届云南省玉溪市峨山一中高三五月份检测物理试题解析版文档格式.docx

届云南省玉溪市峨山一中高三五月份检测物理试题解析版文档格式.docx

《届云南省玉溪市峨山一中高三五月份检测物理试题解析版文档格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届云南省玉溪市峨山一中高三五月份检测物理试题解析版文档格式.docx（14页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

C.小球运动的加速度先比重力加速度小，后来和重力加速度相等

D.小球离开弹簧后做匀变速运动

将细绳烧断后，小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以不是自由落体运动，故A错误．平抛运动在竖直方向上是只受重力的作用，由A的分析可知，小球并不是平抛运动，所以B错误．小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，合力斜向右下方，并且大于重力的大小，所以开始时加速度的大小要比重力加速度大，故C错误．小球离开弹簧后，只受到重力的作用，所以是匀变速运动，故D正确．故选D。

物体的平衡；

平抛运动

【名师点睛】对小球受力分析，根据球的受力的情况来判断小球的运动的情况，要注意的是在与弹簧分离之前，弹簧的弹力是不断减小的。

4.两个放在绝缘支架上的相同金属球相距为d，球的半径比d小得多，分别带有q和－3q的电荷量，相互引力为3F.现将这两个金属球接触，然后分开，仍放回原处，则它们的相互作用力将变为

A.FB.2FC.3FD.4F

【答案】A

............

库仑定律

5.某同学设计了一个验证平行四边形定则的实验，装置如图所示．系着小物体m1、m2的细线绕过光滑小滑轮与系着小物体m3的细线连接在O点，当系统达到平衡时绕过滑轮的两细线与竖直方向夹角分别为37°

和53°

，则三个小物体的质量之比m1∶m2∶m3为（sin37°

＝0.6，sin53°

＝0.8）（　　）

A.3∶4∶5B.4∶3∶5

C.4∶5∶3D.3∶5∶4

【解析】对结点O受力分析，O点受到三根绳子的拉力如图所示。

由于物体m1、m2的细线绕过光滑小滑轮与系着小物体m3的细线连接，因此有：

F1=m1g，F2=m2g，由于O点处于静止状态，因此有：

F′3=F3=m3g，故：

m3gcos37°

=m1g，m3gcos53°

=m2g，m1:

m2:

m3=4:

3:

5，故A、C、D错误，B正确。

故选B。

【点睛】本题关键是对碗内小球受力分析，根据三力平衡条件可知，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，然后运用合成法作图，根据几何关系得到三个物体的重力之比．

6.如图所示，质量和电荷量均相同的两个小球A、B分别套在光滑绝缘杆MN、NP上，两杆固定在一起，NP水平且与MN处于同一竖直面内，∠MNP为钝角．B小球受一沿杆方向的水平堆力F1作用，A、B均处于静止状态，此时A、B两球间距为L1.现缓慢推动B球，A球也缓慢移动，当B球到达C点时，水平推力大小为F2，A、B两球间距为L2，则（　　）

A.F1＜F2

B.F1>

F2

C.L1＜L2

D.L1>

L2

【答案】BC

【解析】C、D、对A受力分析如图所示，A受到重力mg、支持力FA和库仑力F库，根据平衡条件可知，重力mg和库仑力F库的合力FA′与支持力FA等值反向，可以把重力mg、支持力FA和库仑力F库之间的关系转变为mg、FA′、F库′之间的三角形关系，如图所示。

当B球向C移动的过程中，库仑力的方向在改变，即图中α角变小，由矢量三角形可知，库仑力在变小。

根据库仑定律

可知L变大，即AB之间的距离变大；

故C正确、D错误。

A、B、对B球受力分析如图所示，B受到重力mg、支持力FB、库仑力F库和推力F，根据平衡条件可知，F=F库cosβ，当B球向C移动的过程中，库仑力的方向在改变，即β在变大，则cosβ变小，库仑力又在减小，故推力F变小，即F1＞F2；

