四川省泸州泸县第五中学2018届高三物理第一次适应性考试试题（含解析）.docx

四川省泸州泸县第五中学2018届高三第一次适应性考试（高考模拟）理综-物理试题一、选择题1. 如图所示，三个重均为100N的物块，叠放在水平桌面上，各接触面水平，水平拉力F=20N作用在物块2上，三条轻质绳结于O点，水平绳与物块3连接，竖直绳悬挂重物B，倾斜绳通过定滑轮与物体A连接，已知倾斜绳与水平绳间的夹角为120o，A物体重40N，不计滑轮质量及摩擦，整个装置处于静止状态。则物块3受力个数为（ ）A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个【答案】C.【点睛】本题关键在于灵活地选择研究对象，然后根据平衡条件并结合正交分解法列方程求解.2. 从同一地点先后开出n辆汽车组成车队在平直的公路上行驶，各车均由静止出发先做加速度为a的匀加速直线运动，达到同一速度v后改做匀速直线运动，欲使n辆车都匀速行驶时彼此距离均为s，则各辆车依次启动的时间间隔为（忽略汽车的大小）（ ）A. 2v/aB. v/2aC. s/2vD. s/v【答案】D【解析】设某辆车从静止开始做匀加速直线运动经过时间t速度恰好达到v，其前面一辆车运动时间为t+t，则，联立上述方程得各辆车依次启动的时间间隔.故选D。【点睛】设某辆车从静止开始做匀加速直线运动经过时间t速度恰好达到v，其前面一辆车运动时间为t+t，根据两车的位移差为s即可求解3. 为了实现人类登陆火星的梦想，我国宇航员王跃和俄罗斯宇航员一起进行了“模拟登火星”的实验活动，假设火星半径与地球半径之比为12，火星质量与地球质量之比为19。已知地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，万有引力常量为G，忽略自转的影响，则（ ）A. 火星表面与地球表面的重力加速度之比为29B. 火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为3C. 火星的密度为D. 若王跃以相同初速度在火星表面与地球表面能竖直跳起的最大高度之比为92【答案】B4. 如图所示，真空中两等量异种电荷P、Q固定于一等腰梯形ABCD两腰的中点处，已知一带正电的试探电荷从A点移动到B点时电势能增加，则以下判定正确的是（ ）A. P是正电荷，Q是负电荷B. 若将该试探电荷由B点移动到D点，其电势能保持不变C. 若将该试探电荷由C点移动到D点，将克服电场力做功D. 该试探电荷在A、C两点所受的电场力大小相等【答案】C【解析】A、因正电荷由A到B电势能增加，则电场力做负功，正电荷应从低电势处运动到高电势处，电势升高。故B点电势高于A点电势。则Q点处为正电荷，P点处为负电荷，故A错误。B、结合等量异种点电荷的电场的特点可知，B点和D点没有在同一条等势线上，故电势能变化，故B错误；C、结合等量异种点电荷的电场的特点可知，C点电势为负，D点电势为正，正电荷从C到D点电势能增大，则电场力做负功，故C正确。D、根据电场线的分布情况C点场强大小较小，故电场力大小在C点较小，故D错误。故选C。【点睛】根据正电荷在电势高处电势能大，判断电势高低，即可确定P、Q处电荷的电性；根据电场线的分布情况，分析场强关系；由电势的高低，判断电场力对正电荷做功正负5. 如图所示，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段半径为R、圆心为O（图中未画出）的固定圆弧上，一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一质量为M的小物块。平衡时，a、b间的距离记为L，不计所有摩擦。下列说法正确的是（ ）A. 平衡时，若L = R，则B. 平衡时，若L = 1.2R，则M = 0.56mC. 平衡时，若，则M = mD. 