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文檔簡介
2024-2025學(xué)年安徽省滁州市鳳陽縣第二中學(xué)高三第一次聯(lián)合檢測試題(5月)物理試題注意事項:1.答卷前,考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時,選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑,如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其它答案標號?;卮鸱沁x擇題時,將答案寫在答題卡上,寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后,將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題:本題共6小題,每小題4分,共24分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示,將一籃球從地面上方B點斜向上拋出,剛好垂直擊中籃板上A點,不計空氣阻力,若拋射點B向籃板方向水平移動一小段距離,仍使拋出的籃球垂直擊中A點,則可行的是A.增大拋射速度,同時減小拋射角θB.增大拋射角θ,同時減小拋出速度C.減小拋射速度,同時減小拋射角θD.增大拋射角θ,同時增大拋出速度2、電源電動勢反映了電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng),下列關(guān)于電動勢的說法中正確的是A.電動勢是一種非靜電力B.電動勢越大表明電源儲存的電能越多C.電動勢由電源中非靜電力的特性決定,跟其體積、外電路無關(guān)D.電動勢就是閉合電路中電源兩端的電壓3、如圖所示,光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個帶電小球,t=0時,甲靜止,乙以6m/s的初速度向甲運動。它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運動(整個運動過程中沒有接觸),它們運動的v—t圖像分別如圖(b)中甲、乙兩曲線所示。則由圖線可知A.兩小球帶電的電性一定相反B.甲、乙兩球的質(zhì)量之比為2∶1C.t2時刻,乙球的電勢能最大D.在0~t3時間內(nèi),甲的動能一直增大,乙的動能一直減小4、如圖所示,斜面體置于粗糙水平面上,斜面光滑.小球被輕質(zhì)細線系住放在斜面上,細線另一端跨過定滑輪,用力拉細線使小球沿斜面緩慢向上移動一小段距離,斜面體始終靜止.移動過程中()A.細線對小球的拉力變小B.斜面對小球的支持力變大C.斜面對地面的壓力變大D.地面對斜面的摩擦力變小5、一根細線一端系一小球(可視為質(zhì)點),另一端固定在光滑圓錐頂上,如圖所示,設(shè)小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動的角速度為ω,細線的張力為FT,則FT隨ω2變化的圖象是()A. B.C. D.6、一定質(zhì)量的理想氣體,從狀態(tài)M開始,經(jīng)狀態(tài)N、Q回到原狀態(tài)M,其p-V圖象如圖所示,其中QM平行于橫軸,NQ平行于縱軸.則()A.M→N過程氣體溫度不變B.N→Q過程氣體對外做功C.N→Q過程氣體內(nèi)能減小D.Q→M過程氣體放出熱量二、多項選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分。在每小題給出的四個選項中,有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。7、如圖所示,用粗細均勻、總電阻為的導(dǎo)線圍成一個邊長為的等邊三角形閉合線框,線框以速度勻速穿過一個水平方向?qū)挾葹椋Q直方向足夠長的磁場區(qū)域,該磁場的磁感應(yīng)強度為。線框在勻速穿過磁場區(qū)域過程中邊始終與磁場邊界(圖中虛線所示)平行,則下列說法正確的是()A.導(dǎo)線框從剛進入磁場到完全進入磁場過程中產(chǎn)生的平均電動勢為B.導(dǎo)線框從剛進入磁場到導(dǎo)線框完全離開磁場過程中,導(dǎo)線框不受安培力作用的時間為C.導(dǎo)線框邊剛進入和剛離開磁場時兩間的電勢差相等D.導(dǎo)線框從邊進入磁場的水平距離為時刻開始到導(dǎo)線框完全離開磁場過程中通過線框的電荷量為8、下列說法中正確的是()A.只要知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數(shù),就可以算出氣體分子的體積B.懸浮在液體中微粒的無規(guī)則運動并不是分子運動,但微粒運動的無規(guī)則性,間接反映了液體分子運動的無規(guī)則性C.