湖北省荆州市沙市区2018届高三物理上学期第四次双周考试题.docx

湖北省荆州市沙市区2018届高三物理上学期第四次双周考试题二、选择题:本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14两个质点A、B放在同一水平面上，由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动，其运动的图象如图所示，对A、B运动情况的分析，下列结论正确的是AA、B加速时的加速度大小之比为2：1 BA、B减速时的位移大小之比为1：1 C在时刻，A、B相距最远D在时刻，A、B相遇15如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为段路连接，电源负极接地初始电容器不带电，闭合开关S稳定后，一带电油滴位于电容器极板间的P点且处于静止状态下列说法正确的是A减小极板间的正对面积，带电油滴会向下移动，且P点的电势会降低B减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且P点的电势会降低C将下极板上移，带电油滴向上运动D断开开关S，带电油滴将向下运动16如图，窗子上、下沿间的高度，墙的厚度，某人在离墙壁距离、距窗子上沿处的P点，将可视为质点的小物件以v的速度水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取则v的取值范围是A BCD17如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方有一条形磁铁极朝上，N极朝下由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向从上向下看，下列说法正确的是A. 总是顺时针B. 总是逆时针C. 先顺时针后逆时针D. 先逆时针后顺时针18如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度处，滑块与弹簧不拴接现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的图象，其中高度从上升到范围内图象为直线，其余为曲线，以地面为零势能面，取，由图象可知A. 小滑块的质量为 B. 轻弹簧原长为 C. 弹簧最大弹性势能为 D. 小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为 19如图所示，三条虚线表示某电场的三个等势面，其中一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线轨迹从A点运动到B点，由此可知A粒子带负电B电场力做负功C粒子电势能减小D粒子加速度变大20磁流体发电是一项新兴技术如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场图中虚线框部分相当于发电机把两个极板与用电器相连，则A用电器中的电流方向从A到BB用电器中的电流方向从B到A C若只增强磁场，发电机的电动势增大D若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势减小21如图所示，水平传送带以速度做匀速运动，小物块M、N由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，时刻M在传送带左端具有速度，跨过滑轮连接M的绳水平，时刻物块M离开传送带不计定滑轮质量和绳子与它之间的摩擦，绳足够长下列描述物块M的速度随时间变化的图象可能是 A B C D第卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题第38题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共129分）22（6分）（1）图是某同学连接的实验电路实物图若、灯都不亮，他采用下列两种方法进行故障检查，应用多用电表的直流电压挡进行检查，那么选择开关应置于_量程A直流电压B直流电压10VC直流电压50V表一：测试点电压示数a、b有示数c、d无示数d、f有示数D直流250V（2）该同学测试结果如表1所示，在测试a、b间电压时，红表笔应接触_（填“a”或“b”)。根据测试结果，可以判定出故障是_A灯短路 B灯短路 Ccd段断路 Ddf段断路（3）将开关断开，再选择欧姆挡测试，测量结果如表2所示，那么进一步检查出现的故障是_A灯断路 B灯断路 C灯、都断路 Dde 间导线断路表二：测试点表针偏转情况c、dd、ee、f23（9分）某同学用气垫导轨做侧滑块加速度和验证机械能守恒定律实验，A、B为气垫导轨上的两个光电门，当滑块在气垫导轨上滑动通过两光电门时，连接在光电门上的数字计时器记录滑块上的挡光片挡光时间，两光电门间的距离为L滑块挡光片 光电门 光电门 导轨 （1）先用一螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图2所示，读数为d =_ cm（2）实验开始先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，如何判定气垫导轨是否水平？