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广东省广州市、珠海市2021届高三上学期月考双校组合测试物理试卷含答案解析
年级:高中
难度:中等
更新时间:2021-01-07
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一、选择题(共24题)
1.

某物体运动的v-t图像如图,根据图像可知(  )

A1s末与第3s末的速度方向相同

B1s末与第5s末加速度方向相同

C05s内的位移为10m

D45s内的加速度为1m/s2

【答案】

A

【详解】

A.第1s末与第3s末的速度都为正值,速度方向相同,故A正确;

B图线斜率表示加速度,由图可知,第1s末加速度为正,5s末加速度为负,两者方向相反,故B错误;

C05s内的位移为图线与t轴围成的面积,大小为

C错误;

D45s内的加速度为

D错误。

故选A

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难度:中等
知识点:匀变速直线运动的位移与时间的关系
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2.

如图,飞船从轨道1变轨至轨道2。若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动,不考虑质量变化,相对于在轨道1上,飞船在轨道2上的(  )

A动能大                  B向心加速度大        C运行周期短           D角速度小

【答案】

D

【详解】

根据

飞船在轨道2上的r较大,由这些关系可知,a、v、ω较小,动能较小,而T较大,故选D

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难度:中等
知识点:万有引力定律
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3.

图甲为一火灾报警系统。其中R0为定值电阻,R为热敏电阻,其阻值随温度的升高而减小。理想变压器原、副线圈匝数比为51,副线圈输出电压如图乙所示,下列说法正确的是(  )

A原线圈输入电压有效值为220V

B副线圈输出电压瞬时值表达式u=44cos100πtV

CR处出现火情时原线圈电流增大

DR处出现火情时电阻R0的电功率减小

【答案】

C

【详解】

A.由图可知副线圈电压最大值Um=44V,则副线圈的有效值为U2=44V,根据

所以

U1=220V

A错误;

B.由图可知副线圈电压最大值

Um=44V

周期T=0.016

所以

u=44cos125πtV

B错误;

CR处出现火情时电阻变小,则副线圈电流变大,线圈匝数比不变,所以原线圈电流增大,故C正确;

DR处出现火情时电阻变小,则副线圈电流变大,根据P=I2R,可知电阻R0的电功率增大,故D错误。

故选C

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难度:容易
知识点:变压器
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4.

如图甲所示,某工地上起重机将重为G的正方形工件缓缓吊起,四根质量不计等长的钢绳,一端分别固定在正方形工件的四个角上,另一端汇聚于一处挂在挂钩上,绳端汇聚处到每个角的距离均与正方形工件的对角线长度相等,如图乙所示.则每根钢绳的受力大小为

A                     B                   C                      D

【答案】

D

【详解】

设每根钢丝绳的拉力为F,由题意可知每根绳与竖直方向的夹角为30°;根据共点力的平衡条件可得

解得

D正确。

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难度:中等
知识点:共点力的平衡
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5.

如图,在等边三角形abc的中心O处有一带正电的点电荷,dac边的中点,则在该点电荷产生的电场中

Aabc点的电场强度相同

Bacd点的电势差满足UadUdc

C电子在a点时的电势能等于在b点的电势能

D电子在a点时的电势能小于在d点的电势能

【答案】

C

【详解】

A、由正点电荷的电场线是以点电荷为起点向外发散的一簇直线,电场强度abc与点电荷的距离相等,则abc三点处的电场强度大小相等,但方向不同,则电场强度不同,故A错误;

BCD、正点电荷的等势面是以点电荷为球心的同心球,且离点电荷越近的电势越高可知,abc三点电势相等并都小于d点的电势,则acd三点的电势差满足.由可知,电子在a点时的电势能等于在b点的电势能,大于在d点的电势能,故C正确,BD错误.

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难度:容易
知识点:电势差
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6.

蹦床是一项技术含量很高的体育运动。如图所示,某时刻运动员从空中最高点O自由下落,接触蹦床A点后继续向下运动到最低点CB点为人静止在蹦床上时的位置。忽略空气阻力。运动员从最高点下落到最低点的过程中,运动员在(  )

AOA段动量守恒

BAC段的动量变化量小于AC段弹力的冲量

CB点的动量为零

DOA段受到重力的冲量等于AC段弹力的冲量

【答案】

B

【详解】

AOA段合外力即为重力,合外力不为零,动量增大,故A错误;

BAC段根据动量定理有

可知, ,则有

B正确;

COB点过程都是加速向下运动,B点动量不为零,故C错误;

D.全程根据动量定理有

OC段受到重力的冲量与AC段弹力的冲量大小相等,方向相反,显然OA段受到重力的冲量与AC段弹力的冲量大小不等,方向相反,故D错误。

故选B

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难度:中等
知识点:动量定理
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7.

