河南省新野县一中2023年高三物理第一学期期末监测模拟试题含解析

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河南省新野县一中2023年高三物理第一学期期末监测模拟试题注意事项:
1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.答题时请按要求用笔。

3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、平行板电容器的两极A、B接于电池两极,一个带正电小球悬挂在电容器内部,闭合电键S,电容器充电,这时悬线偏离竖直方向夹角为θ,小球始终未碰到极板,如图所示,那么()
A.保持电键S闭合,带正电的A板向B板缓慢靠近,则θ减小
B.保持电键S闭合,带正电的A板向B板缓慢靠近,则θ不变
C.电键S断开,带正电的A板向B板缓慢靠近,则θ增大
D.电键S断开,带正电的A板向B板缓慢靠近,则θ不变
2、图甲为一列简谐横波在t=0时刻的波形图,图甲中质点Q运动到负向最大位移处时,质点P刚好经过平衡位置。

图乙为质点P从此时刻开始的振动图像。

下列判断正确的是()
A.该波的波速为40m/s
B.质点P的振幅为0
C.该波沿x轴负方向传播
D.Q质点在0.1s时的速度最大
3、下列说法正确的是()
A.阴极射线的本质是高频电磁波
B.玻尔提出的原子模型,否定了卢瑟福的原子核式结构学说C.贝克勒尔发现了天然放射现象,揭示了原子核内部有复杂结构
D.239
94Pu变成207
82
Pb,经历了4次β衰变和6次α衰变
4、如图,质量为M =3kg的小滑块,从斜面顶点A静止开始沿ABC下滑,最后停在水平面D点,不计滑块从AB面滑上BC面,以及从BC面滑上CD面的机械能损失.已知:AB=BC=5m,CD=9m,θ=53°,β=37°,重力加速度g=10m/s2,在运动过程中,小滑块与接触面的动摩擦因数相同.则()
A.小滑块与接触面的动摩擦因数μ=0.5
B.小滑块在AB面上运动时克服摩擦力做功,等于在BC面上运动克服摩擦力做功C.小滑块在AB面上运动时间大于小滑块在BC面上的运动时间
D.小滑块在AB面上运动的加速度a1与小滑块在BC面上的运动的加速度a2之比是5/3
5、两列完全相同的机械波于某时刻的叠加情况如图所示,图中的实线和虚线分别表示波峰和波谷,关于此时刻的说法错误的是()
A.a,b连线中点振动加强
B.a,b连线中点速度为零
C.a,b,c,d四点速度均为零
D.再经过半个周期c、d两点振动减弱
6、研究光电效应的实验规律的电路如图所示,加正向电压时,图中光电管的A极接电源正极,K极接电源负极时,加反向电压时,反之.当有光照射K极时,下列说法正确的是
A.K极中有无光电子射出与入射光频率无关
B.光电子的最大初动能与入射光频率有关
C.只有光电管加正向电压时,才会有光电流
D.光电管加正向电压越大,光电流强度一定越大
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、如图甲所示为一台小型发电机的构造示意图,其线圈逆时针转动,产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示。

发电机线圈内阻为1Ω,接灯泡的电阻为9Ω,则()
A.电压表的示数为6V
B.发电机的输出功率为3.24W
C.2
110s
t-
=⨯时刻,穿过线圈的磁通量最大
D.2
210s
t-
=⨯时刻,穿过线圈的磁通量变化率最大
8、如左图所示,假设某星球表面上有一倾角为θ的固定斜面,一质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上运动,其速度–时间图象如右图所示.已知小物块和斜面间的动摩擦因
数为μ=
3
9
该星球半径为R=6×104km.引力常量G=6.67×10-11N·m2/kg2,则下列正确
的是:( )
A .该星球的第一宇宙速度41 3.010?
m/s v =⨯ B .该星球的质量268.110kg M =⨯
C .该星球的自转周期41.310?s T =⨯
D .该星球的密度3895?kg/m ρ=
9、电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的杀伤武器。

