《吉林省吉林市第一中学校2016届高三物理质量检测试题（六）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《吉林省吉林市第一中学校2016届高三物理质量检测试题（六）.doc（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、20152016学年度吉林一中质量检测6高三物理试题一选择（每题4分共48分）1、某固体物质的摩尔质量为M，密度为，阿伏加德罗常数为，则每个分子的质量和单位体积内所含的分子数分别是（ ）A、 B、 C、 D、2、真空中两个固定的相距较近且电性相同的点电荷A和B，现释放B且B只在A的库仑力作用下运动，则B在运动过程中受到的库仑力（）A始终保持不变 B不断增加C不断减小 D先增大后减小3、如图，垂直矩形金属框的匀强磁场磁感强度为B。导体棒ab垂直线框两长边搁在框上，ab长为l。在t时间内，ab向右匀速滑过距离d，则 （ ）A、因右边面积减少Ld，左边面积增大Ld，则，B、因右边面积减小Ld，左边面
2、积增大Ld，两边抵消，C、， D、不能用算，只能用4、下列各种运动中，属于匀变速曲线运动的有（）A匀速直线运动B匀速圆周运动C平抛运动D竖直上抛运动5、如图所示，一个不带有电的绝缘导体P正向带有负电的小球Q靠近（不接触），下面说法中正确的是（）A导体P两端带等量同种电荷BA端的感应电荷电性与毛皮摩擦过的橡胶棒所带电性相同CB端的感应电荷电性与毛皮摩擦过的橡胶棒所带电性相同D导体P两端的感应电荷越来越少6、如图所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，则关于拉力F及拉力F的功率P，则下列说法正确的是（）AF不变，P减小 BF增大，P增大CF增大，P
3、不变 DF增大，P减小7、在科学的发展历程中，许多科学家做出了杰出的贡献下列叙述符合物理学史实的是（）A.开普勒以行星运动定律为基础总结出万有引力定律B.卡文迪许通过实验测出了万有引力常量C.牛顿提出了万有引力定律，并通过实验测出了万有引力常量D.伽利略在前人的基础上通过观察总结得到行星运动三定律8、如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向图中画出了y轴上沿x轴正方向抛出的三个小球abc的运动轨迹，其中b和c从同一点抛出，不计空气阻力则（）Aa的飞行时间比b长Bb的飞行时间比c长Ca的初速度最大Dc的末速度比b大9、如图，ab和cd为两条相距较远的平行直线，ab的左侧和cd的右侧都有磁感应强
4、度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，闭合曲线是由两个半圆及与半圆相切的两条线段组成.甲、乙两带电体分别从图中的A、D两点以不同的初速度开始向两边运动，轨迹如图.它们在C点碰撞后结为一体向右运动.则下面说法正确的是(不计重力、阻力) ( )开始时甲的速度一定比乙大甲的带电荷量一定比乙大甲乙结合后，仍在原闭合曲线上运动甲乙结合后，会离开原闭合曲线运动 A. B. C. D.10、如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B。现给B一个沿垂直AB方向的速度v0，下列说法中正确的是A.若A、B为异性电荷，B球一定做圆周运动B.若A、B为异性电荷，B球可能做匀变速曲
5、线运动C.若A、B为同性电荷，B球一定做远离A的变加速曲线运动D.若A、B为同性电荷，B球的动能一定会减小11、如图所示，一根10 m长的梭镖以相对论速度穿过一根10 m长的管子，它们的长度都是在静止状态下测量的以下哪种叙述最好地描述了梭镖穿过管子的情况()A梭镖收缩变短，因此在某些位置上，管子能完全遮住它B管子收缩变短，因此在某些位置上，梭镖从管子的两端伸出来C两者都收缩，且收缩量相等，因此在某个位置，管子恰好遮住梭镖D所有这些都与观察者的运动情况有关12、利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小。实验时，把图甲中的小球举高到绳子的悬点O处，然后小球由静止释放，同时开始计时，利用传感器和
