2019届辽宁省大连市甘井子区渤海高中高三高考模拟考试(3)物理试题(解析版)
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一、选择题
1.2013年12月2日1时30分,“嫦娥三号”月球探测器搭载长征三号乙火箭发射升空。该卫星在距月球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动,其运行的周期为T,最终在月球表面实现软着陆。若以R表示月球的半径,引力常量为G,忽略月球自转及地球对卫星的影响,下列说法不正确的是
A. “嫦娥三号”绕月运行时的向心加速度为
B. 月球的第一宇宙速度为
C. 月球的质量为
D. 物体在月球表面自由下落的加速度大小为
【答案】AB
【解析】
【详解】A、根据公式,可得,故根据可得“嫦娥三号”绕月运行时的向心加速度为,A错误;
B、D、在月球表面重力充当向心力,故有,联立公式,可得,月球第一宇宙速度,故B错误,D均正确;
C、根据万有引力提供向心力,此时,解得月球质量,故C正确.
本题选不正确的,故选AB
【点睛】在万有引力这一块,涉及的公式和物理量非常多,掌握公式在做题的时候,首先明确过程中的向心力,然后弄清楚各个物理量表示的含义,最后选择合适的公式分析解题,另外这一块的计算量一是非常大的,所以需要细心计算.
2.跳伞运动员从悬停的直升机上跳下,经过一段时间后开启降落伞如图所示是跳伞过程中的图象若将人和伞看成一个系统,则有
A. 系统先加速下降,接着减速上升
B. 系统受到的合外力始终向下
C. 阻力对系统始终做负功
D. 系统始终处于失重状态
【答案】C
【解析】
试题分析:由图知,系统先加速下落,接着减速下落,最后匀速下落,故A错误;减速下落阶段,加速度向上,合外力向上,处于超重状态,所以B、D错误;阻力始终与运动的方向相反,故一直做负功,所以C正确。
考点:本题考查v-t图像、超重、失重
3.如图所示,分别在M、N两点固定放置两个点电荷和,以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点。下列说法正确的是
A. A点场强小于B点场强
B. C点场强与D点场强相同
C. A点电势小于B点电势
D. 将某正电荷从C点移到O点,电场力不做功
【答案】A
【解析】
A. 由于2Q>Q,根据库仑定律,A点场强小于B点场强,故A正确;
B. 由于电场线关于MN对称,C点场强大小等于D点场强,但方向与两个电荷的连线不平行,故电场强度的方向不同,故电场强度大小相等,但方向不相同;故B错误;
C. 由题,电场线方向由M指向N,则A点电势高于B点电势,故C错误;
D. 由图知 O点电势低于C点电势,故将某正电荷从C点移到O点,电场力做正功,故D错误;
故选:A.
点睛:由题,Q带正电,q带负电,电场线方向由A指向B,根据顺着电场线电势逐渐降低.根据对称性,分析CD两点电势关系、场强关系.
4.如图所示,平行金属板中带电质点P原来处于静止状态,不考虑电流表和电压表对电路的影响,的阻值和电源内阻r相等。当滑动变阻器的滑片向b端移动时,则
A. 上消耗的功率逐渐增大
B. 电流表读数减小,电压表读数增大
C. 电源的输出功率逐渐增大
D. 质点P将向上运动
【答案】C
【解析】
试题分析:滑动变阻器的滑片向b端移动时,的阻值越来越小,故并联电路的总电阻减小,根据串联电路的分压规律可得:R3的电压减小,消耗的功率减小,故A错误;电容器电压等于R3的,故也减小,所以质点P将向下运动,所以D错误;外电路总电阻减小,所以干路电流增大,而R3的电流减小,根据I1=I3+IA,可得电流表读数IA增大,所以B错误;因R1的阻值和电源内阻r相等,故外电路电阻大于电源内阻,且逐渐减小,如图所示,由输出功率与外电阻的关系可得:电源的输出功率在增大,所以C正确;
考点:本题考查闭合电路的欧姆定律
5.如图所示,长为L的细线的一端固定于O点,另一端系一质量为m的小球在水平拉力F作用下,小球以恒定速率在竖直平面内由最低点A运动到B点,OB与竖直方向成角在此过程中
A. 小球所受合外力一直增大
B. 外力F一直增大
C. 小球重力势能增大
D. 拉力F做功为
【答案】B
【解析】
【分析】
抓住小球做匀速圆周运动,根据向心力的大小判断合外力的大小变化及F的变化,根据动能定理求拉力做功.
