全国名市名校届高三内部特供卷 物理二学生版Word格式.docx
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全国名市名校届高三内部特供卷 物理二学生版Word格式.docx
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D.击中目标时的速度方向不同
5.某电容式话筒的原理示意图如图所示,E为电源,R为定值电阻,薄片P和Q为两相互绝缘的金属极板。
当对着话筒说话时,P振动而Q可视为不动,在P、Q间距增大过程中
A.P、Q两板构成电容器的电容增大
B.P板电荷量增大
C.M点的电势比N点高
D.P、Q两板间的场强增大
6.将质量均为M=1kg的编号依次为1,2,…6的梯形劈块靠在一起构成倾角α=37°
的三角形劈面,每个梯形劈块上斜面长度均为L=0.2m,所有劈均不固定在水平面上,如图所示。
质量m=1kg的小物块A与斜面间的动摩擦因数μ1=0.5,斜面与地面的动摩擦因数均为μ2=0.3,假定最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.现使A从斜面底端以平行于斜面的初速度v0=4.5m/s冲上斜面,g=10m/s2,sin37°
=0.6,cos370=0.8.下列说法正确的是
A.物块上滑到3号劈时,劈开始相对水平面滑动
B.物块上滑到4号劈时,劈开始相对水平面滑动
C.物块上滑到5号劈时,劈开始相对水平面滑动
D.物块上滑到6号劈时,劈开始相对水平面滑动
二、多项选择题(本题共6小题,每小题4分,共24分。
在每小题给出的四个选项中,至少有两个选项正确,全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错的或不答的得0分。
7.2018年7月10日,我国成功发射了第32颗北斗导航卫星,该卫星的轨道半径为36000km,7月29日又以“一箭双星”的方式成功发射了第33、34颗北斗导航卫星,这两颗卫星的轨道半径均为21500km。
A.这三颗卫星的发射速度均小于7.9km/s
B.第32颗卫星的加速度比第33颗的小
C.第32颗卫星的速率比第33颗的大
D.第32颗卫星的运动周期比第34颗卫星的大
8.一个带正电的点电荷,置于一接地的导体球附近,形成如图所示的电场线分布,下列说法正确的是
A.a点的电势低于b点的电势
B.c点的电场强度大于d点的电场强度
C.将一正试探电荷从e点沿虚线移动到f点电场力做正功
D.导体球内部电势为零
9.某同学自制一电流表,其原理如图所示。
质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连,弹簧的劲度系数为k,在矩形区域abcd内有匀强磁场,ab=L1,bc=L2,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外。
MN的右端连接一绝缘轻指针,可指示出标尺上的刻度。
MN的长度大于ab,当MN中没有电流通过且处于静止时,MN与矩形区域的ab边重合,且指针指在标尺的零刻度;
当MN中有电流时,指针示数可表示电流强度。
MN始终在纸面内且保持水平,重力加速度为g.下列说法中正确的是
A.当电流表的示数为零时,弹簧的伸长量为
B.标尺上的电流刻度是不均匀的
C.为使电流表正常工作,流过金属杆的电流方向为M→N
D.电流表的量程为
10.从地面上以初速度v0=10m/s竖直向上抛出一质量为m=0.2kg的小球,若运动过程中小球受到的空气阻力f与其速率v成正比,其关系为f=kv,小球运动的速率随时间变化规律如图所示,t1时刻到达最高点,再落回地面,落地时速率为v1=2m/s,且落地前已经做匀速运动(取g=10m/s2),则以下说法正确的是
A.k的值为0.1N·
s/m
B.小球在上升阶段加速度大小为20m/s2时,其速度大小为1m/s
C.小球抛出瞬间的加速度大小为60m/s2
D.小球抛出到落地过程中空气阻力所做的功为-9.6J
11.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小。
一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置,如图所示,将压敏电阻平放在升降机内,受压面朝上,在上面放一物体m,升降机静止时电流表示数为I0,如图甲所示。
当升降机在其它不同的运动过程中,电流表的示数分别如图乙、丙、丁所示,则下列判断中正确的是
A.压敏电阻所受压力越大,电流表示数就越大
B.如图乙所示,升降机可能做加速度增大的变加速上升运动
