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高级中学名校试卷PAGEPAGE1【物理答案】题号12345678910答案ACDCBDBBDBDBC1.【答案】A【解析】A.原子核外电子跃迁时辐射出光后,按照玻尔理论,氢原子核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道,电子的动能增大,原子的能量减小,故A正确;B.放射性现象说明原子核内部具有复杂结构,α粒子散射现象说明原子核内部具有核式结构,故B错误;C.原子核的结合能与核子数之比,称做比结合能,比结合能越大,原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定,故C错误;D.光电效应现象中逸出的电子是核外电子,衰变是原子核内中子转变成质子时产生的,故D错误。2.【答案】C【解析】A.因n红<n绿,入射角相同,但OA折射角度较大,由折射率的公式可知OA是红光,OB是绿光,故A错误;B.由A项可知OA是红光,由折射定律得n红=sinαsin(900-θ)=eq\r(3),故BC.根据v=eq\f(c,n),解得OA光束在该玻璃中传播的速度为v=eq\r(3)×108m/s,故C正确;D.因光是从光疏介质射入光密介质,不可能发生全反射,故D错误。3.【答案】D【解析】A.飞船从近地轨道经A点进入轨道2需要在A点加速,所以飞船在A点的线速度大于第一宇宙速度,故A错误;B.飞船从地面发射进入轨道1的速度应大于第一宇宙速度,小于第二宇宙速度,故B错误;C.飞船先进入轨道2,再加速,万有引力不足以提供向心力,飞船将做离心运动,无法实现对接,故C错误;D.根据开普勒第三定律知,轨道半径越大,周期越大,天宫空间站的运行周期大于飞船在轨道1的运行周期,故D正确。4.【答案】C【解析】洛伦兹力虽不做功,但可以改变小球的运动状态(改变速度的方向),小球做曲线运动,在运动中任一位置受力如图所示,小球受到了斜向上的洛伦兹力的作用,小球在竖直方向的加速度ay=eq\f(mg-qvBcosθ,m)<g,故小球运动的时间将增加;在水平方向上,qvBsinθ=max,小球作初速度为v0的加速运动,故落点应在A点的右侧;洛伦兹力不做功,所以小球的速度大小仍为v。5.【答案】B【解析】A.若,逐渐增大F,A相对B比B相对于车先滑动,故A错误;B.若,A、B与车都相对静止,由μ1mg=mam得整体相对静止的最大加速度为am=μ1g,则F的最大值为6μ1mg,故B正确;C.若,B相对于车比A相对于B先滑动,所以不管F多大,B相对车滑动后,A相对B一直静止,故C错误;D.若,由μ2(m+2m)g=(m+2m)am得整体相对静止的最大加速度为am=μ2g,则最大拉力为Fm=(m+2m+3m)am=6μ2mg,当F=5μ2mg时,B与车之间尚未相对滑动,故D错误。6.【答案】D【解析】A.铜棒向右运动切割磁感线,由右手定则可知,A点的电势比C点的电势高,故A错;B.电路中的电流大小I=UR=5A,铜棒切割磁感线产生的电动势为E=I(R+r)=3.0VC.根据E=BLv,得橡胶带匀速运动的速度大小v=4m/s,故C错误;D.每根铜棒每次通过磁场区所用时间t=dv=0.05s,则通过R的电荷量为q=It=0.25C7.【答案】B【解析】AB.由牛顿第二定律得,,由图可知撤去前后算珠的加速度大小分别为,联立解得μ=0.2,m=25g,故B正确,A错误;CD.由图像面积表示位移,可知杆长为。若不撤去,算珠将以的加速度做匀加速直线运动,经运动位移为,则此时未到归零状态,故C、D错误。8.【答案】BD【解析】A由图乙可知,在时,,在时,a=-am达到负方向最大,根据牛顿第二定律可知回复力变化和加速度一致,则内质点Q应向上振动,根据同侧法(质点的振动方向和波的传播方向在波的同一侧)可知波向x轴负方向传播,再对P质点由同侧法可知沿y轴负方向运动,故A错误;B.,由图甲可得15=15001800λ2解得波长λ=36m,由vC.由图乙可知,质点Q在t=5s时,a=-10m/s2,根据回复力总是指向平衡位置的特点可知,此时回复力竖直向下,则质点Q振动到波峰,故C错误;D.