物理山东省潍坊市潍坊一中届高三上学期末试题精校解析版Word格式.docx
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力的合成与分解的运用.
4.中国已投产运行的1000kV特高压输电,是目前世界上电压最高的输电工程.假设甲、乙两地原来用500kV的超高压输电,在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下,现改用1000kV特高压输电,不考虑其他因素的影响.则( )
A.送电电流变为原来的2倍
B.输电线上降落的电压将变为原来的2倍
C.输电线上降落的电压将变为原来的
D.输电线上损耗的电功率将变为原来的
【答案】C
【解析】根据I=
求出输电线上的电流,与输送的电压成反比,即输电线上的电流将变为原来的
,故A错误;
由上可知,输电线上的电流将变为原来的
,根据U=IR可知,输电线上降落的电压将变为原来的
,故B错误,C正确;
;
当以不同电压输送时,有P=U1I1=U2I2,而在线路上损失的功率为△P=I2R=
可知,损失的功率与电压的平方成反比,即△P1:
△P2=4:
1;
所以输电线上损失的功率为
.故D错误;
【考点】远距离输电.
5.“天宫一号”与“神舟八号”交会对接成功,标志着我国对接技术上迈出了重要一步.如图所示为二者对接前做圆周运动的情形,M代表“神舟八号”,N代表“天宫一号”,则( )
A.M发射速度大于第二宇宙速度
B.M适度加速有可能与N实现对接
C.对接前,M的运行速度大于N运行速度
D.对接后,它们的速度大于第一宇宙速度N
【解析】神舟八号绕地球飞行,故其发射速度小于第二宇宙速度,故A错误;
神舟八号轨道半径低,适当加速后神舟八号做离心运动可实现与高轨道的天宫一号对接,故B正确;
根据万有引力提供圆周运动向心力
可得卫星线速度
,由于M的轨道半径小于N,故M的运行速度大于N,所以C正确;
对接后,它们一起绕地球圆周运动,故其速度小于第一宇宙速度,故D错误.
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系.
6.已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小,有磁场时电阻变大,并且磁场越强电阻值越大.为探测有无磁场,利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示的电路,电源的电动势E和内阻r不变,在没有磁场时调节变阻器R使电灯L正常发光.若探测装置从无磁场区进入强磁场区,则( )
A.电灯L变亮B.电灯L变暗
C.电流表的示数减小D.电流表的示数增大
【答案】AC
【解析】探测装置从无磁场区进入强磁场区时,电阻变大,则电路的总电阻变大,根据I=
可知总电流变小,所以电流表的示数减小,根据U=E﹣Ir,可知I减小,U增大,所以灯泡两段的电压增大,所以电灯L变亮,故AC正确,BD错误
【考点】闭合电路的欧姆定律;
电功、电功率.
7.如图甲所示,矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动,输出交流电的电动势图象如图乙所示,经原副线圈的匝数比为1:
10的理想变压器个一灯泡供电如图丙所示,副线圈电路中灯泡额定功率为22W.现闭合开关,灯泡正常发光.则( )
A.t=0.01s时刻穿过线框回路的磁通量为零
B.交流发电机的转速为50r/s
C.变压器原线圈中电流表示数为1A
D.灯泡的额定电压为220
V
【解析】由图乙可知,当0.01s时,感应电动势为零,则此时穿过线框回路的磁通量最大,故A错误;
由图可知,交流电的周期为0.02s,则转速为:
n=
=50r/s,故B正确;
原线圈输入电压为有效值为22V,则副线圈的电压为22×
10=220V;
由P=UI可知,副线圈电流I2=
=0.1A,则由
求得I1=1A;
故C正确;
灯泡正常发光,故额定电压为220V,故D错误;
【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理;
变压器的构造和原理.
8.如图所示,在水平向右的匀强磁场中,在O点固定一电荷量为Q的正电荷,a、b、c、d为以O为圆心的同一圆周上的四点,bd连线与电场线平行,ac连线与电场线垂直.则( )
A.a、c两点的场强相同
B.b点的场强大于a点的场强
C.da间的电势差大于ab间的电势差
D.检验电荷在a点的电势能等于在c点的电势能
【答案】BD
【解析】abcd四个点的场强实际上是匀强电场与点电荷的辐射状的电场的叠加,故ac两点的合场强大小虽然相等,但方向不同,故A错误;
匀强电场的场强方向与Q的电场的场强方向在B点相同,在a点方向相反,所以b点的场强大于A点的场强.故B正确;
点电荷的电场,同心圆上各点的电势相等,所以da间的电势差等于ab间的电势差,故C错误;
点电荷的电场,同心圆上各点的电势相等,ac与匀强电场垂直,是匀强电场的等势线,所以ac两点的电势相等,检验电荷在a点的电势能等于在c点的电势能.故D正确.
