福建省漳州市2017届高三物理第六次模拟考试试题（含解析）.docx

福建省漳州第一中学2017届高三第六次模拟考试理综物理试题二、选择题：本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项是符合题目要求，第1821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。1. 一物体做直线运动，其加速度随时间变化的图象如图所示。下列图象中，可能正确描述此物体运动的是A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】由at图象知，00.5T时间内的加速度与T2T时间内的加速度大小相等，方向相反，而对应时间内的v-t图象的斜率的绝对值相等，正负不同，故D正确，ABC错误；故选D。【点睛】考查运动学的a-t图像、v-t图象的物理意义。2. 由于万有引力定律和库仑定律都满足平方反比定律，因此引力场和电场之间有许多相似的性质，在处理有关问题时可以将它们进行类比，例如电场中反映各点电场强弱的物理量是电场强度，其定义式为，在引力场中可以用一个类似的物理量来反映各点引力场的强弱。设地球质量为M，半径为R，地球表面处重力加速度为g，引力常量为G，如果一个质量为m的物体位于距离地心2R处的某点，则下列表达式中能反映该点引力场强弱的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】类比电场强度定义式 该点引力场强弱 由万有引力等于重力得在地球表面： 位于距地心2R处的某点： 由以上两式可得：，故D正确。点晴：此题考查从题意中获取信息的能力，知道引力场强的定义式，进而结合万有引力定律进行求解。3. 如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑、半径为R的半球形容器底部O处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点已知容器与水平面间的动摩擦因数为，OP与水平方向间的夹角为30。下列说法正确的是A. 水平面对容器有向右的摩擦力 B. 弹簧对小球的作用力大小为mgC. 容器对小球的作用力大小为mg D. 弹簧原长为R【答案】C【解析】A、以容器和小球整体为研究对象，分析受力可知：竖直方向有：总重力、地面的支持力，容器相对于水平面无滑动趋势，地面对半球形容器没有摩擦力，故A错误；BC、对小球受力分析：重力G、弹簧的弹力F和容器的支持力N，如图所示由平衡条件和几何关系可知，故B错误，C正确；D、由胡克定律得：弹簧的压缩量为，则弹簧的原长为，故D错误；故选C。【点睛】共点力平衡问题重点在于正确选择研究对象，本题运用隔离法和整体法两种方法进行受力分析得出结论。4. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2:1，电阻，原线圈两端接一正弦式交变电流。其电压随时间t变化的规律为(V)，时间t的单位是s，那么，通过电阻R的电流有效值和频率分别为A. 1.0A，20Hz B. A, 20HzC. 1.0A，10Hz D. A，10Hz【答案】C【解析】根据得，根据欧姆定律得：，即通过电阻R的电流有效值为1A；通过电阻R的频率，故C正确，ABD错误；故选C。【点睛】掌握输入电压和输出电压之比等于原副线圈的匝数比是解决此类问题的关键。5. 如图所示，示波器的示波管可视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，极板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器灵敏度即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量()与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中正确的是A. L越大，灵敏度越高 B. d越大，灵敏度越高C. U1越小，灵敏度越高 D. U2越小，灵敏度越高【答案】AC【解析】试题分析：根据动能定理得，eU1=mv2；粒子在偏转电场中运动的时间，在偏转电场中的偏转位移， 则灵敏度知L越大，灵敏度越大；d越大，灵敏度越小；U1越小，灵敏度越大灵敏度与U2无关故A正确，CBD错误故选A考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题考查了带电粒子在电场中的加速和偏转，综合考查了动能定理、牛顿第二定律、运动学公式等，难度中等。6. 如图所示，不计空气阻力，从O点水平抛出的小球抵达光滑斜面上端P处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面PQ做匀加速直线运动。下列说法正确的是A. 小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大B. 