6、计算机获得弹性绳的拉力随时间的变化如图乙所示。根据图像提供的信息，下列说法正确的是乙t7Ot6t5t3t2t1t4t/sF/NFm1Fm2Fm3甲OAt1、t2时刻小球的速度最大 Bt2、t5时刻小球的动能最小Ct3、t4时刻小球的运动方向相同 Dt4 - t3 t7 - t6二 、填空题（注释）13、如右图所示，是研究平行板电容器电容的实验装置，其中极板A接地，极板B与静电计相接，静电计外壳也接地。在实验中，若将A极板稍向左移动一些，增大电容器两极板间的距离，电容器所带的电量可视为不变，这时可观察到静电计金属箔张角会_；两极板间的距离增大后，两极板间的电场强度_。（填“变大”“变小”或“不变
7、”）14、有一测量微小时间差的装置，是由两个摆长略有微小差别的单摆同轴水平悬挂构成两个单摆摆动平面前后相互平行.（1）现测得两单摆完成50次全振动的时间分别为50.0 s和49.0 s，则两单摆的周期差T_ s；（2）某同学利用此装置测量小于单摆周期的微小时间差，具体操作如下：把两摆球向右拉至相同的摆角处，先释放长摆摆球，接着再释放短摆摆球，测得短摆经过若干次全振动后，两摆恰好第一次同时同方向通过某位置，由此可得出释放两摆的微小时间差若测得释放两摆的时间差t0.165 s，则在短摆释放_ s（填时间）后，两摆恰好第一次同时向_（填方向）通过_ （填位置）；（3）为了能更准确地测量微小的时间差，
8、你认为此装置还可以做的改进是_.15、法国科学家阿尔贝费尔和德国科学家彼得格林贝格尔由于发现巨磁阻效应(GMR)而荣获了诺贝尔物理学奖。如图所示是利用GMR设计的磁铁矿探测仪原理示意图，图中GMR在外磁场作用下，电阻会大幅度减小。若存在磁铁矿，则指示灯 (填“亮”或“不亮”)，若要提高探测仪的灵敏度，应将R (填“调大”或“调小”)。16、把质量为3.0kg的石块，从高30m的某处，以的速度向斜上方抛出，不计空气阻力，石块落地时的速率是；若石块在运动过程中克服空气阻力做了73.5J的功，石块落地时的速率又为 。17、某额定电压为8V的灯泡的伏安特性曲线如图所示若将它与一个R=7的定值电阻串联后
9、接在电动势E=8V、内阻r=1的电源上，则通过该灯泡的实际电流为 A，该灯泡的实际功率为 W18、质量相等的两辆汽车以相同的速度v分别通过半径皆为r的凸形桥的顶部与凹形桥的底部，两桥面各受的压力之比为F凸F凹=_.19、一电子以4106m/s的速度沿与电场垂直的方向从A点沿垂直于电场强度方向飞入，并从B点沿与场强方向成150角的方向飞出该电场，如图所示则A、B两点的电势差为 V（电子质量为9.110-31kg，电量为1.610-19C）20、在场强为E的匀强电场中，放一个电量为Q的点电荷，并以它为圆心在平行于电场线的平面内做一个圆。过圆心的电场线和圆交于A、B两点，A、B的垂直平分线交圆于C、
10、D，如右图所示。A点的电场强度是零。电荷带 电，圆的半径R ，B点的合场强大小是 ，C点的合场强大小是 。21、某同学设计了一种“自动限重器”，如图（甲）所示该装置由控制电路和工作电路组成，其主要元件有电磁继电器、货物装载机（实质是电动机）、压敏电阻R1和滑动变阻器R2等压敏电阻R1的阻值随压力F变化的关系如图（乙）所示当货架承受的压力达到限定值，电磁继电器会自动控制货物装载机停止向货架上摆放物品已知控制电路的电源电动势E=6V，r=2，电磁继电器线圈的阻值忽略不计请你解答下列问题：（1）用笔画线代替导线将图（甲）的电路连接完整（2）当电磁继电器线圈中的电流大小为15mA时，衔铁被吸下若货架能
