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广东执信中学2025届高三第四次模拟考试物理试卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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、原子核的比结合能与原子序数的关系图所示,大多数恒星内部温度非常高,可进行轻核聚变,核反应方程为A+B→C。但对于金、铂等重金属产生,目前科学界有一种理论认为,两颗中子星合成过程中会释放巨大的能量,在能量的作用下能够合成金、铂等重金属,其核反应为D+E→F,下列说法正确的是()A.重核F裂变成D和E的过程中,会产生质量亏损B.较轻的核A和B聚合成C的过程中核子平均质量变大C.较重的核D和E聚合成F的过程中,会释放较大能量D.A和B聚合成C的过程中,C的结合能小于A和B的结合能之和2、如图所示空间中存在沿水平方向的匀强磁场,磁感应强度大小为,将长度为2L的通电直导线由中点O处弯成折线,夹角为60°,现在导线中通有恒定电流。如果在空间另外施加一磁感应强度大小为的匀强磁场,且使导线MO、NO所受的安培力相等,则下列说法正确的是()A.磁场的方向斜向左下方与水平方向成60°角,MO受到的安培力的大小为B.磁场方向竖直向上,MO受到的安培力的大小为C.磁场方向竖直向下,MO受到的安培力的大小为D.磁场方向斜向右上方与水平方向成60°角,MO受到的安培力的大小为3、假设某宇航员在地球上可以举起m1=50kg的物体,他在某星球表面上可以举起m2=100kg的物体,若该星球半径为地球半径的4倍,则()A.地球和该星球质量之比为B.地球和该星球第一宇宙速度之比为C.地球和该星球瓦解的角速度之比为D.地球和该星球近地卫星的向心加速度之比为4、有一匀强电场,场强方向如图所示,在电场中有三个点A、B、C,这三点的连线恰好够成一个直角三角形,且AC边与电场线平行。已知A、B两点的电势分别为,,AB的距离为4cm,BC的距离为3cm。若把一个电子(e=1.6×10-19C)从A点移动到C点,那么电子的电势能的变化量为()A. B. C. D.5、“双星系统”由相距较近的星球组成,每个星球的半径均远小于两者之间的距离,而且双星系统一般远离其他天体,它们在彼此的万有引力作用下,绕某一点做匀速圆周运动。如图所示,某一双星系统中A星球的质量为m1,B星球的质量为m2,它们球心之间的距离为L,引力常量为G,则下列说法正确的是()A.B星球的轨道半径为B.A星球运行的周期为C.A星球和B星球的线速度大小之比为m1:m2D.若在O点放一个质点,则它受到两星球的引力之和一定为零6、已知地球半径约为6400km,地球表面处的重力加速度g取。则对绕地球运动的卫星来说,下列说法正确的是()A.卫星可以绕地球任意一纬线做圆周运动B.卫星可以绕地球任意一经线做圆周运动C.卫星在地球表面的运动速度一定不会大于第一宇宙速度D.卫星在距地球高度400km的轨道上做圆周运动的周期约为90分钟二、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、一列横波沿轴传播,某时刻的波形图如图所示,质点的平衡位置与坐标原点相距,此时质点沿轴正方向运动,经过第一次到达最大位移处。由此可知A.这列波沿轴负方向传播B.这列波的波长为C.这列波的传播速度为D.这列波的频率为E.该时刻起内质点走过的路程为8、如图所示,电路中定值电阻R的阻值大于电源内阻r的阻值,开关S闭合,将滑动变阻器滑片向下滑动,理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2、△U3,理想电流表示数变化量的绝对值为△I,下列说法止确的是()A.理想电压表V2的示数增大 B.△U3>△U1>△U2C.电源的输出功率减小 D.△U3与△Ⅰ的比值不变9、如图所示,竖直面内有一个半径为R的光滑14圆弧轨道,质量为m的物块(可视为质点)从顶端A处静止释放滑至底端B处,下滑过程中,物块的动能EkA.B.C.D.10、如图所示,轻弹簧一端固定在O点,另一端连接在一个小球上,小球套在光滑、水平的直杆上,开始时弹簧与杆垂直且处于原长。现给小球一个水平向右的拉力F,使小球从杆上A点由静止开始向右运动,运动到B点时速度最大,运动到C点时速度为零。则下列说法正确的是()A.小球由A到B的过程中,拉力做的功大于小球动能的增量B.小球由B到C的过程中,拉力做的功大于弹簧弹性势能的增量C.小球由A到C的过程中,拉力做的功等于弹簧弹性势能的增量D.小球由A到C的过程中,小球所受合力的功先减小后增大三、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)测定某种特殊电池的电动势和内阻。其电动势E约为8V,内阻r约为。实验室提供的器材:A、量程为200mA.内阻未知的电流表G;B、电阻箱;C、滑动变阻器;D、滑动变阻器;E、开关3只,导线若干。(1)先用如图所示的电路来测定电流表G内阻。