理想氣體在某過程中從外界吸收熱量,其內(nèi)能可能減小D.熱量能夠從高溫物體傳到低溫物體,也能夠從低溫物體傳到高溫物體9、如圖甲所示,A、B兩物塊靜止在光滑水平面上,兩物塊接觸但不粘連,A、B的質(zhì)量分別為,。t=0時刻對物塊A施加一水平向右推力F1,同時對物塊B施加一水平向右拉力F2,使A、B從靜止開始運動,力F1、F2隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。下列說法正確的是()A.時刻A對B的推力大小為B.0~時刻內(nèi)外合力對物塊A做的功為C.從開始運動到A、B分離,物體B運動的位移大小為D.時刻A的速度比B的速度小10、如圖所示,半徑分別為R和2R的甲、乙兩薄圓盤固定在同一轉(zhuǎn)軸上,距地面的高度分別為2h和h,兩物塊a、b分別置于圓盤邊緣,a、b與圓盤間的動摩擦因數(shù)μ相等,轉(zhuǎn)軸從靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動,觀察發(fā)現(xiàn),a離開圓盤甲后,未與圓盤乙發(fā)生碰撞,重力加速度為g,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則()A.動摩擦因數(shù)μ一定大于B.離開圓盤前,a所受的摩擦力方向一定指向轉(zhuǎn)軸C.離開圓盤后,a運動的水平位移大于b運動的水平位移D.若,落地后a、b到轉(zhuǎn)軸的距離之比為三、實驗題:本題共2小題,共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處,不要求寫出演算過程。11.(6分)物理社找到一根拉力敏感電阻絲,其阻值隨拉力F變化的圖像如圖甲所示,社員們按圖乙所示電路制作了一個簡易“吊桿”。電路中電源電動勢E=3V,內(nèi)阻r=1Ω;靈敏毫安表的量程為10mA,內(nèi)阻Rg=5Ω;R1是可變電阻。A,B兩接線柱等高且固定。現(xiàn)將這兩根拉力敏感電阻絲套上輕質(zhì)光滑絕緣桿,將其兩端接在A,B接線柱上。通過光滑絕緣桿可將重物吊起。不計敏感電阻絲的重力,現(xiàn)完成下列操作步驟:步驟a:滑環(huán)下不吊重物時,閉合開關(guān),調(diào)節(jié)可變電阻R1使毫安表指針滿偏;步驟b:滑桿下吊上已知重力的重物,測出電阻絲與豎直方向的夾角為θ;步驟c:保持可變電阻R1接入電路阻值不變,讀出此時毫安表示數(shù)I;步驟d:換用不同已知重力的物理,掛在滑環(huán)上記錄每一個重力值對應(yīng)的電流值;步驟e:將毫安表刻度盤改裝為重力刻度盤(1)寫出敏感電阻絲上的拉力F與重物G的關(guān)系:F=___________。(2)設(shè)R-F圖像斜率為k,寫出毫安表示數(shù)I與待測重物重力G關(guān)系的表達式:I=___________。(用E,r,R1,Rg,R0,k,θ表示)(3)若R-F圖像中R0=50Ω,k=0.2Ω/N。測得θ=45°,毫安表指針半偏,則待測重物的重力G=________N。(4)關(guān)于改裝后的重力刻度盤,下列說法正確的是________。A.重力零刻度線在毫安表滿刻度處,刻度線均勻B.重力零刻度線在毫安表零刻度處,刻度線不均勻C.重力零刻度線在毫安表滿刻度處,刻度線不均勻D.重力零刻度線在毫安表零刻度處,刻度線均勻(5)若電源電動勢不變,內(nèi)阻變大,其他條件不變,用這臺簡易“吊秤”稱重前,進行了步驟a操作,則測量結(jié)果________。(填“偏大”“偏小”或“不變”)12.(12分)用如圖甲所示裝置來探究功和動能變化的關(guān)系,木板上固定兩個完全相同的遮光條A、B,用不可伸長的細線將木板通過兩個滑輪與彈簧測力計C相連,木板放在安裝有定滑輪和光電門的軌道D上,軌道放在水平桌面上,P為小桶(內(nèi)有砂子),滑輪質(zhì)量、摩擦不計,(1)實驗中軌道應(yīng)傾斜一定角度,這樣做的目的是___________.(2)用游標卡尺測量遮光條的寬度,如圖乙所示,則遮光條的寬度d=_____cm.(3)實驗主要步驟如下:①測量木板(含遮光條)的質(zhì)量M,測量兩遮光條間的距離L,按圖甲所示正確連接器材;②將木板左端與軌道左端對齊,靜止釋放木板,木板在細線拉動下運動,記錄彈簧測力計示數(shù)F及遮光條B、A先后經(jīng)過光電門的時間為t1、t2,則遮光條B、A通過光電門的過程中木板動能的變化量ΔEk=________,合外力對木板做功W=________.(以上兩空用字母M、t1、t2、d、L、F表示)③在小桶中增加砂子,重復(fù)②的操作,比較W、ΔEk的大小,可得出實驗結(jié)論.