高考物理阶段滚动测试题及答案3

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高考物理二轮复习第十五单元单元滚动测卷3含解析选修3411081107

高考物理二轮复习第十五单元单元滚动测卷3含解析选修34110811071、关于光的偏振,下列说法正确的是( )A.自然光通过偏振片后,就得到了偏振光B.拍摄水面下的景物时,加偏振片可使像更清晰C.所有的波都具有偏振现象D.立体电影是应用光的偏振的一个实例E.自然光射到两种介质的界面上,折射光是偏振光,反射光不是偏振光2、甲、乙两弹簧振子,振动图象如图所示,则可知( )A.甲速度为零时,乙加速度最大B.甲加速度最小时,乙速度最小C.1.25~1.5s 时间内,甲的回复力大小减小,乙的回复力大小增大D.两个振子的振动频率之比:1:2f f =甲乙E.两个振子的振幅之比为:2:1A A =甲乙3、下列关于光的说法中正确的是（）A ．雨后彩虹是由于太阳光入射到水滴中发生全反射形成的B ．泊松亮斑的发现支持了光的波动说C ．在双缝干涉实验中，用红光代替黄光作为入射光可减小干涉条纹的间距D ．在潜水员看来，岸上的所有景物都出现在一个倒立的圆锥里E. 光从一种介质进入另一种介质发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同4、一列简谐横波,某时刻的波形图象如图甲所示,从该时刻开始计时,A 质点的振动图象如图乙所示,则( )A. 若此波遇到另一列简谐横波并发生了稳定的干涉现象,则该波所遇到的波的频率为1.25HzB.若此波遇到另一列简谐横波并发生了稳定的干涉现象,则该波所遇到的波的波长一定为20mC.若该波能发生明显的衍射现象,则该波所遇到的障碍物的尺寸一定比20m 大很多D.从该时刻起,质点P 将比质点Q 先回到平衡位置E.从该时刻起,质点Q 将比质点P 先回到平衡位置5、在坐标原点的波源产生一列沿x 轴正方向传播的简谐横波,波速200m/s v =,已知0t =时刻,波刚好传播到40x m =处,如图所示,在400x m =处有一接收器(图中未画出),则下列说法正确的是( )A.波源开始振动时方向沿y 轴负方向B.从0t =开始经0.15s ,40x m =处的质点运动的路程为0.6mC.接收器在2t s =时才能接收到此波D.若波源向x 轴正方向运动,接受器接收到波的频率可能为9HzE.若该波与另一列频率为5Hz 沿x 轴负方向传播的简谐横波相遇,不能产生稳定的干涉图样6、如图甲所示，在平静的水面下深h 处有一个点光源s ，它发出的两种不同颜色的a 光和b 光在水面上形成了一个有光线射出的圆形区域，该区域的中间为由ab 两种单色光所构成的复色光圆形区域周围为环状区域，且为a 光的颜色(见图乙)设b 光的折射率为n ，则下列说法正确的是（）A. 在水中，a光的波长比b光小B. 水对a光的折射率比b光小C. 在水中，a光的传播速度比b光大D.复色光圆形区域的面积为221bhSnπ=-E. 在同一装置的杨氏双缝干涉实验中，a光的干涉条纹比b光窄7、某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。

高中物理一轮复习：第一～三章阶段滚动检测卷(一)(附答案)

阶段滚动检测(一)第一～三章(90分钟 100分)第Ⅰ卷(选择题共50分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分。

每小题至少一个答案正确,选不全得3分)1.(2013·无锡模拟)如图所示,一个物体受到三个共点力F1、F2、F3的作用,若将它们平移并首尾相接,三个力矢量组成了一个封闭三角形,则物体所受这三个力的合力大小为( )A.2F1B.F2C.2F3D.02.(2013·洛阳模拟)一物体恰能在一个斜面体上沿斜面匀速下滑,此时斜面体不受地面的摩擦力作用。

若沿斜面方向用力向下推此物体,使物体加速下滑,则关于斜面体受地面的摩擦力,下列判断正确的是( )A.大小为零B.大小不为零,方向水平向右C.大小不为零,方向水平向左D.无法判断其大小和方向3.如图所示,在水平力F的作用下,木块A、B保持静止。

若木块A与B的接触面是水平的,且F≠0,则关于木块B的受力个数可能是( )A.3个或4个B.3个或5个C.4个或5个D.4个或6个4.某飞机由静止开始做匀加速直线运动,从运动开始到起飞共前进1600m,所用时间为40 s,则它的加速度a和离地时的速度v t分别为( )A.2 m/s280 m/sB.1 m/s240 m/sC.1 m/s280 m/sD.2 m/s240 m/s5.小球从空中自由下落,与水平地面相碰后弹到空中某高度,其v -t图像如图所示,则由图可知以下说法正确的是(g=10m/s2) ( )A.小球下落的最大速度为5 m/sB.第一次反弹初速度的大小为3 m/sC.小球能弹起的最大高度为0.45 mD.小球能弹起的最大高度为1.25 m6.(2013·南宁模拟)为了节省能量,某商场安装了智能化的电动扶梯。

无人乘行时,扶梯运转得很慢;有人站上扶梯时,它会先慢慢加速,再匀速运转。

一顾客乘扶梯上楼,恰好经历了这两个过程,如图所示。

那么下列说法中正确的是( )A.顾客始终受到三个力的作用B.顾客始终处于超重状态C.顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方,再竖直向下D.顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方,再竖直向下7.如图所示,三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球保持静止,A、D间细绳是水平的,现对B球施加一个水平向右的力F,将B缓缓拉到图中虚线位置,这时三根细绳张力、、的变化情况是( )A.都变大B.和变大,不变C.和变大,不变D.和变大,不变8.(2013·鹤壁模拟)如图所示,木块A的质量为1kg,木块B的质量为4kg,叠放在水平地面上,A、B间的最大静摩擦力为1N,B与地面间的动摩擦因数为0.1,今用水平力F作用于B,则保持A、B相对静止的条件是F不超过(g=10m/s2) ( )A.1NB.10NC.4ND.6N9.(2013·桂林模拟)如图所示,一足够长的木板静止在光滑水平面上,一物块静止在木板上,木板和物块间有摩擦。

