【解析】江苏省丹阳高级中学2018届高三上学期期中考试物理试题含解析.doc

《【解析】江苏省丹阳高级中学2018届高三上学期期中考试物理试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【解析】江苏省丹阳高级中学2018届高三上学期期中考试物理试题含解析.doc（17页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、江苏省丹阳高级中学2018届高三上学期期中考试物理试题一单项选择题1. 如图所示，平行板电容器两极板M、N间距为d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极相连，则下列能使电容器的电容减小的措施是 A. 减小dB. 增大UC. 将M板向左平移D. 在板间插入介质【答案】C【解析】根据 可知，减小d，则C变大，选项A错误；增大U，电容器的电容不变，选项B错误；将M板向左平移，则S减小，C减小，选项C正确；在板间插入介质，则C变大，选项D错误；故选C.2. 宇航员王亚平在“天宫1号”飞船内太空授课时，指令长聂海胜悬浮在太空舱内“太空打坐”的情景如图若聂海胜的质量为m，距离地球表面的高度为h，地球质量为M

2、，半径为R，引力常量为G，地球表面的重力加速度为g，则聂海胜在太空舱内受到重力的大小为 A. 0 B. mg C. D. 【答案】D【解析】飞船在距地面高度为h处，由万有引力等于重力得：，故D正确，ABC错误；故选D.3. 质量为m的物体用轻绳AB悬挂于竖直墙壁上，今用水平向右的拉力F拉动绳的中点O至图示位置用T表示绳 OA段拉力的大小，在拉力F由图示位置逆时针缓慢转过90o的过程中，始终保持O点位置不动，则 A. F先逐渐变小后逐渐变大，T逐渐变小B. F先逐渐变小后逐渐变大，T逐渐变大C. F先逐渐变大后逐渐变小，T逐渐变小D. F先逐渐变大后逐渐变小，T逐渐变大【答案】A【解析】若保持O

3、点位置不变，将F由水平位置绕O点逆时针缓慢转动90的过程中，F和AO的拉力的合力始终与mg等大、反向、共线，由平行四边形定则可知，当F竖直时，F上拉力最大，最大值Fmax=mg；当FAO时，F最小，此时T=0，则F先逐渐变小后逐渐变大，T逐渐变小，故选A.4. 如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个质量相等小球a、b和c的运动轨迹小球a从(0，2L)抛出，落在(2L， 0)处；小球b、c从(L， 0)抛出，分别落在(2L，0)和(L，0)处不计空气阻力，下列说法正确的是 A. b的初速度是a的初速度的两倍B. b的初速度是a的初速度的倍C.

4、 b的动能增量是c的动能增量的两倍D. a的动能增量是c的动能增量的倍【答案】B【解析】ab的水平位移相同，但时间不同，根据可知，根据可知，故A错误，B正确；bc的竖直位移相同，根据动能定理可知，b的动能增量等于c的动能增量，选项C错误；a的竖直位移等于c的2倍，根据动能定理可知，a的动能增量等于c的2倍，选项D错误；故选B.5. 如图所示，为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线两电子分别从 a、b两点运动到c点a、b两点的场强大小分别为Ea和Eb，电势分别a和b，电场力对两电子做功分别为Wa和Wb，两电子在a、b两点的电势能分别为Epa和Epb则A. EaEb B. ab

5、C. WaWb D. EpaEpb【答案】B【解析】a位置的电场强度较密集，故EaEb，选项A错误；图中a所在等势面在b点等势面的左侧，因顺着电场线电势降低，则aEpb，选项B正确，D错误；由等势面可知UacUbc，根据W=qU，有WaWb，选项C错误；故选B.点睛：题关键是明确电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场力做功看电势差；并注意电子在高电势点的电势能较小6. 如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点则下列能大致描述滑块整个运动过程中的速度v、加速度a、动能Ek、重力对滑块所做的功W与时间t或位移x之间关系的图象是（取初速度方向为正方向） A. B.

