云南省、贵州省、四川省三省20xx届高三上学期第一次百校大联考物理试卷word版含解析

云南省、贵州省、四川省三省20xx届高三上学期第一次百校大联考物理试卷word版含解析内容摘要：

移大小为 x 甲 =5 10m=50m，乙车的位移大小为 x 乙 = 10m=75m，故 AB 错误． C、根据速度 图线的斜率表示加速度，知甲车的加速度小于乙车的加速度．故 C 错误． D、两车的位移不等，时间相等，则平均速度不同，故 D 正确． 故选： D 6．如图所示，固定在竖直面内、半径均为 R的两段四分之一光滑圆弧轨道 AB， CD 与粗糙水平轨道 BC 分别相切于 B点和 C 点，圆弧 CD 的圆心 O2在水平地面上．现将质量为 m 的小球从圆弧轨道 AB 上 A点下面某个位置由静止释放，结果小球落在水平地面上的 E 点，且小球运动到圆弧轨道 CD上的 C 点时对轨道的压力为零；再将小球在圆弧轨道 AB 上释放的位置适当提高些，结果小球落在水平地面上的 F点．空气阻 力不计，重力加速度为 g．下列判断正确的是（ ） A． O2E＞ R B．小球两次在 C 点的速度均为 C．小球第二次从 B 点运动到 F 点的时间比第一次从 B 点运动到 E 点的时间长 D．若再次改变小球的高度，小球到达 B 点时的速度为 ，则小球在该点时对圆弧轨道的压力大小为 2mg 【考点】 动能定理的应用；向心力． 【分析】 小球第一次经过 C 点时，只受重力，且由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球经过 C 点时的速度，再平抛运动的规律求 O2E．根据动能定理分析小球第二次经过 C点的速度．由运动学规律分析两次运动时间的关系．经 过 B 点时，由合力充当向心力，由牛顿定律求小球对轨道的压力． 【解答】 解： A、小球第一次经过 C 点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得： mg=m ，得 vC1= 小球离开 C 点后做平抛运动，则有 R= ， O2E=vC1t，解得 O2E= R，故 A错误． B、第二次将小球在圆弧轨道 AB 上释放的位置适当提高些，重力做功增大，则小球在 C 点的速度大于 ．故 B 错误． C、小球第二次经过 B点的速度大， BC 段运动时间短，而 CF 段运动时间与 CE 段运动时间相等，所以小球第二次从 B 点运动到 F 点的时间比第一次从 B 点运动到 E 点的时 间短，故C 错误． D、若再次改变小球的高度，小球到达 B点时的速度为 ，在 B 点，由牛顿第二定律得：N﹣ mg=m ，得 N=2mg，由牛顿第三定律可得，小球在 B 该点时对圆弧轨道的压力大小为 2mg，故 D 正确． 故选： D 7．在物理理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出来贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（ ） A．卡文迪许最先通过实验测出了引力常量 B．法拉第最先发现了电流能产生磁场 C．伽利略最先指出了力不是维持物体运动的原因 D．安培最先提出了判断感应电流的方向的方法 【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， 【解答】 解： A、卡文迪许首先通过实验测出万有引力常量，故 A正确； B、奥斯特最先发现了电流能产生磁场，故 B 错误； C、伽利略最早提出力不是维持物体运动的原因，故 C 正确； D、楞次通过大量的实验，发现了感应电流方向的判断方法．故 D 错误 故选： AC 8．图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个 D 形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒均置于匀强磁场中，并分别与高频交流电源两极相连．带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间 t 的变化规律如图乙所示， 若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法正确的是（ ） A．（ t2﹣ t1） =（ t3﹣ t2） =…（ tn﹣ tn﹣ 1） B．高频交流电源的变化周期随粒子速度的增大而减小 C．要使得粒子获得的最大动能增大，可以减小粒子的比荷 D．要使得粒子获得的最大动能增大，可以增大匀强磁场的磁感应强度 【考点】 质谱仪和回旋加速器的工作原理． 【分析】 交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由公式 T= 和 r= 判断；当粒子从 D 形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于 D 形盒的半径． 【解答】 解： A、洛伦兹力提供向心力，有 qvB=m ，解得 r= ，故周期 T= = ， 与速度无关，故 t4﹣ t3=t3﹣ t2=t2﹣ t1= ，故 A正确， B 错误； C、当粒子从 D 形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于 D 形盒的半径； 由 qvB=m 得， v= ，则最大动能 EK= mv2= ，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压等其他因素无关，故 C 错误， D 正确； 故选： AD 9．如图所示，一理想变压器原线圈连接有效值为 220V的交流电源，副线圈接有一只理想交流电流表和一个内阻为 4Ω的 交流电动机．当电动机以 100kg的重物时，交流电源的输入功率为 1200W．取 g=10m/s．则（ ） A．变压器的输出功率为 800W B．该理想交流电流表的示数为 10A C．变压器副线圈两端的电压为 120V D．该变压器原副线圈的匝数比为 6： 11 【考点】 变压器的构造和原理． 【分析】 理想变压器的输入功率与输出功率相等，而副线圈与电动机相连，则电动机的输出功率与电动机线圈的内阻功率之和为副线圈的输出功率 【解答】 解： A、交流电源的输出功率为 1200W，根据输入功率等 于输出功率，所以变压器的输出功率 1200W，故 A错误； B、根据 ，代入数据： ，解得： I=10A，即该理想交流电流表的示数为 10A，故 B 正确； C、根据 ，即 ，得 ，故 C 正确； D、根据电压与匝数成正比 ，故 D 错误； 故选： BC 10．如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，具有一定电阻的正方形金属线框的右边与磁场的边界重合．在外力作用下，金属线框从 O 时刻由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度 a进入磁场区域， t1时刻线框全部进入磁场．若规定顺时针方向为感应电流 i的正方形，则感应电流 i、外力大小为 F，线框中电功率的瞬时值 P 以及通过导体横截面的电荷量 q 随时间变化的关系正确的是（ ） A． B． C． D． 【考点】 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律． 【分析】 由线框进入磁场中切割磁感线，根据运动学公式可知速度与时间关系；由法拉第电磁感应定律 E=BLv，可得出产生感应电动势与速度关系，由闭合电路欧姆定律来确定感应电流的大小，并由安培力公式可确定其大小与时间的关系；由牛顿第二定律来确定合力与时间的关系；最后得出电量、功率的表达式来分别得出各自与时间的关系． 【解答】 解： A、线框做匀加速运动，其速度 v=at，感应电动势 E=BLv，感应电流 i= = ，i与 t 成正比，故 A正确． B、线框进入磁场过程中受到的安培力 FB=BiL= ，由牛顿第二定律得： F﹣ FB=ma，得 F=ma+ ， F﹣ t 图象是不过原点的倾斜直线，故 B 错误． C、线框的位移 x= at2，电荷量 q=It△ t= = = ∝ t2，故 q﹣ t 图象应是开口向上，过原点的抛物线．故 C 正确； D、线框的电功率 P=i2R= ∝ t2，故 D 正确． 故选： ACD． 二、实验题：本题共 2 小题，共 15 分．把答案填在题中的横线上或 按题目要求作答． 11．图示为用落体法验证机械能守恒定律的实验装置示意图．。