小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的小C. 撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地速率将不变D. 撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地时间将不变【答案】BC【解析】试题分析：平抛运动时的加速度为g，在斜面上运动时的加速度为，所以小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的小，A错误B正确；无论有没有斜面都只是重力在做功，根据公式，可得撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地速率不变，C正确；由于小球在斜面上运动的加速度为，竖直分加速度为，则知撤去斜面，落地时间变短故D错误；考点：考查了平抛运动规律的应用【名师点睛】本题的关键要抓住斜面上加速度与平抛运动的加速度不同的，运用运动的分解法研究两种情况下竖直分加速度的关系，来判断落地时间的关系7. 如图所示，质量为m的小球从斜轨道高h处由静止滑下，然后沿竖直圆轨道内侧运动，已知圆形轨道半径为R，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是A. 当h=2R时，小球恰好能到达最高点MB. 当h=2R时，小球在圆心等高处P时对轨道压力为2mgC. 当hR时，小球在运动过程中不会脱离轨道D. 当h =R时，小球在最低点N时对轨道压力为2mg【答案】BC【解析】试题分析：使小球能够通过圆轨道最高点M，那么小球在最高点时应该是恰好是由物体的重力作为物体的向心力，由向心力的公式可以求得此时的最小的速度，再由机械能守恒可以求得高度h球不脱离轨道，也可在圆轨道上圆心下方轨道上来回运动解：A、在圆轨道的最高点M，由牛顿第二定律有：mg=m，得：v0=根据机械能守恒得：mgh=mg2R+解得：h=2.5R，故A错误B、当h=2R时，小球在圆心等高处P时速度为v，根据机械能守恒得：mg2R=mgR+小球在P时，有：N=m联立解得 N=2mg，则知小球在圆心等高处P时对轨道压力为2mg，故B正确C、当hR时，根据机械能守恒得知小球在圆轨道上圆心下方轨道上来回运动，在运动过程中不会脱离轨道，故C正确D、当h=R时，设小球在最低点N时速度为v，则有：mgR=在圆轨道最低点，有：Nmg=m解得：N=3mg，则小球在最低点N时对轨道压力为3mg，故D错误故选：BC【点评】本题属于圆周运动中绳的模型，在最高点时应该是重力恰好做为圆周运动的向心力，对于圆周运动中的两种模型一定要牢牢的掌握住8. 在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n1500匝，横截面积S20 cm2.螺线管导线电阻r1.0，R14.0，R25.0，C30F。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。则下列说法中正确的是A. 螺线管中产生的感应电动势为1.2 VB. 闭合S，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电C. 电路中的电流稳定后，电阻R1的电流为0.12AD. S断开后，流经R2的电量为1.810-5 C【答案】ACD【解析】A、根据法拉第电磁感应定律；代入数据可求出：，故A正确；B、根据楞次定律可知，螺线管下极带正电，则电流稳定后电容器下极板带正电，故B错误；C、根据全电路欧姆定律，有：，即电阻R1的电流为0.12A，故C正确；D、S断开后，流经R2的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q，电容器两端的电压：，流经R2的电量，故D正确；故选ACD。【点睛】本题是电磁感应与电路的综合，知道产生感应电动势的那部分相当于电源，运用闭合电路欧姆定律进行求解。9. 某同学利用光电门传感器设计了一个研究小球自由下落时机械能是否守恒的实验，实验装置如图1所示，图中A、B两位置分别固定了两个光电门传感器。（1）如图2所示，实验时用20分度游标卡尺测得小球直径为 d=_cm；（2）小球通过A的挡光时间为t1，通过B的挡光时间为t2。（3）用刻度尺测出光电门A、B间的距离h，已知当地的重力加速度为g，只需比较_是否相等，就可以证明在自由落体过程中小球的机械能是守恒的（用题目中涉及的物理量符号表示）。(4)(双选题)为减小实验误差，可采取的方法是_。A增大两挡光片宽度d B减小两挡光片宽度dC增大两挡光片间距h D减小两挡光片间距h【答案】 (1). 1.020 (2). (d/t2)2(d/t1)22gh (3). BC【解析】(1)主尺读数为1.0cm，游标尺上的第4刻度与上方刻度对齐，游标读数为0.054=0.20mm，所以最终读数为10.20mm=1.020cm；(2)要验证机械能守恒，即判断重力势能的减小量与 动能的增加量是否相等，重力势能的减小量为mgh，动能的增加量为：，而速度，即可比较是否相等，从而可以证明在自由落体过程中小球的机械能是守恒的；(3)为减小实验误差，结合上式，可得：可以减小挡光片宽度，也可以增大两挡光片间距，故BC正确；10. 