平衡时，若L越大，则M与m的比值越大【答案】B【解析】平衡时，对m受力分析，受重力和拉力，故T=mg；B对圆环分析，受细线的两个拉力和轨道的支持力，如图所示若L=R，则，则，对M受力分析则有：，得：M=m，故A错误；平衡时，若L=1.2R，则，则，则，故，对M受力分析，得，故B正确；平衡时，若，则，则，故两绳之间的夹角为，这种情况不存在，故C错误；根据，可知，所以，当平衡时，若L越大，则，就越小，所以比值就越小，故D错误。故选B。【点睛】以C点为研究对象进行受力分析，根据平衡条件确定c的位置；根据几何关系确定ab长度为某一值时ab对应的圆心角大小，再根据平衡条件列方程求解。6. 带电粒子以初速度v0从a点垂直y轴进入匀强磁场，如图所示。运动中经过b点，OaOb，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点垂直y轴进入电场，粒子仍能通过b点，那么磁感应强度B与电场强度E之比和粒子在磁场中的运动时间t1与在电场中的运动时间t2之比为( )A. BE2V0B. BE12V0C. t1t2D. t1t2【答案】BC【解析】设Oa=Ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：，解得：，所经历的时间为：；如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即，解得：，时间为：，所以：，故BC正确，AD错误。7. 如图为“阿特伍徳机”模型，跨过光滑且质量不计的定滑轮用轻绳栓接质量为m和2m的物体甲、乙。将两物体置于同一高度，将装置由静止释放，经一段时间甲、乙两物体在竖直方向的间距为 ，重力加速度用g表示。则在该过程中（ ）A. 甲的机械能一直增大B. 乙的机械能减少了C. 轻绳对乙所做的功在数值上等于乙的重力所做的功D. 甲的重力所做的功在数值上小于甲增加的动能【答案】AB【解析】机械能等于动能与重力势能之和，甲加速上升，其动能和重力势能均增加，所以机械能增加，故A正确；甲和乙组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：，则解得：，乙动能增加量为，重力势能减小，所以机械能减小，故B正确；由于乙加速下降，则轻绳的拉力小于重力，因此轻绳对乙所的功在数值上小于乙的重力所做的功，故C错误；甲动能增加量为：，甲的重力所做的功在数值上等于，由此可知甲的重力所做的功在数值上大于甲增加的动能，故D错误。所以AB正确，CD错误。8. 2009年诺贝尔物理学奖得主威拉德。博伊尔和乔治。史密斯的主要成就是发明了电荷耦合器件（CCD）图像传感器。他们的发明利用了爱因斯坦的光电效应原理。如图所示电路可研究光电效应规律，图中标有A和K的为光电管，其中K为阴极，A为阳极。理想电流计可检测通过光电管的电流，理想电压表用来指示光电管两端的电压。现接通电源，用光子能量为的光照射阴极K，电流计中有示数，若将滑动变阻器的滑片P缓慢向右滑动，电流计的读数逐渐减小，当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，读出此时电压表的示数为6.0V；现保持滑片P的位置不变，以下判断正确的是( )A. 光电管阴极材料的逸出功为4.5eVB. 若增大入射光的强度，电流计的计数不为零C. 若用光子能量为12eV的光照射阴极K，光电子的最大初动能一定变大D. 若用光子能量为9.5eV的光照射阴极K，同时把滑片P向左移动少许，电流计的读数一定不为零【答案】AC【解析】电流计的读数恰好为零，此时电压表的示数为6.0V，根据动能定理得， 再根据光电效应方程知：故A正确光电效应的产生的最大初动能与入射光的强度无关，与入射光的频率有关故B错误增大入射光的光子能量，根据光电效应方程知，光电子的最大初动能变大故C正确若用光子能量为9.5eV的光照射阴极A，能发生光电效应，但是把滑片P向左移动少许，电流计的读数不一定不为零，故D错误；故选AC【点睛】图示电路所加的电压为反向电压，当电流计的读数恰好为零时，根据动能定理可以求出光电子的最大初动能，通过光电效应方程可以求出逸出功的大小二、实验题9. 