_ （3）让滑块在图示1位置由静止开始在悬挂重物的牵引下向左运动，牵引滑块的细绳始终保持水平，滑块通过A、B两光电门的时间分别为t1、t2，则此次运动过程中，滑块运动的加速度大小为_ 用题设中各物理量符号表示要利用此过程验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量为_填物理量及符号，要验证机械能守恒的表达式为_用顺设中各物理量符号表示24（14分）半径为R的光滑绝缘圆环固定在竖直平面内，并且处于水平向右的匀强电场E和垂直于纸面向外的匀强磁场B中环上套有一个质量为m的带电小球，让小球从与环心等高的P点由静止释放，恰好能滑到圆环的最高点A求：（1）小球的带电性质和带电量（2）小球运动过程中对环的最大压力25（18分）如图所示的平面直角坐标系xOy，在第象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的点，以大小为的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的点进入第象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第象限，且速度与y轴负方向成45角，不计粒子所受的重力求：电场强度E的大小；区域内磁场的磁感应强度B的最小值；假设磁场的磁感应强度为B，粒子从p点出发到达y轴的时间t（二）选考题：共45分。请考生从给出的物理题、化学题、生物题中每科任选一题做答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。33【物理选修3-3】（15分）（1）下列说法正确的是A气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能増大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大B在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素C在温度不变的条件下，增大饱和汽的体积，就可减小饱和汽的压强D分子a从远处趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，a的动能 一定最大E在冬季剩有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出，是因为夜晚气温降低，瓶内气体压强变小（2）如图所示，U形管两端等高，左端封闭，右端与大气相通左管中A部分为真空，B部分封有气体图中，大气压强现往右管中缓慢加入水银，直到右管水银面与管口相平，求此时B中空气柱的长度34【物理选修3-4】（15分）（1）关于振动和波，下列说法正确的是A做简谐运动的质点，经过同一位置时速度相同B单摆的周期与摆球的质量无关C各种波均会发生干涉和衍射现象D用白光做双缝干涉实验，可看到彩色条纹E声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度（2）如图所示，一条长度为的光导纤维用折射率为的材料制成一细束激光由其左端的中心点以=45的入射角射入光导纤维内，经过一系列全反射后从右端射出求： 该激光在光导纤维中的速度v是多大？ 该激光在光导纤维中传输所经历的时间是多少？第四次双周练理综试卷物理答案14. D【解析】解：A、速度时间图象的斜率表示加速度，则A加速时的加速度大小加速时的加速度大小，所以A、B加速时的加速度大小之比为：故A错误；B、根据速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，则知、b减速时的位移大小分别为：，则：1，故B错误C、速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，当AB速度相等时，相距最远，由图象可知，在和之间相距最远，故C错误D、当AB图象与坐标轴围成的面积相等时两质点相遇，根据图象面积可知，在时刻，A、B位移相等，两者相遇，故D正确 故选：D速度时间图象的斜率表示加速度，速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，当A、B速度相等时，相距最远，当AB图象与坐标轴围成的面积相等时相遇由此分析即可解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，以及知道速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移15.B【解析】解：若：f向右，若，则向右匀加速到速度为后做匀速运动到离开，则为A图若，则向右做匀减速到速度为0后再向左匀加速到离开，故为C图若：f向左，若，则减速到后匀速向右运动离开，无此选项若，则减速到小于后f变为向右，加速度变小，此后加速度不变，继续减速到0后向左加速到离开，则为D图则ACD是可能的，B不可能因选不可能，故选：B 要分不同的情况进行讨论：若：分析在的重力时的运动情况或的重力的运动情况若：分析在的重力时的运动情况或的重力的运动情况考查摩擦力的方向与速度的关系，明确其与相对运动方向相反，结合牛顿第二定律分析运动情况，较难16. C【解析】解：小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大此时有 由题 代入数据解得 恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，则有 解得 故v的取值范围是 故选：C 