新课标高三物理第一轮复习阶段性测试题（6）本试卷可以做为期中考试（命题范围：必修1、2及选修3-1）说明：本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共150分；答题时间120分钟.第Ⅰ卷（选择题，共40分）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）1．如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上，均处于静止状态.当用水平向左的恒力F推Q时，P、Q仍静止不动，则（）A．Q受到的摩擦力一定变小B．Q受到的摩擦力一定变大C．轻绳上的拉力一定变小D．轻绳上拉力一定不变2．甲、乙、丙三个小球分别位于如图所示的竖直平面内，甲、乙在同一条竖直线上，甲、丙在同一条水平线上，水平面上的P点在丙的正下方，在同一时刻甲、乙、丙开始运动，甲以初速度v0做平抛运动，乙以水平速度v0沿光滑水平面向右做匀速直线运动，丙做自由落体运动.则（）A．若甲、乙、丙三球同时相遇，则一定发生在P点B．若甲、丙两球在空中相遇，此时乙球一定在P点C．若只有甲、乙两球在水平面上相遇，此时丙球还未着地D．无论初速度v0大小如何，甲、乙、丙三球一定会同时在P点相遇3．如图所示，质量分别为m1和m2的两物块放在水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数都是μ（0≠μ），用轻质弹簧将两物块连接在一起.当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F/作用在m1时，两物块均以加速度a/=2a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x/.则下列关系正确的是（）A．F/=2F B．x/=2xC．F/>2F D．x/<2x4．电荷量分别为+q、+q、－q的三个带电小球，分别固定在边长均为L的绝缘三角形框架的三个顶点上，并置于场强为E的匀强电场中，如图所示.若三角形绕穿过其中心O垂直于三角形所在平面的轴逆时针转过120°，则此过程中系统电势能变化情况为（）A．增加EqL/2 B．减少EqL/2C．增加EqL D．减少EqL5．如图所示，小王要在客厅里挂上一幅质量为1.0kg的画（含画框），画框背面有两个相距1.0m、位置固定的挂钩，他将轻质细绳两端分别固定在两个挂钩上.把画对称地挂在竖直墙壁的钉子上，挂好后整条细绳呈绷紧状态.设细绳能够承受的最大拉力为10N，g取10m/s2，则细绳至少需要多长才至于断掉（）A．1.2m B．1.5mC．2.0m D．3.5m6．2006年5月的天空是相当精彩的，行星们非常活跃，木星冲日、火星合月、木星合月等景观美不胜收，而流星雨更是热闹非凡，宝瓶座流星雨非常壮丽，值得一观. 在太阳系中，木星是九兄弟中“最魁梧的巨人”，5月4日23时，发生木星冲日现象.所谓的木星冲日是指地球、木星在各自轨道上运行时与太阳重逢在一条直线上，也就是木星与太阳黄经相差180度的现象，天文学上称为“冲日”.冲日前后木星距离地球最近，也最明亮. 下列说法正确的是（）A．2006年5月4日，木星的线速度大于地球的线速度B．2006年5月4日，木星的加速度大于地球的加速度C．2007年5月4日，必将产生下一个“木星冲日”D．下一个“木星冲日”必将在2007年5月4日之后的某天发生7．如图所示，质量为m的光滑球放在底面光滑的质量为M的三角劈与竖直档板之间，在水平方向对三角劈施加作用力F，可使小球处于静止状态或恰可使小球自由下落，则关于所施加的水平力的大小和方向的描述正确的有（）A．小球处于静止时，应施加水平向左的力F，且大小为mgB．小球处于静止时，应施加水平向左的力F，且大小为θmg⋅tgC．小球恰好自由下落时，应施加水平向右的力F，且大小为θtgMg⋅D．小球恰好自由下落时，应施加水平向右的力F，且大小为θMg⋅ctg8．摄制组在某大楼边拍摄武打片，要求特技演员从地面飞到屋顶，如图所示，若特技演员的质量m=50kg（人和车可视为质点），g取10m/s2，导演在某房顶离地H=8m处架设了轮轴，轮和轴的直径之比为2:1.