届云南省开远一中高三复习检测八 物理试题解析版Word文档格式.docx

1、在求摩擦力时，一定要先明确是属于滑动摩擦力还是静摩擦力，再分别根据滑动摩擦及静摩擦力的求解方法进行求解3. 如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为2 kg的物体A，处于静止状态，若将一个质量为3 kg的物体B竖直向下轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力大小为（取g10 m/s2）（ ）A. 0 B. 12 N C. 20 N D. 30 N【答案】B【解析】放B物体前，A物体受重力和弹簧的支持力，二力平衡，故弹簧弹力F1=mAg=20N；放上B物体后，先对A、B整体受力分析，受到重力和弹簧的弹力，然后根据牛顿第二定律，有：（mA+mB）g-F1=（mA+mB）a；解得：；再对B受力分

2、析，受到重力和A对B的支持力，根据牛顿第二定律，有：mBg-FAB=mBa，解得：FAB=mB（g-a）=12N故选B。本题关键是先用整体法求出A、B整体的加速度，然后再对B受力分析，求出整体内部物体间的弹力；注意刚开始时弹簧所处的状态4. 空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示下列说法正确的是（）A. O点的电势最低 B. x2点的电势最高C. x1和x1两点的电势相等 D. x1和x3两点的电势相等【解析】电势高低与场强大小无必然联系。O点场强为0，电势不一定最低，A错；x2点是场强正向最大的位置，电势不是最高，B错；将电荷从x1移到x1可由题图知电场力做功为零，

3、故两点电势相等，而把电荷从x1移到x3电场力做功不为零，C对，D错。视频5. 欧洲强子对撞机于2010年初重新启动后取得了将质子加速到1.18万亿电子伏的阶段性成果，为实现质子对撞打下了坚实的基础如图质子经过直线加速器加速后进入半径一定的环形加速器，在环形加速器中，质子每次经过位置A时都会被加速当质子的速度达到要求后，再将它们分成两束引导到对撞轨道中，在对撞轨道中两束质子沿相反方向做匀速圆周运动，并最终实现对撞如图所示质子在磁场的作用下做圆周运动下列说法中正确的是 （）A. 质子在环形加速器中运动，轨道所处位置的磁场会逐渐减小B. 质子在环形加速器中运动，轨道所处位置的磁场始终保持不变C. 质

4、子在对撞轨道中运动，轨道所处位置的磁场会逐渐减小D. 质子在对撞轨道中运动，轨道所处位置的磁场始终保持不变【答案】D考点：带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】通过洛伦兹力提供向心力来导出半径公式与周期公式，再用动能定理得出粒子在电场中的加速公式，从而可推导出加速电压、磁感应强度、粒子的比荷及半径的关系最终由控制变量来研究其它各量之间的具体关系。二、多选题 6. “天宫一号”与“神舟八号”交会对接成功，标志着我国对接技术上迈出了重要一步如图所示为二者对接前做圆周运动的情形，M代表“神舟八号”，N代表“天宫一号”，则（）A. M发射速度大于第二宇宙速度B. M适度加速有可能与N实现对接C. 对接前，

5、M的运行速度大于N运行速度D. 对接后，它们的速度大于第一宇宙速度N【答案】BC【解析】试题分析：第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度也是发射卫星的最小速度，第二宇宙速度是发射脱离地球束缚卫星的最小发射速度，万有引力提供卫星圆周运动向心力神舟八号绕地球飞行，故其发射速度小于第二宇宙速度，故A错误；神舟八号轨道半径低，适当加速后神舟八号做离心运动可实现与高轨道的天宫一号对接，故B正确；根据万有引力提供圆周运动向心力可得卫星线速度，由于M的轨道半径小于N，故M的运行速度大于N，C正确；对接后，它们一起绕地球圆周运动，故其速度小于第一宇宙速度，故D错误7. 一物体随升降机竖直向上运动的vt图象如图所示，

6、根据图象可知此物体（）A. 前2 s内处于失重状态B. 前5 s内合力对物体做功为0C. 第2 s内的位移大于第5 s内的位移D. 第1 s末的加速度大于第4.5 s末的加速度【解析】在竖直方向上，物体在前2s内做匀加速直线运动，24s内做匀速运动，4-5s内做匀减速直线运动，当加速度向上时，物体处于超重状态，当加速度向下时，物体处于失重状态，前2s内物体在竖直方向上做加速运动，故处于超重状态，A错误，前5s内物体的初速度为0，末速度为零，根据动能定理得，合外力对物体做功为0，B正确，物体运动的V-T图像中图线与坐标轴围成的面积大小表示物体的位移大小，故前2s内的位移为，第5s内的位移为，所以

