校级联考辽宁省重点六校协作体届高三上学期期中考试物理试题Word文件下载.docx
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x2D.a1<
a2,x1>
x2
4.天文学家新发现了太阳系外的一颗行星.这颗行星的体积是地球的4.7倍,质量是地球的25倍.已知近地卫星绕地球运动的周期约为1.4h,引力常量G=6.67×
10-11N·
m2/kg2,由此估算该行星的平均密度约为()
A.1.8×
103kg/m3B.5.6×
103kg/m3
C.1.1×
104kg/m3D.2.9×
104kg/m3
5.一水平抛出的小球落到一倾角为
的斜面上时,其速度方向与斜面垂直,运动轨迹如图中虚线所示.小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为()
A.
B.
C.
D.
6.如图所示,M、N、Q是匀强电场中的三点,MN垂直于NQ,MN=4cm,NQ=3cm.MQ与电场方向平行,M、N两点的电势分别为5V和1.8V.则电场强度大小和Q点的电势分别为( )
A.100V/m和1V
B.80V/m和0
C.100V/m和0
D.80V/m和1V
7.纸面内有一个等边三角形PMN,在MN两顶点处可能有两个负点电荷,每个电荷在顶点P产生的电场强度大小均为E,也可能有两根通电直导线通有垂直于纸面向里的电流,每根导线中的电流在顶点P产生的磁感应强度大小均为B.关于P点的电场强度或磁感应强度,下列说法正确的是()
A.电场强度为E,方向竖直向下
B.电场强度为
,方向竖直向上
C.磁感应强度为
,方向水平向右
D.磁感应强度为B,方向竖直向上
8.如图1所示,光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成
角,M、P两端接有阻值为R的定值电阻.阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置,其它部分电阻不计.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向上.从
时刻开始棒受到一个平行于导轨向上的外力F,由静止开始沿导轨向上运动,运动中棒始终与导轨垂直,且接触良好,通过R的感应电流I随时间t变化的图象如图2所示.下面分别给出了穿过回路abPM的磁通量φ、磁通量的变化率
、棒两端的电势差
和通过棒的电荷量q随时间变化的图象,其中正确的是()
C.
二、多选题
9.一理想变压器原、副线圈的匝数比为10:
1,原线圈输入电压的变化规律如图甲所示,副线圈所接电路如图乙所示,P为滑动变阻器的触头.下列说法正确的是()
A.副线圈输出电压的频率为50Hz
B.副线圈输出电压的有效值为31V
C.P向右移动时,滑动变阻器消耗的电功率增加
D.P向右移动时,原、副线圈的电流比不变
10.在光滑水平面上,一质量为M,速度大小为v的P球与质量为3M静止的Q球碰撞后,P球的速度方向与碰撞前相反.则碰撞后Q球的速度大小可能是( )
A.0.62vB.0.45vC.0.31vD.0.38v
11.在匀强电场中有一个光滑的直角三角形框架,∠CAB=30°
.将一质量不计的带电滑块以初速度v0释放,使其沿斜面CA运动,到达A点的速度为
v0,让滑块以相同速度从C点沿CB下滑,则到达B点的速度为
v0,则下列说法正确的是( )
A.C点电势可能比A点电势高
B.B点电势是A点电势的两倍
C.A点电势与BC边中点的电势相等
D.电场方向与AB边垂直
12.如图甲所示,质量为4kg的物体在水平推力作用下开始运动,推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示,物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.5,g取10m/s2,则( )
A.物体先加速运动,推力撤去才开始做减速运动
B.物体在运动中的加速度先变小后变大再不变
C.物体在水平面上运动的最大位移是10m
D.物体的最大速度为8m/s
第II卷(非选择题)
请点击修改第II卷的文字说明
三、实验题
13.用半径相同的小球1和小球2的碰撞验证动量守恒定律,实验装置如图所示,斜槽与水平槽平滑连接.安装好实验装置,在地上铺一张白纸,白纸上铺放复写纸,记下铅垂线所指的位置O.接下来的实验步骤如下:
步骤1:
不放小球2,让小球1从斜槽上A点由静止滚下,并落在地面上.重复多次,用尽可能小的圆,把小球的所有落点圈在里面,认为其圆心就是小球落点的平均位置;
步骤2:
把小球2放在斜槽前端边缘处的B点,让小球1从A点由静止滚下,使它们碰撞.重复多次,并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置;
步骤3:
用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离,即线段OM、OP、ON的长度.
