济宁一中2024届高三2月份定时检测物理试题详解

济宁一中2024届高三2月份定时检测物理参考答案123456789101112CBCADBCDCDABBCAC1.C【解析】根据图像可知，在0~t1时间内，无人机在水平方向与竖直方向上均做初速度为0的匀加速直线运动，则合运动为匀加速直线运动，A错误；0~t4时间内，无人机速度一直为正值，即一直向上运动，可知t2时刻，无人机没有运动到最高点，B错误；t2~t4时间内，无人机在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀减速直线运动，可知无人机的速率在减小，C正确；t3~t4时间内，无人机在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀减速直线运动，则合运动为匀变速曲线运动，D错误。故选C。2.B【解析】设任意相邻明条纹或暗条纹中心位置所对应的薄膜厚度差为d，根据几何关系可得，由于任意相邻明条纹或暗条纹所对应的薄膜厚度差恒定，又倾角θ很小，则有，可得，故选B。3.C【解析】由于空气阻力，“子弹”在水平方向做减速运动，若“子弹”的初速度较小，水平方向速度很快会减为零，然后竖直向下运动，则不能击中“靶子”，A错误；“子弹”和“靶子”在竖直方向上的运动状态和受力情况是完全一样的，因此，竖直方向位移始终相同，即“子弹”和“靶子”运动过程中在同一水平线上，并且，只要“子弹”速度足够大，落地前就能够击中“靶子”，B错误，C正确；“子弹”落地时不仅有竖直方向上的一个分速度，还可能有水平方向上的一个分速度，两分速度的合速度肯定大于竖直方向上的分速度，即“子弹”落地速度可能大于“靶子”落地速度，D错误。故选C。4.A【解析】由题意可知t=0时刻振子位于负向最大位移处，t=1s时刻振子位于平衡位置处，设振子做简谐运动的周期为T，则有（，，），可得（，，），当n=0时，可得，当n=1时，可得，当n=2时，可得，当n=3时，可得，当n=4时，可得，当n=5时，可得，当n=6时，可得，故选A。5.D【解析】在运动过程中，因为有电场力对系统做功，故系统机械能不守恒，A错误；当弹簧长度达到最大值时，电场力对系统做功最多，电势能减小最大，系统机械能增加最大；即系统电势能最小，机械能最大；B错误；由于电场力对A、B两球做功不为零，初始一段时间，对两球均做正功，电势能减小，C错误；从初态到小球所受电场力与弹簧的弹力大小相等时，电场力对两小球均做正功，电势能减小，此时电势能肯定比初始时小，D正确。故选D。6.B【解析】依原线圈接入电压的表达式可得ω=100π，频率=50Hz，周期=0.02s，变压器不改变交流电的频率，R2两端的电压U2=IAR2=40V，匝数比n1∶n2=5∶1，故原线圈输入电压U1==200V，R1两端的电压U-U1=20V，B正确；流过R1的电流I1==1A，A错误；滑片P向上移动时，R3接入电阻增大，假设变压器输入、输出电压不变，则流过R3的电流减小，副线圈和原线圈的电流均减小，电阻R1的电压减小，消耗的功率减小，C错误；接入电压U=220V不变，原线圈的输入电压将增大，副线圈的输出电压也增大，电流表A的示数增大，故R2消耗的功率将增大，D错误。故选B。7.C【解析】由万有引力提供卫星绕地球做圆周运动的向心力，知卫星半径越小，线速度越大，结合图像有，，联立可得，，A错误；由万有引力提供向心力，可知，所以做圆周运动周期之比为，B错误；从图像上可以看出每隔T时间两个卫星相距最近一次即，结合，解得卫星A绕地球做圆周运动的周期为，C正确；第一宇宙速度是最大的运行速度，由，对卫星A，，其中，，可得第一宇宙速度，D错误。故选C。8.D【解析】B下落，即将与A碰撞时，A、B碰撞动量守恒，，得，A正确；A、B碰撞后一起向下运动至最低点，位移设x，根据能量守恒，A原来静止满足，解之得，B错误；A、B分开临界条件为加速度相等，A、B之间的弹力为零，对B，，得，碰后至再次返回到碰撞位置，速度大小不变，方向反向。