解析广东省梅州市届高三上学期第一次质量检测物理试题文档格式.docx

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【详解】由于是共轴转动，所以AB两点的角速度相等，ωB=ωA，则转动周期相等，TB=TA；

由于B的半径大于A的半径，所以根据v=rω知，B的线速度大于A的线速度，vB>

vA；

由向心加速度与半径的公式：

a=ω2r，由于B的半径大于A的半径，所以B的向心加速度大于A的向心加速度，即aA＜aB．故ABD错误，C正确。

故选C。

3.公园里，经常可以看到大人和小孩都喜欢玩

一种游戏——“套圈”，如图所示是“套圈”游戏的场景。

假设某小孩和大人站立在界外，在同一条竖直线上的不同高度分别水平抛出圆环，大人抛出圆环时的高度大于小孩抛出时的高度，结果恰好都套中前方同一物体。

如果不计空气阻力，圆环的运动可以视为平抛运动，则下列说法正确的是（）

A.大人和小孩抛出的圆环在空中飞行的时间相等

B.大人和小孩抛出的圆环抛出时的速度相等

C.大人和小孩抛出的圆环发生的位移相等

D.大人和小孩抛出的圆环速度变化率相等

【答案】D

【详解】设抛出的圈圈做平抛运动的初速度为v，高度为h，则下落的时间为：

，水平方向位移x=vt=v

，平抛运动的时间由高度决定，可知大人抛出圆环的时间较长，故A错误；

大人抛出的圆环运动时间较长，如果要让大人与小孩抛出的水平位移相等，则大人要以小点的速度抛出圈圈，故B错误；

大人和小孩抛出的圆环发生的水平位移相等，竖直位移不同，所以大人和小孩抛出的圆环发生的位移不相等，故C错误；

环做平抛运动，加速度a=g，所以大人、小孩抛出的圆环速度变化率相等，故D正确。

故选D。

【点睛】本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．

4.游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量相等的8位同学，如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，某时刻甲正好在最高点，乙处于最低点。

则此时甲与乙

A.线速度相同

B.加速度相同

C.所受合外力大小相等

D.“摩天轮”对他们作用力大小相等

A、由于“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，所以线速度大小相同，甲线速度方向向左，乙线速度方向向右，故A错误；

B、根据

可知，加速度大小相同，甲加速度方向竖直向下，乙加速度方向竖直向上，故B错误；

C、根据

可知，所受合外力大小相等，故C正确；

D、对甲有

，对乙有

，“摩天轮”对他们作用力大小不相等，故D错误；

5.汽车在某一水平路面上做匀速圆周运动，已知汽车做圆周运动的轨道半径约为50m，假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.8倍，则运动的汽车（）

A.所受的合力可能为零

B.只受重力和地面支持力作用

C.所需的向心力由重力和支持力的合力提供

D.最大速度不能超过

【分析】

对汽车受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力，三者的合力提供向心力，根据牛顿第二定律即可求得；

【详解】A、汽车做匀速圆周运动，根据

可知，汽车受到的合力不可能为零，故A错误；

B、在竖直方向没有运动，故重力和地面支持力合力为零，汽车受到的摩擦力提供向心力，故BC错误：

D、最大静摩擦力提供向心力时，汽车的速度最大，根据

解得：

，故D正确。

【点睛】本题主要考查了汽车匀速圆周运动的受力，正确的受力分析，明确向心力的来源是解决问题的关键。

6.质量为m的小物块静止在赤道处，下列关于小物块所受引力和重力的说法正确的是（）

A.小物块所受重力的方向一定指向地心

B.小物块所受引力的方向一定指向地心

C.若地球自转加快，小物块所受重力变小

D.若地球自转加快，小物块所受引力变小

【答案】ABC

【详解】A.重力的方向竖直向下，而赤道处竖直向下和指向地心重合；

则赤道位置的重力指向地心；

则A项符合题意.

B.物体受到地球的万有引力方向沿物体和地球的球心连线而指向地心；

故B项符合题意.

C.对赤道位置的物体分析可知，所受万有引力产生两分力效果，一是重力，二是自转向心力，且三者的方向都指向地心，满足：

，

则自转加快即角速度

增大，所需向心力变大，而引力不变，故重力变小；

故C项符合题意.