【详解】A、因为小球做匀速圆周运动,合外力提供向心力,合外力大小不变,故A错误。
B、小球从最低点向上运动的过程中,向上的分速度逐渐增大,所以克服重力做功的功率逐渐增大,则拉力F做功的功率逐渐增大,而力F与速度v之间的夹角逐渐增大,由:可知,拉力F一定增大。故B正确;
C、小球高度在上升,所以重力势能增大,增加量为,故C错误;
D、小球匀速率运动,重力势能增加,动能不变,故机械能增加,拉力做的功也是故D错误;
故选:B。
【点睛】本题易错点在于拉力F是变力,求解变力的功可以用动能定理列式求解,而不能用恒力功表达式求解.
6.如图所示,一质量为的直角劈B放在水平面上,在劈的斜面上放一质量为的物体A,用一沿斜面向上的力F作用于A上,使其沿斜面匀速上滑,在A上滑的过程中直角劈B始终保持静止用f和N分别表示地面对劈的摩擦力及支持力,则
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】
试题分析:物体A和直角劈B都处于平衡状态,将它们看成整体,现对整体进行受力情况:重力、F、地面竖直向上的支持力N和摩擦力.由平衡条件得知,F有水平向右的分力,则地面对B的摩擦力,水平向左.且有:故,AC正确。
考点:考查了共点力平衡条件,力的合成与分解
7.如图所示,空间存在磁感应强度为B,方向竖直向下的匀强磁场,MN、PQ是相互平行的粗糙的长直导轨,处于同一水平面内,其间距为L,导轨一端接一阻值为R的电阻,ab是跨接在导轨上质量为m的导体棒,其阻值也为从零时刻开始,对ab棒施加一个水平向左的恒力F,使其从静止开始沿导轨做直线运动,此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好,所受滑动摩擦力大小始终为了F.导轨电阻不计则
A. 通过电阻R的电流方向为由N到Q
B. ab棒的最大速度为
C. 电阻R消耗的最大功率为
D. ab棒速度为时的加速度大小为
【答案】CD
【解析】
【分析】
由右手定则可以判断出电流方向;
导体棒匀速运动时速度最大,由平衡条件可以求出最大速度;
由求出感应电动势,由电功率公式求出电功;
由安培力公式求出安培力,由牛顿第二定律求出加速度.
【详解】A、由右手定则可知,通过电阻R的电流方向为由Q到N,故A错误;
B、导体棒受到的安培力:,导体棒匀速运动时速度最大,由平衡条件得:,解得:,故B错误;
C、最大感应电流:,电阻R消耗的最大功率:,故C正确;
D、ab棒速度为时导体棒受到的安培力:,由牛顿第二定律得:,解得:,故D正确;
故选:CD。
【点睛】本题是一道电磁感应、电路与力学相结合的综合题,分析清楚导体棒的运动过程,应用安培力公式、平衡条件、牛顿第二定律可以解题.
