高三物理试题分析汇总.docx
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高三物理试题分析汇总
湖南省长沙市2017届高三12月联考
物理
分值:
110分;时量:
80分钟
答题说明:
①1-8题为单选题,9-12题为多选题;
②计算中,取g=10m/s2,sin37°=cos53°=0.6,cos37°=sin53°=0.8;
③请在答题卡上作答,答在试题卷上的答案无效。
一、选择题(每小题4分,共48分;1-8题为单选题,9-12题为多选题)
1.通过认真学习,同学们掌握了丰富的物理知识。
在下列说法中,请把正确的说法选出来。
(C)
A.汽车在光滑的水平面上运动时,驾驶员通过操作方向盘,可以使汽车转弯
B.在某一过程中,只要物体的位移为0,任何力对该物体所做的功就为0
C.物体的速度为0时,其加速度可能不为0
D.静摩擦力对受力物体可以做正功,滑动摩擦力对受力物体一定做负功
考点:
[摩擦力的判断与计算,加速度]
分析:
匀速圆周运动的合力不为零,由合力提供向心力,根据牛顿第二定律列式分析即可.
恒力做功的表达式为:
W=Fscosα;即做功的大小取决于力的大小、位移大小、力与位移夹角的余弦,根据摩擦力的性质可明确做功情况;
明确加速度和速度的定义,知道它们的决定因素,从而明确它们之间的关系.
解答:
A.在绝对光滑的水平面上,由于没有摩擦力来提供需要的向心力,故汽车不能转弯,故A错误。
B.位移为零只能说明物体的初末位置相同,但物体可能存在路程,则在运动过程中阻力是可以做功的,故B错误;
C.物体的速度为零时,物体可能受力作用,故加速度可能不为零,如竖直上抛的最高点的加速度不为零,但速度为零,故C正确;
D.静摩擦力和滑动摩擦力均可以与运动方向相同、相反或相互垂直,故两种摩擦力均可以做正功、做负功或不做功,故D错误。
2.下列说法正确的是(C)
A.将通电直导线放在某处,若通电直导线所受安培力为零,则该处的磁感应强度为零
B.磁场中某点的磁场方向,与放在该点的极短的通电导线所受安培力的方向可以成任意夹角
C.磁场中某点的磁场方向,与放在该点的小磁针北极受到的磁场力的方向相同
D.给两平行直导线通以方向相反的电流时,两通电导线通过磁场相互吸引
考点:
[安培力]
分析:
A、根据安培力公式F=BILsinθ(θ为电流与磁场的夹角)分析;
B、根据左手定则分析安培力方向与磁场方向的关系;
C、磁感应强度的方向规定为与小磁针静止时N极的指向相同;
D、同向电流相互吸引,异向电流相互排斥.
解答:
A.将通电直导线放在某处,若通电直导线所受安培力为零,该处的磁感应强度不一定为零,可能是电流与磁场平行导致,故A错误;
BC、磁场中某点的磁场方向,规定与放在该点的小磁针北极受到的磁场力的方向相同;而根据左手定则,与放在该点的极短的通电导线所受安培力的方向垂直,故B错误,C正确;
D.给两平行直导线通以方向相反的电流时,两通电导线通过磁场相互排斥,故D错误;
3.如图1所示,理想变压器初、次级线圈分别接有R1、R2,R1=R2=10Ω,初、次级线圈的匝数之比N1:
N2=2:
1,R2两端电压为10V,则R1两端的电压为(A)
A.5VB.10VC.15VD.20V
考点:
[变压器的构造和原理]
分析:
根据欧姆定律求出副线圈中的电流,由变流比规律得出原线圈的电流,最后由欧姆定律求出电阻R1两端的电压
解答:
根据题意R2两端电压为10V,副线圈中的电流
根据变化规律
,得
原线圈中电流为:
电阻R1两端的电压
故选:
A
图3
图2
图1
图4
4.放射性原子核
经过n次
衰变和m次
衰变,最终变为稳定的原子核
,(A)
A.n=7,m=5B.n=5,m=7C.n=9,m=7D.n=7,m=9
考点:
[原子核衰变及半衰期、衰变速度]
分析:
原子核经过一次α衰变,电荷数减小2,质量数减小4,一次β衰变后电荷数增加1,质量数不变.
