解析四川省广元市高三第一次高考适应性统考物理试题.docx
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解析四川省广元市高三第一次高考适应性统考物理试题
四川省广元市20２1年高考一模物理试卷
一、共7题,每题6分.每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求,全部选对的得６分，选对但不全的得3分,有选错的得０分．
１．一质点沿ｘ轴运动，加速度与速度方向相同,在加速度数值逐渐减小至零的过程中，关于质点的运动，下列判断正确的是（ ）
Ａ．
速度逐渐减小
Ｂ.
速度先增大后减小
C．
速度逐渐增大
D．
速度先减小后增大
考点：
匀变速直线运动的速度与时间的关系;速度;加速度．
专题：
直线运动规律专题．
分析:
加速度反应物体速度变化快慢的物理量，加速度与速度方向相同时做加速运动.
解答:
解:
加速度与速度方向相同说明物体做加速运动,当加速度开始减小时说明物体速度增加得变慢了，但速度仍在增加,当加速度减小至零时物体达到最大速度并保持不变,故ABD错误，Ｃ正确.
故选：
Ｃ.
点评：
知道加速度是反应物体速度变化快慢的物理量，加速度与速度方向相同时做加速运动，相反时做减速运动．
2．（6分）（２015•广元一模）如图所示，水平地面上的L形木板M上放着小木块m,M与m间有一个处于压缩状态的弹簧，整个装置处于静止状态.下列说法正确的是（ ）
A.
M对m的摩擦力方向向左
B．
M对m无摩擦力作用
C．
地面对M的摩擦力方向向右
Ｄ.
地面对M无摩擦力作用
考点:
摩擦力的判断与计算．
专题：
摩擦力专题．
分析：
对m受力分析,根据平衡判断出Ｍ对ｍ的摩擦力方向.对整体分析，根据平衡判断地面对M的摩擦力方向.
解答:
解:
ＡB、对m受力分析，ｍ受到重力、支持力、水平向左的弹力,根据平衡知,M对m的摩擦力向右．故A错误,Ｂ错误.
CＤ、对整体受力分析,在竖直方向上受到重力和支持力平衡,若地面对M有摩擦力，则整体不能平衡,故地面对M无摩擦力作用.故Ｃ错误,D正确.
故选:
Ｄ.
点评:
解决本题的关键会正确的进行受力分析,知道平衡时，合力等于0．
3.（6分）（2015•广元一模）如图所示，在两等量异种点电荷的电场中,ＭN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且ａ与c关于MＮ对称，b点位于MN上,ｄ点位于两电荷的连线上且靠近正电荷一侧．以下判断正确的是（ ）
Ａ．
试探电荷+ｑ在a点的电势能小于在c点的电势能
Ｂ．
a、ｂ两点间的电势差等于b、c两点间的电势差
Ｃ．
b点场强比d点场强大
D.
b点电势比d点电势高
考点：
电场的叠加;电场强度;电势.
专题：
电场力与电势的性质专题．
分析：
根据等量异号电荷的电场分布特点可知各点的场强大小，由电场线性质及电场的对称性可知ab及ｂc两点间的电势差;由电势能的定义可知ac两点电势能的大小.
解答:
解：
A、因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷+ｑ在a点的电势能大于在c点的电势能，故Ａ错误;
B、由对称性可知,ａ、ｂ两点的电势差等于b、ｃ两点间的电势差，故B正确;
Ｃ、在两等量异号电荷连线上，中间点电场强度最小;在两等量异号电荷连线的中垂线上,中间点电场强度最大;所以b点场强小于d点场强;故Ｃ错误;
Ｄ、ＭN是一条等势线，与在两等量异号电荷连线上的点相比较，d点的电势要高，所以d点电势高于ｂ点电势；故Ｄ错误;
故选:
B.
点评：
该题考查常见电场的电场线分布及等势面的分布,要求我们能熟练掌握并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性．
4．（6分）（20１５•广元一模）如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带.假设该带中的小行星只受到太阳的引力,并绕太阳做匀速圆周运动.下列说法正确的是（）
A．
小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值
B．
小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值
Ｃ.
