高考全国1卷理综物理试题及答案解析Word文档下载推荐.docx
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2
D.5
C.4
【答案】B
【解析】
解法一:
当S断开时,电路如右图所示
由闭合电路欧姆定律,原线圈两端电压U1UIR1
当S闭合时,电路如右图所示
由闭合电路欧姆定律,原线圈两端电压U1'=U4IR1
n13
n2
联立④⑧解得
解法二:
设开关S断开前后,变压器的等效电阻为R和R,由于变压器输入功率与输出功率相同,
24I2R2
S闭合后:
(4I)2R'
()2R2,得R22
nn
根据闭合电路欧姆定律:
R1R
S闭合前:
解得,n3
17.
利用三颗位置适当的地球同步卫星,可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯。
目前,地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍。
假设地球的自转周期变小,若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的,则地球自转周期的最小值约为()
答案】B
解析】地球自转周期变小,卫星要与地球保持同步,则卫星的公转周期也应随之变小,由
GMm2mr42可得T4r,则卫星离地球的高度应r2T2GM
变小,要实现三颗卫星覆盖全球的目的,则卫星周期最小
时,由数学几何关系可作出右图。
由几何关系得,卫星的轨道半径为rR2R
sin30
33
由开普勒第三定律r12r22,代入题中数据,得
T1T2
(6.6R)r
242T22
由①②解得T24h
考点】
(1)卫星运行规律;
(2)开普勒第三定律的应用
难点】做出最小周期时的卫星空间关系图
18.一质点做匀速直线运动。
现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,
则()
A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D.质点单位时间内速率的变化量总是不变
【答案】BC
【解析】质点一开始做匀速直线运动,处于平衡状态,施加恒力后,则该质点的合外力为该恒力
1若该恒力方向与质点原运动方向不共线,则质点做曲线运动,质点速度方向时刻与恒力方向不同,故A错;
2若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直,之后质点作曲线运动,力与运动方向夹角会发生变化,例如平抛运动,故B正确;
3由牛顿第二定律可知,质点加速度方向与其所受合外力方向相同;
④根据加速度的定义,相等时间内速度变化量相同,速率变化量不一定相同,故D错。
【考点】⑴牛顿运动定律;
⑵力和运动的关系;
⑶加速度的定义;
易错点】B选项易错误地以“匀速圆周运动”作为反例来推翻结论
19.如图,一光滑的轻滑轮用细绳OO'
悬挂于O点;
另一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。
外力F向右上方拉b,整个系统处于静止状态。
若F方向不变,大小在一定范围内变化,物块b仍始终保持静止,则()
A.绳OO'
的张力也在一定范围内变化
B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
【答案】BD
解析】由题意,在F保持方向不变,大小发生变化的过程中,物体a、b均保持静止,各绳角度保持不变;
选a受力分析得,绳的拉力Tmag,所以物体a受到绳的拉力保持不变。
由滑轮性质,滑轮两侧绳的拉力相等,所以b受到绳的拉力大小、方向均保持不变,C选项错误;
a、b受到绳的拉力大小方向均不变,所以OO的张力不变,A选项错误;
对b进行受力分
FyNTymbg。
T和mbg始终不变,当F大小在一定范围内变化时;
支持力在一定范围内变化,B选项正确;
摩擦力也在一定范围内发生变化,D选项正确;
故
答案选BD。
考点】考查动态平衡分析、力的正交分解和力的平衡方程。
20.如图,一带负电荷的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直面(纸面)内,且相对于
过轨迹最低点P的竖直线对称。
忽略空气阻力。
由此可知(
A.Q点的电势比P点高
B.油滴在Q点的动能比它在P点的大
C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
答案】AB
解析】由于匀强电场中的电场力和重力都是恒力,所以合外力为恒力,加速度恒定不变,
所以D选项错。
由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧,所以油滴所受合外力沿竖直方向,电场力竖直向上。
当油滴得从P点运动到Q时,电场力做正功,电势能减小,C选项错误;
油滴带负电,电势能减小,电势增加,所以Q点电势高于P点电势,A选项正确;
在油滴从P点运动到Q的过程中,合外力做正功,动能增加,所以Q点动能大于P点,B选项正确;
所以选AB。
考点】带电粒子在复合场中运动、曲线运动中物体受力特点、带电粒子电场力做功与电势
能的关系、电势能变化与电势变化的关系。
21.
