保定市重点中学2024年高考物理必刷试卷含解析_第1页
保定市重点中学2024年高考物理必刷试卷含解析_第2页
保定市重点中学2024年高考物理必刷试卷含解析_第3页
保定市重点中学2024年高考物理必刷试卷含解析_第4页
保定市重点中学2024年高考物理必刷试卷含解析_第5页
已阅读5页,还剩12页未读 继续免费阅读

下载本文档

版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领

文档简介

保定市重点中学2024年高考物理必刷试卷

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亳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亳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、一物块的初速为加初动能为以0,沿固定斜面(粗糙程度处处相同)向上滑动,然后滑回到原处。此过程中,物

块的动能以与位移x,速度y与时间,的关系图像正确的是()

2、如图(甲)所示,质最〃『2kg的小物体放在长直的水平地面上,用水平细线绕在半径R=0.5m的薄圆筒上。U0时

刻,圆筒由静止开始绕竖直中心轴转动,其角速度◎随时间,的变化规律如图(乙)所示,小物体和地面间的动摩擦

因数为03重力加速度g=10m/s2。则下列判断正确的是()

A.细线的拉力大小为4N

B.细线拉力的瞬时功率满足P=4f

C.小物体的速度随时间的变化关系满足哼4,

D.在0-4s内,小物体受合力的冲量为4N・g

3、如图所示,圆形磁场区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,三个带电粒子4、B、C先后从P点以相同的速度沿P0

方向射入磁场,分别从a、b、c三点射出磁场,三个粒子在磁场中运动的时间分别用如、加、tc表示,三个粒子的比

荷分别用以、公、kc表示,三个粒子在该磁场中运动的周期分别用以、TB、TC表示,下列说法正确的是()

A.粒子B带正电B.C.kA<kn<kcD.TA>TH>TC

4、下列说法中正确的是()

A.布朗运动是指液体分子的无规则运动

B.物体对外做功,其内能一定减小

C.两分子间距离减小,分子间的引力和斥力都增大

D.用打气筒往自行车轮胎内打气时需要用力,说明气体分子间存在斥力

5、如图所示,为四分之一圆柱体的竖直截面,半径为此在5点上方的C点水平抛出一个小球,小球轨迹恰好

在。点与圆柱体相切,。。与。笈的夹角为53。,则C点到B点的距离为(或1153。=0.8,cos530=0.6)()

6、水平地面上方分布着水平向右的匀强电场,一光滑绝缘轻杆竖直立在地面上,轻杆上有两点A、轻杆左侧固定

一带正电的点电荷,电荷量为+。,点电荷在轻杆A5两点的中垂线上,一个质量为,小电荷量为+g的小球套在轻杆上,

从4点静止释放,小球由A点运动到8点的过程中,下列说法正确的是()

A.小球受到的电场力先减小后增大

B.小球的运动速度先增大后减小

C.小球的电势能先增大后减小

D.小球的加速度大小不变

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。分。

7、两根平行的通电长直导线。、〃均垂直于纸面放置,其中的电流方向如图所示,电流分别为/和2/。此时。所受

安培力大小为尸。若在〃的上方再放置一根与之平行的通电长直导线导线力、。间的距离相等,此时。所

受安培力的合力的大小也是歹。则下列说法中正确的是()

C

I21

ab

A.导线。中的电流为/B.导线。中的电流为2/

C.导线〃受到安培力的合力的大小为2GbD.导线方受到安培力的合力的大小为正?

8、如图所示,甲图为沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波动图像,乙图为参与波动质点P的振动图像,则下列判断

正确的是.

甲乙

A.该波的传播速率为4m/s

B.该波的传播方向沿x轴正方向

C.经过0.5s,质点P沿波的传播方向向前传播4m

D.该波在传播过程中若遇到2m的障碍物,能发生明显衍射现象

E.经过0.5s时间,质点P的位移为零,路程为0.4m

9、如图所示,用橡胶锤敲击音叉,关于音叉的振动及其发出的声波,下列说法正确的有()

A.在空气中传播的声波是纵波

B.声波在空气中传播的速度随波频率增大而增大

C.音叉周围空间声音强弱的区域相互间隔

D.换用木锤敲击,音叉发出声音的音调变得

10、一物体沿一直线运动,先后经过匀加速、匀速和减速运动过程,已知物体在这三个运动过程中的位移均为S,所

用时间分别为2,、,和贝")

2

A.物体做匀加速运动时加速度大小为之

r

B.物体做匀减速运动时加速度大小为上

C.物体在这三个运动过程中的平均速度大小为二

3/

D.物体做匀减速运动的末速度大小为三

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)指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器,请回答下列问题:

(1)在使用多用电表测量时,若选择开关拨至“1mA”挡,指针的位置如图(a)所示,则测量结果为

(2)多用电表测未知电阻阻值的电路如图(b)所示,电池的电动势为E、Ro为调零电阻,某次将待测电阻用电阻箱

代替时,电路中电流I与电阻箱的阻值Rx关系如图(c)所示,则此时多用电表的内阻为C,该电源的电动

势E=V.

