西北工业大学附属中学2024年高三下学期4月调研考试物理试题试卷
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西北工业大学附属中学2024年高三下学期4月调研考试物理试题试卷
注意事项
1.考生要认真填写考场号和座位序号。
2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。
第一部分必须用2B 铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。
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。
1、甲、乙两车在平直公路上同向行驶,其 v-t 图像如图所示。
已知两车在t=3s 时并排行驶,则( )
A .在t=1s 时,甲车在乙车后
B .在t=0 时,甲车在乙车前7.5m
C .两车另一次并排行驶的时刻是t=2s
D .甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为45m
2、如图所示,一定质量的理想气体从状态A 经过状态B 、C 又回到状态A 。
下列说法正确的是( )
A .A →
B 过程中气体分子的平均动能增加,单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加
B .
C →A 过程中单位体积内分子数增加,单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少
C .A →B 过程中气体吸收的热量大于B →C 过程中气体放出的热量
D .A →B 过程中气体对外做的功小于C →A 过程中外界对气体做的功
3、如图所示,在光滑绝缘的水平面上,虚线左侧无磁场,右侧有磁感应强度0.25T B =的匀强磁场,磁场方向垂直纸
面向外,质量0.001kg c m =、带电量3210C c q -=-⨯的小球C 静置于其中;虚线左侧有质量0.004kg A m =,不带电
的绝缘小球A 以速度020m/s v =进入磁场中与C 球发生正碰,碰后C 球对水平面压力刚好为零,碰撞时电荷不发生转移,g 取10m/s 2,取向右为正方向.则下列说法正确的是( )
A.碰后A球速度为15m/s B.C对A的冲量为0.02N s
C.A对C做功0.1J D.AC间的碰撞为弹性碰撞
4、起重机将静止在地面上的货物竖直向上吊起,货物由地面运动至最高点过程中的v-t图像如图所示,g=10m/s2,以下说法中正确的是()
A.0~3s内货物处于失重状态
B.3~5s内货物的机械能守恒
C.5~7s内货物受到向上的拉力为重力的0.3倍
D.货物上升的总高度为27m
5、如图所示,在同一平面内有①、②、③三根长直导线等间距的水平平行放置,通入的电流强度分别为1A,2A、1A,已知②的电流方向为c→d且受到安培力的合力方向竖直向下,以下判断中正确的是()
A.①的电流方向为a→b
B.③的电流方向为f→e
C.①受到安培力的合力方向竖直向上
D.③受到安培力的合力方向竖直向下
6、如图所示,足够长的竖直绝缘管内壁的粗糙程度处处相同,处于方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场中.一带正电的小球从静止开始沿管下滑,下列小球运动速度v和时间t、小球所受弹力F N和速度v的关系图像中正确的是
A.B.
C.D.
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,在匀强磁场中,一矩形金属线圈(线圈电阻不计)绕垂直于磁感线的轴以角速度ω匀速转动,线圈通过电刷与理想变压器原线圈相连,副线圈接一滑动变阻器R,原、副线圈匝数分别为n1、n2。
要使电流表的示数变为原来的2倍,下列措施可行的是
A.n2增大为原来的2倍,ω、R不变
B.ω增大为原来的2倍,n2、R不变
C.ω和R都增大为原来的2倍,n2不变
D.n2和R都增大为原来的2倍,ω不变
8、下列说法正确的是。
A.物体的内能增大,其温度一定升高
B.热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化
C.液晶既像液体一样具有流动性,又和某些晶体一样具有光学性质的各向异性
D.“用油膜法估测分子的大小”的实验中,油酸分子的直径等于纯油酸体积除以相应油酸膜的面积
E.绝热气缸中密封的理想气体在被压缩过程中,气体分子运动剧烈程度降低
9、一定质量的理想气体由状态A经状态B变化到状态C的P-V图象如图所示.若已知在A状态时,理想气体的温度为320K,则下列说法正确的是_______(已知5
=⨯)
1atm110Pa
A.气体在B状态时的温度为720K
B.气体分子在状态A分子平均动能大于状态C理想气体分子平均动能
C.气体从状态A到状态C的过程中气体对外做功
D.气体从状态A到状态C的过程中气体温度先降低后升高
E.气体从状态A到状态C的过程中气体吸收热量为900 J
