物理-河南省郑州市宇华实验学校2023—2024学年高三上学期摸底考试

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一、选择题（本题共10小题，每题小5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1至6题只有一项符合题目要求，第7至10题有多个选项符合要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
1. 答案：D
解析：A、时间间隔对应一个过程，26分钟指的是时间间隔，故A错误；B、路程是指实际轨迹的长度，29公里指的是此次行程的路程，故B错误；CD、路程是运动轨迹的长度，图中三种方案路程不同，三种方案中的起点和终点都相同，即位移相同，故C错误，D正确；故选：D。
2. 答案：C
解析：国际单位制的七个基本单位是：长度（米）、质量（千克）、时间（秒）、电流（安培）、热力学温度（开尔文）、物质的量（摩尔）和发光强度（坎德拉）。故选C。
3. 答案：B
解析：A.根据角速度的定义可得小球的角速度为，根据几何关系可得，联立可得，故A错误；
B.小球做匀速圆周运动，小球所受合力等于其向心力为，联立可得，故B正确；
C.小球所受的合力大小不变，方向时刻改变，则小球做非匀变速曲线运动，故C错误；
D.根据结合关系可得，结合，联立解得，故D错误；
故选B。
4. 答案：D
解析：A.设斜面高度为h，a沿斜面下滑的时间为t，则有：，解得，b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛,根据，解得，由此可知它们运动的时间不相等，故A错误；
B.三个小球的重力一样，下落的高度差一样，根据，所以运动过程中重力做的功相等，而重力做功平均功率为，因运动时间不同，则三个小球从开始到落地运动过程重力做功平均功率不相等，故B错误；
C.因为a、b两球初速度为0，c的初速度不为0，由机械能守恒定律可知：a、b两球的落地时的速度大小相等，但速度方向不同，所以它们落地时的速度不相同，故C错误；
D.根据重力做功的瞬时功率公式，可知自由落体和平抛落地时竖直速度相同，则其瞬时功率相同，故D正确；
故选D。
5. 答案：C
解析：设导体棒的长度为l，做匀速圆周运动的线速度大小为v，经过一段时间t导体棒的速度方向与初始速度方向的夹角为θ，则，如图所示，此时导体棒的有效切割速度为，则导体棒在匀速转动的过程中，导体棒两端的电势差为，C正确，ABD错误。
6. 答案：D
解析：由LC振荡电路的周期为，为了增大LC振荡电路的固有频率可减小周期大小，增大电容器的正对面积电容增加，在线圈中放入铁芯电感增加，因此电路的周期增大，A错误；
电容器极板的面积减小电容增加，线圈匝数增加电感增加，B错误；
减小电容器的距离电容增加，放入贴心电感增加，C错误；
减小电容器的正对面积则电容减小，减小线圈的匝数电感减小，因此周期减小频率增加，D正确。
7. 答案：AC
解析：A.由题图可知，碰前滑块Ⅰ、Ⅱ的速度大小分别为
解得
故A正确；
B.设碰前滑块Ⅰ、Ⅱ的动量大小分别为、，碰后结合体的动量大小为P，则根据动量守恒定律有
所以
故B错误：
CD.设滑块Ⅰ、Ⅱ的质量分别为、，由题图可知碰后结合体的速度大小为
根据动量守恒定律有
解得
碰前滑块Ⅰ和滑块Ⅱ的动能之比为
所以碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能大，故C正确，D错误。
故选AC。
8. 答案：AD
解析：A.因为
所以物块先向上做加速度为
的匀加速运动，与传送带共速后做匀速运动，故A正确；
BC.物块运动过程中摩擦力与运动方向相同，始终做正功，所以机械能始终增加，故BC错误；D.物块匀加速的时间为
则物块与传送带的相对位移为
物块与传送带间因摩擦产生的内能为
联立可得
故D正确。
故选AD。
9. 答案：AD
解析：AB.比较卫星c和同步卫星d的速度，可根据卫星速度公式同步卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，因此，地面卫星b和同步卫星具有相同的角速度，可根据进行比较，由于同步卫星的轨道半径大于地球半径，因此，故A正确，B错误；
