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浙江衢州四校2024年高三物理第一学期期末质量检测模拟试题含解析2963.pdf


文档分类:中学教育 | 页数:约16页 举报非法文档有奖
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】的内容,可以使用淘豆网的站内搜索功能,选择自己适合的文档,以下文字是截取该文章内的部分文字,如需要获得完整电子版,请下载此文档到您的设备,方便您编辑和打印。:..浙江衢州四校2024年高三物理第一学期期末质量检测模拟试题注意事项:,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1、如图所示,轻质弹簧下端固定,上端与一质量为m的物块A连接,物块A经过P点时速度大小为v,方向竖直向下。经过t秒物块A又回到P点。速度大小为v,方向竖直向上,则在时间t内()、在足够长的光滑绝缘水平台面上,存在有平行于水平面向右的匀强电场,电场强度为E。水平台面上放置两个静止的小球A和B(均可看作质点),两小球质量均为m,带正电的A球电荷量为Q,B球不带电,A、B连线与电场线平行。开始时两球相距L,在电场力作用下,A球开始运动(此时为计时零点,即t?0),后与B球发生正碰,碰撞过程中A、B两球总动能无损失。若在各次碰撞过程中,A、B两球间均无电荷量转移,且不考虑两球碰撞时间及两球间的万有引力,则():..、如图所示,铁芯上绕有线圈A和B,线圈A与电源连接,线圈B与理性发光二极管D相连,衔铁E连接弹簧K控制触头C的通断,忽略A的自感,,,,,C将会过一小段时间断开4、如图所示,空间P点离地面足够高,从P点以很小的速度向右水平抛出一个小球,小球能打在竖直的墙壁上,若不断增大小球从P点向右水平抛出的初速度,、如图所示,在光滑水平桌面上有一边长为L的正方形线框;在线框右侧有一宽度为d(d>L)、方向垂直纸面向里的条形匀强磁场区域,磁场的边界与线框的右边框平行。现使线框以某一初速度向右运动,t=0时线框的右边框恰与磁场的左边界重合,随后线框进入并通过磁场区域。关于线框所受安培力F随时间t变化的图线可能正确的是():..、物理学的发展离不开科学家所做出的重要贡献。许多科学家大胆猜想,勇于质疑,获得了正确的科学认知,推动了物理学的发展。下列叙述符合物理史实的是(),,完全否定了原子的“核式结构”,以类比的方法大胆提出实物粒子也具有波粒二象性二、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、如图所示,三根长均为L的轻杆组成支架,支架可绕光滑的中心转轴O在竖直平面内转动,轻杆间夹角均为120°,轻杆末端分别固定质量为m、2m和3m的n、p、q三个小球,n球位于O的正下方,将支架从图示位置由静止开始释放,下列说法中正确的是(),,,,轻杆对q做的功为-3mgL8、如图,平行金属板中带电质点P原处于静止状态,不考虑电流表和电压表对电路的影响,选地面的电势为零,当滑动变阻器R的滑片向b端移动时,下列说法正确的是():..?、电流表的示数变化量分别为?U和?I,则?r?R?I19、如图所示,半径为R的半圆弧槽固定在水平面上,槽口向上,槽口直径水平,一个质量为m的物块从P点由静止释放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中,并沿圆弧槽匀速率地滑行到B点,不计物块的大小,P点到A点高度为h,重力加速度大小为g,(R+h)?(R?2h)、如图,正四棱柱abcd—a′b′c′d′的两条棱bb′和dd′上各有一根通有相同恒定电流的无限长直导线,则()、′a′和矩形add′a′的磁感线条数相等三、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.(6分)某实验小组用如图甲所示的实验装置进行“测量重力加速度”并“验证机械能守恒定律”两个实验。该小组把轻质细绳的一端与一个小球相连,另一端系在力传感器的挂钩上,整个装置位于竖直面内,将摆球拉离竖直方向一定角度,由静止释放,与传感器相连的计算机记录细绳的拉力F随时间t变化的图线。(1)首先测量重力加速度。将摆球拉离竖直方向的角度小于5°,让小球做单摆运动,拉力F随时间t变化的图线如图乙所示。:..①图可知该单摆的周期T约为________s(保留两位有效数字)。②该小组测得该单摆的摆长为L,则重力加速度的表达式为________(用测量或者已知的物理量表示)。