2019-2020年高三(上)学情反馈物理试卷(4)含解析.doc
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2019-2020年高三(上)学情反馈物理试卷(4)含解析一、单项选择题:本题共6小题,每小题3分,共计18分每小题只有一个选项符合题意1物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识,推动了科学技术的创新和革命,促进了人类文明的进步,关于物理学中运动与力的发展过程和研究方法的认识,下列说法中正确的是()A亚里士多德首先提出了惯性的概念B伽利略对自由落体运动研究方法的核心是:把实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来,从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法C牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石,牛顿的三条运动定律都能通过现代的实验手段直接验证D力的单位“N“是基本单位,加速度的单位“m/s2”是导出单位2一电视台体育频道讲解棋局的节目中棋盘竖直放置,棋盘由均匀的磁石做成,棋子都可视为能被磁石吸引的小磁体,下列说法中正确的是()A棋盘对被吸附的棋子共产生了三个力的作用B棋盘面应选取足够光滑的材料C只要磁力足够大,即使棋盘光滑,棋子也能因磁力静止在棋盘上D棋子被吸在棋盘上静止时,棋盘对棋子的作用力比棋子的重力小3从地面上以初速度x=0t竖直向上抛出一质量为m的球,若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系,球运动的速率随时间变化规律如图所示,t1时刻到达最高点,再落回地面,落地时速率为v1,且落地前球已经做匀速运动则下列说法正确的是()A小球加速度在上升过程中逐渐增加,在下降过程中逐渐减小B小球抛出瞬间的加速度大小为(1+)gC小球抛出瞬间的加速度最大,到达最高点的加速度最小D小球上升过程中的平均速度大于4如图所示,在固定的圆锥形漏斗的光滑内壁上,有两个质量相等的小球A和B,它们分别紧贴漏斗的内壁,在不同的水平面上做匀速圆周运动则以下叙述中正确的是()AA的周期等于B的周期BA的角速度等于B的角速度CA的线速度等于B的线速度DA对漏斗内壁的压力等于B对漏斗内壁的压力5如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上则t0可能属于的时间段是()A0t0Bt0Ct0T DTt06如图所示的电路中,电源内阻不可忽略,当滑动变阻器滑片处在某一位置时,电流表的读数为I=0.5A,电压表V1的读数U1=1V,电压表V2读数为U2=2V则向右移动滑动变阻器的滑片后,三个电表可能得到的读数是()AI=2A,U1=2V,U2=0V BI=1A,U1=1.6V,U2=3VCI=0.3A,U1=0.9V,U2=1.1V DI=0.2A,U1=0.8V,U2=2.4V二、多项选择题:本题共5小题,每小题4分,共计20分每小题有多个选项符合题意,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答的得0分7一质点在XOY平面内运动的轨迹如图所示,下列判断正确的是()A质点沿X方向可能做匀速运动B质点沿Y方向可能做变速运动C若质点沿Y方向始终匀速运动,则X方向可能先加速后减速D若质点沿Y方向始终匀速运动,则X方向可能先减速后加速8某载人飞船运行的轨道示意图如图所示,飞船先沿椭圆轨道1运行,近地点为Q,远地点为P当飞船经过点P时点火加速,使飞船由椭圆轨道1转移到圆轨道2上运行,在圆轨道2上飞船运行周期约为90min关于飞船的运行过程,下列说法中正确的是()A飞船在轨道1和轨道2上运动时的机械能相等B飞船在轨道1上运行经过P点的速度小于经过Q点的速度C轨道2的半径小于地球同步卫星的轨道半径D飞船在轨道1上运行经过P点的加速度等于在轨道2上运行经过P点的加速度9如图甲所示,A、B两物体叠放在一起,放在光滑的水平面上,从静止开始受到一变力的作用,该力与时间的关系如图乙所示,A、B始终相对静止,设向右为正方向,则关于A物体运动的加速度a、速度v、位移x及B对A的摩擦力Ff随时间变化的关系图象正确的是()A B C