重慶市烏江新高考協(xié)作體2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期10月月考物理試題 含解析_第1頁(yè)
重慶市烏江新高考協(xié)作體2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期10月月考物理試題 含解析_第2頁(yè)
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重慶烏江新高考協(xié)作體2025屆高考質(zhì)量調(diào)研(二)物理試題(分?jǐn)?shù):100分,時(shí)間:75分鐘)一、單選題1.物理學(xué)發(fā)展推動(dòng)了社會(huì)進(jìn)步。關(guān)于物理學(xué)上一些事件和科學(xué)方法,下列說(shuō)法正確的是()A.在推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí),把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃分成很多小段,每一小段近似看作勻速直線運(yùn)動(dòng),然后把各小段的位移相加,體現(xiàn)了極限思想B.在不需要考慮物體本身的大小和形狀時(shí),用質(zhì)點(diǎn)來(lái)代替物體的方法叫等效替代法C.重心概念的建立體現(xiàn)了理想化模型的思想D.速度和加速度都是利用比值定義法得到的定義式【答案】D【解析】【詳解】A.在推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí),把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃分成很多小段,每一小段近似看作勻速直線運(yùn)動(dòng),然后把各小段的位移相加,這里主要采用了微元法,故A錯(cuò)誤;B.在不需要考慮物體本身的大小和形狀時(shí),用質(zhì)點(diǎn)來(lái)代替物體的方法叫理想化物理模型,B錯(cuò)誤;C.重心概念的建立體現(xiàn)了等效替代法,C錯(cuò)誤;D.速度和加速度都是利用比值定義法得到的定義式,D正確。故選D。2.如圖所示為同一地點(diǎn)出發(fā)的A、B兩物體做直線運(yùn)動(dòng)的v-t圖象,由圖可知()A.t1時(shí)刻A、B兩物體相遇B.t1時(shí)刻A、B兩物體速度大小相等,方向相反C.t2時(shí)刻物體A的加速度小于物體B的加速度,二者方向相反D.0-t3過(guò)程中物體A、B位移大小相等,方向相同【答案】C【解析】【詳解】A.因圖像的面積等于位移,則0-t1時(shí)間內(nèi)A的位移小于B,則A、B兩物體沒(méi)有相遇,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;B.t1時(shí)刻A、B兩物體速度大小相等,方向相同,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;C.因v-t圖像的斜率等于加速度,可知t2時(shí)刻物體A的加速度小于物體B的加速度,因斜率的符號(hào)相反,可知二者加速度方向相反,選項(xiàng)C正確;D.0-t3過(guò)程中物體A、B的位移大小相等,方向相反,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.3.如圖所示,輕彈簧A一端固定,另一端系一質(zhì)量為m的小球,小球通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕繩繞過(guò)光滑定滑輪連接輕彈簧B且處于平衡狀態(tài),已知定滑輪位于彈簧A固定點(diǎn)的正上方。現(xiàn)緩慢收繩,使滑輪右側(cè)的繩長(zhǎng)減小少許,小球仍處于平衡狀態(tài),彈簧始終處于彈性限度內(nèi),則下列說(shuō)法正確的是()A.小球的運(yùn)動(dòng)軌跡為一小段圓弧 B.彈簧B的長(zhǎng)度變長(zhǎng)C.彈簧A的長(zhǎng)度變長(zhǎng) D.彈簧A的長(zhǎng)度變短【答案】A【解析】詳解】小球受力如圖所示設(shè)彈簧原長(zhǎng)為,實(shí)際長(zhǎng)度x,滑輪右側(cè)繩長(zhǎng)為l,則根據(jù)相似三角形可知根據(jù)胡克定律,有解得所以A.由于收繩后彈簧的實(shí)際長(zhǎng)度x不發(fā)生變化,軌跡為圓弧,A正確;B.減小,則輕繩拉力減小,所以彈簧B長(zhǎng)度減小,B錯(cuò)誤;CD.的大小不變,即彈簧A的彈力大小不發(fā)生變化,長(zhǎng)度不變,CD均錯(cuò)誤。