安徽省江南十校届高三期末大联考物理试题及答案Word格式文档下载.docx

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【答案解析】C解析：

根据平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为20N和10N的两个力后，物体的合力大小范围为10N≤F合≤30N，物体的加速度范围为：

5m/s2≤a≤15m/s2．A、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动．故A错误．B、物体的加速度范围为：

5m/s2≤a≤15m/s2；

故B错误；

C、由于撤去两个力后其余力保持不变，故合力恒定，一定做匀变速运动，加速度大小可能是12m/s2；

故C正确；

D、由于撤去两个力后其余力保持不变，恒力作用下不可能做匀速圆周运动．故D错误；

故选：

C．

【思路点拨】撤去大小分别为15N和10N的两个力，其余的力保持不变，则知其余力的合力范围，由牛顿第二定律求出物体加速度的范围．物体一定做匀变速运动，当撤去的两个力的合力与原来的速度方向相同时，物体可能做匀减速直线运动．恒力作用下不可能做匀速圆周运动．本题中物体原来可能静止，也可能做匀速直线运动，要根据物体的合力与速度方向的关系分析物体可能的运动情况．

【题文】15.男子跳高的世界纪录是2.45m，由古巴运动员索托马约尔于1993年7月27日在萨拉曼萨创造。

不计空气阻力，对索托马约尔跳高过程的描述，下列说法正确的是（）

A.跳过2.45m的高度时他的速度为零

B.起跳时地面对它的支持力做正功

C.起跳时地面对它的支持力大于他对地面的压力

D起跳以后上升过程他处于完全失重状态

【知识点】功的计算；

牛顿运动定律的应用-超重和失重．C3E1

【答案解析】D解析：

A、到达最高点，竖直方向速度为零，但水平速度不为零，故A错误．B、在小芳起跳时，地面要给人一个向上的支持力，支持力的大小大于人的重力的大小，人才能够有向上的加速度，向上运动，支持力做正功，所以B正确．C、压力和支持力一是相互作用力，故支持力等于他对地面的压力，C错误；

D、在小明下降过程，只受重力的作用，有向下的重力加速度，是处于完全失重状态，所以D正确．故选：

BD．

【思路点拨】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；

当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；

如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g本题主要考查了对超重失重和相互作用等基本知识的理解，注意人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力或悬挂物的拉力变了．

【题文】16.水平面上一质量为m的物体，在水平力F作用下开始加速运动，力F的功率p保持恒定，运动过程所受的阻力f大小不变，物体速度最终达到稳定值为vm，作用过程物体的速度v的倒数与加速度a的关系图像如图所示。

仅在已知功率P的情况下，根据图像所给信息（）

A可求出m、f和vm

B不能求出m

C不能求出f

D可求出加速运动的时间

【知识点】功率、平均功率和瞬时功率．E1

【答案解析】A解析：

ABC、当加速度为零时，物体做匀速运动，此时刻的牵引力等于阻力，速度为最大值；

由功率的计算公式可得p=Fv，而F-f=ma，联立可得，有图象可得斜率为，为截距，因此可求出m，f和vm，故A正确；

D、物体做变加速运动，加速运动的时间不可求，故D错误．故选：

A．

【思路点拨】当加速度为零时，物体做匀速运动，此时刻的牵引力等于阻力，速度为最大值；

由功率的计算公式可得p=Fv，而F-f=ma，联立可得，有图象可得斜率和截距.关键整理出速度v的倒数与加速度a的关系式，结合体想解决．

【题文】17.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，上极板A接地，一带负电油滴固定于电容器中的P点。

现将平行板电容器的下极板B竖直向下移动一小段距离，则（）

A.带电油滴所受电场力不变

B.P点的电势将升高

C.带电油滴的电势能增大

D.电容器的电容减小，极板带电量增大

【知识点】电容器的动态分析；

带电粒子在混合场中的运动．I3K3

【答案解析】B解析：

A、将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．B、板间场强E减小，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与上极板间电势差将减小，而P点的电势低于上极板的电势，则知P点的电势将升高．故B正确．C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势升高，则油滴的电势能将减小．故C错误．D、根据电容的定义式C=，电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小，则Q也减小．故D错误．故选：

B．

【思路点拨】将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与上极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．根据电容的定义式C=，电容器与电源保持相连，则U不变，Q与C成正比变化．本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：

正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．

【题文】18.如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为，物体，A、B通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，P为固定在斜面上且与斜面垂直的光滑挡板，物体A、B的质量分别为m和4m，开始时用手托住物体，滑轮两边的细绳恰好伸直，且左边的细绳与斜面平行，弹簧处于原长状态，A距离地面高度为h时开始下落，在A下落至地面前的瞬间，物体B恰好对挡板无压力。