如图,平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连,一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间,处于静止状态现保持右极板不动,将左极板向左缓慢移动关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T,下列判断正确的是

 

AF逐渐减小,T逐渐减小

BF逐渐增大,T逐渐减小

CF逐渐减小,T逐渐增大

DF逐渐增大,T逐渐增大

【答案】

A

【详解】

电容器与电源相连,所以两端间电势差不变,将左极板向左缓慢移动过程中,两板间距离增大,由可知,电场强度减小,电场力减小,小球处于平衡状态,受重力、拉力与电场力的作用,受力如图所示,根据力的合成法得:

由于重力不变,电场力减小,故拉力减小;

A.逐渐减小,逐渐减小与分析相符,故A正确;

B.逐渐增大,逐渐减小与分析不符,故B错误;

C.逐渐减小,逐渐增大与分析不符,故C错误;

D.逐渐增大,逐渐增大与分析不符,故D错误.

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难度:容易
知识点:电容器中的电容
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8.

在竖直向上的拉力F作用下,将货物由地面吊起,其运动的v2x图像如图所示。若重力加速度g10m/s2,则前3m内与最后2m内拉力的大小之比为(  )

A12:7                      B22:17                     C22:23                     D18:23

【答案】

B

【详解】

物体是从静止开始运动的,根据运动学公式

v2x图像斜率的意义表示物体的加速度,前3m内货物的加速度向上,加速度大小是1m/s2,根据牛顿第二定律得

最后2m内货物加速度方向向下,加速度大小是1.5m/s2,根据牛顿第二定律得

解得前3m内与最后2m内拉力的大小之比为22:17,故ACD错误,B正确。

故选B

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难度:中等
知识点:牛顿运动定律的应用
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9.

下列关于物理学史正确的是(  )

A楞次发现了电磁感应现象

B卡文迪许利用扭秤装置测出了万有引力常量

C开普勒行星第三运动定律中的k值只与地球质量有关

D伽利略通过理想斜面实验总结归纳出了牛顿第一定律

【答案】

B

【详解】

A.法拉第发现了电磁感应现象,选项A错误;

B.卡文迪许利用扭秤装置测出了万有引力常量,选项B正确;

C.开普勒行星第三运动定律中 中的k值只与中心天体太阳的质量有关,选项C错误;

D.伽利略通过理想斜面实验总结力不是维持物体运动的原因的结论,但他没有总结归纳出牛顿第一定律,故D错误。

故选B

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难度:容易
知识点:物理学史
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10.

一体重为50kg的同学站在电梯的体重计上,某时刻该同学发现体重计的示数为45kg,此时(  )

A该同学对体重计的压力小于体重计对该同学的支持力

B电梯一定向下加速运动,加速度大小为

C该同学处于失重状态,但重力不变

D该同学的重力势能减小,动能增大

【答案】

C

【详解】

A.该同学对体重计的压力与体重计对该同学的支持力是作用力与反作用力,它们相等,故A错误;
B.同学的质量m=50kg,体重计示数为m′=45kg,该通过对体重计的压力FN=m′g=45g,体重计对该通过的支持力FN′=FN=45g,对该同学,由牛顿第二定律得

mg-FN′=ma

代入数据解得

方向竖直向下,电梯可能向下加速运动,也可能向上减速运动,故B错误;
C.该同学对体重计的压力FN=45gG=50g,该同学处于失重状态,该同学所受重力不变,故C正确;
D.该同学可能向下做加速运动,也可能向上做减速运动,如果该同学向下做加速运动,该同学的重力势能减小而动能增加,如果该同学向上做减速运动,则该同学的重力势能增加而动能减小,故D错误。
故选C

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难度:中等
知识点:牛顿第三定律
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11.

物体甲运动的x-t图象和物体乙运动的v-t图象分别如图所示,则这两个物体的运动情况描述正确是(  )

A甲在0~6s时间内来回运动,它通过的总位移为零

B甲在0~6s时间内运动方向一直不变,它通过的总位移大小为4m

C乙在0~6s时间内来回运动,它通过的总位移不为零

D乙在0~6s时间内运动方向一直不变,它通过的总位移为零

【答案】

B

【详解】

AB.根据x-t图线的斜率表示速度,知甲在06s时间内速度不变,运动的方向不变,总位移为

x=2m--2m=4m

A错误,B正确;
CD.乙在06s时间内,先沿负方向做匀减速直线运动,后沿正方向做匀加速直线运动,速度的方向在3s时发生改变。根据图线与时间轴围成的面积表示位移,则乙的总位移为零,故CD错误。
故选B

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难度:容易
知识点:匀变速直线运动的位移与时间的关系
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12.

AB两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行,A质量为5 kg,速度大小为10 m/sB质量为2 kg,速度大小为5 m/s,两者相碰后,A沿原方向运动,速度大小为4 m/s,则B的速度大小为(    

A10m/s                    B5m/s                      C6m/s                      D12m/s

【答案】

A

【详解】

A球的速度方向为正方向,AB的总动量大小为:

根据动量守恒得:,解得:

A10m/s.故A符合题意.   

B5m/s.故B不符合题意.   

C6m/s.故C不符合题意.   

D12m/s.故D不符合题意.

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难度:基础
知识点:弹性碰撞和非弹性碰撞
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13.

