1、1新泰一中高三上学期第二次质量检测物理试题（2018.12）一、选择题（本题共 13 小题；每小题 4 分，共 52 分，17 小题给出的四个选项中只有一个选项正确，813 小题有多个选项正确。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错或不答的得 0 分）1.在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列表述符合物理学史的是A. 开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比B. 卡文迪许利用扭秤巧妙地实现了他对电荷间相互作用力规律的研究C. 法拉第发现了电磁感应现象，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的思想是分不开的D. 安培首先引入电场线和
2、磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究【答案】C【解析】【详解】胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，故 A 错误；、引力常量是卡文迪许通过卡文迪许扭秤测出来的，库仑利用库仑扭秤巧妙地实现了他对电荷间相互作用力规律的研究，故 B 错误；法拉第发现了电磁感应现象，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的思想是分不开的，故 C 正确；法拉第首先引入电场线和磁感线的概念，极大地促进了他对电磁现象的研究，故 D 错误。所以 C 正确，ABD 错误。2. 质量为 M、倾角为 的斜面体在水平地面上，质量为 m 的小木块（可视为质点）放在斜面上，现用一平行于斜面的、大小恒定的拉力 F 作
3、用于小木块，拉力在斜面所在的平面内绕小木块旋转一周的过程中，斜面体和木块始终保持静止状态，下列说法中正确的是（ ）A. 小木块受到斜面的最大摩擦力为B. 小木块受到斜面的最大摩擦力为 F-mgsinC. 斜面体受到地面的最大摩擦力为 FD. 斜面体受到地面的最大摩擦力为 Fcos【答案】C2【解析】试题分析：对小木块在斜面内受力分析，有沿斜面向下的重力分力 绳子拉力 F，但mgsin、方向可以指向圆周各个方向、静摩擦力 f 但方向不能确定，根据题意，当拉力 F 沿斜面向下时，静摩擦力应沿斜面向上，则有 ，此时应为最大静摩擦力，故 A 错误；f=F+mgsin当 F 沿斜面向上时，若 ，则摩擦力
4、 ，故 B 错误；再把小木块与斜面看做一个F=mgsin f=0整体分析，当 F 沿水平方向时，斜面受到地面的摩擦力大小为 F，故 C 正确；当 F 沿斜面向上或向下时，摩擦力最小为 ，故 D 错误Fcos考点：考查了圆周运动，摩擦力3. 如图所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面 ABC 放置在水平面上，CAB=30，斜面内部O 点（与斜面无任何连接）固定有一正点电荷，一带负电的小物体（可视为质点）可以分别静止在 M、N、MN 的中点 P 上，OMON，OMAB，则下列判断正确的是（ ）A. 小物体分别在三处静止时所受力的个数一定都是 4 个B. 小物体静止在 P 点时受到的支持力最大，静止在 M