11、承受的最大压力为800N，则所选滑动变阻器R2的最大阻值至少为 （3）硅光电池是一种可将光能转换为电能的器件现将控制电路中的电源，换成硅光电源，用一定强度的光照射硅光电池，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的U-I曲线（如图丙）不改变滑片的位置，当货架能承受的压力逐渐增加时，该硅光电池的内阻将 ，内电路上消耗的功率将 （以上两格填写“增加”“减小”“先增大后减小”“先减小后增大”或“不变”）（4）若控制电路中的电源，换成硅光电源，不改变滑片的位置，即如（2）中数值，现测得硅光电源两端电压为5.4V，则货架上承受的压力为 N22、有组同学设计了一个如图所示的测温装置，C为测温泡，用玻璃管与水银气
12、压计相连，气压计A、B两管内的水银面在同一水平面上，气压计A、B两管的下端通过软管相连且充满水银（图中涂黑部分）在A管上画上刻度测温时调节B管的高度使A管中的液面位置保持在a处，此时根据A、B两管水银面的高度差就能知道测温泡所处环境的温度假设该测温装置在制定刻度时候的大气压为76cmHg，测温泡所处环境的温度为30（1）当测温泡放入较低温度的液体中，即测温泡中气体温度降低时，为使水银气压计A管中的液面位置保持在a处，则水银气压计的B管应向 （填“上”或“下”）移动；（2）该温度计的刻度是 （填“均匀”或“不均匀”，及“温度上高下低”或，“温度上低下高”（3）该温度计存在的缺陷之一，当天气变化引
13、起大气压强变大，而环境温度仍为30，温度计上30的刻度应该如何调整 三、计算题（注释）23、在动摩擦因数=0.2的粗糙绝缘足够长的水平滑漕中，长为2L的绝缘轻质细杆两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B，如图为俯视图（槽两侧光滑）A球的电荷量为+2q，B球的电荷量为-3q（均可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力）现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MPQN内，已知虚线MP恰位于细杆的中垂线，MP和NQ的距离为3L，匀强电场的场强大小为E=1.2mg/q，方向水平向右释放带电系统，让A、B从静止开始运动（忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响）求：（1）小球B第一次到达电场边界MP所用的时
14、间；（2）小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小（3）带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值24、如右图所示为一种可用于测量电子电荷量e与质量m比值e/m的阴极射线管，管内处于真空状态，图中L是灯丝，当接上电源时可发出电子，A是中央有小圆孔的金属板，当L和A间加上电压时(其电压值比灯丝电压大得多)，电子将被加速并沿图中虚直线所示的路径到达荧光屏S上的O点，发出荧光P1、P2为两块平行于虚直线的金属板，已知两板间距为d，在虚线所示的圆形区域内可施加一匀强磁场，已知其磁感应强度为B，方向垂直纸面向外a、b1、b2、c1、c2都是固定在管壳上的金属引线E1、E2、E3是三个电压可调并可读出其
15、电压值的直流电源(1)试在图中画出三个电源与阴极射线管的有关引线的连线(2)导出计算e/m的表达式，要求用所测物理量及题给出已知量表示四、实验题（注释）25、如图所示，质量相同的A、B两球均处于静止状态，现用小锤打击弹性金属片，使A球沿水平方向抛出，B球同时被松开而自由下落则下列说法中正确的是（）AB球先落地 B两球下落过程中，A球重力做的功多C两球下落过程中重力势能变化相等 D两球落地时速度方向相同26、某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验，测得的g值偏大，可能的原因是（）A.测摆长时漏加摆球半径B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C.开始计时时，秒表过迟按下D.