2024高考物理一轮复习单元评估检测三牛顿运动定律含解析鲁科版

单元评估检测(三)(第三章)(45分钟100分)一、选择题(本题共7小题,每小题7分,共49分,1～5题为单选题,6、7题为多选题)1.爱因斯坦曾把物理一代代科学家探究自然奇妙的努力,比作福尔摩斯侦探小说中的警员破案。

下列说法符合物理史实的是( )A.闻名物理学家亚里士多德曾指出,假如运动中的物体没有受到力的作用,它将接着以同一速度沿同始终线运动,既不停下来也不偏离原来的方向B.与伽利略同时代的科学家笛卡儿通过“斜面试验”得出推断:若没有摩擦阻力,球将恒久运动下去C.科学巨人牛顿在伽利略和笛卡儿的工作基础上,提出了动力学的一条基本定律,那就是惯性定律D.牛顿在反复探讨亚里士多德和伽利略试验资料的基础上提出了牛顿其次定律【解析】选C。

笛卡儿指出,假如运动中的物体没有受到力的作用,它将接着以同一速度沿同始终线运动,既不会停下来也不会偏离原来的方向,选项A错误;通过“斜面试验”得出若没有摩擦阻力,球将恒久运动下去这一结论的是伽利略,不是笛卡儿,选项B错误;牛顿在伽利略和笛卡儿的工作基础上,提出了动力学的一条基本定律,那就是牛顿第肯定律,而牛顿第肯定律又叫作惯性定律,选项C正确;牛顿在伽利略和笛卡儿探讨的基础上提出了牛顿第肯定律,选项D 错误。

2.如图所示,水平面上放有三个木块A、B、C,质量均为m=1 kg,A、C与地面间的接触面光滑,B 与地面间的动摩擦因数μ=0.1,A、B之间用轻弹簧相连,B、C之间用轻绳相连。

现在给C一个水平向右、大小为4 N的拉力F,使A、B、C三个木块一起以相同的加速度向右做匀加速直线运动。

某一时刻撤去拉力F,则撤去力F的瞬间,轻绳中的张力T为(重力加速度g取10 m/s2) ( )A.0B.1 NC.2 ND.3 N【解析】选B。

在拉力作用下,对整体,由牛顿其次定律可得F-μmg=3ma,解得a=1 m/s2,对A,由牛顿其次定律可得F弹=ma=1 N。

当撤去外力后,把B、C作为整体,由牛顿其次定律可知F弹+μmg=2ma′,解得a′=1 m/s2,方向向左,对C受力分析,由牛顿其次定律可得T=ma′=1 N,故B正确。

2021届高三人教版物理一轮复习全程考卷：阶段评估月考卷(三) Word版含答案

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阶段评估月考卷(三)静电场与稳恒电路(90分钟100分)第Ⅰ卷(选择题共50分)一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分。

1～6题为单选题,7～10题为多选题)1.(滚动单独考查)山城重庆的轻轨交通颇有山城特色,由于地域限制,弯道半径很小,在某些弯道上行驶时列车的车身严峻倾斜。

每到这样的弯道乘客都有一种坐过山车的感觉,很是惊险刺激。

假设某弯道铁轨是圆弧的一部分,转弯半径为R,重力加速度为g,列车转弯过程中倾角(车厢地面与水平面夹角)为θ,则列车在这样的轨道上转弯行驶的平安速度(轨道不受侧向挤压)为( )A.√gRsinθB.√gRcosθC.√gRtanθD.√gRcotθ2.(滚动单独考查)2021年9月28日,年度最大最圆的月亮(“超级月亮”)现身天宇,这是月球运动到了近地点的原因。

然后月球离开近地点向着远地点而去,“超级月亮”也与我们渐行渐远。

在月球从近地点到达远地点的过程中,下面说法正确的是( ) A.月球运动速度越来越大B.月球的向心加速度越来越大C.地球对月球的万有引力做正功D.虽然离地球越来越远,但月球的机械能不变3.如图,一半圆形碗的边缘上装有肯定滑轮,滑轮两边通过一不行伸长的轻质细线挂着两个小物体,质量分别为m1、m2,m1>m2,现让m1从靠近定滑轮处由静止开头沿碗内壁下滑,设碗固定不动,其内壁光滑、半径为R,则m1滑到碗最低点时的速度为( )A.2√(m1−m2)gR2m1+m2B.√2(m1−m2)gRm1+m2C.√2(m1−√2m2)gRm1+m2D.2√(m1−√2m2)gR2m1+m24.(滚动单独考查)(2022·芜湖模拟)一环状物体套在光滑水平直杆上,能沿杆自由滑动,绳子一端系在物体上,另一端绕过定滑轮,用大小恒定的力F拉着,使物体沿杆自左向右滑动,如图所示,物体在杆上通过a、b、c三点时的动能分别为E a、E b、E c,且ab=bc,滑轮质量和摩擦均不计,则下列关系中正确的是( )A.E b-E a=E c-E bB.E b-E a<E c-E bC.E b-E a>E c-E bD.E a>E b>E c5.(2022·平顶山模拟)如图所示,电源的电动势和内阻分别为E、r,R0=r,滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动,则在此过程中( )A.电压表V1的示数始终增大B.电压表V2的示数先增大后减小C.电源的总功领先增大后减小D.电源的输出功领先减小后增大6.(2022·威海模拟)如图所示的电路中,电源的电动势E和内阻r肯定,A、B为平行板电容器的两块正对金属板,R1为光敏电阻。