D.物体所受万有引力大小

，与自转快慢无关，则地球自转加快时小物块所受的引力不变；

故D项不合题意.

7.在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（　　）

A.t＝0.005s时线圈平面与磁场方向平行

B.t＝0.010s时线圈的磁通量变化率最大

C.线圈产生的交变电动势频率为50Hz

D.线圈产生的交变电动势有效值为311V

【答案】AC

【详解】A.t=0.005s电动势最大，则线圈平面与磁场方向平行，故A正确；

B.t=0.010s时电动势为0，则线圈的磁通量变化率为0，线圈在中性面上，故B错误；

C.由图可知周期为0.02s，则频率为

，故C正确；

D.线圈产生的交变电动势有效值为

，故D错误。

8.一光滑宽阔的斜面，倾角为θ，高为h，现有一小球在A处以水平速度v0射出，最后从B处离开斜面，下列说法正确的是（　　）

A.小球的运动轨迹为抛物线

B.小球的加速度为

C.小球到达B点的时间为

D.小球到达B点的水平方向位移

【详解】小球受重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度垂直，做类平抛运动，轨迹为抛物线。

故A正确。

根据牛顿第二定律知，小球的加速度

．故B正确。

小球在沿斜面方向上的位移为

，根据

，解得

．故C正确。

在水平方向上做匀速直线运动，沿初速度方向的位移：

；

在斜面方向，小球还有沿水平方向的分位移：

；

小球在水平方向的总位移：

．故D错误。

三、非选择题：

共174分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33~38题为选考题，考生根据要求作答。

9.现用电磁打点计时器测定物体作匀变速直线运动的加速度。

实验时，若交流电的频率低于50Hz，最后计算时仍按50Hz，所测得的加速度的值将________（填“偏小”或“偏大”）。

在“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，如图为一次实验得到的一条纸带A、B、C、D是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出。

从图中求出C点对应的速度是______m/s，运动的加速度是____m/s2。

（计算结果均保留三位有效数字）

【答案】

（1）.偏大

（2）.0.210（3）.0.600

【详解】[1].用它测定物体作匀变速直线运动的加速度．当电源频率低于50Hz时，实际打点周期将变大，相邻两点间距偏大，而进行计算时，仍然用0.02s，因此测出的加速度数值将比物体的真实数值大．

[2].每两个相邻计数点间有四个点没有画出，则相邻两计数点间的时间间隔为0.1s，某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度

[3].根据逐差法：

10.图为验证牛顿第二定律的实验装置示意图．图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源，在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”．

（1）完成下列实验步骤中的填空

①平衡小车所受的阻力：

小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出________________的点．

②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码．

③先_______，后_________，关闭电源，获得纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m.

④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③.

⑤在每条纸带上清晰的部分，…….求出与不同M相对应的加速度a.

⑥以砝码的质量M为横坐标，

为纵坐标，在坐标纸上作出

－M关系图线．若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则

与M应成________关系（填“线性”或“非线性”）．

（2）本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是___________________．

【答案】

（1）.间距相等

（2）.接通电源（3）.释放小车（4）.线性（5）.远小于小车和砝码的总质量

【详解】

（1）①[1].平衡摩擦力的标准为小车可以匀速运动，打点计时器打出的纸带点迹间隔均匀，间距相等；

③[2].先接通电源，后释放小车；

⑥[3].由

，故

，故成线性关系；

（2）[4].设小车的质量为M，小吊盘和盘中物块的质量为m，设绳子上拉力为F，以整体为研究对象有

mg=（m+M）a

解得

以M为研究对象有绳子的拉力

显然要有F=mg必有m+M=M，故有M＞＞m，即只有M＞＞m时才可以认为绳对小车的拉力大小等于小吊盘和盘中物块的重力．所以为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应该远小于小车和砝码的总质量。

11.随着科技的发展，我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离，如图所示，航空母舰的水平跑道总长L＝180m，其中电磁弹射区的长度为L1＝80m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵。

一架质量为m＝2.0×

104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×

105N。

假设飞机在航母上的阻力恒为飞机重力的0.2倍。

已知飞机可看作质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝40m/s，航空母舰处于静止状态，（取g＝10m/s2）求：

