物理-河北省新时代NT教育2023-2024学年高三上学期12月阶段测试

2023-12-12 · U1 上传 · 9页 · 7.9 M

{#{QQABSQSQogCAABAAARgCEQXYCAMQkBACAAoGhEAIIAAAwRNABAA=}#}{#{QQABSQSQogCAABAAARgCEQXYCAMQkBACAAoGhEAIIAAAwRNABAA=}#}{#{QQABSQSQogCAABAAARgCEQXYCAMQkBACAAoGhEAIIAAAwRNABAA=}#}{#{QQABSQSQogCAABAAARgCEQXYCAMQkBACAAoGhEAIIAAAwRNABAA=}#}2023-2024学年第一学期12月高三阶段测试物理参考答案mgFF1.D【解析】小球受力分析如图所示,由三角形相似可知,T,则AB两球间的hxLxL库仑力大小为Fmg,丝线拉力大小Fmg,A、B错误;同理,若A缓慢漏电,丝hTh线的拉力大小不变,两球间的库仑力减小,C错误、D正确。(T乙)2(r乙)32.B【解析】由开普勒第三定律可得,25,解得T乙5T,则甲每转2周半Tr甲时间内乙转半周,就会“相遇”一次,故再次“相遇”经历的时间为2.5T。B正确。3.A【解析】试探电荷带负电,则试探电荷电势能最大的位置为最低电势,电势能最小的位置为最高电势,固定在O处的点电荷带负电,固定在P处的点电荷带正电,A正确;由题图可知,C点场强为零,根据库仑定律可知固定在O处的点电荷所带电荷量的绝对值大于固定在P处的点电荷所带电荷量绝对值,B错误;A、B两点的电势为零但电场强度不为零,C错误;由题图可知,从B到C电势能增加,试探电荷带负电,则电势降低,根据沿电场线方向电势降低可知,B、C间电场强度方向沿x轴正方向,D错误。4.B【解析】设叶片迎风的有效面积约占整个面积的n倍,时间t内流向叶片的空气的质量2为mr2vt,根据动量定理可得3Ftnmv,空气对叶片的平均作用力Fr2v2,联立152解得n,故选B。55.A【解析】滑动变阻器滑片P由a端向b端移动过程中,滑片P上下两部分总电阻R并先增大后减小,干路电流I先减小后增大,电源内电压先减小后增大,外电压先增大后减小,故电压表示数先增大后减小,CD错误;由闭合电路欧姆定律U并EI(R0r)可知,滑动变阻器两部分并联后的电压U并先增加后减小。当U并增加时,滑片P以上部分电阻一直减小,则其电流增加,因干路电流I减小,则电流表示数减小;当U并减小时,因滑片P下部分电阻一直增加,则电流表示数减小。故电流表的示数一直减小,A正确、B错误。高一物理第1页{#{QQABSQSQogCAABAAARgCEQXYCAMQkBACAAoGhEAIIAAAwRNABAA=}#}6.B【解析】根据几何关系可得CD=AB,据匀强电场的特点及UCD=2UAB可得,CO沿着电场线的距离是AO沿着电场线的距离的2倍,而由几何关系作辅助线如图所示,因A点在CO的投影M为CO中点,可知电场线沿CD方向,故匀强电场的场强为UU2EMOAOaaaa,B正确。2227.C【解析】根据题意,取向左为正方向,设弹簧恢复原长时A小球的速度为,B小球11�1的速度为,由动量守恒定律有mvmv2mv,由能量守恒定律有mv2m�v22mv2。0AB202A2B��v2v解得v0,v0,根据题意可知,在弹簧恢复原长时,B与挡板碰撞,碰后系统具A3B3有向右的最大动量,当两者共速时,此时弹簧的最大弹性势能是B与挡板碰撞所有情景中弹簧最大弹性势能最小的,则B与挡板碰撞后,取向右为正方向,设共速时速度为v,由动v2v5量守恒定律有m02m03mv。解得vv,由能量守恒定律有33901v12v15v1Em(0)22m(0)23m(0)2mv2,则碰后弹簧的最大弹性势能范围为pmin23232927011mv2Emv2,C正确。270p208.ABC【解析】由图乙可知,t=0时质点P在平衡位置正沿y轴正方向运动,根据振动与波动关系可知,波沿x轴正方向传播,A正确;由图甲知波长为20m,由图乙知周期为8s,20则波的传播速度vm/s=2.5m/s,B正确;质点P与质点Q平衡位置相距半个波长,T8因此这两个质点的振动情况相反,C正确;质点不随波迁移,不沿轴运动,D错误。9.BD【解析】滑动变阻器的滑动头P向左滑动�,则R1阻值变大,回�路电流变小,则R2两端电压变小,则电容器要放电,但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电,电容器两板电压不变,则油滴仍静止,油滴初始位置的电势不变,BD正确。