新人教版高考物理一轮复习题及答案解析选修3-3

选考题专练卷[选修3－3]1．(1)以下说法正确的是________。

A．晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征B．液体的分子势能与液体的体积有关C．水的饱和汽压不随温度变化D．组成固体、液体、气体的物质分子依照一定的规律在空间整齐地排列成“空间点阵”(2)如图1所示，在内径均匀两端开口、竖直放置的细U形管中，两边都灌有水银，底部封闭一段空气柱，长度如图所示，左右两侧管长均为h＝50 cm，现在大气压强为p0＝75 cmHg，气体温度是t1＝27 ℃，现给空气柱缓慢加热到t2＝237 ℃，求此时空气柱的长度。

图12．(1)下列有关热学知识的论述正确的是________。

A．两个温度不同的物体相互接触时，热量既能自发地从高温物体传给低温物体，也可以自发地从低温物体传给高温物体B．无论用什么方式都不可能使热量从低温物体向高温物体传递C．第一类永动机违背能量的转化和守恒定律，第二类永动机不违背能量的转化和守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，但大量分子的运动却是有规律的(2)如图2所示，可自由滑动的活塞将圆筒形汽缸分成A和B两部分，汽缸底部通过阀门K与另一密封容器C相连，活塞与汽缸顶部间连一弹簧，当A、B两部分真空，活塞位于汽缸底部时，弹簧恰无形变。

现将阀门K关闭，B内充入一定质量的理想气体，A、C内均为真空，B部分的高度L1＝0.10 m，此时B与C的体积正好相等，弹簧对活塞的作用力恰等于活塞的重力。

若把阀门K打开，平衡后将整个装置倒置，当达到新的平衡时，B部分的高度L2是多少？(设温度保持不变)图2[选修3－4]1．(1)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形图如图3甲所示，波此时恰好传播到M点。

图乙是质点N(x＝3 m)的振动图像，则Q点(x＝10 m)开始振动时，振动方向为________，从t＝0开始，终过________s，Q点第一次到达波峰。

2024届高三第三次物理试题含答案解析

2024届高三第三次物理试题一、单选题(共42 分)1.下列说法正确的是（）A.只要是两列波叠加，都能产生稳定的干涉图样B.扬声器纸盆的振动是受迫振动，受迫振动的周期等于固有周期C.“未见其人，先闻其声”的现象，说明声波比光波更易发生明显衍射D.我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的频率变低，可以判断该星球正在靠近我们【答案】C【详解】A．频率相同、相位差恒定的两列波叠加，才能产生稳定的干涉图样，故A错误；B．扬声器纸盆的振动是受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，故B错误；C．“未见其人，先闻其声”的现象，说明声波比光波更易发生明显衍射，故C正确；D．我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的频率变低，可以判断该星球正在远离近我们，故D错误。

故选C。

2.如图所示，电场中某区域的电场线分布，a、b是电场中的两点，则（）A.a点的场强比b点小B.负的点电荷在a点受到的静电力方向沿电场线的切线方向C.电子由a点运动到b点，电势能变大D.正电荷在a点由静止释放，它只在静电力作用下运动的轨迹与电场线一致【答案】C【详解】A．电场线越密的地方电场强度越大，a点处的电场线比b点处的密，a点的场强比b点高，故A 错误；B．正点电荷在电场中某点受到的静电力方向沿电场线的切线方向，负点电荷在电场中某点受到的静电力方向沿电场线的切线方向的反方向，故B错误；C．沿电场线方向电势降低，电子带负电，由可知在b点电势能大，由a点运动到b点，电势能变大。

故C正确；D．正电荷在a点由静止释放时，静电力方向始终沿电场方向，而速度方向则在不断变化，因此其运动的轨迹不沿电场线，故D错误。

故选C。

3.有的人喜欢躺着看手机，但容易出现手机砸伤眼睛的情况，若手机质量为200g，离人眼约20cm，手机无初速度掉落，砸到眼睛后未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.1s，取重力加速度g=10m/s2，手机对眼睛的作用力大小约为（）A.6.0NB.4.0NC.1.8ND.7.2N【答案】A【详解】根据自由落体的规律可知v2=2gℎ当手机到达眼睛位置时的速度为v=√2gℎ=2m/s设竖直向下为正方向，对手机根据动量定理可知(mg−F)t=0−mv根据牛顿第三定律，故手机对眼睛的冲击力F′=F=6N故选A。

物理(全国卷)(参考答案)-2024年高考物理第三次模拟考试卷

2024年高考第三次模拟考试物理·参考答案一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1 2 3 4 5 6 7 8 CDBDCBDADABC二、非选择题：本题共5小题，共62分。

