湖南省湖南师范大学附属中学2018届高三上学期摸底考试物理试题(含解析)
最新-湖南师大附中2018学年度高三年级第三次月考物理试卷 精品
湖南师大附中2018—2018学年度高三年级第三次月考物理试卷一、选择题（每小题至少有一个选项正确，4′×14=56′）1．下列所描述的运动中可能的情况有（）A．速度变化很大，加速度很小B．速度变化越来越快，加速度越来越小C．速度变化方向为正，加速度方向为负D．速度为零时，加速度不为零2．关于力和运动，下列说法中正确的是（）A．如果物体运动，它一定受到力的作用B．力是使物体做变速运动的原因C．力是使物体具有动能的原因D．力只能改变速度的大小3．质量为M的木块位于粗糙水平桌面上，若用大小为F的水平恒力拉木块，其加速度为a，当拉力方向不变，大小变为2F时，木块的加速度为a′，则（）A．a′=a B．a′＜2a C．a′＞2a D．a′=2a4．飞机以150m/s的水平速度匀速飞行，某时刻让A物落下，1S后又让B物落下，不计空气阻力，在以后的运动中，关于A、B两物的相对关系的说法，正确的是（）A．A球在B球的前下方B．A球在B球的后下方C．A球在B球的正下方5m处D．以上说法都不对5．当物体克服重力做功时，下列说法正确的是（）A．重力势能一定减少，机械能可能不变B．重力势能一定增加，机械能一定增加C．重力势能一定减少，机械能可能减少D．重力势能一定增加，机械能可能不变6．有一种叫做“蹦极跳”的运动中，质量为m的游戏者身系一根长为L，弹性优良的轻质柔软橡皮绳，从高处由静止开始下落1.5L时到达最低点，若在下落过程中不计空气阻力，则下说法正确的是（）A．速度先增大后减小B．加速度先减小后增大C．动能增加了mgL D．重力热能减少了mgL7．有关力的下述说法中正确的是（）A．合力必大于分力B．运动物体所受摩擦力一定和它的运动方向相反C．物体受摩擦力时，一定受弹力，而且这两力的方向一定相互垂直D．处于完全失重状态下的物体不受重力作用8．如图，皮带传动装置的右轮半径为r，a是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r，b点在小轮上到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在转动过程中，皮带不打滑，则 （ ）A ．a 点和b 点线速度相等B ．a 点和b 点角速度相等C ．a 点和c 点周期相等D ．a 点和d 点的向心加速度大小相等9．在圆轨道上运动的质量为m 的人造地球卫星，它到地面的距离等于地球半径R ，地面上 的重力加速度为g ，则（ ）A ．卫星运动的速度为gR 2B ．卫星运动的周期为g R /24πC ．卫星运动的加速度为g/2D ．卫星的动能为mgR/210．质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度V 0沿水平方向射入木块中，并最终留在木块内与木块一起以速度V 运动，已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L ，子弹进入木块的深度为S ，若木块对子弹的阻力F 视为恒定，则下列关系式中正确的是（ ）A ．221MV FL =B ．221mV FS =C ．220)(2121V m M mV FS +-=D ．2202121)(mV mV S L F -=+11．若航天飞机在一段时间内保持绕地心做匀速圆周运动，则（ ）A ．它的速度大小不变，动量也不变B ．它的动能不变，引力势能也不变C ．它的速度不变，加速度为零D ．它不断地克服地球对它的万有引力做功12．在一段半径为R 的圆弧形水平弯道上，已知地面对汽车轮胎的最大静摩擦力等于车重的μ倍（μ＜1)，则汽车拐弯时的安全速度是（ ）A ．gR v μ≤B ．μgRv ≤C ．gR v μ2≤D ．gR v ≤13．一升降机在箱底装有若干个弹簧，设在某次事故中， 升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中（ ） A ．升降机的速度不断减小 B ．升降机的加速度不断变大C ．先是弹力的负功小于重力做的正功，然后是弹力 做的负功大于重力做的正功D ．到最低点时，升降机加速度的值一定等于重力加速度的值14．质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，A 球的动量P A =9kg ·m/s ，B 球的动量P B =3kg ·m/s ，当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞后A 、 B 两球的动量可能值是（ ）A ．s m kg P s m kg PB A /6,/6⋅='⋅='B ．s m kg P s m kg P B A /4,/8⋅='⋅=' C ．s m kg P s m kg P B A /14,/2⋅='⋅-=' D ．s m kg P s m kg P B A /17,/4⋅='⋅-='二、实验题（8′+8′）15．关于验证机械能守恒定律的以下实验步骤A ．用天平称重物和夹子的质量B ．将重物系在夹子上C ．将纸带穿过计时器，上端用手提着，下端夹在系住重物的夹子上，再把纸带向上拉， 让夹子静止靠近打点计时器处D ．把打点计时器接在学生电源的交流输出端，把输出电压调至6V （电源暂不接通）E ．把打点计时器用铁夹固定到桌边的铁架台上，使两个限位孔在同一竖直线上F ．在纸带上选取几个点，进行测量并记录数据G ．用稍表测出重物下落的时间H ．接通电源，待计时器响声稳定后释放纸带 I ．切断电源J ．更换纸带，重新进行两次实验 K ．在三条纸带中选取较好的一条 L ．进行计算，得出结论，完成实验报告 M ．拆下导线，整理器材本实验步骤中，不必要的有 ，正确步骤的合理顺序是 （填字母代号）16．在利用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，如果纸带上前面几点比较密集，不够清晰，可舍去前面的比较密集的点，在后面取一段打点较为清晰的纸带，同样可以验证，如下图所示，取O 点为起始点，各点的间距已量出并标在纸带上，所用交流电的频率为50Hz ，若重锤的质量为1kg 。
湖南师大附中高三上学期月考试卷(五)——物理(物理)
湖南师大附中2018届高三上学期月考试卷（五）物 理 试 题本试题卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共8页．时量90分钟，满分110分．第Ⅰ卷一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8小题只有一个选项正确，9～12小题有多个选项正确，选不全的得2分，错选或不选得0分．将选项填涂在答题卡中)1．弹跳能力是职业篮球运动员重要的身体素质指标之一，许多著名的篮球运动员因为具有惊人的弹跳能力而被球迷称为“弹簧人”．弹跳过程是身体肌肉骨骼关节等部位一系列相关动作的过程．屈膝是其中一个关键动作．如图所示，人曲膝下蹲时，膝关节弯曲的角度为θ，设此时大、小腿部的肌群对膝关节的作用力F 的方向水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大致相等，那么脚掌所受地面竖直向上的弹力约为(D)A.F 2sin θ2B.F 2cos θ2C.F 2tan θ2D.F 2cotθ2【解析】设大腿骨和小腿骨的作用力分别为F 1、F 2，则F 1＝F 2由力的平行四边形定则易知F 2cosθ2＝F 2，对F 2进行分解有F 2y ＝F 2sin θ2，解得F 2y ＝F 2tan θ2＝F 2cotθ2，D 选项正确．2．如图所示，粗糙水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B 和C 之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内．现用水平拉力F 拉B 木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则一下说法正确的是(D)A ．一起加速过程中，A 所受到的静摩擦力大小为F4B ．一起加速过程中，C 木块受到四个力的作用C ．一起加速过程中，A 、D 木块所受静摩擦力的大小相同，方向相反 D ．当F 撤去瞬间， D 木块所受静摩擦力的大小和方向都不变 【解析】一起加速的过程中，由整体法分析可知：a ＝F －F f 4m ＜F4m，对A 受力分析可知，F fA ＝ma ＜F4，故选项A 错误；对C 受力分析可知，C 受重力、地面支持力、D 物体的压力、D 物体对C 施加的摩擦力、地面的摩擦力、弹簧的拉力，共六个力的作用，故选项B 错误；A 、D 运动情况相同，受力情况相同，所受摩擦力大小、方向均相同，故选项C 错误；当F 撤去瞬间，D 受力情况不变，故D 选项正确．3．如图所示，水平挡板A 和竖直挡板B 固定在斜面C 上，一质量为m 的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时接触．挡板A 、B 和斜面C 对小球的弹力大小分别为F A 、F B 和F C .现使斜面和物体一起在水平面上水平向左做加速度为a 的匀加速直线运动．若F A 和F B 不会同时存在，斜面倾角为θ，重力加速度为g ，则下列图象中，可能正确的是(B)【解析】对小球进行受力分析当a ＜g tan θ时，如图一，根据牛顿第二定律 水平方向： F C sin θ＝ma ①竖直方向： F C cos θ＋F A ＝mg ② 联立①②得：F A ＝mg －ma tan θ F C ＝masin θF A 与a 成线性关系，当a ＝0时，F A ＝mg ，当a ＝g tan θ时，F A ＝0，F C 与a 成线性关系，当a ＝g sin θ时，F C ＝mg 所以A 错误，B 正确，D 错误．当a ＞g tan θ时，受力如图二，根据牛顿第二定律水平方向：F C sin θ＋F B ＝ma ③ 竖直方向：F C cos θ＝mg ④联立③④得：F B ＝ma －mg tan θ F C ＝mgcos θF B 与a 也成线性，F C 不变 综上C 错误．4．《中国制造2025》提出通过“三步走”实现制造强国的战略目标．其中，到2025年迈入制造强国行列是第一阶段目标．中国无人机制造公司大疆是中国制造的优秀代表，其创新的无人机产品在美国商用无人机市场占据领先地位，市场份额达47%，遥遥领先于排名第二的竞争对手．而在全球商用无人机市场中，大疆更是独领风骚，一举夺得近70%的市场份额．如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用．一架质量为m ＝3 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F ＝40 N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为f ＝4 N ．该款无人机电池容量为4 480 mA·h ，在提供最大升力的情况下能持续工作约20分钟．g 取10 m/s 2.以下说法正确的是(C)A ．无人机从静止开始以最大升力竖直起飞，t ＝3 s 时离地高度为h ＝54 mB ．无人机以最大升力工作时电流大约为6 AC ．无人机悬停在H ＝156 m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去动力竖直坠落(俗称炸机)，坠地时速度为52 m/sD ．无人机因动力设备故障坠机的过程中机械能守恒 【解析】设无人机上升时加速度大小为a ，应用牛顿第二定律有：F －mg －f ＝ma ，解得：a ＝2 m/s 2，由h ＝12at 2，解得h ＝9 m ，故A 选项错误；由I ＝Qt ，解得I 约为13 A ，故选项B 错误；设无人机坠落过程中加速度大小为a 1，由牛顿第二定律mg －f ＝ma 1，解得a 1＝263 m/s 2，由v 2＝2a 1H ，解得v＝52 m/s ，故选项C 正确；由于存在阻力，无人机坠机过程中机械能不守恒，故选项D 错误．5．如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面上某一位置P 处斜向上抛出，到达斜面顶端Q 处时速度恰好变为水平方向，已知P 、Q 间的距离为L ，重力加速度为g ，则关于抛出时物体的初速度v 0的大小及其与斜面间的夹角α，以下关系中正确的有(B)A ．tan α＝tan θB ．tan α＝sin 2θ2（1＋sin 2θ）C ．v 0＝cos θcos 2θL2g sin θD ．v 0＝cos θgL2sin θ【解析】运用逆向思维，物体做平抛运动，根据L sin θ＝12gt 2得：t ＝2L sin θg，则P 点的竖直分速度v y ＝gt ＝2gL sin θ，P 点的水平分速度v x ＝L cos θt＝L cos θg2L sin θ＝gL cos 2θ2sin θ，则v 0＝v 2x ＋v 2y ＝gL （1＋3sin 2θ）2sin θ，故C 、D 错误．设初速度方向与水平方向的夹角为β，根据平抛运动的推论有tan β＝2tan θ，又α＝β－θ，根据数学三角函数关系可求得tan α＝sin 2θ2（1＋sin 2θ）故B 正确，A 错误．6．如图所示，半径为R 的竖直光滑圆轨道与光滑水平轨道相切，质量均为m 的小球A 、B 用轻杆连接，置于圆轨道上，A 位于圆心O 的正下方，B 与O 点等高．某时刻将它们由静止释放，最终在水平面上运动．下列说法正确的是(D)A ．下滑过程中重力对B 做功的功率一直增大B ．当B 滑到圆轨道最低点时，轨道对B 的支持力大小为3mgC ．下滑过程中B 的机械能增加D ．整个过程中轻杆对A 做的功为12mgR【解析】刚下滑时，B 的速度为0，后来获得速度，重力的功率变大，但到最低点速度水平，重力的功率为0，所以重力对B 做功的功率先增大后减小，故选项A 错误；整个过程中，A 、B 组成的系统机械能守恒，最后两者的速度大小相等，应用机械能守恒：mgR ＝2×12mv 2，得v ＝gR ，重力与支持力的合力提供向心力F N －mg ＝mv 2R ，解得轨道对B 的支持力大小等于2mg ，故选项B 错误；下滑过程中，B 的重力势能减小ΔE p ＝mgR ，动能增加ΔE k ＝12mv 2＝12mgR ，机械能减小12mgR ，故选项C 错误；整个过程中对A 受力分析可知，重力不做功，A 物体动能的增量等于轻杆对A 做的功W ＝12mv 2＝12mgR ，故选项D 正确．7．如图所示，在圆形磁场区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab 是圆的直径．一带电粒子从a 点射入磁场，速度大小为v 、方向与ab 成30°角时，恰好从b 点飞出磁场，且粒子在磁场中运动时间为t ；若同一带电粒子从a 点沿ab 方向射入磁场，也经时间t 飞出磁场，则其速度大小为(C)A.12vB.23vC.32v D.32v 【解析】设圆形磁场区域的半径为R ，带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有：qvB ＝mv 2r ，得v ＝qBrm ，v ∝r .当粒子从b 点飞出磁场时，入射速度和出射速度与ab 夹角相等，所以速度的偏转角为60°，轨迹对应圆心角为60°，根据几何知识可知轨迹的半径为r 1＝2R ；当粒子从a 点沿ab 方向射入磁场时，经过磁场的时间也是t ，说明轨迹对应的圆心角与第一种情况相同，也是60°，根据几何知识可得，粒子的轨迹半径r 2＝3R ；由此可得v 2v ＝r 2r 1＝32，故选项C 正确．8．电子技术中有一种电源称为恒流电源constant-current power supply(内阻不能忽略)，即不管外电路情况如何变化，它都能提供持续且恒定的电流．如图所示的电路电源为恒流电源，电表均为理想电表，当滑动变阻器R 0的滑片向上滑动时，电压表示数变化量与电流表示数变化量之比的绝对值等于(C)A ．R 0B ．R 1C ．R 2D ．R 3【解析】设电源输出的恒定电流为I 0，R 1两端电压为U R 1，由于通过R 1电流恒定，所以它两端电压也恒定．滑动变阻器滑片向上滑动前，设电压表示数为U 1，电流表示数为I 1；滑片向上滑动后，电压表示数为U 2，电流表示数为I 2，由于R 0变大，所以必有U 2＞U 1，I 2＜I 1，于是有U 1＝U R 1＋(I 0－I 1)R 2，U 2＝U R 1＋(I 0－I 2)R 2，两式相减得U 2－U 1＝(I 1－I 2)R 2，故选项C 正确．9．带正电的空心金属球壳置于绝缘支架上，将4个原来不带电的金属小球按图示位置放置，A 球用绝缘轻绳竖直悬挂，B 球接地，C 球用导线与球壳内部相连，D 球与球壳内部接触．设大地电势为零，当达到静电平衡时，下列说法正确的是(BC)A ．由于静电感应，A 球带负电B ．B 球接地带负电，但电势为零C ．C 球带正电，且电势与球壳电势相等D ．D 球带正电，电势为零【解析】由于静电感应，A 球的左右两端带上不同的电荷，但整体不带电．故A 错误；由于静电感应，B 球带负电，但电势和大地的电势相等，为零．故B 正确；C 球在金属球壳的外部，会带上与球壳相同的电荷．故C 正确；D 球在球壳的内部，与球壳接触后成为球壳内部的一部分，所以D 不带电．故D 错误．故选B.10．2016年1月20日，美国天文学家推测，太阳系有第九大行星，该行星质量约为地球的10倍，半径约为地球的4倍，绕太阳一周需约2万年，冥王星比它亮约一万倍，已知地球的半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，引力常量为G ，地球和该行星绕太阳运动均视为匀速圆周运动，下列说法正确的是(BC)A ．太阳的质量约为gR 2GB ．该行星的质量约为10gR 2GC ．该行星表面的重力加速度约为58gD ．该行星到太阳的距离约为地球的2万倍【解析】根据题设条件，地球表面的物体的重力由万有引力提供，即mg ＝GM 地mR 2，所以地球的质量M 地＝gR 2G ，而题中缺少计算太阳质量的有关物理量，无法计算太阳质量，故A 错误；该行星质量是地球质量的10倍，M 行＝10M 地＝10gR 2G ，故B 正确；根据mg ＝GMm R 2，有g ＝GMR2；该行星质量是地球质量的10倍，半径约为地球的4倍，则g g ′＝M 地M 行·（4R 2）R 2＝85，所以该行星表面的重力加速度约为58g ，故C 正确；根据开普勒周期定律，有：r 3地T 2地＝r 3行T 2行，解得：r 行＝(T 行T 地)23·r 地＝3（2×104）2·r 地≈7.4×102r地；故D 错误．11．如图所示，阴极射线示波管的聚焦电场是由电极A 1、A 2形成，实线为电场线，虚线为等势线，x 轴为该电场的中心轴线，P 、Q 、R 为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则下列说法不正确的是(BC)A ．电极A 1的电势低于电极A 2的电势B ．电子在P 点处的动能大于在Q 点处的动能C ．电场中Q 点的电场强度小于R 点的电场强度D ．电子从P 至R 的运动过程中，电场力对它一直做正功【解析】沿电场线方向电势降低，因此电极A 1的电势低于电极A 2的电势，故选项A 正确；电子从P 至Q 的运动过程中，是由低电势向高电势运动，电场力做正功，电势能减少，动能增加，故选项B 错误，D 正确；等势线密的地方电场线也密，因此Q 点电场线比R 点电场线密，故Q 点电场强度大于R 点电场强度，故选项C 错误．12．如图所示，光滑绝缘水平面上M 、N 两点分别放置带电荷量为＋q 和＋3q 的质量相等的金属小球A 和B (可视为点电荷)，现给A 和B 大小相等的初动能E 0，使其相向运动且刚好能发生碰撞，两球碰后返回M 、N 两点时的动能分别是E 1和E 2，则(AD)A ．E 1＝E 2＞E 0B ．E 1＝E 2＝E 0C ．碰撞发生在M 、N 两点连线中点的左侧D ．两球同时返回M 、N 两点【解析】由题意可知两球组成的系统在碰撞过程中动量守恒，在运动过程中，两球的速度始终大小相等，方向相反，所以两球碰后返回M 、N 两点时的动能E 1＝E 2，两球碰撞后带电荷量都变为＋2q ，在相同距离时的库仑力增大，所以返回时电场力做功必定大于接近时克服电场力做的功，所以系统的动能必定增加，即E 1＝E 2＞E 0，故选项A 正确，选项B 错误；由牛顿第二定律知两球在运动过程中，加速度大小相等，在相等的时间内运动的位移大小必定相等，因此碰撞必定发生在M 、N 两点连线中点，又同时返回M 、N 两点，故选项D 正确，选项C 错误．答题卡二、实验题(本题共2小题，每空2分，共20分，将答案填写在答题卡中)13．为了测定滑块和水平桌面之间的动摩擦因数μ，某同学设计了如图所示的实验装置，其中圆弧形滑槽末端与桌面相切，第一次实验时，滑槽固定于桌面右端，末端与桌子右端M 对齐(如图甲)，滑块从滑槽顶端由静止释放，落在水平面上的P 点；第二次实验时，滑槽固定于桌面左侧(如图乙)，测出末端N 与桌子右端M 的距离为L ，滑块从滑槽顶端由静止释放，落在水平面上的Q 点，已知重力加速度为g ，不计空气阻力．(1)实验还需要测量为物理量是__BCD__．(填字母序号) A ．滑槽高度h B ．桌子的高度HC ．O 点到P 点的距离d 1D ．O 点到Q 点的距离d 2E ．滑块的质量m(2)根据(1)中所选物理量，写出动摩擦因数μ的表达式是μ＝__d 214HL －d 224HL__．(3)如果第二次实验时，滑块没有滑出桌面，是否还能测出动摩擦因数？如果可以，还需测出什么量．__可以．测出在水平桌面上滑行的距离x (μ＝d 214Hx)__【解析】(1)略．(2)由题意可知H ＝12gt 2，d 1＝v 1t ，d 2＝v 2t .由动能定理有：μmgL ＝12mv 21－12mv 22，所以μ＝d 214HL －d 224HL.(3)若滑块没有滑出桌面，测得滑行距离为x ，则12mv 21＝μmgx ，所以μ＝d 214Hx.14．漆包线是电机、家用电器、电子仪表电磁绕组的主要和关键原材料，随着中国制造工业的飞速发展，给漆包线带来了更加广阔的应用领域和市场，同时对漆包线的品质提出了更高的要求．某地质监局在对某品牌的漆包线进行质量抽检时，要测定一卷阻值约为20 Ω的金属漆包线的长度(两端绝缘漆层已去除)，实验室提供有下列器材：A ．电流表A ：量程①0～0.6 A ，内阻约为1 Ω；量程②0～3 A ，内阻约为0.2 ΩB ．电压表V ：量程③0～3 V ，内阻约为2 kΩ；量程④0～15 V ，内阻约为10 kΩC ．低压电源E ：电动势30 V ，内阻r 可以忽略D ．滑动变阻器R 1：阻值范围0～10 Ω，额定电流2 AE ．滑动变阻器R 2：阻值范围0～500 Ω，额定电流0.5 AF ．开关S 及导线若干(1)使用螺旋测微器测量漆包线直径时如图所示，则漆包线的直径d ＝__0.830__mm.(2)为了调节方便，并能较准确地测出该漆包线的电阻，电流表应该选择量程__①__(填量程序号)，电压表应该选择__④__(填量程序号)，滑动变阻器应选择__R 1__(填“R 1”或“R 2”)．请设计合理的实验电路，将电路图完整地画在虚线框中．(3)根据电路图连接电路进行测量，某次实验电压表与电流表的示数如图所示，可以求出这卷漆包线的电阻为__21.3__Ω.(结果保留3位有效数字)(4)已知这种漆包线金属丝的直径为d ，材料的电阻率为ρ，忽略漆包线的绝缘层的厚度，则这卷漆包线的长度L ＝__πd 2U4Iρ__．