某同学利用“验证牛顿第二定律”的实验器材，测量滑块和长木板之间的动摩擦因数如图所示，带滑轮的长木板水平放置，力传感器固定在墙上，轻绳分别跨过固定在滑块上和固定在长木板末端的滑轮，一端与力传感器连接，另一端竖直悬挂一砂桶，砂桶距地面足够远调节两滑轮的位置使轻绳与长木板平行，不计轻绳与各滑轮之间的摩擦（1）实验时，一定要进行的操作是_(填选项前的字母)A将长木板右端垫高以平衡摩擦力B使砂和砂桶的总质量远小于滑块质量C将打点计时器接交流电源D用天平测砂和砂桶的总质量（2）实验时，记录力传感器的示数F，用天平测出滑块质量m，由纸带上的点求出加速度a.根据这些数据，可以得出滑块和长木板间的动摩擦因数的表达式_。(重力加速度为g)【答案】 (1). C； (2). ；【解析】（1）A实验目的是测量滑块和长木板之间的动摩擦因数，不需要平衡摩擦力，故A错误；B用力传感器测量绳子拉力大小，可得滑块收到的拉力，不需要使砂和砂桶的总质量远小于滑块质量，也不需要用天平测砂和砂桶的总质量，故B错误，D错误；C打点计时器必须接交流电源，故C正确；故选：C（2）根据牛顿第二定律，得。10. 某同学从废旧实验仪器上拆下一个标有“200，2kw”字样的电阻，但可能阻值已经发生变化。为了测定其电阻，该同学利用欧姆表测定其阻值时，欧姆表选择开关处于“10”档，表盘示数如图1。（1）为准确测定其阻值，他又寻找了一块手机电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）及以下器材：A电压表V（量程3V，电阻RV约为3.0k） B电流表A1（量程15mA，电阻RA1约为1）C电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50） D滑动变阻器R1（020，额定电流1A）E电阻箱R2（0999.9） F开关S一只、导线若干 该同学连接成如图2所示电路，则电流表应该选用 _ (填A1或A2)。 闭合开关后，发现调整滑动变阻器滑动头时，电流表和电压表示数变化范围都很小，经检查各元件完好，则可能是标号为_处导线断路。（2）另一个同学没有利用电流表，只是用了前面所给的其它器材，进行了测定该手机电池电动势和内电阻的实验。 请帮他在答题卷的虚线框内画出实验电路图_ 。并标注应该使用的可变电阻为R1还是R2。 根据第二个同学测量数据，画出了电压表示数U与外电阻R之间的关系图像如图3所示。则他测量的该电池电动势为_ V，内电阻为_ (保留2位有效数字)【答案】 (1). A1; (2). ; (3). 见解析； (4). 3.5； (5). 10；【解析】（1）待测电阻阻值约为200，滑动变阻器最大阻值为20，滑动变阻器采用分压接法；电路最大电流约为：，所以电流表选A1。（2）闭合开关后，发现调整滑动变阻器滑动头P时，电流表和电压表示数变化范围都很小，经检查各元件完好，是变阻器串联接入电路中，所以可能是标号为处导线断路。（3）实验中没有电流表，只利用一只电压表，还需要知道外电阻的阻值，所以应在选择电阻箱R2，电路如图所示：（4）在闭合电路中，电源电动势：，变形得：，由图象可知，图象截距，解得：，联立以上可得：。三、计算题11. 如图所示，在水平向右的匀强电场中，水平轨道AB连接着一圆形轨道，圆形轨道固定在竖直平面内，其最低点B与水平轨道平滑连接。现有一质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球（可视为质点），从离圆形轨道最低点B相距为L处的C点由静止开始在电场力作用下沿水平轨道运动。已知小球所受电场力与其所受的重力大小相等，重力加速度为g，水平轨道和圆形轨道均绝缘，小球在运动过程中所带电荷量q保持不变，不计一切摩擦和空气阻力。求：（1）匀强电场的电场强度E的大小；（2）小球由C点运动到B点所用的时间t；（3）小球运动到与圆形轨道圆心O等高的D点时的速度大小vD；【答案】（1） （2） （3） 【解析】试题分析：（1）对小球，由题意可得：Eq=mg解得：E=mg/q（2）对小球，设从C到B的加速度为a，根据牛顿第二定律可得：Eq=ma由运动学公式可得：联立可解得：（3）设圆形轨道半径为R，对小球从C到D的过程，根据动能定理有：qE（L+R）-mgR=mvD2-0联立，可得：vD=考点：牛顿第二定律，动能定理。