物理·辽宁省大连市庄河高级中学2016-2017学年高二上学期月考物理试卷（10月份） Word版含解析

物理·辽宁省大连市庄河高级中学2016-2017学年高二上学期月考物理试卷（10月份） Word版含解析

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年辽宁省大连市庄河高中高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，有选错或不答的得0分）‎ ‎1．关于曲线运动，下列说法正确的有（　　）‎ A．做曲线运动的物体速度方向在时刻改变，故曲线运动是变速运动 B．做曲线运动的物体，受到的合外力方向在不断改变 C．只要物体做圆周运动，它所受的合外力一定指向圆心 D．物体只要受到垂直于初速度方向的恒力作用，就一定能做匀速圆周运动 ‎2．有关电压与电动势的说法中正确的是（　　）‎ A．电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法 B．电动势就是电源两极间的电压 C．电动势公式E=中的W与电压U=中的W是一样的，都是电场力做的功 D．电动势与电压从能量转化的角度来说有本质的区别 ‎3．质量为2kg的质点在xy平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．质点的初速度为3 m/s B．质点所受的合外力为3 N C．质点初速度的方向与合外力方向垂直 D．2 s末质点速度大小为6 m/s ‎4．一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其“速度﹣时间”图象如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．A处的电场强度大于C处的电场强度 B．B、D两点的电场强度和电势一定都为零 C．粒子在A处的电势能大于在C处的电势能 D．A、C两点的电势差大于B、D两点间的电势差 ‎5．如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度．为了使指针张开角度增大一些，应该采取的措施是（　　）‎ A．断开开关S后，将A、B两极板靠近一些 B．断开开关S后，将A、B两极板分开一些 C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近一些 D．保持开关S闭合，将A、B两极板分开一些 ‎6．有二个标有“110V，25W”和“110V，60W”字样的灯泡，要把它们接在220V的电源上，灯泡既正常发光，又最省电的连接方式是图中的哪一个？（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图所示为有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0～10V，当使用a、c两个端点时，量程为0～100V．已知表头内阻Rg为100Ω，满偏电流Ig为1mA，则关于Rg、R1、R2的关系正确的是（　　）‎ A．R1=100Rg B．R2=1000Rg C．R1=99Rg D．R2=999Rg ‎8．如图所示，闭合开关S后，A灯与B灯均发光，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，以下说法中正确的是（一直A、B两灯电阻均大于电源内阻）（　　）‎ A．A灯变暗 B．B灯变暗 C．电源的输出功率先变大后减小 D．电源的总功率可能增大 ‎　‎ 二、多项选择题（共6小题，每小题4分，共计24分．每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上答案符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎9．发射地球同步卫星时，先将卫星发射到近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送人同步圆轨道3．轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法中正确的是（　　）‎ A．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率 B．卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度 C．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度 D．卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度 ‎10．如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（　　）‎ A．机械能损失了 B．克服摩擦力做功 C．动能损失了 D．重力势能增加了 ‎11．虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线AC运动，则下列判断正确的是（　　）‎ A．粒子一定带正电 B．粒子在A点的电势能大于在C点的电势能 C．粒子在A点的动能小于在C点的动能 D．A点的加速度大于C点的加速度 ‎12．如图所示为两电源的U﹣I图象，则下列说法正确的是（　　）‎ A．电源1的电动势和内阻均比电源2大 B．当外接同样的电阻时，两电源的效率可能相等 C．当外接同样的电阻时，两电源的输出功率可能相等 D．不论外接多大的相同电阻，电源1的输出功率总比电源2的输出功率大 ‎13．如图所示是一电路板的示意图，a、b、c、d为接线柱，a、d与220V的交流电源连接，ab间、bc间、cd间分别连接一个电阻．