C.如图丙所示,升降机内的物体处于超重状态
D.如图丁所示,升降机内的物体处于失重状态
12.如图所示,一轻质弹簧左端固定,右端系一小物块,物块与水平面的最大静摩擦力和滑动摩擦力都为f,弹簧无形变时,物块位于O点.每次都把物块拉到右侧不同位置由静止释放,释放时弹力F大于f,物体沿水平面滑动一段路程直到停止.下列说法中正确的是( )
A.释放时弹性势能等于全过程克服摩擦力做的功
B.每次释放后物块速度达到最大的位置保持不变
C.物块能返回到O点右侧的临界条件为F>
3f
D.物块能返回到O点右侧的临界条件为F>
4f
三、简答题(本大题共18分。
把答案填在答题纸相应的横线上或按规定的要求在答题纸上作答。
13.下图为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图.实验步骤如下:
①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m;
用游标卡尺测量遮光片的宽度d;
用米尺测量两光电门之间的距离L;
②调整轻滑轮,使细线水平;
③让物块从光电门A的左侧由静止释放,用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间ΔtA和ΔtB,求出加速度a;
④多次重复步骤③,求a的平均值
;
⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ.
回答下列问题:
(1)用20分度的游标卡尺测量d时的示数如图所示,其读数为__________cm;
(2)物块的加速度a可用d、L、ΔtA和ΔtB表示为a=__________;
(3)动摩擦因数μ可用M、m、
和重力加速度g表示为μ=_________;
(4)如果滑轮略向下倾斜,使细线没有完全调节水平,由此测得的μ______(填“偏大”或“偏小”)
14.二极管的说明书上提供了它的伏安特性曲线(正向最大电流50mA左右),物理兴趣小组想要验证该二极管的伏安特性曲线。
(1)选择好实验器材准备连接电路时,发现二极管外壳正、负的标识看不清楚,于是就用多用电表欧姆挡来判断它的正、负极:
用欧姆表“×
100”档两次实验情况如图甲、乙所示,由此可知______(填“A”或“B”)端为二极管的正极。
(2)该物理兴趣小组要对该二极管加正向电压时的伏安特性曲线进行验证,实验室提供的器材有:
A.直流电源(电动势3V,内阻不计)
B.滑动变阻器(0~20Ω)
C.电压表(量程3V,内阻约30KΩ)
D.电流表(量程50mA,内阻约50Ω)
E.待测二极管
F.导线、开关
为了提高测量精度,请在虚线框内的实验电路图中加上直流电源E及滑动变阻器R,并将电路图连接完整。
电流I/mA
0.2
1.8
3.9
8.6
14.0
21.8
33.5
50.0
电压U/V
0.50
0.75
1.00
1.25
1.50
1.75
2.00
2.25
2.50
(3)依据实验中测量数据在坐标纸上画出该二极管的伏安特性曲线如图所示,我们将该二极管与阻值为50Ω的定值电阻串联后接到电压为3V的恒压电源两端,使二极管正向导通,测得二极管导通时的功率为P测,则P测=_____W(结果保留一位有效数字)。
(4)若考虑电压表或电流表的内阻对实验造成影响,那么第(3)问中该二极管正向导通时的实际功率P实_____P测(选填“大于”、“小于”或“不确定”)。
请你提出一条减小P实与P测差异的改进建议:
_________________________
四、简答论述题(本题共4小题,共60分。
解答应写出必要的文字说明,方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案不得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位。
15.如图所示,用大型货车运输规格相同的水泥板,货车装载两层水泥板,底层水泥板固定在车厢里,上层水泥板堆放在底层水泥板上,已知水泥板间的动摩擦因数μ=0.72,货车紧急刹车时的加速度大小为8m/s2;
每块水泥板的质量m=200kg,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10m/s2,求:
(1)要使上层水泥板不发生相对滑动,货车的加速度不得超过多大?
(2)货车以5m/s2的加速度启动时上层水泥板所受的摩擦力大小;
(3)若货车在水平路面上匀速行驶的速度为12m/s,要使货车在紧急刹车时上层水泥板不撞上驾驶室,最初堆放时上层水泥板最前端应该离驾驶室的最小距离.