故A错误、B正确。

故选BC。

【点睛】本题要掌握库仑定律、平衡条件、受力分析，是一道综合能力较强的题目，本题的突破口在于A球受到的重力大小方向不变、支持力的方向不变，库仑力的方向在改变．

7.如图所示电路，开关S原是闭合的，当R1、R2的滑片刚好处于各自的中点位置时，处于真空中的电容器C的两个水平极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态．下列做法中能使尘埃P加速向上运动的是（）

A.把R1的滑片向左移动

B.把R2的滑片向左移动

C.把R2的滑片向右移动

D.把开关S断开

【答案】CD

P开始时受重力及电场力而保持静止；

而要使P向上运动，则电容器两端的电压应增大；

R1此时只能看作是导线，故调节R1不会改变电容器两端的电压；

故A错误；

由电路图可知，电容器与R2的左端并联；

故向右移动滑片可以使C两端的电压增大；

故C正确；

B错误；

开关S打开时，电容器两端电压等于电源电压，电容器两端电压增大，故D正确；

本题要注意电容器两端的电压等于与之并联电阻两端的电压；

而与电容器串联的电阻只能作为导线处理．

8.如图甲所示，在粗糙水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度－时间图象如图乙所示，下列判断正确的是（　　）

A.在0～1s内，外力F不断增大

B.在1s～3s内，外力F的大小恒定

C.在3s～4s内，外力F不断减小

D.在3s～4s内，外力F的大小恒定

在速度﹣时间图象中，某一点纵坐标代表此时刻的瞬时速度；

某点切线的斜率代表该时刻的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负．结合牛顿第二定律判断受力情况．

解：

A、在0～1s内，直线的斜率不变，加速度不变，由牛顿第二定律得：

F﹣f=ma，可知外力F是恒力，故A错误．

B、在1～3s内，速度不变，物体做匀速直线运动，加速度等于零，F=f，故外力F的大小恒定，故B正确．

C、D、在3～4s内，斜率越来越大，说明加速度越来越大，所以物体做加速度增大的减速运动，

由牛顿第二定律得：

f﹣F=ma，得F=f﹣ma，f、m不变，a增大，F减小，故C正确，D错误；

故选：

BC

【点评】本题是为速度﹣﹣时间图象的应用要明确斜率和面积的含义，并结合牛顿第二定律解题，属于基础题．

9.“探究功与速度变化的关系”的实验装置如图所示，当小车在一条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W；

当用2条、3条、4条…完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、第4次…实验时，橡皮筋对小车做的功记为2W、3W、4W…每次实验中小车获得的最大速度可由打点计时器所打出的纸带测出.

（1）关于该实验，下列说法正确的是（____）

A.为了平衡摩擦力，实验中可以将长木板的一端适当垫高，使小车拉着穿过打点计时器的纸带自由下滑时能保持匀速运动

B.实验仪器安装时，可以不平衡摩擦力

C.每次实验小车必须从同一位置由静止释放

D.实验中要先接通打点计时器的电源再释放小车

（2）如图给出了某次实验打出的纸带，从中截取了测量小车最大速度所用的一段纸带，测得A、B、C、D、E相邻两点间的距离分别为AB＝1.48cm，BC＝1.60cm，CD＝1.62cm，DE＝1.62cm；

已知相邻两点打点时间间隔为0.02s，则小车获得的最大速度vm＝________m/s.

【答案】

（1）.ACD

（2）.0.81

【解析】

（1）A、打点计时器使用的交流电源，故A错误．B、实验仪器安装时，要平衡摩擦力，让绳子的拉力等于小车受到的合外力，故B错误．C、小车获得的动能应该等于橡皮筋对其做的功，所以小车必须从同一位置由静止弹出．故C正确．D、橡皮筋对小车做的功和小车获得的动能满足

的关系，所以当小车质量一定时：

W与v2成正比．所以最好做W与v2的关系，实验时需要画多个图象找最好的，故D正确．故选CD.

（2）从纸带上我们可判断出打C点时，小车具有最大的速度vD，可由C到E的平均速度求出，即：

.

