2024年2月14日发(作者:璀璨读音)
2023届湖南省益阳市桃江县第一中学高三下学期试题原创模拟物理试题(一)学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________一、单选题1.如图甲所示,在粗糙的水平面上,质量分别为mA和mB的物块A、B用轻弹簧相连,两物块与水平面间的动摩擦因数相同,它们的质量之比mA:mB=2:1.当用水平力F作用于B上且两物块以相同的加速度向右加速运动时(如图甲所示),弹簧的伸长量xA;当用同样大小的力F竖直向上拉B且两物块以相同的加速度竖直向上运动时(如图乙所示),弹簧的伸长量为xB,则xA:x等于(
)A.1:1B.1:2C.2:1D.3:22.关于天然放射现象,下列说法正确的是(
)A.放出的各种射线中,粒子动能最大,因此贯穿其他物质的本领最强B.原子的核外具有较高能量的电子离开原子时,表现为放射出粒子C.原子核发生衰变后生成的新核辐射出射线D.原子核内的核子有一半发生衰变时,所需的时间就是半衰期3.“嫦娥四号”实现了人类首次月背登陆,为实现“嫦娥四号”与地球间通信,我国还发射了“鹊桥”中继卫星,“鹊桥”绕月球拉格朗日L2点的Halo轨道做圆周运动,已知L2点距月球约6.5万千米,“鹊桥”距月球约8万千米,“鹊桥”距L2点约6.7万千米,月球绕地球做圆周运动的周期约为27天,地球半径为6400km,地球表面重力加速度为10m/s2,电磁波传播速度为3108m/s。下列最接近“嫦娥四号”发出信号通过“鹊桥”传播到地面接收站的时间的是(
)试卷第1页,共8页
A.2sB.10sC.12sD.16s4.如图所示, AB是斜坡,BC是水平面,从斜坡顶端A以不同初速度v向左水平抛出同一小球,当初速度为v0时,小球恰好落到坡底B。不计空气阻力,则下列图象能正确表示小球落地(不再弹起)前瞬间重力瞬时功率P随v变化关系的是A.B.C.D.5.如图所示,由粗细均匀的金属导线围成的一个正六边形线框abcdef,它的六个顶点均位于一个半径为R的圆形区域的边界上,be为圆形区域的一条直径,be上方和下方分别存在大小均为B且方向相反的匀强磁场,磁场方向垂直于圆形区域。现给线框接入试卷第2页,共8页
从a点流入、从f点流出的大小为I的恒定电流,则金属线框受到的安培力的大小为( )A.BIR3B.2BIR3C.BIRD.06.如图,自动卸货车静止在水平地面上,质量为m的货物放在车厢内挡板附近,车厢在液
压机的作用下,θ角缓慢增大,当θ增大到一定角度时货物开始加速下滑,货物与车厢的动摩擦因数为,重力加速度为g.若货物还未离开车厢,下列说法正确的是A.θ增大过程中,货物对车厢压力大小不变B.θ增大过程中,货物的摩擦力大小等于mg cos θC.货物加速下滑时,货车受到地面向右的摩擦力D.货物加速下滑时,地面对货车的支持力小于货车和货物重力之和二、多选题7.如图(甲)所示,两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内,导轨间距为1.0m,左端连接阻值R=4.0Ω的电阻,匀强磁场磁感应强度B=0.5T、方向垂直导轨所在平面向下。质量m=0.2kg、长度l=1.0m、电阻r=1.0Ω的金属杆置于导轨上,向右运动并与导轨始终保持垂直且接触良好,t=0时对杆施加一平行于导轨方向的外力F,杆运动的v-t图像如图(乙)所示,其余电阻不计、则( )试卷第3页,共8页
A.t=0时刻,外力F水平向右,大小为0.7NB.3s内,流过R的电荷量为3.6CC.从t=0开始,金属杆运动距离为5m时电阻R两端的电压为1.6VD.在0~3.0s内,外力F大小随时间t变化的关系式是F=0.1+0.1t(N)8.如图所示,质量为M=2kg足够长的小车以v0=2.5m/s的速度沿光滑的水平面运动,在小车正上方h=1.25m处有一质量为m=0.5kg的可视为质点的物块静止释放,经过一段时间刚好落在小车上无反弹,作用时间很短,随后二者一起沿水平面向右运动。已知物块与小车上表面之间的动摩擦因数为μ=0.5,重力加速度为g=10m/s2,忽略空气阻力。则下列说法正确的是( )A.