（1）飞机在后一阶段的加速度大小；

（2）飞机在电磁弹射区末的速度大小；

（3）电磁弹射器的牵引力F牵的大小。

【答案】

（1）

（2）

（3）

（1）根据牛顿第二定律：

F推-0.2mg=ma2

解得a2=4.0m/s2

（2）由v2-v12=2a2（l-l1）

解得v1=20

m/s

（3）由v12=2a1l1

解得a1=5m/s2

根据牛顿第二定律：

F牵+F推-0.2mg=ma1

带入数据解得：

F牵=2×

104N

12.如图，质量

的木板静止在水平地面上，质量

、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。

设最大摩擦力都等于滑动摩擦力，书籍木板与地面间的动摩擦因数

，铁块与木板之间的动摩擦因数

，取

。

现给铁块施加一个水平向左的力F。

（1）若力F恒为8N，经1s铁块运动到木板的左端.求木板的长度；

（2）若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长.试通过分析与计算，在坐标图中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象.

（1）L=1m

（2）

分析】

（1）根据牛顿第二定律分别求出铁块和木板的加速度，铁块相对木板的位移等于木板的长度时铁块滑到木板的左端，由位移公式求解木板的长度．

（2）若力F从零开始逐渐增加，根据F与铁块的最大静摩擦力关系，以及铁块对木板的滑动摩擦力与木板所受地面的最大静摩擦力，分析铁块的运动状态，确定平衡条件或牛顿第二定律研究铁块所受的摩擦力．

（1）对铁块，由牛顿第二定律：

对木板，由牛顿第二定律：

设木板的长度为L，经时间t铁块运动到木板的左端，

则：

联立解得

（2）①当

，系统没有被拉动，静摩擦力与外力成正比，即

②当

时，如果M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，则

此时：

，也即F⩽6N

所以当2<

F⩽6N时，

③当F>

6N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为：

Ff−F图象如图所示:

【点睛】第1题关键抓住两个物体的位移与木板长度的关系．第2题根据F与最大静摩擦力的关系，分析物体的运动状态是关键，要进行讨论．

13.下列说法正确的是（）

A.布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动

B.扩散现象表明，分子在永不停息地运动

C.已知某物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则该种物质的分子体积为V0＝

D.随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小

E.气体体积不变时，温度越高，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多

【答案】BDE

布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，证明了液体中的分子在做无规则运动，故A错误；

扩散现象表明分子在永不停息地运动，故B正确；

对于固体或液体，分子间距离较小，根据摩尔体积与阿伏加德罗常数之比，可求出分子的体积，而气体分子间空隙较大，不能用这种方法求解分子体积，故C错误；

随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，当分子力表现为引力时，分子势能增大，故D正确；

气体体积不变时，温度越高，由

知，气体的压强越大，由于单位体积内气体分子数不变，分子平均动能增大，所以单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多，故E正确。

【点睛】解决本题的关键要掌握分子动理论、气态方程

、热力学第一定律，知道压强的微观含义等热力学基本知识。

14.如图所示，透热的汽缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M＝200kg，活塞质量m＝10kg，活塞横截面积S＝100cm2。

活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气。

此时，缸内气体的温度为27℃，活塞位于汽缸正中，整个装置都静止。

已知大气压恒为p0＝1.0×

105Pa，重力加速度为g＝10m/s2。

求：

（1）汽缸内气体

压强p1；

（2）汽缸内气体的温度升高到多少时，活塞恰好会静止在汽缸缸口AB处？

（1）

（2）

选汽缸

研究对象，列受力平衡方程可解封闭气体压强；

即缸内气体为等压变化，由等压变化方程可得温度。

（1）以汽缸

研究对象，受力分析如图所示：

列平衡方程：

Mg＋p0S＝p1S，

代入数据解得：

p1＝3.0×

105Pa

（2）设缸内气体温度升到t2时，活塞恰好会静止在汽缸口。

该过程是等压变化过程，由盖—吕萨克定律得：

即：

t2＝327℃，

【点睛】选研究对象，注意变化过程的不变量，同时注意摄氏温度与热力学温度的换算关系。