2018届安徽省滁州中学分校上学期12月阶段性测试物理试题(解析版)

安徽省滁州市沙河镇中学2018届高三12月段考物理试卷1. 下列说法正确的是( )A. 是a衰变方程B. 是核聚变反应方程C. 是核裂变反应方程D. 是核聚变反应方程【答案】B【解析】A反应是原子核的人工转变方程，选项A错误；B反应是轻核聚变方程，选项B正确；C反应是α衰变方程，选项C错误；D反应是原子核的人工转变方程，选项D错误；故选B.2. 甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动,它们的v-t图象如图所示,下列说法正确的是( )A. 乙物体先向负方向运动，t1时刻以后反向向正方向运动B. t2时刻,乙物体追上甲C. t1时刻,两者相距最远D. 0~t2时间内,乙的速度和加速度都是先减小后增大【答案】D【解析】乙物体的速度一直为正，说明乙物体一直沿正方向运动，故A错误；根据速度图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t2时间内，甲的位移大于乙的物体，则t2时刻，乙物体还没有追上甲，故B错误；t2时刻之前，甲的速度比乙的速度大，甲在乙的前方，两者间距增大．t2时刻之后，甲的速度比乙的速度小，甲仍在乙的前方，两者间距减小，所以t2时刻相距最远，故C错误；根据速度图线的斜率表示加速度，知0～t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大，故D正确。

所以D正确，ABC错误。

3. 两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势φ随位置x变化规律如图所示(只画出了部分区域内的电势)，x轴上有两点M、N，且0M>ON，中图可知( ）A. N点的电势低于M点的电势B. M、N两点的电场方向相同且M点的场强大小小于N点的场强大小C. 仅在电场力作用下，正电荷可以在x轴上M、N之间的某两点做往复运动D. 负电荷沿x轴从M点移到N点的过程中电场力一直做正功【答案】D【解析】由图知，N点的电势高于M点的电势．故A错误．由E=U/d可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，可以看出M点的场强大小大于N点的场强大小．斜率都为正值，说明M、N点的电场方向相同．故B错误．根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从N指向M，正电荷在x轴上M、N之间所受的电场力始终由N指向M，正电荷做单向直线运动．故C错误．负电荷沿x轴从M移到N的过程中，电场力方向由从M指向N，电场力方向与位移相同，电场力一直做做正功．故D正确．故选D.4. 如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ．一质量为m（m＜M）的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为（）A. hB.C.D.【答案】D【解析】斜面固定时，根据动能定理可得：，解得：，斜面不固定时，由水平方向动量守恒得：mv0=（M+m）v，由能量守恒得：，解得：，故D正确，ABC错误。

滁州三中2017-2018学年上学期段考高三物理试卷一、选择题(在每小题给出的四个选项中.第1-6题只有一项符合起目要求，第7-10题有多项符合题目要求)1. 铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨道对水平面倾角为，如图所示，弯道处的圆弧半径为，若质量为的火车转弯时速度大于，则（）A. 内轨对内侧车轮轮缘有向外的挤压力B. 外轨对外侧车轮轮缘有向内的挤压力C. 内轨对内侧车轮轮缘有向内的挤压力D. 外轨对外侧车轮轮缘有向外的挤压力【答案】B【解析】火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于需要的向心力时，此时火车的速度正好是，当火车火车转弯的速度大于时，需要的向心力增大，而重力与支持力的合力不变，所以合力小于所需要的向心力，外轨就要对火车产生一个向内的力来补偿一部分向心力，所以此时外轨对内外侧车轮轮缘有挤压，ACD错误，B正确．故选B.点睛：火车转弯主要是分析清楚向心力的来源，再根据速度的变化，可以知道对内轨还是对外轨由作用力．2. 如图所示，一质量为m的物块静止在倾角为θ的斜面上，斜面体静止在水平面上。

第一次用沿斜面向下的推力F1使物块沿斜面向下做匀速运动，第二次用沿斜面向上的推力F2使物块沿斜面向上匀速运动，斜面体始终保持静止，则物块与斜面体间的动摩擦因数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】当用沿斜面向下的推力F1推物块时，物块沿斜面向下做匀速运动，根据平衡条件可得：沿斜面方向有：，当用沿斜面向上的推力F2推物块时，物块沿斜面向上匀速运动，根据平衡条件可得：沿斜面方向有：，联立可得：，故B正确，ACD错误。

