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

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重慶市忠縣中學(xué)高2024級高三12月適應(yīng)性考試物理試卷總分：100分一、單項選擇題。本題共7小題，每小題4分，共28分。1.關(guān)于兩個運動的合成，下列說法正確的是A.兩個直線運動的合運動一定也是直線運動B.方向不共線的兩個勻速直線運動的合運動一定也是勻速直線運動C.小船渡河的運動中，小船的對地速度一定大于水流速度D.小船渡河的運動中，水流速度越大，小船渡河所需時間越短【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．合運動與分運動具有等時性．【詳解】兩個分運動是直線運動，其合運動可能是曲線運動，比如平拋運動．故A錯誤．不共線兩個勻速直線運動，沒有加速度，則合運動也一定是勻速直線運動．故B正確．合運動的速度（小船對地速度）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錯誤；小船渡河的時間由小船沿垂直于河岸方向的速度決定，故水流速度越大，小船渡河所需時間卻不變，故D錯誤．故選B．2.在勻強磁場中某處P放一個長度為L＝20cm，通電電流I＝0.5A的直導(dǎo)線，測得它受到的最大磁場力F＝1.0N?，F(xiàn)將該通電導(dǎo)線從磁場中撤走，則P處的磁感應(yīng)強度大小為（　　）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力F＝1.0N，由解得：B＝10T。撤走導(dǎo)線后，P處的磁感應(yīng)強度不變，仍為10T。ABC錯誤，D正確；故選D。3.如圖所示為空腔球形導(dǎo)體（不帶電），現(xiàn)將一個帶正電的小金屬球放入空腔內(nèi)，靜電平衡時，圖中A、B、C三點的電場強度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】當靜電平衡時，空腔球形導(dǎo)體內(nèi)壁感應(yīng)出負電荷，外表面感應(yīng)出正電荷，畫出電場線的分布如圖根據(jù)電場線越密，場強越大。由于A處電場線較密，B處電場線較疏，C處場強為零，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力作用，兩小球的運動軌跡如圖虛線所示，則兩小球相比，下列說法正確的是（　?。〢.小球1的豎直向上拋出的初速度比2小B.小球1從拋出到落地的運動時間比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所受的風力一定比小球1受到的大【答案】C【解析】 【詳解】AB．小球的運動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動，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從拋出到落地的運動時間長，故AB錯誤；C．由圖可知，小球1水平位移小，飛行時間長，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的飛行時間長，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的增強而增大，隨所處空間磁場的減弱而變小，如圖所示電路中，GMR為一個磁敏電阻，R、R2為滑動變阻器，R1、R3為定值電阻，當開關(guān)S1和S2閉合時，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止狀態(tài)．則(　　)A.只調(diào)節(jié)電阻R，當P1向右端移動時，電阻R1消耗的電功率變大B.只調(diào)節(jié)電阻R，當P1向右端移動時，帶電微粒向下運動C.只調(diào)節(jié)電阻R2，當P2向下端移動時，電阻R1消耗的電功率變大D.只調(diào)節(jié)電阻R2，當P2向下端移動時，帶電微粒向下運動【答案】A【解析】【詳解】試題分析：只調(diào)節(jié)電阻，當 向右端移動時，滑動變阻器接入電路的阻值增大，電源電動勢不變，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，板間場強增大，微粒所受的電場力增大，所以帶電微粒向上運動，故A正確，B錯誤；只調(diào)節(jié)電阻，當向下端移動時，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，板間場強增大，微粒所受的電場力增大，所以帶電微粒向上運動，故C.D錯誤．考點：閉合電路的歐姆定律【名師點睛】此題的邏輯性非常強，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的增強而增大，再進行動態(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矫嫔希|(zhì)量為的小球通過細線懸掛于框架頂部處，細線長為，已知，重力加速度為，某時刻獲得一瞬時速度，當?shù)谝淮位氐近c正下方時，細線拉力大小為（　?。