珠海某学校新装了一批节能路灯如图甲所示,该路灯通过光控开关实现自动控制:电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变。如图乙为其内部电路简化原理图,电源电动势为E,内阻为rRt为光敏电阻(光照强度增加时,其电阻值减小)。当随着傍晚到来光照逐渐减弱时,则下列判断正确的是(  )

AA灯变暗,B灯变亮

B电源内阻消耗的功率变小

C电源的效率变小

DRt上电流的变化量等于R0上电流变化量

【答案】

B

【详解】

A.光照逐渐减弱时,光敏电阻阻值增大,电路总电阻增大,故电路总电流I减小,消耗在内阻上的电压减小,路端电压

U=E-Ir

增大,即A灯两端电压增大,通过A灯的电流IA增大,所以A灯变亮,通过定值电阻R0的电流

I0=I-IA

减小,所以R0两端的电压

U0=I0R0

减小,B灯两端的电压

UB=U-I0R0

增大,B灯变亮,故A错误;
B.电源电动势不变,电路总电流I减小,由

P=I2r

可知电源的消耗功率减小,故B正确;
C.电源的效率为

 

由上面的分析可知路端电压U增大,电源的效率变大,故C错误;
D.通过R0上电流等于通过光敏电阻Rt电流与通过灯B的电流之和,即

I0=It+IB

根据前面的分析,通过灯B的电流IB增大,故Rt上电流的变化量大于R0上电流变化量,故D错误。
故选B

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难度:中等
知识点:闭合电路的欧姆定律
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14.

如图为汽车的机械式手刹(驻车器)系统的结构示意图,结构对称。当向上拉动手刹拉杆时,手刹拉索(不可伸缩)就会拉紧,拉索ODOC分别作用于两边轮子的制动器,从而实现驻车的目的。则以下说法正确的是( 

AODOC两拉索夹角为60°时,三根拉索的拉力大小相等

B拉动手刹拉杆时,拉索AO上拉力总比拉索ODOC中任何一个拉力大

C若在AO上施加一恒力,ODOC两拉索夹角越小,拉索ODOC拉力越大

D若保持ODOC两拉索拉力不变,ODOC两拉索越短,拉动拉索AO越省力

【答案】

D

【详解】

A.当ODOC两拉索夹角为120°时,三根拉索的拉力大小才相等,选项A错误;

B.拉动手刹拉杆时,当ODOC两拉索夹角大于120°时,拉索AO上拉力比拉索ODOC中任何一个拉力小,选项B错误;

C.根据平行四边形法则可知,若在AO上施加一恒力,ODOC两拉索夹角越小,拉索ODOC拉力越小,选项C错误;

D.若保持ODOC两拉索拉力不变,ODOC两拉索越短,则两力夹角越大,合力越小,即拉动拉索AO越省力,选项D正确。

故选D

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难度:中等
知识点:力的合成和分解
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15.

如图,虚线I分别表示地球卫星的三条轨道,其中轨道I为近地环绕圆轨道,轨道为椭圆轨道,轨道为脱离轨道,abc三点分别位于三条轨道上,b点为轨道的远地点,bc点与地心的距离均为轨道I半径的2倍,则(  )

A卫星在轨道的运行周期与轨道I的相同

B卫星经过a点的速率为经过b点的

C卫星在a点的加速度大小为在b点的4

D质量相同的卫星在b点的机械能等于在c点的机械能

【答案】

C

【详解】

A.由题可知轨道I的半径与轨道的半长轴之比为

根据开普勒第三定律

解得

A错误;

B.根据

如果b点在过该点的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动,如图所示

卫星经过a点的速率为在圆轨道上经过b点的倍,而轨道是椭圆,因此在轨道b点的速度不等于圆轨道的速度,选项B错误;

C.根据公式

可知,卫星在a点的加速度大小为在c点的4倍,选项C正确;

D.卫星从轨道变到轨道需要点火加速,因此在同一点加速动能增大也就是机械能增大,而同一轨道机械能守恒,因此b点的机械能小于在c点的机械能,选项D错误。

故选C

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难度:容易
知识点:机械能守恒定律
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16.

物块与水平桌面间动摩擦因数为μ,在大小为F、方向如图所示的力作用下,物块恰能以加速度a匀加速向右运动。若改用方向不变、大小为2F的力去推它,则物块的加速度大小为(  )

Aa

Ba+μg

C2a+μg

D2a+2μg

【答案】

C

【详解】

设力F与水平向右方向的夹角为θ,对物块进行受力分析,物块受到重力mg,水平向左的摩擦力f,桌面对物块的支持力FN以及推力F
当物块向右匀加速运动时,可得竖直方向有

mg+Fsinθ=FN

水平方向有

Fcosθ-μFN=ma

若改用方向不变、大小为2F的力去推它,则竖直方向有

mg+2Fsinθ=FN

水平方向有

f′=μFN

根据牛顿第二定律可得

2Fcosθ-f′=ma′

联立以上各式得到

a′=2a+μg

ABD错误,C正确。
故选C

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难度:容易
知识点:牛顿第二定律
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17.