若轨道车从图中A前进s=6m到B处时速度为v=5m/s，则由于绕在轮上细钢丝拉动，特技演员（）A．上升的高度为12mB．在最高点具有竖直向上的速度6m/sC．在最高点具有的机械能为2900JD．钢丝在这一过程中对演员做的功为1225J9．如图所示，在光滑的水平板的中央有一光滑的小孔，用不可伸长的轻绳穿过小孔，绳的两端分别挂上小球C 和物体B ，在B 的下端再挂一重物A ，现使小球C 在水平板上以小孔为圆心做匀速圆周运动，稳定时圆周运动的半径为R ，现剪断连接A 、B 的绳子，稳定后，小球以另一半径在水平面上做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ） A ．小球运动半周，剪断连接A 、B 的绳子前受到的冲量大些B ．剪断连接A 、B 的绳子后，B 、C 具有的机械能增加 C ．剪断连接A 、B 的绳子后，C 的机械能不变D ．剪断连接A 、B 的绳子后，A 、B 、C 的总机械能不变（A 未落地前）10．K －介子衰变的方程为0ππ+→--K ，其中-K 介子和-π介子带负的元电荷e ，0π不带电.如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN 为理想边界，磁感应强度分别为B 1、B 2.今有一个K －介子沿垂直于磁场的方向从A 点射入匀强磁场B 1中，其轨迹为圆弧AP ，P 在MN 上，K －介子在P 点时速度为v ，方向与MN 垂直.在P 点该介子发生了上述衰变，衰变后产生的-π介子以原速率沿反方向射回，其运动轨迹为图中虚线所示的“心”形图线.则以下说法中正确的是（ ）A ．-π介子的运行轨迹为PENCMDPB ．-π介子运行一周回到P 点用时为eB m T 22π=C ．B 1=4B 2D ．0π介子做匀速直线运动第Ⅱ卷（非选择题，共110分）二、本题共2小题，共20分，把答案填在题中相应的横线上或按题目要求作答.11．（8分）为了探究物体做功与 物体速度变化的关系，现提供如图所示的器材，让小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，请思考探究思路并回答下列问题（打点计时器交流电频率为50Hz ）（1）为了消除摩擦力的影响应采取什么措施？_____________ （2）当我们分别用同样的橡皮筋1条、2条、3条 ……..并起来进行第一次、第二次、第三 次……..实验时，每次实验 中橡皮筋拉伸的长度应保 持一致，我们把第一次实 验时橡皮筋对小车做的功 记为W.（3）由于橡皮筋对小车做功而使小车获得的速度可以由打点计时器和纸带测出， 如图所示是其中四次实验打出的纸带. （4）试根据第（2）、（3）项中的信息，填写下表.12．（12分）如图所示，R x为待测电阻率的一根金属丝，长为L，R为阻值已知的定值电阻，R/为保护电阻，E为电源，电压表为理想电压表，S为单刀单掷开关，S1、S2为单刀双掷开关，a、b、c、d、e、f为接线柱.（1）实验中，用螺旋测微器测金属丝的直径时，其示数如图甲所示，则金属丝的直径d=_______.（2）某同学利用上述器材设计了一个测金属丝电阻的电路，如图乙所示，请根据此电路图将丙中实验仪器和器材连接实验电路.（3）闭合开关S后的实验主要步骤：①__________ ②________________；电阻率的表达式为：______________.三、本题共6小题，共90分.解答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，答案中必须明确写出数值和单位.13．（13分）如图所示，半径为R的半球支撑面顶部有一小孔.质量分别为m1和m2的两只小球（视为质点），通过一根穿过半球顶部小孔的细线相连，不计所有的摩擦.请你分析：（1）m2小球静止在球面上时，其平衡位置与半球面的球心连线跟水平方向的夹角为θ，则m1、m2、θ和R之间满足什么关系？（2）若m2小球静止于θ=45°处，现将其沿半球面稍稍向下移动一些，则释放后m2能否回到以来位置，请作简析.14．