福建省厦门市外国语学校高三下学期5月适应性考试最后压轴模拟理综物理试题含解析

1、众志成城卧虎藏龙地豪气干云秣马砺兵锋芒尽露披星戴月时书香盈耳含英咀华学业必成福建省厦门外国语学校2018-2019学年高三下学期 适应性考试（最后压轴模拟）理综-物理试题1. 如图所示，内壁光滑的牛顿管抽成真空，现让牛顿管竖直倒立，同时水平向右匀速移动，最新试卷十年寒窗苦，踏上高考路，心态放平和，信心要十足，面对考试卷，下笔如有神，短信送祝福，愿你能高中，马到功自成，金榜定题名。则管中羽毛的运动轨迹可能是a. b. c. d. 【答案】c【解析】内壁光滑的牛顿管抽成真空，现让牛顿管竖直倒立，则管中羽毛只受到重力作用，做自由落体运动，那么水平方向上做匀速直线运动，竖直方向下做匀加速直线运动，加速

2、度方向向下，因为合加速度的方向竖直向下，与合速度不在同一条直线上，合运动的轨迹为曲线因为加速度的方向（即合力的方向）大致指向轨迹凹的一向，故c正确，abd错误；故选c2. 如图甲所示的电路中，变压器原、副线圈匝数比为31，图乙是该变压器cd输入端交变电压u的图象，l1，l2、l3、l4为四只规格均为“9 v6 w”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，开关k闭合。以下说法正确的是a. 电流表的示数为2 ab. ab输入端输入功率pab18 wc. ab输入端电压的瞬时值表达式为uab27sin 100t(v)d. 四只灯泡中除l1外，其余均能正常发光【答案】a【解析】由输入端交变电压u的图象，可

3、知其最大值为，有效值是27v，副线圈电压为：，所以副线圈三只灯泡均能正常发光。灯泡的额定电流：，电流表的读数为，原线圈电流为，所以原线圈的灯泡也能正常发光，ab输入端电压为，输入端电压的瞬时值表达式为，四个灯泡都正常发光，所以ab输入端输入功率，故a正确，bcd错误，故选a。【点睛】闭合电路动态分析中，电源部分是由变压器提供，其它仍用闭合电路殴姆定律当断开开关s时，导致总电阻发生变化，而电压不变，则可判断出电路中的电流及电压如何变化同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其值就是刚才的有效值3. 如图所示，倾角为的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上

4、，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则下列说法不正确的是a. b对c的摩擦力可能始终增加b. 地面对c的支持力始终变大c. c对地面的摩擦力方向始终向左d. 滑轮对绳的作用力方向始终不变【答案】c【解析】试题分析：a中沙子缓慢流出的过程中，a的重力不断减小，与之相连的绳子中的张力也减小，对于b，它受重力、支持力、拉力和摩擦力而精致，因a、b间质量关系不明确，故b所受的摩擦力可能始终增加，也可能先向下减少到零后反向再增大，a正确；再以bc为整体，它在一个逐渐减小的拉力作用下静止，因拉力在竖直方向上分量逐渐减小

5、，在水平方向上的分量也逐渐减小，致使地面对c的支持力变大，地面对c的摩擦力方向始终向左，且逐渐减小，故b正确c错误；绳中的拉力的大小自逐渐减小，而轻绳的一侧平行于斜面，另一侧在竖直方向上，由平行四边形定则知滑轮对绳的作用力方向始终不变，d正确；考点：考查了共点力平衡条件的应用【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解，4. 如图所示，pq、mn是放置在水平面内的光滑导轨，gh是长度为l、电阻为r的导体棒，其中点与一

