安徽省滁州市二中2018届高三上学期12月物理测考题含解析

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安徽省滁州市二中2017-2018学年高三上学期12月测考物理试题一、选择题1.下列说法正确的是()A.牛顿在研究第一定律时利用了理想实验法B.在探究求合力方法的实验中利用了控制变量法C.电场力做功与重力做功都与运动路径无关，可以把这两种力用类比法研究D.在探究加速度、力和质量三者关系吋，先保持质量不变，研究加速度与力关系；后再保持力不变，研究加速度与质量关系，这是等效代替法【答案】C【解析】试题分析：伽利略在探究力和运动的关系时应用了理想实验法，选项A错误；在探究求合力方法的实验中利用了等效法，选项B错误；电场力做功与重力做功都与运动路径无关，可以把这两种力用类比法研究，选项C正确；在探究加速度、力和质量三者关系吋，先保持质量不变，研究加速度与力关系；后再保持力不变，研究加速度与质量关系，这是控制变量法，选项D错误。考点：物理问题的探究方法.2.某地区的地下发现了天然气资源，如图所示，在水平地面P点的正下方有一球形空腔区域内储藏有天然气.假设该地区岩石均匀分布且密度为P,天然气的密度远小于P,可忽略不计.如果没有该空腔，地球表面正常的重力加速度大小为g；由于空腔的存在,现测得P点处的重力加速度大小为kg(kmg,电梯有向上的加速度，处于超重状态,A正确.因电梯速度方向未知,故当速度方向向上时，则为向上减速或向上加速，当速度方向向下时，则为向下加速或向下减速,C正确.1.如图所示为一带电粒子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动吋，其动能EK随位移x变化的关系图彖，其0-X2段为曲线，X2-X3段为直线，则下列说法正确的是（）A.X】处电场强度为零B.x2-X3段电场强度不断增大C.若0-X2段曲线关于直线X二XI对称，则0点的电势高于X2处的电势D.粒子在X2-X3段做匀加速直线运动【答案】AD【解析】试题分析：对于极短位移Ax内，由动能定理可得：qEAx-AEk,得：见图象的斜率大小反映场强的大小，故&处电场强度为零，X2〜刈段场强不变，是匀强电场，故A正确，B错误.若0〜X2段曲线关于直线x=xi对称，可知粒子在0点和X2点两点动能的相等，由功能关系可得两点电势能相等，故电势相等，故C错误.X2〜刈段为匀强电场，粒子做匀加速直线运动，故D正确.故选：AD 考点：电场强度；电势及电势能。1.随着世界航空事业的发展，深太空探测已逐渐成为各国关注的热点。假设深太空中有一颗外星球，质量是地球质量的2倍，半径是地球半径的1/2,则下列判断正确的（）A.该外星球的同步卫星周期一定小于地球同步卫星周期B.某物体在该外星球表面上所受重力是它在地球表面上所受重力的8倍C.该外星球上第一宇宙速度是地球上第一宇宙速度的2倍D.绕该外星球的人造卫星和以相同轨道半径绕地球的人造卫星运行速度相同【答案】BC【解析】试题分析：A、根据G理二inr4兀2rT2而不知道同步卫星轨道半径的关系，所以无法比较该外星球的同步卫星周期与地球同步卫星周期关系，故A错误;门MmB、根据G—r厂M解得：a=G—r所以故B正确;C、根据遷二圧解得：V二J页，所以淫二「星工地二2,故C正确；r2r*rv地［地工星D、根据C分析可知：v二穆，轨道半径r相同，但质量不同，所以速度也不一样，故D错误.故选BC2.如图所示，足够长的传送带以恒定速率逆时针运行，将一物体轻轻放在传送带顶端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段物体与传送带相对静止，匀速运动到达传送带底端。下列说法正确的是（） A.第一阶段摩擦力対物体做正功，第二阶段摩擦力対物体做负功B.第一阶段摩擦力对物体做的功大于第一阶段物体动能的增加量0.第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加量D.全过程物体与传送带间的摩擦生热等于从顶端到底端全过程机械能的增加量【答案】AC【解析】试题分析：对小滑块受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，第一阶段传送带的速度大于物块的速度，所以摩擦力的方向向下，做正功；笫二阶段物体与传送带相对静止，匀速运动到达传送带底端摩擦力一直沿斜面向上，故摩擦力一直做负功，故A正确；根据动能定理，第一阶段合力做的功等于动能的增加量，由于重力和摩擦力都做功，故第一阶段摩擦力对物体做的功小于第一阶段物体动能的增加，故B错误；假定传送带速度为v,第一阶段，小滑块匀加速位移X!