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    2022-2023学年安徽省九师联盟高三下学期开学考试理综物理试题

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    这是一份2022-2023学年安徽省九师联盟高三下学期开学考试理综物理试题,文件包含安徽省九师联盟2022-2023学年高三下学期开学考试理综物理试题解析版docx、安徽省九师联盟2022-2023学年高三下学期开学考试理综物理试题原卷版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共21页, 欢迎下载使用。


    九师联盟高三下开学考试

    1. 如图甲所示,阴极K和阳极A是密封在真空玻璃管中的两个电极,阴极K受光照时能够发射出光电子,滑动变阻器可调节KA之间的电压,分别用abc光照射阴极K时,形成的光电流IG表示数)与电压UV表示数)的关系如图乙所示,则关于abc光的频率νaνbνc,下列关系式正确的是(  )

    A.  B.  C.  D.

    【答案】C

    【解析】

    【详解】设遏止电压为,由动能定理

    可知,对于同一种金属不变,遏止电压与入射光的频率有关。对于一定频率的光,无论光的强弱如何,截止电压都是一样的,故ac是同种颜色的光。b的遏止电压最大,故b光的频率最大。

    故选C

    2. 如图所示,在倾角为θ=37°的斜面上,固定一宽L=0.5m的光滑平行金属导轨,在导轨上端接入电动势E=6V、内阻r=1Ω的电源和阻值为R=2Ω的定值电阻,质量m=1kg的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好,导轨与金属棒的电阻不计,重力加速度g10m/s2sin37°=0.6cos37°=0.8,现要保持金属棒在导轨上静止,需在空间施加匀强磁场的磁感应强度的最小值及磁场方向分别为(  )

    A. 10T,水平向右 B. 10T,竖直向下

    C. 6T,垂直导轨平面向下 D. 6T,垂直导轨平面向上

    【答案】D

    【解析】

    【详解】由安培定律分析可知,当磁感应强度最小时,导轨受到的安培力也最小,且磁场垂直导轨受到的安培力及电流所在的平面。故对导轨进行受力分析可知,当导轨受到的安培力也最小时,导轨的受力如下所示。由于导轨处于平衡状态,故此时安培力大小为

    根据电路连接方式及欧姆定律可知,此时电路中的电流大小为

    根据安培定则可知,当磁场强度最小时,磁场垂直导轨平面向上,故根据安培定律有

    联立可得

    故选D

    【点睛】根据安培定则及受力情况判断安培力与磁感应强度之间的关系,再选择恰当的公式进行解答即可。

    3. 在半径为RX星球探测过程中,某宇航员乘飞船来到该星球,宇航员在该星球表面让一个小球从离地远小于R)高度由静止释放做自由落体运动,小球落到该星球表面时的速度与该星球的第一宇宙速度之比为(  )

    A.  B.  C.  D.

    【答案】B

    【解析】

    【详解】自由落体运动过程,可得

    该星球的第一宇宙速度,根据

    联立可得

    所以

    故选B

    4. 海洋馆中一潜水员把一质量为m的小球以初速度从手中竖直抛出,从抛出开始计时,时刻小球返回手中,小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变,小球的速度随时间变化的关系图像如图所示,重力加速度大小为g,则小球在水中竖直下落过程中的加速度大小为(  )

    A.  B.  C.  D.

    【答案】B

    【解析】

    【详解】根据小球的速度随时间变化的关系图像分析知,第一阶段加速度大,大小为,第二阶段加速度小,故小球先竖直向上做匀减速直线运动,再竖直向下做匀加速直线运动,从抛出开始计时,时刻小球返回手中

    解得

    故球在水中竖直下落过程中的加速度大小

    根据牛顿第二定律,先竖直向上做匀减速直线运动

    再竖直向下做匀加速直线运动

    联立解得,小球在水中竖直下落过程中的加速度大小为

    故选B

    5. 如图甲所示,足够长的斜面体固定在水平面上,AB两个物块叠放在一起放在斜面上O点由静止释放,物块在向下运动过程中,物块B与斜面间的动摩擦因数μ与物块运动的距离x关系如图乙所示,运动过程中,物块AB始终保持相对静止,则AB一起向下运动到速度为零的过程中,关于BA的摩擦力,下列说法正确的是(  )

    A. 一直增大 B. 先减小后增大 C. 先沿斜面向下后沿斜面向上 D. 先沿斜面向上后沿斜面向下

    【答案】A

    【解析】

    【详解】A物块的质量为mAB两个物块的总质量为M,对整体分析,由静止释放,一起向下运动到速度为零,先加速直线运动再减速直线运动,合力先沿斜面向下后沿斜面向上,根据牛顿第二定律,先加速直线运动