故選A。4.2024年2月3日7時(shí)37分,我國(guó)在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心使用長(zhǎng)征二號(hào)丙運(yùn)載火箭,成功將吉利星座02組衛(wèi)星發(fā)射升空,11顆衛(wèi)星順利進(jìn)入預(yù)定軌道,發(fā)射任務(wù)獲得圓滿成功。假設(shè)其中三顆衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng),a為地球的同步衛(wèi)星,周期為T,b為傾斜軌道衛(wèi)星,c為極地衛(wèi)星(繞地球的兩極做圓周運(yùn)動(dòng)),已知,地球表面兩極的重力加速度為g,地球半徑為R,則下列說(shuō)法正確的是()A.b衛(wèi)星距離地球表面的高度為B.c衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)周期大于TC.a和c衛(wèi)星的線速度之比為D.a和c衛(wèi)星向心加速度之比為【答案】A【解析】【詳解】B.根據(jù)開(kāi)普勒第三定律可得故B錯(cuò)誤;A.根據(jù)黃金代換式根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力解得故A正確;C.根據(jù)可得a和c衛(wèi)星的線速度之比為故C錯(cuò)誤;D.根據(jù)可得a和c衛(wèi)星的向心加速度之比為故D錯(cuò)誤。故選A。5.如圖所示,汽車用跨過(guò)定滑輪的輕繩提升物塊A.汽車勻速向右運(yùn)動(dòng),在物塊A到達(dá)滑輪之前,關(guān)于物塊A,下列說(shuō)法正確的是A.將處于失重狀態(tài)B.將豎直向上做勻速運(yùn)動(dòng)C.將豎直向上做加速運(yùn)動(dòng)D將豎直向上先加速后減速【答案】C【解析】【詳解】對(duì)汽車的速度v沿繩子的方向和垂直于繩子的方向進(jìn)行正交分解,如圖所示,有:v2=vcosθ,v1=vsinθ物塊上升的速度大小等于v2,由v2=vcosθ可知,汽車勻速向右,θ角變大,所以v2增大,物塊向上做加速運(yùn)動(dòng),加速度向上,物塊處于超重狀態(tài)A.將處于失重狀態(tài)與分析不符,故A項(xiàng)與題意不相符;B.將豎直向上做勻速運(yùn)動(dòng)與分析不符,故B項(xiàng)與題意不相符;C.將豎直向上做加速運(yùn)動(dòng)與分析相符,故C項(xiàng)與題意相符;D.將豎直向上先加速后減速與分析不相符,故D項(xiàng)與題意不相符.6.如圖所示,有一豎直半圓形軌道,由四段相同的光滑圓弧軌道BC、CD、DE、EA拼接而成,每段對(duì)應(yīng)的圓心角均為,B點(diǎn)位于軌道圓心的正上方,設(shè)連接處順滑。若將一質(zhì)量為m的小球以速度從最低點(diǎn)A水平向右射入軌道,最后通過(guò)B點(diǎn)離開(kāi)軌道?,F(xiàn)保持小球的入射速度不變,要使其高度達(dá)到最大,則應(yīng)()A.拆去軌道的BC段 B.拆去軌道的BD段C.拆去軌道的BE段 D.以上三種情況,小球達(dá)到高度均相同【答案】B【解析】【詳解】若拆去軌道的BC段或BE段,小球脫離軌道后都做斜拋運(yùn)動(dòng),到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)具有水平速度;若拆去BD段,小球脫離軌道后做豎直上拋運(yùn)動(dòng),到達(dá)最高點(diǎn)時(shí),速度為零。根據(jù)機(jī)械能守恒定律,可知拆去軌道的BD段,上升到最高點(diǎn)動(dòng)能為零,高度最高。故選B。7.今年4月19日,廣西一法院開(kāi)庭審理一起高空拋物致一高中生死亡的案例,高空拋物是十分危險(xiǎn)的行為,我國(guó)正式將高空拋物罪納入刑法內(nèi)容,我們應(yīng)杜絕高空拋物行為。現(xiàn)有一居民在陽(yáng)臺(tái)玩耍,不慎將籃球從窗臺(tái)外落下,致籃球從高樓落下做自由落體運(yùn)動(dòng),籃球開(kāi)始下落后的v-t圖像如圖所示,已知時(shí)籃球距地面高度為12.8m,重力加速度g取,不計(jì)空氣阻力,下列說(shuō)法正確的是()A.籃球下落至地面所用時(shí)間為2sB.籃球落地時(shí)的速度大小C.籃球落地后反彈的最大高度為3mD.至,籃球的位移大小為12m【答案】B【解析】【詳解】A.設(shè)自由落體加速度的方向?yàn)檎较颍侣涞母叨?,有下落時(shí)間為,則故A錯(cuò)誤。B.設(shè)落地時(shí)速度為,則故B正確;C.由圖像知1.6s后,籃球做初速度為的豎直上拋運(yùn)動(dòng),反彈的最大高度故C錯(cuò)誤;D.