广西南宁第二中学届高三月考理科综合物理试题.docx
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广西南宁第二中学届高三月考理科综合物理试题
二、选择题
14.如图所示的逻辑电路,输入A、B、C的值分别为1、1、1,则X、Y、Z的值分别为
A.0、0、0
B.0、1、0
C.1、0、0
D.1、1、1
15.一辆汽车在平直的公路上运动,运动过程中先保持某一恒定加速度,后保持恒定的牵引功率,其牵引力和速度的图象如图所示。
若已知汽车的质量m,牵引力F1和速度v1及该车所能达到的最大速度v3。
则根据图象所给的信息,下列说法正确的是
A.汽车运动中的最大功率为F1v1
B.速度为v2时的加速度大小为F1v1/mv2
C.汽车行驶中所受的阻力为F1v1/v3
D.汽车匀加速运动的时间为m1v1v2/F1v2
16.小铁块置于薄木板右端,薄木板放在光滑的水平地面上,铁块的质量大于木板的质量。
t=0时使两者获得等大反向的初速度开始运动,t=t1时铁块刚好到达木板的左端并停止相对滑动,此时与开始运动时的位置相比较,下列示意图符合实际的是
17.如图,AB两灯原来正常发光,现因某一电阻发生断路或短路的故障,使A灯变亮,B灯变暗,那么,故障原因是
A.R0断路B.R1断路
C.R2断路D.R2短路
18.如图所示,水平地面上固定着光滑平行导轨,导轨与电阻R连接,放在竖直向上的匀强磁场中,杆的初速度为v0,不计导轨及杆的电阻,则下列关于杆的速度与其运动位移之间的关系图像正确的是()
19.某火星探测器的发射过程的简化图如图所示,首项将该探测器发射到一停泊测试轨道,使探测器沿椭圆环绕地球运行,其中图中的P点为椭圆轨道上的远地点;在经一系列的变轨进入工作轨道,使探测器在圆轨道上环绕火星运行。
已知地球和火星的半径分别为R1、R2,P点距离地面的高度为h1,在工作轨道上探测器距离火星表面的高度为h2,地球表面的重力加速度为g,火性的质量为M,引力常量为G,忽略地球和火星自转的影响。
根据以上信息可求解的是
A.探测器在P点的线速度
B.探测器在P点的角速度
C.探测器环绕火星运动的周期
D.火星表面的重力加速度
20.如图所示,理想变压器原线圈接在交流电源上,图中各电表均为理想电表。
下列说法正确的是
A、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,R1消耗的功率变大
B、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,电压表V示数变大
C、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,电流表A1示数变小
D、若闭合开关S,则电流表A1示数变大,A2示数变大
21.如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图,电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来,当夯杆底端刚到达坑口时,两个滚轮彼此分开,夯杆在自身重力作用下,落回深坑,夯实坑底。
然后两个滚轮再次压紧,夯杆被提上来,如此周而复始(夯杆被滚轮提升过程中,经历匀加速运动过程)。
已知两个滚轮边缘的线速度恒为v,夯杆质量m,则下列说法正确的是:
A.夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力,后不对它施力
B.增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力可减小提杠的时间
C.滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量
D.一次提杆过程系统共产生热量
;
三、非选择题
22.某研究性学习小组分别用如图甲所示的装置进行以下实验:
“探究加速度与合外力的关系”.装置中,小车质量为M,砂桶和砂子的总质量为m,通过改变m来改变小车所受的合外力大小,小车的加速度a可由打点计时器和纸带测出.现保持小车质量M不变,逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验,得到多组a、F值(F为弹簧秤的示数).