3. 某地区的地下发现了天然气资源，如图所示，在水平地面P点的正下方有一球形空腔区域内储藏有天然气.假设该地区岩石均匀分布且密度为ρ，天然气的密度远小于ρ，可忽略不计.如果没有该空腔，地球表面正常的重力加速度大小为g；由于空腔的存在，现测得P点处的重力加速度大小为kg(k<1).已知引力常量为G，球形空腔的球心深度为d，则此球形空腔的体积是()A. B. C. D.【答案】D【解析】如果将近地表的球形空腔填满密度为ρ的岩石，则该地区重力加速度便回到正常值，因此，如果将空腔填满，地面质量为m的物体的重力为mg，没有填满时是kmg，故空腔填满后引起的引力为（1-k）mg；根据万有引力定律，有：解得：故选D．4. 汽车的质量为m，在水平路面上行驶时受到的阳力相为f，开始时以0.5倍的额定功率匀建行驶，速度为v1，然后增大功率，使车的速度均匀增大，当功率刚达到额定功率时车的速度为小v2，最后汽车以v2做匀速运动，下列说法正确的是（）A. 加速过程中汽车的牵引力也增加B. 开始加速时，汽车的功率为0.5倍的额定功率C. 当功率刚达到定功率时，汽车的牵引力大小等于fD. 当车以v2匀速运动时，汽车的功小于额定功【答案】D【解析】A、加速过程因为是匀加速,所以由可知牵引力不变，故A错误B、匀速时，加速时所以功率大于0.5倍的额定功率，B错误C、速度达到v2时有，可知，故C错误D、得到，其中最后汽车匀速时所以，故D 正确5. 一个小球从足够高处水平抛出，空气阳力忽略不计，小球抛出后的动能随时间变化的关系为，重力加速度取g=10m/s2，则( )A. 小球抛出的初速度为4m/sB. 小球的质量为0.5kgC. 2s末小球的水平位移为2mD. 2s末小球的速度约为20.1m/s【答案】D【解析】由动能定理得出对应可知，m=1kg，初动能为所以；2s内水平位移x=vt=4m；由J，2s末动能带入得，选D6. 小球质量为2m，以速度v沿水平方向垂直撞击墙壁，球被反方向弹回速度大小是v，球与墙撞击时间为t，在撞击过程中，球对墙的平均冲力大小是A. B. C. D.【答案】C【解析】设初速度方向为正，则弹后的速度为-；则由动量定理可得：Ft=-2m×-2mv解得：F=；负号表示力的方向与初速度方向相反；由牛顿第三定律可知，球对墙的平均冲击力为F′=F=；故选C．7. 如图所示为发射同步卫星的三个轨道，轨道Ⅰ为近地轨道，轨道Ⅱ为转移轨道，轨道Ⅲ为同步轨道，P、Q分别是转移轨道的近地点和远地点。

滁州市沙河镇中学2018届高三12月段考物理试卷1.下列说法正确的是( )A. 是a衰变方程B. 是核聚变反应方程C. 是核裂变反应方程D. 是核聚变反应方程2. 甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动,它们的v-t图象如图所示,下列说法正确的是( ) A．乙物体先向负方向运动，t1时刻以后反向向正方向运动B．t2时刻,乙物体追上甲C．t1时刻,两者相距最远D．0~t2时间内,乙的速度和加速度都是先减小后增大3. 两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势ϕ随位置x变化规律如图所示(只画出了部分区域内的电势)，x轴上有两点M、N，且0M>ON，中图可知( ）A.N点的电势低于M点的电势B.M、N两点的电场方向相同且M点的场强大小小于N点的场强大小C.仅在电场力作用下，正电荷可以在x轴上M、N之间的某两点做往复运动D.负电荷沿x轴从M点移到N点的过程中电场力一直做正功4. 如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ．一质量为m（m＜M）的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为（）A．h B．mhm M+C．mhMD．Mhm M+5. 木块A、B分别重50N和70N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2，与A、B相连接的轻弹簧被压缩了5cm，系统置于水平地面上静止不动．已知弹簧的劲度系数为100N/m．用F=7N的水平力作用在木块A上，如图所示，力F作用后（）A. 木块A 所受摩擦力大小是10NB. 木块A 所受摩擦力大小是2NC. 弹簧的弹力是12ND. 木块B 所受摩擦力大小为12N 6. 一质量为的物体，从倾角为的光滑斜面的顶端由静止下滑，下滑时离地面的高度为，当物体滑到斜面底端时，重力的瞬时功率为（ ）A.B.C.D.7. 某颗地球同步卫星正下方的地球表面有一观察者，他用天文望远镜观察被太阳光照射的此卫星，春分那天（太阳光直射赤道）在日落12小时内有1t 时间该观察者看不见此卫星。