太阳对各小行星的引力相同
D.
各小行星绕太阳运动的周期均小于一年
考点：
万有引力定律及其应用．
专题:
万有引力定律的应用专题.
分析:
小行星绕太阳做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,根据半径关系分析选项即可．
解答：
解:
小行星绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力
知:
A、小行星的加速度ａ=
知,小行星内侧轨道半径小于外侧轨道半径,故内侧向心加速度大于外侧的向心加速度,故A正确;
B、线速度
知，小行星的轨道半径大于地球的轨道半径,故小行星的公转速度小于地球公转的线速度，故Ｂ错误.
C、太阳对小行星的引力F=
，由于各小行星轨道半径质量均未知，故不能得出太阳对小行星的引力相同的结论,故C错误；
D、由周期T=
知，由于小行星轨道半径大于地球公转半径，故小行星的周期均大于地球公转周期，即大于一年，故Ｄ错误;
故选:
A．
点评:
本题抓住万有引力提供圆周运动向心力，根据题意给出的半径关系展开分析．掌握万有引力和向心力的表达式是解决本题的关键．
5．（6分）（２015•广元一模）如图所示,两平行导轨ａb、cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触．现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动．已知电流I随时间的关系为I=kｔ（k为常数，k>0），金属棒与导轨间的动摩擦因素一定．以竖直向下为正方向，则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中,可能正确的是（ ）
A．
B.
Ｃ.
D．
考点:
安培力;牛顿第二定律.
分析:
根据牛顿第二定律得出加速度的表达式,结合加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化.
解答：
解:
A、因为开始加速度方向向下,与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小,即做加速度逐渐减小的加速运动，然后加速度方向向上,加速度逐渐增大,做加速度逐渐增大的减速运动．故A错误，B正确．
C、根据牛顿第二定律得，金属棒的加速度a=
f=μＮ＝μFA=μBIL=μBLkt，
联立解得加速度a=
与时间成线性关系.故Ｃ错误;
Ｄ、t＝0时刻无电流，无安培力．只有重力,加速度竖直向下，为正值.故D错误．
故选:
B
点评：
解决本题的关键会根据合力确定加速度的变化，结合加速度方向与速度方向判断物体做加速运动还是减速运动,知道速度时间图线的切线斜率表示加速度．
6.（6分）（201５•广元一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝３7°的斜面底端沿斜面向上运动,上升的最大高度为３.０m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能Ｅm机随高度h的变化如图乙所示.（g＝10ｍ／s２，sin37°=0．60，cos3７°＝0.80）.下列说法中正确的是（）
Ａ.
物体的质量m＝0.６7kｇ
Ｂ.
物体可能静止在斜面顶端
Ｃ.
物体上升过程的加速度大小a=1０m/s２
Ｄ.
物体回到斜面底端时的动能ＥＫ＝10J
考点：
牛顿第二定律;动能．
专题：
牛顿运动定律综合专题.
分析:
当物体到达最高点时速度为零，机械能等于物体的重力势能,由重力势能计算公式可以求出物体质量;
在整个运动过程中,机械能的变化量等于摩擦力做的功，由图象求出摩擦力的功,从而得出摩擦力的大小,由牛顿第二定律求出物体上升过程的加速度;由动能定理求出物体回到斜面底端时的动能．
解答:
解：
A、物体在最高点时的机械能等于重力势能，即mgh=3０J,解得ｍ=１kg.故A错误.
B、物体上升到最高点的过程中,机械能减小2０J,即克服摩擦力做功等于２０J，有：
fs＝2０，s=
则摩擦力f=4N,因为mgsin３7°>f,知物体不能静止在斜面的顶端.故B错误．
C、根据牛顿第二定律得,上升过程中的加速度大小ａ＝
.故C正确.
D、上升过程克服摩擦力做功为20J，则整个过程克服摩擦力做功为40Ｊ，根据动能定理得，
，解得回到斜面底端的动能Ek=1０Ｊ．故D正确.
故选:
CD．
点评:
重力做功不改变物体的机械能,摩擦力做功使物体机械能减少，由图象求出物体初末状态的机械能,应用重力势能的计算公式、动能定理即可正确解题.
