【文档说明】河南省豫西北教研联盟(许洛平)2024-2025学年高三上学期第一次质量检测物理试题 答案.pdf,共(10)页,692.446 KB,由小赞的店铺上传
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高三物理一模参考答案一、选择题答案及详解题号12345678910答案ABDDBDCCDBDAD1.【答案】A【详解】.在发生光电效应的前提条件下,光的强度越大,光电流越大,故选项A正确;换用频率更高的紫光一定能发
生光电效应,与光的强度无关,故选项B错误;仅将P移至C端,AK间的电压为0,仍然发生光电效,应有微弱的光电流,故选项C错误;密里根根据爱因斯坦的光电效应的方程计算出了普朗克常量,故D选项错误。故选A。2.【答案】B【详解】
由图像可知斜率20=k,纵轴截距2−=b,由btktx+=12得242120ttx−=可知列车在做匀减速运动,初速度m/s200=v,加速度2m/s4−=a;前3s内得位移42m3sm/s421s3m/s2022=−
=)(x。故B答案正确。3.【答案】D【详解】不计空气阻力,铅球在空中运动过程中只受重力的作用,所以加速度相等,故A错误;两次初速度大小为v0相等,12大于,2010coscosvv大于,所以B错误;由题意可知两次
水平位移相等,水平方向匀速直线运动,而2010coscosvv大于,所以21tt小于,即第一次在空中运动时间较短,故C错误;两次实际位移相同,第一次用时间较短,所以第一次平均速度较大,故D正确。4.【答案】D【详解】航天员可以漂浮在空间站中,万有引力提供向心
力有marGMm=2可得2rGMa=,故A错误;根据万有引力提供向心力有rvmrGMm22=可得rGMv=,由于天宫空间站在轨运行的轨道半径小于同步卫星的轨道半径,则天宫空间站在轨运行的线速度大于同步卫星的线速度,故B错
误;km/s9.7是发射地球卫星的最小速度,则神舟十八号的发射速度大{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}于km/s9.7,但是不能大于km/s2.11,
大于km/s2.11就逃出地球引力范围了,故C错误;根据题意知空间站绕地球运动的轨道半径与地球半径之比为6400km400km176400km16rR+==根据万有引力提供向心力,有2GMmmar=,联立解得:21716G
MaR=()。地表的重力加速度为2GMgR=可得21617ag=(),故D正确。5.【答案】B【详解】由题意可知s2.01==nT,所以102==T,根据小球的运动规律匀速圆周运动可知所以影子做简谐运动,且振动方程为sin(10t)yR=,故A、D错误,B正确
;由向心力公式22100FmRmR==,故C错误。故选B。6.【答案】D【详解】将试探电荷从圆上任意一点移动到无穷远处,电场力做功均为0,可知圆上各点在同一等势面,由于电场线与等势面垂直,则正试探电荷在圆上
所受电场力一定指向O点,故A错误;连接AD,CD,OD,由几何关系有ADOD⊥,3BDL=,30DABODB==,则A处和B处在D点产生的电场场强分别为1E和2E22216)3()3(2LkQLLQkE=+=223LkQE=将1E正交分解如图所示由矢量合成可知D点
产生的场强大小为22122163)()(LkQEEEE=−+=,故B错误;D点与C点在同一等势面,由D点移到AC中点相当于由C点移到AC中点,正试探电荷在AO连线上受到的电场力向右,则在从C点移到AC中点过程中,电场力做负功,电势能增加,故
C错误;负试探电荷在C点所受电场力为2222342LkQqLkQqLQqkF=+=,方向指向A点。故D正确。{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}7.【答案】C【详解】物体在水平方向上受推力与摩擦力的作
用,根据牛顿第二定律mamgF=−解得加速度gmFa−=,由乙图可知,当推力大于摩擦力时,随着F的减小,加速度a逐渐减小;当推力减小到等于摩擦力时,合力为零,加速度为零;当推力小于摩擦力时,物体做减速运动,加速度反向增大,故A选项错误;由图像可知,推力与位移的关
系式为:)m0.40(25100−=xxF,当加速度为零时,物体速度最大,此时,mgF=,解得m0.32510025100=−=−=xmgx,即在3.0m时,速度达到最大值,故B错误;xF−图像与坐标轴围成图形的面积等于推力对物体做的
功,设物体的最大速度为mv,由图乙可知,从开始到速度最大,推力所做的功为()J5.187J32510021=+=W,再由动能定理0212m−=−mvmgxW,代入数据解得:m/s53m=v,故C正确;整个过程推力所做的功J200J0.410021==