=|,传送带位移x2=vt；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，故小滑块机械能增加量等于fx】；一对滑动摩擦力做的功是内能变化的量度，故内能增加量为：Q=fAS=f-（X2-Xi）；故第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加;在第二阶段，摩擦力做负功，物体的机械能继续减小，但是静摩擦力的作用下，没有相对位移，不会产生热量.故C正确，D错误.故选AC。考点：功能关系【名师点睛】功是能量转化的量度，合力做功是动能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度；一对滑动摩擦力做的功是内能变化的量度；本题关键分析清楚小滑块的运动情况，然后根据功能关系列式分析求解.物体向上运动的过程中摩擦力始终做正功是该题的关键。1.如图所示a、b和c分别表示点电荷的电场中的三个等势面，它们的电势分别为6V、4V和1.5V.—质子从等势面a上某处由静止释放，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v,则对质子的运动判断正确的是：（） A.质子从a等势面运动到c等势面电势能增加4.5cVB.质子从a等势面运动到c等势面动能增加4.5eVC.质子经过等势面c时的速率为2.25vD.质子经过等势面c时的速率为1.5v【答案】BD【解析】由a运动到c,则电场力做功W=e（oa-（pc）=e（6-1.5）=4.5eV为正功，则电势能减小，动能增加.故八错误，B正确.由a至Ijc,4.5eV=-mv2；由3到b,e（（pa-pb）=e（6-4）V=-mv2；联立得：v=寸2.25v=1.5v，故CD错误；故选B.1.如图所示，图线1、2分别表示导体A、B的伏安特性曲线，它们的电阻分别为Rl、K2,则下列说法正确的是（）A.RrR2=B.RrR2=3:1C.将R］与R2串联后接于电源上，则电压比5%=1:3D.将R］与R?并联后接于电源上，则电流比1「【2=1：3【答案】ACU【解析】根据电阻的定义式R二T得，根据图象可知，当电流都为1A时，电阻之比等于电压的R］U］1反比，所以导体A、B的电阻一=—.故A正确，B错误；根据公式：U=TR,当两段导体中R?U23的电流相等时，他们的电压之比hU2=—=-=1：3.故c正确；将R］与R2并联后接于电源口2只2 UUR2上，则电流比II：I2=—：—=—=3：1,D错误.故选AC.R]R2R]左1.某实验小组想测量木板对木块的摩擦力所做的功，装置如图所示，一木块放在粗糙的水平长木板上，左侧栓有一细线，跨过固定在木板边缘的滑轮与重物连接，木块右侧与穿过打点计时器的纸带相连，长木板固定在水平实验台上。实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向左做匀减速运动，下图给出了重物落地后打点计时器打出的纸带，系列小黑点是计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。打点计吋器所用交流电频率为50Hz,不计纸带与木块间的作用力。~X1（1）可以判断纸带的（左或右）端与木块连接。（2）根据纸带提供的数据计算打点计时器在打下A点和B点时木块的速度：和=m/s,Vb=—m/so（结果均保留两位有效数字）（3）要测量在AB段木板对木块的摩擦力所做的功Wh,还需要的实验器材是,还应测量的物理量是。（填入所选实验器材和物理量前的字母）A.木板的长度1B.木块的质量uC・木板的质量m2D.重物质量nhE.木块运动的时间tF.AB段的距离gG.天平II.刻度尺I.弹簧秤⑷在AB段，木板对木块的摩擦力所做的功的关系式Wab=o（用5、vb和第（3）问中测得的物理量的字母表示）【答案】仃）.右端(2).0.72(3).0.97(4).GH(5).B(6). 【解析】1）重物落地后，木块由于惯性继续前进，做匀减速直线运动，相邻计数点间的距离逐渐减小，故纸带向右运动，故其右端连着小木块;2）计数点间的时间间隔t=0.02sx5=0.1s,纸带上某点的瞬时速度等于该点前后相邻两个点间的平均速度，打A点时的速度为：Va=0Q6840+2QQ748=0.72m/s,打B点时的速度为：Vb=0Q^+0.1006=097m/s.3）木块在运动过程中，克服摩擦力做的功等于木块动能的减小量，由动能定理得:木块克服摩擦力做的功为：Wf=imv22-imV12,因此实验过程中还需要用天平测出木块的质軍E,用刻度尺测量长度，因此需要的实验器材是G、H,需要测量的量是B.3）在AB段对木块，由动能定理得:-WAB=|m1vB2-im1vA2,因此在AB段木板对木块的摩擦力所做的功的关系式有：WAB=^m1vA2^m1VB2.