名师解析河北省衡水市景县梁集中学学年高三物理模拟考试Word下载.docx
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B.弹簧不可能处于伸长状态
C.斜面对滑块的支持力大小可能为零
D.斜面对滑块的摩擦力大小一定等于
mg
共点力平衡的条件及其应用;
力的合成与分解的运用.
共点力作用下物体平衡专题.
对物块进行受力分析,物块可能受三个力,可能受四个力,运用共点力平衡进行分析.
滑块可能受重力、支持力和静摩擦力这三个力,弹簧处于原长,此时支持力的大小为mgcos30°
,f=mgsin30°
=
.
滑块可能受重力、支持力、弹簧的弹力和静摩擦力平衡,此时支持力可能大于mgcos30°
,可能小于mgcos30°
,摩擦力大小f=mgsin30°
斜面对滑块的支持力大小不可能为零,否则没有摩擦力,滑块将向下滑动.
故D正确,A、B、C错误.
故选:
D.
解决本题的关键能够正确地受力分析,运用共点力平衡进行分析.
3.(3分)(2015•景县校级模拟)如图所示,粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定,另一端与小物块相连,弹簧处于自然长度时物块处于O点,现将物块拉到A点后由静止释放,物块运动到最低点B,图中B点未画出,下列说法正确的是( )
A.B点一定在O点下方
B.速度最大时,物块的位置可能在O点下方
C.从A到B的过程中,物块和弹簧的总机械能一定减小
D.从A到B的过程中,物块减小的机械能可能大于它克服摩擦力做的功
功能关系;
功的计算.
物体从A向B运动过程,受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力,当平衡时速度最大;
重力势能、弹性势能、动能和内能之和守恒.
A、弹簧处于自然长度时物块处于O点,所以在O点,重力沿斜面的分量等于静摩擦力,物体从A向B运动过程,受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力,当平衡时速度最大,由于摩擦力平行斜面向上,所以当弹力和重力沿斜面的分量的合力等于摩擦力时,速度最大,因为最大静摩擦力大于滑动摩擦力,此时弹簧可能处于伸长状态也可能处于压缩状态,所以速度最大时,物块的位置可能在O点上方,也可能在O点下方,而B点速度为零,由于不知道滑动摩擦力的具体大小,所以无法判断B点在O点的上方还是下方,故A错误,B正确;
C、从A到B的过程中,滑动摩擦力一直做负功,所以物块和弹簧的总机械能一定减小,故C正确;
D、从A到B的过程中,根据能量守恒定律,物块减小的机械能等于弹性势能的减小量和克服摩擦力做的功之和,若弹簧的弹性势能增加时,则物块减小的机械能大于它克服摩擦力做的功,故D正确.
BCD
本题关键是明确物体的受力情况、运动情况和系统的能量转化情况,知道在平衡点动能最大,难度适中.
4.(3分)(2015•景县校级模拟)如图,AB为竖直面内半圆的水平直径.从A点水平抛出两个小球,小球l的抛出速度为v1、小2的抛出速度为v2.小球1落在C点、小球2落在D点,C,D两点距水平直径分别为圆半径的0.8倍和l倍.小球l的飞行时间为t1,小球2的飞行时间为t2.则( )
A.t1=t2B.t1<t2C.v1:
v2=4:
D.v1:
v2=3:
平抛运动.
平抛运动专题.
小球1做平抛运动,小球2做平抛运动,根据平抛运动规律列方程计算求解.
对小球1,根据平抛运动规律:
对C点与两条半径组成的直角三角形,由勾股定理可得OC在水平方向的分量为0.6R
故1.6R=v1t1
竖直方向:
0.8R=
gt12
对小球2,根据平抛运动规律:
水平方向:
R=v2t2
竖直方向R=
gt22
得:
t1=4
t2=2
可见t1<t2
v1=0.4
v2=
故v1:
BC.
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,结合运动学公式灵活求解,运算量有点多.
