2016届安徽省六校教育研究会高三(上)第二次质检物理试卷(解析版)

第1页（共15页）2015-2016学年安徽省六校教育研究会高三（上）第二次质检物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1．下列对物理概念、规律和方法的表述中正确的是（）A．由a=可知：物体的运动是先有力后有加速度B．以匀加速运动的火车为参考系，牛顿运动定律也成立C．平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，因此物体落地时动能应等于物体减少的重力势能D．电场强度、电势差、电容器的电容都是用比值法定义的【考点】平抛运动；物理学史；牛顿第二定律．【分析】加速度和力具有瞬时对应关系，没有先后关系．牛顿运动定律适用惯性参考系．匀加速运动的火车是非参考系，牛顿运动定律并不成立．在平抛运动中动能的增加量等于重力势能的减小量．【解答】解：A、由a=知，加速度和力具有瞬时对应关系，不存在先后关系，故A错误．B、匀加速直线运动的火车不是惯性参考系，牛顿运动定律不成立，故B错误．C、平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，动能的增加量等于重力势能的减小量，但是落地的动能不等于重力势能的减小量，故C错误．D、电场强度、电势差、电容器的电容都是用比值法定义法定义的，故D正确．故选：D．2．如图所示，L1和L2是不计电阻的输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器．若已知甲的变压比为500：1，乙的变流比为200：1，并且已知加在电压表两端的电压为220V，通过电流表的电流为5A，则输电线的输送功率为（）A．1.1×108WB．1.1×106WC．1.1×l04WD．1.1×102W【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．【分析】根据变压比和变流比计算出输送电压和电流，最后根据电功率P=UI计算电功率．【解答】解：已知变压比为500：1，电压表示数为220V，故传输电压为：U=220V×500=1.1×105V；已知变流比为200：1，电流表示数为5A，故传输电流为：I=5×200=1000A；故电功率为：P=UI=1.1×105V×1000A=1.1×108W．故选：A3．一个物体以初速度v0沿光滑斜面向上运动，其速度v随时间t变化的规律如图所示，在连续两段时间m和n内对应面积均为S，设经过b时刻vb的大小为（）第2页（共15页）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】图象中面积表示位移，再根据位移时间关系列式求解即可【解答】解：设b点的速度为vb，加速度为a，根据得：…①…②vb=va﹣am…③①②③联立得：故选：C4．小球每隔0.2s从同一高度抛出，做初速为6m/s的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰．第3个小球在抛出点以上能遇到的小球数为（取g=10m/s）（）A．6个B．7个C．8个D．9个【考点】竖直上抛运动．【分析】小球做竖直上抛运动，先求解出小球运动的总时间，然后判断小球在抛出点以上能遇到的小球数．【解答】解：小球做竖直上抛运动，从抛出到落地的整个过程可以看成是匀减速直线运动，根据位移时间关系公式，有：x=v0t﹣gt2；代入数据，有：0=6t﹣×10×t2；小球在空中运动的总时间为t=1.2s（t=0舍去）每隔0.2s抛出一个小球，故第3个小球在抛出点以上能遇到的小球数为：N=（﹣1）+2=+1=7（个）故选：B第3页（共15页）5．如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点，一质量为m的带电粒子仅在电场力作用下以速度vA经过A点向B点运动，经过一段时间后，粒子以速度vB经过B点，且vB与vA方向相反，不计粒子重力，下面说法正确的是（）A．可以确定A、B两点场强的大小关系B．可以确定A、B两点电场强度的方向C．可以确定A、B两点电势的大小关系D．可以确定A、B两点速度的大小关系【考点】电势差与电场强度的关系．【分析】电场线的疏密代表电场的强弱，由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更密集．