湖北省武汉市部分重点中学2015届高三上学期第一次联考物理试题.doc

湖北省武汉市部分重点中学2015届高三上学期第一次联考物理试题（解析版） 考试时间:2014年11月6日下午14:0015：30 试卷满分：110分一、选择题，本题共12小题，每小题4分，共48分，17小题为单项选择,812小题为多项选择，选全得4分，选对但不全得2分，错选0分。【题文】1、关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（ ）A。安培力的方向可以不垂直于直导线B。安培力的方向总是垂直于磁场的方向C。 将通电直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原的倍D。 安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以安培力永不做功【知识点】安培力K1【答案解析】B 解析： A、B、根据左手定则可知,安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；C、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0,将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原的，故C错误; D、安培力的方向可以与通电导体的方向相同,即安培力可以对通电导体做功故D错误;故选B【思路点拨】本题考查了产生条件、大小与方向,当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直引用公式F=BIL时,注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解,因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL【题文】2、取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能恰好是重力势能的3倍。不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（ ）A. B. C. D. 【知识点】平抛运动D2【答案解析】A 解析:设抛出时物体的初速度为v0，高度为h，物块落地时的速度大小为v,方向与水平方向的夹角为根据机械能守恒定律得: +mgh=mv2,据题有：=3mgh，联立解得:v= v0，则cos=，得：=故选:A【思路点拨】根据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时动能与重力势能恰好相等，分别列式即可求出落地时速度与水平速度的关系,从而求出物块落地时的速度方向与水平方向的夹角解决本题的关键会熟练运用机械能守恒定律处理平抛运动，并要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解【题文】3、如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力比初始时（ )A增加了 B减小了C增加了 D减小了【知识点】向心力；牛顿第二定律C2 D4【答案解析】C 解析：以整体为研究对象，开始静止,所以大环对轻杆拉力为（M+m)g，小环在最低点时，根据牛顿第二定律得:F-mg=m，得：F=mg+m，小环从最高到最低，由动能定理,则有：mv2=mg2R;对大环分析，有：T=F+Mg=m（g+）+Mg=5mg+Mg故拉力正大了4mg,故C正确【思路点拨】根据牛顿第二定律求出小环运动到最低点时，大环对它的拉力，再用隔离法对大环分析，求出大环对轻杆的拉力大小解决本题的关键搞清小环做圆周运动向心力的，运用牛顿第二定律进行求解【题文】4、如右图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑,直至速度为零。对于该运动过程,若用x、a、分别表示滑块下滑的位移的大小、加速度的大小、重力势能（以斜面底面所在平面为零势面）和动能，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是（ ）V0otEkCEpotAoxBattD【知识点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系A2 C2【答案解析】D 解析：A、B在下滑过程中，物体的加速度mgcos-mgsin=ma，a= gcos gsin，加速度的大小保持不变，所以加速度图像应是与时间轴平行的直线物体做匀减速直线运动，故位移随时间变化越越慢，位移-时间关系的图象是向右弯曲的线，故A、B错误；C、物体做匀减速直线运动，下降的高度为h=ssin，也是向右弯曲的线，故C错误；D、下滑过程中速度大小关系为v=v0+at=v0+（gsin-gcos）t，动能 ，故动能变化越越慢，故D正确，故选D【思路点拨】对物体受力分析由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度位移及下降高度与时间的关系即可求的；本题主要考查了运动学公式，关键是把shv与时间的表达式表示出即可。