    再减速直线运动

    摩擦力始终沿斜面向上,距离x一直增大,动摩擦因数μ一直增大,故加速度先减小后增大,对A物块分析,设BA之间的摩擦力大小为,同理,根据牛顿第二定律,先加速直线运动

    再减速直线运动

    BA的摩擦力始终沿斜面向上,加速度先减小后增大,故于BA的摩擦力一直增大。

    A正确。

    故选A

    6. 如图所示,将质量相同的abc三个小球从水平地面上的A点用相同的速率、以不同的方向斜向上抛出,三个小球在空中的运动轨迹分别为123,三个小球在空中运动过程中的动量变化量分别为Δp1Δp2Δp3,落地时重力的瞬时功率分别为P1P2P3,不计空气阻力,则下列说法正确的是(  )

    A. 三个球动量变化量相同 B. 三个球落地时重力的瞬时功率相等

    C. Δp1最大,Δp3最小 D. P1最大,P3最小

    【答案】CD

    【解析】

    【详解】AC.斜上抛运动可以看成是两个对称的平抛运动,所以

    由图可知

    所以

    根据动量定理有

    所以

    A错误,C正确;

    BD.三个球落地时重力的瞬时功率为

    所以


     

    B错误,D正确。

    故选CD

    7. 如图所示,在磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场中,有一匝数为N=25匝的矩形金属线框,绕垂直磁场的轴O O ʹ以角速度匀速转动,线框电阻为R=100Ω,面积为S=0.2m2,线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连,副线圈接有两只额定电压均为4V的灯泡L1L2,开关S断开时,灯泡L1正常发光,理想电流表示数为0.02A,忽略温度对小灯泡阻值的影响,则下列说法正确的是(  )

    A. 原、副线圈的匝数比为12:1

    B. 灯泡L1的额定功率为0.96W

    C. 若开关S闭合,灯泡L1将变暗

    D. 若从图示位置开始计时,线框中感应电动势的瞬时值表达式为

    【答案】ABC

    【解析】

    【详解】D.线圈转动过程中,产生的感应电动势的最大值为

    所以从图示位置开始计时,感应电动势的瞬时值表达式为

    D错误;

    AB.线框转动过程中产生的电动势的有效值为

    开关S断开时,灯泡L1正常发光,理想电流表示数为0.02A,此时变压器原线圈两端的电压为

    根据原副线圈电压与匝数的关系可得

    灯泡L1的额定功率为

    AB正确;

    C.若开关S闭合,并联电阻变小,回路中电流变大,线框内电压变大,所以原副线圈两端的电压变小,灯泡L1将变暗,故C正确。

    故选ABC

    8. 如图所示,在水平面内存在半径为R圆,在圆内存在垂直于水平面竖直向下的匀强磁场,匀强磁场的磁感应强度大小为B,位于圆心处的粒子源S沿水平面向各个方向发射速率相同、电荷量为q、质量为m的带正电荷的粒子,不计粒子所受的重力及相互作用力,下列说法正确的是(  )

    A. 若粒子的发射速度大小为,则粒子在磁场中运动的半径为

    B. 若粒子的发射速度大小为,则粒子在磁场中运动的时间为

    C. 若粒子的发射速度大小为,则粒子在磁场中运动的半径为

    D. 若粒子的发射速度大小为,则粒子在磁场中运动的时间为

    【答案】AD

    【解析】

    【详解】A.若粒子的发射速度大小为 可知则粒子在磁场中运动的半径为A正确;

    B.若粒子的发射速度大小为,则粒子在磁场中运动的半径为,根据几何关系可知粒子在磁场中运动转过的圆心角为,则粒子在磁场中运动的时间为

    B错误;

    CD.若粒子的发射速度大小为,则粒子在磁场中运动的半径为,根据几何关系可知粒子在磁场中运动转过的圆心角为,则粒子在磁场中运动的时间为

    C错误,D正确

    故选AD

    9. 如图甲所示,利用此装置验证动能定理,小车的前端固定有力传感器,能测出小车所受的拉力,遮光条固定在小车上,小车放在安装有定滑轮和两个光电门AB的光滑轨道上,用不可伸长的细线将小车与质量为m的重物相连,轨道放在水平桌面上,细线与轨道平行,滑轮质量、摩擦均不计。

    实验主要步骤如下:

    1)用螺旋测微器测量遮光条的宽度,如图乙所示,则遮光条的宽度___________mm

    2)①测量小车、传感器及遮光条总质量M,测量两光电门间的距离L

    ②由静止释放小车,小车在细线拉动下运动,记录传感器的示数为F,记录遮光条通过光电门AB时的挡光时间分别为t At B

    3)小车通过光电门B时的速度大小为___________;(用字母dt B表示)

    4)利用该装置验证动能定理的表达式为______________________。(用字母FLMdtAtB表示)

    【答案】    ①. 0.680    ②.     ③.

