高考物理阶段检测题
高考物理阶段检测题((三))一、选择题(本题共 10 小题，在每小题给出的四个选项中，第 1～6 题只有一项符合题目要求，第 7～10题有多项符合题目要求。)1．高铁专家正设想一种“遇站不停式匀速循环运行”列车，如襄阳→随州→武汉→仙桃→潜江→荆州→荆门→襄阳，构成7站铁路圈，建两条靠近的铁路环线。列车A以恒定速率360 km/h运行在一条铁路上，另一条铁路上有“伴驱列车”B，如果乘客甲想从襄阳站上车到潜江站，先在襄阳站登上 B 车，当 A 车快到襄阳站且距襄阳站路程为 s 处时，B 车从静止开始做匀加速运动，当速度达到 360 km/h 时恰好遇到 A车，两车连锁时打开乘客双向通道，A、B 列车交换部分乘客，并连体运动一段时间再解锁分离，B 车匀减速运动后停在随州站并卸客，A 车上的乘客甲可以中途不停站直达潜江站。则()A．无论 B 车匀加速的加速度值为多少，s 是相同的 B．该乘客节约了五个站的减速、停车、提速时间 C．若 B 车匀减速的加速度大小为 5 m/s 2，则当 B 车停下时 A 车已距随州站路程为 1 km D．若 B 车匀加速的时间为 1 min，则 s 为 4 km 2.如图所示，两竖直木桩 ab、cd 固定，一不可伸长的轻绳两端固定在 a、c 端，绳长 L，一质量为 m 的物体 A 通过轻质光滑挂钩挂在轻绳中间，静止时轻绳两端夹角为 120°。若把轻绳换成自然长度为 L 的橡皮筋，物体 A 悬挂后仍处于静止状态，橡皮筋处于弹性限度内。若重力加速度大小为 g，关于上述两种情况，下列说法正确的是()A．轻绳的弹力大小为 2mg B．轻绳的弹力大小为 mg C．橡皮筋的弹力大于 mg D．橡皮筋的弹力大小可能为 mg 3．如图所示为高度差 h 1 ＝0.2 m 的 AB、CD 两个水平面，在 AB平面的上方与竖直面 BC 距离 x＝1.0 m 处，小物体以水平速度 v＝2.0 m/s 抛出，抛出点的高度 h 2 ＝2.0 m，不计空气阻力，重力加速度 g＝10 m/s 2。则下列关于小球落点的说法正确的是()A．落在平面 AB 上 B．落在平面 CD 上 C．落在竖直面 BC 上 D．落在 C 点 4．如图所示，D、A、B、C 四点的水平间距相等，DA、AB、BC 在竖直方向上的高度差之比为 1∶4∶9。在 A、B、C 三点分别放置相同的小球，释放三个压缩的弹簧，小球沿水平方向弹出，小球均落在 D 点，不计空气阻力，则下列关于 A、B、C 三点处的小球说法中正确的是()A．三个小球在空中运动的时间之比为 1∶2∶3 B．三个小球弹出时的动能之比为 1∶4∶9 C．三个小球在空中运动的过程中重力做功之比为 1∶5∶14 D．三个小球落地时的动能之比为 2∶5∶10 5．返回式卫星在回收时一般要采用变轨的方法：在远地点和近地点分别点火变轨，使其从高轨道进入椭圆轨道，再回到近地轨道，最后进入大气层落回地面。某次回收卫星的示意图如图所示，则下列说法正确的是()A．不论在 A 点还是在 B 点，两次变轨前后，卫星的机械能都增加了 B．卫星在轨道 1 上经过 B 点的加速度大于在轨道 2 上经过 B 点的加速度 C．卫星在轨道 2 上运动时，经过 A 点时的动能大于经过 B 点时的动能 D．卫星在轨道 2 上运动的周期小于在轨道 3 上运动的周期