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系;
电势能.
9.在光滑水平桌面上有一边长为l的正方形线框abcd,bc边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg,三角形腰长为l,磁感应强度垂直桌面向下,abef在同一直线上,其俯视图如图所示,线框从图示位置在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区,线框中感应电流i及拉力F随时间t的变化关系可能是(以逆时针方向为电流的正方向,时间单位为
)( )
A.
B.
C.
D.
【解析】A、bc边的位置坐标x在L﹣2L过程,线框bc边有效切线长度为l=x﹣L,感应电动势为E=Blv=B(x﹣L)v,感应电流i=
,
根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a,为正值.
x在2L﹣3L过程,根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a,为负值,线框ad边有效切线长度为l=x﹣2L,感应电动势为E=Blv=B(x﹣2L)v,感应电流
,根据数学知识知道A错误,B正确.
C、在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区,因此拉力等于安培力,而安培力的表达式F=
,而L=vt,则有:
F=
,因此C错误,D正确;
【考点】法拉第电磁感应定律;
导体切割磁感线时的感应电动势;
楞次定律.
10.如图所示,质量为m的木块沿粗糙斜面匀加速下滑h高度,速度由v1增大到v2,所用时间为t.在此过程中( )
A.木块的重力势能减少mgh
B.木块的重力势能减少
C.木块与斜面增加的内能为
D.木块沿斜面下滑的距离为
【答案】ACD.
【解析】木块重力势能的减少量△P=mgh,故A正确;
由动能定理可知,木块动能的变化量等于重力势能减少量与克服摩擦力做的功之和,重力势能的减少量大于动能的变化量,故B错误;
由能量守恒定律得:
Q+mgh=
,则木块与斜面增加的内能:
Q=
,故C正确;
木块沿斜面下滑的距离s=
t=
,故D正确;
【考点】动能定理的应用.
二.本题共3小题,共18分.把答案填在题中的横线上或按要求作图.
11.某同学用如图所示装置测量小滑块与水平面间的动摩擦因数μ.轨道AC光滑,与水平面相切于C点,从轨道某一高度处由静止释放滑块,小滑块停在B点
(1)应测量的物理量及符号是:
______________________
(2)写出动摩擦因数μ的表达式(用所测物理量符号表示)________________.
【答案】
(1)释放点至桌面的高度h,BC间的距离L;
(2)
.
【解析】
(1)设释放点至桌面的高度h,BC间的距离L,当滑块在水平面上滑行的受到重力支持力和摩擦力,只有摩擦力做功,得:
f=μFN=μmg
对滑块滑行的全过程运用动能定理可得:
W总=△Ek
且:
W总=WG+Wf=mgh﹣fL
△Ek=EkC﹣EkA=0
联立以上四个方程可得:
故只需要测得释放点至桌面的高度h,BC间的距离L,就可以到摩擦因数.
【考点】探究影响摩擦力的大小的因素.
12.某同学将力传感器固定在小车上,然后把绳的一端固定在传感器拉钩上,用来测量绳对小车的拉力,探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系,根据所测数据在坐标系中作出了如图所示的a﹣F图象.
(1)图线不过坐标原点的原因是_________________.
(2)本实验中是否仍需要砂和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量.____________(填“是”或“否”).
(3)由图象求出小车和传感器的总质量为__________kg.
【答案】没有平衡摩擦力,或平衡的不够;
否;
1
(1)由图象可知,当F≠0时,加速度仍然为零,说明没有平衡摩擦力,或平衡的不够;
(2)该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小,不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力,故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量.
(3)a﹣F图象中的斜率表示质量的倒数,由图可知,k=
,所以质量M=
kg
【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系.
