《新《试卷》【全国百强校】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）（解析版）18.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新《试卷》【全国百强校】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）（解析版）18.doc（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、学子资源网 学子之家圆梦高考 客服QQ：2496342225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二二、选择题： 1. 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【答案】A【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2. 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离开轨道，然后做平抛运
2、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=0.5【答案】C【解析】A、在最低点，解得FB =3mg，A错误；B、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量与重力的冲量大小相等，故支持力冲量在数值上大于重力的冲量，B错误；C、小球做平抛运动时，解得R=0.2h，C
3、正确；D、设小球做平抛运动位移与水平方向夹角为，则tan=1，因为tan =2tan，所以tan=2,D错误.故选C.【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解3. 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A. a上的张力逐渐增大，b上的张力逐渐增大B. a上的张力逐渐减小，b上的张力逐渐减小C. a上的张力逐渐减小，b上的张力逐渐增大D. a上的张力逐渐增大，b上的张力逐渐减小【
4、答案】D【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T1、T2小球的位置保持不动，受力保持平衡，由平衡条件可知，两绳拉力的合力不变，小球受到的重力G和T1、T2组成一个闭合的三角形。由几何知识得知，T1、T2的夹角不变，由正弦定理得 ，在的范围内，变大故T1变大，T2变小。故D正确。4. 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. D. 【答案】B【解析】设副线圈中的电压分别为，根据输
5、入功率等于输出功率和电压与匝数成正比，可知，联立解得，故B正确，A、C、D错误；故选B。【点睛】根据理想变压器原副线圈匝数比与电压、电流比之间的关系即可求解，理想变压器的输入功率与输出功率相等。5. 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”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1
6、hD. 在此“航天汽车”上可以用弹簧测力计测量物体的重力【答案】B【解析】试题分析：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，由牛顿第二定律分析速度减小时，支持力的变化，再由牛顿第三定律确定压力的变化当速度增大时支持力为零，汽车将离开地面绕地球圆周运动根据第一宇宙速度和地球半径求出“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1h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减小时，支持力F增大，则汽车对对地面的压力增大，
7、故A错误；7.9km/s是第一宇宙速度，当汽车速度时，汽车将离开地面绕地球做圆周运动，成为近地卫星，故B正确；“航天汽车”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，故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，故D错误6. 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
8、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【答案】D【解析】试题分析：根据题意，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，选项A、B、C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，故加速度大小相等，选项D正确。考点：万有引力定律的应用、卫星变轨问题。7. 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
9、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（）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5：3【答案】CD【解析】由功率的计算式，知道由于金属棒从x1=1m经x2=2m到x3=3m 的过电功率保持不变，所以E不变，I不变；由安培力公式F=BIL
10、，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图象如图所示，图象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Q=I2Rt，热量之比为5：3，电流相同，说明时间之比为5：3，因此电量之比。综上分析，CD正确。 【点睛】导体棒ab在随x的增大而减小的磁场中在外力作用下切割磁感线，解题关键在于R上的电功率相同，表明电路的电流和R上电压相同，则安培力正比于磁感应强度，均匀减小克服安培力的功转化为焦耳热，F-x图象与坐标轴围成的面积就是功8. 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，
11、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A. 0 B. C. D. 【答案】ABC【解析】A、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，故A正确；BD、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，故B正确，D错误；C、如果小球初速度方向与电场力方向垂直，小球做类平抛运动，电场力做功为，由动能定理可得，解得，故C正确；
12、故选ABC。【点睛】若初速度的方向与电场方向平行，则可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动到对边边缘，还可能未到对边边缘，速度减为0，然后返回做匀加速直线运动；若初速度方向与电场方向垂直，则小球做类平抛运动。二、非选择题： 9. 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
13、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，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）【答案】 (1). （1）； (2). （2）1.76J； (3). （2）1.81J；【解析】(1)以铝块为对象，受到向上的拉力和
