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),D是一只志向二极管,电流只能从a流向b,而不能从b流向a。平行板电容器的A、B两极板间有一电荷,在P点处于静止状态。以E表示两极板间的电场强度,U表示两极板间的电压,Ep表示电荷在P点的电势能。若保持极板B不动,将极板A稍向上平移,则下列说法中正确的是( ) ,PO为光滑绝缘竖直墙壁、OQ为光滑绝缘水平地面,地面上方有一水平向左的匀强电场E,带正电荷的A、B两小球(可视为质点)均紧靠接触面而处于静止状态,这时两球之间的距离为L。若在小球A上加竖直推力F,小球A沿墙壁PO向着O点移动一小段距离后,适当移动B球,小球A与B重新处于静止状态,则与原来比较(两小球所带电荷量保持不变)( ),长为3L的轻杆可绕光滑水平转轴O转动,在杆两端分别固定质量均为m的球A、B,球A距轴O的距离为L。现给系统肯定能量,使杆和球在竖直平面内转动。当球B运动到最高点时,水平转轴O对杆的作用力恰好为零,忽视空气阻力,已知重力加速度为g,则球B在最高点时,下列说法正确的是( )Ⅱ卷(非选择题,共174分)三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题,每个试题考生都必需作答。第33题~第38题为选考题,考生依据要求作答。(一)必考题(共129分)22.(10分)某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律,,如图所标数据为实际距离,该同学通过计算得到不同时刻的速度如表。(,小球质量m=,结果保留3位有效数字) 时刻t2t3t4t5速度/(m/s)(1)由频闪照片上的数据计算t5时刻小球的速度v5= m/s。?(2)从t2到t5时间内,重力势能增加量ΔEp= ___J,动能削减量ΔEk= J。?(3)在误差允许的范围内,若ΔEp与ΔEk近似相等,即可验证机械能守恒定律。由上述计算得ΔEp4 ΔEk(选填“>”“<”或“=”),造成这种结果的主要缘由是 。?23.(10分)某同学用图(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧测力计相连,滑轮和木块间的细线保持水平,在木块上方放置砝码。缓慢向左拉动水平放置的木板,当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在接着滑动时,弹簧测力计的示数即木块受到的滑动摩擦力的大小。某次试验所得数据在下表中给出,其中f4的值可从图(b)中弹簧测力计的示数读出。图(a)图(b)图(c)砝码的质量m/.:(1)f4= N;?(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f-m图线;(3)f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g之间的关系式为f= ,f-m图线(直线)的斜率的表达式为k= ;?(4)取g=,由绘出的f-m图线求得μ= 。(保留2位有效数字)?三、解答题24.(10分)如图空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O、P是电场中的两点,从O点沿水平方向以不同速度先后放射两个质量均为m的小球A、B。A不带电,B的电荷量为q(q>0)。A从O点放射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t:B从O点到达P点所用时间为t2。重力加速度为g,求(1)电场强度的大小;(2)B运动到P点时的动能。525.(17分)近年来,随着AI的迅猛发展,自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及。如图为某自动分拣传送装置的简化示意图,水平传送带右端与水平面相切,以v0=2m/s的恒定速率顺时针运行,传送带的长度为L=。机械手将质量为1kg的包袱A轻放在传送带的左端,经过4s包袱A离开传送带,与意外落在传送带右端质量为3kg的包袱B发生正碰,,随即被机械手分拣。已知包袱A、,取g=10m/s2,求:(1)包袱A与传送带间的动摩擦因数;(2)两包袱碰撞过程中损失的机械能;(3)包袱A是否会到达分拣通道口。(二)选考题:45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。假如 多做,每科按所做的第一题计算。33.