（14分）如图所示，长L=75cm的质量m=2kg的平底玻璃管底部置有一玻璃小球，玻璃管从静止开始受到一竖直向下的恒力F=12N的作用，使玻璃管竖直向下运动，经一段时间t，小球离开管口.空气阻力不计，取g=10m/s2.求：时间t和小球离开玻璃管时玻璃管的速度的大小.15．（14分）如图所示，电源电动势E=18V，内阻r=2Ω，两平行金属板水平放置，相距d=2cm，当变阻器R2的滑片P恰好移到中点时，一带电量q=－2×10－7C的液滴刚好静止在电容器两板的正中央，此时电流表的读数为1A.已知定值电阻R1=6Ω.求：（1）带电液滴的质量（取g=10m/s2）.（2）当把滑动变阻器的滑动片P迅速移到C点后，液滴将做何种运动，求出必需的物理量.（3）液滴到达极板时的动能多大？16．（16分）如图所示，在xOy平面内的第三象限中有沿－y方向的匀强电场，场强大小为E.在第一和第二象限有匀强磁场，方向垂直于坐标平面向里.有一个质量为m、电荷量为e 的电子，从y轴的P点以初速度v0垂直于电场方向进入电场（不计电子所受的重力）.经电场偏转后，沿着与x轴负方向成45°进入磁场，并能返回到原出发点P.（1）求P点距坐标原点的距离h.（2）求出磁场的磁感应强度B以及电子从P点出发经多长时间再次返回P点？17．（16分）如图所示，在直角坐标系的第Ⅱ象限和第Ⅳ象限中的直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为B=5.0×10－2T的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里.质量m=6.64×10－27kg、电荷量为q=+3.2×10－19C的α粒子（不计α粒子的重力），由静止开始经加速电压为U=1205V的电场（图中未画出）加速后，从坐标点M（－4，2）处平行于x轴向右运动，并先后通过匀强磁场区域.（1）请你求出α粒子在磁场中的运动半径；（2）请你在图中画出α粒子从直线x=－4到x=4之间的运动轨迹，并在图中标明轨迹与直线x=4交点的坐标；（3）求出α粒子在两个磁场区域偏转所用的总时间.18．（17分）儿童滑梯可以看成是由斜槽AB和水平槽CD组成，中间用很短的光滑圆弧槽BC 连接，如图所示.质量为m的儿童从斜槽的顶点A由静止开始沿斜槽AB滑下，再进入水平槽CD，最后停在水平槽上的E点，由A到E的水平距离设为L.假设儿童可以看作质点，已知儿童的质量为m，他与斜槽和水平槽间的动摩擦因数都为μ，A点与水平槽CD的高度差为h.（1）求儿童从A点滑到E点的过程中，重力做的功和克服摩擦力做的功.（2）试分析说明，儿童沿滑梯滑下通过的水平距离L与斜槽AB跟水平面的夹角无关.（3）要使儿童沿滑梯滑下过程中的最大速度不超过v，斜槽与水平面的夹角不能超过多少？（可用反三角函数表示）参考答案1．答案：D Q 开始时受到的摩擦力大小、方向不能确定，故不能其变化情况；但P 、Q 仍静止，轻绳上拉力一定不变.故D 选项正确. 2．答案：AB 因为乙、丙只能在P 点相遇，所以三球若相遇，则一定相遇于P 点，A 正确；因为甲、乙水平方向做速度相同的匀速直线运动，所以B 正确；因为甲、丙两球在竖直方向同时开始做自由落体运动，C 错误；因B 项存在的可能，所以D 错. 3．答案：D 对m 1、m 2整体在两种情况分别运用牛顿第二定律，然后再隔离m 2运用牛顿第二定律即可得到正确答案.4．答案：C 电场力最右上角+q 做负功EqL ，电场力对底端+q 做正功qEL /2，电场力对左上角－q 做负功EqL /2，所以系统电势能增加EqL .5．答案：A 细绳两侧拉力相等，承受的拉力均为10N ，然后根据力的合成即可，两段绳子的拉力的合力就等于画的重力. 6．答案：D 由R GM v /=知A 错误；由2/R GM a =知B 错误；由3/R GM =ω知，木星地ωω>，当2007年5月4日地球回到图示出发点时，木星还未回到其出发点，则下一个“木星冲日”必在2007年5月4日之后.7．答案：BD 小球处于静止时，对于小球，受三力共点且平衡，如图甲所示，由平衡条件得：θcos 1mg F =.