(用U 、I 、d 、ρ表示)【解析】(1)略(2)提供的电源的电动势为30 V ，漆包线的电阻在20 Ω左右，为了减小测量误差，电流表应该选择0～0.6 A 的量程，电压表应该选择0～15 V 的量程，电流表采用外接法；为了便于控制，滑动变阻器应采用分压式接法．(3)R ＝U I ＝11.50.54Ω≈21.3 Ω.(4)由电阻定律可知R ＝U I ＝ρL π⎝⎛⎭⎫d 22，得到漆包线的长度：L ＝πd 2U4Iρ.三、计算题(本题共3小题，共27分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(8分)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机，如图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L ，匝数为n ，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B ，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等，某时刻线圈中电流从P 流向Q ，大小为I .(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v ，求安培力的功率． 【解析】(1)对线圈前后两边所受安培力的合力为零，线圈所受的安培力即为右边所受的安培力，由安培力公式得F ＝nBIL ①(2分)由左手定则知方向水平向右(2分) (2)安培力的功率为P ＝F ·v ②(2分) 联立①②式解得P ＝nBILv ③(2分)16．(9分)如图所示，质量为M 的平板车P 的上表面距地面高h ，质量为m 的小物块Q 的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R ，一端悬于Q 正上方高R 处，另一端系一质量也为m 的小球(大小不计)，今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q 的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q 离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q 与P 之间的动摩擦因数为μ，M ∶m ＝4∶1，重力加速度为g .求：(1)小物块Q 离开平板车时速度为多大？ (2)平板车P 的长度为多少？【解析】(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR (1－cos 60°)＝12mv 20解得，小球到达最低点与Q 碰撞之前瞬间的速度是：v 0＝gR (1分)小球与物块Q 相撞时，没有能量损失，动量守恒，机械能守恒，则有mv 0＝mv 1＋mv Q (1分) 12mv 20＝12mv 21＋12mv 2Q(1分) 解得， v 1＝0，v Q ＝v 0＝gR (1分)二者交换速度，即小球静止下来，Q 在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有 mv Q ＝Mv ＋m ·2v (1分) 解得，v ＝16v Q ＝gR 6(1分)小物块Q 离开平板车时，速度为 2v ＝gR3(1分) (2)由能的转化和守恒定律，知fL ＝12mv 2Q－12Mv 2－12m (2v )2 又f ＝μmg (1分) 解得，平板车P 的长度为 L ＝7R18μ(1分)17．(10分)在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有固定在O 点处的点电荷产生的电场E 1(未知)，该点电荷的电荷量为－Q ，且只考虑该点电荷在第一象限内产生的电场；第二象限内有水平向右的匀强电场E 2(未知)；第四象限内有大小为2kQx 20、方向按如图乙所示规律周期性变化的电场E 3，以水平向右为正方向，变化周期T ＝8mx 30kQq.一质量为m ，电荷量为＋q 的离子从(－x 0，x 0)点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O 点做匀速圆周运动．以离子到达x 轴为计时起点，已知静电力常量为k ，不计离子重力．求：(1)离子在第一象限运动时速度大小和第二象限内电场强度E 2的大小； (2)当t ＝T2和t ＝T 时，离子的速度分别是多少；(3)当t ＝nT 时，离子的坐标．【解析】(1)设离子在第一象限的速度为v 0，在第一象限内，由库仑力提供离子做圆周运动的向心力得：kQq x 20＝mv 20x 0(1分)解得：v 0＝kQqmx 0(1分) 在第二象限内，只有电场力对离子做功，由动能定理得： E 2qx 0＝12mv 20，解得：E 2＝kQ2x 20(1分) (2)离子进入第四象限后，在x 方向上，前半个周期向右做匀加速直线运动，后半个周期向右做匀减速直线运动直到速度为0.当t ＝T2时：v x ＝E 3q m t ＝2kQ x 20·q m ·128mx 30kQq＝8kQqmx 0＝22v 0(1分) 所以此时离子的合速度：v ＝v 20＋v 2x ＝3v 0＝3kQqmx 0(1分) 方向：与x 轴正向成θ角偏向y 轴负向：tan θ＝v 0v x ＝24(1分)当t ＝T 时：v x ＝0，此时离子的合速度v ＝kQqmx 0，沿y 轴负向．(1分) (3)由(2)分析可知，离子进入第四象限后，y 方向上做匀速直线运动，x 方向上每个周期向右运动的平均速度为v －＝2v 0，每个周期前进x ＝v －T ＝2v 08mx 30kQq＝4x 0(1分) 因为开始时离子的横坐标为x 0，所以t ＝nT 时，离子的横坐标x ＝x 0＋4nx 0＝(4n ＋1)x 0纵坐标y ＝－v 0nT ＝－22nx 0(1分)故在t ＝nT 时，离子的坐标为：[(4n ＋1)x 0，－22nx 0]，(n ＝1、2、3、……)(1分)四、选考题(请考生从给出的2道题中任选一题做答，并填涂所选题目的题号．注意所做题目的题号必须与所选题一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分)18．【物理——选修3－3】(15分)(1)(6分)下列说法中正确的是__ABD__．(填正确答案标号，选对一个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．只知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，不能计算出阿伏加德罗常数B ．硬币或者钢针能够浮于水面上，是由于液体表面张力的作用C ．晶体有固定的熔点，具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性D ．影响蒸发快慢以及人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一气温下水的饱和汽压的差距E ．随着科技的发展，可以利用高科技手段，将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化【解析】固体、液体的分子间距比较小，但气体分子间距较大，故液体、固体可用摩尔体积除以分子体积求得阿伏加德罗常数，但气体不能，选项A 正确；硬币或者钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用，选项B 正确；晶体分为单晶体和多晶体，多晶体物理性质具有各向同性，选项C 错误；空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距影响蒸发快慢，选项D 正确；根据热力学第二定律可知，与热现象有关的宏观过程具有方向性，故不能将散失的能量重新聚集利用而不引起其他变化，选项E 错误．(2)(9分)如图所示，一水平放置的气缸，由截面积不同的两圆筒联接而成．活塞A 、B 用一长为3l 的刚性细杆连接，B 与两圆筒联接处相距l ＝1.0 m ，它们可以在筒内无摩擦地沿左右滑动．A 、B 的截面积分别为S A ＝30 cm 2、S B ＝15 cm 2.A 、B 之间封闭着一定质量的理想气体．两活塞外侧(A 的左方和B 的右方)都是大气，大气压强始终保持为p 0＝1.0×105 Pa.活塞B 的中心连一不能伸长的细线，细线的另一端固定在墙上．当气缸内气体温度为T 1＝540 K ，活塞A 、B 的平衡位置如图所示，此时细线中的张力为F 1＝30 N.(i)现使气缸内气体温度由初始的540 K 缓慢下降，温度降为多少时活塞开始向右移动？ (ii)继续使气缸内气体温度缓慢下降，温度降为多少时活塞A 刚刚右移到两圆筒联接处？【解析】(i)设气缸内气体压强为p 1，F 1为细线中的张力，则活塞A 、B 及细杆这个整体的平衡条件为：p 0S A －p 1S A ＋p 1S B －p 0S B ＋F 1＝0 ①(1分)解得：p 1＝p 0＋F 1S A －S B＝1.2×105 Pa ②(1分)由②式看出，只要气体压强：p 1>p 0，细线就会拉直且有拉力，于是活塞不会移动．当气缸内气体做等容变化，温度下降使压强降到p 0时，细线拉力变为零，再降温时活塞开始向右移，设此时温度为T 2，压强p 2＝p 0(1分)由查理定律得：p 1T 1＝p 2T 2③(1分)代入数据解得：T 2＝450 K ④(1分)(ii)再降温，细线松了，要平衡必有气体压强：p ＝p 0(1分)此过程是等压降温过程，活塞右移、体积相应减小，当A 到达两圆筒联接处时，温度为T 3， 由盖－吕萨克定律得：V 2T 2＝V 3T 3，2S A l ＋S B l T 2＝3S B lT 3⑤(1分)代入数据解得：T 3＝270 K ⑥(2分)答：(i)现使气缸内气体温度由初始的540 K 缓慢下降，温度降为450 K 时活塞开始向右移动； (ii)继续使气缸内气体温度缓慢下降，温度降为270 K 时活塞A 刚刚右移到两圆筒联接处． 19．【物理——选修3－4】(15分)(1)(6分)如图所示为一竖直的肥皂膜的横截面，用单色光照射薄膜，在薄膜上产生明暗相间的条纹，下列说法正确的是__BCD__．(填正确答案标号，选对一个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．薄膜上的干涉条纹是竖直的B ．薄膜上的干涉条纹是水平的C ．用蓝光照射薄膜所产生的干涉条纹的间距比用红光照射时的小D ．干涉条纹是由于光线在薄膜前后两表面反射形成的两列光波叠加的结果E ．干涉条纹的间距是不相等的【解析】光从肥皂膜的前后表面反射形成相干光，其路程差与薄膜厚度有关；在重力作用下，肥皂膜形成上薄下厚的楔形，在同一水平面上厚度相等，形成亮纹(或暗纹)．因此，干涉条纹应是水平的．又因蓝光的波长小于红光的波长，所以用蓝光照射薄膜所产生的干涉条纹的间距较红光的小．条纹间距相等．综上所述，选项B 、C 、D 正确．(2)(9分)玻璃半圆柱体的半径为R ，横截面如图所示，圆心为O ，A 为圆柱面的顶点．两条单色红光分别按如图方向沿截面入射到圆柱体上，光束1指向圆心，方向与AO 夹角为30°，光束2的入射点为B ，方向与底面垂直，∠AOB ＝60°，已知玻璃对该红光的折射率n ＝3，求：(i)求两条光线经柱面和底面折射后的交点与O 点的距离d ；(ii)若入射的是单色蓝光，则距离d 将比上面求得的结果大还是小？【解析】(i)对光线2在B 点折射时，入射角i ＝60°(1分)由折射定律有n ＝sin i sin r(1分) 得sin r ＝sin i n ＝sin 60°3＝12，r ＝30°(1分) 入射到底面的入射角i ′＝60°－r ＝30°，则：sin r ′＝n sin i ′，r ′＝60°(1分)根据几何知识得 L OC ＝12R cos 30°＝33R (1分) 同理，光线1从O 点出射，折射光线与CD 交于E 点，折射角∠EOD ＝60°，则△EOD 为等边三角形d ＝OE ＝OD ＝L OC tan 30°＝R 3(2分) (ii)玻璃对蓝光的折射率比对红光的大，蓝光偏折更明显，故d 变小．(2分)答：(i)两条光线经柱面和底面折射后的交点与O 点的距离d 是R 3； (ii)若入射的是单色蓝光，则距离d 更小．。
湖南省师大附中高三物理摸底考试试题
2018年春季高二期末考试暨2019届高三摸底考试物 理时量：90分钟 满分：110分得分：____________一、选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．关于原子结构的认识历程，下列说法正确的有A ．汤姆孙发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内B ．α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据C ．卢瑟福的原子核式结构模型能够很好的解释光谱的分立特征和原子的稳定性D ．玻尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱现象，说明玻尔提出的原子定态概念是错误的2．对于某一电容器，下列说法正确的是 A ．电容器所带的电量越多，电容越大B ．电容器两极板间的电势差越大，电容越大C ．电容器所带的电量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍D ．电容器两极板间的电势差减小到原来的12，它的电容也减小到原来的123．如图所示，电源的电动势和内阻分别为E 、r ，在滑动变阻器的滑片P 由a 向b 移动的过程中，下列各物理量变化情况为A ．R 0的功率逐渐增大B ．电流表的读数逐渐减小C ．电源的输出功率可能先减小后增大D ．电压表与电流表读数的改变量的比值ΔUΔI先增大后减小4．2017年11月5日19时45分，中国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第二十四、二十五颗北斗导航卫星．北斗卫星导航系统(BeiDou Navigation Satellite System ，BDS)是中国自行研制的全球卫星导航系统．北斗卫星导航系统空间段由35颗卫星组成，其中5颗是地球同步卫星．关于同步卫星绕地球运动的相关物理量，下列说法正确的是A ．角速度等于地球自转的角速度B ．向心加速度大于地球表面的重力加速度C ．线速度大于第一宇宙速度D．运行周期一定大于月球绕地球运动的周期5．如图所示，竖直平面内有一圆周，其圆心为O，直径AB和CD相互垂直，电荷量均为Q的正点电荷放在关于CD对称的圆周上，它们所在半径的夹角为120°.下列说法错误的是A．点O与点C的场强大小相等B．点C与点D的场强大小之比为3∶1C．一电子从D点由静止释放，运动到C点的过程中，加速度先减小后增大D．将一正电荷沿着圆周从A点经D移至B点的过程中，电场力先做正功后做负功6．如图所示，光滑长铁链由若干节组成，每一节长度为l0，全长为L，在水平轨道上以某一速度运动．圆形管状轨道与水平轨道相切，半径为R，L>2πR，R远大于一节铁链的高度和长度．铁链靠惯性通过圆形管状轨道继续前进，下列判断正确的是A．每节铁链通过最高点的速度依次减小B．第一节与最后一节到达最高点的速度大小相等C．在第一节完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能守恒D．铁链全部通过圆形管状轨道的过程中，铁链的最小速度为gR7．如图所示，小球从斜面的顶端以不同的初速度沿水平方向抛出，落在倾角一定、足够长的斜面上．不计空气阻力，下列说法正确的是A．小球落到斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比B．小球运动到距离斜面最远处所用的时间与初速度的大小无关C．当用一束平行光垂直照射斜面，小球在斜面上的投影做匀速运动D．初速度越大，小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角越大8．如图所示，倾角为θ＝30°的斜面A置于水平面上，滑块B、C叠放在一起沿斜面匀速下滑，且始终保持相对静止，斜面A静止不动，B上表面倾斜，则B、C在斜面上运动时，下列说法正确的是A．B可能受三个力作用B ．A 、B 间的动摩擦因数μ＝32C ．A 一定受四个力作用D ．地面对A 的支持力小于A 、B 、C 三者重力之和二、多项选择题(本题共4个小题，每小题4分，共计16分，每个选择题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分)9．甲、乙两个物体在同一直线上运动，其x －t 图象如图所示，其中直线b 与曲线a 相切于点(4，－15)．已知甲做匀变速直线运动，下列说法正确的是A ．前4 s 内两物体运动方向相同B ．前4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的157倍C ．t ＝0时刻，甲的速度大小为9 m/sD ．甲的加速度大小为2 m/s 210．如图甲所示的理想变压器，原线圈接在乙图所示交流电源上，副线圈接一个标有“10 V 2 W ”的灯泡，视灯泡电阻不变，已知变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝10∶1，下列说法正确的是A ．灯泡能正常发光B ．电压表的读数为100 VC ．电流表的读数为0.2 AD ．选两只相同“10 V 2 W ”规格的灯泡串接在副线圈，则变压器的输出功率为1 W11．如图所示，一轻弹簧直立于水平面上，弹簧处于原长时上端在O 点，将一质量为M 的物块甲轻放在弹簧上端，物块下降到A 点时速度最大，下降到最低点B 时加速度大小为g ，O 、B 间距为h .换用另一质量m 的物块乙，从距O 点高为h 的C 点静止释放，也刚好将弹簧压缩到B 点，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g ，则A ．弹簧的最大弹性势能为MghB ．乙的最大速度为2ghC ．乙在B 点的加速度大小为2gD ．乙运动到O 点下方h4处速度最大12．如图(a)所示，水平面内有一光滑金属导轨，ac 边的电阻为R ，其他电阻均不计，ab 与ac 夹角为135°，cd 与ac 垂直．将质量为m 的长直导体棒搁在导轨上，并与ac 平行．棒与ab 、cd 交点G 、H 间的距离为L 0，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B .在外力作用下，棒由GH 处以初速度v 0向右做直线运动．其速度的倒数1v随位移x 变化的关系如图(b)所示．在棒运动L 0到MN 处的过程中A ．导体棒做匀变速直线运动B ．导体棒运动的时间为3L 02v 0C ．流过导体棒的电流不变D ．外力做功为3B 2L 302R ＋38mv 2应位置)13．(6分)某课外兴趣小组为了消除“伏安法测电阻”实验中电流、电压表内阻的对实验结果的影响，设计了如图甲所示的电路进行测量，实验的主要步骤是：(i)将R 2的滑动头调到最左端，单刀双掷开关S 2向1闭合，闭合开关S 1，调节滑动变阻器R 1和R 2，使电压表和电流表的示数尽量大些(不超过量程)，读出此时电压表和电流表的示数U 1、I 1.(ii)保持两滑动变阻器的滑动头位置不变，将单刀双掷开关S 2向2闭合，读出此时电压表和电流表的示数U 2、I 2.请回答下列问题(1)步骤(i)中两电表示数如图乙所示，电流表读数为________A ，电压表读数为________V.(2)步骤(ii)电流表读数为0.40 A ，电压表读数为1.20 V ，电阻R x ＝________Ω(保留二位有效数字)．14．(10分)在探究“加速度与力和质量的关系”实验时，某老师对传统实验进行了改进，其实验操作如下：①如图所示，先将沙和沙桶通过滑轮悬挂于小车一端，调节平板的倾角θ，使小车沿斜面向下做匀速直线运动，测出沙和沙桶的总质量m；②保持平板倾角θ不变，去掉沙和沙桶，小车即在平板上沿斜面向下做匀加速直线运动，通过纸带测量其加速度a；③保持小车质量M不变，多次改变沙和沙桶的总质量m，每次重复①②两步操作，得到小车加速度与合力的关系；④多次改变小车的质量，进行适当的操作，得到小车加速度和质量的关系．(1)在上述实验操作过程中，以下说法正确的是________；A．可以用电池盒给打点计时器供电B．应在小车开始运动后再接通打点计时器的电源C．要保持细绳与平板平行D．应让小车从靠近定滑轮处开始运动(2)在操作①中若打了一条如下图所示的纸带，已知纸带左端为连接小车处，则应将平板的倾角适当________(选填“增大”或“减小”)些；(3)在操作②中，小车所受的合力大小等于________(用题中所给定的字母以及重力加速度g表示)；(4)在本实验中________(选填“需要”或“不需要”)满足沙和沙桶的质量远小于小车的总质量；在操作④中，每次改变小车质量后，________(选填“需要”或“不需要”)重新调节平板的倾角．四、计算题(本题共3小题，共计39分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的验算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(12分)如图所示，一个截面是三角形的物体P平放在水平地面上，它的两个斜面与水平的夹角分别为α、β，且α<β，P的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B二个质量相等的滑块，连接后细绳与各自的斜面平行，所有接触面都不计摩擦，重力加速度大小为g.(1)若P固定不动，求A、B的加速度大小．(2)若P向右做匀加速运动，加速度多大时能使A、B与斜面不发生相对滑动．16．(12分)如图所示，在长度足够长、宽度d＝5 cm的区域MNPQ内有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B＝0.33 T，水平边界MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E＝200 N/C.现有大量质量m＝6.6×10－27 kg、电荷量q＝3.2×10－19 C 的带负电的粒子，同时从边界PQ上的O点沿纸面向各个方向垂直射入磁场，射入时的速度大小均为v＝1.6×106 m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力．(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r；(2)求与x轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t；(3)当从MN边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中运动的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程．17．(15分)两端开口、内壁光滑的直玻璃管MN竖直固定在水平面上，a、b二个小球，直径相等，略小于玻璃管的内径，且远小于玻璃管的长度，大小可忽略不计；a、b两球的质量分别为m1和m2(m1＝2m2)．开始时，a球在下b球在上两球紧挨着在管口M处由静止同时释放，a球着地后立即反弹，其速度大小不变，方向竖直向上，与b球相碰，接着b球竖直上升．设两球碰撞时间极短、碰撞过程中总动能不变，在b球开始上升的瞬间，一质量为m3的橡皮泥在M处自由落下，如图所示．