16、实验中误将49次全振动数为50次参考答案一、单项选择1、【答案】D2、【答案】C【解析】带电相同的小球受斥力作用，因此距离越来越远，由于电量保持不变，根据F可知距离增大，电场力将逐渐减小，故ABD错误，C正确3、【答案】C4、【答案】C【解析】A、匀速直线运动的速度和方向都不变，不是匀变速曲线运动，故A错误；B、匀速圆周运动的加速度方向时刻改变，不是匀变速曲线运动，故B错误；C、平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，故C正确；D、竖直上抛运动的加速度不变，做匀变速直线运动，故D错误5、【答案】C【解析】A、导体P处在负电荷的电场中，由于静电感应现象，导体的右端B要感应出负电荷，在导体的左端A
17、会出现正电荷，故A错误B、因毛皮摩擦过的橡胶棒，带负电，则B端的感应电荷电性与毛皮摩擦过的橡胶棒所带电性相同，故B错误，C正确D、随着靠得越近，P两端的感应电荷越来越多，故D错误6、【答案】C【解析】对物块A受力分析如上图所示，得到，随着物体的向上运动，角变大，减小，联立F增大，A错；拉力F的功率P=mgv得到功率P不变，C对，BD错。7、【答案】B【解析】考点： 物理学史所有分析： 本题掌握开普勒、牛顿、卡文迪许、伽利略等等科学家的成就，就能进行解答解答： 解：A、开普勒通过深入研究第谷的数据提出行星运动三大定律；故A错误BC、牛顿发现了万有引力定律，但未测定出引力常量G，卡文迪许测定了引力
18、常量G故B正确，C错误D、开普勒在前人的基础上通过观察总结得到行星运动三定律故D错误故选：B点评： 本题主要考查了有关电学的物理学史，了解物理学家的探索过程，从而培养学习物理的兴趣和为科学的奉献精神，对类似知识要加强记忆8、【答案】C9、【答案】B 10、【答案】C11、【答案】D【解析】如果你是在相对于管子静止的参考系中观察运动着的梭镖，那么梭镖看起来就比管子短，在某些位置梭镖会完全处在管子内部然而当你和梭镖一起运动时，你看到的管子就缩短了，所以在某些位置，你可以看到梭镖两端都伸出管子假如你在梭镖和管子之间运动，运动的速度是在梭镖运动的方向上，而大小是其一半，那么梭镖和管子都相对于你运动，且
19、速度的大小一样；你看到这两样东西都缩短了，且缩短的量相同，所以你看到的一切都是相对的，依赖于你的参考系12、【答案】B【解析】二、填空题13、【答案】变大、 不变【解析】静电计是测量电压变化的装置，与电源断开后电量不变，由场强公式，可知增大电容器两极板间的距离，场强不变，由U=Ed可知距离增大电压增大14、【答案】（1）0.02（2）8.085 左 平衡位置（3）增大两摆摆长，同时使周期之差减小【解析】此题做法从物理学原理方面来说，有点类似于游标卡尺，由于两摆的周期之差为0.02 s，所以摆动一个周期时间内相差0.02 s，要使两摆球第一次同时同方向通过某位置，必然两摆球振动的位相是一样的，所
20、以要把0.165 s在n次周期内分配完，则求得n=8.25，所以两摆球振动次数为8.25，则同时达到左边最高点（因它们都是从右边开始释放）.短摆运动时间为8.250.98 s8.085 s.用公式表示，设长摆运动时间为t，则为1t2(t-t)，代入数据有：0.02t=0.165，解得t=8.25 s，因长摆的周期为1 s，故长摆的振动次数也为8.25，此时位置为平衡位置且向左运动，短摆运动时间为8.25-0.165 s=8.085 s.15、【答案】亮；调大16、【答案】 17、【答案】0.48；1.92考点：欧姆定律专题：恒定电流专题分析：在图中作出电源的伏安特性曲线，图象与灯泡的伏安特性曲
21、线的交点为灯泡的工作点，则可得出灯泡的电压及电流，由功率公式可求得实际功率解答：解：由电源的电动势和内阻作出电源的伏安特性曲线如图所示；则交点为灯泡的工作点，由图可知，灯泡的电压为4V，电流为0.48A，则灯泡的功率P=UI=40.48=1.92W故答案为：0.48；1.92点评：求灯泡实际功率时要注意图象法的应用，要掌握应用图象法处理实验数据的方法18、【答案】【解析】由受力分析可知：F凸=mg-，F凹=mg+.19、【答案】-136.5【解析】从A到B过程，由动能定理得：-eU=mv2-mv02又根据速度的分解可得：cos30=所以：UAB=-V=-136.5V20、【答案】负、21、【答