9．（1） 9.4 （2分）（2）物体运动过程中受空气阻力（2分）（3）2B A B A 1()()()2d m m gh m m t-=+（2分）10．（1） 110.50 （2分）（3）1A （1分） 1R （1分）（4）（各2分）（5）()13lIU Ir d ρ-（2分）11．（1）拿掉活塞上的物块，气体做等温变化，初态：1V hS =，气缸内封闭气体的压强为()10M m g p pS+=+（2分）代入数据解得51410Pa p =⨯（1分）末态有5220,210Pa mgV h S p p S=+=⨯'=（1分）由气体状态方程得12p Sh p Sh '=（1分）整理得2 1.3m h h =='（1分）（2）在降温过程中，气体做等压变化，外界对气体作功为2Δ9.6J W p S h ==（2分）由热力学第一定律ΔU W Q =+（2分）可得()Δ9.6J 24J 14.4J U =+-=-（2分）12．（1）根据题意，画出粒子运动轨迹如图粒子在电场中做类平抛运动，有0L v t =（1分）2131322L at ⋅=（1分） Eq ma =（1分）联立解得20mv E qL=（1分）（2）粒子飞出电场时速度为v ，与竖直方向夹角为θ，根据动能动能定理，有22013113222Eq L mv mv ⋅⋅=-（2分）解得0v （1分）0sin v v θ=（1分）解得o 45θ=（1分）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ，根据几何关系有232sin 32r L θ=⋅（1分）解得r =（1分）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有2v Bvq m r=（1分）解得2mv B qL=（2分） 13.（1）设大孩的质量为M '，大孩给小孩一水平向左的瞬间冲量瞬间，大孩获得的速度大小为v '，根据动量守恒可得Mv M v ''=（1分）根据题意可知大孩向右运动并沿斜面AB 上滑恰好过B 点，根据动能定理可得21sin 3002M gs M v '''-︒=-（2分）联立解得3m /s v '=，40kg M '=（1分）根据功能关系可知，大孩对小孩作用的过程中大孩做的总功为2211420J 22W Mv M v ''=+=（1分）（2）设平板P 与挡板Q 碰撞前，平板P 与小孩已经达到共速，根据动量守恒可得1()Mv M m v =+（1分）解得13m /s v =结合图乙可知，假设成立；设小孩与平板P 的动摩擦因数为μ，根据图乙可得小孩做匀减速运动的加速度大小为223 1.5m /s 3m /s 0.5a -==（1分）以小孩为对象，根据牛顿第二定律可得Mga g Mμμ==（1分）解得0.3μ=（1分）以平板P 为对象，根据牛顿第二定律可得平板P 的加速度大小为29m /s Mga mμ'==（1分）则平板P 从开始运动到第一次共速通过的位移大小为21P 0.5m 2v x a =='（1分）可知平板P 最初静止时，其左端离挡板Q 的最小距离为0.5m 。