b与c在管中某处相遇后粘在一起，要使b、c粘合后能够竖直飞出玻璃管口，则m2与m3之比必须满足什么条件？五、选考题(共15分．请考生从2道题中任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂好．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分)18．【物理——选修3—3】(15分)(1)(5分)下列说法正确的是________(填正确答案前的标号．选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)．A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部B．单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性C．绝对湿度大，相对湿度不一定大D．根据热力学第二定律可知，机械能不可能全部转化为物体的内能E．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征(2)(10分)如图，左、右两个气缸底部有细管(容积可忽略)连通，左气缸的顶部开口与大气相通，右气缸绝热且内部顶端有加热装置．开始时导热活塞a在气缸底部但未与底部接触，绝热活塞b将右气缸内气体分成体积相等的A、B两部分．已知左、右气缸内部高度分别为h和4h，初始温度均为T0，大气压强为p0；a和b厚度不计，横截面积均为S，所受重力大小均为p0S，与气缸接触良好，不计一切摩擦．(i)给A缓慢加热，当a刚刚到达气缸顶部但未与顶部接触时，A吸收的热量为Q，求该过程中A的内能变化量；(ii)当a恰好到达气缸顶部时，继续给A缓慢加热，使b刚刚到达气缸底部但未与底部接触，求此时A的温度．19．【物理——选修3—4】(15分)(1)(5分)一列横波在x轴上传播，实线和虚线分别表示t1＝0、t2＝0.14 s时的波形，已知实线在t3＝0.6 s时第5次重复出现．则此横波________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)．A．周期为0.1 sB．波长为12 cmC．传播速度为1 m/sD．沿x轴正方向传播E．t2＝0.14 s时，x＝0处质点的纵坐标为y＝ 3 cm(2)(10分)如图所示，直角边AC长度为d的直角棱镜ABC置于桌面上，D为斜边BC的中点，桌面上的S点发射一条光线经D点折射后，垂直于AB边射出．已知SC＝CD，光线通过棱镜的时间t＝3d2c，c为真空中光速，不考虑反射光线．求：(i)棱镜的折射率n；(ii)入射光线与界面BC间的夹角．炎德·英才大联考湖南师大附中2018年春季高二期末考试暨2019届高三摸底考试物理参考答案一、选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题列出的四个备选项中只有一5.C 【解析】A.点与点的场强大小相等，方向相反，故A 对；B.根据矢量合成法则，C 点场强为E C ＝2kQ R 2cos 60°＝kQ R 2，D 点的场强为E D ＝2·kQ ⎝ ⎛⎭⎪⎫32R 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32R 2·32R 3R ＝kQ3R 2点C 与点D 的场强大小之比为3∶1，故B 正确；C.根据电场强度的矢量合成法则，距离两点电荷连线x ＝68R <32R 处的场强最强，则电子从点D 到点C 的过程巾，加速度先增大，再减小，再增大，故C 错误；D.根据等量同种电荷的电场线，正电荷沿着圆周从点A 到点D ，电场力做正功，从点D 到点B 的过程中，电场力做负功，故D 正确．7．A 【解析】小球落在斜面上竖直分速度为：v y ＝gt ＝2v 0tan θ，根据平行四边形定则知，落到斜面上的动能为：E k ＝12mv 2＝12m (v 20＋4v 20tan 2θ)，可知落在斜面上的速度：v ＝v 0·1＋tan 2θ，可知小球落到斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比．故A 正确．当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远；将速度分解成平行与垂直斜面方向，垂直斜面方向先匀减速直线运动，后匀加速直线运动；当小球的速度方向与斜面平行时垂直斜面方向的分速度等于0，设斜面的倾角为θ，则时间：t ＝v 0sin θg，所用的时间与初速度的大小有关．故B 错误；将速度和重力加速度分解成平行与垂直斜面方向，平行斜面方向运动是匀加速直线运动，而垂直斜面方向先匀减速直线运动，后匀加速直线运动，可知小球在斜面上的投影加速移动，故C 错误．因为平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，小球落在斜面上位移的方向相同，则速度方向相同，故D 错误．故选A.二、多项选择题(本题共4个小题，每小题4分，共计16分，每个选择题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分)9.AD 【解析】x －图象的斜率的正负表示运动的方向，故前4 s 内两物体运动方向相同，均为负方向，故A 正确；甲做匀变速直线运动，则甲的x －t 图象对应于a ；前4 s 内甲的平均速度为：v 1＝（－15 m ）－9 m4 s＝－6 m/s ，前 4 s 乙的平均速度为：v 2＝（－15 m ）－（－7 m ）4 s ＝－2 m/s ，故前4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的3倍，故B错误；t ＝1 s 末，甲的位移大小为9 m ，t ＝4 s 末，甲的位移大小为24 m ．设甲的加速度为a ，初速度为v 0，依匀变速直线运动的位移公式列两方程联立，可解出a ＝－2 m/s 2，v 0＝10 m/s ，D 对，C 错．12．BC 【解析】直线的斜率为：k ＝2v 0－1v 0L 0＝1L 0v 0，所以有：1v ＝1L 0v 0＋1v 0，得v ＝L 0x ＋L 0v 0，故不是匀变速直线运动，故A 错误．感应电动势为：E ＝Blv ＝B (L 0＋x )L 0L 0＋xv 0＝BL 0v 0，感应电动势大小不变，感应电流为：I ＝E R大小不变，故C 正确；根据法拉第电磁感应定律有：E＝ΔφΔt ＝B ·ΔS Δt＝B ·12（L 0＋2L 0）L 0Δt＝BL 0v 0，解得：Δt ＝3L 02v 0，故B 正确．克服安培力做的功等于电阻R 上产生的焦耳热为：Q ＝I 2Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BL 0v 0R 2R 3L 02v 0＝3B 2L 30v 02R ，对导体棒，由动能定理得：W 外－W 安＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12v 02－12mv 20，解得W 外＝3B 2L 30v 02R －3mv 28，故D 错误．故选BC.三、简答题(本题包括13和14两题，每空2分，共计16分．请将解答填写在答题卡相应位置．)13．(1)0.42 2.60 (2)3.214．(1)CD (2)减小 (3)mg (4)不需要 需要【解析】(1)由图乙所示电流表可知，其量程为0.6 A ，分度值为0.02 A ，示数为0.42 A ，由图乙所示电压表可知，其量程为3 V ，分度值为0.1 V ，示数为2.60 V ；(2)由欧姆定律可知：当S 2合向1时：R x ＋R A ＋R 1＝U 1I 1，当S 2合向2时：R A ＋R 1＝U 2I 2，解得：R x ＝3.2 Ω； 四、计算题(本题共3小题，共计39分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的验算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(12分)【解析】(1)P 固定时，A 、B 的加速度大小相等，设为a 1，以F 表示绳的张力，则滑块A ：F －mg sin α＝ma 1(2分) 滑块B ：mg sin β－F ＝ma 1(2分)解得：a 1＝g ·（sin β－sin α）2(2分)(2)设P 向右的加速度为a ，A 、B 相对斜面不发生滑动时，A 、B 的加速度也为a ，仍用F 表示绳中的张力，则：滑块A 沿斜面方向：F －mg sin α＝ma cos α(2分) 滑块B 沿斜面方向：mg sin β－F ＝ma cos β(2分)解得：a ＝g sin β－sin αcos β＋cos α＝g ·tan β－α2(2分)16．(12分)【解析】(1)由牛顿第二定律有qvB ＝m v 2r(2分)解得r ＝0.1 m(1分)(2)粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场．(1分)粒子在电场中运动的加速度a ＝qE m(1分) 粒子在电场中运动的时间t ＝2va(1分)解得t ＝3.3×10－4s(1分)(3)如右图所示，由几何关系可知，从MN 边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°，圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°.则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x 轴正方向的夹角范围为30°～60°.所有粒子此时分布在以O 点为圆心、弦长0.1 m 为半径的圆周上．(3分)曲线方程为x 2＋y 2＝R 2(R ＝0.1 m ，320m ≤x ≤0.1 m)(2分) 17．(15分)【解析】设管长为H ，取向下为正方向，则a 、b 两球到达玻璃管底端时，速度都为：v 0＝2gH ①a 球着地后反弹，速度为：v a 1＝－2gH ②(2分)a 、b 两球相碰，总动量守恒：m 1v a 1＋m 2v 0＝m 1v a 2＋m 2v b 1 ③总机械能守恒：12m 1v 2a 1＋12m 2v 20＝12m 1v 2a 2＋12m 2v 2b 1 ④联立①至④式，并代入m 1＝2m 2，解得v a 2＝13v 0，v b 1＝－53v 0 ⑤(4分)设c 在M 处下落经t 时间后与b 相碰，则－⎝⎛⎭⎪⎫v b 1t ＋12gt 2＋12gt 2＝H 解得：t ＝H －v b 1 ⑥(2分)碰撞前b 、c 的速度分别为v b 2＝v b 1＋gt ＝419·gHv b 1⑦(2分)v c 1＝gt ＝gH －v b 1b 与c 相碰，总动量守恒m 2v b 2＋m 3v c 1＝(m 2＋m 3)v bc ⑧(2分)要使b 、c 粘合体能飞出管口，则c 与b 碰后的速度必须竖直向上，且大小大于v c 1，取v b 1＝－v c 1，代入上式，得m 2·419·gH v b 1－m 3·gH v b 1－m 3·gH v b 1＝(m 2＋m 3)gHv b 1⑨解得b 、c 两者质量之比为m 2m 3＝916⑩(2分)因此要使b 、c 粘合后能够竖直飞出玻璃管口，必须满足条件m 2m 3>916.(1分)五、选考题(共15分．请考生从2道题中任选一题做答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂好．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分)18．【物理——选修3—3】(15分)(1)(5分)BCE(选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)(2)(10分)【解析】(i)题目已知活塞重力均为：G ＝p 0S 初始时，对活塞a ∶G ＋p 0S ＝p B 1S 对活塞b ：G ＋p A 1S ＝p B 1S可得：p A 1＝p 0，p B 1＝2p 0(1分)a 开始运动到刚好到达气缸顶部的过程中，对气体A ，其等压膨胀过程有： ΔU ＝W ＋Q ＝－p A 1Sh ＋Q ＝－p 0Sh ＋Q (2分)(ii)当b 刚好到达气缸底部时，对气体B ，体积：V B 2＝hS 其等温压缩过程有：p B 1V B 1＝p B 2V B 2(1分)可得：2p 0·2hS ＝p B 2·hS ，即：p B 2＝4p 0(2分) 对活塞b ∶p A 2S ＋G ＝p B 2S 可得：p A 2＝3p 0(1分)对气体A ，其膨胀后的体积：V A 2＝(2h ＋2h )S ＝4hSp A 1V A 1T A 1＝p A 2V A 2T A 2(2分) 可得p 02hS T 0＝3p 04hST A 2，即：T A 2＝6T 0(1分) 19．【物理——选修3—4】(15分)(1)(5分)BCE(选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)(2)(10分)【解析】(i)光路如图所示，E 是光线在AB 边的射出点，设光线通过棱镜的速度为v ，则DE ＝12d (1分) vt ＝12d (1分) n ＝cυ(1分)解得：n ＝3(2分)(ii)光线射到界面BC ，设入射角为i ，折射角为r ，则i ＝π2－θ(1分) r ＝π2－2θ(1分) n ＝sin isin r(1分) ∴θ＝30°(2分)。
2018届湖南省湖南师大附中炎德英才大联考高三高考模拟卷(一)理综物理试题(解析版)
2018届湖南省湖南师大附中炎德英才大联考高三高考模拟卷（一）理综物理试题（解析版）二、选择题1. 下列说法中正确的是（）A. 某种放射性元素X的半衰期为T，现有50个这种原子核，经历一个半衰期T后，一定有25个X原子核发生了衰变B. 中子星的密度高达1016~1013kg/m3，像这样的天体表面的引力，牛顿的引力定律仍然适用C. 加速度的定义式是D. 电子是最早发现的轻子【答案】D【解析】A、半衰期是一个统计规律，对大量的原子核才成立，所以A错；B、在中子星如此高密度的天体表面，牛顿引力定律并不适用，所以B错；C、加速度的定义式是，所以C错，D、电子最早发现的基本粒子。
带负电，电量为1.6×10-19C,是电量的最小单元，故D正确。
故选D.【点睛】本题识记物理学史的相关内容：放射性元素经过一个半衰期有一半数原子核发生衰变，是大量原子核的统计规律等。
2. 2018年1月31号晚上，月亮女神上演152年一次的“月全食血月+超级月亮+蓝月”三景合一的天文奇观。
超级月亮的首要条件是月亮距地球最近，月亮绕地球运动实际是椭圆轨道，距离地球的距离在近地点时为36.3万千米，而位于远地点时，距离为40.6万千米，两者相差达到10.41%，运行周期为27.3天，那么以下说法正确的是（）A. 月球在远地点时绕行的线速度最大B. 每次月球在近地点时，地球上同一位置的人都将看到月食C. 有一种说法，月球的近地点越来离地球越远，如果一旦变成半径大小等于远地点距离40.6万千米的圆轨道时，那么月球绕地球的周期将变大D. 月球是地球的耳星，它在远地点时的机械能大于在近地点的机械能【答案】C【解析】A、月球在远地点线速度最小，故A错误；B、由于地球的自转，那么地球同一位置的人不一定都能看到月食，故B错误：C、近地点变远，远地点不变，长半轴变大，根据开普勒定律可知周期变大，所以C正确；D、而卫星在同一轨道上（不论是圆轨道还是椭围轨道）机械能守恒，故D错误。
湖南省师范大学附属中学2018届高三上学期月考(一)物理试题(有答案)
湖南师大附中2018届高三月考物理试卷(一)一、填空题1. 伽利略在对自由落体运动的研究过程中，开创了如下框所示的一套科学研究方法，其中方框2和4中的方法分别是( )A. 提出假设，实验检验B. 数学推理，实验检验C. 实验检验，数学推理D. 实验检验，合理外推 【答案】A 【解析】试题分析：这是依据思维程序排序的问题，这一套科学研究方法，要符合逻辑顺序，即通过观察现象，提出假设，根据假设进行逻辑推理，然后对自己的逻辑推理进行实验验证，紧接着要对实验结论进行修正推广，选项A 正确．考点：此题考查了伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．2. 某物体做直线运动的v －t 图象如图所示，据此判断给出的A 、B 、C 、D 四种图象(F 表示物体所受合力，x 表示物体的位移，E k 表示物体动能，a 表示物体加速度t 表示时间)中正确的是( )A. B. C. D.【答案】B 【解析】【详解】A. 由图可知，前2s 内物体做初速度为零的匀加速直线运动，合力恒定，且沿正方向.2s −4s 做匀减速直线运动，合力恒定，且沿负方向.4s −6s 做负方向匀加速直线运动，合力恒定，且沿负方向.6s −8s 做负方向匀减速直线运动，合力恒定，且沿正方向，故A 错误； B. 0−2s 内，x=212at ，x −t 图象是开口向上的抛物线.2−4s 内，x=v 0t −212at ，x −t 图象是开口向下的抛物线．结合对称性可知，该图正确，故B 正确；C. 根据E k=212mv ，知v −t 图象是直线时，E k 与t 是二次函数关系，图象应是曲线，故C 错误； D. 0−2s 内，加速度为正.2−6s 内加速度一定，且为负，6−8s 内，加速度为正，故D 错误． 故选B3. 2012年6月16日，刘旺、景海鹏、刘洋三名宇航员搭乘“神舟九号”飞船飞向太空.6月24日执行手动载人交汇对接任务后，于29日10时03分乘返回舱安全返回．返回舱在A 点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B 为轨道Ⅱ上的一点，如图所示．关于返回舱的运动，下列说法中正确的有( )A. 在同一轨道Ⅱ上经过A 的速率小于经过B 的速率B. 在轨道Ⅱ上经过A 的速率大于在轨道Ⅰ上经过A 的速率C. 在轨道Ⅱ上运动的周期大于在轨道Ⅰ上运动的周期D. 正常运行时，在轨道Ⅱ上经过A 的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A 的加速度 【答案】A 【解析】【详解】A. 飞船在同一轨道上从远地点A 向近地点B 运动时，所受万有引力对飞船做功，飞船的动能增加，故速度增加，即在B 点的速率大于A 点速率，故A 正确；B. 飞船在椭圆轨道上运动时A 点为远地点，经过A 点飞船将开始做近心运动，提供的向心力大于在该轨道上做圆周运动所需的向心力，即在轨道II 上有：22A A v GmM m r r >，在轨道I 上做圆周运动有：22A Av GmM m r r =，由可知v II <v I ，故B 错误；C. 由开普勒第三定律知，由于在轨道II 上运动时半长轴小于轨道I 的半径，故在轨道II 上的周期小于在轨道I 上的周期，故C 错误；D. 飞船在A 点的加速度由万有引力产生，因为是同一位置，故不管在哪个轨道上运动，飞船的加速度大小一样，故D 错误． 故选A.【点睛】绕地球做圆周运动时万有引力提供圆周运动的向心力，绕地球做椭圆轨道运动时，在近地点卫星将做离心运动，在远地点卫星将开始做近心运动，由此判断卫星在不同轨道上经过同一点时的速度大小即可．4. 一质量为m 的物块能在倾角为θ的足够长斜面上匀减速下滑．在初始状态相同及其他条件不变时，只对物块施加一个竖直向下的恒力F ，如图所示，则物块减速到零的时间与不加恒力F 两种情况相比较将（ ）A. 变长B. 变短C. 不变D. 不能确定【答案】B 【解析】物块能在斜面上匀减速下滑， 分析物体受力，由牛顿第二定律得加速度大小1cos sin mg mg a mμθθ-=;只对物块施加一个竖直向下的恒力F 时，分析物体受力，由牛顿第二定律得加速度大小2()cos ()sin mg F mg F a mμθθ+-+=；由以上两式可得12a a <；在初始状态相同及其他条件不变时，只对物块施加一个竖直向下的恒力F 时速度减小得快些，故有时间变短，正确答案选B ．5. 在地表附近有一竖直向下匀强电场E ，一带电油滴以某初速度从a 处运动到b 处，其运动轨迹如图中曲线所示，不计空气阻力，此过程中油滴运动情况描述正确的是( )A. 油滴在做变加速曲线运动B. 油滴在做速度大小不变的曲线运动C. 动能和电势能之和减小D. 油滴的轨迹为椭圆的一部分 【答案】C 【解析】【详解】A. 匀强电场中油滴受到的重力和电场力恒定，合力恒定，油滴在做匀变速曲线运动，故A 错误，D 错误；B. 由轨迹图可知，带电油滴所受重力小于电场力，故从a 到b 的运动过程中合外力做正功，动能增加，速度大小增加，故B 错误；C. 根据功能关系可知，在从a 到b 的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因从a 到b 的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故C 正确； 故选C.6. 在墙与地面之间用三块长木板并排搭成如图所示的三个固定斜面1、2和3，斜面1与2底边相同，斜面2和3高度相同，斜面1和3长度相同，斜面表面均光滑．一小物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端，在这三种情况下( )A. 物体沿斜面2下滑速度改变最快B. 物体分别沿斜面2、3下滑速度改变相同C. 物体沿斜面下滑到达底端时速度大小均相等D. 物体沿斜面3下滑到底端的时间最长 【答案】D 【解析】【详解】A. 对任一斜面，根据牛顿第二定律得mgsinθ=ma，得a=gsinθ，则知物体沿斜面1下滑加速度最大，速度改变最快，故A 错误；BC 、设斜面的高度为h,根据动能定理得mgh=212mv ，得物体到达斜面底端时速度大小2gh ，则知物体沿斜面2、3下滑到达底端时速度大小相等，速度改变量大小相等，但方向不同，所以物体分别沿斜面2、3下滑速度改变不同．物体沿斜面1下滑到达底端时速度最大，故B 错误，C 错误． D. 对斜面1、3:设斜面为L ，由L=21sin 2g t θ⋅，得2sin L g θL 相同，斜面倾角越大，运动时间越短，所以物体沿斜面3下滑到底端的时间比物体沿斜面1的长 对斜面2、3:设斜面的高度为h,由21sin sin 2h g t θθ=⋅，得22sin h t θ=，斜面倾角越小，运动时间越长，所以物体沿斜面3下滑到底端的时间比物体沿斜面2的长．故物体沿斜面3下滑到底端的时间最长，故D 正确． 故选D【点睛】根据牛顿第二定律求出物体在斜面上运动的加速度，从而分析出速度改变的快慢．物体从斜面下滑过程中，重力做正功，根据动能定理可以比较三个物体到达斜面底端时速度大小．根据位移时间公式求出运动的时间，比较时间的长短．7. 如图，三个质点a 、b 、c 质量分别为m 1、m 2、M (M ≫m 1，M ≫m 2)．在c 的万有引力作用下，a 、b 在同一平面内绕c 沿逆时针方向做匀速圆周运动，它们的周期之比T a ∶T b ＝1∶k ；从图示位置开始，在b 运动一周的过程中，则( )A. a 、b 距离最近的次数为k 次B. a 、b 距离最远的次数为k ＋1次 C. a 、b 、c 共线的次数为2k D. 以上说法都不对 【答案】D 【解析】【详解】AB.设每隔时间T ，a 、b 相距最近，则(ωa −ωb)T=2π，所以有：T=222a ba ba b a bT T T T T T πππωω==--- 故b 运动一周的过程中，a 、b 相距最近的次数为：1b b aaT T T k T T -==- 即a 、b 距离最近的次数为k −1次，故A 错误；同理，a 、b 距离最远的次数为k −1次，故B 错误； C. 