甘肅省武威第六中學(xué)2020屆高三物理上學(xué)期第六次診斷考試試題（含解析）.doc

甘肅省武威第六中學(xué)2020屆高三物理上學(xué)期第六次診斷考試試題（含解析）一、選擇題(共14題，每題4分，共56分。第110小題只有一項(xiàng)正確選項(xiàng)；第1114小題有多個(gè)正確選項(xiàng)，錯(cuò)選得0分，漏選得2分。)1.2018年10月15日，我國(guó)以“一箭雙星”方式成功發(fā)射第39、40顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星，并到達(dá)預(yù)定軌道，這兩顆衛(wèi)星屬于中國(guó)地球軌道衛(wèi)星，離地高度小于地球同步衛(wèi)星的高度。則第39、40顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星的（ ）a. 線速度小于同步衛(wèi)星的線速度b. 角速度小于同步衛(wèi)星的角速度c. 周期小于同步衛(wèi)星的周期d. 向心加速度小于同步衛(wèi)星的向心加速度【答案】c【解析】【分析】考查萬(wàn)有引力與航天?！驹斀狻縜由萬(wàn)有引力提供向心力的線速度公式：解得軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星軌道半徑，所以線速度大于同步衛(wèi)星的線速度，a錯(cuò)誤；b由萬(wàn)有引力提供向心力的角速度公式：解得軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星軌道半徑，所以角速度大于同步衛(wèi)星的角速度，b錯(cuò)誤；c由萬(wàn)有引力提供向心力的周期公式：解得軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星軌道半徑，所以周期小于同步衛(wèi)星的周期，c正確；d由萬(wàn)有引力提供向心力的向心加速度公式：解得軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星軌道半徑，所以向心加速度大于同步衛(wèi)星的向心加速度，d錯(cuò)誤。故選c。2.有一個(gè)質(zhì)量為1kg的小球，在4個(gè)不同方向的共點(diǎn)力的作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)同時(shí)撤去大小分別為2n和3n的兩個(gè)力，其余的力保持不變，關(guān)于此后該小球的運(yùn)動(dòng)情況，下列說法正確的（ ）a. 可能做加速度大小為10m/s2的勻減速直線運(yùn)動(dòng)b. 可能做加速度大小為10m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)c. 可能做加速度大小為3m/s2的勻變速曲線運(yùn)動(dòng)d. 可能做向心加速度大小為2m/s2的勻速圓周運(yùn)動(dòng)【答案】c【解析】【分析】考查共點(diǎn)力平衡的特點(diǎn)，力的合成與分解。【詳解】4個(gè)不同方向的共點(diǎn)力的作用時(shí)，保持平衡，撤去大小分別為2n和3n的兩個(gè)力，剩下兩個(gè)力的合力與這兩個(gè)力的合力等大反向，則剩下兩個(gè)力的合力范圍為：解得ab合力最大時(shí)，加速度最大，最大加速度有：合力最小時(shí)，加速度最小，最小加速度有：即加速度大小范圍為：；所以不可能以10m/s2的加速度運(yùn)動(dòng)，ab錯(cuò)誤；c3m/s2在范圍內(nèi)，當(dāng)剩下兩個(gè)力的合力與初始時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向不共線時(shí)，做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，c正確；d由于受到的是恒力，加速度大小和方向都不變，所以不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，d錯(cuò)誤。故選c。3.在真空中某區(qū)域內(nèi)有一電場(chǎng)，電場(chǎng)中有一點(diǎn)o，經(jīng)過o點(diǎn)的一條直線上有p、m、n三點(diǎn)，直線上各點(diǎn)的電勢(shì)分布如圖所示，x表示該直線上某點(diǎn)到o點(diǎn)的距離，下列說法正確的（ ）a. p、m、n三點(diǎn)中m點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最大b. 正電荷沿直線從m運(yùn)動(dòng)到n的過程中，所受電場(chǎng)力逐漸減小c. 正電荷沿直線從m運(yùn)動(dòng)到n的過程中，電場(chǎng)力做負(fù)功d. 