安徽定遠(yuǎn)中學(xué)2018屆高三上學(xué)期適應(yīng)性理科綜合模考物理試題一、選擇題（1—4單選題，5—8多選題）1.在日常生活中，小巧美觀的冰箱貼使用廣泛．一磁性冰箱貼貼在冰箱的豎直表面上靜止不動(dòng)時(shí)，它受到的磁力()A.小于受到的彈力B.大于受到的彈力C.和受到的彈力是一對(duì)作用力與反作用力D.和受到的彈力是一對(duì)平衡力【答案】D【解析】解：冰箱貼靜止不動(dòng)，受力平衡，它受到的磁力和受到的彈力是一對(duì)平衡力，大小相等，故ABC錯(cuò)誤，D正確；故選D【考點(diǎn)】牛頓第三定律；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用．【分析】一磁性冰箱貼貼在冰箱的豎直表面上靜止不動(dòng)，受力平衡，根據(jù)平衡條件即可分析．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平衡條件的直接應(yīng)用，知道一磁性冰箱貼貼在冰箱的豎直表面上靜止不動(dòng)，受力平衡，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．2.汽車(chē)在水平面上轉(zhuǎn)彎時(shí)，地面對(duì)車(chē)的摩擦力已達(dá)到最大，當(dāng)汽車(chē)速率增為原來(lái)的2倍時(shí)，則汽車(chē)轉(zhuǎn)彎的軌道半徑必須()A.減為原來(lái)的一半B.減為原來(lái)的C.增為原來(lái)的2倍D.增為原來(lái)的4倍【答案】D【解析】試題分析:初狀態(tài)：，當(dāng)汽車(chē)速率增大為原來(lái)的2倍時(shí)：；由以上兩式知：，D對(duì)。考點(diǎn):圓周運(yùn)動(dòng)。3.如圖所示，A、B兩小球在光滑水平面上分別以動(dòng)量p1＝4kg·m/s和p2＝6kg·m/s(向右為正方向)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則在A球追上B球并與之碰撞的過(guò)程中，兩小球的動(dòng)量變化量Δp1和Δp2可能分別為()A.－2kg·m/s,3kg·m/sB.8kg·m/s,8kg·m/sC.1kg·m/s,－1kg·m/sD.－2kg·m/s,2kg·m/s【答案】D【解析】碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，即滿足，A因?yàn)椴粷M足動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；碰撞過(guò)程中還要滿足動(dòng)能不增加，即，代入數(shù)據(jù)得B不滿足，故B錯(cuò)誤；因?yàn)閮汕蛟谂鲎睬笆峭蜻\(yùn)動(dòng)，所以碰撞后還要滿足前面小球B的速度增加后面小球A的速度減小，而C選項(xiàng)給出的情況，碰撞后A球的速度增加了B球的速度減小了，所以不符合情景，故C錯(cuò)誤；D都滿足，所以有可能，故D正確；故選D。4.一小物塊沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處．物塊初動(dòng)能為，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過(guò)程中物塊的動(dòng)能與位移的關(guān)系圖線是()A.B.C.D.【答案】C【解析】小物塊上滑過(guò)程，由動(dòng)能定理得，整理得；設(shè)小物塊上滑的最大位移大小為s，小物塊下滑過(guò)程，由動(dòng)能定理得，整理得，故只有C正確．【點(diǎn)睛】運(yùn)用動(dòng)能定理解題時(shí)，首先要選取研究過(guò)程，然后分析在這個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中哪些力做正功、哪些力做負(fù)功，初末動(dòng)能為多少，根據(jù)動(dòng)能定理列方程解答；動(dòng)能定理的優(yōu)點(diǎn)在于適用任何運(yùn)動(dòng)包括曲線運(yùn)動(dòng)；一個(gè)題目可能需要選擇不同的過(guò)程多次運(yùn)用動(dòng)能定理研究，也可以全過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理解答．5.在高處以初速度v1水平拋出一個(gè)帶刺飛鏢，在離開(kāi)拋出點(diǎn)水平距離l、2l處有A、B兩個(gè)小氣球以速度v2勻速上升，先后被飛鏢刺破(認(rèn)為飛鏢質(zhì)量很大，刺破氣球不會(huì)改變其平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡)．