解析纯word版物理届湖南省十三校高三第二次联考04word版Word文件下载.docx

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【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系；

匀变速直线运动的图像；

电场强度．

【答案解析】D解析：

解：

A、在用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，由于涉及物理量较多，因此采用控制变量法进行实验，故A正确；

B、在利用速度-时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，采用极限思想，把时间轴无限分割，得出面积大小等于物体位移的结论，故B正确．C、在定义电场强度时应用了比值法，即E=，因而电场强度与电场力和试探电荷的电荷量无关，故C正确D、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，建立质点概念是应用理想模型法，故D错误本题选错误的，故选D．

【思路点拨】本题考查了常见的研究物理问题的方法的具体应用，要通过练习体会这些方法的重要性，培养学科思想

15．如图所示，一质量为m的物体A恰能在倾角为01的斜面体上匀速下滑。

若用与水平方向成θ角、大小为F的力推A，使A加速下滑，斜面体始终静止。

下列关于斜面体受地面的摩擦力的说法正确的是

A．方向水平向右，大小为mgcosaslna

B．方向水平向左，大小为mgcosasm01

C．方向水平向左，大小为Fcosθ

D．大小为0

【知识点】摩擦力的判断与计算．

解：

对A匀速下滑时受力分析，受重力、支持力、滑动摩擦力，根据平衡条件：

摩擦力与支持力的合力应该与重力等大反向，即斜面对滑块的作用力方向竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块对斜面的作用力方向竖直向下，当用与水平方向成θ角、大小为F的力推A，A所受斜面的支持力增大，摩擦力f=μN也增大，但是支持力N与摩擦力f仍然成比例的增大，其合力的方向仍然竖直向上，保持不变，则物块对斜面的作用力的方向仍然竖直向下，只是数值上变大，故斜面没有运动的趋势，不受地面的摩擦力；

故选：

D．

【思路点拨】本题的关键是知道A匀速下滑时：

f=μN，即f与N的比例系数为μ，当F增加后，物块所受摩擦力与支持力仍然成比例的增大，故其合力方向始终没变

16．在如图所示的竖直向下的匀强电场中，用绝缘细线拴住的带电小球在竖直平面内绕悬点0做圆周运动，下列说法正确的是

A．带电小球一定做匀速圆周运动

B．带电小球一定做变速圆周运动

C．带电小球通过最高点时，细线拉力一定最小

D．带电小球通过最低点时，细线拉力有可能最小

【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动；

向心力；

万有引力定律及其应用．

当小球所示重力与电场力合力为零时，绳子的拉力提供向心力，合外力做功为零，小球做匀速圆周运动，B、当小球所受重力与电场力合力不为零时，合外力对小球所做的功不为零，小球速度大小发生变化，小球做变速圆周运动，故A、B错误；

C、当小球做匀速圆周运动时，细线的拉力提供向心力，在圆周上任何一点细线的拉力都相等，如果小球做非匀变速运动，小球带正电时，在最高点细线拉力最小，如果小球带负电，在最高点，小球的拉力最大，故C错误；

D、小球所受重力与电场力不相等，做变速圆周运动，且小球带负电时，在最低点细线拉力最小，故D正确；

故选D．

【思路点拨】对小球正确受力分析，全面考虑问题，进行讨论即可正确解题

17．如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。

初始时，传送带与煤块都是静止的。

现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到勘后，便以此速度做匀速运动。

经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是（重力加速度为g）

A．μ与a之间一定满足关系

B．黑色痕迹的长度为

C．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为

D．煤块与传送带由于摩擦而产生的热量为

【知识点】牛顿第二定律；

滑动摩擦力；

功能关系．

【答案解析】C解析：

A、要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度．即a＞μg，则μ＜．故A错误． 

B、当煤块的速度达到v时，经过的位移x1＝，经历的时间t＝．此时传送带的位移x2＝，则黑色痕迹的长度L=x2−x1＝．故B错误，C正确．D、煤块与传送带由于摩擦产生的热量Q=fx相对=fL=mv2−．故D错误．故选C．

【思路点拨】解决本题的关键知道要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度．黑色痕迹的长度等于传送带的位移和煤块的位移之差．以及掌握煤块与传送带由于摩擦产生的热量Q=fx相对

18．设地球是一质量分布均匀的球体，0为地心。

已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。

在下列四幅图中，能大致描述z轴上各点的重力加速度g的分布情况的是

【知识点】万有引力定律及其应用．

【答案解析】A解析：

令地球的密度为ρ，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有：

g=，由于地球的质量为M=πR3ρ，所以重力加速度的表达式可写成：

g=．根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，故在深度为R-r的井底，受到地球的万有引力即为半径等于r的球体在其表面产生的万有引力，g′=r当r＜R时，g与r成正比，当r＞R后，g与r平方成反比．故选：