因振幅A=10cm,,则一个周期内,质点运动的路程为40cm,而时间∆t=5s=(1+14)T,在t=0s时P点向下振动,则在经过一个周期后P的速度正在减小,在此后T4的时间内其路程小于10cm,故总路小于50cm9.【答案】BD【解析】A.到达A点的质子动能增加量最大,电场力做功最大,说明等势面在A点与圆相切(否则一定还可以在圆上找到与A点电势相等的点),电场线沿x轴正向,A项错;B.因电场线与等势面垂直,等势面与y轴平行,P和P’是等势点,B正确;C.沿电场线方向电势逐渐降低,故B点的电势比P点高,C错;D.P、A间的电势差UPA=E·2Rcos2370=32ER25,D10.【答案】BC【解析】A.假设铁锤与石板碰撞前的速度为,则,铁锤与石板碰撞,由动量守恒定律,有,联立解得,故A错误;B.系统损失的机械能为,解得,故B正确;CD.弹性气囊A对石板的作用力F做的功为图像与横轴围成的面积,则,从铁锤与石板共速到两者速度减为0的过程,根据动能定理得,解得WF=-mgh(k+1)-(k+1)mgd,,故C11.(共6分,每空2分)【答案】B;>;0.44【解析】由单摆的周期公式T=2πeq\r(\f(l,g))得:T2=eq\f(4π2,g)l,即图象的斜率k=eq\f(4π2,g),重力加速度越大,斜率越小,我们知道北京的重力加速度比南宁的大,所以去北大的同学所测实验结果对应的图线是B;从题图乙可以得出Tb=1.5Ta,由单摆的周期公式得:Ta=2πeq\r(\f(la,g)),Tb=2πeq\r(\f(lb,g)),联立解得Lb/La=9/4,即Lb>La;由T2=eq\f(4π2,g)l可知,秒摆的摆长约为1m,从题图可以看出b球的周期为2s,摆长约为1m,则a球的摆长约为4/9m≈0.44m.12.(共10分,第一空1分,最后一空3分,其余每空各2分)【答案】(1)黑(2)436(3)×1100【解析】(1)根据欧姆表的“红进黑出”原则,c端接黑表笔。(2)S2接1时,100mA=1mA+,S2接2时,10mA=1mA+,由以上两式得R1=4Ω,R2=36Ω。(3)由题意及闭合电路欧姆定律得,开关S2接1时,,开关S2接2时,

,由以上两式得,因为欧姆表内阻大的挡位大,所以再将开关S2接1时,欧姆表的挡位为“×1”;开关接2,再次欧姆调零,滑动变阻器电阻大小为,由闭合电路的欧姆定律得,,,由以上三式并代入数据得。13.(10分)【答案】(1)480K;(2)528K【解】(1)从开始到活塞刚接触重物,缸内气体为等压变化过程,有:HST1=(H+h)ST2……(3分),解得T2=【等价式子:P2=P1=P0,V1=HS,V2=(H+h)S,T1=300K,P1V1T1=(2)从刚接触重物到绳子拉力刚好为零,缸内气体作等容变化,绳子拉力刚好为零时,气体压强为P3,有P0T2=【等价式子:P0HST1=P3(H+h)ST又P3S=P0S+mg……(2分)【等价式子:P3=P0+mgS……(2分)解得T3=528K……(1分)【式子中相关物理量有不用试题中所给字母符号的均不得分】14.(12分)【答案】(1)t=0.3s;(2)Q=0.25J;(3)∆E=3J【解】(1)玩具沿水平方向飞出,恰好无碰撞地从传送带最上端进入传送带,则tanα=vyv1vy=gt………t=0.3s………(1分)(2)玩具刚滑上传送带时的速度为………(1分)【等价式子:v=vysinα或v=v可知玩具刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力,根据牛顿第二定律可知,玩具的加速度大小………(1分)玩具刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为………(1分)下滑的位移为x1=v+v【等价式子:x1=vt1+12a玩具在传送带上运动产生的热量:Q=μ1mgcosα∙(v0t得Q=0.25J………(1分)(3)根据功能关系,因传送玩具电动机多消耗的电能ΔE=μ1mgcosα∙v0【法二:根据能量守恒有∆E+mgLsinα=12mv02得∆E=3J………(1分)【式子中相关物理量有不用试题中所给字母符号的均不得分】15.