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文檔簡介
重慶外國語學校
2023-2024學年度(上)高2024屆12月考試
物理試題
(滿分100分,75分鐘完成)
第I卷選擇題
一、單項選擇題(本題共7小題,每小題4分,共28分。在每小題給出的四個選項中,只有
一項是符合題目要求的。)
1.2023年9月10日上午9時,杭州第19屆亞運會火炬?zhèn)鬟f嘉興站啟動,嘉興站的路線以“紅船領(lǐng)航、筑
夢未來”為主題,分為江南古韻、百年風華、活力之都三大篇章,全長8.8千米,下列說法正確的是()
A.2023年9月10日上午9時,“9時”指的是時間B.全長8.8千米,“8.8千米”指的是位移
C.兩位火炬手進行火炬交接時可以把火炬看成質(zhì)點D.根據(jù)已知信息,無法求全程的平均速率
【答案】D
【解析】
【詳解】A.2023年9月10日上午9時,“9時”指的是時刻,故A錯誤;
B.全長8.8千米,“8.8千米”指的是路程,故B錯誤;
C.兩位火炬手進行火炬交接時,火炬的形狀大小不能忽略不計,不可以把火炬看成質(zhì)點,故C錯誤;
D.平均速率等于路程除以所用時間,由于題意不能知道所用時間,所以無法求全程的平均速率,故D正
確。
故選D。
2.2021“一帶一路”年度漢字發(fā)布活動中,“互”字作為最能體現(xiàn)2021年“一帶一路”精神內(nèi)涵的漢字拔
得頭籌,成為年度漢字。如圖為力學興趣小組制作的“互”字形木制模型。模型分上下兩部分質(zhì)量均為05%
用細線連接兩部分。當細線都繃緊時,整個模型可以豎直靜止在水平地面上。其中連接服b兩點的細線為
I,連接。、1兩點的細線為%重力加速度為g。則()
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5
A.細線/對。點的作用力向上B.細線/的拉力等于細線n的拉力
C.細線〃的拉力大小等于0.5mgD.整個模型對地面的壓力大小為mg
【答案】D
【解析】
【詳解】A.細線只能提供拉力,所以細線/對。點的作用力向下,A錯誤;
BC.模型上部分受三個力的作用,重力G、細線/對a點向下的拉力耳、細線〃對d點向上的拉力片,
它們的關(guān)系為
F2=G+Fi=Q.5mg+耳
BC錯誤;
D.對整個模型受力分析,受總重力mg、地面給的支持力,二力平衡,則根據(jù)牛頓第三定律,整個模型對
地面壓力大小為加g,D正確。
故選D。
3.一本書重約5N,有316頁,書本正面朝上?,F(xiàn)將一張A4紙夾在第158與第159頁間,A4能夠覆蓋幾乎
整個書頁,如圖所示。若要將A4紙袖出,至少需用約2N的拉力。不計書皮及A4紙的質(zhì)量,則A4紙和書
之間的摩擦因數(shù)最接近()
【答案】C
【解析】
【詳解】A4紙抽出時,紙上下表面都受到書本的滑動摩擦力,有
/=2〃穌
解得紙和書之間的摩擦因數(shù)為
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〃=0.4
故選C。
4.1638年,《兩種新科學的對話》著作的出版,奠定了伽利略作為近代力學創(chuàng)始人的地位,書中討論了自
由落體運動和物體沿斜面運動的問題。依據(jù)伽利略在書中描述的實驗方案,某實驗小組設(shè)計了如圖所示的
裝置,探究物體沿斜面下滑的運動特點。操作步驟如下:
①讓滑塊從距離擋板s處由靜止下滑,同時打開水箱閥門,讓水均勻穩(wěn)定流到量筒中;
②當滑塊碰到擋板時關(guān)閉閥門;
③記錄量筒收集的水量V;
④改變s,重復以上操作。
貝卜與V的比例關(guān)系為()
D.LocVv
【解析】
【詳解】滑塊在粗糙程度相同的斜面上由靜止釋放,可知滑塊做初速度為零的勻加速直線運動,則有
s=-at2
2
即s與產(chǎn)成正比;由于水是勻速穩(wěn)定的流出,可知收集的水的體積V與。成正比,則有
5CC?2OCV2
故選Ao
5.在公路上行駛的國產(chǎn)紅旗轎車a和比亞迪電動轎車b,其位置隨時間變化的圖像分別為圖中直線a和曲