发现电路中没有电流，为检查电路故障，用一交流电压表分别测得b、d两点间以及a、c两点间的电压均为220V，由此可知（　　）‎ A．ab间电路通，cd间电路不通 B．ab间电路不通，bc间电路通 C．ab间电路通，bc间电路不通 D．bc间电路不通，cd间电路通 ‎14．如图所示，电源的电动势为6V，内阻为lΩ，R为2Ω，R全阻值为3Ω，下列说法错误的是（　　）‎ A．当R2为1Ω时，R1消耗的功率最大 B．通过改变R2的阻值，路端电压的最大值为5 V，最小值为4 V C．R2的阻值越小，R1消耗的功率越大 D．当R2的阻值为3Ω时，R1消耗的功率最大 ‎　‎ 三、实验题（本题2小题，共12分，把答案填在答题纸相应的横线上．）‎ ‎15．如图1是《验证机械能守恒定律》的实验装置和图2实验后选取的一条纸带，O为打出的第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其它点未画出），打点计时器每隔0.02s打一个点．‎ ‎（1）若重锤的质量为0.5kg，当地重力加速度g=9.8m/s2，由纸带上给的数据可算出（计算结果保留2位有效数字）‎ ‎①从O点下落到B点的过程中，重力势能减少了　　 J，‎ ‎②打B点时重锤的动能为　　J；‎ ‎（2）试指出造成第（1）问中①②计算结果不相等的原因是　　．‎ ‎16．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡标有“6V　3W”，其他可供选择的器材有：‎ A．电压表V1（量程6V，内阻20kΩ）‎ B．电压表V2（量程20V，内阻60kΩ）‎ C．电流表A1（量程3A，内阻0.2Ω）‎ D．电流表A2（量程0.6A，内阻1Ω）‎ E．滑动变阻器R1（0～1000Ω，0.5A）‎ F．滑动变阻器R2（0～20Ω，2A）‎ G．学生电源E（6V～8V）‎ H．开关S及导线若干 某同学通过实验测得小灯泡两端的电压U和通过它的电流I，绘成U﹣I关系曲线如图甲所示．‎ ‎（1）实验中电压表应选用　　，电流表应选用　　，滑动变阻器应选用　　；‎ ‎（2）在虚线框乙中画出实验所用的电路图；‎ ‎（3）若将该小灯泡接在电动势为6V，内阻为4Ω的电源两端，则灯泡实际消耗的功率为　　W．‎ ‎　‎ 四、计算题（本题共3小题，共32分．解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎17．如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r=1Ω，电动机两端电压为5V，电路中的电流为1A，物体A重20N，不计摩擦力，求：‎ ‎（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？‎ ‎（2）电动机的输入功率和输出功率各是多少？‎ ‎（3）10s内，可以把重物A匀速提升多高？‎ ‎（4）这台电动机的机械效率是多少？‎ ‎18．一种氢气燃料的汽车，质量为m=2.0×103kg，发动机的额定输出功率为80kW，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的0.1倍．若汽车从静止开始先匀加速启动，加速度的大小为a=1.0m/s2．达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800m，直到获得最大速度后才匀速行驶．‎ 试求：（1）汽车的最大行驶速度；‎ ‎（2）汽车匀加速启动阶段结束时的速度；‎ ‎（3）当速度为5m/s时，汽车牵引力的瞬时功率；‎ ‎（4）汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间．‎ ‎19．如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电量为﹣q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α（小球的重力大于所受的电场力）．‎ ‎（1）求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小．‎ ‎（2）若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h至少应为多大？‎ ‎（3）若小球从斜轨道h=5R处由静止释放．假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省大连市庄河高中高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，有选错或不答的得0分）‎ ‎1．关于曲线运动，下列说法正确的有（　　）‎ A．做曲线运动的物体速度方向在时刻改变，故曲线运动是变速运动 B．做曲线运动的物体，受到的合外力方向在不断改变 C．只要物体做圆周运动，它所受的合外力一定指向圆心 D．物体只要受到垂直于初速度方向的恒力作用，就一定能做匀速圆周运动 ‎【考点】物体做曲线运动的条件．‎ ‎【分析】物体做曲线运动时，所受合外力的方向与速度的方向在同一直线上，合力可以是恒力，也可以是变力，加速度可以是变化的，也可以是不变的．平抛运动的物体所受合力是重力，加速度恒定不变，平抛运动是一种匀变速曲线运动．物体做圆周运动时所受的合外力不一定是其向心力．‎ ‎【解答】解：A、无论是物体速度的大小变了，还是速度的方向变了，都说明速度是变化的，都是变速运动，做曲线运动的物体的速度方向在时刻改变，所以曲线运动一定是变速运动．所以A正确．‎ B、物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上，但合外力方向不一定变化，如平抛运动，故B错误．