A．

【思路点拨】抓住在地球表面重力和万有引力相等，在矿井底部，地球的重力和万有引力相等，要注意在地球内部所谓的地球的质量不是整个地球的质量而是半径为r的球体的质量．

19．如图，两根相距1=0．8m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，

一端与阻值R=0．3Ω的电阻相连。

导轨z>

0一侧存在沿z方向均匀

增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k=0．5T／m，x=0处

磁场的磁感应强度B0=0．5T。

一根质量m—0．2kg、电阻r=0．1Ω

的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。

棒在外力作用下从x=0处以初速度v0=4m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻消耗的功率不变。

则

A．金属棒在x=3m处的速度为1m/s

B．金属棒从x=0运动到x=3m过程中安培力做功的大小为5．12J

C．金属棒从x=0运动到x=3m过程中所用时间为0．8s

D．金属棒从x=0运动到x=3m过程中外力的平均功率为5．6W

【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；

电磁感应中的能量转化．

【答案解析】AD解析：

金属棒切割产生感应电动势为：

E=B0Lv=0.5×

0.8×

4V=1.6V，由闭合电路欧姆定律，电路中的电流I==A＝4A 

.由题意可知，在x=3m处，B3=B0+kx=2T，

切割产生感应电动势，E=B3Lv3，由上可得，金属棒在x=3m处的速度v2=1m/s，故A正确；

B、金属棒从x=0开始运动时的安培力：

F0=B0IL=0.5×

2×

0.8N=0.8N．

到x=3m时的安培力：

FA=B3IL=2×

0.8N=3.2N．

过程中安培力做功的大小：

W1=（F0+FA）x=×

（0.8+3.2）×

3=6J，故B错误；

C、安培力做功。

产生电能，功率不变所以Pt=W、，C错误；

根据动能定理外力做功P2t-W1=,带入数据P2=5.6W，D正确，故选AD

【思路点拨】考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的大小公式、做功表达式、动能定理等的规律的应用与理解，运动过程中电阻上消耗的功率不变，是本题解题的突破口。

20．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：

1，A、V均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）、理想线圈和灯泡。

原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是

A．电压犹的频率为100HzB．V的示数为

C．有光照射R时，A的示数变大D．抽出L中的铁芯，D变亮

【知识点】变压器交表电流图像

【答案解析】CD解析：

解、根据图像知周期为0.02s，则频率为,A错误；

B、峰值为，则有效值为，根据变压器电压与匝数成正比，，则，B错误；

C、光照增大，电阻变小，则电流增大,C正确；

D，理想线圈，抽出铁芯，自感系数变小，则电流增大，D灯变亮，D正确。

故选CD

【思路点拨】根据图像得到交变电流的周期与峰值，注意电压表的示数为有效值，然后利用光敏电阻和自感线圈的性质进行求解。

21．一质量为m的小球以初动能Eko从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到

阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、力势能中的某一

个与其上升高度之间的关系（以地面为零势能面，表示上升的最大高度，

图中坐标数据中的尼值为常数且满足0<

k<

1），由图可知，下列结论正确的是o五o“

A．①表示的是动能随上升高度变化的图象，②表示的是重力势能随上升高度变化的图象

B．上升过程中阻力大小恒定且f=kmg

C．上升高度时，重力势能和动能相等

D．上升高度时，动能与重力势能之差为

【知识点】动能定理的应用；

机械能守恒定律．

【答案解析】BCD解析：

A、根据动能定理可知上升高度越大，动能越小，重力势能越大，故①、②分别表示重力势能、动能随上升高度的图象，故A错误；

B、从②图线看，重力势能、动能随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力的功的大小，由②图线可知：

fh0=Ek0-，且由①图线根据动能定理可知Ek0=（mg+f）h0，解得f=kmg，故B正确；

C、当高度h=h0时，动能为Ek=Ek0-（mg+f）h=Ek0-（k+1）mg•h0•h0，又由上知，Ek0=（k+1）mgh0，联立解得，Ek=•mgh0，重力势能为EP=mgh=mgh0，所以在此高度时，物体的重力势能和动能相等．故C正确．D、当上升高度h=时，动能为Ek=Ek0-（mg+f）h=Ek0-（k+1）mg•=重力势能为EP=mg•，则动能与重力势能之差为mgh0，故D正确．

故选BCD．

【思路点拨】本题首先要根据动能定理得到动能与高度的关系式，确定出图象的对应关系，再运用动能定理求解不同高度时的动能，有一定的难度

第Ⅱ卷非选择题（共174分）

三、非选择题。

包括必考题和选考题两部分。

第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题（11题，共129分）

22．（6分）在“用DIS探究牛顿第二定律’’的实验中，装置如图（a）所示。

（1）本实验是通过来改变对小车的拉力，通过增加小车上的配重片来改变小车的质量，通过位移传感器测得小车的v–t图象，通过得到小车的加速度。

（2）图（b）为小车所受作用力不变时实验所得的图象，从图象上可以看到直线不过原点，其原因是。

A．钩码质量