届百校联盟高考物理冲刺金卷三解析版Word格式文档下载.docx
- 文档编号:19498715
- 上传时间:2023-01-06
- 格式:DOCX
- 页数:31
- 大小:314.02KB
届百校联盟高考物理冲刺金卷三解析版Word格式文档下载.docx
《届百校联盟高考物理冲刺金卷三解析版Word格式文档下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《届百校联盟高考物理冲刺金卷三解析版Word格式文档下载.docx(31页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
6.如图所示,AB为圆盘的直径,O为圆盘的圆心,在圆盘边缘A点固定一直立的细杆,一质量为m的物块放在OB的中点,用细线将物块和杆相连,且线刚好拉直但无拉力,转动圆盘的竖直中心轴,使圆盘在水平面内做匀速圆速运动,运动过程中物块与圆盘始终保持相对静止,已知物块与圆盘间的动摩擦因数为μ,圆盘的半径为R,细线能承受的最大拉力F=2μmg,物块与圆盘间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力,重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
A.当圆盘转动的角速度为
时,绳的拉力为0
B.当圆盘转动的角速度为
时,滑块的摩擦力刚好达到最大
C.当圆盘转动的角速度为
时,物块受到的摩擦力为μmg
D.当绳刚好要断时,圆盘转动的角速度为
7.如图所示,理想变压器的副线圈接有一规格为“44V、44W”的灯泡和线圈电阻r=1Ω的电动机,原线圈接上u=220
sinlOOπt(V)的正弦交流电后灯泡和电动机都正常工作,且原线圈中理想交流电流表的示数为1A,则下列说法正确的是( )
A.理想变压器原、副线圈匝数之比为4:
1
B.电动机的输出功率为176W
C.电动机的热功率为16W
D.若电动机被卡住,灯泡仍正常工作,则电流表的示数变为9A,此时应及时切断电源排除故障
8.2016年1月28日消息,重庆将建空中卫生应急救援队,救援直升机转运停机坪覆盖区县.假设应急救援中直升机下面吊着一个箱子,箱里装有一物体,箱里物体刚好与箱顶接触,在直升机快速竖直上升的过程中,悬挂箱子的绳子突然断了,此后箱子运动过程中保持开始时的姿势,箱子所受的空气阻力与箱子运动速率的平方成正比,则在绳断后箱子运动过程中(箱子在空中运动的时间足够长),下列说法正确的是( )
A.箱子的加速度一直减小直到最后为零
B.箱子的重力势能一直减小
C.绳断的一瞬间,箱内物体对箱底的压力为零
D.箱内物体的机械能一直减小
二、必考题(共4小题,满分47分)
9.某同学用频闪照相法来研究小球的落体运动,用频次照相机在一底片上多次曝光,得到了图甲所示小球运动过程中每次曝光的位置,频闪照相机的频闪周期为T,其中小球位于位置2、3、4、5时球心与小球位于位置1时球心的距离分别为x1,x2、x3、x4….
(1)用游标卡尺(主尺的最小分度为1mm)测量小球的直径,示数如图乙所示,其读数为 cm.
(2)小球位于位置2时的速度大小为 ,小球下落时的加速度大小为 .
(3)如果计算出小示的加速度小于当地的重力加速度,可能的原因是 .
10.(9分)某实验探究小组为了较精确地测量一待测电阻Rx的阻值,利用多用电表粗测出它的阻值,然后再改用伏安法测量,以下是备用器材:
A.多用电表
B.电压表V1,量程6V,内阻约8kΩ
C.电压表V2,量程15V,内阻约10kΩ
D.电流表A1,量程10mA,内阻约20Ω
E.电流表A2,量程0.6A,内阻约0.5Ω
F.电源电动势E=6V
G.滑动变阻器R1,最大阻值10Ω,额定电流为2A
H.滑动变阻器R2,最大阻值50Ω,额定电流为0.1A
I.导线、电键若干
(1)如图为多用电表盘,若用×
100Ω挡测量电阻,则读数为 Ω.
(2)在伏安法测量电阻实验中应选择的元器件 (填器材前面的字母代号).
(3)在虚线框内画出伏安法测量该电阻时的实验电路图.
(4)探究小组的同学合理地连接好电路,交按正确的顺序操作,闭合开关后发现移动滑动变阻器滑片时,电压表示数有变化,电流表示数为零,故障可能是 .为了检测故障具体原因,可以先使用多用电表的 挡检测,再在断电后用多用电表的 挡检测.