(2)然后验证机械能守恒定律。将摆球拉离竖直方向较大角度后由静止释放,拉力F随时间t变化的图线如图丙所示。①要验证机械能守恒,还需要测量的物理量是_________。②若图中A点的拉力用F表示,B点的拉力用F表示,则小球从A到B的过程中,验证机械能守恒的表达式为12_____________(填表达式前的字母序号)。11A.(F?mg)?mg?FB.(mg?F)?F?mgCF?mg?mg?F2212122112.(12分)如图是实验室测定水平面和小物块之间动摩擦因数的实验装置,,P为光电计时器的光电门,已知当地重力加速度为g.(1)利用游标卡尺测得遮光条的宽度如图所示,则遮光条的宽度d=______cm;(2)实验中除了测定遮光条的宽度外,还需要测量的物理量有_____;:..(3)为了减小实验误差,同学们采用图象法来处理实验数据,他们根据(2)测量的物理量,建立图丙所示的坐标系来寻找关系,、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。13.(10分)一粗细均匀、两端封闭的U形玻璃管竖直放置,管内水银柱及空气柱长度如图所示,右侧水银柱长l=,气体压强p=,左侧水银柱长l=,气体的长度l=,现打开U形玻璃管右侧端口,求稳123定后玻璃管左侧气体的长度将变为多少?设整个过程中气体温度保持不变,大气压强p=(4200?)014.(16分)如图所示,两根相距L=1m的足够长的光滑金属导轨,一组导轨水平,另一组导轨与水平面成37°角,拐角处连接一阻值R==2kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路,导轨电阻不计,两杆的电阻均为R==1T、,=10m/s2,sin37°=,cos37°=,求:(1)水平拉力的功率;(2)现让cd杆静止,求撤去拉力后ab杆产生的焦耳热15.(12分)如图所示,四边形ABCD是一块玻璃砖的横截面示意图,∠D=90°,DO垂直于AB,,人射角为i,调节i的大小,当i=45°时,::..①玻璃砖对该单色光的折射率.②四边形ABCD中∠、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1、B【解题分析】,取向上为正方向,整个过程中根据动量定理可得I=I?mgt?mv???mv?合弹簧得A受到合力的冲量大小为I=2mv合小球所受弹簧弹力冲量的大小为I?2mv?mgt弹簧选项A错误,B正确;?1?W?W-W?mv2-?mv2?合弹簧G2?2?而整个过程重力做功W=0G得合力对物块A所做的功大小为W?0合小球所受弹簧弹力做功的大小为:..W?W=0弹簧G选项CD错误。故选B。2、A【解题分析】?m碰前A的速度为2QELv?2aL?A1m碰前B的速度为v?0B1由于碰撞过程中A、B两球总动能无损失,动量也守恒,有mv?mv?mv??mv?A1B1A1B11111mv2?mv2?mv'2?mv'22A12B12A12B1则碰撞后A、B的速度分别为2QELv'?0,v??v?A1B1A1m即交换速度,故A正确;,A向前做匀加速运动,以后面球为参考系,前面球速度设为v,到再次相遇,时间和位移相等,根据v'x?t?vt2可知,2QELv'?2v?2m则位移为:..2QEL2?2vmx?vt?v???4LaQEm由弹性碰撞可知,第二次碰撞结束瞬间B球的速度大小为碰前A球的速度,即为2QELv?v'?2v?2B2m故BC错误;,每次碰撞前后,两球的速度差为2QEL?v?m即每次都是后面球的速度增加2?v后追上前面球,而加速度是固定的,则每次相邻两次碰撞时间间隔总为QEL222?vm2mL?t???2aQEQEm故D错误。故选A。3、D【解题分析】,穿过线圈B的磁通量要增加,根据楞次定律:增反减同,结合右手螺旋定则可知,线圈B的电流方向逆时针,而由于二极管顺时针方向导电,则线圈B不会闪亮一下,则线圈A中磁场立刻吸引C,导致其即时接触,故A,B错误;,穿过线圈B的磁通量要减小,根据楞次定律:增反减同,结合右手螺旋定则可知,电流方向为顺时针,则二极管处于导通状态,则D会闪亮,同时对线圈A有影响,阻碍其磁通量减小,那么C将会过一小段时间断开,故C错误,D正确;故选D.【题目点拨】该题考查楞次定律与右手螺旋定则的应用,注意穿过闭合线圈的磁通量变化,线圈相当于电源,而电流是从负板流向正极,、D【解题分析】d设P点到墙壁的距离为d,小球抛出的初速度为v,运动时间t?0v0:..gd竖直速度v?gt?yv0刚小球打到墙壁上时速度大小为dv=v2?v2?v2?