空气阻力不计，下列关于物体A的说法正确的是（）

A在下落至地面前的过程中机械能守恒

B在下落至地面前的瞬间速度不一定为零

C在下落至地面前的过程中对轻弹簧做的功为

D在下落至地面前的过程中，可能一直在做加速运动

【知识点】机械能守恒定律；

功的计算．E1E3

A、A从静止到下落过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，所以A在下落至地面的过程中系统的机械能守恒，而A的机械能不守恒，故A错误；

BD、据在A下落至地面前的瞬间，物体B恰好对挡板无压力，以B为研究对象，据平衡求得此时弹簧的弹力为T=4mgsin30°

=2mg；

再以A为研究对象，当A静止释放的瞬间，A受重力mg，其合力方向向下，大小为mg；

当A落地瞬间，A受重力mg和弹簧的弹力2mg，其合力向上，大小为mg，A做简谐运动，据对称性可知，落地瞬间其速度为零；

据弹簧振子的运动情况可知，A向下运动时，先做加速度减小的加速运动，然后做加速度逐渐增大的减速运动，故BD错误；

C、据A做简谐运动和能量守恒可知，A落地瞬间，A的重力势能完全转化为弹簧的弹性势能，所以弹簧的弹力做功可能为mgh，故C正确；

【思路点拨】首先知道题境，分析AB两物体的受力情况及各力做功情况，从而分析A其运动情况，类比弹簧振子，从而判断选项．明确A的运动情况和B在A落地瞬间的弹力是解题的前提，类比弹簧振子模型是解题的关键，灵活应用能量守恒判断弹簧做功情况，题目有点难度．

【题文】19.在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕轴以角速度匀速转动（如图甲所示）,产生的感应电动势，随时间的变化关系，如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是（）

A.从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为零

B.从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为

C.t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E0

D、t4时刻电阻R的发热功率为

【知识点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；

电功、电功率；

焦耳定律；

正弦式电流的图象和三角函数表达式．M1

【答案解析】B解析：

A、由于磁通量是双向标量，在t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，所以为△Φ=2Bs，故A错误；

B、通过电阻的电荷量Q=，所以t4到t3这段时间通过电阻R的电荷量Q=,又，故,故B正确；

C、由于最大值面产生的电动势最大，所以磁通量时间图象中，在最大值面上磁通量的斜率最大，即E0=nK，所以K=，故C错误；

D、时刻为瞬时值，故D错误；

【思路点拨】首先知道正选交流电产生的条件，瞬时值、峰值与有效值之间的关系即各量的应用；

利用法拉第电磁感应定律求通过电阻的电量；

知道磁通量的斜率最大时，产生的感应电动势最大即可求解．明确正选交流电产生的条件，瞬时值、峰值与有效值之间的关系即各量的应用；

注意三值间的关系及选取，题目难度较大．

【题文】20.质量分别为m=1kg和M=2kg的两物块叠放在光滑水平桌面上，两物块均处于静止状态，从某时刻开始，对放在下面的质量为m的物块施一水平推力F，已知推力F随时间t变化的关系为F=6t，两物块之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10/s2，下列结论正确的是（）

A.两物块刚发生相对运动时的速度为1m/s

B.从施加推力F到两物块刚发生相对运动所需的时间为s

C.从施加推力F到两物块刚发生相对运动两物块的位移为0.5m

D.从施加推力F到两物块刚发生相对运动F的冲量为6

【知识点】动量定理．F1

A、当M达到最大静摩擦力时，M相对m发生相对滑动；

则此时M的加速度为：

a=μg=0.2×

10=2m/s2；

则对整体受力分析可知，F=（m+M）a=3×

2=6N=6t，则可知发生相对运动的时间为1s，F是均匀增加的，故1s内其平均作用力=3N；

对整体由动量定理可得，t=（M+m）v；

解得：

v=1m/s；

故A正确，B错误；

C、若物体做匀加速直线运动，则1s内的位移x=×

vt=0.5m；

而物体做的是变加速直线运动，故位移不是0.5m；

故C错误；

D、由动量定理可知，I=（M+m）v=3N•s；

故D错误；

【思路点拨】对m分析由最大静摩擦力可求得m的最大加速度；

再对整体受力分析可求得F值；

对全程由动量定理可求得1s时的速度及冲量．本题中采用了力的平均值求冲量的方法，但是求功时不能应用平均力来求．

21.【题文】Ⅰ.某兴趣小组设计出如图甲所示的实验装置，探究小车的加速度跟合外力的关系，途中与小车左端相连的是测力传感器，小车放置在表面各处粗糙程度相同的水平长木板上。

按甲图装配好实验器材，先测出小车运动时所受摩擦阻力，逐渐向砂桶中添加细砂粒，当观察到小车刚开始运动时，记下传感器的最大示数为F0，可认为摩擦阻力为F0。

（1）将小车放回初位置并用手按住，继续向沙桶中添加一定量的砂粒，记下传感器的示数F1，接通频率为50Hz的交流电源使打点计时器工作，然后释放小车，打出一条纸带。

再继续向沙桶中添加砂粒，多次重复实验，打出多条纸带，图乙为某次实