名师解析山西省朔州市怀仁县第一中学届高三一轮复习摸底考试理综物理Word格式文档下载.docx

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共点力平衡的条件及其应用；

物体的弹性和弹力．

共点力作用下物体平衡专题．

当L1与竖直方向的夹角为45°

时，b球处于竖直状态，对ab两个小球受力分析，ab都处于静止状态，合力为零，根据共点力平衡条件列式求解即可．

当L1与竖直方向的夹角为45°

时，b球处于竖直状态，

对ab两个小球受力分析，如图所示：

b处于静止状态，则T=mg，

对A受力分析，受到重力mg，F，oa绳子的拉力和ob绳子的拉力，合力为零，则有：

解得：

F=mg+mg=20N

C

解决本题的关键合适地选择研究对象，正确地进行受力分析，运用共点力平衡，抓住水平方向和竖直方向合力为零进行求解，难度不大，属于基础题．

3．（6分）（2015•朔州校级一模）蹦床运动深受青少年喜爱，已被列入奥运比赛项目．若把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，把该运动员视作质点，不计空气阻力，则当运动员由蹦床上方自由下落，从刚接触床面到将床面压缩至最低的过程中，运动员（　　）

　A．受到的合力一直增大

　B．在最低点加速度的值大于重力加速度的值

　C．加速和减速阶段的速度改变量大小相同

　D．加速和减速阶段的位移相同

牛顿第二定律；

超重和失重．

本题考查人在蹦床上运动时受力及能量间的转化，要注意正确分析受力，明确各力做功情况，从而确定能量的转化方向．

A、当运动员由蹦床上方自由下落，从刚接触床面到将床面压缩至最低的过程中，运动员开始时受到的弹力小于重力，合力的方向向下，随弹力是增大，合力逐渐减小；

当弹力大于重力后，合力的方向向上，随弹力的增大，加速度逐渐增大，故A错误，

B、C、D、从刚接触床面到将床面压缔至最低的过程中，运动员先加速后减速，当弹力等于重力时，运动员的速度最大；

由运动的对称性可知，当弹簧的弹力等于2倍的重力时，运动员的速度与刚刚接触蹦床的速度是相等的，此后，运动员继续减速，一直到0．所以运动员加速阶段的速度变化量小于减速阶段的速度改变量大小；

加速阶段的位移小于减速阶段的位移；

在最低点加速度的值大于重力加速度的值．故B正确，CD错误．

B

该题考查牛顿第二定律的瞬时变化问题，要注意人受到的力为变力，弹簧的弹力变化满足F=kx，可以根据力力的特殊性与运动的对称性分析运动情况．

4．（6分）（2015•朔州校级一模）如图甲，水平放置的闭合回路由两部分组成，虚线左侧是电阻不能忽略的圆形导线，置于方向竖直的磁场B1中，B1随时间t的变化如图乙所示，t=0时，B1方向竖直向上；

虚线右侧是电阻可忽略的光滑平行导轨，处于方向竖直向下的匀强磁场B2中．t=0时，导体棒曲在平行于导轨、水平向右的外力，作用下从静止开始向右做匀加速直线运动，则F随t的变化规律大致是图丙中的（　　）

　A．

B．

C．

D．

导体切割磁感线时的感应电动势．

电磁感应与电路结合．

根据牛顿第二定律和安培力与速度的关系式列式，分析F与t的关系，即可选择图象．

t时刻棒的速度为v=at

产生的感应电动势E=BLv

感应电流I=

所受的安培力F安=BIL=

由牛顿第二定律得F﹣F安=ma

可得F=

+ma

当t=0时，F＞0，由于棒做匀加速运动，a不变，且由数学知识知，F﹣t图象是不过原点的倾斜直线，故D正确．

D．

对于图象，往往要根据物理规律得到解析式，再分析图象的形状和物理意义．

5．（6分）（2015•朔州校级一模）图甲中D为理想二极管，具有单向导电性，R是阻值均为10Ω的定值电阻．当a、b间加有图乙所示按正弦式规律变化的交变电压时，交流电压表的示数约为（　　）