如图所示,当正方形薄板绕着过其中心O并与板垂直的转动轴转动时,板上AB两点的

A角速度之比ωAB=1:1

B角度度之比ωAB=1:

C线速度之比vA:vB=:1

D线速度之比vA:vB=1:

【答案】

AD

【详解】

板上A、B两点绕同一个转轴转动,所以具有相同的角速度;即角速度之比ωA:ωB=1:1,故A正确,B错误;根据几何关系得板上A、B的轨道半径之比为1:;所以线速度之比vA:vB=1:,故C错误,D正确故选AD.

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难度:容易
知识点:圆周运动
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18.

高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀变速直线运动,在启动阶段,列车的(  )

A位移与它经历的时间成正比

B平均速度与它经历的时间成正比

C动能与它经历的时间平方成正比

D瞬时速度与它经历的时间平方成正比

【答案】

BC

【详解】

A.根据

可知,位移与它经历的时间的平方成正比,选项A错误;

B.根据

可知,平均速度与它经历的时间成正比,选项B正确;

C.根据

可知,动能与它经历的时间平方成正比,选项C正确;

D.根据

v=at

可知,瞬时速度与它经历的时间成正比,选项D错误。

故选BC

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难度:中等
知识点:匀变速直线运动的速度与时间的关系
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19.

如图,虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场,两电荷量相同的粒子PQ从磁场边界的M点先后射入磁场,在纸面内运动.射入磁场时,P的速度垂直于磁场边界,Q的速度与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场,且在磁场中运动的时间相同,则(   

APQ的质量之比为12                        BPQ的质量之比为

CPQ速度大小之比为                   DPQ速度大小之比为21

【答案】

AC

【详解】

MN=2R,则对粒子P的半径为R,有:;对粒子Q的半径为R,有:;又两粒子的运动时间相同,则,即,解得,故AC正确,BD错误.

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难度:中等
知识点:带电粒子在匀强磁场中的运动
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20.

边界MN将空间分成上下两个区域Ⅱ。在区域中有竖直向上的匀强电场,在区域中离边界某一高度由静止释放一质量为m、电荷量为+q的小球A,如图甲;小球运动的v-t图像如图乙。不计空气阻力,则(  )

A小球受到的重力与电场力之比为23

B整个向下运动过程中,重力做功与克服电场力做功之比为21

Ct=6s时,小球经过边界MN

D若规定MN所在平面电势为零,则运动到最低点的电势为

【答案】

AD

【详解】

A.由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为

进入电场后的加速度大小为

 

由牛顿第二定律得

mg=ma1

F-mg=ma2

得电场力

得重力mg与电场力F之比为23,故A正确。

B.整个向下运动过程中,小球动能变化量为零,可知重力做功与克服电场力做功之比为11,选项B错误;

C.由图像可知,在t=6s时,小球位移为零,此时回到A点,选项C错误;

D.从MN到最低点克服电场力做功为

 

若规定MN所在平面电势为零,则运动到最低点的电势能为

电势为

选项D正确。

故选AD

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难度:中等
知识点:电势能和电势
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21.

用图甲所示的电路研究光电效应中电子发射的情况与照射光的强弱、光的颜色(频率)等物理量间的关系.电流表A测得的光电流I随光电管两端电压U的变化如图乙所示,则(  )

A电压U增大,光电流I一定增大

B用不同频率的光照射K极,频率越大则饱和光电流越大

C用同频率的光照射K极,光电子的最大初动能与光的强弱无关

D只调换电源的极性,移动滑动变阻器滑片,当电流表示数为零时,电压表示数为遏止电压Uc的数值

【答案】

CD

【详解】

A. 开始时随着电压U增大,光电流I增大,但是当光电流达到饱和光电流时,即使电压再增加,电流不再增大,选项A错误;

B. 饱和光电流与光强有关,则用不同频率的光照射K极,频率越大则饱和光电流不一定越大,选项B错误;

C. 用同频率的光照射K极,光电子的最大初动能只与频率有关,与光的强弱无关,选项C正确;

D. 只调换电源的极性,则所加电压变为反向电压,移动滑动变阻器滑片,当电流表示数为零时,电压表示数为遏止电压Uc的数值,选项D正确。

故选CD

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难度:中等
知识点:光电效应
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22.

两个等量同种电荷固定于光滑绝缘水平面上,其连线中垂线上有ABC三点,如图甲所示,一个电荷量为2×10-5C,质量为1g的带正电小物块在水平面上从C点静止释放,其运动的v-t图像如图乙所示,其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。则下列说法正确的是(  )

AB点为中垂线上电场强度最大的点,场强E=100N/C

BC点到A点电势先增加后减少

CCA的过程中物块的电势能先变小后变大

DAB两点间的电势差UAB=500V

【答案】

AD

【详解】

A.根据v—t图象可知物块在B点的加速度最大

所受的电场力最大为

B点的场强最大为

A正确;

B.根据两个等量的同种正电荷,其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧,故由C点到A点电势逐渐减小,B错误;

C.根据v—t图象可知CA的过程中物块的速度增大,电场力做正功,电势能减小,故C错误;

D.由AB根据动能定理可得

又因

D正确。

故选AD

组卷:0次
难度:中等
知识点:电场 电场强度
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23.

