广东省届高三上学期百校联考理综物理试题 Word版含答案解析.docx
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广东省届高三上学期百校联考理综物理试题Word版含答案解析
广东省2016届12月百所学校质量分析联合考试
物理试卷
一、选择题:
本题共8小题,每小题6分。
在每小题给出的四个选项中,第14~18题只有一项符合题目要求,第19~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
14.一个物体以某一初速度vo沿一粗糙斜面向上滑动,经时间tl上升到某处后义沿该斜面下滑,在t2时刻回到原处。
该物体运动的速度时间图象可能是
【考点】匀变速直线运动的图像.
【专题】定性思想;推理法;运动学中的图像专题.
【分析】在物体上滑和下滑过程中根据牛顿第二定律比较加速度大小,然后根据位移大小相等,利用运动学公式比较上滑和下滑时间的大小.根据图象的斜率分析加速度,结合图象的“面积”表示位移分析即可.
【解答】解:
上滑过程有:
mgsinθ+f=ma1,下滑过程有:
mgsinθ﹣f=ma2,由此可知a1>a2,根据功能关系可知落回地面的速度v<v0,因此上滑过程的平均速度大于下滑过程的平均速度,由于上滑过程和下滑过程位移大小相等,因此t1<t2,故A正确.
故选:
A
【点评】解决本题的关键要抓住加速度的大小可由图象的斜率大小来表示,位移由图象的“面积”表示,结合运动学基本公式及牛顿第二定律分析,难度适中.
15.一根弹簧的下端挂一重物,上端用手牵引使重物向下做匀速直线运动,从手突然停止到物体下降到最低点的过程中,重物的加速度的数值将
A.先减小后增大B.先增大再减小C.逐渐减小D.逐渐增大
【考点】牛顿第二定律.
【分析】由题意知道,物体先匀速上升,拉力等于重力;手突然停止运动后,物体由于惯性继续上升,弹力减小,合力变大且向下,故物体做加速度不断变大的减速运动.
【解答】解:
物体匀速运动过程,弹簧对物体的弹力与重力二力平衡;
手突然停止运动后,物体由于惯性继续上升,弹簧伸长量变小,弹力减小,故重力与弹力的合力变大,根据牛顿第二定律,物体的加速度变大;
故选A.
【点评】解决本题首先要明确物体靠惯性运动,力是改变速度的原因,其次要明确弹力变小导致合力的变化情况.
16.将小球以某一初速度抛出,其运动轨迹如图所示,不计空气阻力,下列有关该运动的说法,正确的是
A.小球在水平方向做匀减速直线运动
B.小球做匀变速运动
C.小球运动到最高点时速度大小为零
D.小球在最高点时重力的瞬时功率不为零
【考点】抛体运动.
【专题】直线运动规律专题.
【分析】小球做斜抛运动,加速度不变,做匀变速曲线运动,在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做竖直上抛运动
【解答】解:
A、小球在水平方向上不受力,有水平初速度,做匀速直线运动,故A错误.
B、小球以初速度抛出,仅受重力,加速都不变,做匀变速运动,故B正确.
C、小球在最高点,竖直分速度为零,水平分速度不为零,则最高点的速度不为零,故C错误.
D、在最高点重力的方向与速度方向垂直,重力的瞬时功率为零,故D错误.
故选:
B
【点评】解决本题的关键知道斜抛运动的特点,会根据分运动的受力,判断其运动规律,基础题。
17.如图所示变压器可视为理想变压器,在原、副线圈的回路巾分别接有阻值相同的电阻,原线圈一侧接有一正弦交流电源。
若两电阻消耗的电功率相等,则变压器原、副线圈的匝数之比为
A.1:
2B.2:
1
C.1:
1D.1:
4
【考点】变压器的构造和原理.
【专题】定性思想;推理法;恒定电流专题.
【分析】根据功率公式可明确通过原副线圈的电流之比,再由线圈匝数之比等于电流的反比可知线圈匝数之比.
【解答】解:
两电阻的阻值相等,则由P=I2R可知,两电阻消耗的功率相等其电流一定相等;则根据变压器线圈匝数之比等于电流的反比可知,原副线圈匝数之比为1:
1;
故选:
C.