7．（6分）（2015•广元一模）如图所示，电源电动势E=8V，内阻ｒ=5Ω,电灯A的电阻为10Ω,电灯Ｂ的电阻为6Ω，滑动变阻器的总电阻为６Ω.闭合开关S，当滑动触头P由ａ端向b端滑动的过程中（不考虑电灯电阻的变化）,下列说法正确的是（）
A.
电流表的示数先减小后增大
B.
电压表的示数先增大后减小
C.
电灯A的亮度不断增大
Ｄ.
电源的最大输出功率为3.２Ｗ
考点:
闭合电路的欧姆定律;电功、电功率．
专题：
恒定电流专题.
分析：
分析当滑动触头P由ａ端向b端滑动的过程中,变阻器总电阻的变化,根据闭合电路欧姆定律分析路端电压和总电流的变化，再据滑动变阻器的触头判断两灯的电流的变化．
解答:
解:
ABC、当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中，该电路的总电阻Ｒ外所以Ｒ外＝
，（R是和灯Ａ串联部分滑动变阻器的阻值），由数学知识分析知,当Ｒ=1Ω时,该电路的总电阻最大为5.5Ω，所以滑动触头P由a端向b端滑动的过程中总电阻由先增再减小，根据闭合电路欧姆定律电路中电流先减少再增大即电流表的示数先减少后增大,路端电压先增大再减小;由于路端电压先增大后减少、滑动触头由ａ到ｂ和总电流先减少再增大，所以灯B两端的电压增大即电压表的示数增大，灯A的电流减少即灯Ａ亮度变暗，故A正确,BＣ错误.
D、P=Ｉ2R外＝
=
由数学知识分析知,当外电路电阻等于电源的内阻时,电源的输出功率最大,差别越小功率越大,而以上分析可知,外电路总电阻最大为5.5Ω,最小为
=３Ω,则并联值可以为r=5Ω，则电源的最大输出功率为Ｐmaｘ=
=
＝３.2W,故D正确.
故选：
ＡD．
点评:
本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析.对于变阻器，两侧电路并联，确定总电阻如何变化和灯AB的电流变化是关键.
二、（非选择题共68分）
８．（6分）（20１5•广元一模）在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为5０Hz,查得当地的重力加速度g＝9.８ｍ/ｓ２,测得所用的重物的质量为1．00kg.实验中得到一条点迹清晰的纸带，把第一个点记作O，另选连续的４个点A、Ｂ、C、D作为测量点．经测量知道Ａ、Ｂ、C、Ｄ各点到O的距离分别为62.９９ｃm、70.１8cm、7７.７６cm、85.７３cm．
①根据以上数据,可知重物由O点运动到Ｃ点,重力势能的减少量等于 ７．6２J,动能的增加量等于 ７.５6 J（均取三位有效数字）.
②如果以
为纵轴,以h为横轴，根据实验数据绘出的
﹣h图线，该图线的斜率等于 9.8m/s2.
考点:
验证机械能守恒定律.
专题:
实验题.
分析:
①、纸带实验中,若纸带匀变速直线运动,测得纸带上的点间距,利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度,从而求出动能，根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值.
②、运用物理规律和数学表达式结合起来解决问题.
解答：
解:
①重力势能减小量△Ep=mｇｈ=1.０×9.8×0.77７6J=7.6２J.
在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度,因此有：
vｃ=
≈３．8９m/s
△Ek=mｖＣ2=7.56Ｊ
②根据机械能守恒可知mgｈ=mｖ2﹣0，
得出
=gh，根据实验数据绘出的
﹣h图线是过原点的斜直线,该线的斜率等于重力加速度g．
故答案为：
①7.62；7.56（或7.57）；
②当地重力加速度（9.８m/s2）．
点评:
纸带问题的处理时力学实验中常见的问题,对于这类问题要熟练应用运动学规律和推论进行求解,计算过程中要注意单位的换算和有效数字的保留.