【题文】5、硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象（电池内阻不是常数）,图线b是某电阻R的U-I图象在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为（ ）a523.60.20.30.4ObU/VI/AA. 8.0 B. 10 C。 12 D. 12。5【知识点】闭合电路的欧姆定律J2【答案解析】A 解析: 由欧姆定律得U=EIr,当I=0时,E=U,由a与纵轴的交点读出电动势为E=U2根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为U1，则内阻r=故A正确选A【思路点拨】由欧姆定律得U=E-Ir, 的大小等于r，当I=0时，E=U，由图可知电池的电动势为U2当电流为I1时，根据欧姆定律求出内阻本题考查对图象的理解能力 【题文】6、如图所示,平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带点微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动,轨迹如图中虚线所示,那么（ )A若微粒带正电荷，则电场力一定小于重力B微粒从M点运动到N点电势能一定增加C微粒从M点运动到N点动能不一定增加D微粒从M点运动到N点机械能可能增加也有可能减少【知识点】带电粒子在混合场中的运动；功能关系 E6 K3 K4【答案解析】D 解析：微粒在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由图示微粒运动轨迹可知，微粒向下运动，说明微粒受到的合力竖直向下,重力与电场力的合力竖直向下；A、如果微粒带正电，A板带正电荷，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，A板带负电,但如果电场力小于重力，微粒受到的合力向下,微粒运动轨迹向下，故无法确定电场力与重力的大小关系，故A错误；B、如果微粒受到的电场力向下，微粒从M点运动到N点过程中电场力做正功，微粒电势能减小，如果微粒受到的电场力向上，则电势能增加，故B错误;C、微粒受到的合力向下，微粒从M点运动到N点过程中合外力做正功，微粒的动能增加，故C错误;D、微粒从M点运动到N点过程动能增加，重力势能减小,机械能不一定增加,故D正确故选：D【思路点拨】微粒在平行金属板间受到重力与电场力的作用，根据微粒运动轨迹与微粒受到的重力与电场力间的关系分析答题根据微粒的运动轨迹判断出微粒受到的合外力,然后根据微粒的受力情况分析答题；电场力做正功,电势能增加，电场力做负功,电势能减小【题文】7、一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，电场强度E的大小与位移x的关系如右图所示.下列图象中合理的是 （ ）EOxAOx粒子所处位置电势与位移关系EkOxvOxaOx粒子动能与位移关系粒子速度与位移关系粒子加速度与位移关系BCD【知识点】电势能;电场强度I1 I2【答案解析】B 解析： 粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动,电场强度越越小，故粒子做加速度减小的加速运动 A、根据U=Ed， ，因为电场强度越越小，故电势降低的越越慢，应该是曲线，故A错误;B、A、Ek-x图象上某点的切线的斜率表示电场力，电场强度越越弱，F=Eq，电场力越越弱,斜率越越小,故B正确；C、速度随着位移均匀增加，而相同位移所用的时间逐渐减小（加速运动）,故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C错误；D、粒子做加速度减小的加速运动， ，故加速度的图像用过是E-x图像相同,故D错误；故选B【思路点拨】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动;根据图象含义，得出电场力的变化情况;然后结合加速度的含义判断加速度随着位移的变化情况【题文】8、如图所示,电路中、均为可变电阻，电内阻不能忽略,平行板电容器C的极板水平放置。