安徽省滁州市定远县重点中学2025届高三物理下学期5月模拟考试试题含解析_第1页
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PAGE18-安徽省滁州市定远县重点中学2025届高三物理下学期5月模拟考试试题(含解析)1.重元素的放射性衰变共有四个系列,分别是U238系列(从起先到稳定的为止)、Th232系列、U235系列及Np237系列(从起先到稳定的为止),其中,前三个系列都已在自然界找到,而第四个系列在自然界始终没有被发觉,只是在人工制造出Np237后才发觉的,下面的说法正确的是A.的中子数比中子数少20个B.从到,共发生7次α衰变和4次β衰变C.Np237系列中全部放射性元素的半衰期随温度的变更而变更D.与是不同元素【答案】B【解析】【详解】的中子数为238-92=146个,的中子数为209-83=126个,则的子数比的中子数多20个,A错误;依据质量数守恒有:237-209=4×7,知发生了7次衰变,依据电荷数守恒有:93-83=2×7-4,知发生了4次衰变,B正确;放射性物质的半衰期不受外界因素的影响,C错误;与的质子数相同,中子数不同,它们是相同的元素,D错误.2.2024年II月16日,第26届国际计量大会通过“修订国际单位制”决议,正式更新包括国际标准质量单位“千克”在内的4项基本单位定义.新国际单位体系将于2024年5月20日世界计量日起正式生效.其中,千克将用普朗克常量(h)定义;安培将用电子电荷量(e)定义.以基本物理常数定义计量单位,可大大提高稳定性和精确度.关于普朗克常量和电子电荷量的单位,下列正确的是A.普朗克常量的单位为kg.m3.s-2 B.普朗克常量的单位为kg-1.m2.s-1C.电子电荷量的单位为A.s D.电子电荷量的单位为A.s-1【答案】C【解析】【详解】由公式E=hv,可得h=E/v=Fs/v=mas/v,故普朗克常量h的单位为J/Hz,1J/Hz=1J·S=1Kg·m2·s-1;由公式q=It,可得电荷量e的单位为C,1C=1A·s.故答案选C.3.2024年春节档,科幻电影《流浪地球》红遍大江南北.电影讲解并描述的是太阳即将毁灭,人类在地21球上建立出巨大的推动器,使地球经验停止自转、加速逃逸、匀速滑行、减速人轨等阶段,最终成为新恒星(比邻星)的一颗行星的故事.假设儿千年后地球流浪胜利,成为比邻星的一颗行星,设比邻星的质量为太阳质量的1/8,地球质量在流浪过程中损失了1/5,地球绕比邻星运行的轨道半径为地球绕太阳运行轨道半径的1/2,则下列说法正确的是()A.地球绕比邻星运行的公转周期和绕太阳的公转周期相同B.地球绕比邻星运行的向心加速度是绕太阳运行时向心加速度的2/5C.地球与比邻星间的万有引力为地球与太阳间万有引力的1/10D.地球绕比邻星运行动能是绕太阳运行时动能的1/10【答案】A【解析】【详解】A、万有引力供应向心力,由牛顿其次定律得:,解得:,则:,即:T比=T太,故A正确;B、万有引力供应向心力,由牛顿其次定律得:,解得:,,故B错误;C、万有引力:,代入数据计算解得,故C错误;D、万有引力供应向心力,由牛顿其次定律得:,动能:,代入数据计算解得动能之比为故D错误;4.如图所示,地面上固定有一半径为R的半圆形凹槽,O为圆心、AB为水平直径、现将小球(可视为质点)从A处以初速度v1水平抛出后恰好落到D点:若将该小球从A处以初速度v2水平抛出后恰好落到C点,C、D两点等高,OC与水平方向的夹角θ=60°,不计空气阻力,则下列说法正确的是()A.v1:v2=l:4B.小球从起先运动到落到凹槽上的过程中,其两次的动量变更量相同C.小球落在凹槽上时,其两次的重力的瞬时功率不同D.小球落到C点时,速度方向可能与该处凹槽切面垂直【答案】B【解析】【详解】过C与D分别做AB的垂线,交AB分别与M点与N点,如图:则:OM=ON=R•cos60°=0.5R;所以:AM=0.5R,AN=1.5R;由于C与D点的高度是相等的,由:h=gt2可知二者运动的时间是相等的.