下列关于热现象的描述正确的是_______

A人体感觉到空气潮湿,说明空气的相对湿度较大

B气体从外界吸收热量,其内能不一定增加

C热量不可能从温度较低的物体传到温度较高的物体

D一定质量的理想气体,在等压膨胀的过程中,一定吸收热量

E.分子平均速率大的物体的温度一定比分子平均速率小的物体的温度高

【答案】

ABD

【详解】

A.人体感觉到空气潮湿,说明空气的相对湿度较大,选项A正确;

B.气体从外界吸收热量,若气体对外做功,其内能不一定增加,选项B正确;

C.根据热力学第二定律,热量能从温度较低的物体传到温度较高的物体,但要引起其他的变化,选项C错误;

D.一定质量的理想气体,在等压膨胀的过程中,温度升高,内能增加,且对外做功,则一定吸收热量,选项D正确;

E.分子平均动能大的物体的温度一定比分子平均动能小的物体的温度高,选项E错误。

故选ABD

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难度:中等
知识点:温度和温标
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24.

一列简谐横波在某均匀介质中沿x轴传播,从处的质点a开始振动时计时,图甲为t0时刻的波形图,且质点a正沿y轴正方向运动,图乙为质点a的振动图象,以下说法正确的是(  )

A该波的频率为2.5Hz

B该波的传播速度为200m/s

C该波是沿x轴负方向传播的

Dt0时刻起,abc三质点中b最先回到平衡位置

E.t0时刻起,经0.015s质点a回到平衡位置

【答案】

BDE

【详解】

A.由题图可知该波的周期为0.04s,频率

A错误;

B.该波的传播速度

B正确;

Ca点在t0时刻速度方向沿y轴正方向,故波向x轴正方向传播,故C错误;

D.从t0时刻起,质点a沿y轴正方向运动,质点b沿y轴正方向运动,质点c沿y轴负方向运动,故质点b最先回到平衡位置,故D正确;

E.平衡位置从

处传播到

处时,质点a回到平衡位置,需时间

E正确。

故选BDE

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难度:中等
知识点:波的形成
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二、实验,探究题(共4题)
1.

某同学采用如图(a)所示的装置验证牛顿第二定律他将器材安装好,平衡摩擦力后,保持小车(含车上砝码)总质量M不变,通过改变砝码盘中砝码的质量来改变小车受到的合外力F

(1)若要完成实验,需要增加的测量工具是_____

A.天平和秒表            B.天平和刻度尺

C.秒表和刻度尺            D.刻度尺和圆规

(2)某次实验,打出的纸带如图(b)所示(每两个计数点间还有4个点没有标出)。已知小车(含车上砝码)总质量M=250g,打点计时器的频率为50Hz,则靠近纸带_____点(选填AD)的一端与小车连接,该次实验小车(含车上砝码)受到的合力F=_____N,砝码盘和盘中砝码的总质量m=_____g(重力加速度取9.9m/s2,结果均保留3位有效数字)

【答案】

B    A    0.225N    25   

【详解】

(1)需要天平测量小车和砝码盘加砝码的质量;需要刻度尺测纸带上计数点间的距离,故选B

(2)小车开始时靠近打点计时器,小车从静止开始做加速运动,与小车连接的一端的点迹比较密集,故A端与小车相连。

根据逐差法可求出小车的加速度

对小车,根据牛顿第二定律可求出合外力

对砝码盘和盘中砝码整体进行受力分析,并根据牛顿第二定律得

整理并带入数据得

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难度:中等
知识点:实验:探究加速度与力、质量的关系
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2.

(1)图甲是多用电表的简化电路图,作为电压表使用时,选择开关应接____ 作为欧姆表使用时,选择开关应接____(均选填1”“23)。使用多用电表时,电流一定从____(选填AB)端流入多用电表。

(2)利用多用电表和电阻箱测量一电源的电动势和内阻的电路如图乙。调节电阻箱,记录多组电阻箱示数R和多用电表示数I,作出R-1/ I的图线如图丙所示。由图丙可求得电动势E=__V,内阻r=__Ω。(结果均保留2位有效数字) 

【答案】

3    2    A    2.92.8~3.0    1.21.1~1.3   

【详解】

(1)由图甲所示可知,选择开关接3时,电流表与定值电阻串联,多用电表是电压表,可以测电压。

当选择开关接2时电流表与电源相连,此时多用电表是欧姆表。

使用多用电表时电流从正插孔流入多用电表,即电流从A端流入多用电表。

(2)安阻法测电源电动势与内阻,在闭合电路中,电源电动势

图线横轴截距的绝对值

由该图线可得图像斜率

则电动势

内阻

【点睛】

要掌握多用电表结构,电流表、电压表与欧姆表的改装原理;知道实验原理是正确解题的前提与关键,做实验题时首先要明确实验目的。

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难度:中等
知识点:实验:电池电动势和内阻的测量
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3.

