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河北省邯郸市2022届高三物理1月质检试题(含解析)新人教版
河北省邯郸市2022届高三物理1月质检试题(含解析)新人教版
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邯郸市2022届高三教学质量检测物理试题(考试时间:90分钟满分:100分)第I卷【试卷综析】本试卷是高三模拟试题,包含了高中物理的必修一、必修二、选修3-1、3-2、3-4、3-5的内容,主要包含受力分析、牛顿运动定律、动能定理、电场、磁场、带电粒子在电场中运动、带电粒子在磁场中运动、光的折射定律、动量守恒定律等内容,在考查问题上以基本定义、基本规律为主,以基础知识和基本技能为载体,在试题上以改变题为主,是份非常好的试卷。一、选择题:本题共10小题,每小题4分。在每小题给出的四个选项中,第1~7题只有一个选项符合题目要求,第8~10题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分。【题文】1.库仑通过实验研究电荷间的相互作用力与距离、电荷量的关系时,先保持电荷量不变,寻找作用力与电荷间距离的关系;再保持距离不变,寻找作用力与电荷量的关系,这种研究方法常被称为“控制变量法”。下列应用了控制变量法的实验是A.验证机械能守恒定律B.探究力的平行四边形定则C.探究加速度与力、质量的关系D.探究匀变速直线运动速度随时间的变化规律【知识点】研究方法.P0【答案解析】C解析:A、验证机械能守恒定律采用的是重力势能的改变量等于动能的改变量,不涉及控制变量法;故A错误;B、探究力的平行四边形定则时,采用的是等效替代法;故B错误;C、探究加速度与力、质量的关系时,要分别研究加速度与力;加速度与质量的关系;故应控制变量;故C正确;D、探究匀变速直线运动速度随时间的变化规律时,不需要控制变量;故D错误;故选:C.【思路点拨】控制变量法是物理上常用的研究方法,当研究一个物理量同时与多个因素有关时,则采用此方法;如:探究加速度与力、质量的关系;分别研究加速度与力;加速度与质量的关系欧姆定律中,电流大小与电压和电阻都有关,分别研究电流与电压关系和电流与电阻的关系;焦耳定律中,导体产生的热量与电流、电阻、时间有关,研究时分别采用控制变量的方法,逐个研究热量与电流、电阻、时间的关系,从而得出结论.此题考查物理上的研究方法,要针对实验的情况,选用合适的研究方法,当研究一个物理量同时与多个因素有关时,则采用控制变量法.【题文】2.质量为0.8kg的物体在一水平面上运动,如图a、b分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的v-t图象,则拉力与摩擦力之比为A.9∶8 B.4∶3C.2∶1D.3∶2【知识点】匀变速直线运动的图像.A517【答案解析】D解析:物体不受拉力作用做匀减速运动,有拉力作用时,物体做匀加速运动,故可知,图线b反映了物体受水平拉力的作用.设物体做匀加速和匀减速运动的加速度大小分别为a1和a2.由速度图象的斜率表示加速度,则得:a1=,a2=m/s2根据牛顿第二定律得:对a:f=ma2=1.2N;对b:F-f=ma1,得F=1.8N,所以F:f=3:2,故D正确,A、B、C错误;选D【思路点拨】物体不受拉力作用时做匀减速运动,即可判断哪条图线表示有拉力作用情形;由图象可求得a、b两种情形下物体的加速度,由牛顿第二定律可求得合力,而a物体只受摩擦力,则合力即为摩擦力;由牛顿第二定律可求得b合力,因摩擦力与a的相同,即可求得拉力;本题将图象与牛顿第二定律相结合,关键要抓住速度图象的斜率等于加速度,运用牛顿第二定律进行求解.【题文】3.