6、 C. D. 【答案】D【解析】物体上滑时的加速度大小 a1=gsin+gcos，方向沿斜面向下下滑时的加速度大小 a2=gsin-gcos，方向沿斜面向下，则知a1a2，方向相同，均为负方向因v-t线的斜率等于加速度，可知选项AB错误；动能是标量，不存在负值故C错误重力做功W=-mgh=-mgxsin，故D正确故选D.点睛：解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况要通过列方程分析图象的物理意义二多项选择题7. 小船横渡一条两岸平行的河流，船在静水中的速度大小不变，船头始终垂直指向河的对岸，水流速度方向保持与河岸平行，若小船的运动轨迹如图所示，则 A. 越接近

7、河岸水流速度越大B. 越接近河岸水流速度越小C. 小船渡河的时间会受水流速度变化的影响D. 小船渡河的时间不会受水流速度变化的影响【答案】BD【解析】从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，小船先具有向下游的加速度，小船后具有向上游的加速度，故加速度是变化的，由于水流是先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小，故A错误，B正确由于船身方向垂直于河岸，无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短，即船渡河的时间不会受水流速度变化的影响，选项C错误，D正确；故选BD.点睛：解决本题的关键知道小船参与了两个运动，有两个分速度，分别是静水速和水流速以及知道轨迹的弯曲大致指向合力的方向，注意垂直河岸渡河时，时间最短

8、8. 如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距离x1后停止现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(Fmg)，若其他条件不变，木盒以加速度a2滑行距离x2后停止则A. a2 a1 B. a2= a1 C. x2 x1 D. x2 x1【答案】AD【解析】设木盒的质量为M，根据牛顿第二定律得，放砝码时，加速度：拿走砝码施加F时，加速度：，可知a2a1根据v2=2ax得，知加速度增大，则滑行的距离变小即：x2x1，则AD正确，BC错误；故选AD.9. 2017年4月,我国第一艘货运飞船天舟一号顺利升空，随后与天宫二号交会对接假设天舟一号从B点

9、发射经过椭圆轨道运动到天宫二号的圆轨道上完成交会，如图所示已知天宫二号的轨道半径为r，天舟一号沿椭圆轨道运动的周期为T，A、B两点分别为椭圆轨道的远地点和近地点，地球半径为R，引力常量为G则 A. 天宫二号的运行速度小于7.9km/sB. 天舟一号的发射速度大于11.2km/sC. 根据题中信息可以求出地球的质量D. 天舟一号在A点的速度大于天宫二号的运行速度【答案】AC【解析】7.9km/s是近地卫星的环绕速度，卫星越高，线速度越小，则天宫二号的运行速度小于7.9km/s，选项A正确；11.2km/s是第二宇宙速度，是卫星脱离地球引力逃到其它星球上去的最小速度，则天舟一号的发射速度小于11.

10、2km/s，选项B错误；根据开普勒第三定律=常数，已知天宫二号的轨道半径r，天舟一号的周期T以及半长轴(r+R)，可求得天宫二号的周期T1，再根据可求解地球的质量，选项C正确；天舟一号在A点加速才能进入天宫二号所在的轨道，则天舟一号在A点的速度小于天宫二号的运行速度，选项D错误；故选AC.10. 如图所示，虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出)，一质子从bc边上的M点以速度v0垂直于bc边射入电场，从cd边上的Q点飞出电场，不计质子重力下列说法正确的有 A. 质子到Q点时的速度可能大于v0B. 质子到Q点时的速度可能等于v0C. 质子到Q点时的速度方向可能与cd边平行D

11、. 质子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直【答案】ABD【解析】若电场强度水平向右，则质子从M到Q点电场力做正功，动能变大，此时质子到Q点时的速度大于v0，选项A正确；若电场强度方向垂直于MQ连线向下，则质子从M到Q点电场力不做功，动能不变，此时质子到Q点时的速度等于v0，选项B正确；质子能到达Q点说明电场力有向右的分量，则到达Q点后一定有水平向右的分速度，即质子到Q点时的速度方向不可能与cd边平行，选项C错误；若电场方向斜向右下方，则质子有水平向右的加速度和竖直向下的加速度，当运动到Q点时，竖直速度可能减小为零，而只具有水平向右的速度此时质子到Q点时的速度方向与cd边垂直，选项D正确；故选A

12、BD.11. 如图所示，足够长的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧与A、B物块相连，A、C物块由跨过光滑小滑轮的轻绳连接初始时刻，C在外力作用下静止，绳中恰好无拉力，B放置在水平面上，A静止现撤去外力，物块C沿斜面向下运动，当C运动到最低点时，B刚好离开地面已知A、B的质量均为m，弹簧始终处于弹性限度内，则上述过程中A. C的质量mC可能小于mB. C的速度最大时，A的加速度为零C. C的速度最大时，弹簧弹性势能最小D. A、B、C系统的机械能先变小后变大【答案】BC【解析】物体C能拉动A向上运动可知，则C的质量mC一定大于m，选项A错误；C的速度最大，加速度为零，因A的加速度等于C的加速度，则