‎ C、物体做圆周运动时所受的合外力不一定是其向心力，指向圆心的合力是向心力．故C错误；‎ D、匀速圆周运动受到的向心力是始终指向圆心的，合力垂直于初速度方向的方向，并不一定始终与速度的方向垂直，比如平抛运动的受力就是这样，所以D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题主要是考查学生对物体做曲线运动的条件、圆周运动特点的理解，涉及的知识点较多，是一道比较好的题目．‎ ‎　‎ ‎2．有关电压与电动势的说法中正确的是（　　）‎ A．电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法 B．电动势就是电源两极间的电压 C．电动势公式E=中的W与电压U=中的W是一样的，都是电场力做的功 D．电动势与电压从能量转化的角度来说有本质的区别 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电压与电动势的单位相同，但物理意义不同．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量．电动势定义式公式E=中的W是非静电力做功，电压U=中的W是静电力做功．电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压．‎ ‎【解答】解：A、电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量．故A错误．‎ B、根据闭合电路欧姆定律，路端电压U=E﹣Ir，只有当外电路断开时，I=0，路端电压等于电动势．当外电路接通时，路端电压即电源两极间的电压小于电动势，故B错误．‎ C、电动势定义式公式E=中的W是非静电力做功，电压U=中的W是静电力做功．故C错误．‎ D、电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小，从能量转化的角度来说有本质的区别．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查电动势的概念，关键要明确电动势的物理意义，知道与电压的区别，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎3．质量为2kg的质点在xy平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．质点的初速度为3 m/s B．质点所受的合外力为3 N C．质点初速度的方向与合外力方向垂直 D．2 s末质点速度大小为6 m/s ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】根据速度图象判断物体在x轴方向做匀加速直线运动，y轴做匀速直线运动．根据位移图象的斜率求出y轴方向的速度，再将两个方向的合成，求出初速度．质点的合力一定，做匀变速运动．y轴的合力为零．根据斜率求出x轴方向的合力，即为质点的合力．合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直．‎ ‎【解答】解：A、x轴方向初速度为vx=3m/s，y轴方向初速度vy==﹣4m/s，质点的初速度v0=m/s．故A错误．‎ ‎ B、x轴方向的加速度a==1.5m/s2，质点的合力F合=ma=3N．故B正确．‎ ‎ C、合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直．故C错误．‎ ‎ D、由图可知，2 s末质点速度x方向的大小为6 m/s，而y方向的速度仍然是﹣4m/s，所以合速度是m/s．故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】本题考查运用运动合成与分解的方法处理实际问题的能力，类似平抛运动．中等难度．‎ ‎　‎ ‎4．一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其“速度﹣时间”图象如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．A处的电场强度大于C处的电场强度 B．B、D两点的电场强度和电势一定都为零 C．粒子在A处的电势能大于在C处的电势能 D．A、C两点的电势差大于B、D两点间的电势差 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】从图象可以看出，粒子做的是非匀变速直线运动，可得出受到的电场力不恒定，由带正电的粒子仅在电场力作用，有图线斜率代表加速度，有牛顿第二定律得知电场力的大小关系，从而得到电场强度的大小关系．‎ 由运动过程中，动能和电势能之和不变，进行分析可知，动能减小时，电势能一定增大，可判断出粒子在AB两点的电势能大小，有电场力做功的公式可得AB两点间的电势差与CB两点间的电势差的大小关系．‎ ‎【解答】解：A、由运动的速度﹣﹣时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，根据牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于C点的电场强度，故A正确；‎ B、由B到D的过程中，速度越来越大，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在B点是电势能大于在D时的电势能，所以B、D两点的电势不可能都为零．故B错误．‎ C、由图可知．