物块落在小车的过程中,物块和小车的动量守恒B.物块落上小车后的最终速度大小为3m/sC.物块在小车的上表面滑动的距离为0.5mD.物块落在小车的整个过程中,系统损失的能量为7.5J9.如图所示,质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上.现对木块施加一水平向右的拉力F,木块在长木板上滑行,长木板始终静止.已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1,长木板与地面间的动摩擦因数为μ2,且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.则( )A.μ1一定小于μ2B.μ1可能大于μ2C.改变F的大小,F>μ2(m1+m2)g时,长木板将开始运动D.改F作用于长木板,F>(μ1+μ2)(m1+m2)g时,长木板与木块将开始相对滑动10.2019年1月11日1时11分,我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭,成功将“中星2D”卫星发射升空,卫星顺利进入预定轨道。该卫星可为全国广播电台、电视台等机构提供广播电视及宽带多媒体等传输任务。若已知“中星2D”的运行轨道距离地面高度h、运行周期T、地球的半径R,引力常量G,根据以上信息可求出(
)试卷第4页,共8页
A.地球的质量B.“中星2D”的质量C.“中星2D”运行时的动能D.“中星2D”运行时的加速度大小三、实验题11.某实验小组为了测量某微安表G(量程200μA,内阻大约2200Ω)的内阻,设计了如下图所示的实验装置。对应的实验器材可供选择如下:A.电压表(0~3V);B.滑动变阻器(0~10Ω);C.滑动变阻器(0~1KΩ);
D.电源E(电动势约为6V);
E.电阻箱RZ(最大阻值为9999Ω);开关S一个,导线若干。其实验过程为:a.将滑动变阻器的滑片滑到最左端,合上开关S,先调节R使电压表读数为U,再调节电阻箱(此时电压表读数几乎不变),使微安表指示为满偏,记下此时电阻箱值为R16924Ω;3b.重新调节R,使电压表读数为U,再调节电阻箱(此时电压表读数几乎不变),使4微安表指示为满偏,记下此时电阻箱值(如图所示)为R2;试卷第5页,共8页
根据实验过程回答以下问题:(1)滑动变阻器应选_______(填字母代号);(2)电阻箱的读数R2=________Ω;(3)待测微安表的内阻_________Ω。2W”的字样,现在要用伏安法描绘出这个电珠的UI图象,12.一个小电珠上标有“2V、有下列器材供选用:A.电压表(量程为0~3V,内阻约为10kΩ)B.电压表(量程为015V,内阻约为20kΩ)C.电流表(量程为00.6A,内阻约为1Ω)D.电流表(量程为01.0A,内阻约为0.4Ω)E.滑动变阻器(阻值范围为05Ω,额定电流为10A)F.滑动变阻器(阻值范围为0500Ω,额定电流为0.2A)(1)实验中电压表应选用_______,电流表应选用_______(均用器材前的字母表示)。(2)为了尽量减小实验误差,要电压从零开始变化且多取几组数据,滑动变阻器调节方便,滑动变阻器应选用_________(用器材前的字母表示)。(3)请在虚线框内画出满足实验要求的电路图_____,并把图中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图_______试卷第6页,共8页
四、解答题13.如图所示,在倾角为=30°且足够长的斜面上,质量为3m的物块B静止在距斜面顶编为L的位置,质量为m的光滑物块A由斜面顶端静止滑下,与物块B发生第一次正碰.一段时间后A、B又发生第二次正碰,如此重复.已知物块A与物块B每次发生碰撞的时间都极短且系统的机械能都没有损失,且第二次碰撞发生在物块B的速度刚好减为零的瞬间.已知物块B所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g.求(1)A、B发生第一次碰撞后瞬间的速度(2)从一开始到A、B发生第n次碰撞时,物块A在斜面上的总位移.14.如图所示ABCD是一玻璃砖的截面图,一束光沿与AB面成30°角从AB边上的E点射入玻璃砖中,折射后经玻璃砖的BC边反射后,从CD边上的F点垂直于CD边射出.已知ÐB=90°,C60,EB10cm,BC30cm.真空中的光速c3108m/s,求:①玻璃砖的折射率;试卷第7页,共8页