6．如图所示，竖直平面内有一固定的光滑绝缘椭圆大环，水平长轴为 AC，竖直短轴为ED。轻弹簧一端固定在大环的中心 O，另一端连接一个可视为质点的带正电的小环，小环刚好套在大环上，整个装置处在一个水平向里的匀强磁场中。将小环从A点由静止释放，已知小环在 A、D 两点时弹簧的形变量大小相等。下列说法中正确的是()A．刚释放时，小球的加速度为重力加速度 g B．小环的质量越大，其滑到 D 点时的速度将越大 C．小环从 A 运动到 D，弹簧对小环先做负功后做正功 D．小环不可能滑到 C 点 7．物体沿直线运动的 v－t 图象如图所示，第 3 秒末到第 7 秒末的图象为直线，已知在第 1 秒内合外力对物体做的功为 W，加速度为 2a，则()A．从第 3 秒末到第 5 秒末合外力做功为－2W B．从第 5 秒末到第 7 秒末合外力做功为 W C．从第 3 秒末到第 4 秒末合外力做功为－0.75W D．从第 3 秒末到第 7 秒末合外力做功为零，加速度为－a 8．如图是质谱仪工作原理的示意图。带电粒子 a、b 从容器中的 A 点飘出(在 A 点初速度为零)，经电压 U 加速后，从 x 轴坐标原点处进入磁感应强度为 B 的匀强磁场，最后分别打在感光板 S 上，坐标分别为 x 1、x 2。图中半圆形虚线分别表示带电粒子a、b 所通过的路径，则()A．b 进入磁场的速度一定大于 a 进入磁场的速度 B．a 的比荷一定大于 b 的比荷 C．若 a、b 电荷量相等，则它们的质量之比 m a ∶m b ＝x 2 1 ∶x 2 2 D．若 a、b 质量相等，则它们在磁场中运动时间之比 t a ∶t b ＝x 1 ∶x 2 9．平行板电容器的两板 A、B 接于电池两极，一个带正电小球用绝缘细线悬挂在电容器内部，闭合电键 S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为 θ，如图所示，那么()A．保持电键 S 闭合，将 A 板稍向 B 板靠近，则 θ 增大 B．保持电键 S 闭合，将 A 板稍向上移，则 θ 减小 C．电键 S 断开，将 A 板稍向 B 板靠近，则 θ 不变 D．电键 S 断开，将 A 板稍向上移，则 θ 减小 10．如图所示，已知甲空间中没有电场、磁场；乙空间中有竖直向上的匀强电场；丙空间中有竖直向下的匀强电场；丁空间中有垂直纸面向里的匀强磁场。四个图中的斜面相同且绝缘，相同的带负电小球从斜面上的同一点 O 以相同初速度 v 0 同时沿水平方向抛出，分别落在甲、乙、丙、丁图中斜面上 A、B、C、D 点(图中未画出)。小球受到的电场力、洛伦兹力都始终小于重力，不计空气阻力。则()A．O、C 之间距离大于 O、B 之间距离 B．小球从抛出到落在斜面上用时相等 C．小球落到 B 点与 C 点速度大小相等 D．从 O 到 A 与从 O 到 D，合力对小球做功相同 二、实验题(本题共 2 小题。按题目要求作答。)11．某兴趣小组同学们看见一本物理书上说“在弹性限度内，劲度系数为 k 的弹簧，形变量为 x 时弹性势能为 E p ＝ 12 kx2 ”，为了验证该结论就尝试用“研究加速度与合外力、质量关系”的实验装置(如图甲)设计了以下步骤进行实验。
实验步骤：
A．水平桌面上放一长木板，其左端固定一弹簧，通过细绳与小车左端相连，小车的右端连接打点计时器的纸带； B．将弹簧拉伸 x 后用插销锁定，测出其伸长量 x； C．打开打点计时器的电源开关后，拔掉插销解除锁定，小车在弹簧作用下运动到左端； D．选择纸带上某处的 A 点测出其速度 v； E．取不同的 x 重复以上步骤多次，记录数据并利用功能关系分析结论。
实验中已知小车的质量为 m，弹簧的劲度系数为 k，则：
(1)长木板右端垫一小物块，其作用是______________；(2)如图乙中纸带上 A 点位置应在________(填 s 1、s 2、s 3)的段中取；(3)若 E p ＝ 12 kx2 成立，则实验中测量出物理量 x 与 m、k、v 关系式是 x＝________。