下图是电磁炮的原理示意图,与电源的正、负极相连的水平平行金属轨道位于匀强磁场中,磁场方向垂直轨道所在平面向上,通电的导体滑块将在磁场中向右加速,下列说法正确的是( )
A .a 为电源正极
B .仅增大电源电动势滑块出射速度变大
C .仅将磁场反向,导体滑块仍向右加速
D .仅减小弹体质量,其速度变化率增大
10、用头发屑模拟各种电场的分布情况如甲、乙、丙、丁四幅图所示,则下列说法中正确的是( )
A .图甲一定是正点电荷形成的电场
B .图乙一定是异种电荷形成的电场
C .图丙可能是同种等量电荷形成的电场
D .图丁可能是两块金属板带同种电荷形成的电场
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.(6分)图甲为某实验小组做“验证机械能守恒定律”的实验装置,光电门A、B 固定在气垫导轨上,细线两端分别与钩码和滑块相连,重力加速度为g。

(1)实验的主要操作如下:
①按图组装好实验器材;
②让滑块从气垫导轨上光电门A 的右侧某位置由静止释放;
③记录遮光条通过光电门A、B 所用的时间分别为t1、t2;
④改变光电门B 的位置,进行多次实验。

为完成该实验,还缺少的主要操作是_____;
(2)实验中还需要测量的物理量有_____;
①滑块的长度D;
②遮光条的宽度d;
③两个光电门之间的距离L;
④滑块(含遮光条)的质量M;
⑤钩码的质量m。

(3)对于滑块(含遮光条)和钩码组成的系统,重力势能的减少量∆E p=_______;动能的增加量∆E k=_____;(用上述所给的字母表示)
(4)实验小组处理采集的多组数据并在坐标系∆E p-∆E k中描点作图,如图乙所示,若两轴的标度相同,造成该实验结果的原因是_______。

12.(12分)为了测某电源的电动势和内阻,实验室提供了如下器材:
电阻箱R,定值电阻R n,两个电流表A1、A2,电键S1,单刀双掷开关S2,待测电源,导线若干.实验小组成员设计如图甲所示的电路图.
(1)闭合电键S1,断开单刀双掷开关S2,调节电阻箱的阻值为R1,读出电流表A2的示数I0;将单刀双掷开关S2合向1,调节电阻箱的阻值,使电流表A2的示数仍为I0,此时电阻箱阻值为R2,则电流表A1的阻值R A1=_____.
(2)将单刀双掷开关S2合向2,多次调节电阻箱的阻值,记录每次调节后的电阻箱的阻值R及电流表A1的示数I,实验小组成员打算用图象分析I与R的关系,以电阻箱电阻R为横轴,为了使图象是直线,则纵轴y应取_____.
A.I B.I2 C.1/I D.1/I2
(3)若测得电流表A1的内阻为1Ω,定值电阻R0=2Ω,根据(2)选取的y轴,作出y﹣R图象如图乙所示,则电源的电动势E=_____V,内阻r=_____Ω.
(4)按照本实验方案测出的电源内阻值_____.(选填“偏大”、“偏小”或“等于真实值”)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,两等腰三棱镜ABC和CDA腰长相等,顶角分别为∠A1=60°和
∠A2=30°。

将AC边贴合在一起,组成∠C=90°的四棱镜。

一束单色光平行于BC边从AB上的O点射入棱镜,经AC界面后进入校镜CDA。

已知棱镜ABC的折射率
162 2
n
+
=,棱镜CDA的折射率n2=2,不考虑光在各界面上反射后的传播,求:
(sin15°=62
4
-
,sin75°=
62
4
+
)
(i)光线在棱镜ABC内与AC界面所夹的锐角θ;(ii)判断光能否从CD面射出。

14.(16分)如图所示,ABCD为固定在竖直平面内的轨道,其中ABC为光滑半圆形轨道,半径为R,CD为水平粗糙轨道,小滑块与水平面间的动摩擦因数0.25
μ=,一质量为m的小滑块(可视为质点)从圆轨道中点B由静止释放,滑至D点恰好静止,CD间距为4R。