8.如图所示,边长为2L的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为一个边长为L粗细均匀的正方形导线框abcd,其所在平面与磁场方向垂直,导线框的对角线与虚线框的对角线在一条直线上,导线框各边的电阻大小均为在导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向进入磁场,到整个导线框离开磁场区域的过程中,下列说法正确的是
A. 导线框进入磁场区域时产生逆时针方向的感应电流
B. 导线框中有感应电流的时间为
C. 导线框的bd对角线有一半进入磁场时,整个导线框所受安培力大小为
D. 导线框的bd对角线有一半进入磁场时,导线框a、c两点间的电压为
【答案】ABD
【解析】
试题分析:导线框进入磁场区域时,向里的磁通量增大,感应电流的磁场方向向外,产生逆时针方向的感应电流,A正确;导线框在进入和离开磁场区域时有感应电流,则有感应电流的时间为t=,B正确;导线框的bd对角线有一半进入磁场时,切割磁感线的有效长度为L,则产生的感应电动势为E=BLv,只有d、c边受安培力F=BIL==,C错误;导线框的bd对角线有一半进入磁场时,相当于电动势为E=BLv,内阻为2R的电源,导线框a、c两点间的电压为路端电压,D正确。
考点:本题考查电磁感应中电动势、电流,闭合电路欧姆定律。
9.下列有关物质属性及特征的说法中,正确的是
A. 液体的分子势能与液体的体积有关
B. 晶体的物理性质都是各向异性的
C. 温度升高,每个分子的动能都增大
D. 分子间的引力和斥力同时存在
E. 露珠呈球状是由于液体表面张力的作用
【答案】ADE
【解析】
由于分子间存在作用力,所以有分子势能,微观上分子间距离的变化引起分子间作用力变化,分子势能跟着变化,在宏观上表现为体积变化,所以A正确;多晶体的物理性质是各向同性的,故B错误;温度升高,分子的平均动能增大,但每个分子动能不一定都增大,所以C错误;分子间的引力和斥力同时存在,只不过在不同情况下对外表现不同而已,所以D正确;露珠呈球状是由于液体表面张力的作用,故E正确;故选ADE。
10.一列简谐横波沿x轴正方向传播,在t秒与秒两个时刻,x轴上区间的波形完全相同,如图所示并且图中M、N两质点在t秒时位移均为,下列说法中不正确的是
A. 该波的最大波速为
B. 秒时刻,处的质点位移一定是a
C. 从t秒时刻起,处的质点比的质点先回到平衡位置
D. 从t秒时刻起,在质点M第一次到达平衡位置时,质点N恰好到达波峰
E. 该列波在传播过程中遇到宽度为的狭缝时会发生明显的衍射现象
【答案】ABD
【解析】
【分析】
由图读出波长由于两个时刻的波形相同,经过了整数倍周期的时间,则得,,1,,可得到最大的周期,由求出最小波速由于周期不确定,秒时刻,处的质点位移不一定是简谐横波沿x轴正方向传播,处的质点向下运动,可知处的质点比处的质点先回到平衡位置根据数学知识得知质点M和N之间的距离等于,质点M第一次到达平衡位置时,质点N不在波峰.
【详解】A、由图知波长。由于两个时刻的波形相同,经过了整数倍周期的时间,则得,,1,,可得到最大的周期为,由得最小波速。故A不正确。
B、由于周期不确定,时间不一定等于半个周期,则秒时刻,处的质点不一定到达波峰,位移就不一定是a。故B不正确。
C、简谐横波沿x轴正方向传播,处的质点向下运动,到达平衡位置的时间大于,而处的质点到达平衡位置时间等于,故C正确。
D、根据数学知识得知质点M和N之间的距离等于,由波形得知,质点M第一次到达平衡位置时,质点N不在波峰。故D不正确。
E、当孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或比波长更小时能发生明显衍射,所以该列波在传播过程中遇到宽度为的狭缝时会发生明显的衍射现象,故E正确。
本题选不正确的,故选:ABD
【点睛】本题关键根据波的周期性分析时间与周期的关系,得到周期的最大值,求出波速的最小值
二、实验题
11.某同学用如图甲所示的电路测量欧姆表的内阻和电源电动势把欧姆表看成一个电源,且已选定倍率并进行了欧姆调零实验器材的规格如下:
电流表量程,内阻
电流表量程30mA,内阻
定值电阻,
滑动变阻器阻值范围
闭合开关S,移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置,读出电流表和的示数分别为和多次改变滑动触头的位置,得到的数据见下表.