13、此时A的加速度也为零，选项B正确；开始时弹簧压缩量为，因当C运动到最低点时，B刚好离开地面，此时弹簧伸长量为，根据振动的对称性可知，当A的加速度为零时，弹簧处于原长状态，则此时弹性势能为零，选项C正确；因只有重力和弹力做功，则A、B、C及弹簧系统的机械能守恒，因弹性势能先减小后增加，则A、B、C系统的机械能先变大后变小，选项D错误；故选BC.三、简答题：12. 为描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验室备有下列器材：A小灯泡（额定电压3V，额定电流600mA）B电流表A1（量程00.6 A，内阻约为0.5）C电流表A2（量程03A，内阻约为0.1）D电压表V（量程03V，内阻约为10k）E滑动变阻器R

14、1（010，2A）F滑动变阻器R2（0500，1A）G直流电源E（约3V）H开关、导线若干（1）实验中电流表应选用_，滑动变阻器应选用_（以上均填器材代号）（2）请用笔画线代替导线，在下图中将本实验的电路连接完整_ （3）正确实验，测量出多组数据，以灯泡两端的电压U为横轴，电流表的示数I为纵轴，描点如图乙所示，请在图乙中作出小灯泡的伏安特性曲线_（4）上述实验过程中，小虎同学不慎将所选滑动变阻器损坏，便选用另一滑动变阻器，重新连成图甲所示的完整电路，闭合开关，从最右端向最左端缓慢匀速移动滑动变阻器滑片的过程中，观察到电流表和电压表的示数变化情况是_【答案】 (1). （1）A1 (2). R1

15、 (3). （2）如图； (4). （3）如图； (5). （4）开始示数一直较小，几乎不变，滑片接近最左端时，示数突然变大【解析】（1）灯泡的额定电流为600mA，因此电流表应选择600mA量程的A1；本实验采用滑动变阻器分压接法，因此滑动变阻器应选择总阻值较小的R1；（2）根据原理可知，本实验应采用滑动变阻器分压接法，同时灯泡内阻较小，故电流表采用外接法，连接实物图如图所示；（3）小灯泡的伏安特性曲线如图；（4）因另一滑动变阻器R2的阻值为500较大，比小灯泡电阻大的多，则在滑动变阻器开始滑动的阶段，滑动变阻器与小灯泡并联后的阻值一直很小，所以电压表和电流表的读数会一直很小，当滑动变阻器接

16、近左端时，小灯泡两端的电压会突然接近电源电压，则此时电压表和电流表的读数会突然增大.点睛：本题考查描绘灯泡的伏安特性曲线的实验，要注意明确实验原理，知道本实验应采用滑动变阻器分压接法和电流表外接法；知道分压电路中滑动变阻器为什么要尽量使用阻值较小的滑动变阻器.13. 用图甲所示装置探究做功与物体速度变化的关系，A、B是固定在长直木板上的两个铁钉实验时，小车在橡皮筋的作用下弹出，沿木板滑行，通过改变橡皮筋的条数改变做功的多少，再根据纸带上的打点确定小车对应运动的速度，进而探究做功与物体速度变化的关系（1）关于该实验的下列说法中，正确的有_A需要测出小车的质量mB需要选择相同的橡皮筋进行实验C需要

17、测出每根橡皮筋对小车所做的功W D改变橡皮筋条数时小车必须从同一位置由静止释放 （2）实验中得到一根纸带如图乙所示，1、2、3是按时间先后顺序标出的计数点（每两个相邻计数点间还有4个打点未画出），造成各计数点间距不相等的原因可能是_由图乙所示的纸带可知，该小车达到最大速度时，橡皮筋的伸长量_（选填“大于零”或“等于零”）（3）该小组用新、旧两组橡皮筋分别做实验，正确实验操作得到橡皮筋的条数n与小车对应速度v的多组数据，作出v2-n的图象如图丙中的C、D所示，则用新橡皮筋得出的图象是_（选填“C”或“D”），根据该图象可以得出的结论是_【答案】 (1). （1）BD (2). （2）没有平衡摩擦

18、或是没有完全平衡摩擦 (3). 大于零 (4). （3）C (5). v2与n成正比（或v2与橡皮筋对小车所做的功成正比）（2）实验中若平衡了摩擦力，则小车在橡皮条的作用下先加速运动，脱离橡皮条后做匀速运动，则造成5-9各计数点间距逐渐减小的原因可能是没有平衡摩擦或是没有完全平衡摩擦；由图乙所示的纸带可知，由于没有平衡摩擦力或没有完全平衡摩擦，该小车达到最大速度时，加速度为零，此时橡皮筋仍有弹力，即伸长量不为零；（3）旧橡皮条的弹力小于新橡皮条，则用同样数量的新旧橡皮条做实验时，新橡皮条使小车得到的速度较大，由图像可知用新橡皮筋得出的图象是C，根据该图象可以得出的结论是：v2与n成正比（或v2