闭合电建，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴将向下运动的是（ ）A增大的阻值 B将两极板错开少许C增大两板间的距离 D断开电键【知识点】带电粒子在混合场中的运动；电容；闭合电路的欧姆定律I3 J2 K3【答案解析】CD 解析： 根据图示电路图,由欧姆定律可得:电容器两端电压：U=IR1=，油滴受到的电场力:F=，开始时油滴静止不动，F=mg，要使油滴向下运动，则电场力应减小;A、增大R1的阻值，电场力：F=变大,电场力大于重力,油滴受到的合力向上,油滴向上运动，故A错误;B、降两极板错开，电路不变，电压不变,所以电场力不变，故仍然静止，故B错误；C、增大两板间的距离，极板间的电场强度减小,电场力减小，小于重力，油滴受到的合力向下,油滴向下运动,故C正确；D、断开电键S,极板间的电场强度为零，电场力为零，油滴受到重力作用，油滴向下运动,故D正确；故选CD【思路点拨】分析清楚电路结构，求出极板间的电场强度，求出油滴受到的电场力,然后根据电场力的表达式分析答题本题考查了判断油滴的运动状态问题,分析清楚极板间的电场力如何变化是正确解题的关键【题文】9、如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成若静电分析器通道中心线的半径为R,通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器,最终打到胶片上的Q点不计粒子重力下列说法正确的是（ ）A粒子一定带正电B加速电场的电压C直径D若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷【知识点】质谱仪和回旋加速器的工作原理K4【答案解析】ABD 解析： A、由左手定则可知，粒子带正电,故A正确；B、根据电场力提供向心力，则有qE=，又有电场力加速运动,则有qU=mv2，从而解得：U=，故B正确;C、根据洛伦兹力提供向心力，则有:qvB=，结合上式可知,PQ=，故C错误；D、若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的直径相同,由于磁场，电场与静电分析器的半径不变，则该群离子具有相同的比荷，故D正确;故选ABD【思路点拨】带电粒子在电场中，在电场力做正功的情况下,被加速运动后垂直于电场线，在电场力提供向心力作用下，做匀速圆周运动最后进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动根据洛伦兹力的方向，从而可确定电性,进而可确定极板的电势高低根据牛顿第二定律可得在电场力作用下做匀速圆周运动的表达式，从而求出加速电压最后再由牛顿第二定律，洛伦兹力等于向心力可知，运动的半径公式，即影响半径的大小因素考查粒子在电场中加速与匀速圆周运动，及在磁场中做匀速圆周运动掌握电场力与洛伦兹力在各自场中应用，注意粒子在静电分析器中电场力不做功【题文】10、如图所示,一圆环上均匀分布着正电荷,x 轴垂直于环面且过圆心O。下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（ ) AO点的电场强度为零，电势最低BO点的电场强度为零，电势最高C从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势降低D从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小,电势一直降低【知识点】电场的叠加，电势和电场强度的关系 I1【答案解析】BD 解析： O点合场强为零，在O点右侧每一点合场强方向向右，在O点左侧每一点合场强方向向左，到无穷处场强也为零，故从O点到无穷远处，场强先增大后减小，沿电场方向电势降低，所以O点电势最高，故选BD【思路点拨】把握好O点合场强为零，无穷远处场强为零,正电荷电势为正值，沿电场方向电势降低等特点，本体主要考查电场的力的性质。【题文】11、如图，电路中定值电阻阻值大于电内阻阻值.将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表、 、示数变化量的绝对值分别为、，理想电流表示数变化量的绝对值为，则（ ）A的示数减小 B大于C与的比值等于 D电的输出功率一定增大【知识点】闭合电路的欧姆定律J2【答案解析】BC 解析： A、据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大,则A的示数增大,故A错误；B、根据闭合电路欧姆定律得：U2=E-Ir，则得：=r;=R，据题：Rr,则,故V1大于V2故B正确；C、根据闭合电路欧姆定律得：U3=EI（R+r），则得：=R+r,故C正确；D、当外电阻等于内电阻时，电的输出功率最大,滑片向下运动,滑动变阻器与R并联后电阻不确定于内阻r的关系，故无法确定输出功率的变化，故D错误，故选BC【思路点拨】理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析【题文】12、“蹦极”是一项刺激的极限运动,运动员将一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下。在某次蹦极中，弹性绳弹力F的大小随时间t的变化图象如图所示，其中、时刻图线切线的斜率最大。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，弹性绳中弹力与伸长量的关系遵循胡克定律，空气阻力不计。下列说法中正确的是 （ ）OA。 