《【全国百强校word版】河北省衡水中学2018届高三自主复习作业箭在弦上物理试题（二）（带解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【全国百强校word版】河北省衡水中学2018届高三自主复习作业箭在弦上物理试题（二）（带解析）（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、二、选择题：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分14物理是建立在实验基础上的一门学科，物理学中很多定律可以通过实验进行验证，下列定律中不可以通过实验直接得以验证的是A牛顿第一定律 B机械能守恒定律C牛顿第三定律 D法拉第电磁感应定律14【解析】牛顿第一定律所述物体不受外力作用，这个情况是不存在的，故不能用实验验证，其他均可用实验验证。15有一个竖直固定放置的四分之一光滑圆弧轨道，轨道圆心O到地面的高度为h，小球从轨道最高点A由静止开始沿着圆弧轨道滑下，从轨道最低点B离
2、开轨道，然后做平抛运动落到水平地面上的C点，C点与A点的水平距离也等于h，则下列说法正确的是A当小球运动到轨道最低点B时，推导对它的支持力等于重力的4倍B小球在圆弧轨道上运动的过程中，重力对小球的冲量在数值上大于圆弧的支持力对小球的冲量C根据已知条件可以求出该四分之一圆弧轨道的轨道半径为0.2hD小球做平抛运动落到地面时的速度与水平方向夹角的正切值tan=0.515C【解析】在最低点，解得，A错误；小球从A运动到B，合外力冲量水平向右，则支持力的冲量在竖直方向的分力与重力的冲量大小相等，故支持力冲量在竖直上大于重力的冲量，B错误；小球做平抛运动时，解得R=0.2h，C正确；设小球做平抛运动位移
3、与水平方向夹角为，则tan=1，因为tan=2tan，所以tan=2，D错误。16如图所示，a、b两细绳一端系着质量为m的小球，另一端系在竖直放置的圆环上，小球位于圆环的中心，开始时绳a水平，绳b倾斜，现将圆环在竖直平面内顺时针缓慢地向右滚动至绳b水平，在此过程中Aa上的张力逐渐增大，b上的张力逐渐增大Ba上的张力逐渐减小，b上的张力逐渐减小Ca上的张力逐渐减小，b上的张力逐渐增大Da上的张力逐渐增大，b上的张力逐渐减小16D【解析】设小球的重力为G，圆环沿顺时针方向转过过程中b绳与竖直方向的夹角为，a和b的拉力大小分别为，小球的位置保持不动，受力保持平衡，由平衡条件可知，两绳拉力的河流不变，
4、小球受到的重力G和组成一个闭合的三角形，由几何知识可知的夹角不变，由正弦定律可得，在范围内，变大，变大，变小，D正确。17如图所示的理想变压器，两个副线圈匝数分别为n1和n2，当把电热器接在ab，使cd空载时，电流表示数为I1，当把同一电热器接在cd，而使ab空载时，电流表的示数为I2，则I1：I2等于A B C D17B【解析】设副线圈中的电压分别为，根据输入功率等于输出功率和电压与匝数成正比，可知，联立解得，B正确。18某同学设想驾驶一辆“陆地太空”两用汽车（如图），沿地球赤道行驶并且汽车相对于地球速度可以增加到足够大，当汽车速度增加到某一值时，它将成为脱离地面绕地球做圆周运动的“航天汽车
5、”不计空气阻力，已知地球的半径R=6400km下列说法正确的是A汽车在地面上速度增加时，它对地面的压力增大B当汽车速度增加到7.9km/s时，将离开地面绕地球做圆周运动C此“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1hD在此“航天汽车”上可以用弹簧测力计测量物体的重力18B【解析】汽车沿地球赤道行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力。设汽车的质量为m，支持力为F，速度为v，地球半径为R，则由牛顿第二定律得，当汽车速度v增大时，支持力F减小，则汽车对对地面的压力减小，A错误；7.9km/s是第一宇宙速度，当汽车速度v=7.9km/s时，汽车将离开地面绕地球做圆周运动，成为近地卫星，B正确；“航天
6、汽车”环绕地球做圆周运动时半径越小，周期越小，则环绕地球附近做匀速圆周运动时，周期最小。最小周期，v=7.9km/s，R=6400km，代入解得T=5087s=1.4h，“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1.4h，C错误。在此“航天汽车”上物体处于完全失重状态，不能用弹簧测力计测量物体的重力，D错误19如图所示，一飞行器围绕地球沿半径为r的圆轨道1运动，经P点时，启动推进器短时间向前喷气使其变轨，2、3是与轨道1相切与P点的可能轨道，则飞行器A变轨后将沿轨道3运动B相对于变轨前运行周期变长C变轨前、后在两轨道上经P点的速度大小相等D变轨前、后在两轨道上经P点的加速度大小相等19根据题意
7、，飞行器经过P点时，推进器向前喷气，飞行器线速度将减小，轨道半径减小，变轨后将沿轨道3运动，运行周期变小，ABC错误；变轨前、后在两轨道上经P点时，地球对飞行器的万有引力相等，故加速度相等，D正确。20如图，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R，Ox轴平行于金属导轨，在0x4m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B随坐标x（以m为单位）的分布规律为B=0.8-0.2x（T），金属棒ab在外力作用下从x=0处沿导轨运动，ab始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。设在金属棒从x1=lm经x2=2m到x3=3m的过程中，R的电功率保持不变，则金属棒