5、、N 点时受到的支持力相等C. 小物体静止在 P 点时受到的摩擦力最大D. 当小物体静止在 N 点时，地面给斜面的摩擦力为零【答案】B【解析】试题分析：根据共点力的平衡可知在 M 点小物体可以受三个力的作用，所以 A 错误；根据几何关系小物体在 M、N 两点时，库仑力咋垂直于 AC 方向的分立相同，支持力等于重力的分立加上库仑力的分力，所以静止在 M、N 点时受到的支持力相等，OP 垂直与 AC，故支持力等重力的分力加上库仑力，所以小物体静止在 P 点时受到的支持力最大，故 B 正确；在P 点小物体受静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，在 N 点小物体受静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力加库仑力的
6、分力，大于在 P 点受摩擦力，所以 C 错误；因正点电荷与斜面无任何连接，小物体静止在 N 点时，地面给斜面的向右的静摩擦力，所以 D 错误。考点：本题考查库仑力，物体的平衡4.如图所示， 虚线表示某电场的等势面， 一带电粒子仅在电场力作用下由 A 点运动到 B点的径迹如图中实线所示。粒子在 A 点的速度为 、电势能为 ；在 B 点的速度为vA EPA3、电势能为 。则下列结论正确的是： （ ）vB EPBA. 粒子带正电， B. 粒子带负电，vAvB,EPAEPB vAvB,EPAEPB【答案】B【解析】试题分析：由于等势面是同心圆，且外面电势高里面电势低，故图中场源位于等势面圆心位置，是负
7、电荷；又因为粒子的轨迹是曲线，根据曲线的弯曲方向可知是静电斥力，故粒子也带负电；从 A到 B 电势降低，根据电场力做功公式 ，可知电场力做负功，动能减小，W=qU故 电场力做功与电势能的转换关系可知，电场力做负功、电势能增加，故vAvB综合以上可知 B 正确，ACD 错误。EPBEPA考点：等势面、电势能【名师点睛】此题主要考查电场力的功与电势能的关系；解题时要牢记两个同种电荷相互排斥，异种点电荷相互吸引，粒子受力方向总指向曲线的凹侧，本题两个电荷间一定是排斥力，故带同种电荷。然后结合电场力做功与电势能的改变之间的关系：电场力做正功电势能减小，电场力做负功电势能增加；此规律可以和重力功类比记忆
8、；此题属于基础题目。5. 如图所示，水平地面上方有正交的匀强电场 E 和匀强磁场 B，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向外，等腰三角形的金属框由底边呈水平位置开始沿竖直平面的电磁场由静止开始下落，下落过程中三角形平面始终在竖直平面内，不计阻力，a、b 落到地面的次序是 （ ）4A. a 先于 bB. b 先于 aC. a、b 同时落地D. 无法判定【答案】A【解析】当abc 线框下落时，闭合回路中磁通量没有发生变化，回路不产生感应电流，但由于各边都在切割磁感线，所以会产生感应电动势，根据楞次定律，可以判定 a 点的电势高，是电源的正极，b 点的电势低，是电源的负极，a 点聚集着正电荷，b 点
9、聚集着负电荷，a 点的正电荷受到的电场力向下，使 a 点加快运动，b 点的负电荷受到的电场力向上，使 b 点减缓运动，故 a 点先落地，选项 A 正确。6.电场强度方向与 x 轴平行的静电场，其电势 随 x 的分布如图所示，一质量为 m、带电量为 q 的粒子（不计重力） ，以初速度 v0从 O 点（x=0）沿 x 轴正方向进入电场。下列叙述正确的是A. 粒子从 O 点运动到 x3点的过程中，在 x3点速度最大B. 粒子从 x1点运动到 x3点的过程中，电势能先减小后增大C. 要使粒子能运动到 x4处，粒子的初速度 v0至少为 2q0mD. 若 ，则粒子在运动过程中的最大动能为v0=2q0m 3
