云南省楚雄州民族实验中学届高三教学质量检测三物理试题 含答案Word格式.docx

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A．断开开关S后，将A、B分开些

B．保持开关S闭合，将A、B两极板分开些

C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些

D．保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动

二、多选题（共3小题,每小题6.0分,共18分）

6.（多选）如图所示，倾角为α的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦．现将质量分别为M、m（M>

m）的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上．两物块与绸带间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．在α角取不同值的情况下，下列说法正确的有（　　）

A．两物块所受摩擦力的大小总是相等

B．两物块不可能同时相对绸带静止

C．M不可能相对绸带发生滑动

D．m不可能相对斜面向上滑动

7.（多选）如图D1、D2是两只相同的灯泡，L是自感系数很大的线圈，其直流电阻与R的阻值相同．关于灯泡发光情况正确的是（　　）

A．当S1接a时，闭合S，D1将逐渐变亮

B．当S1接a时，闭合S待电路稳定后再断开，D1先变得更亮，然后渐渐变暗

C．当S1接b时，闭合S，D2将渐渐变亮

D．当S1接b时，闭合S待电路稳定后再断开，D2先变得更亮，然后渐渐变暗

8.（多选）如图所示，质量为m的人用绳子通过定滑轮把一个物体沿光滑的斜面向上拉，若不计滑轮的摩擦和绳子的质量，则人向右缓慢移动的过程中（　　）

A．绳子的拉力不变

B．人受到的支持力不变

C．人受到地面的摩擦力增大

D．人对绳子的拉力增大

分卷II

三、实验题（共2小题,共15分）

9.用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，如图a所示，在光滑水平桌面上有A，B两个质量相等的小车，A车的车尾拖着一穿过打点计时器的纸带，A车以某速度与静止的B车相碰，碰撞后两车连在一起共同运动，

碰撞前后打点计时器打下的纸带如图b所示，AB=BC=CD=2.28cm，EF=FG=GH=1.14cm，

（1）打点计时器的周期为__________s，其使用__________（填“直流”或“交流”）电源；

（2）与A车相连的是纸带的（填写“A端”或“H端”）；

（3）A车碰撞前的速度为___________m/s，AB碰后一起运动的速度为________m/s；

（4）由题中的信息可知，以A，B两小车为系统，在碰撞前后相等的物理量是__________（填物理量的名称）。

10.有一电压表V1，其量程为3V，内阻约为3000Ω，现要准确测量该电压表的内阻，提供的实验器材有:

电源E:

电动势约15V，内阻不计;

电流表A1:

量程1A，内阻r1=2Ω，;

电压表V2:

量程2V，内阻r2=2000Ω;

定值电阻R1:

阻值20Ω;

（可作为保护电阻）

定值电阻R2:

阻值1Ω;

（可作为保护电阻）

滑动变阻器R:

最大阻值10Ω，额定电流1A;

开关一个，导线若干.

（1）提供的实验器材中，应选用的电表是，定值电阻是;

（填器材符号）

（2）请你设计一个测量电压表V1的实验电路图，画在答题卡上对应的虚线框内;

（要求:

滑动变阻器要便于调节）

（3）若所选电表的读数为a，待测电压表V1的读数为U1，写出电压表V1内阻的计算表达式RV1=.

四、计算题

11.如图是检验某种防护罩承受冲击能力的装置，MN为半径R＝1.0m、固定于竖直平面内的

光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平．PQ为待检验的固定曲面，该曲面为在竖直面内截面半径r＝

m的

圆弧，圆弧下端切线水平且圆心恰好位于MN轨道的上端点N，，的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量m＝0.01kg的小钢珠，假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过N点，水平飞出后落到PQ上的S点，取g＝10m/s2.求：

（1）小球到达N点时速度vN的大小；

（2）发射该钢珠前，弹簧的弹性势能Ep的大小；

（3）钢珠落到圆弧PQ上S点时速度vS的大小．

12.在金属板A，B间加上如图乙所示的大小不变，方向周期性变化的交变电压，其周期为T.现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入（如图甲所示）．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：

（1）若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？

（2）若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少为多长？

（3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入？

两板间距至少为多大？

【物理选修3-3】

13.