負(fù)電荷沿直線從p運(yùn)動(dòng)到m的過程中，電勢(shì)能先不變后減小【答案】c【解析】【分析】考查電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的變化關(guān)系?！驹斀狻縜-x圖像中，斜率的絕對(duì)值表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，由圖可知，p、m、n三點(diǎn)中，m點(diǎn)的斜率絕對(duì)值最小，故電場(chǎng)強(qiáng)度最小，a錯(cuò)誤；b電場(chǎng)力，與電場(chǎng)強(qiáng)度成正比，從m到n的過程中，斜率的絕對(duì)值越來越大，即電場(chǎng)強(qiáng)度越來越大，則電場(chǎng)力越來越大，b錯(cuò)誤；c由電勢(shì)能的公式：其中q為正值，從m到n的過程中電勢(shì)逐漸增大，則電勢(shì)能逐漸增大，由電場(chǎng)力做功的功能關(guān)系可知，電勢(shì)能增加，電場(chǎng)力做負(fù)功，c正確；d由電勢(shì)能的公式：其中q為負(fù)值，從p到m的過程中電勢(shì)先不變后減小，則電勢(shì)能先不變后增大，d錯(cuò)誤。故選c。4.如圖所示，物塊a、b（可視為質(zhì)點(diǎn)）用跨過光滑輕質(zhì)滑輪的輕繩1連接，其中物塊a放在水平地面上，滑輪用輕繩2連接在豎直墻上，此時(shí)物塊a、b均靜止不動(dòng)，連接滑輪的輕繩2與豎直墻壁間的夾角為?，F(xiàn)將物塊a向右緩慢移動(dòng)一小段距離，若物塊a、b仍能保持靜止不動(dòng)，則（ ）a. 輕繩1對(duì)物塊a的拉力大小增大b. 地面對(duì)a的摩擦力減小c. 物塊a對(duì)地面的壓力增大d. 輕繩2的拉力大小保持不變【答案】c【解析】【分析】考查平衡狀態(tài)的動(dòng)態(tài)分析。【詳解】a保持平衡，輕繩1對(duì)物塊a的拉力等于物塊b的重力，保持不變，a錯(cuò)誤；b物塊a向右緩慢移動(dòng)一小段距離后，輕繩1與水平面的夾角減小，物塊a受力平衡，水平方向有：減小，摩擦力增大，b錯(cuò)誤；c對(duì)a分析，豎直方向有：減小，所以地面對(duì)a的支持力增大，由牛頓第三定律可知，物塊a對(duì)地面的壓力增大，c正確；d輕繩2的拉力大小與輕繩1兩邊拉力的合力等大反向，所以：又有，減小，所以增大，減小，輕繩2的拉力大小減小，d錯(cuò)誤。故選c。5.甲、乙兩位輪滑運(yùn)動(dòng)員靜止在水平地面上，甲猛推乙一下，結(jié)果兩人向相反方向滑去。已知停止運(yùn)動(dòng)時(shí)甲滑行的距離是乙滑行距離的一半，若兩人與水平地面間的摩擦阻力均與兩人的重力成正比，且比例系數(shù)一樣，則兩人的質(zhì)量之比為（ ）a. b. c. 2d. 【答案】a【解析】【分析】考查動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用以及牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用?！驹斀狻?jī)蓚€(gè)人初狀態(tài)總動(dòng)量為0，設(shè)甲、乙的質(zhì)量分別為m1、m2，甲猛推乙一下后，甲、乙的速度大小分別為v1、v2，由動(dòng)量定理：可得兩人與水平地面間的摩擦阻力均與兩人的重力成正比，且比例系數(shù)一樣，則：為比例系數(shù)；停止運(yùn)動(dòng)時(shí)甲滑行的距離為x1：解得停止運(yùn)動(dòng)時(shí)乙滑行的距離為x2：解得依題意有，聯(lián)立各式解得：，a正確，bcd錯(cuò)誤。故選a。6.如圖所示，p、q是兩個(gè)一模一樣的圓形線圈，都能在光滑的圓柱上自由移動(dòng)，分別通以大小不同的異向電流，ipiq，則下列關(guān)于線圈p、q的運(yùn)動(dòng)情況，說法正確的是（ ）a. 從左往右看，p繞圓柱逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，q繞圓柱順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)b. 相背做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，ap=aqc. p、q相向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，apaqd. p、q相背做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，ap=aq【答案】b【解析】【分析】考查楞次定律的應(yīng)用。