②光在玻璃砖中从E传播到F所用的时间.15.如图所示,半径为R15m的1光滑圆弧AB固定在水平面上,BCD为粗糙的水平4面,BC和CD距离分别为2.5 m、1.75 m,D点右边为光滑水平面,在C点静止着一个小滑块P,P与水平面间的动摩擦因数为10.2,容器M放置在光滑水平面上,M的左边是半径为R22m的1光滑圆弧,最左端和水平面相切于D点。一小滑块Q从A4点正上方距A点高H3.45m处由静止释放,从A点进入圆弧并沿圆弧运动,Q与水平面间的动摩擦因数为20.5。Q运动到C点与P发生碰撞,碰撞过程没有能量损失。已知Q、P和M的质量分别为m11kg、m25kg、m31kg,重力加速度g取10m/s2,求:(1)P、Q第一次碰撞后瞬间速度大小;(2)Q经过圆弧末端B时对轨道的压力大小;(3)M的最大速度。试卷第8页,共8页
参考答案:1.A【详解】设mA=2mB=2m,对甲图,运用整体法,由牛顿第二定律得,整体的加速度:a对A物体有:FmAmBgmAmBFg3mF弹-μ∙2mg=2ma,得F弹2F2Fkx1
;x13k3对乙图,运用整体法,由牛顿第二定律得,整体的加速度:a对A物体有:FmAmBgmAmBFg3mF弹′-2mg=2ma′,得F弹2Fkx232F3kx2则x1:x2=1:1.A. 1:1,与结论相符,选项A正确;B. 1:2,与结论不相符,选项B错误;C.2:1,与结论不相符,选项C错误;D.3:2,与结论不相符,选项D错误.2.C【详解】A.在三种放射线中,粒子动能虽然很大,但贯穿其他物质的本领最弱,选项A错误。B.
衰变射出的电子来源于原子核内部,不是核外电子,选项B错误。C.原子核发生衰变后产生的新核处于激发态,向外辐射出射线,选项C正确。D.半衰期是放射性原子核总数有半数发生衰变,而不是原子核内的核子衰变,选项D错误;故选C。答案第1页,共11页
3.A【详解】根据地球对月球的万有引力提供月球绕地球圆周运动的向心力,有GMm4π2m2rr2T忽略地球自转,在地球表面附近gGMR2可计算地月间距r38万千米所以L2到地球距离为44.5万千米,根据勾股定理可计算地球到“鹊桥”距离约为45万千米,所以“嫦娥四号”到地球表面通讯距离为53万千米,即5.3108m,因此通信时间5.3108ts1.8s3108最接近2s,故A正确,BCD错误。故选:A。4.C【详解】当平抛的初速度vv0时,小球均落在斜面上,具有相同的位移偏向角均等于斜面倾角,可得:12gty2gt
,tanxvt2v可得平抛时间:t则小球所受的重力的瞬时功率为:2vtangPmgvymggt2mgtanv可知,P关于v构成正比例函数关系;当平抛的初速度vv0时,小球均落在水平面上,平抛的竖直高度相同为h,有:h则平抛时间为:t12gt22hg答案第2页,共11页
则小球所受的重力的瞬时功率为:Pmgvymggtmg2gh可知功率P为恒定值;综合两种情况可得C项的图像争取,ABD项的图像错误;故选C。5.A【详解】根据串并联电路的特点可知线框流过af边的电流:I15I6流过abcdef边的电流:I21I6de、ab边受到的安培力等大同向,斜向左下方,同理bc、ef边受到的安培力等大同向,斜向右下方,则de、ab、bc、ef边所受的安培力合力为:1F3BIR3方向向下;cd边受到的安培力:F1BI2RBIR6方向向下,;af边受到的安培力:F2BI1R5BIR6方向向上,所以线框受到的合力:FF2F1F31BIR3A正确,BCD错误。故选A。6.D【分析】本题考查牛顿定律在斜面上的应用。【详解】A.
对货物受力分析可知,货物受到的支持力FN=mgcos当角度变化时,支持力也变化,故A错误;B.
对货物受力分析可知,货物受到的摩擦力答案第3页,共11页
f=mgsin故B错误;C.
