届云南省开远一中高三复习检测八 物理试题解析版Word文档格式.docx

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在求摩擦力时，一定要先明确是属于滑动摩擦力还是静摩擦力，再分别根据滑动摩擦及静摩擦力的求解方法进行求解．

3.如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为2kg的物体A，处于静止状态，若将一个质量为3kg的物体B竖直向下轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力大小为（取g＝10m/s2）（　　）

A.0B.12NC.20ND.30N

【答案】B

【解析】放B物体前，A物体受重力和弹簧的支持力，二力平衡，故弹簧弹力F1=mAg=20N；

放上B物体后，先对A、B整体受力分析，受到重力和弹簧的弹力，然后根据牛顿第二定律，有：

（mA+mB）g-F1=（mA+mB）a；

解得：

；

再对B受力分析，受到重力和A对B的支持力，根据牛顿第二定律，有：

mBg-FAB=mBa，解得：

FAB=mB（g-a）=12N故选B。

本题关键是先用整体法求出A、B整体的加速度，然后再对B受力分析，求出整体内部物体间的弹力；

注意刚开始时弹簧所处的状态．

4.空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示．下列说法正确的是（　　）

A.O点的电势最低B.x2点的电势最高

C.x1和－x1两点的电势相等D.x1和x3两点的电势相等

【解析】电势高低与场强大小无必然联系。

O点场强为0，电势不一定最低，A错；

x2点是场强正向最大的位置，电势不是最高，B错；

将电荷从x1移到－x1可由题图知电场力做功为零，故两点电势相等，而把电荷从x1移到x3电场力做功不为零，C对，D错。

视频

5.欧洲强子对撞机于2010年初重新启动后取得了将质子加速到1.18万亿电子伏的阶段性成果，为实现质子对撞打下了坚实的基础．如图质子经过直线加速器加速后进入半径一定的环形加速器，在环形加速器中，质子每次经过位置A时都会被加速．当质子的速度达到要求后，再将它们分成两束引导到对撞轨道中，在对撞轨道中两束质子沿相反方向做匀速圆周运动，并最终实现对撞如图所示．质子在磁场的作用下做圆周运动．下列说法中正确的是（　　）

A.质子在环形加速器中运动，轨道所处位置的磁场会逐渐减小

B.质子在环形加速器中运动，轨道所处位置的磁场始终保持不变

C.质子在对撞轨道中运动，轨道所处位置的磁场会逐渐减小

D.质子在对撞轨道中运动，轨道所处位置的磁场始终保持不变

【答案】D

考点：

带电粒子在磁场中的运动

【名师点睛】通过洛伦兹力提供向心力来导出半径公式与周期公式，再用动能定理得出粒子在电场中的加速公式，从而可推导出加速电压、磁感应强度、粒子的比荷及半径的关系．最终由控制变量来研究其它各量之间的具体关系。

二、多选题

6.“天宫一号”与“神舟八号”交会对接成功，标志着我国对接技术上迈出了重要一步．如图所示为二者对接前做圆周运动的情形，M代表“神舟八号”，N代表“天宫一号”，则（　　）

A.M发射速度大于第二宇宙速度

B.M适度加速有可能与N实现对接

C.对接前，M的运行速度大于N运行速度

D.对接后，它们的速度大于第一宇宙速度N

【答案】BC

【解析】试题分析：

第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度也是发射卫星的最小速度，第二宇宙速度是发射脱离地球束缚卫星的最小发射速度，万有引力提供卫星圆周运动向心力．

神舟八号绕地球飞行，故其发射速度小于第二宇宙速度，故A错误；

神舟八号轨道半径低，适当加速后神舟八号做离心运动可实现与高轨道的天宫一号对接，故B正确；

根据万有引力提供圆周运动向心力

可得卫星线速度

，由于M的轨道半径小于N，故M的运行速度大于N，C正确；

对接后，它们一起绕地球圆周运动，故其速度小于第一宇宙速度，故D错误．

7.一物体随升降机竖直向上运动的v－t图象如图所示，根据图象可知此物体（　　）

A.前2s内处于失重状态

B.前5s内合力对物体做功为0

C.第2s内的位移大于第5s内的位移

D.第1s末的加速度大于第4.5s末的加速度

【解析】在竖直方向上，物体在前2s内做匀加速直线运动，2~4s内做匀速运动，4-5s内做匀减速直线运动，当加速度向上时，物体处于超重状态，当加速度向下时，物体处于失重状态，前2s内物体在竖直方向上做加速运动，故处于超重状态，A错误，前5s内物体的初速度为0，末速度为零，根据动能定理得，合外力对物体做功为0，B正确，物体运动的V-T图像中图线与坐标轴围成的面积大小表示物体的位移大小，故前2s内的位移为

，第5s内的位移为

，所以C正确。

物体运动的v-t图像中图线的斜率表示物体的运动加速度大小，故第1s末的加速度为

，第4.5s末的加速度为

，D错误。

8.如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交流电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向．则金属棒（　　）

