江西省赣州市十二县（市）联考2015届高三下学期期中物理试卷【解析版】

江西省赣州市十二县（市）联考2015届高三下学期期中物理试卷一、选择题：（本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）1．下列说法正确的是()A．磁场对放入其中的电荷一定有力的作用B．由于洛仑兹力改变运动电荷的方向，所以洛仑兹力也可以对物体做功C．感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化D．穿过线圈的磁通量的变化越大，线圈的感应电动势越大考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据洛伦兹力产生条件，即可求解；根据左手定则，可知，洛伦兹力方向垂直速度方向，不做功；由楞次定律内容，即可求解；由法拉第电磁感应定律，即可求解．解答：解：A、磁场对放入其中不平行于磁场方向的运动电荷一定有力的作用，对静止的电荷没有力的作用，对平行于磁场方向运动的电荷也没有力的作用．故A错误；B、虽洛仑兹力改变运动电荷的方向，但洛伦兹力方向与速度方向总是垂直，因此洛仑兹力对物体不做功，故B错误；C、根据楞次定律内容，可知：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故C正确；D、根据法拉第电磁感应定律可知，穿过线圈的磁通量的变化率越大，线圈的感应电动势越大，故D错误；故选：C．点评：考查楞次定律、法拉第电磁感应定律与左手定则的规律的应用，注意左手定则与右手定则的区别，掌握产生洛伦兹力的条件．[来源:学§科§网Z§X§X§K]2．如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态．则下列说法正确的是()A．a、b两物体的受力个数一定相同B．a、b两物体对斜面的压力相同C．a、b两物体受到的摩擦力大小一定相等D．当逐渐增大拉力F时，物体b先开始滑动考点：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：对ab进行受力分析，ab两个物体都处于静止状态，受力平衡，把绳子和力T和重力mg都分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，根据共点力平衡列式分析即可．解答：解：A、对ab进行受力分析，如图所示：b物体处于静止状态，当绳子沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个力作用，而a物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故A错误；B、ab两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：N+Tsinθ=mgcosθ解得：N=mgcosθ﹣Tsinθ，则a、b两物体对斜面的压力相同，故B正确；C、根据A的分析可知，b的摩擦力可以为零，而a的摩擦力一定不为零，故C错误；D、对a沿斜面方向有：Tcosθ+mgsinθ=fa，对b沿斜面方向有：Tcosθ﹣mgsinθ=fb，正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a先达到最大静摩擦力，先滑动，故D错误．故选：B点评：本题解题的关键是正确对物体进行受力分析，能根据平衡条件列式求解，难度不大，属于基础题．3．如图，斜面与水平面之间的夹角为45°，在斜面底端A点正上方高度为10m处的O点，以5m/s的速度水平抛出一个小球，则飞行一段时间后撞在斜面上时速度与水平方向夹角的正切值为（g=10m/s2）()A．2B．0.5C．1D．考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．[来源:学科网]分析：研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．结合几何关系，根据运动学公式求出运动的时间，从而得出速度与水平方向夹角的正切值．解答：解：设飞行的时间为t，则：x=v0th=因为斜面与水平面之间的夹角为45°，如图所示，由三角形的边角关系可知，AQ=PQ所以在竖直方向上有，OQ+AQ=10m所以有：v0t+=10m，代入数据解得：t=1s．则速度与水平方向夹角的正切值．故选：A．点评：利用平抛运动的规律，在水平和竖直方向列方程，同时要充分的利用三角形的边角关系，找出内在的联系．4．竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环．导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪一幅图线所表示的方式变化时，导体圆环将受到向下的磁场作用力？()A．B．C．D．考点：法拉第电磁感应定律；安培力；楞次定律．专题：电磁感应中的力学问题．分析：导线区内磁场的变化使螺线管内产生感应电流，而感应电流产生的磁场可以在下方线圈中产生感线电流；则由法拉第电磁感应定律及楞次定律可判断导线区域内的磁场变化．解答：解：由楞次定律的运动学描述“来拒去留”可知，要使圆环受到向下的作用力，则螺线管中应产生增大的磁场；而螺线管中的磁场是由abcd区域内的磁场变化引起的，故abcd中的磁场变化率应越来越大，故只有B符合，A是减小的，BD是不变的；故选B．点评：本题应明确abcd区域内的磁场变化引起螺线管的电磁感应；而螺线管中电流的变化才会引起导线环中电磁感应．5．如图甲所示，质量m=1kg的物块（可视为质点）以v0=10m/s的初速度从粗糙斜面上的P点沿斜面向上运动到达最高点后，又沿原路返回，其速率随时间变化的图象如图乙所示，已知斜面固定且足够长．且不计空气阻力，取g=10m/s2．下列说法中正确的是()A．物块所受的重力与摩擦力之比为3：2B．在t=1s到t=6s的时间内物块所受重力的平均功率为50WC．在t=0到t=1s时间内机械能的变化量大小与t=1s到t=6s时间内机械能变化量大小之比为1：5D．在t=6s时物体克服摩擦力做功的功率为20W考点：功能关系；功率、平均功率和瞬时功率．分析：根据速度时间图象得出，物块上滑和下滑时的加速度，对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求解重力与摩擦力的关系，根据速度﹣时间图象与坐标轴围成的面积表示位移求解1﹣6s内的位移，进而求出重力做的功，根据P=求解平均功率，根据P=fv求解克服摩擦力做功的功率，机械能的变化量等于除重力以外的力做的功．