设每隔时间t ，a 、b 共线一次，则(ωa −ωb )t=π，所以：t=()22a ba ba b a bT T T T T T πππωω==---故b 运动一周的过程中，a 、b 、c 共线的次数为： n=2(22b b a aT T T k t T -==-）. 故a 、b 、c 共线的次数为2k −2，故C 错误． D. 由上知D 正确 故选D.8. 甲、乙两名溜冰运动员，M 甲=80kg ，M 乙=40kg ，面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，如图所示，两人相距0.9m ，弹簧秤的示数为9.2N ，下列判断中正确的是（ ）A. 两人的线速度相同，约为40m/sB. 两人的角速度相同，为6rad/sC. 两人的运动半径相同，都是0.45mD. 两人的运动半径不同，甲为0.3m，乙为0.6m【答案】D【解析】两名运动员绕同一点转动，所以角速度相等，他们做圆周运动的向心力是由弹簧弹力提供的，所以向心力也相等，由F＝m甲ω2r甲＝m乙ω2r乙，又由r甲＋r乙＝0.9 m，联立得r甲＝0.3 m，r乙＝0.6 m．把半径大小代回向心力公式可得ω＝0.6 rad/s.思路分析：两名运动员绕同一点转动，角速度相等，他们做圆周运动的向心力是由弹簧弹力提供的，向心力相等，试题点评：本题考查了圆周运动的实际应用9. 如图所示，长约1 m的两端封闭的竖直玻璃管中注满水，玻璃管内有一质量为0.1 kg的红腊块能在管内浮动．假设t＝0时，红蜡块从玻璃管底端开始向上浮动，且每1 s上升的距离都是30 cm；从t＝0开始，玻璃管以初速度为零匀加速向右平移，第1 s内、第2 s内、第3 s内通过的水平位移依次为5 cm、15 cm、25 cm.y表示红蜡块竖直方向的位移，x表示红蜡块随玻璃管通过的水平位移，单位均为m，t＝0时红蜡块位于坐标原点．下列说法正确的是( )A. t＝2 s时红蜡块的速度大小为0.3 m/sB. 前3 s内红蜡块的位移大小为5cmC. 红蜡块的轨迹方程为29 5y xD. 红蜡块在浮动过程中受到的合力是0.01 N 【答案】BCD【解析】红腊块在竖直玻璃管中做匀速直线运动，水平方向做初速度为零匀加速直线运动，220.1/x a m s T∆==，2t s =红蜡块的速度大小为22220.20.30.13x y v v v =+=+=，故A 错误．21,2x at y vt ==，前3 s 内红蜡块的位移大小为22455s x y cm =+=，故B 正确．红蜡块的轨迹方程为295y x =，故C 正确．红蜡块在浮动过程中受到的合力0.01F ma N ==，故D 正确．10. 如图所示，质量相同的木块A 、B 用轻质弹簧连接，在力F 作用下静止在光滑的斜面上．现突然增大F 至某一恒力推A ，则从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中( )A. 两木块速度相同时，加速度a A ＝a BB. 两木块速度相同时，加速度a A <a BC. 两木块加速度相同时，速度v A >v BD. 两木块加速度相同时，速度v A <v B 【答案】BC 【解析】【详解】CD 、水平恒力F 推木块A ，在弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧的弹力逐渐增大，A 的合力减小，B 的合力增大，则A 做加速度逐渐减小的加速运动，B 做加速度逐渐增大的加速运动，在a A =a B 之前a A >a B ，故经过相等的时间，A 增加的速度大，B 增加的速度小，所以，在a A =a B 时v A >v B ，故C 正确，D 错误； AB 、当v A =v B 时，弹簧的压缩量最大，弹力最大，A 在此之前一直做加速度逐渐减小的加速运动，B 做加速度逐渐增大的加速运动，由于a A =a B 时v A >v B ，所以v A =v B 时a A <a B ；故A 错误，B 正确． 故选BC11. 如图光滑水平面上放着两块长度相同，质量分别为M 1和M 2木板，两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，物块和木板间的动摩擦因数相同，开始时各物均静止．今在两物块上各作用一水平恒力F 1、F 2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v 1和v 2．下列说法正确的是（ ）A. 若F 1>F 2，M 1=M 2，则一定v 1>v 2B. 若F 1<F 2，M 1=M 2，则一定v 1>v 2C. 若F 1=F 2，M 1<M 2，则一定v 1>v 2D. 若F 1=F 2，M 1>M 2，则一定v 1>v 2 【答案】BC 【解析】 【分析】本题中涉及到两个物体，所以就要考虑用整体法还是隔离法，但题中研究的是两物体的相对滑动，所以应该用隔离法．板和物体都做匀变速运动，牛顿定律加运动学公式和动能定理都能用，但题中“当物体与板分离时”隐含着在相等时间内物体的位移比板的位移多一个板长，也就是隐含着时间因素，所以不方便用动能定理解了，就要用牛顿定律加运动公式解．【详解】若F 1＞F 2、M 1=M 2，根据受力分析和牛顿第二定律得：M 1上的物块的加速度大于M 2上的物块的加速度，即a a ＞a b ，由于M 1=M 2，所以摩擦力作用下的木板M 1、M 2加速度相同，设M 1、M 2加速度为a ，木板的长度为L ．它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：物块与M 1的相对位移：L=12a a t 12-12at 12 物块与M 2的相对位移：L=12a b t 22−12at 22 由于a a ＞a b ，所以得：t 1＜t 2，M 1的速度为v 1=a a t 1，M 2的速度为v 2=a b t 2，则v 1＜v 2，故A 错误； 若F 1＜F 2、M 1=M 2，根据A 选项公式，由a a ＜a b ，则v 1＞v 2，故B 正确；若F 1=F 2 时：由题很容易得到两物块所受的摩擦力大小是相等的，因此两物块的加速度相同，我们设两物块的加速度大小为a ，对于M 1、M 2，滑动摩擦力即为它们的合力，设M 1的加速度大小为a 1，M 2的加速度大小为a 2，根据牛顿第二定律得：μmg=M 1a 1=M 2a 2 得加速度：a 1＝1mgM μ，a 2＝2mgM μ设板的长度为L ，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：物块与M 1的相对位移：L=12at 32−12a 1t 32 物块与M 2的相对位移：L=12at 42−12a 2t 42若M 1＜M 2，则a 1＞a 2，所以得：t 3＞t 4；M 1的速度为v 1=a 1t 3，M 2的速度为v 2=a 2t 4，则v 1＞v 2，故C 正确． 若M 1＞M 2，a 1＜a 2，根据C 项分析得：t 3＜t 4；M 1的速度为v 1=a 1t 3，M 2的速度为v 2=a 2t 4，则v 1＜v 2，故D 错误； 故选BC ．【点睛】要去比较一个物理量两种情况下的大小关系，我们应该通过物理规律先把这个物理量表示出来．同时要把受力分析和牛顿第二定律结合应用．12. 如图所示，某生产线上相互垂直的甲、乙传送带处于同一水平面，宽度均为d ，均以大小为v 的速度运行，图中虚线为传送带中线．一可视为质点的工件从甲左端释放，能以速度v 由甲的右端滑上乙，滑至乙中线处时恰好相对乙静止，设乙传送带表面粗糙程度处处相同．下列说法中正确的是( )A. 工件在乙传送带上的痕迹为直线，痕迹长为22d B. 工件从滑上乙到恰好与乙相对静止所用的时间为2d vC. 工件与乙传送带间的动摩擦因数μ＝22v gdD. 工件相对传送带滑动过程中的轨迹为14圆弧 【答案】AC 【解析】【详解】A.工件相对乙的速度方向如图所示，则滑动摩擦力F f 大小、方向均不变，工件为匀变速运动，相对乙轨迹为直线，而对地轨迹为一段抛物线．由对称分析可知，痕迹长为22d ，故A 正确，D 错误； B.由独立性原理可知：v 2＝2a 0×2d ，a 0＝22a ，而a ＝μg， 则22v ，由22d v t 得时间：t ＝d v ，故B 错误，C 正确.故选AC二、实验题13. “验证力的平行四边形定则”的实验如图（a ）所示，其中A 为固定橡皮筋的图钉，O 为橡皮筋与细绳的结点，OB 和OC 为细绳，图（b ）是在白纸上根据实验结果画出的图．（1）图（b ）中的________是力1F 和2F 的合力的理论值；________是力1F 和2F 的合力的实际测量值． （2）在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，那么实验结果是否会发生变化？答：____________（选填“变”或“不变”）（3）本实验采用的科学方法是_______. A ．理想实验法 B ．等效替代法C ．控制变量法D ．建立物理模型法【答案】 (1). F (2). F ' (3). 不变 (4). B 【解析】【详解】（1）12F F 、合力的理论值是指通过平行四边形定则求出的合力值，而其实验值是指一个弹簧拉橡皮条时所测得的数值，一定沿AO 方向，由此可知F 是12F F 、合力的理论值，F '是合力的实验值． （2）由图可知，弹簧秤的最小分度为0.1N ；则读得：1 2.5?F N =，2 4.0?F N =． （3）本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法，故选项B 正确．14. 某小组同学用DIS 研究加速度与力的关系的实验装置如图（a ）所示。
2018届高三物理大联考模拟试卷及答案湖南省师
湖南省师大附中2018届炎德·英才大联考高三月考试卷(五)物理湖南师大附中高三物理备课组组稿命题人：姜建平审题人：陈国荣戴绍南时量：90分钟满分：120分第1卷选择题(共48分)一、选择题(此题共12小题，每题4分，共48分．在每题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项切合题目要求的，请把它填在答题栏内．)1．如图A、B两物体叠放在一同，用手托住，让它们静靠在竖直墙边，然后开释，它们同时沿墙面向下滑，已知M A〉M B，则物体B(A)A．只受一个重力C．遇到重力、一个弹力和一个摩擦力B．遇到重力和一个摩擦力D．遇到重力，一个摩擦力和两个弹力2．一物体在同一水平面内的几个恒力作用下做匀速直线运动，若在运动中某个恒力忽然撤除，而其余力不变，则物体的运动不行能的是(D)A．做匀加快直线运动C．做匀变速曲线运动B．做匀减速直线运动D．做匀速圆周运动3．跟着科学技术的发展，假想人类不停向月球“移民”，经过较长时间后，月球和地球仍可视为均匀的球体，总人数不变，且地球的总质量仍大于月球的总质量．月球仍按原轨道运动，则与“移民”前对比，以下说法中错误的选项是(A)．地球与月球间的万有引力将变小．月球绕地球运动的周期将变长．月球绕地球运动的加快度将变小4．如图，A、B两球质量相等，A球用不可以伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，细绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始开释，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则两球各自抵达悬点正下方时A．两球动能相等B．A球动能较大C．A球减小的重力势能许多D．两球动量大小相等(B)5．关于机械波的以下说法中，正确的选项是(BD)．质点的振动方向老是垂直于波的流传方向．简谐波沿绳流传，绳上相距半个波长的两质点振动位移的大小相等．相隔一个周期的两时辰，简谐波图象同样6．某体育馆内有一恒温游泳池，水温等于室温，现有一空气泡从水池底部迟缓上涨，温度保持不变，那么在上涨过程中，空气泡内气体(气体质量不变且可视为理想气体)(C)①分子均匀距离增大③要不停吸热A．①③B．②③②分子均匀距离减小④压强不停减小C．①③④D．①②④7．如图，a、b、c为电场中同一条水平方向的电场线上的三点，c为a、b中点，a、b两点电势分别为Φa=5V，Φb=3V，则以下表达中正确的选项是（C）A．该电场在c点处的电势必定为4VB．a点处的场强E a必定大于b点处的场强E bC．正电荷从c点运动到b点电势能必定减少D．正电荷在c点遇到的电场力由c指向a8．有三个电阻串连，以下图，电流表是完满的，合上开关S后，发现电流表示数为零，在不打开电路的前提下，经过电压表丈量各连结点的电压值，可判断故障原由电压表丈量数据为U ab=U cd=0，U ac≠0，则该电路的故障原由可能是(B)A．R1断路B．R2断路C．R3断路D．R1、R2、R3均断路9．如图，在圆滑水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，散布在宽度为L的地区内，现有一边长为 l(l<L)的正方形闭合导线框以垂直磁场界限的初速度v1，滑进磁场，而后线圈滑出磁场的速度为v2．设线框滑进磁场的时间为t1，安培力的冲量为I1，线框产生的热量为Q1，线框滑出磁场的时间为t2，安培力的冲量为I2，线框产生的热量为Q1，则有(BCD)A．v1=v21B．t1＜t2C．I1=I2D．Q1＞Q110．如图，质量为m，带电量为+q的带电粒子以初速度v O垂直进入互相正交的匀强电场E和匀强磁场B中，从P点走开该地区，此时侧向位移为s，粒子重力。
最新-2018届高三物理大联考模拟试卷及答案【湖南省师大附中】 精品
湖南省师大附中2018届炎德·英才大联考高三月考试卷(五)物理湖南师大附中高三物理备课组组稿命题人：姜建平审题人：陈国荣戴绍南时量：90分钟满分：120分第1卷选择题(共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项符合题目要求的，请把它填在答题栏内．)1．如图A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静靠在竖直墙边，然后释放，它们同时沿墙面向下滑，已知M A〉M B，则物体B (A)A．只受一个重力B．受到重力和一个摩擦力C．受到重力、一个弹力和一个摩擦力D．受到重力，一个摩擦力和两个弹力2．一物体在同一水平面内的几个恒力作用下做匀速直线运动，若在运动中某个恒力突然撤销，而其他力不变，则物体的运动不可能的是(D) A．做匀加速直线运动B．做匀减速直线运动C．做匀变速曲线运动D．做匀速圆周运动3．随着科学技术的发展，设想人类不断向月球“移民”，经过较长时间后，月球和地球仍可视为均匀的球体，总人数不变，且地球的总质量仍大于月球的总质量．月球仍按原轨道运动，则与“移民”前相比，以下说法中错误的是(A) A．地球与月球间的万有引力将变小B．月球绕地球运动的周期将变长C．月球绕地球运动的线速度将变小D．月球绕地球运动的加速度将变小4．如图，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，细绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则两球各自到达悬点正下方时(B) A．两球动能相等B．A球动能较大C．A球减小的重力势能较多D．两球动量大小相等5．对于机械波的以下说法中，正确的是(BD) A．质点的振动方向总是垂直于波的传播方向B．简谐波沿绳传播，绳上相距半个波长的两质点振动位移的大小相等C．任一振动质点，每经过一个周期沿波的传播方向移动一个波长D．相隔一个周期的两时刻，简谐波图象相同6．某体育馆内有一恒温游泳池，水温等于室温，现有一空气泡从水池底部缓慢上升，温度保持不变，那么在上升过程中，空气泡内气体(气体质量不变且可视为理想气体) (C) ①分子平均距离增大②分子平均距离减小③要不断吸热④压强不断减小A．①③B．②③C．①③④D．①②④7．如图，a 、b 、c 为电场中同一条水平方向的电场线上的三点，c 为a 、b 中点，a 、b 两点电势分别为Φa =5V ，Φb =3V ，则下列叙述中正确的是 （C ）A ．该电场在c 点处的电势一定为4VB ．a 点处的场强E a 一定大于b 点处的场强E bC ．正电荷从c 点运动到b 点电势能一定减少D ．正电荷在c 点受到的电场力由c 指向a8．有三个电阻串联，如图所示，电流表是完好的，合上开关S 后，发现电流表示数为零，在不拆开电路的前提下，通过电压表测量各连接点的电压值，可判断故障原因电压表测量数据为U ab =U cd =0，U ac ≠0，则该电路的故障原因可能是 (B)A ．R 1断路B ．R 2断路C ．R 3断路D ．R 1、R 2、R 3均断路9．如图，在光滑水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L 的区域内，现有一边长为l (l<L)的正方形闭合导线框以垂直磁场边界的初速度v 1，滑进磁场，然后线圈滑出磁场的速度为v 2．设线框滑进磁场的时间为t 1，安培力的冲量为I 1，线框产生的热量为Q 1，线框滑出磁场的时间为t 2，安培力的冲量为I 2，线框产生的热量为Q 1，则有 (BCD)A ．v 1= v21B ．t 1＜t 2C ．I1= I 2 D ．Q 1＞ Q 110．如图，质量为m ，带电量为+q 的带电粒子以初速度v O 垂直进入相互正交的匀强电场E 和匀强磁场B 中，从P 点离开该区域，此时侧向位移为s ，粒子重力。
湖南省师大附中2018届高三上学期月考(四)物理试题Word版含解析
湖南师大附中2018届高三上学期月考试卷（四）物理一、选择题1. 东方红一号卫星是中国发射的第一颗人造地球卫星，由以钱学森为首任院长的中国空间技 术研究院自行研制，于1970年4月24日21时35分发射.该卫星发射成功标志着中国成为 继苏联、美国、法国、日本之后世界上第五个用自制火箭发射国产卫星的国家.东方红一号 卫星质量为173 kg, nJ 将其视为近地卫星，它绕地球运动的的动能约为 A. 5X10n J B. 5X109J C. 5X107J D. 5X105J 【答案】B【解析】由于该卫星可视为近地卫星，它绕地球运动的速度为第一宇宙速度7.9km/s,故卫星 的动能：fi=-W=-X 173X （7. 9X IO 5）2 J~5X1O"J.2 2 故B 正确，ACD 错误。
故选：Bo2. 如图所示表面光滑、半径为斤的绝缘半球固定在水平地面上，置于半球表面上分别带有正 负电荷的两小球（大小忽略不计）处于平衡时，小球与球心连线与竖直方向的夹角分别为30°、 设这两个小球的质量Z 比为巴，小球与半球Z 间的压力Z 比为叫，则以下说法正确的N2D.【答案】D【解析】对I"】受力分析如图所示60° ,B .H1]C. —=1 :扫 m 2 -=1:^N 2Fsin45^由正交分解可得：平行球面方向Hi]gsin30° =Fsin45° ,垂直球面方向N】=iri]gcos30° + Fcos45° , 联立解得：0卫,N广色也,g 2【点睛】分别对卩和皿2进行受力分析，根据正交分析求出两个小球重力与库仑力的关系式，两个小球受支持力与库仑力的关系式，即可分析求解.3.如图所示，一个111=3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从/•=()时刻起，物体在水平力厂作用下由静止开始做直线运动，在0〜3 s时间内物体的加速度日随时间广的变化规律如图所示.已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等.则A.在0〜3 s时间内，物体的速度先增大后减小B. 3 s末物体的速度最大，最大速度为6 m/sC. 2 s末尸最大，尸的最大值为12 ND.前2 s内物体做匀变速直线运动，力F大小保持不变【答案】B【解析】由图可知，在0〜3s内始终加速，3s末速度最大，最大为图象围成“面积”,即6m/s, A 错误，B正确；动摩擦因素未知，不能计算动摩擦力大小，因而不能确定拉力F的大小，C 错误；但滑动摩擦力不变，0~2s加速度变大，则拉力大小变大，D错误.选B.【点睛】加速度一时间图象主要考查的是：图线与时间轴围成的面枳表示速度，并结合牛顿第二定律进行分析求解.4.如图所示，质量kg的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F=8N,30° X\ Feos 45^\tv同理，对皿2分析可得:当小车速度达到1.5 m/s时，在小车的右端、由静止轻放一大小不计、质量刃=2 kg的物体,物体与小车间的动摩擦因数"=0.2,小车足够长，物体从放上小车开始经t=l. 5 s的吋I'可,则物体相对地面的位移为@取10 m/s2)[71A. 1 mB. 1.5mC. 2. 1 mD. 3.6 m【答案】c【解析】当在车的右端放上物体时，对物块：由牛顿第二定律屮屈=«1打，解得：a! = pg = 2m/s2, 对小车：F-^mg = Ma2,解得：a. = 0.5m/s2,设经过时间t°,物体和车的速度相等，即MV严2,物体的速度V严心,车的速度v2 = v0+a2t0, V o= 1.5m/s,联立解得t°= Is, v】= 2m/s, 前1S物块相对地面的位移为S1 =^=111!,当物块与小车共速后，由牛顿第二定律F = (M + m)a,解得：a = O.8m/s2,则后t=0. 5s 物块相对地面的位移^s2 = v1t + ^t2 = 1.1m,则物体从放上小车开始经t=l. 5s的时间，则物体相对地面的位移为s = s1+s2 = (l + l.l)m = 2.1m, C正确，ABD 错误；选B.【点睛】分别对滑块和平板车进行受力分析，它们都只受到滑动摩擦力的作用，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上相对静止时，速度相同，可以求出时间；滑块做匀减速运动，平板车做匀加速运动，当它们速度相等时一起向右做匀速运动，求出物块的位移即可.5.水平推力用和庄分别作用在静止于水平面上等质量的日、力两物体上，斥＞£,作用相同距离，两物体与水平面的动摩擦因数相同，则这个过程中两个力的冲量人、血的大小关系正确的是A.71 —定大于厶B.厶一定小于ZC.厶一定等于ZD.厶可能小于Z【答案】D. ------- 2mx【解析】I=Ft, x=-at1 2, ma=F— u mg,贝ij I=F I ^mX-= 1 ymg,2 E吨Jr■臣当F=2umg时，冲量最小.I】可能大于T2， h也可能小于L,故D正确，ABC错误.故选：Do点睛：根据冲量定义将冲量表达式表示出来，求最小值。
湖南省师大附中高三物理摸底考试试题