19、与橡皮筋对小车所做的功成正比）.点睛：本题关键是结合探究功与速度变化关系的实验原理进行分析，如本实验中，明确小车的运动情况，先加速，再匀速，橡皮条做功完毕，速度最大，做匀速运动，故需要测量匀速阶段的速度；知道平衡摩擦力在本实验中的作用四、计算题：14. 如图所示，质量m的小球套在半径为R的固定光滑圆环上，圆环的圆心为O，原长为0.8R的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与圆环在同一竖直平面内，圆环上B点在O的正下方，当小球在A处受到沿圆环切线方向的恒力F作用时，恰好与圆环间无相互作用，且处于静止状态已知：， ，弹簧处于弹性限度内，重力加速度g=10m/s2求：（1）该弹簧的劲度系数

20、k；（2）撤去恒力，小球从A点沿圆环下滑到B点时的速度大小vB；（3）小球通过B点时，圆环对小球的作用力大小NB 【答案】（1）40N/m（2）2.0m/s（3）6.0N【解析】（1）小球在A处由平衡知识可知：沿半径方向： 得： （2）由A到B过程：得：.得： 15. 一物块在一个水平拉力作用下沿粗糙水平面运动，其vt图象如图甲所示，水平拉力的Pt图象如图乙所示，g10 m/s2，求： （1）物块与水平面间的动摩擦因数； （2）物块运动全过程水平拉力所做的功W；（3）物块在02s内所受的水平拉力大小F【答案】（1）0.1（2）24J（3）3.0N【解析】（1）由甲乙两图比较可知，在第5s-9s

21、内，物块做匀减速运动加速度： 由牛顿第二定律得： 得： （2）对全过程：（3）物块匀速运动阶段： 解得：得： 物块加速运动阶段，加速度：由牛顿第二定律得： 即： 所以： 或：由图像可知：当，时，由 得： 16. 如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，位于两平行金属板正中间的O点有一个可以连续产生粒子的粒子源，AB间的距离为L现在A、B之间加上电压UAB随时间变化的规律如图乙所示，粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生N个相同粒子，这种粒子产生后，在电场力作用下由静止开始运动，粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势已知粒子质量为，电荷量

22、，忽略粒子重力，不考虑粒子之间的相互作用力，求：（1）t0时刻产生的粒子，运动到B极板所经历的时间t0；（2）在时间内，产生的粒子不能到达B板的时间间隔；（3）在时间内，产生的粒子能到达B板的粒子数与到达A板的粒子数之比k【答案】（1）（2）（3）2:1【解析】（1）t=0时刻，粒子由O到B： 加速度： 得：所以：（2）对刚好不能到达B极板的粒子，先做匀加速运动，达到速度vm后，做匀减速运动，到达B极板前速度减为0，设匀加速时间为，匀减速时间为，全程时间为t，则匀加速的加速度：匀减速的加速度大小： 由： 得： 所以： 由：得：（3）设刚好不能到达B极板的粒子，反向加速到A极板的时间为，由： 得

23、：即：在时间内，内返回的粒子都能打到A极板上所以：17. 如图所示，水平桌面上质量为m的薄木板右端叠放着质量也为m的小物块，木板长为L，整体处于静止状态已知物块与木板间的动摩擦因数为，木板与桌面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g （1）若使木板与物块一起以初速度v0沿水平桌面向右运动，求木板向右运动的最大距离S0；（2）若对木板施加水平向右的拉力F，为使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，求拉力F应满足的条件；（3）若给木板施加大小为、方向沿水平桌面向右的拉力，经过时间t0，撤去拉力F，此后运动过程中小物块始终未脱离木板，求木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做

24、的功W【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）对木板和木块组成的系统，由动能定理得： 解得： （2）设木板和木块组成的系统一起向右滑动的最小拉力为Fmin，最大拉力为Fmax则： 对系统： 对物块： 解得： 要使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，则 （3）由于，所以，木块与木板之间发生相对滑动木块的加速度：撤去拉力F时木块的速度： 对木板： 得： 撤去拉力F时木板的速度： 撤去拉力F后加速度：设撤去拉力F后，再经过时间t1，木块与木板达到共同速度v，之后再经过时间t2，木板停止滑行则：得：； 达到共同速度后： ；加速度： 木板运动的总位移：木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功： 点睛：此题是力学综合问题，考查牛顿第二定律即动能定理的应用；解决本题的关键理清物块和木板在整个过程中的运动规律，分阶段处理，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解