（1）下列说法中正确的是（）

A．凡是具有规则几何形状的物体一定是单晶体，单晶体和多晶体都具有各向异性

B．液体表面层内分子分布比液体内部稀疏，所以分子间作用力表现为引力

C．布朗运动是悬浮在液体中的固体分子的运动，它间接说明分子永不停息地做无规则运动

D．满足能量守恒定律的客观过程并不都是可以自发地进行的

E．一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加

（2）如图是粗细均匀一端封闭一端开口的U形玻璃管，大气压强Po=76cmHg，当两管水银面相平时，左管被封闭气柱长L1=20cm，温度t1=310c，求：

（I）当气柱温度

等于多少0C时，左管中气柱长为21cm?

（II）保持

温度不变，为使左管气柱变为19cm，应在有管加入多长的水银柱?

答案解析

1.【答案】B

【解析】系统最初静止时，以木块A为研究对象得弹簧的压缩量x1＝

.B刚好离开地面时，以木块B为研究对象得弹簧的伸长量x2＝

.则A上升的高度h＝x1＋x2＝

，故B正确．

2.【答案】B

【解析】据题意，根据开普勒第三定律有：

，由于圆轨道半径大于椭圆的半长轴，所以在圆轨道上的运动周期较大，故选项A错误；

从P到Q的过程中，高度降低，重力势能转化为动能，故速率增大，选项B正确；

由于要从较高轨道运动到较低轨道，经过圆轨道P点时减速，就可以进入椭圆轨道，故选项C错误；

由于

则在椭圆轨道上的P点和在圆轨道上P点到月球距离相等，则加速度相等，故选项D错误。

3.【答案】B

【解析】物体m静止不动，受力平衡．可对物体受力分析，正交分解重力G，得：

支持力FN＝mgcosθ摩擦力Ff＝mgsinθ，比较可知θ稍微减小一些，FN变大，Ff变小，故A错误、B正确．对于水平面对斜面的力，最好采用整体法，对m和M整体进行受力分析：

整体受重力和水平面的支持力，支持力大小不变，与夹角无关．C错误；

因为整体处于静止也就是平衡状态，所以地面对斜面的摩擦力始终为零．D错误.

4.【答案】D

【解析】对小球向上运动，由动能定理，－（mg＋f）H＝0－

mv02，对小球向下运动，由动能定理，（mg－f）H＝

m（

v0）2，联立解得f＝

mg，选项D正确．

5.【答案】A

【解析】断开开关S，电容器带电量Q不变，将A、B分开一些，则d增大，根据C＝

知，电容C减小，根据C＝

知，电势差U增大，指针张角增大，故A正确；

保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，故B、C、D错误．

6.【答案】AC

【解析】绸带是轻质的，因此绸带受到的两个摩擦力始终一样大，故A对；

当倾角较小时，两者都相对绸带静止，一起匀加速运动，摩擦力均为静摩擦力；

当倾角取合适的值时，m正好相对绸带滑动，显然这个滑动摩擦力小于M的最大静摩擦力；

当倾角更大时，M带着绸带加速下滑，m也加速下滑，这时sinα>

μcosα，则Mgsinα>

mgsinα>

μmgcosα，故M不会相对绸带滑动，故C对，B、D均错．

7.【答案】AD

【解析】当S1接a时，灯泡D2被短路，不亮，D1与电感L串联，由于其自感系数很大，在闭合S时，电流增大，故L产生的电阻很大，D1上几乎没有电压，故D1不亮，随着时间的延长，电流变化减小，L的电阻变小，故D1将逐渐变亮，A是正确的；

当S1接a时，闭合S待电路稳定后再断开时，电路中的电流变小，通过D1的电流向左变小，但电感L产生的感应电动势与原电压是相反的，故电感使得回路中形成沿D1向右的电流，故此时D1不会先变得更亮，然后渐渐变暗，B不对；