对于斜面，水平方向在F 和1F 的水平分力作用下处于平衡状态，如图乙，所以有：θsin 1⋅=F F .将1F 的表达式代入得：θtg mg F ⋅=，故选项B 正确.当小球恰好自由下落时，小球在竖直方向做自由落体运动，则三角劈一定向右做匀加速直线运动，设其加速度为a ，它与重力加速度g 的联系为：竖直位移221gt h =，水平位移221at s =，且sh tg =θ，所以θctg g a ⋅=.对三角劈，由牛顿第二定律得：θctg Mg Ma F ⋅==，故选项D 正确.综合来看，选项B 、D 正确.8．答案：BC 设轨道车在B 时细线与水平方向之间的夹角为θ，将此时轨道车的速度分解，如图所示.由图可知，在这一过程中，连接轨道车的钢丝上升的距离为28862222=-+=-+=H Hsh m ，演员上升的距离为2×2m=4m ，A 项错误；此时钢丝的速度38665cos 2222=+⨯=+==Hsvs v v θ丝m/s ，由于轮和轴的角速度相同，则其线速度之比等于半径（直径）之比，12=丝人v v ，即s m v v /62==丝人，B 项正确；演员在最高点具有的机械能为2900410502650222=⨯⨯+⨯=+=mgh mvE 人J ，C 项正确；根据功能关系可知，钢丝在一过程中对演员做的功等于演员机械能的增量，即W=2900J ，D 项错误.9．答案：AD 剪断绳子前C 球做匀速圆周运动的向心力由绳子拉力提供，大小等于A 、B两物体的重力，剪断绳子后C 球所受的拉力不足以提供向心力，故C 球将做离心运动，轨道半径增大，绳子拉力对C 球做负功，动能变小，C 错.在剪断绳子前后，小球运动半周的冲量变化量等于动量的变化量2mv ，但剪断绳子前小球做圆周运动的速率小于剪断绳子后，因此A 正确；剪断绳子后，B 、C 总机械能不变，且A 、B 、C 系统的总机械能也不变，B 错，D 正确.10．答案：BD -π介子带负电，根据左手定则可以判断出-π介子的运行轨迹为PDMCNEP ，则选项A 错误；设-π介子在左右磁场中做匀速圆周运动的半径分别为R 1和R 2，运行周期分别为T 1和T 2，由题图可知，2121=R R ，由R =mv /qB ，所以B 1=2B 2，即选项C 错误；而112eB m T π=，222eB m T π=，而-π介子运行一周回到P 点所用时间为21212222eB m T T T T π=++=，即选项B 正确；由于0π不带电，它不受洛伦兹力的作用，它将做匀速直线运动，即选项D 正确. 11．解析：（1）将木板固定有打点计时器的一端垫起适当的高度，使小车缓慢匀速下滑（2分）（2）12．解析：根据螺旋测微器的读数原理可知其读数为1.220.连接实物图时要注意接线柱的选择和连线不能交叉，还要注意量程的选择.因为I x =I ，所以有U 2/R x =U 1/R ，R x =U 2R/U 1，又R=ρL/S ，所以1224LU RU d πρ=.答案： （1）1.220（3分）（2）如 图所示.（3分）（3）①先将S 1、S 2掷向c 和f ，测出电阻R 两 端电压U 1；②将S 1、S 2掷向a 和d ，测出 R x 两端的U 2.（4分）1224LU RU dπρ=（2分13．解析：（1）根据平衡条件，g m g m 12c o s =θ，θcos 21m m =（3分） m 1、m 2、θ和R 无关. （2分） （2）不能回到原来位置（3分）m 2所受的合力为0)45cos (cos cos 212>︒-'=-'θθg m g m g m （3分） （︒<'45θ ）所以m 2将向下运动. （2分）14．解析：设玻璃管向下运动的加速度为a ，对玻璃管受力分析由牛顿第二定律得，ma mg F =+①（2分）设玻璃球和玻璃管向下运动的位移分别为s 1、s 2时，玻璃球离开玻璃管， 由题意得， L s s =-12②（2分） 由玻璃球作自由落体运动得，2121gts =③（2分）由玻璃管向下加速运动得，2221ats =④（2分）玻璃球离开玻璃管时，玻璃管的速度at v =⑤（2分）由①～⑤式解得，t =0.5s ，v =8m/s. （4分） 15．