精品解析四川省南充市届高三上学期第一次高考适应性考试理科综合物理试题 附解析Word格式.docx

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故选C.

【点睛】本题要抓住位移时间图象与速度时间图象物理意义的区别，从斜率、面积等数学意义进行识别和理解.

3.水平放置的平行板电谷器与某恒压电源相连，一带电液滴在两板间处于静止状态，现将上板瞬间向上移动少许到图中水平虚线位置，则

A.电容器的电容增大

B.电容器的电量增人

C.电容器的电压增大

D.液滴向下运动

【详解】带电液滴置于水平放置的平行板电容器的中间而静止，受重力和电场力平衡；

现将上极板向上移动少许，板间距离增大，根据

可知，电容减小；

由于电压一定，当电容减小，则由Q=UC可知，Q会减小；

因电压不变，根据U=Ed，极板间距增大，故电场强度变小，电场力小于重力，则液滴向下运动；

综上所述，故D正确，A，B，C错误.故选D.

【点睛】本题考查了油滴运动方向问题，分析清楚极板间电场强度如何变化是解题的关键；

要掌握电容的决定式、定义式和场强与电势差的关系式.

4.身高和质量相同的两人穿同样的鞋在同一水平地面上通过一轻杆进行“顶牛”比赛，企图迫使对方后退.设甲、乙对杆的推力分别为F1、F2，甲、乙两甲人身体因前倾而偏离竖直方向的夹角分别为a1、a2，倾角α越大，此刻人手和杆的端点位置就越低，如图所示，若甲获胜，则

A.F1=F2，α1>

α2B.F1>

F2，α1=α2C.F1=F2，α1<

α2D.F1>

F2，α1>

α2

【答案】A

根据牛顿第三定律，F1=F2，BD错误；

倾角θ越大，此刻人手和杆的端点位置就越低，则受到F提供了向下的压力，f增大，能够获胜，甲获胜，则α1>

α2，A正确、C错误。

5.四个电荷量大小相同的点电荷位于正方形四个角上，电性与各点电荷附近的电场线分布如图所示。

ab、cd分别是正方形两组对边的中垂线，O为中垂线的交点，P、Q分别为ab，cd上的两点，OP>

OQ，下列说法中正确的是

A.P、Q两点电势相等，场强不同

B.P点的电势比M点的低

C.PM两点间的电势差大于QM间的电势差

D.带负电的试探电荷在Q点的电势能比在M点小

【答案】AD

电场线的疏密表示场强的大小，根据电场线的方向确定场源电荷的正负。

电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低。

根据电势高低判断功的正负，从而确定电势能的大小.

【详解】A、电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密，电场强度越大，根据图象知P点的电场强度比Q点的小.根据电场线与等势面垂直，可知ab与cd是两条等势线，则P与O的电势相等，Q与O的电势也相等，所以P、Q两点的电势相等；

故A正确.

B、ab连线上各点的电势相等，沿着电场线方向，电势逐渐降低可知，M点比ab连线上各点的电势低，则M点的电势比P点的低；

故B错误；

C、由于P、Q两点电势相等，所以PM两点间的电势差等于QM间的电势差，故C错误；

D、P、Q两点的电势相等，又根据B项分析可知M点的电势比P点的低，则Q点的电势高于M点的电势，而负电荷在电势高处电势能小，所以带负电的试探电荷在Q点的电势能比在M点小；

故D正确.

故选AD.

【点睛】本题的关键要掌握电场线的分布情况，理解电场的叠加原理，掌握电场线的两个物理意义：

电场线的疏密表示场强的大小，电场线方向表示电势的高低.