【点评】本题考查变压器线圈匝数之比与电流的关系,要注意能根据电压或电流与线圈匝数关系求解线圈匝数之比.
18.如图所示,一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子,木板、人、箱子均处于静止状态。
三者的质量均为m,重力加速度为g。
下列说法正确的是
A.箱子受到的摩擦力方向向右
B.人受到的摩擦力方向向右
C.地面对木板的摩擦力方向向右
D.若人用斜向下的力推箱子,则木板对地面的压力会大于3mg
【考点】共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用.
【专题】定性思想;推理法;共点力作用下物体平衡专题.
【分析】对箱子受力分析,根据平衡条件判断其受静摩擦力方向;对人进行受力分析,判断出人受到的摩擦力的方向;对三个物体的整体受力分析,根据平衡条件判断地面对整体的支持力和静摩擦力情况.
【解答】解:
A、人用力F向右推箱子,对箱子的作用力向右,根据牛顿第三定律可知,箱子对人的作用力的方向向左,人若要平衡,则受到的木板的摩擦力的方向向右,故A错误;
B、人用力F向右推箱子,对箱子受力分析,受推力、重力、支持力、静摩擦力,根据平衡条件,箱子受到的摩擦力方向向左,与推力平衡,故B正确;
C、对三个物体的整体受力分析,受重力和支持力,不是静摩擦力,否则不平衡,故地面对木板没有静摩擦力;故C错误;
D、若人用斜向下的力推箱子,三个物体的整体受力分析,受重力和支持力,故压力依然等于3mg,故D错误;
故选:
B
【点评】本题关键是采用隔离法和整体法灵活地选择研究对象,然后根据共点力平衡条件列式判断,基础题目.
19.甲、乙为两颗地球卫星,其中甲为地球同步卫星,乙的运行高度低于甲的运行高度,两卫星轨道均可视为圆轨道。
以下判断正确的是
A.乙的速度大于第一宇宙速度B.甲的周期大于乙的周期
C.甲的加速度小于乙的加速度D.甲在运行时可能经过北极的正上方
【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度.
【专题】万有引力定律的应用专题.
【分析】人造卫星的万有引力等于向心力,先列式求出线速度、周期和向心力的表达式进行讨论;第一宇宙速度是在近地发射人造卫星的最小速度,也是近地圆轨道的环绕速度,还是圆轨道运行的最大速度.
【解答】解:
人造卫星绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力,设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M,有
F=F向
F=G
F向=m=mω2r=m()2r
因而
G=m=mω2r=m()2r=ma
解得
v=①
T==2π②
a=③
由①②③式可以知道,人造卫星的轨道半径越大,线速度越小、周期越大,加速度越小,由于甲卫星的高度大,轨道半径大,故甲卫星的线速度小、周期大,加速度小;根据①式,第一宇宙速度是近地圆轨道的环绕速度,也是圆轨道运行的最大速度;故A错误,BC正确;
D、甲为地球同步卫星,只能在赤道上空,故D错误;
故选:
BC.
【点评】本题关键抓住万有引力提供向心力,先列式求解出线速度、角速度、周期和加速度的表达式,再进行讨论,并注意地球同步卫星的位置固定.
20.光滑金属导轨宽1=0.5m,电阻不计,均匀变化的磁场充满整个轨道平面,如图甲所示。
磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示。
金属棒ab的电阻为2Q,垂直固定在导轨上静止不动,且与导轨左端距离1=0.2m。
则
A.1s末回路中的电动势为0.lV
B.1s末回路中的电流为1A
C.2s内回路产生的电热为0.01J
D.2s末,ab所受安培力大小为0.05N
【考点】法拉第电磁感应定律;闭合电路的欧姆定律.
【专题】定量思想;方程法;电磁感应——功能问题.
【分析】由图得到磁感应强度B的变化率,由法拉第电磁感应定律求感应电动势,由欧姆定律求出感应电流,由焦耳定律求电热.由F=BIL求出安培力.
【解答】解:
A、由图知,==1T/s,由法拉第电磁感应定律得:
感应电动势为E=S=Ll=0.5×0.2×1V=0.1V,故A正确.