2018年春季高二期末考试暨2019届高三摸底考试物 理时量：90分钟 满分：110分得分：____________一、选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．关于原子结构的认识历程，下列说法正确的有A ．汤姆孙发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内B ．α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据C ．卢瑟福的原子核式结构模型能够很好的解释光谱的分立特征和原子的稳定性D ．玻尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱现象，说明玻尔提出的原子定态概念是错误的2．对于某一电容器，下列说法正确的是 A ．电容器所带的电量越多，电容越大B ．电容器两极板间的电势差越大，电容越大C ．电容器所带的电量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍D ．电容器两极板间的电势差减小到原来的12，它的电容也减小到原来的123．如图所示，电源的电动势和内阻分别为E 、r ，在滑动变阻器的滑片P 由a 向b 移动的过程中，下列各物理量变化情况为A ．R 0的功率逐渐增大B ．电流表的读数逐渐减小C ．电源的输出功率可能先减小后增大D ．电压表与电流表读数的改变量的比值ΔUΔI先增大后减小4．2017年11月5日19时45分，中国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第二十四、二十五颗北斗导航卫星．北斗卫星导航系统(BeiDou Navigation Satellite System ，BDS)是中国自行研制的全球卫星导航系统．北斗卫星导航系统空间段由35颗卫星组成，其中5颗是地球同步卫星．关于同步卫星绕地球运动的相关物理量，下列说法正确的是A ．角速度等于地球自转的角速度B ．向心加速度大于地球表面的重力加速度C ．线速度大于第一宇宙速度D．运行周期一定大于月球绕地球运动的周期5．如图所示，竖直平面内有一圆周，其圆心为O，直径AB和CD相互垂直，电荷量均为Q的正点电荷放在关于CD对称的圆周上，它们所在半径的夹角为120°.下列说法错误的是A．点O与点C的场强大小相等B．点C与点D的场强大小之比为3∶1C．一电子从D点由静止释放，运动到C点的过程中，加速度先减小后增大D．将一正电荷沿着圆周从A点经D移至B点的过程中，电场力先做正功后做负功6．如图所示，光滑长铁链由若干节组成，每一节长度为l0，全长为L，在水平轨道上以某一速度运动．圆形管状轨道与水平轨道相切，半径为R，L>2πR，R远大于一节铁链的高度和长度．铁链靠惯性通过圆形管状轨道继续前进，下列判断正确的是A．每节铁链通过最高点的速度依次减小B．第一节与最后一节到达最高点的速度大小相等C．在第一节完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能守恒D．铁链全部通过圆形管状轨道的过程中，铁链的最小速度为gR7．如图所示，小球从斜面的顶端以不同的初速度沿水平方向抛出，落在倾角一定、足够长的斜面上．不计空气阻力，下列说法正确的是A．小球落到斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比B．小球运动到距离斜面最远处所用的时间与初速度的大小无关C．当用一束平行光垂直照射斜面，小球在斜面上的投影做匀速运动D．初速度越大，小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角越大8．如图所示，倾角为θ＝30°的斜面A置于水平面上，滑块B、C叠放在一起沿斜面匀速下滑，且始终保持相对静止，斜面A静止不动，B上表面倾斜，则B、C在斜面上运动时，下列说法正确的是A．B可能受三个力作用B ．A 、B 间的动摩擦因数μ＝32C ．A 一定受四个力作用D ．地面对A 的支持力小于A 、B 、C 三者重力之和二、多项选择题(本题共4个小题，每小题4分，共计16分，每个选择题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分)9．甲、乙两个物体在同一直线上运动，其x －t 图象如图所示，其中直线b 与曲线a 相切于点(4，－15)．已知甲做匀变速直线运动，下列说法正确的是A ．前4 s 内两物体运动方向相同B ．前4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的157倍C ．t ＝0时刻，甲的速度大小为9 m/sD ．甲的加速度大小为2 m/s 210．如图甲所示的理想变压器，原线圈接在乙图所示交流电源上，副线圈接一个标有“10 V 2 W ”的灯泡，视灯泡电阻不变，已知变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝10∶1，下列说法正确的是A ．灯泡能正常发光B ．电压表的读数为100 VC ．电流表的读数为0.2 AD ．选两只相同“10 V 2 W ”规格的灯泡串接在副线圈，则变压器的输出功率为1 W11．如图所示，一轻弹簧直立于水平面上，弹簧处于原长时上端在O 点，将一质量为M 的物块甲轻放在弹簧上端，物块下降到A 点时速度最大，下降到最低点B 时加速度大小为g ，O 、B 间距为h .换用另一质量m 的物块乙，从距O 点高为h 的C 点静止释放，也刚好将弹簧压缩到B 点，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g ，则A ．弹簧的最大弹性势能为MghB ．乙的最大速度为2ghC ．乙在B 点的加速度大小为2gD ．乙运动到O 点下方h4处速度最大12．如图(a)所示，水平面内有一光滑金属导轨，ac 边的电阻为R ，其他电阻均不计，ab 与ac 夹角为135°，cd 与ac 垂直．将质量为m 的长直导体棒搁在导轨上，并与ac 平行．棒与ab 、cd 交点G 、H 间的距离为L 0，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B .在外力作用下，棒由GH 处以初速度v 0向右做直线运动．其速度的倒数1v随位移x 变化的关系如图(b)所示．在棒运动L 0到MN 处的过程中A ．导体棒做匀变速直线运动B ．导体棒运动的时间为3L 02v 0C ．流过导体棒的电流不变D ．外力做功为3B 2L 302R ＋38mv 2应位置)13．(6分)某课外兴趣小组为了消除“伏安法测电阻”实验中电流、电压表内阻的对实验结果的影响，设计了如图甲所示的电路进行测量，实验的主要步骤是：(i)将R 2的滑动头调到最左端，单刀双掷开关S 2向1闭合，闭合开关S 1，调节滑动变阻器R 1和R 2，使电压表和电流表的示数尽量大些(不超过量程)，读出此时电压表和电流表的示数U 1、I 1.(ii)保持两滑动变阻器的滑动头位置不变，将单刀双掷开关S 2向2闭合，读出此时电压表和电流表的示数U 2、I 2.请回答下列问题(1)步骤(i)中两电表示数如图乙所示，电流表读数为________A ，电压表读数为________V.(2)步骤(ii)电流表读数为0.40 A ，电压表读数为1.20 V ，电阻R x ＝________Ω(保留二位有效数字)．14．(10分)在探究“加速度与力和质量的关系”实验时，某老师对传统实验进行了改进，其实验操作如下：①如图所示，先将沙和沙桶通过滑轮悬挂于小车一端，调节平板的倾角θ，使小车沿斜面向下做匀速直线运动，测出沙和沙桶的总质量m；②保持平板倾角θ不变，去掉沙和沙桶，小车即在平板上沿斜面向下做匀加速直线运动，通过纸带测量其加速度a；③保持小车质量M不变，多次改变沙和沙桶的总质量m，每次重复①②两步操作，得到小车加速度与合力的关系；④多次改变小车的质量，进行适当的操作，得到小车加速度和质量的关系．(1)在上述实验操作过程中，以下说法正确的是________；A．可以用电池盒给打点计时器供电B．应在小车开始运动后再接通打点计时器的电源C．要保持细绳与平板平行D．应让小车从靠近定滑轮处开始运动(2)在操作①中若打了一条如下图所示的纸带，已知纸带左端为连接小车处，则应将平板的倾角适当________(选填“增大”或“减小”)些；(3)在操作②中，小车所受的合力大小等于________(用题中所给定的字母以及重力加速度g表示)；(4)在本实验中________(选填“需要”或“不需要”)满足沙和沙桶的质量远小于小车的总质量；在操作④中，每次改变小车质量后，________(选填“需要”或“不需要”)重新调节平板的倾角．四、计算题(本题共3小题，共计39分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的验算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(12分)如图所示，一个截面是三角形的物体P平放在水平地面上，它的两个斜面与水平的夹角分别为α、β，且α<β，P的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B二个质量相等的滑块，连接后细绳与各自的斜面平行，所有接触面都不计摩擦，重力加速度大小为g.(1)若P固定不动，求A、B的加速度大小．(2)若P向右做匀加速运动，加速度多大时能使A、B与斜面不发生相对滑动．16．(12分)如图所示，在长度足够长、宽度d＝5 cm的区域MNPQ内有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B＝0.33 T，水平边界MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E＝200 N/C.现有大量质量m＝6.6×10－27 kg、电荷量q＝3.2×10－19 C 的带负电的粒子，同时从边界PQ上的O点沿纸面向各个方向垂直射入磁场，射入时的速度大小均为v＝1.6×106 m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力．(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r；(2)求与x轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t；(3)当从MN边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中运动的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程．17．(15分)两端开口、内壁光滑的直玻璃管MN竖直固定在水平面上，a、b二个小球，直径相等，略小于玻璃管的内径，且远小于玻璃管的长度，大小可忽略不计；a、b两球的质量分别为m1和m2(m1＝2m2)．开始时，a球在下b球在上两球紧挨着在管口M处由静止同时释放，a球着地后立即反弹，其速度大小不变，方向竖直向上，与b球相碰，接着b球竖直上升．设两球碰撞时间极短、碰撞过程中总动能不变，在b球开始上升的瞬间，一质量为m3的橡皮泥在M处自由落下，如图所示．b与c在管中某处相遇后粘在一起，要使b、c粘合后能够竖直飞出玻璃管口，则m2与m3之比必须满足什么条件？五、选考题(共15分．请考生从2道题中任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂好．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分)18．【物理——选修3—3】(15分)(1)(5分)下列说法正确的是________(填正确答案前的标号．选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)．A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部B．单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性C．绝对湿度大，相对湿度不一定大D．根据热力学第二定律可知，机械能不可能全部转化为物体的内能E．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征(2)(10分)如图，左、右两个气缸底部有细管(容积可忽略)连通，左气缸的顶部开口与大气相通，右气缸绝热且内部顶端有加热装置．开始时导热活塞a在气缸底部但未与底部接触，绝热活塞b将右气缸内气体分成体积相等的A、B两部分．已知左、右气缸内部高度分别为h和4h，初始温度均为T0，大气压强为p0；a和b厚度不计，横截面积均为S，所受重力大小均为p0S，与气缸接触良好，不计一切摩擦．(i)给A缓慢加热，当a刚刚到达气缸顶部但未与顶部接触时，A吸收的热量为Q，求该过程中A的内能变化量；(ii)当a恰好到达气缸顶部时，继续给A缓慢加热，使b刚刚到达气缸底部但未与底部接触，求此时A的温度．19．【物理——选修3—4】(15分)(1)(5分)一列横波在x轴上传播，实线和虚线分别表示t1＝0、t2＝0.14 s时的波形，已知实线在t3＝0.6 s时第5次重复出现．则此横波________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)．A．周期为0.1 sB．波长为12 cmC．传播速度为1 m/sD．沿x轴正方向传播E．t2＝0.14 s时，x＝0处质点的纵坐标为y＝ 3 cm(2)(10分)如图所示，直角边AC长度为d的直角棱镜ABC置于桌面上，D为斜边BC的中点，桌面上的S点发射一条光线经D点折射后，垂直于AB边射出．已知SC＝CD，光线通过棱镜的时间t＝3d2c，c为真空中光速，不考虑反射光线．求：(i)棱镜的折射率n；(ii)入射光线与界面BC间的夹角．炎德·英才大联考湖南师大附中2018年春季高二期末考试暨2019届高三摸底考试物理参考答案一、选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题列出的四个备选项中只有一5.C 【解析】A.点与点的场强大小相等，方向相反，故A 对；B.根据矢量合成法则，C 点场强为E C ＝2kQ R 2cos 60°＝kQ R 2，D 点的场强为E D ＝2·kQ ⎝ ⎛⎭⎪⎫32R 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32R 2·32R 3R ＝kQ3R 2点C 与点D 的场强大小之比为3∶1，故B 正确；C.根据电场强度的矢量合成法则，距离两点电荷连线x ＝68R <32R 处的场强最强，则电子从点D 到点C 的过程巾，加速度先增大，再减小，再增大，故C 错误；D.根据等量同种电荷的电场线，正电荷沿着圆周从点A 到点D ，电场力做正功，从点D 到点B 的过程中，电场力做负功，故D 正确．7．A 【解析】小球落在斜面上竖直分速度为：v y ＝gt ＝2v 0tan θ，根据平行四边形定则知，落到斜面上的动能为：E k ＝12mv 2＝12m (v 20＋4v 20tan 2θ)，可知落在斜面上的速度：v ＝v 0·1＋tan 2θ，可知小球落到斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比．故A 正确．当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远；将速度分解成平行与垂直斜面方向，垂直斜面方向先匀减速直线运动，后匀加速直线运动；当小球的速度方向与斜面平行时垂直斜面方向的分速度等于0，设斜面的倾角为θ，则时间：t ＝v 0sin θg，所用的时间与初速度的大小有关．故B 错误；将速度和重力加速度分解成平行与垂直斜面方向，平行斜面方向运动是匀加速直线运动，而垂直斜面方向先匀减速直线运动，后匀加速直线运动，可知小球在斜面上的投影加速移动，故C 错误．因为平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，小球落在斜面上位移的方向相同，则速度方向相同，故D 错误．故选A.二、多项选择题(本题共4个小题，每小题4分，共计16分，每个选择题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分)9.AD 【解析】x －图象的斜率的正负表示运动的方向，故前4 s 内两物体运动方向相同，均为负方向，故A 正确；甲做匀变速直线运动，则甲的x －t 图象对应于a ；前4 s 内甲的平均速度为：v 1＝（－15 m ）－9 m4 s＝－6 m/s ，前 4 s 乙的平均速度为：v 2＝（－15 m ）－（－7 m ）4 s ＝－2 m/s ，故前4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的3倍，故B错误；t ＝1 s 末，甲的位移大小为9 m ，t ＝4 s 末，甲的位移大小为24 m ．设甲的加速度为a ，初速度为v 0，依匀变速直线运动的位移公式列两方程联立，可解出a ＝－2 m/s 2，v 0＝10 m/s ，D 对，C 错．12．BC 【解析】直线的斜率为：k ＝2v 0－1v 0L 0＝1L 0v 0，所以有：1v ＝1L 0v 0＋1v 0，得v ＝L 0x ＋L 0v 0，故不是匀变速直线运动，故A 错误．感应电动势为：E ＝Blv ＝B (L 0＋x )L 0L 0＋xv 0＝BL 0v 0，感应电动势大小不变，感应电流为：I ＝E R大小不变，故C 正确；根据法拉第电磁感应定律有：E＝ΔφΔt ＝B ·ΔS Δt＝B ·12（L 0＋2L 0）L 0Δt＝BL 0v 0，解得：Δt ＝3L 02v 0，故B 正确．克服安培力做的功等于电阻R 上产生的焦耳热为：Q ＝I 2Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BL 0v 0R 2R 3L 02v 0＝3B 2L 30v 02R ，对导体棒，由动能定理得：W 外－W 安＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12v 02－12mv 20，解得W 外＝3B 2L 30v 02R －3mv 28，故D 错误．故选BC.三、简答题(本题包括13和14两题，每空2分，共计16分．请将解答填写在答题卡相应位置．)13．(1)0.42 2.60 (2)3.214．(1)CD (2)减小 (3)mg (4)不需要 需要【解析】(1)由图乙所示电流表可知，其量程为0.6 A ，分度值为0.02 A ，示数为0.42 A ，由图乙所示电压表可知，其量程为3 V ，分度值为0.1 V ，示数为2.60 V ；(2)由欧姆定律可知：当S 2合向1时：R x ＋R A ＋R 1＝U 1I 1，当S 2合向2时：R A ＋R 1＝U 2I 2，解得：R x ＝3.2 Ω； 四、计算题(本题共3小题，共计39分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的验算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(12分)【解析】(1)P 固定时，A 、B 的加速度大小相等，设为a 1，以F 表示绳的张力，则滑块A ：F －mg sin α＝ma 1(2分) 滑块B ：mg sin β－F ＝ma 1(2分)解得：a 1＝g ·（sin β－sin α）2(2分)(2)设P 向右的加速度为a ，A 、B 相对斜面不发生滑动时，A 、B 的加速度也为a ，仍用F 表示绳中的张力，则：滑块A 沿斜面方向：F －mg sin α＝ma cos α(2分) 滑块B 沿斜面方向：mg sin β－F ＝ma cos β(2分)解得：a ＝g sin β－sin αcos β＋cos α＝g ·tan β－α2(2分)16．(12分)【解析】(1)由牛顿第二定律有qvB ＝m v 2r(2分)解得r ＝0.1 m(1分)(2)粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场．(1分)粒子在电场中运动的加速度a ＝qE m(1分) 粒子在电场中运动的时间t ＝2va(1分)解得t ＝3.3×10－4s(1分)(3)如右图所示，由几何关系可知，从MN 边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°，圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°.则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x 轴正方向的夹角范围为30°～60°.所有粒子此时分布在以O 点为圆心、弦长0.1 m 为半径的圆周上．(3分)曲线方程为x 2＋y 2＝R 2(R ＝0.1 m ，320m ≤x ≤0.1 m)(2分) 17．(15分)【解析】设管长为H ，取向下为正方向，则a 、b 两球到达玻璃管底端时，速度都为：v 0＝2gH ①a 球着地后反弹，速度为：v a 1＝－2gH ②(2分)a 、b 两球相碰，总动量守恒：m 1v a 1＋m 2v 0＝m 1v a 2＋m 2v b 1 ③总机械能守恒：12m 1v 2a 1＋12m 2v 20＝12m 1v 2a 2＋12m 2v 2b 1 ④联立①至④式，并代入m 1＝2m 2，解得v a 2＝13v 0，v b 1＝－53v 0 ⑤(4分)设c 在M 处下落经t 时间后与b 相碰，则－⎝⎛⎭⎪⎫v b 1t ＋12gt 2＋12gt 2＝H 解得：t ＝H －v b 1 ⑥(2分)碰撞前b 、c 的速度分别为v b 2＝v b 1＋gt ＝419·gHv b 1⑦(2分)v c 1＝gt ＝gH －v b 1b 与c 相碰，总动量守恒m 2v b 2＋m 3v c 1＝(m 2＋m 3)v bc ⑧(2分)要使b 、c 粘合体能飞出管口，则c 与b 碰后的速度必须竖直向上，且大小大于v c 1，取v b 1＝－v c 1，代入上式，得m 2·419·gH v b 1－m 3·gH v b 1－m 3·gH v b 1＝(m 2＋m 3)gHv b 1⑨解得b 、c 两者质量之比为m 2m 3＝916⑩(2分)因此要使b 、c 粘合后能够竖直飞出玻璃管口，必须满足条件m 2m 3>916.(1分)五、选考题(共15分．请考生从2道题中任选一题做答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂好．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分)18．【物理——选修3—3】(15分)(1)(5分)BCE(选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)(2)(10分)【解析】(i)题目已知活塞重力均为：G ＝p 0S 初始时，对活塞a ∶G ＋p 0S ＝p B 1S 对活塞b ：G ＋p A 1S ＝p B 1S可得：p A 1＝p 0，p B 1＝2p 0(1分)a 开始运动到刚好到达气缸顶部的过程中，对气体A ，其等压膨胀过程有： ΔU ＝W ＋Q ＝－p A 1Sh ＋Q ＝－p 0Sh ＋Q (2分)(ii)当b 刚好到达气缸底部时，对气体B ，体积：V B 2＝hS 其等温压缩过程有：p B 1V B 1＝p B 2V B 2(1分)可得：2p 0·2hS ＝p B 2·hS ，即：p B 2＝4p 0(2分) 对活塞b ∶p A 2S ＋G ＝p B 2S 可得：p A 2＝3p 0(1分)对气体A ，其膨胀后的体积：V A 2＝(2h ＋2h )S ＝4hSp A 1V A 1T A 1＝p A 2V A 2T A 2(2分) 可得p 02hS T 0＝3p 04hST A 2，即：T A 2＝6T 0(1分) 19．【物理——选修3—4】(15分)(1)(5分)BCE(选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)(2)(10分)【解析】(i)光路如图所示，E 是光线在AB 边的射出点，设光线通过棱镜的速度为v ，则DE ＝12d (1分) vt ＝12d (1分) n ＝cυ(1分)解得：n ＝3(2分)(ii)光线射到界面BC ，设入射角为i ，折射角为r ，则i ＝π2－θ(1分) r ＝π2－2θ(1分) n ＝sin isin r(1分) ∴θ＝30°(2分)。
