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    2022-2023学年四川省成都市石室中学高三下学期4月第二次阶段性测试物理 (解析版)

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    四川省成都市石室中学2023届高三下学期4月第二次阶段性测试物理、选择题:本题共 8 小题,每小题 6 分,共 48 分。在每小题给出的四个选项中,第 1~5 题只有一项符合题目要求,第 6~8 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分。1.一群处于(基态)的氢原子吸收频率为的两种光子后,分别跃迁到的两能级上(),其对应的能量分别为,处于mp两能级的氢原子将向低能级跃迁。已知普朗克常量为h,下列说法正确的是(  )AB.按照玻尔原子理论的基本假设可知,处于m能级的氢原子的核外电子离原子核远一些C之间的关系式为D.大量处于mp两能级的氢原子向低能级跃迁时,最多能辐射出种光子【答案】C【详解】AC.根据玻尔原子理论的基本假设可知,由于比较可知联立解得A错误,C正确;B.由于按照玻尔原子理论的基本假设可知,处于m能级的氢原子的核外电子离原子核近一些,故B错误;D.大量处于mp两能级的氢原子向低能级跃迁时,最多能辐射出种光子,故D错误。故选C2.如图所示,边长均为l0的两个正四面体AbcdBbcd,其中bcd面完全重合,带电荷量为+Q-Q的点电荷分别置于AB两顶点,静电力常量为k,则(  )Abcd三点的电场强度大小相等,方向不同B.平面bcd上电场强度的最大值为Cbcd三点的电势d点最高D.将一正电荷从b点沿bd直线移到d点,电场力先做正功后做负功【答案】B【详解】A.等量异种点电荷的电场分布如图所示由此可知,两点电荷连线中垂面上bcd三点的电场强度大小相等,方向相同,故A错误;B.等量异种点电荷连线的中点电场强度最大,由几何关系可知,正四面体的面的中线长为,所以正四面体的高为所以连线中点的场强为B正确;CD.等量异种点电荷连线的中垂面为零势能面,中垂面面上各点电势为零,bcd三点的电势相等,且将一正电荷从b点沿bd直线移到d点,电场力始终不做功,故C错误D错误。故选B3.电动机的内电阻r=2Ω,与R=8Ω的电阻串联接在线圈上,如图所示,已知线圈面积为,共100匝,线圈的电阻为,线圈在的匀强磁场中绕OO´以转速n=600r/min匀速转动,在合上开关S后电动机正常工作时,电压表的示数为100V,则下列说法正确的是(  )A.电路中电流的最大值为5AB.电路中电流的最大值为10AC.电动机正常工作时的输出功率为1000WD.电动机正常工作时的输出功率为800W【答案】B【详解】AB.线圈转动时的角速度线圈转动时产生的电动势的最大值为有效值为设线圈的电阻为r,则电路中的电流I故最大电流为A错误,B正确;CD.电动机正常工作时的输出功率为CD错误;故选B4.如图甲所示,水平放置的平行极板间加如图乙所示的交变电场,时刻,处粒子源水平向右发射速度相同的两粒子,穿过极板后水平向右垂直进入有竖直边界的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外,粒子恰好不从磁场右边界飞出,两粒子的运动轨迹交于点,且在处时速度方向垂直,到左右磁场边界的距离相等,不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是(  )A在电场中运动的时间可能不同B穿过极板的时间可能为的奇数倍C粒子的比荷为D穿过极板竖直方向上的位移大小之比为1:2【答案】C【详解】AB.