B、回路中感应电流为I===0.05A,故B错误.
C、2s内回路产生的电热为Q=I2Rt=0.052×2×2J=0.01J,故C正确.
D、2s末,B=2T,ab所受的安培力为F=BIL=2×0.05×0.5N=0.05N,故D正确.
故选:
ACD.
【点评】本题关键是对图象的识别和应用,要利用好图象的斜率,结合电磁感应的基本规律:
法拉第电磁感应定律、欧姆定律等研究,注意磁通量变化率与变化量的区别.
21.如图甲所示,直线MN表示某电场中的一条电场线,C、D是电场线上两点,一带正电的粒子从C点由静止释放。
粒子在只受电场力作用下从C点运动到D点的过程中,加速度a随时间t的变化关系如图乙所示。
设C、D两点的电势分别为场强大小分别为EC、ED,粒子在C、D两点的电势能分别为EpC,EpD,不计粒子重力,则有
A.B.C.D.
【考点】电势差与电场强度的关系;电势.
【专题】电场力与电势的性质专题.
【分析】由加速度变小,则电场力变小,场强变小,正电荷所受电场力的方向沿CD,则电场线由C到D,电势变小,电势能变小.
【解答】解:
ACD、正电荷所受电场力的方向沿CD,则电场线由C到D,电势变小,电势能变小,则A错误,C错误,D正确
B、由C到D,加速度变小,则电场力变小,场强变小,则B错误
故选:
D
【点评】题关键通过加速度时间图象得到物体的加速度变化情况,然后判断场强方向和电势大小
二、解答题(共4小题,满分47分)
22.(6分)某同学测定匀变速直线运动的加速度时,得到在不同拉力作用下的A、B、C三条较为理想的纸带,并在纸带上每5个点取一个计数点,即相邻两计数点间的时间间隔为0.1s,将每条纸带上的计数点都记为0、l、2、3、4、5……,如图甲、乙、丙所示的三段纸带,分别是从A、B、C三条不同纸带上撕下的。
(1)在甲、乙、丙三段纸带中,属于从纸带A撕下的是____。
(2)打A纸带时,物体的加速度大小是m/S2(保留两位小数)。
(3)打点计时器打计数点1时小车的速度为m/s(保留两位小数)。
【考点】测定匀变速直线运动的加速度.
【专题】定量思想;方程法;直线运动规律专题.
【分析】根据匀变速直线运动的特点(相邻的时间间隔位移之差相等)去判断问题.
利用匀变速直线运动的推论求解加速度和速度.
【解答】解:
(1)根据匀变速直线运动的特点(相邻的时间间隔位移之差相等)得出:
x34﹣x23=x23﹣x12=x12﹣x01,因此x34=2(2x12﹣x01)﹣x12=10.53cm,所以属于纸带A的是甲图.
(2)根据运动学公式△x=aT2得:
a==m/s2=2.51m/s2
(3)利用匀变速直线运动的推论
v1==≈0.43m/s
故答案为:
(1)甲;
(2)2.51;(3)0.43.
【点评】对于纸带的问题,我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律,注意理解相等时间内,位移之差相等的含义.
23.(9分)一标有“6V0.5A”的小型直流电动机,转子由铜导线绕制的线圈组成,阻值约为1Ω。
某兴趣小组设计一个实验测量此电动机线圈的电阻。
实验室提供的器材除导线和开关外还有:
A.直流电源E:
8V(内阻不计)
B.直流电流表:
0~0.6A(内阻约为0.5Ω)
C.直流电流表:
0~3A(内阻约为o.1Ω)
D.直流电压表:
0~3V(内阻约为5kΩ)
E.直流电压表:
0~15V(内阻约为15kΩ,)
F.滑动变阻器Rl:
0~10Ω,2A
G.标准电阻R2:
5Ω
(1)为能较准确地测出电动机线圈电阻,应选择电路图(填“甲”或“乙”)。
(2)为使电表指针有较大角度的偏转,需要选用的电流表是,电压表是。
(填写实验器材前
面的序号)
(3)闭合开关后,调节滑动变阻器控制电动机不转动时读出电流表、电压表示数。
若某次实验电压表的示数为2.5V,电流表的示数为0.4A,则
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