6、端固定的轻弹簧连接，轻弹簧的劲度系数为k.导体棒处在方向向下、磁感应强度为b的匀强磁场中.图中e是电动势为e、内阻不计的直流电源，电容器的电容为c.闭合开关，待电路稳定后，下列选项正确的是a. 导体棒中电流为b. 轻弹簧的长度增加c. 轻弹簧的长度减少d. 电容器带电量为【答案】d.【点睛】电路稳定后电容器相当于断路，根据欧姆定律求导体棒中的电流，由q=cu求电容器的带电量5. 质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为，其中g为引力常量，m为地球质量.该卫星原来在半径为r1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为r2，此过

7、程中因摩擦而产生的热量为a. gmm b. gmmc. d. 【答案】c【解析】卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为时，卫星的引力势能为，轨道半径为时，卫星的引力势能为，设摩擦而产生的热量为q，根据能量守恒定律得：，联立得：，故选c。【点睛】求出卫星在半径为圆形轨道和半径为的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出热量，6. 如图所示，匀强电场中有一个以o为圆心、半径为r的圆，电场方向与圆所在平面平行，a、o两点电势差为u，一带正电的粒子在该电场中运动，经a、b两点时速度大小均为v0，粒子重力不计，以下说法正确的是a.

8、粒子在a、b间是做圆周运动b. 粒子从a到b的运动过程中，动能先减小后增大c. 匀强电场的电场强度ed. 圆周上，电势最高的点与o点的电势差为u【答案】bd【解析】带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在a、b两点动能相等，则电势能也相等。因为匀强电场，所以两点的连线ab即为等势面。根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线co如图由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着co方向，因此粒子从a到b做抛体运动，故a错误；由a选项分析可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°，后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大，故b正确；匀强电场的电场强度u

9、=ed，式中的d是沿着电场强度方向的距离，由几何关系可知，则，故c错误；圆周上电势最高的点与o点的电势差为，故d正确；故选bd。【点睛】带正电粒子仅在电场力作用下，从a运动到b，由速度大小，得出粒子的动能的大小关系，从而确定粒子的电势能大与小由于匀强电场，则等势面是平行且等间距根据曲线运动条件可确定电场力的方向，从而得出匀强电场的电场线方向7. 如图所示，在同一水平面内有两根足够长的光滑水平金属导轨，间距为20cm，电阻不计，其左端连接一阻值为10 的定值电阻.两导轨之间存在着磁感应强度为1 t的匀强磁场，磁场边界虚线由多个正弦曲线的半周期衔接而成，磁场方向如图所示.一接入电阻阻值为10 的导

10、体棒ab在外力作用下以10 m/s的速度匀速向右运动，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则a. 电压表的示数是1 vb. 电流表的示数是ac. 导体棒运动到图示虚线cd位置时，电流表示数为零d. 导体棒上消耗的热功率为0.1 w【答案】ad【解析】回路中产生的感应电动势的最大值为：，则电动势的有效值，电压表测量r两端的电压，则，电流表的示数为有效值，故a正确，b错误；电流表示数为有效值，一直为0.1a，故c错误；导体棒上消耗的热功率，故d正确；故选ad。【点睛】根据公式e=blv求解电动势的最大值交流电压表及交流电流表测量的是有效值，根据有效值的定义求出，根据求解导体棒上消耗的热功率8. 如

11、图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h0.1 m处，滑块与弹簧不拴接现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的动能ekh图象，其中h0.18 m时对应图象的最顶点，高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余为曲线，取g10 m/s2，由图象可知a. 滑块的质量为0.18 kgb. 弹簧的劲度系数为100 n/mc. 滑块运动的最大加速度为40 m/s2d. 弹簧的弹性势能最大值为0.7 j【答案】bc【解析】在从0.2m上升到0.35m范围内，图线的斜率绝对值为：，则 m=0.2kg，在图象中，图线

12、的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所以从h=0.2m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2m，当弹簧弹力等于重力时，物块的速度最大，根据图象可知，此时h=0.18m，则有：，解得：，故a错误，b正确；由上分析可知，滑块静止释放后做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力时，加速度为0，物块的速度最大，所以物块在释放瞬间加速度最大。由牛顿第二定律可得：，故c正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以，故d错误。故选bc。【点睛】