(1)在上述实验操作中,下列说法正确的是________.
A.小球1的质量一定大于小球2的质量,小球1的半径可以大于小球2的半径
B.将小球静止放置在轨道末端看小球是否滚动来检测斜槽轨道末端是否水平
C.小球在斜槽上的释放点应该越高越好,这样碰前的速度大,测量误差较小
D.复写纸铺在白纸的上面,实验过程中复写纸可以随时拿起来看印迹是否清晰并进行移动
(2)以下提供的器材中,本实验必需的有(____)
A.刻度尺 B.游标卡尺 C.天平 D.秒表
(3)设小球1的质量为m1,小球2的质量为m2,MP的长度为l1,ON的长度为
l2,则本实验验证动量守恒定律的表达式为________.
四、解答题
14.某同学想用以下器材组装一只欧姆计,并测量一只约几千欧电阻的阻值。
A
.电流表,满偏电流为1mA,内阻为20Ω
B.
电流表,满偏电流为0.6A,内阻为5Ω
C.
电动势15V,内阻5Ω的直流电源
D.
电动势3V,内阻3Ω的直流电源
E
.最大阻值为5000Ω的滑动变阻器
F.
最大阻值为100Ω的滑动变阻器
(1)以上器材应选用___________(填字母)
(2)欧姆计调零后,滑动变阻器被接入部分的阻值为_________Ω
(3)若用此欧姆计测量电阻,发现指针指在满偏电流的三分之一处,则此电阻的阻值约为_________Ω
15.如图所示,某次滑雪训练,运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F=84N而从静止向前滑行,其作用时间为t1=1.0s,撤除水平推力F后经过t2=2.0s,他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力,作用距离与第一次相同.已知该运动员连同装备的总质量为m=60kg,在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff=12N,求:
(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移;
(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离.
16.如图所示,在平面直角坐标系xoy中的有一个等腰直角三角形硬质细杆框架FGH,框架竖直放在粗糙的水平面上,其中FG与地面接触。
空间存在着垂直于框架平面的匀强磁场,磁感应强度为B,FG的长度为8
L,在框架中垂线OH上S(0,
L)处有一体积可忽略的粒子发射装置,在该平面内向各个方向发射速度大小相等带正电大量的同种粒子,射到框架上的粒子立即被框架吸收.粒子的质量为m,电荷量为q,不计粒子间的相互作用以及粒子的重力.
(1)试问速率在什么范围内所有粒子均不可能打到框架上?
(2)如果粒子的发射速率为
,求出框架上能被粒子打中的长度.
(3)如果粒子的发射速率仍为
,某时刻同时从S点发出粒子,求从第一个粒子到达底边FG至最后一个到达底边的时间间隔
.
17.粗细均匀的U形管,右端封闭有一段空气柱,两管内水银面高度差为19cm,封闭端空气柱长度为40cm,如图所示,问向左管内再注入多少水银可使两管水银面等高?
已知外界大气压强p0=76cmHg,注入水银过程中温度保持不变.