(1)为了减小实验误差,下列做法正确的是______
A.只需平衡小车的摩擦力
B.沙桶和沙的总质量要远小于小车的质量
C.滑轮摩擦足够小,绳的质量要足够轻
D.先释放小车,后接通打点计时器的电源
(2)某同学根据实验数据画出了图乙所示的一条过坐标原点的倾斜直线,其中纵轴为小车的加速度大小,横轴应为______;
A.1/MB.1/mC.mgD.F
(3)当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时,图线______(填选项前的字母)
A.逐渐偏向纵轴B.逐渐偏向横轴C.仍保持原方向不变
23.实验室有下列器材:
灵敏电流计(内阻约为50Ω);电压表(0~3V,内阻约为10kΩ);
电阻箱R1(0~9999Ω);滑动变阻器R2(0~100Ω,1.5A);
旧干电池一节;导线开关若干.
(1)某实验小组先测灵敏电流计的内阻,电路如图甲所示,测得电压表示数为2V,灵敏电流计示数为4mA,电阻箱旋钮位置如图乙所示,则灵敏电流计内阻为Ω.
(2)为将灵敏电流计的量程扩大为原来的10倍,该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联,则应将电阻箱R1的阻值调为Ω.调好后连接成如图丙所示的电路测干电池的电动势和内阻,调节滑动变阻器读出了几组电压表和电流计的示数如下表,请在图丁所示的坐标系中作出合适的U-IG图线.
(3)由作出的U-IG图线求得干电池的电动势E=V,内阻r=Ω.
24.如图所示,装置BO′O可绕竖直轴O′O转动,可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点,装置静止时细线AB水平,细线AC与竖直方向的夹角θ=37°.已知小球的质量m=1kg,细线AC长L=1m,B点距C点的水平和竖直距离相等.(重力加速度g取10m/s2,sin37o=0.6,cos37o=0.8,)
(1)若装置匀速转动的角速度为ω1,细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向夹角仍为37°,求角速度ω1的大小;
(2)若装置匀速转动的角速度为ω2时,细线AB刚好竖直,且张力为零,求此时角速度ω2的大小;
25.如图在xOy坐标系第Ⅰ象限,磁场方向垂直xOy平面向里,磁感应强度大小均为B=1.0T;电场方向水平向右,电场强度大小均为E=
N/C。
一个质量m=2.0×10-7kg,电荷量q=2.0×10-6C的带正电粒子从x轴上P点以速度v0射入第Ⅰ象限,恰好在xOy平面中做匀速直线运动。
0.10s后改变电场强度大小和方向,带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动,取g=10m/s2。
求:
(1)带电粒子在xOy平面内做匀速直线运动的速度v0大小和方向;
(2)带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动时电场强度的大小和方向;
(3)若匀速圆周运动时恰好未离开第Ⅰ象限,x轴上入射P点应满足何条件?
33.
(1)下列说法正确的是。
A.布朗运动并不是液体分子的运动,但它说明分子永不停息地做无规则运动
B.分子间的相互作用力随着分子间的距离的增大,一定先减小后增大
C.叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用
D.做功和热传递在改变系统内能方面是不等价的
E.液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点
(2)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,再变化到状态C,其状态变化过程的p-V图象如图所示。
已知该气体在状态A时的温度为27℃。
求:
(i)该气体在状态B,C时的温度分别是多少?
(ii)该气体从状态A到状态C的过程中是吸热还是放热?
传递的热量是多少?
34.
(1)如图所示,两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播,两波源分别位于x=-0.2m和x=1.2m处,传播速度均为v0=0.2m/s,振幅均为A=2cm。
图示为t=0时刻两列波的图像(传播方向如图所示),此时平衡位置处于x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动。
质点M的平衡位置处于x=0.5m处,则下列判断正确的是
A.两列波的周期均为2s,且起振方向均沿y轴负方向
B.t=0时刻,x=0处的质点处于平衡位置向y轴正方向运动,x=0.1m处的质点处于平衡位置向y轴负方向运动
C.t=1.5s刻之前,质点M始终处静止状态
D.M点开始振动后做振幅为4cm,周期为4s的简谐运动
E.T=2.5s时M点处于平衡位置向y轴正方向运动
(2)如图,将半径为R的透明半球体放在水平桌面上方,O为球心,直径恰好水平,轴线OO'垂直于水平桌面.位于O点正上方某一高度处的点光源S发出一束与OO',夹角θ=60°的单色光射向半球体上的A点,已知透明半球体对单色光的折射率为
,光在真空中传播速度为c,不考虑半球体内光的反射,求:
(i)光线通过半球体后射到桌面上的位置B(图中未画出)到O'的位置;;
(ii)该光在半球体内传播的时间t。
(物理答案)
14.
