2023年渝琼辽名校高考物理仿真模拟试卷+答案解析(附后).pdf

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的加速度根据牛顿第二定律有:得撤去拉力F前,木板的加速度根据牛顿第二定律有得,故C正确;,则在内物块位移为:由图像与时间轴围成的面积可知,木板的位移为:页,共21页:..所以物块最终停止时的位置与木板右端的距离为:故错误。故选:C。根据图像分析拉力撤去后又过了木板加速度再次发生变化,说明此时两者共速,也就知道了物块的最大速度和加速度;再根据牛顿第二定律求出物块与木板间的动摩擦因数;在内,根据隔离法对木板进行分析,求出木板与地面间的动摩擦因数,再对撤去拉力前对木板进行分析求出拉力大小;最后根据前物块的和木板的位移求出物块最终停止时的位置与木板右端的距离。根据图像斜率分析出木板与物块相对静止的时间,再根据此时间为转折点分段分析物块和木板的运动;另外灵活应用整体法和隔离法是解决此类问题的关键。8.【答案】BCD【解析】解:大量处于能级的氢原子向低能级跃迁过程中可能的情况为:,,,能发出3种不同频率的光。由跃迁到的光子能量由跃迁到的光子能量由跃迁到的光子能量由于只有两种光照能引起电流计的指针偏转,因此该实验装置中阴极材料的逸出功即,故A错误;,根据光电效应方程,遏制电压与最大初动能的关系,可知a为氢原子从跃迁到能级释放的光子,故B正确;,与光的频率无关,由于b光的饱和光电流大于a光,因此b光的光照强度比a光的强,故C正确;,则氢原子吸收的能量,故D正确。故选:BCD。由玻尔理论分析可能的跃迁从而确定两种光的光子能量;根据光电效应方程,结合光电子的最大初动能,可求得金属逸出功范围;解决该题需熟记光电效应方程,能通过能级图判断可能的跃迁情况。9.【答案】BC页,共21页:..【解析】解:、叶片的转速为n转/秒,则发电机线圈转速为kn转/秒,理想变压器后输入交变电流的频率为,理想变压器不能改变交变电流的频率,则经过理想变压器后输出交变电流的频率为kn,故A错误;B、设灯泡的额定电流为I,电路中的所有灯泡均正常发光,则原线圈电流副线圈电流原副线圈匝数比等于电流的反比,则故B正确;C、原副线圈电压比等于匝数比,则原线圈电压为则发电机输出电压发电机输出电压的峰值为联立可得:故C正确;D、将变压器以及所有用户看作一个负载,若此时用户突然增多,则负载电阻减小,则通过灯泡A的电流增大,则A灯变亮,发电机输出电压不变,故原线圈电压减小,根据变压比可知,副线圈电压减小,则其余灯泡的亮度变暗,发电机输出电压不变,输出电流增大,则输出功率增大,故D错误。故选:BC。理想变压器不能改变交变电流的频率,根据频率与转速的关系求解即可;电路中的所有灯泡均正常发光,电流均为额定电流,原副线圈匝数比等于电流的反比;根据原副线圈电压比等于匝数比求解原线圈电压,根据串联分压求解发电机输出电压,进而求解输出电压的峰值;根据串并联规律和变压器的变压规律分析求解即可。本题考查变压器和交变电流,解题关键是知道原副线圈电压比等于匝数比,电流比等于匝数反比,结合串并联规律分析求解即可。10.【答案】ACD【解析】解:A、依题意,金属棒进入磁场时导体框与金属棒发生相对滑动,导体框开始做匀速运动,设导体框的质量为M,对导体框根据平衡条件可得:解得:,故A正确;B、依题意,可知从静止释放到导体框EF端刚进入磁场的过程中,系统减少的机械能一部分部转化为金属棒克服安培力做功而产生的焦耳热,另一部分转化为系统克服摩擦力做的功而产生的热页,共21页:..量,故错误;C、对金属棒进入磁场前的过程,由牛顿第二定律得:位移为:金属棒进入磁场时的速度为:联立解得:,导体框EF端进入磁场,此时金属棒开始匀速运动,对金属棒由平衡条件得:求得此时导体棒的速度大小为则从金属棒进入磁场到导体框EF端进入磁场的过程中,以沿斜面向下为正方向,对金属棒根据动量定理得:联立解得通过金属棒的电荷量为,故C正确;D、依题意,根据解得导体框EF端刚进入磁场时,金属棒与磁场上边界的距离为,故D正确。故选:ACD。在导体框做匀速运动阶段,对导体框根据平衡条件求解导体框的质量;从静止释放到导体框EF端刚进入磁场的过程中,系统减少的机械能一部分部转化为焦耳热,另一部分转化为摩擦产生的热量;根据动量定理求解通过金属棒的电荷量;根据电荷量的经验公式求解金属棒的位移。本题考查电磁感应现象中力与运动分析、安培力、功能关系,产生的电荷量相关知识。培养综合分析基本能力。11.【答案】降低【解析】解:滑块通过光电门A的时间大于通过光电门B的时间,说明滑块做加速运动,则右端高,可调节旋钮使轨道右端降低一些。游标卡尺主尺的读数为4mm,游标尺的最小分度为,读数为,则用游标卡尺测量遮光条宽度为极短时间滑块通过光电门的瞬时速度等于平均速度页,共21页:..滑块通过光电门的速度为滑块通过光电门B的速度为从A到B做匀加速直线运动,则根据运动学公式可得故答案为:降低;;。