2024届新高三开学摸底物理考试卷(上海专用)(解析版).pdf

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所需的向心力,有e2v2k?ma2a得电子的线速度大小为kv?ema[2]由题意,可得在此模型下,氢原子的核外电子具有的能量为E?E?Epk其中ee2E?q???e?k??kpaa1e2E?mv2?kk22a联立可得e2E??k2a要使氢原子发生电离,根据能量守恒定律,至少需要向核外电子提供的能量为ke2E???E?,在直线AB上的A点固定一个水分子甲,在距A点距离为r的C点放0一水分子乙,水分子乙所受分子力恰为零。移动水分子乙,使其所受的分子力表现为引力,则水分子乙应向_________(填“A”或“B”)点运动;若水分子乙从B点无初速释放,沿直线BA方向运动,直到速度为0,此过程分子势能的变化是_________(填“一直减小”、“先减小后增大”或“先增大后减小”)。【答案】B先减小后增大【详解】[1][2]当分子间距离大于平衡距离时分子力表现为引力,因此水分子乙应向B点运动;若空间两个分子间距从无限远逐渐变小,直到小于r,分子间的作用力先是引0:..力后是斥力,分子力先做正功后做负功,分子势能先减小后增大。、粗细均匀、两端开口的U型管,管内水银柱及被封闭气柱的长度如图所示,外界大气压强为75cmHg。现向管中缓慢加入8cm长的水银柱,若水银加在左管,封闭气柱的下表面向上移动的距离为______cm;若水银加在右管,封闭气柱的上表面向下移动的距离为______cm。【答案】45【详解】[1]未加水银前密闭气体压强p?p?5cmHg?80cmHg10若水银加在左管,封闭气柱的压强、体积均不变,封闭气柱的下表面向上移动8cm?4cm2[2]若水银加在右管,未加水银前气体压强和体积分别为p?p?5cmHg?80cmHg10V?S?11cm31加入水银稳定后,封闭气体的压强p?p?13cmHg?88cmHg20由玻意耳定律pV?pV1122解得pV80?11V?11?cm?S?10cm?S2p882封闭气柱的上表面向下移动的距离为x,由11?4?x?10解得x?。R是金属热电阻,其阻值随温度升高而变0大,R和R为两个滑动变阻器,a、b接报警器,当电压增大到某一值时,会触发报警。12:..当温度升高时电流表示数________(选填“增大”、“减小”或“不变”);冬季为了安全适当降低报警温度,可采取的方法有________。【答案】减小减小R或增大R21【详解】[1]当温度升高时,R的阻值变大,电路中总电阻变大,由闭合电路欧姆定律0可知电路中总电流I减小,R两端电压减小,R两端电压变大,R中电流I变大,R21110中电流I?I?I01减小,电流表的示数减小。[2]冬季为了安全适当降低报警温度,即当R减小时,报警器两端的电压不变;R的阻00值减小时,R与R并联的总阻值减小,可以通过增大R的阻值的方法使电路中阻值不011变;R减小时,电路中总电流增大,R两端电压增大,报警器两端电压降低,可以通02过减小R的阻值的方法使R两端电压不变,报警器两端电压不变。22三、实验题:本题共1小题,共10分。18.(一)如图是探究电磁感应产生条件的实验器材。①请在图中用实线代替导线把它们连成完整的实验电路______;②(不定项选择)下列哪些方法可以使灵敏电流计的指针发生偏转______。,螺线管A放在螺线管B中不动,,将螺线管A从螺线管B中迅速抽出:..【答案】AC【解析】[1]将电流表与大线圈B组成闭合回路,电源、开关、小线圈A组成闭合回路,电路图如图所示[2],线圈B的磁通量发生变化,线圈B中产生感应电流,电流表指针偏转,故A正确;,螺线管A放在螺线管B中不动,滑动变阻器的滑片也保持不动,线圈B的磁通量不发生变化,线圈B中不产生感应电流,电流表指针不偏转,故B错误;,将螺线管A从螺线管B中迅速抽出,螺线管B的磁通量发生变化,螺线管B中产生感应电流,电流表指针偏转,故C正确。故选AC。(二)在“用DIS研究一定质量的气体在体积不变时,其压强与温度的关系”实验中,实验装置如图所示。(1)图中___________为压强传感器。(选填“A”或“B”)(2)实验中,下列做法正确的是___________。:..,,立即读数(3)某同学记录下了初始时封闭气体压强p和摄氏温度t,随后逐渐加热水升高温度,00并记录下每次测量结果与初始值的差值?p和?t。在实验中压强传感器软管突然脱落,他立即重新接上后继续实验,其余操作无误。则?p~?t的关系图可能是___________。【答案】BABD【详解】(1)[1]图中B为压强传感器。(2)[2],测量压强与温度的关系,气体体积保持不变即可,不需要测量具体的体积数值。故A正确;,改变气体温度是通过改变试管所在水的温度来实现,需要使试管中封闭气体完全浸没于水中。故B正确;,要让管内气体与热水通过热传递达到热平衡再测量水温,这时温度才等于气体的温度。故CD错误。故选AB。(3)[3]根据p?p?p???CT?T?t则?p?C?t压强变化量与温度变化量成正比。而当压强传感器软管突然脱落时,将会漏气,使得内外气体再次等压,而温度维持不变。随后的压强变化量与温度变化量仍应是线性变化,但常数C已经不同(物质的量变少了),斜率应变得更小些,故D正确;ABC错误。故选D。四、解答题:本题共2小题,共30分。19.