8、（）A在x1与x3处的电动势之比为1：3B在x1与x2处受到磁场B的作用力大小之比为2：1C从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电量之比为5：3D从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R产生的焦耳热之比为5：320CD【解析】由公路的计算式，知道由于金属棒从x1=1m到x2=2m到x3=3m的过程电功率保持不变，所以E不变，I不变，由安培力公式F=BIL，可知x1与x2处受到磁场B的作用力大小之比，由安培力公式F=BIL，F-x图像如图所示，图像的面积就是克服安培力做的功，即R产生的热量，从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R产生的焦耳热之比为，根据热量，热量之比为5：3，电流相同，说
9、明时间之比为5：3，因此电量之比，CD正确；21光滑水平面上有一边长为L的正方形区域处存在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行，一质量为m、带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速v0进入该正方形区域当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能不可能为A0 B C D21ABC【解析】如果小球所受电场力方向与初速度方向相反，小球在匀强电场中做匀减速直线运动小球从射入点离开电场，小球动能可能为零，A正确；如果小球所受电场方向与小球的初速度方向相同，电场力做正功，此时电场力做功最多，小球离开电场时的动能最大，根据动能定理可得，解得，B正确D错误；如果小球初速度方向与电场
10、力方向垂直，小球做类平抛运动，电场力做功为，由动能定理可得，解得，C正确；二、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题22某实验小组做“探究加速度与力的关系”实验，实验的探究对象是铝块（质量小于砂桶），装置如图甲所示，保持铝块的质量m不变，通过在砂桶中添加砂来改变对铝块的拉力，每次释放轻绳，由力传感器可测得拉力的大小F，由纸带上打出的点可算出对应的加速度大小a，已知重力加速度为g，电源频率为50Hz。（1）该同学根据多组实验数据画出如图乙所示的一条过坐标原点的直线，他标注纵轴为加速度a，但忘记标注横轴，则该图象的斜率为_（用所给的字母表示）；（2）该实验小组还利用该装置验证机械能守恒定律
11、，实验时，让砂桶从高处由静止开始下落，在纸带上打出一系列的点，图丙给出的是实验中获得的一条纸带，0是打下的第一个点，每相邻2个计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图丙所示，已知铝块的质量m=100g，砂桶和砂的质量M=400g，g取10m/s2，则在打点05过程中系统动能的增加量Ek=_J，系统重力势能的减少量Ep=_J（结果保留三位有效数字）22、（1）（2）1.76J；（2）1.81J（1）根据牛顿第二定律知，加速度a与合力成正比，可知横轴表示的物理量是铝块所受的合力，即，根据可知斜率为；（2）计数点5的瞬时速度，则系统动能的增加量；系统势能的减小量。23某物理实验兴趣小组探
12、究测定某品牌矿泉水的电阻率，用一两端开口的玻璃管通过可移动的密封塞封满一定量的矿泉水（1）某同学用如图1所示的游标卡尺的_（填“A”“B”或“C”）部位去测玻璃管的内径，测出的读数如图2，则玻璃管的内径d为_cm（2）该同学用多用电表的电阻挡测量玻璃管中矿泉水的电阻，选择开关置于“100”挡，发现指针如图3所示，则该同学接着需要做的实验步骤是：_换选（“10”或“1k”）挡；_（3）该组同学按图4连好电路后，调节滑动变阻器的滑片，从最右端向左端移动的整个过程中，发现电压表示数有示数但几乎不变，可能的原因是A滑动变阻器阻值太小 B电路中5、6之间断路 C电路中7、8之间断路（4）该组同学在改进实
13、验后，测出玻璃管中打水部分的长度为L，电压表示数为U，电流表示数为I多次改变玻璃管中的水量，测出多组数据并描绘出相应的L-UI图象如图5所示，若图线的斜率为k，则矿泉水的电阻率=_（用k、d和常数表示）23（1）A；2.150cm（2）1k，换档要进行欧姆调零；（3）AC；（4）（1）游标卡尺来测量玻璃管内径应该用内爪即A部分游标卡尺测内径时，主尺读数为2.1cm，游标读数为0.0510=0.50mm，最后读数为2.150cm；（2）由图可知欧姆表示数太大，故应选择更大倍率测量，即换1k倍率；换挡要进行欧姆调零；（3）A滑动变阻器阻值太小，通过调节它电路的电流改变比较小，故A可能；电压表有示数
14、则干路一定是通的，故B不可能；电路中7、8之间断路后电压表被串联到电路中，会导致其电压接近电源电动势，故C是可能的；（4）由电阻定律可得，又，由图象可知：，解得：24如图所示，水平传送带两轮间的距离L=30m，传送带以恒定的速率顺时针匀速转动，两质量分别为m1=4kg、m2=2kg的小滑块P、Q用一根轻绳（未画出）连接，中间夹着一根被压缩的轻质弹簧（弹簧与物体不拴接），此时弹簧的弹性势能Ep=54J，现把P、Q从传送带的最左端由静止开始释放，t1=2s时轻绳突然断裂，瞬间弹簧恢复至原长（不考虑弹簧的长度的影响）。已知两滑块块与传送带之间的动摩擦因数均为=0.1，重力加速度g=10m/s2，求：
15、（1）轻绳突然断裂时两滑块的位移；（2）两滑块离开传送带的时间差。24、（1）绳子断前对PQ整体，由牛顿第二定律得，解得，假设绳子断前P、Q一直加速假设成立，两滑块的位移：；（2）绳断到弹簧恢复原长的过程，P、Q与弹簧系统动量，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，由能量守恒定律得：解得：，绳断后P向左运动：，可见P未从左侧掉落，P向左减速为零时间：，P向右加速到传送带速度：，位移， P向右匀速直到掉下：，解得：，Q向右减速到传送带速度：，解得：，位移：， Q向右匀速直到掉下：，解得：tQ3=1s，时间差：；25如图所示，在xoy平面内，有许多电子从坐标原点O不断以大小为的速度从不同的方向射入第一象限现加上一个垂直于xOy平面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，要求进入该