2018-2018学年安徽省滁州市高二（上）联考物理试卷（12月份）一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．两个完全相同的金属球A和B带电量之比为1：7，相距为r．两者接触一下放回原来的位置，若两电荷原来带异种电荷，则后来两小球之间的静电力大小与原来之比是（）A．16：7 B．9：7 C．4：7 D．3：72．在地球赤道地区，宇宙射线中一颗带负电的粒子竖直射向地面，它受到地球磁场力的方向为（）A．向东 B．向西 C．向南 D．向北3．两个绝缘导体环AA′、BB′大小相同，环面垂直，环中通有相同大小的恒定电流，如图所示，则圆心O处磁感应强度的方向为（AA′面水平，BB′面垂直纸面）（）A．指向左上方B．指向右下方C．竖直向上 D．水平向右4．在如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板B与灵敏静电计相接，极板A接地．若极板A稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据是（）A．两极板间的电压不变，极板上的电量变小B．两极板间的电压不变，极板上的电量变大C．两极板上的电量不变，两极板间的电压变小D．两极板上的电量不变，两极板间的电压变大5．有一只电压表，它的内阻是100Ω，量程为0.2V，现要改装成量程为10A的电流表，电压表上应（）A．并联0.018Ω的电阻B．并联0.18Ω的电阻C．并联50Ω的电阻D．串联4 900Ω的电阻6．如图所示，两平行金属导轨CD、EF间距为L，与电动势为E的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其余电阻不计．为使ab棒静止，需在空间施加的匀强磁场磁感强度的最小值及其方向分别为（）A．，水平向右B．，垂直于回路平面向上C．，竖直向下D．，垂直于回路平面向下7．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．要增大带电粒子射出的动能，下列说法正确的是（）A．增大匀强电场间的加速电压 B．减小狭缝间的距离C．增大磁场的磁感应强度 D．增大D形金属盒的半径8．一带电粒子在电场力的作用下沿图中曲线JK穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的等势面，其中有φa＜φb＜φc＜φd，若不计粒子的重力，可以确定（）A．粒子带正电B．该粒子带负电C．从J到K粒子的电势能增加D．粒子从J到K运动过程中的动能与电势能之和不变9．平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路．闭合开关S，待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷．要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是（）A．只增大R1，其他不变B．只增大R2，其他不变C．只减小R3，其他不变D．只减小a、b两极板间的距离，其他不变10．如图所示，一水平放置的光滑绝缘直槽轨连接一竖直放置的半径为R的绝缘半圆形光滑槽轨．槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B．有一个质量为m，带电量为+q的小球在水平轨道上以一定初速度向右运动．若小球恰好能通过最高点，则下列说法正确的是（）A．小球在最高点只受到洛仑兹力和重力的作用B．由于无摩擦力，且洛仑兹力不做功，所以小球到达最高点时与小球在水平轨道上的机械能相等C．如果设小球到达最高点的线速度是v，小球在最高点时式子mg+qvB=成立D．小球从最高点脱离轨道后将做平抛运动二、解答题（共2小题，满分18分）11．（1）图1中是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为mm．（2）一游标卡尺的主尺最小分度为1mm，游标上有10个小等分间隔，现用此卡尺来测量工件的直径，如图2所示．该工件的直径为mm．12．某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约2Ω，电压表（0～3V约3kΩ），电流表（0～0.6A约1.0Ω），滑动变阻器有R1（10Ω2A）和R2各一只．（1）实验中滑动变阻器应选用（选填“R1”或“R2”）．（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的U﹣I图象，由图可较准确地求出电源电动势E=V；内阻r=Ω．三、解答题（共4小题，满分42分）13．如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们之间的距离为10cm，两点的连线与场强方向成53°角．将一个电荷量为1×10﹣6 C的电荷由A点移到B点，电场力做功为8×10﹣5 J．求：（1）A、B两点的电势差U AB；（2）匀强电场的场强E．14．如图所示，在与水平方向成60°角的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m的平行导轨上放一重为3N的金属棒ab，棒上通以3A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止，则：匀强磁场的磁感应强度B为，ab棒对导轨的压力为．15．在图示的电路中，电源的内电阻r=0.6Ω．电阻R1=4Ω，R3=6Ω，闭合开关后电源消耗的总功率为40W，输出功率为37.6W．求：（1）电源电动势E；（2）电阻R2的阻值．16．如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d，0）点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值；（2）该粒子在电场中运动的时间．2018-2018学年安徽省滁州市高二（上）联考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．两个完全相同的金属球A和B带电量之比为1：7，相距为r．两者接触一下放回原来的位置，若两电荷原来带异种电荷，则后来两小球之间的静电力大小与原来之比是（）A．16：7 B．9：7 C．4：7 D．3：7【考点】库仑定律．【分析】两个完全相同的金属小球，将它们相互接触再分开，带电量先中和后平分，根据库仑定律即可解题．【解答】解：两个完全相同的金属小球，将它们相互接触再分开，带电量先中和后平分，设金属球A和B带电量为Q：7Q所以A、B所带的电荷相等都为3Q，根据库仑定律得：F=kF′=k解得：F′=F，则后来两小球之间的静电力大小与原来之比是9：7．故选B．2．在地球赤道地区，宇宙射线中一颗带负电的粒子竖直射向地面，它受到地球磁场力的方向为（）A．向东 B．向西 C．向南 D．向北【考点】左手定则；地磁场．【分析】根据地磁场的方向和电荷的运动方向，根据左手定则判断出洛伦兹力的方向．【解答】解：赤道地区磁场方向从南向北，负电粒子方向竖直向下，根据左手定则，粒子所受洛伦兹力的方向向西．故B正确，A、C、D错误．故选B．3．两个绝缘导体环AA′、BB′大小相同，环面垂直，环中通有相同大小的恒定电流，如图所示，则圆心O处磁感应强度的方向为（AA′面水平，BB′面垂直纸面）（）A．指向左上方B．指向右下方C．竖直向上 D．水平向右【考点】磁感应强度．【分析】圆心O处磁感应强度是由两个导体环产生的磁场的叠加，根据安培定则分别判断两个环在O处产生的磁场方向，再按平行四边形定则合成．【解答】解：根据安培定则可知：导体环AA′在O处产生的磁场方向为竖直向上，导体环BB′在O处产生的磁场方向为水平向左，按平行四边形定则可知，O处磁感应强度的方向为指向左上方．故选A4．在如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板B与灵敏静电计相接，极板A接地．若极板A稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据是（）A．两极板间的电压不变，极板上的电量变小B．两极板间的电压不变，极板上的电量变大C．两极板上的电量不变，两极板间的电压变小D．两极板上的电量不变，两极板间的电压变大【考点】电容器的动态分析．【分析】电容器的电荷量几乎不变．将极板A稍向上移动一点，极板正对面积减小，电容减小，由公式C=分析板间电压变化．【解答】解：由图分析可知电容器极板上的电荷量几乎不变，将极板A稍向上移动一点，极板正对面积减小，根据公式C=，电容减小，由公式C=可判断出电容器极板间电压变大，静电计张角增大，故D正确，ABC错误．故选：D．5．有一只电压表，它的内阻是100Ω，量程为0.2V，现要改装成量程为10A的电流表，电压表上应（）A．并联0.018Ω的电阻B．并联0.18Ω的电阻C．并联50Ω的电阻D．串联4 900Ω的电阻【考点】把电流表改装成电压表．【分析】把电表改装成电流表应并联一个分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值．【解答】解：电表的满偏电流为：I g===0.018A，把它改装成量程为10A的电流表需要并联一个分流电阻，并联电阻阻值为：R==≈0.18Ω；故选：B．6．如图所示，两平行金属导轨CD、EF间距为L，与电动势为E的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其余电阻不计．为使ab棒静止，需在空间施加的匀强磁场磁感强度的最小值及其方向分别为（）A．，水平向右B．，垂直于回路平面向上C．，竖直向下D．，垂直于回路平面向下【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力；左手定则．【分析】导体棒受重力、支持力和安培力，三力平衡，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，此时根据安培力公式计算出的磁感应强度即为最小值．【解答】解：对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图从图象可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小；故安培力的最小值为：F A=mgsinθ，故磁感应强度的最小值为B=根据欧姆定律，有E=IR故B=故选D．7．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．要增大带电粒子射出的动能，下列说法正确的是（）A．增大匀强电场间的加速电压 B．减小狭缝间的距离C．增大磁场的磁感应强度 D．