因为ab粒子都是以相同的速度,垂直进入电场,在电场中,沿初速度方向不受力,做匀速直线运动,由可得,在电场中运动的时间一定相同;又因为两粒子穿过极板后水平向右垂直进入有竖直边界的匀强磁场,则两粒子在离开电场时,竖直方向速度为零,根据图乙可知,穿过极板的时间为的偶数倍。AB错误;C.由下图可知可得由几何关系可知在磁场中,由洛伦兹力提供向心力可得,粒子的比荷为在本题中,两粒子进入磁场时的速度大小相等,则所以粒子的比荷之比为C正确;D.在竖直方向,粒子先加速度再减速,由运动学公式得因为粒子在电场中运动时间相等,场强E相等,则所以,穿过极板竖直方向上的位移大小与两粒子的比荷成正比,则D错误。故选C5.如图所示,质量为M的三角形斜劈放置在粗糙水平地面上,斜面倾角为θ,一质量为m的物块以速度v0恰好沿斜面匀速下滑,某时刻给物块施加一方向垂直斜面向下、大小为mg的推力F,最后物块停止在斜面上,整个过程中斜劈始终静止在地面上。重力加速度大小为g,则(  )A.物块与斜面间的动摩擦因数为sinθB.从刚施加推力到物块停止运动时,物块运动的位移大小为C.施加推力后,物块下滑过程中,地面对斜劈的摩擦力方向向右D.施加推力后,物块下滑过程中,地面对斜劈的支持力大小为【答案】D【详解】A.物体恰好沿斜面匀速下滑时有解得物块与斜面间的动摩擦因数为A错误;B.施加压力后,摩擦力增大,物块做减速运动,物体运动的位移为即有可得B错误;C.施加F后,对斜劈进行受力分析水平方向向左有水平方向向右有解得可知,则斜劈不受地面的静摩擦力,故C错误;D.对斜劈进行受力分析可得,竖直方向上有解得地面对斜劈的支持力大小为D正确。故选D 6ab两颗卫星分别以绕地球做匀速圆周运动,a卫星离地高度为Hb卫星为近地卫星,并测得地面上重力加速度为离地H处的重力加速度的k倍。地球可视为半径为R、质量均匀的球体,不考虑地球自转,则下列各式正确的是(  )A BC D【答案】BC【详解】AB.对a卫星有b卫星有解得A错误,B正确;CD.对a卫星有b卫星有结合上述解得C正确,D错误。故选BC7.如图所示,某次空中投弹的军事演习中,战斗机以恒定速度沿水平方向飞行,先后释放两颗炸弹,分别击中倾角为的山坡上的点和点,释放两颗炸弹的时间间隔为,此过程中飞机飞行的距离为;击中的时间间隔为两点间水平距离为,且炸弹到达山坡的点位移垂直斜面,炸弹是垂直击中山坡点的。不计空气阻力,下列正确的是(  )A炸弹在空中飞行的时间为 BC D【答案】AD【详解】A.设炸弹从用时,有斜面,则可得A正确;BCD.同理方向斜面,用时由图得时间关系同时有BC错误,D正确;故选AD8.电磁减震器是利用电磁感应原理的一种新型智能化汽车独立悬架系统。某同学也设计了一个电磁阻尼减震器,图为其简化的原理图。该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠的相同矩形线圈组成,滑动杆及线圈的总质量。每个矩形线圈匝数匝,电阻值边长边长,该减震器在光滑水平面上以初速度向右进入磁感应强度大小、方向竖直向下的匀强磁场中,磁场范围是够大,不考虑线圈个数变化对减震器总质量的影响。则(  )A.刚进入磁场时减震器的加速度大小B.第二个线圈恰好完全透入磁场时,减震器的速度大小为C.滑动杆上至少需安装12个线圈才能使减震器完全停下来D.第1个线圈和最后1个线圈产生的热量比【答案】BD【详解】A.线圈在磁场中受到安培力的作用做减速运动,故安培力其中联立以上两式可得刚进入磁场时,速度为,代入数据可得根据牛顿第二定律可得加速度A错误;B.设向右为正方向,对减震器进行分析,当第二个线圈恰好完全透入磁场时设所用时间为,此时减震器的速度大小为,则由动量定理可得代入数据可得B正确;C.由以上分析可知,每一个线圈进入磁场后,减震器的速度减小量则要减震器的速度减为零需要的线圈个数为可知需要13个线圈,故C错误;D.