某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛,起跳直至着地过程如图,测量得到比赛成绩是2.5m,目测空中脚离地最大高度约0.8m,忽略空气阻力,则起跳过程该同学所做功约为A.65JB.350JC.700JD.1250J【知识点】动能定理.E2【答案解析】C解析:运动员做抛体运动,从起跳到达到最大高度的过程中,竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动,则t==0.4s,竖直方向初速度vy=gt=4m/s,水平方向做匀速直线运动,则v0==3.125m/s,则起跳时的速度v==5.07m/s,设中学生的质量为50kg,根据动能定理得:W=mv2=×50×25.7=642J;最接近700J,故选C【思路点拨】运动员做抛体运动,从起跳到达到最大高度的过程中,竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动,水平方向做匀速直线运动,根据竖直方向求出运动时间和起跳时竖直方向的速度,根据水平方向求出水平速度,根据速度的合成原则求出合速度,再根据动能定理即可求解.本题的关键是正确处理运动员的运动过程,知道运动员做抛体运动,竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动,水平方向做匀速直线运动;同时要注意明确题目中只要求求出最接近的.【题文】174.如图,用等长的两根轻质细线把两个质量相等的小球悬挂起。现对小球b施加一个水平向左的恒力F,同时对小球a施加一个水平向右的恒力3F,最后达到稳定状态,表示平衡状态的图可能是图中的【知识点】共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力.B1B3【答案解析】D解析:选对两球连同之间的细线看成一个整体,对整体受力分析,水平方向受向左的F和向右的3F,故上面绳子一定向右偏;设上面绳子与竖直方向夹角为α,则:Tsinα=2FTcosα=2mg设下面绳子与竖直方向夹角为β,则T′sinβ=FT′cosβ=mg联立可得:α=β;故选:D.【思路点拨】对两球连同之间的细线看成一个整体,分别对其进行竖直方向和水平方向的受力分析,观察绳子弹力的方向便可迎刃而解.本题重点考查了学生的受力分析的能力,解题的关键是能够从整体着手分析受力,若采用隔离法分析a、b两个小球受力的情况,则有一定的难度.【题文】5.如图,汽车通用跨过定滑轮的轻绳提升物块A。汽车匀速向右运动,在物块A到达滑轮之前,关于物块A,下列说法正确的是A.将竖直向上做匀速运动B.将处于超重状态C.将处于失重状态D.将竖直向上先加速后减速【知识点】运动的合成和分解;超重和失重.D1C3【答案解析】B解析:设绳子与水平方向的夹角为θ,将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向,沿绳子方向的速度等于A的速度,根据平行四边形定则得,vA=vcosθ,车子在匀速向右的运动过程中,绳子与水平方向的夹角为θ减小,所以A的速度增大,A做加速上升运动,且拉力大于重物的重力,故ACD错误,B正确,故选:B.【思路点拨】将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向,沿绳子方向的速度等于A的速度,根据A的运动情况得出A的加速度方向,得知物体运动情况.解决本题的关键会对小车的速度进行分解,知道小车的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度.【题文】6.如图,理想变压器的原、副线圈匝数比为1:5,原线圈两端的交变电压V。氖泡在两端电压达到100V时开始发光。下列说法中正确的有A.开关接通后,氖泡的发光频率为50Hz17B.开关接通后,电压表的示数为100VC.开关断开后,电压表的示数变大D.开关断开后,变压器的输出功率不变【知识点】变压器的构造和原理.M2【答案解析】B解析:A、交变电压的频率为f==50Hz,一个周期内电压两次大于100V,即一个周期内氖泡能两次发光,所以其发光频率为100Hz,所以A项错误;B、由交变电压的瞬时值表达式知,原线圈两端电压的有效值为20V,由电压与匝数成正比得副线圈两端的电压为U2=100V,电压表的示数为交流电的有效值,所以B项正确;C、开关断开前后,输入电压不变,变压器的变压比不变,故输出电压不变,所以C项错误;D、断开后,电路消耗的功率减小,输出功率决定输入功率,所以D项错误.故选:B.【思路点拨】根据电压与匝数程正比,电流与匝数成反比,变压器的输入功率和输出功率相等,逐项分析即可得出结论.本题主要考查变压器的知识,要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解.