文档介绍：该【于都二中2024学年高三下学期高考等值卷(二模)物理试题试卷 】是由【小屁孩】上传分享，文档一共【14】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【于都二中2024学年高三下学期高考等值卷(二模)物理试题试卷 】的内容，可以使用淘豆网的站内搜索功能，选择自己适合的文档，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此文档到您的设备，方便您编辑和打印。:..江西省赣州市于都二中2024学年高三下学期高考等值卷(二模)物理试题试卷注意事项:,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。111、如图所示,竖直平面内的光滑固定轨道由一个半径为R的圆弧AB和另一个圆弧BC组成,两者在最低点B42平滑连接。一小球(可视为质点)从A点由静止开始沿轨道下滑,恰好能通过C点,则BC弧的半径为()、“歼-20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机,该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。在某次起飞中,质量为m的“歼-20”以恒定的功率P起动,其起飞过程的速度随时间变化图像如图所示,经时间t飞机的速度达到最0大值为v时,刚好起飞。关于起飞过程,,,?、如图所示,质量分别为m、M的两个物体系在一根通过定滑轮(质量忽略不计)的轻绳两端,M放在水平地板上,m被悬挂在空中,若将M沿水平地板向右缓慢移动少许后M仍静止,则():..、如图,天然放射性元素放出的射线通过电场后分成三束,则()A.①电离作用最强,是一种电磁波B.②贯穿本领最弱,①粒子后,③粒子后,质子数比原来少4,中子数比原来少2个5、一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动,在时间间隔t内位移为s,速度变为原来的2倍,该质点的加速度为()、AB两物体同时同地从静止开始运动,其运动的速度随时间的v—t图如图所示,关于它们运动的描述正确的是()-1s运动过程中距离越来越近:..、第2s内、第3s内的平均速度大小为1:3:2二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。7、如图所示,以O为圆心、半径为R的虚线圆位于足够大的匀强电场中,圆所在平面与电场方向平行,M、,在M点速度方向如图所示,经过M、,且电势差为U,下列说法正确的是(),,、如图所示,两根弯折的平行的金属轨道AOB和A′O′B′固定在水平地面上,与水平地面夹角都为θ,AO=OB=A′O′=O′B′=L,OO′与AO垂直,两虚线位置离顶部OO′等距离,虚线下方的导轨都处于匀强磁场中,左侧磁场磁感应强度为B,垂直于导轨平面向上,右侧磁场B(大小、方向未知)平行于导轨平面,两根金属导体杆a和b12质量都为m,与轨道的摩擦系数都为μ,将它们同时从顶部无初速释放,能同步到达水平地面且刚到达水平地面速度均为v,除金属杆外,其余电阻不计,重力加速度为g,则下列判断正确的是():B===mgLsinθ﹣μmgLcosθ﹣mv21229、如图甲所示,由一根导线绕成的矩形线圈的匝数n=10匝,质量m=、高h=、总电阻R=、竖直固定在质量为M=,小车与线圈的水平长度l相同。线圈和小车一起沿光滑水平面运动,并以初速度v=2m/s进入垂直纸面向里的有界匀强磁场,磁感应强度B=,运动过程中线圈平面和磁场方向始终垂直。若0小车从刚进磁场位置1运动到刚出磁场位置2的过程中速度v随车的位移x变化的图象如图乙所示,则根据以上信息可知():..==15cm时线圈中的电流I=,线圈产生的热量Q=、关于热力学定律,下列说法正确的是()、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11.(6分)为了测量木块与木板间动摩擦因数?,某实验小组使用位移传感器设计了如图所示的实验装置,让木块从倾斜木板上A点由静止释放,位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机,描绘出滑块与传感器的距离s随时间t变化规律,取g?10m/s2,sin37??,如图所示:(1)根据上述图线,?