安徽省定远县重点中学届高三上学期优选考物理Word格式.docx

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匀变速直线运动在时间t内通过的位移为x，根据平均速度的定义式知，平均速度，故D正确．

某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，结合该推论可以求出中间时刻的瞬时速度，故C错误．

根据题目条件无法求出加速度以及通过中间位置的瞬时速度，故A、B错误．

故选：

D．

3.一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点．已知AB＝6m，BC＝10m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是（　　）

A.2m/s，3m/s，4m/sB.2m/s，4m/s，6m/s

C.3m/s，4m/s，5m/sD.3m/s，5m/s，7m/s

【解析】试题分析：

根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于时间中点的瞬时速度，故B点的速度就是全程的平均速度，，又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，则由Δx＝BC－AB＝at2解得a＝1m/s2，再由速度公式v＝v0＋at，解得vA＝2m/s，vC＝6m/s，故选项B正确。

考点：

匀变速直线运动的规律

4.地球的公转轨道接近圆，但彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆．天文学家哈雷曾经在1662年跟踪过一颗彗星，他算出这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的18倍，并预言这颗彗星将每隔一定时间就会再次出现．这颗彗星最近出现的时间是1986年，它下次飞近地球大约是哪一年（　）

A．2042年B．2052年C．2062年D．2072年

【答案】C

【解析】设彗星的周期为T1，地球的公转周期为T2，这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的18倍，由开普勒第三定律得：

．所以1986+76=2062年．故选C.

开普勒第三定律

【名师点睛】解决本题的关键掌握开普勒第三定律（常数），通过该定律得出彗星与地球的公转周期之比.

5.如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B与地面始终保持水平，下列说法正确的是（　　）

A.在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零

B.上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力

C.下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力

D.在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力

【答案】A

【解析】试题分析:

抛出以后，A、B都处于完全失重状态，之间无相互作用，A对。

考点:

超重与失重。

1．超重

（1）定义：

物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的现象。

（2）产生条件：

物体具有向上的加速度。

2．失重

（1）定义：

物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受重力的现象。

物体具有向下的加速度。

3．完全失重

物体的加速度a＝g，方向竖直向下。

6.如图，质量分别为M、m的两个木块A、B通过轻弹簧连接，木块A放在水平桌面上，木块B用轻绳通过定滑轮在力F的作用下整体恰好处于静止状态，绳与水平方向成角。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计油轮与绳间的摩擦。

则不能求下列哪些量

A.木块A对桌面的压力

B.弹簧与水平方向的夹角

C.木块A与桌面之间的动摩擦因数

D.弹簧的形变量

【解析】对物体B分析，受重力、弹簧的拉力和细线的拉力，三力平衡，设弹簧与水平方向的夹角为β，根据平衡条件，水平方向：

Fcosα=F弹cosβ，竖直方向：

Fsinα=F弹sinβ+mg，故有：

，，由于不知道弹簧的劲度系数，故无法确定弹簧的形变量，故B正确，D错误；

对A、B整体分析，受拉力F、重力（M+m）g、支持力N和静摩擦力f，根据平衡条件，水平方向：

f=Fcosα，竖直方向：

N=（M+m）g-Fsinα，根据牛顿第三定律，整体对桌面的压力为（M+m）g-Fsinα，整体对桌面的摩擦力大小为f=Fcosα，方向向右，由于是静摩擦力，且不能确定是否是最大静摩擦力，故无法求解动摩擦因数，故A正确，C错误；

故选AB.

7.如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝2m，BC＝3m．且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等，则下列说法正确的是（　　）

A.可以求出物体加速度的大小

B.可以求得CD＝4m

C.可以求得OA之间的距离为1.125m

D.可以求得OB之间的距离为12.5m

【答案】BC

由匀变速直线的运动规律知：

可得：

，而时间T未知，故A错、B对；

由匀变速直线运动的规律知：

，故，故，C对、D错。

匀变速直线的运动规律。

【名师点睛】1．匀变速直线运动的两个重要推论

（1）物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：

＝v＝。

（2）任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即：

Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。

8.如图所示，A、B为两个点电荷，MN为两电荷连线的中垂线，图中实线表示两点电荷形成的电场的一条电场线（方向未标出），下列说法正确的是

A.两电荷一定是异种电荷

B.电荷A一定带正电

C.两电荷的电量一定满足

D.两电荷的电量一定满足

【答案】AC

【解析】A由电场线分布特点可知两电荷一定带异种电荷，故A正确；

B．电场线方向未知，电荷A可能带正电荷，也可能带负电荷，故B错误；

CD将A、B两点用直线连起来，通过电场线的疏密程度可知两电荷的电量一定满足，故C正确D错误。

9.如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10m/s2.关于热气球，下列说法正确的是（　　）