則下列判斷正確的是()A.飛鏢刺破A氣球時(shí)，飛鏢的速度大小為B.飛鏢刺破A氣球時(shí)，飛鏢的速度大小為C.A、B兩個(gè)小氣球未被刺破前的勻速上升過(guò)程中，高度差為D.A、B兩個(gè)小氣球未被刺破前的勻速上升過(guò)程中，高度差為【答案】BC【解析】AB、拋出到刺破氣球A，經(jīng)過(guò)了時(shí)間，豎直方向速度，則飛鏢速度，故A錯(cuò)誤，B正確；故選BC。6.如圖所示，三個(gè)小球A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B、C間通過(guò)鉸鏈用輕桿連接，桿長(zhǎng)為L(zhǎng)，B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長(zhǎng)．現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點(diǎn)，兩輕桿間夾角由變?yōu)?，A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為．則此下降過(guò)程中()A.A的動(dòng)能達(dá)到最大前，B受到地面的支持力小于B.A的動(dòng)能最大時(shí)，B受到地面的支持力等于C.彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A的加速度方向豎直向下D.彈簧的彈性勢(shì)能最大值為【答案】AB【解析】A球動(dòng)能最大時(shí)，速度最大，受合外力為零，以ABC整體為研究對(duì)象，在豎直方向：向下的重力3mg，向上的B、C兩球受地面的支持力FN，即2FN=3mg，所以B、C受到地面的支持力等于mg，故B正確；A的動(dòng)能達(dá)到最大前，有向下的加速度，所以整體向下的合力小于3mg，故B、C受到地面的支持力小于mg，所以A正確；當(dāng)A下降至最低點(diǎn)，彈簧形變量最大，彈性勢(shì)能最大，此時(shí)A的加速度向上，故C錯(cuò)誤；彈簧的最大彈性勢(shì)能等于A球下降至最低點(diǎn)時(shí)減少的重力勢(shì)能，即，所以D錯(cuò)誤．【名師點(diǎn)睛】本題的重點(diǎn)是當(dāng)A球的動(dòng)能最大時(shí)，受合外力為零，在豎直方向整體加速度為零，選擇整體為研究對(duì)象，分析AB兩個(gè)選項(xiàng)；彈性勢(shì)能最大對(duì)應(yīng)A球下降至最低點(diǎn)，根據(jù)能量守恒定律，可求最大的彈性勢(shì)能．7.目前，在地球周?chē)性S多人造地球衛(wèi)星繞著它運(yùn)轉(zhuǎn)，其中一些衛(wèi)星的軌道可近似為圓，且軌道半徑逐漸變小．若衛(wèi)星在軌道半徑逐漸變小的過(guò)程中，只受到地球引力和稀薄氣體阻力的作用，則下列判斷正確的是()A.衛(wèi)星的動(dòng)能逐漸減小B.由于地球引力做正功，引力勢(shì)能一定減小C.由于氣體阻力做負(fù)功，地球引力做正功，機(jī)械能保持不變D.衛(wèi)星克服氣體阻力做的功小于引力勢(shì)能的減小【答案】BD【解析】A、由可知，，可見(jiàn)，衛(wèi)星的速度大小隨軌道半徑的減小而增大，所以A錯(cuò)誤；B、由于衛(wèi)星高度逐漸降低，所以地球引力對(duì)衛(wèi)星做正功，引力勢(shì)能減小，所以B正確；C、由于氣體阻力做負(fù)功，所以衛(wèi)星與地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)動(dòng)能定理可知引力與空氣阻力對(duì)衛(wèi)星做的總功應(yīng)為正值，而引力做的功等于引力勢(shì)能的減少，即衛(wèi)星克服氣體阻力做的功小于引力勢(shì)能的變化，所以D正確。點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵是首先根據(jù)地球?qū)πl(wèi)星的萬(wàn)有引力等于衛(wèi)星需要的向心力，得出衛(wèi)星的動(dòng)能隨軌道半徑的減小而增大，然后再根據(jù)動(dòng)能定理和功能原理討論即可。8.如圖所示，甲、乙兩小車(chē)的質(zhì)量分別為、，且，用輕彈簧將兩小車(chē)連接，靜止在光滑的水平面上．現(xiàn)在同時(shí)對(duì)甲、乙兩車(chē)施加等大反向的水平恒力、，使甲、乙兩車(chē)同時(shí)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，直到彈簧被拉到最長(zhǎng)（彈簧仍在彈性限度內(nèi)）的過(guò)程中．對(duì)甲、乙兩小車(chē)及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說(shuō)法正確的是（）A.