届江西临川二中高三上学期第九次训练物理试题解析版.docx

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届江西临川二中高三上学期第九次训练物理试题解析版

江西省临川二中2018届高三上学期第九次物理训练

二、选择题：

1.下列叙述的现象中解释不合理的一项是（　　）

A.火车或汽车转弯过程中要限速是因为在弯道处速度越大越容易发生离心现象而翻车

B.轨道越大的卫星运行速率越小是因为卫星的运行速率与轨道半径成反比

C.发动机功率大的汽车往往提速比较快是因为在相同时间内做功多

D.交通事故中发生的碰撞都是非弹性碰撞是因为在发生碰撞的过程中一定有机械能损失

【答案】B

【解析】火车或汽车转弯过程中要限速是因为在弯道处速度越大，需要的向心力越大，则越容易发生离心现象而翻车，故A正确；根据万有引力定律可知，轨道越大的卫星运行速率越小是因为卫星的运行速率与轨道半径的平方根成反比，故B错误；发动机功率大的汽车往往提速比较快是因为在相同时间内做功多，从而使汽车在相同时间内获得较大的速度，故C正确；

交通事故中发生碰撞的过程中一定有机械能损失，所以交通事故中发生的碰撞都是非弹性碰撞，故D正确．本题选择不合理的，故选B．

2.如图甲所示,在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力的传感器。

传感器下方挂一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球。

小球随升降机一起运动,若升降机在运行过程中突然停止,并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示,g为重力加速度，则（）

A.升降机突然停止前在做向上的加速运动

B.t1-t2时间内小球向下运动,小球动能先减小后增大

C.0-t1时间内小球处于失重状态,t1-t2内处于超重状态

D.t3-t4时间内弹簧弹性势能变化量大于小球动能变化量

【答案】D

【解析】A、由图象看出，t=0时刻，弹簧的弹力为mg，升降机停止后弹簧的拉力变小，合力向下，小球可能向下加速，也可能向上减速；若向下加速，弹力增大，加速度增大，根据对称性可知，最低点的拉力就大于2mg，由图知不可能，故升降机停止前在向上匀速运动，故A错误；

B、t1时刻弹簧的拉力是0，所以t1时刻弹簧处于原长状态；由于t1时刻之后弹簧的拉力又开始增大说明弹簧开始变长，所以t1～t3时间小球向下运动，t3时刻小球到达最低点，弹簧处于最长状态，t1～t2时间内小球向下运动，拉力小于重力，所以合外力做正功，小球动能增大，故B错误；

C、0～t1时间拉力小于重力，小球处于失重状态，t1～t2时间拉力也小于重力，小球也处于失重状态，故C错误；

D、t3～t4时间，弹簧的拉力减小，小球向上运动，重力做负功，重力势能增大，弹力做正功，弹簧势能减小，动能增大，根据系统机械能守恒得知，弹簧弹性势能变化量大于小球动能变化量，故D正确。

故选：

D。

【名师点睛】

由图象看出，升降机停止后弹簧的拉力变小，说明小球向上运动，说明升降机停止前在向上运动．根据拉力与重力的大小关系确定小球处于失重状态还是超重状态．拉力小于重力，小球处于失重状态；拉力大于重力，小球处于超重状态．t1～t3时间小球向下上运动，t3时刻小

球到达最低点，弹簧处于伸长状态，速率减小，动能减小．t3～t4时间，小球重力做功为零根据系统机械能守恒分析弹簧弹性势能变化量与小球动能变化量的关系。

3.真空中，在x轴上的原点处和x=6a处分别固定一个点电荷M、N，在x=2a处由静止释放一个正点电荷P，假设试探电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到试探电荷P的速度与其在x轴上的位置关系,如图所示，则下列说法正确的是（）

A.点电荷M、N一定都是负电荷

B.试探电荷P的电势能一定是先增大后减小

C.点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2∶1

D.x=4a处的电场强度一定为零

【答案】B

【解析】试题分析：

考点：

【名师点睛】

4.如图所示，平行板电容器的两极板为A、B，B极板接地，A极板带有电荷量+Q，板间电场有一固定点P，若将B极板固定，A极板下移一些，或者将A极板固定，B极板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是（）

A.A极板下移时，P点的电场强度增大，P点电势不变

B.A极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高

C.B极板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低

D.B极板上移时，P点的电场强度减小，P点电势升高

【答案】C

【解析】平行板电容器所带的电荷量不变，将A板下移一小段距离，根据

知，电场强度不变，则P与下极板间电势差不变，因P点距离B极间距不变，则P点的电势也不变，故AB错误．平行板电容器所带的电荷量不变，将B板向上移动一小段距离，同理根据