13、根据图象的斜率表示滑块所受的合外力，高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明h=0.2m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2m，当弹簧弹力等于重力时，物块的速度最大，根据平衡条件求出k物块在释放瞬间加速度最大，由牛顿第二定律可求最大加速度根据能的转化与守恒可知滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题第39题为选考题，考生根据要求做答。9. 为了进行验证牛顿第二定律的实验，现提供如图甲所示的实验装置。（1）为了消除小车与水平木板之间的摩擦力的影响，应采取的

14、做法是（_）a将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动 b将木板带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动 c将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动 d将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车能够静止在木板上（2）有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，研究加速度a与所受外力f的关系，他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a-f图线，如图乙所示。图线_（选填“”或“”）是在轨道倾斜情况下得到的；小车及车中的砝码总质量m=_kg。【答案】 (1). c (2). (3).

15、0.5【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，了解平衡摩擦力的方法；根据图象分析误差产生的原因，根据牛顿第二定律得到与图象对应的公式，根据斜率的意义即可求出质量。10. 某实验小组要测量电阻rx的阻值。（1）首先，选用欧姆表“×10”挡进行粗测，正确操作后，表盘指针如图甲所示。（2）接着，用伏安法测量该电阻的阻值，可选用的实验器材有：电压表v（3v，内阻约3k）；电流表a（50ma，内阻约5）；待测电阻rx；滑动变阻器r（0200）；干电池2节；开关、导线若干。在图乙、图丙电路中，应选用图_（选填“乙”或“丙”）作为测量电路，测量结果_真实

16、值（填“大于”“等于”或“小于”），产生误差的原因是_。（3）为更准确测量该电阻的阻值，可采用图丁所示的电路，g为灵敏电流计（量程很小），r0为定值电阻，r、r1、r2为滑动变阻器。操作过程如下：闭合开关s，调节r2，减小r1的阻值，多次操作使得g表的示数为零，读出此时电压表v和电流表a的示数u1、i1；改变滑动变阻器r滑片的位置，重复过程，分别记下u2、i2，un、in；描点作出ui图象，根据图线斜率求出rx的值下列说法中正确的有_。a图丁中的实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响b闭合s前，为保护g表，r1的滑片应移至最右端cg表示数为零时，电压表测量的是rx两端电压d调节g表的示数为

17、零时，r1的滑片应位于最左端【答案】 (1). 乙 (2). 小于 (3). 电压表分流 (4). ac【解析】（1）由于待测电阻的电阻值比较小比电压表的内阻小得多 , 所以电流表使用外接法  所以选择图乙作为测量电路，测量结果小于真实值，产生误差的原因是电压表的分流导致测量的电流偏大，所以电阻偏小。（2）a、该电路能够准确的计算出流过待测电阻的电流值，所以该实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响，a对；b、闭合 s 前 , 为保护 g 表 , 开始时 r1&#

18、160;的电阻值要最大，所以滑片应移至最左端，b错；c、g表示数为零时，电压表直接和待测电阻并联所以电压表测量的是rx两端电压，c对；d、调节 g 表的示数为零时 , 与 r1 的滑片的位置无关，d错； 11. 某同学设计了一种测定风力的装置，其原理如图所示，迎风板与一轻弹簧的一端n相接，穿在光滑的金属杆上弹簧是绝缘材料制成的，其劲度系数k = 1300 n/m，自然长度l0= 0. 5 m，均匀金属杆用电阻率较大的合金制成，迎风板面积为s=0.5 m2，工作时总是正对着风吹来的方向电路中左端导线与金属杆m端相连，右端导线接在n点并可