5.(3分)(2015•宿迁一模)2014年5月10日天文爱好者迎来了“土星冲日”的美丽天象.“土星冲日”是指土星和太阳正好分处地球的两侧,三者几乎成一条直线.该天象每378天发生一次,土星和地球绕太阳公转的方向相同,公转轨迹都近似为圆,地球绕太阳公转周期和半径以及引力常量均已知,根据以上信息可求出( )
A.土星质量
B.地球质量
C.土星公转周期
D.土星和地球绕太阳公转速度之比
万有引力定律及其应用;
开普勒定律.
万有引力定律的应用专题.
地球和土星均绕太阳做圆周运动,靠万有引力提供向心力,根据牛顿第二定律和圆周运动的运动公式列式分析可以求解的物理量.
A、B、行星受到的万有引力提供向心力,根据牛顿第二定律列方程后,行星的质量会约去,故无法求解行星的质量,故AB均错误;
C、“土星冲日”天象每378天发生一次,即每经过378天地球多转动一圈,根据(
﹣
)t=2π可以求解土星公转周期,故C正确;
D、知道土星和地球绕太阳的公转周期之比,根据开普勒第三定律,可以求解转动半径之比,根据v=
可以进一步求解土星和地球绕太阳公转速度之比,故D正确;
CD.
解决本题的关键知道地球和土星均绕太阳做圆周运动,靠万有引力提供向心力,知道线速度、加速度和周期与轨道半径的关系.
6.(3分)(2015•景县校级模拟)图甲中直线Q表示电场中的一条电场线,质量为m、电荷量为q的带负电粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动,经过P点时速度为v0,到达Q点时速度减为零,粒子运动的v﹣t图象如图乙所示.下列判断正确的是( )
A.P点电势高于Q点电势
B.P点场强大于Q点场强
C.P、Q两点的电势差为
D.带负电粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能
电势能;
电场强度.
由速度图象看出,粒子的速度减小,负电荷受向左的电场力,故电场线方向向右,负电荷在电势低的地方电势能大,根据速度图象的斜率等于加速度,可比较加速度的大小,从而能比较出电场力的大小.
A、由图乙知带电粒子的速度减小,受到向左的电场力,故电场线方向向右,P点电势一定高于Q点电势,故A正确
B、由乙图可知,P处的加速度大于Q处的加速度,故P处的场强大于Q处的场强,故B正确
C、由动能定理知qUAB=
,可求出AB两点的电势差为
,故C正确;
D、负电荷在电势低的地方电势能大,故电荷在P点的电势能一定小于Q点的电势能,故D错误;
ABC
本题考查了电场线的特点和速度图象的意义,沿电场线方向电势降低,电场线的疏密表示场强大小,结合动能定理求电场线做功.
7.(3分)(2011•崇明县二模)在如图(a)所示的电路中,R1为定值电阻,R2为滑动变阻器.闭合电键S,将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端,两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图(b)所示.则( )
A.图线甲是电压表V2示数随电流变化的图线
B.电源内电阻的阻值为10Ω
C.电源的最大输出功率为1.8W
D.滑动变阻器R2的最大功率为0.9W
闭合电路的欧姆定律;
电功、电功率.
恒定电流专题.
由图可知两电阻串联,V1测R1两端的电压,V2测R2两端的电压;
当滑片向左端滑动时,滑动变阻器接入电阻减小,则可知总电阻变化,由闭合电路欧姆定律可知电路中电流的变化,则可知内电压的变化及路端电压的变化,同时也可得出R1两端的电压变化,判断两图象所对应的电压表的示数变化;
由图可知当R2全部接入及只有R1接入时两电表的示数,则由闭合电路的欧姆定律可得出电源的内阻;
由功率公式可求得电源的最大输出功率及滑动变阻器的最大功率.