增大D形金属盒的半径【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关．【解答】解：由qvB=m，解得v=．则动能E K=mv2=，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能．故C、D正确，A、B 错误．故选：CD．8．一带电粒子在电场力的作用下沿图中曲线JK穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的等势面，其中有φa＜φb＜φc＜φd，若不计粒子的重力，可以确定（）A．粒子带正电B．该粒子带负电C．从J到K粒子的电势能增加D．粒子从J到K运动过程中的动能与电势能之和不变【考点】等势面；电势；电势能．【分析】由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧．则电场力一定水平向右，同时注意电场线和等势线垂直，又因电势沿电场线方向降低则说明电场沿水平方向向左，则说明带负电．再由电场力做功判断能量变化．【解答】解：由运动轨迹可知电场力方向向右，由电势的高低可知电场线方向向左，则电性为负，故A错误，B正确由J到K电场力做正功，则动能增加，电势能减小，由于不计重力，根据能量守恒定律知：动能与电势能之和不变．故C错误，D正确．故选：BD9．平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路．闭合开关S，待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷．要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是（）A．只增大R1，其他不变B．只增大R2，其他不变C．只减小R3，其他不变D．只减小a、b两极板间的距离，其他不变【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析．【分析】电路稳定后，电容器的电压等于电阻R2两端的电压，电阻R2、R1串联，根据欧姆定律分析电阻R2的电压，来分析电容器电量的变化．只减小a、b两极板间的距离，电容增大，电压不变，电量增大．【解答】解：A、B电路稳定后，电容器的电压等于电阻R2两端的电压，U2=，当R1减小或R2增大时，电容器的电压增大，电量增加．故A错误，B正确．C、电路稳定后，电阻R3上无电压，电容器的电压与R3的阻值无关．故C错误．D、只减小a、b两极板间的距离，电容增大，电压不变，电量增加．故D正确．故选BD10．如图所示，一水平放置的光滑绝缘直槽轨连接一竖直放置的半径为R的绝缘半圆形光滑槽轨．槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B．有一个质量为m，带电量为+q的小球在水平轨道上以一定初速度向右运动．若小球恰好能通过最高点，则下列说法正确的是（）A．小球在最高点只受到洛仑兹力和重力的作用B．由于无摩擦力，且洛仑兹力不做功，所以小球到达最高点时与小球在水平轨道上的机械能相等C．如果设小球到达最高点的线速度是v，小球在最高点时式子mg+qvB=成立D．小球从最高点脱离轨道后将做平抛运动【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】小球恰好通过最高点时，轨道对球无作用力，小球在最高点时受到重力和洛伦兹力，向心力等于重力和洛伦兹力的合力；由于洛伦兹力和轨道的弹力不做功，只有重力做功，小球运动过程中机械能是守恒的，根据牛顿第二定律可得知在最高点时小球的速度与半径的关系式．【解答】解：A、据题知，小球恰好通过最高点时，轨道对球无作用力，小球在最高点时只受到重力和洛伦兹力两个力作用，故A正确．B、由于洛伦兹力和轨道的弹力不做功，只有重力做功，小球运动过程中机械能是守恒的，则有小球到达最高点与小球在水平轨道上的机械能相等，故B正确．C、D、如果设小球到最高点的线速度是v，小球在最高点时，由左手定则判断可知，小球受到的洛伦兹力方向竖直向上，根据牛顿第二定律得：﹣qvB+mg=m，故C错误．D．小球离开轨道后仍然受到重力以及与速度方向垂直的洛伦兹力的作用，所以不能做平抛运动．故D错误．故选：AB二、解答题（共2小题，满分18分）11．（1）图1中是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为 5.625mm．（2）一游标卡尺的主尺最小分度为1mm，游标上有10个小等分间隔，现用此卡尺来测量工件的直径，如图2所示．该工件的直径为29.8mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解答】解：1、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为12.5×0.01mm=0.125mm，所以最终读数为5.5mm+0.125mm=5.625mm．2、游标卡尺的主尺读数为29mm，游标尺上第8个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.1×8mm=0.8mm，所以最终读数为：29mm+0.8mm=29.8mm；故答案为：5.625，29.812．某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约2Ω，电压表（0～3V约3kΩ），电流表（0～0.6A约1.0Ω），滑动变阻器有R1（10Ω2A）和R2各一只．（1）实验中滑动变阻器应选用R1（选填“R1”或“R2”）．（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的U﹣I图象，由图可较准确地求出电源电动势E= 1.48V；内阻r= 1.88Ω．【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）估算出电路中最大电流：当变阻器的电阻为零时，由闭合电路欧姆定律可求电路中最大电流，根据额定电流与最大电流的关系，分析并选择变阻器．（2）对照电路图，按顺序连接电路．（3）由闭合电路欧姆定律分析U﹣I图象的纵轴截距和斜率的意义，可求出电动势和内阻．【解答】解：（1）电路中最大电流I===0.75A，R2的额定电流小于0.75A，同时R2阻值远大于电源内阻r，不便于调节，所以变阻器选用R1．（2）对照电路图，按电流方向连接电路，如图所示．（3）由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir得知，当I=0时，U=E，U﹣I图象斜率的绝对值等于电源的内阻，则将图线延长，交于纵轴，纵截距即为电动势E=1.48Vr===1.88Ω．故答案为：（1）R1；（2）连线如图；（3）1.48，1.88三、解答题（共4小题，满分42分）13．如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们之间的距离为10cm，两点的连线与场强方向成53°角．将一个电荷量为1×10﹣6 C的电荷由A点移到B点，电场力做功为8×10﹣5 J．求：（1）A、B两点的电势差U AB；（2）匀强电场的场强E．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势．【分析】（1）结合电场力做功与电势差的关系W=qU求出A、B两点的电势差．（2）根据匀强电场的电场强度公式U=Ed求出场强的大小．【解答】解：（1）电荷由A→B电场力做功，有：W AB=qU AB则有：U AB==V=80V（2）根据U AB=Ed AB cos53°得：E==V/m=1333.3V/m答：（1）A、B两点的电势差U AB为80V（2）匀强电场的场强的大小为1333.3V/m．14．如图所示，在与水平方向成60°角的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m的平行导轨上放一重为3N的金属棒ab，棒上通以3A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止，则：匀强磁场的磁感应强度B为T，ab棒对导轨的压力为6N．【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【分析】根据共点力平衡求出安培力的大小，从而根据F=BIL求出磁感应强度的大小；根据共点力平衡，运用合成法求出支持力的大小，从而得出对导轨的压力．【解答】解：棒静止时，受力如图：则有：F=Gtan60°即BIL=Gtan60°解得：B===T．ab棒对导轨的压力与F N大小相等．F N===6N故答案为：T，6N．15．在图示的电路中，电源的内电阻r=0.6Ω．电阻R1=4Ω，R3=6Ω，闭合开关后电源消耗的总功率为40W，输出功率为37.6W．求：（1）电源电动势E；（2）电阻R2的阻值．【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】（1）用电源的总功率减去输出功率即为电源内电阻上消耗的热功率；根据电源的热=EI，可以求得电源的电动功率的公式P=I2r可以求得电路的总电流的大小；根据总功率P总势的大小；（2）先求出并联部分的电阻的大小，再根据闭合电路欧姆定律可以求得R3的电阻．【解答】解：（1）电源内电路发热功率：P r=I2r=（40﹣37.6）W=2.4W则电路电流强度I===2A电源总功率：P=IE=40W解得E==20V（2）外电路总电阻R满足：E=IR+Ir，得R=9.4ΩR=R13+R2其中：R13===2.4Ω解得R2=7Ω．答：（1）电源电动势E为20V；（2）电阻R2的阻值为7Ω．16．如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d，0）点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值；（2）该粒子在电场中运动的时间．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，作出粒子运动轨迹，由几何知识求出粒子做匀速圆周运动的轨道半径，然后应用牛顿第二定律、类平抛运动规律可以求出电场强度与磁感应强度之比，粒子的运动时间．【解答】解：粒子运动轨迹如图所示，在磁场中，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0B=m，由几何知识可得：R0=d，粒子进入电场后做类平抛运动，由牛顿第二定律得：qE=ma x，v x=a x t，d=t，tanθ=，解得：=v0tan2θ，t=；答：（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值为v0tan2θ；（2）该粒子在电场中运动的时间为．2018年1月6日。