　A．36.7VB．51.9VC．73.3VD．103.7V

正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．

交流电专题．

依据图象可得电压的有效值，在结合电流的热效应可得电压表示数．

由图可知该交流电的有效值为：

，由于二极管具有单向导电性，故该交流只有在每个周期的前半个周期才能向负载输出电压，由电流热效应可知：

，

则电压表示数为：

=

．

故B正确，ACD错误．

B．

该题的关键之一是要清楚二极管具有单向导电性；

其次是要会用电流的热效应求交流电的有效值，这个是重点考察内容．

6．（6分）（2015•朔州校级一模）如图所示，真空中有一个边长为2L的正方形，O点是其中心，a、b、c、d是各边的中点．在正方形的四个顶点A、B、C、D上分别放置带电量为﹣Q、+Q、+Q、+Q的点电荷，则下列说法正确的是（　　）

　A．O点处电场强度的大小为4k

　B．a、b两处的电场强度相同

　C．d点电势一定高于b点电势

　D．将一个带正电的试探电荷沿ac连线从a移到c，电场力做负功

电势差与电场强度的关系；

电场强度．

电场力与电势的性质专题．

BD两点上的电荷在O点产生的场强大小相等，方向相反，正好抵消，最终的场强为AC两点电荷在O点产生场强的合场强；

沿电场线方向电势降低，越靠近负电荷电势越低

正电荷电势越高，电势能越大

A、B、D两点上的电荷在O点产生的场强大小相等，方向相反，正好抵消，最终的场强为A、C两点电荷在O点产生场强的合场强．

则O点的场强：

E=EB+ED=2k

，方向沿OA连线由O指向A，故A错误．

B、a、b两处电场强度大小相同，方向不同，故B错误；

C、沿电场线方向电势降低，越靠近负电荷电势越低，故d电势高于b的电势，故C正确；

D、根据沿电场线方向电势降低，越靠近负电荷电势越低，知c电势高于a的电势，故带正电的试探电荷沿ac连线从a移到c，电场力做负功，故D正确；

CD

解决本题的关键掌握点电荷的场强公式，以及点电荷的场强方向，会根据平行四边形定则进行场强的叠加．

7．（6分）（2015•朔州校级一模）如图，水平放置的匀质圆盘可绕通过圆心的竖直轴OO′转动．两个质量均为lkg的小木块a和b放在圆盘上，a、b与转轴的距离均为1cm，a、b与圆盘间的动摩擦因数分别为0.1和0.4（设虽大静摩擦力等于滑动摩擦力）．若圆盘从静止开始绕OO′缓慢地加速转动，用m表示网盘转动的角速度，则（取g=10m/s2）（　　）

　A．a一定比b先开始滑动

　B．当ω=5rad/s时，b所受摩擦力的大小为1N

　C．当ω=10rad/s时，a所受摩擦力的大小为1N

　D．当ω=20rad/s时，继续增大ω，b相对圆盘开始滑动

向心力；

摩擦力的判断与计算．

匀速圆周运动专题．

依据向心力表达式，比较两个物体谁的向心力会先达到最大静摩擦力，谁就先开始滑动；

A、木块的最大静摩擦力f=μmg．木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得木块所受的静摩擦力为：

f=mω2r，当f=μmg，角速度最大ωm=

，由此知允许的角速度与质量无关，由动摩擦因数和半径有关，故a允许的角速度比b的小，故a一定比b先开始滑动；

故A正确；

B、由f=mω2r知当ω=5rad/s时，b所受摩擦力的大小f=1×

52×

0.01=0.25N＜μ2mg=4N，故B错误；

C、由f=mω2r知当ω=10rad/s时，a所受摩擦力的大小f=1×

102×

0.01=1N=μ1mg=1N，故C正确；

D、由ωm=

知b的角速度最大为ωB=

=20rad/s，继续增大ω，b相对圆盘开始滑动，故D正确；

CD．

本题的关键是正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：

静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答．

8．（6分）（2015•朔州校级一模）如图，a、b、c是三个小物块，a、b用绕过轻质定滑轮的细线相连，a放在固定的光滑斜面上，b、c在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，c放在水平地面上．现控制使细线伸直但无弹力，此时滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．将a由静止释放，a沿斜面下滑至速度最大时c恰好离开地面．已知ma=4m，mb=mc=m不计细线与滑轮问的摩擦，下列说法正确的是（　　）