當(dāng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,則發(fā)生位移為,后的位移為故D錯(cuò)誤。故選B。二、多選題8.一質(zhì)點(diǎn)做減速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度和位置坐標(biāo)的關(guān)系如圖v-x所示,下列分析正確的是()A.過(guò)程中質(zhì)點(diǎn)的加速度恒定B.過(guò)程中質(zhì)點(diǎn)的加速度逐漸減小C.質(zhì)點(diǎn)在時(shí)的加速度等于時(shí)的加速度D.質(zhì)點(diǎn)在時(shí)的加速度大于時(shí)的加速度【答案】BC【解析】【詳解】AB.由圖知等式兩側(cè)對(duì)時(shí)間求導(dǎo)得故兩段運(yùn)動(dòng)過(guò)程加速度都逐漸減小,故A錯(cuò)誤,B正確;CD.由圖可知兩段斜率關(guān)系為,所求加速度之比為故C正確,D錯(cuò)誤。故選BC。9.如圖所示,半徑為R的光滑絕緣四分之一圓弧形軌道固定在豎直平面內(nèi),O為其圓心,水平。在圓弧軌道的最低點(diǎn)B處固定一帶正電的小球,電荷量為q。另有質(zhì)量為m的帶電小球N從A點(diǎn)處無(wú)初速釋放,運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)達(dá)到最大速度v。已知,靜電力常量為k,兩小球的大小可忽略。則()A.N小球可能帶負(fù)電B.N小球的帶電量為C.N小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中,電場(chǎng)力做功為D.N小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中,減少的機(jī)械能為【答案】BD【解析】【詳解】A.由題意知,在C點(diǎn)達(dá)到最大速度,所以C點(diǎn)后速度減小,而重力做正功,所以電場(chǎng)力做負(fù)功,故電場(chǎng)力是斥力,故小球帶正電,故A錯(cuò)誤;B.由小球在C點(diǎn)速度最大,所以在C點(diǎn)的切向加速度為零,則解得故B正確;C.設(shè)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力做功為W,由動(dòng)能定理可得解得故C錯(cuò)誤;D.由功能關(guān)系可知,N小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中,減少的機(jī)械能為電場(chǎng)力做功的絕對(duì)值,即故D正確。故選BD。10.一小球質(zhì)量為m,用長(zhǎng)為L(zhǎng)的懸線(不可伸長(zhǎng)、質(zhì)量不計(jì))固定于O點(diǎn),在O點(diǎn)正下方處釘有一顆光滑小釘子,如圖所示。將懸線沿水平方向拉直然后無(wú)初速度釋放,則當(dāng)懸線碰到釘子后的瞬間()A.小球的角速度突然增大到原來(lái)的1.5倍B.懸線對(duì)小球的拉力不變C.小球的向心加速度突然增大到原來(lái)的3倍D.小球的線速度大小不變【答案】AD【解析】【詳解】AD.把懸線沿水平方向拉直后無(wú)初速度釋放,當(dāng)懸線碰到釘子的前后瞬間,由于繩子拉力與重力都與速度垂直,所以不改變速度大小,即線速度大小不變,而半徑變?yōu)樵瓉?lái)的,根據(jù)得知角速度增大到原來(lái)的1.5倍,故AD正確;B.根據(jù)牛頓第二定律可得,懸線碰到釘子前瞬間解得懸線碰到釘子后瞬間有解得故B錯(cuò)誤;C.根據(jù)牛頓第二定律可得半徑變?yōu)樵瓉?lái)的,懸線碰到釘子后瞬間向心加速度變?yōu)樵瓉?lái)的1.5倍,故C錯(cuò)誤。故選AD。三、非選擇題11.如圖是A、B兩物體同時(shí)由同一地點(diǎn)向同一方向做直線運(yùn)動(dòng)的v-t圖象,從圖象上可知t=_______s時(shí),A、B相遇:t=__________s時(shí),A、B相距最遠(yuǎn)?!敬鸢浮竣?40②.20【解析】【分析】【詳解】[1][2]在0~20s內(nèi)物體A的速度始終大于物體B的速度,并且A的速度圖象與時(shí)間軸圍成的面積代表A的位移,而B(niǎo)的速度圖象與時(shí)間軸圍成的面積代表B的位移,兩個(gè)面積的差代表兩者之間的距離。由圖可知在相遇之前20s末A、B相距最遠(yuǎn),40s末,A的位移x1=5×40m=200mB的位移故40s末A、B相遇.12.如圖為電飯鍋的電路圖。R1、R2是電熱絲,S是溫控開(kāi)關(guān),A、B兩點(diǎn)接照明電路。