《安徽省天长一中2018届高三物理上学期1月份测考试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省天长一中2018届高三物理上学期1月份测考试题（含解析）（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、- 1 -安徽省天长一中安徽省天长一中 20182018 届高三上学期届高三上学期 1 1 月份测考理综试卷物理试题月份测考理综试卷物理试题二、选择题：本题共二、选择题：本题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 6 6 分，共分，共 4848 分。在每小题给出的四个选项中，第分。在每小题给出的四个选项中，第 14-1814-18题只有一项符合题目要求，第题只有一项符合题目要求，第 19-2119-21 题有多项符合题目要求。全部选对的得题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 6 分，选对但不分，选对但不全对的得全对的得 3 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分。分。1. 2013 年
2、6 月 20 日，航天员王亚平在“天宫一号”飞行器里展示了失重状态下液滴的表面张力引起的现象，可以观察到漂浮液滴的形状发生周期性的微小变化（振动） ，如图所示。已知液滴振动的频率表达式为，其中k为一个无单位的比例系数，r为液滴半径，为液体密度，为液体表面张力系数（单位为 N/m） 。与液体表面自由能的增加量E、液体表面面积的增加量S有关，则在下列相关的关系式中，可能正确的是A. = B. = C. = E SD. = 【答案】A【解析】 （其单位为 N/m）为液体表面张力系数，液体表面自由能的增加量（其单位为J） ，是液体表面面积的增加量，单位是 m2，根据物理量之间的关系得出：，所以，A 正
3、确2. 两个质量分别为 2m 和 m 的小木块 a 和 b（可视为质点）放在水平圆盘上，a 与转轴 OO的距离为 L，b 与转轴的距离为 2L，a、b 之间用长为 L 的强度足够大的轻绳相连，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的 k 倍，重力加速度大小为 g若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，开始时轻绳刚好伸直但无张力，用 表示圆盘转动的角速度，下列说法- 2 -正确的是（ ）A. a 比 b 先达到最大静摩擦力B. a、b 所受的摩擦力始终相等C. 是 b 开始滑动的临界角速度 DD. 当时，a 所受摩擦力的大小为【答案】D【解析】试题分析：两个木块的最大静摩擦力相等木块随圆盘一起转动
4、，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，m、 相等，所以 b所受的静摩擦力大于 a 的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时 b 的静摩擦力先达到最大值，A、B 错误；a、b 整体为研究对象，临界角速度为，则：，解得，C 错误；当时，a、b 均未滑动，所以，对 a：；对 b:,解得：，D 正确；故选 D。考点：摩擦力、向心力、牛顿第二定律。【名师点睛】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。3. 如图，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出） 。一带电粒子从紧贴铝板上表面
5、的 P 点垂直于铝板向上射出，从 Q 点穿过铝板后到达 PQ 的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（ ）- 3 -A. 2 B. C. 1 D. 【答案】D【解析】设粒子在铝板上、下方的轨道半径分别为 r1、r2，速度分别为 v1、v2由题意可知，粒子轨道半径：r1=2r2，由题意可知，穿过铝板时粒子动能损失一半，即：mv22= mv12，v1=v2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，磁感应强度：，磁感应强度之比：；故选 D4. 如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R3为定值电阻，R1、
6、R2为滑动变阻器，A、B 为电容器两个水平放置的极板。当滑动变阻器R1、R2的滑片处于图示位置时，A、B 两板间的带电油滴静止不动。下列说法中正确的是A. 把R2的滑片向右缓慢移动时，油滴向下运动B. 把R1的滑片向右缓慢移动时，油滴向上运动C. 缓慢增大极板 A、B 间的距离，油滴静止不动D. 缓慢减小极板 A、B 的正对面积，油滴向上运动【答案】B【解析】当仅把R2的滑片向右缓慢移动时，两极板间的电压不变，由可知，电场强度不变，即油滴静止不动，故 A 错误；R1的滑片向右缓慢移动时R1的阻值变大，R1与R3串联的总电阻变大，故电路中的总电流变小，路端电压变大，电容器两板间电压增大，由可知，
7、极板间的电场强度增大，所以油滴受到的电场力增大，故油滴会向上运动，故 B 正确；当缓慢增大极板A、B间的距离时，因为板间电压不变，由可知，极板间的电场强度减小，油滴向下运动，故 C 错误；当两极板A、B间正对面积缓慢减小时，由： ，可知电容器电容减小，但极板间电压不变，由可知，电场强度不变，故油滴仍静止在原处，故 D 错误。所以 B 正确，ACD 错误。- 4 -5. 如图所示，一个质量为 m 的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的 P、Q 两点处，弹簧的劲度系数为 k，起初圆环处
8、于 O 点，弹簧处于原长状态且原长为 L0。将圆环拉至 A 点由静止释放，重力加速度为 g，对于圆环从 A 点运动到 B点的过程中，下列说法正确的是A. 圆环通过 点的加速度小于B. 圆环在 O 点的速度最大C. 圆环在 A 点的加速度大小为D. 圆环在 B 点的速度为【答案】C【解析】试题分析：以圆环为研究对象，圆环在初始位置速度为 0，从 A 点到 B 点运动过程中，弹簧的形变量先减小后增加，弹簧与竖直方向的夹角先增加后减小，通过 O 点时的速度和加速度，通过受力情况来分析，根据牛顿第二定律可以求出圆环在 A 点的加速度，根据功能关系可以分析圆环在 B 点的速度- 5 -6. 如图甲所示，