粒子在A点的速度大，所以在A点的动能大；只有电场力做功，粒子的动能与电势能的总量不变，所以粒子在A点的电势能小于C点的电势能，故C错误；‎ D、A、D两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到D电场力做功的绝对值相同，BD两点间的电势差等于AB两点间的电势差；A、C之间的动能的差小于AB之间的动能的差，所以A、C两点的电势差小于A、B两点间的电势差，即A、C两点的电势差小于B、D两点间的电势差．故D错误．‎ 故选：A ‎【点评】本题考察到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值．这常是判断电荷电势能如何变化的依据．还考察了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似，注意类比重力势能来理解电势能．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度．为了使指针张开角度增大一些，应该采取的措施是（　　）‎ A．断开开关S后，将A、B两极板靠近一些 B．断开开关S后，将A、B两极板分开一些 C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近一些 D．保持开关S闭合，将A、B两极板分开一些 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】要使张角增大，则应增大两点间的电势差；则根据电容的性质可分别判断各措施是否有效．‎ ‎【解答】解：A、若充电后断开，则两极板上的电量不变，将两板靠近，则d减小，C增大，由Q=UC可知两板间的电势差减小，故A错误；‎ B、由A的分析可知，两板间的电势差增大，故验电器的张角增大，故B正确；‎ C、保持开关闭合时，极板两端的电压不变，故无论如何调节验电器的张角均不变，故CD错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查电容器的两类问题：充电后断开，极板上的电量不变；保持开关闭合，则极板间的电势差不变；同时还要明确验电器的工作原理，验电器是检测电势高低的工具．‎ ‎　‎ ‎6．有二个标有“110V，25W”和“110V，60W”字样的灯泡，要把它们接在220V的电源上，灯泡既正常发光，又最省电的连接方式是图中的哪一个？（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）根据串联电路电阻的分压特点可知，电压相等时，电阻也要相等．‎ ‎（2）已知电源电压相等，根据公式R=，可知，电路中电阻越大，消耗的功率就越小，先根据公式R=分别求出两只灯泡的电阻，再求出A、B、C、D图总电阻进行比较，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：根据公式R=可知，“110V，25W”的灯泡的电阻RA==484Ω ‎“110V，60W”灯泡的电阻RB==201.7Ω知A电阻大于B电阻．‎ A、由公式I=IA+IB得灯泡A和灯泡B并联后的电流是二者电流之和，由P=I2R知R上损失功率多；‎ B、图是灯泡A和电阻并联后，然后和B串联，接到220V的电源上，根据串联电路的分压特点可知两灯泡两端的电压都可以等于110V，所以能正常工作，且总电流小，电阻损失功率小，故B正确；‎ C、图是灯泡B和电阻R并联后又和灯泡A串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡B与电阻R并联后和灯泡A的电阻相等；但并联电路中，电阻越并越小，小于任何一个分电阻，所以此电路中灯泡A和灯泡B也不能正常工作，故C错误；‎ D、图是灯泡A和灯泡B分别与一个电阻串联，串联电路，电阻越串越大；可以使灯泡A和灯泡B都能使灯正常发光，但消耗的功率多，D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查电功率的计算和串、并联电路电阻的计算，关键是电功率公式及其变形的灵活运用，重点知道串联电路总电阻大于任何一个串联的电阻，并联电路的总电阻小于任何一个并联的电阻．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示为有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0～10V，当使用a、c两个端点时，量程为0～100V．已知表头内阻Rg为100Ω，满偏电流Ig为1mA，则关于Rg、R1、R2的关系正确的是（　　）‎ A．R1=100Rg B．R2=1000Rg C．R1=99Rg D．R2=999Rg ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】将电流表改装成电压表时应串联大电阻，示数为表头及电阻两端的总电压，而流过表头的电流与电阻的电流相等．‎ ‎【解答】解：当使用a、b两个端点时，由欧姆定律得 U1=10V=Ig（R1+Rg），‎ 解得：R1=﹣Rg=﹣100=9900（Ω）=99Rg．‎ 当使用a、c两个端点时，由欧姆定律得 U2=100V=Ig（R2+R1+Rg），‎ 解得：R2=﹣R1﹣Rg=﹣9900﹣100=90000Ω=900Rg．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查电流表的改装，把电流表改装为电压表，抓住其原理是串联电路的分压作用，应串联大电阻，应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，闭合开关S后，A灯与B灯均发光，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，以下说法中正确的是（一直A、B两灯电阻均大于电源内阻）（　　）‎ A．