用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线。A电压表V1（量程6V、内阻很大）B电压表V2（量程3V、内阻很大）C电流表A（量程3A、内阻很小）D滑动变阻器R（最大阻值10、额定电流4A）E小灯泡（2A、5W）F电池组（电动势E、内阻r）G开关一只，导线若干实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现：若电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小。（1）请将设计的实验电路图在下方的虚线方框中补充完整 _。（2）每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点（I，U1）、（I，U2），标到UI坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如下图所示，则电池组的电动势E_V、内阻r_。（本小题结果保留2位有效数字）（3）在UI坐标中两条图线在P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为_，电池组的效率为_（此空结果保留2位有效数字）。 【答案】 (1). (2). 4.5 (3). 1.0 (4). 0 (5). 56%(2) 电源的U-I图象是一条倾斜的直线，由图象可知，该图线的纵截距为电动势大小，图线斜率的绝对值为电源内阻大小，电源电动势，电源内阻 (3) 由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压，此时电路电流，电源电动势，则，电池组的效率。【点睛】电源的U-I图象与纵轴的交点是电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻，由图象求出两图线的交点对应的电压与电流，然后根据闭合电路中内外电压的关系及欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值；由图象求出电路电流，然后由P=UI及效率公式求出电池组的效率。11. 如图，在x轴下方的区域内存在方向与y轴相同的匀强电场。在x轴上方以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B。y轴下方的A点与O点的距离为d，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场。粒子重力不计，求：（1）要使粒子离开磁场时的速度方向与x轴平行，电场强度E0大小；（2）若电场强度E=E0，粒子仍从A点由静止释放，离开磁场后经过x轴时的位置与原点的距离。【答案】（1）（2）【解析】解:（1）粒子在电场中加速，由动能定理得： 粒子进入磁场后做圆周运动，有可得 联立解得 （2）将代入可得磁场中运动的轨道半径 粒子运动情况如图，图中的角度、满足 即粒子经过x轴时的位置坐标为 解得12. 如图，水平光滑轨道AB与半径为R的竖直光滑半圆形轨道BC相切于B点。质量为2m和m的a、b两个小滑块（可视为质点）原来静止于水平轨道上，其中小滑块a与一轻弹簧相连。某一瞬间给小滑块a一冲量使其获得初速度向右冲向小滑块b，与b碰撞后弹簧不与b相粘连，且小滑块b在到达B点之前已经和弹簧分离，不计一切摩擦，小滑块b离开C点后落地点距离B点的距离为2R，重力加速度为g，求：（1）小滑块b与弹簧分离时的速度大小；（2）上述过程中a和b在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能 ；（3）若刚开始给小滑块a的冲量为，求小滑块b滑块离开圆轨道的位置和圆心的连线与水平方向的夹角。（求出角的任意三角函数值即可）。【答案】（1）（2）（3）【解析】解：（1）小滑块b脱离C点后，由平抛运动规律有： 解得： 小滑块b 恰好通过C点。以B点为零势能点，小滑块b从B点到C点由机械能守恒定律有则小滑块b与弹簧分离时的速度 （2）小滑块b与弹簧分离过程满足动量和能量守恒： 解得： 当弹簧压缩至最短时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和能量守恒定律有：解得：（3）由动量定理有：解得： 可知小滑块b不能通过C点，设小滑块b到达D点时离开，如图所示设倾角为，刚好离开有N=0，由牛顿第二定律有：由动量守恒定律和能量守恒定律可知b脱离弹簧的速度为： 从B到D由机械能守恒有：解得 13. 振源S在O点做沿竖直方向的简谐运动，频率为10 Hz，t0时刻向右传播的简谐横波如图所示(向左传播的简谐横波图中未画出)。则以下说法正确的是_A该横波的波速大小为20 m/sBt0时，x1 m处的质点振动方向向上Ct0.175 s时，x1 m处的质点处在波峰位置 D若振源S向右匀速运动，在振源S右侧静止的接收者接收到的频率小于10 HzE传播过程中该横波遇到小于2m的障碍物或小孔都能发生明显的衍射现象【答案】ABE【解