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    2023届安徽省巢湖高三第一次摸底考试物理试题试卷

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    2023届安徽省巢湖高三第一次摸底考试物理试题试卷

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    这是一份2023届安徽省巢湖高三第一次摸底考试物理试题试卷,共17页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容,欢迎下载使用。
    2023届安徽省巢湖第一中学高三第一次摸底考试物理试题试卷
    注意事项:
    1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。
    2.答题时请按要求用笔。
    3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。
    4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
    5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

    一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
    1、如图所示,在铁芯上、下分别绕有匝数n1=800和n2=200的两个线圈,上线圈两端u=51sin314tV的交流电源相连,将下线圈两端接交流电压表,则交流电压表的读数可能是


    A.2.0V B.9.0V
    C.12.7V D.144.0V
    2、空间某区域存在一方向垂直于纸面向外、大小随时间均匀变化的匀强磁场,磁场边界ef如图所示,现有一根粗细均匀金属丝围成的边长为L的正方形线框固定在纸面内,t=0时刻磁场方向如图甲所示,磁感应强度B随时间t变化关系如图乙所示,则(  )

    A.0~t1:e点电势高于f点电势
    B.0~t1:
    C.t1~t2:金属框中电流方向顺时针
    D.0~t2:ab所受安培力方向始终不变
    3、如图所示,真空中,垂直于纸面向里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在(含边界),两圆的半径分别为R、3R,圆心为O.一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场,其运动轨迹如图,轨迹所对的圆心角为120°.若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时,不论其入射方向如何,都不可能进入小圆内部区域,则v1:v2至少为

    A. B. C. D.2
    4、如图所示,带电荷量为Q的等量同种正电荷固定在水平面上,在其连线的中垂线(竖直方向)上固定一光滑绝缘的细杆,细杆上套一个质量为m,带电荷量为的小球,小球从细杆上某点a由静止释放,到达b点时速度为零,b间的距离为h,重力加速度为g。以下说法正确的是( )

    A.等量同种正电荷在a、b两处产生的电场强度大小关系
    B.a、b两处的电势差
    C.小球向下运动到最大速度的过程中小球电势能的增加量等于其重力势能的减少量
    D.若把两电荷的位置往里移动相同距离后固定,再把带电小球从a点由静止释放,则小球速度减为零的位置将在b点的上方
    5、如图所示,一角形杆ABC在竖直面内,BC段水平,AB段竖直,质量为m的小球用不可伸长的细线连接在两段杆上,OE段水平,DO段与竖直方向的夹角为.只剪断EO段细线的瞬间,小球的加速度为a1;而只剪断DO段细线的瞬间,小球的加速度为a2,则为

    A.1 B. C.2 D.
    6、半径相同的两个金属小球A、B带有等量的电荷,相隔较远的距离,两球之间的吸引力大小为F,今用第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B两球接触后移开,这时A、B两球之间作用力的大小是(  )
    A. B. C. D.
    二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
    7、下列说法正确的是( )
    A.随着分子间距离的减小,其斥力和引力均增大
    B.单晶体有固定的熔点,多晶体和非晶体没有固定的熔点
    C.一定质量的0°C的冰熔化成0°C的水,其分子势能会增加
    D.一定质量的气体放出热量,其分子的平均动能可能增大
    E.第二类永动机不可能制成的原因是它违反了能量守恒定律
    8、如图所示为一列沿轴正方向传播的简谐横波时刻波形图,该时刻点开始振动,再过,点开始振动。下列判断正确的是_____________。

    A.波的传播速度
    B.质点的振动方程
    C.质点相位相差是
    D.时刻,处质点在波峰
    E.时刻,质点与各自平衡位置的距离相等
    9、如图所示,在光滑水平面上有宽度为d的匀强磁场区域,边界线MN平行于PQ线,磁场方向垂直平面向下,磁感应强度大小为B,边长为L(L<d)的正方形金属线框,电阻为R,质量为m,在水平向右的恒力F作用下,从距离MN为d/2处由静止开始运动,线框右边到MN时速度与到PQ时的速度大小相等,运动过程中线框右边始终与MN平行,则下列说法正确的是(  )

