解析江苏省南京市盐城市高三第二次模拟考试物理试题文档格式.docx
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共点力平衡的条件及其应用;
物体的弹性和弹力.
【专题】:
共点力作用下物体平衡专题.
【分析】:
木板静止时,受重力和两个拉力而平衡,根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可.
解:
木板静止时,受重力和两个拉力而平衡,故三个力的合力为零,即:
F=0;
根据共点力平衡条件,有:
2F1cosθ=mg
解得:
F1=
由于长期使用,导致两根支架向内发生了稍小倾斜,故图中的θ角减小了,故F不变,F1减小;
A.
本题是简单的三力平衡问题,关键是受力分析后运用图示法分析,不难.
3.(3分)(2015•盐城二模)图甲是小型交流发电机的示意图,在匀强磁场中,一矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动,产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示.发电机线圈内阻为10Ω,外接一只电阻为90Ω的灯泡,不计电路的其他电阻,则( )
A.t=0时刻线圈平面与中性面垂直
B. 每秒钟内电流方向改变100次
C. 灯泡两端的电压为22V
D.0~0.01s时间内通过灯泡的电量为0
交流发电机及其产生正弦式电流的原理;
正弦式电流的图象和三角函数表达式.
交流电专题.
当线框经过中性面时通过线圈的磁通量最大.感应电动势最小为零.由题图乙可知交流电电动势的周期,即可求解角速度.线框每转一周,电流方向改变两次.
A、由图象乙可知t=0时感应电动势为零,处于中性面上,故A错误;
B、由题图乙可知周期T=0.02s,线框每转一周,电流方向改变两次,每秒电流方向改变100次,故B正确;
C、由题图乙可知交流电电动势的最大值是Em=31.1v,有效值为:
根据闭合电路的分压特点得电压表的示数为:
故C错误;
D、根据得:
0~0.01s时间内通过灯泡的电量为① ②代入数据①②联立得:
q=0.00198c,故D错误;
B.
本题是准确理解感应电动势与磁通量的变化,知道磁通量最大时,感应电动势反而最小.明确线框每转一周,电流方向改变两次.能从图象读取有效信息
4.(3分)(2015•盐城二模)如图甲所示,x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O),其上有M、N、P三点,间距MN=NP.Q1、Q2在轴上产生的电势ϕ随x变化关系如图乙.则( )
A.M点电场场强大小为零
B.N点电场场强大小为零
C. M、N之间电场方向沿x轴负方向
D.一正试探电荷从P移到M过程中,电场力做功|WPN|=|WNM|
电势差与电场强度的关系;
电场强度.
电场力与电势的性质专题.
φ﹣x图线的切线斜率表示电场强度的大小,在φ﹣x图象中可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向,根据沿电场线方向电势降低,由w=qU判断做功;
【解析】:
A、φ﹣x图线的切线斜率表示电场强度的大小,就知道N处场强为零,M处的场强不为零,故A错误,B正确;
C、M点的电势为零,MP电势小于零,因沿电场线方向电势降低,故在MP间电场方向由M指向P,沿x轴正方向,故C错误;
D、由图象可知,UMN>
UNP,故电场力做功qUMN>
qUNP,从P移到M过程中,电场力做负功,故|WPN|<
|WNM|,故D错误;
故选:
B
φ﹣x图象中:
①电场强度的大小等于φ﹣x图线的斜率大小,电场强度为零处.②在φ﹣x图象中可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向.③在φ﹣x图象中分析电荷移动时电势能的变化,可用W=qU,进而分析WW的正负,然后作出判断
5.(3分)(2015•盐城二模)一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲,到斜面上某一点后返回底端,斜面粗糙.滑块运动过程中加速度与时间关系图象如图所示.下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x、速度v、动能Ek和重力势能Ep(以斜面底端为参考平面)随时间变化的关系图象,其中正确的是()
A. B.C.D.
功能关系;
牛顿第二定律.
根据a﹣t图象知上滑和下滑过程中的加速度大小,从而得出速度随时间的变化规律;
利用速度公式和动能定得出动能、势能与时间的规律,再分析选项即可.