已知重力加速度为g。

(1)小滑块到达C点时,圆轨道对小滑块的支持力大小;
(2)现使小滑块在D点获得一初动能,使它向左运动冲上圆轨道,恰好能通过最高点A,求小滑块在D点获得的初动能。

15.(12分)如图所示,用同种材料制成的倾角θ的斜面和水平轨道固定不动.小物块与轨道间动摩擦因数μ,从斜面上A点静止开始下滑,不考虑在斜面和水平面交界处的能量损失.
(1)若已知小物块至停止滑行的总路程为s,求小物块运动过程中的最大速度v m
(2)若已知μ=0.1.小物块在斜面上运动时间为1s,在水平面上接着运动0.2s后速度为
v t,这一过程平均速率13
12
m/s.求v t的值.(本小题中g=10m/s2)
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、D
【解析】
AB.保持电键S闭合,电容器两端间的电势差不变,A板向B板靠近,极板间距离减
小,根据
U
E
d
=,可知电场强度E变大,小球所受的电场力变大,θ增大,选项AB
错误;
CD .断开电键S ,电容器所带的电量不变,根据U E d =和Q C U
=,4S C kd επ=可知 4kQ E S
πε= 带正电的A 板向B 板缓慢靠近d 变小,E 不变,电场力不变,θ不变,选项C 错误,D 正确。

故选D 。

2、C
【解析】
AC .根据题意可知,图乙为质点P 从此时开始的振动图像,得出质点向下振动,则可确定波的传播方向为x 轴负方向传播,再由振动图像与波动图像可知,波速 4m/s 20m/s 0.2
v T λ
=== 故A 错误,C 正确;
B .振幅为质点离开平衡位置的最大距离,由图乙可知,质点P 的振幅为20cm ,故B 错误;
D .周期为0.2s ,经过0.1s 即半周期,质点Q 振动到波峰位置即速度为0,故D 错误。

故选C 。

3、C
【解析】
A .阴极射线的本质是高速电子流,不是高频电磁波,选项A 错误;
B .玻尔提出的原子模型,成功解释了氢原子发光现象,但是没有否定卢瑟福的核式结构模型,故B 错误。

C .贝克勒尔发现了天然放射现象,揭示了原子核内部有复杂结构,选项C 正确;
D .239
94Pu 变成207
82Pb ,经历了239207=84
-次α衰变,8×2-(94-82)=4次β衰变,选项D 错误。

故选C 。

4、C
【解析】
A 、根据动能定理得:
()()Mg 0AB BC AB BC CD S sin S sin Mg S cos S cos MgS θβμθβμ+-+-=,解得:7μ16
=,故A 错误; B 、小滑块在AB 面上运动时所受的摩擦力大小 f 1=μMgcos53°,小滑块在BC 面上运动
时所受的摩擦力大小 f 2=μMgcos37°,则f 1<f 2,而位移相等,则小滑块在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于小滑块在BC 面上运动克服摩擦力做功,故B 错误。

C 、根据题意易知小滑块在A 、B 面上运动的平均速度小于小滑块在B 、C 面上的平均速度,故小滑块在AB 面上运动时间大于小滑块在BC 面上运动时间,C 正确; D 、小滑块在AB 面上运动的加速度2143/8a gsin gcos m s θμθ=-=
,小滑块在BC 面上运动的加速度225/2a gsin gcos m s βμβ=-=
,则 12:43:20a a =, 故D 错误。

故选C .
5、B
【解析】
AB .a 是两个波谷相遇,位于波谷,振动加强,但此时速度为0;b 是两个波峰相遇,位于波峰,振动加强,但此时速度为0;a 、b 两点是振动加强区,所以a 、b 连线中点振动加强,此时是平衡位置,速度不为0;故A 正确,B 错误;
C .c 和d 两点是波峰和波谷相遇点,c 、d 两点振动始终减弱,振幅为0,即质点静止,速度为零,故a ,b ,c ,d 四点速度均为零,故C 正确;
D .再经过半个周期c 、d 两点仍是振动减弱,故D 正确。