11.(12分)如图所示,挡板P固定在足够高的倾角为θ=37°
的斜面上,小物块A、B的质量均为m,两物块由劲度系数为k的轻弹簧相连,两物块与斜面的动摩擦因数均为μ=0.5,一不可伸长的轻绳跨过滑轮,一端与物块B连接,另一端连接一轻质小钩,初始小物块A、B静止,且物块B恰不下滑,若在小钩上挂一质量为M的物块C并由静止释放,当物块C运动到最低点时,小物块A恰好离开挡板P,重力加速度为g,sin37°
≈0.6,cos37°
≈0.8.
(1)求物块C下落的最大高度;
(2)求物块C由静止开始运动到最低点的过程中,弹簧弹性势能的变化量;
(3)若把物块C换成质量为(M+m)的物块D,小物块A恰离开挡板P时小物块B的速度为多大?
12.(20分)如图所示,以MN为界的两匀强磁场,方向均垂直纸面向里,MN边界上方的磁感应强度B1大于下方的磁感应强度B2,且B2=B0,一质量为m,带正电荷且电量为q的粒子从O点沿图示方向垂直MN进入磁场B1中,不计粒子重力.
(1)若B1=2B0,求带电粒子从O点出发至再次回到O点所需的时间,并画出粒子运动轨迹.
(2)求带电粒子从O点出发后能再次回到O点的所有B1的可能值及其运动过程所用的时间.
三、选考题:
[选修3-3](共2小题,满分15分)
13.(5分)关于分子动理论与液体的性质,下列说法正确的是( )
A.液体分子间既有引力也有斥力
B.夏天的清晨,草叶上的露珠呈球形是一种浸润现象
C.扩散现象与布朗运动都与分子的热运动有关
D.分子动理论中所提到的分子,不包含原子和离子
E.利用物质的摩尔质量与阿伏加德罗常数可以计算每个分子的质量
14.(10分)如图所示,导热性能良好的气缸开口向下,内有体积为V0的理想气体,外界大气压强为p0,环境温度为T0.轻活塞的面积为S,轻活塞与气缸之间的摩擦不计,在活塞下面挂一个质量为m的小桶,活塞下移,并处于某一位置静止不动,重力加速度为g,求:
(1)挂上小桶后,气缸内的体积V;
(2)拿掉小桶,保持气缸的体积V不变,环境温度需要升高到多少;
并判断气缸吸热还是放热.
[选修3-4](共2小题,满分0分)
15.图甲为一列横波在t=0时刻的波动图象,图乙为介质中M点的振动图象,下列说法正确的是( )
A.这列波沿x轴正方向传播
B.这列波的频率为2Hz
C.这列波的波速大小为4m/s
D.经过2s,M点通过的路程是0.4cm
E.在t=1.5s时刻,N点向下运动
16.某探究小组的同学利用直角三棱镜做光学实验,直角三棱镜的截面积如图所示,棱镜的折射率为
,项角α=30°
,BC边长度为α,P为垂直于直线BCO的光屏,现有一宽度等于AB的平行单色光束垂直射向AB面.(已知sin75°
=
+
,cos75°
﹣
)求:
(1)光线从AC面射出时的折射角;
(2)在光屏P上被折射光线照亮的光带宽度.
[选修3-5](共2小题,满分0分)
17.如图是研究光电效应的电路图,现有频率为v的某种光通过学电管的窗口照射阴极K,阴极有光电子射出,使滑动变阻器的触头P向右滑动,电流表示数逐渐增大,一直达到饱和电流;
如果针触头滑动到最左端,电流表将 (填“有示数”或“无示数”).如果将电源反接,再将滑动变阻器的触头从左端逐渐向右滑动,当电流表示数为零时,电压表示数为U0,如果阴极K金属的逸出功为W,已知电子电荷量为e,普朗克常量为h,则各量间的关系是 .
18.如图所示,质量为2m,长为L的木块置于光滑水平台面上,质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块,穿过木块的过程中受到木块的恒定阻力为f=
的作用,试问子弹能否穿过木块?
若能穿过求出子弹穿过木块后的速度;
若不能穿过,求出子弹打入木块后的速度.
参考答案与试题解析
【考点】楞次定律
【分析】分析圆环在下降过程中穿过圆环的磁通量的变化,再由楞次定律可知圆环与磁铁间的相互作用.
【解答】解:
磁铁靠近圆环的过程中,穿过圆环的磁通量增加,根据楞次定律可知,感应定流的磁场阻碍穿过圆环的原磁通量的增加,与原磁场方向相反,如图甲所示,二者之间是斥力;
当磁铁穿过圆环下降离开圆环时,穿过圆球的磁通量减小,根据楞次定律可知,感应电流的磁场阻碍穿过圆环的磁通量减少,二者方向相同,如图乙所示,磁铁与圆环之间是引力,故D正确;
故选:
D.