A、物块向上做匀减速直线运动,向下做匀加速直线运动,据位移公式可知,位移与时间成二次函数关系;
据运动学公式可知,下滑所有的时间要大于上升所用的时间,先减速后加速,加速度始终向下,所以x﹣t图象应是开口向下的抛物线,故A错误;
B、由A分析知速度方向相反,故B错误;
C、根据Ek=mv2知动能先减小后增大,与时间为二次函数,故C错误;
D、Ep=mgh=mgx=mg(v0t),a为负,故为开口向下的抛物线,故D正确.
D
解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度,判断出物体的运动情况;
再结合位移公式、速度公式和动能的表达式,此题难度较大
二、多项选择题:
本题共4小题,每小题4分,共计16分.每小题有多个选项符合题意,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答得0分
6.(4分)(2015•盐城二模)如图所示,在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水,水中放一红蜡块R(R视为质点).将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合,在R从坐标原点以速度v0=3cm/s匀速上浮的同时,玻璃管沿x轴正向做初速度为零的匀加速直线运动,合速度的方向与y轴夹角为α.则红蜡块R的( )
A. 分位移y与x成正比
B.分位移y的平方与x成正比
C.合速度v的大小与时间t成正比
D. tanα与时间t成正比
运动的合成和分解.
运动的合成和分解专题.
小圆柱体红蜡快同时参与两个运动:
y轴方向的匀速直线运动,x轴方向的初速为零的匀加速直线运动.根据位移与时间表达式,从而确定分位移y与x的关系,再由y方向可求运动时间,接着由x方向求加速度,从而求得vx,再由速度合成求此时的速度大小,最后由两方向的速度关系,可知tanα与时间t的关系.
解:
A、由题意可知,y轴方向,y=v0t;
而x轴方向,x=,联立可得:
x=,故A错误,B正确;
C、x轴方向,vx=at,那么合速度的大小v=,则v的大小与时间t不成正比,故C错误;
D、设合速度的方向与y轴夹角为α,则有:
故D正确;
BD.
【点评】:
分析好小圆柱体的两个分运动,掌握运动学公式,理解运动的合成与分解法则,注意平抛运动规律的应用.
7.(4分)(2015•盐城二模)据英国《卫报》网站2015年1月6日报道,在太阳系之外,科学家发现了一颗最适宜人类居住的类地行星,绕恒星橙矮星运行,命名为“开普勒438b”.假设该行星与地球绕恒星均做匀速圆周运动,其运行的周期为地球运行周期的p倍,橙矮星的质量为太阳的q倍.则该行星与地球的( )
A.轨道半径之比为B.轨道半径之比为
C. 线速度之比为D.线速度之比为
万有引力定律及其应用.
万有引力定律的应用专题.
地球和“开普勒438b”公转的向心力均由万有引力提供,根据牛顿第二定律列式求解出周期和向的表达式进行分析即可.
A、B、行星公转的向心力由万有引力提供,根据牛顿第二定律,有:
G=m
解得:
R=
该行星与地球绕恒星均做匀速圆周运动,其运行的周期为地球运行周期的p倍,橙矮星的质量为太阳的q倍,故:
==
故A正确,B错误;
C、D、根据v=
有:
=
•
;
故C正确,D错误;
AC.
本题关键是明确行星工作的向心力来源,结合牛顿第二定律列式分析即可,基础题目.
8.(4分)(2015•盐城二模)如图所示,在滑动变阻器的滑片向左滑动的过程中,理想电压表、电流表的示数将发生变化,电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2,已知电阻R大于电源内阻r,则( )
A. 电流表A的示数增大B.电压表V2的示数增大
C.电压表V1的示数增大 D.△U1大于△U2
闭合电路的欧姆定律.
恒定电流专题.
理想电压表内阻无穷大,相当于断路.理想电流表内阻为零,相当短路.分析电路的连接关系,根据欧姆定律分析.
A、据题理想电压表内阻无穷大,相当于断路.理想电流表内阻为零,相当短路,所以R与变阻器串联,电压表V1、V2分别测量R、路端电压.