D10图中,固定的光滑竖直杆上套有一质量为m的圆环,圆环与水平放置轻质弹簧一端相连,弹簧另一端固定在墙壁上的A点,图中弹簧水平时恰好处于原长状态现让圆环从图示位置(距地面高度为h)由静止沿杆滑下,滑到杆的底端B时速度恰好为零则在圆环下滑至底端的过程中()A圆环的机械能守恒B弹力对圆环做负功,大小为mghC圆环所受合力做功为零D圆环到达B时弹簧弹性势能为mgh11一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动,其电势能EP随位移x变化的关系如图所示,其中0x2段是对称的曲线,x2x3是直线段,则正确的是()Ax1处电场强度为零Bx2x3段是匀强电场Cx1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123D粒子在0x2段做匀变速运动,x2x3段做匀速直线运动三、简答题:12题8分,13题10分,共18分12有一个小灯泡上标有“4V,2W”的字样,现要描绘这个灯泡的伏安特性图线有下列器材供选用:A电压表(05V,内阻约为10k)B电压表(010V,内阻约为20k)C电流表(00.3A,内阻约为1)D电流表(00.6A,内阻约为0.4)E滑动变阻器(10,2A)F学生电源(直流6V),还有电键、导线若干(1)实验中所用电压表应选用,电流表应选用表示)(2)实验时要求尽量减小实验误差,测量电压从零开始多取几组数据,请将下图中实物连接成满足实验要求的测量电路(3)某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线(如图所示),若用电动势为3V、内阻为2.5的电源给该小灯泡供电,则该小灯泡的实际功率是W13某同学用如图甲所示的装置做“探究加速度与物体受力的关系”实验(1)图乙是实验桌上的一把游标卡尺,该同学应该用游标卡尺部分(填字母序号)测量小车上挡光片的宽度测量结果如图丙所示,则挡光片的宽度为cm;(2)实验中通过调节让小车匀速下滑,目的是;然后用细线通过定滑轮挂上重物让小车每次都从同一位置释放,此位置距光电门距离为l,设挡光片的宽度为d,光电门记录的挡光时间为t,则小车加速度的表达式a=;(3)实验中多次改变所挂重物的质量,测出对应的加速度a,通过力传感器读出拉力F,则下列图象中能正确反映小车加速度a与拉力F关系的是四、计算题:本题共4小题,共计64分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位14如图,在同一竖直平面内有轨道AOBOC,AO段是半径为R的四分之一圆弧,圆心在C点,圆弧轨道OBO的圆心在D点,半圆轨道OC圆心在E点三圆弧相切于0点,图中C、E,B,D,O点在同一竖直线上,现让一可视为质点的质量为m的小球从与C点等高的A 点开始沿轨道向下运动已知重力加速度为g(1)若轨道光滑,且让小球无初速从A点滑下,小球沿轨道AOBOC运动,当小球运动到B 点时对轨道的压力为F,求圆轨道OBO的半径r;(2)若轨道粗糙,且让小球以初速度从A点滑下,小球沿轨道AOBOC运动,当小球从C点抛出后恰好打在AO弧上的H点,已知ACH=37求全过程中小球克服摩擦阻力做的功(已知sin37=0.6,cos37=0.8)15如图所示,质量M=8.0kg、长L=2.0m的薄木板静置在水平地面上,质量m=0.50kg的小滑块(可视为质点)以速度v0=3.0m/s从木板的左端冲上木板已知滑块与木板间的动摩擦因数=0.20,重力加速度g取10m/s2(1)若木板固定,滑块将从木板的右端滑出,求:a滑块在木板上滑行的时间t;b滑块从木板右端滑出时的速度v(2)若水平地面光滑,且木板不固定在小滑块冲上木板的同时,对木板施加一个水平向右的恒力F,如果要使滑块不从木板上掉下,力F应满足什么条件?(假定滑块与木板之间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)16如图所示,在光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B它们的质量均为2m,弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板,物块A通过一根轻绳跨过光滑的定滑轮与物块D相连,物块D的质量也为2m,用手托住物块D,使轻绳拉直但没有弹力从静止释放物块D,当物块D达到最大速度时,物块B恰好离开挡板C求:(1)斜面的倾角(2)物块D的最大速度vm(3)在其他条件不变的情况下,若物块D的质量改为,则物块D的最大速度为v求物块D达到最