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。d2.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sin=，xdd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=sin，可得=x，x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T4运动的周期为T，则有(2n+=1)1s（n=0，1，2），可得T=s（，，），当n=0时，421n+444可得T=4s，当n=1时，可得T=s，当n=2时，可得T=s，当n=3时，可得T=s，当n=4时，可12335474441得T=s，当n=5时，可得T=s，当n=6时，可得T=ss，故选A。5951151335.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12月定时检测高三物理答案第1页，共8页{#{QQABBQwQogAIAAIAAQgCEwG4CkCQkACAAAoOhAAMMAAAyQFABAA=}#}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。116.B【解析】依原线圈接入电压的表达式可得ω=100π，频率f===50Hz，周期T==0.02s，变压器T2fn1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=U2=200V，n2UU−1R1两端的电压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R1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。GMmmv27.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，RR2结合图像有RRrAB+=5，RRrBA−=3，联立可得RrA=，RrB=4，A错误；由万有引力提供向心力2GMm2π4π23r，可知，所以做圆周运动周期之比为TT::=18，B错误；从图像上可以看2=mrT=ABrTGMTT出每隔T时间两个卫星相距最近一次即−=1，结合，解得卫星A绕地球做圆周运动的周TTAB7Mmmv2Mm42期为TT=，C正确；第一宇宙速度是最大的运行速度，由G=，对卫星A，GmR=，A20.8r22A8(0.8r)RTAAGMr85其中，，可得第一宇宙速度v==，D错误。故选C。0.87rT122singl8.D【解析】B下落，即将与A碰撞时mglmvsin=0，A、B碰撞动量守恒，mvmv0=2，得v=，22111A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2mgxsin+=k()l+−x22kl2mv2，222A原来静止满足mgklsin=，解之得xll=−103，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，mgmasin=0，得ag0=sin，碰后至再次返回到碰撞位置，速度大小不变，方向反112212向。假设不分离，向上运动位移为x1，有2mxgsin+=k(l−x)−kl2mv，x=−2ll，此时整体受12212112月定时检测高三物理答案第2页，共8页{#{QQABBQwQogAIAAIAAQgCEwG4CkCQkACAAAoOhAAMMAAAyQFABAA=}#}3−2力可得2sinmg−kxma1=2，得a=ggsinins，碰后两物体一定不分离且不能再次回到释放点，2C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fT甲=cos，乙受的摩擦力等于绳子拉力的水平分量，即fT乙=cos，因，可知ff甲乙，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FNG=T甲-sin，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。810−211.BC【解析】由图像可知波长为8cm，简谐横波的速度大小为v==m/s=0.2m/s，A错误，B正确；T0.4210由图像可知函数表达式为yx=2sin，P质点的位移为y=1cm，则x=cm，P点回到平衡位置的时间为8310(4)10−−2x1，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t==3s=sv0.230T0.4点正向上运动，则Q点再次回到平衡位置的时间为t==s=0.2s，D错误。故选BC。2212.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Emv值Em==BLv1V，感应电流最大值为Im==2A，设经过时间t导体棒速度与磁感线夹角为==tt，RRab+rv此时导体棒有效切割速度为vvvt==coscos，在导体棒中电流随时间变化规律为i==Icos2cost(A)，rmR12EmA正确；电压表示数为电阻R两端电压有效值，则UER===V，B错误；导体棒圆周运Rab+R24212月定时检测高三物理答案第3页，共8页{#{QQABBQwQogAIAAIAAQgCEwG4CkCQkACAAAoOhAAMMAAAyQFABAA=}#}2πr动的周期为T==2πs，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vΔΦBLr1qqR=====总C2C，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FRRRR++abab0.5I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I==m2A，则焦耳热为222QIRRt=+==()(2)0.50.5abπJ0.5πJ，导体棒增加的重力势能为===Emgrp0.1π101JπJ，则外力做功为WQEF=+=p1.5πJ，D错误。故选AC。DE13.BD(2分)丙(2分)(2分)FG【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DEFG知sin=，sin=，DOOG=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DOOGsinDE示；根据几何关系可得折射率为n==sinFG14.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EE电流为Ig=，实验要求R1＞＞Rg，R1＞＞r，这样才有Ig=，当S2闭rRR++1gR1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E22IgIg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，R1333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12月定时检测高三物理答案第4页，共8页{#{QQABBQwQogAIAAIAAQgCEwG4CkCQkACAAAoOhAAMMAAAyQFABAA=}#}2IgIg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，33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。E(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Ig=，解得RRg+1.5R=−200，解得R=2300Ω，故需要选滑动变阻器C。0.610−3E1.5(5)经过改装后的欧姆表总内阻RΩ==2500，根据全电路的欧姆定律可知I=，当指针指示表Ig2500+Rx1盘正中央时，代表II=，可得R=2500，此即为欧姆表在此挡位的中值电阻值。2gx15.(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，vv21−2515−得t1===s5s·····································································(2分)a12乙车在该过程发生的位移大小11svt=vtat+−=+−22=250.5m255m25m112.5m······················(2分)122122(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s0=s−(v2−v1)2t=60m−1020.5m=50m·························(1分)vv21−甲车的加速度为a2=t21两车位移关系有vt=s+