南大附中高三总复习物理周练卷111doc20160625075726de27

试卷第1页，总16页南大附中高三总复习物理周练卷时间：100分钟满分：110分一、不定项选择题(本题共10个小题，每小题4分，共40分)1．物体做直线运动，下列所给的图象中不能反映物体回到初始位置的是（）A．B．C．D．【答案】B2．图中所示A、B、C为三个相同物块，由轻质弹簧K和轻线L相连，悬挂在天花板上处于静止状态，若将L剪断，则在刚剪断时，A、B的加速度大小aA、aB分别为（）A．aA＝0、aB＝0B．aA＝0、aB＝gC．aA＝g、aB＝gD．aA＝g、aB＝0【答案】B【解析】试题分析：剪断L以前，下面弹簧的弹力为2mg；剪断细线L后，对物体B，根据牛顿第二定律：2mg-mg=maB，解得：aB=g；因剪断细线时，弹簧的弹力不能突变，则可知物体A的受力情况不变，加速度为零，则选项B正确.考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题，是属于“瞬时态”类问题；关键是分析AB两个物体在剪断细线前后的受力情况；尤其注意的是在剪断细线后的瞬时弹簧的弹力是不变的，这是解题的关键点.3．如图所示，在水平地面同一位置的三个小球做斜上抛运动，沿三条不同的路径运动最终落在1、2、3三点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是KKABCL试卷第2页，总16页A．落在1的小球抛出时的速率最大B．落在3的小球在空中运动时间最短C．三个小球运动时相同时间内速度变化相同D．三个小球运动到最高点时速度相等【答案】AC【解析】试题分析:设初速度为v0，初速度与水平方向的夹角为θ，则：sin,cos00vvvvyx，由题中图像知，三种情况下小球上升的高度相同，故vy相同，故在空中运动的时间相同，1球运动的最远，故1球的水平分速度最大，1球的速度最大，A对、B错；在运动过程中，只受重力做匀变速直线运动，在相等时间内速度的变化量相等，C对；小球运动到最高点时，vy=0,v=vx,故1球的速度此时最大，D错。4．如图所示，三个物体质量分别为1m=1.0kg、2m=2.0kg、3m=3.0kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角30，1m和2m之间的动摩擦因数μ=0.8。不计绳和滑轮的质量和摩擦。初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，2m将（g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力）()A.和1m一起沿斜面下滑B.和1m一起沿斜面上滑C.相对于1m下滑D.相对于1m上滑【答案】C【解析】试题分析：假设m1和m2之间保持相对静止，对整体来说加速度2312123()sin302.5/mgmmgamsmmm．隔离对m2分析，根据牛顿第二定律得，f-m2gsin30°=m2a解得f=m2gsin30°+m2a＝15N试卷第3页，总16页最大静摩擦力fm=μm2gcos30°=0.8×20×32N=83N，可知f＞fm，知道m2的加速度小于m1的加速度，m2相对于m1下滑．故C正确．考点：牛顿第二定律的应用。5．如图，一带正电的点电荷固定于Ｏ点，两虚线圆均以Ｏ为圆心，两实线分别为带电粒子Ｍ和Ｎ先后在电场中运动的轨迹，ａ、ｂ、ｃ、ｄ、ｅ为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法说法正确的是Ａ．M带负电荷，N带正电荷B．M在b点的动能小于它在a点的动能C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功【答案】ABC【解析】如图所示，M粒子的轨迹向左弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向左，可知M带电粒子受到了引力作用，故M带负电荷，而N粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向下，说明N粒子受到斥力作用，故N粒子带正电荷，故选项A正确；由于虚线是等势面，故M粒子从a到b电场力对其做负功，故动能减小，故选项B正确；对于N粒子，由于d和e在同一等势面上，故从d到e电场力不做功，故电势能不变，故选项C正确；由于N粒子带正电，故从c点运动到d点的过程中，电场力做正功，故选项D错误。6．如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是A、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，1R消耗的功率变大B、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表1A示数变大D、若闭合开关S，则电流表1A示数变大，2A示数变大【答案】B【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R的阻值变大，变压器的次级电压不变，则次级电流减小，则R1消耗的功率及两端电压均变小，电压表的示数等于变压器次级电压减去R1两端的电压，故电压表的示数变大，选项A错误，B正确；由于当滑动试卷第4页，总16页变阻器的滑动触头P向上滑动时，次级电流减小，故初级电流也减小，电流表A1示数变小，选项C错误；若闭合开关s，则变压器的次级电阻减小，次级电流变大，R1的电压变大，则电压表V示数减小，则R2两端电压减小，安培表A2读数减小；次级电流变大，则初级电流变大，则电流表A1示数变大，选项D错误；故选B.考点：变压器；电路的动态分析7．在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ．则A．该卫星的发射速度必定大于第二宇宙速度11.2km/sB．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度大于第一宇宙速度7.9km/sC．在轨道Ⅰ上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度D．卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ【答案】CD【解析】试题分析：该卫星的发射时没有脱离地球的引力，故发射的速度小于第二宇宙速度11.2km/s，选项A错误；卫星的轨道半径越大，则运行速度越小，故在同步轨道Ⅱ上的运行速度小于第一宇宙速度7.9km/s，选项B错误；根据开普勒行星运动第二定律可知，在轨道Ⅰ上，卫星在近地点P点的速度大于在远地点Q点的速度，选项C正确；卫星在Q点通过加速后做离心运动，实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，选项D正确；故选CD.