湖南师范大学附属中学2019届高三月考物理试卷【附答案】(七)【附答案】

特别是对于复杂的图象可以通过写出两坐标轴所代表物理量的函数表达式进行分析．

7.由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为Φ＝Φmsin ωt，则产生的感应电动势为e＝ωΦmcos ωt。如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD(由细软弹性电阻丝制成)，端点A、D固定。在以水平线段AD为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导线框的电阻恒为r，圆的半径为R，用两种方式使导线框上产生感应电流。方式一：将导线与圆周的接触点C点以恒定角速度ω1(相对圆心O)从A点沿圆弧移动至D点；方式二：以AD为轴，保持∠ADC＝45°，将导线框以恒定的角速度ω2转90°。则下列说法正确的是

A. 方式一中，在C从A点沿圆弧移动到图中∠ADC＝30°位置的过程中，通过导线截面电荷量为B. 方式一中，在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大 C. 两种方式回路中电动势的有效值之比

D. 若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则【答案】AC 【解析】

【详解】方式一中，在C从A点沿圆弧移动到题图中∠ADC＝30°位置的过程中，穿过回路磁通量的变化量为ΔΦ＝BR2。由法拉第电磁感应定律E＝

，I＝，q＝IΔt，联立解得

，选项A正确；第一种方式中穿过

回路的磁通量Φ1＝BR2sin ω1t，所产生的电动势为e1＝ω1BR2cos ω1t，在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的磁通量最大，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势最小，感应电动势为零，选项B错误；第二种方式中穿过回路的磁通量Φ2＝BR2cos ω2t，所产生的电动势为e2＝ω2BR2sin ω2t，则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为错误。故选AC.

8.如图所示，在光滑水平桌面上有一个质量为m的质点，在沿平行于桌面方向的恒定外力F作用下，以初速度v0从A点开始做曲线运动，图中曲线是质点的运动轨迹。已知在t s末质点的速度达到最小值v，到达B点时的速度方向与初速度v0的方向垂直，则

，时间满足，产生的焦耳热Q1＝t1，Q2＝t2，若Q1＝Q2，则，选项C正确，D

A. 恒定外力F的方向与初速度的反方向成θ角指向曲线内侧，且

B. 质点所受合外力的大小为

C. 质点到达B点时的速度大小为

D. t s内恒力F做功为【答案】ABC 【解析】

【详解】分析可知，恒力F的方向应与速度方向成钝角，如图所示：

在x′方向上由运动学知识得 v＝v0sin θ ；在y′方向上由运动学知识得v0cos θ＝ayt；由牛顿第二定律有F＝may ；解得F＝

，sin θ＝ ，即恒力F的方向与初速度的反方向成θ角指向曲线内侧，且sin θ＝。故AB正确；

设质点从A点运动到B历时t1，设在v0方向上的加速度大小为a1，在垂直v0方向上的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有Fcos θ＝ma1；Fsin θ＝ma2；由运动学知识可得v0＝a1t1；vB＝a2t1解得vB＝

，则选项C正确；t s内恒

力F做功为－m(v02－v2) ，故D错误。故选ABC.

三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答。 (一)必考题：共129分。

9.利用计算机和力传感器可以比较精确地测量作用在挂钩上的力，并能得到挂钩所受的拉力随时间变化的关系图象，

实验过程中挂钩位置可认为不变。某同学利用力传感器和单摆小球来验证机械能守恒，实验步骤如下：

①如图甲所示，固定力传感器M；

②取一根不可伸长的细线，一端连接一小铁球，另一端穿过固定的光滑小圆环O，并固定在传感器M的挂钩上(小圆环刚好够一根细线通过)；

③让小铁球自由悬挂并处于静止状态，从计算机中得到拉力随时间变化的关系图象如图乙所示；

④让小铁球以较小的角度在竖直平面内的A、B之间摆动，从计算机中得到拉力随时间变化的关系图象如图丙所示。请回答以下问题： (1)小铁球的重量为_____。

(2)为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等，则____。 A．一定得测出小铁球的质量m

B．一定得测出细线离开竖直方向的最大偏角θ

C．一定得知道当地重力加速度g的大小及图乙和图丙中的F0、F1、F2的大小 D．只要知道图乙和图丙中的F0、F1、F2的大小

(3)若已经用实验测得了第(2)小问中所需测量的物理量，则为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等，只需验证____等式是否成立即可。(用题中所给物理量的符号来表示) 【答案】 (1). 【解析】

【详解】(1) 由于重力加速度未知，则有小铁球静止时，绳子的拉力F0，可知，小球的重力G＝mg＝F0；小球在最低点，由牛顿第二定律则有：F2－F0＝m，因此有F0l(1－cos θ)＝mv2＝(F2－F0)l；对A点受力分析得：F0cos θ＝F1，即有3F0＝2F1＋F2，由上可知，故D正确，ABC错误。故选D。

(2) 根据机械能守恒的表达式有：mgl（1-cosθ）＝mv2结合以上分析，则有3F0＝2F1＋F2。 10.某实验小组想组装一个双量程(3 V、15 V)的电压表，提供的器材如下：

(2). D (3).

A．电流表G：满偏电流为300 μA，内阻未知； B．干电池E：电动势为3 V，内阻未知；

C．滑动变阻器R1：最大阻值约为5 kΩ，额定电流为1 A； D．滑动变阻器R2：最大阻值约为16 kΩ，额定电流为0.5 A； E．电阻箱R0：0～9999.9 Ω；

F．定值电阻R3：40 kΩ，额定电流为0.1 A； G．开关两个，导线若干。

(1)若用图示电路测量电流表G 的电阻，则滑动变阻器R应选用____(选填“C”或“D”)。

(2)将开关S1、S2都断开，连接好实物图，将滑动变阻器的滑片P调到____(选填“a”或“b”)端。接通开关S1，调节滑动变阻器使电流表G 的指针示数为200 μA；闭合开关S2，调节电阻箱R0的阻值为100 Ω时电流表G 的指针示数为100 μA，则电流表G 的内阻测量值为___Ω。

(3)在虚线框中画出双量程电压表的电路原理图，并标明所选的器材和改装电压表对应的量程，其中R0应取值为___kΩ。

【答案】(1). D (2)a 100 (3). 9.9

【解析】 【分析】

(1) 明确实验原理，知道如何减小半偏法的实验误差，从而确定滑动变阻器； (2) 根据串并联电路的基本规律进行分析，从而确定电流表G的内阻大小； (3) 根据改装原理进行分析，知道改装成电压表时需要串联一个大电阻。

【详解】(1) 由图可知，本实验中采用半偏法确定表头内阻，为了减小并联电阻箱后对电流的影响，滑动变阻器应选