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1、2018-2019学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（下）适应性物理试卷一、选择题（第15题单选；第68题多选）1.一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交流电动势的瞬时值为，则下列说法中正确的是A. 当时，线圈平面与中性面垂直B. 当时，穿过线圈的磁通量等于零C. 该交流电能让标注为“300V，”的电容器正常工作D. 若转速n提高1倍，其他条件不变，则电动势的变化规律将变为【答案】B【解析】t=0时，电动势为零，线圈平面与磁感线垂直，线圈平面与中性面重合，故A错误；当时，电动势最大，线圈与中性垂直，磁能量等于零，故B正确；300V是电容器允许的最高电压，而该交流电最大值是，所以此交流电不可以使“”的电
2、容器正常工作，故C错误；感应电动势的瞬时值表达式为，当将其电枢的转速提高一倍时，由，可知和都增加一倍，则表达式为，故D错误；故选B.2.如图所示，小球从A点以初速度沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点。下列说法中正确的是A. 小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B. 小球从A到C过程与从C到B过程，合外力的冲量相同C. 小球从A到C过程与从C到B过程，速度的变化量相等D. 小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相同【答案】BD【解析】位移是从初位置指向末位置的有向线段，故小球从A出发到返回A，位移为0，但整个过程中摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，
3、故整个过程中摩擦力对物体做负功，即外力做功不为零，故A错误；B为AC的中点，故小球从A到C过程与从C到B过程加速度相同，但速度在减小，故AC过程用时较少，根据，可知AC过程的速度变化量较小，根据动量定理得：，可知AC过程的合力冲量较小；克服除重力之外其它力做多少功物体的机械能就减少多少，根据，可得小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等，故ABC错误，D正确；故选D.3.如图所示，质量为m的物块与转轴相距R，物块随水平转台由静止开始缓慢转动，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为，若物块与转台之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相
4、等，则物块与转台间的动摩擦因数为A. B. C. D. 【答案】C【解析】由于物体做圆周运动，物体刚开始滑动这一时刻，物体受到转台的摩擦力达到最大静摩擦力，并由此提供向心力，则有：，解得：，设转台对物块做的功为W，根据动能定理得：，又，联立解得：，故选C.4.如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，相互绝缘且质量均为2kg，A带负电，电荷量为，B不带电。开始处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间A对B的压力大小变为8N，则A. 电场强度为，方向竖直向下B. 电场强度为，方向竖直向下C. 电场强度为，方向竖直向上D. 电场强度为，方向竖直向上【答案】A【解析】【详
5、解】开始时物体B平衡，A对B的压力大小等于A的重力大小，为20N；加上电场后瞬间A对B的压力大小变为8N，而弹簧的弹力和重力不变，故合力为12N，方向向上，根据牛顿第二定律，有：，再对物体A受力分析，设电场力为向上，根据牛顿第二定律，有：，解得：，故场强为：，方向竖直向下，故A正确，BCD错误；故选A。5.如图所示，三根相互平行的固定长直导线、和垂直纸面如图放置，与坐标原点分别位于边长为a的正方形的四个点上， 与中的电流均为I，方向均垂直于纸面向外， 中的电流为2I，方向垂直纸面向里（已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度（其中k为常数）。某时刻有一质子（电量为e）正好沿与
6、x轴正方向成45斜向上经过原点O，速度大小为v，则质子此时所受磁场力为( )A. 方向垂直纸面向里，大小为B. 方向垂直纸面向外，大小为C. 方向垂直纸面向里，大小为D. 方向垂直纸面向外，大小为【答案】B【解析】【详解】根据安培定则，作出三根导线分别在O点的磁场方向，如图：由题意知，L1在O点产生的磁感应强度大小为B1，L2在O点产生的磁感应强度大小为B2，L3在O点产生的磁感应强度大小为B3，先将B2正交分解，则沿x轴负方向的分量为B2xsin45 ，同理沿y轴负方向的分量为B2ysin45，故x轴方向的合磁感应强度为BxB1+B2x，y轴方向的合磁感应强度为ByB3B2y，故最终的合磁感
7、应强度的大小为，方向为tan1，则=45，如图：故某时刻有一质子（电量为e）正好沿与x轴正方向成45斜向上经过原点O，由左手定则可知，洛伦兹力的方向为垂直纸面向外，大小为feBv，故B正确; 故选B。【点睛】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提.6.关于近代物理，下列说法正确的是A. 射线、射线和射线都是高速运动的带电粒子流B. 根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后，氢原子电势能减小，核外电子运动的加速度增大C. 质子、中子、粒子的质量分别为、，质子和中子结合成一个粒子，释放的能量是是真空中的光速D. 用不同频率的光分别照射同一光电