〢.B.CD.【答案】B【解析】【詳解】設(shè)第一次回到O點正下方時，小球和框架的速度分別為和，取向右為正方向，由水平方向動量守恒和機械能守恒可得 解得，當小球第一次回到O點正下方時，以小球為研究對象，由牛頓第二定律得解得故選B。7.如圖所示，將兩個質(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球碰撞的時間為0.01s，不計空氣阻力，取向上為正方向，B球的速度時間圖像如圖乙所示，取，下列說法中正確的是（　?。〢.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動，則有解得即B球與A球碰前的速度大小為，故A錯誤； 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)動量守恒定律有解得由于碰撞后系統(tǒng)總動能減小，可知碰撞是非彈性碰撞，故B錯誤；C．假設(shè)碰撞是彈性碰撞，此時B球碰后速度最大，上升高度最大，碰撞過程有解得當遠小于時，有解得則B球上升到最高點過程有解得故C錯誤；D．在碰撞時間t=0.01s內(nèi)，根據(jù)動量定理，對B球有 B球重力的沖量解得故D正確。故選D。二、多項選擇題：本題共3道小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，部分選對的得3分，有選錯的得0分。8.平直公路上，一輛轎車從某處有靜止啟動，此時恰有一輛貨車以10m/s速度從轎車旁邊駛過，最終轎車運動至離出發(fā)點100m處時恰好追上貨車，設(shè)轎車做勻加速運動，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】運動時間由解得兩車速度相等時為最大距離，所以轎車位移為而此時，貨車走了5s，即貨車走了 所以最大距離故選AD。9.某載人飛船運行軌道示意圖如圖所示，飛船先沿橢圓軌道1運行，近地點為Q，遠地點為P。當飛船經(jīng)過點P時點火加速，使飛船由橢圓軌道1轉(zhuǎn)移到圓軌道2上運行，在圓軌道2上飛船運行周期約為90min。關(guān)于飛船的運行過程，下列說法中正確的是（　?。〢.飛船在軌道1和軌道2上運動時的機械能相等B.飛船在軌道1上運行經(jīng)過P點的速度小于軌道2上經(jīng)過P點的速度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上運行經(jīng)過P點的加速度小于在軌道2上運行經(jīng)過P點的加速度【答案】BC【解析】【詳解】AB．飛船在軌道1上P點經(jīng)加速后才能進入軌道2上運動，則飛船在軌道1上的P點比軌道2上的P點運動時的動能小，飛船在軌道1上的P點比軌道2上的P點運動時的機械小，故A錯誤，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點到地球的距離等于在軌道2上P點到地球的距離，則加速度相等，故D錯誤。故選BC?！军c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)做圓周運動。小球過最高點時，小球?qū)鼙诘膹椓Υ笮∮肍表示、速度大小用v表示，當小球以不同速度經(jīng)過管道最高點時，其圖像如圖所示。則（　?。〢.小球的質(zhì)量為B.時，管壁對小球的彈力方向豎直向下C.當?shù)氐闹亓铀俣却笮镈.時，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，若v=0，則N=mg=c若N=0，則重力提供向心力解得故A錯誤，C正確；B．由圖可知：當v2＜a時，管壁對小球彈力方向向上，當v2＞a時，管壁對小球彈力方向向下，所以當v2=b時，桿對小球彈力方向向下，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錯誤。故選BC。三、實驗題11.張明同學(xué)在測定某種合金絲的電阻率時： （1）用螺旋測微器測量電阻絲的直徑d，其中一次測量結(jié)果如圖1示，則圖中讀數(shù)為_______。（2）按如圖甲所示的電路測量，實驗結(jié)果會比真實值_________（填“偏大”或“偏小”）。（3）改變滑動變阻器的滑片位置，測量多組數(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）?！敬鸢浮竣?0.531（0.5300.532均正確）②.偏?、?4.75.0【解析】【詳解】（1）[1]螺旋測微器讀數(shù)為讀數(shù)為0.530mm0.532mm均正確；（2）[2]據(jù)可知，電流表外接時，電壓表測得電壓準確，但電壓表分流導(dǎo)致電流測量值偏大，使得電阻測量值比真實值偏??；（3）[3]據(jù)4.75.0均算正確。12.用如圖實驗裝置驗證動量守恒定律。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位置；④記錄小球拋出點在地面上的垂直投影點O，測出碰撞前后兩小球的平均落地點的位置M、P，N與O的距離分別為、、。