10、q0【答案】AD【解析】AB、粒子从 O 运动到 x1的过程中，电势升高，场强方向沿 x 轴负方向，粒子所受的电场力5方向也沿 x 轴负方向，粒子做减速运动；粒子从 x1运动到 x3的过程中，电势不断降低，根据正电荷在电势高处电势能越大，可知粒子的电势能不断减小，动能不断增大，故在 x3点速度最大，故 A 正确，B 错误；C、根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到 x1处，就能到达 x4处，当粒子恰好运动到 x1处时，由动能定理得： 解得： ，要使粒子能运动到q（00）=012mv02， v0= 2q0mx4处，粒子的初速度 v0至少为 ，故 C 错误；2q0mD、若 ，粒子运动到 x3
11、处电势能最小，动能最大，由动能定理得：v0=2q0m，解得最大动能为： ，故 D 正确；q0（0）=12mvm212mv02 12mvm2=3q0故选 AD。【点睛】根据电势 随 x 的分布图线可以得出电势函数关系，由电势能和电势关系式得出电势能的变化利用动能定理列方程解答。7.如图所示，在光滑水平面上有一质量为 的足够长的木板，其上叠放一质量为 的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间 增大的水平力 （ 是常数） ，木板和木块加速度的大小分别为 和 。下列反映 和变化的图线中正确的是（ ）【答案】A【解析】试题分析：当 F 比较小时，两个物体相对静止，加
12、速度相同，根据牛顿第二定律得：，at；a=Fm1+m2= ktm1+m2当 F 比较大时，m 2相对于 m1运动，根据牛顿第二定律得：6对 m1： ，、m 1、m 2都一定，则 a1一定a1=m2gm1对 m2： ，a 2是 t 的线性函数，t 增大， a2增大a2=Fm2gm2 =km2tg由于 ，则两木板相对滑动后 a2图象大于两者相对静止时图象的斜率故 A 正确km1+m2 km2故选：A考点：牛顿定律的应用.【此处有视频，请去附件查看】8.在四川汶川的抗震救灾中，我国自主研制的“北斗一号”卫星导航系统，在抗震救灾中发挥了巨大作用. 北斗导航系统又被称为“双星定位系统” ，具有导航、定位
13、等功能. “北斗”系统中两颗工作卫星均绕地心 O 做匀速圆周运动，轨道半径为 r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的 A、 B 两位置（如图所示）若卫星均逆时针运行，地球表面处的重力加速度为 g，地球半径为 R，不计卫星间的相互作用力.则以下判断中错误的是A. 卫星 2 向后喷气就一定能追上卫星 1B. 这两颗卫星的加速度大小相等，均为R2gr2C. 卫星 2 由位置 B 运动到位置 A 所需的时间为r3RrgD. 卫星 2 由位置 B 运动到位置 A 的过程中万有引力做功为零【答案】ACD【解析】A、根据万有引力提供向心力 G =ma，a= 而 GM=gR2所以卫星的加速度 a= Mmr2
14、GMr2 gR2r2B、卫星向后喷气，速度增大，万有引力不够提供向心力，做离心运动，会离开原来的圆轨道所以在原轨道加速不会追上卫星 2C、根据万有引力提供向心力 G =“mr“ 2，= = 所以卫星 1 由位置 A 运动到位置Mmr2 GMr3 gR2r37B 所需的时间 t= t=3=r3RrgD、卫星在运动的过程中万有引力与速度方向垂直，不做功解决本题的关键掌握万有引力提供向心力 G =ma，以及黄金代换式 GM=gR2Mmr29. 如图所示，在 A、B 两点分别固定着所带电荷量相等的正、负点电荷，O 点是两个点电荷连线的中点，C、D 是关于 O 点对称的两点下列说法中正确的是（ ）A.