【题文】7.如图,一正方形闭合线圈,从静止开始下落一定高度后,穿越一个有界的匀强磁场区域,线圈上、下边始终与磁场边界平行。自线圈开始下落到完全穿越磁场区域的过程中,线圈中的感应电流受到的安培力F及速度v随时间t变化的关系,可能正确的是【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势;闭合电路的欧姆定律;安培力.J2K1L2【答案解析】A解析:A、若导体框进入磁场后安培力与重力平衡而做匀速直线运动,感应电流保持不变,完全进入磁场后,磁通量不变,没有感应电流产生,穿出磁场的过程中,由于速度大于进入时的速度,线框所受的安培力大于重力,线框将做减速运动,速度减小,安培力也减小,线框的加速度也减小,电流减小变慢,斜率变小.而且穿出与进入磁场两个过程磁通量变化情况,产生的感应电流方向相反,所以A是可能的.故A正确.B、线框下落过程中,受到的安培力总是阻力,与线框的运动方向相反,则进入和空出磁场过程安培力方向相同,符号相同.故B错误.C、D线框进入磁场过程,若重力大于安培力,线框将做加速运动,随着速度的增大,安培力增大,加速度将减小,速度图象的斜率将减小.故CD均错误.故选A【思路点拨】17分析导体框进入磁场后所做的可能的运动,进行判断和选择.安培力在电磁感应现象中是阻力,总与导体相对于磁场的运动方向相反,安培力大小与速度成正比,根据牛顿第二定律分析线框加速度的变化情况,就判断速度图象斜率的变化情况.本题关键要有分析线框的受力情况和运动情况的能力,抓住安培力是阻力,其方向总与导体相对于磁场的速度成正比是关键.【题文】8.两个带等量正电荷的小球(可视为点电荷)固定在图中a、b两点,MN为ab连线的中垂线,交直线ab于O点,A为MN上的一点。取无限远处的电势为零。一带负电的试探电荷q,仅在静电力作用下运动,则A.若q从A点由静止释放,其将以O点为对称中心做往复运动B.若q从A点由静止释放,其在由A点向O点运动的过程中,加速度先增大后减小C.q由A点向O点运动时,其动能逐渐增大,电势能逐渐增大D.若在A点给q一个合适的初速度,它可以做匀速圆周运动【知识点】电场的叠加;电势能.I1I2【答案解析】AD解析:A、电场强度在MN上是对称分布的,故根据电场力做功可知,其将以O点为对称中心做往复运动;故A正确.B、两等量正电荷周围部分电场线如右图所示,其中a、b连线的中垂线MN上,设任意点P到O的距离是x,a到O的距离是,则a在P产生的场强:Ea=.在a、b连线的中垂线MN上的分量:Eax=Ea•cosθ=Ea•展开得:Eax=由三项式定理:A+B+C≥3•得x=L,由于L<L故试探电荷所受的电场力是变化的,q由A向O的运动时的电场力逐渐减小,加速度一直减小,故B错误.17C、从A到O过程,电场力做正功,动能增大,电势能逐渐减小,故C错误.D、负电荷在A点受到的电场力的方向竖直向下,根据等量同种点电荷的电场分布的空间对称性可知,若在A点给q一个合适的初速度,使它在A点受到的电场力恰好等于向心力,它可以在与两个电荷的连线垂直的平面内做匀速圆周运动,故D正确.故选:AD【思路点拨】根据等量同种点电荷电场线的分布情况,抓住对称性,分析试探电荷q的受力情况,确定其运动情况,根据电场力做功情况,分析其电势能的变化情况.本题考查静电场的基本概念.关键要熟悉等量同种点电荷电场线的分布情况,运用动能定理进行分析.【题文】9.有a、b、c、d四颗地球卫星,a还未发射,在赤道表面上随地球一起转动,b是近地轨道卫星,c是地球同步卫星,d是高空探测卫星,它们均做匀速圆周运动,各卫星排列位置如图所示,则A.a的向心加速度等于重力加速度gB.在相同时间内b转过的弧长最长C.c在4h内转过的圆心角是D.d的运动周期有可能是20h【知识点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系.D5【答案解析】BC解析:A、同步卫星的周期必须与地球自转周期相同,角速度相同,则知a与c的角速度相同,根据a=ω2r知,c的向心加速度大.由=mg,得g=,卫星的轨道半径越大,向心加速度越小,则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度,而b的向心加速度约为g,故知a的向心加速度小于重力加速度g.