小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，由分位移公式求解v的取值范围解决本题的关键明确临界条件，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活解答17.D 【解析】解：由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故ABC错误，故D正确故选：D由楞次定律可以判断出感应电流的方向本题考查了楞次定律的应用，正确理解楞次定律阻碍的含义是正确解题的关键18.AD 【解析】解：A、在从上升到范围内，图线的斜率绝对值为：，则，故A正确； B、在图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从上升到范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从上升到范围内所受作用力为恒力，所示从，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的故B错误； C、根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以，故C错误； D、由图可知，当时的动能最大，在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知，故D正确； 故选：AD 根据图象的斜率表示滑块所受的合外力，高度从上升到范围内图象为直线，其余部分为曲线，结合能量守恒定律求解 本题考查了能量守恒定律和图象的理解与应用问题，根据该图象的形状得出滑块从上升到范围内所受作用力为恒力，说明物体不再受到弹簧的弹力的作用是解题的关键19.C【解析】解：AB、根据，减小极板的正对面积，电容C减小，由于二极管具有单向导电性，图中电容器只能充电不能放电，在直流电路中，电容器视为断路，电容器两端的电压等于电阻R两端的电压，根据可知，电容器电量减少，但由于电路中有二极管，电容器放电时二极管处于截止状态，所以电容器不能放电，得，电场强度E变大，油滴所受电场力变大，油滴所受合力向上，带电油滴会向上移动，P点与下极板的距离不变，E变大，则P点的电势升高，故A、B错误；C、当电容器的下极板向上移动时，极板距离减小，电容器的电容变大，电容器所带的电量Q变大，电容器充电，由知电容器板间场强变大，油滴所受电场力大于重力，带电油滴向上运动，故C正确；D、断开开关S，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，电容器带电量Q不变，电容C不变电压也不变，电容器两极板间的场强不变，故油滴仍然处于平衡状态，故D错误；故选：C 据平行板电容器的电容公式、电容的定义式与匀强电场场强与电势差的关系求出极板间的电场强度，根据题意判断极板间的电场强度如何变化，然后判断P点电势如何变化，判断油滴如何运动本题分析清楚极板间电场强度如何变化是解题的关键，要掌握与电容有关的两个公式：电容的决定式运用控制变量法进行分析电容的决定式和电容的定义式，运用控制变量法分析20.AC 【解析】解：A、由图象可知带电粒子的轨迹向右偏转，得出粒子所受力的方向向右；又由电场线指向电势降低的方向，得出电场线方向大致向左因为带电粒子受力与电场的方向相反，所以粒子带负电故A正确B、粒子从A到B的过程，速度方向与受力方向的夹角小于，电场力做正功故B错误C、由电场力做功的公式得，粒子从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减小故C正确D、由于等势面密的地方电场线也密、电场线密的地方粒子受到的力也大，力越大加速度也越大，所以粒子从A点运动到B点，加速度在变小故D错误故选：AC做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向右，根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的判断可以根据电场线的疏密进行本题以带电粒子在电场中的运动为背景考查了带电粒子的电性以及粒子的速度、加速度、电势能等物理量的变化情况21.AC 【解析】解：首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上负离子所受洛伦兹力方向向下，则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，故A正确B错误；此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因，则，解得，所以电动势E与速度v及磁场B成正比，所以C正确、D错误故选：AC本题的关键是动态分析过程，先根据左手定则判断出正离子或负离子受到的洛伦兹力方向，从而判断出金属板电势的高低，进一步分析离子除受洛伦兹力外还受到电场力，最终二者达到平衡，得出结论正确受力分析和运动过程分析是解决动力学问题的关键，先根据左手定则判断等离子体的正离子或负离子所受洛伦兹力的方向，从而知道金属板的电势高低，进一步受力分析结合牛顿第二定律可得出最终等离子体做匀速直线运动，根据洛伦兹力等于电场力即可得出结论22.B；a；D；D 