四、計算題:本題共2小題,共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處,要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13.(10分)為防治2019-nCoV,社區(qū)等公共場所加強了消毒措施,如圖所示為噴灑消毒液的某噴霧器示意圖。儲液桶與打氣筒用軟細管相連,已知儲液桶容積為(不計儲液桶兩端連接管體積),初始時桶內(nèi)消毒液上方氣體壓強為,體積為V0,打開閥門K噴灑消毒液,一段時間后關(guān)閉閥門停止噴灑,此時氣體壓強降為。噴灑過程中桶內(nèi)氣體溫度與外界溫度相同且保持不變,為外界大氣壓強。求:(1)停止噴灑時剩余的藥液體積;(2)為使桶內(nèi)氣體壓強恢復(fù)為,需打入壓強為的氣體體積(不考慮打氣過程中溫度變化)。14.(16分)如圖所示,一透明材料制成的圓柱形棒直徑為4cm,長度為30cm。一束光線從圓柱形棒的一個底面中心垂直射入,經(jīng)由另一底面射出。求:(1)該透明材料的折射率;(2)保持入射點不變,調(diào)整光線的入射方向,使其在內(nèi)壁上發(fā)生全反射,仍從另一底面射出,最多能經(jīng)歷幾次全反射。15.(12分)如圖所示,一對平行光滑軌道放置在水平面上,兩軌道相距L=1m,兩軌道之間用電阻R=2Ω連接,有一質(zhì)量m=0.5kg的導(dǎo)體桿靜止地放在軌道上與兩軌道垂直,桿及軌道的電阻皆可忽略不計,整個裝置處于磁感應(yīng)強度B=2T的勻強磁場中,磁場方向垂直軌道平面向上?,F(xiàn)用水平拉力F沿軌道方向拉導(dǎo)體桿,使導(dǎo)體桿從靜止開始做勻加速運動。經(jīng)過位移x=0.5m后,撤去拉力,導(dǎo)體桿又滑行了x′=1.5m后停下。求:(1)整個過程中通過電阻R的電荷量q;(2)拉力的沖量大小IF;(3)整個過程中導(dǎo)體桿的最大速度vm;(4)在勻加速運動的過程中,拉力F與時間t的關(guān)系式。
參考答案一、單項選擇題:本題共6小題,每小題4分,共24分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】
由于籃球垂直擊中A點,其逆過程是平拋運動,拋射點B向籃板方向水平移動一小段距離,由于平拋運動的高度不變,運動時間不變,水平位移減小,初速度減小。水平速度減小,則落地速度變小,但與水平面的夾角變大。因此只有增大拋射角,同時減小拋出速度,才能仍垂直打到籃板上。A.增大拋射速度,同時減小拋射角θ。與上述結(jié)論不符,故A錯誤;B.增大拋射角θ,同時減小拋出速度。與上述結(jié)論相符,故B正確;C.減小拋射速度,同時減小拋射角θ。與上述結(jié)論不符,故C錯誤;D.增大拋射角θ,同時增大拋出速度。與上述結(jié)論不符,故D錯誤。故選:B。2、C【解析】
ABC.電動勢的大小等于非靜電力把單位正電荷從電源的負極,經(jīng)過電源內(nèi)部移到電源正極所做的功,電動勢不是一種非靜電力,電源電動勢反映電源將其他形式能量轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)大小,電動勢越大,電源將其他形式能量轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)越大,AB錯誤,C正確;D.電動勢大小等于電路斷開后電源兩端的電壓,D錯誤。故選C。3、B【解析】
A.由圖可知乙球減速的同時,甲球正向加速,說明兩球相互排斥,帶有同種電荷,故A錯誤;B.兩球作用過程動動量守恒m乙△v乙=m甲△v甲解得故B正確;
C.t1時刻,兩球共速,距離最近,則乙球的電勢能最大,故C錯誤;D.在0?t3時間內(nèi),甲的動能一直増大,乙的動能先減小,t2時刻后逐漸增大,故D錯誤。
故選B。4、D【解析】
此題是力學(xué)分析中的動態(tài)變化題型,其中球的重力以及支持力方向都沒變,故可畫動態(tài)三角形,如圖,可知T慢慢增大,N減小,故AB錯;可由隔離法分析斜面與地面之間力的作用,已知球給斜面的壓力減小,故斜面對地面壓力減小,對地面摩擦力f=Nsin5、C【解析】
由題知小球未離開圓錐表面時細線與豎直方向的夾角為θ,用L表示細線長度,小球離開圓錐表面前,細線的張力為FT,圓錐對小球的支持力為FN,根據(jù)牛頓第二定律有FTsinθ-FNcosθ=mω2LsinθFTcosθ+FNsinθ=mg聯(lián)立解得FT=mgcosθ+ω2mLsin2θ小球離開圓錐表面后,設(shè)細線與豎直方向的夾角為α,根據(jù)牛頓第二定律有FTsinα=mω2Lsinα解得FT=mLω2故C正確。故選C。6、D【解析】