【考点】简单的逻辑电路.
【分析】该复合门中非门的输出端又与或门的输出端为与门的输入端.与门的特点:
事件的几个条件都满足,该事件才能发生.非门的特点:
输入状态和输出状态相反.
【解答】解:
AB均为1时,X输出为1;非门为1时,输出为0;则加在与门两端为1、0;故Z输出为0;
故选:
C.
【点评】解决本题的关键掌握与门和非门的特点,与门的特点:
事件的几个条件都满足,该事件才能发生.非门的特点:
输入状态和输出状态相反.
15.
【考点】功率、平均功率和瞬时功率.
【分析】汽车先做匀加速运动,再以恒定功率运动,对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程,再结合图象进行分析即可.
【解答】
A、根据牵引力和速度的图象和功率P=Fv得汽车运动中的最大功率为,故A错误.
B、汽车运动过程中先保持某一恒定加速度,后保持恒定的牵引功率,所以速度为v2时的功率是,
根据功率得
速度为v2时的牵引力是
对汽车受力分析,受重力、支持力、牵引力和阻力,
该车所能达到的最大速度时加速度为零,所以此时阻力等于牵引力,所以阻力
根据牛顿第二定律,有速度为v2时加速度大小为,故B错误,C正确.
D、根据牛顿第二定律,有恒定加速时,加速度,则,故D错误.
故选:
C.
【点评】本题关键对汽车受力分析后,根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式,再结合图象进行分析求解.
16.
【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系.
【分析】小铁块和木板组成的系统,所受的合外力为零,系统的动量守恒,根据动量守恒定律确定末动量的方向,根据运动规律分析它们的运动方向.
【解答】开始时两者具有等大反向的初速度,由于铁块的质量大于木板的质量,所以系统的总动量水平向左,根据动量守恒定律知,当两物体相对静止时共同速度水平向左,而且在速度达到相等前,小铁块一直向左运动,所以两者速度相等时,小铁块在初位置的左侧,故A正确,BCD错误.
故选:
A
【点评】本题的关键要知道系统的动量守恒,能从动量守恒的角度分析共同速度大小与方向.
17.
【考点】闭合电路的欧姆定律.
【分析】首先明确电路中各用电器的连接关系:
灯泡A和电阻R1并联,灯泡B和电阻R2并联,再与电阻R0并联.可将每选项逐一代入题目检查是否符合题意,从而确定正确选项.
【解答】A、电阻R0单独在一个支路上,断路后使外电阻变大,使两个灯泡所在的并联电路的电压都变大,则两个灯泡的亮度都变亮,不符合题意,故A错误;
B、灯泡A和电阻R1并联,如果R1断路,此处只有灯泡A一个电阻,根据并联电路总电阻与分电阻的关系,此处电阻相当于增大,所以灯泡A两端电压增大,灯泡B两端电压降低,则A灯变亮,灯泡B变暗.故B正确;
C、同理可知,R2断路时,A灯变暗,灯泡B变亮,不符合题意,故C错误.
D、若R2短路,B灯被短路,不亮,与题不符,故D错误.
故选:
B
【点评】此题是电路故障问题.解决的关键是在明确电路连接关系的前提下采用“排除法”将每一选项逐一代入题干,检查是否符合题意,最终确定正确选项.
18.