15、C、D 两点的场强大小相等、方向相同B. C、D 两点的电势相等C. 负点电荷在 C 点的电势能大于它在 D 点的电势能D. 正点电荷从 C 点移到 D 点的过程中，电场力做正功【答案】AD【解析】试题分析：A、等量异种电荷的电场线关于两个电荷的连线对称，电场线分布如图所示某点电场强度方向用电场线上通过该点的切线方向表示，故根据对称性可知 C、D 两点的场强大小相等、方向相同，故 A 正确；B、沿着电场线，电势逐渐降低，等势面与电场线垂直，可知 C 所在等势面的电势高于 D 点所在等势面的电势，故 C 点电势较高，故 B 错误；C、D、由于 C 点电势高于 D 点电势，根据公式 ，可知负点电荷
16、在 C 点的电势能小于它=EPq在 D 点的电势能，负点电荷从 C 点移到 D 点的过程中，电势能增大，电场力做正功，故 C错误，D 正确故选：AD考点：本题考查了电场强度；电势；电势能10. 在 xOy 平面上以 O 为圆心、半径为 r 的圆形区域内，存在磁感应强度为 B 的匀强磁场，磁场方向垂直于 xOy 平面一个质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子，从原点 O 以初速度 v沿 y 轴正方向开始运动，经时间 t 后经过 x 轴上的 P 点，此时速度与 x 轴正方向成 角，如图所示不计重力的影响，则下列关系一定成立的是（ ） 8A. 若 rV2 V3，所以 ，选项 C 对。V3=I(r+R)
17、V3I=(r+R)r考点：串并联电路动态变化二、填空题（每空 1 分，共 12 分，有数值计算的必须注明单位）14. 某学习小组利用如图所示的装置验证动能定理。（1）安装好实验器材，要调节气垫导轨调至水平。操作应该是不挂砝码盘和细线，如果滑块 则气垫导轨调整至水平状态。（2）从装置图中读出两光电门中心之间的距离 s cm；通过下图游标卡尺测得12挡光条的宽度 d= mm（3）挡光条的宽度为 d，记录挡光条通过光电门 1 和 2 所用的时间 t 1和 t 2，并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力 F，为了完成实验，还需要直接测量的一个物理量是 ；（4）实验所验证的动能定理的表达式 （用（2） （3
18、）中字母表示）（5）该实验是否需要满足砝码盘和砝码的总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量？ （填“是”或“否” ） 。【答案】 （1）能在气垫导轨上静止或做匀速运动或滑块经过两个光电门的时间相等（2）50.00cm；2.25mm（3）滑块、挡光条和拉力传感器的总质量 m（4） （5）否Fs=12m(dt2)212m(dt1)2【解析】试题分析：（1）实验时要调整气垫导轨水平不挂钩码和细线，接通气源，如果滑块能在气垫导轨上静止或做匀速运动或滑块经两个光电门的时间相等，则表示气垫导轨调整至水平状态（2）光电门 1 的中心刻度为 20.30cm，光电门 2 的中心刻度为 70.30cm，所以
19、光电门中心之间的距离 s=50.00cm，游标卡尺的读数为 d=2mm+5120mm=2.25mm（3）要计算动能，还需要测量总质量，即滑块、挡光条和拉力传感器的总质量 m（4）拉力所做的功为 ，通过光电门 1 的速度为 ，通过光电门 2 的速度为W=Fs v1=dt1，故滑块的动能变化量为 ，根据动能定理可得v2=dt2 Ek=12m(dt2)212m(dt1)2Fs=12m(dt2)212m(dt1)2（5）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量考点：验证动能定理实验【名师点睛】先明确刻度尺的分度值
20、，读数时注意估读一位；光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度，根据功能关系可以求出需要验证的关系式，进而得到还需要测量的物理量；该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，故不需要满足砝码和砝码盘的13总质量远小于小车的质量15.有一低电阻的螺线管，已知螺线管的金属丝电阻率 =1.710 8 .某活动小组的m同学设计了一个实验来测算螺线管使用的金属丝长度,他们选择了多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器（千分尺） 、导线和学生电源等。他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：（请填写第步操作）将红、黑表笔分别插入多用电表的“” 、 “”插孔；选择欧姆档“1”