　A．斜面倾角的正弦值为0.6

　B．c离开地面时，绳子拉力的大小为2mg

　C．c离开地面时，b的速度值为2g

　D．从释放a到c刚离开地面的过程中，a、b与地球组成的系统机械能守恒

机械能守恒定律；

功能关系．

机械能守恒定律应用专题．

c刚离开地面时，物体a沿斜面下滑的距离应该等于弹簧原来被压缩的长度再加上后来弹簧被拉长的长度，a获得最大速度，b应该处于受力平衡状态，对b受力分析，可以求得斜面的倾角α和绳子的拉力；

对于整个系统机械能守恒，根据机械能守恒列出方程就可以求得b的速度．

AB、设当物体c刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则

kxC=mg

物体c刚刚离开地面时，以b为研究对象，物体b受到重力4mg、弹簧的弹力kxC、细线的拉力T三个力的作用，此时三力平衡，对b有：

T﹣mg﹣kxC=0

由上两式联立解得：

绳子拉力的大小T=2mg

对a有，由平衡条件得：

4mgsinα﹣T=0

则得sinα=0.5．故A错误，B正确．

C、设开始时弹簧的压缩量xb，则kxb=mg，xb=

设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xc，则

kxc=mg，xc=

当物体c刚离开地面时，物体b上升的距离等于物体a沿斜面下滑的距离，均为：

h=xb+xc=

c离开地面时，a与b的速度值相等，设为v．以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，由系统的机械能守恒定律得：

4mghsinα﹣mgh=

（4m+m）v2；

联立解得：

v=2g

，故C正确．

D、从释放a到c刚离开地面的过程中，a、b、弹簧与地球组成的系统，只有重力和弹簧的弹力，系统的机械能守恒，由于弹性在变化，所以a、b与地球组成的系统机械能不守恒．故D错误．

BC．

本题关键是分析求出系统的运动状态，把握住弹簧的形变量与物体a下滑距离的关系，结合机械能守恒定律和胡克定律多次列式求解分析．

二、非选择题：

包括必考题和选考题两部分．第9题～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～18题为选考题，考生根据要求作答．

（一）必考题

9．（7分）（2015•朔州校级一模）用图甲所示的装置验证m1，m2组成的系统机械能守恒时，让m2从高处由静止开始下落后，m1拖着纸带上打出了一系列的带你，对纸带上的点迹继续测量，即可验证机械能守恒定律，图乙是实验中获取的一条纸带：

0是打下的第一个点（速度为0），每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出）计数点间的距离如图乙所示，已知m1=50g，m2=150g，则（取g=10m/s2，结果保留2位有效数字）．

（1）纸带上打下计数点5时，m1的速度v5=　2.4　m/s

（2）在打下点0﹣5的过程中，系统势能的减少量△Ep=　0.60　J，系统东等的增量△EB=　0.58　J．由此可得到的结论是　在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒　．

验证机械能守恒定律．

实验题．

（1）根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点5时的速度大小；

（2）根据系统的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据系统重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量，比较动能增加量和重力势能减小量之间的关系可以得出机械能是否守恒．

（1）根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：

v5=

=2.4m/s；

（2）系统重力势能的减小量等于物体重力做功，故：

△EP=W=（m2﹣m1）gx=0.1×

10×

（0.216+0.384）=0.60J；

在0～5过程中系统动能的增量△EK=

（m1+m2）v52=

×

0.2×

2.42J=0.58J；

由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒．

故答案为：

（1）2.4；

（2）0.60，0.58，在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒．

本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题，要熟练掌握匀变速直线运动的规律以及功能关系，增强数据处理能力．