(16分)【答案】(1),,与y轴正方向成45°角;(2);(3)7【解】(1)从P到Q1,水平方向………(1分)竖直方向………(1分)联立解得………(1分)根据动能定理………(1分)【法二等价式子:2qEmL=可得………(1分)与y轴正方向成45°角。………(1分)(2)要使带电粒子回到P点下方很近的位置,其轨迹必须具有对称性且经过Q2,由几何关系可得………(1分)在磁场中的偏转角度为………(1分)在磁场中的运动时间为t2=∆θrv=3πL2v0【法二以上两式等价式子:t2=34×在电场中的时间为2t1=4Lv0………(故从P点射出第一次回到P点下方很近的位置的时间t=2t1+t2=4Lv0+3πL(3)当r最小时带电粒子刚好过M

点碰撞次数最多,由几何关系可得2r2+3L解得r2设最多可以碰n次,则(n+1)2r2-n×2×【法二等价式子:在挡板MN上相邻两碰撞点间距离为△x=2r2-2×L5……(1分),由6L5=(n-1)△解得n=7………(1分)【式子中相关物理量有不用试题中所给字母符号的均不得分】【物理答案】题号12345678910答案ACDCBDBBDBDBC1.【答案】A【解析】A.原子核外电子跃迁时辐射出光后,按照玻尔理论,氢原子核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道,电子的动能增大,原子的能量减小,故A正确;B.放射性现象说明原子核内部具有复杂结构,α粒子散射现象说明原子核内部具有核式结构,故B错误;C.原子核的结合能与核子数之比,称做比结合能,比结合能越大,原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定,故C错误;D.光电效应现象中逸出的电子是核外电子,衰变是原子核内中子转变成质子时产生的,故D错误。2.【答案】C【解析】A.因n红<n绿,入射角相同,但OA折射角度较大,由折射率的公式可知OA是红光,OB是绿光,故A错误;B.由A项可知OA是红光,由折射定律得n红=sinαsin(900-θ)=eq\r(3),故BC.根据v=eq\f(c,n),解得OA光束在该玻璃中传播的速度为v=eq\r(3)×108m/s,故C正确;D.因光是从光疏介质射入光密介质,不可能发生全反射,故D错误。3.【答案】D【解析】A.飞船从近地轨道经A点进入轨道2需要在A点加速,所以飞船在A点的线速度大于第一宇宙速度,故A错误;B.飞船从地面发射进入轨道1的速度应大于第一宇宙速度,小于第二宇宙速度,故B错误;C.飞船先进入轨道2,再加速,万有引力不足以提供向心力,飞船将做离心运动,无法实现对接,故C错误;D.根据开普勒第三定律知,轨道半径越大,周期越大,天宫空间站的运行周期大于飞船在轨道1的运行周期,故D正确。4.【答案】C【解析】洛伦兹力虽不做功,但可以改变小球的运动状态(改变速度的方向),小球做曲线运动,在运动中任一位置受力如图所示,小球受到了斜向上的洛伦兹力的作用,小球在竖直方向的加速度ay=eq\f(mg-qvBcosθ,m)<g,故小球运动的时间将增加;在水平方向上,qvBsinθ=max,小球作初速度为v0的加速运动,故落点应在A点的右侧;洛伦兹力不做功,所以小球的速度大小仍为v。5.【答案】B【解析】A.若,逐渐增大F,A相对B比B相对于车先滑动,故A错误;B.若,A、B与车都相对静止,由μ1mg=mam得整体相对静止的最大加速度为am=μ1g,则F的最大值为6μ1mg,故B正确;C.若,B相对于车比A相对于B先滑动,所以不管F多大,B相对车滑动后,A相对B一直静止,故C错误;D.若,由μ2(m+2m)g=(m+2m)am得整体相对静止的最大加速度为am=μ2g,则最大拉力为Fm=(m+2m+3m)am=6μ2mg,当F=5μ2mg时,B与车之间尚未相对滑动,故D错误。6.【答案】D【解析】A.铜棒向右运动切割磁感线,由右手定则可知,A点的电势比C点的电势高,故A错;B.电路中的电流大小I=UR=5A,铜棒切割磁感线产生的电动势为E=I(R+r)=3.0VC.根据E=BLv,得橡胶带匀速运动的速度大小v=4m/s,故C错误;D.每根铜棒每次通过磁场区所用时间t=dv=0.05s,则通过R的电荷量为q=It=0.25C7.【答案】B【解析】AB.