新课标2020高考物理二轮复习综合模拟滚动三含解析

高考物理二轮复习综合模拟滚动：综合模拟滚动小卷(三)(建议用时：45分钟)一、单项选择题1．目前，在居家装修中，经常用到花岗岩、大理石等装修材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素，比如有些含有铀钍的花岗岩等岩石都会释放出放射性惰性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放出α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道方面的疾病，根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是( )A ．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的B ．β射线是原子核外电子电离形成的质子流，它具有很强的穿透能力C ．已知氡的半衰期为3.8天，若取1 g 氡放在天平左盘上，砝码放于右盘，左右两边恰好平衡，则3.8天后，需取走0.5 g 砝码天平才能再次平衡D ．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4 2.半径为R 的半圆柱形介质截面如图所示，O 为圆心，AB 为直径，Q 是半圆上的一点，从Q 点平行于AB 射入半圆柱介质的光线刚好从B 点射出，已知∠QBO ＝30°，现有一条光线从距离O 点32R 处垂直于AB 边射入半圆柱形介质，已知光在真空中的传播速度为c ，则该半圆柱形介质的折射率为( )A ．2 B. 3 C. 2D.223．2018年12月8日我国嫦娥四号探测器成功发射，实现人类首次在月球背面无人软着陆．通过多次调速让探月卫星从近地环绕轨道经地月转移轨道进入近月环绕轨道．已知地球与月球的质量之比及半径之比分别为a 、b ，则下列关于近地卫星与近月卫星做匀速圆周运动的判断正确的是( )A ．加速度之比约为b aB ．周期之比约为 b 3aC ．线速度之比约为b aD ．从近地轨道进入到地月转移轨道，卫星必须减速4．如图所示，半径为r 的金属圆环放在垂直纸面向外的匀强磁场中，环面与磁感应强度方向垂直，磁场的磁感应强度为B 0，保持圆环不动，将磁场的磁感应强度随时间均匀增大，经过时间t ，磁场的磁感应强度增大到B 1，此时圆环中产生的焦耳热为Q ；保持磁场的磁感应强度B 1不变，将圆环绕对称轴(图中虚线)匀速转动，经时间2t 圆环转过90°，圆环中电流大小按正弦规律变化，圆环中产生的焦耳热也为Q ，则磁感应强度B 0和B 1的比值为( )A.4－π4 B.5－π5 C.42－π42 D.52－π52二、多项选择题5．A 、B 两质点在同一平面内同时向同一方向做直线运动，它们的位移时间图象如图所示，其中①是顶点过原点的抛物线的一部分，②是通过(0，3)的一条直线，两图象相交于坐标为(3，9)的P 点，则下列说法不正确是( )A ．质点A 做初速度为零，加速度为2 m/s 2的匀加速直线运动 B ．质点B 以3 m/s 的速度做匀速直线运动 C ．在前3 s 内，质点A 比B 向前多前进了6 m D ．在前3 s 内，某时刻A 、B 速度相等6．如图所示，M 、N 是组成电容器的两块水平放置的平行金属极板，M 中间有一小孔．M 、N 分别接到电压恒定的电源上(图中未画出)．小孔正上方的A 点与极板M 相距h .与极板N 相距3h .某时刻一质量为m 、电荷量为q的微粒从A 点由静止下落，到达极板N 时速度刚好为零(不计空气阻力)，重力加速度为g .则( )A ．带电微粒在M 、N 两极板间往复运动B ．两极板间电场强度大小为3mg2qC ．若将M 向下平移h3，微粒仍从A 点由静止下落，进入电场后速度为零的位置与N 的距离为54hD ．若将N 向上平移h 3微粒仍从A 由静止下落，进入电场后速度为零的位置与M 的距离为54h三、非选择题7．某同学从实验室天花板处自由释放一钢球，用频闪摄影手段验证机械能守恒．频闪仪每隔相等时间短暂闪光一次，照片上记录了钢球在各个时刻的位置．(1)操作时比较合理的做法是________．A ．先打开频闪仪再释放钢球B ．先释放钢球再打开频闪仪(2)频闪仪闪光频率为f ，拍到整个下落过程中的频闪照片如图所示，结合实验场景估算f 可能值为________．A ．0.1 HzB ．1 HzC ．10 HzD ．100 Hz(3)用刻度尺在照片上测量钢球各位置到释放点O 的距离分别为s 1、s 2、s 3、s 4、s 5、s 6、s 7、s 8及钢球直径，重力加速度为g .用游标卡尺测出钢球实际直径D ，如图所示，则D ＝________cm.已知实际直径与照片上钢球直径之比为k .(4)选用以上各物理量符号，验证从O 到A 过程中钢球机械能守恒成立的关系式为：2gs 5＝__________．8.某物理社团受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计．如图，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L ，内部分别有轻质薄活塞A 、B ，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口．外界大气压强为p 0，汽缸Ⅰ内通过A 封有压强为p 0的气体，汽缸Ⅱ内通过B 封有压强为2p 0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A 、B 均位于汽缸最左端．该装置放入水下后，通过A 向右移动的距离可测定水的深度．已知p 0相当于10 m 高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：(1)当A 向右移动L4时，水的深度h ；(2)该深度计能测量的最大水深h m .9．如图所示，质量均为m＝4 kg的两个小物块A、B(均可视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R＝0.4 m的光滑半圆形轨道与水平地面相切于C，弹簧左端固定．移动物块A压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性限度内)，由静止释放物块A，物块A离开弹簧后与物块B 碰撞并粘在一起以共同速度v＝5 m/s向右运动，运动过程中经过一段长为s，动摩擦因数μ＝0.2的水平面后，冲上圆轨道，除s段外的其他水平面摩擦力不计．