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

2、平衡方程求解；此題是基礎題.2我國先后自行成功研制和發射了“風云號”和“風云號”兩顆氣象衛星。“風云號”衛星軌道（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”衛星比“風云號”衛星（ ）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：對于衛星，萬有引力提供向心力，故：解得：； 根據，“風云號”衛星比“風云號”衛星的軌道半徑大，故A錯誤；根據公式，“風云號”衛星比“風云號”衛星的線速度小，故B正確；根據，“風云號”衛星比“風云推薦精選號”

3、衛星的角速度小，故C錯誤；根據，“風云號”衛星比“風云號”衛星的加速度小，故D錯誤；故選B。考點：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星的周期T=24h，然后根據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，知向更高軌道發射衛星需要克服重力做更多的功，因此需要更大的發射速度。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，FaFbB若Q為正電荷，則q帶負電，FaFbC若Q為

4、負電荷，則q帶正電，FaFbD若Q為負電荷，則q帶負電，FaFb【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

5、L1 m，靜止放在光滑的水平地面上，其右端靜置一質量為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0.4。現用水平恒力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 推薦精選【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；代入數據解得：aB=4m/s2；對木板在水平方向受力分析有：F-fm=MaA；代入數據解得：aA=6m/s2；當小滑塊剛掉下時，二者之間的位移關系有：解得

6、：t=1s，故A錯誤B錯誤；二者離開時，vA=6×1m/s=6m/s，vB=4×1m/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。在環的最低點靜置一質量為m的小球C。現給小球一水平向右的瞬時速度v0，小球會在環內側做圓周運動。為

7、保證小球能通過環的最高點，且不會使木板離開地面，則初速度v0必須滿足（ ）A 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，根據機械能守恒定律，有：解得：要使不會使環在豎直方向上跳起，環對球的壓力最大為： 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v推薦精選2，在最高點，速度最大時有：；根據機械能守恒定律有：解得：所以為保證小球能通過環的最高點，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

8、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界情況，求出在最高點的最大速度和最小速度，小球在環內側做圓周運動，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為220 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1.25×108 ·m，橫截面積為1.5×104 m2，發電機輸出功率為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 發電機

9、用戶 A發電機是將其他形式能轉化為電能的設備，發電原理是法拉第電磁感應定律B輸電線上的電流為10 ACD升壓變壓器的輸出電壓等于降壓變壓器的輸入電壓【答案】AB【解析】試題分析：發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=2000-10×10=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，

10、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。推薦精選7如圖所示，在半徑為R的半圓形區域內，有磁感應強度為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sin37°0.6，cos37°0.8。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，k0），則線圈中產生的感應電流大

11、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

12、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學上幾何知識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，彈簧的勁度系數為k，C為一固定擋板，系統處于靜止狀態。現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（ ）推薦精選A B C A

13、當B剛離開C時，A發生的位移大小為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，

14、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_。推薦精選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

15、.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，測的數據偏小，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；

16、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原子序數大于或等于83的元素，都能自發地發出射線，原子序數小于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

17、間因發生上述核反應而放出的核能為（N0數值很大）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推薦精選【答案】BCE【解析】試題分析：原子序數小于83的元素，有些元素的同位素也能放出射線，故A錯誤；由質量數和電荷數守恒知X的質量數是0，電荷數是-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無關，故E正確；故選BCE考點：核反應；結

18、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狀態無關。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

19、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，長木板的一端調節過高，使得傾角偏大，則所得到的aF關系圖象為_。（a是小車的加速度，F是細線作用于小車的拉力）a O F a O F a O F a O F 推薦精選 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個計數點，其下標明A，第6個計數點下標明B，第11個計數點下標明C，第16個計數點下標明D，第21個計數點下標明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

20、度大小為_ms2，打C點時小車的瞬時速度大小為_ms。（保留三位有效數字）A B C D E 【答案】（1）；鉤碼個數；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，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，長木板的一端調節過高，使得傾角偏大，則

21、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

22、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推薦精選繩斷： 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。現有大量質量為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）磁場區域的最小面積。【答案】（1）（2）【解析】試題分析：（1）粒子的運動軌跡