CD.比较卫星c和同步卫星d的加速度，可根据卫星速度公式同步卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，因此，地面卫星b和同步卫星具有相同的角速度，可根据进行比较，由于同步卫星的轨道半径大于地球半径，因此，故C错误，D正确。
故选AD。
10. 答案：AD
解析：A.三个图标都是为了防止静电的产生，故A正确；B.工作人员工作时间穿绝缘性能良好的化纤服装，会产生静电，故B错误；C.用绝缘的塑料梳子梳头，会产生静电，故C错误；D.化纤手套与接触物容易摩擦起电存在安全隐患，有可能引起油料燃烧，故D正确。故选AD。
二、非选择题（本题共6道小题，共60分。）
11. （8分）答案：（1）③⑤④②①
（2）0.23
（3）
（4）0.33
（5）见解析
解析：（1）实验时，将木板固定在水平桌面上，接着将纸带穿过打点计时器的限位孔并固定在木块上，然后把细线拴在小车上，使细线跨过定滑轮并挂上槽码，调节滑轮高度使细线与木板平行，再接通打点计时器，释放木块，最后关闭电源取下纸带，故正确的顺序是③⑤④②①。
（2）由纸带图可知每四个点选用一个计数点，则计数点之间的时间间隔为
且可知
由逐差法得
解得
（3）根据表中数据，描点，让尽量多的点在直线上，不在直线上的点尽量分布在直线两侧，得到图像如下：
（4）由滑动摩擦力公式得
可知，图像的斜率，有
解得
（5）用图像法求μ，需要结合图像，而图像的在连接时尽量让更多的点在线上，但不会将每一个点都连上，一些偏离直线较远的点可以自动排除，即舍弃了一些错误的数据，从而使结果更接近真实情况。而乙同学通过求平均值并没有办法完全消除这样的错误数据带来的影响，故甲同学的结果更准确一些。
12.（7分）答案：（1）C；（2）B；（3）1：2；（4）C
解析：（1）本实验采用的是控制变量法，选项C正确。
（2）保证质量、半径不变，可探究向心力大小与角速度的关系，选项B正确。
（3）由可知，两个小球的转动角速度之比为1：2。
（4）在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度的平方成正比，选项C正确。
13. （8分）答案：（1）（2），
解析：（1）空载起飞时，升力正好等于重力：
满载起飞时，升力正好等于重力：
由上两式解得：
（2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以
解得：
由加速的定义式变形得：
解得：
14.（10分）答案：（1）；（2）；
解析：（1）小球离开圆锥体的临界条件为圆锥体对小球的支持力为，由牛顿第二定律可得
解得
因，小球离开圆锥体
对小球进行受力分析如图甲所示
根据牛顿第二定律有
解得
（2）因，小球离开圆锥体
对小球进行受力分析如图乙所示，设细线与竖直方向的夹角为α，
由牛顿第二定律得
解得：
又因为竖直方向受力平衡：
线速度
15.（12分）答案：（1）
（2）
解析：（1）粒子在加速器内电场力作用下从极板M，加速运动到极板N过程，由动能定理可得
解得
（2）设圆形区域内匀强电场的电场强度大小为E，该粒子在圆形电场区域内做类平抛运动。
粒子沿初速度方向做匀速直线运动，通过电场的时间：
粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度：
由于粒子恰好从Q点离开，故穿过电场的位移侧移量：
联立解得：
16.（15分）答案：（1）18 V；（2）4 Ω；（3）恰好从平行板边缘飞出
解析：当S断开时，两极板间的电势差即为电源电压U，由平衡条件得，代入数据解得.
解析：小球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得，代入数据解得.
当S闭合时，带电小球在平行板间做类平抛运动，水平方向，竖直方向，又，
代入数据解得.
对带电小球，由牛顿第二定律得，又，解得.
当S闭合、时，和串联，平行板与并联，两端的电压，根据串联分压有，联立解得.
解析：当S闭合、时，根据串联分压有，解得平行板两端电压.
对带电小球，由牛顿第二定律得，又，
联立并代入数据解得.
带电小球在极板间做类平抛运动，竖直方向有，解得，带电小球恰好从平行板边缘飞出.