求：(g取10 m/s2)(1)若s＝1 m，两物块刚过C点时对轨道的压力大小；(2)刚释放物块A时，弹簧的弹性势能；(3)若两物块能冲上圆形轨道，且不脱离圆形轨道，s应满足什么条件．综合模拟滚动小卷(三)1．解析：选A.β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的，故A 正确；β射线是电子流，并不是质子流，它的穿透能力强于α射线，弱于γ射线，穿透能力中等，故B 错误；氡的半衰期为3.8天，经3.8天后，有0.5克衰变成新核，新的原子核仍然留在天平左盘中，故取走的砝码应小于0.5克，天平才能再次平衡，故C 错误；发生α衰变时，电荷数减少2(即质子数减少2)，质量数减少4，则中子数减少2，故D 错误．2．解析：选B.作出光路图：由几何关系可知，从Q 点射入的光线的入射角为i ＝60°由折射定律有：n ＝sin isin r＝3，B 正确．3．解析：选B.根据a ＝GM r 2可知，a 地a 月＝M 地R 2月M 月R 2地＝a b 2，选项A 错误；由T ＝2πr 3GM 可得，T 地T 月＝R 3地M 月R 3月M 地＝b 3a，选项B 正确；根据v ＝GM r 可得v 地v 月＝M 地R 月M 月R 地＝ab，选项C 错误；从近地轨道进入到地月转移轨道，卫星必须要多次加速变轨，选项D 错误．4．解析：选A.保持圆环不动时，产生的感应电动势恒定，为E 1＝（B 1－B 0）πr2t，则Q＝E 21R t ＝（B 1－B 0）2π2r 4tR ①；线圈转动时，产生的感应电动势最大值：E 2m ＝B 1ωS ＝B 1π22t ·πr 2＝π2r 2B 14t ，有效值E 2＝π2r 2B 142t ，产生的热量Q ＝E 22R ×2t ＝π4r 4B 2116tR ②，联立①②式可得：B 0B 1＝4－π4，故选A.5．解析：选BC.质点A 的图象是抛物线，说明质点A 做匀变速直线运动，将(0，0)、(3 s ，9 m)代入公式，x ＝v 0t ＋12at 2，解得：v 0＝0，a ＝2 m/s 2，即质点A 做初速度为零加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，故A 正确；质点B 做匀速直线运动，速度为：v B ＝Δx Δt ＝9－33 m/s ＝2 m/s ，故B 错误；在前3 s 内，质点A 前进位移为9 m ，质点B 前进位移为6 m ，所以质点A 比B 向前多前进3 m ，故C 错误；根据x －t 图象的斜率等于速度，知在3 s 前某时刻质点A 、B 速度相等，故D 正确．6．解析：选BD.由于粒子在电场中和在电场外受到的力都是恒力，可知粒子将在A 点和下极板之间往复运动，选项A 错误；由动能定理：mg ·3h ＝Eq ·2h ，解得E ＝3mg2q，选项B 正确；若将M 向下平移h 3，则板间场强变为E 1＝U 53h ＝3U 5h ＝65E ，则当粒子速度为零时，由动能定理：mg ·(3h －Δh )＝E 1q ·⎝ ⎛⎭⎪⎫5h 3－Δh ，可知方程无解，选项C 错误；若将N 向上平移h 3，则板间场强变为E 2＝U 53h ＝3U 5h ＝65E ，设当粒子速度为零时的位置与M 极板相距Δh ′，由动能定理：mg ·(h＋Δh ′)＝E 2q ·Δh ′，解得Δh ′＝54h ，选项D 正确．7．解析：(1)为了记录完整的过程，应该先打开闪频仪再释放钢球，A 正确．(2)天花板到地板的高度约为3 m ，小球做自由落体运动，从图中可知经过8次闪光到达地面，故有12g ×(8T )2＝3 m ，解得T ≈0.1 s ，即f ＝1T＝10 Hz ，C 正确．(3)游标卡尺的读数为D ＝45 mm ＋5×0.1 mm ＝45.5 mm ＝4.55 cm. (4)到A 点的速度为v A ＝s 6－s 42T ＝（s 6－s 4）f2，根据比例关系可知，到A 点的实际速度为v ＝k （s 6－s 4）f2，因为小球下落实际高度为H s 5＝D d ＝k ，代入mgH ＝12mv 2可得2gs 5＝14kf 2(s 6－s 4)2.答案：(1)A (2)C (3)4.55 (4)14kf 2(s 6－s 4)28．解析：(1)当A 向右移动L4时，设B 不移动对汽缸Ⅰ内气体，由玻意耳定律得：p 0SL ＝p 134SL解得：p 1＝43p 0而此时B 中气体的压强为2p 0>p 1，故B 不动由p 1＝p 0＋p h解得：水的深度p h ＝p 1－p 0＝13p 0，故h ≈3.33 m.(2)该装置放入水下后，由于水的压力A 向右移动，汽缸Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于2p 0后B 开始向右移动，当A 恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原汽缸Ⅰ内气体全部进入汽缸Ⅱ内，设B 向右移动x 距离，两部分气体压强为p 2，活塞横截面积为S对原 Ⅰ 内气体，由玻意耳定律得：p 0SL ＝p 2Sx 对原Ⅱ内气体，由玻意耳定律得：2p 0SL ＝p 2S (L －x ) 又p 2＝p 0＋p h m联立解得p h m ＝2p 0，故h m ＝20 m. 答案：(1)3.33 m (2)20 m9．解析：(1)设物块经过C 点时速度为v C ，物块受到轨道支持力为F N C 由功能关系得：12×2mv 2－2μmgs ＝12×2mv 2C又F N C －2mg ＝2m v 2CR代入解得：F N C ＝500 N由牛顿第三定律知，物块对轨道压力大小也为500 N.(2)设A 与B 碰撞前A 的速度为v 0，以向右为正方向，由动量守恒得：mv 0＝2mv ，解得v 0＝10 m/s则：E p ＝E k ＝12mv 20＝200 J.(3)物块不脱离轨道有两种情况①能过轨道最高点，设物块经过半圆形轨道最高点最小速度为v 1，则2mg ＝2mv 21R得：v 1＝gR ＝2 m/s物块从碰撞后到经过最高点过程中，由功能关系有 12×2mv 2－2μmgs －4mgR ≥12×2mv 21 代入解得s 满足条件：s ≤1.25 m. ②物块上滑最大高度不超过14圆弧设物块刚好到达14圆弧处速度为v 2＝0物块从碰撞后到最高点，由功能关系有：1×2mv2－2μmgs≤2mgR2同时依题意，物块能滑出粗糙水平面，由功能关系：1×2mv2>2μmgs2代入解得s满足条件：4.25 m≤s<6.25 m.答案：(1)500 N (2)200 J(3)s≤1.25 m或4.25 m≤s<6.25 m。

