云南省、貴州省、四川省三省20xx屆高三上學(xué)期第一次百校大聯(lián)考物理試卷word版含解析(編輯修改稿)
2024-12-22 01:00 本頁面
【文章內(nèi)容簡介】 移大小為 x 甲 =5 10m=50m，乙車的位移大小為 x 乙 = 10m=75m，故 AB 錯誤． C、根據(jù)速度 圖線的斜率表示加速度，知甲車的加速度小于乙車的加速度．故 C 錯誤． D、兩車的位移不等，時間相等，則平均速度不同，故 D 正確． 故選： D 6．如圖所示，固定在豎直面內(nèi)、半徑均為 R的兩段四分之一光滑圓弧軌道 AB， CD 與粗糙水平軌道 BC 分別相切于 B點和 C 點，圓弧 CD 的圓心 O2在水平地面上．現(xiàn)將質(zhì)量為 m 的小球從圓弧軌道 AB 上 A點下面某個位置由靜止釋放，結(jié)果小球落在水平地面上的 E 點，且小球運動到圓弧軌道 CD上的 C 點時對軌道的壓力為零；再將小球在圓弧軌道 AB 上釋放的位置適當提高些，結(jié)果小球落在水平地面上的 F點．空氣阻 力不計，重力加速度為 g．下列判斷正確的是（ ） A． O2E＞ R B．小球兩次在 C 點的速度均為 C．小球第二次從 B 點運動到 F 點的時間比第一次從 B 點運動到 E 點的時間長 D．若再次改變小球的高度，小球到達 B 點時的速度為 ，則小球在該點時對圓弧軌道的壓力大小為 2mg 【考點】 動能定理的應(yīng)用；向心力． 【分析】 小球第一次經(jīng)過 C 點時，只受重力，且由重力提供向心力，由牛頓第二定律求出小球經(jīng)過 C 點時的速度，再平拋運動的規(guī)律求 O2E．根據(jù)動能定理分析小球第二次經(jīng)過 C點的速度．由運動學(xué)規(guī)律分析兩次運動時間的關(guān)系．經(jīng) 過 B 點時，由合力充當向心力，由牛頓定律求小球?qū)壍赖膲毫Γ? 【解答】 解： A、小球第一次經(jīng)過 C 點時，由重力提供向心力，由牛頓第二定律得： mg=m ，得 vC1= 小球離開 C 點后做平拋運動，則有 R= ， O2E=vC1t，解得 O2E= R，故 A錯誤． B、第二次將小球在圓弧軌道 AB 上釋放的位置適當提高些，重力做功增大，則小球在 C 點的速度大于 ．故 B 錯誤． C、小球第二次經(jīng)過 B點的速度大， BC 段運動時間短，而 CF 段運動時間與 CE 段運動時間相等，所以小球第二次從 B 點運動到 F 點的時間比第一次從 B 點運動到 E 點的時 間短，故C 錯誤． D、若再次改變小球的高度，小球到達 B點時的速度為 ，在 B 點，由牛頓第二定律得：N﹣ mg=m ，得 N=2mg，由牛頓第三定律可得，小球在 B 該點時對圓弧軌道的壓力大小為 2mg，故 D 正確． 故選： D 7．在物理理論建立的過程中，有許多偉大的科學(xué)家做出來貢獻．關(guān)于科學(xué)家和他們的貢獻，下列說法正確的是（ ） A．卡文迪許最先通過實驗測出了引力常量 B．法拉第最先發(fā)現(xiàn)了電流能產(chǎn)生磁場 C．伽利略最先指出了力不是維持物體運動的原因 D．安培最先提出了判斷感應(yīng)電流的方向的方法 【考點】 物理學(xué)史． 【分析】 根據(jù)物理學(xué)史和常識解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻即可解答， 【解答】 解： A、卡文迪許首先通過實驗測出萬有引力常量，故 A正確； B、奧斯特最先發(fā)現(xiàn)了電流能產(chǎn)生磁場，故 B 錯誤； C、伽利略最早提出力不是維持物體運動的原因，故 C 正確； D、楞次通過大量的實驗，發(fā)現(xiàn)了感應(yīng)電流方向的判斷方法．故 D 錯誤 故選： AC 8．圖甲是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個 D 形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒均置于勻強磁場中，并分別與高頻交流電源兩極相連．帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間 t 的變化規(guī)律如圖乙所示， 若忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列說法正確的是（ ） A．（ t2﹣ t1） =（ t3﹣ t2） =…（ tn﹣ tn﹣ 1） B．高頻交流電源的變化周期隨粒子速度的增大而減小 C．