9．（11分）（２０15•广元一模）在做测量一电源（两节干电池）电动势和内电阻的实验时，备有下列器材：
A.定值电阻Ｒ0=2Ω
Ｂ.直流电流表（量程0～0.6A，内阻不能忽略）
C.直流电流表（量程0~3A,内阻不能忽略）
D．直流电压表（量程0~3V,内阻较大）
E.滑动变阻器（阻值范围0~1０Ω）
F．滑动变阻器（阻值范围０～200Ω）
G.电键S及导线若干
①电流表选用 B（选填“Ｂ”或“C”），滑动变阻器选用E;
②某同学将选定的器材在图甲所示的实物图上连线,但只完成了部分实验电路,请你以笔画线做导线完成余下的电路.
③按正确操作完成实验，根据实验记录，将测量数据描点连线，如图乙所示,由图象可得该电源的电动势Ｅ= 2.95Ｖ,内电阻r= 0.810 Ω．（结果均保留三位有效数字）
考点:
测定电源的电动势和内阻.
专题:
实验题.
分析:
由原理图将电流表与滑动变阻器串联，将电压表并联在电滑动变阻器及电流表两端，注意开关应能控制整个电路；
在U﹣I图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势,直线的斜率代表的是电源的内阻和定值电阻的大小之和
解答：
解：
①电路中电流没有超过0.６A；故电流表可以选择B；为了测量方便，要求电流不能太小,所以滑动变阻器选用阻值较小的，故选E
②由原理图可知滑动变阻器为限流接法,电压表并联在滑动变阻器两端,由原理图连接实物图所示；
③在U﹣Ｉ图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势,直线的斜率代表的是电源的内阻和定值电阻的大小之和.
所以E=２.95V，r=
﹣
=
=2．81﹣２=0.810Ω
故答案为：
①B；Ｅ
②如图所示
③2.95（2.9０～2.93）;０．810（0.7７０~０.850）
点评:
本题考查实物图的连接、数据的处理等内容，要求能正确理解电路的接法及实验安全性的要求，并能正确根据图象得出电动势和内电阻．
10.（1５分）（2015•广元一模）如图所示,一固定在地面上的金属轨道ABC,AB与水平面间的夹角为α=37°,一小物块放在Ａ处（可视为质点），小物块与轨道间的动摩擦因数均为μ=０.２5，现给小物块一个沿斜面向下的初速度v0=１m/s.小物块经过Ｂ处时无机械能损失,物块最后停在B点右侧ｓ=１.8m处,已知ｓin37°＝０.6,ｃos37°=0.8,g取10m／s2.求：
（1）小物块在AB段向下运动时的加速度；
（２）AB的长度L?
考点：
动能定理;牛顿第二定律.
专题:
动能定理的应用专题.
分析：
（1）根据牛顿第二定律求出小物块在AＢ段下滑的加速度．
（2）物块经过B处时无机械能损失,物块最后停在B点右侧1.8米处,根据动能定理求出Ｂ点的速度.通过匀变速直线运动的速度位移公式求出ＡB的长度．
解答:
解：
（1）小物块从A到Ｂ的过程中，由牛顿第二定律 mgsinα﹣μｍgｃoｓα=ma
解得ａ=gsinα﹣μｇcosα=4m/s2
（2）对于小物块从B向右运动的过程，由动能定理
解得
小物块从A到B，由运动学公式,有
解得
答：
（１）小物块在AB段向下运动时的加速度是4m/s２；
（2）AB的长度L是１ｍ.
点评：
本题综合运用了牛顿第二定律和运动学公式等知识,关键是理清物块的运动的过程,综合牛顿第二定律和运动学公式求解．第2题也可以全程使用动能定理列式:
.
11.（17分）（２015•广元一模）如图所示，AＢＣＤO是处于竖直平面内的光滑轨道,AB是半径为R=1５m的圆周轨道,CＤO是直径为１5m的半圆轨道.ＡB和ＣＤＯ通过极短的水平轨道（长度忽略不计）平滑连接．半径OＡ处于水平位置，直径OC处于竖直位置．一个小球Ｐ从A点的正上方高H处自由落下,从Ａ点进入竖直平面内的轨道运动（小球经过Ａ点时无机械能损失）．当小球通过ＣＤO轨道最低点C时对轨道的压力等于其重力的
倍，（取g为10ｍ/s２）.