补充完成实验:①为确保实验仪器安全,滑动变阻器应该选取__________(选填“”或“”);②连接好电路,断开、,将的滑片滑到__________(选填“a”或“b”)端;③闭合,调节,使电流表G满偏;④保持不变,再闭合,调节电阻箱电阻时,电流表G的读数为100mA;⑤调节电阻箱时,干路上电流几乎不变,则测定的电流表G内阻__________;(2)再用如图甲所示的电路,测定该特殊电池的电动势和内阻。由于电流表G内阻较小,在电路中串联了合适的定值电阻作为保护电阻。按电路图连接好电路,然后闭合开关S,调整电阻箱的阻值为R,读取电流表的示数,记录多组数据(R,I),建立坐标系,描点作图得到了如图乙所示的图线,则电池的电动势__________V,内阻__________。12.(12分)一小灯泡上标有“3.8V,1.14W”的字样,现用伏安法研究这个小灯泡的伏安特性曲线,实验室有如下器材可供选用:A.电压表V1(0~3V,内阻RV1约为5k)B.电压表V2(0~15V,内阻RV2约为25k)C.电流表A1(量程为200mA,内阻RA1为10)D.电流表A2(量程为600mA,内阻RA2约为4)E.定值电阻R0(10)F.滑动变阻器R(0~9,1A)G.电源E(6V,内阻约为1)H.单刀开关一个、导线若干(1)要求测量尽量准确,且测量范围尽可能大,并能测量小灯泡的额定电流,实验中应选用的两个电表分别是_____、____(填对应器材前的字母序号);(2)请利用(1)问中选择的电表,在甲图所示的虚线框里把实验电路图补充完整(要求在图中需标明所选器材的字母代号);(3)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图乙所示。如果用两节干电池组成的电源E1(电动势3V,内阻1)和滑动变阻器R1(0~19),将该小灯泡连接成如图丙所示的电路。闭合开关S,调节滑动变阻器R1的滑片,则流过小灯泡的最小电流为____A。(结果保留2位小数)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.(10分)图甲为光滑金属导轨制成的斜面,导轨的间距为,左侧斜面的倾角,右侧斜面的中间用阻值为的电阻连接。在左侧斜面区域存在垂直斜面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为,右侧斜面轨道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为。在斜面的顶端e、f两点分别用等长的轻质柔软细导线连接导体棒ab,另一导体棒cd置于左侧斜面轨道上,与导轨垂直且接触良好,ab棒和cd棒的质量均为,ab棒的电阻为,cd棒的电阻为。已知t=0时刻起,cd棒在沿斜面向下的拉力作用下开始向下运动(cd棒始终在左侧斜面上运动),而ab棒在水平拉力F作用下始终处于静止状态,F随时间变化的关系如图乙所示,ab棒静止时细导线与竖直方向的夹角。其中导轨的电阻不计,图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架。(1)请通过计算分析cd棒的运动情况;(2)若t=0时刻起,求2s内cd受到拉力的冲量;(3)3s内电阻R上产生的焦耳热为2.88J,则此过程中拉力对cd棒做的功为多少?14.(16分)倾角为的斜面上叠放着质量均为滑块和长木板,在垂直于斜面方向的压力F作用下,均保持静止。已知滑块与长木板间动摩擦因素,滑块正处于长木板的中间位置;长木板与斜面间动摩擦因素,长木板长度。滑块大小忽略不计,各接触面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,斜面足够长,取,。(1)压力F的最小值;(2)突然撤去压力F,滑块经过多长时间从长木板滑下?15.(12分)如图所示,用销钉固定活塞把水平放置的容器分隔成A、B两部分,其体积之比。开始时,A中有温度为127℃、压强为的空气,B中有温度为27℃、压强为的空气。拔出销钉使活塞可以无摩擦地移动(不漏气),由于容器壁缓慢导热,最后气体都变到室温27℃,活塞也停住。求最后A中气体的压强。
参考答案一、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、A【解析】
AC.重核F裂变成D和E的过程中要释放处能量,会产生质量亏损;相反,较重的核D和E聚合成F的过程中,会吸收较大能量,选项A正确,C错误;BD.较轻的核A和B聚合成C的过程也要释放能量,有质量亏损,则核子平均质量变小,C的结合能大于A和B的结合能之和,选项BD错误;故选A。2、D【解析】
A.当所加磁场的方向斜向左下方与水平方向成60°角时,NO受到的安培力仍垂直纸面向里,大小为,MO受到的安培力垂直纸面向外,大小为,A错误;B.当所加磁场方向竖直向上时,NO受到的安培力仍垂直纸面向里,大小为,MO受到的安培力垂直纸面向里,大小为,B错误;C.当所加磁场方向竖直向下时,NO受到安培力垂直纸面向里,大小为,MO受到的安培力垂直纸面向外,大小为,C错误;D.当所加磁场方向斜向右上方与水平方向成60°角时,NO受到的安培力仍垂直纸面向里,大小为当,MO受到的安培力垂直纸面向里,大小为,D正确。故选D。3、C【解析】