(g)20y0v0根据数学知识:ddv2?(g)2?2v2(?g)2=2gd0v0v00即v?2gd。由此可见速度有最小值,则小球打在竖直墙壁上的速度大小可能先减小后增大。。故A不符合题意。。故B不符合题意。。故C不符合题意。。故D符合题意。5、B【解题分析】当线框向右运动过程中,有两个过程产生安培力,即进入磁场到完全进入磁场和离开磁场到完全离开磁场两个过程;B2L2v其中任一过程中线框受到的安培力F?,故线框做加速度越来越小的减速运动,不是匀减速运动,选项A、CR错误;线框运动过程中不论是进入磁场还是离开磁场的过程中,安培力方向不变,选项D错误,B正确。故选B。6、C【解题分析】,并求出了电子的比荷,密立根精确地测出电子的电荷量;故A错误;,但是没有否定原子的“核式结构”模型;故B错误;,故C正确;,以类比的方法大胆提出实物粒子也具有波粒二象性,故D错误。故选C。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、BD【解题分析】:..,的重力势能减少了9?E?3mg(L?Lsin30?)?mgLP2故A错误;npqnpqqB.、、三个小球和轻杆支架组成的系统机械能守恒,、、三个小球的速度大小相等,从释放到到达最低点的过程中,根据机械能守恒则有13mg(L?Lsin30?)?mg(L?Lsin30?)?(m?2m?3m)v22解得v?gL故B正确;,根据牛顿第二定律可得3mv2F?3mg?NL解得F?6mgN故C错误;,根据动能定理可得1W?3mg(L?Lsin30?)?3mv22q解得轻杆对做的功为W??3mgL故D正确;故选BD。8、AD【解题分析】A项:由图可知,R与滑动变阻器R串联后与R并联后,再由R串连接在电源两端;电容器与R并联;当滑片向24313b移动时,滑动变阻器接入电阻减小,则电路中总电阻减小;由闭合电路欧姆定律可知,电路中电流增大;路端电压减小,同时R两端的电压也增大;所以并联部分的电压减小,故A正确;1UB项:由A项分析可知并联部分的电压减小,即平行金属板两端电压减小,根据E?,平行金属板间的场强减小,d小球将向下运动,由于下板接地即下板电势为0,由带电质点P原处于静止状态可知,小球带负电,根据负电荷在电势低的地方电势能大,所以小球的电势能增大,故B错误;:..PIUU??出=?C项:电源的效率:,由A分析可知,路端电压减小,所以电源的效率变低,故C错误;PIEE总D项:将R和电源等效为一个新的电源,新电源的内阻为r+R,电压表测的为新电源的路端电压,如果电流表测的11?U?r?R?I=?I??I也为总电流,则,由A分析可知,由于总电流增大,并联部分的电压减小,所以R中的?I1总RA33总?U电流减小,则I增大,所以?I??I,所以?r?R,?I1A点晴:解决本题关键理解电路动态分析的步骤:先判断可变电阻的变化情况,根据变化情况由闭合电路欧姆定律E?U?IR确定总电流的变化情况,再确定路端电压的变化情况,、BC【解题分析】A项:物块从A到B做匀速圆周运动,根据动能定理有:mgR?W?0,因此克服摩擦力做功W?mgR,故Aff错误;1B项:根据机械能守恒,物块在A点时的速度大小由mgh?mv2得:v?2gh,从A到B运动的时间为21?RW2mg2gh?R2,因此从A到B过程中重力的平均功率为P??,故B正确;t??t?v22ghv2(R?2h)mgC项:根据牛顿第二定律:N?mg?m,解得:N?,由牛顿第三定律得可知,故C正确;RRD项:物块运动到B点,速度与重力垂直,因此重务的瞬时功率为0,故D错误。故选:BC。10、AD【解题分析】,bb′处通电导线在a点产生的磁感应强度垂直纸面向外,dd′处通电导线在a点产生的磁感应强度沿ab向下,且两导线在a处产生的磁感应强度大小相等,由矢量合成可知,a点磁场方向平行于db连线,故A正确;,dd′处通电导线在c点产生的磁感应强度垂直纸面向里,bb′处通电导线在a点产生的磁感应强度沿cd向上,且两导线在c处产生的磁感应强度大小相等,由矢量合成可知,c点磁场方向平行于db连线,但与a点磁场方向相反,故B错误;,设垂足为M,由右手螺旋定则可知,M点的磁感应强度为0,则ac连线上由a到c磁感:..应强度先减小后增大,故C错误;′处通电导线产生的磁场穿过矩形abb′a′的磁通量为0,dd′处通电导线产生的磁场穿过矩形add′a′的磁通量为0,则穿过矩形abb′a′和矩形add′a′的磁感线条数别为dd′处通电导线产生的磁场和bb′处通电导线产生的磁场,由于两导线电流相等,分别到两距形的距离相等,则穿过矩形abb′a′和矩形add′a′的磁感线条数相等,故D正确。