A灯变暗 B．B灯变暗 C．电源的输出功率先变大后减小 D．电源的总功率可能增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器在路电阻增大，分析电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，判断灯泡B亮度的变化；当内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大．灯炮B的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的输出功率减小．变阻器两端电压增大，通过A灯的电流增大，A灯变亮．‎ ‎【解答】解：A、当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路总电阻R总增大，干路电流I减小，B灯变暗，电源的内电压减小，路端电压增大，B的电压减小，所以A的电压增大，A灯变亮．故A错误，B正确；‎ C、当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大．灯炮B的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的输出功率减小，故C错误．‎ D、电源的总功率P=EI，电流减小，总功率减小．故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】本题是电路的动态变化分析问题，首先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，接着分析总电阻、总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压的变化，即按“局部到整体再到局部”的思路进行分析．‎ ‎　‎ 二、多项选择题（共6小题，每小题4分，共计24分．每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上答案符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎9．发射地球同步卫星时，先将卫星发射到近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送人同步圆轨道3．轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法中正确的是（　　）‎ A．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率 B．卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度 C．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度 D．卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度 ‎【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】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、周期、和向心力的表达式进行讨论即可；根据开普勒第三定律比较周期关系．‎ ‎【解答】解：A、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有：‎ F==m；‎ 解得：v=，‎ 轨道3半径比轨道1半径大，所以卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，故A错误；‎ B、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，故：‎ ‎=mω2r 解得：‎ ω=‎ 故轨道半径越大角速度越小，故卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度；故B正确；‎ C、根据牛顿第二定律，卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度，故C错误；‎ D、根据牛顿第二定律，卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】卫星在不同轨道上运行时各个量的比较，往往根据万有引力等于向心力列出物理量与半径的关系，然后比较．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（　　）‎ A．机械能损失了 B．克服摩擦力做功 C．动能损失了 D．重力势能增加了 ‎【考点】功能关系；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】重力势能的增加量等于克服重力做的功；动能变化等于外力做的总功；机械能的变化量等于除重力外其余力做的功．由功能关系分析．‎ ‎【解答】解：AB、根据牛顿第二定律知：mgsin30°+f=ma，解得物体所受摩擦力的大小 f=mg，物体沿斜面上升的位移为2h，则克服摩擦力做功 Wf=f2h=mgh，根据功能关系知机械能的损失量等于克服摩擦力做的功，为mgh，故A正确，B错误；‎ C、由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小，为△Ek=F合s=mg2h=mgh，故C正确；‎ D、物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故D错误．