要使得粒子獲得的最大動能增大，可以減小粒子的比荷 D．要使得粒子獲得的最大動能增大，可以增大勻強磁場的磁感應(yīng)強度 【考點】 質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理． 【分析】 交流電源的周期必須和粒子在磁場中運動的周期一致，由公式 T= 和 r= 判斷；當粒子從 D 形盒中出來時，速度最大，此時運動的半徑等于 D 形盒的半徑． 【解答】 解： A、洛倫茲力提供向心力，有 qvB=m ，解得 r= ，故周期 T= = ， 與速度無關(guān)，故 t4﹣ t3=t3﹣ t2=t2﹣ t1= ，故 A正確， B 錯誤； C、當粒子從 D 形盒中出來時，速度最大，此時運動的半徑等于 D 形盒的半徑； 由 qvB=m 得， v= ，則最大動能 EK= mv2= ，知最大動能與加速器的半徑、磁感線強度以及電荷的電量和質(zhì)量有關(guān)，與加速電壓等其他因素?zé)o關(guān)，故 C 錯誤， D 正確； 故選： AD 9．如圖所示，一理想變壓器原線圈連接有效值為 220V的交流電源，副線圈接有一只理想交流電流表和一個內(nèi)阻為 4Ω的 交流電動機．當電動機以 100kg的重物時，交流電源的輸入功率為 1200W．取 g=10m/s．則（ ） A．變壓器的輸出功率為 800W B．該理想交流電流表的示數(shù)為 10A C．變壓器副線圈兩端的電壓為 120V D．該變壓器原副線圈的匝數(shù)比為 6： 11 【考點】 變壓器的構(gòu)造和原理． 【分析】 理想變壓器的輸入功率與輸出功率相等，而副線圈與電動機相連，則電動機的輸出功率與電動機線圈的內(nèi)阻功率之和為副線圈的輸出功率 【解答】 解： A、交流電源的輸出功率為 1200W，根據(jù)輸入功率等 于輸出功率，所以變壓器的輸出功率 1200W，故 A錯誤； B、根據(jù) ，代入數(shù)據(jù)： ，解得： I=10A，即該理想交流電流表的示數(shù)為 10A，故 B 正確； C、根據(jù) ，即 ，得 ，故 C 正確； D、根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比 ，故 D 錯誤； 故選： BC 10．如圖所示，虛線右側(cè)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，具有一定電阻的正方形金屬線框的右邊與磁場的邊界重合．在外力作用下，金屬線框從 O 時刻由靜止開始，以垂直于磁場邊界的恒定加速度 a進入磁場區(qū)域， t1時刻線框全部進入磁場．若規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流 i的正方形，則感應(yīng)電流 i、外力大小為 F，線框中電功率的瞬時值 P 以及通過導(dǎo)體橫截面的電荷量 q 隨時間變化的關(guān)系正確的是（ ） A． B． C． D． 【考點】 導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；閉合電路的歐姆定律． 【分析】 由線框進入磁場中切割磁感線，根據(jù)運動學(xué)公式可知速度與時間關(guān)系；由法拉第電磁感應(yīng)定律 E=BLv，可得出產(chǎn)生感應(yīng)電動勢與速度關(guān)系，由閉合電路歐姆定律來確定感應(yīng)電流的大小，并由安培力公式可確定其大小與時間的關(guān)系；由牛頓第二定律來確定合力與時間的關(guān)系；最后得出電量、功率的表達式來分別得出各自與時間的關(guān)系． 【解答】 解： A、線框做勻加速運動，其速度 v=at，感應(yīng)電動勢 E=BLv，感應(yīng)電流 i= = ，i與 t 成正比，故 A正確． B、線框進入磁場過程中受到的安培力 FB=BiL= ，由牛頓第二定律得： F﹣ FB=ma，得 F=ma+ ， F﹣ t 圖象是不過原點的傾斜直線，故 B 錯誤． C、線框的位移 x= at2，電荷量 q=It△ t= = = ∝ t2，故 q﹣ t 圖象應(yīng)是開口向上，過原點的拋物線．故 C 正確； D、線框的電功率 P=i2R= ∝ t2，故 D 正確． 故選： ACD． 二、實驗題：本題共 2 小題，共 15 分．把答案填在題中的橫線上或 按題目要求作答． 11．圖示為用落體法驗證機械能守恒定律的實驗裝置示意圖．
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