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    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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    这是一份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,文件包含╬∩└φ┤≡░╕docx、╬∩└φ╩╘╠Γdocx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共14页, 欢迎下载使用。


    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)
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