【点睛】实验原理是

，实验中要清楚是如何改变W，如何获得的速度v即可，实验中用到多条橡皮筋，就要求每次橡皮筋相同且被拉长的一样多，这样橡皮筋对小车做的功才有倍数关系，难度适中．

10.实验室有一块量程为500μA、内阻Rg约为200Ω的电流表（也称微安表），需要准确测量它的内阻，一同学根据实验室现有的器材设计了如图甲和乙两种实验电路．已知实验室中的部分实验器材的规格如下：

电流表（也称毫安表）：

mA（量程1mA，内阻约100Ω）

滑动变阻器A：

R1（20Ω，1A）

滑动变阻器B：

R1（500Ω，0.5A）

变阻箱：

R2（999.9Ω）

直流电源：

E（电动势为3V，内阻很小）

可供选择的不同阻值的定值电阻R3

（1）将图丙所示的实物图按图甲所示的电路连接起来_________________________________．

（2）在图乙所示的电路中，为了便于实验的调节，滑动变阻器R1应选________（选填“滑动变阻器A”或“滑动变阻器B”）．为了保证实验操作过程的安全（即使滑动变阻器R1的阻值调为0，也不会烧坏电流表），并便于实验调节，定值电阻R3的阻值应选________（填选项前的字母）．

A．100ΩB．1kΩ

C．6kΩD．10kΩ

（3）利用图甲所示的电路，闭合S1之后进行测量时，需要记录的实验数据有（同时用设定的字母表示）______________________；

用你记录的实验数据时设定的字母表示出测量的结果是________．

【答案】

（1）.

（2）.滑动变阻器B　（3）.C（4）.微安表读数I1、毫安表读数I2、电阻箱读数R2　（5）.（I2－I1）R2/I1

①连线如图。

②因为待测电阻约为200Ω，所以为了便于调解，滑动变阻器R1应选B；

为了保证实验操作过程的安全（即使滑动变阻器R1的阻值调为0，也不会烧坏电流表），并便于实验调节，定值电阻器R3的阻值应选

.即选C。

③利用图（甲）所示的电路，闭合S1之后进行测量时，需要记录的实验数据有微安表读数I1；

毫安表读数I2；

电阻箱读数Ｒ2；

用你记录的实验数据的字母表示出测量的结果是Rg=（I2－I1）Ｒ2／I1。

电阻的测量中仪器的选择及连接，结果的处理。

11.冰球运动员甲的质量为80.0kg.当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：

（1）碰后乙的速度的大小；

（2）碰撞中总机械能的损失．

【答案】

（1）1.0m/s　

（2）1400J

（1）设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′。

由动量守恒定律有mv－MV＝MV′

代入数据得V′＝1.0m/s

（2）设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有

mv2＋

MV2＝

MV′2＋ΔE

V′＝1.0m/s，

代入上式解得ΔE＝1400J

12.水平放置的两块平行金属板长L＝5.0cm，两板间距d＝1.0cm，两板间电压为90V且上板为正.一电子沿水平方向以速度v0＝2.0×

107m/s从两板中间射入，如图所示，求：

（电子电荷量q＝1.6×

10－19C，电子质量me＝9.1×

10－31kg）（计算结果在小数点后保留两位有效数字）

（1）电子偏离金属板时的侧位移；

（2）电子飞出电场时的速度；

（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s＝10cm，求OP的长.

（1）0.49cm　

（2）2.04×

107m/s　速度的方向与v0的夹角θ满足tanθ≈0.2　（3）2.49cm

（1）电子在电场中的加速度

侧位移

，又因

则

（2）电子飞出电场时，水平分速度vx＝v0，

竖直分速度vy＝at

解得：

则电子飞出电场时的速度

设v与v0的夹角为θ，则

（3）电子飞出电场后做匀速直线运动，则OP＝y＋stanθ＝2.49cm.