大速度的过程中弹簧的弹性势能减少量Ep17如图所示,x轴正方向水平向右,y轴正方向竖直向上,在xOy平面内有与y轴平行向上的匀强电场区域(在第象限,形状是直角三角形),直角三角形斜边分别与x轴和y轴相交于(L,0)和(0,L)点区域左侧沿x轴正方向射来一束具有相同质量m、电荷量为q(q0)和初速度v0的带电微粒,这束带电微粒分布在0yL的区间内,其中从(0,)点射入场区的带电微粒刚好从(L,0)点射出场区带电微粒重力不计求:(1)电场强度大小;(2)从0y的区间射入场区的带电微粒射出场区时的x坐标值和射入场区时的y坐标值的关系式;(3)射到(2L,0)点的带电微粒射入场区时的y坐标值xx学年江苏省南通市海安县实验中学高三(上)学情反馈物理试卷(4)参考答案与试题解析一、单项选择题:本题共6小题,每小题3分,共计18分每小题只有一个选项符合题意1物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识,推动了科学技术的创新和革命,促进了人类文明的进步,关于物理学中运动与力的发展过程和研究方法的认识,下列说法中正确的是()A亚里士多德首先提出了惯性的概念B伽利略对自由落体运动研究方法的核心是:把实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来,从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法C牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石,牛顿的三条运动定律都能通过现代的实验手段直接验证D力的单位“N“是基本单位,加速度的单位“m/s2”是导出单位【考点】物理学史【分析】根据物理学史和常识解答,记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解:A、伽利略首先提出了惯性的概念,故A错误;B、伽利略对自由落体运动研究方法的核心是:把实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来,从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法,故B正确;C、牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石,因为牛顿定律的内容是在物体不受任何外力的作用下,而现实生活中没有不受任何外力的物体,所以牛顿第一定律是在实验的基础上,结合推理得出来的故C错误;D、力的单位“N“不是基本单位,加速度的单位“m/s2”是导出单位,故D错误;故选:B2一电视台体育频道讲解棋局的节目中棋盘竖直放置,棋盘由均匀的磁石做成,棋子都可视为能被磁石吸引的小磁体,下列说法中正确的是()A棋盘对被吸附的棋子共产生了三个力的作用B棋盘面应选取足够光滑的材料C只要磁力足够大,即使棋盘光滑,棋子也能因磁力静止在棋盘上D棋子被吸在棋盘上静止时,棋盘对棋子的作用力比棋子的重力小【考点】物体的弹性和弹力【分析】首先对棋子进行受力分析,根据棋子的运动状态,结合平衡的条件分析棋盘面应选取的材料【解答】解:A、小棋子受到重力G、棋盘面的吸引力F、弹力N和静摩擦力f,共四个力作用,故A正确B、根据竖直方向上二力平衡知:f=G,f应不超过最大静摩擦力,则有:ffm=N=FF一定,要使棋子不滑下,应增大最大静摩擦力,为此应增大,棋盘面应选取较粗糙的材料,故B错误C、当Gfm=N=F时,棋子将下滑,故C错误D、棋盘对棋子的吸引力与棋盘面对棋子的弹力平衡,静摩擦力与棋子的重力平衡,故D错误故选:A3从地面上以初速度x=0t竖直向上抛出一质量为m的球,若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系,球运动的速率随时间变化规律如图所示,t1时刻到达最高点,再落回地面,落地时速率为v1,且落地前球已经做匀速运动则下列说法正确的是()A小球加速度在上升过程中逐渐增加,在下降过程中逐渐减小B小球抛出瞬间的加速度大小为(1+)gC小球抛出瞬间的加速度最大,到达最高点的加速度最小D小球上升过程中的平均速度大于【考点】牛顿第二定律;力的合成与分解的运用【分析】由图象得到小球上升过程和下降过程的运动规律,然后进行受力分析,根据牛顿第二定律进行分析【解答】解:A、C、上升过程,受重力和阻力,合力向下,根据牛顿第二定律,有:f+mg=ma,解得a