海南省高考物理试卷Word下载.doc
- 文档编号:8157004
- 上传时间:2023-05-10
- 格式:DOC
- 页数:25
- 大小:628KB
海南省高考物理试卷Word下载.doc
《海南省高考物理试卷Word下载.doc》由会员分享,可在线阅读,更多相关《海南省高考物理试卷Word下载.doc(25页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
C.若保持M、m、l不变,v变大,则系统损失的机械能变大
D.若保持M、m、v不变,l变大,则系统损失的机械能变大
6.(4.00分)某大瀑布的平均水流量为5900m3/s,水的落差为50m。
已知水的密度为1.00×
103kg/m3.在大瀑布水流下落过程中,重力做功的平均功率约为( )
A.3×
106W B.3×
107W C.3×
108W D.3×
109W
二、多项选择题:
本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的.全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.
7.(5.00分)如图,在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,有一面积为S的矩形单匝闭合导线abcd,ab边与磁场方向垂直,线框的电阻为R.使线框以恒定角速度ω绕过ad、bc中点的轴旋转。
下列说法正确的是( )
A.线框abcd中感应电动势的最大值是BSω
B.线框abcd中感应电动势的有效值是BSω
C.线框平面与磁场方向平行时,流经线框的电流最大
D.线框平面与磁场方向垂直时,流经线框的电流最大
8.(5.00分)如图(a),一长木板静止于光滑水平桌面上,t=0时,小物块以速度v0滑到长木板上,图(b)为物块与木板运动的v﹣t图象,图中t1、v0、v1已知。
重力加速度大小为g。
由此可求得( )
A.木板的长度
B.物块与木板的质量之比
C.物块与木板之间的动摩擦因数
D.从t=0开始到t1时刻,木板获得的动能
9.(5.00分)如图,a、b、c、d为一边长为L的正方形的顶点。
电荷量均为q(q>0)的两个点电荷分别固定在a、c两点,静电力常量为k。
不计重力。
A.b点的电场强度大小为
B.过b、d点的直线位于同一等势面上
C.在两点电荷产生的电场中,ac中点的电势最低
D.在b点从静止释放的电子,到达d点时速度为零
10.(5.00分)如图,三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R,电源的内阻r<R,c为滑动变阻器的中点。
闭合开关后,将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动,下列说法正确的是( )
A.R2消耗的功率变小 B.R3消耗的功率变大
C.电源输出的功率变大 D.电源内阻消耗的功率变大
三、实验题:
本题共2小题,共18分。
把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。
11.(6.00分)学生课外实验小组使用如图所示的实验装置测量重力加速度大小。
实验时,他们先测量分液漏斗下端到水桶底部的距离s;
然后使漏斗中的水一滴一滴地下落,调整阀门使水滴落到桶底发出声音的同时,下一滴水刚好从漏斗的下端滴落;
用秒表测量第1个水滴从漏斗的下端滴落至第n个水滴落到桶底所用的时间t。
(1)重力加速度大小可表示为g= (用s、n、t表示);
(2)如果某次实验中,s=0.90m,n=30,t=13.0s,则测得的重力加速度大小g= m/s2;
(保留2位有效数字)
(3)写出一条能提高测量结果准确程度的建议:
。
12.(12.00分)某同学利用图(a)中的电路测量电流表Ⓐ的内阻RA(约为5Ω)和直流电源的电动势E(约为10V)。
图中R1和R2为电阻箱,S1和S2为开关。
已知电流表的量程为100mA,直流电源的内阻为r。
(1)断开S2,闭合S1,调节R1的阻值,使Ⓐ满偏;
保持R1的阻值不变,闭合S2,调节R2,当R2的阻值为4.8Ω时Ⓐ的示数为48.0mA.忽略S2闭合后电路中总电阻的变化,经计算得RA= Q;
(2)保持S1闭合,断开S2,多次改变R1的阻值,并记录电流表的相应示数。
若某次R1的示数如图(b)所示,则此次R1的阻值为 Ω;
(3)利用记录的R1的阻值和相应的电流表示数I,作出I﹣1﹣R1图线,如图(c)所示。