解析：（1）电容器两极板的电压是电源的路端电压，U=E －Ir =16V （2分） 由平衡条件mg=qU/d ，得m=qU/gd =1.6×10－5kg （2分） （2）当滑片在中点时I (R+R 2/2)=U =16V ，∴R 2=20Ω（2分） 当滑片滑到C 点时，路端电压U /=E (R 1+R 2)/(r+R 1+R 2)=7117V>16V （2分）所以液滴将向上极板方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律qU //d －mg=ma （2分） a=q (U /－U )/md =0.45m/s 2（2分）（3）液滴到达上极板时的动能，由动能定理得，mv 2/2=qU //2－mgd /2=q (U /－U )/2=7.14×10－8J （2分） 16．解析：（1）如图所示，电子由P 点到M 点受电场力作用做类平抛运动，电子在M 点刚进入磁场时的速度00245cos /v v v =︒=①（2分）由动能定理得，eEh mv mv=-2022121②（2分）由①②式解得，eEmv h 220=③（1分）（2）由题意，电子由M 点进入磁场后受洛伦兹力作用作匀速圆周运动，从N 点离开磁场，再由N 点作匀速直线运动返回P 点（注意，还不能判断磁场中的圆周运动的圆心是否在y 轴上）. 电子由P 点到M 历时t 1，y 方向145sin at v =︒ ④（1分） a=Ee/m ⑤（1分）－x 方向OM=v 0t 1 ⑥（1分）由几何关系知电子在磁场中历时t 2=3T /4=eBm qBm ππ3243=⋅ ⑦（2分）由N 点到P 点32vt h = ⑧（1分） 由①③④⑤⑥⑦⑧解得，eBm eEmv t t t t 23230321π+=++=⑨（1分）由牛顿第二定律和洛伦兹力提供向心力得，evB=mv 2/R ⑩（1分） 几何关系知ON=h ，MN=MO+ON ，(MN )2=R 2+R 2 （1分） 联立以上各式得，B =4E /3v 0，eEmv t83)34(0π+=（2分）17．解析：（1）α粒子在电场中被加速，由动能定理得，221mv qU =①（2分）α粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律得， rvmqvB 2=②（2分）qBmv r =∴ ③（1分）联立①③解得， 11927102102.312051064.6205.0121---⨯=⨯⨯⨯⨯==qmU Br m （3分）（2） 图象如图所示. （4分） （3）带电粒子在磁场中的运动周期qBm vr Tππ22==（2分）α粒子在两个磁场中分别偏转的弧度为4π，在磁场中的运动总时间：721927105.6105102.321064.614.3241----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯===qBmT t πs （2分）18．解析：（1）儿童从A 点滑到E 点的过程中，重力做功W=mgh （2分）儿童由静止开始滑下最后停在E 点，在整个过程中克服摩擦力做功W 1，由动能定理得， 1W mgh -=0，则克服摩擦力做功为W 1=mgh （3分）高中物理辅导网/京翰教育中心/ （2）设斜槽AB 与水平面的夹角为α，儿童在斜槽上受重力mg 、支持力N 1和滑动摩擦力f 1，αμcos 1mg f =，儿童在水平槽上受重力mg 、支持力N 2和滑动摩擦力f 2， mg f μ=2，儿童从A 点由静止滑下，最后停在E 点.（3分） 由动能定理得，0)cot (sin cos =--⋅-αμααμh L mg hmg mgh （2分） 解得μh L =，它与角α无关. （2分）（3）儿童沿滑梯滑下的过程中，通过B 点的速度最大，显然，倾角α越大，通过B 点的速度越大，设倾角为0α时有最大速度v ，由动能定理得，20021sin cos mv hmg mgh =⋅-ααμ（3分） 解得最大倾角)22cot(20gh v gh arc μα-=.（2分）。