12．为确定某电子元件的电气特性，做如下测量。
(1)用多用表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择________倍率的电阻挡(填：“×10”或“×1 k”，并________________再进行测量，之后多用表的示数如图(a)所示，测量结果为________Ω。
(2)某同学想精确测得上述待测电阻 R x 的阻值，实验室提供如下器材：
A．电流表 A 1(量程 50 mA、内阻 r 1 ＝10 Ω)B．电流表 A 2(量程 200 mA、内阻 r 2 约为 2 Ω)C．电流表 A 3(量程 0.6 A、内阻 r 3 约为 0.2 Ω)D．定值电阻 R 0 ＝30 Ω E．滑动变阻器 R(最大阻值约为 10 Ω)F．电源 E(电动势为 4 V)G．开关 S、导线若干 回答：
(b)①某同学设计了测量电阻 R x 的一种实验电路原理如图(b)所示，为保证测量时电流表读数不小于其量程的1/3，M、N 两处的电流表应分别选用：M 为________；N 为________。(填器材选项前相应的英文字母)②若 M、N 电表的读数分别为 I M、I N，则 R x 的计算式为 R x ＝________。(用题中字母表示)三、计算题(本题共 4 小题。解答时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，答案中必须写出数值和单位。)13．如图所示，质量 M＝8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力 F＝8 N，当小车向右运动的速度达到 1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为 m＝2 kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数 μ＝0.2，小车足够长(取 g＝10 m/s 2)。求：
(1)经多长时间两者达到相同的速度？(2)从小物块放上小车开始，经过 t＝1.5 s 小物块通过的位移大小。
14．如图所示，以 O(0，0)为圆心，半径为 r 的圆形区域内存在匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向里，在磁场右侧区域内，有一沿 x 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E，一质量为 m，电荷量为＋q 的粒子从 A(0，r)点垂直于磁场方向射入，当速度方向沿 y 轴负方向时，粒子恰好从 B(r，0)点射出磁场，不计粒子重力。
(1)求粒子射入磁场时的速度大小 v；(2)求速度方向与 y 轴负方向夹 θ 角时，粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间 t。
15.石景山游乐园“翻滚过山车”的物理原理可以用如图所示的装置演示。斜槽轨道 AB，EF 与半径为 R的竖直圆轨道相连(圆心为 O)，AB，EF 分别与圆 O 相切于 B，E 两点，C 为轨道的最低点，斜槽 AB 的倾角为 α。把质量为 m 的小球从 A 点由静止释放，经圆轨道内侧 B→C→D→E 点，最后落入小筐 F。(整个装置的轨道均光滑，重力加速度用 g 表示)。求：