知，电场强度不变，由于P点距离B板的间距减小，则P点的电势降低，故C正确，D错误．故选C．

点睛：

解答本题应记住结论：

当电量不变时，只改变两板间的距离，则两极板间的电场强度不变．掌握电容器的定义式和决定式，并能灵活运用．

5.一个质量为m=1kg的物体在粗糙的水平面上在水平拉力作用下沿直线运动，物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5．从t=0时刻开始，物体的位移x与运动时间t的关系如图

﹣t所示，图线与纵横坐标轴的交点坐标分别为0.5m/s和1s，g=10m/s2，物体运动时间2s，下列说法错误的是（　　）

A.初速度为0.5m/s

B.加速度为0.5m/s2

C.运动位移为3m

D.受到的水平拉力大小大小为6N

【答案】B

【解析】A、图像的斜率为

、纵截距为

。

由位移公式

两边除以对应运动时间t为

，可得纵截距的物理意义为物体运动初速度、斜率的物理意义为物体加速度的一半（

），所以物体做初速度为

、加速度大小为

的匀加速直线运动，选项A正确、B错误；

C、物体在t＝2s时间内的运动位移

，选项C正确；

D、对物体，应用牛顿第二定律有

，解得

，选项D正确。

点睛：

本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，难度不大。

6.如图甲所示，平行板相距为d，在两金属板间加一如图乙所示的交变电压，有一个粒子源在平行板左边界中点处沿垂直电场方向连续发射速度相同的带正电粒子（不计重力）．t=0时刻进入电场的粒子恰好在t=T时刻到达B板右边缘，则（　　）

A.任意时刻进入的粒子到达电场右边界经历的时间为T

B.t=

时刻进入的粒子到达电场右边界的速度最大

C.t=

时刻进入的粒子到达电场右边界时距B板的距离为

D.粒子到达电场右边界时的动能与何时进入电场无关

【答案】AD

【解析】试题分析：

任意时刻进入的粒子水平方向都做匀速直线运动，由

，则得：

，

都相等，而且水平方向的速度不变，所以到达电场右边界所用时间都相等，都为T，故A正确；粒子在竖直方向做周期性运动，匀加速和匀减速运动的时间相等，加速度也相同，所以到达电场右边界时速度的变化量为零，因此粒子到达电场右边界时的速度大小等于进入电场时初速度大小，与何时进入电场无关，故B错误，D正确；对于

时刻进入电场的粒子，

据题意有：

时刻进入的粒子，在前

时间内竖直方向的位移向下，大小为：

在后

时间内竖直方向的位移向下，大小为：

则知

，即竖直方向的位移为0，所以子到达电场右边界时距B板距离为：

，故C错误．

考点：

带电粒子在匀强电场中的运动

【名师点睛】本题中粒子在周期性变化的电场中运动，关键要抓住粒子运动过程的周期性和对称性，运用牛顿第二定律和运动学公式结合解题。

7.静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示,x轴正向为场强正方向,带正电的点电荷沿x轴运动,则点电荷（　　）

A.在x2和x4处电势能相等

B.由x1运动到x3的过程中电势能增大

C.由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小

D.由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大

【答案】BC

【解析】试题分析：

由图像可知，在0～x1之间，电场强度E是正的，是沿x轴正方向的；在x1～x4之间，电场强度E是负的，是沿x轴负方向的，故由x2到x4是逆着电场线的方向，所以x4处的电势要大于x2处的电势，选项A错误；由x1运动到x3的过程中，是逆着电场线方向的，所以电势能增大，选项B正确；由x1运动到x4的过程中，x3处的电场强度的大小是最大的，故电荷在该点受到的电场力也应该是最大的，故电场力是先增大后减小，选项C正确，D错误。

考点：

由图像判断电场线的方向，再确定电势大小的关系。

【名师点晴】图像只是向我们提供一种电场强度与位置的关系，需要我们通过图像将其转化为具有一定形态的东西，当我们将其转化成具体的电场线的某一个方向时，我们再去判断就会很容易了，所以对图像的识别很重要。

8.如图所示，长为L的竖直轻杆上端固定一个质量为m的小球，下端可绕固定的水平轴O转动，小球与水平桌面上质量为4m的立方体物块相接触，系统处于静止状态.若小球受到微小扰动，向右推动物块，当杆与桌面成300角时，小球与物块刚好分离，设此时杆中的弹力大小为F，此过程中小球对物块做功为W，已知重力加速度大小为g，不计一切摩擦阻力，则下列判断正确的是（）

