湖南省株洲市县雷打石镇中学高三物理联考试卷含解析

湖南省株洲市县雷打石镇中学高三物理联考试卷含解析 一、 选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意 1. 竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带有同种电荷，用指向墙面的水平推力F作用于小球B，两球分别静止在竖直墙面和水平地面上，如图所示．如果将小球B向右移动少许，当小球A、B重新静止在竖直墙面和水平地面上时，与原来的平衡状态相比较 A．推力F变小    B．竖直墙面对小球A的弹力变大 C．两球之间的距离变大 D．地面对小球B的支持力不变 参考答案： 答案：BD 2. 下列所给的图像中能反映作直线运动物体不会回到初始位置的是（　　） 参考答案： B 3. 牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道假想成圆轨道，另外还应用到了其它的规律和成果．以下的规律和成果没有被用到的是（　　） A．牛顿第二定律 B．牛顿第三定律 C．开普勒的研究成果 D．卡文迪许测出的引力常数 参考答案： D 【考点】物理学史． 【分析】天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律，牛顿在发现万有引力定律的过程中，运用了牛顿第二、三定律，开普勒三定律． 【解答】解：牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道这就是开普勒第一定律，由牛顿第二定律可列出万有引力提供向心力．再借助于牛顿第三定律来推算物体对地球作用力与什么有关系．同时运用开普勒第三定律来导出万有引力定律．而卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数是在牛顿发现万有引力定律之后，所以正是由于这个，牛顿的万有引力定律没有得到广泛应用．故D正确，ABC错误； 故选：D 4. 一个质点运动的速度时间图象如图甲所示，任意很短时间内质点的运动可以近似视为匀速运动，该时间内质点的位移即为条形阴影区域的面积，经过累积，图线与坐标轴围成的面积即为质点在相应时间内的位移。利用这种微元累积法我们可以研究许多物理问题，图乙是某物理量随时间变化的图象，此图线与坐标轴所围成的面积，下列说法中正确的是  A．如果y轴表示作用力，则面积大于该力在相应时间内的冲量 B．如果y轴表示力做功的功率，则面积小于该力在相应时间内所做的功 C．如果y轴表示流过用电器的电流，则面积等于在相应时间内流过该用电器的电量 D．如果y轴表示变化磁场在金属线圈产生的电动势，则面积等于该磁场在相应时间内磁感应强度的变化量 参考答案： C ，如果y轴表示作用力，则面积等于该力在相应时间内的冲量；如果y轴表示力做功的功率，则面积等于该力在相应时间内所做的功；如果y轴表示流过用电器的电流，则面积等于在相应时间内流过该用电器的电量；由可知，如果y轴表示变化磁场在金属线圈中产生的电动势，且匝数n=1，则面积等于该磁场在相应时间内磁通量的变化量。本题应选C。 5. 如图所示为一质点做直线运动的速度—时间图象，下列说法正确的是(　　) A．整个过程中，CE段的加速度最大               B．整个过程中，BC段的加速度最大 C．整个过程中，D点所表示的状态离出发点最远    D．BC段所表示的运动通过的路程是30 m 参考答案： AC 二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分 6. 宇宙中存在一些离其它恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统（假设三颗 星的质量均为m，引力常量为G），通常可忽略其它星体对它们的引力作用。已观测到 稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：第一种形式是三颗星位于同一直线上，两 颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行，则两颗运动星体的运动周期为    ； 第二种形式是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨 道运行，周期与第一种形式相同，则三颗星之间的距离为            。 参考答案： 7. 一列简谐横波沿直线由a向b传播，相距10m的a、b两处的质点振动图象如图中a、b所示，波长大于10m，再经过6s，质点a通过的路程是___cm，这列波的波速是_____m/s． 参考答案： 60  10（2分，每空1分） 由题意可知a、b两点相距，该简谐横波波长为40m,周期为4s。故波速为10m/s。 8. 下列由基本门电路组成的电路中，图_______用的是“与”门电路,能使小灯泡发光的是图________。 参考答案： 答案：A、B 9. 如图所示的电路中，纯电阻用电器Q的额定电压为U，额定功率为P．由于给用电器输电的导线太长，造成用电器工作不正常．现用理想电压表接在电路中图示的位置，并断开电键S，此时电压表读数为U，闭合电键S，其示数为U1．则闭合电键后用电器Q的实际功率为　P　，输电线的电阻为　　． 参考答案： 考点： 电功、电功率．. 专题： 恒定电流专题． 分析： 由电功率公式P=的变形公式可以求出用电器的电阻，已知用电器电阻与用电器电压，由电功率公式P=可以求出用电器的实际功率； 求出导线上损失的电压，由P=UI的变形公式求出导线电流，然后由欧姆定律可以求出导线电阻． 解答： 解：∵P=，∴用电器电阻R=； 开关闭合时，电压表与用电器并联， 用电器两端电压是U1，用电器实际功率： P实===P； 用电器工作时，导线上损失的电压U损=U﹣U1， 用电器工作时，电路电流I==， 导线电阻R线===； 故答案为：P，． 点评： 本题考查了求用电器实际功率、输电线电阻等问题，熟练应用电功率公式及其变形公式、欧姆定律，即可正确解题． 10. 有一个导热性能良好的气缸，用轻质活塞密封了一定质量的气体，活塞用轻绳悬挂在天花板上，如图所示．气缸的质量为M，活塞可以在缸内无摩擦滑动，活塞的面积为S，活塞与缸底距离为h，大气压强恒为p0，此时环境温度为T． 若已知气缸的容积为1L，气缸内气体的密度为30g/，平均摩尔质量为1.152g/mol．