=g+g;由于是减速上升,阻力逐渐减小,故加速度不断减小;下降过程,受重力和阻力,根据牛顿第二定律,有:mgf=ma,解得:g;由于速度变大,阻力变大,故加速度变小;即上升和下降过程,加速度一直在减小;故AC错误;B、空气阻力与其速率成正比,最终以v1匀速下降,有:mg=kv1;小球抛出瞬间,有:mg+kv0=ma0;联立解得:,故B正确;D、速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移,从图象可以看出,位移小于阴影部分面积,而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移,匀减速直线运动的平均速度等于,故小球上升过程的平均速度小于,故D错误;故选:B4如图所示,在固定的圆锥形漏斗的光滑内壁上,有两个质量相等的小球A和B,它们分别紧贴漏斗的内壁,在不同的水平面上做匀速圆周运动则以下叙述中正确的是()AA的周期等于B的周期BA的角速度等于B的角速度CA的线速度等于B的线速度DA对漏斗内壁的压力等于B对漏斗内壁的压力【考点】向心力;牛顿第二定律【分析】两球在不同的水平面上做半径不同的匀速圆周运动,因为所受的重力与支持力分别相等,即向心力相同,由牛顿第二定律可以解得其线速度间、角速度间、周期间的关系【解答】解:A、对A、B两球进行受力分析,两球均只受重力和漏斗给的支持力FN如图所示设内壁与水平面的夹角为根据牛顿第二定律有:mgtan=mr则T=2则知,半径大的周期大,所以A的周期大于B的周期,故A错误B、由=,T大,小,则知A的角速度小于B的角速度,故B错误;C、由mgtan=m,得 v=,半径r越大,v越大,所以A的线速度大于B的线速度,故C错误;D、小球所受的支持力FN=,FN相等,则知物块A对漏斗内壁的压力等于物块B对漏斗内壁的压力,故D正确故选:D5如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上则t0可能属于的时间段是()A0t0Bt0Ct0T DTt0【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】解决此题首先要注意A、B两板电势的高低及带正电粒子运动的方向,再利用运动的对称性,粒子加速与减速交替进行运动,同时注意粒子向左、右运动位移的大小,即可判断各选项的对错【解答】解:A、若,带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零;如此反复运动,每次向右运动的距离大于向左运动的距离,最终打在B板上,所以A错误B、若,带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零;如此反复运动,每次向左运动的距离大于向右运动的距离,最终打在A板上,所以B正确C、若,带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零;如此反复运动,每次向左运动的距离小于向右运动的距离,最终打在B板上,所以C错误D、若,带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零;如此反复运动,每次向右运动的距离大于向左运动的距离,最终打在B板上,所以D错误故选B6如图所示的电路中,电源内阻不可忽略,当滑动变阻器滑片处在某一位置时,电流表的读数为I=0.5A,电压表V1的读数U1=1V,电压表V2读数为U2=2V则向右移动滑动变阻器的滑片后,三个电表可能得到的读数是()AI=2A,U1=2V,U2=0V BI=1A,U1=1.6V,U2=3VCI=0.3A,U1=0.9V,U2=1.1V DI=0.2A,U1=0.8V,U2=2.4V【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】当滑动变阻器向右移动后,总电阻、总电流都会发生变化,根据电流表示数的变化,以及两电压表示数之和的变化分析判断即可【解答】解:滑片向右移动,滑动变阻器的有效阻值增大,电路的总电阻增大,故电路的总电流减小,此时电压表V1的示数减小,V2的示数增大电流表的示数减小,由于内电压减小,则两电压表示数之和增大故D正确,ABC错误故选:D二、多项选择题:本题共5小题,每小题4分,共计20分每小题有多个选项符合题意,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