W,再由动能定理:00m−=−mgxW,解得:m8m=x,故D选项错误。8.【答案】CD【详解】画出光路如下图光线在AB面上的入射角为=45,折射角21tan=,则51sin=,折射率为210sinsin==n,故A错误,因DC平行于OE,则45FCE==,则C
FEF=45tan,RCFEF+=tan,联合解得:CE=2R,CF=R,所以B错误,C正确;又因为vcn=,所以D正确;故选CD。9.【答案】BD【详解】A.设输入电压U的有效值为U,根据有效值的定义有22()1224mUUTTRR=求得输入电压
U的有效值为U=10V,故A错误;{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}由等效电阻:()2132245ΩnRRRn=+=
,因此,10V0.2A50ΩI==,故B正确;若将开关S由断开变为闭合,负载电阻变小,因此电流表的示数变大,故C错误;设原线圈两端电压为U1,则有111EUIR=+可知111URI=,根据线圈电压、电流与匝数的关系有212121nnUUUU
==且122121nnIIII==,所以121222RnnIU=,即副线圈两端电压变化量与电流变化量的绝对值之比始终不变,故D正确。故选BD。10.【答案】AD【详解】根据题意,对整体进行受力分析,水平方
向上合力为零,物块所受摩擦力与半圆柱体所受摩擦力等大反向,故A正确;对小球P受力分析,受重力mg,光滑半圆柱的支持力N和绳子的拉力F,处于平衡状态,画出拉力F等大反向的力'F,即为mg和N的合力,如图所示由相似三角形有''FmgOBOO=解
得'34Fmg=由余弦定理有()2223272cos38222RRRRR+−==则有215sin1cos8=−=对结点O受力分析,如图所示{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}
由平衡条件有21sinFF=对物体Q受力分析,如图所示由平衡条件有N2Fmg=,4fF=又有'421315sinsinsin32FFFFFmg=====NfF=则有4NN31564FfFF===所以B错误,D正确;O
A段绳子的张力不为零,在竖直方向上将小球P和圆柱体整体受力分析,可知C错误。故选AD。二、非选择题答案及详解11.【答案】(2)5.30(5)B(6)bkk12−(每空2分)【详解】(2)20分度的游标卡尺精确度为0.05mm,由图可知读数为5mm60.05
mm5.30mm+=(5)滑块的质量为M0,待测物体的质量为M,滑块受到拉力为F,由牛顿第二定律有()aMMF+=0对钩码有maFmg=−联立得gmgMMa1110++=纵轴截距为gb1=故选B。{#{QQABbQyUggCoQBI
AAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}(6)由上述分析可知斜率为10kgM=而且20kgMM=+解得bkkM12−=12.【答案】(每空2分)(1)9000(2)3.0,2.1(3)③abcdIIII−−cacbda
IIIIII或,相等【详解】(1)要将A2改装成量程为3V的电压表,需串联的电阻=−=−=90001000A10300V36Ag0-rIUR(2)理论上,当I1为零时,加在改装电压表两端的电压就是电动势,电源电动势V0.3V1000900010300)(6A02=+=+=−)(rR
IE根据闭合电路欧姆定律,可知rIIrRIE)(21A02)(+++=由于21II上式简化为rEIrrRI++−=2A01由图像可知6A01018030058.0−−=+)(rrR代入数据可得2.1Ωr=(3)滑动变阻器接入电路的阻值abIrRIR)(A0+=待测电阻的阻值)(
)()(A0A0A0rRIIIIIIrRIIIIRIrRIRcacbdaabcdcdx+−=+−=−+=由于电流表A1的内阻并入到滑动变阻中,不会对测量结果产生误差,因此
测量值等于真实值。13.【详解】(1)水平管中水银恰好全部推进竖直管中时,气体A的压强{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}90cmHg15cmHgcmHg750A=+=+=hpp
p………..(1分)(2)初状态,气体A的压强85cmHg10cmHgcmHg750A=+=+=hppp………..(1分)设玻璃管横截面积为2cmS,初状态气体A的体积3Acm45SV=设末状态气体A的体积为