6.如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD—A1B1C1D1，从顶点A沿不同方向平抛一小球（可视为质点）。

关于小球的运动，下列说法正确的是

A.落点在A1B1C1D1内的小球，落在C1点时平抛的初速度最小

B.落点在B1D1上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是

C.运动轨迹与AC1相交的小球，在交点处的速度方向都相同

D.运动轨迹与A1C相交的小球，在交点处的速度方向都相同

【答案】BC

【详解】小球落到A1B1C1D1内时下落的竖直高度都相同，根据h=

gt2可知，时间相同，落在C1点时水平位移最大，则平抛的初速度最大，选项A错误；

落点在B1D1上的小球，最近的水平位移为

，最远的水平位移为a（a为正方体的边长），则平抛初速度的最小值与最大值之比是

，选项B正确；

设AC1的倾角为α，轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为θ．则有

，tanθ=

，则tanθ=2tanα，可知θ一定，则轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故C正确；

运动轨迹与A1C相交的小球，在交点处的位置不同，则竖直高度不同，根据

可知竖直速度不同，因水平速度相同，可知速度方向都不相同，D错误。

故选BC.

【点睛】决本题的关键要掌握平抛运动的研究方法，即水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动，运动时间由下落的高度决定；

掌握分位移公式；

D项也可以根据作为结论记住。

7.如图所示，A、B两个物体放在水平旋转的圆盘上，A的质量是m，B的质量为2m，B离轴距离为R，A离轴距离为2R，在转盘转速增加的过程中，两物体始终相对盘静止，则

A.A与B的线速度之比为

︰1

B.A与B的角速度之比为1：

1

C.A与B的向心加速度之比为1：

D.摩擦力对物体做正功

【答案】BD

A、B共轴转动，角速度相等，根据转动的半径大小，结合v=rω、a=rω2比较线速度、向心加速度的大小，根据动能定理判断摩擦力做功的正负.

【详解】A、B、A、B共轴转动，角速度大小相等，即ωA:

ωB=1:

1，由v=rω得：

vA:

vB=rA:

rB=2：

1，故A错误，B正确；

C、根据a=rω2知，A、B的角速度相等，所以有aA:

aB=rA:

rB=2:

1，故C错误；

D、由于只有摩擦力对物体做功，由动能定理得：

Wf=△EK，转盘转速增加则动能增加，所以摩擦力对物体做正功，故D正确.

故选BD.

【点睛】解决本题的关键知道共轴转动的物体角速度相等，知道线速度、角速度、向心加速度的关系，并能灵活运用.

8.已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图a所示），以此时为t=0时刻记录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b所示（图中取沿斜面向上的方向为正方向，其中两坐标大小v1>

v2），下列判断正确的是

A.t1~t2内，物块对传送带一直做正功

B.物块与传送带间的动摩擦因数μ>

tanθ

C.系統产生的热量一定比物动能的少量大

D.0～t2内传送带对物块做功为

【详解】由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上。

0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带一直做负功。

故A错误。

在t1～t2内，物块向上运动，则有μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ．故B正确。

0～t2内，重力对物块做正功，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大。

故C正确。

0～t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：

W+WG=

mv22-

mv12，则传送带对物块做功W≠

mv12．故D错误。

故选BC。

【点睛】由速度图象要能分析物块的运动情况，再判断其受力情况，得到动摩擦因数的范围，根据动能定理求解功是常用的方法．

9.在探究“物体质量一定时加速度与力的关系”的实验中，某兴趣小组对教材介绍的实验方案进行了优化，设计了如图所示的实验装置。

其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量（滑轮质量不计）

（1）在平衡摩擦力后，依据优化后的实验方案，实验中__________（选填“一定要”或“不必要”）保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M；

（2）该同学在实验中得到如图a）所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器使用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为__________m/s2（结果保留三位有效数字）.

（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a-F图像是一条过原点的直线，如图（b）所示，若直线的斜率为k，则小车的质量为__________。

【答案】

（1）.不必要

（2）.2.00（3）.

【详解】

（1）A、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故A、D错误．

B、实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确．

C、实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，需记录传感器的示数，故C正确．

（2）根据△x=aT2，运用逐差法得

.