‎ 故选：AC ‎【点评】本题关键根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化．重力势能变化与重力做功有关；动能的变化与合力做功有关；机械能的变化与除重力以外的力做功有关．‎ ‎　‎ ‎11．虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线AC运动，则下列判断正确的是（　　）‎ A．粒子一定带正电 B．粒子在A点的电势能大于在C点的电势能 C．粒子在A点的动能小于在C点的动能 D．A点的加速度大于C点的加速度 ‎【考点】等势面．‎ ‎【分析】解答本题需要掌握：根据等势线的分布情况确定电场线的分布情况；正确判断带电粒子在电场中运动时电势能的变化；电场力做功特点．‎ ‎【解答】解：A、电场线和等势线垂直且由高等势线指向低等势线，因此图中电场线方向应垂直等势线大体指向左侧，带电粒子所受电场力沿电场线指向曲线内侧，故粒子应带正电，故A正确；‎ B、若从C到A过程中，电场力做正功，电势能减小，粒子在A点的电势能小于在C点的电势能，故B错误；‎ C、粒子运动过程中只有电场力做功，电势能和动能总量不变，粒子带正电，故在A点电势能较小，故在A点动能较大，故C错误；‎ D、A点等势线密，电场线也密，所以A处电场强度大于C处，则粒子A点的加速度大于C点的加速度．故D正确；‎ 故选：AD ‎【点评】解决这类问题的突破口为根据粒子运动轨迹确定粒子所受电场力方向，同时这类问题涉及物理知识很全面，能考查学生综合利用物理知识解决问题的能力，是高考的重点，要不断加强练习．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示为两电源的U﹣I图象，则下列说法正确的是（　　）‎ A．电源1的电动势和内阻均比电源2大 B．当外接同样的电阻时，两电源的效率可能相等 C．当外接同样的电阻时，两电源的输出功率可能相等 D．不论外接多大的相同电阻，电源1的输出功率总比电源2的输出功率大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据闭合电路欧姆定律分析两电源的电动势和内阻大小．过原点O作出一条倾斜的直线，该直线与两图线的交点表示两电源与同样的电阻连接时的工作状态，电源的输出功率P=UI，由交点纵坐标与横坐标乘积比较输出功率的大小．电源的效率η==．‎ ‎【解答】解：‎ A、根据闭合电路欧姆定律得，U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路状态，交点的纵坐标等于电源的电动势大小，图线的斜率大小等于电源的内阻，由图看出，电源①的电动势和内阻均比电源②大．故A正确．‎ B、电源的效率η==，当外接同样的电阻，由于内阻r不等，电源的效率不可能相等，电源②的效率总大于电源①的效率，故B错误；‎ C、过原点O作出一条倾斜的直线（3），该直线与图线①、②的交点就表示该电阻与两电源连接时的工作状态，由图看出，直线（3）与图线①交点的两坐标的乘积大于直线（3）与图线②交点的两坐标的乘积，说明不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大，故C错误，D正确．‎ 故选：AD ‎【点评】本题根据图线的截距、交点、斜率等数学意义来理解图线的物理意义，技巧是作出电阻的伏安特性曲线．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示是一电路板的示意图，a、b、c、d为接线柱，a、d与220V的交流电源连接，ab间、bc间、cd间分别连接一个电阻．发现电路中没有电流，为检查电路故障，用一交流电压表分别测得b、d两点间以及a、c两点间的电压均为220V，由此可知（　　）‎ A．ab间电路通，cd间电路不通 B．ab间电路不通，bc间电路通 C．ab间电路通，bc间电路不通 D．bc间电路不通，cd间电路通 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电压表是一个内阻很大的元件，使用时应将其与被测电路并联，当将其与其他元件串联时，其示数将接近电源电压，造成元件无法正常工作．根据电压表的这一特点，结合电路的连接变化可依次做出判断，并推理出故障的原因．‎ ‎【解答】解：用电压表测得a、c两点间的电压为220V，说明c、d间是连通的；用电压表测得b、d两点间的电压为220V，说明a、b间是连通的，综合两次的测量结果可以看出，只有当b、c间不通时，才会出现上述情况．因此CD正确．‎ 故选CD．‎ ‎【点评】了解电压表是一个内阻很大的元件，知道电压表的使用特点，才能结合实际推导出电路的故障原因．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，电源的电动势为6V，内阻为lΩ，R为2Ω，R全阻值为3Ω，下列说法错误的是（　　）‎ A．当R2为1Ω时，R1消耗的功率最大 B．通过改变R2的阻值，路端电压的最大值为5 V，最小值为4 V C．R2的阻值越小，R1消耗的功率越大 D．当R2的阻值为3Ω时，R1消耗的功率最大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】①根据电功率公式P=I2R，当电流最大时功率最大；‎ ‎②根据欧姆定律和功率表达式求解出电阻R2电功率表达式，进行分析．‎ ‎③根据闭合电路欧姆定律分析路端电压范围．‎ ‎【解答】解：A、R1是定值电阻，由P=I2R知，当R2=0时，电路中电流最大时，其功率最大，故A错误．‎ B、路端电压随外电阻增大而增大，则当R2=3Ω时，路端电压最大，最大值为Umax=E=V=5V，当R2=0时，路端电压最小，最小值为UmIn=E=×6V=4V．