湖南省湖南师范大学附属中学2018届高三物理上学期12月月考试题(含解析)
【答案】D湖南省湖南师范大学附属中学 2018届高三上学期12月月考（四）物理试题一、选择题（1〜7题单选，8〜12题多选）1.东方红一号卫星是中国发射的第一颗人造地球卫星，由以钱学森为首任院长的中国空间技 术研究院自行研制，于 1970年4月24日21时35分发射•该卫星发射成功标志着中国成为 继苏联、美国、法国、日本之后世界上第五个用自制火箭发射国产卫星的国家•东方红一号 卫星质量为173kg ，可将其视为近地卫星，它绕地球运动的的动能约为 （）A. '■ 「厂B. ■' IC.\\ J D.「|【答案】B【解析】卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度为第一宇宙速度，即 —"畑，则有时如—“小如畸叽选B. R 的绝缘半球固定在水平地面上，置于半球表面上分别带有正）处于平衡时，小球与球心连线与竖直方向的夹角分别为、、二，小球与半球之间的压力之比为二，则以下说法正确的是2.如图所示表面光滑、半径为负电荷的两小球（大小忽略不计 ，设这两个小B.C.—D.叫 (A.丄叫=步1 N2 1 I 叫11 N2 I【解析】对受力分析如图所示啊扈sin引由正交分解可得：平行球面方向：：：匚、.：：：：，垂直球面方向in:I.. ■-联立解得:#2F <2 亠餐 2 旧同理，对分析可得：^ ，，故一一，，选D.亠°理_ 2屮m21 N21【点睛】分别对和进行受力分析，根据正交分析求出两个小球重力与库仑力的关系式，两个小球受支持力与库仑力的关系式，即可分析求解3. 如图所示，一个m=3kg的物体放在粗糙水平地面上，从t=0时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动，在0〜3s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图所示. 已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等.则（）A. 在0〜3s时间内，物体的速度先增大后减小B. 3s末物体的速度最大，最大速度为C. 2s末F最大，F的最大值为12ND. 前2s内物体做匀变速直线运动，力F大小保持不变【答案】B【解析】由图可知，在0〜3s内始终加速，3s末速度最大，最大为图象围成“面积”，即心眉, A错误，B正确；动摩擦因素未知，不能计算动摩擦力大小，因而不能确定拉力F的大小，C错误；但滑动摩擦力不变，0〜2s加速度变大，则拉力大小变大，D错误.选B.【点睛】加速度一时间图象主要考查的是：图线与时间轴围成的面积表示速度，并结合牛顿第二定律进行分析求解4. 如图所示，质量M= 8 kg的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F= 8 N, 当小车速度达到1.5 m/s时，在小车的右端、由静止轻放一大小不计、质量件2 kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数卩=0.2，小车足够长，物体从放上小车开始经t = 1.5 s的时间，则物体相对地面的位移为（g取10 m/s 2）A. 1 mB. 1.5 mC. 2.1 mD. 3.6 m【答案】C【解析】当在车的右端放上物体时，对物块：由牛顿第二定律，川匕…| ,解得：磐二：.’对小车：「呼匚:小,解得：•，...=；'方= .「.,•，设经过时间，物体和车的速度相等，即巴一；,，物体的速度• 1山⑺ 车的速度r 联立解得「一；•前1s物块相对地面的位移为：〒“「；■■；：. 1 ,当物块与小车共速后，由牛顿第二定律卜:•：!,解得："：：*•；.-,则后t=0.5s物块相对地面的位移为二.：:'II ，则物体从放上小车开始经t=1.5s的时间，则物体相对地面的位移为 3 ’I ■■■ - 111C正确，ABD错误；选B.【点睛】分别对滑块和平板车进行受力分析，它们都只受到滑动摩擦力的作用，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上相对静止时，速度相同，可以求出时间；滑块做匀减速运动，平板车做匀加速运动，当它们速度相等时一起向右做匀速运动，求出物块的位移即可.5. 水平推力和分别作用在静止于水平面上等质量的a、b两物体上，，作用相同距离，两物体与水平面的动摩擦因数相同，则这个过程中两个力的冲量人、的大小关系正确的定小于 C.h一定等于 D. h可能小于【答案】D【解析】由兀=打『，得t =空，由牛顿第二定律F-pmg = m a,得：那=卩问，则冲量由数学知识可知，当，即5]. 时，冲量I有最小值，因不知道珥*比与三丄如呂的大F 2j.ung小关系，故有可能大于，也可等于或小于，故D正确，选D.6. 如图所示，一轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m 的小物块A相接触而不相连，原来A静止在水平面上，弹簧没有形变，质量为m的物块B在大小为F的水平恒力作用下由C处从静止开始沿水平面向右运动，在0点与物块A相碰粘在一起向右运动(设碰撞时间极短)，同时将外力F撤去.运动到D点时，恰好速度为零.AB物体最后被弹簧弹回C点停止，已知C0=4sOD=s A、B与水平面之间的动摩擦因数相同，可求出弹簧的弹性势能的最大值为/7^^7777777777777777^77777777A. 1.43FSB. 2FsC. 2.5FsD. 3Fs【答案】A一一 1 3l8(F-f)s【解析】B与A碰撞前的瞬间的动能' ■! i"-,解得：，B与A在碰撞过程中一一^ r I b(F-f)S动量守恒，设共同速度为•，则有川” -111■■-,解得：. ，B与A碰撞后AB整2〈m1 7 1 ,体弹回到C点过程中有:、.：：：：□ .：： <:■-,解得：「=」".，B与A碰撞后AB整体到达D点5fF~fls 5F S过程中有：、• I “ I ,解得：I •，, I ■''! •，故选A.一 3 37. 如图所示，A B、C D是四个质量相等的等大小球，A、B C是绝缘不带电小球，D球带正电，静放在光滑的水平绝缘面上，在界面MN的右侧有水平向左的匀强电场，现将D球从静止释放，球之间发生的是弹性碰撞，碰撞时间极短可忽略，那么，当四个小球都离开电场后，关于它们间的距离说法正确的是()VI 一II -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------【答案】DA.相临两球间距离仍为LB. 相临两球间距离都为2LC. AB、BC间距离为2L, CD间距离为LD. AB、BC间距离为L, CD间距离为2L【答案】A【解析】作出A、B、C、D球的v —t图象如图所示＜：球\球可知在D球开始运动到离开电场的过程中四球的位移是相等的•故四球间距仍为L.选A.【点睛】四个小球质量相等*且发生弹性碎捧t故四个小球离开电场的速度相等，作出v-t图象即可分析求解.8. 如图所示在xOy平面内固定有ABC三个点电荷，A电荷的坐标为（一2, 0）, B电荷在坐标原点，C电荷的坐标为（2 , 0）已知^-^'7 - ■■■■■, ，则在xOy平面内电场强度为零的点的坐标为（）C<±>【答案】ABB..(—4, 0) D. (4 ,0) 【答案】AB【解析】根据电荷分布的对称性， xOy 平面内电场强度为零的点应该在 y 轴上，A B 、C 产生的电场如图所示：或（ 0，，故选 AB.3 9.如图所示，两个等大金属带电小球 A 和B 分别带有同种电荷•和（小球的大小可忽略不计），质量为 和.A 球固定，B 球用长为L 的绝缘丝线悬在 A 球正上方的一点.当达到平衡 时，A 、B 相距为d ，若使A B 接触后再分开，当再次达到平衡时， AB 相距为2d ,则A 、B 的 电荷量之比• •可能为（）A. -■■1-1 B. 4 ：1 C. I L •!」：:「 D. 1 ：4【答案】AC由点电荷的电场强度公式（x,y ），由题上图可知，D 电场强度为0,kq 4ka，得 ，则 r4 * y 1D 点横坐 C 两点的合场强为，联立得: yE A CD 的电场强度为0，则有 呂kqy小' 二，解得：：:—，故D 点的坐标为（0,标一定为0,故CD 错误;【解析】对B受力分析可知，受重力mg库仑力F、拉力T作用，如图所示设A离悬挂点的距离为h,由平衡条件可知库仑力F与拉力T的合力与重力平衡，即 .，F me d由相似三角形定法得：=‘一，解得：，由题可知h不变，mg不变，当距离变2d时，d h n，2d Qg 卄亠则库仑力i in ■，又；因A、B带同种电荷，故A、B接触后电量平分，且都h d-Q +n (Q 占十©Bp (Q 十为.一，则' '，代入u" V-，得：I ' ••,解得：2 F = k---------- - k--------------------------------------- -- = 2 x k一—(2dy (2d)* d-& = ：AC正确，选AC.【点睛】对B球进行受力分析，由相似三角形法则求出库仑力与重力的关系，当同种电荷AB接触后电量平分，当B球再次达到平衡时，由相似三角形法则求出库仑力与重力的关系，得出平衡后的库仑力是平衡前的库仑力的两倍，由此进行分析求解 A B电荷量的比值.10. 一质量m电荷量的圆环，套在与水平面成角的足够长的粗糙细杆上，圆环的直径略大于杆的直径，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中.现给圆环一沿杆左上方方向的初速度，(取为初速度正方向)以后的运动过程中圆环运动的速度图象可能是()B. C. D.【答案】ABD【解析】当时，物体受到先变小后变大，摩擦力人丿一也先变小后变大，物体减速的加速度：：二也先变小后变大；当速度变小为零时，若.时，物体将静止；若，•曲它时，物体将做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速.当川•时, 时，若... !■：:：■ ■■时，物体将静止；若.时，物体将做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速.故ABD图象可能存在，C图象不可能存在，选ABD.【点睛】带负电的小环向左上方运动时，受到的洛伦兹力垂直杆子斜向右上方，注意讨论洛伦兹力与的大小关系，然后即可确定其运动形式，注意洛伦兹力大小随着速度的大小是不断变化的.11. 如图所示，滑块A、B的质量均为m A套在固定倾斜直杆上，倾斜杆与水平面成--,B 套在固定水平的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计且足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆（初始时轻杆与水平面成 ' ）连接，A、B从静止释放，B开始沿水平面向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B视为质点.在运动的过程中，下列说法中正确的是（）A. A、B组成的系统机械能守恒B. 当A到达与B同一水平面时，A的速度为.C. B滑块到达最右端时，A的速度为•云.D. B滑块最大速度为..【答案】AD【解析】因不计一切摩擦，故系统机械能守恒，A正确；设A的速度为、B的速度为，当A到达与B同一水平面时，对A、B速度进行分解，如图所示根据沿杆方向速度相等有：：乜=■,根据系统机械能守恒有B错误；B滑块到达最右端时，B的速度为零，如图所示:根据系统机械能守恒有nr..,解得：_.“；：.；：：J , C错误；当A滑到最低点时，速度为零，B的速度最大，如图所示：根据系统机械能守恒有：「‘屮1：「，解得：；.'-I.，D正确，选AD.2 2【点睛】应用A、B沿杆方向速度相等，求出A、B的速度关系，因为不计一切摩擦，故A B 组成的系统机械能守恒，当A的速度最大时，B的速度为0;当B的速度最大时，A的速度为0.12. 如图甲所示，水平地面上固定一粗糙斜面，小物块以初速度从斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F（F小于物块受的摩擦力），第二次无恒力，图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的V—t图象，A. 有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较小B. 有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较大C. 有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较大D. 有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较小【答案】AC【解析】有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，所以有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小.A正确，B错误；根据v-t图象与坐标轴所围的面积表示位移，可知有恒力F时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较大. C正确，D错误；选AC.【点睛】根据图象的“面积”表示位移，分析位移关系，从而判断出热量关系；根据重力势能的增加量与动能的减小量关系，分析机械能的减少量关系.二、实验题（2小题）13. 英国物理学家胡克发现：金属丝或金属杆在弹性限度内它的伸长量与拉力成正比，这就是著名的胡克定律•这一发现为后人对材料的研究奠定了基础•现有一根用新材料制成的金属杆，长为3m横截面积为，设计要求它受到拉力后伸长不超过原长的.由于这一1000拉力很大，杆又较长，直接测试有困难，因此，选用同种材料制成的样品进行测试，通过测试取得数据如下：（1）测试结果表明金属丝或金属杆受拉力作用后其伸长量与材料的长度成______ 比，与材料的截面积成____ 比.（2）通过对样品的测试，推算出用新材料制成的上述金属杆所能承受的最大拉力为________ N.【答案】（1）. 正（2）. 反（3）.【解析】⑴由表格知：①当受到的拉力F、横截面积S 一定时，伸长量x与样品长度L成正比；②当受到的拉力F、样品长度L 一定时，伸长量x与横截面积S成反比；③当样品长度L、横截面积S一定时，伸长量x与受到的拉力F成正比•由①②的结论，测试结果表明材料受拉力作用后其伸长与材料的长度成正比，与材料的截面积成反比.⑵ 由①②③三个结论，可以归纳出，x与L、S、F之间存在一定量的比例关系，设这个比值为k，则有x = k—（k为常数），根据图表提供数据代入解得：，，由题意知：待测金属杆M承受最大拉力时，其伸长量为原来的一^,即「」厂5,此时：；：：.「」■: .'：\r, L = 3mFL °代入公式，解得：■' = I I ' ! ' ■'” "314. 在“测定导体电阻”的实验中，电源使用两节新干电池，被测电阻Rx的阻值约为•，电流表内阻约，电压表内阻约为 2 k Q,滑动变阻器的规格是“ d. ».”.⑴图甲是不完整的实验电路，请你将电路图画完整； __________（2）电路连接正确，实验数据记录如下表所示，其中一组数据有拼凑的嫌疑，请指出并说明判断依据_______ 数据有拼凑的嫌疑，电压最低大约________ V或电流最小大约_____ A.1■J40.6 1.2 1.&2A毛漬A0120.240360+48(2). 第1 组(3). 1 (4). 0.2【答案】（1）.——'_i|—r*~i——【解析】（1）待测电阻是小电阻，所以电流表用外接法，完整的电路图如图所示（2）由表格中数据知，当电压为 1.2V时，电流为0.24A，由，得：，R I 0.24U 3因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，则电路中的最小电流：-，电压表的示数：I卜；1' ：-■ IV，由第一组数据，其电压值和电流值都低于可能达到的最小电压和电流，所以有拼凑的嫌疑，所以电压最低大约1V或电流最小大约0.2A.三、计算题（3小题）15. 宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一小球.经过时间t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L.若抛出时的初速度增大到3倍，则抛出点与落地点之间的距离为..L.已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R,万有引力常量为G求该星球的质量MJ2LR-【答案】Gr【解析】试题分析：运用平抛运动规律表示出抛出点与落地点之间的距离求解星球表面重力加速度•忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式求解天体质量.设抛出点的高度为h,第一次抛出时水平射程为x;当初速度变为原来3倍时，水平射程为3x,由几何关系可知：一—①，八：I- ，「一②联立①②得：设该星球表面的重力加速度为g，则竖直方向：.=..沖③GXlm又因为④RFT 2联立③④得：\| -----Gt216. 如图所示，质量为m= 1 kg的小木块放在质量为M= 8 kg的长木板(足够长)的左端，静止在光滑的水平面上，m与M之间的动摩擦因数卩=0.1 , g= 10 m/s2.现给m—个向右的速度v o= 10 m/s同时对M施加一水平向左的恒力F,且F= 5 N，贝U F作用一段时间后撤去，M m 的速度最终都变为零.求：I rr—~Z Z Z Z Z X Z Z ZZ Z X Z / Z(1) F作用的时间t1；(2) 此过程中系统生热Q【答案】(1) 2s (2) 55 J【解析】试题分析：(1)对M M系统由动量定理可求得F作用的时间，(2)对M受力分析求出加速度，由运动学公式求出位移，再根据功能关系求出系统产生的热量Q.(1)根据动量定理对M m系统分析可得：旳-解得：⑵对M受力分析可得：—\1；解得：''■H -■在八“U时间内M运动的位移=^-li, I则系统生热I1T. ■2 °代入数据解得：.-二丁 17.如图所示，绝缘光滑轨道 ABCD 竖直放在与水平方向成•的匀强电场中，其中 BCD 部分是半径为R 的半圆环，轨道的水平部分与半圆相切，现把一质量为m 电荷量为+ q 的小球（大小忽略不计），放在水平面上某点由静止开始释放，恰好能通过半圆轨道最高点 D,落地时恰好落在B 点•求： ⑴电场强度E ; ⑵起点距B 点的距离L.【解析】（1）小球通过D 点后分别在水平方向做匀变速直线运动和在竖直方向做匀加速直线 运动，对小球受力分析，由牛顿第二定律求出两个方向的加速度，结合小球恰好能通过 的临界条件列出方程组进行求解； （2）由起点到D 点的过程，根据动能定理求起点距B 点的距离•、、返/⑴ 小球恰好能通过 D 点，则有：I 巴 T “L—小球通过D 点后的运动：水平方向做匀变速直线运动: 由牛顿第二定律得：竖直方向做匀加速直线运动： •解得： ■ 四、选考题（4小题） 18. 下列说法中正确的是⑵ 由起点到D 点的过程，根据动能定理得:【答案】(1), (2) 2.5R .由牛顿第二定律得： '•A. 气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果B. 足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果C. 一定质量的理想气体等压膨胀过程气体一定从外界吸收热量D. 自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的E•饱和汽压与分子密度有关，与温度无关【答案】ACD【解析】试题分析：气体分子不停地做无规则，气体对容器壁的压强是气体分子对容器壁频繁碰撞而产生的，故A正确•足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体压强较大的缘故，与分子间斥力无关，选项B错误；一定质量的理想气体等压膨胀过程中，体积增大，气体对外界做功，由气态方程知，气体的温度升高，内能增大，由热力学第一定律知，气体一定T从外界吸收热量•故C正确；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D正确；饱和汽压与分子密度有关，与温度也有关，故E 错误；故选ACD考点：气体压强的微观意义；热力学第二定律；饱和汽压【名师点睛】气体压强的微观意义：气体的压强是由大量气体分子对容器壁的频繁碰撞产生的；温度是分子平均动能的标志；明确热力学第二定律；饱和汽压与分子数密度和温度有关；加强对基本概念的记忆，基本方法的学习利用，是学好3-3的基本方法。
湖南省湖南师范大学附属中学2017-2018学年高三上学期入学摸底考试物理试题 Word版含解析