由于带正电的粒子在A点时速度方向向右而到达B点时速度方向向左，故电荷所受电场力方向向左，由于从A到B过程中电场力做负功，粒子的电势能增大，动能减小，速度减小．【解答】解：A、电场线的疏密表示场强的大小，一条电场线无法判断场强大小，故A错误；B、由于带电粒子在A点时速度方向向右，而到达B点时速度方向向左，故带电粒子所受电场力方向向左，但由于带电粒子的电性未知，所以不能确定A、B两点电场强度的方向．故B错误．C、因粒子的电性未知，电场线方向无法判断，则A、B两点电势的大小关系无法确定，故C错误D、由于从A到B过程中电场力做负功，所以动能减小，速度减小，则B点的速度小于A点的速度，故D正确．故选：D6．地面附近空间中存在着纸面内水平方向的匀强电场（图中未画出）和垂直于纸面向里的匀强磁场（如图所示）．一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动．由此可以判断（）A．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点B．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点C．如果水平电场方向向右，油滴是从N点运动到M点D．如果水平电场方向向右，油滴是从M点运动到N点【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律．【分析】对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，所以洛伦兹力只能垂直于直线向上，从而可判断粒子的电性（带负电），同时可知电场力的方向向左，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误．第4页（共15页）【解答】解：AB、根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，如果油滴带正电，由左手定则判断可知，油滴的速度从M点到N点，故A错误，B正确．C、如果水平电场方向向右，电场力水平向左，所以油滴带负电，油滴是从N点运动到M点D，故C正确，D错误．故选：AC7．用细绳拴一个质量为m带正电的小球B，另一也带正电小球A固定在绝缘竖直墙上，A，B两球与地面的高度均为h，小球B在重力、拉力和库仑力的作用下静止不动，如图所示．现将细绳剪断后（）A．小球B在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动B．小球B在细绳剪断瞬间加速度大于gC．小球B落地的时间小于D．小球B落地的速度大于【考点】库仑定律；牛顿第二定律．【分析】对小球受力分析可知，结合库仑定律，小球受到球的重力和库仑力的共同的作用，此过程中库仑力是不断减小的，小球不只受到重力的作用，做变速曲线运动．【解答】解：A、将细绳剪断瞬间，小球受到球的重力和库仑力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，因此剪断瞬间起开始，不可能做平抛运动，且加速度大于g，故A错误，B正确；CD、小球在落地过程中，除受到重力外，还受到库仑斥力，那么竖直方向的加速度大于g，因此球落地的时间小于，落地的速度大于，故CD正确．故选：BCD．8．如图1是2015年9月3日北京天安门大阅兵我军展示的东风﹣41洲际弹道导弹，它是目前中国军方对外公布的战略核导弹系统中的最先进系统之一．图2所示，从地面上A点发射一枚中远程地对地导弹，在引力作用下沿ACB椭圆轨道飞行击中地面目标B，C为轨第5页（共15页）道的远地点，距地面高度为h．已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G，不计空气阻力．下列结论中正确的是（）A．导弹在运动过程中只受重力作用，做匀变速曲线运动B．导弹在C点的加速度等于C．地球球心为导弹椭圆轨道的一个焦点D．导弹从A点到B点的时间可能比半径为R的近地卫星的周期小【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【分析】匀变速运动是加速度不变的运动，大小方向都要不变；万有引力提供向心力力G=ma，从而求得向心加速度；导弹做的是椭圆运动，地球位于椭圆的焦点上．【解答】解：A、导弹在运动过程中所受重力的方向一直在变，不是做匀变速曲线运动．故A错误．B、导弹在C点受到的万有引力F=G，所以a=．