福建省三明市高三物理5月质量检查理综试题(含解析)

1、福建省三明市2016届高三5月质量检查理综物理试题二.选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题中只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求，全部选又的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容C的因素。设两极板正对面积为S,极板间的距离为d.极板所带电荷量为Q静电计指针偏角为e。实验中.A.保持QS不变，增大d,则e变大，C变小B.保持d、S不变.增大Q则8变大，C变大C.保持Qd不变，减小S,则e变小，C变小D.保持QS、d不变，在两极板间插入电介质.则e变小，C变小【答案】A【解析】试题分析:根据电容的;夬定式C=q得知，电容与极板间距离成反比，当保持5不变，增大d时，4苑W电容C斌小,因电容器的电量。不变，由电容的定义式C二劳分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角日变大，故A正确F当保持d、区不变，增大。时，根据电容的;夬定式已二三一得知，电容c不变,4mod由电容的定义式C二名分析可知板间电势差熠大，则续大，B儆f根据电容的决定式C=R得知JU4疝由电容与极板的正对面积成正比，当保持

2、d不变，减小S时，电容C减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式 CQ 、，皿三分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角U大，故C错误；当保持Q S、d不变,在两极板间插入电介质，根据电容的决定式Ce变S4 kd得知，电容C变大，而由电容的定义式-QC狂分析可知板间电势差减小，则e变小，故d错误.考点：考查了电容动态分析【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据c一S-判断电容器的电容变化情况，然4kd后结合EU,CQ等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板dU间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变15 .如图（a）所示，半径为r的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R构成闭合回路。若圆环内加一垂直于纸面变化的磁场，变化规律如图（b）所示。规定磁场方向垂直纸面向里为正，不计金属圆环的电阻。以下说法正确的是A. 0-1s内，流过电阻R的电流方向为a-bB. 1-2s内，回路中的电流逐渐减小C. 2-3s内，穿过金属圆环的磁通量在减小2D. t=2s时，Ub=rB0【答案】D【解析】试题分析内j

3、芬过线圈垂直抵面向里的磁场在墙大，根据相次定律可得流过电阳R的电泳方向为船向错误fL烈内，回路中的电演二至二飨,图像的斜率比二竺，在1-密内耐通量变比率恒定，所以电流恒定B错误，23岳内，穿过金鹿明环的磁通量垂直纸面向H在增大，C错误；法拉第电磁感应定律可知，在第嚣内心=乌吏=3的=稣二D正豳,Ar1考点：考查了楞次定律、法拉第电磁感应定律【名师点睛】注意磁通量变化量的方向，先判断穿过线圈的磁通量的变化情况，然后后根据楞次定律判断电流方向，此时线圈相当于一个电源，一定要注意这个电源有没有内阻16 .2015年9月14日，美国的LIGO探测设施接收到一个来自GW150914勺引力波信号，此信号是由两个黑洞的合并过程产生的。如果将某个双黑洞系统简化为如图所示的圆周运动模型，两黑洞绕O点做匀速圆周运动。在相互强大的引力作用下，两黑洞间的距离逐渐减小，在此过程中，两黑洞做圆周运动的飞科I*:一，息M2.。r/工yL-pFA.周期均逐渐增大B.线速度均逐渐减小C.角速度均逐渐增大D.向心加速度均逐渐减小【答案】C【解析】试题分析：根据M1M2gt4M1 22 24 Ri 24 L2-1L ,同理

4、可得 Mi R2,GT2GT2所以Mi M22. 2票Ri4 L .一当 MiGTM2不变时，L增大，则T增大，即双星GM2RL2，2系统运行周期会随间距减小而减小,故A错误；根据GMMbMv-,解得v1L2Ri由于L平方的减小比ri和2的减小量大，则线速度增大，故B错误；角速度序，结合A可知，角速度增大，故C正确；根据GM：M2M1alM2a知，L变小，则两星的向心加速度增大，故D错误.考点：考查了万有引力定律的应用2-Mmv2G 2-m- m rrr【名师点睛】在万有引力这一块，涉及的公式和物理量非常多，掌握公式42rm-2一ma在做题的时候，首先明确过程中的向心力，然后弄清T2楚各个物理量表示的含义，最后选择合适的公式分析解题，另外这一块的计算量一是非常大的，所以需要细心计算17 .如图所示为著名的“阿特伍德机”装置示意图。跨过轻质定滑轮的轻绳两端悬挂两个质量均为M的物块，当左侧物块附上质量为m的小物块时，该物块由静止开始加速下落，下落h后小物块撞击挡板自动脱离，系统以v匀速运动。忽略系统一切阻力，重力加速度为g.若测出v,则可完成多个力学实验。下列关于此次实验的说法，正确的是小