A.F=0B.F=mgC.W=

mgLD.W=

mgL

【答案】AC

【解析】设小球、物块的速度分别为v、vM,根据系统的机械能守恒得：

，球的线速度沿水平方向的分速度等于物块的速度，即有vcos60°=vM．得v=2vM,联立解得：

，

。

对球根据牛顿第二定律：

，联立解得：

，故A正确，B错误；对物块根据动能定理得：

，故C正确，D错误。

所以AC正确，BD错误。

三、非选择题：

（一）必考题

9.某同学利用如图甲所示实验装置验证机械能守恒．半圆盘固定在竖直平面内，盘面的水平刻度线标注着距离悬挂点O的高度，金属小圆柱用细线悬挂于O点，将小圆柱拉至水平位置，然后由静止释放，小圆柱依次通过固定在不同高度的光电门，记录小圆柱经过各光电门所用时间，已知当地重力加速度为g．

（1）为计算出相应速度v，该同学用螺旋测微器测量出小圆柱的直径d，测量示数如图乙所示，则d=____________mm。

（2）该同学用横坐标表示小圆柱下降高度h，纵坐标应表示____（选填“v”或“v2”），从而可以得到一条过原点的直线。

他求出图象斜率为k，当k=___时，则可验证小圆柱摆动过程中机械能是守恒的。

【答案】

（1）.6.955

（2）.v2（3）.2g

（2）根据机械能守恒定律有：

，则有：

v2=2gh，知v2与h成正比；

由题意可知，图线的斜率等于2g。

10.用伏安法测定一段阻值约为5Ω的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：

A．电池组（3V，内阻约为1Ω）；

B．电流表（0～3A，内阻约为0.01Ω）；

C．电流表（0～0.6A，内阻约为0.1Ω）；

D．电压表　（0～3V，内阻约为3kΩ）：

E．电压表（0～15V，内阻约为15kΩ，）；

F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）；

G．滑动变阻器（0～2000Ω，额定电流0.3A）；

H．开关、导线．

（1）上以器材中应选用的是______（填写器材前的字母代号）；

（2）实验电路应采用电流表______接法（填“内”或“外”）；

（3）某次测量时，电流表、电压表示数如图1所示，图示中I=______A，U=______V；

（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内调节，请按要求将图2中的实验器材连接完整____．

【答案】

（1）.

（1）ACDFH

（2）.

（2）外（3）.（3）0.44（4）.2.20（5）.（4）如图；

【解析】

（1）电池组3V，则选取电压表D；根据欧姆定律

，故电流表选取C；题目要求测量结果尽量准确要选择滑动变阻器分压接法，则选取小阻值F；故选取的器材为：

ACDFH．

（2）被测电阻约5Ω＜

≈20Ω；为小电阻，故选择电流表外接；

（3）电流表读数I=0.44A；电压表读数U=2.20V；

（4）电流表外接又滑动变阻器分压接法，故电实验原理电路图如图：

点睛：

电学实验要注意以下问题：

（1）仪表的选择；

（2）电路的接法；（3）数据的处理；要学会根据实验的原理同时结合安全性、准确性原则进行分析．

11.如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一质量为m、带正电的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时细线与竖直方向的夹角为θ.现给小球一个初速度，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动，试问：

（1）小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？

速度最小值为多少？

（2）小球的初速度应为多大？

【答案】

（1）

（2）

【解析】

（1）重力与电场力的合力：

，电场力为：

F电=mgtanθ，小球恰好做圆周运动，在平衡位置的反方向上的圆周位置上B点时速度最小，由牛顿第二定律得：

，

解得小球的最小速度为：

；

（2）由动能定理可得：

-mg•2lcosθ-mgtanθ×2lsinθ=

mv2-

mvA2，

解得：

．

点睛：

本题考查了牛顿第二定律动能定理的综合应用；此题还可以用电场和重力场的等效场的思想来解答，可以和重力场类比．

12.如图所示，质量m=1kg的小滑块，轻质弹簧的一端与滑块相连，弹簧的另一端固定在挡板上，光滑斜面和光滑圆筒形轨道平滑连接，开始时弹簧处于压缩状态，滑块与0点等高，滑块和小球均处于锁定状态，圆弧的轨道半径R和斜面的顶端C离地面的高度均为1m，斜面与水平面夹角θ=60°，现将滑块解除锁定，滑块运动到C点与小球M相碰时弹簧刚好恢复原长，相碰瞬间小球的锁定被解除，碰后滑块和小球以大小相等的速度向相反的方向运动，碰后小球沿光滑圆筒轨道运动到最高点D水平抛出时对圆筒壁刚好无压力，若滑块与小球碰撞过程时间极短且碰撞过程没有能量损失．g=10m／s2求：