系統(tǒng)受到外力作用，動(dòng)量不斷增大B.彈簧伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)時(shí)，系統(tǒng)的機(jī)械能最大C.甲車(chē)的最大動(dòng)能小于乙車(chē)的最大動(dòng)能D.兩車(chē)的速度減小到零時(shí)，彈簧的彈力大小等于外力、的大小【答案】BC【解析】A、由圖可知，運(yùn)動(dòng)員與蹦床接觸的時(shí)間從到，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，速度為零，此時(shí)蹦床的形變量最大，彈力最大，即在時(shí)刻，故B錯(cuò)誤；C、．當(dāng)運(yùn)動(dòng)員合力為零時(shí)，速度最大，所以合力為零時(shí)在和時(shí)刻，故C錯(cuò)誤；故選D。二、實(shí)驗(yàn)題（2小題）9.在“探究恒力做功與動(dòng)能改變的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中(裝置如圖甲)：①下列說(shuō)法哪一項(xiàng)是正確的________．(填選項(xiàng)前字母)A．平衡摩擦力時(shí)必須將鉤碼通過(guò)細(xì)線掛在小車(chē)上B．為減小系統(tǒng)誤差，應(yīng)使鉤碼質(zhì)量遠(yuǎn)大于小車(chē)質(zhì)量C．實(shí)驗(yàn)時(shí)，應(yīng)使小車(chē)靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器由靜止釋放②圖乙是實(shí)驗(yàn)中獲得的一條紙帶的一部分，選取O、A、B、C計(jì)數(shù)點(diǎn)，已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的交流電源頻率為50Hz，則打B點(diǎn)時(shí)小車(chē)的瞬時(shí)速度大小為_(kāi)_______m/s(保留三位有效數(shù)字)．【答案】(1).C(2).0.653【解析】①A、平衡摩擦力時(shí)要將紙帶、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、小車(chē)等連接好，但不要通電和掛鉤碼；B、為減小系統(tǒng)誤差，應(yīng)使鉤碼質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)質(zhì)量，使系統(tǒng)的加速度較小，避免鉤碼失重的影響，故B錯(cuò)誤，C、實(shí)驗(yàn)時(shí)，應(yīng)使小車(chē)靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器由靜止釋放，故C正確；故選C。②B為AC時(shí)間段的中間時(shí)刻，根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律得，平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，故10.為測(cè)量木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，將木板傾斜，木塊以不同的初速度沿木板向上滑到最高點(diǎn)后再返回，用光電門(mén)測(cè)量木塊來(lái)回的速度，用刻度尺測(cè)量向上運(yùn)動(dòng)的最大距離，為確定木塊向上運(yùn)動(dòng)的最大高度，讓木塊推動(dòng)輕質(zhì)卡到最高點(diǎn)，記錄這個(gè)位置，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示．（1）本實(shí)驗(yàn)中，下列操作合理的是_____A.遮光條的寬度應(yīng)盡量小些B.實(shí)驗(yàn)前將輕質(zhì)卡置于光電門(mén)附近C.為了實(shí)驗(yàn)成功，木塊的傾角必須大于某一值D.光電門(mén)與輕質(zhì)卡最終位置間的距離即為木塊向上運(yùn)動(dòng)的最大距離（2）用螺旋測(cè)微器測(cè)量遮光條的寬度，如圖乙所示讀數(shù)為_(kāi)____mm．（3）改變木塊的初速度，測(cè)量出它向上運(yùn)動(dòng)的最大距離與木塊來(lái)回經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)速度的平方差，結(jié)果如下表所示，試在丙圖坐標(biāo)紙上作出的圖象______，經(jīng)測(cè)量木板傾角的余弦值為0.6，重力加速度取，則木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為_(kāi)_____（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）．