宜宾一中高2015级物理教研组20172018学年上期.DOC

1、宜宾市一中高 2015 级物理教研组 20172018 学年上期第 20 周训练题 物理命题人：赖家燕 审题人：冯仁林姓名：_班级：_考号：_一 单选题（1-5 为单项选择，6-8 为不定项选择，每题 6分，共计 48分）1. 下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是( ）A. 电学中引入了点电荷的概念，运用了理想化模型的方法，只有带电体体积很小的情况下才能看做点电荷B. 在推导匀变建直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了假设法C. 用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电容 ，加速度 都是采用比值法定义的D

2、. 根据速度定义式 ，当 t 非常小时， 就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法【答案】D【解析】A. 理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，点电荷是理想化模型，体积、大小以及电荷量的分布情况对研究结果没有影响或影响很小时可以看做点电荷，故 A 错误；B. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法，故 B 错误；C. 电容 C=Q/U，是采用比值法定义，加速度 a=F/m 不是采用比值法，该公式为牛顿第二定律的表达式。故 C 错误；D. 瞬时速度是依据速

3、度定义式 v= x/ t，当 t 非常小时， x/ t 就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义应用了数学极限思想，故 D 正确。故选： D2. 下列几种运动中，机械能一定守恒的是A. 做匀速直线运动的物体 B. 做匀变速直线运动的物体C. 做平抛运动的物体 D. 做匀速圆周运动的物体【答案】C【解析】试题分析：A、做匀速直线运动的物体，动能不变，重力势能可能变化，机械能不一定守恒，故A 错误；B、若是在水平面上的匀加速直线运动，动能增大，重力势能不变，则机械能不守恒；故 B 错误；C、做平抛运动的物体，只受重力做功，机械能必定守恒，故 C 正确；D 、若物体在竖直平面内做匀速圆周运动，动

4、能不变，重力势能在变化，机械能不守恒，故 D 错误；故选 C考点：考查机械能守恒定律3. 如图所示，物体叠放在物体 B 上，B 置于光滑水平面上， A、B 质量分别为 mA=6 kg，mB=2kg，A、B 之间的动摩擦因数 =0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对 A 施加一水平力 F 用，则 A、B 的加速度可能是(g 取 10m/s2)A. aA=6m/s2aB=2 m/s2B. aA=2m/s2aB=6 m/s2C. aA=8m/s2aB=4 m/s2D. aA=10m/s2aB=6 m/s2【答案】D【解析】试题分析：通过隔离法求出 A、B 发生相对滑动的临界加速度，再通过整体法结

5、合牛顿第二定律求出拉力根据拉力的大小与该临界情况拉力的关系，讨论两者的加速度对 B 而言，当 A、B 间的摩擦力达到最大值时，此时的加速度达到最大，则 ，则最大加速度 对整体运用牛顿第二定律可得 ，即当拉力增加到 48N 时，发生相对滑动，当 时， ，当 时， ，且 ， 恒定不变，故D 正确4. 未来的星际航行中，字航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱” ，如图所示。当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，字航员站在特舱内网柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的，下州说法正确的是( ）A. 旋转舱的半径越大，转动的

6、角速度就应越大B. 旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C. 学航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D. 字航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小【答案】B【解析】在外太空，宇航员处于完全失重状态，所以在旋转仓中我们不需要考虑地球引力作用；宇航员在旋转仓中做圆周运动所需要的向心力由侧壁支持力提供，根据题意有 ，故可知，与宇航员质量无关，所以选项 CD 错误； 旋转半径越大，转运角速度就越小，故选项 A 正确、B 错误；考点：万有引力与航天5. 质量相等的 A、B 两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力 、 的作用而从静止开始做匀加速直线运动，经过时间 和 4 物速度分别达到 2 和 时，分别

7、撤去 和 ，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止。两物体速度随时间变化的图线如图所示。设 和 对A、B 的冲最分别为 和 ， 和 对 A、B 做的功分别为 和 ， 则下列结论正确的是( )A. ： =12：5， ： =6：5B. ： =6：5， ： =3：5C. ： =3：5， ： =6：5D. ： =3：5， ： =12：5【答案】C【解析】从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为相等， 根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f=ma，则摩擦力大小都为 。根据图象知， 匀加速运动的加速度分别为：2v 0/t0,v0/4t0，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有 Ff=ma，则 ， ，F1 和 F