(3)下列判断正确的是__________。

A.在图(b)中,电表的左、右插孔处分别标注着“+”

B.因为图(。是非线性变化的,所以对应欧姆表的刻度盘上的数字左小右大

C.欧姆表调零的实质是通过调节Ro,使Ro=O时电路中的电流达到满偏电流

D.电阻R,的变化量相同时,&越小,则对应的电流变化量就越大

12.(12分)某实验小组用如图所示的装置,做验证机械能守恒定律的实验。当地重力加速度为g:

(1)电磁铁通过铁夹固定在铁架台上,给电磁铁通电,小球被吸在电磁铁下方(光电门的正上方)。电磁铁断电,小球

由静止释放,测得小球通过光电门所用时间为,,测得小球直径为",电磁铁下表面到光电门的距高为做〃,•"),根

据测得数值,得到表达式(用已知和测得的物理量表示)在误差允许的范围内成立,则机械能守恒定律得到验

证;

⑵若保持电磁铁位置不变,改变光电门的位置,重复上述实验,得到多组〃及小球通过光电门的时间/,为了能通过

图像直观地得到实验结果,需要作出〃-(填,,/,,,,『,“’,’或“二”)图像,当图像是一条过原点的倾斜直线时,

IV

且在误差允许的范围内,斜率等于(用已知和测得的物理量表示),则机械能守恒定律得到验证;

⑶下列措施可以减小实验误差的是_____O

A.选用直径较小,质量较大的小球B.选用直径较大,质量较大的小球

C.电磁铁下表面到光电门的距离适当大些D.尽量让小球球心通过光电门

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,一竖直放置的气缸上端开口,气缸壁内有卡口。和瓦。、〃间距为心〃距缸底的高度为〃;活塞

只能在。、力间移动,其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为机,面积为S,厚度可忽略;活塞和汽缸壁

均绝热.不计他们之间的摩擦,开始时活塞处于静止状态.上、下方气体压强均为p。.温度均为7k现用电热丝缓慢

加热气缸中的气体,直至活塞刚好到达力处。求此时气缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速

度大小为g。

1..:丁

II

14,(16分)如图,固定在竖直平面内的倾斜轨道4E,与水平光滑轨道相连,竖直墙壁C7)高"=0.2m,紧靠

墙壁在地面固定一个和CD等高,底边长L=0.3机的斜面,一个质量/〃=01总的小物块(视为质点)在轨道A5上从

距离2点/=4〃?处由静止释放,从。点水平抛出,已知小物块在48段与轨道间的动摩擦因数为0.5,达到8点时无

能量损失:4△段与水平面的夹角为37.(重力加速度g=10〃?/sin37一0.6,cos37=0.8)

(1)求小物块运动到B点时的速度大小:

⑵求小物块从C点抛出到击中斜面的时间;

⑶改变小物块从轨道上释放的初位置,求小物块击中斜面时动能的最小值.

15.(12分)应用如图所示的装置研究带电粒子在电场、磁场中的运动情况。相邻的区域I、H均为边长为L的正方形。

区域I内可以添加方向竖直向下的匀强电场;区域II内可以添加方向垂直纸面向里的匀强磁场。区域H的边缘处有可

探测带电粒子的屏。一束带电粒子沿两区域中间轴线以速度%水平射入区域I,粒子束中含有多种粒子,其电荷量由

小到大的范围为+[~+%,质量由小到大的范围为町~m2。粒子在电场中只受电场力,在磁场中只受洛伦兹力。

(1)若只在区域n内添加磁场,且能够在屏上探测到所有粒子,则磁感应强度为多大;

⑵若只在区域I内添加电场,且能够在屏上探测到所有粒子,则电场强度为多大;

⑶当两个区域分别添加上述⑴⑵中的电场及磁场,电荷量为名、质量为m2的粒子能够在屏上探测到。求解粒子在屏

上显现的位置,试列出各求解方程式。(不对方程式求解)

L屏

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】

AB.设斜面的倾角为仇物块的质量为根据动能定理可得,上滑过程中

-/wg¥sin。一pmgxcQsO=Ek-Ek0

Ek=EkQ-(mgsin0+pmgcos9)x

下滑过程中

mgx'sin9-〃〃咚v'cos0=Ek-0

Ek=(//zgsin0-jumgcos,)Y

可知,物块的动能以与位移x是线性关系,图像是倾斜的直线,根据能量守恒定律可得,最后的总动能减小,故A

正确,B错误;