10．（8分）（2015•朔州校级一模）为测定一硅光电池的电动势和内电阻，某小组设计了如图甲的实验电路，图中R为滑动变阻器，

和

是理想电流表，与

串联的定值电阻的阻值为R0，现在一定强度的光照下进行下述实验（计算结果保留3位有效数字）

（1）闭合开关，调节滑动变阻器，读出电流表

、

的值I1、I2，为作出电池的U﹣I图象，需要计算出路端电压U，则U=　I1R0　（用题中所给符号表示）

（2）根据测量数据作出该硅光电池的U﹣I图象如图乙所示，则该电池的电动势E=　2.90　V，在流过

的电流小于200mA，此电池的内阻r=　4.00　Ω

（3）若用该光电池为阻值为6Ω的用电器供电，此用电器的功率P=　0.338　W．

测定电源的电动势和内阻．

想电流表和定值电阻构成一电压表，可测量外电压．

在硅光电池的U﹣I图象，当I=0，U=E，图线斜率的绝对值表示内阻．

通过作图求解，作出电阻为6Ω它两端的电压和通过它电流的图线，与图乙中U﹣I图线有交点，交点对应电压电流表示硅光电池两端接上阻值为6Ω的电阻时的电压和电流．则可求得功率

（1）理想电流表和定值电阻构成一电压表，可测量外电压．所以U=I1R0．

（2）在硅光电池的U﹣I图象，当I=0，U=E，图线斜率的绝对值表示内阻．所以E=2.90V，在流过电流表A2的电流小于200mA的情况下，图象为直线，图象的斜率表示内阻，此电池的内阻r=

=4.00Ω．

（3）作出6Ω定值电阻的U﹣I图线，是一条过原点的直线，该直线与图乙中电源的外电压和电流图线有交点，交点对应的电压、电流表示硅光电池两端接上阻值为6Ω的电阻时的电压和电流．由图可知，电压值为2.25V，电流为0.15A；

则功率P=UI=2.25×

0.15=0.338W；

3故答案为

（1）I1R0；

（2）2.90；

4.00（3）0.338

本题考查测定电动势和内电阻的数据处理，要求能根据公式得出图象中斜率及截距的含义；

同时注意对于非线性元件，要注意利用图象法求解其工作点．

11．（13分）（2015•朔州校级一模）如图所示，平板小车B静止在光滑水平面上，现用F=12N的水平恒力向左拉动小车，当小车B速度为v0时，将小物体A无初速地轻放在小车B的左端（不计此时的能量损失），A滑到B的右端而恰不掉下．已知A、B间的动摩擦因数μ=0.4，小车长L=1m，mA=1kg，mB=4kg，求v0的大小．（取g=l0m/s2）

匀变速直线运动的位移与时间的关系．

牛顿运动定律综合专题．

分别对物体和小车受力分析，根据牛顿运动定律求解加速度，根据运动学知识找到位移和速度关系列方程求解．

物体A加速度为a1，小车加速度为a2

由牛顿运动定律知

μmAg=mAa

F﹣μmAg=mBa

物体A到达B右端速度为v1=a1t

位移为x1=

此时小车B速度为v2=v0+a2t，

位移为x2=v

若恰好不掉，则v1=v2

x2﹣x1=L

联立以上各式解得v0=2m/s

答：

v0的大小为2m/s．

本题是相对运动的题目，要对每个物体分别分析其运动情况，利用运动学的基本公式，再根据速度和位移的关系及牛顿第二定律求解，若恰好不掉，则v1=v2；

x2﹣x1=L，难度较大．

12．（19分）（2015•朔州校级一模）如图，x轴的上方存在匀强磁场B1和匀强电场E1，其中B1=0.20T，方向垂直纸面向里；

E1=2.0×

105v/m，方向沿x轴负方向．M、N是与x轴平行的薄板，其中N板位于x轴上．P、Q是MN板上的两个小孔，其连线与y轴平行．在xOy坐标系的第一象限内，有一理想边界线AO，与x轴的夹角∠AOx=45°

，边界线的上方有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度B2=0.25T，边界线的下方有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度E2=5.0×