滁州中学2017-2018学年上学期高三物理12月份检测试卷一、单项选择题1. 下列有关物理常识的说法中正确的是A. 牛顿的经典力学理论不仅适用于宏观、低速运动的物体，也适用于微观、高速运动的物体B. 力的单位“N”是基本单位，加速度的单位“m/s2”是导出单位C. 库仑在前人工作的基础上提出了库仑定律，并利用扭秤实验较准确地测出了静电力常量kD. 沿着电场线方向电势降低，电场强度越大的地方电势越高【答案】C【解析】试题分析：A、牛顿的经典力学理论只仅适用于宏观、低速运动的物体，不适用于微观、高速运动的物体．故A错误．B、力的单位“N”和加速度的单位“m/s2”都是导出单位．故B错误．C、库仑发现了库仑定律，并利用扭秤实验较准确地测出了静电力常量k．故C正确．D、沿着电场线方向电势降低．电场强度与电势无关，则电场强度越大的地方电势不一定越高，故D错误．故选C．考点：考查物理学史．【名师点睛】物理学史和物理常识也是高考考查的内容之一，对于科学家的成就要加强记忆，力争不在基本题上失分．2. 如图所示，小球m可以在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中错误的是（）A. 小球通过最高点的最小速度为v＝B. 小球通过最高点的最小速度可以趋近为0C. 小球在水平线ab以下管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D. 小球在水平线ab以上管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力【答案】A【解析】试题分析：在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内管对小球产生弹力，大小为mg，故最小速度为0．故A错误，B正确．小球在水平线ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，内侧没有力的作用．故C正确．小球在水平线ab以上管道中运动时，当速度时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力．当速度时，内侧管壁有作用力．故D正确．故选BCD．考点：圆周运动的分析【名师点睛】解决本题的关键知道小球在竖直光滑圆形管道中运动，在最高点的最小速度为0，以及知道小球在竖直面内做圆周运动的向心力由沿半径方向上的合力提供．3. 已知地球质量为M，半径为R，地球表面重力加速度为g，有一个类地行星的质量为地球的p倍、半径为地球的q倍，该行星绕中心恒星做匀速圆周运动的周期为T，线速度为v，则此类地行星表面的重力加速度和中心恒星的质量分别为（）A. 、B. 、C. 、D. 、【答案】B【解析】根据万有引力等于地表物体所受重力：，类地行星的质量为地球的p倍、半径为地球的q倍，则；根据中心恒星对行星的万有引力充当行星做匀速圆周运动的向心力：又根据上式可得：联立解得：4. 如图所示，MN和PQ表示垂直于纸面的两个相互平行的平面，在这两个平面之间的空间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，其中磁场方向与纸面垂直。