只有进入磁场的线圈产生热量,根据能量守恒可知,线圈上产生的热量在数值上等于减震器动能动能的减少量,第一个线圈恰好完全进入磁场时有最后一个线圈刚进入磁场时有因此D正确。故选BD、非选择题: 96某同学用图甲的装置验证机械能守恒定律。大小相同的两小球PQ分别固定在轻杆两端,轻杆可绕固定于中点O的光滑水平轴在竖直面内转动,O点正下方有一光电计时器,小球通过计时器时其球心恰好与光电门等高。已知小球的直径为d,两球球心间的距离为LP球质量是Q球质量的2倍,重力加速度为g。现将轻杆拉至水平位置并由静止释放,当P球第一次通过光电门时,计时器显示的遮光时间为。回答下列问题:1)用游标卡尺测量d时如图乙所示,则______cm2)小球P经过光电门时速度的表达式为______(用已知和测得量的符号表示);3)若此过程中PQ构成的系统机械能守恒,则需要验证的关系式为______(用已知和测得量的符号表示)。【答案】     0.960          【详解】(1[1]20分度游标卡尺的精确值为0.05mm,由图乙可得2[2]小球P经过光电门时速度3[3]根据机械能守恒可知整理得109在测量电源电动势E和内阻r时备有以下器材:待测电源(Er)、电流表、电压表、定值电阻、电阻箱R、开关、导线若干。实验老师将某班同学分成甲乙丙丁四组,每组同学按各自设计的电路进行实验,并根据各自测量数据绘制出图像,其中甲乙两组,丙丁两组,图像ABCD的斜率()及图中数据abc均为已知量,试完成下列问题:1)变量___________2)结合图像分析甲组同学的数据,可以得出待测电源电动势___________,内阻___________(用abc表示);如果考虑到电流表内阻的存在,电动势___________,内阻___________(选填);3)结合图像分析丙组实验,可以得出待测电源电动势___________,内阻___________(用abc表示)。【答案】     1               =               【详解】(1[1]甲图由闭合电路欧姆定律可知解得乙图由闭合电路欧姆定律可知解得所以丙图由闭合电路欧姆定律可知解得丁图由闭合电路欧姆定律可知解得所以2[2][3] 甲组实验对应的是B图像,可知解得[4][5]如果考虑到电流表内阻的存在,甲图由闭合电路欧姆定律可知解得可知解得所以3[6][7]丙组实验对应的是D图像,可知解得 11(12分)如图所示,直角坐标系内第一、二象限有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,其边界如图中虚线所示,弧bc为圆心在O点半径为r的半圆,ab间的距离也为r。第三、四象限有与y轴成30°角斜向左下的匀强电场E,一束质量为m、电荷量为q的带负电粒子在纸面内从a点垂直x轴以各种速率射入磁场,不计粒子的重力和粒子间的相互作用,求:1)不加电场时,粒子在磁场中运动的最长时间;2)不加电场时,粒子在磁场中运动的最短时间;3)加电场时,(2)中粒子第2次回到x轴的位置坐标。【答案】(1;(2;(3【详解】(1)不加电场时,粒子在磁场中运动的时间最大为半个周期又因为可得2)不加电场时,粒子在磁场中运动的时间最小如图实线所示,粒子的半径恰好为r时满足时间最短要求,设粒子从圆弧上的p点入射,依据几何关系可得,图中最短时间3)粒子从图中的p点入射后,刚好从半圆的右边界c射入电场,由图可知,粒子的速度v恰又垂直于电场强度方向,则粒子在电场中作类平抛运动,设粒子到达x轴上的d点后离开电场,设,有以下关系式,由以上各式可得粒子出射点的坐标为1220分)如图所示,形木板静置于足够大的光滑水平地面上,物块静置在上某处,底面光滑的物块静置在右侧到的距离处,右端的距离。