（4）由于輕質(zhì)卡的影響，使得測(cè)量的結(jié)果_____（選填“偏大”或“偏小”）．【答案】(1).AC(2).3.700(3).(4).0.010(5).偏大【解析】試題分析：（1）遮光條寬度與時(shí)間的比值是木塊的平均速度，可以認(rèn)為是木塊通過(guò)光電門(mén)時(shí)的瞬時(shí)速度，遮光條寬度越小，平均速度越接近瞬時(shí)速度，實(shí)驗(yàn)誤差越小，因此遮光條的寬度應(yīng)盡量小些，故A正確；實(shí)驗(yàn)時(shí)輕質(zhì)卡應(yīng)與木塊一起向上運(yùn)動(dòng)，實(shí)驗(yàn)前將輕質(zhì)卡與木塊靠在一起，故B錯(cuò)誤；當(dāng)木板傾角大于某一值時(shí)，木塊重力沿斜面向下的分力大于最大靜摩擦力，木塊到達(dá)最高點(diǎn)后可以反向下滑，否則木塊到達(dá)最高點(diǎn)后將靜止，實(shí)驗(yàn)不能成功，為了實(shí)驗(yàn)成功，木塊的傾角必須大于某一值，故C正確；木塊出發(fā)點(diǎn)與輕質(zhì)卡最終位置間的距離即為木塊向上運(yùn)動(dòng)的最大距離，故D錯(cuò)誤；故選AC．（2）由圖乙所示螺旋測(cè)微器可知，螺旋測(cè)微器示數(shù)為：3.5mm+20.0×0.01mm=3.700mm．（3）根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描出對(duì)應(yīng)點(diǎn)，然后根據(jù)描出的點(diǎn)作出圖象如圖所示：由牛頓第二定律得：木塊上滑時(shí)：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，木塊下滑時(shí)：mgsinθμmgcosθ=ma2，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得：0v02=2a1x，v2=2a2x，△v2=v02v2=4μgxcosθ，由圖示圖象可知，動(dòng)摩擦因數(shù)：斜率：k=4μgcosθ=，動(dòng)摩擦因數(shù)：（4）由于輕質(zhì)卡與木板間存在摩擦力，所測(cè)摩擦力實(shí)際是木塊與輕質(zhì)卡受到的摩擦力的合力，由于輕質(zhì)卡所受摩擦力影響，所測(cè)動(dòng)摩擦因數(shù)偏大．考點(diǎn)：測(cè)量木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)三、解答題（2小題）11.如練圖所示，質(zhì)量分別為1kg、3kg的滑塊A、B位于光滑水平面上，現(xiàn)使滑塊A以4m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，與左側(cè)連有輕彈簧的滑塊B發(fā)生碰撞．求二者在發(fā)生碰撞的過(guò)程中．(1)彈簧的最大彈性勢(shì)能；(2)滑塊B的最大速度．【答案】（1）6J（2）2m/s【解析】(1)當(dāng)彈簧壓縮最短時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，此時(shí)滑塊A、B共速，由動(dòng)量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝1m/s，彈簧的最大彈性勢(shì)能即滑塊A、B損失的動(dòng)能(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，滑塊B獲得最大速度，由動(dòng)量守恒和能量守恒得mAv0＝mAvA＋mBvm，解得vm＝2m/s.12.一個(gè)半徑為R的圓周的軌道，O點(diǎn)為圓心，B為軌道上的一點(diǎn)，OB與水平方向的夾角為．軌道的左側(cè)與一固定光滑平臺(tái)相連，在平臺(tái)上一輕質(zhì)彈簧左端與豎直擋板相連，彈簧原長(zhǎng)時(shí)右端在A點(diǎn)．現(xiàn)用一質(zhì)量為m的小球（與彈簧不連接）壓縮彈簧至P點(diǎn)后釋放．已知重力加速度為，不計(jì)空氣阻力．（1）若小球恰能擊中B點(diǎn)，求剛釋放小球時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能；（2）試通過(guò)計(jì)算判斷小球落到軌道時(shí)速度是否與圓弧垂直；（3）改變釋放點(diǎn)的位置，求小球落到軌道時(shí)動(dòng)能的最小值．