河南省南阳市届高三上学期期末考试理科综合物理试题.docx
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河南省南阳市届高三上学期期末考试理科综合物理试题
2018年秋期高中三年级期终质量评估理科综合能力测试
(物理部分)
二、选择题
1.下列说法中正确的是
A.钍的半衰期为24天,1g针经过120天后还剩0.2g
B.发生光电效应时,入射光越强,光电子的最大初动能就越大
C.原子核内的中子转化成一个质子和电子,产生的电子发射到核外,就是β粒子
D.根据玻尔的原子理论,氢原子从n=5的激发态跃迁到n=2的激发态时,核外电子动能减小
【答案】C
【解析】
【分析】
半衰期是大量原子衰变时所表现出的统计规律,根据m=m0计算剩余的质量;光电子的最大初动能Ek=hυ-W;β衰变所释放的电子是由原子核内中子转化成质子后释放出的电子;氢原子向低能级跃时,半径减小,库仑力做正功,电子运动的动能增大。
【详解】A.氡的半衰期为3.8天,1克氡经过7.6天即经过2个半衰期,还剩m=m0=m0=1×=克氡未衰变,故A错误;
B.入射光子能量E=hυ,某种材料的逸出功是W,则光电子的最大初动能Ek=hυ-W,入射光频率越高,光电子的最大初动能就越大,故B错误;
C.β衰变所释放的电子是由原子核内中子转化成质子后释放出的电子,故C正确;
D.一个处于n=5能级的氢原子从n=5的激发态跃迁到n=2的激发态时,原子核对核外电子做正功,核外电子动能增加,故D错误。
故选:
C
2.一长木板静止在倾角为θ的斜面上,长木板上一人用力推长木板上物块,使物块与长木板间的摩擦力刚好为零,已知人、物块、长木板的质量均为m,人、物块与长木板间的动摩擦因数为μ1,长木板与斜面间的动摩擦因数为μ2,则下列说法正确的是( )
A.斜面对长木板的摩擦力为mgsinθ
B.斜面对长木板的摩擦力为3μ2mgcosθ
C.长木板对人的摩擦力为2μ1mgcosθ
D.长木板对人的摩擦力为2mgsinθ
【答案】D
【解析】
AB、对人,物块,长木板三者整体研究,斜面对它们的摩擦力为静摩擦力,其大小为,故AB错误;
CD、对人,物块整体研究,由于物块与长木板间的摩擦力刚好为零,因此长木板对人的静摩擦力大小为,故C错误,D正确。
点睛:
本题考查整体法与隔离法的应用,掌握平衡条件的运用方法,注意正确选择研究对象的方法,一般情况可以先整体后隔离进行分析。
3.如图甲所示,边长为L=0.1m的10匝正方形线框abcd处在变化的磁场中,在线框d端点处开有一个小口,d、e用导线连接到一个定值电阻上,线框中的磁场随时间的变化情况如图乙所示(规定垂直纸面向外为磁场的正方向),下列说法正确的是
A.t=3s时线框中的磁通量为0.03Wb
B.t=4s时线框中的感应电流大小为零
C.t=5s时通过线框中的电流将反向
D.t=8s时通过线框中电流沿逆时针方向
【答案】C
【解析】
【分析】
根据磁通量公式可计算出穿过线框的磁通量;根据法拉第电磁感应定律可计算出线框中产生的感应电动势,再由闭合电路欧姆定律判断感应电流是否为零;根据楞次定律判断感应电流的方向。
【详解】A.由磁通量的定义可知t=3s时穿过线框的磁通量为Φ=B0∙L2=0.003Wb,故A错误;
B.由法拉第电磁感应定律知E=V=0.03V,所以线框中的感应电流为I=E/R,故B错误;
C.由楞次定律3s到5s,感应电流为逆时针方向,5s到11s,感应电流为顺时针方向,t=5s时通过线框中的电流将反向,故C正确,D错误;
故选:
C
4.如图所示,用长为L的绝缘轻线把质量为m、带电量为q(q>0)的小球悬挂于天花板上O点,小球静止于O点正下方。
如果在天花板下方空间,加上水平向右的匀强电场,小球向右运动,悬线偏转的最大角度为60°,则所加匀强电场的电场强度为
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】
带电小球摆动最大角度60°,末速度为零,此过程中电场力对小球做正功,重力做负功,细线拉力不做功,根据动能定理,即可求解;