16.如图所示,在竖直平面内存在着两种区域:
无电场区域和有理想上下边界的匀强电场区域。
两种区域相互间隔,竖直高度相等均为h.电场区域共有n个,水平方向足够长,每一电场区域场强的大小均为E=
,场强的方向均竖直向上。
一个质量为m、电量
为q
的带正电小球(看作质点),从第一无电场区域的上边缘以初速度v0水平抛出,不计空气阻力,重力加速度为g.则
(1)求小球刚离开第一个电场区域时的速度大小v1;
(2)求小球从开始运动到刚好离开第二个电场区域所经历的时间t2;
(3)若场强大小均为E=
,方向不变,求小球从开始运动到刚好离开第n个电场区域所经历的总时间tn.
17.(14分)如图,长为L的轻杆一端连着质量为m的小球,另一端用铰链固接于水平地面上的O点,初始时小球静止于地面上,边长为L、质量为M的正方体左侧静止于O点处。
现在杆中点处施加一大小始终为12mg/π,方向始终垂直杆的力F,经过一段时间后撤去F,小球恰好能到达最高点。
忽略一切摩擦,试求:
(1)力F所做的功;
(2)力F撤去时小球的速度;
(3)若小球运动到最高点后由静止开始向右倾倒,求杆与水平面夹角为θ时(正方体和小球还未脱离),正方体的速度大小。
18.如图所示,在第二和第三象限的两个正方形区域内(包括外边界上)分别存在着两匀强磁场,磁感应强度的大小相等、方向相反,且都垂直于xoy平面。
某带电粒子质量为m,电量为-q,每次均从P(-d,d)点沿x轴正方向射入磁场I.当入射速度为v0时,粒子从P点正下方(-d,
)处射出磁场,不计重力。
(1)求磁感应强度大小;
(2)若入射速度为5v0时,求粒子离开磁场的位置坐标;
(3)若粒子经过区域II后从第四象限离开磁场,求粒子入射速度的范围。
物理
(二)答案
1.【答案】A
【解析】研究一个物体受几个力的作用时,引入合力的概念,采用了“等效替代法”,故A正确,BCD错误。
故选:
A。
2.【答案】B
【解析】机器人匀速爬行,受向下的重力和竖直向上的作用力而处于平衡状态,故选B.
3.【答案】A
【解析】由图知,工件带正电,则在涂料微粒向工件靠近的过程中,涂料微粒带负电,故A正确;
由于涂料微粒有初速度,初速度和电场力不一定方向相同,故涂料微粒的运动轨迹不一定沿电场线方向运动,故无法确定电场线,故B错误;
涂料微粒所受的电场力方向向左,其位移方向大体向左,则电场力对涂料微粒做正功,故C错误;
因电场力对涂料微粒做正功,其动能增大,电势能减小,电势能转化为动能;
故D错误。
故选A。
4.【答案】D
【解析】A项:
平抛运动竖直分运动是自由落体运动,根据
,得:
,高度相等,时间相等,故A错误;
B项:
水平分位移相同,根据x=v0t知水平方向的合速度相等,即v1=v2+v=v3-v,三次抛射的水平初速度v2<v1<v3,故B错误;
C项:
合位移:
,高度相等,x相等,所以位移相等,故C错误;
D项:
末速度
,竖直方向速度相等,水平方向速度第二次在有水平向右的风力作用下速度大于v1,第三次在有水平向左的风力作用下小于v1,所以合速度不相等,故D正确。
故应选:
D。
5.【答案】C
【解析】电容式话筒与电源串联,电压U保持不变;
在P、Q间距增大过程中,根据电容决定式
可知电容减小,又根据电容定义式
得知电容器所带电量减小,则P极板上电荷量减小,电容器放电,放电电流通过R的方向由M到N,那么M点的电势比N点高,根据场强
可知P、Q两极板间的场强变小,综上所述,故ABD错误,C正确;
C。
6.【答案】C
【解析】物块与斜面间的弹力:
FN1=mgcos37°