10.BC【解析】设B下滑过程中加速度大小为a,B由静止释放后至第一次与A碰撞经历的时间为t1,第1次与A碰前瞬间的速度为v,则对B由牛顿第二定律得mgsinma,由14L运动学规律得Lat2,v22aL,解得t,vgL,A错误;第一次碰撞后A的速211g高一物理第2页{#{QQABSQSQogCAABAAARgCEQXYCAMQkBACAAoGhEAIIAAAwRNABAA=}#}111度为v,B的速度为v,由动量守恒和机械能守恒得mvmvmv;mv2mv2mv2,A1B1A1B122A12B1解得vA1gL,vB10,B正确;第一次碰撞后,A匀速下滑,B匀加速下滑,发生第一次12碰撞到发生第二次碰撞的过程中两滑块下滑的位移相等,所用时间为t2,则有vt2at,A122L解得t4,C正确;B与A发生第一次碰撞至发生第二次碰撞,A的位移为xvt4L,2gA12滑块A克服摩擦力做的功Wmgxcosmgxsin,解得W2mgL,D错误。mmm11.(1)C;(2)C;(3)112(每空2分,共6分)y2y3y12yxg【解析】(1)小球平抛运动的时间t,则初速度vx,显然平抛运动的初速gt2y度与下降距离二次方根的倒数成正比,所以C为a球撞击的痕迹。()本实验需要验证的原始表达式为,由()可知,速度与下降距离二2m1v0m1v1m2v21次方根的倒数成正比,而质量是必须要测量的,C正确。mmm(3)通过(1)(2)分析,需要验证的表达式为112。y2y3y112.(1)(3分);(2)(2分);(3)5.00(4.98~5.02)(2分);0.13(0.10~0.16)(2分)【解析】()根据闭合电路欧姆定律有,得到,根据图像在3EUI(R0r)UEI(R0r)5.00纵轴上的截距可得E5.00V,由图像的斜率大小可得Rr,可得r0.13。01.6.【解析】()对整体应用牛顿第二定律(分)131EqA2ma2解得球A的电荷量为qA2q(1分)高一物理第3页{#{QQABSQSQogCAABAAARgCEQXYCAMQkBACAAoGhEAIIAAAwRNABAA=}#}1(2)整体向右加速运动阶段Lat2(1分)212mL2mL解得tt3,整体的速度v=at1(1分)1Eqg向右减速运动阶段,对整体应用牛顿第二定律(分)3Eq2Eq2ma1Eq1解得a,减速需要的时间2Lvtat2(2分)2m2222mL2mL解得t2,因为ttt3,所以经时间t,球A恰好要离开电场,2Eq12Eq此时速度大小vvat2(1分),解得v0(1分)Eq14.【解析】(1)设重力与电场力的合力方向与竖直方向成α角,故tan(1分)mg5解得37,重力与电场力合力大小为F(Eq)2(mg)2mg(1分)41由释放点到最大速度点由动能定理得F(sR)mv2(2分)2v2对该点由牛顿第二定律得NFm(2分),由牛顿第三定律得压力FNN(1分)R解得s1.2m(1分)(2)若电场反向,设小球于B点左侧α角处达到最大速度,同理解得37,合力大小仍为F,沿如图所示OD方向,此时若小球能到达C点,应先恰能到达E点,对E点受力分析得222v52F(Eq)(mg)mE(1分),解得vm/s,RE211对D到E由动能定理得F2Rmv2mv2(2分)2E2D510v2解得vm/s,对该点由牛顿第二定律得NFmD(1分)D2R由牛顿第三定律得压力(分)FNN75N115.【解析】(1)假设A板与挡板P第一次碰撞时,小滑块B和A板可以共速,共同速度为,据动量守恒可得(分)v1mv0(Mm)v12高一物理第4页{#{QQABSQSQogCAABAAARgCEQXYCAMQkBACAAoGhEAIIAAAwRNABAA=}#}12设此时A板位移为x1,对A板由动能定理得mgxMv(1分)121联立并代数解得x1=0.3m=x0=0.3m(1分)所以小滑块B和A板恰好共速(1分)(2)A第1次与挡板P碰后到第二次共速的过程中,对A、B系统,动量守恒可得mv1Mv1(mM)v2(2分)vvA第1次与挡板P碰后到第二次共速经历的时间为t12(1分)1g联立并代数解得t1=0.3s,所以经0.3s,A板与滑块B恰好共速,12此时小滑块B的位移xvtgt(2分),代数解得x2=0.675m(1分)21121(3)A第1次与P碰前,B在木板A上的滑动距离为相对,对A、B组成的系统,由能�1121212量守恒有mvMvmvmgx相对1(2分)22121代入数据得相对�1=0.4�A第1次与挡板P碰后到共速的过程中,对A、B系统,由能量守恒有121212mvMv(Mm)vmgx相对(2分)2121222解得相对2第�次与=挡0板.9�相碰后到共速的过程中,由动量守恒有(分)A2Pmv2Mv2(Mm)v31121212由能量守恒有mvMv(Mm)vmgx相对3(1分)222223解得相对�3=0.225�由于相对相对相对>L=1.5m(1分)�1+�2+�3=1.525�所以小滑块B会和A板脱离(1分)高一物理第5页{#{QQABSQSQogCAABAAARgCEQXYCAMQkBACAAoGhEAIIAAAwRNABAA=}#}

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