根据平衡摩擦力分析判断;确定游标卡尺的最小分度值,读出主尺和游标尺的读数,相加即为游标卡尺读数;根据极短时间滑块通过光电门的瞬时速度等于平均速度,计算滑块通过光电门的速度,根据运动学规律计算加速度。本题考查加速度与物体的受力、物体质量的关系实验,要求掌握实验原理、通过光电门测速度、计算加速度。12.【答案】25C【解析】解:欧姆调零的操作是:红、黑表笔短接,调节部件欧姆调零旋钮C使指针指在欧姆挡零刻度线。在测量时发现多用电表指针偏转角度过大,说明电阻较小,则该同学应将倍率换这样的小倍率,使得指针偏向表盘的中央便于读数。根据电阻定律,当水位为0m时的电阻为:由题意知电阻率,根据电阻定律:可知电阻的最小值为由闭合电路欧姆定律可知电流的最大值为若电流表的内阻不可忽略,电流和水位之间的关系为则测量的水位值比真实值偏小,此时电流表改装的水位刻度都是不均匀的,故AB错误;、电流表内阻,此时电流页,共21页:..若水库水位为5时电流表满偏,当水位为0m时解得则当电流表半偏时水库水位为平均水位,故C正确。故选:C。故答案为:,,;;。根据欧姆表使用方法分析判断;根据电阻定律推导电阻;根据电阻定律推导电阻的表达式,根据电阻最小值计算最大电流;根据闭合电路欧姆定律在考虑电流表内阻和不考虑情况下分别推导判断。本题考查测量水库中水的电阻率实验,要求掌握实验原理,熟练应用闭合电路欧姆定律推导。13.【答案】解:设打一次气后火箭内气体压强为,以瓶内气体和打气筒内待打入的气体为整体作为研究对象,由题意上述研究对象在打气前后可视为等温变化,打气前,瓶内气体体积为根据理想气体玻意耳定律可得解得设需打气n次,同理,根据玻意耳定律有解得答:打气筒打一次气后火箭内气体的压强为;至少需要打4次气才能使火箭起飞。【解析】以瓶内气体和打气筒内待打入的气体为整体作为研究对象,打气前后可视为等温变化,由玻意耳定律或理想气体状态方程列方程可解。列热力学方程或理想气体状态方程时,等式两边要确保质量不变、研究对象不变。14.【答案】解:由牛顿第二定律可得滑块A在水平面上匀加速运动的加速度大小为:解得:设A与B第一次碰撞前瞬间速度为,由运动学公式得:解得:页,共21页:..、B发生弹性碰撞,以向右为正方向,根据动量守恒和机械能守恒分别得:联立解得:,由牛顿第二定律可得,碰撞后滑块B在水平面上匀减速运动的加速度大小为:设A与B第一次碰撞后到第二次碰撞瞬间经过的时间为t,根据此过程两者位移相等得:解得:可得第二次碰撞前瞬间A、B速度分别为:同理,对A、B发生第二次弹性碰撞有:联立解得:,设A与B第二次碰撞后经过时间二者共速,则有:解得:此时A与B之间的距离最大为:解得:。答:与B第一次碰撞后各自的速度大小分别为、;与B第二次碰撞后到第三次碰撞前,A与B之间的最大距离。【解析】由牛顿第二定律和运动学公式求得A与B第一次碰撞前瞬间速度,A、B发生弹性碰撞,根据动量守恒和机械能守恒求解;由牛顿第二定律和运动学公式求得A与B第二次碰撞前瞬间速度,与第一次碰撞同理,求得碰撞两者的速度,第二次碰撞后二者速度相同时A与B之间的距离最大,由运动学公式求解。本题在匀强电场的背景下,考查一维碰撞模型中相对运动的问题,要掌握弹性碰撞的结果经验公页,共21页:..式,方便解决问题。中要知道两者速度相等时相间距离最大。15.【答案】解:由题意,经过时间所有电子都能从平行板上方出口平行极板射出,粒子在y方向上做匀速直线运动,有:可得:、2、竖直方向上先加速后减速,有而加速度为:联立求得:、2、若使电子经磁场偏转后会聚于一点,则电子运动的半径与圆形磁场的半径相等。当所加磁场为图中小圆时磁感应强度最大,此时:根据洛伦兹力提供向心力有:联立可得:当所加磁场为大圆时与直线相切磁感应强度有最小值,此时:根据洛伦兹力提供向心力有:联立可得:则所加磁场的范围为:页,共21页:..当所加磁场的磁感应强度为问中的最小值时,各电子到达同一点的时间不同,当电子过时,电子在磁场中所用时间最大:最短时间:则:当大圆向上平移时,变小,当大圆向上平移到最低点与相切时,有最小值:两者之差为:所以:答:交变电压的周期和电压的值分别为:、2、,、2、;所加磁场的磁感应强度的取值范围为;电子从出发到打至P点时,最长运动时间和最短运动时间的差值的范围为。【解析】电子在电场中做类平抛运动,应用类平抛运动规律可以求出周期与电压;作出电子的运动轨迹,应用数学知识求出粒子轨道半径的最大值和最小值,然后由牛顿第二定律求出磁感应强度的最小值和最大值;电子在极板间做类平抛运动,应用类平抛运动规律可以求出偏移量,进入磁场后分两种情况根据题设条件、牛顿第二定律、几何关系等求出答条件的最长时间和最短时间。本题考查了带电微粒在电场与磁场中的运动,难度很大,分析清楚微粒运动过程、作出微粒运动轨迹是正确解题的关键,应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题,解题时要注意讨论。页,共21页