湖南师范大学附属中学2017-2018学年高三上学期入学摸底考试物理试题一、选择题(本题共16小题，其中1－13题每小题四个选项中只有一个符合题意，14－16题每小题有多个选项符合题意，请将符合题意的选项序号填涂在答题卡上，每小题3分，共48分)1、在电磁学史上，有关下列物理学家的说法错误．．的是A．库仑通过实验研究确定了点电荷之间的作用规律B．奥斯特发现通电导线周围存在磁场C．法拉第在实验中发现了电磁感应现象D．安培总结出电磁感应现象中感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化【答案】D考点：考查了物理学史【名师点睛】平时学习应该注意积累对物理学史的了解，知道前辈科学家们为探索物理规律而付出的艰辛努力，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2、关于感应电流，下列说法中正确的是A．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流B．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流C．若闭合电路的一部分导体在磁场中运动，闭合电路中一定有感应电流D．只要导线做切割磁感线运动，导线中就一定有感应电流【答案】B考点：考查了感应电流产生的条件【名师点睛】感应电流产生的条件细分有两点：一是电路要闭合；二是穿过电路的磁通量发生变化，即穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化．3、关于光电效应，下列说法正确的是A．极限频率越大的金属材料逸出功越大B．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C．从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小D．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多【答案】A考点：考查了光电效应【名师点睛】解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，知道光的强度影响单位时间内发出光电子的数目．4、两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈中有竖直方向的磁场，如图所示，两板间有一个质量为m、电荷量为＋q的油滴恰好处于静止状态，则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是A．磁感应强度B向上增大B．磁感应强度B向下减小C．mgd t nq ϕ∆=∆D．mgq t d ϕ∆=∆【答案】C考点：法拉第电磁感应定律、楞次定律【名师点睛】电荷量+q的油滴恰好静止金属板间，受到的电场力与重力平衡，由平衡条件可求出金属板间的电压．根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律结合求出磁通量的变化率，由楞次定律确定磁感应强度B的变化情况5、实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动．今在发电机的输出端接一个电阻R和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10 V．已知R＝10 Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是A．线圈平面与磁场平行时刻，线圈中的瞬时电流为零B．从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流瞬时值表达式为i100πt(A)C．流过电阻RD．电阻R上的热功率等于5 W【答案】C考点：考查了交流电的产生【名师点睛】图示位置是与中性面垂直的位置，电动势最大，电压表的示数为电动势的有效值，电流瞬时值表达式为余弦函数．注意计时的位置是中性面还是与之垂直的地方．6、下列对原子结构的认识中，错误．．的是A．原子中绝大部分是空的，原子核很小B．电子在核外绕核旋转，向心力为库仑力C．原子的全部正电荷都集中在原子核里D．原子核的直径大约为10－10m【答案】D考点：考查了原子核式结构【名师点睛】可以根据原子的构成方面的知识进行分析、解答，原子是由带正电荷的原子核和核外电子构成的，原子内部有较大的空间7、如图所示为小型电磁继电器的构造示意图，其中L为含铁芯的线圈，P为可绕O点转动的铁片，K为弹簧，S为一对触头，A、B、C、D为四个接线柱，断电器与传感器配合，可完成自动控制的要求，对其工作方式有下列判断：①A、B间接控制电路，C、D间接被控电路②A、B间接被控电路，C、D间接控制电路③流过L的电流减小时，C、D间电路断开④流过L的电流增大时， C、D间电路断开以下组合的两项都正确的是A．①③ B．②④ C．①④ D．②③【答案】A【解析】考点：考查了电磁继电器工作原理【名师点睛】电磁继电器就是一个自动控制电路通断的开关，根据电磁继电器的工作原理来分析解答．8、关于动量的变化，下列说法中错误．．的是A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp的方向与运动方向相同B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Δp的方向与运动方向相反C．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp一定为零D．物体做平抛运动时，动量的增量一定不为零【答案】C考点：考查了动量【名师点睛】动量的变化为末动量与初动量之间的差值，注意动量是矢量，其变化要根据平行四边形定则进行计算；然后再分析直线运动和曲线运动的动量变化的性质．9、如图某物体在拉力F的作用下没有运动，经时间t后A．拉力的冲量为FtB．拉力的冲量为Ft cos θC．支持力的冲量为零D．重力的冲量为零【答案】A【解析】考点：考查了动量定理以及冲量【名师点睛】本题考查了动量定理以及冲量的计算公式，直接应用即可，注意冲量的方向与力的方向相同，与物体是否运动无关，难度不大10、有关氢原子光谱的说法正确的是A．氢原子的发射光谱是连续谱B．氢原子光谱说明氢原子只发出特定频率的光C．氢原子光谱说明氢原子能量是连续的D．氢原子光谱线的频率与氢原子能级的能量差无关【答案】B考点：考查了氢原子跃迁【名师点睛】波尔理论在高中阶段要求层次较低，难度不大，涉及内容较固定，只要掌握好波尔理论的内容，即可解决这类问题11、如图所示为氢原子的能级图，则下列说法正确的是A．若己知可见光的光子能量范围为1.61 eV～3.10 eV，则处于第4能级状态的氢原子，发射光的谱线在可见光范围内的有2条B．当氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，氢原子的电势能增加，电子的动能增加C．处于第3能级状态的氢原子，发射出的三种波长分别为λ1、λ2、λ3(λ1>λ2>λ3)的三条谱线，则λ1＝λ2＋λ3D．若处于第2能级状态的氢原子发射出的光能使某金属板发生光电效应，则从第5能级跃迁到第2能级时发射出的光也一定能使此金属板发生光电效应【答案】A考点：考查了氢原子跃迁【名师点睛】所有的难题实际都是又一个一个的简单的题目复合而成的，所以在学习中不能好高骛远，贪大贪难，解决了基础题，拔高题也就迎刃而解了．12、23892U 放射性衰变有多种可能途径，其中一种途径是先变成21083Bi ，而21083Bi 可以经一次衰变变成210a X (X 代表某种元素)，也可以经一次衰变变成b 81Ti ，210a X 和b 81Ti 最后都变成20682Pb ，衰变路径如图所示，则图中A ．a ＝82, b ＝211B ．①是β衰变，②是α衰变C ．①是α衰变，②是β衰变D ．b 81Ti 经过一次α衰变变成20682Pb 【答案】B考点：核反应方程的应用【名师点睛】知道发生α、β衰变的实质．能够运用质量数和电荷数守恒进行分析判断即可． 13、如图所示，在光滑的水平面上宽度为L 的区域内，有一竖直向下的匀强磁场．现有一个边长为a (a ＜L )的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v 0向右滑动，穿过磁场后速度减为v ，那么当线圈完全处于磁场中时，其速度大小A ．大于02v v + B ．等于02v v + C ．小于02v v+ D ．以上均有可能 【答案】B 【解析】试题分析：对线框进入或穿出磁场过程，设初速度为1v ，末速度为2v ．由动量定理可知：21BIL t mv mv ∆=-，又电量q I t =∆，得()21m v v BLq -=，得速度变化量21BLqv v v m∆=-=，由q R φ∆=可知，进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等，故由上式得知，进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量．设完全进入磁场中时，线圈的速度大小为v '，则有0v v v v -'='-，解得，02v vv +'= 考点：法拉第电磁感应定律【名师点睛】线框进入和穿出磁场过程，受到安培力作用而做减速运动，根据动量定理和电量q I t =∆分析电量的关系．根据感应电量q Rφ∆=，分析可知两个过程线框磁通量变化量大小大小相等，两个过程电量相等．联立就可求出完全进入磁场中时线圈的速度 14、如图所示，置于水平面上的质量为M 、长为L 的木板右端水平固定有一轻质弹簧，在板上与左端相齐处有一质量为m 的小物体(m <M ，M >3m )，木板与物体一起以水平速度v 向右运动，若M 与m 、M 与地的接触均光滑，板与墙碰撞无机械能损失，则从板与墙碰撞以后，以下说法中正确的是A ．板与小物体组成的系统，总动量守恒B ．当物体和木板对地的速度相同时，物体到墙的距离最近C ．当小物体滑到板的最左端时，系统的动能才达到最大D ．小物体一定会从板的最左端掉下来 【答案】AD考点：考查了动量守恒定律【名师点睛】解决该题关键要对物体和木板进行受力分析和运动分析，清楚物体和木板的运动情况，同时知道动量守恒定律的条件．要学会用能量守恒的观点去解决问题，知道不同形式的能量的转化15、如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数之比为5∶1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统 (报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小．下列说法中正确的是A．图乙中电压的有效值为220 VB．电压表的示数为44 VC．R处出现火警时电流表示数增大D．R处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大【答案】CD考点：考查了理想变压器，交流电图像【名师点睛】根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握．根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键16、如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为34h0(不计空气阻力)，则A．小球和小车组成的系统动量守恒B．小车向左运动的最大距离为R C．小球离开小车后做斜上抛运动D．小球第二次冲过A能上升的最大高度12h0<h<34h0【答案】BD考点：考查了动量守恒定律，动能定理【名师点睛】应用动能定理应注意的几个问题(1)明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度。
湖南省湖南师范大学附属中学2018届高三物理上学期摸底考试试题(含解析)
湖南省湖南师范大学附属中学2018届高三物理上学期摸底考试试题（含解析）一、选择题1.如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，木块静止在A位置.现有一质量为m的子弹以水平速度υ0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度υ以及在此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（）A. υI=0B. υI=2mυ0C. υD. υ，I=2mυ0【答案】B【解析】【分析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，故可由动量守恒定律列式求解，子弹和木块的共同速度；然后系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，根据动量定理可求得此过程中墙对弹簧的冲量I的大小．【详解】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，解得：运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小I=-（M+m）v-mv0=-2mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0，故选B。
2.如图所示，A、B两物体质量分别为m A、m B，且m A＞m B，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（）A. 停止运动B. 向左运动C. 向右运动D. 运动方向不能确定【答案】B【解析】【详解】力F，所以根据冲量I向左。
因为碰撞的过程中动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向左，故ACD错误，B正确。
故本题选B。
【点睛】利用运动学公式和冲量的定义，结合动量守恒定律来分析，只要知道碰撞前后的状态即可，不需要分析过程，但要注意动量守恒定律的条件。
3.如图所示，质量均为M＝0.4 kg的两长平板小车A和B开始时紧靠在一起都静止于光滑水平面上．小物块(可看成质点)m＝0.2 kg以初速度v＝9 m/s从最左端滑上小车A的上表面，最后停在小车B最右端时速度为v2＝2 m/s，最后A的速度v1为( )A. 1.5 m/sB. 2 m/sC. 1 m/sD. 0.5 m/s【答案】A【解析】【详解】三物体整体分析，以小物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=（m+M）v2+Mv1，代入数据解得：v1=1.5m/s；故选A.【点睛】本意主要考查了运动过程中动量守恒定律的应用，要掌握动量守恒的条件，能正确判断动量是否守恒，注意选择不同的系统和过程.4.某放射性元素经过11.4的原子核发生了衰变，该元素的半衰期为( )A. 11.4天B. 7.6天C. 3.8天D. 2.85天【答案】D【解析】；根据半衰期公式：t=4T=11.4天，T=2.85天.故A，B，C错误，D正确；故选D.【点睛】本题考查了有关半衰期的运算，学生要明确剩余质量和衰变前的质量关系并会进行.5.在甲地用竖直向上的拉力使质量为m1的物体竖直向上加速运动，其加速度a1随不同的拉力而变化的图线如图所示；在乙地用竖直向上的拉力使质量为m2的物体竖直向上加速运动，其加速度a2随不同的拉力而变化的图线如图所示；甲、乙两地的重力加速度分别为g1、g2，由图象知( )A. m1＜m2，g1＜g2B. m1＜m2，g1＞g2C. m1＞m2，g1<g2D. m1＜m2，g1＝g2【答案】C【解析】【详解】由牛顿第二定律得F-mg＝ma m1＞m2，g1<g2.故选C. 【点睛】本题考查牛顿第二定律的基本运用，知道a-F图线的斜率和截距表示的物理意义．6.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B 两球在同一直线上向右运动．两球质量关系为m B＝2m A，规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量变化量为－4 kg·m/s，则( )A. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5，碰撞过程机械能有损失B. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5，碰撞过程机械能无损失C. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5，碰撞过程机械能有损失D. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶5，碰撞过程机械能无损失【答案】B【解析】【详解】规定向右为正方向，碰撞后A球的动量变化量是负值，A所受的冲量为负值，即向左，所以左方是A球.设A物体的质量为m，碰撞前A的速度为2v；那么B物体的质量为2m，速度为v.碰撞后A球的动量变化量为-4kg•m/s，则碰后A物体的动量变成了2kg•m/s，速度B物体动量变成了10kg•m/s，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5．碰撞前后两物体的相对速度大小相等，因此是弹性碰撞，无机械能损失；故A，C，D错误，B正确.故选B.【点睛】碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，由于动量是矢量，具有方向性，在讨论动量守恒时必须注意到其方向性．为此首先规定一个正方向，然后在此基础上进行研究．7.们碰前后的s-t．1kg，由此可以判断A.B.C. ．3kgD. 碰撞过程中系统损失了0．4J的机械能【答案】AC【解析】A说明向右运动，B，根据动量守恒定律得故C，代入解得故D错误．考点：考查了动量守恒定律，位移时间图像【名师点睛】s-t（位移时间）图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动情况．根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能．8.光子能量为E的一束光照射容器中的氢(设氢原子处于n＝3的能级)，氢原子吸收光子后，能发出频率为ν1、ν2、ν3、ν4、ν5、ν6、ν7、ν8、ν9、ν10、的十种光谱线，且ν1＜ν2＜ν3＜ν4＜ν5＜ν6＜ν7＜ν8＜ν9＜ν10，已知朗克常量为h，则E等于( )A. hν1B. hν10C. h(ν10－ν1)D. hν3【答案】D【解析】【详解】根据题意：氢原子处于n=3的能级，氢原子吸收光子后，能发出十种频率的光谱线，可知，光子吸收的能量等于n=3和n=5之间的能级差，氢原子吸收光子后，能发出频率为ν1、ν2、ν3、ν4、ν5、ν6、ν7、ν8、ν9、ν10、的十种光谱线，且ν1＜ν2＜ν3＜ν4＜ν5＜ν6＜ν7＜ν8＜ν9＜ν10，因为v3到数第三小，知频率为v3的光子能量等于等于n=3和n=5之间的能级差，即E=hv3;故D正确，A,B,C错误.故选D.【点睛】解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即E m-E n=hv．二、多选题9.如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑．如果只逐渐增大M1、M2之间的电势差，则( )A. 在荧屏上的亮斑向上移动B. 在荧屏上的亮斑向下移动C. 偏转电场对电子做的功增大D. 偏转电场的电场强度减小【答案】AC【解析】试题分析：电子束在偏转电场中做类平抛运动，运动的时间不发生变化，逐渐增大M1、M2之间的电势差，根据，则偏转电场的电场强度增大，D错误；根据W＝Uq，偏转电场对电子做的功增大，C正确；电子在偏转电场中所受的电场力向上，在荧光屏上的亮斑向上移动，A 正确，B错误。
湖南师大附中2018届高三上学期月考试卷(五) 物理试题
湖南师大附中2018届高三上学期月考试卷（五） 物理试题1．弹跳能力是职业篮球运动员重要的身体素质指标之一，许多著名的篮球运动员因为具有惊人的弹跳能力而被球迷称为“弹簧人”．弹跳过程是身体肌肉骨骼关节等部位一系列相关动作的过程．屈膝是其中一个关键动作．如图所示，人曲膝下蹲时，膝关节弯曲的角度为θ，设此时大、小腿部的肌群对膝关节的作用力F 的方向水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大致相等，那么脚掌所受地面竖直向上的弹力约为( )A. 2sin 2FθB. 2cos 2F θC. 2tan 2F θD. 2cot 2F θ2．如图所示，粗糙水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B 和C 之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内．现用水平拉力F 拉B 木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则一下说法正确的是( )A. 一起加速过程中，A 所受到的静摩擦力大小为4F B. 一起加速过程中，C 木块受到四个力的作用C. 一起加速过程中，A 、D 木块所受静摩擦力的大小相同，方向相反D. 当F 撤去瞬间， D 木块所受静摩擦力的大小和方向都不变3．《中国制造2025》提出通过“三步走”实现制造强国的战略目标．其中，到2025年迈入制造强国行列是第一阶段目标．中国无人机制造公司大疆是中国制造的优秀代表，其创新的无人机产品在美国商用无人机市场占据领先地位，市场份额达47%，遥遥领先于排名第二的竞争对手．而在全球商用无人机市场中，大疆更是独领风骚，一举夺得近70%的市场份额．如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用．一架质量为m ＝3 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F ＝40 N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为f ＝4 N ．该款无人机电池容量为4 480 mA·h ，在提供最大升力的情况下能持续工作约20分钟．g 取10 m/s 2.以下说法正确的是( )A. 无人机从静止开始以最大升力竖直起飞，t ＝3 s 时离地高度为h ＝54 mB. 无人机以最大升力工作时电流大约为6 AC. 无人机悬停在H ＝156 m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去动力竖直坠落(俗称炸机)，坠地时速度为52 m/sD. 无人机因动力设备故障坠机的过程中机械能守恒4．如图所示，半径为R 的竖直光滑圆轨道与光滑水平轨道相切，质量均为m 的小球A 、B 用轻杆连接，置于圆轨道上，A 位于圆心O 的正下方，B 与O 点等高．某时刻将它们由静止释放，最终在水平面上运动．下列说法正确的是()A. 下滑过程中重力对B做功的功率一直增大B. 当B滑到圆轨道最低点时，轨道对B的支持力大小为3mgC. 下滑过程中B的机械能增加D. 整个过程中轻杆对A做的功为12 mgR5．电子技术中有一种电源称为恒流电源constant-current power supply(内阻不能忽略)，即不管外电路情况如何变化，它都能提供持续且恒定的电流．如图所示的电路电源为恒流电源，电表均为理想电表，当滑动变阻器R0的滑片向上滑动时，电压表示数变化量与电流表示数变化量之比的绝对值等于( )A. R0B. R1C. R2D. R36．带正电的空心金属球壳置于绝缘支架上，将4个原来不带电的金属小球按图示位置放置，A球用绝缘轻绳竖直悬挂，B球接地，C球用导线与球壳内部相连，D球与球壳内部接触．设大地电势为零，当达到静电平衡时，下列说法正确的是( )A. 由于静电感应，A球带负电B. B球接地带负电，但电势为零C. C球带正电，且电势与球壳电势相等D. D球带正电，电势为零7．2016年1月20日，美国天文学家推测，太阳系有第九大行星，该行星质量约为地球的10倍，半径约为地球的4倍，绕太阳一周需约2万年，冥王星比它亮约一万倍，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，地球和该行星绕太阳运动均视为匀速圆周运动，下列说法正确的是( )A. 太阳的质量约为2 gR GB. 该行星的质量约为2 10gR GC. 该行星表面的重力加速度约为5 8 gD. 该行星到太阳的距离约为地球的2万倍8．如图所示，阴极射线示波管的聚焦电场是由电极A1、A2形成，实线为电场线，虚线为等势线，x轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则下列说法不正确的是( )A. 电极A1的电势低于电极A2的电势B. 电子在P点处的动能大于在Q点处的动能C. 电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度D. 电子从P至R的运动过程中，电场力对它一直做正功9．如图所示，光滑绝缘水平面上M、N两点分别放置带电荷量为＋q和＋3q的质量相等的金属小球A 和B(可视为点电荷)，现给A和B大小相等的初动能E0，使其相向运动且刚好能发生碰撞，两球碰后返回M、N两点时的动能分别是E1和E2，则( )A. E1＝E2＞E0B. E1＝E2＝E0C. 碰撞发生在M、N两点连线中点的左侧D. 两球同时返回M、N两点10．下列说法中正确的是___．A. 只知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，不能计算出阿伏加德罗常数B. 硬币或者钢针能够浮于水面上，是由于液体表面张力的作用C. 晶体有固定的熔点，具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性D. 影响蒸发快慢以及人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一气温下水的饱和汽压的差距E. 随着科技的发展，可以利用高科技手段，将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化11．如图所示为一竖直的肥皂膜的横截面，用单色光照射薄膜，在薄膜上产生明暗相间的条纹，下列说法正确的是____．A. 薄膜上的干涉条纹是竖直的B. 薄膜上的干涉条纹是水平的C. 用蓝光照射薄膜所产生的干涉条纹的间距比用红光照射时的小D. 干涉条纹是由于光线在薄膜前后两表面反射形成的两列光波叠加的结果E. 干涉条纹的间距是不相等的12．如图甲所示，水平挡板A和竖直挡板B固定在斜面C上，一质量为m的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时接触．挡板A、B和斜面C对小球的弹力大小分别为F A、F B和F C．现使斜面和物体一起在水平面上水平向左做加速度为a的匀加速直线运动．若F A和F B不会同时存在，斜面倾角为θ，重力加速度为g，则图乙所列图像中，可能正确的是13．如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面上某一位置P处斜向上抛出，到达斜面顶端Q处时速度恰好变为水平方向，已知P、Q间的距离为L，重力加速度为g，则关于抛出时物体的初速度v0的大小及其与斜面间的夹角α，以下关系中正确的有A. tanα=tanθB. tanα=sin2θ2(1+sin2θ)C. v0=cosθcos2θL2g sinθD. v0=cosθg L2sinθ14．如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，AB是圆的直径。
