青桐鸣高三11月物理A试题及答案

A.5m/s²B.10m/s²C.2形ABC的三个顶点上，其中A处小球带电荷量为+2q,B、C处小球带电荷量均为桶A的质量m=1.2×10³kg,配重B的质量M=1.8×10³ABCD个半径相同的驱动轮，两轮半径均为r,轮心相距L,转弯时由两台电机分别驱动，两轮心和O点始终共线。两轮轮心中点的轨迹半径为R,外侧轮绕轮心的转速为n,内侧轮绕轮心的转速为n₂。已知L=0.60m,n₁=66r/min,n₂=54r/min,周期为T₁;木卫四绕木星的运动也可近似为匀速圆周运动，其轨道半径为木星半径R₂比约为A项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图所示，健身房某型号力量训练器的配重装置可简化为：轻绳R跨过固定在机架顶配重块a和轻质缓冲弹簧M,M的下端固定在机架上的水平托板b上，整个装置处于物理试题(A卷)第3页(共8页)A.有可能N处于原长而M处于拉伸状态B.有可能N处于拉伸状态而M处于原长C.有可能N处于压缩状态而M处于拉伸状态绝缘水平桌面上的0点，整个空间内存在着平行于桌面的匀强电场，带电小球恰好能为2m,轿厢地板始终保持水平。轿厢内的水平地板上停放一辆质量为m的手推车物理试题(A卷)第4页(共8页)A.轨道对轿厢的支持力大小为3mgcosA.轨道对轿厢的支持力大小为3mgcosaB.手推车所受地板的支持力大小为mg+m能与轿厢保持相对静止11.(6分)某科技活动小组用手机慢动作视频研究实心橡胶球与地面碰撞过程中机械能的损失。实验装置如图所示：将刻度尺竖直读出反弹后橡胶球到达最高位置时上边缘所对的刻度B,得到反弹高度h′。将橡胶球与地面碰撞后瞬间的速度大小v₂与碰撞前瞬间的速度大小v₁之比定义为恢复系数(3)若在测量橡胶球的释放位置时以橡胶球上边缘为准，而测量橡胶球反弹后到达的最高位置时以橡胶球的下边缘为准，在其他条件相同的情况下，其测得的恢复系数 甲(2)求挂斗从井底到井口过程中卷扬机牵引力做功的平均功率。(忽略启动阶段因钢甲y/m乙物理试题(A卷)第6页(共8页)现将一枚标称阻值R₀=120.0Ω的应变甲物理试题(A卷)第8页(共8页)1.D解析：在空心球壳内放置一带正电的金属球，由异种电荷互相吸引可知，球壳内部带负电；由电荷守恒定律可知，球壳外部带正电，D正确。故选D。2.C解析：设工件台步进过程中的最大速度为v,加速与减速过程的加速度大小相等，由对称性可知两过程所用时间相等，均为;初速度为0的匀变速直线运动的平均速度等于最大速度的一半，故整个步进过程的平均速度大小为,由位移关系得t,解得则工件台步进过程加速度的大小为a=正确。故选C。3.D解析：等边三角形边长为L,中心O到各顶点的距离均为。由对称性可知，O点的电场强度等于单独在A点固定电荷量为+3q的小球所产生的电场强度，其大小为,方向沿AO方向，由A指向O,D正确。故选D。4.D解析：系统运动过程中只有重力做功(轻绳对两物体做功的代数和为零),系统机械能守恒，A错误；轻绳的拉力对于料桶是动力，对于配重是阻力，故轻绳对料桶做正功、对配重做负功，B错误；设配重落地前系统加速度大小为a,(M-m)g=(M+m)a,则,对配重，由牛顿第二定律得Mg-T=Ma,解得轻绳拉力T=M(g-a)=1.44×10⁴N,C错误；配重落地瞬间料桶的速度大小v=√2ah=2√2m/s,此后轻绳松弛，料桶做竖直上抛运动，还能继续上升)正确。故选D。5.C解析：E-x图线与x轴所围面积表示电势差。φ-x图像切线的斜率表示电场强度，又因沿电场线方向电势降低，C正确。故选C。6.B解析：两轮半径相同，且与地面间不打滑，轮心前进的速度等于轮缘的线速度，即v=2πrn(n为转速),外、内侧轮心速度之比等于转速之;运输车绕O转动，外、内侧轮心到O的距离分别为与,绕O点转动时两者的角速度相同，,联立,解得R=3.0m,B正确。故选B。7.B解析：对质量为M、半径为R。的中心天体，质量为m的卫星绕其做匀速圆周运动，轨道半径为r、周期为T,由万有引力提供向心力,解得,中心天体的平均密度为,其中,为卫星轨道半径与中心天体半径之比，所以木星与地球的平均密度之比,B正确。故选B。