A.所受浮力大小为4830N

B.加速上升过程中所受空气阻力保持不变

C.从地面开始上升10s后的速度大小为5m/s

D.以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N

【答案】AD

从地面刚开始竖直上升时，速度为零，故阻力为零，气球受重力和浮力，根据牛顿第二定律，有：

F浮-mg=ma，解得：

F浮=m（g+a）=460×

（10+0.5）N=4830N，故A正确；

气球受重力、浮力和空气阻力，若阻力不变，合力不变，气球匀加速上升，矛盾，故B错误；

刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，气球是变加速运动，加速度逐渐减小，故10s后的速度大小小于5m/s，故C错误；

以5m/s匀速上升时，根据平衡条件，有：

F浮=mg+f，解得f=230N，故D正确；

故选AD。

牛顿第二定律；

物体的平衡

【名师点睛】本题关键明确气球做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大；

然后根据物体的加速度变化情况，结合物体的平衡条件和牛顿第二定律列式求解；

此题是中等题，意在考查学生灵活运用知识的能力.

10．两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点．一带负电的试探电荷q，从A由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则（　　）

A.q由A向O的运动是匀加速直线运动

B.q由A向O运动的过程电势能逐渐减小

C.q运动到O点时的动能最大

D.q运动到O点时的电势能为零

本题要根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况．

解：

A、两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向．

故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，故A错误．

B、电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小；

故B正确．

C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到N过程中，电场力做负功，动能减小，故在O点试探电荷的动能最大，速度最大，故C正确．

D、取无限远处的电势为零，从无穷远到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时电势能为负值．故D错误．

故选BC

【点评】本题考查静电场的基本概念．关键要了解等量同种点电荷电场线的分布情况，运用动能定理进行分析．

二、非选择题：

11．在“验证力的平行四边形定则”实验中：

（1）如果“力的平行四边形定则”得到验证，那么图7乙中＝________.

（2）现将钩码改为两个弹簧测力计，如图7丙所示，使橡皮筋另一端细线上连接两个弹簧秤，仍然拉至O点，现使F2大小不变地沿顺时针转过某一小角度，相应地使F1的大小及图中β角发生变化.则相应的变化可能是____________

A.F1一定增大B.F1可能减小

C.F1若增大，β角一定减小D.F1若增大，β角可能增大

【答案】

（1）3:

4；

（2）AD

如图2所受示，可以增大F1的同时增大β角，

如图3所受示，可以增大F1而保持β角不变，故AD正确，BC错误．故选AD．

验证力的平行四边形定则

【名师点睛】明确实验原理，了解具体操作，要围绕“验证力的平行四边形定则”的实验原理对实验步骤和实验中需要注意的问题进行理解记忆．平行四边形定则是矢量合成的重要法则，要熟练应用，平时训练中要不断的加强练习。

12．图甲是“验证机械能守恒定律”的实验装置图，下面一些实验步骤：

A.用天平测出重物和夹子的质量

B.把打点计时器用铁夹固定在放到桌边的铁架台上，使两个限位孔在同一竖直面内

C.把打点计时器接在交流电源上，电源开关处于断开状态

D.将纸带穿过打点计时器的限位孔，上端用手提着，下端夹上系住重物的夹子，让重物靠近打点计时器，处于静止状态

E.接通电源，待计时器打点稳定后释放纸带，再断开电源

F.用秒表测出重物下落的时间

G..更换纸带，重新进行实验

（1）对于本实验，以上不必要的两个步骤是

（2）图乙为实验中打出的一条纸带，O为打出的第一个点，A、B、C为从适当位置开始选取的三个连续点（其它点未画出），打点计时器每隔0.02s打一个点，若重物的质量为0.5kg，当地重力加速度取g=9.8m/s2，由图乙所给的数据算出（结果保留两位有效数字）：

①从O点下落到B点的过程中，重力势能的减少量为J；

②打B点时重物的动能为J。

（1）AF

（2）①0.86②0.81

验证机械能守恒定律

13.示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子（带电量为e，忽略初速度）被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场．电子在穿出偏转电场后