探究加速度与力、质量的关系实验中,采用如图甲所示的实验装置,小车及车中砝码的质量用M表示,盘及盘中砝码的质量用m表示,小车的加速度可由小车拖动的纸带上打的点计算出。

(1)下列做法正确的是___________

A.打点计时器使用的电源是直流电源

B.在平衡摩擦力和其他阻力时,应将长木板右端垫高

C.每次改变小车质量时,需要重新调节木板倾斜角度

D.实验时,先放开小车再接通电源

(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,实验应满足的条件是_________

(3)图乙为实验中用打点计时器打出的一条较理想的纸带,纸带上ABCDEFG为七个相邻的计数点,相邻计数点间的时间间隔是0.1s,距离如图所示,小车在E点的速度大小是______m/s(保留2位有效数字)。

【答案】

B    mM    0.12   

【详解】

(1) A.打点计时器使用的电源是交流电源,选项A错误;

B.在平衡摩擦力和其他阻力时,应将长木板右端垫高,选项B正确;

C.每次改变小车质量时,不需要重新调节木板倾斜角度,选项C错误;

D.实验时,先接通电源再放开小车,选项D错误。

故选B

(2) 盘及盘中砝码和小车一起运动,根据牛顿第二定律,对盘及盘中砝码

mg-F=ma

对小车

F=Ma

可得小车受到的拉力

本实验用盘及盘中砝码的重力代表小车受到的合外力(拉力),只有M>>m时,才有F≈mg

(3)小车在E点的速度大小是

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难度:中等
知识点:实验:探究加速度与力、质量的关系
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4.

测定金属的电阻率的实验中,所用测量仪器均已校准。已知待测金属丝的电阻值Rx约为,在测电阻时,可供选择的器材有:

电源E:电动势3V,内阻约

电流表A1:量程00.6A,内阻约0.125Ω

电流表A2:量程03A,内阻约0.025Ω

电压表V1:量程03V,内阻约3kΩ

电压表V2:量程015V,内阻约15kΩ

滑动变阻器R1:最大阻值,允许最大电流2A

滑动变阻器R2:最大阻值1000Ω,最大电流0.6A

开关一个,导线若干。

(1)在上述器材中,应该选用的电流表是______,应该选用的电压表是___。若想尽量多测几组数据,应该选用的滑动变阻器是______(填写仪器的字母代号)。

(2)该同学用螺旋测微器测金属丝的直径如图所示,则螺旋测微器的示数d=___mm

(3)用所选的器材,在答题纸对应的方框中画出电路图________

(4)关于本实验的误差,下列说法正确的是_______

A.测量过程中,开关长时间闭合,对实验结果没有影响

B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差

C.利用电流I随电压U的变化图线求Rx可减小偶然误差

D.由于采用的是电流表外接法,测量值小于真实值

【答案】

A1    V1    R1    0.600        CD   

【详解】

(1)因为电源的电动势3V,所以电压表选择量程03V的电压表,根据欧姆定律可知

电路中最大电流为0.6A,所以电流表选择量程00.6A的电流表A1

为保证调节方便,尽量多测几组数据,则选择阻值较小的滑动变阻器

(2)螺旋测微器固定刻度为0.5mm,可动刻度为0.01×10.0=0.100mm,所以最终读数为0.5mm+0.100mm=0.600mm

(3)由于,所以电流表采用外接法,实验要求尽量多测几组数据,所以滑动变阻器采用分压式,电路图如图所示

(4)A.测量过程中,开关长时间闭合,会导致电阻测量结果偏大,故A错误;

B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差,故B错误;

C.利用电流随电压的变化图线求金属丝电阻,可以减小偶然误差,故C正确;

D.采用外接法,电压表与待测电阻并联,故电压表是准确的,而由于电压表的分流使电流表测量结果偏大,故由欧姆定律求得的测量值偏小,故D正确;

故选CD

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难度:中等
知识点:实验:导体电阻率的测量
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三、解答题(共8题)
1.

如图所示,光滑导轨MNPQ固定在同一水平面上,两导轨间距LNQ两端接有定值电阻R。在两导轨之间有一边长为0.5L的正方形区域abcd,该区域内分布着方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一粗细均匀、质量为m的金属杆静止在ab处,杆接入两导轨之间的电阻也为R。现用一大小为F的恒力沿水平方向拉杆,使之由静止向右运动,且杆在穿出磁场前已做匀速运动。已知杆与导轨接触良好,不计其它电阻,求:

(1)杆匀速运动的速率v及杆穿出磁场前通过定值电阻R的电流方向;

(2)穿过整个磁场过程中,金属杆上产生的电热Q

【答案】

(1);电流方向为由NQ(2)

【详解】

(1)根据法拉第电磁感应定律

由欧姆定律

杆所受安培力

杆匀速运动

联立解得,杆匀速运动的速率

根据右手定则可知,杆穿出磁场前通过定值电阻R的电流方向为由NQ

(2)设整个过程中产生的总电热为Q,根据能量守恒得

由串联电路特点,杆上产生的电热

 

联立解得

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难度:中等
知识点:电磁感应现象与应用
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2.