由牛顿第二定律得,,由图可知撤去前后算珠的加速度大小分别为,联立解得μ=0.2,m=25g,故B正确,A错误;CD.由图像面积表示位移,可知杆长为。若不撤去,算珠将以的加速度做匀加速直线运动,经运动位移为,则此时未到归零状态,故C、D错误。8.【答案】BD【解析】A由图乙可知,在时,,在时,a=-am达到负方向最大,根据牛顿第二定律可知回复力变化和加速度一致,则内质点Q应向上振动,根据同侧法(质点的振动方向和波的传播方向在波的同一侧)可知波向x轴负方向传播,再对P质点由同侧法可知沿y轴负方向运动,故A错误;B.,由图甲可得15=15001800λ2解得波长λ=36m,由vC.由图乙可知,质点Q在t=5s时,a=-10m/s2,根据回复力总是指向平衡位置的特点可知,此时回复力竖直向下,则质点Q振动到波峰,故C错误;D.因振幅A=10cm,,则一个周期内,质点运动的路程为40cm,而时间∆t=5s=(1+14)T,在t=0s时P点向下振动,则在经过一个周期后P的速度正在减小,在此后T4的时间内其路程小于10cm,故总路小于50cm9.【答案】BD【解析】A.到达A点的质子动能增加量最大,电场力做功最大,说明等势面在A点与圆相切(否则一定还可以在圆上找到与A点电势相等的点),电场线沿x轴正向,A项错;B.因电场线与等势面垂直,等势面与y轴平行,P和P’是等势点,B正确;C.沿电场线方向电势逐渐降低,故B点的电势比P点高,C错;D.P、A间的电势差UPA=E·2Rcos2370=32ER25,D10.【答案】BC【解析】A.假设铁锤与石板碰撞前的速度为,则,铁锤与石板碰撞,由动量守恒定律,有,联立解得,故A错误;B.系统损失的机械能为,解得,故B正确;CD.弹性气囊A对石板的作用力F做的功为图像与横轴围成的面积,则,从铁锤与石板共速到两者速度减为0的过程,根据动能定理得,解得WF=-mgh(k+1)-(k+1)mgd,,故C11.(共6分,每空2分)【答案】B;>;0.44【解析】由单摆的周期公式T=2πeq\r(\f(l,g))得:T2=eq\f(4π2,g)l,即图象的斜率k=eq\f(4π2,g),重力加速度越大,斜率越小,我们知道北京的重力加速度比南宁的大,所以去北大的同学所测实验结果对应的图线是B;从题图乙可以得出Tb=1.5Ta,由单摆的周期公式得:Ta=2πeq\r(\f(la,g)),Tb=2πeq\r(\f(lb,g)),联立解得Lb/La=9/4,即Lb>La;由T2=eq\f(4π2,g)l可知,秒摆的摆长约为1m,从题图可以看出b球的周期为2s,摆长约为1m,则a球的摆长约为4/9m≈0.44m.12.(共10分,第一空1分,最后一空3分,其余每空各2分)【答案】(1)黑(2)436(3)×1100【解析】(1)根据欧姆表的“红进黑出”原则,c端接黑表笔。(2)S2接1时,100mA=1mA+,S2接2时,10mA=1mA+,由以上两式得R1=4Ω,R2=36Ω。(3)由题意及闭合电路欧姆定律得,开关S2接1时,,开关S2接2时,

,由以上两式得,因为欧姆表内阻大的挡位大,所以再将开关S2接1时,欧姆表的挡位为“×1”;开关接2,再次欧姆调零,滑动变阻器电阻大小为,由闭合电路的欧姆定律得,,,由以上三式并代入数据得。13.(10分)【答案】(1)480K;(2)528K【解】(1)从开始到活塞刚接触重物,缸内气体为等压变化过程,有:HST1=(H+h)ST2……(3分),解得T2=【等价式子:P2=P1=P0,V1=HS,V2=(H+h)S,T1=300K,P1V1T1=(2)从刚接触重物到绳子拉力刚好为零,缸内气体作等容变化,绳子拉力刚好为零时,气体压强为P3,有P0T2=【等价式子:P0HST1=P3(H+h)ST又P3S=P0S+mg……(2分)【等价式子:P3=P0+mgS……(2分)解得T3=528K……(1分)【式子中相关物理量有不用试题中所给字母符号的均不得分】14.(12分)【答案】(1)t=0.3s;(2)Q=0.25J;(3)∆E=3J【解】(1)玩具沿水平方向飞出,恰好无碰撞地从传送带最上端进入传送带,则tanα=vyv1vy=gt………t=0.3s………(1分)(

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