答的得0分7一质点在XOY平面内运动的轨迹如图所示,下列判断正确的是()A质点沿X方向可能做匀速运动B质点沿Y方向可能做变速运动C若质点沿Y方向始终匀速运动,则X方向可能先加速后减速D若质点沿Y方向始终匀速运动,则X方向可能先减速后加速【考点】匀变速直线运动的图像【分析】物体做曲线运动,合力大致指向轨迹弯曲的内侧,则加速度大致指向轨迹凹的一侧根据轨迹弯曲判断加速度的方向【解答】解:A、物体做曲线运动,合力大致指向轨迹凹的一侧,则加速度大致指向轨迹凹的一侧,由图可知:加速度方向指向弧内,不能沿y轴方向,x轴方向有分加速度,所以x轴方向不可能匀速,y方向可能有分加速度,故质点沿Y方向可能做变速运动故A错误,B正确C、物体在x方向先沿正方向运动,后沿负方向运动,最终在x轴方向上的位移为零,所以x方向不能一直加速运动,也不能先加速后减速,只能X方向可能先减速后反向加速,故C错误,D正确故选BD8某载人飞船运行的轨道示意图如图所示,飞船先沿椭圆轨道1运行,近地点为Q,远地点为P当飞船经过点P时点火加速,使飞船由椭圆轨道1转移到圆轨道2上运行,在圆轨道2上飞船运行周期约为90min关于飞船的运行过程,下列说法中正确的是()A飞船在轨道1和轨道2上运动时的机械能相等B飞船在轨道1上运行经过P点的速度小于经过Q点的速度C轨道2的半径小于地球同步卫星的轨道半径D飞船在轨道1上运行经过P点的加速度等于在轨道2上运行经过P点的加速度【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】飞船变轨时,需加速,使得万有引力等于向心力,机械能增大飞船在圆轨道上运行时,航天员处于完全失重状态根据万有引力提供向心力得出周期、线速度与轨道半径的关系,通过周期的大小得出轨道半径的大小,从而得出线速度的大小根据飞船变轨前后所受的万有引力,根据牛顿第二定律比较加速度的大小【解答】解:A、飞船由轨道1到轨道2,需要在P点加速,所以变轨后的机械能大,则A错误;B、根据能量的守恒可知,飞船在轨道1上由Q向P运动的过程中,万有引力做负功,所以飞船在轨道1上运行经过P点的速度小于经过Q点的速度,故B正确;C、根据同步卫星周期大于卫星在轨道2上的周期知轨道2的半径小于地球同步卫星的轨道半径故C正确D、飞船在轨道1、2上运行通过P点,万有引力相同,则加速度相同,故D正确故选:BCD9如图甲所示,A、B两物体叠放在一起,放在光滑的水平面上,从静止开始受到一变力的作用,该力与时间的关系如图乙所示,A、B始终相对静止,设向右为正方向,则关于A物体运动的加速度a、速度v、位移x及B对A的摩擦力Ff随时间变化的关系图象正确的是()A B C D【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的图像【分析】根据牛顿第二定律分析何时整体的加速度最大再以A为研究对象,当加速度最大时,A受到的静摩擦力最大分析整体的运动情况,求出各自的表达式,在对应图象【解答】解:A、以整体为研究对象,结合乙图F=kt=(m+M)a,a=t,故A正确;B、由A知速度,v=at=tt=t2,为2次函数,图象为抛物线,故B错误C、整体做单向直线运动,位移逐渐增大,x=at2=kt3,故C错误D、以整体为研究对象,在t0时刻,推力为零;故A、B之间的摩擦力为零;故D错误;故选:A10图中,固定的光滑竖直杆上套有一质量为m的圆环,圆环与水平放置轻质弹簧一端相连,弹簧另一端固定在墙壁上的A点,图中弹簧水平时恰好处于原长状态现让圆环从图示位置(距地面高度为h)由静止沿杆滑下,滑到杆的底端B时速度恰好为零则在圆环下滑至底端的过程中()A圆环的机械能守恒B弹力对圆环做负功,大小为mghC圆环所受合力做功为零D圆环到达B时弹簧弹性势能为mgh【考点】功能关系;功的计算【分析】分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况,只有重力弹簧的拉力做功,所以圆环机械能不守恒,系统的机械能守恒;根据系统的机械能守恒进行分析【解答】解:A、圆环沿杆滑下过程中,弹簧的拉力对圆环做功,圆环的机械能不守恒,故A错误,B、图中弹簧水平时恰好处于原长状态,在圆环下滑的过程中,弹簧对圆环有拉力,此拉力对圆环做负功,则由功能原理知圆环的机械能减小,根据动能定理可知弹力做功为mgh故B正确C、对于圆环,两个过程中动能的变化量为零,根据动能定理可知圆环所受的合力做功为零,故C正确D、对于圆环和弹簧组成的系统而言,只有重力和弹力做功,系统的机械能守恒