时刻运动员的加速度为零B时间内运动员的机械能先减小后增大C时间内运动员处于超重状态D时刻运动员具有向上的最大速度【知识点】功能关系E6【答案解析】BC 解析：A、由图象可知，t3时刻弹力最大，运动员受到的合力最大，由牛顿第二定律可知,此时运动员的加速度最大,不为零，故A错误；B、取运动员与橡皮筋为一系统,只有重力与弹力做功，故系统机械能守恒，时间内橡皮筋先伸长后缩短,弹性势能先增大后减小，所以运动员的机械能先减小后增大,故B正确;C、时间内运动员处于超重状态拉力大于重力，合力向上。加速度向上，处于超重状态，故C正确；D、时刻弹簧弹力达到最大值，运动员运动动最低点,速度为零，故D错误，故选BC【思路点拨】跳跃者所受的拉力越大，位置越低；当拉力最大，位置最低时,跳跃者速度为零;当跳跃者速度达到最大值时，跳跃者所受拉力与重力相等本题中运动员和弹性绳系统机械能守恒，分析拉力随时间变化的关系是解题的关键,本题有一定的难度二、实验题，本大题共2小题,13题6分,14题8分，共14分.【题文】13、下图中游标卡尺和螺旋测微器的读数分别为 mm和 mm。【知识点】游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用P0【答案解析】 11.4 5.665 解析：游标卡尺的主尺读数为11mm,游标读数为0。14=0.4mm，所以最终读数为：11mm+0。4mm=11.4mm螺旋测微器的固定刻度读数为5。5mm可动刻度读数为0。0116.5mm=0.165mm，所以最终读数为：5。5mm+0。165mm=5.665mm；【思路点拨】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法,主尺读数加上游标读数,不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法,游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读【题文】14、某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻,现备有下列器材：A被测干电池一节B电流表：量程00。6 A,内阻C电流表：量程00.6 A，内阻约为D电压表：量程03 V,内阻未知E电压表:量程015 V，内阻未知F滑动变阻器：010 ，2 AG滑动变阻器：0100 ，1 AH开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中,由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻（1）在上述器材中请选择适当的器材：_ _ (填写选项前的字母);丙(2）实验电路图应选择下图中的 (填“甲”或 “乙）（3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的UI图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E_ _V，内电阻r_ _ .【知识点】测定电的电动势和内阻J7【答案解析】（1）_ABDFH_(2） 乙 （3）_1。5_ _1。0_ 解析：(1）在上述器材中请选择适当的器材：A被测干电池一节为了读数准确,所以选择B电流表:量程00。6A，D电压表：量程03V,滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差,故选F滑动变阻器，H开关、导线若干（2）：（1)测量电电动势和内阻的时候，由于电的内阻是很小的，若采用甲图的接法，由于电流表内阻的影响，会使测量电阻偏大，为了减小内阻的测量误差，实验时应选用电路图乙（3）由UI图可知，电的电动势为:E=1。50V；内电阻为:r= =1.0【思路点拨】（1）实验中要能保证安全和准确性选择电表；（2）本实验应滑动变阻器和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图;（3)由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻本题为设计性实验，在解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，由图象得出电动势和内电阻三、计算题,本题共4小题，共48分，15题10分，16题12分，17题12分，18题14分，解答要求写出方程和必要的文字说明，只有结果没有过程的不给分。