19、随迎风板在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好限流电阻的阻值r=1，电源电动势e=12 v，内阻r=0.5合上开关，没有风吹时，弹簧处于原长，电压表的示数u1=3.0 v；如果某时刻由于风吹使迎风板向左压缩弹簧，电压表的示数变为u2=2.0v，求：（1）金属杆单位长度的电阻；（2）此时作用在迎风板上的风力；（3）若风（运动的空气）与迎风板作用后速度变为零，已知装置所在处的空气密度为1. 3 kg/m3，求风速为多大？【答案】（1） （2）260 n （3）20m/s【解析】试题分析：（1）定值电阻r与金属杆串联，当无风时，根据电压表示数，应用闭合欧姆定律求出电流，再根据公式，求出金属杆接入电路的电

20、阻（2）根据有风时电压表示数可用第1题的方法求出金属杆接入电路的电阻，由电阻再求出此时弹簧的长度，根据胡克定律f=kx，求出风力（3）根据动量定理求解风速的大小（1）无风时，金属杆电阻，则有：解得：故单位长度电阻：（2）有风时，解得：此时弹簧长度则形变量由平衡条件得，此时风力：（3）根据动量定理，有：解得：【点睛】本题考查电压、电流、电阻的计算，关键是欧姆定律的公式及其变形的应用以及串联电路电压的规律解决力电综合题，关键寻找力与电的桥梁，本题的桥梁是弹簧的长度12. 如图所示，xoy坐标系中，在y轴右侧有一平行于y轴的边界pq，pq左侧和右侧存在磁感应强度大小分别为b与的匀强磁场，磁场方向均垂

21、直于xoy平面向里y轴上有一点a与原点o的距离为l电荷量为q、质量为m的带正电粒子，以某一速度从坐标原点o处沿x轴正方向射出，经过的时间为时恰好到达a点，不计粒子的重力作用（1）粒子在左右中圆周运动半径大小之比（2）求边界pq与y轴的距离d和粒子从o点射出的速度大小v0；（3）若相同的粒子以更大的速度从原点o处沿x轴正方向射出，为使粒子能经过a点，粒子的速度大小应为多大？【答案】(1) (2) ， (3) 或【解析】试题分析：（1）（2）带电粒子先在左侧磁场做匀速圆周运动，由入射方向可以确定在该磁场中做匀速圆周运动的圆心在y轴上，当转过一定角度后，进入右侧磁场做同方向的匀速圆周运动，最后在进入

22、左侧恰好达到a点，由带电粒子在两边磁场中运动的总时间列出方程从而可以求出在右侧磁场中偏转角，结合周期公式和半径公式、几何关系可以求得半径之比、边界pq与y轴的距离d和粒子从o点射出的速度大小（3）在第一问的基础上，当带电粒子速度增大时，其半径也增大，表示出粒子在左侧和右侧运动一次在y轴上上移的距离y，要使带电粒子能够回到a点，则有，把相应的半径公式代入就能求得速度的可能值（1）带电粒子在两侧磁场均做圆周运动，均有：解得：（2）由得：粒子经过实践t恰好到达a点，其轨迹如图设om段圆弧对应圆心角为，则：解得：为等边三角形，由几何关系可得：，解得：，由得：（2）速度更大的粒子，必从y轴高点处转向下方

23、时经过a点，一个周期图像如图粒子在一个周期内沿y轴方向的位移为：，其中：r2=2r1即：，其中经过a点的条件是：，n=1,2,3,且：得：，n=1,2,3,因：，故n只能取1或2，故粒子的速度大小为：或（，n=1,2）【点睛】本题的难点：粒子在方向相同但大小不同的两个磁场区域内做匀速圆周运动，已知磁感应强度关系，也就知道了半径关系，由于进入两个磁场的速度方向不能突变，所以偏向角有一定关系，从而时间也有了一定的关系当速度增大时，半径也要增大，要使带电粒子同样能到达a点，则粒子在左、右两侧磁场中各偏转一次向上上移的距离之和的整数倍等于oa长13. 利用下图装置研究双缝干涉现象并测量光的波长时，有下面