阿伏加德罗常数，估算气缸内气体分子数为_____________个，气体分子间平均距离d=___________m（得出的结果均取一位有效数字）． 参考答案： 1.6×1022   (2分)    d=4×10-9m 11. 如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是（　　） A． B． C． D． 参考答案： A 【考点】安培力． 【分析】线框所受的安培力越大，天平越容易失去平衡；由于磁场强度B和电流大小I相等，即根据线框在磁场中的有效长度大小关系即可判断其受力大小关系． 【解答】解：天平原本处于平衡状态，所以线框所受安培力越大，天平越容易失去平衡， 由于线框平面与磁场强度垂直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的有效长度，由图可知，A图的有效长度最长， 磁场强度B和电流大小I相等，所以A所受的安培力最大，则A图最容易使天平失去平衡． 故选：A． 12. 在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24 kJ的功。现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了5 kJ的热量。在上述两个过程中，空气的内能共减小________ kJ，空气________(选填“吸收”或“放出”)的总热量为________kJ。 参考答案： (1)交流　(2)　(3)1.3 13. 在《测定匀变速直线运动的加速度》的实验中，打点计时器是用于 测量     的仪器，工作电源是（填“交流电”或“直流电”），电源电压是      V。 参考答案： 三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分 14. （6分）如图所示为描绘电场中等势线的实验． （1）实验时需在木板上由下而上依次铺放______纸，________纸和______纸． （2）今有100μA、0．5mA、10mA电流表各一块供选用，则应选______的电流表较好.www.ks5 （3）在两接线柱A、B连线上等距离找出5个基准点a、b、c、d、e．灵敏电流表G的一根探针接在c点，另一探针接在f点，则电流表指针向_______偏（已知此电流表指针偏转方向与电流的关系为“右进右偏，左进左偏”）．为找到与c点电势相等的点，接f点的探针应向_______移。 参考答案：     （1）白，复写，导电（2）100μA（3）右，左 15. 某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律．频闪仪每隔0.05 s闪光一次，图中所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表(当地重力加速度取9.8 m/s2，小球质量m＝0.2 kg，结果保留三位有效数字)： 时刻 t2 t3 t4 t5 速度(m/s) 5.59 5.08 4.58     ①由频闪照片上的数据计算t5时刻小球的速度v5＝         m/s. ②从t2到t5时间内，重力势能增量ΔEp＝        J，动能减少量ΔEk＝             J. ③在误差允许的范围内，若ΔEp与ΔEk近似相等，从而验证了机械能守恒定律．由上述计算得ΔEp        ΔEk(选填“>”“<”或“＝”)，造成这种结果的主要原因是                  参考答案： ①  4.18m/s②  1.42j  1.46j ③  ＜  由于空气阻力的存在 四、计算题：本题共3小题，共计47分 16. 如图1，用一根长为L=1m的细线，一端系一质量为m=1kg的小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ=37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为T．求（g=10m/s2，sin37°=，cos37°=，计算结果可用根式表示）： （1）若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？ （2）若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？ （3）细线的张力T与小球匀速转动的加速度ω有关，当ω的取值范围在0到ω′之间时，请通过计算求解T与ω2的关系，并在图2坐标纸上作出T﹣ω2的图象，标明关键点的坐标值． 参考答案： 解：（1）小球刚要离开锥面时的速度，此时支持力为零，根据牛顿第二定律得： mgtanθ=mωLsin θ 解得：ω0=rad/s． （2）同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式有： mgtan α=mω′2Lsin α 解得：ω′=rad/s． （3）a．当ω1=0时 T1=mgcosθ=8N，标出第一个特殊点坐标（ 0，8N）； b．当0＜ω＜rad/s时，根据牛顿第二定律得： Tsinθ﹣Ncosθ=mω2Lsinθ， Tcosθ+Nsinθ=mg 解得 当时，T2=12.5N 标出第二个特殊点坐标[12.5（rad/s）2，12.5N]； c．当时，小球离开锥面，设细线与竖直方向夹角为β， 解得： 当时，T3=20N 标出第三个特殊点坐标[20（rad/s）2，20N]． 画出T﹣ω2图象如图所示． 答：（1）若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为rad/s． （2）若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为2rad/s． （3）T﹣ω2的图象如上所示． 【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速． 【分析】（1）小球刚要离开锥面时的速度，此时支持力为零，根据牛顿第二定律求出该临界角速度ω0． （2）若细线与竖直方向的夹角为60°时，小球离开锥面，由重力和细线拉力的合力提供向心力，运用牛顿第二定律求解． （3）根据小球的角速度较小，小球贴着锥面运动和离开锥面运动两个过程，分