考点：万有引力定律的应用.8．如图（a），螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图（b）所示规律变化时（A）在t1~t2时间内，L有收缩趋势（B）在t2~t3时间内，L有扩张趋势（C）在t2~t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流（D）在t3~t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流【答案】AD【解析】据题意，在t1~t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增加，则在导线框中产生顺时针方向大小增加的电流，该电流激发出增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故选项A正确；在t2~t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B、C错误；在t3~t4时间内，外加磁场向下减小，且斜率也减小，在导线框中产生顺时针方向减小的电流，该电流激发出向内减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向电流，选项D正确。PQⅠⅡ地试卷第5页，总16页9．平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q0）。粒子沿纸面以大小为v的速度从PM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的射点到两平面交线O的距离为A．B．C．D．【答案】D【解析】试题分析：根据题意，粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，则轨迹与ON相切，设切点为C点，入射点为B点，出射点为A点，粒子在磁场中的轨迹圆心为'O点，根据几何知识可得AB2sin30rr，则三角形'OAB为等边三角形，故∠'OAB=60°，而∠MON=30°，∠OCA=90°，故C'OA为一条直线，所以△AOC为直角三角形，故粒子离开磁场的出射点到O的距离为2=4sin30?sin30?ACrAOr，而半径公式mvrBq，故距离为4mvBq考点：考查了带电粒子在有界磁场中的运动10．如图所示为赛车场的一个“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90m的大圆弧和r=40m的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O'距离L=100m。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短（发动机功率足够大，重力加速度g=10m/s2,=3.14）。A．在绕过小圆弧弯道后加速B．在大圆弧弯道上的速率为45m/sC．在直道上的加速度大小为5.63m/s2D．通过小圆弧弯道的时间为5.85s【答案】AB【解析】试卷第6页，总16页试题分析：在弯道上做匀速圆周运动时，根据牛顿定律2mvkmgmr，故当弯道半径时，在弯道上的最大速度是一定的，且在大弯道上的最大速度大于小湾道上的最大速度，故要想时间最短，故可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A正确；在大圆弧弯道上的速率为2.251090/45/mRvkgRmsms，选项B正确；直道的长度为22()503xLRrm，在小弯道上的最大速度：2.251040/30/mrvkgrmsms，故在在直道上的加速度大小为2222224530/6.50/22503mRmrvvamsmsx，选项C错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为23r，通过小圆弧弯道的时间为223.144032.80330mrrtssv，选项D错误；故选AB．考点：牛顿第二定律的应用；匀变速运动的规律.二、填空题(本题共3个小题，共18分)11．关于近代物理学的结论中，下列说法正确的是___________A．结合能越小表示原子核中的核子结合的越牢固B．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的C．一个氘核（21H）与一个氚核（31H）聚变生成一个氦核（42He）的同时，放出一个中子D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量也减小E．质子．中子．α粒子的质量分别是123mmm、、，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是21232+2mmmc【答案】BCE【解析】试题分析：比结合能越大表示原子核中的核子结合的越牢固，A错误；β衰变中产生的β射线是原子核内部的中子转化为质子同时释放出的电子，B正确；据核反应方程的两边质量数和电荷数相等的原则可知，一个氘核(21H)与一个氚核(31H)聚变生成一个氦核(42He)的同时，放出一个中子10n，选项C正确；按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大，选项D错误；根据爱因斯坦质能方程，质子．中子．粒子的质量分别是m1．m2．m3，两个质子和两个中子结合成一个粒子，释放的能量是(2m1+2m2-m3)c2，选项E正确。考点：结合能；衰变的特点；聚变反应；玻尔理论；爱因斯坦质能方程。12．某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和11ab固定在试卷第7页，总16页同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁（未画出）的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且两导轨垂直。（1）在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动。（2）为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：A．适当增加两导轨间的距离B．换一根更长的金属棒C．适当增大金属棒中的电流其中正确的是_______（填入正确选项前的标号）【答案】（1）如图所示（2）AC【解析】试题分析：（1）如图所示，注意滑动变阻器的接法是限流接法（2）根据公式FBIL可得适当增加导轨间的距离或者增大电流，可增大