8、管，其遏止电压是相同的【答案】BC【解析】【详解】射线、射线都是高速运动的带电粒子流，射线是电磁波，不带电，故A错误；氢原子辐射出一个光子后，能量减小，轨道半径减小，则电势能减小，由知，加速度增大，故B正确；质子、中子、粒子的质量分别为、，质子和中子结合成一个粒子，质量亏损，根据质能方程，释放的能量为，故C正确；根据光电效应方程：，根据动能定理：，联立得：，故用不同频率的光分别照射同一光电管，遏止电压也不相同，故D错误；故选BC。7.如图所示，I为电流表示数，U为电压表示数，P为定值电阻R2消耗的功率，Q为电容器C所带的电荷量，W为电源通过电荷量q时电源做的功当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中
9、，下列图象能正确反映各物理量关系的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】试题分析：变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，消耗的功率为,，故A正确；电容器的电压，电荷量，则，保持不变，则图象是向下倾斜的直线，故B正确；电压表示数，图象应是向下倾斜的直线，故C错误；电源通过电荷量时电源做的功，是电源的电动势，则是过原点的直线，故D错误。考点：本题考查了闭合电路的动态分析8.如图所示，将一光滑的质量为4m半径为R的半圆槽置于光滑水平面上，在槽的左侧紧挨有一个质量为m的物块，今让一质量也为m的小球自左侧槽口A的正上方高R处从静止开始落下，与半圆槽相切自A点
10、进入槽内，则以下结论中正确的是 A. 小球在半圆槽内第一次由A到最低点B的运动过程中，槽的支持力对小球做负功B. 小球第一次运动到半圆槽的最低点B时，小球与槽的速度大小之比为4：1C. 小球第一次在半圆槽的最低点B时对槽的压力为D. 物块最终的动能为【答案】AD【解析】【详解】A.小球从A到B的过程中，小球对半圆槽的压力方向向左下方，所以半圆槽要向左推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向左运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，而是大于90，故槽的支持力对小球做负功，故A正确；B.由小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向不受外力，故球、半
11、圆槽和物块在水平方向动量守恒，取向右为正，则有：mv1-（4m+m）v2=0，解得：v1：v2=5：1，故B错误；C.根据系统机械能守恒得：mg2R，联立解得： ；小球第一次在最低点，由牛顿第二定律得：FNmgm，联立解得：FNmg，故C错误；D.当小球从B到C的过程中，小球对半圆槽有向右下方的压力，半圆槽开始减速，与物块分离，则物块最终以的速度向左匀速运动，则物块的动能为，故D正确；故选AD。【点睛】本题考查动量守恒定律与机械能守恒定律。当球下落到最低点过程，由于左侧竖直墙壁作用，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，但小球机械能守恒。当球从最低点上升时，小球与槽组成的系统水平方向上的动
12、量守恒，但小球机械能不守恒，而小球与槽组成的系统机械能守恒。二、实验题（2小题）9.为测量滑块与木板之间的滑动摩擦力f，某同学的实验装置如图所示，打点计时器固定在斜面上，滑块拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下。为测量滑动摩擦力f，除了滑块的质量m和加速度a，下列物理量中还应测量的有已知重力加速度为_填字母序号。A.滑块运动的时间tB.木板的长度LC.木板的质量mD.木板的末端被垫起的高度h图是打出纸带的一段。已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，选A、B、C、等7个点为计数点，各读数点间有一个点没有画出，纸带却不小心被弄上了墨迹，D点看不清楚，如图中所示，则滑块下滑的加速度_计算结果保留
13、2位有效数字。可以推断出CD间的距离约为_cm。【答案】 (1). BD (2). 3.0 (3). 7.237.26【解析】【详解】根据，得，根据数学知识有：，联立解得，故还需要木板的长度L和木板的末端被垫起的高度h，故选BD。因各读数点间有一个点没有画出，故相邻两计数点的时间间隔，根据，得，代入数据得根据，代入数据得：。10.课外小组利用如图甲所示电路测量电压表（毫伏表）内电阻，该电压表量程为500mV，内电阻约为100。图中电源电动势为E、内可阻忽略不计，为滑动变阻器，为电阻箱，V为待测电压表。经以下步骤可近似测得电压表V（毫伏表）的内电阻。a断开，闭合，电阻箱的阻值调到最大，调节，使电
14、压表读数等于其量程；b保持不变，闭合，调节，使电压表读数等于，然后读出的值，取。（1）按图甲所示的实物图，在图乙所给出的虚线框中画出电路图。_（2）在备选的实验器材中，有两个滑动变阻器供选择，它们的铭牌上分别标有：A“4500，1A”，B“50，2A”，在保证各实验器材均能正常工作的前提下，为尽可能提高测量精度且便于调节，滑动变阻器应选用_（填“A”或“B”）（3）若实验中测得的结果，要将这令电压表改装成量程为10V的电压表，则应串联一个阻值为_定值电阻。（4）本实验中测的系统误差来自于_。【答案】 (1). (2). A (3). 1900 (4). 认为总电流不变（或实际总电流变大）【解析
15、】（1）根据实物图画出电路图，如图所示：（2）由电路图可知，滑动变阻器采用的是限流式接法，故为尽可能提高测量精度且便于调节，滑动变阻器应用电阻最大值较大的，故选A.（3）根据串联电路电流相等，可得：，解得：.（4）闭合前后，认为总电流不变，而实际上闭合后外电阻的减小了，故总电流变大.三、计算题（2小题）11.如图所示，半径的四分之一光滑圆弧轨道最低点与水平传送带平滑连接，传送带皮带轮的半径，转速为，可视为质点的物块从轨道顶端由静止下滑，物块与传送带间的动摩擦因数为已知物块的质量，两皮带轮间的距离，传送带不打滑，重力加速度求：传送带的速度；物块滑到圆弧轨道底端时所受到轨道作用力的大小；物块在水平传送带上的运动时间。【答案】（1）8m/s（2）30N（3）3.5s【解析】【分析】由公式，求解传送带的速度。物块下滑到圆弧轨道底端的过程中，由机械能守恒定律求出物块滑到轨道底
