广东省普宁二中2021届高三下学期第一次测试理综物理试题-Word版含解析.docx

2021年广东省揭阳市普宁二中高考物理一模试卷一、单项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共16分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分1（4分）意大利科学家伽利略在争辩物体变速运动规律时，做了有名的“斜面试验”，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动状况，发觉铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，于是他对大倾角状况进行了合理的外推，由此得出的结论是（） A 力不是维持物体运动的缘由 B 力是使物体产生加速度的缘由 C 自由落体运动是一种匀变速直线运动 D 物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性【考点】： 牛顿第肯定律；惯性【分析】： 结论是由试验推导出来的，所以结论必需与试验相联系，题目中的结论要与随着斜面倾角的增大，铜球做怎样的运动有关【解析】： 解：铜球在较小倾角斜面上的运动状况，发觉铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的状况就是90时，这时物体做自由落体运动，由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动故选C【点评】： 该题属于试验推论题，要求同学们正确理解科学家的基本观点和佐证明验，该题难度不大，属于基础题2（4分）如图所示，物体A置于倾斜的传送带上，它能随传送带一起向上或向下做匀速运动，下列关于物体A在上述两种状况下的受力描述，正确的是（） A 物体A随传送带一起向上运动时，A所受的摩擦力沿斜面对下 B 物体A随传送带一起向下运动时，A所受的摩擦力沿斜面对下 C 物体A随传送带一起向下运动时，A不受摩擦力作用 D 无论物体A随传送带一起向上还是向下运动，传送带对物体A的作用力均相同【考点】： 摩擦力的推断与计算【专题】： 摩擦力专题【分析】： 物体相对皮带静止，随传送带一起向上或向下做匀速运动，所以物体受力平衡，依据平衡条件来确定物体的受到摩擦力状况【解析】： 解：A、物体相对皮带静止，随传送带一起向上或向下做匀速运动，所以物体受力平衡，在沿斜面方向有：mgsin=f，所以无论传送带向上或向下运动，A所受的摩擦力沿斜面对上，故ABC错误；D、对物体受力分析，受到重力和传送带对物体的作用力，所以传送带对物体A的作用力大小等于重力，方向竖直向上，所以无论传送带向上或向下运动，传送带对物体A的作用力均相同，故D正确故选：D【点评】： 考查依据物体的运动状态来确定物体的受力状况，同时也可以由受力状况来确定物体的运动状态3（4分）阻值不计的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈两端的电压随时间的变化规律如图所示则下列说法中正确的是（） A 线圈两端电压的平均值为10V B 电压表连接在线圈两端时，其示数为20V C 在0.01s时，线圈平面与磁场垂直 D 当接外电路时，线圈内的电流方向1s内转变50次【考点】： 沟通发电机及其产生正弦式电流的原理【专题】： 沟通电专题【分析】： 从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度、有效值；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大【解析】： 解：A、线圈两端电压的平均值为为一段时间内的数值，在时间不知道的状况下不行以求解，故A错误；B、电表示数为有效值，电压有效值为=10V，故B错误；C、t=0.01s时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，C正确；D、A、由图象知周期T=0.02s，一个周期电流方向变化两次呢，故1内变化100次，故D错误；故选：C【点评】： 本题考查了对沟通电图象的生疏，要具备从图象中获得有用信息的力量，留意电表读数为有效值4（4分）如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的摸索电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是（） A A点电势高于B点电势 B A、B两点的电场强度相等 C q1的电荷量小于q2的电荷量 D q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能【考点】： 电势；电场强度；电势能【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 