由水平方向的位移为:x=v0t,可得.故A错误;它们速度的变更量:△v=gt,二者运动的时间是相等的,则它们速度的变更量也相等,依据P=mv可知动量变更量相等.故B正确;两次的位移分别为:AD和AC,明显AC≠2AD,所以前后两次的平均速度之比不等于1:2.故C错误;球落到C点时,若速度方向与该处凹槽切面垂直则速度方向为OC,O点应为AM的中点,明显不是,故D错误.5.“嫦娥四号”上搭载的中性原子探测仪,主要任务是测量太阳风与月表相互作用后产生的中性原子.探测仪在入口处安装了高压偏转系统,形成强电场区域,对太阳风和月表作用后辐射的带电粒子进行偏转,以免其射到探测器上产生干扰信号.已知高压偏转系统由长度大于lm、间距仅10mm的两平行金属板组成,当两板加肯定的电压时,可将平行极板进入、动能不大于320keV的氦核均偏转到极板而被极板汲取.只考虑该电场的作用,则A.对于平行极板进入偏转系统的质子,只有动能不大于160keV才能完全被极板汲取B.对于平行极板进入偏转系统的质子,只要动能不大于320keV就可完全被极板汲取C.对于平行极板进入偏转系统的电子,只有动能不大于320keV才能完全被极板汲取D.对于平行极板进入偏转系统的电子,只要动能不大于640keV就可完全被极板汲取【答案】A【解析】【详解】设平行板间电势差为U,当两板加肯定的电压时,可将平行极板进入、动能不大于320keV的氦核均偏转到极板而被极板汲取,对氦核依据动能定理得:2eU=320000eV,解得:U=160000V.A、B、对质子依据动能定理得:EKH=eU=160000eV,即对于平行极板进入偏转系统的质子,只有动能不大于160keV才能完全被极板汲取,故A正确,B错误;C、D、对于平行极板进入的电子,EKH=eU=160000eV,即对于平行极板进入偏转系统的质子,只有动能不大于160keV才能完全被极板汲取故C,D错误;故选A.6.如图所示,半径为R=2cm的圆形区域中有垂直纸面对外的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度B=2T,一个比荷为2×106C/kg的带正电的粒子从圆形磁场边界上的A点以v0=8×104m/s的速度垂直直径MN射入磁场,恰好从N点射出,且∠AON=120°.下列选项正确的是()A.带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为1cmB.带电粒子在磁场中运动轨迹的圆心肯定在圆形磁场的边界上C.若带电粒子改为从圆形磁场边界上C点以相同的速度入射,肯定从N点射出D.若要实现带电粒子从A点入射,从N点出射,则该圆形磁场的最小面积为3π×10﹣4m2【答案】BCD【解析】【详解】依据洛伦兹力供应向心力:,可得:,代入数据解得:r=2cm,故A错误;粒子运动轨迹如图所示:由上可知四边形AONP为菱形,又因为∠AON=120º,依据几何学问可得圆心P肯定在圆周上,故B正确;从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射,轨迹如图所示,易知四边形SCON为菱形,依据几何学问可知粒子肯定N点射出,故C正确;当带电粒子从A点入射,从N点出射,以AN为直径的圆的磁场,此时有最小面积即,故D正确.7.如图所示,边长为l1、l2的单匝矩形线框abcd处在磁感应强度为B的匀强磁场中,线框可绕轴OO′转动,轴OO′与磁场垂直,线框通过连接装置与志向变压器、小灯泡连接为如图所示的电路.已知小灯泡L1、L2额定功率均为P,正常发光时电阻均为R.当开关闭合,线框以肯定的角速度匀速转动时,灯泡L1正常发光,电流表A示数为I;当开关断开时,线框以另一恒定的角速度匀速转动,灯泡L1仍正常发光,线框电阻、电流表A内阻不计,以下说法正确的是A.