用电池的电动势E、内阻r和电流表内阻RA表示I﹣1随R1变化的关系式为I﹣1= 。
利用图(c)可求得E= V.(保留2位有效数字)
四、计算题:
本题共2小题,共26分。
把解答写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13.(10.00分)如图,圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外,磁感应强度大小为B.P是圆外一点,OP=3r。
一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。
已知粒子运动轨迹经过圆心O,不计重力。
求
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径;
(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。
14.(16.00分)如图,光滑轨道PQO的水平段QO=,轨道在O点与水平地面平滑连接。
一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑,在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。
A、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度大小为g。
假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞,碰撞时间极短。
(1)第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小;
(2)A、B均停止运动后,二者之间的距离。
五、选修题:
共12分。
请考生从第15、16题中任选一题作答。
如果多做,则按所做的第一题计分。
[选修3-3]
15.(4.00分)如图,一定量的理想气体,由状态a等压变化到状态b,再从b等容变化到状态c。
a、c两状态温度相等。
A.从状态b到状态c的过程中气体吸热
B.气体在状态a的内能等于在状态c的内能
C.气体在状态b的温度小于在状态a的温度
D.从状态a到状态b的过程中气体对外做正功
16.(8.00分)一储存氮气的容器被一绝热轻活塞分隔成两个气室A和B,活寨可无摩擦地滑动。
开始时用销钉固定活塞,A中气体体积为2.5×
10﹣4m3,温度为27℃,压强为6.0×
104Pa;
B中气体体积为4.0×
10﹣4m3,温度为﹣17℃,压强为2.0×
104Pa.现将A中气体的温度降至﹣17℃,然后拔掉销钉,并保持A、B中气体温度不变,求稳定后A和B中气体的压强。
[选修3-4](12分)
17.警车向路上的车辆发射频率已知的超声波,同时探测反射波的频率。
A.车辆匀速驶向停在路边的警车,警车探测到的反射波频率增高
B.车辆匀速驶离停在路边的警车,警车探测到的反射波频率降低
C.警车匀速驶向停在路边的汽车,探测到的反射波频率降低
D.警车匀速驶离停在路边的汽车,探测到的反射波频率不变
18.如图,由透明介质构成的半球壳的内外表面半径分别为R和R.一横截面半径为R的平行光束入射到半球壳内表面,入射方向与半球壳的对称轴平行,所有的入射光线都能从半球壳的外表面射出。
已知透明介质的折射率为n=.求半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径。
不考虑多次反射。
参考答案与试题解析
【分析】石头下落后做自由落体运动,根据h=gt2,不需要考虑声音传播的题意,即可求解下落的距离。
【解答】解:
石块下落的高度:
h=gt2=45m。
该过程中,攀岩者向上上升的高度:
x=vt=1×
3=3m
此时他离地面的高度约为:
H=h+x=45+3=48m≈50m。
故ABD错误,C正确
故选:
C。
【点评】本题关键明确自由落体运动的运动性质,然后根据运动学公式列式求解即可。
【分析】根据万有引力提供向心力得出周期、线速度、加速度的表达式,结合轨道半径的大小进行比较。
A、万有引力提供向心力,可知土星与火星的质量都被约去,无法比较两者的质量。
B、由=,得v=知轨道半径小速率大,B正确。
C、由,得,知r大,周期长,C错误。
D、由,知r大,角速度小,D错误。
故选:
B。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论,并能灵活运用,知道线速度、角速度、周期与轨道半径的关系。
