四川省成都市新都一中2024-2025学年高三上学期第二次精准化考试物理试卷（PDF版附答案）

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1．B
【详解】A．玻尔的原子理论只能很好的解释氢原子光谱规律，并没有完全揭示了微观粒子的运动规律，故A错误；
B．变压器只对交变电流起作用，对恒定电流不起作用，故B正确；
C．自感电动势总是阻碍原电流的变化，故C错误；
D．当速度方向与磁场方向平行时，带电粒子在磁场中不受到洛伦兹力的作用，故D错误。
故选B。
2．B
【详解】小船速度最小且避开危险区沿直线运动到对岸时，合速度方向恰好与危险区相切，如图所示
由于水流速不变，合速度与危险区相切，小船相对静水的速度为船速矢量末端到合速度上任一点的连线，可知当小船相对静水的速度与合速度垂直时速度最小，根据题意得
解得
小船相对静水的速度最小值为
解得
故选B。
3．A
【详解】弹簧弹力提供小球的向心力，可得
解得
小球、光滑轻杆同轴转动，角速度相同，则轻杆右端点线速度的最大值为
故选A。
4．D
【详解】A．小球在立柱上端由静止释放，若加速下滑，整个系统中有部分（小球）处于失重状态，则地面对大圆环的支持力小于，A错误；
B．小球在立柱上以一定的速度向下运动，若减速下滑，整个系统中有部分（小球）处于超重状态，则地面对大圆环的支持力大于，B错误；
C．当小球对立柱向上的摩擦力大等于时，大圆环离开地面，故小球能否通过摩擦力将大圆环托离地面，取决于摩擦力大小，与初速度大小无关，C错误；
D．若小球与立柱的摩擦力大于或等于大圆环的重力时，就可能通过摩擦力将大圆环托离地面，此时
解得
D正确。
故选D。
5．C
【详解】A．7.9km/s是最大的卫星环绕速度，所以三颗卫星的运行速度小于7.9km/s。故A错误；
B．根据万有引力的公式
可知，由于不知道三颗卫星的质量大小，因此不能确定三颗卫星所受地球万有引力大小的关系。故B错误；
C．根据万有引力充当向心力有
可得卫星的线速度
则该卫星的动能
又
联立，解得
故C正确；
D．若恰能实现赤道全球通信时，此时这三颗卫星两两之间与地心连线的夹角为120°，每颗卫星与地心的连线和卫星与地表的切线以及地球与切点的连线恰好构成直角三角形，如图
根据几何关系可知，此种情况下卫星到地心的距离为
则卫星离地高度至少为
故D错误。
故选C。
6．A
【详解】A．由图乙可知，1s时，煤块的运动发生突变，可知传送带的速度为，之后传送带继续做减速运动，在1s前煤块相对于传送带向上运动，此过程的相对位移为
1s后煤块相对于传送带向下运动，此过程的相对位移为
可知，煤块在传送带上的划痕为8米，故A正确；
B．在内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有
根据图乙可得
在内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有
根据图乙可得
联立解得
故B错误；
C．结合上述可知，在内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，在内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，故C错误；
D．结合上述可知，当传送带的速度大于后，物块在传送带上一直做加速度大小为的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，故D错误。
故选A。
7．D
【详解】如图所示
以处为圆的最高点作圆与传送带相切于点，设圆的半径为，从处建立一管道到圆周上，管道与竖直方向的夹角为，原料下滑的加速度为
管道长度为
由运动学公式可得
解得
可知从处建立任一管道到圆周上，原料下滑的时间相等，故在与传送带间建立一管道，原料从处到传送带上所用时间最短；根据图中几何关系可得
可得
联立可得
故选D。
8．BC