断开开关S时,电流表示数为2IB.变压器原、副线圈的匝数比为C.当开关闭合时线框转动的角速度为D.当开关断开时线框转动的角速度为【答案】BD【解析】【详解】由于小灯泡功率为,可得由于断开开关S时,小灯泡正常发光,电流不变,故变压器原线圈电流仍为;由于可得当开关闭合时线框转动的角速度为当开关断开时两个小灯泡总功率为,原线圈电流不变,则原线圈输入功率为可得当开关断开时线框转动的角速度为综上分析可知,AC错误,BD正确.故选BD.8.如图所示,在倾角θ=37°固定斜面体的底端旁边固定一挡板,一质量不计的弹簧下端固定在挡板上,弹簧自然伸长时其上端位于斜面体上的O点处质量分别为mA=4.0kg、mB=1.0kg的物块A和B用一质量不计的细绳连接,跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮,起先物块A位于斜面体上的M处,物块B悬空,现将物块A和B由静止释放,物块A沿斜面下清,当物块A将弹簧压缩到N点时,物块A、B的速度减为零.已知MO=1.0m,ON=0.5m,物块A与斜面体之间的动摩擦因数为μ=0.25,重力加速度取g=10m/s2,sin37°=0.6,整个过程细绳始终没有松弛.则下列说法正确的是A.物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.2m/s2B.物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.5m/s2C.物块A位于N点时,弹簧所储存的弹性势能为9JD.物块A位于N点时,弹簧所储存的弹性势能为21J【答案】AC【解析】【详解】对AB整体,由牛顿其次定律可得:,解得a=1.2m/s2,选项A正确,B错误;由能量关系可知,物块A位于N点时,弹簧所储存的弹性势能为,解得EP=9J,选项C正确,D错误;故选AC.三、非选择题:共174分。包括必考题和选考题两部分。(一)必考题:共129分。9.某试验小组在“探究加速度与物体受力的关系”试验中,设计出如下的试验方案,其试验装置如图所示.已知小车质量M=214.6g,砝码盘质量m0=7.8g,所运用的打点计时器沟通电频率f=50Hz.其试验步骤是:A.按图中所示安装好试验装置B.调整长木板的倾角,轻推小车后,使小车能沿长木板向下做匀速运动C.取下细绳和砝码盘,登记砝码盘中砝码的质量mD.先接通电源,再放开小车,打出一条纸带,由纸带求得小车的加速度aE.重新挂上细绳和砝码盘,变更砝码盘中砝码的质量,重复B-D步骤,求得小车在不同合外力F作用下的加速度.回答下列问题:(1)按上述方案做试验,是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量?_____(填“是”或“否”).(2)试验中打出的其中一条纸带如图所示,由该纸带可求得小车的加速度a=____m/s2.(3)某同学将有关测量数据填入他所设计的表格中,如下表,次数12345砝码盘中砝码的重力F/N0.100.200.290.390.49小车的加速度0.881.441.842382.89他依据表中的数据画出a-F图象.造成图线不过坐标原点的一条最主要缘由______,从该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是_____,其大小为_____.【答案】(1).不须要(2).0.88(3).在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力、砝码盘的重力(4).