（1）小球从D点抛出后运动的水平距离；

（2）小球的质量；

（3）已知弹簧的弹性势能表达式为EP=

k△x2为弹簧的劲度系数，△x为弹簧的形变量），求滑块碰后返回过程中滑块的最大动能．

【答案】

（1）

m

（2）3kg（3）10.14J

【解析】

（1）小球在D点做平抛运动，设小球的质量为M，则：

x1=vDt

联立解得：

（2）滑块与小球相碰时动量守恒，机械能守恒：

小球从C点到D点的过程中机械能守恒：

联立解得：

M=3m=3kg

（3）滑块由B到C过程，弹簧和滑块组成的系统机械能守恒

设碰后滑块距C点距离为x2时动能最大

mgsin600=kx2

滑块返回过程中弹簧和滑块组成的系统的机械能守恒；

联立解得：

Ek≈10.14J

（二）选考题：

［物理——选修3–3］

13.下列说法正确的是____

A．由于液体表面层分子间距离小于液体内部分子间距离，液体表面存在张力

B．一块0℃的冰逐渐熔化成0℃的水，在这个过程中分子势能和物体的内能都会增加

C．甲、乙两个分子相距较远．若把甲固定，使乙分子逐渐向甲靠近，直到不能再靠拢为止，在这一过程中先是分子力对乙做正功，然后乙克服分子力做功

D．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸发越慢

E．机械能无法全部转化为内能，内能也无法全部用来做功以转化为机械能

【答案】BCD

【解析】由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子间表现为引力，液体表面存在张力，故A错误；一块0℃的冰逐渐熔化成0℃的水，在这个过程中分子平均动能不变，吸收热量用于增加分子势能，故内能增加，故B正确；分子间距离大于平衡距离时，分子力表现为引力，小于平衡距离时表现为斥力，甲、乙两个分子相距较远．若把甲固定，使乙分子逐渐向甲靠近，直到不能再靠拢为止，在这一过程中先是分子力对乙做正功，然后乙克服分子力做功，故C正确；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢，故D正确；机械能可以全部转化为内能，内能无法全部用来做功以转化为机械能而不产生其他影响，故E错误．故选BCD.

14.如图倾斜的玻璃管长为L=57cm．一端封闭、另一端开口向上，倾角θ=30°．有4cm长的水银柱封闭着45cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33℃，大气压强p0=76cmHg．求：

（i）将璃管缓慢加热，若有2cm水银柱逸出，则温度需要升高到多少；

（ii）若让玻璃管沿倾斜方向向上以a=2m/s2做匀加速直线运动，则空气柱长度为多少．

【答案】

（1）369K

（2）44.5cm

【解析】试题分析：

（1）设玻璃管的横截面积是S，水银的密度是ρ、质量是m，则

m=ρSL，p0=0.76ρg

气体的初状态为：

L1="45"cm×ST1="（33+273）K=306"K

p1=p0+

=p0+

气体的末状态为：

L2=（57﹣2）cm×ST2=？

p2=p0+

=p0+

根据理想气体的状态方程，有：

代入数据解得T2="369"K

（2）当玻璃管向上运动时，玻璃管中的水银柱受到重力、支持力、上边空中向下的作用力与下边空气向上的作用力，合力提供向上的加速度，有：

p3S﹣mgsinθ﹣p0S=ma

解得p3=p0+

气体做等温变化，有p3L3S=p1L1S

代入数据解得L3="44.5"cm

考点：

理想气体的状态方程；牛顿第二定律

【名师点睛】该题结合受力分析与牛顿第二定律考查理想气体的状态方程，由于向上做加速运动，所以正确对玻璃管中的水银柱进行受力分析是找出气体的压强的关键。

[物理—选修3-4]

15.如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为t=0时的波形图，虚线为t=0.5s时的波形图。

已知该简谐波的周期大于0.5s。

关于该简谐波，下列说法正确的是_______。

A．波长为2m

B．波速为6m/s

C．频率为1.5Hz

D．t=1s时，x=1m处的质点处于波峰

E．t=2s时，x=2m处的质点经过平衡位置

【答案】BCE

【名师点睛】本题知道两个时刻的波形，可以运用波形的平移法分析波传播的最短距离，要理解“该简谐波的周期大于0.5s”表达的意义。

16.如图所示，MN为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R、折射率为

的透明半球体，O为球心，轴线OA垂直于光屏，O至光屏的距离OA=

R。

一细束单色光垂直射向半球体的平面，在平面的入射点为B，OB=

R，求：

（i）光线从透明半球体射出时，出射光线偏离原方向的角度；

（ii）光线在光屏形成的光斑到A点的距离。

【答案】

（1）300

（2）R/2

【解析】分析如图．设入射点B到O的垂直距离：

，

，折射角为i．

对△OBC，由正弦公式得：

又

联立解得:

所以：