故A错误;B、由,得v=,卫星的半径越大,线速度越小,所以b的线速度最大,在相同时间内转过的弧长最长.故B正确;C、c是地球同步卫星,周期是24h,则c在4h内转过的圆心角是.故C正确;D、由开普勒第三定律=k知,卫星的半径越大,周期越大,所以d的运动周期大于c的周期24h.故D错误;故选:BC.【思路点拨】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同,角速度相同,根据a=ω2r比较a与c的向心加速度大小,再比较c的向心加速度与g的大小.根据万有引力提供向心力,列出等式得出角速度与半径的关系,分析弧长关系.根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系.对于卫星问题,要建立物理模型,根据万有引力提供向心力,分析各量之间的关系,并且要知道同步卫星的条件和特点.【题文】10.17如图,A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连,A放在固定的光滑斜面上,B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连,C球放在水平地面上。现用手控制住A,并使细线刚刚拉直但无拉力作用,并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m,B、C的质量均为m,重力加速度为g,细线与滑轮之间的摩擦不计。开始时整个系统处于静止状态。释放A后,A沿斜面下滑至速度最大时,C恰好离开地面。下列说法正确的是A.斜面倾角α=30°B.A获得的最大速度为C.C刚离开地面时,B的加速度为零D.从释放A到C刚离开地面的过程中,A、B两小球组成的系统机械能守恒【知识点】机械能守恒定律;动能和势能的相互转化.E3E6【答案解析】AC解析:A、C刚离开地面时,对C有:kx2=mg 此时B有最大速度,即aB=aC=0则对B有:T-kx2-mg=0对A有:4mgsinα-T=0 以上方程联立可解得:sinα=,α=30°,故A正确;B、初始系统静止,且线上无拉力,对B有:kx1=mg由上问知x1=x2=,则从释放至C刚离开地面过程中,弹性势能变化量为零;此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒,即:4mg(x1+x2)sinα=mg(x1+x2)+(4m+m)vBm2以上方程联立可解得:vBm=所以A获得最大速度为,故B错误;C、对B球进行受力分析可知,C刚离开地面时,B的速度最大,加速度为零.故C正确;D、从释放A到C刚离开地面的过程中,A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒,故D错误.故选AC【思路点拨】C球刚离开地面时,弹簧的弹力等于C的重力,根据牛顿第二定律知B的加速度为零,B、C加速度相同,分别对B、A受力分析,列出平衡方程,求出斜面的倾角.A、B、C组成的系统机械能守恒,初始位置弹簧处于压缩状态,当B具有最大速度时,弹簧处于伸长状态,根据受力知,压缩量与伸长量相等.在整个过程中弹性势能变化为零,根据系统机械能守恒求出B的最大速度,A的最大速度与B相等;本题关键是对三个小球进行受力分析,确定出它们的运动状态,再结合平衡条件和系统的机械能守恒进行分析.17第II卷二、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第11~15题为必考题,每个试题考生都必须作答。第16~18题为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题(共5题,48分)【题文】11.(6分)“动能定理”和“机械能守恒定律”是物理学中很重要的两个力学方面的物理规律。某同学设计了如图所示的实验装置。一个电磁铁吸住一个小钢球,当将电磁铁断电后,小钢球将由静止开始向下加速运动。小钢球经过光电门时,计时装置将记录小钢球通过光电门所用的时间t,用直尺测量出小钢球由静止开始下降至光电门时的高度h。主尺单位:cm(1)该同学为了验证“动能定理”,用游标卡尺测量了小钢球的直径,结果如上图所示,他记录的小钢球的直径d=________cm。