【点评】本题也可以直接根据楞次定律中“阻碍”的推广结论:
“来拒去留”进行分析;
磁铁在圆环上方下落过程是靠近圆环,此时为拒,为斥力;
而当磁铁穿过圆环后继续下落过程是远离圆环,此时为留,为引力.
【考点】电势差与电场强度的关系;
电势
【分析】根据直线上各点的电势φ分布图直接判断M点和N点电势高低.图象斜率大小等于场强.沿电场线方向电势逐渐降低.根据电场力方向和运动方向关系判断电场力做功情况.
A、O、P两点间各点电势相同沿OP方向场强一定为零,故A正确;
B、由图象可知,M点的电势高于N点的电势,故B错误;
C、电势变化越快的地方场强越大,根据图线斜率可以得出,M点的电场强度大于N点的电场强度,故C错误;
D、正电荷沿直线从M点移到N点的过程中电势降低,电势能减小,电场力做正功,故D错误;
A
【点评】解决该题要掌握根据电势高低判断电场方向,根据电场力和速度方向判断做功情况.本题也根据场强公式E=
分析得出图象斜率大小等于场强,判断场强的关系.
【考点】匀变速直线运动的图像;
匀变速直线运动的速度与时间的关系
【分析】因为两个图象表示一种运动且正方向相同;
所以可以根据速度图象的斜率分析物体的加速度变化情况,即可判断.
根据速度时间图象的斜率表示加速度,可知:
A、A图中,由速度时间图象知,质点的加速度不变,且为正,与加速度图象不符,故A错误.
B、B图中,由速度时间图象知,质点的加速度为正,且逐渐减小直至零,与加速度图象相符,故B正确.
C、C图中,由速度时间图象知,质点的加速度先减小后反向增大,与加速度图象不符,故C错误.
D、D图中,由速度时间图象知,质点的加速度不变,且为负,与加速度图象不符,故D错误.
B.
【点评】本题的关键要明确速度时间图象的斜率表示加速度,要求同学们会分析图象的含义,能根据图象得出有效信息;
也可以根据加速度的图象分析速度的变化情况,从而得出结论.
【考点】万有引力定律及其应用
【分析】在四颗星组成的四星系统中,其中任意一颗星受到其它三颗星对它的合力提供圆周运动的向心力,根据合力提供向心力,求出正方形的边长和原来的边长的比值
设原来正方形的边长为
,角速度为
,后来正方形的边长变为
,则有
①
②
周期变为原来2倍,角速度为原来
,即
③
联立解得:
,选项D正确,ABC错误
D
【点评】解决本题的关键掌握万有引力等于重力,以及知道在四颗星组成的四星系统中,其中任意一颗星受到其它三颗星对它的合力提供圆周运动的向心力.
【考点】磁感应强度
【分析】A、根据有磁场匀速直线运动,结合左手定则,即可判定电性;
B、根据平衡条件,列出平衡方程,从而即可判定;
C、依据动能表达式,即可确定;
D、依据牛顿第二定律,结合撤去磁场,只受到电场力与重力,从而即可判定.
A、根据题意可知,没有磁场时,小球所受合力向下,有磁场时,小球做匀速直线运动,故可知,洛伦兹力一定向上,由左手定则可知,小球一定带正电,故A错误;
B、同时可知,小球的重力不能忽略,当小球做匀速直线运动时,则有:
qAvAB+qAE=mg,
qBvBB+qBE=mg,联立可得,qAvAB+qAE=qBvBB+qBE,即有qA(vAB+E)=qB(vBB+E),
由此可知,当qA>qB,则一定有vA<vB,故B错误;
C、由Ek=
,可知,故C正确;
D、没有磁场时,由受力分析,可知,mg﹣qE=ma,当qA>qB,则aA<aB,
当qA=qB,则aA=aB,vA<vB,而由题意可知,xA>xB,则有vA>vB,故与题设相矛盾,
由此可知,两个小球在极板间运动的加速度不可能相等,故D错误;
C.
【点评】考查左手定则的内容,掌握牛顿第二定律与平衡条件的应用,注意D选项中确定影响加速度的因素是解题的关键.
【考点】向心力;
线速度、角速度和周期、转速
【分析】根据牛顿第二定律求出物块摩擦力达到最大时,圆盘的角速度,从而判断圆盘在不同角速度下,绳子有无拉力,摩擦力是否达到最大值.当绳子刚好要断时,拉力达到最大,根据牛顿第二定律求出圆盘转动的角速度.