滁州古河中学2018届高三年级12月巩固考物理试卷一、选择题1．以下关于弹力和摩擦力描述正确的是（）A．两个物体之间有相互作用的弹力，形变大的物体受到的弹力大B．物体受到弹力的方向一定与施力物体恢复原状的方向相同C．物体受到的滑动摩擦力方向与其运动的方向一定在一条直线上D．两物体的接触面存在摩擦力，但不一定有弹力2．如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切。

穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N。

在运动过程中（）A. F增大，N减小B. F减小，N减小C. F增大，N增大D. F减小，N增大3．如右图所示，在圆轨道上运行的国际空间站里，一宇航员A静止(相对于空间舱)“站”在舱内朝向地球一侧的“地面”B上．则下列说法中正确的是()．A．宇航员A不是完全失重B．宇航员A所受重力与他在该位置所受的万有引力相等C．宇航员A与“地面”B之间的弹力大小等于重力D．宇航员A将一小球无初速度(相对空间舱)释放，该小球将落到“地面”B上4．如图甲、乙所示，物体A、B在力F作用下一起以相同的速度沿F方向匀速运动，关于物体A所受的摩擦力，下列说法正确的是()A ．两图中物体A 均受摩擦力，且方向均与F 相同B ．两图中物体A 均受摩擦力，且方向均与F 相反C ．两图中物体A 均不受摩擦力D ．图甲中物体A 不受摩擦力，图乙中物体A 受摩擦力，方向和F 相同5．光滑水平面上有一直角坐标系，质量m ＝4 kg 的质点静止在坐标原点O 处．先用沿x 轴正方向的力F 1＝8 N 作用了2 s ；然后撤去F 1，并立即用沿y 轴正方向的力F 2＝24 N 作用1 s ，则质点在这3 s 内的轨迹为图中的( D )．6.如图所示，A 、B 两物块叠放在一起放在水平圆盘的边缘，用不可伸长的细线将A 与转轴相连,且线刚好拉直。