【詳解】a由右手螺旋定則可判斷，p、q是兩個(gè)線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)使兩線圈相互排斥，沒有使線圈旋轉(zhuǎn)的力，a錯(cuò)誤；bcd由右手螺旋定則可判斷，p、q是兩個(gè)線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)使兩線圈相互排斥，排斥力為安培力，相互背離的過程中，距離增大，一個(gè)線圈在另一個(gè)線圈處產(chǎn)生的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，所以安培力減小，加速度減小，做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，兩線圈所受安培力為相互作用力，大小相等，兩線圈一模一樣，質(zhì)量相等，所以加速度相等，b正確，cd錯(cuò)誤。故選b。7.超導(dǎo)限流器是一種短路故障電流限制裝置，它由超導(dǎo)部件和限流電阻并聯(lián)組成，原理圖如圖所示當(dāng)通過超導(dǎo)部件的電流大子其臨界電流ic時(shí)，超導(dǎo)部件由超導(dǎo)態(tài)（可認(rèn)為電阻為零）轉(zhuǎn)變?yōu)檎B(tài)（可認(rèn)為是一個(gè)純電阻），以此來限制電力系統(tǒng)的故障電流超導(dǎo)部件正常態(tài)電阻r1=7.5，臨界電流ic=0.6a，限流電阻r2 =15，燈泡l上標(biāo)有“6v 3w”，電源電動(dòng)勢(shì)e=7v，內(nèi)阻r=2，電路正常工作若燈泡l突然發(fā)生短路，則下列說法正確的是（ ）a. 燈泡l短路前通過r1的電流為1/3ab. 燈泡l短路后超導(dǎo)部件電阻為零c. 燈泡l短路后通過r1的電流為2/3ad. 燈泡l短路后通過r1的電流為1a【答案】c【解析】【分析】電路正常工作時(shí)，超導(dǎo)部件處于超導(dǎo)態(tài)，電阻為零，根據(jù)歐姆定律求出通過r1的電流l發(fā)生短路后，超導(dǎo)部件轉(zhuǎn)為正常態(tài)，與限流電阻并聯(lián)，由歐姆定律和串并聯(lián)電路的特點(diǎn)求出通過r1的電流【詳解】a、由題，燈泡的電阻rl=12根據(jù)高溫超導(dǎo)限流器的功能分析得知，電路正常工作時(shí)，超導(dǎo)部件處于超導(dǎo)態(tài)，電阻為零，根據(jù)歐姆定律得到通過r1的電流i1=0.5a故a錯(cuò)誤b、當(dāng)l發(fā)生短路后，超導(dǎo)部件轉(zhuǎn)為正常態(tài)，與限流電阻并聯(lián)，起到限流作用故b錯(cuò)誤c、l發(fā)生短路后，外電路總電阻為r=5，干路電流為i=1a，通過r1的電流為i1=i=2/3a故c正確，d錯(cuò)誤故選c8.如圖所示，平行等距的水平虛線1、2、3、4為某一電場(chǎng)的等勢(shì)面，已知等勢(shì)面1、3、4的電勢(shì)分別為1=3v、3=9v、4=12v。實(shí)線為一粒子（不計(jì)重力）僅在電場(chǎng)力的作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，m、n、p是軌跡上的三點(diǎn)，其中n點(diǎn)為軌跡上的最高點(diǎn)，則（ ）a. 虛線2的電勢(shì)一定是2=5vb. 粒子一定帶負(fù)電c. 粒子在p點(diǎn)的電勢(shì)能最大，動(dòng)能最小d. 粒子在電場(chǎng)中各點(diǎn)受到的電場(chǎng)力可能不相等【答案】b【解析】【詳解】a平行等距的等勢(shì)面為等差等勢(shì)面，則：解得，a錯(cuò)誤；b如圖所示：沿著電場(chǎng)線，電勢(shì)逐漸降低，可知電場(chǎng)方向向上，電場(chǎng)力沿軌跡的凹側(cè)，向下，電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)方向相反，帶負(fù)電，b正確；c由電勢(shì)能的公式：其中q為負(fù)值，由圖可知，p點(diǎn)電勢(shì)最高，所以p點(diǎn)的電勢(shì)能最小，c錯(cuò)誤；d等勢(shì)面是平行且等間距的電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中所受的電場(chǎng)力處處相等，d錯(cuò)誤。故選b。9.如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，一質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止放在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切。一質(zhì)量為2m的小物塊從槽頂端距水平面高h(yuǎn)處由靜止開始下滑，重力加速度為g，下列說法正確的是（ ）a. 物塊第一次滑到槽底端時(shí)，槽的動(dòng)能為mghb. 在下滑過程中物塊和槽之間的相互作用力對(duì)物塊始終不做功c. 全過程中物塊、槽和彈簧所組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒，且水平方向動(dòng)量守恒d. 物塊第一次被彈簧反彈后能追上槽，且能回到槽上距水平面高h(yuǎn)處【答案】a【解析】【分析】考查機(jī)械能守恒定律，動(dòng)量守恒定律?！