【题文】15、(10分)如图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内,轨道表面粗糙,点A距水面的高度为H, B点距水面的高度为R，一质量为m的游客（视为质点）从A点由静止开始滑下，到B点时沿水平切线方向滑离轨道后落在水面D点， OD=2R，不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1） 游客滑到B点的速度vB的大小(2） 游客运动过程中轨道摩擦力对其所做的功Wf 【知识点】机械能守恒定律；平抛运动；向心力D2 D4 E3【答案解析】（1） (2） 解析： （1）游客从B点做平抛运动，有： 联立解得: （2）从到B，根据动能定理,有： 可得： 【思路点拨】游客离开A后做平抛运动,应用平抛运动规律、动能定理可以求出摩擦力的功本题考查了求速度、摩擦力做功、高度问题，分析清楚游客的运动过程,应用平抛运动规律、动能定理、机械能守恒定律、即可正确解题【题文】16、（12分）电动轿车是未小轿车发展的趋势，某轻型电动轿车，质量(含载重）m =200kg，蓄电池组电动势E=200V,内阻r=0。05，直接对超导电动机（线圈为超导材料，电阻为零)供电,供电电流I=100A，电动机通过传动效率=90的传动装置带动车轮转动.保持电动机功率不变，假设轿车在运动过程中所受摩擦及空气阻力大小之和恒为f=653N，g=10m/s2,试求（1） 若轿车在6s内由静止在水平路面上加速到v=72km/h，则这6s内轿车的位移大小为多少?（2） 已知某斜坡路面的倾角为,轿车所受摩擦及空气阻力大小不变,则轿车在上坡过程中能达到的最大速度为多少？（）【知识点】电功率 动能定理 功率 E1 E2【答案解析】（1）100m （2）15m/s 解析： （1）电输出电压： 电动机功率： 由动能定理： 由代入数据解得： （2）当轿车加速度时，速度达到最大,此时轿车牵引力： 又 由代入数据解得： 【思路点拨】(1)根据闭合电路路端电压与电动势的关系求得路端电压，然后根据电功率公式求得电功率,根据动能定理求得位移（2）当轿车加速度时，速度达到最大，此时轿车牵引力等于重力的分力加摩擦力，然后根据功率求得速度。【题文】17、（12分）如图,一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面)，O为圆心。在柱形区域内加一方向垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为+q的粒子沿图中直径从圆上的A点射入柱形区域，在圆上的D点离开该区域，已知图中，现将磁场换为竖直向下的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直径从A点射入柱形区域，也在D点离开该区域。若磁感应强度大小为B,不计重力,试求：（1）电场强度E的大小;（2）经磁场从A到D的时间与经电场从A到D的时间之比。 【知识点】 带电粒子在磁场中运动 向心力 带电粒子在电场中运动 I3 D4 K2【答案解析】（1) （2) 解析： (1)加磁场时,粒子从A到D有：O1 由几何关系有： 加电场时，粒子从A到D有： 由得： （2）粒子在磁场中运动，由几何关系可知:圆心角 圆运动周期： 经磁场的运动时间： 由得粒子经电场的运动时间： 即: 【思路点拨】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据几何关系求得半径,然后换成电场后，带电粒子在电场中做类平抛运动,水平匀速直线运动，竖直匀加速直线运动，根据运动学规律求解电场强度.(2）粒子在磁场中运动，由几何关系可知求得圆心角，根据周期公式求得在磁场中运动时间,在电场中根据竖直方向求得运动时间,然后求得时间之比。【题文】18、（14分）如图(a）所示，在空间有一坐标系xoy,直线OP与x轴正方向的夹角为30，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域和,直线OP是它们的边界，OP上方区域中磁场的磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为+q的质子（不计重力及质子对磁场的影响）以速度v从O点沿与OP成30角的方向垂直磁场进入区域,质子先后通过磁场区域和后，恰好垂直于x轴进入第四象限，第四象限存在沿x轴方向的特殊电场，电场强度E的大小与横坐标x的关系如图（b)所示，试求（1）区域中磁场的磁感应强度大小 ；（2）质子再次到达y轴时的速度大小和方向。【知识点】带电粒子在磁场中运动 动能定理 E2 K2【答案解析】（1）(2)方向向左下方与y轴负向成（）的夹角 解析： （1）由几何关系知：质子再次回到OP时应平行于x轴正向进入区，设质子从OP上的C点进入区后再从D点垂直x轴进入第四象限，轨迹如图。 由几何关系可知：O1COX，O1C与OX的交点O2即为内圆弧的圆心，等边三角形。设质子在区圆运动半径为,在区圆运动半径为，则： 由 得： , 同理得： 即区域中磁场的磁感应强度： （2）D点坐标： 质子从D点再次到达y轴的过程， 设质子再次到达y轴时的速度大小为，由动能定理： 得: 因粒子在y轴方向上不受力，故在y轴方向上的分速度不变如图有：即方向向左下方与y轴负向成（）的夹角 【思路点拨】（1)根据运动规律画出运动运动轨迹，然后根据在磁场中运动洛伦兹力提供向心力求得磁感应强度.（2)根据动能定理和电场力做功求得到达D点的速度，在y轴方向上不受力，故在y轴方向上的分速度不变从而求得速度的方向.