A、当绳子的拉力恰好为零时,有:
,解得
,可知当圆盘的角速度为
时,绳的拉力为0,故A正确,B错误.
C、当圆盘转动的角速度为
,可知物块的摩擦力达到最大静摩擦力,为μmg,故C正确.
D、当绳刚好要断时,有:
,解得ω′=
,故D错误.
AC.
【点评】解决本题的关键知道当角速度达到最大时,绳子的拉力最大,物块靠拉力和所受的最大静摩擦力提供向心力.
【考点】变压器的构造和原理
【分析】根据电压与匝数成正比求出匝数比;
电流与匝数比求副线圈电流,根据欧姆定律求出灯泡的电流,从而求出电动机电流,电动机为非纯电阻器件,电动机消耗的功率为内阻消耗+输出的机械功率,
A、原线圈两端的电压
,根据题意灯泡和电动机都正常工作,所以灯泡两端的电压为44V,灯泡中的电流
,根据电压与匝数成正比,得
,故A错误;
B、根据电流与匝数成反比得副线圈中的电流,
,流过电动机的电流
,电动机输出功率为
,故B错误;
C、电动机的热功率
,故C正确;
D、电动机被卡住,灯泡仍正常工作,
,流过副线圈的电流
,根据
,
,得
,故D正确;
CD
【点评】理想变压器是理想化模型,一是不计线圈内阻;
二是没有出现漏磁现象.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,知道变压器的原理,难度不大,属于基础题.
8.(2016•四川一模)2016年1月28日消息,重庆将建空中卫生应急救援队,救援直升机转运停机坪覆盖区县.假设应急救援中直升机下面吊着一个箱子,箱里装有一物体,箱里物体刚好与箱顶接触,在直升机快速竖直上升的过程中,悬挂箱子的绳子突然断了,此后箱子运动过程中保持开始时的姿势,箱子所受的空气阻力与箱子运动速率的平方成正比,则在绳断后箱子运动过程中(箱子在空中运动的时间足够长),下列说法正确的是( )
【考点】功能关系
【分析】箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比,刚开始时,速度增大,阻力越来越大,当阻力等于重力时,箱子做匀速运动,根据牛顿第二定律即可分析.
A、箱子下落过程中速度增大,阻力越来越大,a=
,所以加速度随速度的增大而减小,当阻力等于重力时,箱子做匀速运动,故A正确;
B、箱子下落过程中,重力一直做正功,所以重力势能不断减小.故B正确;
C、绳断的一瞬间,箱子与箱子内的物体都处于完全失重状态,箱内物体对箱底的压力为零,故C正确;
D、在箱子开始下落的一小段时间内,箱内物体随箱子做加速度减小的加速运动,对物体有:
mg﹣N=ma,N=mg﹣ma,加速度减小,N增大,N与物体运动的方向相反,始终对物体做负功,所以箱内物体的机械能一直减小.故D正确.
ABCD
【点评】本题主要是考查根据物体的运动情况来分析物体受力的大小,物体运动状态的判断是解题的关键.
(1)用游标卡尺(主尺的最小分度为1mm)测量小球的直径,示数如图乙所示,其读数为 0.960 cm.
(2)小球位于位置2时的速度大小为
,小球下落时的加速度大小为
.
(3)如果计算出小示的加速度小于当地的重力加速度,可能的原因是 受到空气的阻力 .
【考点】测定匀变速直线运动的加速度
【分析】
(1)游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数,不需估读.主尺读数时看游标的0刻度线超过主尺哪一个示数,该示数为主尺读数,看游标的第几根刻度与主尺刻度对齐,乘以游标的分度值,即为游标读数.
(2)中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度;
根据相邻相等时间内位移之差等于常数,依据a=
,即可求解;
(3)在下落过程中受到空气阻力.
(1)主尺读数为0.90cm,游标尺读数为0.05×
12mm=0.60mm,故小球的直径为0.960cm
(2)小球位移位置2时的速度为v=
根据相邻相等时间内位移之差等于常数;
可知(x4﹣x2)﹣x2=a(2T)2;
解得:
a=
;
(3)小球在下落过程中,受到空气的阻力,故测量加速度小于当地重力加速度
故答案为:
(1)0.960;
(2)
(3)受到空气的阻力.
【点评】本题主要考查了游标卡尺的读数方法和匀变速直线运动的推论,注意作差法求加速度,及理解因阻力,从而导致加速度的测量值小于真实值.
H.滑动变阻器R2
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 届百校 联盟 高考 物理 冲刺 金卷三 解析