2024遂宁射洪中学高三下学期6月考前热身试题物理含答案

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14、D【解析】聚变反应前与的总结合能
E₁=(1.09×2+2.57×3)MeV=9.89 MeV,反应后生成的的结合能
E₂=7.07×4 MeV=28.28 MeV,因；H无结合能，故该核聚变反应释放的核能△E=E₂-E₁=(28.28-9.89)MeV≈18.4 MeV,D正确。
15、B【解析】设两球抛出后经历时间t,两球的速度v₁与v₂方向垂直，由题意可知两球竖直方向的速度变化量相等，为;作出两球速度变化的矢量图如图所示，由于速度,,,由几何关系有,可得,t=0.4s,B正确。
16、A【解析】A项，根据前述分析可知，这是异号的两个点电荷所形成的电场，故而BC间的电场线应指向P点，即沿x轴负方向，故A项正确。
B项，由图可知，带正电的试探电荷越靠近O点，其电势能越高，而越靠近P点，其电势能越低。说明电荷靠近O点时，电场力做负功，而电荷靠近P点时，电场力做正功，故O点为正电荷，而P点为负电荷，故B项错误。
C项，根据Ep-x图像，我们可知C点和A点的图像斜率。而斜率k=AEp=△重q=Eg。而C点图像斜率为0,A点图像斜率绝对值大于0,故C点电场强度小于A点电场强度，故C项错误。
D项，由于负电荷放置在P点，故将负点电荷从B点移动到D点的过程中，电场力始终做正功，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为A。
17、B【解答】解：AB、在星体表面上的物体，其受到的重力等于万有引力：
代入数据得到：，故A错误，B正确；
CD、对绕中子星表面做匀速圆周运动的卫星，根据万有引力提供向心力：
变形得到：，故CD错误。
故选：B
18、C【解答】刚释放时，弹簧处于原长，弹力为0,此时金属环的加速度最大，所以金属环的最大加速度为am=gsin 45°=,,故A错误；
当金属环下落到最低点时，金属环速度为0,金属环与细杆之间的压力最大，设此时弹簧的形变量为x₂,由机械能守恒定律得,,对金属环进行受力分析，垂直杆方向有,解得金属环与细杆之间的最大压力为，故B错误。
当金属环速度最大时，加速度为0,此时若弹簧的伸长量为x₁,根据平衡条件，沿杆方向有,由机械能守恒定律得,解得金属环的最大速度为,金属环达到最大速度时重力的功率为,故C正确，D错误；
19、AD。【解答】由题意知。a、b、c三小球均处于静止状态，通过手里分析可知，三小球间库仑力相互排斥，d球与它们相互吸引。所以三球带的是同种电荷，d与三球带的是异种电荷，故A正确。
b、c三球在点的叠加电场强度为零，但d球在点电场强度部位零，所以，故B错误。
圆周上各点到d小球的间距相同，所以d点在圆周上个点的电势相同，但相对于a、b、c三小球的距离不一定相同，电势不一定相等。所以各带电小球在圆周上各点的总电势不一定相同，故C错误。
b
以a球为研究对象受力分析：
c两带电小球与a的间距为R1：
b、c两带电小球对a的库仑力大小相等：
b、c两带电小球对a的库仑力夹角为合力方向沿着径向向外：
大小为F1：
d带电小球与a的距离为R2：
d带电小球与a的库仑力为：
由平衡条件可知：
联立求解可知：，故D正确。
20、BC。【解答】解：AB.假、设两电源左侧电势为2E，两点源中间电势为E，右侧电势为0，则b点电势为E，当滑动变阻器滑片P在b点时，UkA＝E，滑动变阻器滑片P在b处时，灵敏电流计G读数刚好为0.B，阴极K的金属材料的逸出功为，则光电子的最大初动能为hν﹣，故A错误，B正确；
C.滑动触头P到达b处，所有方向射出的电子都能到达A板，则当电子出射方向平行于K板时，运动到A板的过程为类平抛运动，有
＝
解得v0＝
此时UAK＝E，l＝t2
所以r＝v0t＝2l故C正确；
D.换用光强更大的同种激光照射阴极K，滑动变阻器的滑动触头P从c向右滑动到d后，再向f滑动的过程中，电压表V读数增大，阴极发射出的电子在电场力的作用下都到达A极，电流达到饱和电流，灵敏电流计G的读数不变，故D错误。
故选：BC。
21、BD【解答】1=R定律有F-mgsinθ-BIL=ma,其中,速度增加，牵引力减小，安培力增大，则加速度减小，所以在0~4s内导体棒做加速度减小的加速运动，A错误；
当a=0时导体棒速度最大，解得此时F=1.1 N,恒定功率P==1.1×2 W=2.2 W,B正确；设0~4s内导体棒的位移大小为x,根据动能定理有,
由功能关系可知导体棒克服安培力做的功等于电阻R产生的热量，即,解得x1=2.6m；
4-6s内的运动分析：导体棒做匀速直线运动；
6-6.4s内的运动分析：断开开关且撤去牵引力，导体棒向上做匀减速直线运动，且加速