已知A 的质量为m ，B 的质量为2m,A 和B 、B 和圆盘间的动摩擦因数均为μ，细线长为L ，重力加速度为g ，不计物块的大小，转动圆盘使物块随圆盘起做匀速圆周运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，细线能承受的拉力很大,则下列说法正确的是A. 只要圆盘转动,细线就会有拉力B.当B 与圆盘间的摩擦力刚达到最大静摩擦力时，A 与B 间的摩擦力小于mg μC.当转动的角速度为Lgμ2，物块B 刚好要滑动 D.当转动的角速度为Lgμ2，细线的拉力大小等于mg μ7．如图甲所示，一轻弹簧上端固定，下端悬挂着质量为m 的物体A ，其静止点为O ，然后再用细线在A 下面挂上另一个质量也为m 的物体B (如图乙所示)，平衡后将细线剪断，当物体A 弹回到O 点时的速度为v ，而此时物体B 下落的速度为u ，不计空气阻力，则在这段时间里弹簧的弹力对物体A 的冲量大小为( )A．m v B．muC．m(v－u) D．m(v＋u)8．如图所示，物块甲、乙经轻质细绳通过光滑滑轮连接，系统处于静止状态时，物块甲两边细绳间的夹角为2θ。

滁州古河中学2018届高三年级12月巩固考物理试卷一、选择题1. 以下关于弹力和摩擦力描述正确的是（）A. 两个物体之间有相互作用的弹力，形变大的物体受到的弹力大B. 物体受到弹力的方向一定与施力物体恢复原状的方向相同C. 物体受到的滑动摩擦力方向与其运动的方向一定在一条直线上D. 两物体的接触面存在摩擦力，但不一定有弹力【答案】B【解析】两个物体之间有相互作用的弹力，这一对弹力为相互作用力，等大反向，A错误；物体受到弹力的方向一定与施力物体恢复原状的方向相同，B正确；物体受到的滑动摩擦力方向与其运动的方向不一定在一条直线上，有可能垂直，如水平向右运动的小车墙壁上压着一个物块，该物块受到的摩擦力方向在竖直方向，而运动方向却沿水平方向，故C错误；两物体之间有摩擦力时，两物体一定接触，且相互挤压，即存在弹力作用，D错误．2. 如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切。

穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N。

在运动过程中（）A. F增大，N减小B. F减小，N减小C. F增大，N增大D. F减小，N增大【答案】A【解析】对球受力分析，受重力、支持力和拉力，如图，根据共点力平衡条件，有N=mgcosθ F=mgsinθ其中θ为支持力N与竖直方向的夹角；当物体向上移动时，θ变大，故N变小，F变大；故A正确，BCD错误．故选A．注：此题答案应该是A.视频3. 如右图所示，在圆轨道上运行的国际空间站里，一宇航员A静止(相对于空间舱)“站”在舱内朝向地球一侧的“地面”B上．则下列说法中正确的是( )．A. 宇航员A不是完全失重B. 宇航员A所受重力与他在该位置所受的万有引力相等C. 宇航员A与“地面”B之间的弹力大小等于重力D. 宇航员A将一小球无初速度(相对空间舱)释放，该小球将落到“地面”B上【答案】B【解析】试题分析：国际空间站绕地球做匀速圆周运动，宇航员受力不平衡．根据万有引力定律分析引力与地面重力的关系．国际空间站处于完全失重状态．靠地球的万有引力提供向心力，做圆周运动．空间站和宇航员的万有引力完全充当向心力，处于完全失重状态，A错误；因为宇航员不随地球自转，所以万有引力等于重力，B正确；因为处于完全失重状态，宇航员与地面B之间没有相互作用力，C错误；宇航员相对于太空舱无初速释放小球，小球受地球的万有引力提供向心力，做圆周运动，D错误．4. 如图甲、乙所示，物体A、B在力F作用下一起以相同的速度沿F方向匀速运动，关于物体A所受的摩擦力，下列说法正确的是( )A. 两图中物体A均受摩擦力，且方向均与F相同B. 两图中物体A均受摩擦力，且方向均与F相反C. 两图中物体A均不受摩擦力D. 图甲中物体A不受摩擦力，图乙中物体A受摩擦力，方向和F相同【答案】D【解析】甲中A做匀速直线运动，合外力为零，水平方向不受外力，故甲中A没有相对于B 的运动趋势，故甲中A不受摩擦力；乙中A也是平衡状态，但A的重力使A有一沿斜面下滑的趋势，故B对A有向上摩擦力，故A 受与F 方向相同的摩擦力。