8、2 的大小之比为 12:5；所以：I 1：I2= =3：5；图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移,则加速阶段的位移之比为 s1：s2= ： =1:2；所以拉力做的功之比 W1：W2= ，故 C 正确，ABD 错误。 故选：C 。6. 两个等量点电荷位于 x 轴上，它们的静电场的电势 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 0MON，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 点的场强大小大于 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

9、 x 轴从 M 点移到 N 点的过程中电场力一直做正功【答案】BD【解析】A. 由图知，N 点的电势高于 M 点的电势。故 A 错误；B. 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 正确；C. 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；D. 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

10、 正确。故选：BD点睛：根据电势的图象直接读出电势高低由 E=U/d 可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，由斜率分析场强的大小关系根据顺着电场线方向电势降低，判断电场线的方向，确定正电荷所受的电场力方向，分析其运动情况根据电场力与位移方向间的关系，判断电场力做功的正负7. 如图所示，小车内固定着一个倾角为 60的斜面 OA，挡板 OB 与水平面的夹角 =60。可绕转轴O 在竖直平面内转动，现将一成量为 m 的光滑圆球放在斜面与挡板之间，下列说法正确的是( ）A. 当小车与挡板均静止时，球对斜面 0A 的压力小于 mgB. 保持 =60不变，使小车水平向右运动，则球对斜面 OA 的压力可能为零C

11、. 保持小=车静止， 在 由 60缓慢减小至 15的过程中，球对挡板 OB 的压力逐渐先减小再增大D. 保持小车静止， 在 由 60缓慢减小至 15的过程中，球对挡板 OA 的压力逐渐增大【答案】BC【解析】球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示：FA、FB以及 G 之间的夹角两两都为 120，根据几何关系可知,F A=FB=mg，故 A 错误；B. 若保持 =60不变，使小车水平向右做匀加速直线运动，当 FB和重力 G 的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，故 B 正确；CD、保持小车静止,在 由 60缓慢减小至 15的过程中，根据图象可知，F A不断减小,F B先减小后

12、增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，对斜面的压力不断减小，故 C 正确， D 错误；故选：BC.点睛：将小球的重力按照作用效果进行分解，结合几何关系分析；如果小球对斜面的压力为零，受重力和挡板 B 的支持力，合力水平，说明加速度水平向右；将小球的重力按照作用效果进行分解，通过作图分析各个分力的变化情况8. . 发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道 1，然后经点火，使其沿椭圆轨道 2 运行，最后再次点火，将卫星送入同步椭圆轨道 3。轨道 1、2 相切于 Q 点，轨道 2、3 相切于 P 点。轨道 3 到地面的高度为 h，地球的半径为 R，地球表面的重力加速度为 g。以

13、下说法正确的是A. 卫星在轨道 3 上的机械能大于在轨道 1 上的机械能B. 卫星在轨道 3 上的周期小于在轨道 2 上的周期C. 卫星在轨道 2 上经过 Q 点时的速度小于于它在轨道 3 上经过 P 时的速度D. 卫星在轨道 3 上的线速度为【答案】AD【解析】从轨道 1 需要点两次火才到达轨道 3，所以外力做正功，机械能增大，故卫星在轨道 3 上的机械能比在轨道 1 上的机械能大，A 正确；因为轨道 2 的半长轴小于轨道 3 的半径，所以根据开普勒第三定律 可知卫星在轨道 3 上的周期大于在轨道 2 上的周期， B 错误；根据 可知 ，故半径越大，线速度越小，所以卫星在轨道 1 上速度大于

14、在轨道 3 上的速度，因为从轨道 1 变轨到轨道 2，需要在 Q 点点火，故在轨道 2 上 Q 点的速度大于轨道 1 上的线速度，所以卫星在轨道 2 上 Q 点的线速度大于轨道 3 上经过 P 点的速度，C 错误；根据 可知在轨道 3 上的线段 ，结合黄金替代公式可知 ，D 正确二 实验 题（16 分）9. 国标（GB/T）规定自来水在 15时电阻率应大于 13m。某同学利用图甲电路测量 15自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门 K 以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略 )，右侧活塞固定，左侧活塞可自由移动。实验器材还有： 电源(电