18.如图所示,三棱镜ABC三个顶角度数分别为∠A=75°
、∠B=60°
、∠C=45°
一束频率为5.3×
1014Hz的单色细光束从AB面某点入射,进入棱镜的光线在AC面上发生全反射,离开棱镜BC面时恰好与BC面垂直,已知光在真空中的速度c=3×
108m/s,玻璃的折射率n=1.5,求:
①这束入射光线的入射角的正弦值。
②光在棱镜中的波长。
五、填空题
19.下列说法正确的是(_____)
A.某种液体的饱和蒸气与温度有关
B.不是所有晶体都具有各向异性的特点
C.第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律
D.当分子间的距离增大时,分子间的引力和斥力均减小,但斥力减小得更快,所以分子间的作用力表现为引力
E.一定质量的理想气体,放热的同时外界对其做功,其内能可能减少
20.以下说法中不正确的有_____________
A.作简谐运动的物体每次通过同一位置时都具有相同的加速度和速度
B.横波在传播过程中,波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期
C.一束光由介质斜射向空气,界面上可能只发生反射现象而没有折射现象
D.水面油膜呈现彩色条纹是光的干涉现象,这可以用光的波动理论来解释
E.在电场周围一定存在磁场,在磁场周围一定存在电场
参考答案
1.A
【解析】
如图添加的虚线是匀变速运动时的图像
A、C项,由
图可知,
时间内,甲车的位移大于乙车,所以根据平均速度定义,可知汽车甲的平均速度比乙的大,故A项正确,C项错误。
B项,当汽车乙做匀变速直线运动的时候,平均速度等于
,而根据
图,乙车
图的面积小于三角形面积,因此汽车乙的平均速度小于
,故B项错误。
D项,由
图的斜率表示汽车的加速度大小,可知汽车甲和汽车乙的加速度均逐渐减小,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为A。
2.A
叠放在固定粗糙斜面上的物块A和B接触面是水平的,A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑,A受到重力和B对它的支持力,故A受2个力;
B受到重力、A对它的压力、斜面对它的支持力和斜面对它的摩擦力,故B受4个力。
故选A
3.B
【分析】
先对AB整体进行分析,可以得出整体运动的加速度;
再对隔离出受力最少的一个进行受力分析,由牛顿第二定律可得出弹簧弹力,则可得出弹簧的形变量。
【详解】
对整体分析有:
,可知a1<a2;
隔离对b分析有:
F1-m2g=m2a1,
解得:
,
,可知F1=F2,根据胡克定律知,x1=x2。
故应选:
B。
【点睛】
本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的基本运用,掌握整体法和隔离法的灵活运用。
4.D
【解析】试题分析:
根据万有引力提供向心力可知
化简则
,同时根据
可求出
,求得该行星周期为5.8小时,代入
,则求出行星平均密度为2.9×
104kg/m3,答案为D
考点:
万有引力提供向心力
点评:
本题考查了万有引力提供向心力的分析方法和解决办法。
这类问题的解决思路通常是由万有引力提供向心力,建立等式化简求解。
视频
5.D
物体做平抛运动,我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动,和竖直方向上的自由落体运动来求解,两个方向上运动的时间相同。
如图平抛的末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角θ,
则有:
则下落高度与水平射程之比为:
D。
6.C
由图知角∠M=37°
MN沿电场线方向的距离为dMN=4×
cos37°
=3.2cm=0.032m
则:
又
UMQ=EdMQ
则φM-φQ=100×
0.05V=5V
故
得φQ=0V
C。
考查U=Ed的应用,明确d为沿场强方向的距离,注意公式的适用条件,只适用于匀强电场。
7.C
根据矢量合成的方法即可求出P点的合场强;
根据右手螺旋定则得出两根通电导线在P点的磁感应强度的方向,根据平行四边形定则得出合场强的大小。
A、B项:
在MN两顶点处有两个负点电荷时,每个电荷在顶点P产生的电场强度大小均为E,方向分别沿PM方向与PN的方向,由矢量合成的特点可知,他们的合场强的方向一定沿二者的角平分线上,即合场强的方向竖直向下,根据平行四边形定则可知,合场强的大小是
,故A、B错误;
C、D项:
根据安培定则可知,导线M在P处产生的磁场方向垂直于MP方向向右,导线N在P处产生的磁场方向垂直于NP方向向右,
根据平行四边形定则得到,P处的总磁感应强度为:
.方向平行于MN向右,故C正确,D错误。
解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断通电电流周围的磁场方向,以及知道磁感应强度是矢量,合成遵循平行四边形定则。
8.B
由题可知,回路中的感应电流与时间成正比,说明感应电动势也是随时间均匀增大的,明确各个图象的物理意义,结合产生感应电流的特点即可正确求解。
A项:
由于产生的感应电动势是逐渐增大的,而A图描述磁通量与时间关系中斜率不变,产生的感应电动势不变,故A错误;
B项:
回路中的感应电动势为:
感应电流为:
由图可知:
I=kt,即
,故有:
,故B正确;
C项:
I均匀增大,棒两端的电势差Uab=IR=ktR,则知Uab与时间t成正比,故C错误;
D项:
通过导体棒的电量为:
Q=It=kt2,故Q-t图象为抛物线,并非过原点的直线,故D错误。
对于图象问题一定弄清楚两坐标轴的含义,尤其注意斜率、截距的含义,对于复杂的图象可以通过写出两坐标轴所代表物理量的函数表达式进行分析。
9.AD
根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等,再根据电压与匝数成正比即可求得结论。
由图象可知,交流电的周期为0.02s,所以交流电的频率为50Hz,故A正确;
根据电压与匝数成正比可知,原线圈的电压的最大值为310V,所以副线圈的电压的最大值为31V,所以电压的有效值为
,故B错误;
P右移,R变小,原副线的电流都变大,而原线圈电压不变,所以副线圈两端电压也不变,可将副线圈也定值电阻R看成电源,滑动变阻器视为外电路,当外电路电阻与电源内阻相等时,滑动变阻器的功率最大,由于不知道滑动变阻器与定值电阻间的关系,所以无法确定,故C错误;
原副线圈电流之比等于匝数的反比,故原副线圈的电流之比不变,故D正确。
AD。
电路的动态变化的分析,总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况,再确定其他的电路。
10.BD
PQ两球在水平方向上合外力为零,P球和Q球碰撞的过程中动量守恒,设PQ两球碰撞后的速度分别为V1、V2,
选P原来的运动方向为正方向,由动量守恒定律有:
mv=-mv1+3mv2…①
假设碰后A球静止,即v1=0,可得:
v2=
由题意知球A被反弹,所以球B的速度:
v2>
…②
PQ两球碰撞过程能量可能有损失,由能量关系有:
…③
由①③两式联立得:
…④
由②④两式可得:
BD。
11.AC
从C到A和从C到B,分别分析这两个过程中的做功情况,因质量不计,所以不用考虑重力做功,又因框架光滑,所以运功过程中只有电场力做功,且都为正功,由动能定理列式可解的CA间的电势差与CB间的电势差的关系,再在CB的连线上找出与A点电势相等的点,即可得知各选项的正误。
设滑块的质量为m,电量为q,BC的中点为D,因质量不计,所以滑块在运动过程中,只有电场力做功。
设CA间的电势差为U1,则由动能定理有:
设CB间的电势差为U2,则由动能定理有:
U2=2U1
即BC的中点D的电势与A的电势相等。
虽然滑块从C到A的过程中电场力做正功,因不知滑块所带的电性,所以无法判知C点和A点的电势高低,故A正确;
虽然CB间的电势差等于CA间的电势差的2倍,但是零势能面没有确定,所以B点电势不一定是A点电势的两倍,故B错误;
由以上解答可知,即BC的中点D的电势与A的电势相等,故C正确;
由以上解答可知,A与BC的中点D的电势相等,所以电场方向垂直于AD,与AB并不垂直,故D错误。
AC。
12.BCD
物体受到摩擦力和推力,推力小于摩擦力时物体开始减速;
分析物体的运动情况:
物体先加速运动,当合力为零为后做减速运动.速度最大时推力就能得到,再由图读出位移.由动能定理可求出最大速度。
由图可知,推力先减小,所以加速度先减小,推力减小到等于摩擦力以后,物体做加速度增大的减速运动,撤去F后做匀减速运动,故A错误,B正确;
由F-x图象的面积可得拉力全过程做功
由WF-μmgs=0,得s=10m,故C正确;
由F-x图象可知F=μmg=20N时,x=3.2m,此刻速度最大,W1-μmgx=
,其中
,得最大速度vm=8m/s,故D正确。
BCD。
本题有两个难点:
一是分析物体的运动过程,得出速度最大的条件;
二是能理解图象的物理意义,“面积”等于推力做功,是这题解题的关键。
13.BDACm1·
l1=m2·
l2
(1)根据实验注意事项分析答题;
(2)根据实验需要测量的量选择实验器材;
(3)小球离开水平轨道后做平抛运动,根据实验数据与动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
(1)A项:
验证动量守恒定律实验中,入射球1的质量一定要大于被碰球2的质量,两球的直径应相等,故A错误;
B英:
将小球静止放置在轨道末端,如果小球不滚动,水面斜槽轨道末端水平,否则斜槽末端不水平,故B正确;
小球在斜槽上的释放点高度应适当,如果释放点的高度太高,小球离开轨道后的水平位移太大,小球将落在复写纸之外,不能确定小球的落地点,小球的释放高度不是越高越好,故C错误;
复写纸铺在白纸的上面,实验过程中复写纸可以随时拿起看印迹是否清晰,只要不移动地面上的白纸,可以随便移动复写纸的位置,故D正确。
(2)实验过程中需要测量入射球与被碰球的质量,因此实验需要天平;
实验时需要测出小球落地点的水平位移,因此实验需要刻度尺,故AC正确。
(3)球离开水平轨道后做平抛运动,由于小球的竖直分位移相等,因此它们在空中的运动时间相等,小球的水平位移与它的初速度成正比,可以用小球的水平位移代替小球的初速度;
由图示可知,碰撞前小球1的落地点是P,两球碰撞,球1的落地点是M,球2的落地点是N,实验需要验证:
m1OP=m10M+m20N,m1(OP-OM)=m20N,
m1MP=m20N,则m1l1=m2l2,本实验验证动量守恒定律的表达式为:
m1l1=m2l2.。
14.
