江西省吉安市永新和川中学高三物理测试题含解析

江西省吉安市永新和川中学高三物理测试题含解析一、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.（单选）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈与热水器、抽油烟机连接．已知副线圈上的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关s接通抽油烟机，下列说法正确的是（）A．电压表示数为44VB．副线圈上电压的瞬时值表达式u=220sin（10πt）VC．热水器消耗的功率变大D．变压器的输入功率增大参考答案：解：A、U1=V=1100V，则电压表示数为1100V，故A错误；B、由图乙可知，交变电流的峰值是220V，ω==100πrad/s，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=220sin100πtv，故B错误；C、接通开关，副线圈所接电路电阻减小，电流增大，热水器两端电压不变，所以消耗功率不变，故C错误；D、接通开关，电流增大，电压不变，所以线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，故D正确；故选：D2.如图，竖直轻质悬线上端固定，下端与均质硬棒AB中点连接，棒长为线长的二倍。棒的A端用铰链墙上，棒处于水平状态。改变悬线的长度，使线与棒的连接点逐渐右移，并保持棒仍处于水平状态。则悬线拉力（A）逐渐减小

（B）逐渐增大（C）先减小后增大

（D）先增大后减小参考答案：A3.（单选）用恒力F竖直向上拉一物体，使其由地面处开始加速上升到某一高度．若该过程空气阻力不能忽略，则下列说法中正确的是（） A． 力F做的功和阻力做的功之和等于物体动能的增量 B． 重力所做的功等于物体重力势能的增量 C． 力F做的功和阻力做的功之和等于物体与地球系统机械能的增量 D． 力F、重力、阻力三者的合力所做的功等于物体机械能的增量参考答案：解：A、根据动能定理得，力F、阻力、重力三力做功之和等于物体动能的增量．故A错误，D错误．B、物体向上运动，重力做负功，重力势能增加，克服重力做的功等于重力势能的增量．故B正确．C、除重力以外其它力做功等于物体机械能的增量，知力F和阻力做的功等于物体机械能的增量．故C正确．故选：BC．4.如图所示，在竖直平面内，用甲、乙两个弹簧秤通过细线拉着一个钩码，使之处于静止状态．若保持甲弹簧秤拉力的方向不变，缓慢地调节乙弹簧秤，使两细线之间的夹角增大一些，则（）A．两拉力的合力可能增大 B．甲弹簧秤的示数一定增大C．甲弹簧秤的示数可能减小 D．乙弹簧秤的示数一定增大参考答案：B【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．【分析】对结点受力分析，通过图解法抓住甲、乙合力不变，甲的拉力方向不变，改变乙的拉力，从而判断拉力的变化．【解答】解：由平衡条件得知，甲、乙两个拉力F1和F2的合力与重力G大小相等、方向相反，保持不变，作出甲、乙两个在三个不同位置时力的合成图，如图，在甲、乙从3→2→1三个位置的过程中，可以看出，当甲、乙两个方向相互垂直时，F2最小，可见，F1逐渐增大，F2先逐渐减小后逐渐增大．甲的拉力逐渐增大，乙的拉力先减小后增大．故选：B．5.（多选）如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球。给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ。下列说法中正确的是A．小球受重力、细绳的拉力和向心力作用B．细绳拉力在水平方向的分力提供了向心力C．θ越大，小球运动的周期越大D．θ越大，小球运动的线速度越大参考答案：BC二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.如图所示，质量为m的均匀半圆形薄板可以绕光滑的水平轴A在竖直平面内转动，AB是它的直径，O是它的圆心。在B点作用一个垂直于AB的力F使薄板平衡，此时AB恰处于水平位置，则F=________；保持力F始终垂直于AB，在F作用下使薄板绕A点沿逆时针方向缓慢转动，直到AB到达竖直位置的过程中，力F的大小变化情况是________________________。参考答案：答案：；先变大后变小7.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．8.为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示．己知线圈由a端开始绕至b端：当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转．将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转．（1）在图中L上画上几匝线圈，以便能看清线圈绕向；（2）当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离L时，指针将指向．（3）当条形磁铁插入线圈中不动时，指针将指向

．（选填“左侧”、“右侧”或“中央”）参考答案：(1)如右图所示。(2)左侧(3)中央9.用金属制成的线材（如钢丝、钢筋）受到的拉力会伸长，17世纪英国物理学家胡克发现，金属丝或金属杆在弹性限度内的伸长与拉力成正比，这就是著名的胡克定律．这个发现为后人对材料的研究奠定了重要的基础．现有一根用新材料制成的金属杆，长为4m，横截面积为0.8cm2，设计要求它受到拉力后的伸长不超过原长的1/100,由于这一拉力很大，杆又较长，直接测试有困难，就选用同种材料制成样品进行测试，通过测试取得数据如右图：(1)根据测试结果，推导出线材伸长x与材料的长度L、材料的横截面积S及拉力F的函数关系为x=

（用所给字母表示,比例系数用k表示）。(2)在寻找上述关系中，运用

科学研究方法。

参考答案：（其中k为比例系数）；

(2)控制变量法10.P、Q是一列简谐横波中的两质点，已知P离振源较近，P、Q两点的平衡位置相距15m（小于一个波长），各自的振动图象如图所示。此列波的波速为

m/s。参考答案：2.5m/s11.（5分）在某次光电效应实验中，得到的遏止电压Uc与入射光的频率v的关系如图所示，若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为

，所用材料的逸出功可表示为

。参考答案：ek

－eb试题分析：光电效应中，入射光子能量，克服逸出功后多余的能量转换为电子动能，反向遏制电压；整理得，斜率即，所以普朗克常量，截距为，即，所以逸出功考点：光电效应