22、案】（1） （2）318 （3）增大，增大 （4）90 N【解析】（1）将货物装载机和上触点串联组成工作电路，将R1、滑动变阻器R2、电磁铁串联接入控制电路，连接电路如图所示：（2）R1与R2串联，I1=I2=Imax=15mA=0.015A，所以根据闭合电路的欧姆定律R1+R2+r由图乙可知：F=800N时，R1=80，所以R2？r？R1？2？80318即：滑动变阻器R2的最大阻值至少为318（3）由丙图可知，随着外电路电阻变大，硅光电源的U-I图线的斜率绝对值逐渐变大，即硅光电源的内阻随外电路电阻变大而变大当不改变滑片的位置，当货架能承受的压力逐渐增加时，R1的电阻变大，所以该硅光电池的内
23、阻将增大由丙图可知，随着外电路电阻变大，硅光电源的路端电压逐渐减小，根据闭合电路欧姆定律，内电压变大电路的总电流又增大，所以P内=U内I逐渐变大（4）硅光电源两端电压为5.4V，由丙图可知此时电流为10mA，所以根据欧姆定律外电路的总电阻为R1+R2，所以R1？R2？318220，根据乙图可知，此时对应的压力为90N22、【答案】（1）下；（2）均匀的，温度上高下低；（3）30C的刻度应向上平移【解析】（1）液面位置保持在a处，测温泡中气体作等容变化，当测温泡放入较低温度的液体中，气体的温度降低，根据查理定律可知，气体的压强要减小，应将B管向下移动；（2）0时右边水银面与左边水银面高度差为h1
24、，温度为t时，右边水银面与左边水银面高度差为h2，则可见T与h正比，故该温度计的刻度是均匀的温度越高，h2越大，故该温度计的刻度值温度上高下低；（3）由得知，当大气压升高时，温度计的读数偏小，为温度计上30的刻度应向上平移三、计算题23、【答案】（1）小球B第一次到达电场边界MP所用的时间；（2）小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小（3）带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值3.96mgL【解析】（1）带电系统开始运动后，先向右加速运动；当B进入电场区时，开始做减速运动设B进入电场前的过程中，系统的加速度为a1，由牛顿第二定律：2Eq-2mg=2ma1 即：a1=g（2）当A刚滑到右
25、边界时，电场力对系统做功为：W1=2Eq？2L+（-3Eq？L）=EqL摩擦力对系统做功为：W2=-？2mg？2l=-0.8mgLW总=EqL-0.8mgL=0.4mgL 故A球从右端滑出设B从静止到刚进入电场的速度为v1，v1a1t1设B进入电场后，系统的加速度为a2，由牛顿第二定律：2Eq-3Eq-2mg=2ma2a2=-0.8g系统做匀减速运动，设小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小为v2；（3）当带电系统速度第一次为零，此时A已经到达右边界NQ外，B克服电场力做的功最多，B增加的电势能最多，设此时A离右边界NQ的距离为x由动能定理：2Eq？2L-3Eq（L+x）-2mg（2L+x）
26、=0可得：x=0.1L所以B电势能增加的最大值W1=3Eq1.1L=3.3EqL=3.96mgL 24、【答案】 【解析】(1)各电源的连线如右图所示(2)设加速电压U2，电子加速后穿过小孔的速度为v，则有施加磁场后，要使电子仍打在O点，应在P1、P2之间加上适当的电压U3，使电子所受的电场力和洛伦兹力平衡，.四、实验题25、【答案】C【解析】A、根据装置图可知，两球由相同高度同时运动，A做平抛运动，B做自由落体运动，因此将同时落地，故A错误；B、由于两球质量相等，下落高度相等，故重力做功相同，重力势能变化相等，故B错误，C正确；D、A球做平抛运动，落地速度斜向下，BA做自由落体运动，落地速度
27、竖直向下，故D错误26、【答案】CD【解析】考点：用单摆测定重力加速度专题：实验题分析：根据单摆周期公式T=2，导出重力加速度的表达式，根据表达式进行说明解答：解：根据单摆周期公式T=2，得g=根据以上公式可得，重力加速度的测量值偏大，可能是单摆的摆长偏大，或摆动的周期偏小A、测摆长时漏加摆球半径，摆长偏小，所以重力加速度的测量值偏小故A错误；B、摆球上端未固定牢固，振动中出现松动则摆长的真实值大于摆长测量值，所以摆长的测量值小于真实值，所以重力加速度的测量值偏小故B错误；C、T=，t偏小，故T偏小，则重力加速度的测量值偏大，故C正确；D、测周期时，把n次全振动误记为（n+1）次，则周期的测量值偏小，则重力加速度的测量值偏大，故D正确故选：CD点评：本题关键明确单摆摆长、周期的测量值与真实值之间的关系，然后根据周期公式列式求解，基础题12