(1)小球在光滑斜槽轨道 AB 上运动的加速度的大小；(2)要使小球从 A 点到 F 点的全过程均不脱离轨道，A 点距最低点的高度 h 至少有多高？(3)要使小球从 A 点到 F 点的全过程均不脱离轨道，小球在经过 C 点时对轨道的压力至少有多大？ 16．坐标原点 O 处有一点状的放射源，它向 xOy平面内的 x 轴上方各个方向发射带正电的同种粒子，速度大小都是 v 0，在 0 参考答案 1．C [B 加速度越大，加速度到 360 km/h 的时间越短，相应 A 的运动时间越短，由于 A 是匀速运动，故时间越短，s 越小，故 A 错误；从襄阳到潜江间一共间隔四个站，故一共节约 4 个站的减速、停车、提速时间，故 B 错误；B 由 360 km/h＝100 m/s 减速到 0 的时间为：t＝ 1005 s＝20 s，位移为：x 1 ＝ v2 t＝1002×20 m＝1 000 m，A 的运动位移为：x＝vt＝100×20 m＝2 000 m，故当 B 车停下时 A 车已距随州站路程为 Δx＝x 2 －x 1 ＝1 km，故 C 正确；若 B 车匀加速的时间为 1 min，则此时间内 A 的运动位移为：s＝vt＝100×60 m＝6 000 m，故 D 错误。] 2．B [设两杆间的距离为s，细绳的总长度为L，静止时轻绳两端夹角为120°，由于重物的拉力的方向竖直向下，所以三个力之间的夹角都是 120°，根据矢量的合成可知，三个力的大小是相等的，故轻绳的弹力大小为 mg，故 A 错误，B 正确；若把轻绳换成自然长度为 L 的橡皮筋，橡皮筋受到拉力后长度增大，杆之间的距离不变，所以重物静止后两根绳子之间的夹角一定小于 120°，两个分力之间的夹角减小，而合力不变，所以两个分力减小，即橡皮筋的拉力小于 mg，故 C、D 错误。] 3．B [小物体下落 h 2 －h 1 过程中，做平抛运动，竖直方向上有：h 2 －h 1 ＝ 12 gt2，解得 t＝0.6 s；相应时间内水平位移 s＝vt＝1.2 m>x，所以物体落在了 CD 面上，B 项正确。] 4．C [小球弹出后做平抛运动，在竖直方向上，DA、AB、BC 高度差之比为 1∶4∶9，则 A、B、C 的高度之比为 1∶5∶14，由 h＝ 12 gt2可得，在空中的运动时间之比为 1∶ 5∶ 14，在水平方向上，三个小球的水平位移之比为 1∶2∶3，由 x＝v 0 t，则三个小球弹出的初速度之比 1∶ 2 55∶ 3 1414，弹出的动能之比为 1∶ 45 ∶914，选项 A、B 错误；由 W＝mgh，重力做功之比为 1∶5∶14，选项 C 正确；由动能定理和数学知识可知，无法算出三个小球落地时的动能之比，选项 D 错误。] 5．C [在 A 点和 B 点，两次变轨都是通过减小速度而进入内层轨道的，则在该点动能减少而使机械能减少，A 错误；卫星在轨道 1、2 上经过 B 点受的万有引力相等，由牛顿第二定律可知，在这两点的加速度大小相等，B 错误；由开普勒第二定律得，卫星在轨道 2 上运动时，经过 A 点时的速度大于经过 B 点时的速度，那么经过 A 点时的动能大于经过 B 点时的动能，C 正确；由开普勒第三定律得，卫星在轨道 2 的半长轴大于轨道 3 的半长轴，则在轨道 2 上运动的周期大于在轨道 3 上运动的周期，D 错误。] 6．A 7．BCD [第 1 s 内做功为 W，则由动能定理可知 W＝ 12 mv2 ；由图可知，第 3 秒末到第 5 秒末速度由 v 变到 0，则由动能定理可知，合外力做功 W 合 ＝0－ 12 mv2 ＝－W，故 A 错误；第 5 s 末到第 7 s 末速度由 0 变化到 v，则由动能定理可知，合外力的功 W 合 ＝ 12 mv2 －0＝W，故 B 正确；由几何关系可知，4 s 末的速度为 v′＝ v2，则第 3 秒末到第 4 秒末，由动能定理可得 W合 ＝ 12 mv′2 － 12 mv2 ＝－ 12 m×34 v2 ＝－0.75 W，故 C 正确；第 3 s 末与第 7 s 末的速度大小相等，则在第 3 秒末到第 7 秒末的过程中动能的变化为零，故合外力做功为零，第 1 s 内 2a＝ v－01＝v，则第 3 s 末到第 7 s 末内物体的加速度 a′＝ －v－v4＝－a，故 D 正确。] 