,可知圆环的机械能减少了mgh,那么弹簧的弹性势能增大mgh,故D正确故选:BCD11一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动,其电势能EP随位移x变化的关系如图所示,其中0x2段是对称的曲线,x2x3是直线段,则正确的是()Ax1处电场强度为零Bx2x3段是匀强电场Cx1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123D粒子在0x2段做匀变速运动,x2x3段做匀速直线运动【考点】电势;电场线【分析】根据电势能与电势的关系:Ep=q,结合分析图象斜率与场强的关系,即可求得x1处的电场强度;根据能量守恒判断速度的变化;由Ep=q,分析电势的高低由牛顿第二定律判断加速度的变化,即可分析粒子的运动性质根据斜率读出场强的变化【解答】解:A、根据电势能与电势的关系:Ep=q,场强与电势的关系:E=,得:E=由数学知识可知Epx图象切线的斜率等于,x1处切线斜率为零,则x1处电场强度为零,故A正确B、由图看出在0x1段图象切线的斜率不断减小,由上式知场强减小,粒子所受的电场力减小,加速度减小,做非匀变速运动x1x2段图象切线的斜率不断增大,场强增大,粒子所受的电场力增大,做非匀变速运动x2x3段斜率不变,场强不变,即电场强度大小和方向均不变,是匀强电场,粒子所受的电场力不变,做匀变速直线运动,故D错误,B正确C、根据电势能与电势的关系:Ep=q,因粒子带负电,q0,则知电势能越大,粒子所在处的电势越低,所以有:123故C正确故选:ABC三、简答题:12题8分,13题10分,共18分12有一个小灯泡上标有“4V,2W”的字样,现要描绘这个灯泡的伏安特性图线有下列器材供选用:A电压表(05V,内阻约为10k)B电压表(010V,内阻约为20k)C电流表(00.3A,内阻约为1)D电流表(00.6A,内阻约为0.4)E滑动变阻器(10,2A)F学生电源(直流6V),还有电键、导线若干(1)实验中所用电压表应选用A,电流表应选用D表示)(2)实验时要求尽量减小实验误差,测量电压从零开始多取几组数据,请将下图中实物连接成满足实验要求的测量电路(3)某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线(如图所示),若用电动势为3V、内阻为2.5的电源给该小灯泡供电,则该小灯泡的实际功率是0.8W【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】(1)仪表的选择应本着安全准确的原则;电压表要测量灯泡两端的电压,故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表;由流过灯泡的电流判断需要的电流表;由题意判断需要的滑动变阻器;(2)根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用,结合题意选择滑动变阻器的接法;由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法【解答】解:(1)因灯泡的额定电压为4V,为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V,但不能大太多,量程太大则示数不准确;故只能选用05V的电压表,故选A;由P=UI得,灯泡的额定电流I=0.5A;故电流表应选择00.6A的量程,故选D;(2)由题意要求可知,电压从零开始变化,并要多测几组数据,故只能采用滑动变阻器分压接法,灯泡的电阻约为R=,跟电流表内阻接近,所以用电流表外接法,实物图连接如图所示(3)当灯泡接入电动势为3V、内阻为2.5的电源中时,由闭合电路欧姆定律E=U+IrU=32.5I画出UI图象,与该小灯泡的伏安特性曲线的交点表示该灯泡接入电路中的电压和电流,由图读出通过灯泡电流为0.4A,两端电压为2.0V,所以功率为0.8W故答案为:(1)A;D(2)如图所示(3)0.80(0.780.82)13某同学用如图甲所示的装置做“探究加速度与物体受力的关系”实验(1)图乙是实验桌上的一把游标卡尺,该同学应该用游标卡尺A部分(填字母序号)测量小车上挡光片的宽度测量结果如图丙所示,则挡光片的宽度为1.015cm;(2)实验中通过调节让小车匀速下滑,目的是平衡摩擦力;然后用细线通过定滑轮挂上重物让小车每次都从同一位置释放,此位置距光电门距离为l,设挡光片的宽度为d,