【分析】先对磁场强度和电流大小没有改变前列出平衡方程,然后当它们改变后,再列出牛顿第二定律即可判断出物体的运动情况。
当磁场的磁感应强度大小为B,电流变为I时,金属棒处于静止状态,
根据平衡条件和安培力公式可得:
BIL=mgsinθ,
当磁场的磁感应强度大小为3B,电流变为0..5I时,此时安培力大小变为:
F=3B×
0.5I×
L=1.5BIL,金属棒将沿斜面向上加速,加速度大小为:
.故A正确、BCD错误。
A。
【点评】解答本题的关键是:
要对磁场强度和电流大小改变前后分别列出方程,通过对比可直接得出金属棒的运动情况。
【分析】根据半衰期定义式m=m0()n,结合衰变次数,即可求解。
根据半衰期为24天,经过72天,发生3次衰变,
依据m=m0()3,代入数据解得:
m=4×
()3=0.5g,故ACD错误,B正确;
【点评】考查半衰期的定义式,掌握衰变次数与剩下的质量关系。
【分析】弹丸击中沙箱过程系统在水平方向动量守恒,应用动量守恒定律可以求出弹丸击中沙箱后的共同速度,弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒,应用机械能守恒定律求出系统损失的机械能,然后分析答题。
弹丸击中沙箱过程系统水平方向动量守恒,以弹丸的初速度方向为正方向,
由动量守恒定律得:
mv=(M+m)v′,解得:
v′=,
弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒,由能量守恒定律可知,
整个过程系统损失的机械能:
△E=mv2﹣(M+m)v′2=;
A、若保持m、v、l不变,M变大,系统损失的机械能:
△E==变大,故A错误;
B、若保持M、v、l不变,m变大,则系统损失的机械能:
△E==变大,故B错误;
C、若保持M、m、l不变,v变大,则系统损失的机械能:
△E=变大,故C正确;
D、若保持M、m、v不变,l变大,则系统损失的机械能:
△E=不变,故D错误;
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用,弹丸击中沙箱过程系统动量守恒,机械能不守恒,沙箱摆动过程系统机械能守恒,整个过程损失的机械能等于弹丸击中沙箱过程损失的机械能,分析清楚物体运动过程,应用动量守恒定律与能量守恒定律求出系统损失的机械能即可解题。
【分析】根据平均功率P=,W=mgh,m=ρQt求解。
设在很短时间t内有质量为m的水落下,重力做功的平均功率P==
水的质量m=ρQt
代入数据解得,P=3×
109W;
D。
【点评】此题考查平均功率的定义应用,属于简单题目,注意设一下时间来表示质量。
【分析】线圈在磁场中转动产生感应电动势,明确中性面的特点,知道在中性面位置磁通量最大,感应电动势最小,在与中性面垂直位置,磁通量最小,感应电动势最大即可
AB、线框abcd绕垂直于磁场的轴转动,产生的感应电动势的最大值是Em=BSω,故A正确,B错误;
CD、线框平面与磁场方向平行时,此时线圈处于与中性面垂直位置,故此时产生的感应电动势最大,流经线框的电流最大,故C正确,D错误;
AC。
【点评】本题主要考查了线圈转动过程中产生的感应电动势的最大值和位置,明确中性面的特点即可判断
【分析】物块与木板组成的系统动量守恒,根据图示图象分析清楚运动过程,应用动量守恒定律与能量守恒定律、动量定理、动能定理分析答题。
A、系统动量守恒,应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出物块相对°
与木板滑行的距离,木板的长度可能等于该长度、也可能大于该长度,根据题意无法求出木板的长度,故A错误;
B、物块与木板作出的系统动量守恒,以物块的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
mv0=(m+M)v1,解得:
=,v0与v1已知,可以求出物块与木板的质量之比,故B正确;
C、对木板,由动量定理得:
μmgt1=Mv1,解得:
μ=,由于t1、v0、v1已知,可以求出动摩擦因数,故C正确;
D、由于不知道木板的质量,无法求出从t=0开始到t1时刻,木板获得的动能,故D错误;
BC。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用,物块与木板组成的系统动量守恒,根据图示图象分析清楚物块与木板的运动过程是解题的前提,应用动量守恒定律、动量定理即可解题。
【分析】先求解两个电荷单独存在时在b点的场强,然后根据平行四边形定则合成得到b点的场强;
根据等量同种点电荷的电场的特点判断b、d连线上各点电势的关系。
