重慶市忠縣中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期12月適應(yīng)性考試物理 Word版含解析.docx

《重慶市忠縣中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期12月適應(yīng)性考試物理 Word版含解析.docx》由會(huì)員上傳分享，免費(fèi)在線閱讀，更多相關(guān)內(nèi)容在教育資源-天天文庫(kù)。

重慶市忠縣中學(xué)高2024級(jí)高三12月適應(yīng)性考試物理試卷總分：100分一、單項(xiàng)選擇題。本題共7小題，每小題4分，共28分。1.關(guān)于兩個(gè)運(yùn)動(dòng)的合成，下列說法正確的是A.兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)一定也是直線運(yùn)動(dòng)B.方向不共線的兩個(gè)勻速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)一定也是勻速直線運(yùn)動(dòng)C.小船渡河的運(yùn)動(dòng)中，小船的對(duì)地速度一定大于水流速度D.小船渡河的運(yùn)動(dòng)中，水流速度越大，小船渡河所需時(shí)間越短【答案】B【解析】【分析】位移、速度、加速度都是矢量，合成分解遵循平行四邊形定則．合運(yùn)動(dòng)與分運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性．【詳解】?jī)蓚€(gè)分運(yùn)動(dòng)是直線運(yùn)動(dòng)，其合運(yùn)動(dòng)可能是曲線運(yùn)動(dòng)，比如平拋運(yùn)動(dòng)．故A錯(cuò)誤．不共線兩個(gè)勻速直線運(yùn)動(dòng)，沒有加速度，則合運(yùn)動(dòng)也一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)．故B正確．合運(yùn)動(dòng)的速度（小船對(duì)地速度）可能比分速度（水流速度）大，可能比分速度小，可能與分速度相等．故C錯(cuò)誤；小船渡河的時(shí)間由小船沿垂直于河岸方向的速度決定，故水流速度越大，小船渡河所需時(shí)間卻不變，故D錯(cuò)誤．故選B．2.在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中某處P放一個(gè)長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝20cm，通電電流I＝0.5A的直導(dǎo)線，測(cè)得它受到的最大磁場(chǎng)力F＝1.0N?，F(xiàn)將該通電導(dǎo)線從磁場(chǎng)中撤走，則P處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（　　）A.零B.2TC.0.1TD.10T【答案】D【解析】【詳解】ABCD.導(dǎo)體受到的是最大磁場(chǎng)力F＝1.0N，由解得：B＝10T。撤走導(dǎo)線后，P處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，仍為10T。ABC錯(cuò)誤，D正確；故選D。3.如圖所示為空腔球形導(dǎo)體（不帶電），現(xiàn)將一個(gè)帶正電的小金屬球放入空腔內(nèi)，靜電平衡時(shí)，圖中A、B、C三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小關(guān)系是（　?。?A.EA>EB=ECB.EA>EB>ECC.EA=EB=ECD.EA=EB>EC【答案】B【解析】【詳解】當(dāng)靜電平衡時(shí)，空腔球形導(dǎo)體內(nèi)壁感應(yīng)出負(fù)電荷，外表面感應(yīng)出正電荷，畫出電場(chǎng)線的分布如圖根據(jù)電場(chǎng)線越密，場(chǎng)強(qiáng)越大。由于A處電場(chǎng)線較密，B處電場(chǎng)線較疏，C處場(chǎng)強(qiáng)為零，則故選B。4.先后將小球1、2由同一位置以不同的速度豎直向上拋出，拋出后小球只受重力和水平方向的風(fēng)力作用，兩小球的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖虛線所示，則兩小球相比，下列說法正確的是（　　）A.小球1的豎直向上拋出的初速度比2小B.小球1從拋出到落地的運(yùn)動(dòng)時(shí)間比2短C.小球2的水平方向上的平均速度一定比小球1的大D.小球2所受的風(fēng)力一定比小球1受到的大【答案】C【解析】 【詳解】AB．