本题选错误的,故选B 。

6、B
【解析】
K 极中有无光电子射出与入射光频率有关,只有当入射光的频率大于K 极金属的极限频率时才有光电子射出,选项A 错误;根据光电效应的规律,光电子的最大初动能与入射光频率有关,选项B 正确;光电管加反向电压时,只要反向电压小于截止电压,就会有光电流产生,选项C 错误;在未达到饱和光电流之前,光电管加正向电压越大,光电流强度一定越大,达到饱和光电流后,光电流的大小与正向电压无关,选项D 错误.
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、BC
【解析】
A .由题图乙知,交流发电机电动势的有效值为6V ,则灯泡两端电压的有效值 5.4V R U E R r
==+
A 项错误;
B .灯泡消耗的功率
2
3.24W U P R
== B 项正确;
C .由题图乙知,2110s -=⨯t 时刻,电动势为零,此时穿过线圈的磁通量最大,C 项正确;
D .2210s t -=⨯时刻,电动势为零,穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零,D 项错误。

故选BC 。

8、ABD
【解析】
上滑过程中,根据牛顿第二定律,在沿斜面方向上有1cos sin mg mg ma μθθ+=,下滑过程中,在沿斜面方向上有2sin cos mg mg ma θμθ-=,又知v-t 图像的斜率表示加速度,则上滑和下滑过程中的加速度大小分别为:216010/0.6
a m s -==,2125/0.4
a m s ==,联立解得215/g m s =
,故该星球的第一宇宙速度为43.010/v m s ===⨯,
A 正确;根据黄金替代公式2GM gR =可得该星球的质量为()2432261115610108.1106.6710gR M kg kg G -⨯⨯⨯===⨯⨯,
B 正确;根
据所给条件无法计算自转周期,C 错误;该星球的密度
263
38.110895/43
M kg kg m V R ρπ⨯===⨯⨯,D 正确. 9、BD
【解析】
A .根据左手定则可知,受到的安培力向右,电流方向由下向上流过滑块,则b 为电源正极,故A 错误;
B .仅增大电源电动势,流过滑块的电流增大,安培力增大,加速度增大,速度变化增大,故B 正确;
C .仅将磁场反向,根据左手定则可知,滑块向左加速,故C 错误;
D .仅减小弹体质量,滑块的合力不变,根据牛顿第二定律可知,加速度增大,速度变化量增大,故D 正确。

故选BD 。

10、BC
【解析】
A .点电荷的电场都是辐射状的,所以图甲模拟的可能是正点电荷形成的电场,也可能是负点电荷形成的电场,A 错误;
B .根据等量异种电荷电场线分布的特点对比可知,图乙一定是异种电荷形成的电场,B 正确;
C .根据等量同种电荷电场线的特点对比可知,图丙可能是同种等量电荷形成的电场,也可能是同种不等量电荷形成的电场,C 正确;
D .由图可知,两个金属板之间的电场类似于匀强电场,所以图丁可能是两块金属板带异种电荷形成的电场,D 错误。

故选BC 。

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、将气垫导轨调节水平 ②③④⑤ mgL 22211()2d d M m t t ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥+- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦
气垫导轨没有调水平且B 端偏低
【解析】
(1)[1].为完成该实验,还缺少的主要操作是将气垫导轨调节水平;
(2)[2].滑块经过两个光电门时的速度分别为
11
d v t = 12d v t =
则要验证的关系为
2222212111()()()22d d mgL M m v v M m t t ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥=+-=+- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦
则要测量的物理量是:②遮光条的宽度 d ;③两个光电门之间的距离 L ;④滑块(含遮光条)的质量 M ;⑤钩码的质量 m 。