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高考物理阶段滚动测试题及答案阶段滚动检测(三)第六、七章(90分钟 100分)第Ⅰ卷(选择题共50分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分.每小题至少一个答案正确，选不全得2分)1.如图所示，一小球以v 0=10 m/s的速度水平抛出，在落地之前经过空中A、B两点，在A点小球速度方向与水平方向的夹角为45°，在B点小球速度方向与水平方向的夹角为60°(空气阻力忽略不计，g取10 m/s2)，以下判断中正确的是( )A.小球经过A、B两点间的时间t(31)s=-B.小球经过A、B两点间的时间t 3 s=C.A、B两点间的高度差h=10 mD.A、B两点间的高度差h=15 m2.(滚动单独考查)细绳的一端固定，另一端系一小球，让小球在竖直面内做圆周运动，关于小球运动到P点的加速度方向，图中可能的是( )3.(滚动单独考查)在某军区最近的一次军事演习中，一空降兵从悬停在空中的直升机上跳伞，伞打开前可看做是自由落体运动，开伞后减速下降，最后匀速下落.在整个过程中，下列图象可能符合事实的是(其中h 表示下落高度、t 表示下落的时间、F 表示人受到的合外力、E 表示人的机械能、E p 表示人的重力势能、v 表示人下落的速度)( )4.(滚动单独考查)土星周围有美丽壮观的“光环”，组成环的颗粒是大小不等，线度从1 μm 到10 m 的岩石、尘埃，类似于卫星，它们与土星中心的距离从7.3×104 km 延伸到1.4×105 km.已知环的外缘颗粒绕土星做圆周运动的周期约为14 h ，引力常量为6.67×10-11 N ·m 2/kg 2，则土星的质量约为(估算时不考虑环中颗粒间的相互作用)( )A.9.0×1016 kgB.6.4×1017 kgC.9.0×1025 kgD.6.4×1026 kg5.如图(1)是某一点电荷形成的电场中的一条电场线，A 、B 是电场线上的两点，一负电荷q 仅在电场力作用下以初速度v 0从A 运动到B 过程中的速度图线如图(2)所示，则以下说法中正确的是( )A.A 、B 两点的电场强度E A ＜E BB.A 、B 两点的电势φA ＞φBC.负电荷q 在A 、B 两点的电势能大小ABp p E E ＞D.此电场一定是负电荷形成的电场6.(滚动交汇考查)如图所示，平行金属板内有一匀强电场，一个电荷量为q、质量为m的带电粒子(不计重力)以v0从A点水平射入电场，且刚好以速度v从B点射出.则以下说法正确的是( )A.若该粒子以速度-v从B点射入，它将刚好以速度-v0从A点射出B.若该粒子以速度-v0从B点射入，它将刚好以速度-v从A点射出C.若将q的反粒子(-q,m)以速度-v0从B点射入，它将刚好以速度-v从A点射出D.若将q的反粒子(-q,m)以速度-v从B点射入，它将刚好以速度-v0从A点射出7.(2011·大纲版全国卷)通常一次闪电过程历时约0.2～0.3 s，它由若干个相继发生的闪击构成.每个闪击持续时间仅40～80 μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中.在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109 V，云地间距离约为1 km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的.根据以上数据，下列判断正确的是( )A.闪电电流的瞬时值可达到1×105 AB.整个闪电过程的平均功率约为1×1014 WC.闪电前云地间的电场强度约为1×106 V/mD.整个闪电过程向外释放的能量约为6×106 J8.如表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗.若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则( )自重40 (kg) 额定电压48 V载重75 (kg) 额定电流12 A 最大行驶速度20 (km/h) 额定输出功率350 WA.电动机的输入功率为576 WB.电动机的内电阻为4 ΩC.该车获得的牵引力为104 ND.该车受到的阻力为63 N9.如图所示电路，电源电动势E=30 V，电源内阻不计，电阻R1=5 Ω，R3=10 Ω，变阻器的最大电阻值R2=10 Ω，当滑片P从a端向b端滑动过程中，电压表和电流表(均为理想电表)的读数变化情况是( )A.0～15 V,2～1.5 AB.0～30 V,2～1.5 AC.0～15 V,2～3.0 AD.0～30 V,2～3.0 A10.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光.在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是( )A.小灯泡L1、L2均变暗B.小灯泡L1、L2均变亮C.电流表A的读数变小，电压表V的读数变大D.电流表A的读数变大，电压表V的读数变小第Ⅱ卷(非选择题共50分)二、实验题(本大题共2小题,共12分)11.(2012·衡阳模拟)(6分)在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：(1)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，测量3次，求出其平均值l.其中一次测量如图甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为___________cm.用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值d.其中一次测量如图乙所示，图中读数为___________mm.(2)采用如图所示的电路测量金属丝的电阻.电阻的测量值比真实值___________ (填“偏大”或“偏小”).最后由公式ρ=___________计算出金属丝的电阻率(用直接测量的物理量表示).12.(6分)图1是利用两个电流表和测量干电池电动势E和内阻r的电路原理图.图中S为开关，R为滑动变阻器，固定电阻R1和内阻之和为10 000 Ω(比r和滑动变阻器的总电阻都大得多)，为理想电流表.(1)按电路原理图在图2虚线框内各实物图之间画出连线.(2)在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑动端c移动至___________ (填“a端”、“中央”或“b端”).(3)闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动端c至某一位置，读出电流表和的示数I1和I2.多次改变滑动端c的位置，得到的数据如表:I1(mA) 0.120 0.125 0.130 0.135 0.140 0.145 I2(mA) 480 400 320 232 140 68在图3所示的坐标纸上以I1为纵坐标、I2为横坐标画出所对应的I1-I2曲线.(4)利用所得曲线求得电源的电动势E=__________V，内阻r=__________Ω.(保留两位小数)三、计算题(本大题共4小题，共38分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.(6分)如图所示，电压表V1和V2的读数都是3.5 V，如果对调这两个电压表，则V1的读数为3.0 V,V2的读数为4.0 V，求这两个电压表的内阻.(不计电源内阻)14.(10分)在如图甲所示电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=100 Ω,R2的阻值未知，R3是一个滑动变阻器，当其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U随电流I的变化图线如图乙所示，其中图线上的A、B两点是滑片在变阻器上的两个不同端点时分别得到的.