假设不分离，向上运动位移为x1，有，，此时整体受力可得，得，碰后两物体一定不分离且不能再次回到释放点，C错误，D正确。故选D。9.CD【解析】开始的时候甲拉的绳子上的拉力大小是物体重力，后来是重力和乙对绳子的拉力的合力大小等于甲的拉力，如图所示，由于三角形斜边大于任意直角边，所以甲对绳子的拉力增大，乙对绳子的拉力增大，A错误，D正确；由图可知，甲受的摩擦力等于绳子拉力的水平分量，即，乙受的摩擦力等于绳子拉力的水平分量，即，因，可知，即楼顶对甲的摩擦力大于对乙的摩振力，C正确；对甲受力分析可知，随T的增加，则地面对甲的支持力减小，B错误。故选CD。10.AB【解析】A、B为等量异种点电荷，因此产生的电场在A、B连线的垂直平分上的合场强水平向右，且从垂足沿杆向外的场强逐渐减小，点电荷C从杆上某一位置由静止释放，在下滑过程中，受到的水平向右的电场力将逐渐变大，则C与粗糙绝缘直杆间的压力逐渐变大，所受摩擦力将变大，AB正确；因C受的电场力水平向右，C沿竖直杆向下运动，则电场力做功是零；又由于两个等量异种点电荷的连线的中垂线为等势线，因此电势能不变，C错误；C从杆上某一位置由静止释放，在下落的过程中，先加速后减速，当摩擦力增大到与重力大小相等时，速度最大，不一定是下落一半高度时速度最大，D错误。故选AB。11.BC【解析】由图像可知波长为8cm，简谐横波的速度大小为，A错误，B正确；由图像可知函数表达式为，P质点的位移为y=1cm，则，P点回到平衡位置的时间为，C正确；若这列简谐横波沿x轴正方向传播，由同侧法根据图像可知Q处质点正向上运动，则Q点再次回到平衡位置的时间为，D错误。故选BC。12.AC【解析】导体棒ab在圆环最低点时，速度v垂直与磁感线，有效切割速度最大，感应电动势为最大值，感应电流最大值为，设经过时间t导体棒速度与磁感线夹角为，此时导体棒有效切割速度为，在导体棒中电流随时间变化规律为，A正确；电压表示数为电阻R两端电压有效值，则，B错误；导体棒圆周运动的周期为，0.5πs等于周期的四分之一，则在0~0.5πs时间内通过R的电量为，C正确；根据能量守恒定律可知，从t=0到0.5πs的过程中外力F做功等于导体棒增加的重力势能与电路产生的焦耳热之和，电流的有效值为，则焦耳热为，导体棒增加的重力势能为，则外力做功为，D错误。故选AC。13.BD(2分)丙(2分)(2分)【解析】(1)应插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，再插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像，从而确定出射光线，故正确步骤为BD。(2)过P3、P4做一条直线与AC变相交于H，并以入射点O为圆心做一个圆，与入射光线相交D，与OH连线的延长线相交于G，过O点做法线，过D点做法线的垂线交于E，过G点做法线的垂线交于F，由图可知，，可得，仅通过测量ED、FG的长度便可正确计算出折射率，图丙所示；根据几何关系可得折射率为14.D(1分)F(1分)200(2分)小(1分)C(1分)2500(2分)【解析】(1)如图所示，设电源的电动势为E，内阻为r，S2打开时，设电流表满偏电流为，实验要求R1＞＞Rg，R1＞＞r，这样才有，当S2闭合时，R2和Rg并联，并联后总阻值R并＜Rg＜＜R1，这样才有S2闭合后，电路中总电流几乎不变，仍然近似等于，调节R2使电流表偏为，所以流过R2的电流为，所以R2=2Rg，从上述原理可知，S2打开与闭合，近似认为干路中电流不变的前提是R1＞＞Rg，故实验器材选择应满足①电源电动势尽可能大，②R1尽可能大，所以R1选用大量程的D，因电流表的满偏电流确定，故电源电动势也要匹配地选用电动势较大的F。(3)由以上分析可知，当F中记录的R2阻值为400Ω，被测电流表的内阻Rg的测量值应为200Ω；当S2闭合时，R2′和Rg并联，并联后总阻值R并＜Rg，而电阻R1不变，所以S2闭合后的干路电流比闭合前的总电流要大，即电流大于Ig，而此时电流表支路的电流等于，那么R2′支路的电流要大于，那么其电阻R2′<2Rg，所以用此方法测量的电流表内阻的测量值比真实值要偏小。