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湖南师大附中2018届高三摸底考试物理一、选择题1.如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，木块静止在A位置.现有一质量为m的子弹以水平速度υ0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度υ以及在此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（）A. υ=，I=0B. υ=，I=2mυ0C. υ=，I=D. υ=，I=2mυ0【答案】B【解析】【分析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，故可由动量守恒定律列式求解，子弹和木块的共同速度；然后系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，根据动量定理可求得此过程中墙对弹簧的冲量I的大小．【详解】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，解得：；子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小；子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即可墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：I=-（M+m）v-mv0=-2mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0，故选B。
2.如图所示，A、B两物体质量分别为m A、m B，且m A＞m B，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F 的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（）A. 停止运动B. 向左运动C. 向右运动D. 运动方向不能确定【答案】B【解析】【详解】力F大小相等，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度有：由运动学公式得：，因为，所以根据冲量I的定义可知，由动量定理可知，则撤去外力后，，方向水平向右，方向水平向左，所以，两物体碰前系统总动量向左。
因为碰撞的过程中动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向左，故ACD错误，B正确。
故本题选B。
【点睛】利用运动学公式和冲量的定义，结合动量守恒定律来分析，只要知道碰撞前后的状态即可，不需要分析过程，但要注意动量守恒定律的条件。
3.如图所示，质量均为M＝0.4 kg的两长平板小车A和B开始时紧靠在一起都静止于光滑水平面上．小物块(可看成质点)m＝0.2 kg以初速度v＝9 m/s从最左端滑上小车A的上表面，最后停在小车B最右端时速度为v2＝2 m/s，最后A的速度v1为( )A. 1.5 m/sB. 2 m/sC. 1 m/sD. 0.5 m/s【答案】A【解析】【详解】三物体整体分析，以小物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=（m+M）v2+Mv1，代入数据解得：v1=1.5m/s；故选A.【点睛】本意主要考查了运动过程中动量守恒定律的应用，要掌握动量守恒的条件，能正确判断动量是否守恒，注意选择不同的系统和过程.4.某放射性元素经过11.4天有的原子核发生了衰变，该元素的半衰期为( )A. 11.4天B. 7.6天C. 3.8天D. 2.85天【答案】D【解析】【详解】有的原子核发生了衰变，则剩余的质量为原来的；根据半衰期公式：，可得：，所以t=4T=11.4天，T=2.85天.故A，B，C错误，D正确；故选D.【点睛】本题考查了有关半衰期的运算，学生要明确剩余质量和衰变前的质量关系并会进行有关运算，即公式的应用，明确半衰期的含义.5.在甲地用竖直向上的拉力使质量为m1的物体竖直向上加速运动，其加速度a1随不同的拉力而变化的图线如图所示；在乙地用竖直向上的拉力使质量为m2的物体竖直向上加速运动，其加速度a2随不同的拉力而变化的图线如图所示；甲、乙两地的重力加速度分别为g1、g2，由图象知( )A. m1＜m2，g1＜g2B. m1＜m2，g1＞g2C. m1＞m2，g1<g2D. m1＜m2，g1＝g2【答案】C【解析】【详解】由牛顿第二定律得F-mg＝ma，所以，结合图象可知m1＞m2，g1<g2.故选C.【点睛】本题考查牛顿第二定律的基本运用，知道a-F图线的斜率和截距表示的物理意义．6.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B 两球在同一直线上向右运动．两球质量关系为m B＝2m A，规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量变化量为－4 kg·m/s，则( )A. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5，碰撞过程机械能有损失B. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5，碰撞过程机械能无损失C. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5，碰撞过程机械能有损失D. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶5，碰撞过程机械能无损失【答案】B【解析】【详解】规定向右为正方向，碰撞后A球的动量变化量是负值，A所受的冲量为负值，即向左，所以左方是A球.设A物体的质量为m，碰撞前A的速度为2v；那么B物体的质量为2m，速度为v.碰撞后A球的动量变化量为-4kg•m/s，则碰后A物体的动量变成了2kg•m/s，速度变为，B物体动量变成了10kg•m/s，速度变为，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5．碰撞前后两物体的相对速度大小相等，因此是弹性碰撞，无机械能损失；故A，C，D错误，B正确.故选B.【点睛】碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，由于动量是矢量，具有方向性，在讨论动量守恒时必须注意到其方向性．为此首先规定一个正方向，然后在此基础上进行研究．7.如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为和，图乙为它们碰前后的s-t 图像，已知=0．1kg，由此可以判断A. 碰前静止，向右运动B. 碰后和都向右运动C. 由动量守恒可以算出=0．3kgD. 碰撞过程中系统损失了0．4J的机械能【答案】AC【解析】试题分析：由图象的斜率得到，碰前的位移不随时间而变化，处于静止．向速度大小为，方向只有向右才能与相撞，故A正确；由图读出，碰后的速度为正方向，说明向右运动，的速度为负方向，说明向左运动，故B错误；由图求出碰后和的速度分别为，，根据动量守恒定律得，代入解得，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能为，代入解得，故D错误．考点：考查了动量守恒定律，位移时间图像【名师点睛】s-t（位移时间）图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动情况．根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能．8.光子能量为E的一束光照射容器中的氢(设氢原子处于n＝3的能级)，氢原子吸收光子后，能发出频率为ν1、ν2、ν3、ν4、ν5、ν6、ν7、ν8、ν9、ν10、的十种光谱线，且ν1＜ν2＜ν3＜ν4＜ν5＜ν6＜ν7＜ν8＜ν9＜ν10，已知朗克常量为h，则E等于( )A. hν1B. hν10C. h(ν10－ν1)D. hν3【答案】D【解析】【详解】根据题意：氢原子处于n=3的能级，氢原子吸收光子后，能发出十种频率的光谱线，可知，光子吸收的能量等于n=3和n=5之间的能级差，氢原子吸收光子后，能发出频率为ν1、ν2、ν3、ν4、ν5、ν6、ν7、ν8、ν9、ν10、的十种光谱线，且ν1＜ν2＜ν3＜ν4＜ν5＜ν6＜ν7＜ν8＜ν9＜ν10，因为v3到数第三小，知频率为v3的光子能量等于等于n=3和n=5之间的能级差，即E=hv3;故D正确，A,B,C错误.故选D. 【点睛】解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即E m-E n=hv．二、多选题9.如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑．如果只逐渐增大M1、M2之间的电势差，则( )A. 在荧屏上的亮斑向上移动B. 在荧屏上的亮斑向下移动C. 偏转电场对电子做的功增大D. 偏转电场的电场强度减小【答案】AC【解析】试题分析：电子束在偏转电场中做类平抛运动，运动的时间不发生变化，逐渐增大M1、M2之间的电势差，根据，则偏转电场的电场强度增大，D错误；根据W＝Uq，偏转电场对电子做的功增大，C正确；电子在偏转电场中所受的电场力向上，在荧光屏上的亮斑向上移动，A正确，B错误。
考点：本题考查带电粒子在电场中的偏转。
10.质量为m，速度为v的A球跟质量为3m的静止的B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B球的速度可能值为( )A. 0.6vB. 0.4vC. 0.3vD. 0.2v【答案】BC【解析】【详解】运动的A球与静止的B球发生动静碰，若发生的是完全非弹性碰撞：mv＝4mv1⇒v1＝0.25v，此时B 球获得最小速度；若发生的是弹性碰撞：，，可得B球的速度v2＝0.5v.故B球的速度取值范围为；故A，D不可能；故选BC.【点睛】本题抓住碰撞过程的两个基本规律：系统的动量守恒、总动能不增加进行判断．11.如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝3 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是( )A. 木板获得的动能为2 JB. 系统损失的机械能为4 JC. 木板A的最小长度为1.5 mD. A，B间的动摩擦因数为0.1【答案】AC【解析】【详解】A、由图示图象可知，木板获得的速度为v=1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0=（m+m A）v，解得:m A=4 kg，则A的动能为;故A正确.B、系统损失的动能，故B错误.C、木板A的长度，最小长度为1.5 m．故C正确.D、B的加速度大小：，由牛顿第二定律得μmg=ma，得μ=0.2．故D错误.故选AC.【点睛】本题属于木块在木板上滑动类型，既考查读图能力，知道v-t图象的斜率表示加速度、面积表示位移，要有运用牛顿第二定律、功能关系处理复杂力学问题的能力．12.一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生了某种衰变而形成了如图所示的两个圆形径迹，两圆半径之比为1∶16，有( )A. 该原子核发生了β衰变B. 原来静止的原子核的原子序数为15C. 反冲核沿小圆作逆时针方向运动D. 该衰变过程结束后其系统的总质量略有增加【答案】ABC【解析】【详解】A、由图看出，原子核衰变后放出的粒子与新核所受的洛伦兹力方向相同，而两者速度方向相反，则知两者的电性相反，新核带正电，则放出的必定是β粒子，发生了β衰变;故A正确．B、根据动量守恒定律得知，放出的β粒子与新核的动量大小相等，由，得半径与电荷量成反比，两圆半径之比为1:16，由于新核的电荷量较大，则小圆是新核的轨迹．由半径之比得到新核的电荷量为16e，原子序数为16，则原来静止的原子核的原子序数为15;故B正确.C、衰变后新核所受的洛伦兹力方向向右，根据左手定则判断得知，其速度方向向下，沿小圆作逆时针方向运动;故C正确．D、该衰变过程会放出能量，质量略有亏损;故D错误．故选ABC.【点睛】原子核衰变过程系统动量守恒，由于动量守恒定律、牛顿第二定律、左手定值即可正确解题．三、实验题13.在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中(装置如图甲所示)．图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，相邻两计数点间有5个点没标出，已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，则打B点时小车的瞬时速度大小为__ m/s，小车加速度大小为___ m/s2.(保留三位有效数字)【答案】 (1). 0.641 (2). 1.00【解析】【详解】相邻两计数点间的时间t＝0.02×6s＝0.12s，B点的速度，加速度.【点睛】解决本题的关键是掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，知道实验的操作步骤和数据处理以及注意事项.14.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O.接下来的实验步骤如下：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度．①上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有______.A．A、B两点间的高度差B．B点离地面的高度h2C．小球1和小球2的质量m1、m2D．小球1和小球2的半径r②当所测物理量满足表达式______ (用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．③完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图2所示．使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在圆心在斜槽末端圆弧的平均落点M′、P′、N′.用测量斜面顶点与M′、P′、N′三点的连线与竖直方向的夹角分别为α1、α2、α3. 则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式_______ (用所测物理量的字母表示)．【答案】 (1). C； (2). m1·OP＝m1·OM＋m2·ON (3).【解析】【详解】①根据动量守恒得：m1v1＝m1v1′＋m2v2′、小球做平抛运动下落的高度相同，所以运动时间相等，可得：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，所以除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2．故选C．②因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式m1•OP=m1•OM+m2•ON.③小球做平抛运动有v0t＝R sin α，，联立可得：，根据动量守恒定律有m1v＝mv1＋m2v2，得.【点睛】解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验的步骤，在验证动量守恒定律实验中，无需测出速度的大小，可以用位移代表速度．同时，在运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度．若碰撞前后总动能相等，则机械能守恒.四、计算题15.已知O、A、B、C为同一直线上的四点，一物体自O点静止起出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点，物体通过AB段时间为t1，物体通过BC段所用时间为t2.已知物体通过AB段与通过BC段位移相等．求物体由O运动到A的时间t.【答案】【解析】【详解】设AB=BC=L ，AB段时间中点的速度为①BC段时间中点的瞬时速度为②物体运动的加速度为③由v＝v0+at得：v1＝a(t+t1) ④解方程得：16.质量为M的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手．左侧射手首先开枪，子弹相对木块静止时水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧射手开枪，子弹相对木块静止时水平射入木块的最大深度为d2，如图所示．设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相等．当两颗子弹均相对于木块静止时，求两子弹射入的最大深度比.(已知木块质量M和子弹质量m)【答案】【解析】【分析】对左侧子弹和木块组成的系统而言，合外力为零，总动量守恒，可求出当子弹相对于木块静止时木块的速度．由动量守恒和能量守恒得到d1与子弹速度、质量和木块的关系，再对右侧子弹和左侧子弹、木块三者系统为研究对象，用同样的方法研究d2，再求比值．【详解】设子弹的初速度为v0,子弹与木块之间的作用力大小为f,取向右为正方向.左侧子弹射入木块的过程,由动量守恒定律有：mv0＝(m＋M)v1由能量守恒得:右侧射入子弹过程中有:(M＋m)v1－mv0＝(M＋2m)v2＝0由能量守恒得:得:【点睛】本题的关键要抓住系统遵守动量守恒定律和能量守恒定律，系统产生的内能与子弹和木块相对位移大小有关，要注意明确第二次打击时由于木块和子弹相对运动，导致进入深度增大．17.1930年发现，科学家在真空条件下用α粒子轰击时，产生了一种看不见的、贯穿力很强的不带电粒子，为了弄清楚这是一种什么粒子，人们用它分别去轰击氢原子和氮原子，结果打出一些氢核和氮核，并以此推算出了该粒子的质量，从而确定改粒子为中子．设氢核的质量为m H，氮核的质量为氢核质量的14倍，碰撞后氢核的速度为v H，氮核的速度为v N，假设中子与它们的碰撞为弹性弹性碰撞，碰撞的粒子分别为中子和氢核及中子和氮核．（1）试写出α粒子轰击的核反应方程；（2）试根据中子与氢原子和氮原子的碰撞结果，利用题中的可测量量，推算出中子的质量．【答案】（1）（2）m=1.05m H【解析】【详解】（1）（2）根据动量守恒和能量守恒可知：mv0=mv+m H v H…①…②其中v是碰撞后中性粒子的速度，由此可得：v H=…③同理，mv0=mv+m N v N可得出中性粒子与氮原子核碰撞后打出的氮核的速度 v N=… ④因为m N=14m H，由方程③④可得…⑤将速度的最大值代入方程⑤，解得：m=1.05m H【点睛】根据质量数守恒和电荷数守恒配平，书写核反应方程；根据查德威克的理论：氢核、氮核与中性粒子之间的碰撞是弹性正碰，遵守动量守恒和能量守恒，由两大守恒定律列式得到氢核的最大速度v H与初速度v0的关系式；用同样的方法得到中性粒子与氮原子核碰撞后打出的氮核的速度v N表达式，即可得到两个之比，从而求中性粒子（中子）的质量m与氢核的质量m H的关系．18.有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，在一光滑水平面上放置两个可视为质点的紧挨着的A、B两个物体，它们的质量分别为m1＝1 kg，m2＝3 kg并在它们之间放少量炸药，水平面左方有一弹性的挡板，水平面右方接一光滑的竖直圆轨道．当初A、B两物静止，点燃炸药让其爆炸，物体A向左运动与挡板碰后原速返回，在水平面上追上物体B并与其碰撞后粘在一起，最后恰能到达圆弧最高点，已知圆弧的半径为R＝0.2 m，g＝10 m/s2.求炸药爆炸时对A、B两物体所做的功．【答案】10.7 J【解析】【详解】炸药爆炸后，设A的速度大小为v1，B的速度大小为v2．取向左为正方向，由动量守恒定律得：m1v1-m2v2=0 A物与挡板碰后追上B物，碰后两物共同速度设为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v1+m2v2=（m1+m2）v两物上升皮圆弧的最高点时速度为0，两物体的动能转化为重力势能，由机械能守恒定律得（m1+m2）v2=（m1+m2）gR炸药爆炸时对A、B两物体所做的功 W=m1v12+m2v22；联立解得 W=10.7J【点睛】本题要在分析清楚物体运动情况的基础上，采用程序法分步列式，关键要认真把握每个物理过程，找出每个过程遵守的物理规律．19.如图所示，小球从光滑的半径为R的半圆槽顶部A由静止滑下，小球的质量为m，半圆槽的质量为M＝3m，半圆槽与桌面无摩擦，小球的大小忽略不计，求：(1)当小球运动到半圆槽底部时的小球速度；(2)当小球下落R时半圆槽的速度．【答案】(1) (2)【解析】【详解】(1)小球与半圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒得：Mv1-mv2＝0由于没有摩擦，机械能守恒：得：(2)设小球下落的速度为v2′，半圆槽的速度为v1′，如图所示：小球与半圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒得：Mv1′－mv2′sin a＝0小球相对半圆槽的速度方向与水平方向成45°，有：v1′＋v2′sin a＝v2′cos a根据机械能守恒得得：【点睛】本题是水平方向动量守恒的类型，关键是确定两个物体的速度关系，注意速度要以地面为参照物．。