10、如图所示,电路中R1和R2均为可变电阻,平行板电容器C的极板水平放置。
闭合开关S,电路达到稳定时,一带电油滴恰好悬浮在两板之间。
下列说法正确的是()
A.仅增大的R2阻值,油滴仍然静止
B.仅增大R1的阻值,油滴向上运动
C.增大两板间的距离,油滴仍然静止
D.断开开关S,油滴将向下运动
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)某实验小组用一只弹簧测力计和一个量角器等器材“验证力的平行四边形定则”,设计的实验装置如图固定在竖直木板上的量角器直边水平,橡皮筋一端固定在量角器圆心O的正上方A点,另一端系绳套1和绳套2。
(1)实验步骤如下:
①弹簧测力计挂在绳套1上竖直向下拉橡皮筋,使橡皮筋的结点到达O 点,记下弹簧测力计的示数F ;
②弹簧测力计挂在绳套1上,手拉着绳套2,缓慢拉橡皮筋,使橡皮筋的结点达到O 点,此时绳套1沿0°方向,绳套2沿120°方向,弹簧测力计的示数为F 1;
③根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力F 1′=________;
④比较________________,即可初步验证力的平行四边形定则。
(2)将绳套1由0°方向缓慢转动到60°方向,同时绳套2沿120°方向不变,此过程中保持橡皮筋的结点在O 点不动,关于绳套1的拉力大小的变化,下列结论正确的是________。
A .逐渐增大
B .先增大后减小
C .逐渐减小
D .先减小后增大
12.(12分)如图所示,某实验小组借用“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置,进行“探究做功与物体速度变化的关系”的实验,实验时使小车在砝码和托盘的牵引下运动,以此定量探究细绳拉力做功与小车速度变化的关系。
(1)实验准备了打点计时器及配套的电源、导线、纸带、复写纸及如图所示的器材。
若要完成该实验,必需的实验器材还有其中的________。
(2)为达到平衡摩擦力的目的,取下细绳和托盘,通过调节垫片的位置,改变长木板倾斜程度,根据打出的纸带判断小车是否做________运动。
(3)实验开始时,先调节木板上定滑轮的高度,使牵引小车的细绳与木板平行。
这样做的目的是________(填字母代号)。
A .避免小车的运动过程中发生抖动
B .可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰
C .可以保证小车最终能够实现匀速直线运动
D .可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力
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)图示为某种透明介质异型砖的竖直截面,AD 竖直,ABC 为等腰直角三角形,BD 是圆心为C 的四分之一圆弧,水平放置的光屏位于砖的下端且与AD 垂直。
现由蓝色和红色两种单色光组成的复色光垂直AB 射向C 点,在光屏上D 点的两侧形成间距为21cm 的蓝色和红色两个光点。
已知12cm AC BC ==,求该介质对红光的折射率。
14.(16分)如图所示,直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°的有界匀强电场,电场强度大小未知;MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B。
现从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子,该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R。
该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN,第五次经过直线MN时恰好又通过O点。
不计粒子的重力。
(1)画出粒子在磁场和电场中运动轨迹的草图并求出粒子的比荷大小;
(2)求出电场强度E的大小和第五次经过直线MN上O点时的速度大小;
(3)求该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间t。
15.(12分)光滑水平台面离地面高H,台面上A点与台面边缘B点间距离L,木块甲、乙分别静止在A点,在相同的恒定水平外力作用下从A点运动到B点时撤去外力。
甲落地点与B点之间水平距离为x,乙落地点与B点之间水平距离为3x。
已知木块甲质量为m,重力加速度为g。
求:
(1)恒定水平外力的大小;
(2)木块乙的质量。
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、B
【解题分析】
在速度时间图象中,图象与坐标轴围成面积表示位移,根据位移关系分析两车位置关系.可结合几何知识分析两车另一次并排行驶的时刻.并求出两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离.