(______)m/s;(2)根据上述图线,计算可得木块的加速度大小a?(______)m/s2;(3)现测得斜面倾角为37?,则??(______)。(所有结果均保留2位小数)12.(12分)利用如图甲所示装置研究双缝干涉现象,安装好仪器,调整光源的位置,使光源发出的光能平行地进入遮光筒并照亮光屏。放置单缝和双缝,使缝相互平行,调整各部件的间距,观察白光的双缝干涉图样,在光源和单缝间放置滤光片,使单一颜色的光通过后观察单色光的双缝干涉图样。用米尺测出双缝到屏的距离L,用测量头测出相:..邻的两条亮(或暗)纹间的距离?x,换用不同颜色的滤光片,观察干涉图样的异同,并求出相应的波长。(1)关于该实验,下列说法正确的是________(填正确答案标号)。。,,,将观察到彩色的干涉条纹(2)实验装置中分划板与螺旋测微器相连,第一次分划板中心刻度线对齐第1条亮纹中心,,转动手轮第二次分划板中心刻度线对齐第10条亮纹中心,螺旋测微器的示数如图乙所示。,从双缝到屏的距离为1m,则图乙中螺旋测微器的示数是_______mm,求得相邻亮纹的间距?x为________mm,所测光波的波长为_______m(结果保留两位有效数字)。四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13.(10分)如图所示,水平放置的两平行金属板间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场。已知两板间的电势差为U,距离为d;匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。一质量为m、电荷量为q的带电粒子从A点沿水平方向射入到两板之间,恰好沿直线从M点射出;如果撤去磁场,粒子从N点射出。M、N两点间的距离为h。不计粒子的重力。求:(1)匀强电场场强的大小E;(2)粒子从A点射入时的速度大小v;0(3)粒子从N点射出时的动能E。k:..14.(16分)如图所示,一端封闭的细玻璃管总长度为L=75cm,竖直倒插在水银槽中,管内封闭有一定质量的理想气体,气体温度27℃时管内气柱的长度为48cm,此时管内外水银面相平。若将玻璃管沿竖直方向缓慢拉出水银槽,此过程中管内气体温度保持不变。取大气压强P=75cmHg。求:0(1)玻璃管离开水银槽后管内气柱的压强;(2)将玻璃管拉离水银槽后,再将玻璃管缓慢转动180°到管口竖直向上放置,之后缓慢加热气体,直到水银上端面刚好到达管口,转动过程中无气体漏出,求此时气体的温度。15.(12分)间距为的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成,如图所示,倾角为θ的导轨处于大小为,方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中,水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3的“联动双杆”(由两根长为的金属杆,和,用长度为L的刚性绝缘杆连接而成),在“联动双杆”右侧存在大小为,方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ,其长度大于L,质量为,长为的金属杆,从倾斜导轨上端释放,达到匀速后进入水平导轨(无能量损失),杆与“联动双杆”发生碰撞后杆和合在一起形成“联动三杆”,“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出,运动过程中,杆、和与导轨始终接触良好,且保持与导轨垂直。已知杆、和电阻均为。不计摩擦阻力和导轨电阻,忽略磁场边界效应。求:(1)杆在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小;(2)联动三杆进入磁场区间II前的速度大小;(3)联动三杆滑过磁场区间II产生的焦耳热:..参考答案一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1、A【解题分析】设BC弧的半径为r。