光电门记录的挡光时间为t,则小车加速度的表达式a=;(3)实验中多次改变所挂重物的质量,测出对应的加速度a,通过力传感器读出拉力F,则下列图象中能正确反映小车加速度a与拉力F关系的是B【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】(1、2)游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数,不需估读,由于遮光条通过光电门的时间极短,可以用平均速度表示瞬时速度根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑块的加速度(3)牵引力通过传感器测出,是准确值,不需要满足小车的质量远远大于重物的质量,所以a与F成正比【解答】解:(1)测量小车上挡光片的宽度应用A部分,游标卡尺的主尺读数为1cm,游标读数为0.053mm=0.15mm=0.015cm,所以最终读数为:1cm+0.015cm=1.015cm;(2)实验中通过调节让小车匀速下滑,目的是为了平衡摩擦力,数字计时器记录通过光电门的时间,由位移公式计算出物体通过光电门的平均速度,用该平均速度代替物体的瞬时速度,故在遮光条经过光电门时滑块的瞬间速度为:v=,根据运动学基本公式得:a=;(3)牵引力通过传感器测出,是准确值,不需要满足小车的质量远远大于重物的质量,所以a与F成正比,故选B故答案为:(1)A;1.015;(2)平衡摩擦力;(3)B四、计算题:本题共4小题,共计64分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位14如图,在同一竖直平面内有轨道AOBOC,AO段是半径为R的四分之一圆弧,圆心在C点,圆弧轨道OBO的圆心在D点,半圆轨道OC圆心在E点三圆弧相切于0点,图中C、E,B,D,O点在同一竖直线上,现让一可视为质点的质量为m的小球从与C点等高的A 点开始沿轨道向下运动已知重力加速度为g(1)若轨道光滑,且让小球无初速从A点滑下,小球沿轨道AOBOC运动,当小球运动到B 点时对轨道的压力为F,求圆轨道OBO的半径r;(2)若轨道粗糙,且让小球以初速度从A点滑下,小球沿轨道AOBOC运动,当小球从C点抛出后恰好打在AO弧上的H点,已知ACH=37求全过程中小球克服摩擦阻力做的功(已知sin37=0.6,cos37=0.8)【考点】动能定理;平抛运动;向心力【分析】(1)根据向心力公式和动能定理求轨道半径(2)根据平抛运动的规律和动能定理求克服摩擦力做功【解答】解:(1)由向心力公式:F+mg=动能定理:mg(R2r)=联立得:r=(2)根据平抛运动:根据动能定理:联立得:Wf=答:(1)圆轨道OBO的半径;(2)全过程中小球克服摩擦阻力做的功15如图所示,质量M=8.0kg、长L=2.0m的薄木板静置在水平地面上,质量m=0.50kg的小滑块(可视为质点)以速度v0=3.0m/s从木板的左端冲上木板已知滑块与木板间的动摩擦因数=0.20,重力加速度g取10m/s2(1)若木板固定,滑块将从木板的右端滑出,求:a滑块在木板上滑行的时间t;b滑块从木板右端滑出时的速度v(2)若水平地面光滑,且木板不固定在小滑块冲上木板的同时,对木板施加一个水平向右的恒力F,如果要使滑块不从木板上掉下,力F应满足什么条件?(假定滑块与木板之间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)【考点】牛顿运动定律的综合应用;匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】(1)根据牛顿第二定律求出滑块的加速度,再根据速度位移关系求出从右端滑出的速度,由速度时间关系求出滑块滑动的时间;(2)滑块在摩擦力作用下做匀减速运动,木板在拉力与摩擦力共同作用下做匀加速运动,当两物体速度相等时【解答】解:(1)a、由题意知,滑块在木板上由滑动摩擦力作用下产生加速度大小a=因为滑块做匀减速运动,所以滑块滑离木板时产生的位移为代入数据可得滑块运动时间t=1sb、根据速度时间关系可知,滑块滑离木板时的速度v=v0at=321m/s=1m/s(2)令滑块不滑离木板时,木板的最小加速度为a,则可知,滑块不滑下来,滑块的位移与木板的位移差刚好为木板的长度L,运动时间为t,则有:据速度时间关系有:32t=at 