電飯鍋工作時(shí)有加熱和保溫兩種工作狀態(tài)。當(dāng)S閉合時(shí),電飯鍋處于_____________工作狀態(tài);若R1:R2=9:1,加熱時(shí)的功率為1000W,則保溫時(shí)的功率為_(kāi)____W?!敬鸢浮竣?加熱②.100【解析】【詳解】[1]當(dāng)S閉合時(shí),電阻R1被短路,電路中電阻較小,電壓兩端的電壓不變,根據(jù)功率公式P=,功率較大,電飯鍋處于加熱狀態(tài)。[2]當(dāng)S閉合時(shí),電飯鍋處于加熱狀態(tài),由題,功率為P1=1000W,則有P1=當(dāng)S斷開(kāi)時(shí),電飯鍋處于保溫狀態(tài),功率為P2=則P2:P1=R2:(R1+R2)解得P2=100W13.如圖所示,半徑為R=0.5m的半球形陶罐,固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺(tái)上,轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)軸與過(guò)陶罐球心O的對(duì)稱軸OO′重合。轉(zhuǎn)臺(tái)靜止不轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),將一個(gè)質(zhì)量為2kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊放入陶罐內(nèi),小物塊恰能靜止于陶罐內(nèi)壁的A點(diǎn),且A點(diǎn)與陶罐球心O的連線與對(duì)稱軸OO′成θ=37°角。重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。則:(1)當(dāng)轉(zhuǎn)臺(tái)繞轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),若物塊在陶罐中的A點(diǎn)與陶罐一起轉(zhuǎn)動(dòng)且所受的摩擦力恰好為0,則轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為多少?(2)若轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為,物塊仍在陶罐中的A點(diǎn)隨陶罐一起轉(zhuǎn)動(dòng),則陶罐給物塊的彈力和摩擦力大小為多少?【答案】(1)5rad/s;(2)26.8N,2.4N【解析】【詳解】(1)若物塊在陶罐中的A點(diǎn)與陶罐一起轉(zhuǎn)動(dòng)且所受的摩擦力恰好為0,對(duì)物塊分析有圓周運(yùn)動(dòng)半徑r=Rsinθ解得ω0=5rad/s(2)當(dāng)轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度為時(shí),由于該角速度大于5rad/s,則物塊有向外滑的趨勢(shì),摩擦力方向向內(nèi),則有,解得N=26.8N,f=2.4N14.質(zhì)量為m=5kg的物體,在水平力F=20N的作用下,在水平面上從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),物體與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=5s,求:(1)力在5s內(nèi)對(duì)物體所做總功;(2)力F在5s內(nèi)對(duì)物體所做功的平均功率;(3)5s末,力F對(duì)物體做功的瞬時(shí)功率。(g=10m/s2)【答案】(1)250J;(2)100W;(3)50W【解析】【分析】【詳解】(1)由牛頓第二定律可知F-μmg=ma解得物體在5s內(nèi)的位移為x=at2=×2×25=25m力在5s內(nèi)對(duì)物體所做的總功為W總=(F-μmg)x=(20-0.2×5×10)×25=250J(2)力F做功的平均功率為(3)5s末的速度為v=at=2×5=10m/s力F的功率為P1=Fv=10×5W=50W15.真空中足夠大的兩個(gè)相互平行的金屬板a和b之間的距離為d,兩板之間的電壓Uab按圖所示規(guī)律變化,其變化周期為T。在t=0時(shí)刻,一帶電粒子(+q)僅在該電場(chǎng)的作用下,由a板從靜止開(kāi)始向b板運(yùn)動(dòng),并于t=nT(n為自然數(shù))時(shí)刻,恰好到達(dá)b板。求:(1)帶電粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程

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