    A.线框进入磁场过程中做加速运动
    B.线框的右边刚进入磁场时所受安培力的大小为
    C.线框在进入磁场的过程中速度的最小值为
    D.线框右边从MN到PQ运动的过程中,线框中产生的焦耳热为Fd
    10、两根相距为的足够长的金属直角导轨如图所示放置,它们各有一边在同一水平面内,另一边垂直于水平面。质量均为的金属细杆、与导轨垂直接触形成闭合回路,杆与导轨之间的动摩擦因数均为,每根杆的电阻均为,导轨电阻不计。整个装置处于磁感应强度大小为,方向竖直向上的匀强磁场中。当杆在平行于水平导轨的拉力作用下以速度沿水平方向的导轨向右匀速运动时,杆正以速度沿竖直方向的导轨向下匀速运动,重力加速度为。则以下说法正确的是( )

    A.杆所受拉力的大小为
    B.杆所受拉力的大小为
    C.杆下落高度为的过程中,整个回路中电流产生的焦耳热为
    D.杆水平运动位移为的过程中,整个回路中产生的总热量为
    三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。
    11.(6分)如图甲所示为利用多用电表的电阻挡研究电容器的充、放电的实验电路图。多用电表置于×1k挡,电源电动势为,内阻为,实验中使用的电解电容器的规格为“”。欧姆调零后黑表笔接电容器正极,红表笔接电容器负极。
    (1)充电完成后电容器两极板间的电压________(选填“大于”“等于”或“小于”)电源电动势,电容器所带电荷量为________C;
    (2)如图乙所示,充电完成后未放电,迅速将红、黑表笔交换,即黑表笔接电容器负极,红表笔接电容器正极,发现电流很大,超过电流表量程,其原因是___________。

    12.(12分)张明同学在测定某种合金丝的电阻率时:
    (1)用螺旋测微器测得其直径为_____mm(如图甲所示);
    (2)用20分度的游标卡尺测其长度为______cm(如图乙所示);
    (3)用图丙所示的电路测得的电阻值将比真实值________(填“偏大”或“偏小”).

    四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
    13.(10分)直角坐标系 xoy 位于竖直平面内,在第一象限存 在磁感应强度 B=0.1 T、方向垂直于纸面向里、边界为矩形的匀强磁场。现有一束比荷为= 108 C / kg 带正电的离子,从磁场中的A点(m,0)沿与x轴正方向成 q =60°角射入磁场,速度大小 v0≤1.0 ×10 6m / s,所有离子经磁场偏转后均垂直穿过y轴的正半轴,不计离子的重力和离子间的相互作用。
    (1)求速度最大的离子在磁场中运动的轨道半径;
    (2)求矩形有界磁场区域的最小面积;
    (3)若在x>0区域都存在向里的磁场,离子仍从 A 点以 v0 =´ 10 6 m /s向各个方向均匀发射,求y轴上有离子穿出的区域长度和能打到y轴的离子占所有离子数的百分比。

    14.(16分)如图,在平面直角坐标系xOy内,第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场,第IV象限以ON为直径的半圆形区域内,存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,自y轴正半轴上处的M点,以速度垂直于y轴射入电场。经x轴上处的P点进入磁场,最后垂直于y轴的方向射出磁场。不计粒子重力。求:
    电场强度大小E;
    粒子在磁场中运动的轨道半径r;
    粒子在磁场运动的时间t。

    15.(12分)如图圆柱形导热气缸质量为,内部横截面积为,活塞的质量为,稳定时活塞到气缸底部的距离为。用竖直方向的力将活塞缓慢向上拉,直到气缸即将离开地面为止,此时活塞仍在气缸中,此过程中拉力做的功为。已知大气压强为,重力加速度为,环境温度不变,气缸密闭性良好且与活塞之间无摩擦。求:
    (1)最终活塞到气缸底部的距离;
    (2)上拉过程中气体从外界吸收的热量。




    参考答案

    一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
    1、A
    【解析】
    由得,其中,得,因此题中两线圈并非处于理想状态,会出现漏磁,所以交流电压表的读数小于9.0 V,故选项A正确.
    2、B
    【解析】
    A.0~t1时间内垂直于纸面向外的磁场减弱,根据楞次定律可知感应电流产生的磁场垂直于纸面向外,根据安培定则可知感应电流为逆时针方向,在电源内部,电流从负极流向正极,故f电势高于e的电势,A错误;
    B.根据法拉第电磁感应定律,感应电动势:


    B正确;
    C.根据楞次定律,0~t2金属框中电流方向为逆时针,C错误;
    D.根据左手定则,0~t1安培力水平向左,t1~t2安培力水平向右,D错误。
    故选B。
    3、B
    【解析】
    粒子在磁场中做圆周运动,如图:

    由几何知识得:,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:,解得:;当该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时,若粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进入磁场时,即粒子轨道半径,则不论其入射方向如何,都不可能进入小圆内部区域,此时洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:,解得:,则:,故B正确,ACD错误.
    4、D
    【解析】
    A.小球由a到b先加速再减速,a点加速度向下,b点加速度向上,所以,A错误;
    B.由a到b根据动能定理



    B错误;
    C.根据能量守恒,小球向下运动到最大速度的过程中小球重力势能转化为电势能和动能,所以小球电势能的增加量小于其重力势能的减少量,C错误;
    D.若把两同种电荷的位置往里移动相同距离后固定,根据电场强度叠加原理在中垂线上相同位置电场强度变大了,再由动能定理可知小球速度减为零的位置将在b点的上方,选项D正确。
    故选D。
    5、B
    【解析】
    只剪断EO段细线的瞬间,根据牛顿第二定律

    小球的加速度为

    只剪断DO段细线的瞬间,小球的加速度为a2=g,则

    A.1,与结论不相符,选项A错误;
    B.,与结论相符,选项B正确;
    C.2,与结论不相符,选项C错误;
    D.,与结论不相符,选项D错误;
    故选B.
    6、C
    【解析】
    两球之间是吸引力,故假设A的带电量为Q,B的带电量为-Q,两球之间的相互吸引力的大小是:,第三个不带电的金属小球C与A接触后,A和C的电量都为,C与B接触时先中和再平分,则C、B分开后电量均为,这时,A、B两球之间的相互作用力的大小:

    故C正确ABD错误。
    故选C。

    二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
    7、ACD
    【解析】
    A.分子间距离减小,其斥力和引力均增大,A正确;
    B.晶体有固定的熔点,非晶体没有固定的熔点,B错误;
    C.0℃的冰熔化成0℃的水,吸收热量,分子平均动能不变,其分子势能会增加,C正确;
    D.对气体做功大于气体放出的热量,其分子的平均动能会增大,D正确;
    E.第一类永动机违反了能量守恒定律,第二类永动机不违反能量守恒定律,只是违反热力学第二定律,E错误。
    故选ACD。
    8、ACE
    【解析】
    A.质点M和N相距6m,波的传播时间为1.5s,则波速:

    故A正确;
    B.波长λ=4m,根据波长、波速和周期的关系可知周期为:

    圆频率:

    质点M起振方向向上,t=1s时开始振动,则质点M的振动方程为y=0.5sin(2πt-2π),故B错误;
    C.相隔半波长奇数倍的两个质点,相位相差为π,质点M、N相隔1.5λ,故相位相差π,故C正确;
    D.t=0.5s=0.5T,波传播到x=4.0m处,此时x=1.0m处质点处于波谷,故D错误;
    E.t=2.5s=2.5T,N点开始振动,质点M、N相隔1.5λ,振动情况完全相反,故质点M、N与各自平衡位置的距离相等,故E正确。
    故选ACE。
    9、BD
    【解析】
    A、线框右边到MN时速度与到PQ时速度大小相等,线框完全进入磁场过程不受安培力作用,线框完全进入磁场后做加速运动,由此可知,线框进入磁场过程做减速运动,故A错误;
    B、线框进入磁场前过程,由动能定理得:,解得:,线框受到的安培力: ,故B正确;
    C、线框完全进入磁场时速度最小,从线框完全进入磁场到右边到达PQ过程,对线框,由动能定理得: 解得: ,故C错误;
    D、线框右边到达MN、PQ时速度相等,线框动能不变,该过程线框产生的焦耳热:Q=Fd,故D正确;
    10、BD
    【解析】
    AB.ab杆切割磁感线时产生沿abdc方向的感应电流,大小为

    cd杆中的感应电流方向为d→c,cd杆受到的安培力方向水平向右,大小为
    F安=BIL ②
    cd杆向下匀速运动,有
    mg=μF安 ③
    解①②③式得,ab杆匀速运动的速度为