【考点】电磁感应图像问题;动量定理的运用。
【解析】导体棒受重力、支持力和向后的安培力;感应电动势为:
感应电流为:
,安培力为:
故:
求和,有:
故:
,故
与
是线性关系,故C正确,ABD错误。
故选:
C
【点评】导体棒受重力、支持力和向后的安培力,根据切割公式
、闭合电路欧姆定律、安培力公式
连列求解出安培力表达式进行分析。
难点在要结合微元法进行分析
19.
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系;万有引力定律及其应用.
【分析】根据万有引力等于向心力,列式可求得探测器在P点的线速度和加速度.由T=
求探侧器环绕火星运行的周期.根据重力等于万有引力,列式求解.
【解答】由于轨道是椭圆,在远地点P时的速度、角速度无法确定,AB错误;探测器绕火星运动时由万有引力提供向心力,则G
=m(R2+h2)
,又G
=mg′,由以上两式可求得探测器绕火星运动的周期和火星表面的重力加速度,C、D正确。
故选:
CD
【点评】卫星问题主要抓住两点:
一是天体表面上,物体的重力和万有引力相等.二是卫星做圆周运动时万有引力提供圆周运动的向心力.
20.
【考点】变压器的构造和原理.
【分析】滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,接入电路中的阻值变大,因输出电压不变,则总电流变小,据欧姆定律确定各表的示数变化.
【解答】解:
A、滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,电阻变大,则干路电流变小,则R1消耗的功率变小,则A错误
B、干路电流变小,R1分压变小,则电压表V的测量的电压变大,示数变大,则B正确
C、因输出电流变小,则输出功率变小即输入功率变小,电流表A1示数变小.则C正确
D、闭合开关S并联支路增加,电阻变小,则副线圈即R1的电流变大,分压变大,则R2的分压变小,电流变小.电流表A1示数随副线圈电流的变大而变大,则D错误
故选:
BC
【点评】考查电路的动态分析:
本题中P的移动与电键的闭合均会引起电阻的变小,再由电路的联接关系可分析各表的示数的变化,可见明确电路的结构是求解的关键.
21.
【考点】动能定理的应用;功能关系.
【分析】夯杆底端刚到达坑口的运动过程中,先做匀加速直线运动,当速度达到滚轮的线速度时,做匀速直线运动,夯杆先受到滑动摩擦力,然后受静摩擦力,电动机对夯杆所做的功等于摩擦力做的功.增加滚轮匀速转动的角速度时夯杆获得的最大速度增大,可减小提杠的时间.增加滚轮对杆的正压力,夯杆受到滑动摩擦力增大,匀加速运动的加速度增大,可减小提杠的时间.滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能和重力势能的增量.提杆过程系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移大小的乘积.
【解答】
A、夯杆被提上来的过程中,先受到滑动摩擦力,然后受静摩擦力.故A错误.
B、增加滚轮匀速转动的角速度时夯杆获得的最大速度增大,可减小提杠的时间.增加滚轮对杆的正压力,夯杆受到滑动摩擦力增大,匀加速运动的加速度增大,可减小提杠的时间.故B正确.
C、根据功能关系分析得到,滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能重力势能的增量之和.故C错误.
D、设匀加速直线运动过程,夯杆受到的滑动摩擦力大小为f,加速度为a,质量为m,匀加速运动的时间为t,则相对位移大小为△s=vt﹣
,t=
,得到△s=
,摩擦生热Q=f△s.根据牛顿第二定律得:
f﹣mg=ma,联立得到:
Q=
.故D正确.
故选BD
【点评】解决本题的关键理清夯杆的运动过程,知道夯杆在一个周期内先做匀加速上升,再做匀速上升,根据运动情况分析夯杆的受力情况.
22.
【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系.
【专题】实验题;实验探究题;定量思想;图析法;牛顿运动定律综合专题.
【分析】
(1)实验前要平衡摩擦力,实验时要先接通电源,然后释放小车,根据实验原理与实验注意事项分析答题.
