黑龍江哈爾濱六中高三下期開學考試物理解析

1、2016屆黑龍江哈爾濱六中高三下期開學考試物理（解析版）1質量為m的木箱置于水平面上，水平推力F即可使木箱做勻速直線運動。現(xiàn)保持F的大小不變，方向改為與水平方向成60斜向上拉木箱，仍能使其做勻速直線運動，如圖所示。則木箱與水平面間的動摩擦因數(shù)為（ ）F F 60 A B C D【答案】C【解析】試題分析：當加水平推力時：；當與水平方向成60斜向上拉木箱時：；聯(lián)立解得：；故選C.考點：物體的平衡【名師點睛】此題是物體的平衡條件的考查；關鍵是列出兩種情況下物體的平衡方程，然后聯(lián)立求解；第二種情況中，要認真分析物體的受力情況，利用正交分解法列出水平和豎直兩個方向的平衡方程求解；此題是基礎題.2我國先

2、后自行成功研制和發(fā)射了“風云號”和“風云號”兩顆氣象衛(wèi)星?！帮L云號”衛(wèi)星軌道（極地圓軌道）與赤道平面垂直且通過兩極，繞地做勻速圓周運動的周期為12 h，“風云號”衛(wèi)星軌道（地球同步軌道）平面在赤道平面內，繞地做勻速圓周運動的周期為24 h，則“風云號”衛(wèi)星比“風云號”衛(wèi)星（ ）A軌道半徑小 B線速度小 C角速度大 D向心加速度大【答案】B【解析】試題分析：對于衛(wèi)星，萬有引力提供向心力，故：解得：； 根據(jù)，“風云號”衛(wèi)星比“風云號”衛(wèi)星的軌道半徑大，故A錯誤；根據(jù)公式，“風云號”衛(wèi)星比“風云號”衛(wèi)星的線速度小，故B正確；根據(jù)，“風云號”衛(wèi)星比“風云號”衛(wèi)星的角速度小，故C錯誤；根據(jù)，“風云號”衛(wèi)

3、星比“風云號”衛(wèi)星的加速度小，故D錯誤；故選B?？键c：萬有引力定律的應用【名師點睛】此題是萬有引力定律的應用問題；知道地球同步軌道衛(wèi)星的周期T=24h，然后根據(jù)萬有引力提供向心力的表達式進行速度、軌道以及向心加速度的討論，知向更高軌道發(fā)射衛(wèi)星需要克服重力做更多的功，因此需要更大的發(fā)射速度。3如圖所示，實線為一簇未標明方向的點電荷Q周圍的電場線，若帶電粒子q（遠大于）由a運動到b，電場力做正功；粒子在a、b兩點所受電場力分別為Fa、Fb，則下列判斷正確的是（ ）a b Q A若Q為正電荷，則q帶正電，F(xiàn)aFbB若Q為正電荷，則q帶負電，F(xiàn)aFbC若Q為負電荷，則q帶正電，F(xiàn)aFbD若Q為負電荷，

4、則q帶負電，F(xiàn)aFb【答案】A【解析】試題分析：因帶電粒子由a運動到b，電場力做正功，則若Q為正電荷，電場線向右，粒子受向右的電場力，則q帶正電，a處電場線密集，則FaFb ，選項A正確，B錯誤；則若Q為負電荷，電場線向左，粒子受向右的電場力，則q帶負電，a處電場線密集，則FaFb ，選項CD錯誤；故選A.考點：電場線；電場強度【名師點睛】此題是對點電荷電場線及電場強度的考查；要掌握正、負點電荷的電場線分布規(guī)律；正電荷的受力方向與電場方向相同，負電荷正好相反；電場線密集的地方場強較大，反之場強較弱；此題是基礎題.4如圖所示，質量為M4 kg的木板A長L1 m，靜止放在光滑的水平地面上，其右端靜

5、置一質量為m1 kg的小滑塊B（可視為質點），它與木板A之間的動摩擦因數(shù)0.4?，F(xiàn)用水平恒力F28 N向右拉木板，使小滑塊B能從木板A上滑下來。木板A和小滑塊B的加速度大小分別為aA、aB，速度大小分別為vA、vB，重力加速度g取10 ms2，則從開始運動到小滑塊B滑下木板的過程中，下列圖象正確的是（ ）F A B 【答案】C【解析】試題分析：對m水平方向進行受力分析有：fm=mg=maB；代入數(shù)據(jù)解得：aB=4m/s2；對木板在水平方向受力分析有：F-fm=MaA；代入數(shù)據(jù)解得：aA=6m/s2；當小滑塊剛掉下時，二者之間的位移關系有：解得：t=1s，故A錯誤B錯誤；二者離開時，vA=61m