13.某同学为了研究小灯泡在不同状态下的电阻,进行了如下实验:
(1)用多用电表的欧姆挡测量小灯泡的电阻,当选用×
10Ω挡测量时发现偏角过大,此时应选用___________Ω挡(填写“×
1”或“×
1k”),然后需将红、黑表笔______,进行欧姆调零,再进行测量.测量完成后,将选择开关拔向_______位置.
(2)该同学用内阻约几十欧的电流表,内阻约几千欧的电压表等仪器,测定在不同工作状态下的小灯泡电阻,请在图1中画出测量电路的原理图,并根据所画原理图将图2中的实物图补充完整.
(3)在闭合开关前,滑动变阻器的滑动触头应在_______端(填写“左”或“右”).
(1)×
1,短接,OFF;
(2)如图;
(3)左
(1)欧姆表的指针偏角过大,说明待测电阻阻值较小,应选择较小的倍率,所以应选用×
1挡,然后再将红黑表笔短接进行欧姆调零,测量完成后应将选择开关拨向OFF挡;
(2)由于小灯泡的阻值较小,满足
,所以电流表应用外接法;
由于实验要求测量小灯泡在不同状态下的电阻,即要求电压或电流从零调,所以变阻器应采用分压式接法,实物图和原理图如图所示:
(3)根据电路图和实物图可知,变化开关前应将滑片置于输出电压最小的左端.
【考点】伏安法测电阻.
三、本大题5小题,共52分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.
14.如图所示,长为L=2m、质量为M=8kg的小车,放在水平地面上,小车向右运动的速度为6m/s时,在小车前端轻轻地放上一质量为m=2kg的小物块.小车与地面、物块与小车间的动摩擦因数均为μ=0.2,g取10m/s2,求
(1)小物块及小车的加速度
(2)小物块滑离小车时的速度.
(1)小物块的加速度大小为:
2m/s2,方向水平向右,小车的加速度大小为3m/s2,方向水平向左.
(2)小物块滑离小车时的速度为0.8m/s.
(1)由牛顿第二定律得:
对物块:
μmg=mam,
解得:
am=2m/s2,方向水平向右,
对小车:
μmg+μ(M+m)g=MaM,
aM=3m/s2,方向水平向左;
(2)设物块经t从小车滑离,滑离时物块速度最大,
由匀变速直线运动的位移公式得:
代入数据解得:
t1=0.4s(t1=2s不合题意,舍去)
物块滑离小车的速度:
vm=amt1=2×
0.4=0.8m/s
【考点】牛顿运动定律的综合应用;
匀变速直线运动的位移与时间的关系.
15.如图所示,处于勻强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L=1m,导轨平面与水平面成θ=37°
角,下端连接阻值为R=4Ω的电阻.匀强磁场方向垂直于导轨平面向下,磁感应强度B=1T.质量为m=0.4kg、电阻r=1Ω的金属棒放在两导轨上,棒与导轨垂直并保持良好接触,它们之间的动摩擦因数为0.25,金属棒以初速度V=20m/s沿导轨滑下,g取10m/s2,sin37°
=0.6,cos37°
=0.8.求:
(1)金属棒沿导轨下滑的最大加速度;
(2)金属棒下滑时电阻R消耗的最小功率.
(1)金属棒沿导轨下滑的最大加速度为6m/s2;
(2)金属棒下滑时电阻R消耗的最小功率为10.24W.
【解析】金属棒开始下滑时感应电动势最大,设对应电流为I1,则有:
E=BLv0
I1=
金属棒开始下滑时加速度最大,有:
BI1L+μmgcosθ﹣mgsinθ=mam
得:
am=6m/s2,方向沿导轨向上.
(2)由平衡条件有:
mgsinθ﹣μmgcosθ=BI2L
R消耗的电功率为:
P=I22R
P=10.24W
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;
摩擦力的判断与计算.
16.如图所示,水平传送带右端与光滑水平长轨道AB齐平,BCD是半径为R=0.4m的光滑竖直半圆轨道,轨道最高点为D,传送带水平部分长度L=0.9m,沿顺时针方向以6m/s匀速转动.一质量m=1kg的小物块速度v0=4m/s冲上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,g=10m/s2.求:
(1)物块经D点时对轨道的压力
(2)物块落点到D点的水平距离
(3)因传送该物块电动机对传送带多提供的能量.