(2)应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式,然后分析答题.
(3)根据小车受力情况,根据实验原理分析答题.
【解答】解:
(1)A、实验前需要配合摩擦力,使小车受到的合力等于绳子的拉力,故A正确;
B、小车受到的拉力可以由弹簧测力计测出,沙桶和沙的总质量不需要远小于小车的质量,故B错误;
C、滑轮的摩擦和绳子的质量会影响示数,所以要求滑轮摩擦足够小,绳的质量足够轻,减小实验误差,故C正确;
D、应先接通打点计时器的电源,再释放小车,故D错误.故选AC.
(2)探究加速度与合外力的关系实验要控制小车质量M不变,由牛顿第二定律得:
a=
F,M一定时a与F成正比,应作出a﹣F图象,故选D;
(3)因为弹簧秤直接测出了拉力大小,与沙桶和沙的总质量无关,当砂桶和砂的总质量较大时a较大,小车受到的拉力不受砂和砂桶质量的影响,a﹣F图象仍保持原方向不变,仍然是一条直线,故选C;
故答案为:
(1)AC;
(2)D;(3)C;
【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理,了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项,能利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力,在平时练习中要加强基础知识的理解与应用,提高解决问题能力.
23.
【考点】伏安法测电阻,测电源电动势。
【分析】
(1)电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数;由串联电路特点与欧姆定律求出灵敏电流计的内阻.
(2)根据并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值;应用描点法作出图象.
(3)电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势,图象斜率绝对值是电源内阻.
【解答】
(1)由图乙所示电阻箱可知,电阻箱示数为:
R1=0×1000Ω+4×100Ω+5×10Ω+5×1Ω=455Ω,
由欧姆定律可得:
Rg+R1=
=
=500Ω,
电流计内阻为:
Rg=500﹣455=45Ω.
(2)将灵敏电流计的量程扩大为原来的10倍,并联电阻阻值:
R=
=
=5Ω;
根据表中实验数据在坐标系内描出对应点,然后根据描出的点作出图象,图象如图所示:
(3)由图示电源U﹣I图象可知,图象与纵轴交点坐标值为1.4,电源电动势E=1.4V,
电流表内阻,RA=
=
=4.5Ω,图象斜率:
k=
=
=20Ω,
电源内阻:
r=k﹣RA=20﹣4.5=15.5Ω.
故答案为:
(1)45;
(2)5,U﹣IG图象如图所示;(3)1.4,15.5.
【点评】本题考查了求电流表内阻、电流表改装、作图象、求电源电动势与内阻;电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数,分析清楚电路结构、应用串联电路特点可以求出电流计内阻;电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势,图象斜率的绝对值是电源内阻.
【答案】
(1)45
(2)5;如右图所示(3)1.4;15.524.(12分)
【考点】牛顿第二定律;力的合成与分解的运用.
【分析】
(1)当细线AB张力为零时,小球受重力和AC绳的拉力,靠两个力的合力提供向心力,根据小球转动的半径,结合牛顿第二定律求出角速度ω1的大小.
(2)细线AB恰好竖直,但张力为零时,由几何关系求出AC绳与竖直方向的夹角,根据牛顿第二定律求出角速度ω2的大小.
【解答】
(1)细线AB上张力恰为零时有:
mgtan37°=mω12Lsin37°(4分)
解得:
.(2分)
(2)细线AB恰好竖直,但张力为零时,由几何关系得:
,
则有:
θ′=53°(3分)
由mgtanθ′=mω22Lsinθ′(2分)
解得:
.(1分)
答:
(1)角速度ω1的大小为
;
(2)角速度ω2的大小为
.
【点评】解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源,结合牛顿第二定律进行求解.
25.(19分)
【考点】共点力平衡的条件及其应用;牛顿第二定律;向心力;带电粒子在复合场中的运动.