解答:
衰变方程为:
则:
234=206+4n,n=7
又91=82+7×2-m,m=5
故选A
5.如图2所示,R1=R2=10Ω,R为可变电阻,C为电容器,V为理想电压表,增大R的阻值时,(D)
A.C所带电荷量减小B.C所带电荷量始终为0C.V的示数增大D.V的示数不变
考点:
[闭合电路的欧姆定律]
分析:
直流电路中电路电容器视为短路,电路中无电流,电容器两端的电压等于电源的电动势不变,由Q=CU分析电容器的电荷量,电压表是理想电压表,示数等于电源的电动势
解答:
AB、电容器两端的电压等于电源的电动势,与可变电阻无关,根据Q=CU=CE,电容器所带的电荷量不变,且不为0,故AB错误;
CD、电容器在直流电路中视为短路,且电压表为理想电压表,所以电压表的示数等于电源的电动势,与可变电阻R的变化无关,所以电压表的示数不变,故C错误,D正确;
故选:
D
6.如图3所示,质量为2kg的物体与水平地面间动摩擦因数为0.2,水平地面足够大。
t=0时,物体以2m/s初速向右运动,同时对物体施加一个水平向左的大小恒为2N的拉力F,向右为正方向,在t=0之后(B)
A.物体所受摩擦力不会变化B.物体所受摩擦力会由-4N变为+2N
C.物体所受摩擦力会由-4N变为-2ND.物体所受摩擦力会由+4N变为+2N
考点:
[摩擦力的判断与计算]
分析:
对物体的运动进行分析可知,物体受滑动摩擦力,根据滑动摩擦力的性质可知,摩擦力的变化.
解答:
滑动摩擦力大小f=μFN,因在施加拉力后,物体运动方向并没有变化,且正压力没有变化,因此摩擦力大小和方向均不会变化,故A正确,BCD错误。
故选:
A.
7.如图4所示,光滑的小圆弧轨道半径为r,光滑的大圆弧轨道半径为4r,小球质量为m(可视为质点),小圆弧与大圆弧的圆心O1、O2在同一竖线上,两圆弧的最低点重合,两圆弧轨道固定在同一竖直平面内。
小球从大圆弧轨道上与O2等高处由静止释放,小球通过小圆弧轨道最高点时对轨道的压力的大小为(B)
A.2mgB.3mgC.4mgD.5mg
考点:
[向心力,牛顿第二定律]
分析:
根据动能定理求得到达最高点的速度,有牛顿第二定律求得作用力
解答:
根据动能定理可知,mg⋅2r=0.5mv2
在最高点根据牛顿第二定律可知FN+mg=mv2/r
联立解得FN=3mg,根据牛顿第三定律求得对轨道的压力为3mg,故B正确
故选:
B
8.如图5所示,水平放置的平行板电容器的两板间有一竖直向上的匀强电场,下板接地,两板间距离为10cm,A点距下板3cm,B点距上板3cm。
质量m=0.01kg、电荷量为+10-3C的小球能够在A点保持静止。
现将小球移到匀强电场之外。
下列说法正确的是(C)
A.上板的电势比下板高10VB.A点的电势为3V
C.电荷量为-10-3C的带负电的点电荷在A点的电势能为3×10-3J
D.将电荷量为-10-3C的带负电的点电荷从A点移到B点,电场力对该点电荷做功4×10-3J
考点:
[匀强电场中电势差和电场强度的关系,带电粒子在匀强电场中的运动]
分析:
根据小球在电场中静止,根据平衡条件可求得电场强度,再根据U=Ed即可求得电势差;
根据电势能与电势间的关系可求得电势能,根据电场力做功的规律可求得电场力在移动电荷时所做的功.