【题目详解】
A. 根据“面积”大小表示位移,由图象可知,1s到3s甲、乙两车通过的位移相等,两车在t=3s时并排行驶,所以两车在t=1s时也并排行驶,故A错误;
B. 由图象可知,甲的加速度a甲=△v甲/△t甲=20/2=10m/s2;乙的加速度a乙=△v乙/△t乙=(20−10)/2=5m/s2;0至1s,甲
的位移x甲=1
2
a甲t2=
1
2
×10×12=5m,乙的位移x乙=v0t+
1
2
a乙t2=10×1+
1
2
×5×12=12.5m,△x=x乙−x甲=12.5−5=7.5m,即
在t=0时,甲车在乙车前7.5m,故B正确;
C.1s末甲车的速度为:v=a甲t=10×1=10m/s,乙车的速度v′=10+5×1=15m/s;1−2s时,甲的位移x1=10×1+1
2
×10×12=15m;
乙的位移x2=15×1+1
2
×5×1=17.5m;在1s时两车并联,故2s时两车相距2.5m,且乙在甲车的前面,故C错误;
D. 1s末甲车的速度为:v=a甲t=10×1=10m/s,1到3s甲车的位移为:x=vt+1
2
a甲t2=10×2+
1
2
×10×22=40m,即甲、乙两
车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m,故D错误。
故选:B
2、C
【解题分析】
A.A→B过程中,温度升高,气体分子的平均动能增加,过原点直线表示等压变化,故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减小,故A错误;
B.C→A过程中体积减小,单位体积内分子数增加,温度不变,故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加,故B 错误;
C.气体从A→B过程中,温度升高且体积增大,故气体吸收热量且对外做功,设吸热大小为Q1,做功大小为W1,根据热力学第一定律有:△U1=Q1-W1,气体从B→C过程中,温度降低且体积不变,故气体不做功且对外放热,设放热大小为Q2,根据热力学第一定律:△U2=-Q2,气体从C→A过程中,温度不变,内能增量为零,有:
△U=△U1+△U2=Q1-W1-Q2=0
即
Q1=W1+Q2>Q2
所以A→B过程中气体吸收的热量Q1大于B→C过程中气体放出的热量Q2,故C正确;
D.气体做功W p V
=∆,A→B过程中体积变化等于C→A过程中体积变化,但图像与原点连接的斜率越大,压强越小,故A→B过程中气体对外做的功大于C→A过程中外界对气体做的功,故D错误。
故选C。
3、A
【解题分析】
A .设碰后A 球的速度为v 1,C 球速度为v 2。
碰撞后C 球对水平面压力刚好为零,说明C 受到的洛伦兹力等于其重力,则有
Bq c v 2=m c g
代入数据解得
v 2=20m/s
在A 、C 两球碰撞过程中,取向右为正方向,根据动量守恒定律得
m A v 0=m A v 1+m c v 2
代入数据解得
v 1=15m/s
故A 正确。
B .对A 球,根据动量定理,
C 对A 的冲量为
I=m A v 1-m A v 0=(0.004×15-0.004×20)N•s=-0.02N•s
故B 错误。
C .对A 球,根据动能定理可知A 对C 做的功为
2221100.00120J=0.2J 22
C W m v =-=⨯⨯ 故C 错误;
D .碰撞前系统的总动能为
220110.00420J=0.8J 22
k A E m v ==⨯⨯ 碰撞后的总动能为
222121110.00415J+0.2J 0.65J 222
k A C E m v m v '=+=⨯⨯= 因E k ′<E k ,说明碰撞有机械能损失,为非弹性碰撞,故D 错误。
故选A 。
4、D
【解题分析】
A .货物开始时竖直向上运动,由v -t 图像读出0~3s 的斜率即加速度为正,表示加速度向上,则货物处于超重状态,故A 错误;
B .3~5s 内货物做向上的匀速直线运动,一定有除重力以外的拉力对货物做正功,则货物的机械能增加,故B 错误;
C .5~7s 内的加速度为
2206m/s 3m/s 2
v a t ∆-===-∆ 由牛顿第二定律有
T F mg ma -=
可得
T 70.7F m mg ==
则有货物受到向上的拉力为重力的0.7倍,故C 错误;
D .v -t 图像的面积表示货物上升的总位移,则总高度为
(27)6m 27m 2
h +=⨯= 故D 正确。
故选D 。
5、C
【解题分析】
AB .因为②的电流方向为c→d 且受到安培力的合力方向竖直向下,根据左手定则可知导线②处的合磁场方向垂直纸面向外,而三根长直导线等间距,故导线①和③在导线②处产生的磁场大小相等,方向均垂直纸面向外,再由安培定则可知①的电流方向为b→a ,③的电流方向为e→f ,故A 错误,B 错误;