A、当滑片左移时,滑动变阻器接入电阻减小,则电路中总电阻减小,由闭合电路欧姆定律可知,电路中电流增大;
而R1两端的电压增大,故乙表示是V1示数的变化;
甲表示V2示数的变化;
故A正确;
B、由图可知,当只有R1接入电路时,电路中电流为0.6A,电压为3V,则由E=U+Ir可得:
E=3+0.6r;
当滑动变阻器全部接入时,两电压表示数之比为
,故
;
由闭合电路欧姆定律可得E=5+0.2r
解得r=5Ω,E=6V,故B错误;
C、因当内阻等于外阻时,电源的输出功率最大,故当外阻等于5Ω时,电源的输出功率最大,故此时电流I=
=0.6A,故电源的最大输出功率P=UI=1.8W;
故C正确;
D、由C的分析可知,R1的阻值为5Ω,R2电阻为20Ω;
当R1等效为内阻,则当滑动变阻器的阻值等于R+r时,滑动变阻器消耗的功率最大,故当滑动变阻器阻值为10Ω时,滑动变阻器消耗的功率最大,由闭合电路欧姆定律可得,电路中的电流I′=
A=0.3A,则滑动变阻器消耗的总功率P′=I'
2R′=0.9W;
故D正确;
故选ACD.
在求定值电阻的最大功率时,应是电流最大的时候;
而求变值电阻的最大功率时,应根据电源的最大输出功率求,必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理.
8.(3分)(2013•吉林二模)如图所示,MN右侧一正三角形匀强磁场区域,上边界与MN垂直.现有一与磁场边界完全相同的三角形导体框,垂直于MN匀速向右运动.导体框穿过磁场过程中感应电流随时间变化的图象可能是(取逆时针电流为正)( )
A.
B.
C.
D.
导体切割磁感线时的感应电动势;
闭合电路的欧姆定律.
电磁感应与图像结合.
首先根据右手定则判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向,排除部分答案,然后根据进入磁场中有效切割长度的变化,求出感应电流的变化,从而得出正确结果.
开始时进入磁场切割磁感线,根据右手定则可知,电流方向为逆时针,即为正方向,当开始出磁场时,回路中磁通量减小,产生的感应电流为顺时针,方向为负方向,因此AB错误;
当离开磁场时,切割的有效长度变小,则产生感应电流也变小,故D错误,C正确;
因此只有C正确;
故选C.
对于图象问题可以通过排除法进行求解,如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除.
二、实验题(本题共2道小题,第1题0分,第2题0分,共0分)
9.(2015•宁城县一模)在“测定金属的电阻率”的实验中,需要用刻度尺测出被测金属丝的长度L,用螺旋测微器测出金属丝的直径d,用电流表和电压表测出金属丝的电阻R.
(1)请写出测金属丝电阻率的表达式:
ρ=
.(用上述测量的字母表示)
(2)若实验中测量金属丝的长度和直径时,刻度尺和螺旋测微器的示数分别如图1、2所示,则金属丝长度的测量值为L= 60.50 cm,金属丝直径的测量值为d= 0.550 mm.
测定金属的电阻率.
实验题.
(1)根据电阻定律求出电阻率的表达式;
(2)根据图示刻度尺确定其分度值,金属丝两端点所对应刻度尺示数之差是金属丝的长度;
螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数.
(1)由电阻定律可知,金属丝电阻R=
,则金属丝电阻率ρ=
(2)由图示刻度尺可知,其分度值为1mm,金属丝的长度l=70.50cm﹣10.00cm=60.50cm;
由图示螺旋测微器可知,螺旋测微器固定刻度示数为0.5mm,可动刻度示数为5.0×
0.01mm=0.050mm,螺旋测微器示数为0.5mm+0.050m=0.550mm;
故答案为:
(1)
(2)60.50,0.550
本题考查了电阻定律的应用、刻度尺与螺旋测微器的读数,应用电阻定律即可求出电阻率的表达式;
螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数,螺旋测微器需要估读.
10.(2015•景县校级模拟)利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻.要求尽量减小实验误差,应该选择的实验电路是如图中的 甲 (选填“甲”或“乙”).
测定电源的电动势和内阻.
根据实验原理选择实验电路,由欧姆定律求出U﹣I图象的表达式,然后求出电源电动势与内阻.
