物理卷·2018届甘肃省武威市第六中学高三上学期第五次阶段性过关考试试题（解析版）

物理卷·2018届甘肃省武威市第六中学高三上学期第五次阶段性过关考试试题（解析版）

甘肃省武威市第六中学2018届高三第一轮复习第五次阶段性 过关考试物理试题 一、选择题 ‎1. 一质点做直线运动的v-t图象如图所示，该质点（ ）‎ A. 在2s末速度方向发生改变 B. 在4s末加速度方向发生改变 C. 在前4s内的位移为零 D. 在前4s内的平均速度为1m/s ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：因为v-t线的斜率等于加速度，由图线可知，在2s末加速度方向发生改变，选项A错误；在4s末加速度方向没有发生改变，选项B错误；在前4s内的位移等于，选项C错误；在前4s内的平均速度为，选项D正确；故选D.‎ 考点：v-t图线.‎ ‎2. 如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统仍保持静止，下列说法正确的是( )‎ ‎ ‎ A. 斜劈A所受合外力增大 B. 斜劈A对竖直墙壁的压力增大 C. 球B对地面的压力不变 D. 墙面对斜劈A的摩擦力增大 ‎【答案】B ‎【解析】A一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；对AB整体可知，水平方向受到F和墙壁的弹力作用，当F增大时，A对竖直墙壁的压力变大，故B正确；对B受力分析，如图：‎ 根据平衡条件：F=N′sinθ，可见F增大则N′增大； N″=mBg+N′cosθ，可见N′增大则N″增大，根据牛顿第三定律则球B对地面的压力增大，故C错误；对A分析可知，竖直方向，则当N′增大时，墙面对斜劈A的摩擦力减小，选项D错误；故选B．‎ ‎3. 如图所示，有一段被完成直角的导线abc，ab、bc长度之比为3：4，总长为L，导线中通一恒定电流I。放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，并且磁场垂直导线面向里，则导线受到的磁场力为( )‎ A. ，垂直于ac连线向上 B. ，垂直于ac连线向下 C. ，垂直于ac连线向上 D. ，垂直于ac连线向下 ‎【答案】A ‎【解析】导线的有效长度等于ac间的距离，为5L/7，故安培力大小为：F=BI∙L=BIL，根据左手定则，方向是垂直于ac连线向上；故A正确，BCD错误；故选A.‎ 点睛：解决本题的关键是确定有效长度，掌握安培力大小的公式，以及会运用左手定则判断安培力方向．‎ ‎4. 利用如图电路测量待测电阻Rx的阻值。定值电阻R1、R2阻值已知，闭合电键S，调节电阻箱接入电路阻值R3时，电流表示数为0，则Rx阻值等于（ ）‎ A. R2 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】电阻R1与R2的电压之比，即；电阻R3与Rx的电压之比，即；闭合电键S，调节电阻箱接入电路阻值为R3时，电流表示数为零，说明通过R1、R2的电流是相等的，而总电流一定，故通过R3和Rx的电流也相等，故R 1与R2的电压之比等于R3与Rx的电压之比, 所以解得：，故D正确，ABC错误；故选D.‎ 点睛：本题是串并联电路中电流、电压关系和欧姆定律的综合运用问题，实际上也叫“电桥”问题，设计思路巧妙，考查了分析问题和解决问题的能力；记住电桥平衡的条件：对角线电阻相乘乘积相等．‎ ‎5. A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB=BC=CD，E点在D点的正上方，E点在D点的正上方，与A等高．从E点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程（ ）‎ A. 球1和球2运动的时间之比为2：1‎ B. 球1和球2动能增加量之比为1：4‎ C. 球1和球2抛出时初速度之比为 D. 球1和球2运动时的加速度之比为1：2‎ ‎【答案】C ‎【解析】因为AC=2AB，则AC的高度差是AB高度差的2倍，根据h＝gt2得，t=，解得运动的时间比为1：．故A错误；根据动能定理得，mgh=△Ek，知球1和球2动能增加量之比为1：2．故B错误；AC在水平方向上的位移是AB在水平方向位移的2倍，结合x=v0t，解得初速度之比为2‎ ‎：1．故C正确；平抛运动的加速度为g，两球的加速度相同．故D错误．故选C.‎ ‎6. 在光滑绝缘水平面上，一条绷紧的轻绳拉着一个带电小球绕轴O在匀强磁场中作逆时针方向匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示．