【详解】AC．由图乙可知，此时质点P沿y轴负方向振动，根据波形平移法可知，波沿x轴正方向传播，则此时质点Q沿y轴正方向振动，所以从该时刻起质点P比质点Q先运动至波谷位置；当质点P位于波谷时，可认为质点P振动了，则此时质点Q位于平衡位置上方并向上振动，故A错误，C正确；
B．由图乙可知，周期为，则从该时刻起，经过0.1s，质点Q通过的路程为
故B正确；
D．由图甲可知波长为，则波速为
则从该时刻起经过0.15s，波沿x轴的正方向传播的距离为
故D错误。
故选BC。
9．ACD
【详解】A．当时，小球、物块、斜面体有共同的加速度，对小球分析，受重力和细线的拉力，合力水平向左，如图
则
解得
整体由牛顿第二定律得
故A正确；
B．当时，物块受到的合力水平向左，物块受重力、斜面的支持力，由于不知斜面是否光滑，摩擦力的大小与方向不确定，因此物块的加速度不能确定，则水平推力大小不确定，故B错误；
C．当时，小球的加速度大小为
物块与小球有共同的加速度，物块与斜面间的摩擦力一定为0。如果，物块与斜面间的摩擦力一定不为0，当时，物块受到斜面沿斜面向上的摩擦力；当时，物块受到斜面沿斜面向下的摩擦力，故C正确；
D．当斜面光滑时，物块受重力与斜面的支持力，小球与物块有共同的加速度，则
解得
细线与斜面一定垂直，故D正确。
故选ACD。
10．AB
【详解】AB．物块的最大加速度为
解得
m/s2
当N时，假设木板和物块相对静止，则有
解得
m/s2a
物块与木板在4s末的速度相等，根据位移—时间公式可知
代入数据解得
s
所以6s末，物块刚好与木板分离，故AB正确；
C．0~6s内，物块与木板组成的系统受拉力做功，机械能不守恒，故C错误；
D．根据功能关系可知，4~6s内，拉力F做功等于物块与木板系统动能增量与系统摩擦生热之和，故D错误；
故选AB。
11． 偏小 钢球质量m和轨道半径r
【详解】（1）[1]钢球做匀速圆周运动时的向心力可表示为
而运动周期
联立可得
（2）[2]钢球做匀速圆周运动时所受合力指向圆轨道的圆心，大小为
钢球做匀速圆周运动时，距悬点的竖直高度小于h，故利用来求合力，该式计算的结果与真实值相比偏小。
（3）[3]合力作为向心力可得
整理得
因此只要验证上式是否成立即可，故不需要测量的物理量是钢球质量m和轨道半径r。
12．(1)B
(2)2.86
(3) 远小于 小
【详解】（1）A．本实验方案中需要用到刻度尺用测量位移；需要测出小车质量，故需要天平；因打点计时器本身就具有计时功能，故不需要秒表， 故A错误；
B．为保证小车所受的合力为绳子的拉力，故长木板右侧适当垫高是为了补偿小车受到的阻力，故B正确；
C．探究小车加速度与小车的总质量M 关系时，可以改变小车内钩码数量，重复实验，测定多 组相关数据，再通过作出的图像，得到a 与M 的正比关系，故C错误；
D．平衡阻力时，不需要在砝码盘内放上适量的砝码，且不挂上绳子，先打开电源，后释放小车，观察纸带上打出的点迹是否均匀，故D错误。
故选B。
（2）由题知，电源的频率为f=50Hz，每相邻两计数点间有四个点未画出，故相邻计数点间的时间为
根据逐差法，可得
（3）[1]由丙图知，图线①向下偏曲，则产生原因是不满足“钩码的总质量远小于小车质量”的条件；
[2]由丙图知，图线③，F需要加到一定值时才有加速度，说明摩擦力较大，则产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过小。
13．(1) (2)150m
（1）（5分）物体在空中平抛运动的高度为
则平抛的时间为

平抛的水平位移为
则平抛的初速度为
（2）（5分）运动员在空中做平抛运动，则有
，，
解得
，，
则合位移为
故距B点的距离为
d=200m-50m=150m
14．(1) (2)
（1）（4分）气体A等温变化，则有
解得
（2）（8分）初始状态，对活塞受力分析，可得
对气体B，由理想气体状态方程得
解得
末状态，对活塞受力分析，可得
联立，解得
15．(1)2s (2)2m (3)（4）17N∙s
（1）（5分）对物块，根据牛顿第二定律有
解得
a=2.5m/s2
假设物块一直匀加速，则有
解得
v1=5m/s