12. 如图所示，一足够长斜面倾角=37，斜面上有一质量为m=1kg的木板，在木板上放一质量也为m=1kg的金属块（可看成质点），t=0时刻金属块的速度为v0=20m/s。方向沿斜面向上，同时给木板施加一个眼斜面向上的拉力F=14N，使木板从静止开始运动。当t=2s时撤去拉力F，已知金属块和木板间动摩擦因数1=0.25，木板和斜面间动摩擦因数2=0.5， ，重力加速度 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）前2s内金属块和木板的加速度；（2）从t=0到金属块速度减小到0的过程中木板在斜面上的位移（此过程金属块始终未离开木板，计算结果保留三位有效数字）。【答案】（1） ， （2） 【解析】(1)对金属块和木板应用牛顿运动定律有解得金属块的加速度，方向沿斜面向下， 木板的加速度，方向沿斜面向上。(3)2s末金属块的速度为，木板的速度为可见撤去F时金属块和木板速度相等。分析得知此后一段时间金属块的加速度仍为，方向沿斜面向下。设此后一段时间板的加速度为：由牛顿第二定律可得：， 解得，方向沿斜面向下。由于，故木板速度先减到零，此后在金属块上滑的过程中，假设木板静止在斜面上斜面上，受到斜面的静摩擦力为f，则，f=4N木板和斜面之间的最大静摩擦力,，假设成立。设金属块速度减小到0,的过程中木板在斜面上滑动的位移为x，则，方向沿斜面向上。【点睛】本题的关键要正确分析木块和木板受力情况，判断其运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式结合处理是基本方法。13. 下列说法正确的是_。A温度高的物体分子的平均动能一定大B气体分子的体积大小等于气体的摩尔体积跟阿伏伽德罗常数的比值C一定质量的0的冰熔解为0的水，分子平均动能不变，分子势能增加D第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律E液体表面张力产生的原因是由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离【答案】ACE【解析】A、温度是分子平均动能的标志，温度升高时，分子的平均动能增大，故A正确；B、对气体，由于分子间距的存在，所以气体分子的体积大小要小于气体的摩尔体积跟阿伏伽德罗常数的比值。故B错误；C、温度是分子的平均动能的标志，一定质量的0的冰溶解为0的水，温度不变，则分子的平均动能不变；体积减小，吸收热量，内能增大，则分子势能增大，故C正确；D、第二类永动机不可能制成，但它也不违反了能量守恒。故D错误；E、液体表面张力产生的原因是由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故E正确。故选ACE。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数、热力学第二定律、表面张力以及温度的微观意义等知识点的内容，知识点多，难度不大，关键多看书，多加积累。14. 如图所示，两玻璃管内径相同，底部用内径很细的细管相连，开始两管内水银面相平，左右管内水银柱长均为15 cm，左右管内空气柱高均为30 cm，现用阀门将右管口封闭，并用活塞封闭左管口，缓慢推动活塞压缩左管内气体，使左管内的水银恰好全部进入右管，然后保持活塞位置不动。已知大气压为75 cmHg，细管容积忽略不计，环境温度保持不变。求：(i)左管活塞下移的距离；(ii)将右管上端的阀门缓慢开启，计算说明右管内水银是否会溢出。【答案】（1） （2）见解析【解析】解：（1）设左侧气体压强为P，对左侧气体由玻意尔定律对右侧气体解得活塞下移的距离（2）右管上端的阀门缓慢开启，左管内水银不会溢出，左侧气体压强解得因，故水银不溢出。15. 一列简谐横波沿x轴传播，其振幅为4cm，在x轴上有坐标分别为x = 1 m和x = 3 m的两质点a、b，t = 0时刻，a、b的位移均为+2 cm，且a点振动方向沿y轴负方向，b点振动方向与a点相反。若波