驹斀狻縜小物塊下滑過程中，小物塊與槽系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，物塊第一次滑到槽底端時(shí)，有：槽光滑無(wú)摩擦，下滑過程中機(jī)械能守恒：聯(lián)立解得：，槽的動(dòng)能為：a正確；b在下滑過程中，槽的機(jī)械能增加，由能量守恒可知，小物塊機(jī)械能減少，則除了重力以外的其他力做負(fù)功，小物塊除了受重力外，就受槽對(duì)小物塊的作用力，所以槽對(duì)小物塊的作用力做了負(fù)功，b錯(cuò)誤；c全過程中，除了重力和彈簧彈力以外的其他力做功之和為零，所以物塊、槽和彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小物塊壓縮彈簧過程中，水平方向上受墻壁的支持力，動(dòng)量不守恒，c錯(cuò)誤；d物塊第一次被彈簧反彈后速度大小為剛滑下來時(shí)的速度大小，即，小于槽的速度，不能追上槽，d錯(cuò)誤。故選a。10.如圖所示，兩相鄰且范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域和的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向平行、大小分別為b和2b一帶正電粒子(不計(jì)重力)以速度v從磁場(chǎng)分界線mn上某處射入磁場(chǎng)區(qū)域，其速度方向與磁場(chǎng)方向垂直且與分界線mn成60角，經(jīng)過t1時(shí)間后粒子進(jìn)入到磁場(chǎng)區(qū)域，又經(jīng)過t2時(shí)間后回到區(qū)域，設(shè)粒子在區(qū)域、中的角速度分別為1、2，則a. 1211b. 1221c. t1t211d. t1t221【答案】c【解析】【詳解】由洛倫茲力充當(dāng)向心力可知：,根據(jù)線速度和角速度關(guān)系可得：v=r；聯(lián)立解得： ，則可知，角速度與磁場(chǎng)成正比，故1：2=1：2；故ab錯(cuò)誤；粒子在兩磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子在i中轉(zhuǎn)過的圓心角為120，而在ii中轉(zhuǎn)過的圓心角為240；由可知，粒子在i中的周期為ii中周期的一半；則由可知，t1：t2=1：1； 故c正確，d錯(cuò)誤故選c【點(diǎn)睛】本題考查帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，要注意明確運(yùn)動(dòng)過程，正確確定圓心和半徑是解題的關(guān)系，同時(shí)注意牛頓第二定律的應(yīng)用，根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力進(jìn)行分析求解11.如圖所示，在紙面內(nèi)有一個(gè)邊長(zhǎng)為l的等邊三角形abc，且該區(qū)域內(nèi)存在平行于bc邊的勻強(qiáng)電場(chǎng)。有一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子從a點(diǎn)以速度v0沿平行于紙面且垂直于bc邊的方向進(jìn)入三角形區(qū)域，該粒子恰好從c點(diǎn)離開（不計(jì)粒子重力）。下列說法正確的是（ ）a. 勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向由c點(diǎn)指向b點(diǎn)b. 電場(chǎng)強(qiáng)度大小e=c. 粒子從c點(diǎn)離開時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角的正切值為d. 粒子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)過程中電場(chǎng)力做的功為【答案】bd【解析】【分析】考查帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)?！驹斀狻縜運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：電場(chǎng)力方向平行于bc指向c方向，由于粒子帶正電，所以電場(chǎng)方向由b點(diǎn)指向c點(diǎn)，a錯(cuò)誤；b帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)：x方向：y方向：由牛頓第二定律：聯(lián)立各式解得電場(chǎng)強(qiáng)度大小，b正確；c粒子從c點(diǎn)離開時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角的正切值：y方向速度有：聯(lián)立解的：，c錯(cuò)誤；d勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)力做功：d正確。