小球的運(yùn)動(dòng)可以分解為豎直方向的豎直上拋和水平方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，上升階段豎直方向滿足依題意，可知小球1上升高度大于小球2的上升高度，所以小球1豎直向上拋出的初速度大，小球1從拋出到落地的運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)，故AB錯(cuò)誤；C．由圖可知，小球1水平位移小，飛行時(shí)間長(zhǎng)，根據(jù)水平方向的平均速度分析知小球2水平方向上的平均速度一定比小球1的大，故C正確；D．小球水平方向滿足由圖可知，小球1的飛行時(shí)間長(zhǎng)，小球1的加速度小，但不知道兩小球質(zhì)量的關(guān)系，故不能判斷出兩者水平方向受力的關(guān)系，故D錯(cuò)誤。故選C。5.科學(xué)家研究發(fā)現(xiàn)，磁敏電阻(GMR)的阻值隨所處空間磁場(chǎng)的增強(qiáng)而增大，隨所處空間磁場(chǎng)的減弱而變小，如圖所示電路中，GMR為一個(gè)磁敏電阻，R、R2為滑動(dòng)變阻器，R1、R3為定值電阻，當(dāng)開關(guān)S1和S2閉合時(shí)，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．則(　　)A.只調(diào)節(jié)電阻R，當(dāng)P1向右端移動(dòng)時(shí)，電阻R1消耗的電功率變大B.只調(diào)節(jié)電阻R，當(dāng)P1向右端移動(dòng)時(shí)，帶電微粒向下運(yùn)動(dòng)C.只調(diào)節(jié)電阻R2，當(dāng)P2向下端移動(dòng)時(shí)，電阻R1消耗的電功率變大D.只調(diào)節(jié)電阻R2，當(dāng)P2向下端移動(dòng)時(shí)，帶電微粒向下運(yùn)動(dòng)【答案】A【解析】【詳解】試題分析：只調(diào)節(jié)電阻，當(dāng) 向右端移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值增大，電源電動(dòng)勢(shì)不變，所以電路中的電流減小，電磁鐵的磁性減弱；由于電磁鐵磁性的減弱，導(dǎo)致了磁敏電阻GMR的阻值減小，則通過的電流增大，其電功率增大．電容器兩端的電壓增大，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，微粒所受的電場(chǎng)力增大，所以帶電微粒向上運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；只調(diào)節(jié)電阻，當(dāng)向下端移動(dòng)時(shí)，回路中電流不變，電阻消耗的電功率不變，電容器板間電壓增大，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，微粒所受的電場(chǎng)力增大，所以帶電微粒向上運(yùn)動(dòng)，故C.D錯(cuò)誤．考點(diǎn)：閉合電路的歐姆定律【名師點(diǎn)睛】此題的邏輯性非常強(qiáng)，要讀懂題意，把握有效信息：磁敏電阻（GMR）的阻值隨所處空間磁場(chǎng)的增強(qiáng)而增大，再進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析．6.如圖所示，總質(zhì)量為帶有底座的足夠?qū)捒蚣苤绷⒃诠饣矫嫔?，質(zhì)量為的小球通過細(xì)線懸掛于框架頂部處，細(xì)線長(zhǎng)為，已知，重力加速度為，某時(shí)刻獲得一瞬時(shí)速度，當(dāng)?shù)谝淮位氐近c(diǎn)正下方時(shí)，細(xì)線拉力大小為（　　）A.B.CD.【答案】B【解析】【詳解】設(shè)第一次回到O點(diǎn)正下方時(shí)，小球和框架的速度分別為和，取向右為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得 解得，當(dāng)小球第一次回到O點(diǎn)正下方時(shí)，以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，由牛頓第二定律得解得故選B。7.如圖所示，將兩個(gè)質(zhì)量分別為、的小球A、B疊放在一起，中間留有小空隙，從初始高度處由靜止釋放。A球與地面碰撞后立即以原速率反彈，A球與B球碰撞的時(shí)間為0.01s，不計(jì)空氣阻力，取向上為正方向，B球的速度時(shí)間圖像如圖乙所示，取，下列說法中正確的是（　　）A.B球與A球碰前的速度大小為B.A、B兩球發(fā)生是彈性碰撞C.若遠(yuǎn)小于，第一次碰撞后，球上升的最大高度可能大于20mD.兩球碰撞過程中，B球的重力沖量與A對(duì)B球的沖量大小比值為【答案】D【解析】【詳解】A．