根据U=E﹣Ir测量电源电动势和内阻时,需要测出多组对应的路端电压U和干路电流I,电压表和电流表内阻影响会造成实验误差.电源内阻较小,所以乙电路中的电流表分压影响较大,因此应选择甲电路.
甲;
本题考查了选择实验电路、求电源电动势与内阻,知道实验原理即可正确解题.
11.(2015•景县校级模拟)如图甲,一个圆盘可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动.圆盘加速转动时,纸带随圆盘运动通过打点计时器打上一系列点.用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示,用此装置打出的一条纸带如图丙所示(打点计时器所接交流电的频率为50Hz,A、B、C、D…为计数点,相邻两计数点间有四个点未画出).
(1)根据图乙读出圆盘的直径为 6.000 cm;
(2)根据图丙计算,打D点时圆盘转动的角速度为 13 rad/s;
(3)由图丙可知,纸带运动的加速度大小为 0.59 m/s2.
测定匀变速直线运动的加速度.
实验题;
直线运动规律专题.
(1)20分度的游标卡尺精确度为0.05mm,读数时先读大于1mm的整数部分,再读不足1m的小数部分;
(2)根据平均速度等于中间时刻瞬时速度求出D点的瞬时速度,然后根据v=ωr求解角速度;
(3)用逐差法求解出加速度,从而即可求解.
(1)整数部分为60mm,小数部分为零,由于精确度为0.05mm,故需写到0.001cm处,
故读数为6.000cm;
故直径为6.000cm;
(2)打下计数点D时,速度为
vD=
=0.389m/s
故
ω=
≈13rad/s
(3)纸带运动的加速度为
a=
=0.59m/s2
(1)3.000cm;
(2)13rad/s;
(3)0.59.
本题根据根据题意中角加速度的定义,同时结合纸带处理中加速度和速度的求法进行分析处理.
三、计算题(本题共3道小题,第1题0分,第2题0分,第3题0分,共0分)
12.(2015•景县校级模拟)如图所示,倾角为37°
的粗糙斜面的底端有一质量m=1kg的凹形小滑块,小滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25.现小滑块以某一初速度v从斜面底端上滑,同时在斜面底端正上方有一小球以v0水平抛出,经过0.4s,小球恰好垂直斜面方向落入凹槽,此时,小滑块还在上滑过程中.(已知sin37°
=0.6,cos37°
=0.8),g取10m/s2,求:
(1)小球水平抛出的速度v0.
(2)小滑块的初速度v.
(3)0.4s内小滑块损失的机械能△E.
平抛运动.
(1)根据运动时间可以求出平抛小球竖直方向速度,根据水平和竖直速度关系可以求出平抛小球的初速度;
(2)滑块沿斜面减速上划,根据牛顿第二定律求出其加速度,然后求出其位移可正确解答本题;
(3)损失的机械能等于除重力之外的力所做功大小,因此求出摩擦力对滑块所做负功即可明确滑块损失的机械能大小.
(1)设小球落入凹槽时竖直速度为vy,则有:
vy=gt=10×
0.4=4m/s
因此有:
v0=vytan37°
=3m/s.
答:
小球水平抛出的速度v0=3m/s.
(2)小球落入凹槽时的水平位移:
x=v0t=3×
0.4=1.2m.
则滑块的位移为:
根据牛顿第二定律,滑块上滑的加速度为:
a=gsin37°
+μgcos37°
=8m/s2
根据公式:
v=5.35m/s.
小滑块的初速度为:
(3)根据功能关系可知,滑块损失的机械能等于滑块克服摩擦力做的功,因此有:
△E=μmgcos37°
s=3J.
0.4s内小滑块损失的机械能△E=3J.
该题考查了学生对多物体、多过程问题的理解分析能力,解决这类问题的关键是正确分析每个运动过程,正确应用所学知识求解.