    导体ab受到水平向左的安培力,由受力平衡得
    F=F安+μmg ⑤
    由③⑤解得

    选项A错误,B正确.
    C.设cd杆以v2速度向下运动h过程中,ab杆匀速运动了s距离,则

    整个回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功
    Q=F安s


    选项C错误;
    D.ab杆水平运动位移为s的过程中,整个回路中产生的焦耳热为

    ab杆摩擦生热

    cd杆摩擦生热

    则总热量

    选项D正确;
    故选BD.

    三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。
    11、等于 此时电容器为电源,且与多用电表内部电源串联
    【解析】
    (1)[2][3]电容器充电完成后,电容器两极板间的电压等于电源电动势。由公式可得

    (2)[4]红、黑表笔交换后,电容器视为电源,且与多用电表内部电源串联,总的电动势变大,电路中电流变大。
    12、3.202-3.205 5.015 偏小
    【解析】
    (1)解决本题的关键明确:螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读.
    (2)游标卡尺读数的方法,主尺读数加上游标读数,不需估读.
    (3)由电路图,根据电表内阻的影响确定误差情况.
    【详解】
    (1)螺旋测微器的固定刻度为3.0mm,可动刻度为20.5×0.01mm=0.205mm,所以最终读数为3.0mm+0.205mm=3.205mm.
    (2)20分度的游标卡尺,精确度是0.05mm,游标卡尺的主尺读数为50mm,游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm,所以最终读数为:50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm.
    (3)由欧姆定律得,电阻阻值R=U/I,由于电压表的分流作用使电流测量值偏大,则电阻测量值偏小.
    【点睛】
    考查螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数;游标卡尺不需要估读、螺旋测微器需要估读.掌握由欧姆定律分析电路的误差的方法.

    四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
    13、 (1) 0.1m;(2) m2;(3);50%。
    【解析】
    (1)根据洛伦兹力提供向心力有

    代入数据解得
    R=0.1m;
    (2)如图1所示:

    根据几何关系可知,速度最大的离子在磁场中运动的圆心在y轴上的B(0,m)点,离子从C点垂直穿过y轴,所有离子均垂直穿过y轴,即速度偏向角相等,AC连线应该是磁场的边界,满足题意的矩形如图1所示,根据几何关系可得矩形长为

    宽为
    R-Rcosθ=m
    则面积为

    (3)根据洛伦兹力提供向心力有

    解得

    临界1,根据图2可得

    与x轴成30°角射入的离子打在y轴上的B点,AB为直径,所以B点位y轴上有离子经过的最高点,根据几何知识可得
    OB=m;
    临界2:根据图2可得,沿着x轴负方向射入磁场中的离子与y轴相切与C点,所以C点为y轴有离子打到的最低点,根据几何知识有
    OC=m
    所以y轴上B点至C点之间的区域有离子穿过,且长度为

    根据图3可得,

    沿着x轴正方向逆时针转到x轴负方向的离子均可打在y轴上,故打在y轴上的离子占所有离子数的50%。
    14、
    【解析】
    设粒子在电场中运动的时间为,根据类平抛规律有:

    根据牛顿第二定律可得:

    联立解得:

    粒子进入磁场时沿y方向的速度大小:

    粒子进入磁场时的速度:

    方向与x轴成角,
    根据洛伦兹力提供向心力可得:

    解得:

    粒子在磁场中运动的周期:

    根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心角:,则粒子在磁场中运动的时间:


    15、(1);(2)
    【解析】
    (1)以封闭的气体为研究对象,初始状态下,活塞受力平衡,有

    所以气体压强
    体积
    气缸即将离开地面时,气缸受力平衡,有

    所以压强
    封闭气体体积
    气体做等温变化,由玻意耳定律有

    解得
    (2)设活塞移动过程中气体对活塞做的功为,由动能定理有

    由热力学第一定律有

    结合等温变化
    解得

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