碰前，兩球均做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有解得即B球與A球碰前的速度大小為，故A錯(cuò)誤； B．根據(jù)題意可知，B球碰后的速度方向向上，大小為v2=4m/s，以向上為正方向，碰撞過程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得由于碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)能減小，可知碰撞是非彈性碰撞，故B錯(cuò)誤；C．假設(shè)碰撞是彈性碰撞，此時(shí)B球碰后速度最大，上升高度最大，碰撞過程有解得當(dāng)遠(yuǎn)小于時(shí)，有解得則B球上升到最高點(diǎn)過程有解得故C錯(cuò)誤；D．在碰撞時(shí)間t=0.01s內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量定理，對(duì)B球有 B球重力的沖量解得故D正確。故選D。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3道小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得3分，有選錯(cuò)的得0分。8.平直公路上，一輛轎車從某處有靜止啟動(dòng)，此時(shí)恰有一輛貨車以10m/s速度從轎車旁邊駛過，最終轎車運(yùn)動(dòng)至離出發(fā)點(diǎn)100m處時(shí)恰好追上貨車，設(shè)轎車做勻加速運(yùn)動(dòng)，則轎車的加速度和追上之前兩車的最大距離分別是（）A.B.C.50mD.25m【答案】AD【解析】【詳解】運(yùn)動(dòng)時(shí)間由解得兩車速度相等時(shí)為最大距離，所以轎車位移為而此時(shí)，貨車走了5s，即貨車走了 所以最大距離故選AD。9.某載人飛船運(yùn)行軌道示意圖如圖所示，飛船先沿橢圓軌道1運(yùn)行，近地點(diǎn)為Q，遠(yuǎn)地點(diǎn)為P。當(dāng)飛船經(jīng)過點(diǎn)P時(shí)點(diǎn)火加速，使飛船由橢圓軌道1轉(zhuǎn)移到圓軌道2上運(yùn)行，在圓軌道2上飛船運(yùn)行周期約為90min。關(guān)于飛船的運(yùn)行過程，下列說法中正確的是（　?。〢.飛船在軌道1和軌道2上運(yùn)動(dòng)時(shí)的機(jī)械能相等B.飛船在軌道1上運(yùn)行經(jīng)過P點(diǎn)的速度小于軌道2上經(jīng)過P點(diǎn)的速度C.軌道2的半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑D.飛船在軌道1上運(yùn)行經(jīng)過P點(diǎn)的加速度小于在軌道2上運(yùn)行經(jīng)過P點(diǎn)的加速度【答案】BC【解析】【詳解】AB．飛船在軌道1上P點(diǎn)經(jīng)加速后才能進(jìn)入軌道2上運(yùn)動(dòng)，則飛船在軌道1上的P點(diǎn)比軌道2上的P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)的動(dòng)能小，飛船在軌道1上的P點(diǎn)比軌道2上的P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)的機(jī)械小，故A錯(cuò)誤，B正確；C．根據(jù)，得可知同步衛(wèi)星周期大，則同步衛(wèi)星軌道半徑大，故C正確；D．根據(jù)，得可知，飛船在軌道1上P點(diǎn)到地球的距離等于在軌道2上P點(diǎn)到地球的距離，則加速度相等，故D錯(cuò)誤。故選BC?！军c(diǎn)睛】 解決本題的關(guān)鍵掌握衛(wèi)星變軌的原理，以及掌握萬有引力提供向心力，知道線速度、周期與軌道半徑的關(guān)系。10.如圖所示，豎直面內(nèi)的圓形管道半徑R遠(yuǎn)大于橫截面的半徑。有一小球的直徑比管橫截面直徑略小，在管道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。小球過最高點(diǎn)時(shí)，小球?qū)鼙诘膹椓Υ笮∮肍表示、速度大小用v表示，當(dāng)小球以不同速度經(jīng)過管道最高點(diǎn)時(shí)，其圖像如圖所示。則（　?。〢.小球的質(zhì)量為B.時(shí)，管壁對(duì)小球的彈力方向豎直向下C.當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮镈.時(shí)，小球受到的彈力大小是重力的兩倍【答案】BC【解析】【詳解】AC．在最高點(diǎn)，若v=0，則N=mg=c若N=0，則重力提供向心力解得故A錯(cuò)誤，C正確；B．