解答:
A.小球在电场中静止,则由平衡条件可知,Eq=mg,解得:
E=mg/q=0.01×10/10−3=100V/m,电场线向上,故上极板电低低,则上下两板间的电势差为:
UAB=−Ed=−100×0.1=−10V,故上板比下板低10V,故A错误;
B.下极板与A点的电势差UOA=100×0.03=3V,因下极板接地,故A点电势为−3V,故B错误;
C.电荷量为−10−3C的带负电的点电荷在A点的电势能为EP=−3×(−1×10−3)J=3×10−3J,故C正确;
D.将电荷量为−10−3C的带负电的点电荷从A点移到B点,电场力对该点电荷做功W=−EqABsinθ=−100×1×10−3×0.04=−4×10−3J,
故D错误。
故选:
C.
图7
图6
图5
图8
9.如图6所示,传送带带面AB与水平面间夹角为
=37°,物块与传送带之间动摩擦因数为0.5,传送带保持匀速运转。
现将物块由静止放到传送带中部,A、B间距离足够大(若物块可与带面等速,则物块与带面等速时,物块尚未到达A或B)。
下列关于物块在带面AB上的运动情况的分析正确的是(BD)
A.若传送带沿顺时针方向匀速运转,物块沿传送带向上加速滑动
B.若传送带沿顺时针方向匀速运转,物块沿传送带向下加速滑动
C.若传送带沿逆时针方向匀速运转,物块加速度的大小先为10m/s2,后为0
D.若传送带沿逆时针方向匀速运转,物块加速度的大小先为10m/s2,后为2m/s2
考点:
[牛顿运动定律在传送带问题中的应用]
分析:
传送带顺时针运动时,可比较μ和tanθ的大小,来判断加速度方向
传送带逆时针运动时,根据受力分析和运动状态分析,来求解加速度
解答:
AB、当传送带顺时针运动时,物体在平行传送带方向上受力为重力分力和滑动摩擦力,两力方向相反,但μ〈tanθ,故加速度方向沿传送带向下。
A错误,B正确
CD、当传送带逆时针运动时,起初重力的分力和滑动摩擦力均沿传送带向下,此时加速度a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s2,方向沿传送带向下;当物块加速到与传送带共速,并超过传送带的速度后,摩擦力沿传送带向上,此时加速度a2==gsinθ-μgcosθ=2m/s2。
C错误,D正确
10.如图7所示,AB为固定的光滑圆弧轨道,O为圆心,AO水平,BO竖直,轨道半径为R,将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放,在小球从A点运动到B点的过程中,(AC)
A.小球所受合力的冲量水平向右B.小球所受支持力的冲量水平向右
C.小球所受合力的冲量大小为m
D.小球所受重力的冲量大小为0
考点:
[动量定理]
分析:
由冲量的计算公式I=Ft求出各力的冲量大小,由动量定理求出动量的变化量或合力的冲量.
解答:
小球从A点运动到B点的过程中,做圆周运动,B点时速度沿切线方向,水平向右;
从A到B,根据动能定理:
mgR=0.5mv2−0
解得:
v=(2gR)0.5
AC、根据动量定理,I合=△p=mv=m(2gR)0.5,方向水平向右,故AC正确;
B.根据冲量的定义式IFN=FNt,方向与支持力的方向相同,垂直于支持面指向圆心,故B错误;
D.根据冲量定义IG=Gt,因为重力和时间不为0,所以重力的冲量大小不为0,故D错误;
故选:
AC
11.如图8所示,两平行的光滑导轨固定在同一水平面内,两导轨间距离为L,金属棒ab垂直于导轨,金属棒两端与导轨接触良好,在导轨左端接入阻值为R的定值电阻,整个装置处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。
与R相连的导线、导轨和金属棒的电阻均可忽略不计。
用平行于导轨向右的大小为F的力拉金属棒,使金属棒以大小为v的速度向右匀速运动,(BD)
A.金属棒ab相当于电源,其a端相当于电源负极B.拉力F=
C.回路中的感应电流沿顺时针方向流动D.定值电阻消耗的电功率P=Fv
考点:
[导体切割磁感线时的感应电动势,闭合电路的欧姆定律]
分析:
根据右手定则明确电流的方向,从而明确等效电源的正负极;再根据感应电动势和闭合电路欧姆定律求解安培力,再由平衡条件即可求得拉力大小;
根据功能关系即可明确电功率的大小.