(4)设电路中除电流表内阻Rg以外其它电阻的总电阻为R，根据全电路的欧姆定律可知，解得，解得R=2300Ω，故需要选滑动变阻器C。(5)经过改装后的欧姆表总内阻，根据全电路的欧姆定律可知，当指针指示表盘正中央时，代表，可得，此即为欧姆表在此挡位的中值电阻值。15.(8分)(1)112.5m；(2)1m/s2【解析】(1)设乙车做匀减速运动t1时间后两车速度相等，得 (2分)乙车在该过程发生的位移大小 (2分)(2)设甲车加速t2时间后两车速度相等，当甲车开始加速时两车的距离为 (1分)甲车的加速度为两车位移关系有 (1分)联立解得t2=10s (1分)甲车加速运动的最小加速度的大小为 (1分)16.(8分)(1)；(2)3m/s，；(3)50cm【解析】(1)由波源O的振动图像知，其振动方程为cm (1分)y=10cm时，时间t的最小值为 (1分)经过波源O的位移第一次为10cm (1分)(2)波自O传到M的时间 (1分)波速 (1分)波长 (1分)(3)质点M振动的时间间隔为 (1分)质点M通过的路程 (1分)17.(14分)(1)；(2)；(3)，【解析】(1)考虑以2v0运动的粒子，恰与屏相切，则 (1分)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 (1分)解得，则时满足题意 (1分)(2)若仅有50%的粒子能打到荧光屏上，只能是速度为2v0的粒子，而速度为v0的粒子不能打到光屏上，当速度为v0的粒子刚好不能打到光屏上时，此时磁感应强度有最小值B1，粒子运动半径 (1分)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 (1分)当速度为2v0的粒子刚好能全部打到光屏上时，此时磁感应强度有最大值B2，设粒子运动半径为r2，其运动轨迹如图(俯视)所示，根据几何关系有 (1分)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 (1分)解得 (1分)(3)粒子在电场中做类平抛运动，若没有荧光屏，其在立方体底面的落点为一个圆，设其半径为r3，如图所示，阴影部分表示粒子能够打到荧光屏上，设在E1电场中的加速度为a1，运动时间为t1，则 (1分) (1分) (1分) (1分)联立解得 (1分)设在E2电场中的加速度为a2，运动时间为t2，则，，联立解得 (1分)18.(16分)(1)(2)(3)(4)；【解析】(1)设小球滑离圆弧槽时，圆弧槽的反冲速度大小为v1，方向水平向左由动量守恒定律得 (1分)解得从小球开始下落至球、槽第一次分离过程，系统机械能守恒由机械能守恒定律得 (1分)解得 (1分)(2)设小球从开始下落至刚好滑离圆弧槽，相对地面向右滑过x1，圆弧槽反冲相对地面后退x2，由平均动量守恒可得 (1分) (1分)解得，小球要继续向右滑过，历时t，则 (1分)圆弧槽在t时间内向左继续滑行的距离为小球与滑块碰撞的瞬间，小球与圆弧槽底端的距离 (1分)(3)小球与滑块发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒 (1分) (1分)解得，方向向左；，方向向右滑块与薄木板共速时弹簧的弹性势能最大由动量守恒定律得 (1分)解得因滑块恰好回到薄木板的最左端，故薄木板与滑块间一定有摩擦，且相对薄木板向右运动和返回向左运动的摩擦生热相同，设为Q，则 (1分)滑块恰好回到薄木板的最左端时仍共速，速度仍为v，故 (1分)解得 (1分)(4)由(3)知小球与滑块碰后的速度大小为，方向向左小球速度大于圆弧槽速度，可追上再次发生碰撞 (1分) (1分)解得小球速度，圆弧槽的速度 (1分)，且方向均向左，小球与圆弧槽不再发生碰撞，上述求得的即是最终速度