将两个带正电的摸索电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，说明Q带负电，即可推断A、B电势凹凸；由点电荷场强公式E=k分析场强的大小；由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，依据电场力做功公式W=qU，分析电荷量的大小；依据电场力做功与电势能的关系，即可推断q1在A点的电势能与q2在B点的电势能的大小【解析】： 解：A、由题，将两个带正电的摸索电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，则知Q与两个摸索电荷之间存在引力，说明Q带负电，电场线方向从无穷远处指向Q，则A点电势小于B点电势故A错误B、由点电荷场强公式E=k分析可知，A点的场强大于B点的场强故B错误C、由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，依据电场力做功公式W=qU，得知，q1的电荷量小于q2的电荷量故C正确D、将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，两个摸索电荷电势能的变化量相等，无穷远处电势能为零，则q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能故D错误故选：C【点评】： 本题依据电场力做功与电势能变化的关系分析电势能的大小，依据公式E=k分析场强的大小等等，都是常用的思路二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分5（6分）如图所示两个内壁光滑、半径不同的半球形碗，放在不同高度的水平面上，使两碗口处于同一水平面现将质量相同的两个小球（小球半径远小于碗的半径），分别从两个碗的边缘由静止释放（忽视空气阻力），则（） A 小球在碗中做匀速圆周运动 B 过最低点时，两小球都处于超重状态 C 过最低点时，两小球的角速度大小相等 D 过最低点时，两小球的机械能相等【考点】： 功能关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 小球在运动中机械能守恒，选取相同的零势能面可得出两小球具有相同的机械能； 由机械能守恒定律可得出小球在碗底的速度，由向心力公式可得出压力的关系【解析】： 解：A、依据机械能守恒定律可知，小球下降的过程中速度增大，故A错误； B、由向心力公式可得：Fmg=m=2mg，解得：F=3mg，故压力大于重力，两小球都处于超重状态故B正确； C、小球在下落中机械能守恒，则有：mgr=，因两小球下降的高度不同，故两小球到达底部的角速度不同，故C错误；D、小球开头时高度相同且初速度为零，故两小球的机械能相同，故D正确； 故选：BD【点评】： 对于比较两种状况类的题目，要留意找出两者间的相同点及不同点，选择合适的规律求解6（6分）竖直悬挂的轻弹簧下连接一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如图所示则快速放手后（） A 小球开头向下做匀加速运动 B 弹簧恢复原长时小球速度达到最大 C 弹簧恢复原长时小球加速度等于g D 小球运动过程中最大加速度大于g【考点】： 牛顿其次定律【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 弹簧原来处于压缩状态，小球受到重力、弹簧向下的弹力和手的支持力，快速放手后，分析小球的受力状况分析其运动状况，其中弹簧的弹力与弹簧的形变量大小成正比，依据牛顿其次定律争辩小球的加速度【解析】： 解：A、快速放手后，小球受到重力、弹簧向下的弹力作用，向下做加速运动，弹力将减小，小球的加速度也减小，小球做变加速运动故A错误B、当小球的重力与弹力大小相等，方向相反时，速度最大，故B错误C、弹簧恢复原长时，小球只受重力，加速度为g故C正确D、刚放手时，小球所受的合力大于重力，加速度大于g故D正确故选：CD【点评】： 本题关键是分析小球的受力状况，来推断其运动状况，利用简谐运动的对称性争辩小球到达最低点时的加速度7（6分）由于某种缘由，人造地球卫星的轨道半径减小了，那么（） A 卫星受到的万有引力增大，线速度减小 B 卫星的向心加速度增大，周期减小 C 卫星的动能、重力势能和机械能都减小 D 卫星的动能增大，重力势能减小，机械能减小【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】： 人造卫星问题【分析】： 从万有引力供应圆周运动向心力处理轨道半径变化引起的描述圆周运动物理量的变化，从能量角度分析卫星能量的变化【解析】： 解：卫星绕地球做圆周运动万有引力供应圆周运动向心力：=ma知：A、万有引力与距离的二次方成反比，半径减小则万有引力增大，线速度v=知，半径减小，线速度增大，故A错误；B、，知r减小a增大，T=，r减小T减小，故B正确；C、卫星运行的线速度v=知半径减小，线速度v增大，故动能增大，故C错误；D、卫星运行的线速度v=知半径减小，线速度v增大，故动能增大，卫星轨道高度降低则其重力势能减小，在轨道减小的过程中由于阻力的存在，卫星要克服阻力做功功，机械能减小，故D正确故选：BD【点评】： 万有引力供应圆周运动向心力并由此分析描述圆周运动物理量与半径间的关系，知道卫星轨道半径减小是由于克服淡薄空气阻力做功引起的8（6分）闭合回路由电阻R与导线组成，其内部磁场大小按Bt图变化，方向如图，则回路中（） A 