根据电势关系分析运动。
等量同种点电荷的电场线与等势面分布如图:
A、ac两电荷在b点的电场强度是矢量合,,则b点的电场强度大小为:
,故A正确;
B、C、由等量同种点电荷的电场分布的特点可知,过b、d的直线不是等势面,在ac中点的电势最高。
故B错误,C错误;
D、结合等量同种点电荷的电场分布的特点可知,b点与d点的电势是相等的,所以电子在b、d两点的电势能相等,所以从b点释放的电子,将沿bd的方向运动,到达d点的速度恰好等于0.故D正确;
AD。
【点评】本题考查电场的叠加,注意电场强度时矢量,合成遵循平行四边形定则;
电势是标量,合成遵循代数法则。
【分析】滑动变阻器分为左右两部分分别与R2和R3串联,R2与R3并联后与R1串联,c为滑动变阻器的中点,滑动触头在此点时,总电阻最大,然后根据欧姆定律分析电流变化,根据P=UI分析功率变化。
电源输出的功率P在r=R外时最大,电源的内阻r<R外,R外减小时,电源输出功率增大。
ABD、c为滑动变阻器的中点,滑动触头在此点时,总电阻最大,将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动,总电阻减小,总电流增大,R1和电源内阻分的电压增大,电源内阻消耗的功率变大,并联电路电压减小,R3所在之路电阻增大,电压减小,故电流减小,R3消耗的功率减小,而R2的电流增大,故R2功率增大,故AB错误,D正确;
C、电源输出的功率P在r=R外时最大,电源的内阻r<R外,R外减小时,电源输出功率增大,故C正确;
CD。
【点评】本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用,难点是滑动变阻器滑片P从中间→左端总电阻变化情况的判断。
(1)重力加速度大小可表示为g= (用s、n、t表示);
(2)如果某次实验中,s=0.90m,n=30,t=13.0s,则测得的重力加速度大小g= 9.6 m/s2;
“适当增大n”或“多次测量取平均值”。
。
【分析】
(1)依据自由落体运动的位移与时间关系h=,即可求解重力加速度;
(2)将已知数据,代入上式,即可求解;
(3)根据所测物理量,即可确定提高测量结果的准确度。
(1)根据自由落体运动的位移与时间关系h=,
则有:
g=,
而T=,解得:
g=;
(2)将s=0.90m,n=30,t=13.0s,代入数据,解得:
g=9.6m/s2;
(3)根据公式g=,要能提高测量结果准确程度,可适当增大n,或多次测量s取平均值;
故答案为:
(1);
(2)9.6;
(3)“适当增大n”或“多次测量取平均值”。
【点评】考查自由落体运动的规律,掌握减小测量误差的方法,注意保留两位有效数字。
保持R1的阻值不变,闭合S2,调节R2,当R2的阻值为4.8Ω时Ⓐ的示数为48.0mA.忽略S2闭合后电路中总电阻的变化,经计算得RA= 5.2 Q;
若某次R1的示数如图(b)所示,则此次R1的阻值为 148.2 Ω;
用电池的电动势E、内阻r和电流表内阻RA表示I﹣1随R1变化的关系式为I﹣1= R1+ 。
利用图(c)可求得E= 9.3 V.(保留2位有效数字)
(1)根据题意应用并联电路特点与欧姆定律求出电流表内阻。
(2)电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数。
(3)根据电路图应用闭合电路欧姆定律求出表达式,然后根据图示图象求出电源电动势。
(1)由题意可知,干电路电流不变为:
Ig=100mA,流过电阻箱的电流:
I2=Ig﹣IA=100mA﹣48mA=52mA,
电流表内阻:
RA====5.2Ω;
(2)由图(b)所示可知,电阻箱阻值为:
1×
100Ω+4×
10Ω+8×
1Ω+2×
0.1Ω=148.2Ω;
(3)断开S2、闭合S1,由图示电路图可知,电源电动势:
E=I(r+R1+RA),则:
=R1+,
﹣R1图象的斜率:
k==,解得:
E≈9.3V;
(1)5.2;
(2)148.2;
(3)R1+;
9.3。
【点评】电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数,要掌握常用器材的使用及读数方法;
根据题意分析清楚电路结构、应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式是解题的关键。
(1)画出粒子的运动
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 海南省 高考 物理 试卷