(3)[3].对于滑块(含遮光条)和钩码组成的系统,重力势能的减少量
∆E p =mgL ;
[4].动能的增加量
∆E k =22211()2d d M m t t ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥+- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦
; (4)[5].根据 ∆E p -∆E k 图像,若∆E p =∆E k 则直线倾角为45°,而现在图中直线倾角为42°,可知∆E p <∆E k 可知原因可能是滑块的重力做正功造成的,即气垫导轨没有调水平且B 端偏低。

12、R 2﹣R 1; C ; 3; 0.9; 等于真实值.
【解析】
(1)由题意可知,电路电流保持不变,由闭合电路欧姆定律可知,电路总电阻不变,则电流表内阻等于两种情况下电阻箱阻值之差,即:R A1=R 2﹣R 1;
(2)根据题意与图示电路图可知,电源电动势:()0A1E I r R R R =+++,整理得:
0111A r R R R I E E ++=+ ,为得到直线图线,应作1R I
- 图象,C 正确ABD 错误. (3)由1R I -图线可知:0A1 1.3r R R b E ++== ,11 2.6 1.313.93
I k E R ∆-==== ,解得,电源电动势:E =3V ,电源内阻:r =0.9Ω;
(4)实验测出了电流表A 1的内阻,由(2)(3)可知,电源内阻的测量值等于真实值.
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、 (i)45°;(ii)不能从DC 面射出
【解析】
(i)光在AB 面上发生折射,如图
由折射定律得
1sin 1sin 2
n ∠=∠ 解得
∠2=15°

=180********θ---==45°
(ii)光从AC 面进入CDA 内,由几何关系可得
∠3=90θ=45°
由折射定律
12
sin 4sin 3n n ∠=∠ 解得
∠4=75°
则由几何关系可得
∠5=45°
由折射定律
2sin 6sin 5
n ∠=∠ 解得
∠6=90°
光线在DC 面恰好发生全反射,不能从DC 面射出。

(平行DC 射出也可)
14、 (1)3mg ;(2)3.5mgR
【解析】
(1)小滑块在光滑半圆轨道上运动只有重力做功,故机械能守恒;设小滑块到达C 点时的速度为v C ,根据机械能守恒定律得
mgR =12
mv C 2 设小滑块到达C 点时圆轨道对它的支持力为F N ,根据牛顿第二定律得
2c N mv F mg R
-= F N =3mg
根据牛顿第三定律,小滑块到达C 点时,对圆轨道压力的大小N =F N =3mg ;
(2)根据题意,小滑块恰好能通过圆轨道的最高点A ,设小滑块到达A 点时的速度为v A ,
此时重力提供向心力,根据牛顿第二定律得
2A mv mg R = 小滑块从D 到A 的过程中只有重力、摩擦力做功,根据动能定理得
21422
A kD mg R mgR mv E μ-⋅--= 解得
E kD =3.5mgR
15、(1)
2(sin cos )sin cos μθμθμθμθ-+-gs (2)1m/s 【解析】
(1)对物体在斜面上时,受力分析,由牛顿第二定律得
a 1=sin cos mg mg m
θμθ-=g sin θ﹣μcos θ 在水平面有:
a 2=mg
m μ=μg
物体的最大速度:
v m =a 1t 1=a 2t 2
整个过程物体的位移:
s =m 2v t 1+m 2
v t 2 解得:
v m =2(sin cos )sin cos μθμθμθμθ
-+-gs
(2)已知μ=0.1,解得:
a 2=mg
m μ=μg =0.1×10 m/s 2=1m/s 2
最大速度:
v m =v t +a 2t 2′=v t +1×0.2=v t +1
由匀变速直线运动的速度位移公式得:
s 2=()2
22221225t t m t v v v v a +--=⨯=2110+t v 由位移公式得: s 1=m 2v t 1′=12+t v ×1=12+t v 而:
1212()s s v t t +='+' 已知:t 1′=1s ,t 2′=0.2s ,v =1312m/s ,解得: v t =1m/s。

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