当货物加速下滑时,对货物进行受力分析,受到重力、支持力,滑动摩擦力,因为加速度沿斜面向下,所以支持力和滑动摩擦力的合力的方向偏向左上方,根据牛顿第三定律可知,物体对车厢的压力和摩擦力的合力方向偏向右下方,对车厢进行受力分析可知,地面对汽车有向左的摩擦力,故C错误;D.
当货物相对车厢加速下滑时,物体对车厢的压力和摩擦力的合力小于货物的重力,所以汽车对地面的压力小于货物和汽车的总重力,故D正确。故选D。7.CD【详解】A.根据v-t图象可以知道金属杆做匀减速直线运动,加速度为av062m/s2t3当t=0时刻,设向右为正方向,根据牛顿第二定律有FBILma根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律有IBLv0ErRrR联立以上各式代入数据可得F0.1N,负号表示方向水平向左,故A错误;B.根据EItqEtRr联立可得qBSRrRr又因为v-t图象与坐标轴围成的面积表示通过的位移,所以有1S63m9m2故代入数据可解得q=0.9C故B错误;C.设杆运动了5m时速度为v1,则有答案第4页,共11页
2v12v02as1此时金属杆产生的感应电动势E1BLv1回路中产生的电流I1E1Rr电阻R两端的电压UI1R联立以上几式结合A选项分析可得U1.6V,故C正确;D.由A选项分析可知t=0时刻外力F的方向与v0反向,由牛顿第二定律有FBILma设在t时刻金属杆的速度为v,杆的电动势为E,回路电流为I,则有vv0atEBLvIERr联立以上几式可得F0.10.1tN负号表示方向水平向左,即大小关系为F0.10.1tN故D正确。故选CD。8.CD【详解】A.物块落在小车的过程中,物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒,但竖直方向的动量不守恒,故A错误;B.物块与小车组成的系统水平方向不受外力,则系统在水平方向的动量守恒,选取向右为正方向,则有:Mv0=(M+m)v所以共同速度为:答案第5页,共11页
v故B错误;Mv022.5m/s2m/sMm20.5C.物块落上小车到二者共速的过程中,因摩擦损失的机械能为:E1代入数据解得:112Mv0(Mm)v222ΔE1=1.25J由功能关系:ΔE1=μmg·Δx解得:Δx =0.5m故C正确;D.在整个的过程中,系统损失的机械能等于物块减少的重力势能与二者损失的动能之和,由能量守恒定律得:112EmghMv0(Mm)v222代入数据可得:ΔE=7.5J故D正确。故选CD。9.BD【分析】因为木块所受的摩擦力为滑动摩擦力,地面对木板的摩擦力为静摩擦力,无法比较动摩擦因数的大小.通过对木板分析,根据水平方向上的受力判断其是否运动.当F作用于长木板时,先采用隔离法求出临界加速度,再运用整体法,求出最小拉力.【详解】对m1,根据牛顿运动定律有:F-μ1m1g=m1a,对m2,由于保持静止有:μ1m1g-Ff=0,Ff<μ2(m1+m2)g,所以动摩擦因数的大小从中无法比较.故A错误、B正确.改变F的大小,只要木块在木板上滑动,则木块对木板的滑动摩擦力不变,则长木板仍然保持静止.故C错误.若将F作用于长木板,当木块与木板恰好开始相对滑动时,对木块,μ1m1g=m1a,解得a=μ1g,对整体分析,有F-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a,解得F=(μ1+μ2)(m1+m2)g,所以当F>(μ1+μ2)(m1+m2)g时,长木板与木块将开始相对滑动.故D正确.故选BD.答案第6页,共11页
【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析,结合整体和隔离法,运用牛顿第二定律进行求解.10.AD【详解】AB.根据GMm22m()(Rh)可得
(Rh)2T42(Rh)3MGT2但是不能求解m,选项A正确,B错误;C. “中星2D”的质量未知,则不能求解其运行时的动能,选项C错误;D.根据
GMmma
