疑，准备应用学过的电学知识进行测量，现可供使用的器材如下：A电流表A1，量程50m A，内阻RA1=11B电流表A2，量程3A，内阻约50C电压表V1，量程l5V，内阻约l5kD电压表V2，量程3V，内阻约3kE变阻器R，全电阻约20F定值电阻R0=1G直流电源E，电动势4.5V，内阻不计H开关S、导线若干（1）用伏安法测量定值电阻Rx的阻值时，所选电压表为 （填字母编号）（2）在右侧的虚线框内画出测量Rx的电路图（3）测量Rx的主要步骤为：A用导线按测量电路图将实物连接起来；B将滑动变阻器的滑片滑到阻值最大的位置，闭合开关S；C将滑动变阻器R滑动头置于合适的位置，读出此时电压表的示数U和电流表的示数I；D断开开关S测量Rx的公式为Rx= （各物理量均用题中对应的字母表示）考点：伏安法测电阻.专题：实验题；恒定电流专题分析：待测电阻的额定电压约为：Ue=2.5V；待测电阻的额定电流约为：Ie=；电流表A1量程偏小，电流表A2量程偏大，可以将电流表A1与定值电阻R0并联构成新的电流表使用；滑动变阻器电阻值大于待测电阻阻值，采用限流式接法即可；待测电阻较小，采用安培表外接法解答：解：（1）用伏安法测量定值电阻Rx的阻值时，由于电源电压为4.5V，为提供精确度，所选电压表为V2；（2）电流表A1量程偏小，电流表A2量程偏大，可以将电流表A1与定值电阻R0并联构成新的电流表使用；滑动变阻器电阻值大于待测电阻阻值，采用限流式接法即可；待测电阻较小，采用安培表外接法；电路图如图所示：（3）电流表A1读数为I，电压为IRA1，故通过电阻R0的电流为，故干路电流为：I+故待测电阻的电阻为：R=故答案为：（1）D；（2）如图所示；（3）点评：本题关键是明确实验原理，难点在于两个电流表都不能直接使用，要并联定值电阻以扩大量程三、计算题本题共3小题，共计42分10（15分）为了安全，中国航母舰载机“歼15”通过滑跃式起飞方式起飞滑跃起飞的原理有点像高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为L1=160m的水平跑道上运动，然后在长度为L2=20.5m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞已知飞机的质量m=2.0104kg，其喷气发动机的推力大小恒为F=1.4105N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=2.05m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计拐角处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障g取10m/s2（1）求飞机在水平跑道上运动的末速度（2）求飞机从开始运动到起飞经历的时间考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系.专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据牛顿第二定律求出在水平跑道上的加速度，结合速度位移公式求出飞机在水平跑道上运动的末速度（2）根据速度时间公式求出在水平跑道上的运动时间，根据牛顿第二定律求出在倾斜跑道上的加速度，根据速度位移公式求出末速度，从而根据速度时间求出在倾斜跑道上的运动时间，得出总时间的大小解答：解：（1）设飞机在水平跑道上的加速度为a1，阻力为f，末速度为v1，由牛顿第二定律得，Ff=ma1，f=0.2mg，联立以上三式并代入数据解得，v1=40m/s（2）设飞机在倾斜跑道上的加速度为a2，跑道末端速度为v2水平跑道上：倾斜跑道上：由牛顿第二定律有代入数据解得由，代入数据解得 所以则t=t1+t2=8.5s答：（1）飞机在水平跑道上运动的末速度为40m/s（2）飞机从开始运动到起飞经历的时间为8.5s点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，涉及到两个过程的运动，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁11（17分）（2011威海模拟）质量m=50kg的跳台花样滑雪运动员（可看成质点），从静止开始沿斜面雪道从A点滑下，沿切线从B点进入半径R=15m的光滑竖直冰面圆轨道BPC，通过轨道最高点C水平飞出，经t=2s落到斜面雪道上的D点，其速度方向与斜面垂直斜面与水平面的夹角=37，运动员与雪道之间的动摩擦因数=0.075，不计空气阻力取当地的重力加速度g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80试求：（1）运动员运动到C点时的速度大小vC；（2）运动员在圆轨道最低点P受到轨道支持力的大小FP；（3）A点到过P点的水平地面的高度h考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；动能定理的应用.专题：机械能守恒定律应用专题分析：运动员从C点到D点做平抛运动，在D点对速度进行分解解得平抛的初速度根据机械能守恒定律求得P点时的速度大小，根据牛顿第二定律解得受到轨道支持力的大小解答：解：（1）运动员从C点到D点做平抛运动，在D点对速度进行分解，根据运动的分解得：得：vC=gttan代入数据解得vC=15m/s（2）设运动员运动到P点时的速度大小为vP，根据机械能守恒定律得：，根据牛顿第二定律得：联立解得：FP=3250N（3）根据动能定理研究从A点到P点有：联立解得：h=45.5m答：（1）运动员运动到C点时的速度大小是15m/s；（2）运动员在圆轨道最低点P受到轨道支持力的大小是3250N；（3）A点到过P点的水平地面的高度是45.5m点评：高考中对于力学基本规律考查的题目一般都设置了多个过程，要灵活选择物理过程利用所学的物理规律求解12（19分）如图所示，微粒A位于一定高度处，其质量m=1104kg、带电荷量q=+1106C，塑料长方体空心盒子B位于水平地面上，与地面间的动摩擦因数=0.1B上表面的下方存在着竖直向上的匀强电场，场强大小E=2103N/C，B上表面的上方存在着竖直向下的匀强电场，场强大小为EB上表面开有一系列略大于A的小孔，孔间距满足一定的关系，使得A进出B的过程中始终不与B接触当A以1=1m/s的速度从孔1竖直向下进入B的瞬间，B恰以2=0.6m/s的速度向右滑行设B足够长、足够高且上表面的厚度忽略不计，取g=10m/s2，A恰能顺次从各个小孔进出B试求：（1）从A第一次进入B至B停止运动的过程中，B通过的总路程s；（2）B上至少要开多少个小孔，才能保证A始终不与B接触；（3）从右到左，B上表面各相邻小孔之间的距离分别为多大？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）盒子做匀减速运动，求出盒子的加速度，根据