电流方向为顺时针方向 B 电流强度越来越大 C 磁通量的变化率恒定不变 D 产生的感应电动势越来越大【考点】： 法拉第电磁感应定律；影响感应电动势大小的因素；楞次定律【专题】： 计算题【分析】： 由Bt图象可知磁感应强度的变化状况，则由磁通量的定义可知磁通量的变化率；再由楞次定律可推断电流方向；由法拉第电磁感应定律可求得感应电动势【解析】： 解：由图象可知，磁感应随时间均匀增大，则由=BS可知，磁通量随时间均匀增加，故其变化率恒定不变，故C正确；由楞次定律可知，电流方向为顺时针，故A正确；由法拉第电磁感应定律可知，E=S，故感应电动势保持不变，电流强度不变，故BD均错；故选AC【点评】： 本题考查楞次定律及法拉第电磁感应定律的应用，二者分别推断感应电流的方向和大小，应娴熟把握9（6分）如图，金属杆ab的质量为m、通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，平行导轨间的距离为L，结果ab静止且紧压于水平导轨上若磁场方向与导轨平面成角，金属杆ab与水平导轨间的摩擦系数为，则以下说法正确的是（） A 金属杆ab所受的安培力大小为BILsin B 金属杆ab所受的安培力大小为BIL C 金属杆ab所受的摩擦力大小为BILsin D 金属杆ab所受的摩擦力大小为mg【考点】： 安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用【分析】： 金属杆ab受到重力、安培力、导轨的支持力和摩擦力平衡，金属杆与磁场方向垂直，安培力大小FA=BIL，依据平衡条件列方程求解【解析】： 解：作出金属杆受力的主视图，如图依据平衡条件得 Ff=BILsinFN=mgBILcos电流和磁场垂直，故FA=BIL故选：BC【点评】： 本题考查应用平衡条件解决磁场中通电导体的平衡问题，关键在于安培力分析和计算本题要留意导体与磁场垂直三、非选择题10（8分）小谢所在的试验小组测量小车从斜面上下滑所受到的阻力大小，他利用一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图甲所示图乙是打出的纸带的一段，已量出各相邻计数点的长度分别为：S1、S2、S3、S4、S5、S6、S7、S8已知打点计时器使用的沟通电频率为f，则打下B点时小车的速度VB=，小车下滑的加速度算式为a=（用题中所给的符号表示）已知当地的重力加速度为g，本试验中只有毫米刻度尺，没有量角器，为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，还需测量的物理量有小车质量m、斜面上任意两点间距离l及这两点的高度差h （要用文字及符号表示）用加速度a及其他需要测得的量表示阻力的计算式为F阻=【考点】： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】： 试验题；牛顿运动定律综合专题【分析】： 匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，依据x=aT2列式求解加速度；依据牛顿其次定律列式求解阻力，确定待测量【解析】： 解：匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故：VB=依据公式x=aT2，有：其中：T=解得：a=依据牛顿其次定律，有：mgsinF阻=ma解得：F阻=mgsinma=故还需要测量小车质量m、斜面上任意两点间距离l及这两点的高度差h；故答案为：，；小车质量m、斜面上任意两点间距离l及这两点的高度差h；【点评】： 本题关键是明确小车的受力状况和运动性质，然后结合运动学公式和牛顿其次定律定律列式求解11（10分）某试验小组要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约100，电学符号与小灯泡电学符号相同现有的器材规格如下：A待测LED灯RxB直流毫安表A1（量程010mA，内阻约为100）C直流毫安表A2（量程040mA，内阻约为40）D直流电压表V1（量程03V，内阻约为5k）E直流电压表V2（量程015V，内阻约为15k）F直流电源（输出电压4.5V，内阻很小）G滑动变阻器R1（阻值范围050，允许最大电流1A）H滑动变阻器R2（阻值范围010k，允许最大电流1A）I开关一个、导线若干为了尽可能精确测定LED灯正常工作时的电阻，所选电流表为（填“A1”或“A2”），所选电压表为（填“V1”或“V2”）；滑动变阻器应选（填“R1”或“R2”）请依据试验原理图甲，完成图乙未完成的实物连接；闭合开关S后，某次测量时电压表的示数如丙所示，该示数为2.70V【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】： 试验题；恒定电流专题【分析】： 本题依据通过LED灯的最大电流来选择电流表量程，依据额定电压大小来选择电压表的量程，依据变阻器接受的分压式接法来选择变阻器大小；题连线时先连好分压电路在依次连接即可；题依据电表每小格的读数来确定估读方法，若消灭“1”则应进行“”估读，消灭“2”则应进行“”估读，消灭“5”则应进行“”估读【解析】： 