故B正确．‎ C、R1是定值电阻，由P=I2R知，R2的阻值越小，电路中电流越大，R1消耗的功率越大．故C正确．‎ D、当R2的阻值为3Ω时，电路中电流最小，R1消耗的功率最小．故D错误．‎ 本题选错误的，故选：AD ‎【点评】本题关键是求解出各个功率的表达式，掌握路端电压随外电阻增大而增大的规律，即可进行判断．‎ ‎　‎ 三、实验题（本题2小题，共12分，把答案填在答题纸相应的横线上．）‎ ‎15．如图1是《验证机械能守恒定律》的实验装置和图2实验后选取的一条纸带，O为打出的第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其它点未画出），打点计时器每隔0.02s打一个点．‎ ‎（1）若重锤的质量为0.5kg，当地重力加速度g=9.8m/s2，由纸带上给的数据可算出（计算结果保留2位有效数字）‎ ‎①从O点下落到B点的过程中，重力势能减少了　0.86　 J，‎ ‎②打B点时重锤的动能为　0.81　J；‎ ‎（2）试指出造成第（1）问中①②计算结果不相等的原因是　纸带和打点计时器限位孔之间有摩擦以及空气阻力　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）验证机械能守恒时，我们验证的是减少的重力势能△Ep=mgh和增加的动能△Ek=mv2间的关系，所以我们要选择能够测h和v的数据．‎ 减少的重力势能△Ep=mgh，增加的动能△Ek=mv2，v可由从纸带上计算出来．‎ ‎（2）分析实验中误差原因，明确阻力作用使减小的重力势能部分转化为了内能．‎ ‎【解答】解：（1）①从O点下落到B点的过程中，减少的重力势能△Ep=mgh=0.5×9.8×17.60×10﹣2=0.86J ‎②根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小．‎ vB===1.8m/s 增加的动能△Ek=mvB2=×0.5×（1.8）2=0.81J ‎（2）△Ep＞△Ek的原因是由于纸带和打点计时器限位孔之间有摩擦以及空气阻力．‎ 故答案为：（1）0.86，0.81‎ ‎（2）纸带和打点计时器限位孔之间有摩擦以及空气阻力．‎ ‎【点评】本题考查验证机械能守恒定律的实验，要注意明确实验原理，能根据下落的高度求解重力势能减小量，同时根据平均速度求出速度，再表示出动能，即可分析机械能是否守恒．‎ ‎　‎ ‎16．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡标有“6V　3W”，其他可供选择的器材有：‎ A．电压表V1（量程6V，内阻20kΩ）‎ B．电压表V2（量程20V，内阻60kΩ）‎ C．电流表A1（量程3A，内阻0.2Ω）‎ D．电流表A2（量程0.6A，内阻1Ω）‎ E．滑动变阻器R1（0～1000Ω，0.5A）‎ F．滑动变阻器R2（0～20Ω，2A）‎ G．学生电源E（6V～8V）‎ H．开关S及导线若干 某同学通过实验测得小灯泡两端的电压U和通过它的电流I，绘成U﹣I关系曲线如图甲所示．‎ ‎（1）实验中电压表应选用　A　，电流表应选用　D　，滑动变阻器应选用　F　；‎ ‎（2）在虚线框乙中画出实验所用的电路图；‎ ‎（3）若将该小灯泡接在电动势为6V，内阻为4Ω的电源两端，则灯泡实际消耗的功率为　1.89　W．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器．‎ ‎（2）根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路图．‎ ‎（3）作出电源的U﹣I图象，求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后由P=UI求出灯泡实际消耗的功率．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡额定电压为6V，电压表选择A；由图甲所示图象可知，最大电流为0.5A，电流表选择D；为方便实验操作，滑动变阻器应选择F．‎ ‎（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻约为R==12Ω，电流表内阻为1Ω，电压表内阻为20kΩ，相对来说电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示．‎ ‎（3）在同一坐标系内作出电源的U﹣I图象如图所示；两图象的交点坐标值是该电源给灯泡供电时灯泡两端电压与通过灯泡的电流，由图象可知，灯泡两端电压U=4.2V，电流I=0.45A，灯泡实际功率P=UI=4.2V×0.45A=1.89W．‎ 故答案为：（1）A；D；F；（2）电路图如图所示；（3）1.89．‎ ‎【点评】本题考查了实验器材的选择、作实验电路图、求灯泡实际功率；电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法．‎ ‎　‎ 四、计算题（本题共3小题，共32分．解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎17．如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r=1Ω，电动机两端电压为5V，电路中的电流为1A，物体A重20N，不计摩擦力，求：‎ ‎（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？‎ ‎（2）电动机的输入功率和输出功率各是多少？‎ ‎（3）10s内，可以把重物A匀速提升多高？‎ ‎（4）这台电动机的机械效率是多少？