線6,已知比亞迪電動轎車的加速度恒定,在Is時速度為6m/s,在3s時直線a和曲線6相切,則()
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力m
0
8
6
4
2
0
Q
A.。做勻速直線運動,速度大小為3mzs
B.3s時國產(chǎn)紅旗轎車a和比亞迪電動轎車b相遇但速度不同
C.比亞迪電動轎車做勻減速直線運動且加速度大小為2m/s2
D.Is時兩車的距離為2m
【答案】C
【解析】
【詳解】A.由圖可知,a車勻速直線運動的速度為
%=,^m/s=2m/s
故A錯誤;
B./=3s時a車和b車到達同一位置而相遇,直線a和曲線b剛好相切,說明兩者的速度相等,故B錯
誤;
C.z=3s時,直線。和曲線b剛好相切,即此時匕車的速度
由加速度定義式得b車加速度為
Av2-6,與,2
a=——=----m/s2=-2m/s
bhAr2
D.Is時。車在4m處,6在原點,兩車的距離為4m,D錯誤。
故選C。
6.如圖所示,長直桿與水平面成45。,由不同材料拼接面成,P為兩材料分界點,DP>CP.一個圓
環(huán)套在長直桿上,讓圓環(huán)無初速從頂端滑到底端(如左圖);再將長直桿兩端對調(diào)放置,讓圓環(huán)無初速從
頂端滑到底端(如右圖),兩種情況下圓環(huán)從開始運動到經(jīng)過尸點的時間相同.下列說法中正確的是()
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IX
/
A.圓環(huán)與直桿CP段的動摩擦因數(shù)小于圓環(huán)與直桿£>尸段之間的動摩擦因數(shù)
B,兩次滑動中圓環(huán)到達底端速度大小不相等
C,圓環(huán)從C到。所用時間小于從。到C所用時間
D.圓環(huán)從C到。所用時間大于從。到C所用時間
【答案】D
【解析】
【分析】
【詳解】A.根據(jù)
1,2
XCP=5印
ax=gsin45°一氏gcos45°
。到尸的過程中有
」2
XDP~
a2=gsin45°-/u2gcos45°
因為
XDP〉XCP
運動到P的時間相等,則
ax<%
所以
兒〉〃2
即圓環(huán)與直桿CP段的動摩擦因數(shù)大于圓環(huán)與直桿。尸段之間的動摩擦因數(shù),A錯誤;
B.從C到。和從。到C過程中摩擦力做功相等,重力做功相等,根據(jù)動能定理可知,兩次滑動中物塊到
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達底端速度相等,B錯誤;
CD.由題意可知,小物塊兩次滑動經(jīng)過尸點的時間相同,且
DP>CP
因此從D到P的平均速度大于從C到P的平均速度,設(shè)從C到尸點時速度為vi,從。到P時速度為V2,
則根據(jù)勻變速直線運動特點有
2〉乜
22
即從D到P點速度大于從C到P點的速度,則得
匕<%
設(shè)圓環(huán)滑到底端的速度大小為V。則第一種情況:從P到。過程
V+V.
XPD~—2-'1
第二種情況:從尸到。過程
_v+v2
XPC=2—'2
因為
XpD>XPC
匕<嶺
所以
八>J
C錯誤D正確。
故選Do
「mg
7.如圖所示,空間存在豎直向下的勻強電場,電場強度的大小E(g為重力加速度),A、B兩物體通
Q
過勁度系數(shù)為%的絕緣豎直輕質(zhì)彈簧相連放在水平面上,A、B都處于靜止狀態(tài)。A、B質(zhì)量均為如其中A
帶正電,電荷量為+q,B不帶電。彈簧始終在彈性限度內(nèi),彈簧的彈性勢能可表示為紇=—62,左為彈
簧的勁度系數(shù),x為彈簧的形變量。若不計空氣阻力,不考慮A物體電荷量的變化,保持電場強度的大小不
變,將電場方向改為豎直向上,下列說法正確的是()
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A.電場換向的瞬間,物體A的加速度大小為g
B.從電場換向瞬間到物體B剛要離開地面的過程中,物體A的速度一直增大
C.從電場換向瞬間到物體B剛要離開地面的過程中,物體A的機械能增加量等于物體A電勢能的減少量