=10×
0.8=8N
物块与斜面间的滑动摩擦力:
f1=μ1FN1=0.5×
8=4N
地面对劈的支持力:
FN2=(6-n)Mg+FN1cos37°
-f1sin37°
,
当f1cos37°
+FN1sin37°
=μ2FN2时后面的劈块刚好开始滑动,
解得:
n=3.7,
所以物块滑动到第5块劈时,劈开始相对地面滑动,故C正确,ABD错误;
7.【答案】BD
【解析】万有引力提供向心力:
第33,34颗卫星的轨道半径小于第32颗的轨道半径
A项:
所有卫星的发射速度不小于第一宇宙速度,则A错误;
由
可知半径小的加速度大,则B正确;
可知半径小的速度大,则C错误;
可知半径小的周期小,则D正确。
BD。
8.【答案】AD
根据沿电场线方向电势降低,a点的电势低于b点的电势,故A正确;
、根据电场线密的地方电场强度大,电场线疏的地方电场强度小,知c点的场强小于d点的场强,故B错误;
C项:
将一正试探电荷从e点沿虚线移动到f点,由于导体球处于静电平衡状态,整个导体球是一个等势体,所以ef两点的电势相等,则电场力做功为零,故C错误;
导体球处于静电平衡状态,整个导体球是一个等势体,其内部电势与地相等,为零,故D正确。
AD。
9.【答案】AC
【解析】电流表示数为零时,金属杆不受安培力,金属杆在重力与弹簧弹力作用下处于平衡状态,由平衡条件得:
mg=k•x0,解得:
,故A正确;
要使电流表正常工作,金属杆应向下移动,所受的安培力应向下,由左手定则知金属杆中的电流方向应从M至N,故C正确;
设当电流表示数为零时,弹簧的伸长量为x0,由平衡条件得:
当电流为I时,安培力为:
FA=BIL1;
静止时弹簧伸长量的增加量为x,根据胡克定律△F=k△x,得:
,故该电流表的刻度是均匀,故B错误;
当△x=L2时,I=Im,则有BImL1=kL2,解得:
,电流表的量程为
,故D错误。
AC。
10.【答案】CD
小球落地前以v1匀速运动,则有mg=kv1,即
,故A错误;
根据牛顿第二定律得:
mg+kv=ma,得
,故B错误;
小球抛出瞬间的加速度大小
,故C正确;
小球抛出到落地过程中,根据动能定理得:
,故D正确。
CD。
11.【答案】ABC
【解析】压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小,则由欧姆定律可知,压力越大,电流表示数就越大,故A正确;
由图可知,电流均匀增大,故说明压力是增大的,则可知,物体的加速度是向上且增大的,故物体可能做加速度增大的变加速上升运动,故B正确;
由图,电流为静止时的两倍,而且不变,由欧姆定律知,其电阻减小,且不变,则压力增大且不变,加速度向上,故物体处于超重状态,故C正确;
由图可知,电流大于静止时的电流,则说明压力增大,物体加速度向上,故处于超重状态,故D错误。
ABC。
12.【答案】BD
【解析】物体最后停下来的位置不一定是原长,最后还有弹性势能,释放时的弹性势能只有一部分克服摩擦力做功,A错误;
物块速度达到最大的位置是弹簧弹力与摩擦力平衡的位置,所以速度达到最大的位置保持不变,B正确;
设物块刚好能返回到O点,物块在最左端受到的弹力是F1,物块在向左运动的过程可看作一个简谐运动,物块在向右运动的过程也可看作一个简谐运动,根据简谐运动的对称性,在最大位移处恢复力大小相等,
向左运动:
向右运动:
联立得:
F=4f,C错误、D正确。
故选BD。
13.【答案】
(1).0.950
(2).
(3).
(4).偏大
14.【答案】
(1).B
(2).