21、 ； _；把红黑表笔分别与螺线管金属丝的两端相接，多用表的示数如图（a）所示（最上排刻度从右向左依次为 0、5、10）,则电阻值为_。根据多用电表示数，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图（b）的 A、B、C、D 四个电路中选择_电路来测量金属丝电阻；使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图，则金属丝的直径为_mm； 根据多用电表测得的金属丝电阻值，可估算出绕制这个螺线管所用金属丝的长度约为_m。 （结果保留两位有效数字）他们正确连接电路，接通电源后，调节滑动变阻器，发现电流始终无示数,下列检测故障方案可行的是_，a.使用多用电表的电压档位，接通电源，逐个测量各元件、导线上的
22、电压，若电压等于0，说明该元件或导线断路故障。 b.使用多用电表的电阻档位，断开电路或拆下元件、导线，逐个测量各元件、导线上的电14阻，若电阻为无穷大，说明该元件或导线断路故障.【答案】 (1). 将红、黑表笔短接，调整调零旋钮调零 (2). 4.0 (3). D (4). 0.260 mm (5). 12m 或 13m (6). b【解析】【分析】用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零（指欧姆调零） ；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；常见的电路故障有断路与短路，可以用电压表或欧姆表检查电路故障。【详解】
23、（1）使用多用电表测电阻时，选档后要先进行欧姆调零，具体操作是：红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指 0；（2）根据题目，要求电压调节范围较大，应选用滑动变阻器与电源并联方式，根据多用电表的读数 4.0，可知线圈总电阻较小，与安培表的内阻（一般几十 ）接近，应该选用安培表外接法，综合所述选 D 图。（3）螺旋测微器读数由两部分组成，注意估读，故结果为：0+26.00.01mm=0.260mm。（4）根据电阻定律公式 ，而 ，联立可解得：R=LS S=d24。L=Rd24=3.144.0(0.260103)241.7108 m=12m（5）使用多用电表的电压档位，接通电源，逐个测量各元件、导
24、线上的电压，若电压等于电源电压，说明该元件或导线断路故障，故 a 不可行；使用多用电表的电阻档位，断开电路或拆下元件、导线，逐个测量各元件、导线上的电阻，若电阻为无穷大，说明该元件或导线断路故障，故 b 可行。【点睛】殴姆调零与机械调零要区分，前者是调节殴姆表内的滑动变阻器的电阻来使电流表达到满偏；后者是螺丝刀调节指针使其电流为零。三、计算题(共 36 分,解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位)16.如图，在光滑绝缘水平面上方足够大的区域内存在水平向右的匀强电场，电场强度为E.不带电的绝缘小球 静止在 O 点，带
25、正电的小球 离小球 左侧的距离为 L，现由静止P2 P1 P2释放小球 P 1 ，在电场力的作用下 与 发生正碰后反弹，反弹速度是碰前的 2/3 倍。已P1 P2知小球 的质量为 m;带电量为 q，小球 的质量为 5m.求： P1 P215（1）碰撞前小球 的速度 .P1 v0（2）碰撞后小球 的速度 . P2 v2（3）小球 和小球 从第一次碰撞到第二次碰撞的时间和第二次碰撞时到 O 点的距离.P1 P2【答案】 （1） （2） 方向水平向右 （3） v0=2qELm v2=132qELm t=22mLqE 4L3【解析】【分析】根据动能定理求出碰撞前小球 P1的速度；两小球碰撞的瞬间，动量
26、守恒，结合动量守恒定律求出碰后小球 P2的速度；碰撞后小球 P1先向左后向右做匀变速运动，根据匀变速直线运动的位移时间公式，结合位移关系求出小球 P1和小球 P2从第一次碰撞到得二次碰撞的时间，根据位移的大小求出第二次碰撞的位置。【详解】 （1）设碰撞前小球 P1 的速度为 v0 ，根据动能定理： qEL=12mv20解得 ： v0=2qELm（2） P1 、 P2 碰撞，设碰后 P 1 速度为 v1 ， P2 速度为 v2 ，由动量守恒定律： mv0=m1(23v0)+5mv2解得： 方向水平向右 v2=132qELm（3）碰撞后小球 P1 向先向左后向右做匀变速运动，设加速度为 a，则：