6、/s=6m/s，vB=41m/s=4m/s，故C正確，D錯誤；故選D.考點：牛頓第二定律的應用【名師點睛】本題是牛頓第二定律的應用以及物理圖像的問題；關鍵是選取不同的研究對象受力分析，應用牛頓第二定律求解兩物體的加速度，然后根據(jù)運動學公式及兩者的位移關系求解離開的時間及速度即可進行判斷.5如圖所示，質量為m的豎直光滑圓環(huán)A的半徑為r，豎直固定在質量為m的木板B上，木板B的兩側各有一豎直擋板固定在地面上，使木板不能左右運動。在環(huán)的最低點靜置一質量為m的小球C?，F(xiàn)給小球一水平向右的瞬時速度v0，小球會在環(huán)內側做圓周運動。為保證小球能通過環(huán)的最高點，且不會使木板離開地面，則初速度v0必須滿足（ ）A

7、 B C v0 Av0 Bv0Cv0 Dv0【答案】D【解析】試題分析：在最高點，速度最小時有：，解得：從最高點到最低點的過程中，機械能守恒，設最低點的速度為v1，根據(jù)機械能守恒定律，有：解得：要使不會使環(huán)在豎直方向上跳起，環(huán)對球的壓力最大為： F=2mg；從最高點到最低點的過程中，機械能守恒，設此時最低點的速度為v2，在最高點，速度最大時有：；根據(jù)機械能守恒定律有：解得：所以為保證小球能通過環(huán)的最高點，且不會使木板離開地面，在最低點的初速度范圍為：v0故D正確，ABC錯誤故選D.考點：牛頓第二定律；機械能守恒定律【名師點睛】本題綜合考查了牛頓第二定律和機械能守恒定律，關鍵理清在最高點的兩個臨

8、界情況，求出在最高點的最大速度和最小速度，小球在環(huán)內側做圓周運動，通過最高點速度最小時，軌道對球的最小彈力為零。6某小型發(fā)電站通過升壓變壓器向60 km遠處的用戶供電，在用戶端用降壓變壓器將高壓電變?yōu)?20 V供用戶使用（設兩個變壓器均為理想變壓器），輸電示意圖如圖所示。已知輸電線的電阻率為1.25108 m，橫截面積為1.5104 m2，發(fā)電機輸出功率為20 kW，輸出電壓為250V，若線路損耗的功率為輸出功率的5%。則下列說法正確的是（ ）n1 n2 n3 n4 發(fā)電機 用戶 A發(fā)電機是將其他形式能轉化為電能的設備，發(fā)電原理是法拉第電磁感應定律B輸電線上的電流為10 ACD升壓變壓器的輸出

9、電壓等于降壓變壓器的輸入電壓【答案】AB【解析】試題分析：發(fā)電機是通過電磁感應將其他形式的能轉化為電能的設備，其原理為法拉第電磁感應定律；故A正確；由電阻定律可知， 由功率公式可得：5%P=I2R，解得：I=10A；故B正確；由功率公式P=UI可得，輸電電壓；則；降壓變壓器輸入電壓U3=U2-IR=2000-1010=1980V；則；故；故CD錯誤；故選AB.考點：遠距離輸電；變壓器【名師點睛】本題考查遠距離輸電的內容，要注意明確遠距離輸電中的變壓器原理，同時注意從導線損耗功率入手，靈活選擇功率公式求解電流，再由歐姆定律求得電壓等，即可求解。7如圖所示，在半徑為R的半圓形區(qū)域內，有磁感應強度為

10、B的垂直紙面向里的有界勻強磁場，PQM為圓內接三角形，且PM為圓的直徑，三角形的各邊由材料相同的細軟導線組成（不考慮導線中電流間的相互作用）。設線圈的總電阻為r且不隨形狀改變，此時PMQ37，已知sin370.6，cos370.8。則下列說法正確的是（ ）P Q O M R A穿過線圈PQM的磁通量為0.96BR2B若磁場方向不變，只改變磁感應強度B的大小，且BB0kt（k為常數(shù)，k0），則線圈中產生的感應電流大小為C保持P、M兩點位置不變，將Q點沿圓弧順時針移動到接近M點的過程中，線圈中感應電流的方向先沿逆時針，后沿順時針D保持P、M兩點位置不變，將Q點沿圓弧順時針移動到接近M點的過程中，線

11、圈中不會產生焦耳熱【答案】ABC【解析】試題分析：穿過線圈PQM中的磁通量大小為，故A正確由B=B0+kt得：，根據(jù)法拉第電磁感應定律得：感應電動勢為：，線圈中產生的感應電流大小為：，故B正確保持P、M兩點位置不變，將Q點沿圓弧順時針移動到接近M點的過程中，PQM的面積先增大后減小，穿過線圈的磁通量先增大后減小，線圈中將產生感應電流，根據(jù)楞次定律可知，感應電流方向先沿逆時針方向后沿順時針方向，線圈中有感應電流，線圈要產生焦耳熱，故C正確，D錯誤故選ABC.考點：法拉第電磁感應定律；楞次定律【名師點睛】本題要掌握磁通量公式=BS，法拉第電磁感應定律、楞次定律，就能正確分析其中還用到數(shù)學上幾何知識