D.物體B剛要離開地面時,A的速度大小為g科
【答案】D
【解析】
【詳解】A.在電場未反向時,A物體處于平衡狀態(tài),對A根據(jù)平衡條件可得
qE+mg=F^
當施加上電場力瞬間,對A物體根據(jù)牛頓第二定律可得
[E+辱一mg=ma
解得
a=2g
故A錯誤;
B.在電場未反向時,彈簧處于壓縮狀態(tài),壓縮量為七,根據(jù)平衡條件可得
qE+mg=kx0
解得
qE+mg2mg
=--------=-----
°kk
B剛要離開地面時,彈簧處于伸長狀態(tài),伸長量為占,對B根據(jù)平衡條件可得
kxl=mg
解得
fng
k
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對物體A受向上的電場力與向下的重力等大反向,可知物體A受的合力等于彈簧的彈力,則A受的合外
力先受向上后向下,則加速度先向上后向下,則物體A先向上加速后向上減速,故B錯誤;
C.從電場換向瞬間到物體B剛要離開地面的過程中,因玉〉石,即從初態(tài)到末態(tài)彈簧的形變量減小,彈
性勢能減小,A物體的機械能增量等于電勢能的減少量與彈性勢能的減少量之和,則物體A的機械能增加
量大于物體A電勢能的減少量,故C錯誤;
D.物體B剛要離開地面時,由能量關(guān)系可知
~mv2+>ng(x+xj=+一)";
0
解得A的速度大小為
故D正確。
故選D。
二、多項選擇題(本題共3小題,每小題5分,共15分。在每小題給出的四個選項中,有多
項符合題目要求。全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有錯選的得0分。)
8.如圖所示為高空滑索運動,游客利用輕繩通過輕質(zhì)滑環(huán)懸吊沿傾斜滑索下滑。假設(shè)某段下滑過程中游客、
滑環(huán)和輕繩為整體勻速下滑,速度大小為v,整體重力為G,不計空氣阻力,在這段下滑過程中下列說法正
確的是()
A.游客的機械能守恒B.輕繩保持豎直
C.整體重力勢能的減少量大于系統(tǒng)動能的增加量D.重力的功率為Gv
【答案】BC
【解析】
【詳解】A.勻速下滑過程中,動能保持不變,重力勢能減小,因此機械能減少,A錯誤;
B.由于游客勻速下滑,人受到重力與繩子拉力平衡,因此輕繩沿豎直方向,B正確;
C.由于動能保持不變,而重力勢能減小,因此整體重力勢能的減少量大于系統(tǒng)動能的增加量,C正確;
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D.由于游客沿傾斜滑索下滑,因此重力的功率
P=Gvsin。<Gv
D錯誤。
故選BC?
9.A、B兩顆衛(wèi)星在同一平面內(nèi)沿同一方向繞地球做勻速圓周運動,如圖甲所示。兩衛(wèi)星之間的距離Ar隨
時間周期性變化,如圖乙所示。僅考慮地球?qū)πl(wèi)星的引力,下列說法正確的是()
A.A、B的軌道半徑之比為1:2
B.A、B的線速度之比為1:2
C.A的運動周期大于B的運動周期
D.A、B的向心速度之比為4:1
【答案】AD
【解析】
【詳解】A.由題意及題圖可知
人+、=6廠
W=2廠
解得
rA=2r
5=4〃
所以。:?=1:2,故A項正確;
B.對于衛(wèi)星其受到的萬有引力提供圓周運動的向心力,有
2
廠Mmv
CJ=m——
r
解得
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結(jié)合之前的分析,整理有
vA:vB=V2:1
故B項錯誤;
C.對于衛(wèi)星其受到的萬有引力提供圓周運動的向心力,有
"Mm47r之
G—r=m^rr
解得
14舟3
有上述結(jié)果分析可知,衛(wèi)星運行的軌道越大,其運行的周期越大,由于A衛(wèi)星的軌道半徑小于B衛(wèi)星的軌
道半徑,所以A的運動周期小于B的運動周期,故C項錯誤;
D.對于衛(wèi)星其受到的萬有引力提供圓周運動的向心力,有
廠Mm
(j——=ma
解得
GM
a=~~
r
結(jié)合之前的分析有,整理有
tzA:tzB=4:1
故D項正確。
故選AD?
