广东省届高三上学期百校联考理综物理试题 Word版含答案解析Word文档下载推荐.docx

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故选：

A

【点评】解决本题的关键要抓住加速度的大小可由图象的斜率大小来表示，位移由图象的“面积”表示，结合运动学基本公式及牛顿第二定律分析，难度适中．

15.一根弹簧的下端挂一重物，上端用手牵引使重物向下做匀速直线运动，从手突然停止到物体下降到最低点的过程中，重物的加速度的数值将

A．先减小后增大B．先增大再减小C．逐渐减小D．逐渐增大

【考点】牛顿第二定律．

【分析】由题意知道，物体先匀速上升，拉力等于重力；

手突然停止运动后，物体由于惯性继续上升，弹力减小，合力变大且向下，故物体做加速度不断变大的减速运动．

物体匀速运动过程，弹簧对物体的弹力与重力二力平衡；

手突然停止运动后，物体由于惯性继续上升，弹簧伸长量变小，弹力减小，故重力与弹力的合力变大，根据牛顿第二定律，物体的加速度变大；

故选A．

【点评】解决本题首先要明确物体靠惯性运动，力是改变速度的原因，其次要明确弹力变小导致合力的变化情况．

16.将小球以某一初速度抛出，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力，下列有关该运动的说法，正确的是

A．小球在水平方向做匀减速直线运动

B．小球做匀变速运动

C．小球运动到最高点时速度大小为零

D．小球在最高点时重力的瞬时功率不为零

【考点】抛体运动．

【专题】直线运动规律专题．

【分析】小球做斜抛运动，加速度不变，做匀变速曲线运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动

A、小球在水平方向上不受力，有水平初速度，做匀速直线运动，故A错误．

B、小球以初速度抛出，仅受重力，加速都不变，做匀变速运动，故B正确．

C、小球在最高点，竖直分速度为零，水平分速度不为零，则最高点的速度不为零，故C错误．

D、在最高点重力的方向与速度方向垂直，重力的瞬时功率为零，故D错误．

B

【点评】解决本题的关键知道斜抛运动的特点，会根据分运动的受力，判断其运动规律，基础题。

17.如图所示变压器可视为理想变压器，在原、副线圈的回路巾分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接有一正弦交流电源。

若两电阻消耗的电功率相等，则变压器原、副线圈的匝数之比为

A．1:

2B．2:

1

C．1:

1D．1:

4

【考点】变压器的构造和原理．

恒定电流专题．

【分析】根据功率公式可明确通过原副线圈的电流之比，再由线圈匝数之比等于电流的反比可知线圈匝数之比．

两电阻的阻值相等，则由P=I2R可知，两电阻消耗的功率相等其电流一定相等；

则根据变压器线圈匝数之比等于电流的反比可知，原副线圈匝数之比为1：

1；

C．

【点评】本题考查变压器线圈匝数之比与电流的关系，要注意能根据电压或电流与线圈匝数关系求解线圈匝数之比．

18.如图所示，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态。

三者的质量均为m，重力加速度为g。

下列说法正确的是

A．箱子受到的摩擦力方向向右

B．人受到的摩擦力方向向右

C．地面对木板的摩擦力方向向右

D．若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg

【考点】共点力平衡的条件及其应用；

力的合成与分解的运用．

共点力作用下物体平衡专题．

【分析】对箱子受力分析，根据平衡条件判断其受静摩擦力方向；

对人进行受力分析，判断出人受到的摩擦力的方向；

对三个物体的整体受力分析，根据平衡条件判断地面对整体的支持力和静摩擦力情况．

A、人用力F向右推箱子，对箱子的作用力向右，根据牛顿第三定律可知，箱子对人的作用力的方向向左，人若要平衡，则受到的木板的摩擦力的方向向右，故A错误；

B、人用力F向右推箱子，对箱子受力分析，受推力、重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与推力平衡，故B正确；

C、对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，不是静摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有静摩擦力；

故C错误；

D、若人用斜向下的力推箱子，三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故压力依然等于3mg，故D错误；

