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文档简介
河北省承德普通中学2025届高考物理全真模拟密押卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。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、已知在某时刻的波的图像如图所示,且M点的振动方向向上,下述说法正确的是:()A.A点振动落后于M点,波向右传播B.A点振动落后于M点,波向左传播C.B点振动落后于M点,波向右传播D.B点振动落后于M点,波向左传播2、在水平地面上O点正上方不同高度的A、B两点分别水平抛出一小球,不计空气阻力,如果两小球均落在同一点C上,则两小球()A.抛出时的速度大小可能相等 B.落地时的速度大小可能相等C.落地时的速度方向可能相同 D.在空中运动的时间可能相同3、如图,一列沿x轴正方向传播的简谐横波,振幅为10cm,在波的传播方向上两质点a、b的平衡位置相距0.7m(小于一个波长)。当质点a在波峰位置时,质点b在x轴上方与x轴相距5cm的位置。则该波波长()A.λ=0.8m或λ=5.6m B.0.8m<λ<5.6mC.λ<0.8m或λ>5.6m D.无法确定4、如图所示,质量相同的两物体a、b,用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧,a在水平桌面的上方,b在水平粗糙桌面上.初始时用力压住b使a、b静止,撤去此压力后,a开始运动,在a下降的过程中,b始终未离开桌面.在此过程中A.a的动能一定小于b的动能B.两物体机械能的变化量相等C.a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量D.绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为正5、如图,直线AB为某电场的一条电场线,a、b、c是电场线上等间距的三个点。一个带电粒子仅在电场力作用下沿电场线由a点运动到c点的过程中,粒子动能增加,且a、b段动能增量大于b、c段动能增量,a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc,场强大小分别为Ea、Eb、Ec,粒子在a、b、c三点的电势能分别为Epa、Epb、Epc。下列说法正确的是()A.电场方向由A指向B B.φaφbφcC.EpaEpbEpc D.EaEbEc6、如下图所示,在自行车车轮的辐条上固定有一个小磁铁,前叉上相应位置处安装了小线圈,在车前进车轮转动过程中线圈内会产生感应电流,从垂直于纸面向里看,下列i-t图像中正确的是(逆时针方向为正)A. B.C. 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、如图所示,一磁感强度为B的匀强磁场垂直纸面向里,且范围足够大。纸面上M、N两点之间的距离为d,一质量为m的带电粒子(不计重力)以水平速度v0从M点垂直进入磁场后会经过N点,已知M、N两点连线与速度v0的方向成角。以下说法正确的是()A.粒子可能带负电B.粒子一定带正电,电荷量为C.粒子从M点运动到N点的时间可能是D.粒子从M点运动到N点的时间可能是8、图中小孩正在荡秋千,在秋千离开最高点向最低点运动的过程中,下列说法中正确的是()A.绳子的拉力逐渐增大B.绳子拉力的大小保持不变C.小孩经图示位置的加速度可能沿a的方向D.小孩经图示位置的加速度可能沿b的方向9、电压表,电流表都是由小量程电流表改装而成的,如图甲、乙所示分别是电压表,电流表的改装图,以下说法正确的是()A.若改装后的电流表示数比标准表稍小一些,可以给并联电阻再并一个较大的电阻B.若改装后的电压表示数比标准表稍小一些,可以给串联电阻再串联一个较大的电阻C.小量程电流表内阻为,给它并联一个电阻R,改装后的电流表量程是原来的倍D.为实现对改装电表的逐格校准,需要采用分压式电路10、如图所示,粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上,∠CAB=30°,斜面内部0点(与斜面无任何连接)固定一个正点电荷,一带负电可视为质点的小物体可以分别静止在M、P、N点,P为MN的中点,OM=ON,OM∥AB,下列说法正确的是()A.小物体在M、P、N点静止时一定都是受4个力B.小物体静止在P点时受到的摩擦力最大C.小物体静止在P点时受到的支持力最大D.小物体静止在M、N点时受到的支持力相等三、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)某同学要用电阻箱和电压表测量某水果电池组的电动势和内阻,考虑到水果电池组的内阻较大,为了提高实验的精确度,需要测量电压表的内阻。实验器材中恰好有一块零刻度在中央的双电压表,该同学便充分利用这块电压表,设计了如图所示的实验电路,既能实现对该电压表的内阻的测量,又能利用该表完成水果电池组电动势和内阻的测量,他用到的实验器材有:待测水果电池组(电动势约,内阻约)、双向电压表(量程为,内阻约为)、电阻箱()、滑动变阻器(),一个单刀双掷开关及若干导线。