13.(2015•景县校级模拟)如图所示,在无限长的竖直边界AC和DE间,上、下部分分别充满方向垂直于ADEC平面向外的匀强磁场,上部分区域的磁感应强度大小为B0,OF为上、下磁场的水平分界线.质量为m、带电荷量为+q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方区域,经OF上的Q点第一次进入下方区域,Q与O点的距离为3a.不考虑粒子重力
(1)求粒子射入时的速度大小;
(2)要使粒子不从AC边界飞出,求下方区域的磁感应强度应满足的条件;
(3)若下方区域的磁感应强度B=3B0,粒子最终垂直DE边界飞出,求边界DE与AC间距离的可能值.
带电粒子在匀强磁场中的运动;
牛顿第二定律;
向心力.
带电粒子在磁场中的运动专题.
(1)由几何关系确定粒子半径,再由洛仑兹力充当向心力可求得速度;
(2)根据临界条件可求出粒子的半径,再由洛仑兹力充当向心力可求得磁感应强的范围;
(3)根据几何关系确定粒子可能的轨迹,再由几何关系确定距离的可能值.
(1)设粒子在OF上方做圆周运动半径为R,由几何关系可知;
R2﹣(R﹣a)2=(3a)2
R=5a
由牛顿第二定律可知:
qvB0=m
解得:
v=
(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时,设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1,由几何关系得:
r1+r1cosθ=3a
cosθ=
所以r1=
根据qvB1=
B1=
当B1>
时,粒子不会从AC边界飞出.
(3)当B=3B0时,粒子在OF下方的运动半径为:
r=
a
设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1,则P与P1的连线一定与OF平行,根据几何关系知:
=4a;
所以若粒子最终垂直DE边界飞出,边界DE与AC间的距离为:
L=n
=4na(n=1,2,3…);
(1)粒子射入时的速度大小为
(2)B1>
时,粒子不会从AC边界飞出;
(3)若下方区域的磁感应强度B=3B0,粒子最终垂直DE边界飞出,边界DE与AC间的距离为4na(n=1,2,3…);
带电粒子在磁场中运动,关键在于分析粒子的运动情况,明确粒子可能运动轨迹,根据几何关系确定圆心和半径;
同时注意临界条件的应用才能顺利求解.
14.(2015•景县校级模拟)如图所示.长为L=2m的木板A质量为M=2kg.A静止于足够长的光滑水平面上.小物块B(可视为质点)静止于A的左端.B的质量为m1=1kg.曲面与水平面相切于M点.现让另一小物块C(可视为质点)从光滑曲面上离水平面高h=3.6m处由静止滑下.C与A相碰后与A粘在一起.C的质量为m2=1kg.A与C相碰后,经一段时间B可刚好离开A.g=10m/s2.求A,B之间的动摩擦因数μ.
动量守恒定律;
动能定理的应用.
先根据机械能守恒定律求出C与A碰撞前的速度大小.C与A碰撞时间极短,C、A组成的系统动量守恒,列式可求出碰后两者共同的速度.C、A碰后向左做匀减速直线运动,B向左做匀加速直线运动,B刚好不从A上掉下来,滑到A的右端,且速度与AC相同.对于三个物体组成的系统,由动量守恒定律求出最后共同的速度,再由能量守恒定律求解A、B之间的动摩擦因数μ.
设C滑到至水平面的速度为v.对于C下滑的过程,根据机械能守恒定律得:
mgh=
对于C、A碰撞过程,设碰后共同速度为v1.取向左为正方向,以C、A组成的系统为研究对象,根据动量守恒定律得:
m2v=(M+m2)v1;
B将要离开A的边缘时与A有共同速度,设为v2.取向左为正方向,对A、B、C组成的系统,由动量守恒定律得:
m2v=(M+m1+m2)v2;
A、B、C组成的系统,由能量守恒定律得:
μm1gL=
(M+m2)
联立解得:
μ=0.15.
A、B之间的动摩擦因数μ是0.15.
本题按时间顺序分析物体的运动过程,把握每个过程遵守的规律,特别是抓住碰撞过程的基本规律:
动量守恒定律是关键.对于摩擦生热,要知道与两个物体相对位移大小有关.
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