小球恰好能通过C点时,由重力充当向心力,则有:v2mg?mCr小球从A到C的过程,以C点所在水平面为参考平面,根据机械能守恒得:1mg(R?2r)?mv22C联立解得:2r?,与结论相符,选项A正确;,与结论不相符,选项B错误;,与结论不相符,选项C错误;,与结论不相符,选项D错误;3故选A。2、C【解题分析】,图像的斜率为加速度,所以起飞中,斜率越来越小,加速度越来越小,速度增加越来越慢,根据牛顿第二定律F?ma,加速度减小,合外力减小,:mv2?0?Pt?W,解得:W?Pt?mv2,,所以平均速度不等于m,D错误23、D:..【解题分析】,故绳子的拉力等于m的重力,即F=mg,绳的张力不变,故选项A错误;,把F进行正交分解可得关系式:N+Fsinθ=MgFcosθ=f当M向右移动少许后,θ变大,故N减小,f减小,故选项B、C错误;,把拉物体的绳子的拉力合成得F=,两绳的夹角变小,则F变大,合合故悬挂滑轮的绳的张力变大,、C【解题分析】①向右偏转,知①带负电,为β射线,实质是电子,电离作用不是最强,也不是电磁波,故A错误.②不带电,是γ射线,为电磁波,穿透能力最强,,原子核放出一个①粒子后,电荷数多1,故C正确.③向左偏,知③带正电,为α射线,原子核放出一个③粒子后,质子数比原来少2,质量数少4,则中子数少2,:解决本题的关键知道三种射线的电性,以及知道三种射线的特点,、C【解题分析】根据速度倍数关系,结合位移公式和平均速度公式即可求得初速度速度,再由加速度的定义求得质点的加速度。本题是匀变速直线运动规律的直接运用,要注意正确利用平均速度公式分析速度与位移间的关系,同时明确加速度的定义即可正确求解。【题目详解】设初速度为v,则末速度为2v。由平均速度公式可得v?2vsv??2t由加速度公式可得?v2v?vva????ttt:..2s联立解得a?,故C正确,ABD错误。3t2故选C。6、D【解题分析】v-t图,其数值代表速度大小和方向,斜率表示加速度,面积表示位移;由图可知,B先匀加速直线,再做匀减速直线,速度为正值,为单向直线运动。物体A做加速度增大的直线运动;在0-1s内,B物体在前,A物体在后,距离越来越远;由于面积表示位移,可求1s内、第2s内、第3s内的位移比为1:3:2,由,可知平均速度大小为1:3:2。综上分析,D正确。二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。7、AB【解题分析】带正电粒子仅在电场力作用下,从M运动到N,由速度大小,得出粒子的动能,从而确定粒子的电势能大与小。由于匀强电场,则等势面是平行且等间距。根据曲线运动条件可从而确定电场力的方向,从而得出匀强电场的电场线方向。【题目详解】带电粒子仅在电场力作用下,由于粒子在M、N两点动能相等,则电势能也相等,则M、N两点电势相等。因为匀强电场,所以两点的连线MN即为等势面。根据等势面与电场线垂直特性,,正电粒子所受的电场力沿着CO方向;可知,速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°,电场力对粒子先做负功后做正功,所以电势能先增大后减小。U2U故AB正确;匀强电场的电场强度Ed=U式中的d是沿着电场强度方向的距离,则E??,故C错误;Rsin450R粒子在匀强电场受到的是恒定的电场力,不可能做圆周运动,选项D错误;故选AB.【题目点拨】紧扣动能相等作为解题突破口,由于仅在电场力作用下,所以得出两点的电势能大小关系。并利用等势面与电场线垂直的特性,从而推出电场线位置。再由曲线运动来确定电场力的方向。同时考查U=Ed中d的含义重要性,注意公式中的d为沿电场线方向上的距离。8、ABD【解题分析】,两导体棒运动过程相同,说明受力情况相同,对a分析可知,a切割磁感线产生感应电动势,从而产:..生沿导轨平面向上的安培力,故a棒受合外力小于mgsinθ﹣μmgcosθ;对b棒分析可知,b棒的受合外力也一定小于mgsinθ﹣μmgcosθ,由于磁场平行于斜面,安培力垂直于斜面,因此只能是增大摩擦力来减小合外力,因此安培力应垂直斜面向下,由流过b棒的电流方向,根据左手定则可知,匀强磁场B的方向一定是平行导轨向上,故A正确;,a棒受到的安培力与b棒受到的安培力产生摩擦力应相等,即BIL=μBIL;解得B=μB,故B1212正确;,b棒受到的摩擦力大于μmgcosθ,因此整个过程摩擦产生的热量Q?2μmgLcosθ,故C错误;,故b中因安培力而增加的热量与焦耳热相同,设产生焦耳热为Q,则根据能量守恒定律可知:212mgLsinθ﹣2μmgLcosθ﹣2Q=?2mv222解得整个过程产生的焦耳热:1Q=mgLsinθ﹣μmgLcosθ﹣mv222故D正确。