甲、乙两车在平直公路上同向行驶,其vt图像如图所示。
已知两车在t3s时并排行驶,则()
A.在t1s时,甲车在乙车后
B.在t0时,甲车在乙车前7.5m
C.两车另一次并排行驶的时刻是t2s
D.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m
答案】BD
解析】根据vt图,甲、乙都沿正方向运动。
t3s时,甲、乙相遇,v甲=30m/s,v乙=25m/s,
1
由位移和vt图面积对应关系,0-3s内位移x甲=330m=45m,
x乙=310+25m=52.5m。
故t0时,甲乙相距x1x乙-x甲=7.5m,即甲在乙
前方7.5m,B选项正确。
0-1s内,x甲=110m=5m,x乙=110+15m=12.5m,x2x乙x甲=7.5m,
乙两次相遇地点之间的距离为
说明甲、乙第一次相遇。
A、C错误。
xx甲x甲=45m5m=40m,所以D选项正确;
【考点】
vt图的解读和位移的计算、追击相遇问题
【难点】
根据位移判断两车在不同时刻的位置关系
22.(5
分)
某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律,其中打点计时器的电源为交流电源,可以使用的频率有20Hz、30Hz和
40Hz。
打出纸带的一部分如图(b)所示。
该同学在实验中没有记录交流电的频率f,需要用实验数据和其它题给条件进行推算。
(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落,利
用f和图(b)中给出的物理量可以写出:
在打点计时器打出B点时,重物下落的速度大
小为,打出C点时重物下落的速度大小为,重物下落的加
速度大小为。
(2)
已测得S18.89cm,S29.50cm,S310.10cm,当地重力加速度
大小为
答案】
解析】
9.80m/s2,实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%,由此推算出f为
Hz。
⑴2f(S1S2),
f(S2S3),f(S3S1);
⑵40
22
⑴由于重物匀加速下落,A、B、C、D各相邻点之间时间间隔相同,因此B点应
是从A运动到C的过程的中间时刻,由匀变速直线运动的推论可得:
B点的速度vB等于AC段的平均速度,即vBS12tS2
由于t1f,
故vB2f(S1S2)
同理可得vCf(S2S3)
匀加速直线运动的加速度avt
⑵重物下落的过程中,由牛顿第二定律可得:
mgF阻=ma
由已知条件F阻=0.01mg
由②③得a0.99g
f2
代入①得:
a2(S3S1),代入数据得f40Hz
考点】
利用运动学公式和推论处理纸带问题
(4)
即可正常使用。
23.(10分)
现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统,要求当热敏电阻的温度达到或超过60C时,
系统报警。
提供的器材有:
热敏电阻,报警器(内阻很小,流过的电流超过Ic时就会报警),电阻箱(最大阻值为999.9),直流电源(输出电压为U,内阻不计),滑动变阻器R1(最大阻值为1000),滑动变阻器R2(最大阻值为2000),单刀双掷开关一个,导线若干。
在室温下对系统进行调节。
已知U约为18V,Ic约为10mA;
流过报警器的电流超过20mA时,报警器可能损坏;
该热敏电阻的阻值随温度升高而减小,在60C时阻值为650.0。
(1)在答题卡上完成待调节的报警系统原理电路图的连线。
(2)电路中应选用滑动变阻器(填“R1”或“R2”)。
(3)按照下列步骤调节此报警系统:
①电路接通前,需将电阻箱调到一固定的阻值,根据实验要求,这一阻值为;
滑动变阻器的滑片应置于(填“a”或“b”)端附近,不能置于另一端的原因是
②将开关向(填“c”或“d”)端闭合,缓慢移动滑动变阻器的滑片,直至
保持滑动变阻器滑片的位置不变,将开关向另一端闭合,报警系统
答案】
(1)如下图
(2)R2
(3)①650.0,b,接通电源后,流过报警器的电流会超过20mA,报警器可能损坏
②c,报警器开始报警
解析】①热敏电阻工作温度达到60C时,报警器报警。
故需通过调节电阻箱使其电阻为
60C时的热敏电阻的阻值,即调节到阻值650.0Ω,光使报警器能正常报警,电路图如上图
②U18V,当通过报警器的电流
10mAIc20mA,故电路中总电阻RUI,
Ic
900R1800,故滑动变阻器选R2。
③热敏电阻为650.0时,报警器开始报警,模拟热敏电阻的电阻器阻值也应为
650.0为防止通过报警器电流过大,造成报警器烧坏,应使滑动变阻器的滑片置于b端.