(1)物块经D点时对轨道的压力为12.5N
(2)物块落点到D点的水平距离1.2m
(3)因传送该物块电动机对传送带多提供的能量为6J
(1)设物块从N点运动到A点经t1s与带同速,有:
v=v0+μgt1…①
此时物块对地前进位移x,有:
…②
x=0.9m故物块一直做匀加速运动,则有:
…③
从A至D过程机械能守恒有:
…④
在D点由牛顿第二定律得:
联立解得:
FN=12.5N…⑤
由牛顿第三定律知对轨道的压力方向向下,大小为12.5N…⑥
(2)物块从D点抛出后做平抛运动x2=vDt2…⑦
…⑧
x2=1.2m…⑨
(3)物在带上的运动时间为:
…⑩
传送带多输出的机械能为:
△E=6J
【考点】机械能守恒定律;
匀变速直线运动的位移与时间的关系;
牛顿第二定律.
17.如图1,所示在xOy坐标系内存在周期性变化的电场和磁场,电场沿轴正向为正,磁场垂直纸面向里为正,电场和磁场的变化规律如图所示.一带负电粒子质量m=3.2×
10﹣13kg,电量q=1.6×
10﹣10C,粒子初速大小v0=6m/s.t=0时刻从O点沿x轴正向运动,不计粒子重力.求
(1)粒子在磁场中运动的周期
(2)在t=20×
10﹣3s时粒子的位置坐标
(3)在t=22×
10﹣3s时粒子的速度.
(1)粒子在磁场中运动的周期为4×
10﹣3s;
(2)在t=20×
10﹣3s时粒子的位置坐标为3.6×
10﹣2m;
(3)t=22×
10﹣3s时粒子的速度大小为10m/s,与x轴成负向370斜向左上方
(1)粒子在磁场中运动的周期为T,有:
s
(2)t=20×
10﹣3s时粒子在坐标系内做了两个圆周运动和三段类平抛运动,
运动的水平位移为:
x=3v0T=9.6×
10﹣2m
运动的竖直位移为:
Eq=ma
y=3.6×
10﹣2m
(3)t=22×
10﹣3s时粒子的速度大小
与t=20×
10﹣3s相同,方向相反,
与水平方向夹角为α
vy=a×
3T
v=10m/s
与x轴成负向370斜向左上方
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;
牛顿第二定律;
向心力.
三.[物理选修3-3]
18.以下说法正确的是( )
A.功可以全部转化为热,但热量不能全部转化为功
B.温度升高,所有分子的速率都增大
C.液体的表面张力是分子力作用的表现
D.同一种物质不可能呈现晶体和非晶体两种不同的形态
【答案】C.
【解析】A功可以全部转化为热,根据热力学第二定律可知,在外界的影响下热量也可以全部转化为功,故A错误;
温度是分子平均动能的标志,气体的温度变化时,其分子平均动能一定随之改变,而分子间势能不一定改变,故B错误;
液体的表面张力是分子力作用的表现,外层分子较为稀疏;
分子间表现为引力;
理论和实验证明非晶体具有不稳定状态,在适当的条件下会变成晶体,故D错误.
【考点】热力学第二定律.
19.(2010•抚顺模拟)一气象探测气球,在充有压强为1.00atm(即76.0cmHg)、温度为27.0℃的氦气时,体积为3.50m3.在上升至海拔6.50km高空的过程中,气球内氦气逐渐减小到此高度上的大气压36.0cmHg,气球内部因启动一持续加热过程而维持其温度不变.此后停止加热,保持高度不变.已知在这一海拔高度气温为﹣48.0℃.求:
(1)氦气在停止加热前的体积;
(2)氦气在停止加热较长一段时间后的体积.
(1)氦气在停止加热前的体积为
(2)氦气在停止加热较长一段时间后的体积为:
(1)在气球上升至海拔6.50km高空的过程中,气球内氦气经历一等温过程.根据玻意耳﹣马略特定律有:
p1V1=p2V2
将p1=76.0cmHg,
,p2=36.0cmHg带入得:
.
故氦气在停止加热前的体积为
(2)在停止加热较长一段时间后,氦气的温度逐渐从T1=300K下降到与外界气体温度相同,即T2=225K,这是一等压过程,根据盖﹣吕萨克定律有:
将数据带入得:
故氦气在停止加热较长一段时间后的体积为:
【考点】气体的等温变化;
气体的等容变化和等压变化.
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