[物理—选修3-3](15分)(1)(5分)(2024广东深圳调研)关于分子动理论,下列说法正确的有( ),,体积越小,压强越大,,,分子势能随距离的增大而减小(2)(10分)如图,一粗细匀称的细管开口向上竖直放置,,水银柱下密封了肯定量的志向气体,。若将细管倒置,水银柱下表面恰好位于管口处,且无水银滴落,管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmHg,环境温度为296K。(ⅰ)求细管的长度;(ⅱ)若在倒置前,缓慢加热管内被密封的气体,直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止,求此时密封气体的温度。34.[物理—选修3-4](15分)6(1)(5分)半圆形玻璃砖横截面如图,AB为直径,O点为圆心。在该截面内有a、b两束单色可见光从空气垂直于AB射入玻璃砖,两入射点到O的距离相等。两束光在半圆边界上反射和折射的状况如图所示,则a、b两束光( ),,,,,a光的相邻亮条纹间距大(2)(10分)一列简谐横波在t=13s时的波形图如图(a)所示,P、Q是介质中的两个质点。图(b)是质点Q的振动图像。求(ⅰ)波速及波的传播方向;(ⅱ)质点Q的平衡位置的x坐标。8静宁一中2025届高三级第四次模拟试题(卷)理科综合实力测试物理答案一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第14~17题只有一个正确答案,第18~21题有多项符合要求。全选对得6分,选对但不全对得3分,有选错的得0分。 D 在图甲中,货物随扶梯台式电梯匀速上升时,货物受到的支持力竖直向上,与货物位移方向的夹角小于90°,故此种状况下支持力对货物做正功,选项C错误;图乙中,货物受到的支持力与履带式自动电梯的接触面垂直,此时货物受到的支持力与货物位移方向垂直,故此种状况下支持力对货物不做功,选项A、B错误,D正确。 A 将A的速度以运动效果分解为沿绳方向和垂直于绳方向的速度,如图所示,拉绳的速度等于A沿绳方向的分速度,依据平行四边形定则得,实际速度v=v0cosθ,选项A正确。 C 设斜面底边长为L,斜面的倾角为θ。则物体下滑的加速度大小a=gsinθ依据运动学公式有Lcosθ=12at2,得t=4Lgsinθ2依据数学学问知sin(2×70°)=sin40°=sin(2×20°),可得t1=t2。 D 依据v=GMr可知,“墨子号”卫星的线速度大于地球同步通信卫星的线速度,故A错误;依据a=GMr2可知“墨子号”卫星的向心加速度小于地面的重力加速度,故B错误;依据GMmr2=m2πT2r,知道同步卫星的周期T=24h、半径r=h+R,可求解地球的质量,故C错误;依据v=GMr',由C可知可算得地球的质量M,又“墨子号”卫星的轨道半径r'=R+h',可求解“墨子号”环绕地球运行的线速度大小,故D正确。 BD 小球沿细杆从M点运动到N点的过程中,弹簧先复原原长,然后被压缩,再伸长到原长,再被拉伸,对应做功为,先做正功、然后做负功、再做正功、再做负功,故A错误;小球加速度大小等于gsinθ的位置有三个,一个是在P点、另外两个在弹簧处于原长的位置,故B正确;小球处于MPN三点时,弹簧形变量相等,弹性势能相等,小球从M到N过程中重力势能的削减量,是从M到P过程重力势能削减量的两倍,可得小球运动到N点时的动能是运动到P点时动能的两倍,N点的速度是P点速度的82倍,故C错误,D正确。 BCD 将极板A稍向上平移,板间距离d增大,依据电容的确定式C=εrS4πkd得知,电容C减小;若电容器的电压不变,则电容器所带电量将要减小,由于二极管具有单向导电性,电荷不能流回电源,电容器上电荷放不掉,所以电容器的电量保持不变,由于电容C减小,由电容的定义式C=QU可知,U变大。依据推论可知,板间场强E不变,电荷所受的电场力不变,仍保持静止状态。P与B板间电势差UPB=Ex,E、x都不变,UPB保持不变,P点的电势保持不变,则电荷在P点电势能Ep不变。故A错误,B、C、D正确。 AC 由题意知,A球加上力F移动一段距离后仍处于静止状态,故B球对A球的库仑力沿竖直方向上分力增大,B球应当向左移动,A球对B球的库仑力在水平方向的分力等于匀强电场对B球的静电力,而匀强电场对B球的静电力不变,依据作用力和反作用力的关系,B球对A球的库仑力在水平方向的分力大小也不变,所以A球对竖直墙壁的压力不变,选项A正确;A、B两球的连线与水平方向的夹角θ变大,F库cosθ不变,库仑力F库肯定变大,选项C正确;两球之间的距离减小,选项B错误;依据力的相互作用性可知,A球对B球的库仑力在竖直方向上的分力变大,故地面对B球的弹力变大,选项D错误。 