　　　　甲　　　　　　　　　　　　乙

A.一直向右移动

B.速度随时间周期性变化

C.受到的安培力随时间周期性变化

D.受到的安培力在一个周期内做正功

【答案】ABC

【解析】试题分析:

由图知在0-T/2时间内根据左手定则可判断金属棒受向右的安培力，且安培力的大小F=BIL保持不变，再根据牛顿第二定律F=BIL=ma，知金属棒先向右做匀加速运动，在T/2-T时间内，电流变为反方向，同理安培力方向向左，大小不变，故金属棒向右做做匀减速运动，T时刻速度恰好减为零，然后重复运动，其v-t图如图所示:

故A、B、C正确；

受到的安培力在一个周期内先做正功，后做负功，故D错误。

安培力、牛顿第二定律、功

三、实验题

9.某实验小组为探究加速度与力之间的关系设计了如图（a）所示的实验装置，用钩码所受重力作为小车所受的拉力，用DIS（数字化信息系统）测小车的加速度．通过改变钩码的数量，多次重复测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a－F图线，如图（b）所示．

①图线________是在轨道水平的情况下得到的（选填“Ⅰ”或“Ⅱ”）

②小车和位移传感器发射部分的总质量为________kg，小车在水平轨道上运动时受到的摩擦力大小为________N.

【答案】

（1）.

（1）Ⅱ　　

（2）.

（2）1（3）.1

（1）在水平轨道上，由于受到摩擦力，拉力不为零时，加速度仍然为零，可知图线Ⅱ是在轨道水平的情况下得到的。

（2）根据牛顿第二定律得

，

，图线的斜率表示质量的倒数，则

，解得

，因为

时，加速度为零，解得

。

探究加速度与物体质量、物体受力的关系

【名师点睛】根据

图象的特点结合牛顿第二定律分析求解．理解该实验的实验原理和数据处理以及注意事项，知道实验误差的来源。

10.某实验小组选用下列器材探究“热敏电阻Rt（常温下阻值约为10Ω）的温度特性”，要求实验过程中加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大．

电流表A1（量程100mA，内阻约1Ω）

电流表A2（量程0.6A，内阻约0.3Ω）

电压表V1（量程3.0V，内阻约3KΩ）

电压表V2（量程15.0V，内阻约10KΩ）

滑动变阻器R（最大阻值为10Ω）

滑动变阻器R′（最大阻值为500Ω）

电源E（电动势15V，内阻忽略）

开关、导线若干、烧杯、水和温度计

（1）电流表应选__；

电压表应选__；

滑动变阻器应选__．（填写器材前面的字母代号）

（2）将实物图1中所缺的导线补接完整__________．

（3）实验开始前滑动变阻器的滑动触头P应置于__端（填“a”或“b”）．

（4）实验中测量出不同温度下的电阻值，画出该热敏电阻的Rt﹣t图象的实测曲线与理论曲线如图2所示．则Rt﹣t图象的实测曲线是__（填“①”或“②”）．

【答案】

（1）.

（1）B；

（2）.D；

（3）.E；

（4）.

（2）电路图如图所示；

（5）.（3）a；

（6）.（4）②．

【解析】

（1）电源电动势为15V，则电压表选择D，常温下电阻阻值约为10Ω，常温下电路最大电流约为

为保护电路安全，电流表应选择B；

实验要求热敏电阻两端电压从零开始逐渐增大，则滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择E．

（2）热敏电阻两端电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图所示：

（3）滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片要置于a端．

（4）由图示电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，电压的测量值偏大，电压测量值大于真实值，Rt-t图象的实测曲线是②．

本题考查了实验器材的选择、连接实物电路图、实验注意事项、实验数据分析，是实验的常考问题，一定要掌握；

要掌握实验器材的选择原则；

当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器只能采用分压接法．

四、计算题

11.如图所示，摩托车做腾跃特技表演，以v0＝10m/s的初速度冲上顶部水平的高台，然后从高台水平飞出，若摩托车冲向高台过程中以额定功率1.8kW行驶，所经时间为16s，人和车的总质量为180kg，台高h＝6m，不计一切阻力，（g取10m/s2）求：

（1）摩托车从高台水平飞出的速度v的大小；

（2）摩托车飞出的水平距离s是多少？

【答案】

（1）10

m/s　

（2）6

m

（1）摩托车冲上高台的过程，由动能定理得：

，带入数据得v=10

m/s；

（2）摩托车飞离高台后做平抛运动，

竖直方向：

h=gt2/2,

水平方向：

s=vt,带入数据得s=6

m；

动能定理的应用；

平抛运动．

12.如图足够长的光滑斜面与水平面的夹角为θ＝30°

，空间中自上而下依次分布着垂直斜面向下的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，相邻两个磁场的间距均为d＝0.5m．一边长L＝0.1m、质量m＝0.5kg、电阻R＝0.3Ω的正方形导线框放在斜面的顶端，导线框的下边距离磁场Ⅰ的上边界为d0＝0.9m．将导线框由静止释放，导线框匀速穿过每个磁场区域．已知重力加速度g＝10m/s2，求：