12、分析線圈面積的變化，確定磁通量的變化；此題是中等題，意在考查學生對基本理論的掌握程度及運用能力。8在傾角為的光滑固定斜面上有兩個用輕彈簧連接的物塊A和B，它們的質量分別為m和2m，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一沿斜面方向的恒力拉物塊A使之沿斜面向上運動，當B剛離開C時，A的速度為v，加速度為a，且方向沿斜面向上。設彈簧始終處于彈性限度內，重力加速度為g，則（ ）A B C A當B剛離開C時，A發(fā)生的位移大小為B從靜止到B剛離開C的過程中，物塊A克服重力做功為CB剛離開C時，恒力對A做功的功率為D當A的速度達到最大時，B的加速度大小為【答案】AD【解析】試題分析：開

13、始時彈簧的壓縮量為；當用力拉A使得B剛離開擋板時，彈簧的伸長量為：，則當B剛離開C時，A發(fā)生的位移大小為，選項A正確；從靜止到B剛離開C的過程中，物塊A克服重力做功為，選項B錯誤；B剛離開C時，對物體A：；此時F彈=2mgsin，解得F=3mgsin+ma，則恒力對A做功的功率為，選項C錯誤；當A的速度達到最大時，此時A的加速度為零，則：，解得F彈=2mgsin+ma；此時對B: ，解得B的加速度大小為，選項D正確；故選AD.考點：牛頓第二定律；胡克定律；功率【名師點睛】此題是對牛頓第二定律、胡克定律以及功率問題的考查；解題時要搞清兩個物體運動的物理過程，分析物體的受力情況，尤其是彈力方向的變

14、化情況，結合牛頓第二定律列得方程求解未知量；注意當物體速度最大時，物體的加速度為零.9某同學欲采用如圖所示的電路完成相關實驗。圖中電流表A的量程為0.6 A，內阻約0.1 ；電壓表V的量程為3 V，內阻約6 k；G為小量程電流表；電源電動勢約3 V，內阻較小。下列實驗電路中正確的是_。A V V A A V 測定一段電阻絲（約5 ）的電阻測定電池的電動勢和內阻（約2.0 ）描繪小燈泡（額定電壓為2.5 V）的伏安特性曲線多用電表歐姆擋測二極管正向電阻 （A） （B） （C） （D）黑表筆 紅表筆 【答案】ABD【解析】試題分析：待測電阻絲的電阻與電流表內阻相當，遠小于電壓表內阻，該待測電阻屬于

15、小電阻，電流表應用外接法故A正確電壓表測量的是電源兩端的電壓，電流表應測量通過電源的電流，測的數(shù)據(jù)偏小，誤差形成的原因是電壓表的分流作用在該實驗中，電壓表內阻非常大，分流很不明顯，誤差較小故B正確描繪小燈泡（額定電壓為2.5 V）的伏安特性曲線，電流電壓要從0測起，滑動變阻器應該用分壓式，不能用限流式故C錯誤測量晶體二極管的正向電阻時紅表筆應與它的負極連接，故D正確；故選ABD考點：伏安法測電阻；測電源的電動勢和內阻；研究燈泡的伏安特性曲線；測量二極管的正向電阻.【名師點睛】此題考查了四個常見的電學實驗；解題時要熟練掌握每個實驗的實驗原理及注意事項；尤其注意的是掌握電流表的內外接問題和滑動變阻

16、器的分壓限流接法，以及會對實驗進行誤差分析。10關于核反應方程（E為釋放出的核能，X為新生成粒子），已知的半衰期為T，則下列說法正確的是_。（填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分）A原子序數(shù)大于或等于83的元素，都能自發(fā)地發(fā)出射線，原子序數(shù)小于83的元素則不能放出射線B比少1個中子，X粒子是從原子核中射出的，此核反應為衰變CN0個經2T時間因發(fā)生上述核反應而放出的核能為（N0數(shù)值很大）D的比結合能為E該放射性元素（）與其它元素形成化合物的半衰期仍等于T【答案】BCE【解析】試題分析：原子序數(shù)小于83的元素，有些元素的同位素也能放出射線