【详解】带电小球受到电场力向右摆动的最大角度为60∘,末速度为零,此过程中电场力Eq对小球做正功,重力G做负功,细线拉力T不做功,
根据动能定理,则有:
qElsinα−mgl(1−cosα)=0,
解得:
E=.故ACD错误,B正确;
故选:
B
5.如图甲为理想变压器的示意图,其原、副线圈的匝数比为4:
1,电压表和电流表均为理想电表,R2为阻值随温度升高而减小的热敏电阻,R1为定值电阻,若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电。
下列说法中正确的是
A.输入变压器原线圈的交流电压的表达式为u=36sin100πt(V)
B.变压器原、副线圈中的电流之比为4:
1
C.t=0.01s时,穿过发电机线圈的磁通量为0
D.R2处温度升高时,变压器的输入功率变小
【答案】A
【解析】
【分析】
由图乙可知交流电压最大值,周期T=0.02s,可由周期求出角速度的值,则可得交流电压u的表达式、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比,Rt处温度升高时,阻值减小,根据负载电阻的变化,输出功率等于输入功率,可知输入功率的变化。
【详解】A.由图乙可知交流电压最大值Um=36,周期T=0.02s,可由周期求出角速度的值为2π/0.02=100π,则可得交流电压u的表达式U=36sin100πt(V),故A正确;
B.由于输入功率等于输出功率,U1I1=U2I2,I1:
I2=U2:
U1=n2:
n1=1:
4,故B错误;
C.t=0.01s时,电动势瞬时值为零,发电机的线圈平面与磁场方向垂直,磁通量最大,故C错误;
D.t处温度升高时,阻值减小,电流表的示数变大,根据P=UI可知,变压器输出功率变大,输入功率等于输出功率,变大,故D错误;
故选:
A
6.A、B、C为直角三角形的三个顶点,∠ACB为直角,点电荷qA和qB分别位于三角形斜边的两端,已知qA 若C点的电场强度为E,电势为,电荷A产生的电场在C点的场强大小为EA。 下列说法中正确的是 A.在A、B所在直线上,A点的左侧电场线方向向左 B.线段AB上有一个电势为零的点 C.电荷B在C点产生的电场场强大小为E-EA D.将电量为q(q>0)的点电荷从C点移到无穷远处,电场力做的功为q 【答案】BD 【解析】 【分析】 根据点电荷电场强度的公式及矢量合成法则分析;根据电场线从正电荷出发,到负电荷终止进行判断;根据电场强度的矢量合成法则解得;根据电场力做功公式解得。 【详解】A.由于qA B.电场线从正电荷出发,到负电荷终止。 存在从A点出发,经无穷远到B点终止的电场线,沿电场线电势降低。 所以线段AB上有一个电势为零的点,故B正确; C.电荷B在C点产生的电场场强大小为,故C错误; D.根据电场力做功W=qUC0=q,故D正确。 故选: BD 7.轨道平面与赤道平面夹角为90°的人造卫星被称为极地轨道卫星,它运行时经过南北极的上空,气象卫星、导航卫星等都采用这种轨道。 如图所示,若某颗极地卫星,从北纬45°的正上方,按图示方向第一次运行到南纬45°的正上方用时45min,则 A.该卫星的轨道半径与同步卫星轨道半径之比为1: 4 B.该卫星的加速度与同步卫星加速度之比为16: 1 C.该卫星的加速度与赤道上的人随地球自转的加速度之比为16: 1 D.该卫星从一次经过赤道上的某点正上方,到再次经过该点正上方所用时间为24小时 【答案】ABD 【解析】 【分析】 根据题意求出卫星的周期,卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力,应用万有引力公式与牛顿第二定律求出轨道半径、加速度,然后分析答题;求该卫星周期与地球自转周期最小公倍数,即再次经过该点正上方所用时间。 【详解】由题意可知,卫星的周期: T=×45min=180min=3h; A.万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得: ,解得: ,该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比: r: r同步==1: 4,故A正确; B.