点睛：本题关键要明确实验的原理和实验的具体操作步骤，然后结合匀变速直线运动的规律和动能定理进行分析判断.1.学校实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度，该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2,查得铜的电阻率为1.7x10再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻比，从而确定导线的实际长度。可供使用的器材有：电流表：量程0.6A,内阻约0.2Q电压表：量程3V,内阻约为9kQ滑动变阻器Ri：最大阻值5Q滑动变阻器R?：最大阻值20Q定值电阻：％=电源：电动势6V,内阻可不计，开关、导线若干。回答下列问题： （1）实验中滑动变阻器应选（选填“R1”或依2”），闭合开关S前应将滑片移至_（选填“a”或“b”）端。（2）在实物图丙中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接Vo（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A,电压表示数如图乙所示，其读数为⑷根据电路图用公式Rx=pl和比=s【答案】（1）.R2(2).a(4).2.30v(5).94m【解析】试题分析：（1）木实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为和Rx总阻值的4倍以上，R。二3Q,所以滑动变阻器选R2,闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处,即a处;（2）根据实验电路图，连接实物图，如图所示:（3）电压表量程为3V,由图乙所示电压表可知，其分度值为0.IV所示为：2.30V；U23（4）根据欧姆定律得：R0+Rx=-=—=4.6^,则RfI.6QuxI0.5LRXS由电阻定律：Rx=p-可知：L=—，代入数据解得：＞94mSP考点：伏安法测电阻二、计算题1.如图所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地而一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动。已知叫二kg,mB二4kg,斜面倾角（）二37°。某时刻由静止释放A,测得八沿斜面向上运动的v-t图象如图所示。己知g=10m/s2,sin37°二0.6。求: (1)A与斜面间的动摩擦因数；(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；(3)滑动过程中细线对A的拉力所做的功。【答案】(1)0.25(2)0.75m(3)12J【解析】⑴在0-0.5S内，根据图象,43系统的加速度为：a】=*=^m/s2=4m/s2对久〃系统受力分析，由牛顿第二定律得：mgg-m^sine-iiin^cose=(mA+,得：卩=0.25。(2)〃落地后，力继续减速上升。由牛顿第二定律得：mAgsin0+|,imAgcose=mAa2将已知量代入,可得:aj=8m/s29故M减速向上滑动的位移为：x9=一=0.25m~2a2考虑0-0.5s内弭加速向上滑动的位移：Xj=—=0.5m2ai所以，力上滑的最大位移为：x=x1+x2=0.75mo(3)A加速上滑过程中，由动能定理：12W-(mAgsin0+pnAgcos0)x1=-mAv-0得:W=12Jo1.如图所示，光滑斜而的倾角ci二30°，在斜而上放置一矩形线框abcd,ab边的边长1尸5,be边的边长1-2=0.6m,线框的质量呼lkg,电阻R二0.1Q,线框通过细线与重物相连,重物质量曲2kg,斜面上ef线(ef〃gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B二0.5T,如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh的距离s二11.4m,(収g=10m/s2),求：(1)线框进入磁场前重物M的加速度； (1)线框进入磁场时匀速运动的速度V；(2)ab边由静止开始到运动到gh线处所用的时间t；(3)ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热.