10.如圖所示,a、b、c、d四個質(zhì)量均為,"的帶電小球恰好構(gòu)成“三星拱月”之形,其中。、b、c三個完全
相同的帶電小球在光滑絕緣水平面內(nèi)的同一圓周上繞。點做半徑為R的勻速圓周運動,三小球所在位置恰
好將圓周等分。小球d位于。點正上方4處,且在外力/作用下恰處于靜止狀態(tài)。已知。、6、c三小球的
電荷量均為q,d球的電荷量為-6。,卜=瓜,重力加速度為g,靜電力常量為鼠則()
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2
kq省如2
A.小球。的線速度為B.小球b的角速度為。=
3Rm3R3m
C.小球C的向心加速度大小為1駕
D.外力F豎直向上,大小為
3mR2R2
【答案】BC
【解析】
【詳解】A.通過分析,a、b、c一定帶同種電荷,d與a、b、c一定帶異種電荷,設(shè)ad連線與水平方向
的夾角為a,則對小球a受力分析有
RVjh_V6
cosa=/=sina=
“2+R2一丁屈+R13
對。球,根據(jù)牛頓第二定律可得
2v2
k6"口?cosa—2———q-cos30°=m——
h”+R‘(2Rcos30°)’.R
可得
A錯誤;
B.對小球b,有
v=coR
解得
B正確;
C.對c,有
解得
C正確;
D.對d球受力分析,由平衡條件得:
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F=3kJq--------^~+mg
(同『+R2737?
解得
口2屈kq1
F=一瓦一+mg
K
D錯誤。
故選BC?
三、實驗題(本題共16分,11題6分,12題10分。)
11.如圖所示為“驗證機械能守恒定律”的實驗裝置。實驗中,將完全相同的擋光片依次固定在圓弧軌道上,
測出部分數(shù)據(jù)如表:
IWJ度
0.100.080.060.040.020
h/m
勢能
0.02950.02360.01770.01180.00590.0000
Ep/J
動能
0.0217A0.03280.03950.04440.0501
Ek/J
機械
能0.05120.05040.05050.05030.05030.0501
E/J
(1)若擋光片的寬度為d,擋光時間為加,則擺錘經(jīng)過擋光片時的速度大小為o
(2)表中A處數(shù)據(jù)應(yīng)為Jo
(3)另一小組記錄了每個擋光片所在的高度〃及其相應(yīng)的擋光時間4后,繪制了上-力和3-/7四幅圖
像。其中可以說明機械能守恒的圖像是O
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【答案】①.一②.0.0268
【解析】
【詳解】(1)[1]若擋光片的寬度為4,擋光時間為則擺錘經(jīng)過擋光片時的速度大小
d
v=一
Ar
(2)[2]由于
Ek+Ep=E
可知表中A處數(shù)據(jù)應(yīng)為
0.0504J-0.0236J=0.0268J
(3)[3]根據(jù)機械能守恒可知
mgh+^mE
可知親-〃圖像為一條傾斜直線。
故選C。
12.某實驗小組同學想測量一個約幾歐姆電阻凡的阻值,實驗室提供的器材:
A.電池組(電動勢為3V)
B.電壓表M(量程為0D3V,內(nèi)阻約3kC)
C.電壓表V2(量程為0D15V,內(nèi)阻約15kC)
D.電流表A1(量程為0D0.6A,內(nèi)阻約0.1。)
E.電流表A2(量程為0?0.1A,內(nèi)阻約3Q)
F.滑動變阻器R(0~1Q,額定電流2A)
G.開關(guān)、導線若干
(1)為了減小實驗誤差,電壓表應(yīng)選,電流表應(yīng)選(填寫所選器材前的序號)。
(2)要使得測量誤差最小,他們測量是采用如圖哪種接法0
第13頁/共19頁
(3)閉合開關(guān)S,調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片,根據(jù)測得的多組數(shù)據(jù)在坐標紙上(如圖)建立U、/坐標系,
描繪出U-/圖線,則待測電阻的阻值為。(結(jié)果保留2位有效數(shù)字),測量結(jié)果與真實結(jié)果相比
(填“偏大”、“偏小”或“無誤差”)。
【答案】①.B②.D③.C(4).5.4⑤.偏小
【解析】
【詳解】(1)[1]⑵由于電池組的電動勢為3V,為了減小實驗誤差,電壓表應(yīng)選B,由于待測電阻約幾歐
姆,由歐姆定律可知,電路中最大電流
3
/〉一A=0.3A
10
則電流表應(yīng)選D。