8．BC [粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可知 qvB＝m v2r，r＝ mvqB，半径与速度和比荷有关，故 A 错误；由动能定理可知粒子经过加速电场后 qU＝ 12 mv2，v＝2qUm，r＝ 1B2mUq，a 的比荷一定大于 b 的比荷，故 B 正确；根据 r＝ 1B2mUq，则它们的质量之比 m a ∶m b ＝x 2 1 ∶x 2 2，故 C 正确；经历的时间为 t＝ T2＝ πmqB，故它们在磁场中运动时间之比 t a ∶t b ＝x21 ∶x 2 2，故 D 错误。] 9．AC [保持开关 S 闭合，电容器两端间的电势差 U 不变，根据 E＝ Ud，当 d 减小时 E 增大，小球所受的电场力变大，θ 增大，当正对面积 S 减小时，E 不变，小球所受的电场力不变，θ 不变，故 A 正确、B错误；断开开关 S，电容器所带的电荷量不变，根据 E＝ Ud、C＝QU、C＝ε r S4πkd 联立得，E＝4πkQε r S，当 d 变化时 E 不变，电场力不变，θ 不变，当 S 减小时，E 增大，小球所受的电场力变大，θ 增大，故 C 正确、D 错误。] 10．AC [根据平抛运动的特点可知，tan θ＝12 at2v 0 t＝at2v 0，因乙图小球下落的加速度大于丙图小球下落的加速度，所以乙图小球运动的时间 t 乙 小于丙图小球运动的时间 t 丙。因小球在水平方向做匀速直线运动，水平方向的位移 x＝v 0 t，所以 x 丙 >x 乙，O、C 之间距离 l 丙 ＝x 丙cos θ >l乙 ＝x 乙cos θ，选项 A 正确，B 错误；因平抛运动中速度与水平方向的夹角为 α，则 tan α＝2tan θ，且小球初速度 v 0 也相同，结合数学知识可知小球落到 B 点与 C 点速度大小相等，选项 C 正确；从 O 到 A 与从 O 到 D，都只有重力做功，但从 O 到 D 小球运动的时间长，竖直位移比较大，重力做功多，选项 D 错误。 ] 11．解析(1)本实验的基本原理是将弹簧的弹性势能转化为小车的动能，故长木板右端垫一小物块，其作用是平衡摩擦力。 (2)A 点应选在弹簧的弹性势能完全转化为小车的机械能的位置，分析图乙可知：A 点应选在 s 2 段。 (3)根据能量守恒可得：E p ＝ 12 kx2 ＝ 12 mv2，可得 x＝mk v。 答案(1)平衡摩擦力(2)s 2(3)mk v 12．解析(1)用多用表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，说明所选倍率太大，应换用小倍率进行测量，因此需选择×10 倍率的电阻挡，并重新进行欧姆调零再进行测量，由图(a)所示可知，测量结果为 7×10 Ω＝70 Ω；(2)①通过待测电阻的最大电流约为 I M ＝ER x ＝4V70 Ω ≈0.057 A＝57 mA，因此 M 处的电流表可选 A；通过 N处的最大电流约为 I N ＝I M ＋ER 0 ＝0.057 A＋4 V30 Ω ≈0.190 A＝190 mA，为保证测量时电流表读数不小于其量程的三分之一，N 处的电流表应选 B； ②通过定值电阻 R 0 的电流 I＝I N －I M，并联电路两端电压 U＝IR 0 ＝(I N －I M)R 0，R x ＋r 1 ＝ UI＝（IN －I M）R 0I M，则待测电阻阻值 R x ＝（IN －I M）R 0I M－r 1 答案(1)×10 重新进行欧姆调零 70(2)①A B ②（IN －I M）R 0I M－r 1 13．