现对施加一大小、方向水平向右的恒定推力,经过一段时间后撤去推力,此时恰好发生弹性正碰,碰撞时间极短,再经过一段时间右端碰撞并瞬间粘在一起。已知的质量均为的质量为间的动摩擦因数,取重力加速度大小,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,均视为质点,物块始终未滑离木板。求:1)施加推力时的加速度大小2第一次碰撞后瞬间的速度大小以及的速度大小3)从撤去推力到右端碰撞的时间【答案】(14m/s2;(22m/s8m/s;(31.6s【详解】(1)假设AC相对静止,且此种情况下AC的共同加速度大小为,根据牛顿第二定律有解得AC间的最大静摩擦力由于则假设成立,因此施加推力时C的加速度大小2AC一起以大小为a的加速度做初速度为零的匀加速直线运动,设AB碰撞前瞬间AC的速度大小为,根据匀变速直线运动的规律有解得AB第一次发生弹性正碰的过程有解得3AB第一次碰撞后,A向右做匀加速直线运动,C向右做匀减速直线运动,假设B滑到C右端前,AC已达到共同速度,设该共同速度的大小为,根据动量守恒定律有解得假设从AB第一次碰撞到AC达到共同速度的时间为,根据动量定理有解得在该段时间内,ABC向右运动的距离分别为因为所以假设成立,此后AC以共同速度向右运动,直到BC右端碰撞,从AC达到共同速度至B到达C右端的时间因此选修3-41.5分)在纸面上有两波源相距,频率均为,以为原点建立如图所示的坐标系,时波源从平衡位置开始垂直纸面向上做简谐运动,所激发的横波在均匀介质中向四周传播。时波源也开始垂直纸面向上做简谐运动,在时两列简谐波的最远波峰传到了图示中的两个圆的位置。则(  )A.波的传播速度为B.虚线为振动加强区C时波谷与波谷相遇的点共有2D连线上有2个振动减弱的位置E连线上有3个振动减弱的位置【答案】ACE【详解】A.两波源起振的时间差为时间内两列波的传播距离之差为波的传播速度为A正确;B.根据几何关系可知上各质点到两波源的波程差均为零,而正向下振动,与起振方向相反,所以两波源在上引起质点的振动步调相反,即虚线为振动减弱区,故B错误;C.两列波的波长均为波传播到的最远位置到的距离为此时波的最远波谷到的距离为波的最近波谷到的距离为波传播到的最远位置到的距离为波此时产生的波形中只有一个波谷,且到的距离为如图所示可知时波谷与波谷相遇的点共有2个,故C正确;DE连线上满足到两波源的波程差为波长的整数倍的点为振动减弱位置,即解得所以连线上有3个振动减弱的位置,故D错误,E正确。故选ACE210分)如图所示,一玻璃砖的截面由半圆柱和等腰直角三角形柱ABC组成,AC是半圆的直径,O点为圆心,AC长为2R,光屏MN距圆心O的距离为。一束与AB等宽的平行光垂直AB面射入玻璃砖,发现从半圆弧上D点出射的光线恰好落在光屏上的F点,FO连线沿半圆的半径方向且垂直于ACODOF夹角为(忽略未发生全反射光线的二次反射),光在真空中的传播速度为c,求:1)该玻璃砖的折射率;2)半圆弧上有一点EOEOF夹角为,求射到E点的光线在玻璃砖中的传播时间。【答案】(1;(2【详解】(1)由于忽略非全反射光线的二次反射,因此能到达点的光线只能是面上发生反射的结果,三角形柱ABC为等腰直角三角形,则经反射后光线平行于AB边,光路图如图所示。由几何关系得,与法线夹角为60°,经BC边反射后光线与OD夹角为,由折射定律解得2)由于折射率,可知到达E点的光线发生全反射。射到点的光线在玻璃砖中的光路如上图所示。由几何关系可知,其在中的光程总长为,而在半圆形部分的光程长为。光在玻璃砖中的传播速度为因此在玻璃砖中的总传播时间为
     

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