(1)A、D、E(全选对得2分,选对但不全,得1分,有错得0分)
(2)2977(2分)(3)6000(2分)
(1)欧姆表的中值电阻等于欧姆表的内电阻,调零时电流表应该满偏,题中电源和电流表有四种组合;
组合一:
AC组合,根据欧姆定律,调零后内阻为:
;
组合二:
BC组合,根据欧姆定律,调零后内阻为:
组合三:
AD组合,根据欧姆定律,调零后内阻为:
组合四:
BD组合,根据欧姆定律,调零后内阻为:
考虑滑动变阻器最大
,应该选组合三,故电流表选A,电源选D,滑动变阻器选E;
(2)根据闭合电路欧姆定律有:
,解得:
,(3)指针指在满偏电流的三分之一处,根据闭合电路欧姆定律有:
,代入数据解得:
15.
(1)1.2m/s0.6m
(2)5.2m
(1)根据牛顿第二定律求得加速度,利用运动学公式求得速度和位移;
(2)该运动员第二次撒除水平推力后,由速度位移公式即可求解能滑行的最大距离。
(1)根据牛顿第二定律得:
运动员利用滑雪杖获得的加速度为:
第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小
位移
(2)运动员停止使用滑雪杖后,加速度大小为
第二次利用滑雪杖获得的速度大小
,则
第二次撤除水平推力后滑行的最大距离
本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式,加速度是解决动力学问题的中间桥梁,明确运动过程是解决问题的关键。
16.
(1)
(2)
(3)
(1)如图1所示,以OS为直径的粒子在运动过程中刚好不碰到框架上。
根据几何关系,
根据牛顿第二定律
可得满足
的粒子均不可能碰到三角形框架.
(2)当粒子速率
时,可求得其做圆周运动半径
如图2所示,当粒子的入射速度方向沿SO方向时,运动轨迹与FG相切于J点;
当粒子的入射速度方向沿OS时,运动轨迹与FG相切于I点,介于这二者之间的入射粒子均可打在挡板FH上,挡板上被粒子打中的长度为图中IK之间的距离,其中
挡板上被粒子打中的长度
(3)如图所示最长时间为
,最短时间为T/6,
17.39cm
试题分析:
解析以右管中被封闭气体为研究对象,气体在初状态下其p1=p0-ph=(76-19)cmHg=57cmHg,V1=L1S=40S;
末状态p2=p0=76cmHg,V2=L2S.则由玻意耳定律得:
57×
40S=76×
L2S,L2=30cm.需注入的水银柱长度应为h+2(L1-L2)=39cm.
大气压强平衡问题
掌握力的平衡问题是处理这题关键
18.①0.75②3.77×
10-7
m
(1)根据光的折射定律,结合几何关系,即可求解;
(2)根据
,求得光在介质中传播速度,再根据v=λf,求得波长,最后根据折射率与临界角的关系,及光路可逆,即可求解。
(1)由光离开棱镜的BC面时恰好与BC面垂直可知,从AB面射到AC面的光线与BC边平行,
设光在AB面的入射角
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- 关 键 词:
- 级联 辽宁省 重点 协作 体届高三 上学 期中考试 物理试题