CD 当球B运动到最高点时,水平转轴O对杆的作用力为零,这说明球A、B对杆的作用力是一对平衡力,由于A做圆周运动的向心力竖直向上且由杆的弹力与重力的合力供应,故A所受杆的弹力必竖直向上,B所受杆的弹力必竖直向下,且两力大小相等,D项正确;对A球有F-mg=mω2L,对B球有F+mg=mω2·2L,由以上两式联立解得ω=2gL,则A球的线速度vA=ωL=2gL,B球的线速度vB=ω·2L=22gL,A、B项错误,C项正确。(1) (2) (3)< 存在空气阻力解析(1)v5=.×1.-2m/.=。(2)重力势能的增加量ΔEp=mgΔh,代入数据可得ΔEp≈,动能削减量为ΔEk=12mv22-12mv52,代入数据可得ΔEk≈。(3)由计算可得ΔEp<ΔEk,主要是由于存在空气阻力。(1) (2)如图所示9(3)μ(M+m)g μg (4)、滑动摩擦力的计算及分析图像的实力。(1)。(2)画图线时应使尽可能多的点落在线上,不在线上的点应匀称分布在线的两侧。(3)以木块和砝码为探讨对象,整体水平方向受木板的滑动摩擦力和细线的拉力,f=μ(M+m)g,整理得f=μmg+μMg,故f-m图线的斜率k=μg。(4)由图知k=,故μ=kg=。(1)3mgq (2)2m(v02+g2t2)解析(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a。依据牛顿其次定律、运动学公式和题给条件,有mg+qE=ma①12at22=12gt2②解得E=3mgq③(2)设B从O点放射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O、P两点的高度差为h,依据动能定理有Ek-12mv12=mgh+qEh④且有v1t2=v0t⑤h=12gt2⑥联立③④⑤⑥式得Ek=2m(v02+g2t2)⑦(1) (2) (3)见解析解析(1)假设包袱A经过t1时间速度达到v0,由运动学学问有v02t1+v0(t-t1)=L包袱A在传送带上加速度的大小为a1,则a1=v0t1包袱A的质量为mA,与传送带间的动摩擦因数为μ1,由牛顿运动定律有μ1mAg=mAa110解得μ1=(2)包袱A离开传送带时速度为v0,设碰后包袱A与包袱B速度分别为vA和vB,由动量守恒定律有mAv0=mAvA+mBvB包袱B在水平面上滑行过程,由动能定理有-μ2mBgx=0-12mBvB2解得vA=-,负号表示方向向左两包袱碰撞时损失的机械能ΔE=12mAv02-12mAvA2-12mBvB2解得ΔE=(3)碰后包袱A返回传送带,在传送带作用下向左运动xA后速度减为零,由动能定理可知-μ1mAgxA=0-12mAvA2解得xA=<L,包袱A在传送带上会再次向右运动设包袱A再次离开传送带的速度为vA',由动能定理得μ1mAgxA=12mAvA'2,代入数据解得vA'=',由动能定理得-μ2mAgxA'=0-12mAvA'2解得xA'='<,包袱A不会到达分拣通道口33(1)答案 ABD 扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明,A正确;布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的运动,不是分子的运动,但间接地反映了液体分子运动的无规则性,B正确;压缩气体时,体积越小,压强越大,这是因为体积越小时气体分子数密度越大,单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数越多,从而压强越大,这与气体分子间的斥力无关,C错误;从微观角度来看,气体的压强与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关,D正确;当分子间作用力表现为引力时,分子间距离变大,则分子力做负功,分子势能增加,即分子势能随距离的增大而增大,E错误。(2)答案(ⅰ)41cm (ⅱ)312K解析(ⅰ)设细管的长度为L,横截面的面积为S,水银柱高度为h;初始时,设水银柱上表面到管口的距离为h1,被密封气体的体积为V,压强为p;细管倒置时,气体体积为V1,压强为p1。由玻意耳定律有pV=p1V1①由力的平衡条件有p=p0+ρgh②p1=p0-ρgh③式中,ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小,p0为大气压强。由题意有V=S(L-h1-h)④V1=S(L-h)⑤