砝码盘的重力大小(5).0.084【解析】【详解】(1)[1]本试验是通过让小车的重力沿斜面对下的分力平衡砝码盘的拉力,再撤去砝码盘后由小车的重力沿斜面对下的分力供应加速度,所以不须要保证m远远小于M的关系;(2)[2]由图可知,T=0.1;加速度的大小可由逐差法求得(3)[3][4][5]图线不过原点,说明当外力为零时加速度不为零,由此可知缘由在于在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力,由砝码的重力供应加速度大小ma=0.4×0.2146=0.084N10.某课外小组在参观工厂时,看到一丢弃不用的电池,同学们想用物理上学到的学问来测定这个电池的电动势和内阻,已知这个电池的电动势约为11~13V,内阻小于3Ω,由于直流电压表量程只有3V,须要将这只电压表通过连接一固定电阻(用电阻箱代替),改装为量程为15V的电压表,然后再用伏安法测电池的电动势和内阻,以下是他们的试验操作过程:(1)把电压表量程扩大,试验电路如图甲所示,试验步骤如下,完成填空:第一步:按电路图连接实物其次步:把滑动变阻器滑片移到最右端,把电阻箱阻值调到零第三步:闭合开关,把滑动变阻器滑片调到适当位置,使电压表读数为3V第四步:把电阻箱阻值调到适当值,使电压表读数为________V第五步:不再变更电阻箱阻值,保持电压表和电阻箱串联,撤去其他线路,即得量程为15V的电压表。(2)试验可供选择的器材有:A.电压表(量程为3V,内阻约2kΩ)B.电流表(量程为3A,内阻约0.1Ω)C.电阻箱(阻值范围0~9999Ω)D.电阻箱(阻值范围0~999Ω)E.滑动变阻器(阻值为0~20Ω,额定电流2A)F.滑动变阻器(阻值为0~20kΩ)回答:电阻箱应选_________,滑动变阻器应选_________。(3)用该扩大了量程的电压表(电压表的表盘没变),测电池电动势E和内阻r,试验电路如图乙所示,得到多组电压U和电流I的值,并作出U-I图线如图丙所示,可知电池的电动势为_____V,内阻为_____Ω。【答案】(1).0.6(2).C(3).E(4).11.5(5).2.5【解析】【详解】(1)[1]把3V的直流电压表接一电阻箱,改装为量程为15V的电压表时,将直流电压表与电阻箱串联,整个作为一只电压表,据题分析,电阻箱阻值调到零,电压表读数为3V,则知把电阻箱阻值调到适当值,使电压表读数为0.6V。(2)[2]由题,电压表的量程为3V,内阻约为2kΩ,要改装成15V的电压表,依据串联电路的特点可知,所串联的电阻箱电阻应为故电阻箱应选C。(2)[3]在分压电路中,为便利调整,滑动变阻器选用阻值较小的,即选E。(3)[4]由丙读出,外电路断路时,电压表的电压为U=2.3V,则电源的电动势为。(3)[5]内阻为。11.如图所示,在竖直面内有一个光滑弧形轨道,其末端水平,且与处于同一竖直面内光滑圆形轨道的最低端相切,并平滑连接.A,B两滑块(可视为质点)用轻细绳拴接在一起,在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧.两滑块从弧形轨道上的某一高度P点处由静止滑下,当两滑块刚滑入圆形轨道最低点时拴接两滑块的绳突然断开,弹簧快速将两滑块弹开,其中前面的滑块A沿圆形轨道运动恰能通过圆形轨道的最高点,后面的滑块B恰能返回P点.己知圆形轨道的半径,滑块A的质量,滑块B的质量,重力加速度g取,空气阻力可忽视不计.求:(1)滑块A运动到圆形轨道最高点时速度的大小;(2)两滑块起先下滑时距圆形轨道底端的高度h;(3)弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能.