(15分)如图所示,水平地面上有一个质量为M?3kg、左端带有固定挡板的长木板A,其上表面O点左侧光滑、右侧粗糙,O点距右端的距离l?8m,距左端挡板的1l?4m??,下表面与地面间的动摩擦因数为。长木板右端放置一个可视为质***的小滑块B,其质量为m?1kg,B与木板间的动摩擦因数??,初始时滑块和长2:..木板均静止。现给长木板A大小为v?8m/s、水平向右的初速度;当B相对于长木板0滑至O点时,给长木板施加一水平向右、大小为F?14N的恒力。经过一段时间,滑块与挡板发生第一次弹性碰撞;此后的运动过程中,滑块B与挡板发生多次弹性碰撞,所有碰撞过程时间极短可以忽略。g取10m/s2。求:(1)从开始运动到滑块相对于长木板向左滑至O点的过程中,长木板A的位移;(2)滑块B与挡板发生第一次碰撞后的瞬间,长木板A和滑块B的速度大小;(3)滑块B与挡板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的时间间隔;(4)滑块B与挡板发生第n次碰撞前拉力F的总功。W??168n2?56n?J【答案】(1)10m;(2)4m/s,8m/s;(3)4s;(4)【详解】(1)根据牛顿第二定律,对A?(M?m)g??mg?Ma121对B?mg?ma22解得a?3m/s21a?1m/s22设经时间t,B滑至O点,根据位移时间公式,有11vt?at2?at2?l021221解得x?10mAt?2s(2)B滑至O点时,根据速度时间公式,有v?v?atA01v?atB2解得v?2m/sA:..v?2m/sB此后,对A木板,根据牛顿第二定律F??(M?m)g?Ma1解得a?2m/s2设经时间Δt滑块B与挡板发生第一次碰撞,位移关系为x?x?lAOBO21vΔt?aΔt2?vΔt?lA2B2解得Δt?2sx?8mAO第一次碰撞前,根据速度时间公式,有v?v?aΔtA1Av?vB1B解得v?6m/sA1v?2m/sB1第一次碰撞过程中,满足动量守恒和机械能守恒Mv?mv?Mv??mv?A1B1A1B11111Mv2?mv2?Mv?2?mv?22A12B12A12B1解得v??4m/sA1v??8m/sB1(3)设第一次碰撞后经Δt?A、B速度相同,即v??aΔt??v?A1B1解得Δt??2sB离挡板最远距离:..?1?d?v??Δt??v?Δt??aΔt?2?4m?lB1?A1?2?2?所以,B刚好滑至O点,此后B一直在光滑区域运动。设第一次碰撞后经时间t,滑块B与挡板发生第二次碰撞,11v?t?at2?v?tA1121B11解得t?4s1(4)施加力F后,B物体运动始终在光滑区域,第二次碰撞前,根据速度时间公式,有v?v??atA2A11v?v?B2B1解得v?12m/sA2v?8m/sB2第二次碰撞过程中,满足动量守恒和机械能守恒Mv?mv?Mv??mv?A2B2A2B21111Mv2?mv2?Mv?2?mv?22A22B22A22B2解得v??10m/sA2v??14m/sB2同理,再经时间t?4s滑块B与挡板发生第三次碰撞,第三次碰撞前,有2v?18m/sA3v?14m/sB3……设滑块B与挡板第n?1次碰撞到第n次碰撞的时间间隔为t,有n?1x?xA(n?1)B(n?1)t?t???t?t?4sn?1n?221:..第n次碰撞前v?v??at?6nAnA(n?1)n?1v?v??6n?4BnB(n?1)第n次碰撞过程中Mv?mv?Mv??mv?AnBnAnBn1111Mv2?mv2?Mv?2?mv?22An2Bn2An2Bn可得1v???v?v??6n?2An2AnBn31v??v?v?6n?2Bn2An2BnF作用后A的总位移,x=x?x?x???x?x?x?x???xA总A0A1A2A(n?1)A0B1B2B(n?1)4[8?(6n?4)](n?1)xv?tv?tv?t8m??12n2?4n?m????????A0B11B22B(n?1)n?12滑块B与挡板发生第n次碰撞前拉力F的总功W?Fx=?168n2?56n?JA总20.(15分)如图(a),边长l=、单位长度电阻r=1Ω/m的正方形导线框abcd处0于匀强磁场中,线框所在平面与磁场方向垂直。以b为原点,沿bc边建立坐标轴Ox。不计电阻的导体棒ef平行于ab放置,与线框接触良好。在外力作用下,导体棒以v=,通过导体棒的电流I随导体棒位置坐标x的变化关系如图(b)所示。(1)求磁感应强度大小B;(2)求I随x变化的表达式;(3)估算导体棒从x=0运动到x=,导线框产生的焦耳热Q。12:..【答案】(1);(2)I=A;(3)×10-3J(1?10x)?(3?10x)【详解】(1)从图像得知:当x=====IR=×====?(2)电动势E=Blv=?R?(l?2x)?r???(3l?2x)?r?(l?2x)?(3l?2x)(1?10x)?(3?10x)R=12=00=r=Ω总R+R4l?===AR(l?2x)?(3l?2x)r(1?10x)?(3?10x)总0(3)ef从x=0运动到x=,安培力F=BIl先减小后增大,在Δx→0的微12小过程中,克服安培力做功ΔW=BIl·Δx=Bl(I·Δx)克故全过程,克服安培力做的总功W=∑(ΔW)=Bl·∑(I·Δx)克克∑(I·Δx)则对应图线与x轴包围的“面积”,该“面积”约为(20×15+30)××·m=×10-2A·m克服安培力做功W=B