当滑动变阻器滑片向左滑动时,接入电路的电阻减小,电路中电流增大,则A的示数增大,故A正确;
B、电路中电流增大,电源的内电压增大,则路端电压减小,所以V2的示数减小,故B错误;
C、电路中电流增大,根据欧姆定律知,电压表V1的示数增大,故C正确.
D、路端电压减小,R的电压增大,则△U1大于△U2,故D正确.
ACD.
本题是电路的动态分析问题,关键要搞清电路的结构,明确电表各测量哪部分电路的电压或电流,根据闭合电路欧姆定律进行分析.
9.(4分)(2015•盐城二模)如图所示,空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场,一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上,在木板左端放置一质量为m=0.1kg、带正电q=0.2C的滑块,滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5,滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力.现对木板施加方向水平向左,大小为F=0.6N的恒力,g取10m/s2.则滑块()
A.开始做匀加速运动,然后做加速度减小的加速运动,最后做匀速直线运动
B. 一直做加速度为2m/s2的匀加速运动,直到滑块飞离木板为止
C.速度为6m/s时,滑块开始减速
D. 最终做速度为10m/s的匀速运动
带电粒子在混合场中的运动.
先求出木块静摩擦力能提供的最大加速度,再根据牛顿第二定律判断当0.6N的恒力作用于木板时,系统一起运动的加速度,当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力,当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零,此时摩擦力等于零,此后物块做匀速运动,木板做匀加速直线运动.
ABD、由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5,静摩擦力能提供的最大加速度为μg=5m/s2,所以当0.6N的恒力作用于木板时,系统一起以a=
的加速度一起运动,当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力,当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零,此时Bqv=mg,解得:
v=10m/s,此时摩擦力消失,滑块做匀速运动,而木板在恒力作用下做匀加速运动,
.可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动,然后发生相对滑动,做加速度减小的变加速,最后做速度为10m/s的匀速运动.故AD正确,B错误.
C、木块开始的加速度为2m/s2,当恰好要开始滑动时,f=μ(mg﹣qvB)=ma,代入数据得:
v=6m/s,此后滑块的加速度减小,仍然做加速运动.故C错误.
AD.
本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用,要求同学们能正确分析木板和滑块的受力情况,进而判断运动情况.
三、简答题:
本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分,共计42分.请将解答填写在答题纸相应的位置.
10.(8分)(2015•盐城二模)某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻.
A.待测干电池两节,每节电池电动势约为1.5V,内阻约几欧姆
B.直流电压表V1、V2,量程均为3V,内阻约为3kΩ
C.定值电阻R0未知
D.滑动变阻器R,最大阻值Rm
E.导线和开关
(1)根据如图甲所示的实物连接图,在图乙方框中画出相应的电路图
(2)实验之前,需要利用该电路图测出定值电阻R0,方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm,再闭合开关,电压表V1和V2的读数分别为U10、U20,则R0=
(用U10、U20、Rm表示)
(3)实验中移动滑动变阻器触头,读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2,描绘出U1﹣U2图象如图丙所示,图中直线斜率为k,与横轴的截距为a,则两节干电池的总电动势E=
总内阻r=
(用k、a、R0表示).
测定电源的电动势和内阻.
实验题.
(1)由实物图可知电路的连接方法得出对应的原理图;
(2)根据实验原理结合欧姆定律可求得定值电阻的阻值;
(3)根据闭合电路欧姆定律及图象的性质可得出对应的电动势和内电阻.
(1)由实物图可知电路的连接方式,得出的实物图如图所示;
(2)由图可知,V2测量R0与R两端的电压,V1测量R两端的电压,则R0两端的电压U20﹣U10;
由欧姆定律可知,R0=
(2)由闭合电路欧姆定律可知,E=U1+
变形得:
U1=
+
则有:
=a;
=k
故答案为:
(1)如图所示;
(2)
本题考查测量电动势和内电阻的实验方法,关键在明确根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式,再分析图象的意义,求得电动势和内电阻.
11.(10分)(2015•盐城二模)某同学用如图甲所示的实验装置来“探究a与F、m之间的定量关系”.