(2)该同学在验证“动能定理”的过程中,忽略了空气阻力的影响,除了上述的数据之外是否需要测量小钢球的质量________(填“需要”或“不需要”)。(3)如果用这套装置验证机械能守恒定律,下面的做法能提高实验精度的是 。A.在保证其他条件不变的情况下,减小小球的直径B.在保证其他条件不变的情况下,增大小球的直径C.在保证其他条件不变的情况下,增大小球的质量D.在保证其他条件不变的情况下,减小小球的质量【知识点】探究功与速度变化的关系.E4【答案解析】(1)1.326或1.324都给分(2)不需要(3)AC解析:(1)主尺读数为:1.3cm,游标尺第0个刻度和主尺对其,精确度为0.02mm,故游标尺读数为0.026cm,故小钢球的直径为1.326cm.(2)由动能定理:mgh=mv2,化简得:gh=v2,故不需要测量小钢球的质量.(3)实验方案为:以小球通过光电门的时间得到小球的平均速度,以此来表示瞬时速度v=,然后验证:mgh=mv2,即gh=v2是否成立,由此验证机械能守恒,故:AB、小球的直径越小v越精确,故A正确,B错误.CD、由于实际存在阻力故:mgh−fh=mv2,即:gh−17.可知所以质量越大,这一项越小,精确性越高,故C正确,D错误.故选:AC【思路点拨】(1)游标卡尺先读主尺再读出游标尺,游标尺不估读;(2)由动能定理表达式可知质量会被消掉;(3)从实验的测量原理可判定各个选项.本题难点在于第三问,要明确实验的原理,综合不考虑空气阻力和考虑空气阻力两种情况,分别列动能定理来讨论.【题文】12.(8分)2022年诺贝尔物理学奖授予三名日裔科学家,以表彰他们在发现新型高效、环境友好型光源方面所作出的贡献——三位获奖者“发明的高效蓝色发光二极管(LED)带来了明亮而节能的白色光源”。某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻,已知该灯正常工作时电阻大约300Ω,电学符号与小灯泡电学符号相同。实验室提供的器材有:A.电流表A1(量程为15mA,内阻RA1约为10Ω)B.电流表A2(量程为2mA,内阻RA2=20Ω)C.定值电阻R1=10ΩD.定值电阻R2=1980ΩE.滑动变阻器R(0至20Ω)一只F.电压表V(量程为6V,内阻RV约3kΩ)G.蓄电池E(电动势为4V,内阻很小)F.开关S一只(1)要完成实验,除蓄电池、开关、滑动变阻器外,还需选择的器材有(填写器材前的字母编号)。(2)画出实验电路图。(3)写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式Rx=(说明式中题目未给出的各字母的意义)。【知识点】伏安法测电阻.J5【答案解析】(1)ABD(2)如图(3),I1、I2分别为电流表A1、A2的读数解析::(1)要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻,需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流,由于电压表的量程偏大,测量误差较大,不能用已知的电压表测量LED两端的电压,可以将电流表A2与定值电阻串联改装为电压表测量电压;LED灯正常工作时的电流大约在6mA左右,电流表的量程,电流表无法测量,可以用电压表测量电流;因为滑动变阻器阻值远小于LED的电阻,所以滑动变阻器采用分压式接法.电路图如图所示.(2)根据闭合电路欧姆定律知,灯泡两端的电压U=I2(R+RA2),通过灯泡的电流I=−I2,所以LED灯正常工作时的电阻RX=.I117、I2分别为电流表A1、A2的读数【思路点拨】滑动变阻器阻值远小于LED的电阻,所以滑动变阻器采用分压式接法.LED灯的额定电压为3V,题目所给的电压表量程太大,测量不准确,需通过电流表和定值电阻改装为电压表,因为通过LED的电流较小,可以用题目中的电压表当电流表使用.根据闭合电路欧姆定律求出LED正常工作时的电阻,根据欧姆定律得出LED电压为3V时,电流表的电流.本题的难点在于电流表的量程偏小,无法测电流,电压表的量程偏大,测量电压偏大,最后需通过改装,用电流表测电压,电压表测电流.【题文】13.(9分)一个人最多能提起质量m0=20kg的重物。在倾角θ=15°的固定斜面上放置一物体(可视为质点),物体与斜面间动摩擦因数。