(2)[3]要使得測量誤差最小,由于待測電阻較小,應(yīng)采用電流表外接法,電壓表和電流表示數(shù)從0開始變
化,滑動變阻器采用分壓接法。
故選C。
第14頁/共19頁
(3)[4]根據(jù)題意,由歐姆定律可知,U-/圖像的斜率表示待測電阻的阻值,則有
AK=Z70Q=54Q
xA/0.50
[5]由于電壓表的分流,所測電流偏大,則電阻的測量結(jié)果與真實結(jié)果相比偏小。
四、計算題(本大題共3個小題,共41分。解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、公式、方程式和
重要的演算步驟,只寫出結(jié)果的不得分,有數(shù)值計算的題,答案中必須寫出明確的數(shù)值和單
位。)
13.一列簡諧橫波沿x軸傳播,圖甲是f=3s時的波形圖,圖乙是波上x=2m處質(zhì)點的振動圖線。求:
(1)此波的傳播方向和波速大??;
(2)從此時刻起10s內(nèi)x=3m處質(zhì)點通過的路程。
【答案】(1)沿x軸負方向,lm/s;(2)50cm
【解析】
【分析】
【詳解】(1)由圖乙可知,f=3s時,x=2m處質(zhì)點正沿y軸正方向運動,結(jié)合圖甲,可得波沿x軸負方
向傳播
由甲圖可知
2=4m
由乙圖可知
r=4s
根據(jù)
2
v=—
T
可得
v=lm/s
(2)由于振動周期
T=4s
質(zhì)點每經(jīng)過一個周期,運動4倍振幅,因此質(zhì)點經(jīng)過的路程
S=—x4A=50cm
T
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14.如圖所示,空間存在水平向右的勻強電場,長L=0.12m的絕緣輕桿上端連接在。點。有一質(zhì)量為
根=0.3kg、電荷量q=+0.5C的帶電金屬小球套在絕緣輕桿上,球與桿間的動摩擦因數(shù)〃=0.75。當桿豎
直固定放置時,小球恰好能勻速下滑,gal0m/s2o
(1)求勻強電場的電場強度E大小;
(2)若輕桿與豎直方向的夾角為,時,小球在下滑過程中與桿之間的摩擦力恰好為0,求。角;保持,角
不變,將小球從。點由靜止釋放,求小球離開桿時的速度大小。
【答案】(1)8N/C;(2)53°,2m/s
【解析】
【詳解】(1)當桿豎直固定放置時,小球恰好能勻速下滑,故小球受力平衡;由小球受重力、電場力、桿的
支持力和摩擦力作用可得
mg=/nqE
解得勻強電場的電場強度為
E=^=8N/C
(2)輕桿與豎直方向的夾角為。時,小球下滑過程中與桿之間的摩擦力為0,故支持力為零,則重力、電
場力垂直輕桿方向分力等大反向,故有
mgsin0=qEcos0
所以
qE14
tan0n==—=—
mg〃3
即
6=53°
小球受到合外力
F=mgcos6+qEsin0=(1.8+3.2)N=5N
由牛頓第二定律得
第16頁/共19頁
F=ma
故小球從O點靜止釋放,沿桿做加速度
m3
的勻加速直線運動,由運動學公式得
v2-2aL
故小球離開桿時的速度
v==2m/s
15.在光滑水平面上有兩個靜止的、可視為質(zhì)點的相同物塊A、B,某時刻給物塊A一個向右的初速度
v0=10m/s,物塊A與物塊B發(fā)生彈性碰撞,碰后物塊進入與水平面平滑連接的光滑圓形軌道。圓形軌道右
側(cè)的光滑水平面平滑連接著一個傾角在37。且足夠長的粗糙斜面,斜面與物塊的摩擦系數(shù)為4□=0.5,重
力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o
(1)求物塊A與物塊B碰后瞬間,物塊B的速度大?。?/p>
(2)為保證物塊第一次進入圓形軌道的過程中不脫離軌道,求圓形軌道半徑R的取值范圍;
(3)若圓形軌道半徑R=l.8m,求物塊B第N次滑上斜面的最大位移外的表達式以及整個運動過程在斜
面上經(jīng)過的總路程s。
【答案】(1)10m/s;(2)R25m或RW2m;(3)=^^111,12.5m
【解析】
【詳解】(1)由動量守恒定律得
mv0=mvA+mvB
由機械能守恒定律得
12121~1
~mV0=-mVA+~mVB
解得
vB=10m/s,vA=0
(2)若碰后物塊B恰好能達到與圓心等高的點,則
第17頁/共19頁
解得
R=5m
為保證物塊第一次進入圓形軌道的過程中不脫離軌道,圓形軌道半徑
R>5m
若碰后物塊B恰好能經(jīng)過圓形軌道最高點,則
V2
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