C .根据安培定则可知②和③在①处产生的磁场方向垂直纸面向外,而①的电流方向为b→a ,根据左手定则可知①受到安培力的合力方向竖直向上,故C 正确;
D .根据安培定则可知②在③处产生的磁场方向垂直纸面向里,①在③处产生的磁场方向垂直纸面向外,根据电流产生磁场特点可知③处的合磁场方向垂直纸面向里,又因为③的电流方向为e→f ,故根据左手定则可知③受到安培力的合力方向竖直向上,故D 错误。
故选C 。
6、D
【解题分析】
由题中“足够长的竖直绝缘管内壁的粗糙程度处处相同”可知,本题考查带电物体在复合场中的受力分析,根据电场力性质和洛伦兹力以及受力分析可解答本题。
【题目详解】
AB 、当粒子速度足够大时,有
()f Bqv F μ=-电
会有
f G =
此时,速度不再增加,故AB 错误;
CD 、根据受力分析,小球在水平方向受力平衡,即
N =F F Bqv -电
故C 错误,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、BD
【解题分析】
线圈转动产生的电压有效值为:
1U U == 根据理想变压器的规律:
1122
U n U n = 1221
I n I n = 根据欧姆定律: 22U I R
联立方程解得:22212111n U n I n R n ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,ω增大为原来的2倍,n 2、R 不变、n 2和R 都增大为原来的2倍,ω
不变均可电流表的示数变为原来的2倍,BD 正确,AC 错误。
故选BD 。
8、BCD
【解题分析】
A .物体的内能增大,温度不一定升高,如冰块融化时,分子势能增加,内能增加,温度不变,A 错误;
B .热量不能自发地从低温物体传给高温物体,但在引起其他变化的情况下可以由低温物体传给高温物体,B 正确;
C .液晶是一种特殊的物态,它既像液体一样具有流动性,又跟某些晶体一样具有光学性质的各项异性,C 正确;
D .“用油膜法估测分子的大小”的实验中,油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油酸膜的面积,即:
V D S = D 正确;
E .绝热汽缸中密封的理想气体在被压缩过程中,根据热力学第一定律:
U Q W ∆=+
0Q =,外界对气体做功,所以内能增大,温度升高,气体分子运动剧烈程度增大,E 错误。
故选BCD 。
9、ACE
【解题分析】
A :由图象得:4atm A p =、3atm
B p =、1L A V =、3L B V =,据理想气体状态方程A A B B A B
p V p V T T =,代入数据得:720K B T =.故A 项正确.
B :由图象得:4atm A p =、1atm
C p =、1L A V =、4L C V =,则A A C C p V p V =,所以A C T T =.温度是分子平均动能的标志,所以状态A 与状态C 理想气体分子平均动能相等.故B 项错误.
C :从状态A 到状态C 的过程,气体体积增大,气体对外做功.故C 项正确.
D :据AB 两项分析知,720K B A C T T T =>=,所以从状态A 到状态C 的过程中气体温度不是先降低后升高.故D 项错误.
E :A C T T =,A 、C 两个状态理想气体内能相等,A 到C 过程0U ∆=;p V -图象与V 轴围成面积表示功,所以A 到
C 过程,外界对气体做的功55
33(34)10(31)10210110J 900J 22W --⎡⎤+⨯+⨯=-⨯⨯+⨯⨯=-⎢⎥⎣⎦
;据热力学第一定律得:U Q W ∆=+,解得:900J Q =,所以状态A 到状态C 的过程中气体吸收热量为900 J .故E 项正确. 10、ABD
【解题分析】
开始液滴静止,液滴处于平衡状态,由平衡条件可知:mg=q ;由图示电路图可知,电源与电阻R 1组成简单电路,电容器与R 1并联,电容器两端电压等于R 1两端电压,等于路端电压,电容器两端电压:U=IR 1=;仅增大R 2的阻值,极板间电压不变,液滴受力情况不变,液滴静止不动,故A 正确;仅增大R 1的阻值,极板间电压U 变大,液滴受到向上的电场力变大,液滴受到的合力竖直向上,油滴向上运动,故B 正确;仅增大两板间的距离,极板间电压不变,板间场强减小,液滴受到的电场力减小,液滴所受合力竖直向下,液滴向下运动,故C 错误;断开电键,电热器通过两电阻放电,电热器两极板间电压为零,液滴只受重力作用,液滴向下运动,故D 正确;故选ABD 。
【题目点拨】
本题考查了判断液滴运动状态问题,分析清楚电路结构,分析清楚极板间场强如何变化、判断出液滴受力如何变化是解题的关键.