12.用如右图所示装置来验证动量守恒定律，质量为mB的钢球B放在小支柱N上，离地面高度为H；质量为mA的钢球A用细线拴好悬挂于O点，当细线被拉直时O点到球心的距离为L，且细线与竖直线之间夹角为α；球A由静止释放，摆到最低点时恰与球B发生正碰，碰撞后，A球把轻质指示针C推移到与竖直夹角为β处，B球落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸D，用来记录球B的落点。用图中所示各个物理量的符号表示碰撞前后两球A、B的动量（设两球A、B碰前的动量分别为pA、pB；碰后动量分别为PA/、PB/，则PA=_________，PA/=_________，PB=_________，PB/

=_________。

参考答案：mA

，mA

，0，13.如图所示，把电量为－5×10－9C的电荷，从电场中的A点移到B点，其电势能

（选填“增大”、“减小”或“不变”）；若A点的电势UA＝15V，B点的电势UB＝10V，则此过程中电场力做的功为

J。参考答案：答案：增大，－2.5×10－8

解析：将电荷从从电场中的A点移到B点，电场力做负功，其电势能增加；由电势差公式UAB=，W=qUAB=－5×10―9×(15－10)J=－2.5×10－8J。三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.

（选修3-3（含2-2）模块）(6分)理想气体状态方程如下：。从理论的角度，设定一定的条件，我们便能得到气体三大定律：玻意尔定律、查理定律和盖·吕萨克定律。下面请你通过设定条件，列举其中两条定律的内容。（要求条件、内容要与定律名称相对应，不必写数学表达式）参考答案：

答案：玻意尔定律：一定质量的气体，在温度不变的情况下，它的压强跟体积成反比。查理定律：一定质量的气体，在体积不变的情况下，它的压强跟热力学温度成正比。盖·吕萨克定律：一定质量的气体，在压强不变的情况下，它的体积跟热力学温度成正比。15.（4分）现用“与”门、“或”门和“非”门构成如图所示电路，请将右侧的相关真值表补充完整。(填入答卷纸上的表格)参考答案：

答案：

ABY001010100111

四、计算题：本题共3小题，共计47分16.（16）如图所示，在质量为M的电动机上，装有质量为m的偏心飞轮，飞轮转动的角速度为ω，当飞轮重心在转轴正上方时，电动机对地面的压力刚好为零.则飞轮重心离转轴的距离r为多大？在转动过程中，电动机对地面的最大压力多大?

参考答案：解析：设偏心轮的重心距转轴r，偏心轮等效为用一长为r的细杆固定质量为m（轮的质量）的质点，绕转轴转动。轮的重心在正上方时，电动机对地面的压力刚好为零，则此时偏心轮对电动机向上的作用力大小等于电动机的重力.即F＝Mg

①根据牛顿第三定律，此时轴对偏心轮的作用力向下，大小为F＝Mg，其向心力为F＋mg＝mω2r

②由①②得偏心轮重心到转轴的距离为：r＝

③当偏心轮的重心转到最低点时，电动机对地面的压力最大.对偏心轮有F′－mg＝mω2r

④对电动机，设它所受支持力为FNFN＝F′＋Mg

⑤由③、④、⑤解得FN＝2（M＋m）g由牛顿第三定律得，电动机对地面的最大压力为2（M＋m）g

说明：本题的简单解法是取电动机和偏心轮组成的系统为研究对象，当偏心轮在轴正上方时，电动机对地面刚好无压力，系统受到的合外力为（M＋m）g，其中一部分物体是m具有竖直向下的加速度（即向心加速度），则（M＋m）g＝mω2r

①得r＝当偏心轮的重心转至轴的正下方时，电动机对地面压力最大，此时系统受到的合力为FN－（M＋m）g，其中一部分物体m具有竖直向上的加速度（即向心加速度），则FN－（M＋m）g＝mω2r

②由①②解得FN＝2（M＋m）g由牛顿第三定律知电动机对地面的最大压力为2（M＋m）g17.如图所示，在竖直平面内有两根相互平行、电阻忽略不计的金属导轨（足够长），在导轨间接有阻值分别为R1，R2的两个电阻，一根质量为m的金属棒ab垂直导轨放置其上，整个装置处于垂直导轨所在平面的匀强磁场中。现让金属棒ab沿导轨由静止开始运动，若只闭合开关S1，金属棒ab下滑能达到的最大速度为；若只闭合开关S2，金属棒ab下滑高度为h时恰好达到能达到的最大速度为，重力加速度为g，求：（1）金属棒的电阻r；（2）金属棒ab由静止开始到达到最大速度的过程中，通过电阻R2的电荷量Q；（3）金属棒ab由静止开始到达到最大速度所用的时间；（4）若让金属棒ab沿导轨由静止开始运动，同时闭合开关S1、S2，金属棒ab下滑高度为时达到的最大速度为v’。试比较h与、v2与v’的大小关系。（不用推导、直接写出结果）参考答案：（1）（2）（3）（4）>

h>h＇【详解】（1）设匀强磁场的磁感应强度为B，导轨间的距离为L，则当金属棒达到最大速度时，由平衡条件：由闭合电路的欧姆定律可得由以上方程解得：当金属棒达到最大速度时，同理有，解得：（2）将代入，解得：根据法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为：全属棒ab由静止开始到达到最大速度的过程中，其平均感应电动势为：其平均电流为：结合解得：（3）金属捧从静止到最大速度过程中，由动量定理有：其中代入得（4）由两次棒的υ-t图象可知18.中央电视台近期推出了一个游戏节目——推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动