解答:
A.ab切割磁感线,故ab相当于电源,由右手定则可知,电流由b到a,而电源内部电流由负极流向正极,故a相当于电源正极,故A错误;
B.电动势E=BLv,电流
故安培力
因导体棒匀速运动,故拉力
,故B正确;
C.根据右手定则可知,电流为逆时针方向流动,故C错误;
D.定值电阻消耗的电功率等于电路中总的电功率,根据能量守恒定律可知,电功率等于拉力的功率,故P=Fv,故D正确。
故选:
BD.
12.如图9所示,理想变压器的一个线圈接电流计G,另一个线圈接导轨,金属棒ab可沿导轨左右滑动,B为匀强磁场,导轨的电阻不计,在下列情况下,有电流向上通过电流计G的是(AB)
A.ab向右加速运动时B.ab向左减速运动时
C.ab向左加速运动时D.ab向右减速运动时
考点:
[变压器的构造和原理]
分析:
闭合铁芯上绕有两组线圈,就是一个变压器,而变压器只能改变交变电压.根据右手定则、安培定则和楞次定律从右向左依次分析.
解答:
A.金属棒ab向右加速运动时,由右手定则判断可知,棒中产生向上的感应电流,而且感应电流增大,电流产生的磁感应强度增大,穿过右侧线圈磁场向下,磁通量增大,由楞次定律可知,通过G的电流向上,故A正确;
B.金属棒ab向左匀减速运动时,由右手定则判断可知,棒中产生向下的感应电流,而且感应电流减小,电流产生的磁感应强度减小,穿过右侧线圈磁场向上,磁通量减小,由楞次定律可知,通过G的电流向上,故B正确;
C.金属棒ab向左匀加速运动时,由右手定则判断可知,棒中产生向下的感应电流,而且感应电流增大,电流产生的磁感应强度增大,穿过右侧线圈磁场向上,磁通量增加,由楞次定律可知,通过G的电流向下,故C错误;
D.金属棒ab向右匀减速运动时,由右手定则判断可知,棒中产生向上的感应电流,而且感应电流减小,电流产生的磁感应强度减小,穿过右侧线圈磁场向下,磁通量减小,由楞次定律可知,通过G的电流向下,故D错误;
故选:
AB
图9图10
二、实验题(13题6分,14题8分,共14分;取g=10m/s2)
13.某组同学为了探究弹簧的弹性势能与弹簧缩短的长度之间的关系,做了如下实验。
将轻弹簧左端固定在墙上,在水平地面上放一滑块,在滑块上刻下一个箭头,在水平地面上沿弹簧轴线方向固定一刻度尺(如图10所示)。
弹簧无形变时与弹簧右端接触(不栓连)的滑块上的箭头指在刻度为x0=20.00cm处。
向左推滑块,使箭头指在刻度为x1处,然后由静止释放滑块,滑块停止运动后箭头指在刻度为x2处。
改变x1记下对应的x2,获得多组(x1,x2)如下表所示。
表格中x、Ep分别为释放滑块时弹簧缩短的长度和弹簧的弹性势能(弹簧没有发生形变时,其弹性势能为0)。
已知滑块与地面间动摩擦因数处处为
=0.5,滑块的质量m=0.2kg,实验中没有超过弹簧的弹性限度。
请将表格填写完整。
第1次
第2次
第3次
第4次
第5次
x1(cm)
18.00
16.00
14.00
12.00
10.00
x2(cm)
22.00
32.00
50.00
76.00
110.00
x(cm)
2.00
4.00
6.00
8.00
10.00
Ep(J)
0.04
0.16
0.36
0.64
1.00
实验结论
Ep∝x2
考点:
[探究弹力和弹簧伸长的关系]
分析:
根据弹簧的原长和静止时释放对应的刻度得出弹簧的压缩量,结合能量守恒定理求出弹簧的弹性势能,通过数据分析得出弹簧弹性势能与形变量的关系.
解答:
根据弹簧的原长和静止释放时对应的刻度知,压缩量分别为2.00cm、4.00cm、6.00cm、8.00cm、10.00cm.
