山东省日照市第一中学2024年高三模拟考试(二)物理试题试卷.pdf

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力分析,求出木块对斜面的压力,然后对斜面体受力分析,根据共点力平衡条件求出各个力。也可以直接对三个物体整体受力分析,然后运用牛顿第二定律列式求解,可使解题长度大幅缩短,但属于加速度不同连接体问题,难度提高。6、D【解题分析】、输出电流I,所以充电宝输出的电功率为P?UIA错误;,所以手机电池产生的热功率为P?I2rr而充电宝的热功率应为充电宝的总功率减去输出功率,根据题目信息无法求解,BC错误;,一部分转化为电池的热能,故根据能量守恒定律可知手机电池储存的化学能为:..W?UIt?I2rtD正确。故选D。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、AC【解题分析】20由速度时间图线知,匀加速运动的加速度大小a=m/s2=4m/s2,根据牛顿第二定律得,F-f=ma,解得牵引力5F=f+ma=1000+4000N=5000N,=Fv=5000×20W=100000W=100kW,汽车在25m/s时的牵P100000F??f4000?1000引力F′==N=4000N,根据牛顿第二定律得,加速度a??=m/s2=3m/s2,故B错v25m1000P100000误,,速度最大,则最大速度v==m/s=100m/s,:本题考查了汽车恒定加速度启动的问题,理清整个过程中的运动规律,结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解,知道牵引力等于阻力时,、CD【解题分析】由题中“两车的速度v随时间t的变化图象如图所示”可知,本题考查由v-t图像判断物体运动,根据v-t图像规律可分析本题。【题目详解】,但是辆车位移不同,不能相遇,故A错误;,故无法判断动能情况,故B错误;?t时间内,甲车的位移大于乙车,时间相同,根据公式12xv?t可知,乙车的平均速度小于甲车的平均速度,故C正确;?Fv可知,当到达最大速度时,动力与阻力为平衡力,大小相等,所以两车的额定功率相同,行驶过程中受到的阻力也相同时,则两车的最大速度一定相同,故D正确。9、BD【解题分析】:..,满足机械能守恒定律,故A错误;,h?x为平衡位置,小球刚接触弹簧时有动能,有对称性知识可得,小球到达最低点的坐标大于0h?2x,小球运动到最低点时弹力大于2mg,故B正确,C错误;?x为平衡位置,动能最大,故从开始到h?x这段过程,根据动能定理可得00mg(h?x)?W?E0km而克服弹力做功等于图乙中小三角形面积,即1W?mgx20故小球动能的最大值1E?mgh?mgxkm20D正确。故选BD。10、CD【解题分析】试题分析:由于发电厂的输出电压不变,升压变压器的匝数不变,所以升压变压器的输出电压不变,、由于发电厂的输出功率增大,则升压变压器的输出功率增大,又升压变压器的输出电压U不变,根据P=UI可输2电线上的电流I增大,导线上的电压损失变大,则降压变压器的初级电压减小,则降压变压器的输出电压减小,=I2R,又输电线上的电流增大,电阻不变,所以输电线上的功率损失增大,?()2R,损线损UPPR则有:损=;发电厂的输出电压不变,输电线上的电阻不变,:远距离输电三、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、×10-2正确【解题分析】(1)[1][2]根据图甲所示的电路,观察图乙可知充电电流与放电电流方向相反,大小都随时间减小;(2)[3]根据充电时电压—时间图线可知,电容器的电荷量为:UQ=It=tR而电压的峰值为U=6V,则该电容器的电容为:m:..QC=Um设电压—时间图线与坐标轴围成的面积为S,联立解得:===F=×10-2F;URU3000?6mm(3)[4]正确,电容器放电的过程中,电容器C与电阻R两端的电压大小相等,因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值U”及图线与时间轴所围“面积”,仍可应用:mQSC==URUmm计算电容值。I?R?R?12、1000Ω1016,不变I2【解题分析】E3(1)定值电阻所在支路最小电阻约为R=???1000?;电阻箱R(最大阻值为9999Ω),,定值电阻R应选1K?;0I(R?R)电阻箱与R、A串联,再与水柱、A并联,所以有I(R?R)?IR,玻璃管内水柱电阻R的表达式R?20021201xxxI1LL4LI(R?R)R???????204?I(2)由电阻定律可以知道xsd?d2I,则有R=2L?R,根据题意可知,电流表?()21?d2I0214?4?4?103?(?1)?103A,A示数均相等,则有R=L?R,由图可得k???5?10412?d202?2?d10?10???5?104电阻率????16?m444?I?d2k(3)电流表内阻不能忽略,则有R=2L?r-r?R,电阻率为??保持不变.?d2I21041四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案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。UUU13、偏大系统误差电流表的分压作用偏大2?11?RIII211【解题分析】:..(1)[1][2]根据测微螺杆和测砧紧密接触时的图象可知,用螺旋测微器测得的示数偏大;实验器材导致的误差为系统误差。(2)[3][4]根据伏安法测电阻的原理可知,电流表内接法误差来自电流表的分压,测量的阻值偏大,根据电阻定律可知,计算出来的电阻率也偏大。(3)[5][6]单刀双掷开关接位置1时,电流表示数为I,电压表示数为U,则11UR?R?1AI1单刀双掷开关接位置2时,电流表示数为I,电压表示数为U,则22UR?R?R?2xAI2联立解得UUUR?2?1,R?1?RxIIAI211?242mgrsin??B?l3mgsin?l14、(1)E??l2;(2)P?;(3)v?2,q??tmmB2l2mBl4r22【解题分析】(1)处在均匀变化的磁场中的有效面积S??(2l)2??l2?3?l2根据法拉第电磁感应定律,产生的感应电动势为???BS1E???S??l2?t?t3(2)根据闭合电路欧姆定律EI?R?r滑动变阻器的功率P?I2R得E2RE2P??(R?r)2r2R??2rR当R?r时,P有最大值所以:..E2?2l4P??m4r4r(3)棒切割磁感线产生的最大感应电动势E??Blv2m通过分析知道沿整个回路的感应电动势都为逆时针方向,因此总电动势为E?E?E?m对于整个回路,根据闭合电路欧姆定律有EI?mm2r当棒匀速下滑时速度达到最大,此时受力平衡mgsin??BIl2m解得2mgrsin??B?l3v?2mB2l22当物体下滑速度最大时,在?t时间内通过导体棒的电荷量也最大q?I?tmm解得mgsin?q??tmBl215、(1);(2)18s。【解题分析】(1)甲下滑过程,由牛顿第二定律得mgsin10???mgcos10??ma11111由运动规律得v2?2ax11解得v?(2)乙下滑过程,由牛顿第二定律得mgsin10???mgcos10??ma22222:..由运动规律得v2?2ax22又有vx?2?t22甲又有vx?1?t21甲、乙下滑的时间差为?t?t?t12解得?t?18s二人不相撞,乙开始下滑的时刻比甲至少要晚18s