【分析】
(1)粒子在复合场中做匀速直线运动,受力平衡,受力分析后应用平衡条件求解即可.
(2)带电粒子在xoy平面内做匀速圆周运动时,电场力F电必须与重力平衡,洛伦兹力提供向心力.
(3)带电粒子匀速圆周运动恰好未离开第1象限,圆弧左边与y轴相切,画出图象,找出轨道半径,利用洛伦兹力提供向心力公式计算即可.
【解答】
(1)如图粒子在复合场中做匀速直线运动,设速度v0与x轴夹角为θ,依题意得:
重力mg=2.0×10﹣6N,电场力F电=Eq=2
×10﹣6N
洛伦兹力:
=4.0×10﹣6N(4分)
由f洛=qvB得v0=2m/s(2分)
tanθ=
=
所以:
θ=60°(2分)
速度v0大小2m/s,方向斜向上与x轴夹角为60°
(2)带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动时,电场力F电必须与重力平衡,洛伦兹力提供向心力.故电场强度:
E′=
=1N/C,方向竖直向上.(2+1分)
(3)如图带电粒子匀速圆周运动恰好未离开第1象限,圆弧左边与y轴相切N点;(1分)
PQ匀速直线运动,PQ=v0t=0.2m(2分)
洛伦兹力提供向心力:
,整理并代入数据得R=0.2m(2分)
由几何知识得:
OP=R+Rsin60°﹣PQcos60°=0.27m(3分)
故:
x轴上入射P点离O点距离至少为0.27m
答:
(1)带电粒子在xoy平面内做匀速直线运动的速度v0大小2m/s,方向斜向上与x轴夹角为60°
(2)带电粒子在xoy平面内做匀速圆周运动时电场强度的大小1N/C,方向竖直向上.
(3)若匀速圆周运动时恰好未离开第Ⅰ象限,x轴上入射P点距离至少为0.27m
【点评】带电粒子在电磁场中的运动一般有匀速直线运动、圆周运动和一般的曲线运动;匀速直线运动一般平衡条件求解,圆周运动由洛仑兹力充当向心力,一般的曲线运动一般由动能定理求解.临界问题需要画出运动轨迹,找出临界条件进行求解.
33.【物理------选修3--3】(15分)
(1)、【答案】ACE
(2)、(10分)
气体从状态A到状态B做等容变化,
由查理定律有
=
,解得TB=200K,即tB=-73℃;(2分)
气体从状态B到状态C做等压变化,
由盖-吕萨克定律有
=
,解得TC=300K,即tC=27℃。
(2分)
(2)因为状态A和状态C温度相等,且理想气体的内能是所有分子的动能之和,温度是分子平均动能的标志,所以在这个过程中ΔU=0,(1分)
由热力学第一定律ΔU=Q+W得Q=-W。
(2分)
在整个过程中,气体在B到C过程对外做功,故
W=-pBΔV=-200J。
(2分)
即Q=-W=200J,是正值,
所以气体从状态A到状态C过程中是吸热,吸收的热量Q=200J。
(1分)
答案
(1)-73℃27℃
(2)吸收热量200J
34.【物理------选修3--4】(15分)
34.
(1)【答案】ACE
(2)
【解答】
ⅰ.光从光源S射出经半球体到达水平桌面的光路如图,光由空气射向半球体,入射角
,
折射率:
(1分)
由折射定律,有
(1分)
代入数据解得:
(1分)
光由半球射入空气,由几何关系可知α+β=60°,故有:
α=β=30°(1分)
又由折射定律,有
解得折射角为:
(1分)
由几何关系可知,出射光线平行于轴线OO′,垂直射到水平桌面上的B点
(1分)
ⅱ.光在半球体中传播的速度为:
(1分)
由几何知识得2ACcos30°=R(1分)
得:
(1分)
所以光在半球体中传播的时间为:
(1分)
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- 广西南宁 第二 中学 三月 理科 综合 物理试题