（１）试求高度H的大小？
（2）试讨论此球能否到达ＣDO轨道的最高点Ｏ,并说明理由?
（3）求小球沿轨道运动后经多长时间再次落回轨道上？
考点：
机械能守恒定律；牛顿第三定律；平抛运动．
专题：
机械能守恒定律应用专题．
分析:
（1）设小球通过D点的速度为v，根据向心力公式列出方程，小球从P点落下直到沿光滑轨道运动的过程中，机械能守恒,可解得Ｈ的高度；
（２）先求出0点的最小速度,然后根据机械能守恒定律得到要到达0点需要从多高的地方下落，把这个高度和H进行比较即可解题；
（3）先求出小球由H落下通过O点的速度,小球通过O点后作平抛运动,设小球经时间t落到AB圆弧轨道上，根据几何关系即可求解．
解答：
解：
（１）设小球通过D点的速度为v，则有:
小球从P点落下直到沿光滑轨道运动的过程中,机械能守恒，有mg（Ｈ+）=
可得高度H=
（2）设小球能够沿竖直半圆轨道运动到O点的最小速度为vｃ，有
小球至少应从Hc高处落下,mg
解得
由Ｈ＞HC,小球可以通过Ｏ点.
（3）小球由H落下通过O点的速度为
小球通过O点后作平抛运动，设小球经时间t落到AB圆弧轨道上,有
x=v0t
y=
且x2+y2=R2
可解得时间t=1s（另解舍弃）
答：
（1）高度Ｈ的大小为10m;
（2）能到达CDＯ轨道的最高点O;
（３）小球沿轨道运动后经1s再次落回轨道上．
点评：
整个过程中物体的机械能守恒,离开O点小球做平抛运动，直到落到轨道上，知道物体的运动过程,根据物体的不同的运动状态,采用相应的物理规律求解即可.
12．（１9分）（2０1５•广元一模）如图所示,边长为L的正方形PQＭN区域内（含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，左侧有水平向右的匀强电场，场强大小为E,质量为m、电荷量为q的带正电粒子从Ｏ点由静止开始释放,O、P、Q三点在同一水平直线上，OP＝L．带电粒恰好从M点离开磁场，不计带电粒子重力．
（1）求磁感应强度大小B;
（２）求粒子从O点运动到M点经历的时间;
（3）若磁场磁感应强度可调节（不考虑磁场变化产生的电磁硬度），带电粒子从边界NM上的O'点离开磁场，Ｏ'与Ｎ点距离为,求磁场感应强度的可能数值.
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．
专题：
带电粒子在复合场中的运动专题.
分析:
（１）带电粒子在电场中做加速运动,在磁场中做运动圆周运动,根据动能定理及向心力公式列式,联立方程即可求解B;
（2）根据匀加速直线运动位移时间公式求出粒子在电场中运动的时间,根据粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式求出在磁场中运动的时间，两者之和即为总时间；
（3）设出粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径，根据半径与L的关系并结合几何关系求出半径，再根据向心力公式求出磁场强度．
解答：
解:
（１）设粒子运动到P点时的速度大小为v,则有
ｑEL=
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，半径r=L，
Bqv=m
解得：
B=
（2）设粒子在匀强电场中运动的时间为t1,有：
L=
=
解得:
t１=
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T=
运动时间
所以
所以粒子从O点运动到M点经历的时间t=
（3）若粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r1，且r1＜L＜2r１,
由几何关系得:
（L﹣r１）2+（）2=ｒ12
解得：
ｒ1=
由qvB１＝m
解得:
B1＝
同理,若2r2解得：
r2=，Ｂ2=
，
或r′2＝
，B′2=
所以磁场磁感应强度的可能数值为:
，
答：
（1）磁感应强度大小B为
;
（2）粒子从O点运动到M点经历的时间为
；
（3）磁场磁感应强度的可能数值为：
，
.
点评：
本题是带电粒子在组合场中运动的问题，知道带电粒子在电场中做匀加速运动,在磁场中做匀速圆周运动,并能结合几何关系求解,难度适中．
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