解：由欧姆定律可求出通过LED灯的最大电流为，所以电流表应选择；依据LED灯的额定电压可知电压表应选择；由于变阻器接受分压式接法时，变阻器阻值越小调整越便利，所以变阻器应选择；是连线图如图所示：由于电压表每小格读数为0.1V，应估读到0.01V，所以电压表的读数为U=2.70V（2.69、2.71均可以）；故答案为：，；如图；2.70【点评】： 应明确：应依据待测电阻的额定电压和额定电流大小来选择电压表与电流表的量程；当变阻器接受分压式接法时，应选择阻值小的变阻器以便利调整；依据电表每小格的读数大小来选择估读方法：若消灭“1”则进行“”估读，消灭“2”则进行“”估读，消灭“5”则进行“”估读12（18分）如图所示，在矩形区域abcd内布满垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B在ad边中点O的粒子源，在t=0时刻垂直于磁场放射出大量的同种带电粒子，全部粒子的初速度大小相同，方向与Od的夹角分布在0180范围内已知沿Od方向放射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场边界cd上的p点离开磁场，ab=1.5L，bc=L，粒子在磁场中做圆周运动的半径R=L，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：（1）粒子带电的电性和粒子在磁场中的运动周期T；（2）粒子的比荷；（3）粒子在磁场中运动的最长时间【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： （1）由粒子沿Od方向放射从磁场边界cd上的p点离开磁场，说明粒子受向右的洛伦兹力向右偏，由左手定则知粒子带正电荷，画出运动轨迹，依据几何学问求解偏转角，依据角度和时间关系求解周期；（2）粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力供应，依据牛顿其次定律得：和T=知比荷；（3）画出运动轨迹，弦最长为2L，找到对应的最大圆心角，从而知最长时间【解析】： 解：（1）由粒子沿Od方向放射从磁场边界cd上的p点离开磁场，说明粒子受向右的洛伦兹力向右偏，由左手定则知粒子带正电荷 初速度沿Od方向放射的粒子在磁场中运动的轨迹如图1，其圆心为，由几何关系有：sin=所以：=60=解得：T=6t0（2）粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力供应，依据牛顿其次定律得：T=带电微粒在磁场中做圆周运动的周期为联立以上式子解得=（3）如图2所示，在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹的弦Ob=L，圆轨迹的直径为2L，所以：Ob弦对应的圆心角为120，粒子在磁场中运动的最长时间 tmax=2t0答：（1）粒子在磁场中的运动周期T为6t0；（2）粒子的比荷为；（3）粒子在磁场中运动的最长时间为2t0【点评】： 本题考查分析和处理粒子在磁场中运动的轨迹问题，难点在于分析时间的最大值，也可以运用极限分析法分析13（18分）如图，“蜗牛状”轨道OAB竖直固定，其最低点与平板车左端平滑对接，平板车静止在光滑水平面上其中，“蜗牛状”轨道由内壁光滑的两个半圆轨道OA、AB平滑连接而成，轨道OA的半径R=0.6m，其下端O刚好是轨道AB的圆心将一质量为m=0.5kg的小球从O点沿切线方向以某一初速度进入轨道OA后，可沿OAB轨道运动滑上平板车取g=10m/s2（1）若因受机械强度的限制，“蜗牛状”轨道AB段各处能承受最大挤压力为Fm=65N，则在保证轨道不受损状况下，该轨道最低点B处速度传感器显示速度范围如何？（2）设平板车质量为M=2kg，平板车长度为L=2m，小球与平板车上表面动摩擦因数=0.5现换用不同质量m的小球，以初速度v0=m/s从O点射入轨道，试争辩小球质量在不同取值范围内，系统因摩擦而相应产生的热量Q【考点】： 动量守恒定律；牛顿其次定律；向心力；机械能守恒定律【分析】： 依据牛顿其次定律和动能定理求解小球到达最低点的最小速度和最大速度；若小球质量m4M，则小球将最终从小车右端滑离平板车，若小球质量m4M，则小球将最终与小车达到共速，依据能量守恒求解【解析】： 解：（1）要使小球刚好能通过圆弧最高点，则，得：m/s从A点到B过程中，有：，代入数据得：m/s当轨道最低点对小球支持力最大时，小球到达最低点速度最大，依据牛顿其次定律有：，代入数据得：vB2=12m/s故B处速度传感器显示数值范围为m/svB12m/s（2）假如小球刚好滑行到小车右端与小车相对静止，则有：m0vB=（m0+M）u，代入数据得：m0=4M若小球质量m4M，则小球将最终从小车右端滑离平板车则有：Q=mgL，即：Q=10m若小球质量m4M，则小球将最终与小车达到共速则依据动量守恒定律：mvB=（m+M）u，得：能量守恒：，得：答：（1）该轨道最低点B处速度传感器显示速度范围为m/svB12m/s；（2）系统因摩擦而相应产生的热量Q为 10m或【点评】： 本题运用程序法进行分析综合运用了动量守恒定律，牛顿其次定律、功能关系，综合性较大，难度较大