当S1接b时，灯泡D1被短路，D2与电阻R串联，故闭合S时，D2不会渐渐变亮，故C是不对的；

当S1接b时，闭合S待电路稳定后再断开时，电路中的电流减小，通过D2的电流向左变小，电感L产生的感应电动势使得电路中的电流通过D2的方向也是向左，故最终通过灯泡D2的电流先变大，后变小，所以灯泡D2先变得更亮，然后渐渐变暗，D是正确的．

8.【答案】AC

【解析】人向右缓慢移动过程中，人和斜面上的物体都处于平衡状态，对斜面上的物体进行受力分析可知绳子拉力不变，A正确、D错误；

人向右缓慢移动，绳子与水平方向的夹角变小，对人进行受力分析可知，人受到的支持力变大，摩擦力变大，B错误、C正确．

9.【答案】

（10.02，交流；

（2）A端；

（3）1.14，0.57；

（4）动量。

【解析】

（1）由打点计时器和交流电频率可知打点计时器的周期为0.02s，其使用交流电源

（2）小车做的是减速运动，与A车相连的是纸带的A端（3）A车碰撞前的速度为

，碰后速度为

（4）由题中的信息可知，以A，B两小车为系统，在碰撞前后相等的物理量是动量

10.【答案】　

（1）V2　R1　

（2）见解析图　（3）电压表V1的示数U1，电压表V2的示数U2　（4）

r2

【解析】　

（1）据题意，通过伏安法测量电阻，但电压表V1的额定电流约为：

I1＝

＝1mA，如果用电流表A1测量电流，将会出现较大误差，而电压表V2的内阻已知，则可以用该电压表代替电流表，且该电压表额定电流为：

I2＝

＝1mA，滑动变阻器采用分压式接法，如果不接其他电阻，电流为1.5A，滑动变阻器将会烧坏，则最好再串联定值电阻R1.

（2）如图所示．

（3）需要测量电压表V1的示数U1，电压表V2的示数U2.

（4）

r2.

11.【答案】

（1）

m/s　

（2）0.15J　（3）4m/s

（1）恰好能过N点，则在N点时重力充当向心力，所以根据牛顿第二定律可得mg＝

故解得vN＝

m/s

（2）弹簧的弹性势能转化为动能和重力势能，所以有Ep＝mgR＋

mv

解得：

Ep＝0.15J

（3）从N点出来后，恰好做平抛运动，所以在水平方向上有：

x＝vNt

在竖直方向上有：

y＝

gt2

根据几何知识可得：

x2＋y2＝r2

故解得t＝

s

根据速度的合成可得vS＝

故vS＝4m/s

12.【答案】　

（1）

（2）v0T

（3）

＋k·

（k＝0,1,2，…）　T

（1）由动能定理得：

e·

＝

mv2－

解得v＝

.

（2）t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，则继续在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，实际速度等于初速度v0，平行于极板，以后继续重复这样的运动．

要使电子恰能平行于金属板飞出，则在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T.

（3）若要使电子从极板中央平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速，再减速，反向加速再减速，每段时间相同，一个周期后恰好回到OO′线．所以应在t＝

（k＝0,1,2，…）时射入．

极板间距离要求满足在加速，减速阶段电子不打到极板上．

由牛顿第二定律有a＝

加速阶段运动的距离s＝

·

（

）2≤

可解得d≥T

故两板间距至少为T

13.【答案】

（1）BDE

（2）（I）54.6°

C（Ⅱ）6cm

（1）BDE

（2）（Ⅰ）当左管气柱变为21cm时，右管水银面将比左管水银面高2cm，

此时左管气柱压强：

P2=76+2=78cmHg①

研究左管气柱由一定质量理想气体状态方程：

②

其中P1=P0=76cmHg,V1=20S,T1=273+31=304K,V2=21S,T2=273+t2

代入数据解得：

t2=54.6°

C③

（Ⅱ）设左管气柱变为19cm时压强为P3，由题意可知左管气柱做等温变化,根据玻意耳定律：

得：

76×

20S=P3×

19S④

P3=80cmHg⑤

右管加入的水银柱长：

h=80-76+（20-19）×

2=6cm⑥