CD.由牛顿第二定律可得,取初速度方向为正方向,物块上滑过程有

-mgsin0-jumgcos0=ma

下滑过程有

-mgsin+cos0=ma

则物块上滑和下滑过程中加速度方向不变,但大小不同,故CD错误。

故选A。

2、D

【解析】

AC.根据图象可知,圆简做匀加速转动,角速度随时间变化的关系式为

CD=t

圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同,根据u=得

v=coR=0.5/

物体运动的加速度

Av0.5Ar„,/,

a=—=-------=().5m/s-

A/A/

根据牛顿第二定律得

F-=ma

解得细线的拉力大小为

F=2X0.5+0.1X2X10=3N

AC错误;

B.细线拉力的瞬时功率

p=Fv=3x0.5z=1.5r

故B错误;

D.物体的合力大小为

=F-///^=3-0.1x2xl0=lN

在0-4s内,小物体受合力的冲量为

I=F合t=1x4=4N-s

故D正确。

故选D。

3、B

【解析】

根据题意做出ABC三种粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,

A.根据左手定则,可以判断8粒子带的电荷为负电荷,A错误;

C.由图可知,三粒子做圆周运动的半径C最大,A最小,根据

inv

r=---

qB

又粒子的速度都相等,所以比荷的大小关系是:kA>kB>kCf故C错误;

D.根据周期公式

.2兀m

I=-----

qB

及比荷的大小关系可知:TC>TB>TA,故D错误;

B.由图,ABC三个粒子形成的图象在滋场区域留下的弧长C最长,A最短,而三个粒子的速度相同,根据,=,,所

V

以有:IAVIBVEC,故B正确。

故选B。

4、C

【解析】

A.布朗运动是固体颗粒的运动,间接反映了液体分子的无规则运动,故A错误;

B.改变内能的方式有做功和热传递,只知道物体对外做功,而不知道热传递的情况,无法确定其内能变化,故B借

误;

C.分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小,随分子间距离的减小而增大,但总是斥力变化得较快,故C

正确;

D.用打气筒往自行车轮胎内打气时需要用力,是因为气体压强增大的缘故,并不能说明气体分子间存在斥力,而且

气体分子间的分子力几乎可以忽略不计,故D错误。

故选C。

5、B

【解析】

由题意知得:小球通过。点时速度与圆柱体相切,则有

Vy=votan530

小球从C到。,水平方向有

Rsin530=vof

竖直方向上有

2

联立解得

1K

15

根据几何关系得,C点到8点的距离

2

o

yCB=y-Ra-coS53)=­R

故B正确,ACD错误。

故选B。

6、C

【解析】

A.小球下滑时受匀强电场的电场力是不变的,受到点电荷的电场力先增加后减小,则小球受到的电场力先增大后减

小,选项A错误;

B.小球下滑时,匀强电场的电场力垂直小球运动方向,则对小球不做功;点电荷在前半段先对小球做负功,重力做

正功,但是由于不能比较正功和负功的大小关系,则不能确定小球速度变化情况;在后半段,点电荷电场力和重力均

对小球做正功,则小球的运动速度增大,选项B错误;

C.小球卜滑时,匀强电场的电场力垂直小球运动方向,则对小球不做功;点电荷在前半段先对小球做负功,在后半

段对小球做正功,则小球的电势能先增大后减小,选项c正确;

D.由小球的受力情况可知,在A点时小球的加速度小于g,在A3中点时小球的加速度等于g,在3点时小球的加速

度大于g,则加速度是不断变化的,选项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。分。

7、BD

【解析】

AB.如图所示

由右手螺旋定则知2导线在。处产生竖直向下的磁场,。导线受该磁场向左的安培力

F[=F

由牛顿第三定律知〃导线也受到。导线的磁场向右的安培力,大小也是片。。产生的磁场对。有安培力用,结合题意

分析得:6与心夹角为120。,且

F\=F?=F

则。、导线在。点的磁感应强度大小相等,又C、匕导线与。的距离相等,则C、〃导线电流大小相等,为2/。所

以B正确,A错误;

CD.。导线在。、处产生的磁感应强度大小相等,则力受其安培力为2/。由余弦定理得

222

Fh=7F+(2F)-4Fcos120°=币F

所以D正确,C错误。

故选BD.

8、ADE

【解析】

A.由甲图读出该波的波长为1=4m,由乙图读出周期为T=ls,则波速为v=g=4m/s,故A正确;

B.在乙图上读出t=0时刻P质点的振动方向沿y轴负方向,在甲图上判断出该波的传播方向沿x轴负方向,故R错

误;

C.质点P只在自己的平衡位置附近上下振动,并不随波的传播方向向前传播,故C错误;

D.由于该波的波长为4m,与障碍物尺寸相差较多,故能发生明显的衍射现象,故D正确;

T

E.经过t=0.5s=—,质点P又回到平衡位置,位移为零,路程为S=2A=2x0.2m=0.4m,故E正确.