安徽省滁州市二中2017-2018学年高三上学期12月测考物理试题一、选择题1。

下列说法正确的是( )A。

牛顿在研究第一定律时利用了理想实验法B。

在探究求合力方法的实验中利用了控制变量法C. 电场力做功与重力做功都与运动路径无关,可以把这两种力用类比法研究D。

在探究加速度、力和质量三者关系时，先保持质量不变，研究加速度与力关系;后再保持力不变，研究加速度与质量关系,这是等效代替法【答案】C【解析】试题分析：伽利略在探究力和运动的关系时应用了理想实验法，选项A错误;在探究求合力方法的实验中利用了等效法，选项B错误；电场力做功与重力做功都与运动路径无关，可以把这两种力用类比法研究,选项C正确;在探究加速度、力和质量三者关系时，先保持质量不变，研究加速度与力关系；后再保持力不变，研究加速度与质量关系,这是控制变量法，选项D错误。

考点:物理问题的探究方法.2。

某地区的地下发现了天然气资源,如图所示,在水平地面P点的正下方有一球形空腔区域内储藏有天然气。

假设该地区岩石均匀分布且密度为ρ,天然气的密度远小于ρ,可忽略不计。

如果没有该空腔，地球表面正常的重力加速度大小为g;由于空腔的存在，现测得P点处的重力加速度大小为kg(k〈1）。

已知引力常量为G,球形空腔的球心深度为d，则此球形空腔的体积是( )A。

B。

C. D。

【答案】D【解析】如果将近地表的球形空腔填满密度为ρ的岩石，则该地区重力加速度便回到正常值，因此，如果将空腔填满，地面质量为m 的物体的重力为mg，没有填满时是kmg，故空腔填满后引起的引力为（1—k）mg;根据万有引力定律,有：解得：故选D．3. 如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻质细线系住放在斜面上。

细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢移动一段距离，斜面体始终静止．移动过程中（)A。

细线对小球的拉力变大B。

斜面对小球的支持力变大C. 斜面对地面的压力变大D. 地面对斜面的摩擦力变大【答案】A【解析】设物体和斜面的质量分别为m和M，绳子与斜面的夹角为θ．取球研究：小球受到重力mg、斜面的支持力N和绳子的拉力T，则由平衡条件得:斜面方向：mgsinα=Tcosθ①垂直斜面方向:N+Tsinθ=mgcosα②；使小球沿斜面缓慢移动时，θ增大,其他量不变，由①式知，T增大．由②知,N变小，故A正确,B 错误．对斜面和小球整体分析受力：重力（M+m)g、地面的支持力N′和摩擦力f、绳子拉力T,由平衡条件得f=Nsinα，N变小，则f变小,N′=(M+m)g+Ncosα,N变小,则N′变小，由牛顿第三定律得知,斜面对地面的压力也变小．故CD错误．故选A。

安徽省滁州市定远重点中学2018届高三12月阶段性测考一、选择题1. a、b两辆汽车沿同一直线运动，它们的x(位置) ­t(时间)图象如图所示，则下列关于两车运动情况的说法正确的是( )A. 前2 s内两车的位移相同B. t＝1 s时两车之间的距离最远C. b车的加速度的大小为1 m/s2D. 第3 s内两车行驶的路程相同【答案】D【解析】试题分析：从图中可知a的位移为4m，b的位移大小小于4m，故两者的位移不同，A 错误；t=1s时两者在同一坐标点，即两者相遇，B错误；位移时间图像的斜率表示速度，故b 做匀速直线运动，加速度为零，C错误；在第3s内两者图线的斜率相同，即速度大小相同，所以第3s内路程相同，D正确；考点：考查了位移时间图像【名师点睛】关键掌握位移图象的基本性质：横坐标代表时刻，而纵坐标代表物体所在的位置，纵坐标不变即物体保持静止状态；位移时间图像是用来描述物体位移随时间变化规律的图像，不是物体的运动轨迹，斜率等于物体运动的速度，斜率的正负表示速度的方向，质点通过的位移等于x的变化量2. 如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板。

质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0由M板中间的小孔垂直金属板进入电场中，不计粒子重力。

当M、N间电压为U时，带电粒子恰好能够到达M、N两板间距的一半处并返回。

现将两板间距变为原来的一半，粒子的初速度变为2v0，要使这个粒子刚好能够到达N板，则两板间的电压应变为( )A. B. U C. 2U D. 4U【答案】C【解析】试题分析：第一次情况下：根据可得左极板到中点处的电势差为，电场力做负功，根据动能定理可得；第二种情况下：要使这个粒子刚好能够到达N 板，即到达N板时速度为零，根据动能定理可得，联立即得，C正确；考点：考查了带电粒子在电场中的运动【名师点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直线或曲线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化的观点，选用动能定理和功能关系求解3. 一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出。