故B正确．C、导弹做的是椭圆运动，地球位于椭圆的焦点上．故C正确．D、设导弹运动的周期为T，半径为R的近地卫星的周期为T0，导弹的半长轴可能小于卫星的轨道半径R，根据开普勒第三定律知道：导弹运动的周期T可能小于T0，故D正确．故选：BCD二、非选择题9．在研究“弹簧的弹性势能与弹簧长度改变量的关系”实验中，弹簧长度的改变量可利用刻度尺直接测量得到，而弹性势能的大小只能通过物理原理来间接测量．现有两组同学分别按图甲（让钢球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，使钢球沿水平方向射出桌面）和图乙（让滑块向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，使滑块在气垫导轨上向右运动，通过相应的测量仪器可以测出滑块脱离弹簧后的速度）两组不同的测量方案进行测量．请写出图甲方案中弹性势能与小球质量m及图中各量之间的关系EP=；图乙方案中除了从仪器上得到滑块脱离弹簧后的速度外还要直接测量的量是滑块的质量；两种设计方案的共同点都是将弹性势能的测量转化为对另一种形式的能动能的测量．第6页（共15页）【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．【分析】甲方案：通过压缩的弹簧，释放弹性势能转化为滑块的动能，滑块做平抛运动，测量出水平与竖直位移，从而求出平抛速度，进而确定抛出动能，即得到弹簧的弹性势能．乙方案：由图可知，弹簧释放后，转化为动能，通过光电门测量出瞬时速度，从而求出弹簧的弹性势能．第三方案为：释放的弹性势能，转化为重力势能，测量出高度差，从而求出弹簧的弹性势能．【解答】解：甲方案中，滑块做平抛运动，由水平与竖直位移可求出平抛速度，则为：，所以弹簧的弹性势能为：EP=；乙方案中除了从仪器上得到滑块脱离弹簧后的速度（通过光电门来测瞬时速度）外，还要直接测量滑块的质量．上述两种方案均是将弹性势能转化为动能．第三种方案为：将弹簧竖直放置，用滑块压缩弹簧后释放，测量出上升的高度，则重力势能的变化即为弹簧的弹性势能．故答案为：；滑块的质量；动能．10．高电阻放电法测电容的实验，是通过对高阻值电阻放电的方法测出电容器充电电压为U时所带的电荷量Q，从而再求出待测电容器的电容C，某同学的实验情况如下：（1）按图1所示电路连接好实验电路．（2）接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下这时电流表的示数I0=500μA、电压表的示数U0=6.0V，I0和U0分别是电容器放电的初始电流和初始电压，此时电阻箱R的阻值为8.5kΩ，则电流表的内阻为3.5k．（3）断开开关S，同时开始计时，每隔5s或10s读一次电流I的值，将测得数据填入预先设计的表格中，根据表格中的数据标出以时间t为横坐标、电流I为纵坐标纸的坐标上的点，如图2中用“×”表示的点．（4）请在图中描绘出电流随时间变化的图线，并根据图线估算出该电容器两端电压为U0时所带的电荷量Q0约为8.0×10﹣3C；（结果保留两位有效数字）（5）根据公式C=来计算电容器的电容．（只要求写出表达式，不要求计算结果）第7页（共15页）【考点】研究平行板电容器．【分析】由欧姆定律可求得电流表的内阻由△Q=I•△t知，电荷量为I﹣t图象与坐标轴所包围的面积，可利用数格数的方法计面积，从而可解得电容器的带电量．【解答】解：（2）由欧姆定律有：U0=I0（Rg+R）得：Rg=﹣R=﹣8.5×103=3.5×103Ω=3.5KΩ（4）用平滑曲线连接各点，查出所画的曲线与从标轴所围的格数以求得面积．因△Q=I•△t=t即为曲线与从标轴所围的格数的面积，则利用数格子方法，估算出电容器两端电压为U0时的电量为：Q=32×2.5×10﹣4=8.0×10﹣3C（5）利用C=可求出电容C故答案为：（2）3.5；（4）如图所示，8.0×10﹣3；（5）C=11．如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）水平向右电场的电场强度大小；（2）若将电场强度改为竖直向下，大小不变，小物块的加速度是多大；（3）若将电场强度改为水平向左，大小变为原来的2倍，小物块从高度H处从静止释放，求小物块到达地面的时间为多少．第8页（共15页）【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律；带电粒子在匀强电场