河北省20xx届高三物理下学期调研试卷六含解析

河北省20xx届高三物理下学期调研试卷六含解析内容摘要：

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=，则滑动变阻器消耗的总功率 P′=I39。 2R′= ；故 C正确； 故选： C 【点评】 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． 6．如图所示，内壁光滑半径大小为 R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为 m的小球静止在轨道底部 A点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到 A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功 W1，第二次击打过程中小锤对 小球做功 W2．设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则 的值可能是（ ） A． B． C． D． 1 【考点】 动能定理的应用． 【专题】 动能定理的应用专题． 【分析】 第一次击打后球最多到达与球心 O等高位置，根据功 能关系列式；两次击打后可以到轨道最高点，再次根据功能关系列式；最后联立求解即可． 【解答】 解：第一次击打后球最多到达与球心 O等高位置，根据功能关系，有： W1≤mgR„① 两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有： W1+W2﹣ 2mgR= „② 在最高点，有： mg+N=m ≥mg„③ 联立 ①②③ 解得： W1≤mgR W2≥ mgR 故 故 AB正确， CD错误； 故选： AB． 【点评】 本题关键是抓住临界状态，然后结合功能关系和牛顿第二定律列式分析，不难． 7．如图甲所示， Q Q2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度 va沿两点电荷连线的中垂线从 a点向上运动，其 v﹣ t图象如图乙所示，下列说法正确的是（ ） A．两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等 B．两点电荷一定都带负电，且电量一定相等 C．试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处 D． t2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零 【考点】 电场的叠加；电势能． 【专题】 电场力与电势的性质专题． 【分析】 根据运动图象明确粒子的运动情况，再根据受力分析即可明确粒子的受力情况，从而判断电场分布；则可得出两电荷的带电情况． 【解答】 解： A、由图可知，粒子向上先做减速运动，再反向做加速运动，且向上过程加速度先增大后减小，而重力不变，说明粒子受电场力应向下；故说明粒子均应带负电；由于电场线只能沿竖直方向，故说明两 粒子带等量负电荷；故 AC错误， B正确； D、 t2时刻之前电场力一直做负功；故电势能增大；此后电场力做正功，电势能减小； t2时刻电势能最大；但由于粒子受重力及电场力均向下；故此时加速度不为零；故 D正确； 故选： BD． 【点评】 解决本题的关键根据图象中的运动状态确定受力，再由电场线的性质明确两电荷的性质． 8．如图所示，一质量为 m的小球，用长为 l的轻绳悬挂于 O点，初始时刻小球静止于 P点．第一次小球在水平拉力 F作用下，从 P点缓慢地移动到 Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为 θ ；第二次在水平恒力 F′ 作用下，从 P点开始运 动并恰好能到达 Q点，不计空气阻力，重力加速度为 g，关于这两个过程，下列说法中正确的是（ ） A．第一个过程中，拉力 F在逐渐变大，且最大值一定大于 F′ B．两个过程中，轻绳的张力均变大 C．两个过程中，水平拉力做功相同 D．第二个过程中，重力和水平恒力 F′ 的合力的功率先增加后减小 【考点】 动能定理；功率、平均功率和瞬时功率． 【专题】 比较思想；模型法；动能定理的应用专题． 【分析】 第一个过程中，小球处于动态平衡状态，由平衡条件分析拉力的变化．第二次在 水平恒力 F′ 作用下，从 P点开始运动并恰好能到达 Q点，则到达 Q点时速度为零，由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的 “ 重力 ” ，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，找出 “ 最低点 ” ，最低点的速度最大，在 Q点速度为零，则向心力为零，来分析重力和水平恒力 F′ 的合力的功率如何变化． 【解答】 解： A、第一次小球在水平拉力 F作用下，从 P点缓慢地移动到 Q点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得： F=mgtanθ ，随着 θ 增大， F逐渐增大． 第二次从 P点开始运动并恰好能到达 Q点，则到达 Q点时速度为零，在此过程中，根据动能定理得： F′lsinθ ﹣ mgl（ 1﹣ cosθ ） =0 解得： F′=mgtan ，因为 θ ＜ 90176。 ，所以 mgtan ＜ mgtanθ ，则 F＞ F′ ，故 A正确； B、第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力 T= ，所以轻绳的张力变大． 第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的 “ 重力 ” ，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，当绳子方向与重 力和 F′ 方向在同一直线上时，小球处于 “ 最低点 ” ，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大后减小，故 B错误； C、根据动能定理得： 第一次有： WF﹣ mgl（ 1﹣ cosθ ） =0，得 WF=mgl（ 1﹣ cosθ ） 第二次有： WF′ ﹣ mgl（ 1﹣ cosθ ） =0，得 WF′=mgl （ 1﹣ cosθ ），可得 WF=WF′ ，两次拉力做功相等，故 C正确； D、第二个过程中，重力和水平恒力 F′ 的合力是个恒力，在等效最低点时，合力方向与速度方向垂直，此时功率最小为零，到达 Q点速度也为零，则第二个过程中，重力和水平恒 力F′ 的合力的功率先减小，后增大，再减小为 0，故 D错误． 故选： AC 【点评】 本题的难点在第二次拉动小球运动过程的处理，由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的 “ 重力 ” ，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，根据单摆的知识进行分析． 三 .非选择题 9．现有一根用新材料制成的金属杆，长为 4m，横截面积 ，要求它受到拉力后的伸长量不超过原长的 ，选用同种材料制成样品进行测试，通过测试取得数据如表： 长度 L 250N 500N 750N 1000N 1m 2m 3m 4m 4m 根据测试结果，可以推导出伸长量 x与材料的 长度 L、材料的截面积 S及拉力 F之间的函数关系是 （请用符号表达）；通过对样品的测试，可知长 4m、横截的圆面积为 的新金属杆能承受的最大拉力 104N ；表中有明显误差的数据是 （ 3m， 1000N） 、 （ 4m，750N） ． 【考点】 探究弹力和弹簧伸长的关系． 【专题】 实验题． 【分析】 由题可知伸长量 x与样品的长度、横截面积、所受拉力都有关系，涉及的变量较多，因此采用 “ 控制变量法 ” 来确定它们之间的正、反比关系，然后将各种情况进行汇总，再运用 比值定义法初步确定这几个量之间的数量关系，然后根据所得公式来判断样品能承受的最大拉力，以及与什么因素有关；根据表达式求解最大拉力并分析误差． 【解答】 解：由表格知： 当受到的拉力 F、横截面积 S一定时，伸长量 x与样品长度 L成正比， ① 当受到的拉力 F、样品长度 L一定时，伸长量 x与横截面积 S成反比， ② 当样品长度 L、横截面积 S一定时，伸长量 x与受到的拉力 F成正比， ③ 由 ①②③ 三个结论，可以归纳出， x与 L、 S、 F之间存在一定量的比例关系，设这个比值为k，那么有： （其中 k为比例系数） 根据图表提供数据代入解得： k=10 ﹣ 2m2/N． 由题意知：待测金属杆 M承受最大拉力时，其伸。