广东省汕头市届高三第一次一模模拟考试物理试题 答案+解析Word文档格式.docx
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B.汽车受到沿坡面向下、大小不断减小的滑动摩擦力作用
C.汽车受到沿坡面向上、大小不断增大的静摩擦力作用
D.若汽车能顺利爬坡.则车胎与坡间的最大静摩擦力至少为车重的大小
【答案】C
【详解】A、坡面上的汽车受到重力、斜面得支持力与摩擦力,设坡面的倾角为θ,则其中支持力:
FN=Gcosθ,坡的倾角增大,则汽车受到的支持力减小。
根据牛顿第三定律可知,坡面的倾角增大,则汽车对坡面的压力减小,故A错误;
BC、汽车受到的摩擦力:
f=Gsinθ,方向沿斜面向上;
当θ增大时,汽车受到的摩擦力增大,故B错误,C正确;
D、要使汽车不打滑,则有:
μmgcosθ≥mgsinθ,解得:
μ≥tanθ,由于μ<1,则θ=45°
时静摩擦力达到最大;
可知若汽车能顺利爬坡,则车胎与坡间的最大静摩擦力至少为车重的大小的倍,故D错误
3.如图所示为远距离输电的原理图.发电厂输出的电压恒定,升压、降压变压器均为理想变压器。
由于用户负载的变化会造成其得到的电压变化,供电部门要实时监控.监控电表为理想电表。
若某次监侧发现V2表的示数减小.则下列判断正确的是
A.电流表A1的示数增大
B.电流表A2的示数减少
C.电压表V1的示数增大
D.输电线损失的功率减小
【答案】A
【详解】AC、根据题意知,发电厂的输出电压恒为U,升压变压器的变压比不变,所以电压表V1的示数不变,故C错误;
某次监测发现V2表的示数减小,根据降压变压器变压比可知,降压变压器的输入电压减小,又U1=U20+I1R可知,降压变压器处:
由可知,减小,减小,由以上式子分析得:
电流表A1的示数增大,故A正确;
B、根据A知,电流表A1的示数增大,根据降压变压器电流比:
根据可知,电流表A2的示数增大,故B错误;
D、输电线上损失功率为,由于电流表A1的示数增大,故输电线损失的功率增大,故D错误。
4.如图.纸面内有一垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域,比荷()为k1、k2的带电粒子分别从P点以速率v1、v2垂直进入磁场,经过时间t1、t2从M点射出磁场.已知v1沿半径方向.v2与v1夹角为30°
∠POM=120°
不计粒子重力,下列判断正确的是
A.若v1=v2,则k1:
k2=:
1B.若v1=v2,则t1:
t2=:
2
C.若t1=t2,则k1:
k2=2:
1D.若t1=t2,则v1:
v2=:
1
【答案】B
【详解】设匀强磁场区域半径为R,带电粒子k1、k2的轨迹如图所示:
根据如图所示几何关系可得:
v1的轨道半径r1=Rtan60°
,v2的轨道半径r2=R,v1转过的圆心角为60°
,v2转过的圆心角为120°
;
故根据洛伦兹力做向心力可得:
Bvq,故速度v,运动周期T;
运动时间t
A、若v1=v2,则k1:
k2=r2:
r1=1:
,故A错误;
B、若v1=v2,则t1:
t2:
2,故B正确;
C、若t1=t2,则k1:
k2=1:
2,故C错误;
D、若t1=t2,则v1:
v2:
2,故D错误。
5.甲、乙两辆遥控小汽车在两条相邻的平直轨道上作直线运动,以甲车运动方向为正方向,两车运动的v-t图象如图所示。
下列说法正确的是
A.两车若在t=5s时相遇,则另一次相遇的时刻是t=10s
B.两车若在t=5s时相遇,则t=0时两车相距15m
C.两车若在t=10s时相遇,则另一次相遇的时刻是t=20s
D.两车若在t=10s时相遇,则相遇前两车的间距是逐渐减小的
【答案】BD
【详解】A、根据速度图象与时间轴所围的面积表示位移,可知,5﹣15s内两车的位移相等,因此,两车若在t=5s时相遇,则另一次相遇的时刻是t=15s,故A错误。
B、两车若在t=5s时相遇,因为0﹣5s内两车相向运动,则t=0时两车相距距离等于0﹣5s内两车位移大小之和,为S=2×
515m,故B正确。
C、两车若在t=10s时相遇,因为10﹣20s内乙车的位移大于甲车的位移,所以t=20s时两车没有相遇,故C错误。
D、两车若在t=10s时相遇,在0﹣5s内两车相向运动,两车的间距逐渐减小。
在5﹣10s内,两车同向运动,甲车在乙车的前方,且甲车的速度比乙车的大,则两车间距减小,所以相遇前两车的间距是逐渐减小的,故D正确。
故选BD
6.我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一,如图所示为简化跳台滑雪的雪道示意图,助滑坡由长度55m的斜面AB(倾角θ=37°
)和半径25m的光滑圆弧BC组成,两者相切于B点,过圆弧最低点C的切线水平.CD为着陆坡(倾角α=30°
)。
一运动员连同滑板(整体可视为质点)从A点由静止滑下,到C点以vc=26m/s的速度水平飞出,不计空气阻力,重力加速度g=10m/s2,sin37°
=0.6,关于该运动员,下列说法正确是
A.经过C处时对轨道的压力约为其重力的2.7倍
B.在B点的速度大小为24m/s
C.在斜面AB上的运动时间约为4.6s
D.运动员落在着陆坡时的速度大小与C点速度vc大小成正比
【答案】BCD
【详解】A、在C点,有:
,代入数据得:
,有牛顿第三定律得:
B、由B运动到C,由动能定理得:
,故B正确;