AD.人的作用力是固定的,则由:F=m1g地=m2g星而近地卫星的向心加速度和重力加速度近似相等;根据:则:AD错误;B.第一宇宙速度解得:则:B错误;C.星球的自转角速度足够快,地表的重力为0时星球瓦解,根据:得:C正确。故选C。4、C【解析】
设AB与AC之间的夹角为θ,则AB沿场强方向的距离为cm则电场强度为电子从A点到达C点时电势能的变化量为A.与分析不符,故A错误;B.与分析不符,故B错误;C.与分析相符,故C正确;D.与分析不符,故D错误。故选C。5、B【解析】
由于两星球的周期相同,则它们的角速度也相同,设两星球运行的角速度为,根据牛顿第二定律,对A星球有:对B星球有得又得故A错误;B.根据解得周期,故B正确;C.A星球和B星球的线速度大小之比故C错误;D.O点处的质点受到B星球的万有引力受到A星球的万有引力故质点受到两星球的引力之和不为零,故D错误。故选B。6、D【解析】
A.卫星绕地球做圆周运动,是由万有引力提供向心力,卫星绕赤道做圆周运动的圆心一定在地心,绕不在赤道面上的纬线做圆周运动的圆心显然不在地心,选项A错误;B.因为经线在随地球自转,而卫星绕地球做圆周运动,没有使其随地球自转的作用力,选项B错误;C.对于正在地球表面做离心运动的卫星,其运动速度大于第一宇宙速度,选项C错误;D.对于近地卫星,有对于卫星有联立解得T=90分钟选项D正确。故选D。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、BCE【解析】
A.题图中质点正由平衡位置向正向最大位移处运动,根据“上下坡法”可知,波沿轴正方向传播,故A错误;B.由波形图可知解得故B正确;CD.由题知,质点经第一次到达最大位移处,则有解得故频率根据故C正确,D错误;E.因故质点走过的路程为,故E正确。故选BCE。8、BD【解析】
A.理想电压表内阻无穷大,相当于断路。理想电流表内阻为零,相当短路,所以定值电阻R与变阻器串联,电压表V1、V2、V3分别测量R的电压、路端电压和变阻器两端的电压。当滑动变阻器滑片向下滑动时,接入电路的电阻减小,电路中电流增大,内电压增大,路端电压减小,则V2的示数减小,故A错误;C.当内外电阻相等时,电源的输出功率最大,故当滑动变阻器滑片向下滑动时,外电阻越来越接近内阻,故电源的输出功率在增大;故C错误;BD.根据闭合电路欧姆定律得U2=E-Ir则得而据题:R>r,则得△U1>△U2同理U3=E-I(R+r)则得保持不变,同时得到△U3>△U1>△U2故BD正确;
故选BD。9、BC【解析】A、设下落高度为h时,根据动能定理可知:Ek=mgh,即B、如图所示,θ向心力为:F-mgcosθ=mv2R,而且:则整理可以得到:F=mgcosθ+mvC、整个过程中只有重力做功,物块机械能守恒,即物块机械能不变,故选项C正确;D、根据瞬时功率公式可以得到:P=mgv而且由于12m整理可以得到:P=mgvsin点睛:本题考查了动能定理、机械能守恒的应用,要注意向心力为指向圆心的合力,注意将重力分解。10、AC【解析】
A.小球由A到B的过程中,小球的动能增加,弹簧的弹性势能增加,根据功能关系可知,拉力做的功大于小球动能的增量,故A正确;B.小球由B到C的过程中,小球的动能减少,弹簧的弹性势能增加,根据功能关系可知,拉力做的功与小球减少的动能之和等于弹簧弹性势能的增量,则拉力做的功小于弹簧弹性势能的增量,故B错误;C.小球由A到C的过程中,动能的增量为零,根据功能关系可知,拉力做的功等于弹簧弹性势能的增量,故C正确;D.根据动能定理知:小球所受合力的功等于小球动能的变化量,小球的动能先增大后减小,所以合力的功先增大后减小,故D错误。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、R2a21048【解析】
(1)①[1].由题意可知,电源电动势约为8V,而电流表量程为200mA,则电流表达满偏时需要的电流为故为了安全和准确,滑动变阻器应选择R2;
②[2].为了让电路中电流由最小开始调节,滑动变阻器开始时接入电阻应最大,故滑片应滑至a端;
⑤[3].由实验步骤可知,本实验采用了半偏法,由于电流表示数减为原来的一半,则说明电流表内阻与电阻箱电阻相等,即Rg=2Ω;
(2)[4].根据实验电路以及闭合电路欧姆定律可知:变形可得则由图象可知图象的斜率解得E=10V[5].图象与纵轴的交点为5,则可知解得r=48Ω12、CD0.13(0.12~0.13均可)【解析】
(1)[1][2].小灯泡的额定电流为,则电流表选择A2;小灯泡额定电压为3V,两个电压表量程除了偏小就是偏大,可用已知内阻的电流表A1与定值电阻R0串联,可相当于量程为的电压表;则
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