8.BD解析：弹簧N的上端与轻绳相连，轻绳只能产生拉力、不能产生压力，N只能处于拉伸或原长状态，不·物理(A卷)答案(第1页，共5页)··物理(A卷)答案(第2页，共5页)·可能被压缩，C错误；设手柄的拉力为F,配重块a的质量为m,由a受力平衡可知，当F=0时，N处于原长，M处于压缩状态，A错误；设a的质量为m,当F=mg态，当F>mg时，M被拉伸、对a施加向下的拉力，N处于拉伸状态，B、D正确。故选BD。9.AC解析：由图可知，小球运动过程中的电势能最大值和最小值分别为Epmx=1.5Ep,Epmin=-0.5E。,在半径为L的圆周上，小球的电势能最大值与最小值之差为2qEL,因此有2qEL=Epmx-Epmin=2Eo,解得,A正确，B错误；小球恰好能做完整圆周运动，在电势能最大处细线拉力为零，电场力单独提供向心力，向心方向的受力方程为,所以该处小球的动能为,小球运动过程中动能与电势能之和守恒，总能量为E=Epmx+Ekmin=2E,在电势能最小处，小球的动能最大，由能量守恒得Ekmx=Ea-Emin=2.5E,此处电场力背离圆心，取指向圆心为正方向，向心方向的受力方程为,又因mv²ax=2Ekmax,联立可得,C正确，D错误。故选AC。10.ACD解析：以轿厢与手推车整体(总质量3m)为研究对象，整体沿轨道向上做匀加速直线运动，在垂直于轨道方向上无加速度。设轨道对轿厢的支持力为N,由平衡条件得N-3mgcosa=0,解得N=3mgcosa,A正确；设整体加速度大小为a,沿轨道方向由牛顿第二定律得,手推车的加速度沿轨道方向，将其沿水平方向和竖直方向分解，竖直分量的大小为asina,水平分量的大小为acosa。手推车在竖直方向由牛顿第二定律得N₁-mg=masina,解得地板对手推车的支持力N₁=错误；手推车在水平方向由牛顿第二定律得，其所受摩擦力大小f=)cosa,,方向水平向右，C正确；手推车与地板不发生相对滑动的条件为f≤μN₁,即acosa≤μ(g+asina),a(cosa-μsina)≤μg,若,则cosa-μsin式恒成立，手推车都能与轿厢保持相对静止，D正确。故选ACD。解析：(1)实验中读取橡胶球位置时可以以橡胶球下边缘所对刻度为准，A正确；实验要求橡胶球由静止释放，轻推会给球引入初速度，使“下落高度h”与“碰前速度”的关系不再满足自由落体运动规律，B错误；为减小偶然误差，每个高度应多次重复拍摄并取平均值，C错误。(2)忽略空气阻力，橡胶球下落过程做自由落体运动，碰前速度大小满足：v₁=√2gh,反弹后上升过程做竖直上抛运动，上升到最高点B时速度为零，碰后速度大小满足：v₂=√2gh'。由恢复系数的定义得：e=(3)由,此情况下测得的h′偏小，则所测e偏小。12.答案：(1)1.30(1分)(3)0.24(2分)(4)偏大(2分)(5)2.5(2分)解析：(1)表盘量程为0～2mA,共20小格，最小分度为0.1mA,读数须估读到最小分度的下一位，即0.01mA位。指针正对第13格(对应1.3mA),故示数为1.30mA。解得R′=90Ω,比标示值小10Ω。要使满偏时实际总电流回到10mA,设所需分流支路总电阻为R, 全程用时(1分)(2)①由欧姆定律U₀=I₀R。=3.000V(2分)由(1)的结得解析：(1)速度分解，由几何关系可知v,=v₀tan由运动学公式可得OP的距离(1分)该过程运动的时间为(1分)(2)设微粒从抛出到与挡板相碰的时间为t,微粒在水平方向始终做匀速运动，则(1分)在电场中的加速度大小设为a,qE-mg=ma(1分)要垂直打在挡板上，只能要么在轨迹的最高点，要么在最低点，故(k=1,2,3,…)(2联立解得(1分)(3)取,微粒在与挡板碰撞前后水平速度大小变为原来的,竖直速度不变，将点(6s,0)关于挡板取对称并进行变换，可将问题转化为：微粒反弹前轨迹能通过点(6s,0)和(18.5s,0)。(1分)对于轨迹通过(6s,0):由题意可知，微粒在第一象限和第四象限之间做周期性往复运动，运动的大致轨迹如图：由于微粒在第一象限内的每次类平抛过程水平位移都为s,故若微粒通过(6s,0),则点(6s,0)只能是图中·物理(A卷)答案(第4页，共5页)··物理(A卷)答案(第5页，共5页)·①若Q点坐标为(6s,0)微粒在每个周期内水平方向的位移大小为7s,轨迹不能通过点(18.5s,0)(1分)②若R点坐标为(6s,0)微粒在每个周期内水平方向的位移大小为5s,轨迹不能通过点(18.5s,0)(1分)③若S点坐标为(6s,0)微粒在每个周期内水平方向的位移大小为3.5s,轨迹将在第六个运动周期中第一