C、由A运动到B,由运动学公式得:
,得:
由动量定理得:
,解得:
,故C正确;
D、运动员从C点飞出后,在空中做平抛运动落在斜面上的D点,位移偏向角为,则有,解得:
又,,联立解得:
,即,故D正确。
7.如图甲为电动汽车无线充电原理图,M为受电线圈,N为送电线圈。
图乙为受电线圈M的示意图,线圈匝数为n,电阻为r,横截面积为S,两端a、b连接车载变流装置,匀强磁场平行于线圈轴线向上穿过线圈。
下列说法正确是
A.只要受电线圈两端有电压,送电线圈中的电流一定不是恒定电流
B.只要送电线圈N中有电流流入,受电线圈M两端一定可以获得电压
C.当线圈M中磁感应强度大小均匀增加时.则M中有电流从a端流出
D.若△t时间内,线圈M中磁感应强度大小均匀增加△B,则M两端的电压
【答案】AC
【详解】A、只要受电线圈两端有电压,说明穿过受电线圈的磁场变化,所以送电线圈中的电流一定不是恒定电流,故A正确;
B、若送电线圈N中有恒定电流,则产生的磁场不变化,在受电线圈中变化产生感应电流,也就不会获得电压,故B错误;
C、穿过线圈M的磁感应强度均匀增加,根据楞次定律,如果线圈闭合,感应电流的磁通量向下,故感应电流方向从b向a,即电流从a端流出;
故C正确;
D、根据法拉第电磁感应定律,有:
E=nnS,由闭合电路的欧姆定律得M两端的电压UR,故D错误。
8.传感器在生活中有很多应用.电容式加速度传感器在安全气囊、手机移动设备方面应用广泛,其原理如图所示,质量块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧,弹簧与电容器固定在外框上,质里块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动,但不能上下移动。
下列关于该传感器的说法正确的是
A.当电路中没有电流时,电容器所带电荷量一定都相等
B.当电路没有电流时,传感器一定处于平衡状态
C.当电路中有顺时针方向的电流时,电容器电容一定增大
D.当电路中有顺时针方向的电流时,传感器可能向左也可能向右运动
【答案】CD
【详解】A、当电路中没有电流时,说明电容器处于稳定状态,因电容器的电压不变,根据电容器的电容公式C=ɛ,当电介质插入极板间深度不一,即电介质大小不同,则电容器电容也不同,因此电容器所带电荷量也不相等,故A错误;
B、当传感器以恒定加速度运动时,根据牛顿第二定律可知,弹力大小不变,则电容器的电容不变,因两极的电压不变,则电容器的电量不变,因此电路中没有电流,故B错误;
C、当电路中有顺时针方向的电流时,说明电容器处于充电状态,根据Q=CU,可知,电容器的电容在增大,故C正确;
D、当电路中有顺时针方向电流时,由上分析,可知,电容器的电容在增大,插入极板间电介质加深,因此传感器可能向左减速,也可能向右加速,故D正确;
(一)必考题
9.某实验小组设计了如图甲所示实验装置“探究加速度与物体受力的关系”。
图中A为滑块.B为装有砝码的小盘,C为放置在水平桌面上一端带有定滑轮的长木板,滑块通过纸带与电磁打点计时器(未画出)相连.
(1)小组成员先用弹簧测力计测量滑块的重力(如图乙〕.由图可知滑块的重力GA=__N。
(2)小组成员接着将滑块与砝码盘用细绳连接,将细绳挂在滑轮上,使滑轮和滑块间的细绳处于水平然后在砝码盘中添加砝码.在规范操作的情况下.得到了滑块加速度a与砝码盘及砝码总重力F的关系.将实验数据描绘在a一F图象中,得到一条实验图线如图丙所示.该图线与横轴的交点数值F0=0.87N,据此可计算出滑块与木板间的动摩擦因数=__(保留2位有效数字)该图线在a较小(a<
1m/s2)时基本上是一直线.该直线段的斜率___(填选项前面的代号)
A.只跟GA有关 B.只跟F0有关 C.跟GA和F0之和有关
【答案】
(1).2.80(2.78-2.81)
(2).0.31C
【详解】
(1)由图知,测力计的分度值为0.1N,所以其示数为2.80N;
(2)设滑块的质量为M,砝码盘和砝码的总质量为m。
在滑块加速运动时,对系统有
在图像中,在a=0时,设此时砝码盘和砝码总质量为,则且
代入数据解得
对滑块A列牛顿第二定律方程,同理对砝码盘列牛顿第二定律方程,联立解得:
,即为:
,而,因此斜率k与有关。
10.要测绘一个标有“2.5V 2W”小灯泡的伏安特性曲线.己选用的器材有:
直流电源(3V. 内阻不计)
电流表A1(量程为0.6A,内阻为0.6)
电流表A2(量程为300mA.内阻未知)
电压表V(量程0一3V.内阻约3k)
滑动变阻器R(0一5,允许最大电流3A)
开关、导线若干。
其实验步骤如下:
(1)由于电流表A1的量程偏小.小组成员把A1、A2并联后在接入电路,请按此要求用笔画线代表导线在实物图中完成余下导线的连接.
(2)正确连接好电路,并将滑动变阻器滑片滑至最___端,闭合开关S,调节滑片.发现当A1示数为0.50A时,A2的示数为200mA,由此可知A2的内阻为____.
(3)若将并联后的两个电流表当作一个新电表,则该新电表的量程为____A;
为使其量程达到最大,可将图中____选填,“I”、“II”)处断开后再串联接入一个阻值合适的电阻。
【答案】
(1).
(2).右1.5(3).0.84I
(1)由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说很小很小,电流表采用外接法,连接实物图如图所示:
(2)开关闭合前,滑动变