(1)该同学按如图所示电路图连线后,首先测出了电压表的内阻。请完善测量电压表内阻的实验步骤:①将的滑动触头滑至最左端,将拨向1位置,将电阻箱阻值调为0;②调节的滑动触头,使电压表示数达到满偏;③保持______不变,调节,使电压表的示数达到______;④读出电阻箱的阻值,记为,则电压表的内阻______。(2)若测得电压表内阻为,可分析此测量值应______(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。(3)接下来测量水果电池组的电动势和内阻,实验步骤如下:①将开关拨至______(选填“1”或“2”)位置,将的滑动触片移到最______端,不再移动;②调节电阻箱的阻值,使电压表的示数达到一个合适值,记录下电压表的示数和电阻箱的阻值;③重复步骤②,记录多组电压表的示数及对应的电阻箱的阻值。(4)若将电阻箱与电压表并联后的阻值记录为,作出图象,则可消除系统误差,如图所示,其中纵截距为,斜率为,则电动势的表达式为______,内阻的表达式为______。12.(12分)如图,物体质量为,静置于水平面上,它与水平面间的动摩擦因数,用大小为、方向与水平方向夹角的拉力F拉动物体,拉动4s后,撤去拉力F,物体最终停下来取试求:物体前4s运动的加速度是多大?物体从开始出发到停下来,物体的总位移是多大?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)如图所示,在xOy平面内y轴与MN边界之间有沿x轴负方向的匀强电场,y轴左侧(I区)和MN边界右侧(II区)的空间有垂直纸面向里的匀强磁场,且MN右侧的磁感应强度大小是y轴左侧磁感应强度大小的2倍,MN边界与y轴平行且间距保持不变.一质量为m、电荷量为-q的粒子以速度从坐标原点O沿x轴负方向射入磁场,每次经过y轴左侧磁场的时间均为,粒子重力不计.(1)求y轴左侧磁场的磁感应强度的大小B;(2)若经过时间粒子第一次回到原点O,且粒子经过电场加速后速度是原来的4倍,求电场区域的宽度d(3)若粒子在左右边磁场做匀速圆周运动的半径分别为R1、R2且R1<R2,要使粒子能够回到原点O,则电场强度E应满足什么条件?14.(16分)如图,体积为V、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞;气缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体.p0和T0分别为大气的压强和温度.已知:气体内能U与温度T的关系为U=αT,α为正的常量;容器内气体的所有变化过程都是缓慢的.求①气缸内气体与大气达到平衡时的体积V1;②在活塞下降过程中,气缸内气体放出的热量Q.15.(12分)如图,在水平固定放置的汽缸内,用不漏气的轻质活塞封闭有一定量的理想气体,开有小孔的薄隔板将气体分为A、B两部分.活塞的横截面积为S,与汽缸壁之间无摩擦.初始时A、B两部分体积相同,温度为T,大气压强为p1.(1)加热气体,使A、B两部分体积之比达到1:2,求此时的温度T′;(2)将气体温度加热至2T,然后在活塞上施加一向左的水平恒力F=5p1S,推动活塞,直至最终达到平衡,推动活塞过程中温度始终维持2T不变,求最终气体压强p′.
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、B【解析】
A、B、M点的振动方向向上,A到B半个波长的范围,振动方向相同,A点振动落后于M点,则波向左传播;故B正确,A错误.C、D,M点的振动方向向上,A到B半个波长的范围,振动方向相同,B点振动超前于M点,而波向左传播。故C、D错误.故选B.【点睛】本题是根据比较质点振动的先后来判断波的传播方向,也可以根据波形平移的方法确定波的传播方向.2、B【解析】
AD.小球做平抛运动,竖直方向有,则在空中运动的时间由于不同高度,所以运动时间不同,相同的水平位移,因此抛出速度不可能相等,故AD错误;B.设水平位移OC为x,竖直位移BO为H,AO为h,则从A点抛出时的速度为从B点抛出时的速度为则从A点抛出的小球落地时的速度为从B点抛出的小球落地时的速度为当解得此时两者速度大小相等,故B正确;C.平抛运动轨迹为抛物线,速度方向为该点的切线方向,分别从AB两点抛出的小球轨迹不同,在C点的切线方向也不同,所以落地时方向不可能相同,故C错误。故选B。3、B【解析】
如图有两种情况:ab
为
,波长:;ab
为
,波长:。A.λ=0.8m或λ=5.6m。与上述结论不符,故A错误;B.0.8m<λ<5.6m。与上述结论相符,故B正确;C.λ<0.8m或λ>5.6m。与上述结论不符,故C错误;D.无法确定。与上述结论不符,故D错误。4、A【解析】