‎ ‎【考点】电功、电功率；功能关系．‎ ‎【分析】（1）根据P热=I2r求解热功率；‎ ‎（2）根据P=UI求解电功率，根据P出=P﹣P热求解输出功率；‎ ‎（3）根据P出t=mgh列式求解高度；‎ ‎（4）机械效率η=×100%．‎ ‎【解答】解：（1）根据焦耳定律，热功率为：P热=I2r=12×1W=1W．‎ ‎（2）输入功率为：P入=IU=1×5W=5W，‎ 输出功率为：P出=P入﹣PQ=5W﹣1W=4W；‎ ‎（3）电动机的输出功率用来提升重物在10s内，有：‎ P出t=mgh．‎ 解得：h==2m．‎ ‎（4）机械效率为：η=×100%=100%=80%．‎ 答：（1）电动机线圈电阻消耗的热功率为1W；‎ ‎（2）电动机输入功率为5W，输出功率为4W；‎ ‎（3）10s内电动机可以把重物匀速提升2m；‎ ‎（4）这台电动机的机械效率是80%．‎ ‎【点评】本题关键明确电动机的输入功率、热功率和输出功率的计算方法，注意功率公式的正确应用，属基础题．‎ ‎　‎ ‎18．一种氢气燃料的汽车，质量为m=2.0×103kg，发动机的额定输出功率为80kW，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的0.1倍．若汽车从静止开始先匀加速启动，加速度的大小为a=1.0m/s2．达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800m，直到获得最大速度后才匀速行驶．‎ 试求：（1）汽车的最大行驶速度；‎ ‎（2）汽车匀加速启动阶段结束时的速度；‎ ‎（3）当速度为5m/s时，汽车牵引力的瞬时功率；‎ ‎（4）汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间．‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】首先要分析清楚汽车的运动过程：‎ 第一阶段：匀加速运动阶段．‎ 开始，汽车由静止做匀加速直线运动，这个过程中V增大，汽车功率P=FV也增大；‎ 第二阶段：变加速运动阶段，加速度逐渐减小．‎ 汽车输出功率达到其允许的最大值并保持不变时，其功率已不能维持汽车继续做匀加速直线运动了，此时汽车虽然做加速运动，但加速度逐渐减小，直到a=0．这个过程中P不变，F减小，V增大；‎ 第三阶段：匀速直线运动阶段．‎ 加速度等于0后，速度已达到最大值Vm，此时汽车做匀速直线运动，此时F=f，P=FV=fVm．‎ ‎【解答】解：（1）汽车的最大行驶速度 ‎（2）设汽车匀加速启动阶段结束时的速度为v1，‎ 由F﹣f=ma，得F=4×103N由p额=Fv1，‎ 得 ‎（3）当速度为5m/s时，处于匀加速阶段，‎ 牵引力的瞬时功率为：p=Fv=4×103×5=20kW ‎（4）匀加速阶段的时间为 恒定功率启动阶段的时间设为t2，‎ 由动能定理，‎ 得t2=35s 所以，总的时间为t=t1+t2=55s 答：（1）汽车的最大行驶速度为40m/s；（2）汽车匀加速启动阶段结束时的速度为20m/s；‎ ‎（3）当速度为5m/s时，汽车牵引力的瞬时功率为20kW；（4）汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为55s．‎ ‎【点评】高中物理中，分析受力和物理过程是非常重要的．最大功率要用第三阶段中的Pm=FV=fVm计算，而不能用第一阶段中的F与第三阶段中的Vm的乘积计算，两个F是不同的；Vm是最终速度，整个过程并不全是匀加速运动，不能用Vm=at来计算整个过程时间． 要注意某一时刻的物理量要对应起来．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电量为﹣q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α（小球的重力大于所受的电场力）．‎ ‎（1）求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小．‎ ‎（2）若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h至少应为多大？‎ ‎（3）若小球从斜轨道h=5R处由静止释放．假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；功能关系．‎ ‎【分析】（1）对小球进行受力分析，由牛顿第二定律即可求出加速度；‎ ‎（2）小球恰好通过最高点，则由向心力公式可求得B点的速度；对AB过程由动能定理可得A在轨道上的高度；‎ ‎（3）小球由h=5R处到B过程中小球机械能的改变量等于电场力做的功．‎ ‎【解答】解：（1）根据牛顿第二定律：‎ ‎（mg﹣qE）sinα=ma，解得：a=；‎ ‎（2）若小球刚好通过B点不下落，据牛顿第二定律有：mg﹣qE=m ①‎ 小球由A到B，据动能定理：（mg﹣qE）（h﹣2R）=mv2﹣0 ②‎ ‎①②式联立，得h=2.5R； ‎ ‎（3）小球从静止开始沿轨道运动到B点的过程中，由功能关系知，‎ 机械能的变化量为：△E机=W电，W电=﹣3EqR，故△E机=﹣3EqR 答：（1）求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小为；‎ ‎（2）若使小球通过圆轨道顶端的B点时不落下来，求A点距水平地面的高度h至少应为2.5R；‎ ‎（3）若小球从斜轨道h=5R 处由静止释放．假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量﹣3EqR．‎ ‎【点评】本题考查动能定理及向心力公式的应用，在解题时注意计算中的中间过程不必解出，而应联立可以简单求出．‎ ‎　‎