    【解析】

    【详解】1[1]螺旋测微器读数为

    3[2]由于通过光电门的时间极短,可以利用通过光电门的平均速度表示瞬时速度,小车通过光电门AB时的速度分别为

    4[3]以小车为研究对象,小车通过光电门AB时,合力做功为

    小车通过光电门AB时动能的变化量为

    则验证动能定理的表达式为

    10. 某实验小组要测量一个量程为0~0.6A的电流表的内阻。

    1)小组成员用多用电表的欧姆挡粗测电流表的内阻,选择开关拨到欧姆表倍率“×1”挡,欧姆调零后,将黑表笔接触电流表的___________(填“正”或“负”)接线柱,红表笔接触另一个接线柱,欧姆表刻度盘指针指示如图甲所示,则测得电流表内阻为___________Ω

    2)为了精确测量电流表内阻,可多测量几组数据,小组成员设计了电路并连接成了如图乙所示实物路,该电路连接存在的一个问题,请在连接有问题的导线上打“×”,并用笔画线将电路连接正确_________

    3)闭合电键前,应将滑动变阻器的滑片移到最___________(填“左”或“右”)端,闭合电键后,移动滑动变阻器,当电压表示数为U时,电流表示数为I,定值电阻的阻值为R0。为了减小实验误差,实验测得多组电压表和电流表的值UI,作U-I图像,求得图像的斜率为k,则电流表的内阻为RA=___________。(用kR0表示)

    【答案】    ①.     ②. 13.0    ③.     ④.     ⑤.

    【解析】

    【详解】1[1]黑表笔接的是多用电表的欧姆挡的电源正极,所以将黑表笔接触电流表的正接线柱;

    [2]欧姆表刻度盘指针指示如图甲所示,则测得电流表内阻为

    2[3]为了精确测量电流表内阻,可多测量几组数据,小组成员设计了电路并连接成了如图乙所示实物路,该电路连接存在的一个问题,请在连接有问题的导线上打“×”,并用笔画线将电路连接正确,如图所示

    3[4]闭合电键前,为保护电表,应将滑动变阻器的滑片移到最左端;

    [5]根据欧姆定律

    可知U-I图像的斜率为

    解得

    11. 图所示为放置在真空中的某种材料做成的透明球体,O为球心,半径为R,距离球心O0.5RA点有一点光源,能向各个方向发出某种单色光,OB为半径,且OBOA垂直,从A点发出射向B点的光线a恰好在B点发生全反射,已知光在真空中的光速为c,求:

    1)透明球体的折射率n

    2)光线a从发出到B点的时间t

    【答案】1;(2

    【解析】

    【详解】1)由题可知,该透明球体的临界角为,则有

    解得

    2)由折射率的速度表达式可得

    解得透明球体中的光速为

    所以光线a从发出到B点的时间

    12. 如图所示,空间存在水平向右的匀强电场,一个质量为m、电荷量为q的带正电小球用长为L的绝缘细线连接,细线的另一端固定在O点,将小球拉至A点,此时细线与水平方向的夹角θ=30°,给小球一沿垂直于OA方向斜向右下方的初速度,小球第二次经过P点时细线断开,此后小球运动到Q点时,速度水平向右,已知OP连线与水平方向的夹角也为θ=30°PQ连线与水平方向的夹角为α=37°,不计空气阻力,重力加速度大小为gsin37°=0.6cos37°=0.8,求:

    1)细线断开时小球的速度大小;

    2)匀强电场的电场强度大小。

    【答案】1;(2

    【解析】

    【详解】1)设细线断开时小球的速度大小为,从离开A点到第二次到达P点,由动能定理得

    解得

    2)将细线断开时小球的速度分解到水平方向和竖直方向的速度分别为,小球从P点运动的Q点水平分位移和竖直分位移大小分别为。如图所示

    小球从P点运动的Q点,竖直方向做竖直上抛运动,水平方向做匀加速直线运动。Q点速度水平向右,可知竖直方向分速度为零。设从P点运动的Q点的时间为,则

    小球从P点运动的Q点,水平方向的加速度

    解得

    13. 如图所示,半径为R的光滑圆轨道固定在竖直面内,小球b静止在轨道最低点B处,质量为m的小球a在轨道上与圆心O等高的A点由静止释放,小球ab在最低点发生弹性碰撞,小球ab均可视为质点,不计空气阻力,重力加速度大小为g,求:

    1)小球aA点运动到B点,合外力对小球a的冲量大小;

    2)要使ab第一次碰撞后,小球b能到达圆弧轨道的最高点C,则小球b的质量应满足的条件;

    3)若两球恰好在B点发生第二次碰撞,则第二次碰撞后小球b的速度大小。

    【答案】1;(2;(30

    【解析】

    【详解】1)设小球a运动到最低点时的速度为v0,由机械能守恒,得

    解得

    由动量定理得,合外力对小球a冲量大小

    2)设弹性碰撞后,ab两球的速度分别为v1v2,,设b球质量为,则

    解得

    b球运动到轨道的最高点时速度为v,则有

    小球b由最低点运动最高点的过程中机械能守恒,则

    若第一次撞击后,都向右运动,则

    若第一次撞击后,b球向右运动,a球反弹,则

    由①②③解得

    3)若两球恰好在B点发生第二次碰撞,由第一碰撞

    解得

    可知两球交换速度,两球质量相等。第一碰撞后小球a为零。第二次发生弹性碰撞,两球仍然交换速度。第二次碰撞后小球b的速度大小为0

     

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