14、向下的重力作用，根据牛顿第二定律知, ，得： ，所以图像的横坐标应该是 （2）相邻两个计数点之间的时间间隔为T=0.1s，根据中间时刻的速度等于平均速度得： 所以动能的增加量 系统重力势能的减少量 综上所述本题答案是：（1） （2） ； .10. 某物理实验兴趣小组探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
15、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）【答案】 (1). （1）A； (2). 2.150cm； (3). （2）1k， (4). 换档要进行欧姆调零； (5). （
16、3）AC； (6). （4）【解析】试题分析：（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，游标读数为，最后读数为。（2）由图可知欧姆表示数太大，故应选择更大倍率测量，即换倍率；换挡要进行欧姆调零。（3）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：。考点：测定金属的电阻率【名师点睛】该题关键是判定电路故障的时候，只要说电压表有示数，则就说明干路一定是通的，这样就能排除
17、很多位置，从而简化分析。11. 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：（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。【答案】（1）2m；（2）5.125s；【解析】试题分析：轻绳断前，
18、两滑块先做匀加速运动，由牛顿第二定律求得加速度，由速度公式求出匀加速运动的时间，由位移公式求出匀加速的位移；绳断到弹簧处于原长的过程，PQ系统动量守恒，能量守恒求两滑块的速度。对两滑块分别研究，由运动学公式分段求离开传送带的时间，从而求得时间差。（1）绳子断前对PQ整体： 解得：a=1m/s2假设绳子断前P、Q一直加速：假设成立 可见：（2）绳断到弹簧恢复原长的过程，P、Q与弹簧系统动量、能量守恒，则： 解得：，绳断后P向左运动： 可见P从右侧掉落P向左减速为零时间： P向右加速到传送带速度：，P向右匀速直到掉下： 解得：tp4=5.125sQ向右减速到传送带速度： 解得：tQ2=4s Q向右
19、匀速直到掉下：解得：tQ3=1s时间差：【点睛】解决本题的关键是要分析清楚滑块的运动情况，按时间顺序计算分析，运用牛顿第二定律和运动学公式逐段研究物体的运动状态。12. 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，要求进入该磁场的电子穿过该磁场后都能平行于y轴向y轴负方向运动已知电子的质量为m、电荷量为e（不考虑电子间的相互作用力和重力，且电子离开O点即进入磁场）（1）求电子做圆周运动的轨道半径R；（2）在图中画出符合条件的磁场最小面积范围（用阴影线表示）；（3）求该磁场的最小面积【答案】（
20、1）；（2）（3）最小面积：【解析】试题分析：（1）设电子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得：，。（2）如图所示，初速度沿y轴正方向的电子运动的轨迹构成磁场的“最小面积”对应的上边界a，其表达式为：，（其中，）当电子与x轴成角入射时，电子从坐标为的P点射出磁场，则所有出射点的方程有：，上式即为磁场的右下边界b当电子与x轴成角入射时，电子的运动轨迹构成磁场的左下边界c，其表达式为：由所包围的面积就是磁场的最小范围，如图所示：（3）最小面积：。考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力【名师点睛】本题要关注以下两点：从第一象限射入的电子，速度的大小相同，速度的方向（与x轴的正方向
21、）分布在到的范围内；能够正确画出粒子射出磁场的边界。13. 如图所示，导热的气缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在气缸中，气缸的内部光滑，现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，由状态变化到状态，在此过程中，如果环境温度保持不变，下列说法正确的是A气体分子平均动能不变B气体内能减小C气体吸收热量D气体内能不变，却对外做功，此过程违反热力学第一定律，不可能实现E气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律【答案】ACE【解析】A、环境温度保持不变，由于气缸导热，气缸内气体温度不变，所以气缸内的气体发生等温膨胀，温度是分子热运动平均动能的标志，故分
22、子热运动的平均动能不变，故A正确；B、一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，温度不变，则气体分子的内能不变，故B错误；C、温度不变，内能不能，体积膨胀时对外做功，根据热力学第一定律得知气体一定吸热，故C正确；D、气体内能不变，对外做功，从外界吸收热量，不违反热力学第一定律，可以实现，故D错误；E、由热力学第二定律知不可能从单一热源吸热全部用来做功而不引起其它变化，该气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，是在外界的影响下发生的，所以不违反热力学第二定律，故E正确；故选ACE。14. 如图所示，封闭有一定质量理想气体的气缸固定在水平桌面上，开口向右放置，活塞的横截面积为S，活塞通过轻绳连接了以个
23、质量为m的小物体，轻绳跨在定滑轮上开始时汽缸内外压强相同，均为大气压p0（mgp0S）汽缸内气体的温度T0，轻绳处在伸直状态不计摩擦，缓慢降低汽缸内温度，最终使得气体体积减半，求：重物刚离地时气缸内的温度T1；气体体积减半时的温度T2；在下列坐标系中画出气体状态变化的整个过程并标注相关点的坐标值【答案】（1）；（2）；【解析】试题分析：（1）物体刚离地时，缸内气压强为，此时刚内气体为等容变化（2）从重物离地到气体体积减半，封闭气体做等压变化（3）有计算值，画出图象即可解：（1）对于封闭气体，P1=P0，重物刚离地过程等容过程：整理得：（2）从重物离地到气体体积减半，封闭气体做等压变化：整理得：
24、（3）图线如下：答：（1）重物刚离地时气缸内的温度为T0（2）气体体积减半时的温度为T0（3）图象为【点评】认清气体的变化过程中的不变量，选择合适的物理方程解决问题，作图有难度15. 下列说法正确的是_A单缝衍射实验中，缝越宽，条纹越亮，衍射现象越明显B光纤通信，医用纤维式内窥镜都利用了光的全反射原理C机械波传播过程中，某质点在一个周期内向前移动一个波长的距离D地球上的人看来，接近光速运动的飞船中的时钟变慢了E当系统做受迫振动时，如果驱动力的频率等于系统的故有频率时，受迫振动的振幅最大【答案】BDE【解析】单缝衍射中，缝越宽，条纹越亮，衍射现象越不明显，A错误；光纤通信，医用纤维式内窥镜都利用
25、了光的全反射原理，B正确；质点只在平衡位置上下振动，不随波迁移，C错误；钟慢效应：运动的钟比静止的钟走得慢，而且，运动速度越快，钟走的越慢，接近光速时，钟就几乎停止了，故D正确；当系统做受迫振动时，如果驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大，E正确16. 圆柱形均匀透明体的地面下平放一张白纸，白纸上在圆柱体底面中心处有一墨点，白纸与透明体之间有微小间隙。设周围都是空气，若通过透明体侧壁看不到白纸上的黑点，则透明体折射率n的最小值应为多少？【答案】n 【解析】由折射定律可得： 在侧壁发生全反射的条件为 带入上式可知： 所以点睛；此题考查光的反射及全反射知识，关键是画出光路图，找出临界的光线，结合几何关系进行解答. 持续更新中，请联系QQ：2496342225 请勿倒卖和盗卖！谢谢合作！