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求人能够向上拖动该重物质量的最大值m。Fθ【知识点】共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用.B3B4【答案解析】解析:解法一:设F与斜面倾角为α时,拖动的重物最大质量为m,由平衡条件可得:①②由已知可得.③联立得④代入得⑤评分标准:①②④⑤每式2分,③式1分。解法二:如图,设摩擦力和支持力的合力与支持力夹角为α,则.①17所以,②因此摩擦力和支持力的合力与重力的夹角为450。③由于拉力、重力和支持力与摩擦力的合力构成三角形及受力平衡,因此当拉力和摩擦力与支持力的合力垂直时,拉力最小。④即⑤由已知可得⑥得【思路点拨】对斜面上的物体进行受力分析,并将物体受到的力沿斜面方向与垂直于斜面的方向分解,求出M的表达式,然后结合三角函数的关系,即可求出最大质量.该题中按照常规的步骤对物体进行受力分析即可,题目的难点是如何利用三角函数的关系,化简并得出正确的结论.【题文】14.(12分)如图,等量异种点电荷,固定在水平线上的M、N两点上,有一质量为m、电荷量为+q(可视为点电荷)的小球,固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端,细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动,O点位于MN的垂直平分线上距MN为L处。现在把杆拉起到水平位置,由静止释放,小球经过最低点B时速度为v,取O点电势为零,忽略q对等量异种电荷形成电场的影响。求:(1)小球经过B点时对杆的拉力大小;(2)在+Q、-Q形成的电场中,A点的电势φA;(3)小球继续向左摆动,经过与A等高度的C点时的速度大小。【知识点】电场的叠加;电势.I1I2C1E2【答案解析】(1)(2)(3)解析:(1)小球经B点时,在竖直方向有①②17由牛顿第三定律知,小球对细杆的拉力大小③(2)由于取O点电势为零,而O在MN的垂直平分线上,所以④电荷从A到B过程中,由动能定理得⑤⑥(3)由电场对称性可知,,⑦即⑧小球从A到C过程,根据动能定理⑨【思路点拨】(1)小球经过B点时,重力和杆的拉力提供向心力;(2)A到B的过程中重力和电场力做功,根据动能定律即可求得A点的电势;(3)B到C的过程中重力和电场力做功,根据动能定律说明即可.小球在复合场中运动,电场力和重力做功,根据动能定律解题即可.该题的情景比较简单,题目简单.【题文】15.(13分)如图,边长L=0.2m的正方形abcd区域(含边界)内,存在着垂直于区域的横截面(纸面)向外的匀强磁场,磁感应强度B=5.0×10-2T。带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E(不考虑金属板在其它区域形成的电场),MN放在ad边上,两板左端M、P恰在ab边上,两板右端N、Q间有一绝缘挡板EF。EF中间有一小孔O,金属板长度、板间距、挡板长度均为l=0.lm。在M和P的中间位置有一离子源S,能够正对孔O不断发射出各种速率的带正电离子,离子的电荷量均为q=3.2×l0-19C,质量均为m=6.4×l0-26kg。不计离子的重力,忽略离子之间的相互作用及离子打到金属板或挡板上后的反弹。(l)当电场强度E=104N/C时,求能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率。(2)电场强度取值在一定范围时,可使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从bc边射出,求满足条件的电场强度的范围。17【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律;向心力.C2D4K3【答案解析】(1)(2)解析:(1)穿过孔O的离子在金属板间需满足代入数据得穿过孔O的离子在金属板间仍需满足离子穿过孔O后在磁场中做匀速圆周运动,有由以上两式子得从bc边射出的离子,其临界轨迹如图①,对于轨迹半径最大,对应的电场强度最大,由几何关系可得由此可得从bc边射出的离子,轨迹半径最小时,其临界轨迹如图②,对应的电场强度最小,由几何关系可得所以由此可得所以满足条件的电场强度的范围为:【思路点拨】(1)由平衡条件可以求出离子速度.