精品解析广东省汕头市届高三第一次月考模拟考试物理试题解析版Word格式文档下载.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：

，代入数据得：

，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；

三、非选择题:

包括必考题和选考题两部分。

第22题~32题为必考题,每个试题考生都必须做答。

第33题~38题为选考题,考生根据要求做答。

（一）必考题（共129分）

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）.0.31（3）.C

【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）.（