若小球运动到A点时，绳子忽然断开．关于小球在绳断开后可能的运动情况，下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 小球仍作逆时针匀速圆周运动，半径不变 B. 小球仍作逆时针匀速圆周运动，但半径减小 C. 小球作顺时针匀速圆周运动，半径不变 D. 小球作顺时针匀速圆周运动，半径减小 ‎【答案】B ‎【解析】若小球带正电，则小球所受的洛伦兹力指向圆心，开始时，拉力可能为零，绳断后，仍然洛伦兹力提供向心力，逆时针做圆周运动，半径不变．若开始靠洛伦兹力和拉力的合力提供向心力，拉力减小为零，小球靠洛伦兹力提供向心力，速度的大小不变，半径变大，故B错误，A正确．如果小球带负电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，当洛伦兹力的大小等于小球原来所受合力大小时，绳子断后，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径不变，也可能洛伦兹力小于之前合力的大小，则半径减小．故CD正确．故选ACD.‎ 点睛：该题考查带电粒子在磁场中的运动，解题的关键是能正确分析向心力的来源，结合受力分析判断洛伦兹力的方向，以及洛伦兹力的大小与初状态的合力的大小之间的关系．‎ ‎7. 如图所示，在xOy坐标系中以O为中心的椭圆上有A、B、C、D、E五个点，在其一个焦点P上放一负点电荷，下列判断正确的是( )‎ ‎ ‎ A. B、E两点电场强度相同 B. A点电势比D点电势高 C. 将一负点电荷由B沿BCDE移到E点，电场力做功为零 D. 同一正点电荷在D点的电势能小于在C点的电势能 ‎【答案】C ‎【解析】由电场线的分布情况和对称性可知，B、E两点电场强度大小，方向相反，所以电场强度不同．故A错误．D点到负电荷的距离大于P点到负电荷的距离，离负电荷越远电势越高，则知，D的电势高于A点的电势．故B错误．B、E两点电势相等，负点电荷在B、E两点的电势能相等，所以负点电荷由B沿BCDE移到E点，电场力做功为零，故C正确．D点的电势高于C点电势，而正电荷在电势高处电势能大，则知同一正电荷在D点时的电势能大于在C点的电势能．故D错误．故选C.‎ 点睛：本题的解题关键要掌握点电荷电场线的分布情况，抓住对称性分析电势的变化．要注意电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时场强才相同．‎ ‎8. 将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（　　）‎ A. 30kg•m/s B. 5.7×102kg•m/s C. 6.0×102kg•m/s D. 6.3×102kg•m/s ‎【答案】A ‎【解析】开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得，0=m1v1+P，解得火箭的动量：P=- m1v1=-0.05×600kg•m/s=-30kg•m/s，负号表示方向，故A正确，BCD错误。‎ ‎9. 探测火星一直是人类的梦想，若在未来某个时刻，人类乘飞船来到了火星，宇航员先乘飞船绕火星做圆周运动，测出飞船坐圆周运动时离火星表面的高度为H，环绕的周期为T及环绕的线速度为v，引力常量为G，由此可得出：（ ）‎ A. 火星的半径为 B. 火星表面的重力加速度为 C. 火星的质量为 D. 火星的第一宇宙速度为 ‎【答案】AB ‎【解析】飞船在离火星表面的高度为H表面做匀速圆周运动，轨道半径等于火星的半径R加上H，根据：v＝，得R＝-H，故A正确；根据万有引力提供向心力，有：，得火星的质量为：，在火星的表面有：mg= 所以：．故B正确，C错误；第一宇宙速度为：．故D错误；故选AB.‎ ‎10. 静止于粗糙水平面上的物体，受到方向恒定的水平拉力F的作用，拉力F的大小随时间变化如图甲所示。在拉力F从0逐渐增大的过程中，物体的加速度随时间变化如图乙所示，g取10m/s2。则下列说法中正确的是 ( ) ‎ A. 物体与水平面间的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变 B. 物体与水平面间的动摩擦因数为0.2‎ C. 物体的质量为6kg D. 4s末物体的速度为4m/s ‎【答案】AD ‎【解析】由乙知，0-2s内物体静止不动，物体所受的静摩擦力与拉力平衡，则知摩擦力逐渐增大．t=2s时静摩擦力达到最大值，t=2s后物体开始运动，受到滑动摩擦力作用，滑动摩擦力小于最大静摩擦力，并且保持不变，所以物体所受的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变．