(1)实验时,必须先平衡小车与木板之间的摩擦力.该同学是这样操作的:
如图乙,将小车静止地放在水平长木板上,并连着已穿过打点计时器的纸带,调整木板右端的高度,接通电源,用手轻拨小车,让打点计时器在纸带上打出一系列 点迹均匀的点,说明小车在做 匀速运动 运动.
(2)如果该同学先如
(1)中的操作,平衡了摩擦力.以砂和砂桶的重力为F,在小车质量M保持不变情况下,不断往桶里加砂,砂的质量最终达到
测小车加速度a,作a﹣F的图象.如图丙图线正确的是C .
(3)设纸带上计数点的间距为S1和S2.如图丁为用米尺测量某一纸带上的S1、S2的情况,从图中可读出S1=3.10cm,S2= 5.50 cm,已知打点计时器的频率为50Hz,由此求得加速度的大小a= 2.40m/s2.
探究加速度与物体质量、物体受力的关系.
实验题.
(1)平衡摩擦力时,调整木板右端的高度,接通电源,用手轻拨小车,当小车带动纸带匀速下滑时说明平衡摩擦力;
(2)正确的a﹣F图象应该是过原点的直线,不满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量时图象发生弯曲;
(3)根据匀变速直线运动的特点,利用逐差法可以求出其加速度的大小.
解:
(1)平衡摩擦力时,应将绳从小车上拿去,不要挂钩码,将长木板的右端垫高至合适位置,使小车重力沿斜面分力和摩擦力抵消,若小车做匀速直线运动,此时打点计时器在纸带上打出一系列点迹均匀的点,
(2)如果这位同学先如
(1)中的操作,已经平衡摩擦力,则刚开始a﹣F的图象是一条过原点的直线,不断往桶里加砂,砂的质量最终达到
不能满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量,此时图象发生弯曲,故C正确;
C.
(3)根据图象可知,S2=5.50cm,打点计时器的频率为50Hz,每5个点取一个计数点,则T=0.1s,加速度的大小a=
=2.40m/s2
(1)点迹均匀;
匀速运动;
(2)C;
(3)5.50;
2.40
明确实验原理以及具体的操作细节,加强动手实验,同时加强基本运动学规律在物理实验中的应用.
探究加速度与力、质量的关系实验时,要平衡小车受到的摩擦力,不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不够、或过平衡摩擦力,小车受到的合力不等于钩码的重力.
二.选做题A.(选修模块3-3)(12分)
12.(4分)(2015•盐城二模)下列说法正确的是( )
A.悬浮在液体中的微粒越小,受到液体分子的撞击就越容易平衡
B.物体中所有分子的热运动动能的总和叫做物体的内能
C. 热力学温度T与摄氏温度t的关系为t=T+273.15
D.液体表面的分子距离大于分子间的平衡距离,使得液面有表面张力
温度、气体压强和内能;
分子间的相互作用力.
液体温度越高颗粒越小,布朗运动越激烈.
物体中所有分子的热运动动能的总和叫做物体的内能.
摄氏温度t与热力学温度T的关系为T=t+273.15.
液体表面分子间距离大于平衡位置间距r0,液体表面存在表面张力;
A、悬浮微粒越小,在某一瞬间撞击它的液体分子数就越少,布朗运动就越明显.故A错误.
B、物体中所有分子的热运动动能的总和叫做物体的内能,故B错误.
C、摄氏温度t与热力学温度T的关系为T=t+273.15,故C错误.
D、液体表面分子间距离大于平衡位置间距r0,分子力表现为引力,所以液体表面存在表面张力,故D正确.
D.
本题关键掌握热力学基本知识,知道布朗运动的实质.掌握分子动理论,理解表面张力形成的原因.
13.(4分)(2015•盐城二模)图为一定质量理想气体的压强P与体积V的关系图象,它由状态A经等容过程到状态B,再经过等压过程到状态C.设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC,则TA=
TC,从状态B到状态C过程气体吸热(填“吸”、“放”)
理想气体的状态方程.
理想气体状态方程专题.