解析(1)小物块的加速度 a m ＝μg＝2 m/s 2 小车的加速度 a M ＝ F－μmgM＝0.5 m/s 2 由题意知 a m t＝v 0 ＋a M t 解得 t＝1 s (2)在开始 1 s 内小物块的位移 s 1 ＝ 12 a m t2 ＝1 m 此时其速度 v＝a m t＝2 m/s 在接下来的 0.5 s 小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度 a＝FM＋m ＝0.8 m/s2 这 0.5 s 内的位移 s 2 ＝vt 1 ＋ 12 at21 ＝1.1 m 则经过 t＝1.5 s 小物块通过的总位移 s＝s 1 ＋s 2 ＝2.1 m 答案(1)1 s(2)2.1 m 14．解析(1)粒子射入磁场后做匀速圆周运动 由牛顿第二定律得 qvB＝m v2r，解得 v＝ qBrm(2)粒子沿与 y轴负方向成 θ 角射入磁场后，经一段圆周后进入电场做可返回的匀减速直线运动，再次进入磁场又经一段圆周后离开磁场，在磁场中的周期为 T＝ 2πmqB 在磁场中运动的时间为 t 1 ＝ 12 T＝πmqB 在电场中做匀变速直线运动 a＝ qEm 所以 t 2 ＝ 2va＝2× qBrmqEm＝ 2BrE 所以 t＝t 1 ＋t 2 ＝ πmqB ＋2BrE 答案(1)qBrm(2)πmqB ＋2BrE 15．解析(1)小球沿光滑斜槽 AB 下滑过程，由牛顿第二定律有 mgsin α＝ma 解得 a＝gsin α(2)小球由 A 点到 D 点由机械能守恒定律有 mgh＋0＝mg·2R＋ 12 mv2D 小球要在竖直圆轨道运动过程中不脱离轨道最高点 D，由圆周运动规律有 mg＝m 错误！由上式整理后代入数据解得 h＝2.5R(3)小球由 A 点到 C 点由机械能守恒定律有 mgh＋0＝0＋ 12 mv2C 小球在经过轨道最低点 C 时，有 F N －mg＝m 错误！由上二式解得 F N ＝6 mg 所以，由牛顿第三定律知，小球在经过 C 点时对轨道的压力 F N ′至少为 F N ′＝6mg 答案(1)gsin α(2)2.5R(3)6mg 16．解析(1)根据动能定理得 Eqd＝ 12 mv2t － 12 mv20 可得刚进入磁场时的动能 E k ＝ 12 mv2t ＝Eqd＋ 12 mv20 ＝2mv 2 0(2)根据上题结果可知 v t ＝2v 0，对于沿 x 轴正方向射出的粒子进入磁场时与 x 轴正方向夹角 θ＝ π3，其在电场中沿 x 方向的位移 x 1 ＝v 0 t＝v 02d（Eqm）＝ 2 33d，易知若此粒子不能打到 ab 板上，则所有粒子均不能打到 ab 板，因此此粒子轨迹必与 ab 板相切，满足 r＋rcos π3 ＝d 可得其圆周运动的半径 r＝ 23 d 又根据洛伦兹力提供向心力 Bqv t ＝ 错误！可得 B＝ 3mvt2qd＝ 3mv0qd(3)易知沿 x 轴负方向射出的粒子若能打到 ab 板上，则所有粒子均能打到板上。其临界情况就是此粒子轨迹恰好与 ab 板相切。由图可知，此时磁场宽度为原来的 13，即当 ab 板位于 y＝43 d 的位置时，恰好所有粒子均能打到板上； ab 板上被打中区域的长度 L＝2x 1 ＋r＝ 4 33d＋ 23 d 答案(1)2mv 2 0(2)3mv0qd(3)当 ab 板位于 y＝ 43 d 的位置时，恰好所有粒子均能打到板上，打中区域的长度为 4 33d＋ 23 d。