度大小a'=gsinθ,到t=6.4s时，速度大小；
匀减速的距离；
沿斜面上滑的最大距离。故C错误。
6.4s之后的运动分析：开关接2,导体棒从静止开始沿导轨下滑，电容器充电，回路中有电流，对导体棒由牛顿第二定律有mgsinθ-BIL=ma",其,解得加速度大小，沿斜面匀加速下滑；
所以7秒末的速度：故D正确。
22、【解答】解：（1）相邻计数点之间的时间间隔
根据逐差法，加速度
代入数据解得a＝1.6m/s2
（2）对重物，根据牛顿第二定律2F﹣mg＝ma
变形可得
结合a﹣F图像，图像的斜率
解得重物和动滑轮的总质量
图像的截距绝对值b＝g
由图可知，钩码的加速度为重物的2倍，根据牛顿第二定律Mg﹣F＝M•2a
由于M＝m，g＝b
解得钩码加速度。
故答案为：（1）1.6；（2）；。
23、【解答】解：（1）本实验误差来自于闭合S2电阻箱R′并入电路后，干路电流会发生变化，为使干路电流变化较小，应使干路中滑动变阻器进入电路的阻值尽量大，为使电流表能够满偏，相应的电源电动势应较大。故电源选择电源电动势约为9V的电压E2，毫安表G的满偏电流为500μA，则干路中滑动变阻器进入电路的最小电阻大于，股滑动变阻器应选择最大电阻为20kΩ的R2。
（2）由实验操作步骤可知通过毫安表的电流等于通过电阻箱的电流，可知两部分电阻相等，即毫安表G内阻的测量值Rg＝1900Ω；
因为闭合S2电阻箱R′并入电路后，电路的总电阻变小，干路电流会变大，即干路电流大于Ig，而流过微安表的电流为，则流过电阻箱的电流大于，即流过电阻箱的电流实际大于流过微安表的电流，根据并联电路的特点，可知微安表G内阻真实值大于电阻箱的阻值；
若按照（1）中测算的Rg，将上述微安表G改装成量程为2V的电压表需要串联的电阻R0为：
（3）当微安表G的示数为495μA时
若是调整为准确，则需将为微安表读数变为500μA，则
即将改装后的电压表内阻减小40.4Ω，即将R0的阻值变为2100Ω﹣40.4Ω＝2059.6Ω。
故答案为：（1）①E2；R2；②1900；偏小；（2）2100；（3）2059.6
24．[解析]
(1)解除锁定后物块A的最大动能为Ek0，弹簧弹开的过程根据机械能守恒定律可得
Ep=Ek0==112 J (1分)
物块A在Q点离开弹簧，之后运动到N点，速度为v0，此过程根据动能定理有
m120－Ek0=－μ1m1gd (2分)
代人数据解得v0=10 m/s (1分)
(2)以向右为正方向，A、B发生弹性碰撞，则动量守恒、机械能守恒，设第一次碰撞后瞬间物块A、B的速
度分别为v1、v1，根据动量守恒定律有
m1v0= m1v1 +m2v2 (1分)
根据机械能守恒定律有
m120=m121+m222 (1分)
联立两式并代人数据解得
v1=－6 m/s，负号表示方向向左 v2=4 m/s 物块B向右做减速运动，根据动量定理有
－μ2m2g·tB=0－m2v2 (1分)
解得 tB=2 s
物块B运动的位移大小
xB=·tB=4m (1分)
物块A先向左做匀减速直线运动，运动到Q点后压缩弹簀，之后又以压缩弹簀前瞬间的速度大小向右做匀
减速直线运动，
加速度大小 aA=μ1g=1m/s2 (1分)
物块A、B第一次碰后，2s时间内在Q点右侧运动的路程
xA=|vA|·t－ aAt2=10m＜xB+2d (1分)
则物块A 一定是在物块B停止之后与物块B发生第二次碰撞，则第二次碰撞前物块A与水平面间因摩擦产生的热量
Q=μ1m1g·(3d+xB)= 44 J (2分)
说明：B停止之前，A未到达B停止位置，其它判断方法参照给分
34、（ = 1 \* rman \* MERGEFORMAT i）【解答】解：（1）从左向右的实验装置是光源、凸透镜、滤光片、单缝、双缝、双屏，故A处为单缝、B处为双缝、滤光片在凸透镜和A之间，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，由丙图可知x1＝0mm+3×0.1mm＝0.3mm
由图丁可知x2＝9mm+6×0.1mm＝9.6mm
相连条纹的间距为Δx＝＝mm＝2.325mm
根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝λ
可得单色光波长λ＝Δx＝m＝6.2×10﹣7m
( = 2 \* rman \* MERGEFORMAT ii)[解析]
光路图如图所示：
（1）i=90°-θ=53°（1分）
根据折射定律
（1分）
解得r=37°(1分)
根据几何关系有OD=DEtan i=2.4 m(1分)
AB=OBtan r=1.2 m(1分)
则鱼距离渔民的实际水平距离AC=AB+OD=3.6 m(1分)
(2)CE=CD+DE=3.4 m(2分)
则（1分）
(1分)