A.轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等,故可知a的速度等于b的速度沿绳方向的分量,a的动能比b的动能小,A正确;BC.因为b与地面有摩擦力,运动时有热量产生,所以该系统机械能减少,而B、C两项的说法均为系统机械能守恒的表现,故B、C错误;D.轻绳不可伸长,两端分别对a、b做功大小相等,一负一正,D错误.故选A。5、C【解析】
AB.粒子的电性不确定,则不能确定电场的方向,也不能判断各点的电势关系,选项AB错误;CD.粒子在电场中只受电场力作用,则动能增加量等于电势能减小量;由a点运动到c点的过程中,粒子动能增加,则电势能减小,则EpaEpbEpc;因a、b段动能增量大于b、c段动能增量,可知ab段的电势差大于bc段的电势差,根据U=Ed可知,ab段的电场线比bc段的密集,但是不能比较三点场强大小关系,选项C正确,D错误。故选C。6、D【解析】
磁铁靠近线圈时,线圈中向外的磁通量增大,根据楞次定律可知感应电流产生的磁场向里,根据安培定则可知线圈中感应电流方向为顺时针方向(负方向);当磁铁离开线圈时,线圈中向外的磁通量减小,根据楞次定律可知感应电流产生的磁场向外,根据安培定则可知线圈中感应电流方向为逆时针方向(正方向),ABC错误,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、BCD【解析】
A.由左手定则可知,粒子带正电,选项A错误;B.由几何关系可知,r=d,由可知电荷量为选项B正确;CD.粒子运动的周期第一次到达N点的时间为粒子第三次经过N点的时间为选项CD正确。故选BCD。8、AC【解析】小孩在最高点时,速度为零;受重力和拉力,合力沿着切线方向,绳子的拉力是重力沿绳子方向的分力,小于重力;而在最低点,小孩受到的拉力与重力的合力提供向上的向心力,所以绳子的拉力大于重力.可知在秋千离开最高点向最低点运动的过程中,绳子的拉力逐渐增大,故A正确,故B错误;当秋千离开最高点,向最低点运动的过程中,小孩的速度增大,合外力的一个分力指向圆心,提供向心力,另一个分力沿着切线方向,使小孩速度增大所以加速度方向可能沿图中的a方向,故C正确,D错误。所以AC正确,BD错误。9、CD【解析】
A.若改装后的电流表示数比标准表稍小一些,说明流过表头的电流小,可以增大分流电阻使其分流少些,从而增大流过表头的电流使其准确,应该给并联电阻串联一个较小的电阻,A错误;B.若改装后的电压表示数比标准表稍小一些。说明流过表头的电流小,应该减小串联电阻,或给串联电阻再并联一个较大的电阻,B错误;C.小量程电流表内阻为,给它并联一个电阻R,改装后的电流表量程得出C正确;D.分压式电路电压、电流可以从零开始调节,可以实现对改装电表的逐格校准,D正确。故选CD。10、CD【解析】
对小物体分别在三处静止时所受力分析如图所示:
A.结合平衡条件,由图,小物体在P、N两点时一定受四个力的作用,而在M处不一定。故A错误。B.小物体静止在P点时,摩擦力f=mgsin30°,静止在N点时:f′=mgsin30°+F′cos30°,静止在M点时:f″=mgsin30°-F′cos30°,可见静止在N点时所受摩擦力最大。故B错误。
CD.小物体静止在P点时,设库仑力为F,受到的支持力:N=mgcos30°+F,在M、N点时:N′=mgcos30°+F′sin30°,由库仑定律知:F>F′,故N>N′,即小物体静止在P点时受到的支持力最大,静止在M、N点时受到的支持力相等。故CD正确。故选CD。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、(1)③半偏(或最大值的一半)④(2)大于(3)①2左(4)【解析】
(1)由题图可知,当S拨向1位置,滑动变阻器在电路中为分压式接法,利用电压表的半偏法得:调节使电压表满偏;[1].保持不变,与电压表串联;[2].调节使电压表的示数达到半偏(或最大值的一半);[3].则电压表的内阻与电阻箱示数相同。(2)[4].由闭合电路欧姆定律可知,调节变大使电压表达到半偏的过程中,总电阻变大。干路总电流变小,由得变大,由电路知,滑动变阻器的滑动触头右侧分得的电压变小,则变大,电压表半偏时,上分得的电压就会大于电压表上分得的电压,那么的阻值就会大于电压表的阻值。(3)[5].[6].测水果电池组的电动势和内阻,利用伏阻法,S拨到2位置,同时将的滑动触头移到最左端。利用,,联立求E、r。(4)[7].[8].由闭合电路欧姆定律得:,变形得,则,,解得:,。12、42m【解析】
(1)由牛顿第二定律运用正交分解法求解加速度;(2)根据运动公式求解撤去外力之前时的位移;根据牛顿第二定律求解撤去外力后的加速度和位移,最后求解总位移.【详解】(1)受力分析:正交分解:由牛顿第二定律得:;;联立解得:(2)前4s内的位移为,
4s末的速度为:,
撤去外力后根据牛顿第二定律可知:,
解得:,
减速阶段的位移为:,
通过的总位移为:.【点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题;关键是知道加速度是联系运动和力的桥梁
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