(2)作出粒子运动轨迹,由平衡条件、牛顿第二定律求出电场强度.本题考查了求离子的速率、电场强度,分析清楚离子运动过程、应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题,分析清楚离子运动过程、作出其运动轨迹是正确解题题的前提与关键.(二)选考题:共12分。请考生从给出的3道题中任选一题做答,并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑,按所涂题号进行评分;多涂、多答,按所涂的首题进行评分;不涂,按首题进行评分。16.【物理——选修3-3】17【题文】(1)(4分)下列说法正确的是(填入正确选项前的字母。选对得4分,选不全得2分,错选或多选得0分)。A.物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和B.布朗运动就是液体分子或者气体分子的热运动C.利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机,将海水的一部分内能转化为机械能是可能的D.气体分子间距离减小时,分子间斥力增大,引力减小E.一定量的理想气体,在压强不变时,分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加【知识点】内能,分子动理论热力学第二定律H1H3【答案解析】ACE解析:A、物体内能是所有分子热运动的动能和分子势能的总和,故A正确;B、布朗运动是悬浮在液体中颗粒的运动,不是液体分子的热运动,而是液体分子的热运动的反映.故B错误.C、利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机,将海水的一部分内能转化为机械能,这在原理上是可行的.故C正确.E、分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小.故D减小;D:气体的压强是由大量分子对器壁的碰撞而产生的,它包含两方面的原因:分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数和每一次的平均撞击力.气体的温度降低时,分子的平均动能减小,所以,在压强不变时,分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加.故E正确.故选ACE【思路点拨】根据内能的概念分析答题;物体内能是所有分子热运动的动能和分子势能的总和;物体的内能由物质的量、温度和体积决定;温度是分子平均动能的标志.本题考查了选修3-3的内容,对于选修内容要熟练掌握基础知识,温度是分子平均动能的标志,温度高的物体分子平均动能大,并不是每个分子的动能都大.【题文】(2)(8分)如图,粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口,管内有一段水银柱,中管内水银面与管口A之间气体柱长为lA=40cm,右管内气体柱长为lB=39cm。先将口B封闭,再将左管竖直插入水银槽中,设被封闭的气体为理想气体,整个过程温度不变,若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4cm,已知大气压强p0=76cmHg,求:(i)A端上方气柱长度;(ii)稳定后右管内的气体压强。【知识点】气体的等温变化;封闭气体压强.H3H5【答案解析】(i)38cm(ii)78cmHg解析:设A端上方气柱长度为l1,由题可知,插入水银槽后左管内气体压强为由玻意耳定律得:所以A端上方气柱长度为(2)设右管水银面上升h,则右管内气柱长度为,气体压强为17由玻意耳定律得:解得所以右管内气体压强为【思路点拨】插入水银槽后左管内气体是等温变化,根据玻意尔定律求解,本题主要考查等温变化,根据前后体积关系可求得压强。17.【物理——选修3-4】【题文】(1)(4分)图甲为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=1.0s时刻的波形图,图乙为参与波动的某一质点的振动图像,则下列说法正确的是A.