故A正确．在2-4s内，由牛顿第二定律得：F-μmg=ma，由图知：当F=6N时，a=1m/s2，代入得 6-10μm=m；当F=12N时，a=3m/s2，代入得 12-10μm=3m；联立解得 μ=0.1，m=3kg，故B C错误．根据a-t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，可知4s内物体速度的变化量为△v=×2=4m/s，由于初速度为0，所以4s末物体的速度为4m/s，故D正确．故选AD.‎ 点睛：本题关键是对物体进行受力分析，再根据不同的加速度列牛顿第二定律方程．要知道a-t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，由此求速度的变化量．‎ ‎11. 一辆小汽车在水平路面上由静止启动,在前5 s内做匀加速直线运动,5 s末达到额定功率,之后保持以额定功率运动.其v—t图象如图所示.已知汽车的质量为m=2×103 kg,汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍,则以下说法正确的是：（ ）‎ A. 汽车在前5 s内的牵引力为4×103 N B. 汽车在前5 s内的牵引力为6×103 N C. 汽车的额定功率为60 kW D. 汽车的最大速度为30 m/s ‎【答案】BCD 考点：功和功率；牛顿第二定律 ‎【名师点睛】本题结合图象考查汽车启动问题，在解题时要明确汽车的运动过程及运动状态，正确应用牛顿第二定律及功率公式求解．‎ ‎12. 一个半径为R的绝缘光滑的圆环竖直放置在方向水平向右的、场强为E的匀强电场中，如图所示，环上a、c是竖直直径的两端，b、d是水平直径的两端，质量为m的带电小球套在圆环上，并可以沿环无摩擦滑动．已知小球自a点由静止释放，沿abc运动到d点时的速度恰好为零．由此可知，下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球在d点时的加速度为零 B. 小球在d点时的电势能最大 C. 小球在b点时的机械能最大 D. 小球在运动中动能的最大值为（1+）mgR ‎【答案】BCD ‎【解析】小球到达d点的速度为零，向心加速度为零，向心力为零，电场力和轨道的支持力的合力为0，小球还受到竖直向下的重力，加速度方向竖直向下，加速度不为零．故A错误；根据功能关系，电场力做负功，电势能增加；电场力向左，故运动到d点时克服电场力做的功最多，电势能增加的最多，故B正确；根据功能关系，除重力外其余力做功等于机械能的增加量；小球受到重力、电场力和环的弹力作用，弹力沿径向，速度沿着切向，故弹力一直不做功，除重力外只有电场力做功，由于电场力水平向左，故运动到b点时，电场力做的正功最多，机械能增量最大，故C正确；根据动能定理，合力做的功等于动能的增加量；从a到d过程，有：mg•R-qE•R=0解得：qE=mg即电场力与重力大小相等，故重力场和电场的复合场中的最低点在bc段圆弧的中点处，bc中点类似于单摆的平衡位置，小球经中点时动能最大．小球运动此处时动能最大，根据动能定理，有mg(R+Rsin45°)+qERcos45°＝mv2解得Ekm＝mv2＝(1+)mgR，故D正确；故选BCD．‎ 点睛：本题根据电场力做功判断电势能的变化，根据合力做功判断动能的变化，难点在于运用类比的方法确定动能最大的位置．‎ 二、实验题 ‎13. 小明在研究由某种新材料制成的圆柱体电学元件(图甲所示)的过程中，进行了如下操作：‎ ‎(1) 用20分度的游标卡尺测量其长度如图乙所示，由图可知其长度为________mm，用螺旋测微器测量其直径如图丙所示，其直径为________mm；‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 4.20 (2). 4.700‎ ‎【解析】游标卡尺的主尺读数为4mm，游标读数为0.05×4mm=0.20mm，所以最终读数为4.20mm；‎ 螺旋测微器固定刻度为4.5mm，可动刻度为0.01×20.0=0.200mm，所以最终读数为4.700mm．‎ ‎14. 某实验小组的同学准备探究某个灯泡的伏安特性曲线，所用器材如下：‎ A．待测电灯泡一只，额定电压为2.5V，额定功率为1.5W.‎ B．电压表：量程为300mV，内阻为300Ω C．电压表：量程为15V，内阻为6kΩ D．电流表：量程为0.6A，内阻约为0.1Ω E．电流表：量程为300mA，内阻约为1Ω F．滑动变阻器：最大阻值为200Ω，最大电流为0.2A G．滑动变阻器：最大阻值为10Ω，最大电流为1A H．定值电阻，阻值为2700Ω I．