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、
3
3
F F1与F1′的大小 D
【解题分析】
(1)③[1]根据力的平行四边形定则,计算绳套1的拉力
1
3 tan30
3
F F F
=︒=
④[2]比较F1和F2的大小,即可初步验证力的平行四边形器定则;
(2)[3]保持绳套2方向不变,绳套1从图示位置向下缓慢转动90°,此过程中保持橡皮筋的结点在O处不动,说明两个细绳拉力的合力不变,作图如下
故绳套1的拉力先减小后增加,故ABC错误,D正确。
故选D。
12、AC 匀速直线 D
【解题分析】
(1)[1].根据本实验的实验原理是合外力所做的功等于动能的变化量,通过研究纸带来研究小车的速度,利用天平测量小车的质量,利用砝码的重力代替小车的合外力,所以需要刻度尺来测量纸带上点的距离和用天平测得小车的质量,即还需要刻度尺,天平(带砝码),故选AC.
(2)[2].为达到平衡摩擦力的目的,取下细绳和托盘,通过调节垫片的位置,改变长木板倾斜程度,根据打出的纸带判断小车是否做匀速直线运动;
(3)[3].实验过程中,为减少误差,提高实验的精确度,他先调节木板上定滑轮的高度,使牵引小车的细绳与木板平行,目的是消除摩擦带来的误差,即平衡摩擦力后,使细绳的拉力等于小车的合力,故ABC错误,D正确.
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、425 【解题分析】 复色光经AB 面射入透明介质在AC 面的入射角均为45,由题可知,蓝光在AC 面发生全反射后打到M 点,红光折射后打到N 点。
作出蓝光和红光的折射光路如图。
由几何关系知
9cm DN =
15cm CN =
由图知
sin CD CN
α= 则红光的折射率
sin 42sin 455
n α== 14、(1),q v m BR =;(2)E vB =,5v v '=;(3))2(2)R t v
π=+ 【解题分析】
(1)粒子的运动轨迹如图所示
由牛顿第二定律
2
v qvB m R
= 得
q v m BR
= (2)由几何关系得
22Oc R =
粒子从c 到O 做类平抛运动,且在垂直、平行电场方向上的位移相等,都为 //sin 452s s Oc R ⊥==︒=
类平抛运动的时间为
32s R t v v
⊥=
= 又 22//33122qE s at t m =
= 又
mv R qB
= 联立解得
E vB =
粒子在电场中的加速度为
qE qvB a m m
=
= 2322a R v at v v ⋅=== 1v v =
粒子第五次过MN 进入磁场后的速度
v '==
(3)粒子在磁场中运动的总时间为
12R t v
π= 粒子做直线运动所需时间为
2222v mv R t a qvB v
=== 联立得粒子从出发到再次到达O 点所需时间 1232(2)R t t t t v
π=++=+ 15、 (1) 2
4mgx F HL
= (2) 1=9m m 乙 【解题分析】
(1)设水平外力大小为F ,木块甲在B 点的速度大小为v 1,从B 点开始做平抛运动的时间为t ,则: 212
h gt =, x =v 1t ,
木块甲在台面上运动的过程,根据动能定理得: 2112
FL mv =, 联立可得:
2
4mgx F HL
=; (2) 设木块乙的质量为m 乙,在B 点的速度大小为v 2,则乙平抛运动过程,有 3x =v 2t 木块乙在台面上运动的过程,根据动能定理得: 2212
FL m v =乙, 解得:
1=9
m m 乙;。