依据表中数据,作出图线如图乙所示;据图可得,欧姆表内电源的电动势为______V,欧姆表内阻为______;结果保留3位有效数字
若某次电流表的示数是,则此时欧姆表示数约为______结果保留3位有效数字
【答案】 (1). 1.50(1.48~1.51) (2). 15.2(14.0~16.0) (3). 47.5(47.0~48.0)
【解析】
由题意可得出实验原理,则可求得路端电压及电流,根据图象可得出电动势和内电阻;欧姆表显示的示数为外部电阻,由欧姆定律求得外部电阻即可求解。
(1)由于A2量程远大于A1量程,干路电流可认为等于A2的示数,故有,可得,故从图线在纵轴上的截距可得电动势,从图线的斜率可得内阻
(2)由图乙可以看出,当A1的示数是时对应A2的示数为24mA,而欧姆表的示数为外电路的总电阻:
12.某兴趣小组的实验装置如图1所示,通过电磁铁控制的小球从A点自由下落,下落过程中经过光电门B时,通过与之相连的毫秒计时器图中未画出记录下挡光时间t,测出A、B之间的距离实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束.
若用该套装置验证机械能守恒,已知重力加速度为g,还需要测量的物理量为______.
A.A点与地面间的距离H
B.小球的质量m
C.小球从A到B的下落时间
D.小球的直径d
若用该套装置进行“探究做功和物体速度变化关系”的实验,大家提出以下几种猜想:;;
用游标卡尺测得小球直径如图2所示,则小球直径为______cm,某次小球通过光电门毫秒计数器的读数为,则该次小球通过光电门B时的瞬时速度大小为______.
调节光电门B的位置,计算出小球每次通过光电门B的速度、、、,并测出小球在A、B间的下落高度、、、,然后绘制了如图3所示的图象根据绘制出的图象,若为了更直观地看出h和v的变化关系,他们下一步应该绘制______.
A.图象
B.图象
C.图象
D.图象.
【答案】 (1). D; (2). 1.14; (3). 3.8; (4). A;
【解析】
【分析】
该题利用自由落体运动来验证机械能守恒,因此需要测量物体自由下落的高度,以及物体通过B点的速度大小,在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度,因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度,由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度,根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式.
游标卡尺的读数等于主尺读数加游标读数,不需估读.
在运动过程中,由于物体受恒力作用,所以得出合外力做功与物体速度变化的关系,再进行判断.
【详解】、根据实验原理可知,需要测量的是A点到光电门的距离,故A错误;
B、根据机械能守恒的表达式可知,方程两边可以约掉质量,因此不需要测量质量,故B错误;
C、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度,不需要测量下落时间,故C错误;
D、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时,需要知道挡光物体的尺寸,因此需要测量小球的直径,故D正确;
故选:D.
游标卡尺主尺读数为:,游标尺上第4个刻度与上面对齐,故读数为:,
故最终读数为:;
利用小球通过光电门的平均速度代替瞬时速度,因此有:
小球从A点自由下落,所以有:,
若为了更直观地看出h和v的函数关系,应该绘制图象故选:A.
故答案为: , .
【点睛】解答实验问题的关键是明确实验原理、实验目的,了解具体操作掌握动能变化量和重力势能减小量的求法,知道某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度.
为了研究两个变量的关系,我们应该作出两个变量的关系图象为倾斜的直线来研究.
三、计算题
13.如图甲所示,一长木板静止在水平地面上,在时刻,一小物块以一定速度从左端滑上长木板,以后长木板运动图象如图所示已知小物块与长木板的质量均为,小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦,经1s后小物块与长木板相对静止,求:
小物块与长木板间动摩擦因数的值;
在整个运动过程中,系统所产生的热量.
【答案】(1)0.7(2)40.5J
【解析】
【分析】
小物块滑上长木板后,由乙图知,长木板先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度,木板与物块相对静止时后木板与物块一起匀减速运动,由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值.
对于小物块减速运动的过程,由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度,再由能量守恒求热量.
【详解】长木板加速过程中,由牛顿第二定律,得
;
;
木板和物块相对静止,共同减速过程中,由牛顿第二定律得
;
;
由图象可知,,,
联立解得
小物块减速过程中,有:
;
;
在整个过程中,由系统的能量守恒得
联立解得
【点睛】本题考查了两体多过程问题,分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键,也是本题的易错点,分析清楚运动过程后,应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题.