求：(1)电源的电动势和内电阻；(2)定值电阻R2的阻值；(3)滑动变阻器R3的最大值.15.(滚动单独考查)(10分)如图所示，在倾角为θ=30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态.现开始用一沿斜面方向的力F 拉物块A 使之向上匀加速运动，当物块B 刚要离开C 时F 的大小恰为2mg.求： (1)从F 开始作用到物块B 刚要离开C 的时间. (2)物块B 刚要离开C 时力F 所做的功.16.(滚动交汇考查)(12分)如图所示的电路中，两平行金属板A 、B 水平放置，两板间的距离d=40 cm.电源电动势E=24 V ，内电阻r=1 Ω,电阻R=15 Ω.闭合开关S ，待电路稳定后，将一带正电的小球从B 板小孔以初速度v 0=4 m/s 竖直向上射入板间.若小球带电荷量为q=1×10-2 C ，质量为m=2×10-2 kg,不考虑空气阻力.那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A 板？此时，电源的输出功率是多大？(取g=10 m/s 2)答案解析1.【解析】选A 、C.由题意，v Ay =v 0tan45°=10 m/s.By 0v v tan6010 3 m /s =︒=.由v By -v Ay =gt 得, t (31)s =-,故A 正确，B 错误.再根据22By Ay v v 2gh -=,解得h=10 m,故C 正确,D 错误.2.【解析】选D.因小球做变速圆周运动，在P 点的合加速度应是向心加速度与切向加速度的合成，故只有D 选项符合要求.3.【解析】选C 、D.伞打开前可看做是自由落体运动，则机械能守恒，B 错；由于ΔE p =-mgh ，则E p 随h 的变化是一次函数关系，A 错；开伞后减速下降，向上的阻力大于重力，且随速度减小而减小，因此合力逐渐减小到零，向下做加速度减小的减速运动直到匀速运动，C 、D 对.4.【解析】选D.由万有引力提供颗粒绕土星做圆周运动的向心力得，23222Mm 24r G m()r,M r T GT ππ== 283261124(1.410)kg 6.410 kg 6.6710(14 3 600)-π⨯==⨯⨯⨯⨯. 所以D 选项正确.5.【解析】选A 、B 、D.由v-t 图知，负电荷q 做加速度增大的减速运动，故所受电场力变大，电场强度变大，E B ＞E A ,A 正确.又因电场力的方向在(1)图中向左，故电场线的方向为A →B ，则φA ＞φB ,B 正确.又E p =q φ，对负电荷q, ABp p E E ＜，C 错.根据电场线的方向和电场强度的特点知，此电场一定是负电荷形成的电场，D 正确.6.【解析】选A 、C.从粒子的运动轨迹可以判断粒子带正电.粒子在电场中做类平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为匀加速直线运动.该粒子的反粒子在电场中受到的电场力向上，轨迹将要弯曲向上.结合运动的合成与分解，可得正确选项为A 、C.7.【解析】选A 、C.闪电电流I=Q/t=1×105 A ，选项A 正确；闪电过程的瞬时功率P=UI=1.0×109×1×105 W=1×1014 W,选项B 错误；闪电前云地之间的电场强度约为U/d=1.0×106 V/m ，选项C 正确；第一个闪击过程向外释放能量为qU=6×1.0×109 J=6.0×109 J,选项D 错误.8.【解析】选A 、D.U=48 V,I=12 A,P 入=UI=576 W,故A 正确.P 入=P 出+I 2r,2576350113r 1272-=Ω=Ω,故B 错. f f350P Fv F v,F N 63 N 203.6====出，故C 错，D 正确. 9.【解析】选A.当滑片P 在a 端时，电压表示数为0,电流表示数12EI 2 A R R ==+.当滑片P 在b 端时，R 2、R 3并联电阻为5 Ω,故电压表示数为15 V ，电流表示数为1.5 A.故A 正确.10.【解析】选C.滑片向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路部分的阻值变大，电路中的总电阻变大，路端电压变大，总电流变小，故电流表A 的读数变小，电压表V 的读数变大，小灯泡L 2变暗，L 1变亮，C 正确. 11.【解析】(1)甲图读数为24.12 cm ，乙图读数为0.518 mm. (2)由于采用电流表外接法，故测量值比真实值偏小. 根据U R I =和21R S d S 4=ρ=π，l 故2d U4I πρ=l答案:(1)24.12 0.518 (2)偏小 2d U4I πl12.【解析】(1)连线如图.(2)闭合开关前，为保护电流表A 2,滑动端c 应移动至b 端. (3)I 1-I 2曲线如图.(4)根据题意： E=I 1·10 000+I 2r. 故12E rI I 10 00010 000=- 再由I 1-I 2图象，得E=1.49 V r=0.60 Ω 答案:见解析13.【解析】设电压表V 1、V 2的内阻分别为R 1、R 2.串联电路中，电阻两端的电压与电阻成正比.又由并联电阻的特点可得121111R 600R 400+=+①(2分) 2121600R 400R 4/R 600R 4003=++②(2分)由①②可得：R 1=240 Ω,R 2=300 Ω (2分) 答案:R 1=240 Ω R 2=300 Ω14.【解析】(1)由闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir 将图象中A 、B 两点的电压和电流代入得： E=16+0.2r ，E=4+0.8r解得E=20 V,r=20 Ω (3分)(2)当R 3的滑片滑到最右端时，R 3、R 1均被短路，此时外电路电阻等于R 2，且对应于图线上B 点，故由B 点的U 、I 值可求出R 2的阻值为：B 2B U 4R 5I 0.8==Ω=Ω. (3分)(3)滑动变阻器的滑片置于最左端时，R 3阻值最大.设此时外电路总电阻为R,由图象可知，A EI R r=+,解得R=80 Ω,则此时13213R R R R R R +=+,解得：R 3=300 Ω.(4分)答案:(1)20 V 20 Ω (2)5 Ω (3)300 Ω15.【解析】(1)令x 1表示未加F 时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿运动定律可知 mgsin θ=kx 1(1分)令x 2表示B 刚要离开C 时弹簧的伸长量，a 表示此时A 的加速度，由胡克定律和牛顿运动定律可知kx 2=mgsin θ (1分) F-mgsin θ-kx 2=ma (1分) 将F=2mg 和θ=30°代入以上各式，解得a=g (1分) 由2121x x at 2+= (1分)解得t =(1分)(2)物块B 刚要离开C 时，物块A 的速度为v at == (1分)此时弹簧的伸长量和F 开始作用时的压缩量相同，弹簧的弹性势能改变量为零.由动能定理得()2F 121W mg x x sin30mv 2-+︒= (2分)解得22F 3m g W 2k =(1分)答案:(1)(2) 223m g 2k16.【解析】小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到达A 板时速度为零. 设两板间电压为U AB ，由动能定理得2AB 01mgd qU 0mv 2--=-(2分)解得U AB =8 V (2分) 滑动变阻器两端电压U 滑=U AB =8 V (2分) 设通过滑动变阻器的电流为I ，由欧姆定律得E U I 1 A R r-==+滑(2分)滑动变阻器接入电路的电阻U R 8I==Ω滑滑(2分)电源的输出功率P 出=I 2(R+R 滑)=23 W (2分) 答案:8 Ω 23 W。