如图,长度L=4.5m的水平桌面左右两端各静置大小相同的小球ab,在桌面右下方适当位置放置倾角θ=30°的斜面,小球b的质量为0.3kg小球a在恒定水平推力F作用下以a0=4m/s2的加速度向右运动,在小球a即将要与小球b碰撞时撤去推力F;两小球碰撞后,小球a的动能减少为原来的四分之一,且刚好能返回到桌面左端;小球b落到斜面上的P1点,与斜面碰撞后水平向右飞出,然后落到斜面上的P2点。已知小球与斜面碰撞前后速度与斜面的夹角相等,两球均可视为质点,两小球间碰撞以及小球b与斜面间的碰撞均为完全弹性碰撞,且碰撞时间极短,重力加速度g=10m/s2。求:

1)两小球碰撞后,小球a的速度大小;

2)推力F的大小;

3)小球b在斜面上的两个落点P1P2间的距离。

【答案】

1;(2;(3

【详解】

1)设小球a的质量为,小球b的质量为,碰撞前小球a的速度,碰撞后小球a的速度大小为,小球b的速度大小为,有

解得

根据

解得

2)根据牛顿第二定律

碰撞过程

能量守恒

小球a返回过程

解得

 

3)如图所示,设小球b到达斜面上的 时的速度大小为 间距离为,由的运动时间为t,由几何关系得

有题意可得

小球做平抛运动

解得

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难度:中等
知识点:能量守恒定律
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3.

各学校复学后需要做好防疫消毒工作,如图为某校使用的气压式喷壶,该喷壶的容积为3L,壶内气体压强至少达到2.0×105Pa,才能将壶内消毒液呈雾状喷出;现向喷壶内注入2L消毒液,并拧紧壶盖,然后向壶内打气,每次打气能将压强、体积的空气打入壶内,打气过程中壶内气体温度一直与外界温度相同,不计细管的体积,大气压强

(1)要使喷壶中的消毒液呈雾状喷出,至少需要打气多少次;

(2)若经过多次打气,壶内空气压强达到5.0×105Pa,要将药液呈雾状喷出,最多能喷出多少升消毒液?

【答案】

(1)20次;(2)1.5L

【详解】

(1)设至少需要打n次气,喷液前壶内空气体积为V0,有

解得

(2)设壶内空气压强为2.0×105Pa时,气体体积为V1,有

最多喷出消毒液体积为

解得

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难度:中等
知识点:气体的等温变化
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4.

半径为R的半圆柱玻璃砖的截面积如图所示,O为圆心,光线沿半径方向从a点射入玻璃砖后,恰好在O点发生全反射,另一条光线平行从最高点b射入玻璃砖后,在底边MN上的d点射出,若测得Od=,求该玻璃砖的折射率。

【答案】

【详解】

假设光线的入射角和折射角分别为,如图:

光线点发生折射,根据折射定律

又因为光线和光线平行,且恰好在点发生全反射,则

所以

解得折射率

该玻璃砖的折射率为

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难度:中等
知识点:光的折射
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5.

如图所示,MNPQ为固定在水平面上的平行光滑金属轨道,轨道间距为0.2m。质量为0.1kg的金属杆ab置于轨道上,与轨道垂直。整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=0.5T。在平行于导轨的拉力F作用下,导体棒沿导轨向右匀速运动,速度v10m/s。电路中除了电阻R=0.04Ω之外,ab杆的电阻r=0.01Ω,其余电阻不计。求:

(1)感应电动势的大小;

(2)判断流过电阻R的电流方向并计算电流的大小;

(3)ab杆两端的电压及外力F的大小。

【答案】

(1)1V(2) 流过R的电流方向为M→P20A(3)0.8V2N

【详解】

(1)ab杆速度为v=10m/s,感应电动势为

(2)根据右手定则可知导体棒中的电流方向为b→a,则流过R的电流方向为M→P

感应电流

(3)金属杆两端电压为路端电压,即

 

外力大小为

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难度:容易
知识点:电磁感应现象与应用
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6.

如图所示,ABCD是光滑轨道,其中竖直圆轨道的半径为R0.2m,最低点B处入、出口不重合,C点是最高点,BD部分水平,D点与其右侧的水平传送带平滑连接,传送带以速率v2m/s逆时针匀速转动,水平部分长度L1m。质量为m1kg的小物块从轨道上高H=0.8m处的P位置由静止释放,在竖直圆轨道内通过最高点C后经B点进入水平轨道,小物块与传送带间的动摩擦因数μ0.4,重力加速度g10m/s2

(1)小物块经过最高点C处时所受轨道的压力N的大小;

(2)小物块在传送带上运动的时间t及小物块离开传送带时的速度vt

(3)小物块与传送带之间摩擦生的热量Q


【答案】

(1)30N(2)(3)()J

【详解】

(1)设小物块滑到C的速度为,从P→C过程由机械能守恒定律得

小物块在C处由牛顿第二定律得

由上两式解得

N=30N

(2)设小物块进入传送带的速度为v0,加速度大小为a,在传送带上运动的时间为t,到达传送带右端速度为vt



P→D过程,由机械能守恒定律

由牛顿第二定律

解得

由运动学公式

联立求解

(3)这段时间内,传送带向左运动的位移

摩擦产生的热

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难度:偏难
知识点:机械能守恒定律
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7.