（3）弹簧测力计的示数

即

，则a-F图线的斜率为k，则

，故小车质量为

【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数．

10.玩具电动机的额定电压为3V，其线圈的电阻Rx大约为15Ω，当其两端电压达到0.3V时，电动机才会开始转动.为了尽量准确测量线圈的电阻Rx，某同学设计了部分电路原理图如图所示，可供选择的器材有：

电流表A1（0~20mA、内阻约10Ω）；

电流表A2（0~200mA、内阻约5Ω）；

滑动变阻器R1（0~10Ω，额定电流2A）

滑动变阻器R2（0~2kΩ，额定电流1A）；

电压表V（2.5V，内阻约3kΩ）；

电源E（电动势为3V、内阻不计）；

合适的定值电阻R

开关S及导线若下

（1）应选择的电流表为____________，滑动变阻器为____________；

（2）如图电压表右端c应连接在____________点（选填“a”或“b”）

（3）某次实验中，保证电动机不转动的状态下，电压表的读数为U，电流表的读数为I，则计算电动机线圈电阻的表达式Rx=___________（用题给符号表示）

【答案】

（1）.A1

（2）.R1（3）.a（4）.

（1）根据给出的电表量程以及电动机内阻进行分析，确定合理的量程范围，从而确定电流表以及滑动变阻器；

（2）分析电表内阻以及滑动变阻器的大小，从而确定电流表接法；

（3）根据欧姆定律即可确定线圈内阻.

（1）电动机线圈的电阻Rx大约为15Ω，为了保证实验过程中电动机不转动，其两端电压不超过0.3V，可估算其电流

=0.02A=20mA，不超过20mA，所以电流表选择A1；

由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1.

（2）所选电流表内阻约10Ω，电压表内阻约3kΩ，由于

，电流表应选择外接法，即：

电压表右端c应连接在a点.

（3）根据欧姆定律有：

，所以有：

【点睛】本题考查伏安法测电阻中的电路和电表的正确选择，要注意明确实验原理，知道分压和电流表外接法的正确应用是解题的关键.

11.如图所示，质量为m=1kg物体A（可视为质点）放置在光滑的平台上，与一根处于自然长度的弹簣接触但不相连，弹簧另一端固定在竖直墙面上，平台右侧的光滑水平地面上有紧靠平台的足够长的质量为M=2kg的木板B，木板上表面与平台相平.现用水平向左的力作用于物体A上将弹簧缓慢压缩一段距离后，撤去外力使A静止释放，已知A滑上木板B时的速度为v0=2m/s，A与B之间的动摩擦因数μ=0.2，g=10m/s2，求：

（1）释放物体A瞬间，弹簧的弹性势能Ep；

（2）A在B上滑动的时间t

【答案】

（1）

（2）

（1）物块A从释放到滑上木板B，由能量守恒知弹性势能全部转化为物块的动能：

（2）物块滑上木板B后，由于木板足够长，则物块减速，木板加速，最终相对静止.

物块向右减速：

木板B向右加速：

最终共速，A相对B滑动的时间t，则v0-a1t=a2t

解得：

【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，关键能够正确地受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式分析物体的运动情况，知道最终速度相等是解题的关键.

12.如图所示，在竖直平面内的+面直角坐标系xoy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为－q（－q<

0）的带电绝缘小球，从y轴上的P（0，L）点由静止开始释放，运动至x轴上的A（－L，0）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入固定在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于B点，交x轴于A点和C（L，0）点已知细管内径略大于小球外径，小球直径远小于细管半径，不计空气阻力，重力加速度为g。

求：

（1）匀强电场的电场强度的大小；

（2）小球运动到B点时对管的压力的大小和方向；

（3）小球从C点飞出后落在x轴上的位置坐标

，方向向上；

（3）

．

解：

（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°

，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°

，

则tan45°

=

E=

（2）根据几何关系可知，圆弧的半径r=

从P到B点的过程中，根据动能定理得：

（2L+

）+EqL

在B点，根据牛顿第二定律得：

N﹣mg=m

联立解得：

N=

mg，方向向上，

（3）从P到A的过程中，根据动能定理得：

小球从C点抛出后做类平抛运动，

抛出时的速度vC=vA=

小球的加速度

当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：

则沿x轴方向运动的位移x=

则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标x′=L﹣8L=﹣7L

答：

（1）匀强电场的电场强度的大小为

；

（2）小球运动到B点时对管的压力的大小为

mg方向向上；

（3）小球从C点飞出后会落在x轴上的坐标为﹣7L的位置上．

考点：

带电粒子在匀强磁场中的运动；

带电粒子在匀强电场中的运动．

专题：

带电粒子在磁场中的运动专题．

分析：

（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据小球从A点沿切线方向进入，求出速度方向，从而求出合力方向，再根据几何关系求解；