14.如图所示,在xOy坐标系所在的平面内,第一象限中存在如图所示方向的匀强电场,虚线一侧存在如图所示方向的匀强磁场,虚线与y轴正方向成一带电量,质量m的粒子从P点由静止释放,到达M点的速度为v,P到M的距离为L,带电粒子从图中的M点出发在第二象限进入磁场并经磁场偏转后从N点回到电场区域,并由M点射出,NO距离也为粒子重力不计试求
电场强度大小;
到M的距离;
磁感应强度大小;
带电粒子从第一次经过M点开始到再次回到M点经历的时间.
【答案】(1) (2)2L(3) (4)
【解析】
【分析】
对从P到M过程根据动能定理列式求解电场强度;
从N到M过程是类似平抛运动,根据分位移公式列式求解即可;
结合几何关系得到圆周运动的轨道半径,由于洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律列式求解.
求出粒子经过各阶段的运动时间,然后求出总的运动时间.
【详解】粒子从P到M点做匀加速直线运动,根据动能定理,有:
,
解得:;
从N到M过程是类似平抛运动,根据分位移公式,有:
,,
解得:;
粒子在磁场中做匀速圆周运动,轨迹如图,根据几何关系,有:
由于洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律,有:
,解得:;
带电粒子从经过M点开始到进入磁场之前的运动时间为,则:,
粒子在磁场中做圆周运动的周期:,
粒子在磁场中做圆周运动的时间:,
粒子出磁场后到N点经历的时间为,,
由图示可知,N点的坐标为:,M点的坐标为,
带电粒子从N点到M点的时间为,,
粒子从经过M点开始到再次到达M点经历的时间:
;
【点睛】本题关键是明确粒子的受力情况和运动规律,然后分直线运动、圆周运动和类似平抛运动过程分别讨论,要结合动能定理、牛顿第二定律、类平抛运动规律、几何关系列式.
15.如图所示,气缸放置在水平平台上,活塞质量为10kg,横截面积为,厚度为1cm,气缸全长为21cm,大气压强为 Pa,当温度为时,活塞封闭的气柱长10cm,若将气缸倒过来放置时,活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通。取,不计活塞与气缸之间的摩擦,计算结果保留三位有效数字
将气缸倒过来放置,若温度上升到,求此时气柱的长度。
汽缸倒过来放置后,若逐渐升高温度,发现活塞刚好接触平台,求此时气体的温度。
【答案】①16.1cm ②100°C
【解析】
【详解】以活塞为研究对象,汽缸未倒过来时,有p0S+mg=pS
汽缸倒过来后,有p′S+mg=p0S
温度为7℃不变,根据玻意耳定律有:pSl0=p′Sl′
联立解得:l′=l0=15cm
①温度由7℃升高到27℃的过程中,封闭气体压强不变
=
解得l″≈16.1 cm
②活塞刚好接触平台时,气体的温度为T,则由盖﹣吕萨克定律知=
即:=
解得:T≈373 K
故t=100℃
【名师点睛】应用玻意耳定律与理想气体状态方程即可正确解题,本题的解题关键是求出各状态的气体压强,借助于对活塞或者缸体受力分析,列出平衡方程即可求解.
16.某种光学元件由两种不同透明物质Ⅰ和透明物质Ⅱ制成,其横截面如图所示,O为AB中点,,半圆形透明物质Ⅰ的折射率为,透明物质Ⅱ的折射率为一束光线在纸面内沿O点方向射入元件,光线与AB面垂线间的夹角为,通过观察发现此时从AC面恰好无光线射出,在BC面有光线垂直射出。求:
该透明物质Ⅱ的折射率;
光线在透明物质Ⅱ中的传播速度大小;
光线与AB面垂线间的夹角的正弦值。
【答案】①②③
【解析】
试题分析:①由题意可知,光线射向AC面恰好发生全反射,反射光线垂直于BC面从棱镜射出,光路图如下图。
设该透明物质的临界角为C,由几何关系可知……………1分
……………1分
得:…………………………1分
②由……………1分
得:……………………………………1分
③由几何关系得:r=30°…………(1分)
由相对折射率定义得:光由透明物质Ⅰ射入透明物质Ⅱ时,相对折射率:
(1分)(1分)
解得:(1分)
考点:本题考查光的折射、全反射