【点睛】该题是带电粒子在电场中运动的问题，其基础是分析物体的受力情况和运动情况，由分运动的规律求解粒子的运动．

13.下列说法正确的是（___）

A.如果保持其体积不变，温度升高，内能一定增大

B.如果保持其温度不变，体积增大，内能一定增大

C.如果吸收热量，温度升高，体积增大，内能不一定增大

D.热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体

E.任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能

【答案】ABE

【解析】分子力表现为引力，当体积不变时，外界对气体做功为零，温度升高一定从外界吸收能量，所以分子内能增加，故选项A正确；

当温度不变时，分子动能不变，体积增大，分子克服引力做功，从外界吸收能量，所以内能增加，故选项B正确；

如果气体吸收热量，内能一定增加，但温度不一定升高，故选项C错误；

由热力学第二定律可知，热量可以自发的从高温物体传到低温物体，但不可能自发的从低温物体传到高温物体，故选项D错误；

热机的效率不可能达到百分之百，即有一部分热量转化为周围环境的内能，故选项E正确．故选ABE.

【点睛】温度是分子平均动能的标志，温度不变，平均动能就不变，分子势能与分子力做功有关，内能=所有分子的动能+势能．

14.如图所示，一圆柱形绝热容器竖直放置，通过绝热活塞封闭着摄氏温度为t1的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h1。

现通过电热丝给气体加热一段时间，使其温度上升到（摄氏）t2，若这段时间内气体吸收的热量为Q，已知大气压强为P0，重力加速度为g，求：

①气体的压强．

②这段时间内活塞上升的距离是多少？

③这段时间内气体的内能如何变化，变化了多少？

（1）P0+mg/S

（2）

（3）

【解析】①活塞受力分析如图，

由平衡条件得P=P0+mg/S

②设温度为t2时活塞与容器底部相距h2.因为气体做等压变化，

由盖—吕萨克定律

得：

由此得：

活塞上升了

③气体对外做功为

由热力学第一定律可知

【点睛】求封闭气体的压强，常常以与气体接触的活塞或水银柱为研究对象，根据力学知识求。

对于气体，确定状态发生体积变化是关键。

15.某横波在介质中沿x轴正方向传播，t＝0时刻，O点开始向正方向运动，经t＝0.2s，O点第一次到达正方向最大位移处，某时刻形成的波形如图所示，下列说法正确的是________．

A．该横波的波速为5m/s

B．质点L与质点N都运动起来后，它们的运动方向总相反

C．在0.2s的时间内质点M通过的路程为1m

D．在t＝2.6s时刻，质点M处于平衡位置，正沿y轴负方向运动

E．图示波形图可能是t＝1.2s时刻的

【答案】ADE

【解析】A、由图示波形图可知：

波长λ=4m，O点开始向正方向运动，经t=0.2s，O点第一次到达正方向最大位移处，则t=

，解得：

T=0.8s，

则v=

，故A正确；

B、质点L与质点N之间的距离为半个波长，则振动情况完全相反，故B正确；

C、在0.2s的时间内质点M通过的路程为s=A=20cm，故C错误；

D、横波从O传到M点的时间t′=

，在t=2.6s时刻，质点M振动的时间

，则此时质点M处于平衡位置，正沿y轴负方向运动，故D正确；

E、由波形图可知，此时O点向下振动，则可能经过了t=（n+

）T的波形图，当n=1时，t=1.2s，故E正确。

ABDE。

16.如图所示的直角三角形ABC是玻璃砖的横截面，

，

，BC的长为L，E为BC边的中点。

一束平行于AB的光束从AC边上的某点射入玻璃砖，进入玻璃砖后，在BC边上的E点被反射，EF是该反射光线，一且EF恰与AC平行。

求：

①玻璃砖的折射率；

②该光束从AC边上射入玻璃砖后在玻璃砖中传播的时间。

（1）

（2）

【解析】①作出光路图，如图所示：

光线在AC面上的入射角为60°

，折射角为30°

，则折射率

②因为发生全反射的临界角为

，所以光线在在F点发生全反射，在E，H点不能发生全反射。

该光束经一次反射后，到紧接着的一次射出玻璃砖发生在H点，

则时间为

联立解得