分析數(shù)據(jù)：（1）實驗中入射球質(zhì)量m1________（選填“大于”“等于”或“小于”）被碰球的質(zhì)量m2；（2）本實驗中入射球和被碰球的半徑________（選填“必須相同”或“可以不同”）（3）若兩球碰撞時的動量守恒，應(yīng)滿足的關(guān)系式為________。（均用題中所給物理量的符號表示）（4）完成上述實驗后，某實驗小組對上述裝置進行了改造，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點由靜止?jié)L下，重復(fù)實驗步驟1和2的操作，得到兩球落在圓弧上的平均位置為、、。測得斜槽末端與、、三點的連線與豎直方向的夾角分別為、、，則驗證兩球碰撞過程中動量守恒的表達式為________（用所測物理量的字母表示）?！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)小球在空中運動的時間為t，若滿足動量守恒定律有整理得（4）[4]設(shè)斜槽末端與的連線長度為L（即圓弧半徑為L），如圖所示： 圖中幾何關(guān)系，由平拋運動的規(guī)律得，聯(lián)立解得同理有，代入動量守恒的表達式化簡可得四、解答題（共計3道小題，共計32分）13.如圖所示，輕桿長為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處的點O裝在光滑的水平轉(zhuǎn)動軸上，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。在轉(zhuǎn)動的過程中，忽略空氣的阻力。若球A運動到最高點時，球A對桿恰好無作用力，則：(1)球A在最高點時速度大小；(2)球A在最高點時，球B對桿的作用力大小。【答案】(1)；(2)3mg【解析】【詳解】(1)球A運動到最高點時，球A對桿恰好無作用力，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)存在場強大小為E，方向向左的勻強電場．一個不帶電的小球A恰好靜止在虛線與水平面的交點處．電場中，在與A球相距l(xiāng)遠處由靜止釋放一帶電量為+q的小球B，經(jīng)一段時間后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，不考慮電場邊緣效應(yīng)，求：(1)碰撞前瞬間B小球的速度；(2)碰撞后B小球在電場中向右運動的最遠距離（已知兩小球碰后電量均分，且不考慮小球間的庫侖力作用）．【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根據(jù)動能定理即可求解B球的初速度；（2）A與B發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒和能是守恒可求出碰撞后A、B的速度，再根據(jù)動能定理可求解B球向右運動的最遠距離．【詳解】(1)對B球，由出發(fā)至即將發(fā)生碰撞，根據(jù)動能定理有： 解得：(2)對A、B碰撞過程，設(shè)A、B碰撞后速度分別為、由動量守恒定律有：由能量守恒定律有：其中解得：對B球，由碰撞至向右到最遠，根據(jù)動能定理有：解得：【點睛】本題考查帶電粒子在電場中運動及動量守恒，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動過程，根據(jù)條件列出正確的方程．15.如圖甲，水平面以O(shè)點為界，左側(cè)光滑、右側(cè)粗糙。足夠長木板A左端恰在O點，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，并用細線鎖定，兩者以共同速度v0=6m/s向右運動，在物塊C到達O之前突然燒斷細線，C和彈簧分離后，某時與A碰撞并粘連（碰撞時間極短）。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與粗糙面的動摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。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動摩擦因數(shù)μ1及A與桌面間的動摩擦因數(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一起運動的初速度為。設(shè)C與A 碰前瞬間的速度為，則彈簧解鎖過程動量守恒解得，分離后D的速度（2）由圖，對B：則有（其中，）又解得AC整體減速運動的大小又解得（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三者相對靜止，一起減速，則它們的加速度大小對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減速運動的加速度大小不變，其位移有而對AC整體即AB繼續(xù)運動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