（2）先根据几何关系求出半径，从P到B点的过程中，根据动能定理列式，在B点，根据牛顿第二定律列式，联立方程即可求解；

（3）从P到A的过程中，根据动能定理求出A点速度，则C点速度与A点速度大小相等，小球从C点抛出后做类平抛运动，根据平抛运动基本公式求解．

点评：

本题主要考查了动能定理、牛顿第二定律及平抛运动基本公式的直接应用，要求同学们能正确分析小球的运动情况，能结合几何关系求解，特别注意题目中的隐含条件的使用，难度较大．

13.如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－V图中从a到b的直线所示．在此过程中________．

A．气体温度一直降低

B．气体内能一直增加

C．气体一直对外做功

D．气体一直从外界吸热

E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功

【答案】BCD

【详解】由图知气体的pV一直增大，由

知气体的温度一直升高，故A错误。

一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，故B正确。

气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C正确。

气体的内能一直增加，并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律△U=W+Q可知气体一直从外界吸热，故D正确。

气体吸收的热量用于对外功和增加内能，故E错误。

故选BCD。

【点睛】该题结合图象考查气态方程，能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系。

要注意热力学第一定律△U=W+Q中，W、Q取正负号的含义。

14.在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。

当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0cm和l2=12.0cm，左边气体的压强为12.0cmHg。

现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。

求U形管平放时两边空气柱的长度。

在整个过程中，气体温度不变。

【答案】7.5cm

试题分析本题考查玻意耳定律、液柱模型、关联气体及其相关的知识点。

解析设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。

U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l1′和l2′。

由力的平衡条件有

①

式中

为水银密度，g为重力加速度大小。

由玻意耳定律有

p1l1=pl1′②

p2l2=pl2′③

l1′–l1=l2–l2′④

由①②③④式和题给条件得

l1′=22.5cm⑤

l2′=7.5cm⑥

15.关于黄光和蓝光的比较，下列说法正确的是_________

A.从玻璃到空气发生全反射时，蓝光的临界角小于黄光的临界角

B.同一种介质对蓝光的折射率大于对黄光的折射率

C.黄光在真空中的速度大于蓝光在貞空屮的速度

D.在同一种均匀介质中，黄光的波长大于蓝光的波长

E.在同一个杨氏双缝干涉裝置中，黄光的条纹间距小于蓝光的条纹间距

【答案】ABD

【详解】A、蓝光的折射率比黄光的折射率大，由

可知蓝光的临界角小于黄光的临界角，故A正确；

B、对同一种介质而言，波长越长的，折射率越小，由于黄光的波长比蓝光长，因此黄光在其中的折射率小于蓝光在其中的折射率，故B正确；

C、所有光在真空中速度均相等，故C错误；

D、在同一种均匀介质中，黄光的波长大于蓝光的波长，故D正确；

E、根据公式

，黄光的波长比蓝光长，则黄光的条纹间距大于蓝光的条纹间距，故E错误；

故选ABD.

【点睛】本题考查了光的干涉的应用、光的传播、几种光的波长与频率高低的比较、及折射率与临界角的关系等，掌握基础知识即可正确解题，平时要注意基础知识的学习与掌握.

16.一列沿简谐横波传播方向上依次有相距为3m的两个质点A和B，如图所示为A和B的振动图象。

波长λ满足1m<

λ<

3m，求：

（i）该波传播的速度v；

（ii）波通过A、B两点的时间t.

【答案】v=4m/s，

，t=1.35s

【详解】由振动图像知，周期T=0.6s

当t=0时，A在波峰，B在平衡位置且向上运动，

而波从A传向B，所以

故

因为

，所以n=1或n=2

n=1时，

n=2时，

【点睛】题考查运用数学方法解决物理问题的能力，能够根据振动图象能直接读出振幅、周期.