由圖可知：當(dāng)v2＜a時(shí)，管壁對(duì)小球彈力方向向上，當(dāng)v2＞a時(shí)，管壁對(duì)小球彈力方向向下，所以當(dāng)v2=b時(shí)，桿對(duì)小球彈力方向向下，故B正確；D．由圖可知，若v2=b，小球受到管壁的彈力大小等于重力大小，故D錯(cuò)誤。故選BC。三、實(shí)驗(yàn)題11.張明同學(xué)在測(cè)定某種合金絲的電阻率時(shí)： （1）用螺旋測(cè)微器測(cè)量電阻絲的直徑d，其中一次測(cè)量結(jié)果如圖1示，則圖中讀數(shù)為_______。（2）按如圖甲所示的電路測(cè)量，實(shí)驗(yàn)結(jié)果會(huì)比真實(shí)值_________（填“偏大”或“偏小”）。（3）改變滑動(dòng)變阻器的滑片位置，測(cè)量多組數(shù)據(jù)，得到圖像如圖乙所示，則_______（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。【答案】①.0.531（0.5300.532均正確）②.偏?、?4.75.0【解析】【詳解】（1）[1]螺旋測(cè)微器讀數(shù)為讀數(shù)為0.530mm0.532mm均正確；（2）[2]據(jù)可知，電流表外接時(shí)，電壓表測(cè)得電壓準(zhǔn)確，但電壓表分流導(dǎo)致電流測(cè)量值偏大，使得電阻測(cè)量值比真實(shí)值偏小；（3）[3]據(jù)4.75.0均算正確。12.用如圖實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。主要步驟為：①將斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平； ②讓質(zhì)量為m1的入射球多次從斜槽上A位置靜止釋放，記錄其平均落地點(diǎn)位置；③把質(zhì)量為m2的被碰球靜置于槽的末端，再將入射球從斜槽上A位置靜止釋放，與被碰球相碰，并多次重復(fù)，記錄兩小球的平均落地點(diǎn)位置；④記錄小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影點(diǎn)O，測(cè)出碰撞前后兩小球的平均落地點(diǎn)的位置M、P，N與O的距離分別為、、。分析數(shù)據(jù)：（1）實(shí)驗(yàn)中入射球質(zhì)量m1________（選填“大于”“等于”或“小于”）被碰球的質(zhì)量m2；（2）本實(shí)驗(yàn)中入射球和被碰球的半徑________（選填“必須相同”或“可以不同”）（3）若兩球碰撞時(shí)的動(dòng)量守恒，應(yīng)滿足的關(guān)系式為________。（均用題中所給物理量的符號(hào)表示）（4）完成上述實(shí)驗(yàn)后，某實(shí)驗(yàn)小組對(duì)上述裝置進(jìn)行了改造，如圖（b）所示，圖中圓弧為圓心在斜槽末端B的圓弧。使小球1仍從斜槽上A點(diǎn)由靜止?jié)L下，重復(fù)實(shí)驗(yàn)步驟1和2的操作，得到兩球落在圓弧上的平均位置為、、。測(cè)得斜槽末端與、、三點(diǎn)的連線與豎直方向的夾角分別為、、，則驗(yàn)證兩球碰撞過程中動(dòng)量守恒的表達(dá)式為________（用所測(cè)物理量的字母表示）?！敬鸢浮竣?大于②.必須相同③.④.【解析】【詳解】（1）[1]為了避免碰撞后小球被撞回，所以要求入射球的質(zhì)量大于被碰球的質(zhì)量，即。（2）[2]為了能夠讓小球發(fā)生對(duì)心碰撞，入射球和被碰球的半徑必須相同；（3）[3]設(shè)小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，若滿足動(dòng)量守恒定律有整理得（4）[4]設(shè)斜槽末端與的連線長(zhǎng)度為L(zhǎng)（即圓弧半徑為L(zhǎng)），如圖所示： 圖中幾何關(guān)系，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得，聯(lián)立解得同理有，代入動(dòng)量守恒的表達(dá)式化簡(jiǎn)可得四、解答題（共計(jì)3道小題，共計(jì)32分）13.如圖所示，輕桿長(zhǎng)為3L，在桿的A、B兩端分別固定質(zhì)量均為m的球A和球B，桿上距球A為L(zhǎng)處的點(diǎn)O裝在光滑的水平轉(zhuǎn)動(dòng)軸上，外界給予系統(tǒng)一定的能量后，桿和球在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)。在轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，忽略空氣的阻力。