根据能量守恒得,Ep=μmg(x2−x1),则对应的弹性势能Ep1=0.5×2×0.04J=0.04J,同理Ep2=0.16J,Ep3=0.36J,Ep4=0.64J,Ep5=1.00J.
由表格中的数据可知,弹簧的弹性势能与形变量的二次方成正比。
14.
(1)关于多用电表,下列说法正确的一项是()
A.用多用电表“×10”档测电阻R1、R2时,流过电表的电流分别为满偏电流的1/2、1/4,则R2=2R1
B.用多用电表测量电流、电压、电阻时,电流都是从红表笔流入电表
C.用多用电表测电阻时,选用不同档位,调试准确后,电表的内阻相同
D.多用电表使用前应先进行欧姆调零,再进行机械调零
考点:
[用多用电表测电阻]
分析:
欧姆表的工作原理是闭合电路欧姆定律,应用闭合电路欧姆定律分析答题;
电流总是从欧姆表的红表笔流入多用电表,从黑表笔流出多用电表;
欧姆表换挡后要进行欧姆调零,不同档位的内阻是不同的.
解答:
A.由题意可知:
解得:
R2=3R1,故A错误;
B.用多用电表测量电流、电压、电阻时,电流都是从红表笔流入电表,故B正确;
C.用多用电表测电阻时,选用不同档位,调试准确后,电表的内阻不同,故C错误;
D.多用电表使用前应先进行机械调零,如果测电阻选择档位后还有进行欧姆调零,故D错误;
故选:
B.
(2)用右边的电路测电阻RX的阻值,已知RX约为1kΩ。
电流表的量程为0-1mA、内阻r=100Ω(电流表的内阻是已知的);电压表的量程为0-1.5V、内阻约为1kΩ;电源电动势为3V、内阻不计;滑动变阻器的调节范围为0-100Ω。
①请把变阻器画入电路图,将实验电路图补充完整。
②若电流表示数为0.9mA、电压表示数为0.9V,则RX=900Ω。
考点:
[伏安法测电阻]
分析:
①根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法,然后完成实验电路图.
②根据实验数据应用串联电路特点与欧姆定律求出待测电阻阻值.
解答:
①由题意可知,待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值,为测多组实验数据,滑动变阻器应采用分压接法,电路图如图所示:
②待测电阻阻值:
三、解答题(每小题12分,共48分;取g=10m/s2,sin37°=cos53°=0.6)
15.某天体的表面无大气层,其质量为地球质量的2倍,其半径为地球半径的2倍。
已知地球表面附近的重力加速度为g=10m/s2,地球的第一宇宙速度为v=8×103m/s。
(1)该天体表面附近的重力加速度
为多大?
(2)靠近该天体表面运行的人造卫星的运行速度
为多大?
(3)在该天体表面以15m/s初速竖直上抛一个小球,小球在上升过程的最末1s内的位移x为多大?
(4)在距该天体表面高h=20m处,以v0=5m/s初速斜向上抛出一个小球,小球落到该天体表面时速度
为多大?
考点:
[万有引力定律及其应用,竖直上抛运动,动能定理]
分析:
(1)在星球表面,重力等于万有引力,据此列式求解重力加速度;
(2)靠近该天体表面运行的人造卫星,重力等于向心力,根据牛顿第二定律列式求解速度;
(3)竖直上抛运动是匀变速直线运动,根据速度公式列式求解运动总时间,根据位移公式列式求解最末1s内的位移x;
(4)根据动能定理列式求解末速度.
解答:
(1)星球表面,重力等于万有引力,在地球表面:
在天体表面:
联立解得:
(2)靠近该天体表面运行的人造卫星,重力等于向心力,故:
对地球表面的人造卫星,重力等于向心力,故:
故
故
(3)在该天体表面以v0=15m/s初速竖直上抛一个小球,加速度为−g′=−5m/s2,故运动的总时间为:
根据位移公式,前5s位移为:
由于6s末落地,故第6s位移大小为12.5m,向下
(4)对斜抛运动,根据动能定理,有:
解得:
16.如图所示,质量为m=1kg的物块与竖直墙面间动摩擦因数为
=0.5,从t=0的时刻开始用恒力F斜向上推物块,F与墙面间夹角
=37°,在t=0的时刻物块速度为0。
(1)若F=12.5N,墙面对物块的静摩擦力多大?