【答案】(1)m/s;(2)0.8m;(3)4J【解析】【详解】(1)设滑块A恰能通过圆形轨道最高点时的速度大小为v2,依据牛顿其次定律有mAg=mA解得:v2=m/s(2)设滑块A在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小为v1,对于滑块A从圆形轨道最低点运动到最高点的过程,依据机械能守恒定律,有mAv12=mAg•2R+mAv22可得:v1=6m/s设滑块A和B运动到圆形轨道最低点速度大小为v0,对滑块A和B下滑到圆形轨道最低点的过程,依据动能定理,有(mA+mB)gh=(mA+mB)v02同理滑块B在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小也为v0,弹簧将两滑块弹开的过程,对于A、B两滑块所组成的系统水平方向动量守恒,(mA+mB)v0=mAv1-mBv0解得:h=0.8m(3)设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为Ep,对于弹开两滑块的过程,依据机械能守恒定律,有(mA+mB)v02+Ep=mAv12+mBv02解得:Ep=4J12.如图甲所示,正方形导线框abcd用导线与水平放置的平行板电容器相连,线框边长与电容器两极板间的距离均为L.O点为电容器间靠近上极板的一点,与电容器右端的距离为,与水平线MN的距离为等).线框abcd内和电容器两极板间都存在周期性变更的磁场,导线框内匀强磁场的磁感应强度随时间的变更规律如图乙所示,电容器间匀强磁场的磁感应强度随时间的变更规律如图丙所示,选垂直纸面对里为正方向.现有一带正电微粒在0时刻自O点由静止释放,在时间去内恰好做匀速圆周运动.已知重力加速度为g,求:(1)此带电微粒的比荷;(2)自0时刻起经时间时微粒距O点的距离;(3)自0时刻起经多长时间微粒经过水平线MN.【答案】(1)(2)(3)【解析】【详解】解:(1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势:电容器两极间电场强度:时间内:解得比荷:(2)微粒运动轨迹如图所示时间内:,解得:时间内:可得:又解得:时微粒距点的距离:(3)时间内,微粒竖直向下的位移:设粒子转过角度时与点间的竖直距离为:解得:和每次微粒进入磁场后运动至水平线所需时间:解得:和自起先至水平线的时间:,即:和,又解得:微粒离开电容器后不再经过水平线,分析得自起先至水平线的时间:,和,[物理—选修3-3]13.简易温度计构造如图所示.两内径匀称的竖直玻璃管下端与软管连接,在管中灌入水银后,将左管的上端通过橡皮塞插入玻璃泡.在标准大气压下,调整右管的高度,使左右两管的液面相平,在左管液面位置标上相应的温度刻度.多次变更温度,重复上述操作.(1)玻璃泡内封闭气体发生的状态变更可近似的认为是_______变更.初始温度为t1=0oC,当温度为t2=25oC,则封闭气体的压强为_______cmHg.(2)(单选题)此温度计的特点是()A.刻度匀称,刻度值上小下大B.刻度匀称,刻度值上大下小C.刻度不匀称,刻度值上小下大D.刻度不匀称,刻度值上大下小(3)当大气压减小时,左右两管的液面相比________(选填“左管高”“一样高”或“右管高”),用该温度计测得的温度值_______(选填“偏大”或“偏小”).【答案】(1).等容(等体积)(2).82.96(3).A(4).右管大(5).偏大【解析】【详解】(1)[1][2].由于竖直玻璃管较细,所以玻璃泡内封闭气体发生的状态变更可近似的认为是等容变更,初始温度为t1=0oC,当温度为t2=25oC,由公式可解的封闭气体的压强为(2)[2].变更温度后,左右两管的液面始终相平,可知玻璃泡中的气体做等压变更,依据盖-吕萨克定律设玻璃管的横截面积为S,温度变更过程中,左管液面下降h高度,则有温度变更与液面高度变更呈线性函数,故此温度计刻度匀称,温度上升,液面下降,故刻度值上小下大,故A项正确.(3)[4][5].当大气压减小时,左边的压强高于左边的压强所以液柱右移,左右两管的液面相比右管高,在用公式V1测量偏小,导致温度测量偏高.14.底面积为4S的圆柱形烧杯装有深度为H的

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