5、T机rj卜4ftejXVA.系统放上小物块后，车5绳的张力增加了mgB.可测得当地重力加速度_2(2 M m)v2mhC.要验证机械能守恒，需验证等式mgmV,是否成立2D.要探究合外力与加速度的关系，需探究mg(Mm)L是否成立2h【答案】B【解析】试题分析:对系统j由牛顿第二定律得，加速度二aJMm)S-MSM+m+MIM+m等一，对M,由牛顿第二定故A错误；对系统，由动能定理得:律得：F-Afe二抽解得:F=Mg-2Af+阳(jW+m+Af)1/0f解得:(Wf，故B正确;如果机械能守恒J则二2mh12jE，rMmghMgh-MmMv,整理得:2mgh12M2v2,故C错误；物体做初速度为零的匀加速直线运动，加速度:2v，由牛顿第二定律得:2hMmgMgmg2M2v一,要探究合外力与加速度2h的关系，需探究mg2M2vm是否成立，故D错误;2h考点：牛顿第二定律,机械能守恒定律【名师点睛】本题是一道信息给予题，认真审题、根据题意获取所需的信息是解题的前提,应用牛顿第二定律、动能定理与运动学公式可以解题；解题时注意研究对象的选择.18 .如图所示，质量为M的汽车从平直公路驶上斜坡。

6、假设汽车在水平路面上匀速行驶，驶上斜坡后，汽车的功率及所受路面的阻力与在水平路面上行驶时一致，且车到达坡顶前已达到稳定状态。则在上坡过程中，汽车的速度v、牵引力F,牵引力做的功WW克服路面阻力做的功W与时间t的关系图像，正确的是ABCD【答案】AC【解析】试题分析：汽车在水平面上匀速运动时，由P=N=力，当到达斜面上时由于对唾J达斜面上，此时的全引力不变，还是F,根据牛顿第二定律可知一mffsin伊三切口，故汽车从静倒达抖面时，做温速运动,根据尸=用，可知，速度福小，至引力增大，当全引力等于阻力和重力沿斜面的分力时，速度解到最小，此后做匀速运劭,故A正确B错号j汽车始终在锁定切率下运动j故至引力所儆的功为配=尸上与寸间成正比？故匕正棉m汽车开始做减速运动，然后儆匀速运动,在胸速运的阶段I位移不和时间成正比，故D错期.考点：考查了机车启动【名师点睛】解决本题的关键知道功率与牵引力的关系，知道当汽车在水平面上运动时，牵引力等于阻力时，速度最大.当在斜面上运动时，当牵引力等于阻力和重力沿斜面向下的分力时，速度达到最大，对于这类问题，能够根据物体的受力判断物体的运动规律19 .变压器除了有改变

7、电压、电流作用外，还有变换负载的阻抗作用，以实现阻抗匹配。如图所示，将阻值为R的负载接在理想变压器副线圈两端，则图（a）中虚线部分可等效为图（b）中阻值为R的电阻接在AB两点上，即R的两端电压为ui,通过的电流为11。已知变压器的匝数比为ni：若图（a）的AB两端接在电动势为，内阻为r的交流电源上，要使此电源的输出功率达到最大，下列说法正确的是图S)swA.R)=R时输出功率最大2B.最大输出功率P一4rc.输出功率最大时,D.堤=(查尸r时输出功率最大【答案】BD【解析】试题分析：可等效为带有内阻的电源的电路，即当内电阻和外电阻大小相等时，输出功率最2大，即rR时输出功率最大，最大为P输出MAXI2R()2R，A错误B正确；根Rr4r据闭合回路欧姆定律可得u1R,当输出功率最大时，rR,故u1,代入上凸Rr2u2n2可得u1-,C错误；当输出最大时有I1,根据,结合R0,联立可得2nl2r12n2I2Ro()2r,D正确；ni考点：考查了理想变压器【名师点睛】对于变压器需要掌握公式UiU2立、 n2 ,以及知道副线圈的电流以及功率 n2I2n2决定了原线圈中的电流和功率，理想变压器是

8、理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象.同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，20 .如图所示，质量为m的小球(可视为质点)套在倾斜放置的固定光滑杆上，轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹费与杆在同一竖直平面内。将小球沿杆拉到水平位置A处(此时弹簧处于原长状态)由静止释放，当小球滑至O点正下方的C处时速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为ho若全过程中弹贵始终处于弹性限度内，且OA=OB重力加B.mgh速度为go则下滑过程中，小球滑到B处时动能最大C.加速度先增大后减小D.与弹簧组成的系统机械能守恒【答案】AD【解析】试题分析：小球从A下滑至最低点C的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，初、末位置动能都为零，所以弹簧的弹性势能增加量等于重力势能的减小量mgh,根据功能关系可知，小球对弹簧做功为mgh,故A正确；当小球滑到B处时，弹簧处于原长，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值，则动能也没有达到最大值，故B错误；小球在A处和B处弹簧处于原长状态，加速度为gsin,是杆的倾角.在AB的中点，弹簧与杆垂直，由牛顿第二定律知，小球的加速度也为gsin.在A到B的过程，弹簧处于压缩状态，可知，小球的加速度先减小后增大，再减小后增大.从B到C,弹簧伸长，由于小球的质量未知，则加速度可能一直增大，也可能一直减小，也可能先先减小后反向增大，故C错误；小球运动过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，故D正确.考点：考查了机械能守恒定律和牛顿第二定律【名师点睛】对整个过程，根据动能定理求出弹簧对小球做功，从而得到小球对弹簧做功.当小球滑到B处时，弹簧处于原长，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值.在小球运动的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律分析即可求解。21 .一如图所示，磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场。质量为n半彳5为R的圆环当通有恒定的电流I时，恰好能水平静止在N极正上方H

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