AV,对气体A由玻意耳定律得AAAApVpV=………..(1分)解得3Acm5.42SV=………..(1分)末状态气体A的长度42.5cmA==SVL气体A的长度减少量()cm5.25.4245=−=
L初状态气体B的压强80cmHg5cmHgcmHg7510B=+=+=hppp………..(1分)末状态气体B的压强()82.5cmHgcmHg5.255cmHg7520B=−++=+=hppp………..(1分)初状态气体B的体积2Bcm25.41SV=(1分)设活塞移动的距离为c
mx,末状态气体B的体积()()33Bcm25.46cm525.41SxSxV−=−+=………..(1分)对气体B由玻意耳定律得BBBBpVpV=………..(1分)带入数据得cm25.6=x(1分)【其他解法只要
合理同样给分】14.【答案】(1)gRvC25=;{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}(2)gREB110)3(10−=或RgqmB10)3(10−=;(3)Rx334=
【详解】(1)在A点对滑块受力分析,有RvmqEmgA2sin30=−………..(1分)解得:gRvA21=………..(1分)滑块从C点到A点,根据动能定理有22112sin30222ACmgRqERmvmv−+=−………..(1分)解得:gRvC25=………..(1分)(2)在C点之前
匀速直线运动,对滑块受力分析,有水平方向:=cos30NqEF………..(1分)竖直方向:mgqvBqEF+=+sin30N………..(1分)解得:gREB110)3(10−=或RgqmB10)3(10
−=………..(1分)(3)滑块从A点抛出后,电场方向反向,以水平、竖直方向建立坐标系,竖直方向ymaqEmg=+sin30………..(1分)2122yRat=………..(1分)解得:gRt632=………..(1分
)水平方向xmaqE=cos30,2A21tatvxx−=………..(1分)解得:Rx334=………..(1分){#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}【其他解法只要合理同样给分】15.【详解】(1)设初始时
电容器两端电压为U0,导体棒从开始运动到稳定过程,电容器极板上电荷量变化量为Q,导体棒稳定后的电动势为E,对导体棒,由动量定理有011−=vmtLIB………..(1分)1BLvE=………..(1分),而EUQUQC−==0………..(1分),
由电流的公式有:tQI=………..(1分)整理有:C864.000=+==CEQCUQ………..(1分)【第(1)问共5分,其他解法只要合理同样给分】………..(2)由于导体棒恰好能从C1C2处沿切线进入圆弧轨道,设进入瞬间
导体棒的速度为2v,有12cosvv=解得:22m/sv=………..(1分)设导体棒在与金属框碰撞前的速度为3v,由动能定理有()2211312111cos22mgrmvmv−=−解得:33m/sv=………..(1分)
金属棒和线框发生完全非弹性碰撞,设碰后速度为共v,有()1312mvmmv=+共解得:1m/sv=共………..(1分)线框进入磁场过程中所受安培力为:)(共N322xRvLBBILFxx===………..(1分)线框整个过程所产生的焦耳热与线框克服安培力所做的功相同,且
由上述安倍力的表达式可{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}知,安倍力随着进入磁场的距离均匀变化,所以进入过程中,安培力为其平均值,因此,==xFQ安热2J750.
0.525.0302222=+=+=xFFxF安末安初安………..(2分)【第(2)问共6分,其他解法只要合理同样给分】(3)线框的右边框进入磁场过程由动量定理有()()22124xBLvtmmvvR−=+−共………..(1分)整理有))((2323034212共vvmmx
xxxx−+=−=+−=−,m5.00x解得:m/s834=v………..(1分)所以线框的右边框能完全离开,然后左边框开始以m/s834=v进入磁场,假设左边框仍能穿出磁场,))((23230345212vvmmx
xxxx−+=−=+−=−,m5.00x解得:m/s825−=v………..(1分)所以线框左边框不能穿出磁场,则4212)(0232303vmmxxxxx+−=−=+−=−解得:m1015=x……
…..(1分)所以线框右边框所处的坐标为:m10155+=右x………..(1分)【第(3)问共5分,其他解法只要合理同样给分】{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}