故選bd。12.如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個(gè)質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與一輕質(zhì)水平狀態(tài)的彈簧相連，彈簧的另一端固定在墻上o點(diǎn)，且處于原長(zhǎng)。現(xiàn)讓圓環(huán)從a點(diǎn)由靜止開始下滑，滑到o點(diǎn)正下方b點(diǎn)時(shí)速度為零。則在圓環(huán)下滑過程中（ ）a. 圓環(huán)的機(jī)械能先減小后增大，再減小b. 彈簧的彈性勢(shì)能先增大再減小c. 與圓環(huán)在a點(diǎn)的加速度相同的位置還有兩處d. 彈簧再次恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)圓環(huán)的速度最大【答案】ac【解析】【詳解】ab開始時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，彈簧先壓縮，彈性勢(shì)能增大，當(dāng)彈簧與桿垂直時(shí)，彈簧壓縮量最大，繼續(xù)往下滑，彈性勢(shì)能減小，當(dāng)滑到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，繼續(xù)下滑，彈簧將伸長(zhǎng)，彈性勢(shì)能增大直到滑到b點(diǎn)，即彈簧彈性勢(shì)能先增大后減小再增大，由能量守恒可知，圓環(huán)的機(jī)械能先減小后增大，再減小，a正確，b錯(cuò)誤；ca點(diǎn)時(shí)，彈簧為原長(zhǎng)，無(wú)彈力，受力分析可知，圓環(huán)的加速度由重力沿斜面向下的分力提供：解得，當(dāng)彈簧與桿垂直時(shí)，彈簧彈力垂直于桿，不提供加速度，此時(shí)加速度由重力沿斜面向下的分力提供，即，繼續(xù)往下滑，還有一處彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，此處彈簧也沒有彈力，加速度由重力沿斜面向下的分力提供，即，所以與圓環(huán)在a點(diǎn)的加速度相同的位置還有兩處，c正確；d彈簧再次恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，加速度為，沿斜面向下，即將繼續(xù)往下加速運(yùn)動(dòng)，直到加速度為零時(shí)開始減速，所以彈簧再次恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)速度不是最大，d錯(cuò)誤。故選ac。13.如圖所示，abcdg是豎直放在場(chǎng)強(qiáng)為e=104v/m的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中的絕緣光滑軌道，其中軌道的bcd部分是半徑為r的半圓，軌道的水平部分與半圓軌道相切于b、d兩點(diǎn)，且ab=r=0.2m，把一質(zhì)量m=100g、帶電荷量q=+10-4 c的小球，從a點(diǎn)由靜止釋放后，g=10m/s2，則（ ）a. 小球到達(dá)c點(diǎn)時(shí)的速度大小為1m/sb. 小球到達(dá)c點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為3nc. 小球所能獲得的最大動(dòng)能為jd. 小球能運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)并沿直軌道dg運(yùn)動(dòng)【答案】bc【解析】【分析】考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，動(dòng)能定理的應(yīng)用。【詳解】a小球到達(dá)c點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理：解得，a錯(cuò)誤；b小球到達(dá)c點(diǎn)時(shí)由水平方向的合力提供向心力：解得 ，b正確；c重力大小為1n，電場(chǎng)力大小為1n，當(dāng)軌道圓心與小球連線沿合力方向時(shí)，處于物理最低點(diǎn)，獲得的動(dòng)能最大：最大動(dòng)能：解得，c正確；d由于受到豎直向下的重力作用，不可能沿直軌道dg運(yùn)動(dòng)，d錯(cuò)誤。故選bc。14.如圖所示為一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)變化時(shí)壓強(qiáng)隨溫度變化的關(guān)系圖象（p-t圖象），當(dāng)氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，再變化到狀態(tài)c的過程中，下列說法正確的有（ ）a. 從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b的過程中，氣體對(duì)外做功b. 