故选ABD。9、AC【解题分析】,开始进入磁场,安培力向左,小车减速,全进入磁场后,回路磁通量不再变化,没有感应电流,不受安培力开始匀速,所以根据图像可以看出小车长10cm,=15cm时,处于匀速阶段,磁通量不变,回路电流为零,:(M?m)v?(M?m)v??nBIh?t??nBhq,出磁场过程中:21E??(M?m)v?(M?m)v??nBIh?t??nBhq,而进出磁场过程中电量:q?It?t?n,进出磁场过程中磁通32RR量变化相同,所以电量相同,所以mv?mv?mv?mv,解得:v?1m/s,,根据能量守恒:(M?m)v2?(M?m)v2?Q,解得:Q?,D错2223误10、BDE【解题分析】,若同时对外做功,则气体内能可能减小,温度也可能降低,A错误;:做功和热传递,B正确;,根据盖—吕萨克定律:..V?CT可知理想气体温度升高,内能增大,根据热力学第一定律?U?Q?W理想气体膨胀对外做功,所以理想气体一定吸热,C错误;,理想气体对外做功,没有吸放热,根据热力学第一定律可知内能一定减少,D正确;,热量不可能自发地从低温物体传到高温物体,E正确。故选BDE。三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11、【解题分析】(1)[1]木块在斜面上做匀加速直线运动,某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度,(30?14)?10?2v?m/s??(2)[2](32?24)?10?2v??m/s??0木块的加速度大小v?v????m/s2???(3)[3]斜面倾角为37?,则对木块受力分析,由牛顿第二定律可得mgsin37???mgcos37?a?m解得5???、?10?7【解题分析】L(1)[1].根据?x??,d为双缝间距,L为双缝到屏的距离,增大单缝到双缝的距离,干涉条纹间距不变,A错误;d将蓝色滤光片换成红色滤光片,由于红光的波长比蓝光长,干涉条纹间距变宽,B错误;换一个两缝之间距离较大的双缝,干涉条纹间距变窄,C正确;去掉滤光片后,将观察到白光彩色的干涉条纹,D正确。:..(2)[1][2][3].,第1条亮纹中心与第10条亮纹中心有9个间距,??x?mm??xd把数据代入??求得L???10?7m四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。UUqUhmU213、(1)电场强度E?;(2)v?;(3)E??d0Bdkd2B2d2【解题分析】U(1)电场强度E?d(2)粒子做匀速直线运动,电场力与洛伦兹力大小相等,方向相反,有:qE?qvB0EU解得v??0BBd1(3)粒子从N点射出,由动能定理得:qE?h?E?mv2k20qUhmU2解得E??kd2B2d214、(1)60cmHg(2)450K【解题分析】(1)设玻璃管横截面积为S,初状态气体的压强和体积分别为P=75cmHg,V=48S11玻璃管拉离水银槽时,设管内水银柱长度为x,则气体的压强和体积分别为P?(75?x)cmHg2V?(75?x)S2气体发生等温变化,由玻意耳定律可得:PV?PV1122解得:x=15cm故::..P?75?x?60cmHg2(2)拉离水银槽未旋转时,气体的压强和温度为T?27?273?300K2旋转加热后压强:P?(75?x)cmHg=90cmHg3设末状态气体温度为T,由查理定律可得:3PP2?3TT23解得:T?450K315、(1)(2)(3)【解题分析】沿着斜面正交分解,最大速度时重力分力与安培力平衡(1)感应电动势电流安培力匀速运动条件代入数据解得:(2)由定量守恒定律解得:(3)进入B磁场区域,设速度变化大小为,根据动量定理有2解得:出B磁场后“联动三杆”的速度为2根据能量守恒求得::..综上所述本题答案是:(1)(2)(3)【题目点拨】本题比较复杂,根据动能定理求出ab棒下落到轨道低端时的速度,再利用动量守恒求出碰后三者的速度,结合动量定理求出进出磁场的初末速度之间的关系,并利用能量守恒求出系统内增加的热量。