15、动势约为 3V，内阻可忽略) 理想电压表 (量程为 3V）理想电压表 (量程为 3V）定值电阻 (阻值 4k) 定值电阻 (阻值 2k) 电阻箱 R(最大阻值 9999) 单刀双掷开关 S，导线若干，游标卡尺，刻度尺。实验步骤如下： A.用游标卡尺测量并记录玻璃管的内径 d；B.向玻璃管内注满自来水，确保无气泡；C.用刻度尺测量并记录水柱长度 L；D.把 S 拨到 1 位置，记录电压表 示数；E.把 S 拨到 2 位置，调整电阻箱阻值，使电压表 示数与电压表 示数相同，记录电阻箱的阻值 R；F.改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤 C、D、E；1 2 3 4 5 6 7 8G.断开 S，整理好器

16、材。(1)测玻璃管内径 d 时游标卡尺示数如图乙，则 d=_mm；(2)玻璃管内水柱的电阻 的表达式为 =_； (用 、 、R 表示)(3)利用记录的多组水柱长度 L 和对应的电阻箱阻值 R 的数据，绘制出如图丙所示的 图象。可求出自来水的电阻率 =_m(保留三位有效数字)。【答案】 (1). 20.0 (2). (3). 12.6【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为：2.0cm=20mm，游标尺上第 0 个刻度和主尺上刻度对齐，所以最终读数为：20.0mm；(2)设把 S 拨到 1 位置时，电压表 V1 示数为 U，则此时电路电流为 U/R1，总电压 U 总 = +U当把 S 拨到 2 位置，

17、调整电阻箱阻值 ，使电压表 V2 示数与电压表 V1 示数相同也为 U，则此时电路中的电流为 U/R，总电压 U总 = ，由于两次总电压相等，都等于电源电压 E，可得 Rx= ； (3)从图丙中可知，R=110 3时， 1/L=5.0m1，此时玻璃管内水柱的电阻 Rx= =8000，水柱横截面积 S= =3.14104m2，由电阻定律 得：12.6m；三、计算题（本大题共 2小题，共 36分）10.（17 分）如图所示，CD 左侧存在场强大小 ，方向水平向左的匀强电场，一个质量为 m、电qmgE荷量为+q 的光滑绝缘小球，从底边 BC 长为 L、倾角 53o的直角三角形斜面顶端 A 点由静止开

18、始下滑，运动到斜面底端 C 点后进入一竖直半圆形细圆管内（C 处为一小段长度可忽略的光滑圆弧，圆管内径略大于小球直径，半圆直径 CD 在竖直线上） ，恰能到达细圆管最高点 D 点，随后从 D 点离开后落回斜面上某点 P （重力加速度为 g ， sin53o = 0.8, cos53o = 0.6 )求：（1）小球到达 C 点时的速度；（2）小球从 D 点运动到 P 点的时间 t 11. （19 分）如图所示，一质量 m=1kg 的小物块(可视为质点） ，放置在质量 M=4kg 的长木板左侧。长木板放置在光滑的水平面上初始时，长木板与物块一起以水平速度 =2m/s 向左匀速运动，在长木板的左端上

19、方固定着一障碍物 A，当物块运动到障碍物 A 处时与 A 发生弹性碰撞(碰撞时间极短，无机械能损失)。而长木板可继续向左运动，取重力加速度 g=10m/s。（1）设长木板足够长，求物块与障碍物第一次碰撞后，物块与长木板所能获得的共同速率； （2）设长木板足够长，物块与障碍物第一次碰撞后，物块向右运动所能达到的最大距离是 S=0.4m，求物块与长木板间的动摩擦因数以及此过程中长木板运动的加速度的大小； （3）要使物块不会从长木板上滑落，长木板至少应为多长？整个过程中物块与长木板系统产生的内能。【答案】 （1）1.2m/s（2） （3）10J（1）物块与挡板碰后，小物块与木板 组成的系统水平方向动 量守恒，以向左 为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得 ，（2）物块与障碍物第一次碰撞后，物 块向右做减速到速度为 0 的过程中只有摩擦力做功，由 动能定理得：，代入数据得木板在水平方向只受到摩擦力，由牛顿第二定律得：代入数据得（3）由题可知，物块多次与障碍物碰撞后，最终将与木板同 时都静止，设物块在木板上的相对位移为 l，则由能量的转化与守恒得：代入数据得可知，木板的长度至少为 2m，又 代入数据得 Q=10J