7、C正确。物体运动的v-t图像中图线的斜率表示物体的运动加速度大小，故第1s末的加速度为，第4.5s末的加速度为，D错误。8. 如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒从t0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交流电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向则金属棒（ ） 甲乙A. 一直向右移动B. 速度随时间周期性变化C. 受到的安培力随时间周期性变化D. 受到的安培力在一个周期内做正功【答案】ABC【解析】试题分析:由图知在0-T/2时间内根据左手定则可判断金属棒受向右的安培力，且安培力的大小F=

8、BIL保持不变，再根据牛顿第二定律F=BIL=ma，知金属棒先向右做匀加速运动，在T/2-T时间内，电流变为反方向，同理安培力方向向左，大小不变，故金属棒向右做做匀减速运动，T时刻速度恰好减为零，然后重复运动，其v-t图如图所示:故A、B、C正确；受到的安培力在一个周期内先做正功，后做负功，故D错误。安培力、牛顿第二定律、功三、实验题 9. 某实验小组为探究加速度与力之间的关系设计了如图（a）所示的实验装置，用钩码所受重力作为小车所受的拉力，用DIS（数字化信息系统）测小车的加速度通过改变钩码的数量，多次重复测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别

9、做了实验，得到了两条aF图线，如图（b）所示 图线_是在轨道水平的情况下得到的（选填“”或“”）小车和位移传感器发射部分的总质量为_kg，小车在水平轨道上运动时受到的摩擦力大小为_N.【答案】 （1）. （1） （2）. （2）1 （3）. 1（1）在水平轨道上，由于受到摩擦力，拉力不为零时，加速度仍然为零，可知图线是在轨道水平的情况下得到的。（2）根据牛顿第二定律得，图线的斜率表示质量的倒数，则，解得，因为时，加速度为零，解得。探究加速度与物体质量、物体受力的关系【名师点睛】根据图象的特点结合牛顿第二定律分析求解理解该实验的实验原理和数据处理以及注意事项，知道实验误差的来源。10. 某实验小

10、组选用下列器材探究“热敏电阻Rt（常温下阻值约为10）的温度特性”，要求实验过程中加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大电流表A1（量程100mA，内阻约1）电流表A2（量程0.6A，内阻约0.3）电压表V1（量程3.0V，内阻约3K）电压表V2（量程15.0V，内阻约10K）滑动变阻器R（最大阻值为10）滑动变阻器R（最大阻值为500）电源E（电动势15V，内阻忽略）开关、导线若干、烧杯、水和温度计（1）电流表应选_；电压表应选_；滑动变阻器应选_（填写器材前面的字母代号）（2）将实物图1中所缺的导线补接完整_（3）实验开始前滑动变阻器的滑动触头P应置于_端（填“a”或“b”）（4）实验中测

11、量出不同温度下的电阻值，画出该热敏电阻的Rtt图象的实测曲线与理论曲线如图2所示则Rtt图象的实测曲线是_（填“”或“”）【答案】 （1）. （1）B； （2）. D； （3）. E； （4）. （2）电路图如图所示； （5）. （3）a； （6）. （4）【解析】（1）电源电动势为15V，则电压表选择D，常温下电阻阻值约为10，常温下电路最大电流约为 为保护电路安全，电流表应选择B；实验要求热敏电阻两端电压从零开始逐渐增大，则滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择E（2）热敏电阻两端电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图所示：（3）滑动变阻器采用分压接

12、法，为保护电路，闭合开关前滑片要置于a端（4）由图示电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，电压的测量值偏大，电压测量值大于真实值，Rt-t图象的实测曲线是本题考查了实验器材的选择、连接实物电路图、实验注意事项、实验数据分析，是实验的常考问题，一定要掌握；要掌握实验器材的选择原则；当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器只能采用分压接法四、计算题 11. 如图所示，摩托车做腾跃特技表演，以v010 m/s的初速度冲上顶部水平的高台，然后从高台水平飞出，若摩托车冲向高台过程中以额定功率1.8 kW行驶，所经时间为16 s，人和车的总质量为180 kg，台高h6 m，不计一切阻力，（g取

13、10 m/s2）求：（1）摩托车从高台水平飞出的速度v的大小；（2）摩托车飞出的水平距离s是多少？【答案】（1）10 m/s（2）6 m（1）摩托车冲上高台的过程，由动能定理得：，带入数据得v=10m/s；（2）摩托车飞离高台后做平抛运动，竖直方向：h=gt2/2,水平方向：s=vt, 带入数据得s=6m；动能定理的应用；平抛运动12. 如图足够长的光滑斜面与水平面的夹角为30，空间中自上而下依次分布着垂直斜面向下的匀强磁场区域、，相邻两个磁场的间距均为d0.5 m一边长L0.1 m、质量m0.5 kg、电阻R0.3 的正方形导线框放在斜面的顶端，导线框的下边距离磁场的上边界为d00.9 m将