105V/m，y轴上固定一荧光屏．一束带电荷量q=8.0×

10﹣19C、质量m=8.0×

10﹣20kg的正离子从P点射入MN间，通过点Q（0.8m，0）后沿y轴正方向进入第一象限，最后打到荧光屏上的C点．不计离子的重力，求：

（1）高子通过Q点时速度的大小；

（2）C点的纵坐标；

（3）若只改变AOx区域内磁感应强度的大小，使离子都不能到达荧光屏上，则磁感应强度的大小B2应满足什么条件？

（不考虑N板对离子的反射）

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．

带电粒子在复合场中的运动专题．

（1）离子在复合场中做直线运动，受电场力和洛伦兹力平衡，结合平衡求出离子通过Q点的速度大小．

（2）根据半径公式求出离子在磁场中做圆周运动的半径，作出离子的运动轨迹，得出圆心角，确定出离子在电场中做类平抛运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出沿电场方向上的位移，根据几何关系求出C点的纵坐标．

（3）根据几何关系求出最大半径，结合半径公式求出磁感应强度的最小值，从而得出磁感应强度的范围．

（1）设从Q射出的离子的速度大小为v，有：

qE1=qvB1，

代入数据解得v=1.0×

106m/s．

（2）离子进入磁场做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：

代入数据解得r=0.4m．

作出离子的运动轨迹，交OA边界于D，如图所示．

可知圆弧QD的圆心角为90°

，离子垂直电场线进入电场，离子在电场中做类平抛运动，

x=OO′=vt，

y=

a=

代入数据联立解得y=0.4m．

离子打到荧光屏上的位置C的纵坐标为yC=（0.4+0.4）m=0.8m．

（3）只要离子能通过AO边界进入电场E2中，离子一定到达荧光屏上．由几何关系可知，使离子不能到达y轴上的最大半径

Rm+2Rmsin45°

=xQ，

设最小的磁感应强度大小为B0，则

代入数据解得

所以B2应满足的条件

（1）离子通过Q点时速度的大小为1.0×

（2）C点的纵坐标为0.8m．

（3）磁感应强度的大小B2应满足

本题考查了粒子在电场和磁场中运动，知道粒子在PQ间做匀速直线运动，对于粒子在磁场中的运动，会确定圆心、半径、圆心角．掌握处理粒子做类平抛运动的方法，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．对于第三问，关键确定出临界状态，找出最大半径．

【物理--选修3-3】

（共2小题，满分15分）

13．（6分）（2015•朔州校级一模）根据热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是（　　）

　A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量

　B．不可能使热量由低温物体传递到高温物体

　C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功

　D．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能减小

　E．功转化为热的宏观过程是不可逆的过程

理想气体的状态方程；

热力学第一定律；

热力学第二定律．

热力学定理专题．

在热力学中，系统发生变化时，内能的变化为△U=Q+W；

不可能把热量从低温物体传向高温物体而不引起其它变化．

A、做功和热传递是改变物体内能的两种方法，为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量．故A正确；

B、热量不能自发从低温物体传向高温物体，在一定的条件下可能使热量由低温物体传递到高温物体，如空调．故B错误；

C、热力学第二定律可以表示为：

不可能制成一种循环动作的热机，从单一热源取热，使之完全变为功而不引起其它变化；

但是可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功．故C正确．

D、根据理想气体的状态方程：

可知，一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体的温度一定升高，所以分子的平均动能增大．故D错误；

E、热力学第二定律的实质：

一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的；

但功和能是两个不同概念，功是不可能转化为能的，故E错误；

AC．

本题考查了理想气体的状态方程、热力学第一定律和热力学第二定律，关键是根据公式△E=W+Q进行分析，基础题．

14．（9分）（2015•朔州校级一模）如图所示，可沿气缸壁自由移动的活塞将密封的竖直圆筒形气缸分隔成A、B两部分，活塞与气缸顶部有一弹簧相连，当活塞位于气缸底部时弹簧恰好无形变．开始时B内充有一定质量的气体，A内是真空，B部分气体的高度为L1=0.20m此时活塞受到弹簧的作用力与活塞的重力大小相等．现将整个装置倒置并设温度不变，求达到新的平衡后B部分气体的高度L2．

理想气体的状态方程．

理想气体状态方程专题．

以