（1）导线框进入磁场Ⅰ时的速度大小；

（2）磁场Ⅰ的磁感应强度Bt大小；

（3）导线框穿过全部磁场区域过程中产生的总焦耳热．

（1）3m/s　

（2）5T　（3）1.5J

（1）线框进入磁场I之前，只有重力做功，根据动能定理有

带入数据计算得

（2）线框进入磁场I的过程，下边切割磁感线产生感应电动势

根据闭合回路欧姆定律，线框中的感应电流

线框下边所受到安培力

线框匀速穿过磁场区域，

整理得

（3）线框匀速穿过磁场区域，克服安培力做功，重力势能转化为焦耳热，那么每穿过一次磁场区域，产生的焦耳热

穿过全部磁场区域产生的焦耳热为

电磁感应功能关系

【物理选修3-3】

13.下列说法正确的是_______________

A.在绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果

B.当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大

C.液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性的特点制成的

D.热量能够自发地从高温物体传到低温物体，也能自发地从低温物体传到高温物体

E.自然界发生的一切过程能量都守恒，符合热力学第二定律的宏观过程都能自然发生

【答案】AC

【解析】在绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果，选项A正确；

当分子间距离从0开始增大时，分子间作用力先减小，后增加，再减小；

分子势能先减小后增大，选项B错误；

液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性的特点制成的，选项C正确；

热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体，选项D错误；

在自然界发生的一切过程中能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程不一定能自然发生，所以自然发生是宏观过程都有方向性．故E错误；

故选AC.

14.如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸竖直放置，用截面积为S的轻活塞在汽缸内封闭着体积为V0的气体，此时气体密度为ρ0.在活塞上加一竖直向下的推力，使活塞缓慢下降到某位置O，此时推力大小F＝2p0S.已知封闭气体的摩尔质量为M，大气压强为p0，阿伏伽德罗常数为NA，环境温度不变．求活塞下降到位置O时：

①封闭气体的体积V；

②封闭气体单位体积内的分子数n.

（1）

（2）

找出气体的初末状态，根据玻意耳定律即可求出体积；

求出密闭气体的摩尔数，进而求出闭气体单位体积内的分子数。

①由玻意耳定律有：

②密闭气体的摩尔数

单位体积内的分子数

解得：

本题主要考查了玻意耳定律，正确使用气体状态方程，并根据题目给出的条件求出气体状态参量，根据状态方程求解即可。

【物理选修3-4】

15.如图甲所示，在水平面内，有三个质点a、b、c分别位于直角三角形的三个顶点上，已知ab＝6m，ac＝8m．在t1＝0时刻a、b同时开始振动，振动图象均如图乙所示，所形成的机械波在水平面内传播，在t2＝4s时c点开始振动，则__________

A.该机械波的传播速度大小为2m/s

B.c点的振动频率先是与a点相同，两列波相遇后c点的振动频率增大

C.该列波的波长是2m

D.两列波相遇后，c点振动加强

E.两列波相遇后，c点振动减弱

【答案】ACD

【解析】A项：

因为经过4s，振动由a点传到c点，则波的传播速度：

，故A正确；

B项：

c点的振动频率先是与a点相同，两列波相遇后c点的振动频率仍然是不变的，选项B错误；

C项：

该波的波长为：

，选项C正确；

DE项：

因为

，故两列波相遇后，c点振动加强，选项D正确，E错误。

点晴：

波在同一介质中匀速传播，a处振动先到达c点，由公式

，求解波速；

由图读出周期，据路程差分析c点的振动强弱：

若路程差等于半个波长的奇数倍时，振动减弱；

相反，路程差等于半个波长的偶数倍时，振动加强。

16.如图所示，真空中有一个半径为R的均匀透明介质球，一细束激光沿直线AB传播，在介质球表面的B点经折射进入球，入射角θ1＝60°

，在球面上另一点又一次经折射后进人真空，此时激光的传播方向相对于光线AB偏转了60°

.已知真空中的光速为c，求：

①介质球的折射率n；

②激光在介质球中传播的时间t.

（1）1.73

（2）

画出光路图，由几何知识得到激光束的折射角，由折射定律求出折射率；

由几何知识求出BD的长度，由

出激光束在玻璃球中传播的速度，则可求出此激光束在玻璃中传播的时间。

①激光的光路图如图所示：

由几何关系可知折射角θ2=30°

由折射定律有：

②激光在介质中传播的距离

传播的速度：

激光在介质球中传播的时间：

本题主要考查了几何光学与物理光学的综合，要抓住光子的频率由光源决定，与介质无关，掌握折射定律、光速公式和全反射的条件：

光从光密介质进入光疏介质时，入射角大于或等于临界角。