由图象求出A、B、C三状态的压强与体积,然后由理想气体的状态方程求出各状态的温度,然后比较温度大小.
A到B为等容变化,故
知TB=
TA
理想气体经历B→C过程,等压变化,
即TC=
TB=
故TA=
理想气体经历B→C过程,等压变化,由
=k知体积增大,温度升高,内能增大,气体的体积变大,对外做功,W=F△X=PS△X=P△V=p2(V2﹣V1),根据热力学第一定律:
△E=Q﹣W,知气体需要吸热.
故答案为:
,吸热.
本题考查了比较气体的温度高低,由图象求出气体的压强与体积、应用理想气体压强公式即可正确解题.
14.(4分)(2015•盐城二模)某教室的空间体积约为120m3.试计算在标准状况下,教室里空气分子数.已知:
阿伏加德罗常数NA=6.0×
1023mol﹣1,标准状况下摩尔体积V0=22.4×
10﹣3m3.(计算结果保留一位有效数字)
阿伏加德罗常数.
阿伏伽德罗常数的应用专题.
根据教室体积和摩尔体积求出物质的量,则气体分子数N=nNA.
设空气摩尔数为n,则
设气体分子数为N,则N=nNA
代入数据联立求解得:
N=3×
1027个
答:
教室里空气分子数为3×
1027个.
求分子数,往往先求摩尔数,再乘以阿伏加德罗常数即可.摩尔数等于质量与摩尔质量的比值或体积与摩尔体积的比值.
B.选修模块3-4(12分)
15.(4分)(2015•盐城二模)下列说法正确的是( )
A. 一条沿自身长度方向运动的杆,其长度总比杆静止时长
B.根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度
C.大量事实证明,电磁波不能产生衍射现象
D. 受迫振动的频率总等于系统的固有频率
*长度的相对性;
多普勒效应.
A、根据l=
判断杆的长度变化.
B、多普勒效现象是波的特性.
C、电磁波能产生衍射现象.
D、受迫振动的频率总等于策动力的频率
A、根据l=
,知条沿自身长度方向运动的杆其长度总比杆静止时的长度小.故A错误.
B、只要是波,均有多普勒效应现象,根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度.故B正确.
C、电磁波是波,电磁波能产生衍射现象.故C错误.
D、受迫振动的频率总等于策动力的频率.故D错误.
解决本题的关键知道光的偏转现象说明光是一种横波,以及知道多普勒效应现象的条件.
16.(4分)(2015•盐城二模)过去已知材料的折射率都为正值(n>
0).现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料,其折射率可以为负值(n<0),称为负折射率材料.位于空气中的这类材料,入射角i与折射角r依然满足
=n,但是折射线与入射线位于法线的同一侧(此时折射角取负值).现空气中有一上下表面平行的负折射率材料,一束电磁波从其上表面以入射角α射入,下表面射出.若该材料对此电磁波的折射率n=﹣1,请画出正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图,若在上下两个表面电磁波的折射角分别为r1、r2,则r1等于r2(填“大于”、“等于”、“小于”)
光的折射定律.
光的折射专题.
该材料对于电磁波的折射率n=﹣1,则折射光线与入射光线位于法线的同侧,且折射角等于入射角,根据这些知识分析.
由折射定律:
=n=﹣1
得:
sini=﹣sinr,则
即折射角等于入射角,r1=r2,且位于法线的同侧,故光路如图.
如图所示,等于.
本题属于信息题目,结合学过的知识点延伸拓展,同学们要有提取信息以及学习的能力.
17.(4分)(2015•盐城二模)竖直悬挂的弹簧振子下端装有记录笔,在竖直面内放置记录纸.当振子上下振动时,以水平向左速度v=10m/s匀速拉动记录纸,记录笔在纸上留下记录的痕迹,建立坐标系,测得的数据如图所示,求振子振动的振幅和频率.
简谐运动的振动图象;
简谐运动的振幅、周期和频率.
本题抓住弹簧振子的振动与记录纸同时运动,由匀速运动的速度公式v=
求出周期.振幅是振子离开平衡位置的最大距离,等于振子在最高点与最低点
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