【解析】试题分析：(1)线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力斤，斜面的支持力和线框重力，重物M受到重力和拉力F.则由牛顿第二定律得：对重物有：Mg-FT=Ma对线框有：FT-mgsina=ma.Me-mesina2x10-1x10xsin30°联立解得线框进入磁场前重物M的加速度为：3=—==5m/s2oM+m2+1(2)因为线框进入磁场的最初一段吋间做匀速运动，所以重物受力平衡Mg=F/,线框abed受力平衡FT,=mgsina+FA,ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势为：E=Bl】v；FBl#形成的感应电流为：1=三=—LRR受到的安培力为：Fa=BI1ig2i2联立上述各式得：Mg=mgsina+LR22代入数据20=10Xsin30。+~，解得：v=6m/s。0.1(3)线框Bbcd进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh线,仍做匀加速直线运动•进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度相同,为：a=5m/s2v6该阶段运动时间为：t]=-=h=L2sa5 进磁场过程中匀速运动时间为:】20.6=—=——s=0」sv6线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度仍为：d=5m/s2,1?19s-l?=vt^H—t"代入得：11.4-0.6=6xtjH—x5x解得：t3=1.2s,因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间为：t=t1+t2+t3=2.5so(2)线框mb边运动到gh处的速度为：vz=v+at3=6m/s+5x1.2m/s=12m/s,整个运动过程产生的焦耳热为：Q=F」2=(Mg-mgsine)l2=(20-10530。)x0.6J=9Je考点：导体切割磁感线吋的感应电动势、焦耳定律【名师点睛】本题是电磁感应与力平衡的综合，安培力的计算是关键.本题中运用的是整体法求解加速度。1.如图所示在xoy坐标系第I象限,磁场方向垂直xoy平面向里，磁感应强度大小为B二1.0T；电场方向水平向右，电场强度大小为E二丽N/C.—个质量m=2.0X10'7kg,电荷量q=2.0x106C的带正电粒子从x轴上P点以速度％射入笫I象限，恰好在xoy平面中做匀速直线运动.0.10s后改变电场强度大小和方向，带电粒子在xoy平面内做匀速圆周运动，取g=10m/s2.求：fBXXXXXXXXXXxgxXXxxXXXXXXXXXXXX文X1(1)带电粒子在xoy平面内做匀速直线运动的速度大小和方向；(2)带电粒子在xoy平面内做匀速圆周运动时电场强度&的大小和方向；(3)若匀速圆周运动时恰好未离开第I彖限，x轴上入射P点应满足何条件？【答案】(l)2m/s,方向斜向上与x轴正半轴夹角为60°(2)1N/C,方向竖直向上(3)0.27m【解析】(1)如图粒子在复合场中做匀速直线运动，设速度与x轴夹角为()，依题意得：粒子合力为零①重力mg=2.0X106N,电场力F电二Eq二2$X106N 10一％=4.0x10你②由f=qv（,B得，代入数据解得％二2m/sqEltan9=—=,解得（）二60。mg速度v。大小2m/s,方向斜向上与x轴夹角为60。（2）带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动时，电场力F电必须与重力平衡，洛伦兹力提供向心力.故电场强度E=—=1.0N/C⑤q方向竖直向上；⑥（3）如图带电粒子匀速圆周运动恰好未离开第1象限,圆弧左边与y轴相切N点;PQ匀速直线运动，PQ二v°t二0.2m2洛伦兹力提供向心力，qv（）B=m^-ZXXXJNTX''XXXgXxJ乂+丈/yx整理并代入数据得R二0.2m—0.27m由几何知识得0P二R+Rsin60°-PQcos60。X轴上入射P点离0点距离至少为0.27 点睛：带电粒子在电磁场中的运动一般有匀速直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；匀速直线运动一般平衡条件求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力，一般的曲线运动一般市动能定理求解.临界问题蛊要画出运动轨迹，找出临界条件进行求解.