從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b的過程中，氣體吸收熱量c. 從狀態(tài)b變化到狀態(tài)c的過程中，氣體密度變大d. 從狀態(tài)b變化到狀態(tài)c的過程中，氣體分子的平均速率增大e. 氣體的內(nèi)能一直在增大【答案】bde【解析】【分析】考查理想氣體狀態(tài)變化的p-t圖象，熱力學(xué)第一定律的應(yīng)用。【詳解】a從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b的過程為等容變化，氣體不對(duì)外做功，a錯(cuò)誤；b由熱力學(xué)第一定律：其中，溫度升高，則內(nèi)能增加，所以，氣體吸收熱量，b正確；cd從狀態(tài)b變化到狀態(tài)c的過程是等壓變化，溫度升高，則分子平均動(dòng)能增大，單個(gè)分子撞擊容器壁的力增大，要保持壓強(qiáng)不變，則要減小氣體的數(shù)密度，c錯(cuò)誤，d正確；e溫度一直升高，所以氣體內(nèi)能一直增大，e正確；故選bde。二、實(shí)驗(yàn)題(共2題，每空2分，共14分)15.某同學(xué)用如圖所示的裝置測(cè)物塊與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，將物塊放在水平桌面的最右端，在桌面最右端正上方o點(diǎn)處用懸線懸掛一小球。先將小球向右拉至與懸點(diǎn)o等高的位置，由靜止釋放小球，小球下落后恰好能沿水平向左的方向撞擊物塊，物塊被撞擊后，在桌面上向左最遠(yuǎn)滑到q點(diǎn)，用刻度尺測(cè)量出q點(diǎn)到桌面最右端的距離s。再將物塊放回桌面的最右端，將小球向左拉至與懸點(diǎn)o等高的位置，由靜止釋放小球，小球下落后恰好能沿水平向右的方向撞擊物塊，物塊被撞擊后從桌面上飛出，落點(diǎn)為p，測(cè)出桌面離水平地面的高度h，再測(cè)出p點(diǎn)到n點(diǎn)（桌面最右端m點(diǎn)在水平地面的投影）的距離x。（1）要測(cè)量物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，則_。a.需要測(cè)量物塊的質(zhì)量mb.需要測(cè)量小球的質(zhì)量m0c.需要測(cè)量物塊質(zhì)量m和小球的質(zhì)量m0d.不需要測(cè)量物塊的質(zhì)量m和小球的質(zhì)量m0（2）根據(jù)測(cè)得的物理量得出動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式為=_?！敬鸢浮?(1). d (2). 【解析】【分析】考查勻減速直線運(yùn)動(dòng)和平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用?！驹斀狻浚?）（2）12設(shè)物塊的質(zhì)量為m和小球的質(zhì)量為m0，兩次碰撞情況相同，設(shè)碰后物塊的速度為v，則第一次碰撞后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)：第二次碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)：聯(lián)立解得：，與物塊的質(zhì)量m和小球的質(zhì)量m0都無(wú)關(guān)，不需要測(cè)量物塊的質(zhì)量m和小球的質(zhì)量m0，故選d；動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式為。16.有一個(gè)額定電壓為2.8v，功率約為0.8w的小燈泡，現(xiàn)要用伏安法描繪這個(gè)燈泡的iu圖線，有下列器材供選用：a電壓表（03v，內(nèi)阻6k）；b電壓表（015v，內(nèi)阻30k）；c電流表（03a，內(nèi)阻0.1）；d電流表（00.6a，內(nèi)阻0.5）；e滑動(dòng)變阻器（10，2a）；f滑動(dòng)變阻器（200，0.2a）；g蓄電池（電動(dòng)勢(shì)6v，內(nèi)阻不計(jì)）。（1）某同學(xué)誤將電流表和電壓表接成如圖甲所示的電路，其他部分連接正確，接通電源后，小燈泡的發(fā)光情況是_（填“亮”或“不亮”）。要求小燈泡的電壓從零開始增大，應(yīng)選擇圖乙中的電路圖是_ （填“a”或“b”）。（2）用正確的電路進(jìn)行測(cè)量，電壓表應(yīng)選用_，電流表應(yīng)選用_。（用序號(hào)字母表示）（3）滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用_。（用序號(hào)字母表示）【答案】 (1). 不亮 (2). b (3). a (4). d (5). e【解析】【分析】考查實(shí)驗(yàn)“描繪小燈泡的伏安特性曲線”。