2016届黑龙江省哈尔滨六中高三（上）12月月考物理试卷（解析版）

7．如图所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态，此时弹簧压缩量△x1．现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W2时，B刚要离开地面，此时弹簧伸长量为△x2．弹簧一直在弹性限度内，则（ ）

A．△x1＞△x2

B．拉力做的总功等于A的重力势能的增加量

C．第一阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量 D．第二阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量 【考点】功能关系． 【分析】应用平衡条件求出弹簧压缩与伸长时的形变量关系，然后应用动能定理求出拉力的功，根据功的表达式分析答题．

【解答】解：A、开始时A压缩弹簧，形变量为x1=等于B的重力，即kx2=mg，故形变量x2=

；要使B刚要离开地面，则弹力应

，则x1=x2=x，故A错误；

A、缓慢提升物体A，物体A的动能不变，第一阶段与第二阶段弹簧的形变量相同，弹簧的弹性势能EP相同，由动能定理得：W1+EP﹣mgx=0，W2﹣EP﹣mgx=0，

W1=mgx﹣EP，W2=mgx+EP，由于在整个过程中，弹簧的弹性势能不变，物体A、B的动能不变，B的重力势能不变，由能量守恒定律可知，拉力做的功转化为A的重力势能，拉力做的总功等于A的重力势能的增加量，故B正确；

C、由A可知，W1=mgx﹣EP，物体重力势能的增加量为mgx，则第一阶段，拉力做的功小于A的重力势能的增量，故C错误；

D、由A可知，W2=mgx+EP，重力势能的增加量为mgx，则第二阶段拉力做的功大于A的重力势能的增加量，故D错误； 故选：B．

【点评】本题对学生要求较高，在解题时不但要能熟练应用动能定理，还要求能分析物体的运动状态，能找到在拉起物体的过程中弹力不做功．

8．如图所示，一根很长、且不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一个小球a和b．a球质量为m，静置于地面；b球质量为4m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b后，a能够达到的最大高度为（ ）

A．3h B．4h C．1.6h D．2.6h 【考点】机械能守恒定律．

【专题】机械能守恒定律应用专题．

【分析】本题可以分为两个过程来求解，首先根据ab系统的机械能守恒，可以求得a球上升h时的速度的大小，之后，b球落地，a球的机械能守恒，从而可以求得a球上升的高度的大小．

【解答】解：设a球到达高度h时两球的速度v，根据机械能守恒： b球的重力势能减小转化为a球的重力势能和a、b球的动能．即： 4mgh=mgh+?（4m+m）V 解得两球的速度都为：V=

，

的竖直上抛运动，

2

此时绳子恰好松弛，a球开始做初速为V=同样根据机械能守恒：mgh+mV=mgH

2

解得a球能达到的最大高度H为1.6h． 故选：C． 【点评】在a球上升的全过程中，a球的机械能是不守恒的，所以在本题中要分过程来求解，第一个过程系统的机械能守恒，在第二个过程中只有a球的机械能守恒． 9．如图所示，长L=1.2m、质量M=3kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m=1kg、带电荷量q=+2.5×10C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1，所在

4

空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E=4.0×10 N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于

2

斜面向上的拉力F=10.8N．取g=10m/s，sin37°=0.6，cos37°=0.8，斜面足够长．则物块离开木板的时间（ ）

﹣4

A． s B．2 s C．1 s D．1+s 【考点】牛顿第二定律；电场强度．

【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题．

【分析】根据牛顿第二定律分别求出木块、木板的加速度，抓住两者的位移关系，运用位移时间公式求出物块离开木板所需的时间

【解答】解：物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律，对物块有：

mgsin37°﹣μ（mgcos37°+qE）=ma1

2

代入数据解得：a1=4.2m/s

对木板：Mgsin37°+μ（mgcos37°+qE）﹣F=Ma2

2

代入数据解得：a2=3m/s 又a1t﹣a2t=L

得物块滑过木板所用时间为：t= s． 故选：A

【点评】本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，加速度是联系力学和运动学的桥梁，关键是正确对物体受力分析

2

2

10．如图所示，水平面绝缘且光滑，一绝缘的轻弹簧左端固定，右端有一带正电荷的小球，小球与弹簧不相连，空间存在着水平向左的匀强电场，带电小球在电场力和弹簧弹力的作用下静止，现保持电场强度的大小不变，突然将电场反向，若将此时作为计时起点，则下列描述速度与时间、加速度与位移之间变化关系的图象正确的是（ ）

A． B． C． D．

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系． 【专题】电场力与电势的性质专题．

【分析】速度时间图线的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律得出小球的加速度，根据加速度的变化判断小球的运动规律，确定正确的图线．

【解答】解：将电场反向，小球在水平方向上受到向右的电场力和弹簧的弹力，小球离开弹簧前，根据牛顿第二定律得，小球的加速度a=当脱离弹簧后，小球的加速度a=

，知a随x的增大均匀减小，

，保持不变．可知小球先做加速度逐渐减小的加速运动，

然后做匀速运动．故A、C正确，B、D错误． 故选：AC． 【点评】本题难点是分析小球离开弹簧前的加速度，根据表达式确定小球的加速度随x均匀变化，此段过程中速度时间图线的斜率在减小．

11．在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0A和1.0V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V．则当这台电动机正常运转时（ ）

A．电动机的内阻为7.5Ω B．电动机的内阻为2.0Ω

C．电动机的输出功率为30.0W D．电动机的输出功率为26.0W 【考点】电功、电功率． 【专题】恒定电流专题．

【分析】从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式R=可求电动机停转时的电阻；

利用公式P=UI可求电动机的总功率，根据公式P=IR可求电动机克服本身阻力的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率．

【解答】解：A、电动机停止转动时，可得电动机的电阻：R===1Ω；故AB错误； C、电动机正常运转时，电动机的总功率：P=U1I1=15V×2A=30W；

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电动机自身电阻的热功率：PR=I1R=（2A）×1Ω=4W；

电动机正常运转时的输出功率是：P出=P﹣PR=30W﹣4W=26.0W．故C错误，D正确； 故选：D． 【点评】本题要明确非纯电阻电路的功率的计算方法，知道电动机不转动时可视为纯电阻和能量间的关系．

12．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是（ ）

2

A．电源1与电源2的内阻之比是11：7 B．电源1与电源2的电动势之比是1：1

C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2 D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2 【考点】电源的电动势和内阻；电功、电功率． 【专题】恒定电流专题．

【分析】根据电源的外特性曲线U﹣I图线，可求出电动势和内阻；根据灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线交点确定灯泡与电源连接时工作电压与电流，即可求出功率与灯泡电阻． 【解答】解：A、根据电源U﹣I图线，r1=

，r2=

，则r1：r2=11：7，故A正确．

B、E1=E2=10V，故B正确

C、D、灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态 则U1=3v，I1=5A，P1=15W，R1=Ω U2=5V，I2=6A，P2=30W，R2=Ω

P1：P2=1：2，R1：R2=18：25故C正确，D错误 故选ABC

【点评】本题关键在于对电源外特性曲线、灯泡伏安特性曲线的理解，