9、物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为 2kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的vt图如图乙所示，则可知A. A的质量为 4kgB. 运动过程中A的最大速度为vm=4m/sC. 在A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒D. 在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为 3J【答案】BD【解析】AB、解除对弹簧的锁定，A 离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒，B 速度最大时，A 的速度最小为零，且此时弹簧处于原长， ；B 的速度最小时，A 的速度最大，设 A 的的质量为 m，此时 A 的速度为 v，根据动量守恒
10、和机械能守恒有：，可得 m=1kg，v=4m/s，A 错误、B 正确；在 A 离开挡板前，由于挡板对 A 有作用力，所以 A、B 系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，故 C 错误；当 A、B 速度相等时，A、B 动能之和最小，根据机械能守恒定律，此时弹性势能最大。根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：，联立解得：EPmax=3J，故 D 正确。故选：BD。【名师点睛】在 A 离开挡板前，由于挡板对 A 有作用力，所以 A、B 系统所受合外力不为零，- 6 -则系统动量不守恒；A 离开挡板后，A、B 系统所受合外力为零，系统机械能守恒B 速度最大时，A 的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；B
11、 的速度最小时，A 的速度最大；当 A、B速度相等时，A、B 动能之和最小，此时弹性势能最大。根据机械能守恒定律和动量守恒定律求解。7. 如图所示为一理想变压器，S 为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，则( )A. 保持U1及P的位置不变，S 由a改接到b，I1将减小B. 保持U1及P的位置不变，S 由a改接到b，R两端的电压变小C. 保持U1不变，S 由a改接到b，同时使P滑向d端，R的电功率一定变大D. 保持P的位置不变，S 接在a处，使U1增大，I1将增大【答案】CDC、保持 U1不变，S 由a改接到b，原线圈匝数变小，副线圈电
12、压变大，同时使P滑向d端，R的阻值变小，根据可知R的电功率一定变大，故 C 正确；D、保持 P 的位置不变，S 接在a处，若 U1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，根据 可知 I1将增大，故 D 正确；故选 CD。【点睛】主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解。8. 如图所示，在光滑水平面上用水平恒力F拉质量为m的单匝正方形金属线框，线框边长- 7 -为a，在位置 1 以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场并开始计时（t0） 。若磁场的宽度为b（b3a） ，在 3t0时刻线框到达位置 2 时速度又为v0且开始离开磁场。此过程中
13、vt图象如图所示，则（ ）A. 线框刚进入磁场时MN边的两端电压为Bav0B. 在t0时刻线框的速度为C. 线框完全离开磁场瞬间（位置 3）的速度与t0时刻线框的速度相同D. 线框从进入磁场（位置 1）到完全离开磁场（位置 3）的过程中产生的焦耳热为 2Fb【答案】BCD【解析】t=0 时，线框右侧边 MN 的两端电压为外电压，总的感应电动势为：E=Bav0，外电压，故 A 错误；根据图象可知在 t03t0时间内，线框做匀加速直线运动，合力等于 F，则在 t0时刻线框的速度为 ，故 B 正确因为 t=0 时刻和t=3t0时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故线框完全离开
14、磁场时的速度与 t0时刻的速度相等，故 C 正确因为 t=0 时刻和 t=3t0时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故线框完全离开磁场时的速度与 t0时刻的速度相等，进入磁场克服安培力做的功和离开磁场克服安培力做的功一样多线框在位置 1 和位置 3 时的速度相等，根据动能定理，外力做的功等于克服安培力做的功，即有 Fb=Q，所以线框穿过磁场的整个过程中，产生的电热为 2Fb，故 D 正确故选 BCD该图象为速度-时间图象，斜率表示加速度根据加速度的变化判断物体的受力情况要注意当通过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合回路中产生感应电流，所以只有在进入和离开磁场的过程中才有感
15、应电流产生该题难度较大.9. 一同学要研究轻质弹簧的弹性势能与弹簧长度改变量的关系。实验装置如图甲所示，在离地面高为 h 的光滑水平桌面上，沿着与桌子右边缘垂直的方向放置一轻质弹簧，其左端固定，右端与质量为 m 的小刚球接触。将小球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，使小球沿水平方向射出桌面，小球在空中飞行落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹。重力加速度为- 8 -g。(1)若测得某次压缩弹簧释放后小球落点 P 痕迹到 O 点的距离为 s，则释放小球前弹簧的弹性势能表达式为_；（用 m、g、s、h 等四个字母表示）(2)该同学改变弹簧的压缩量进行多次测量得到下表一组数据：弹簧压缩量 x/cm1.0
16、01.502.002.503.003.50小球飞行水平距离 s/cm20.1030.0040.1049.9069.90根据表中已有数据，表中缺失的数据可能是 s=_cm；(3)完成实验后，该同学对上述装置进行了如下图乙所示的改变：（I）在木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将木板竖直立于靠近桌子右边缘处，使小球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹 O；（II）将木板向右平移适当的距离固定，再使小球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，撞到木板上得到痕迹 P；（III）用刻度尺测量纸上O 点到 P 点的竖直距离为 y。若已知木板与桌子右边缘的水平距离为 L，则（II）步骤中弹簧的压缩量应该为_。 （用 L、h、y 等三个字母表示）【答案】 (1). (2). 60.00 (3). 【解析】试题分析：（1）由平抛运动规律有：，得：由机械能守恒定律得：