根据位移时间关系有:由两式解得木板获得的最小加速度:a=0.25m/s2根据牛顿第二定律可知,木板获得的加速度a=即木扳获得的最小拉力F=Mamg=80.250.20.510N=1N若拉木板的力比较大,则小滑块在冲上木板,并且速度达到相等后,若木板向前的加速度大于滑块向前的加速度,则木板将会向前抽出此时滑块受到的摩擦力的方向向前,大小为f=mg=0.20.510=1N加速度:木板将会向前抽出,则木板的加速度要大于2m/s2,由牛顿第二定律得:Ff=MaMa所以:FMa+f=82+1=17N所以如果要使滑块不从木板上掉下,力F应满足1NF17N答:(1)若木板固定,滑块将从木板的右端滑出,a滑块在木板上滑行的时间t为1s;b滑块从木板右端滑出时的速度v为1m/s(2)若水平地面光滑,且木板不固定如果要使滑块不从木板上掉下,力F应满足1NF17N16如图所示,在光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B它们的质量均为2m,弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板,物块A通过一根轻绳跨过光滑的定滑轮与物块D相连,物块D的质量也为2m,用手托住物块D,使轻绳拉直但没有弹力从静止释放物块D,当物块D达到最大速度时,物块B恰好离开挡板C求:(1)斜面的倾角(2)物块D的最大速度vm(3)在其他条件不变的情况下,若物块D的质量改为,则物块D的最大速度为v求物块D达到最大速度的过程中弹簧的弹性势能减少量Ep【考点】共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用【分析】物块D达到最大速度时,A、B、D系统平衡,根据平衡条件列方程求解;系统组成的系统机械能守恒,据此列方程求解;【解答】解:(1)物块D达到最大速度时,A、B、D系统平衡,则:4mgsin=2mg所以=30(2)释放物块D前,对物块A有:2mgsin=kx1物块D达到最大速度时,对物块B有:2mgsin=kx2=由 得:即从释放物块D到物块D达到最大速度的过程中,弹簧的弹性势能不变则由机械能守恒得:=联立得:(3)物块D达到最大速度时,B未离开挡板C,A、D系统平衡,则:所以x1,弹簧的弹性势能减少则由机械能守恒得:联立得:答:(1)斜面的倾角为30;(2)物块D的最大速度vm为g;(3)在其他条件不变的情况下,若物块D的质量改为,则物块D的最大速度为v物块D达到最大速度的过程中弹簧的弹性势能减少量Ep为mv217如图所示,x轴正方向水平向右,y轴正方向竖直向上,在xOy平面内有与y轴平行向上的匀强电场区域(在第象限,形状是直角三角形),直角三角形斜边分别与x轴和y轴相交于(L,0)和(0,L)点区域左侧沿x轴正方向射来一束具有相同质量m、电荷量为q(q0)和初速度v0的带电微粒,这束带电微粒分布在0yL的区间内,其中从(0,)点射入场区的带电微粒刚好从(L,0)点射出场区带电微粒重力不计求:(1)电场强度大小;(2)从0y的区间射入场区的带电微粒射出场区时的x坐标值和射入场区时的y坐标值的关系式;(3)射到(2L,0)点的带电微粒射入场区时的y坐标值【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】(1)粒子做类平抛运动,利用竖直和水平方向的位移之间关系可求解;(2)(3)利用竖直和水平方向的位移之间关系,消掉时间代入(1)中的电场强度关系,可求解;【解答】解:(1)设电场强度为E,设带电微粒在场区中的偏转时间为t1,根据平抛运动有:水平方向:L=v0t,竖直方向:,解得:E=(2)由(1)中可知:,结合平抛运动有:x=v0t,解得:,代入竖直位移:y=()t2解得:x2=2Ly(3)画出示意图如图所示,设这个带电微粒在场区中的水平偏转位移为x1,竖直偏转位移为y1,偏转角为,偏转时间为t2,射入场区时的y坐标值为Y,有:x1=v0t2y1=根据几何关系有:x1+=2LLx1=Yy1根据平抛运动的特点有:tan=2得:Y=L答:(1)电场强度大小为;(2)从0y的区间射入场区的带电微粒射出场区时的x坐标值和射入场区时的y坐标值的关系式为x2=2Ly;(3)射到(2L,0)点的带电微粒射入场区时的y坐标值Lxx年6月30日- 配套讲稿:
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- 2019 2020 年高 反馈 物理 试卷 解析
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