若球A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，球A對(duì)桿恰好無作用力，則：(1)球A在最高點(diǎn)時(shí)速度大小；(2)球A在最高點(diǎn)時(shí)，球B對(duì)桿的作用力大小?！敬鸢浮?1)；(2)3mg【解析】【詳解】(1)球A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，球A對(duì)桿恰好無作用力，根據(jù)牛頓第二定律得 解得(2)球B與球A有相同的角速度對(duì)球B根據(jù)牛頓第二定律得解得根據(jù)牛頓第三定律，球B對(duì)桿向下作用力為3mg。14.如圖所示，水平面光滑，在虛線的右側(cè)存在場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一個(gè)不帶電的小球A恰好靜止在虛線與水平面的交點(diǎn)處．電場(chǎng)中，在與A球相距l(xiāng)遠(yuǎn)處由靜止釋放一帶電量為+q的小球B，經(jīng)一段時(shí)間后A、B發(fā)生了彈性正碰．已知A小球的質(zhì)量為mA，B小球的質(zhì)量為mB，有mA=2mB．若A、B均為金屬小球，形狀大小均相同，且可視為質(zhì)點(diǎn)，不考慮電場(chǎng)邊緣效應(yīng)，求：(1)碰撞前瞬間B小球的速度；(2)碰撞后B小球在電場(chǎng)中向右運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離（已知兩小球碰后電量均分，且不考慮小球間的庫(kù)侖力作用）．【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根據(jù)動(dòng)能定理即可求解B球的初速度；（2）A與B發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒和能是守恒可求出碰撞后A、B的速度，再根據(jù)動(dòng)能定理可求解B球向右運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離．【詳解】(1)對(duì)B球，由出發(fā)至即將發(fā)生碰撞，根據(jù)動(dòng)能定理有： 解得：(2)對(duì)A、B碰撞過程，設(shè)A、B碰撞后速度分別為、由動(dòng)量守恒定律有：由能量守恒定律有：其中解得：對(duì)B球，由碰撞至向右到最遠(yuǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有：解得：【點(diǎn)睛】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)及動(dòng)量守恒，考查考生的推理能力和分析綜合能力．關(guān)鍵要分析清楚兩球的運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)條件列出正確的方程．15.如圖甲，水平面以O(shè)點(diǎn)為界，左側(cè)光滑、右側(cè)粗糙。足夠長(zhǎng)木板A左端恰在O點(diǎn)，右端疊放著物塊B。物塊C和D間夾著一根被壓縮的輕彈簧，并用細(xì)線鎖定，兩者以共同速度v0=6m/s向右運(yùn)動(dòng)，在物塊C到達(dá)O之前突然燒斷細(xì)線，C和彈簧分離后，某時(shí)與A碰撞并粘連（碰撞時(shí)間極短）。此后，AC及B的速度圖象如圖乙，已知A、B、C、D的質(zhì)量相等，且A、C與粗糙面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。重力加速度g=10m/s2，求：（1）C與彈簧分離后D的速度；（2）A與間B動(dòng)摩擦因數(shù)μ1及A與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2；（3）最終B離A右端的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）設(shè)各物體的質(zhì)量為m。由圖可知，AC一起運(yùn)動(dòng)的初速度為。設(shè)C與A 碰前瞬間的速度為，則彈簧解鎖過程動(dòng)量守恒解得，分離后D的速度（2）由圖，對(duì)B：則有（其中，）又解得AC整體減速運(yùn)動(dòng)的大小又解得（3）AC在碰后1s內(nèi)的位移B在這1s的位移假設(shè)第1s后A、B、C三者相對(duì)靜止，一起減速，則它們的加速度大小對(duì)B 這說明假設(shè)不成立，A、C的加速度較大，應(yīng)是：第1s后，B減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小不變，其位移有而對(duì)AC整體即AB繼續(xù)運(yùn)動(dòng)的位移大小分別為故最終，B離A右端的距離為由以上各式并代入數(shù)據(jù)得