2

9、AC

【解析】

A.根据音叉振动发出声波的原理可知,音叉振动方向与波的传播方向在同一直线上,故在空气中传播的声波是纵波,

故A正确;

B.声波在空气中的传播速度,与介质有关,不会随波的频率变化而变化,故B错误;

C.音叉振动发音时两个叉股是两个频率相同的波源,它们产生的波发生干涉,所以音叉周围空间声音强弱的区域相

互间隔,故C正确;

D.音调与音叉的材料有很大关系,音叉材料没变,所以音叉发出的声音的音调没变,而换用木锤敲击时没有缓冲减

震作用,音叉振幅较大,所以音叉的响度较大,故D错误。

故选AC,

10、BD

【解析】

A.匀速运动的速度

s

v=-,

t

设匀加速运动的初速度为匕,根据平均速度公式有:

V]+V_S

2~2tf

联立上面两式得:

%=0,

对匀加速运动,根据位移公式有:

2

s=-a](2t),

解得:

s

a-彳9

2r

A错误:

BD.设匀减速直线运动的末速度为匕,对匀减速直线运动,根据平均速度公式有:

V?+VS

三3,

2

解得:

“工

3,

匀减速直线运动的加速度大小:

ss

=宇=番,

A/39/2

-I

2

BD正确;

C.三个过程中的平均速度大小

-3s2s

2

C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、0.461.5x1049CD

【解析】(1)选择开关置于“1mA”时,选择表盘第二排刻度进行读数,分度值为0.02A,对应刻度示数为23,故则测量

结果为0.02x23=0.46A;

⑵根据二-==,二==三丁,由图可得二-二0.6匚,当二=25匚时,二口=15口匚,解得

CJ»M

二」="二二1=2.5x."二,二=肛

(3)A、根据电流红进黑出,在图(b)中,电表的右、左插孔处分别标注着“+故A错误;

B、函数图象是非线性变化,导致欧姆表刻度不均匀,示数左大右小是由于外电阻增大,电路电流减小造成的,故B

项错误。

C、欧姆表调零通过调节滑动变阻器Ro,调节至待测电阻R、为零(即两表笔短接)时,电流表满偏,对应欧姆表示数

为零,故C正确;

D、欧姆表刻度不均匀的原因是待测电阻和电路电流关系非线性变化,而且I-&切线斜率大小随待测电阻值增大减小,

即R、阻值变化量对应电流变化量随待测电阻增大而减小,欧姆表刻度左密右疏,故D正确;

故选CD,

c,1,d\21

12、的=5(7)产-d-ACD

【解析】

由机械能守恒有

.1/d

m^n=—m{—y

故要验证的表达式为gh=1(-)\

2t

⑵[2]网由g/?=:(@)2得

2t

,d11

h=-------

2g/

即为了直观地得到实验结果,应作人!图像,在误差允许的范围内图像的斜率为则机械能守恒定律得到验证。

「2g

⑶⑷

AB.为了减少实验误差,应选用质量大、体积小的小球,选项A正确,选项B错误;

CD.电磁铁下表面到光电门的距离适当大些可以减小长度及速度测量的误差,尽量让小球球心通过光电门,减小因小

球遮光长度不是直径引起的误差,选项C、D正确。

故填ACDo

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、1+]]To;(〃()S+〃7g)〃;

IH八Po、7

【解析】

开始时活塞位于a处,加热后,汽缸中的气体先等容升温过程,直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为八,

压强为m,根据查理定律有:

牛吟①

根据力的平衡条件有:

P1S=PoS+,ng②

联立①②式可得:

1+侬

工=T。③

P^)

此后,汽缸中的气体经历等压过程,直至活塞刚好到达方处,设此时汽缸中气体的温度为不;活塞位于。处和力处时

气体的体积分别为-和七。根据盖一吕萨克定律有:

—二—④

式中Vi=SH®,V2=S(H+h)⑥

联立③④⑤⑥式解得:

从开始加热到活塞到达b处的过程中,汽缸中的气体对外做的功为:

W=(〃()s+〃?g)〃⑧

14、(l)4m/5⑵(3)0.15J

【解析】

(1)对滑块从A到B过程,根据动能定理列式求解末速度;

(2)从C点画出后做平抛运动,根据分位移公式并结合几何关系列式分析即可;

⑶动能最小时末速度最小,求解末速度表达式分析即可.

【详解】

(1)对滑决从A到B过程,根据动能定理,有:mglsin37-gmgcos37=gmv;,

解得:vB=4m/s;

温馨提示

  • 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
  • 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
  • 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
  • 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
  • 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
  • 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
  • 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

评论

0/150

提交评论