【答案】小球不能垂直擊中圓弧【解析】試題分析：（1）小球離開(kāi)O點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度為v0，由Rcos37°=v0t解得由機(jī)械能守恒（2）設(shè)落點(diǎn)與O點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為θ，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，由Rcosθ=v0t位移方向與圓弧垂直設(shè)速度方向與水平方向的夾角為α所以小球不能垂直擊中圓?。?）設(shè)落地點(diǎn)與O點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為θ，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，Rcosθ=v0t由動(dòng)能定理解得當(dāng)時(shí)，取最小值考點(diǎn)：平拋運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理四、選考題（4小題）13.兩個(gè)相距較遠(yuǎn)的分子僅在分子力作用下由靜止運(yùn)動(dòng)，直至不再靠近．在此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A.分子力先增大，后一直減小B.分子力先做正功，后做負(fù)功C.分子動(dòng)能先增大，后減小D.分子勢(shì)能先增大，后減小E.分子勢(shì)能和動(dòng)能之和不變【答案】BCE【解析】?jī)蓚€(gè)相距較遠(yuǎn)的分子僅在分子力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，直至不再靠近的過(guò)程中，當(dāng)分子間距大于平衡間距時(shí)，分子力表現(xiàn)為引力，分子力先增加后減小；當(dāng)分子間距小于平衡間距時(shí)，分子力表現(xiàn)為斥力，分子力增加；故A錯(cuò)誤；兩個(gè)相距較遠(yuǎn)的分子僅在分子力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，直至不再靠近的過(guò)程中，分子力先是引力后是斥力，故先做正功后做負(fù)功，故B正確；只有分子力做功，先做正功后做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理，動(dòng)能先增加后減小，故C正確；分子力先做正功后做負(fù)功；分子力做功等于分子勢(shì)能的減小量；故分子勢(shì)能先減小后增加，故D錯(cuò)誤；分子力做功等于分子勢(shì)能的減小量，總功等于動(dòng)能增加量，只有分子力做功，故分子勢(shì)能和分子動(dòng)能總量保持不變，故E正確；故選BCE．點(diǎn)睛：本題考查了分子力、分子勢(shì)能、分子力做功與分子勢(shì)能變化關(guān)系，要知道分子間同時(shí)存在引力和斥力，分子間引力和斥力隨分子間的距離的增大而減小，隨分子間的距離的減小而增大，且斥力減小或增大比引力變化要快些；分子力做功等于分子勢(shì)能的減小量．基礎(chǔ)題．14.一種水下重物打撈方法的工作原理如圖所示.將一質(zhì)量、體積的重物捆綁在開(kāi)口朝下的浮筒上.向浮筒內(nèi)沖入一定質(zhì)量的氣體，開(kāi)始時(shí)筒內(nèi)液面到水面的距離，筒內(nèi)氣體體積.在拉力作用下浮筒緩慢上升，當(dāng)筒內(nèi)液面的距離為時(shí)，拉力減為零，此時(shí)氣體體積為，隨后浮筒和重物自動(dòng)上浮。求和.已知:大氣壓強(qiáng)，水的密度，重力加速度的大小.不計(jì)水溫變化，筒內(nèi)氣體質(zhì)量不變且可視為理想氣體，浮筒質(zhì)量和筒壁厚度可忽略.【答案】【解析】試題分析：當(dāng)深度為時(shí)，整體受到的重力和浮力相等，根據(jù)平衡條件求解氣體的體積，然后對(duì)氣體根據(jù)玻意耳定律求解壓強(qiáng)，得到液體的深度當(dāng)時(shí)，由平衡條件得：…①代入數(shù)據(jù)得：…②設(shè)筒內(nèi)氣體初態(tài)、末態(tài)的壓強(qiáng)分別為、，由題意得：…③…④在此過(guò)程中筒內(nèi)氣體溫度和質(zhì)量不變，由玻意耳定律得：…⑤聯(lián)立②③④⑤，代入數(shù)據(jù)得：15.如圖，一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，實(shí)線為時(shí)的波形圖，虛線為時(shí)的波形圖。已知該簡(jiǎn)諧波的周期大于0.5s.關(guān)于該簡(jiǎn)