【詳解】（1）12由電路圖可知，電壓表串聯(lián)在電路中，電路中的電阻很大，小燈泡不亮；要使小燈泡電壓從零開始調(diào)節(jié)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓式接法，所以電路圖應(yīng)選b；（2）34由題意可知，燈泡的額定電壓為2.8v，所以電壓表應(yīng)選03v量程的，故選a；由可得，額定電流為，所以電流表應(yīng)選量程為00.6a的，故選d；（3）5分壓式接法滑動(dòng)變阻器選總阻值小的，故選e。三、計(jì)算題(共3題，共30分)17.如圖所示是某游樂場(chǎng)中某一設(shè)施的滑道簡(jiǎn)化圖，ab、bc是粗糙的直軌道，在b點(diǎn)平滑連接，cd是光滑的圓弧軌道，半徑為r=15m，與水平直軌道bc在c點(diǎn)平滑連接，直軌道ab與水平面的夾角=37，ab長(zhǎng)度為x1=40m，一游客(可視為質(zhì)點(diǎn))從a由靜止沿軌道滑動(dòng)，恰好不從d點(diǎn)飛出，已知游客的質(zhì)量m=50kg，游客與ab、bc段軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.25，取sin37=0.6，cos37=0.8，不計(jì)空氣阻力，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2，求：（1）軌道bc的長(zhǎng)度x；（2）游客最終停下的位置距b的距離?！敬鸢浮?1)x=4m(2) l=1m【解析】【分析】本題考查多過程運(yùn)動(dòng)，需要考生綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和功能關(guān)系求解?！驹斀狻浚?）游客從a點(diǎn)到d點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有代入解得x=4m（2）假設(shè)某次游客沖至斜面最高點(diǎn)時(shí)，到b點(diǎn)的距離為xn，經(jīng)過一個(gè)來回后沖至斜面最高點(diǎn)時(shí)，到b點(diǎn)的距離為xn+1，如圖。對(duì)該過程運(yùn)用動(dòng)能定理，則有得：（n=1，2，3，）由于x1=40m故x2=m，x3=m，x4=m下一次時(shí)，將不再?zèng)_上斜面，停在水平軌道上，運(yùn)用動(dòng)能定理有解得l=1m，則停下的位置在水平軌道上與b點(diǎn)的距離為1m。18.如圖所示，在xoy平面坐標(biāo)系的第三、四象限內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)e，第一象限中的等腰直角三角形mnp區(qū)域內(nèi)存在垂直坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)帶正電的粒子以速度v0=2107 m/s從q點(diǎn)沿x軸正方向發(fā)射，并從o點(diǎn)射出，進(jìn)入磁場(chǎng)后以垂直于pm的方向從pm邊射出磁場(chǎng)。已知q點(diǎn)的橫坐標(biāo)為-0.4m，該粒子的比荷=2.5109 c/kg，mn平行于x軸，n點(diǎn)的坐標(biāo)為（0.4m，0.4m），不計(jì)粒子重力，求：（1）q點(diǎn)的縱坐標(biāo)；（2）磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小b的取值范圍?！敬鸢浮浚?） 0.2m（2）【解析】【分析】考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)?！驹斀狻浚?）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后以垂直于pm的方向從pm邊射出磁場(chǎng)，說明粒子射入磁場(chǎng)時(shí)速度方向也與pm垂直。則粒子從o點(diǎn)射出時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角=45粒子到達(dá)o點(diǎn)時(shí)沿y軸正方向分速度vy=2107m/s設(shè)粒子在電場(chǎng)中沿x軸方向的位移為x，y軸方向的位移為y，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有y=tx=v0t聯(lián)立解得y=0.2m，則q點(diǎn)的縱坐標(biāo)為-0.2m（2）該粒子恰好沒有從pn邊射出，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系有r+r=m解得r=m由：bminqv=m解得bmin=(4+4)10-2t所以磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小b的取值范圍為bbmin=(4+4)10-2t【物理選修3-3】19.如圖所示為一長(zhǎng)度為30