(2)若F=30N,物块沿墙面向上滑动的加速度多大?
(3)若要物块保持静止,F至少应为多大?
(假设最大静摩擦力等于同样正压力时的滑动摩擦力,F的计算结果保留两位有效数字)
考点:
[牛顿运动定律,摩擦力,平衡]
分析:
(1)列出平衡方程即可求解
(2)列出牛顿第二定律方程,即可求解
(3)让滑动摩擦力的值等于同样正压力时的最大静摩擦,求解出临界条件下的F大小
解答:
(1)设f向上,Fcos37°+f=mg(3分)得f=0(1分)
(2)Fcos37°-Fsin37°-mg=ma(3分)得a=5m/s2(1分)
(3)当物块即将下滑时,静摩擦最大且向上,
Fcos37°+Fsin37°=mg(3分)得F=9.1N(1分)
17.如图所示,BCD为固定在竖直平面内的半径为r=10m的圆弧形光滑绝缘轨道,O为圆心,OC竖直,OD水平,OB与OC间夹角为53°,整个空间分布着范围足够大的竖直向下的匀强电场。
从A点以初速v0=9m/s沿AO方向水平抛出质量m=0.1kg的小球(小球可视为质点),小球带正电荷q=+0.01C,小球恰好从B点沿垂直于OB的方向进入圆弧轨道。
不计空气阻力。
求:
(1)A、B间的水平距离L
(2)匀强电场的电场强度E
(3)小球过C点时对轨道的压力的大小FN
(4)小球从D点离开轨道后上升的最大高度H
考点:
[电场,类平抛,圆周运动,功能原理]
分析:
(1)利用类平抛关系列方程求解
(2)根据类平抛过程中的加速度,可求解电场强度E
(3)利用向心力及牛顿第三定律,求解小球对轨道的压力
(4)运用动能定理进行求解
解答:
(1)从A到B,vBy=v0tan53°(1分)vBy=at(1分)
y=rcos53°(1分)y=
at2(1分)
∴t=1sa=12m/s2L=v0t=9m(1分)
(2)mg+qE=ma(1分)∴E=20N/C(1分)
(3)从A到C,mar=
-
(1分)
在C点,FN-ma=
(1分)∴FN=4.41N(1分)
(4)对全过程运用动能定理,
=maH(1分)∴H=3.375m(1分)
18.如图所示,在光滑的水平面上有一足够长的质量为M=4kg的长木板,在长木板右端有一质量为m=1kg的小物块,长木板与小物块间动摩擦因数为
=0.2,长木板与小物块均静止。
现用F=14N的水平恒力向右拉长木板,经时间t=1s撤去水平恒力F。
(1)在F的作用下,长木板的加速度为多大?
(2)刚撤去F时,小物块离长木板右端多远?
(3)最终长木板与小物块一同以多大的速度匀速运动?
(4)最终小物块离长木板右端多远?
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:
(1)对长木板受力分析,根据牛顿第二定律求出长木板的加速度;
(2)先根据牛顿第二定律求出小物块的加速度,然后根据匀变速直线运动位移时间公式求出长木板和小物块的位移,二者位移之差即为小物块离长木板右端的距离;
(3)刚撤F时,根据v=at求出长木板和小物块的速度,然后根据牛顿第二定律求出长木板的加速度,再利用二者速度相等求出最终速度;
(4)根据速度位移公式求出从撤去F到二者速度相等分别运动的位移,进而得出二者的相对位移,再加上撤去F前的相对位移即为最终小物块离长木板右端的距离.
解答:
(1)a=
(2分)∴a=3m/s2(1分)
(2)am=
g=2m/s2(1分)
x1=
-
(1分)∴
x1=0.5m(1分)
(3)刚撤F时,v=at=3m/svm=amt=2m/s(1分)
撤F后,
=
=0.5m/s2(1分)
最终速度
=vm+am
=v-
∴
=2.8m/s(1分)
(4)在
内,
x2=
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