A.M→N過程氣體的pV乘積先增加后減小,可知溫度先升高后降低,選項A錯誤;B.N→Q過程氣體的體積不變,不對外做功,選項B錯誤;C.N→Q過程氣體壓強增大,體積不變,由可知,溫度升高,則內(nèi)能增加,選項C錯誤;D.Q→M過程氣體壓強不變,體積減小,外界對氣體做功,即W>0;由可知,溫度降低,內(nèi)能減小,即?E<0,根據(jù)熱力學(xué)第一定律?E=W+Q可知Q<0,氣體放出熱量,選項D正確.二、多項選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分。在每小題給出的四個選項中,有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。7、BD【解析】
A.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,線框從剛進入磁場到完全進入磁場過程中產(chǎn)生的平均電動勢:,而:,,解得,故A錯誤;B.導(dǎo)線框完全在磁場中運動時磁通量不變,沒有感應(yīng)電流,不受安培力作用的時間為:,故B正確;C.線框BC邊剛進入磁場時兩端的電勢差為:,線框邊剛離開時,兩端的電勢差為:,故C錯誤;D.導(dǎo)線框邊進入磁場的水平距離為時線框已經(jīng)完全進入磁場,由:,故D正確。故選:BD。8、BCD【解析】
A.知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數(shù),能算出一個氣體分子所占有的體積,故A錯誤;B.懸浮在液體中微粒的無規(guī)則運動并不是分子運動,但微粒運動的無規(guī)則性,間接反映了液體分子運動的無規(guī)則性,故B正確;C.理想氣體在吸收熱量的同時,若對外做功,其內(nèi)能可能減小,故C正確;D.若有第三者介入,熱量可以從低溫物體傳到高溫物體,故D正確。故選BCD。9、BD【解析】
C.設(shè)t時刻AB分離,分離之前AB物體共同運動,加速度為a,以整體為研究對象,則有:分離時:根據(jù)乙圖知此時,則從開始運動到A、B分離,物體B運動的位移大?。汗蔆錯誤;A.時刻還未分離,以整體為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律,則有:對B,根據(jù)牛頓第二定律:F2+FAB=mBa則故A錯誤;B.0~時間,根據(jù)乙圖知:F1+F2=F0則始終有,對整體根據(jù)牛頓第二定律:則時刻對A根據(jù)動能定理:故B正確;D.時,AB達到共同速度此后AB分離,對A,根據(jù)動量定理:I=mA△v根據(jù)乙圖t0~t0,F(xiàn)-t圖象的面積等于F1這段時間對A的沖量,則則對B,根據(jù)動量定理:I′=mB△v′根據(jù)乙圖t0~t0,F(xiàn)-t圖象的面積等于F2這段時間對B的沖量,則則則t0~t0時間內(nèi)B比A速度多增大故D正確。故選:BD。10、ABD【解析】
A.由題意可知,兩物塊隨圓盤轉(zhuǎn)動的角速度相同,當最大靜摩擦力提供物體向心力時,此時的角速度為物體隨圓盤做圓周運動的最大角速度,為臨界角速度,根據(jù)牛頓第二定律得解得b物體滑離圓盤乙的臨界角速度為同理可得,a物塊的臨界角速度為由幾何知識知,物體a滑離圓盤時,其位移的最小值為由題意知,其未與圓盤乙相碰,根據(jù)平拋運動規(guī)律可知解得所以A正確;B.離開圓盤前,a隨圓盤一起做勻速圓周運動,由靜摩擦力來提供向心力,所以a所受的摩擦力方向一定指向轉(zhuǎn)軸,B正確;C.由于所以一定是b物塊先離開圓盤,離開圓盤后,物塊做平拋運動,對b物體的水平位移為同理可得,a物體的水平位移為故離開圓盤后a的水平位移等于b的水平位移,所以C錯誤;D.當時a的落地點距轉(zhuǎn)軸的距離為同理,b的落地點距轉(zhuǎn)軸的距離為故所以D正確。故選ABD。三、實驗題:本題共2小題,共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處,不要求寫出演算過程。11、C不變【解析】
(1)[1]對重物,可得即;(2)[2]不掛重物時,由閉合電路歐姆定律可得掛重物后,由圖中關(guān)系可知整理得(3)[3]將數(shù)據(jù)帶入[2]中表達式可得(4)[4]由(2)中分析可知,不掛重物時,電表滿偏,此時應(yīng)該為重力的0刻線,由可知,不成線性關(guān)系,故刻度為不均勻的,故C正確,A、B、D錯誤;故選B。(5)[5]由于稱重前現(xiàn)將電表調(diào)滿偏,當電源內(nèi)阻變化時,滿偏時總電阻不變,故電源內(nèi)阻變化對測量結(jié)果無影響。12、平衡摩擦力0.560cm【解析】
(1)為了使繩子拉力充當合力,即細線拉力做的功等于合力對木板做的功應(yīng)先平衡摩擦力,即實驗中軌道應(yīng)傾斜一定角度,這樣做的目的是平衡摩擦力;
(2)游標卡尺的讀數(shù)先讀出主尺的刻度數(shù):5mm,游標尺的刻度第12個刻度與上邊的刻度對
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