【点评】本题关键是采用隔离法和整体法灵活地选择研究对象，然后根据共点力平衡条件列式判断，基础题目．

19.甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道。

以下判断正确的是

A．乙的速度大于第一宇宙速度B．甲的周期大于乙的周期

C．甲的加速度小于乙的加速度D．甲在运行时可能经过北极的正上方

【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．

【专题】万有引力定律的应用专题．

【分析】人造卫星的万有引力等于向心力，先列式求出线速度、周期和向心力的表达式进行讨论；

第一宇宙速度是在近地发射人造卫星的最小速度，也是近地圆轨道的环绕速度，还是圆轨道运行的最大速度．

人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有

F=F向

F=G

F向=m=mω2r=m（）2r

因而

G=m=mω2r=m（）2r=ma

解得

v=①

T==2π②

a=③

由①②③式可以知道，人造卫星的轨道半径越大，线速度越小、周期越大，加速度越小，由于甲卫星的高度大，轨道半径大，故甲卫星的线速度小、周期大，加速度小；

根据①式，第一宇宙速度是近地圆轨道的环绕速度，也是圆轨道运行的最大速度；

故A错误，BC正确；

D、甲为地球同步卫星，只能在赤道上空，故D错误；

BC．

【点评】本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，再进行讨论，并注意地球同步卫星的位置固定．

20.光滑金属导轨宽1=0.5m，电阻不计，均匀变化的磁场充满整个轨道平面，如图甲所示。

磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示。

金属棒ab的电阻为2Q，垂直固定在导轨上静止不动，且与导轨左端距离1=0.2m。

则

A.1s末回路中的电动势为0.lV

B．1s末回路中的电流为1A

C．2s内回路产生的电热为0.01J

D．2s末，ab所受安培力大小为0.05N

【考点】法拉第电磁感应定律；

闭合电路的欧姆定律．

【专题】定量思想；

方程法；

电磁感应——功能问题．

【分析】由图得到磁感应强度B的变化率，由法拉第电磁感应定律求感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由焦耳定律求电热．由F=BIL求出安培力．

A、由图知，==1T/s，由法拉第电磁感应定律得：

感应电动势为E=S=Ll=0.5×

0.2×

1V=0.1V，故A正确．

B、回路中感应电流为I===0.05A，故B错误．

C、2s内回路产生的电热为Q=I2Rt=0.052×

2×

2J=0.01J，故C正确．

D、2s末，B=2T，ab所受的安培力为F=BIL=2×

0.05×

0.5N=0.05N，故D正确．

ACD．

【点评】本题关键是对图象的识别和应用，要利用好图象的斜率，结合电磁感应的基本规律：

法拉第电磁感应定律、欧姆定律等研究，注意磁通量变化率与变化量的区别．

21.如图甲所示，直线MN表示某电场中的一条电场线，C、D是电场线上两点，一带正电的粒子从C点由静止释放。

粒子在只受电场力作用下从C点运动到D点的过程中，加速度a随时间t的变化关系如图乙所示。

设C、D两点的电势分别为场强大小分别为EC、ED，粒子在C、D两点的电势能分别为EpC，EpD，不计粒子重力，则有

A．B．C．D．

【考点】电势差与电场强度的关系；

电势．

【专题】电场力与电势的性质专题．

【分析】由加速度变小，则电场力变小，场强变小，正电荷所受电场力的方向沿CD，则电场线由C到D，电势变小，电势能变小．

ACD、正电荷所受电场力的方向沿CD，则电场线由C到D，电势变小，电势能变小，则A错误，C错误，D正确

　B、由C到D，加速度变小，则电场力变小，场强变小，则B错误

D

【点评】题关键通过加速度时间图象得到物体的加速度变化情况，然后判断场强方向和电势大小

二、解答题（共4小题，满分47分）

22.（6分）某同学测定匀变速直线运动的加速度时，得到在不同拉力作用下的A、B、C三条较为理想的纸带，并在纸带上每5个点取一个计数点，即相邻两计数点间的时间间隔为0.1s，将每条纸带上的计数点都记为0、l、2、3、4、5……，如图甲、乙、丙所示的三段纸带，分别是从A、B、C三条不同纸带上撕下的。

（1）在甲、乙、丙三段纸带中，属于从纸带A撕下的是____。

（2）打A纸带时，物体的加速度大小是m／S2（保留两位小数）。

（3）打点计时器打计数点1时小车的速度为m/s（保留两位小数）。

【考点】测定匀变速直线运动的加速度．

直线运动规律专题．

【分析】根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）去判断问题．

利用匀变速直线运动的推论求解加速度和速度．

（1）根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）得出：

x34﹣x23=x23﹣x12=x12﹣x01，因此x34=2（2x12﹣x01）﹣x12=10.53cm，所以属于纸带A的是甲图．

（2）根据运动学公式△x=aT2得：

a==m/s2=2.51m/s2

（3）利用匀变速直线运动的推论

v1==≈0.43m/s

故答案为：

（1）甲；

（2）2.51；

（3）0.43．

【点评】对于纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律，注意理解相等时间内，位移之差相等的含义．

23.（9分）一标有“6V0.5A”的小型直流电动机，转子由铜导线绕制的线圈组成，阻值约为1Ω。

某兴趣小组设计一个实验测量此电动机线圈的电阻。

实验室提供的器材除导线和开关外还有：

A．直流电源E：

8V（内阻不计）

B．直流电流表：

0～0.6A（内阻约为0．5Ω）

C．直流电流表：

0～3A（内阻约为o．1Ω）

D．直流电压表：

0～3V（内阻约为5kΩ）

E．直流电压表：

0～15V（内阻约为15kΩ,）

F．滑动变阻器Rl：

0～10Ω，2A

G．标准电阻R2：

5Ω

（1）为能较准确地测出电动机线圈电阻，应选择电路图（填“甲”或“乙”）。

（2）为使电表指针有较大角度的偏转，需要选用的电流表是，电压表是。

（填写实验器材前

面的序号）

（3）闭合开关后，调节滑动变阻器控制电动机不转动时读出电流表、电压表示数。

若某次实验电压表的示数为2.5V，电流表的示数为0.4A，则