可得2(Rh)aGM(Rh)2可求解“中星2D”运行时的加速度大小,选项D正确;故选AD。11. B 4653 2170【详解】(1)[1].滑动变阻器用分压电路,则为方便实验操作,滑动变阻器应选择B;(2)[2].由图示电阻箱可知,电阻箱示数为R2=4×1000Ω+6×100Ω+5×10Ω+3×1Ω=4653Ω(3)[3].根据实验步骤,由欧姆定律可知U=Ig(Rg+R1)3UI(
gRgR2)4解得Rg=2170Ω12. A D E
答案第7页,共11页
【详解】(1)[1]因为电珠的额定电压为2V,为保证实验安全,选用的电压表量程应稍大于2V,但不能大太多,量程太大则示数不准确,所以只能选用量程为03V的电压表,故选A;[2]由PUI得,电珠的额定电流IP1AU应选用量程为01.0A的电流表,故选D。(2)[3]由题意可知,电压从零开始变化,并要多测几组数据,故只能采用滑动变阻器分压接法,而分压接法中,为调节方便应选总阻值小的滑动变阻器,故选E。(3)[4][5]电珠内阻U2R2ΩP电压表内阻远大于电珠内阻,应采用电流表外接法,故电路图和实物连接图分别如图乙、丙所示13.(1)vAgLvv0方向沿斜而向上;vB0222gL方向沿斜面向下;(2)L+(n-1)2答案第8页,共11页
33n1L(n =1,2,3……)L=44【详解】(1)设物块A运动至第一次碰撞前速度为v0,由动能定理得12mgsin×L=mv02A、B发生弹性正碰,有mv0 mvA3mvB121212mv0=mvA3mvB222解得第一次碰撞后瞬间A、B的速度vAgLv0,方向沿斜而向上22vBv02gL,方向沿斜面向下2(2)碰后经时间t时A、B发生第二次正碰,则A、B的位移相等,设为x,取沿斜而向右下为正方向,对B有1x=(vB0)t2对A有:1x=(vAvA2)t2mgxsin122m(vA2vA)2解得第二次碰前A的速度vA2=v03x=L4因为第二次碰前两物体的速度与第一次碰前完全相同,因此以后每次碰撞之间两物体的运动情况也完全相同.到第n次碰撞时,物块A在斜面上的总位移:33n1L(n =1,2,3……)s=L+(n-1)L=4414.①n3
②t45531010s1.79109s3【详解】本题考查光的折射和全反射.答案第9页,共11页
①
光在玻璃砖中传播的光路如图所示,由几何关系可得i60光在BC边发生反射后垂直BC边射出,可得rBQECQF30由折射定律n解得n3②
光在玻璃砖中的速度为vcnsinisinr由几何关系得EQ2EB20cmBQBEtan600
QFQCcos30BCBQcos3015315cm所以tEQQF45531010s1.79109sv315.(1)-8m/s 4m/s(2)43.8N(第一次)和17.8N(第二、三次)(3)5m/s【详解】(1)物体Q从开始下落,到到达C点的过程,由动能定理:m1g(HR1)2m1gBC解得v1=12m/sQ运动到C点与P发生碰撞,则:1m2v12
2m1v1m1v2m2v3
11122m1v12m1v2m2v3222联立解得:v2=-8m/s
v3=4m/s答案第10页,共11页
(2)碰撞后Q向左滑行,设Q第二次到B点时速度为v4,由动能定理有2m1gBC1122m1v4m1v222Q第二次在B点,设轨道对Q的支持力大小为F2,应用向心力公式有2m1v4F2m1gR1解得F217.8Nv439m/sQ滑上圆弧轨道AB后再次滑下,第三次经过B点时的速度大小仍为v4,轨道对Q的支持力大小仍为F217.8N,之后Q一直向右运动,最终停在BD上,且与P无碰撞,所以由牛顿第三定律可知,Q在B点对轨道的压力大小为43.8 N(第一次)和17.8N(第二、三次)(3)P、Q碰撞后P向右滑行,设P点运动到D点速度为v5,由动能定理有1m2gCD解得1122m2v5m2v322v53m/sP滑上M的轨道过程M向右加速,从轨道上滑下,M仍向右加速,则P滑到水平面时M有最大速度,设P刚到水平面时,M和P的速度分别为v7和v6,v7为M的最大速度,P从滑上到回到水平面,P和M水平方向动量守恒,初末两态总动能相等,则有m2v5m2v6m3v7111222m2v5m2v6m3v7222联立解得v75m/sv62m/s答案第11页,共11页
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