14、导线框由静止释放，导线框匀速穿过每个磁场区域已知重力加速度g10 m/s2，求：（1）导线框进入磁场时的速度大小；（2）磁场的磁感应强度Bt大小；（3）导线框穿过全部磁场区域过程中产生的总焦耳热（1）3 m/s（2）5 T（3）1.5 J（1）线框进入磁场I之前，只有重力做功，根据动能定理有带入数据计算得（2）线框进入磁场I的过程，下边切割磁感线产生感应电动势根据闭合回路欧姆定律，线框中的感应电流线框下边所受到安培力线框匀速穿过磁场区域，整理得（3）线框匀速穿过磁场区域，克服安培力做功，重力势能转化为焦耳热，那么每穿过一次磁场区域，产生的焦耳热穿过全部磁场区域产生的焦耳热为电磁感应 功能关系【

15、物理选修3-3】13. 下列说法正确的是_A. 在绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果B. 当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大C. 液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性的特点制成的D. 热量能够自发地从高温物体传到低温物体，也能自发地从低温物体传到高温物体E. 自然界发生的一切过程能量都守恒，符合热力学第二定律的宏观过程都能自然发生【答案】AC【解析】在绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果，选项A正确； 当分子间距离从0开始增大时，分子间作用力先减小，后增加，再减小；分子势能先减小后增大，选项B错误； 液晶显示屏是应

16、用液晶的光学各向异性的特点制成的，选项C正确； 热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体，选项D错误；在自然界发生的一切过程中能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程不一定能自然发生，所以自然发生是宏观过程都有方向性故E错误；故选AC.14. 如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸竖直放置，用截面积为S的轻活塞在汽缸内封闭着体积为V0的气体，此时气体密度为0.在活塞上加一竖直向下的推力，使活塞缓慢下降到某位置O，此时推力大小F2p0S.已知封闭气体的摩尔质量为M，大气压强为p0，阿伏伽德罗常数为NA，环境温度不变求活塞下降到位置O时：封闭气体的体积V；封闭气

17、体单位体积内的分子数n. （1） （2） 找出气体的初末状态，根据玻意耳定律即可求出体积；求出密闭气体的摩尔数，进而求出闭气体单位体积内的分子数。由玻意耳定律有：密闭气体的摩尔数 单位体积内的分子数 解得：本题主要考查了玻意耳定律，正确使用气体状态方程，并根据题目给出的条件求出气体状态参量，根据状态方程求解即可。【物理选修3-4】15. 如图甲所示，在水平面内，有三个质点a、b、c分别位于直角三角形的三个顶点上，已知ab6 m，ac8 m在t10时刻a、b同时开始振动，振动图象均如图乙所示，所形成的机械波在水平面内传播，在t24 s时c点开始振动，则_A. 该机械波的传播速度大小为2 m/sB

18、. c点的振动频率先是与a点相同，两列波相遇后c点的振动频率增大C. 该列波的波长是2 mD. 两列波相遇后，c点振动加强E. 两列波相遇后，c点振动减弱【答案】ACD【解析】A项：因为经过4s，振动由a点传到c点，则波的传播速度： ，故A正确；B项：c点的振动频率先是与a点相同，两列波相遇后c点的振动频率仍然是不变的，选项B 错误；C项：该波的波长为：，选项C 正确；DE项：因为，故两列波相遇后，c点振动加强，选项D 正确，E错误。点晴：波在同一介质中匀速传播，a处振动先到达c点，由公式，求解波速；由图读出周期，据路程差分析c点的振动强弱：若路程差等于半个波长的奇数倍时，振动减弱；相反，路程

19、差等于半个波长的偶数倍时，振动加强。16. 如图所示，真空中有一个半径为R的均匀透明介质球，一细束激光沿直线AB传播，在介质球表面的B点经折射进入球，入射角160，在球面上另一点又一次经折射后进人真空，此时激光的传播方向相对于光线AB偏转了60.已知真空中的光速为c，求：介质球的折射率n；激光在介质球中传播的时间t.（1） 1.73 （2） 画出光路图，由几何知识得到激光束的折射角，由折射定律求出折射率；由几何知识求出BD的长度，由出激光束在玻璃球中传播的速度，则可求出此激光束在玻璃中传播的时间。激光的光路图如图所示：由几何关系可知折射角 2=30由折射定律有：激光在介质中传播的距离 传播的速度 ：激光在介质球中传播的时间：本题主要考查了几何光学与物理光学的综合，要抓住光子的频率由光源决定，与介质无关，掌握折射定律、光速公式和全反射的条件：光从光密介质进入光疏介质时，入射角大于或等于临界角。