万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得: ,解得: a=,该卫星加速度与同步卫星加速度之比: a: a同步==16: 1,故B正确; C.根据加速度a=ω2r,赤道上的人随地球自转的加速度比同步卫星的加速度小,所以该卫星的加速度与赤道上的人随地球自转的加速度之比大于16: 1,故C错误; D.地球的自转周期为24h,从卫星经过赤道上的某点正上方开始,24h内该卫星刚好转了8圈,又经过赤道上的该点正上方,故D正确。 故选: ABD 8.如图甲所示,倾角为的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。 t=0时,将质量m=1kg的炭块(可视为质点)轻放在传送带上,炭块相对地面的v-t图象如图乙所示,整个过程炭块未滑离传送带。 设沿传送带向下为正方向,取重力加速度g=10m/s2。 则 A.传送带两轮间的距离为20m B.0~2.0s内摩擦力对炭块做功-24J C.0~2.0s内炭块与传送带摩擦产生的热量为24J D.炭块在传送带上的痕迹长度为4m 【答案】BC 【解析】 【分析】 由图象可以得出物体先做匀加速直线运动,当速度达到传送带速度后,由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力,物块继续向下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律,结合加速度的大小求出动摩擦因数和倾角的大小,分别求出物体两次匀加速直线运动的位移,结合摩擦力的大小求出摩擦力对物体做功的大小;分别求出两个阶段的相对位移,根据Q=f△x,即可求出产生的热量;划痕即相对位移的长度,但第二阶段的划痕与第一阶段重合。 【详解】A.由图象可以得出炭块先做匀加速直线运动,当速度达到传送带速度后,继续向下做匀加速直线运动,整个过程炭块未滑离传送带,所以传送带两轮间的距离应足够长,故A错误; B.由图象可知,在0−1s内物块受到的摩擦力沿斜面向下,a1=(mgsinθ+μmgcosθ)/m=10m/s2;在1−2s内受到的摩擦力沿斜面向上,a2=mgsinθ−μmgcosθm=2m/s2; 联立两式解得: μ=0.5,θ=37∘. 第一段匀加速直线运动的位移为: x1=, 摩擦力做功为: Wf1=μmgcosθ⋅x1=0.5×10×0.8×5J=20J, 第二段匀加速直线运动的位移为: x2==11m, 摩擦力做功为: Wf2=−μmgcosθ⋅x2=−0.5×10×0.8×11J=−44J, 所以有: Wf=Wf1+Wf2=20−44=−24J.故B正确; C.第一段匀加速直线运动炭块和传送带间的相对位移为: △x1=v0t1-x1=10×1-5=5m, 产生的热量为: Q1=μmgcosθ⋅△x1=0.5×10×0.8×5J=20J; 第二段匀加速直线运动炭块和传送带间的相对位移为: △x2=x2-v0t2=11-10×1=1m, 产生的热量为: Q2=μmgcosθ⋅△x2=0.5×10×0.8×1J=4J; 0~2.0s内炭块与传送带摩擦产生的热量为Q=Q1+Q2=20J+4J=24J,故C正确; D.第一段匀加速直线运动传送带比炭块的位移大,划痕即炭块和传送带间的相对位移为5m;第二段匀加速直线运动炭块比传送带位移大,划痕即炭块和传送带间的相对位移为1m,所以总的划痕长度即第一阶段的划痕5m,故D错误。 故选: BC 三、非选择题 (一)必考题: 9.如图甲所示,一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上,靠近长木板的左端固定有一光电门,右端放置一带有细立柱的小车,小车和细立柱的总质量为M,细线绕过定滑轮,端与小车相连,另一端挂有5个钩码,已知每个钩码的质量为m,且M=5m。 (1)用螺旋测
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