如图所示,一粗细均匀的细管开口向上竖直放置,管内有一段高度为2.0cm的水银柱,水银柱下密封了一定量的理想气体,水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。若将细管倒置,水银柱下表面恰好位于管口处,且无水银滴落,管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmHg,环境温度不变。求细管的长度。

【答案】

41cm

【详解】

设细管的长度为L,横截面的面积为S,水银柱高度为h;初始时,设水银柱上表面到管口的距离为h1,被密封气体的体积为V,压强为p;细管倒置时,气体体积为V1,压强为p1。由玻意耳定律有

pV=p1V1

由力的平衡条件有

p=p0+ρgh

p1=p0-ρgh

式中ρg分别为水银的密度和重力加速度的大小,p0为大气压强。由题意有

V=SL-h1-h

V1=SL-h

由以上各式和题给条件得

L=41cm

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难度:中等
知识点:气体的等温变化
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8.

如图,一般帆船静止在湖面上,帆船的竖直桅杆顶端高出水面3 m.距水面4 m的湖底P点发出的激光束,从水面出射后恰好照射到桅杆顶端,该出射光束与竖直方向的夹角为53°(取sin53°=0.8).已知水的折射率为

1)求桅杆到P点的水平距离;

2)船向左行驶一段距离后停止,调整由P点发出的激光束方向,当其与竖直方向夹角为45°时,从水面射出后仍然照射在桅杆顶端,求船行驶的距离.

【答案】

17m    25.5m

【详解】

设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为,到P点的水平距离为,桅杆高度为P点处水深为;激光束在水中与竖直方向的夹角为,由几何关系有

由折射定律有:

设桅杆到P点的水平距离为

联立方程并代入数据得:

设激光束在水中与竖直方向的夹角为时,从水面出射的方向与竖直方向夹角为

由折射定律有:

设船向左行驶的距离为,此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为,到P点的水平距离为,则:

联立方程并代入数据得:

组卷:0次
难度:中等
知识点:光的折射
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四、填空题(共2题)
1.

分子间的作用力跟分子间距离的关系如图所示,从图中可看出,随着分子间距离由零开始逐渐增大分子力大小的变化情况为___________________________________________;当分子间距离为_________ (选填r1r2”)时,分子间的吸引力与排斥力大小相等.

【答案】

先减小到零再增大到某一峰值然后减小到零(或先减小后增大再减小        

【解析】

(1)由引力图线可知,分子之间的引力随着分子间距离的增大而减小;由斥力图线可知,分子之间的斥力随着分子间距离的增大而减小;由分子力图线可知,分子力的变化情况是先减小到零再增大到某一峰值然后减小到零而当分子间距离为r1时,分子力为零,而分子力是分子斥力与引力的合力,当分子力为零时,说明分子之间的引力等于分子之间的斥力.

【点睛】本题要掌握实际的分子力是分子引力与斥力的合力,直接由读出分子力的变化.

组卷:0次
难度:中等
知识点:分子动理论的基本内容
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2.

机械波在x轴上传播,在t=0时刻的波形如图中的实线所示,在t=0.15s时刻的波形如图中的虚线所示。已知该波的周期大于0.15s该波的振幅是_____,若波沿x轴负方向传播,则波速大小v=_____

【答案】

5cm    3m/s   

【详解】

(1)由图可知,该波的振幅时5cm

(2)已知该波的周期大于0.15s,即波从时刻到时刻传播的时间小于一个周期,传播的距离小于一个波长,所以若波沿轴负方向传播,传播距离为

则波速大小为

组卷:0次
难度:中等
知识点:波的描述
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试卷统计
试题总数:
38
总体难度:
中等
题型统计
大题类型
题目数
占比
选择题
24
63.15%
实验,探究题
4
10.52%
解答题
8
21.05%
填空题
2
5.26%
知识点统计
知识点
题目数
占比
匀变速直线运动的位移与时间的关系
2
5.26%
万有引力定律
1
2.63%
变压器
1
2.63%
共点力的平衡
1
2.63%
电势差
1
2.63%
动量定理
1
2.63%
电容器中的电容
1
2.63%
牛顿运动定律的应用
1
2.63%
物理学史
1
2.63%
牛顿第三定律
1
2.63%
弹性碰撞和非弹性碰撞
1
2.63%
闭合电路的欧姆定律
1
2.63%
力的合成和分解
1
2.63%
机械能守恒定律
2
5.26%
牛顿第二定律
1
2.63%
圆周运动
1
2.63%
匀变速直线运动的速度与时间的关系
1
2.63%
带电粒子在匀强磁场中的运动
1
2.63%
电势能和电势
1
2.63%
光电效应
1
2.63%
电场 电场强度
1
2.63%
温度和温标
1
2.63%
波的形成
1
2.63%
实验:探究加速度与力、质量的关系
2
5.26%
实验:电池电动势和内阻的测量
1
2.63%
实验:导体电阻率的测量
1
2.63%
电磁感应现象与应用
2
5.26%
能量守恒定律
1
2.63%
气体的等温变化
2
5.26%
光的折射
2
5.26%
分子动理论的基本内容
1
2.63%
波的描述
1
2.63%
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