解答：解：A、设斜面倾角为θ，根据速度﹣时间图象的斜率表示加速度得：[来源:学科网ZXXK][来源:Zxxk.Com]上滑过程：a，下滑过程：a，根据牛顿第二定律得：[来源:学,科,网Z,X,X,K]，，带入数据解得：sin，，故A错误；B、根据速度﹣时间图象与坐标轴围成的面积表示位移得：1﹣6s内的位移x=，则t=1s到t=6s的时间内物块所受重力的平均功率，故B错误；C、在t=0到t=1s时间内机械能的变化量大小△E1=fx1，t=1s到t=6s时间内机械能变化量大小△E2=fx2，则，故C正确；D、摩擦力f=，则t=6s时物体克服摩擦力做功的功率P=fv=4×10=40W，故D错误．故选：C点评：本题是速度﹣时间图象，牛顿第二定律，机械能，功和功率的综合应用，要灵活运用功的计算式，灵活应用公式求解，题目综合性太强，需要熟练掌握这四块知识才能解决．6．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则()A．a的向心加速度小于重力加速度gB．在相同时间内b转过的弧长最长C．c在4h内转过的圆心角是D．d的运动周期有可能是20h考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=ω2r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小．根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系．根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系．解答：解：A、同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大．由，得g=，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g．故A正确；B、由，得v=，卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长．故B正确；C、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是．故C正确；D、由开普勒第三定律=k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h．故D错误；故选：ABC．点评：对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点．7．空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示．一个质量为m、电量为q，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点的速度大小为v2．若A、B两点之间的高度差为h，则以下判断中正确的是()A．A、B两点的电场强度和电势大小关系为EA＜EB、φA＞φBB．若v2＞v1，则电场力一定做正功C．若小球带正电，则A、B两点间的电势差为（v22﹣v12﹣2gh）D．小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为mv22﹣mv12考点：电势差与电场强度的关系；电势；等势面．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场线的疏密判断场强的大小，由电场线的方向分析电势的高低．小球运动过程中，重力做正功，电场力做功可正可负．根据动能定理求解A、B两点间的电势差和电场力做功解答：解：A、由电场线的疏密可判断出EA＜EB．由电场线的方向可判断出φA＞φB．所以EA＜EB、φA＞φB，故A正确．B、在运动的过程中，由动能定理得，，若v2＞v1，qU可正可负，故B错误．C、由B得，A、B两点间的电势差U=（v22﹣v12﹣2gh），故C正确D、由上式得，电场力做功W=qU=mv22﹣mv12﹣mgh．故D错误．故选：AC点评：本题首先要掌握电场线两个意义可判断场强和电势的大小；其次根据动能定理研究曲线运动中功的问题8．如图所示，一个小型旋转式交流发电机，其矩形线圈的线框面积为S，共有n匝，总电阻为r，外电路上接有一个阻值为R的定值电阻、理想交流电流表A和二极管D．线圈以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO′匀速运动，下列说法正确的是()A．交流电流表的示数一直在变化B．若用一根导线连接M、N两点，电阻R上的功率不变C．R两端电压的有效值U=D．一个周期内通过R的电荷量q=考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求解电量．从图示位置磁通量为Φ1=0，转过90°磁通量为Φ2=BS，△Φ=Φ2﹣Φ1．交流电压表测量有效值，由电动势的最大值、欧姆定律和有效值与最大值之间的关系求解电压的有效值．根据焦耳定律Q=I2Rt求解热量，I为有效值．解答：解：A、电流表示数为电流有效值，是保持不变的，故A错误；B、若用一根导线连接M、N两点，没有了二极管的作用，电阻R上的功率增大，故B错误；C、矩形闭合导线框在磁场中转动，产生的交流电的电压最大值为：Em=NBsω二极管具有单向导电性，一个周期中只有一半时间电路中有电流，根据电流的热效应得：=解得：U=，故C正确；D、一个周期中只有一半时间电路中有电流，由=，I=，q=It得到电量q==，故D正确．故选：CD．点评：对于交变电流，求解热量、电功和电功率用有效值，而求解电量要用平均值，注意二极管D具有单向导电性，难度不大，属于基础题．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第9题～第13题为必考题，每个试题考生都必须作答，第14题～19第题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．分别读游标卡尺和螺旋测微器的示数①读数：13.868﹣13.870mm；②读数：0.03cm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．专题：实验题．分析：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