考点】滑动变阻器在电路中的作用及其规格选择、串并联电路相关计算、等效替代思想
难点】获取题中信息并转化为解题所需条件、理解电
路设计原理、理解调节电阻箱和滑动变阻器的意义
24.(14分)
如图,两固定的绝缘斜面倾角均为,上沿相连。
两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L,质量分别为2m和m;
用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属
根导线刚好不在磁场中,回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为,重力加速度大小为g。
已知金属棒ab匀速下滑。
求
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小;
(2)金属棒运动速度的大小。
选ab为研究对象,受力分析如图:
解析】
(1)由ab、cd棒被平行于斜面的导线相连,故ab、cd速度时时刻刻相等,cd也
做匀速直线运动;
选cd为研究对象,受力分析如图:
由于cd匀速,其受力平衡,沿斜面方向受力平衡方程:
NcdGcdcos
垂直于斜面方向受力平衡方程:
fcdGcdsinT
且fcdNcd,联立可得:
Tmgcosmgsin
其沿斜面方向受力平衡:
T'
fabF安Gabsin
垂直于斜面方向受力平衡:
NabGabcos
且fabNab,T与T'
为作用力与反作用力:
T'
T,
联立可得:
F安mgsin3mgcos
2)设感应电动势为E,由电磁感应定律:
EBLv
由闭合电路欧姆定律,回路中电流:
I
RR
与①联立可得:
vmgR(sin3cos)
v22
B2L2
25.(18分)
如图,一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37的固定直轨道AC的底端A处,另一5
端位于直轨道上B处,弹簧处于自然状态。
直轨道与一半径为5R的光滑圆弧轨道相切于
6
C点,AC7R,A、B、C、D均在同一竖直平面内。
质量为m的小物块P自C点由静
止开始下滑,最低到达E点(未画出)随后P沿轨道被弹回,最高到达F点,AF4R。
13已知P与直轨道间的动摩擦因数1,重力加速度大小为g。
(取sin373,
45
cos374)
(1)
求P第一次运动到B点时速度的大小。
求P运动到E点时弹簧的弹性势能。
(3)
改变物块P的质量,将P推至E点,从静止开始释放。
已知P自
圆弧轨道的最高点
D处水平飞出后,恰好通过G点。
G点在C点的左下方,与C点水平
相距72R、竖直相距R,求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
解析】
(1)选P为研究对象,受力分析如图:
设P加速度为a,其垂直于斜面方向受力平衡:
GcosN
沿斜面方向,由牛顿第二定律得:
Gsinfma
2且fN,可得:
agsingcosg
5
对CB段过程,由vtv022as
代入数据得B点速度:
vB2gR
由E弹W弹,到E点时弹性势能E弹为12mgR。
3)其几何关系如下图
研究P从E点到D点过程,设P此时质量为m'
,此过程中:
(二)选考题
33.
[物理——选修3-3](15分)
(1)(5分)关于热力学定律,下列说法正确的是。
(填正确答案标号。
选对1
个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分,每选错1个扣3分,最低得分为0分)
A.气体吸热后温度一定升高
B.对气体做功可以改变其内能
C.理想气体等压膨胀过程一定放热
D.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡,那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡
【答案】BDE
【解析】气体内能的改变UQW,故对气体做功可改变气体内能,B选项正确;
气体吸热为Q,但不确定外界做功W的情况,故不能确定气体温度变化,A选项错误;
理想气体等压膨胀,W0,由理想气体状态方程PVnRT,P不变,V增大,气体温度升高,内能增大。
由UQW,气体过程中一定吸热,C选项错误;
由热力学第二定律,D选项正确;
根据平衡性质,E选项正确;
考点】理想气体状态方程,热力学第一定律,热力学第二定律,热平衡的理解。
难点】等压膨胀气体温度升高,内能增大;
气体又对
外做功,所以气体一定吸热。
2)(10分)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强,两压强差p与气泡
半径r之间的关系为p2,其中0.070N/m。
现让水下10m处一半径为0.50cm的r
气泡缓慢上升。
已知大气压强p01.0105Pa,水的密度1.0103kg/m3,重力加速度
大小g10m/s2。
(i)求在水下10m处气泡内外的压强差;
答案】水下10m处气泡的压强差是
(ii)忽略水温随水深的变化,在气泡上升到十分接近水面时,求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。