故选AD。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。4π2L11、()g?质量AT2【解题分析】(1)①[1]小球做单摆运动,经过最低点拉力最大,,??s?②[2]根据单摆周期公式T?2?可得重力加速度g4π2Lg?T2(2)①[3]图中A点对应速度为零的位置,即最高位置,根据受力分析可得F?mgcosθ1图中B点对应速度最大的位置,即最低点位置,根据牛顿第二定律可得mv2F?mg?2L小球从A到B的过程中,重力势能减小量为?E?mg(L?Lcosθ)P动能的增加量为11?E?mv2?(F?mg)Lk222要验证机械能守恒,需满足?E??EPk解得1(F?mg)?mg?F221所以还需要测量的物理量是小球的质量:..②[4]验证机械能守恒的表达式为1(F?mg)?mg?F221故A正确,B、C错误;故选A。12、(1);(2)BC;(3)B.【解题分析】(1)主尺的刻度:1cm,游标卡尺上的第12个刻度与主尺的刻度对齐,读数是:×12mm=,总读数:10mm+==(2)实验的原理:根据遮光条的宽度与物块通过光电门的时间即可求得物块的速度:v=t1B到C的过程中,摩擦力做功,根据动能定理得:-μmgs=0-mv22d2联立以上两个公式得动摩擦因数的表达式?=2gst2还需要测量的物理量是:光电门到C点的距离s与遮光条通过光电门的时间t,故BC正确,(3)由动摩擦因数的表达式可知,μ与t2和s的乘积成反比,所以与s的图线是过原点的直线,应该建立的坐标系t21为:纵坐标用物理量,横坐标用物理量s,即B正确,【题目点拨】本题通过动能定理得出动摩擦因数的表达式,,然后依据实验的原理解答即可;游标卡尺的读数时先读出主尺的刻度,然后看游标尺上的哪一个刻度与主尺的刻度对齐,最后读出总读数;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。13、【解题分析】对左侧气体,分别列出两个状态的压强、体积,根据玻意耳定律列式可求得稳定后玻璃管左侧气体的长度。【题目详解】设管的横截面积为s,左侧气体初始状态的参量:P?P?(l?l)?85cmHg121V?ls?15s3打开U形玻璃管右侧端口,右侧压强变大,水银向左侧移动,设稳定后玻璃管左侧气体的长度将变为xcm,则::..P??P?[(l?l)?2(l?x)?120?2x0213V??xs由玻意耳定律得:PV?PV??即:2x2?120x?1275?0解得:x?(不合题意,舍去),x?:。14、(1)864W(2)864J【解题分析】(1)根据安培力公式与平衡条件求出电流,然后又E=BLv求出电动势,应用欧姆定律求出金属杆的速度,由平衡条件求出水平拉力,然后应用P=Fv求出拉力的功率.(2)由能量守恒定律求出产生的热量,然后应用焦耳定律求出ab杆产生的焦耳热.【题目详解】(1)cd杆静止,由平衡条件可得mgsinθ=BIL,解得I=12ABLv由闭合电路欧姆定律得2I=R,得v=36m/sR?2水平拉力F=2BIL=24N,水平拉力的功率P=Fv=864W(2)撤去外力后ab杆在安培力作用下做减速运动,安培力做负功,先将棒的动能转化为电能,再通过电流做功将电1能转化为整个电路产生的焦耳热,即焦耳热等于杆的动能的减小量,有Q=ΔE=mv2=1296Jk23而Q=I′2·R·t,2ab杆产生的焦耳热Q′=I′2·R·t,2所以Q′=Q=【题目点拨】本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题,分析清楚运动过程,应用E=BLv、安培力公式、欧姆定律、功率公式与焦耳定律可以解题.:..15、(1)2(2)750【解题分析】①根据题意可知,当光线在AB面上O点的入射角为i?45时,恰好在AD面和CD面发生全反射,作出i?45时的光路图如图所示,P、M、N分别为光线在AD、CD、AB面上的入射点,过P、M两点的法线相交于E点,设光线全反射的临界角为C1由几何关系可知:2C?901解得C?4511折射率n?sinC1解得n?2sini②设光线在O点的折射角为r,根据n?,代入i?45,解得r?30sinr根据几何关系可得?APO?90?C?45,?AOP?90?r?601解得?A?180?45?60?75

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