该简谐横波的传播速度为4m/sB.从此时刻起,经过2秒,P质点运动了8米的路程C.从此时刻起,P质点比Q质点先回到平衡位置D.乙图可能是甲图x=2m处质点的振动图像E.此时刻M质点的振动速度小于Q质点的振动速度【知识点】横波的图象;波长、频率和波速的关系G2G4【答案解析】ACD解析:A、由波动图象甲读出波长λ=4m,由振动图象乙读出周期T=1s,则波速v==4m/s.故A正确.B、简谐横波中质点只在平衡位置附近振动,并不随着波迁移,经过2秒,P质点振动了2个周期,运动的路程为,故B错误;C、由题,波沿+x方向传播,此时刻Q点振动方向向上,而P在波峰,则图示时刻起Q质点比P质点后回到平衡位置.故C正确;D、根据振动图象乙可知:t=1s时刻质点从平衡位置沿y轴负方向振动,而甲图中x=2m处质点t=1s时刻(图示时刻)振动方向沿y轴负方向,乙图可能是甲图x=2m处质点的振动图像,故D正确;E、此时刻M点在平衡位置,速度最大,故E错误;故选ACD【思路点拨】由波动图象读出波长,由振动图象读出周期,求出波速.根据波的传播判断此时刻P、Q的运动方向,分析回到平衡位置的先后.【题文】(2)(8分)如图,—透明半圆柱体折射率为n=2,半径为R,长为L。平行光束从半圆柱体的矩形表面垂直射入,部分柱面有光线射出。求该部分柱面的面积S。RL【知识点】光的折射定律.N117【答案解析】解析:解:设从A点入射的光线在B点处恰好满足全反射条件设全反射临界角为θ由折射定律有得由几何关系得 所以照亮面积为【思路点拨】作出半圆柱体的横截面.光线在透光的边界恰好发生全反射,入射角等于临界角,即可由折射定律求出光线在柱面上的入射角,由几何知识求面积S.解决本题的关键要掌握全反射及其产生条件,结合几何知识求解即可.18.【物理——选修3-5】【题文】(1)(4分)下列说法正确的是(填入正确选项前的字母。选对得4分,选不全得2分,错选或多选得0分)。A.β衰变现象说明电子是原子核的组成部分B.在中子轰击下生成和的过程中,原子核中的平均核子质量变小C.太阳辐射能量主要来自太阳内部的聚变反应D.卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型E.按照玻尔理论,氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时,电子的动能减小,原子总能量减小【知识点】原子、原子核O2【答案解析】BCD解析:A、β衰变是原子核中的中子转化为质子同时产生电子的过程,但电子不是原子核的组成部分,故A错;B、是裂变反应,原子核中的平均核子质量变小,有质量亏损,以能量的形式释放出来,故B正确;C、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应,C正确;D、卢瑟福根据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型.故D正确.E、能量守恒定律是自然界普遍成立的定律之一,在电子跃迁的过程中,能量守恒.故E错误.故选BCD【思路点拨】解本题应该掌握:太阳的辐射能量主要来自太阳内部的聚变反应,并非核裂变反应;氢原子核外电子轨道半径越大则能量越大,动能越小.本题涉及知识点较多,平时学习过程中注意积累和比较,以防知识点的混淆.【题文】(2)(8分)如图,质量分别为m1=1.0kg和m2=2.0kg的弹性小球a、b,用轻绳紧紧的把它们捆在一起,使它们发生微小的形变。该系统以速度v0=0.10m17/s沿光滑水平面向右做直线运动。某时刻轻绳突然自动断开,断开后两球仍沿原直线运动。经过时间t=5.0s后,测得两球相距s=4.5m,求:(i)刚分离时a、b两小球的速度大小v1、v2;(ii)两球分开过程中释放的弹性势能Ep。【知识点】动量守恒定律能量守恒定律E3F2F3【答案解析】(1),(2)0.27J解析:根据已知,由动量守恒定律得由①②得,由能量守恒定律得代入数据得.【思路点拨】(1)根据动量守恒定律求解分离后小球的速度大小.(2)A、B两球碰撞过程中,系统所受的合外力为零,总动量守恒,弹簧释放的弹性势能等于两小球增加的动能。17
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