(3).0.04
(4).小于换内阻更大的电压表
【解析】
(1)二极管具有单向导电性;
而欧姆表中指针偏转较大说明电阻较小,即为正向电流;
而欧姆表内部的电源正极接在黑表笔上,故黑表笔接在二极管的正极处电流较大,故由题意可知,二极管B侧为正;
(2)由题意可知,本实验要求作出伏安特性曲线,故要求多测数据,故应采用分压接法;
同时,因正向电压时二极管电阻较小,故应采用电流表外接法;
其实验的原理图如图所示
(3)(4)在同一坐标图上画出电动势为3V,内阻为50Ω的电源的电流I与路端电压U的图象,如图所示所示:
由实验电路图可知,电流表采用外接法,由于电压表分流作用,所测电流I偏大,二极管的实际功率小于测量功率;
减小电压表的分流会减小P实与P测差异,电压表内阻越大,电压表分流越小,为减小P实与P测差异可以使用内阻很大的电压表进行实验。
由图示图象可知,两图线交点坐标(20V,20mA),则二极管导通时的功率P=UI=20×
0.020=0.04W。
15.【答案】
(1)加速度不得超过7.2m/s2
(2)1000N(3)1.0m
【解析】
(1)对水泥板,由牛顿第二定律得:
μmg=ma临,
代入数据解得:
a临=7.2m/s2;
(2)加速度:
a=5m/s2<a临,
两水泥板相对静止,水泥板受到的摩擦力静摩擦力,对上层水泥板,由牛顿第二定律得:
f=ma=200×
5=1000N;
(3)由题意知,货车紧急刹车时,上层水泥板受到滑动摩擦力减速,其加速度大小:
a1=μg=7.2m/s2
上层水泥板在急刹车及货车停下后运动的总距离:
货车的加速度a2=8m/s2
货车的刹车距离:
上层管道相对于货车滑动的距离:
Δx=x1-x2
Δx=1.0m。
16.【答案】
(1)
(2)
(3)
【解析】
(1)小球从开始运动到离开第一个电场区域过程,由动能定理得:
mg•2h-qEh=
v1=
(2)小球在第一个无电场区域内在竖直方向做自由落体运动,有:
小球离开第一个无电场区域时,在竖直方向分速度为:
小球进入第一个电场区域,在竖直方向做匀速直线运动,运动时间为:
小球在第二个无电场区域在竖直方向做匀加速直线运动,有:
小球离开第二个无电场区域时在竖直方向的分速度为:
vy2=vy1+gt3=
小球进入第二个磁场区域在竖直方向做匀速直线运动,运动时间为:
小球从开始运动到刚好离开第二个电场区域所经历的时间为
t1=t1y+t2y+t3y+t3y=
(3)小球在第一个无电场区域内在竖直方向做自由落体运动,有:
场强大小均为
小球在电场区域所受合力:
qE-mg=mg,方向竖直向上
小球进入电场后在竖直方向做匀减速直线运动,离开电场时速度为零,
小球在第一个电场中的运动时间为:
t2y=t1y=
小球在一个无电场区域与一个电场区域的总运动时间为:
t=t1y+t2y=2
小球从开始运动到刚好离开第n个电场区域所经历的总时间为:
tn=nt=2n
。
17.【答案】
(1)mgL2)
(3)
【解析】
(1)根据动能定理WF-mgL=0
力F所做的功为WF=mgL
(2)设撤去F时,杆与水平面夹角为α,
撤去F前,WF=
α=mgL,得α=
根据动能定理mgL-mgLsinα=
mv2
得撤去F时小球的速度v=
(3)设杆与水平面夹角为θ时,小球的速度为v1,正方体的速度为v2
v2=v1sinθ
系统机械能守恒mg(L-Lsinθ)=
mv12+
Mv22
v2=
18.【答案】
(1)B=
(2)(0,
)(3)
【解析】
(1)粒子做匀速圆周运动的半径为:
(20速度为5v0时,半径
粒子运动轨迹如图所示,
设离开磁场时的位置纵为y
[r1-(d-y)]2+d2=r12
所以,粒子离开磁场的位置坐标
(3)能经过区域II后从第四象限离开磁场的临界轨迹如图所示,
速度最小时,有:
r2+r2cos300=d
速度最大时半径为r3=d
即:
偏转半径范围为:
由qvB=mv2/r
入射速度的范围
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