17、，故A錯誤；由質量數(shù)和電荷數(shù)守恒知X的質量數(shù)是0，電荷數(shù)是-1，為電子，是原子核內的中子轉化為質子而釋放一個電子，故B正確；經2T時間還剩余四分之一沒衰變，發(fā)生上述核反應而放出的核能為，故C正確；的比結合能是234個核子結合成Pa234時放出的能量，該能量不是它衰變時放出的能量E，所以的比結合能不是，的比結合能也不是故D錯誤；半衰期與原子核所處狀態(tài)無關，故E正確；故選BCE考點：核反應；結合能；半衰期【名師點睛】本題關鍵是掌握愛因斯坦質能方程E=mc2以及比結合能的計算公式，掌握衰變的實質和半衰期的特點；質量數(shù)較大的核都有放射性，衰變是原子核內的中子轉化為質子而釋放一個電子，半衰期與原子核所處

18、狀態(tài)無關。評卷人得分四、實驗題（題型注釋）11如圖所示，小車、打點計時器等器材置于高度可調節(jié)的長木板上。鉤碼 砝碼 打點計時器 細線 （1）在驗證牛頓第二定律的實驗中，除打點計時器（附紙帶、復寫紙）、小車（其上可放置砝碼）、細線、鉤碼（質量已知）、附滑輪的長木板、導線外，在下面的儀器和器材中，必須使用的有_。（填寫序號）電壓合適的50Hz交流電源電壓可調的直流電源刻度尺秒表天平實驗時通過改變_，可驗證質量一定時，加速度與力成正比的關系；通過_，可驗證力一定時，加速度與質量成反比的關系。（2）在驗證牛頓第二定律的實驗中，若平衡摩擦力時，長木板的一端調節(jié)過高，使得傾角偏大，則所得到的aF關系圖象為

19、_。（a是小車的加速度，F(xiàn)是細線作用于小車的拉力）a O F a O F a O F a O F A B C D（3）實驗中得到一條紙帶，在紙帶上便于測量的地方選取第1個計數(shù)點，其下標明A，第6個計數(shù)點下標明B，第11個計數(shù)點下標明C，第16個計數(shù)點下標明D，第21個計數(shù)點下標明E。若測得AC長為14.56 cm，CD長11.15 cm，DE長為13.73 cm，則小車運動的加速度大小為_ms2，打C點時小車的瞬時速度大小為_ms。（保留三位有效數(shù)字）A B C D E 【答案】（1）；鉤碼個數(shù)；添加砝碼（2）C（3）2.58；0.986【解析】試題分析：（1）在驗證牛頓第二定律的實驗中，除打

20、點計時器（附紙帶、復寫紙）、小車（其上可放置砝碼）、細線、鉤碼（質量已知）、附滑輪的長木板、導線外，在下面的儀器和器材中，必須使用的有：電壓合適的50Hz交流電源；刻度尺測量紙帶；天平測量質量；故選；實驗時通過改變鉤碼個數(shù)，可驗證質量一定時，加速度與力成正比的關系；通過添加砝碼，可驗證力一定時，加速度與質量成反比的關系。（2）若平衡摩擦力時，長木板的一端調節(jié)過高，使得傾角偏大，則放開小車時，不需加外力就應該加速運動，故圖線C正確；（3）小車運動的加速度大小為；打C點時小車的瞬時速度大小為考點：驗證牛頓第二定律的實驗【名師點睛】此題是驗證牛頓第二定律的實驗；關鍵是要搞清此實驗的原理、器材、注意事

21、項及操作的基本步驟，尤其是平衡摩擦力的操作要搞清楚；會用勻變速直線運動的基本規(guī)律來求解物體的加速度和速度值；此題是中等題.12如圖所示，電荷量均為q、質量分別為m和2m的小球A和B，中間連接質量不計的絕緣細線，在豎直方向的勻強電場中以速度v0勻速上升。重力加速度為g，某時刻細繩斷開（不考慮電荷間的庫侖力作用），求：A B （1）細線斷開后，A，B兩球的加速度的大小和方向；（2）從細線斷開至B球速度為零的過程中，A球的機械能增量。【答案】（1）A球加速度，豎直向上；B球加速度 ，豎直向下；（2）【解析】試題分析：（1）設電場強度為E：2qE3mg繩斷： A球：qEmgma1 a1 豎直向上B球：2mgqE2ma2 a2 豎直向下（2）B球：0v0a2tA球： 得考點：牛頓第二定律的應用；機械能13如圖所示，虛線MO與水平線PQ相交于O點，夾角30，在MO左側存在電場強度為E、方向豎直向下的勻強電場；MO右側某個區(qū)域存在磁感應強度為B、垂直紙面向里的勻強磁場，且O點在磁場的邊界上?，F(xiàn)有大量質量為m、電量為q的帶電粒子在紙面內以速度v（0v）垂直于MO從O點射入磁場，所有粒子通過直線MO時，速度方向均平行于PQ向左。不計粒子的重力及粒子間的相互作用。求：P Q O M E v （1）速度最大的粒子從O點運動至水平線PQ所需的時間；（2）磁場區(qū)域的最小面積?！敬鸢浮浚?）