27、a1=qEm设 P1 、 P2 碰撞后又经 时间再次发生碰撞，且 P1 受电场力不变，由运动学公式，以水平t向右为正，则： v1t+12at2=v2t解得： t=22mLqE对 P2 分析： S=v2t=4L3即第二次碰撞时距离 O 点4L3【点睛】本题考查了动量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合，综合16性较强，对学生的能力要求较高，关键理清两球的运动规律，选择合适的定律或定理进行求解.17.如图所示，两平行金属板 AB 中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场。A 板带正电荷，B板带等量负电荷，板间电场强度为 E；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为 B1。平行金属板右侧有一挡板
28、M，中间有小孔 O，OO是平行于两金属板的中心线。挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场应强度为 B2。CD 为磁场 B2边界上的一绝缘板，它与 M 板的夹角 =45，OC=a，现有大量质量均为 m，含有不同电荷量、不同速度的正负带电粒子（不计重力） ，自 O 点沿 OO方向进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线 OO方向运动，并进入匀强磁场 B2中，求：（1）进入匀强磁场 B2的带电粒子的速度；（2）能击中绝缘板 CD 的粒子中，所带电荷量的最大值；（3）绝缘板 CD 上被带电粒子击中区域的长度；【答案】 （1） （2） （3）vEB1 q (2 1)mEB1B2a 2a【解析】【详解】 （1）
29、设沿直线 OO运动的带电粒子进入匀强磁场 B 2 的速度为 v根据：qvB 1=qE解得： v=EB1（2）粒子进入匀强磁场 B 2 中做匀速圆周运动根据： ，得： qvB2=mv2r q=mvB2r因此电荷量最大的粒子运动的轨道半径最小，设最小半径为 r 1 由几何关系有：r 1+ r1=a 2解得最大电荷量为： q=(2+1)mEB1B2a（3）带负电的粒子在磁场 B 2 中向上偏转，某带负电粒子轨迹与 CD 相切，设半径为 r 2 ，依题意：r 2+a= r2217解得：r 2=( +1)a 2则 CD 板上被带电粒子击中区域的长度为：x=r 2-r1=2a 轨迹图如图；【点睛】考查电场
30、力与洛伦兹力，及向心力，并运用牛顿第二定律来解题，同时结合几何关系来确定已知长度与半径的关系。本题关键之处是画出正确的运动图。18.小车上有一个固定支架，支架上用长为 的绝缘细线悬挂质量为 m、电量为 q 的小球，L处于水平方向的匀强电场中。小车在距离矮墙 x 处，向着矮墙从静止开始做加速度 a 匀加速运动，此时，细线刚好竖直，如图所示。当小车碰到矮墙时，立即停止运动，且电场立刻消失。已知细线最大承受拉力为 7mg。（1）求匀强电场的电场强度；（2）若小球能通过最高点，写出最高点时细线的拉力与 x 的关系式；（3）若要使细线不断裂也不松弛，确定 x 的取值范围。【答案】 （1） ；（2） ；（
31、3） 或【解析】试题分析：对小球受重力 mg、细线的拉力 T 和电场力 qE 作用，根据牛顿第二定律可知qEma解得匀强电场的电场强度为：Emaq根据匀变速直线运动规律可知，当小车碰到矮墙瞬间小球的速度为：v 1 2ax18小车停止运动后，小球受 mg、细线的拉力 T 作用，在竖直平面内做圆周运动，此时只有重力 mg 做功，根据动能定理有：2mgL 12mv22 12mv21在小球运动至圆轨迹最高点时，根据牛顿第二定律和向心力公式有：Tmg mv22L联立以上各式解得：T 5mg2maLx若小球仅在下半圆周内摆动，则：mgL12mv21解得：xgaL此情况中，在最低点有：Tmg mv21L解得：T3mg7mg，符合题意要求若小球完成完整的圆周运动，则：T 2 5mg02maLx且：T 1 mg7mgmv21L联立以上各式解得： x5g2aL 3gaL所以要使细线不断裂也不松弛， x 的取值范围为：x 或 xgaL 5g2aL 3gaL考点：本题主要考查了匀变速直线运动规律、圆周运动向心力公式、牛顿第二定律、动能定理的应用以及临界情况的分析能力问题，属于中档偏高题。19