28Pa,气泡在接近水面时的半径与原来半径之比为
32。
。
解析】(i)由公式P2得,P20.0730Pa=28Pa
r5103
水下10m处气泡的压强差是28Pa。
ii)忽略水温随水深的变化,所以在水深10m处和在接近水面时气泡内温度相
同。
由理想气体状态方程PVnRT,得
P1V1P2V2
43
V2r2③
3
由于气泡内外的压强差远小于水压,气泡内压强可近似等于对应位置处的水压,所
以有
535
P1P0gh11105Pa+110310102105Pa=2P0
P2P0
r2321.3
r1
考点】理想气体状态方程
算气体内部压强时可忽略掉压强差,即气体压强等于对应位置的水压。
34.[物理——选修3-4](15分)
(1)(5分)某同学漂浮在海面上,虽然水面波正平稳地以1.8m/s的速率向着海滩传播,
但他并不向海滩靠近。
该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为
15s。
下列说法正确的是。
(填正确答案标号,选对1个得2分,选对2个得4
分,选对3个得5分。
每选错1个扣3分,最低得分为0分)
A.水面波是一种机械波
B.该水面波的频率为6Hz
C.该水面波的波长为3m
D.水面波没有将该同学推向岸边,是因为波传播时能量不会传递出去
E.水面波没有将该同学推向岸边,是因为波传播时振动的质点并不随波迁移
【答案】ACE
【解析】水面波是一种典型机械波,A对;
从第一个波峰到第十个波峰中经历了九个波形,
155
时间间隔为15秒,所以其振动周期为T15s5s,频率为0.6Hz,B错;
其波长
93
vT1.8m/ss3m,C对;
波中的质点都上下振动,不随波迁移,但是能传
递能量,D错E对。
(2)(10分)如图,在注满水的游泳池的池底有一点光源A,它到池边的水平距离为3.0m。
从点光源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角,水的折射率
为4
(i)求池内的水深;
(ii)一救生员坐在离池边不远处的高凳上,他的眼睛到池面的高度为2.0m。
当他看到正前下方的点光源A时,他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45。
求救生员的眼睛到池边的水平距离(结果保留1位有效数字)。
AB4m,BO7m
所以水深7m。
(ii)光由A点射入救生员眼中光路图如图:
由几何关系得,救生员到池边水平距离为(2x)m0.7m
35.[物理——选修3-5](15分)
(1)(5分)现用某一光电管进行光电效应实验,当用某一频率的光入射时,有光电流产生。
选对1个得2分,选对2个得4
每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.保持入射光的频率不变,入射光的光强变大,饱和光电流变大B.入射光的频率变高,饱和光电流变大
C.入射光的频率变高,光电子的最大初动能变大
D.保持入射光的光强不变,不断减小入射光的频率,始终有光电流产生E.遏止电压的大小与入射光的频率有关,与入射光的光强无关
答案】ACE
解析】由光电效应规律可知,当频率低于截止频率时无论光照强度多大,都不会有光电流,因此D错误;
在发生光电效应时,饱和光电流大小由光照强度来决定,与频率无关,光照强度越大饱和光电流越大,因此A正确,B错误,根据EkmhW可知,对
于同一光电管,逸出功W不变,当频率变高,最大初动能Ekm变大,因此C正确,由EkmeUc和EkmhW,得hWeUc,遏制电压只与入射光频率有关,与入射光强无关,因此E正确。
(2)(10分)某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬
停在空中。
为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出;
玩具底部为平板(面积略大于S);
水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开。
已知水的密度为,重力加速度大小为g,求:
(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量;
(ii)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度。
解析】(i)在一段很短的t时间内,可以为喷泉喷出的水柱保持速度v0不变。
mV
该时间内,喷出水柱高度:
lv0t
喷出水柱质量:
其中v为水柱体积,满足:
VlS
由①②③可得:
喷泉单位时间内喷出的水的质量为
v0S
(ii)设玩具底面相对于喷口的高度为h
其中,F压为玩具时其底部下面水体的作用力
v'为水体到达玩具底部时的速度
由运动学公式:
v'2v022gh
在很短t时间内,冲击玩具水柱的质量为mmv0st
由题意可知,在竖直方向上,对该部分水柱有动量定理F压mgtmv
由于t很小,mg也很小,可以忽略
⑧式变为
由④⑤⑥⑦⑨可得
F压tmv
hv0Mg
h2g22v02S2
129
动能变化
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