电动势为4.5V的直流电源一个，开关一个，导线若干 ‎（1）实验中电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______。（填写器材前的字母代号）‎ ‎（2）请在图1虚线框中画出该实验的电路图__________。‎ ‎（3）该小组的同学通过实验作出了小灯泡的伏安特性曲线，若将小灯泡直接与电动势E=3.0V，内阻r=7.5Ω的电源相连，则小灯泡的功率为______ W。（结果均保留2位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). (1) B (2). D (3). G (4). （2）电路如图；‎ ‎ (5). （3）0.20—0.26‎ ‎【解析】（1）灯泡的额定电压为2.5V，15V量程较大不能准确测量，故应采用B和H串联使用测量电压；由图可知，电流最大约为0.5A，则电流表选择D；因采用分压式接法，故滑动变阻器选择小电阻G；‎ ‎（2）滑动变阻器采用分压接法；电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示．‎ ‎（3）在灯泡的I-U图象坐标系内，作出电动势为E=3.0V，内阻为r=7.5Ω的电源I-U图象如图所示；‎ 由图象可得：灯泡两端电压为1V，通过灯泡的电流为0.24A，则灯泡实际功率P′=U′I′=1V×0.24A=0.24W；‎ 点睛：本题考查描绘小灯泡伏安特性曲线的实验，要明确实验实验原理，知道电表改变的应用；掌握根据图象分析数据的方法，注意小灯泡的电阻随温度的升高而增大，不能根据欧姆定律直接求解．‎ 三、计算题 ‎15. 质量为m的杂技演员（可视为质点）抓住一端固定于O点的不可伸长绳子，从距离水平安全网高度为h的A点由静止开始运动，A与O等高。运动到绳子竖直时松开绳子，落到安全网上时与A点的水平距离也为h，不计空气阻力，求：‎ ‎(1)松开绳子前瞬间绳子拉力的大小；‎ ‎(2)O、A之间的距离。‎ ‎【答案】（1）3mg（2）h/5‎ ‎【解析】（1）从A到B根据动能定理可得：mgl＝mv2‎ 在B点根据牛顿第二定律可知：F-mg=‎ 解得：F=3mg ‎（2）从B点做平抛运动，则：h-l=gt2‎ h-l=vt 联立解得：l=h/5‎ ‎16. 如图，竖直平面内，两竖直直线MN、PQ间（含边界）存在竖直向上的匀强电场和垂直于竖直平面向外的匀强磁场，MN、PQ间距为d，电磁场上下区域足够大。一个质量为m，电量为q的带正电小球从左侧进入电磁场，初速度v与MN夹角θ=60°，随后小球做匀速圆周运动，恰能到达右侧边界PQ并从左侧边界MN穿出。不计空气阻力，重力加速度为g。求：‎ ‎（1）电场强度大小E；‎ ‎（2）磁场磁感应强度大小B；‎ ‎（3）小球在电磁场区域运动的时间。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）由小球在电磁场区域做匀速圆周运动有 得:‎ ‎（2）设小球做匀速圆周运动的半径为r,有 解得：‎ 由几何关系可得 磁场磁感应强度大小 ‎（3）小球做匀速圆周运动周期 小球在电磁场区域运动时间 解得：‎ 考点：考查带电粒子在电磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎ ‎ ‎17. 如图所示，真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）。现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出。求运动过程中：‎ ‎（1）小球受到的电场力的大小及方向；‎ ‎（2）小球从抛出点至最高点的电势能变化量；‎ ‎（3）小球的最小速度的大小及方向。‎ ‎【答案】（1）mg，方向水平向右（2）mv02（3）0.6v0 ‎ ‎【解析】试题分析：（1）小球所受电场力与重力的合力一定沿速度v方向，即有：，得，方向水平向右；‎ ‎（2）竖直方向小球做竖直上抛运动，故上升时间为；上升的高度为 到最高点时速度为水平方向，设为，则有：，‎ o由动能定理得得，‎ 即电势能减小了。‎ 将初速度分解为沿v反方向的分量和垂直此方向的分速度；小球在方向做类竖直上抛运动，到“最高点”处速度仅有垂直于方向的分速度，此时合力对小球做的负功最多，即小球的速度最小，且为，方向与v垂直，斜向右上方，即与电场E方向夹角为37°，斜向上。‎ 考点：考查了牛顿第二定律，动能定理，电场力做功 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道小球竖直上抛时，在竖直方向和水平方向上的运动规律，结合牛顿 第二定律和运动学公式灵活求解．‎ 视频 ‎ ‎