【解析】解：四节干电池的总电动势为6V，应用多用表的直流电压档10V档测量，故选：B，在测试a、b间直流电压时，红表笔应当接触a，因为电流必须从电压表正接线柱流入，所以红表笔应当接触a端A、若灯短路，灯不亮，而灯应更亮，与题不符故A错误B、若灯短路，灯不亮，而灯应更亮，与题不符故B错误C、cd段断路，则df间没有电压，无示数，故C错误D、df段断路时，电路中无电流，两灯泡都不亮，ab、df间有电压，与题相符故D正确故选：D 欧姆表的刻度无穷大在左端，0刻度在右端，电路断路时，其电阻为无穷大根据欧姆表的读数可知，d、e间电阻无穷大，说明导线断路故D正确 故选：D 故答案为：；D；四节干电池的总电动势为6V，即可知道应用多用表的直流电压档10V档；红表笔接电压表的正接线柱，电流必须从正接线柱流入电压表；电压表有示数说明有断路，没示数说明没断路；欧姆表的刻度无穷大在左端，0刻度在右端，电路断路时，其电阻为无穷大本题是故障分析问题，要掌握用电压表与欧姆表判断故障的原理和方法，了解欧姆表的刻度分布情况，即可作出判断23. ；取下牵引重物，M放在任意位置不动，或取下牵相重物，轻推滑块，数字计时器记录每一个光电门的电束被挡住的时间都相等；滑块的质量M，以及悬挂重物的质量m，；【解析】解：螺旋测微器的读数为： （0.67240.6728）气垫导轨处于水平时，滑块受力平衡，故可以取下牵引重物，M放在任意位置不动，或取下牵相重物，轻推滑块，数字计时器记录每一个光电门的电束被挡住的时间都相等；经过光电门的速度； 由可知， ；解得： 要想验证机械能守恒，还需要测量滑块的质量M，以及悬挂重物的质量m，根据机械能守恒定律可知： ；故答案为：；可以取下牵引重物，M放在任意位置不动，或取下牵相重物，轻推滑块，数字计时器记录每一个光电门的电束被挡住的时间都相等；滑块的质量M，以及悬挂重物的质量m；根据螺旋测微器的读数方法可明确对应的读数，注意在读可动部分时需要估读；导轨水平时，滑块在不受外力的情况下应处于平衡状态；故小车可以做匀速直线运动或静止；根据平均速度公式可求得经过光电门的速度，再由速度和位移公式可求得加速度；根据机械能守恒定律可明确对应的表达式掌握螺旋测微器读数的方法：固定刻度读数可动刻度读数，知道在极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度和匀变速直线运动的速度位移公式应用24.解： 小球在沿圆环运动的过程中，只有重力和电场力做功，在小球从P点到达A点的过程中，重力做负功，电场力必做正功，故小球带正电因小球恰好到达A点，故小球在A点的速度为零，有： 解得： 小球到达等效最低点时的压力才最大，设此时速度为v，受到环的压力为N，则：qE 解得： 由牛顿第三定律得小球对环的压力为答：小球的带带正电和带电量小球运动过程中对环的最大压力为【解析】根据小球运动情况来确定重力与电场力的关系，从而结合电场强度的方向来确定小球带何种电荷，并由受力平衡条件来算出小球带电量；由于小球始终受到重力与电场力，所以可以等效成一个力，从而与只受重力情况相类比，确定小球运动过程中对环的最大压力的位置及大小考查由运动情况来确定受力情况，掌握平衡方程的条件，理解等效思维与类比方法25.解： 设粒子在电场中运动的时间为t，则有： 联立以上各式可得： 粒子到达a点时沿负y方向的分速度为： 所以，方向指向第象限与x轴正方向成角 粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，故 当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有：，所以： 由中粒子在第一象限中运动时间 粒子进入磁场中做圆周运动圆心角如图 运动时间： 粒子出磁场后做匀速直线运动，时间： 粒子由P点出发到达y轴总时间 答：电场强度E的大小为； 区域内磁场的磁感应强度B的最小值为； 粒子从p点出发到达y轴的时间为【解析】粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律可求解；粒子在进入磁场时的速度根据可求解，粒子在磁场中受洛伦兹力作用做圆周运动，根据几何关系可求得半径r，从而可求磁场强度；分段求出粒子在电场、磁场中、及出磁场后的时间，三段时间之和即为所求总时间带电粒子在电磁场中的运动要注意分析过程，并结合各过程中涉及到的运动规律采用合理的物理规律求解33（1）.BDE 【解析】解：A、影响气体压强的因素有：分子热运动平均动能、分子数密度，若温度升高的同时，体积可能膨胀，故压强不一定变大，故A错误；B、扩散的快慢与温度有关，温度越高，分子扩散越快，故在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素，故B正确；C、饱和汽的压强与液体的种类和温度有关，与体积无关，故C错误；D、分子a从远处趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，达到平衡位置，速度最大，故a的动能一定最大，故D正确；E、在冬天，装有半瓶热水的热水瓶的上方空间内大部分气体是水蒸气，经过一段时间后，水蒸气液化，即瓶内的空气变少，造成了瓶内气压小于外界大气压，故瓶塞在外界大气压的作用下被紧紧的压在瓶口，故E正确；故选：BDE 气体压强从微观角度看，由分子热运动平均动能和分子数密度共同决定；温度越高，扩散现象越快；饱和汽的压强由液体的种类和温度决定；分子力是分子间斥力和引力的合力，两个分子自由释放后，在平衡位置，加速度为零，速度最大本题考查了气体压强的微观解释、扩散现象、饱和气、分子力和气体压强，知识点多，难度小，关键是记住基础知识，其中要注意的是波传播的过程中，