江苏省无锡市澄宜六校2024-2025学年高三（上）联考物理试卷（12月份）-（解析版）

这是一份江苏省无锡市澄宜六校2024-2025学年高三（上）联考物理试卷（12月份）-（解析版），共14页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，声源S连续发射频率一定的声波，与S共面的圆周上有四个静止的观察者a、b、c、d，当声源以一定的速度由a向b运动的过程中，接收到的频率始终高于声源发射的频率的观察者是( )
A. a
B. b
C. c
D. d
2.中国自主研发制造的万米级全海深载人潜水器“奋斗者”号在马里亚纳海沟成功坐底，创造了10909米的中国载人深潜新纪录。某次深潜探测中，“奋斗者”号的速度—时间图像如图所示，忽略下潜过程重力加速度的变化。则( )
A. 0～t1时间内“奋斗者”号做匀加速运动
B. 0～t1时间内潜水器内的科考人员处于超重状态
C. t2～t3时间内潜水器内的科考人员处于失重状态
D. 0～t1时间内的平均速度大于t2～t3时间内的平均速度
3.如图所示，质量为m的金属杆ab，长为l，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与水平导轨平面成θ角斜向上，ab静止于水平导轨上，则( )
A. 金属杆ab所受的安培力为BIlsinθB. 金属杆ab所受的摩擦力水平向左
C. 增大θ金属杆ab可能向左运动D. 减小θ金属杆ab所受的摩擦力增大
4.用图示装置做“探究物体的加速度与力、质量的关系”的实验，下列操作中正确的是( )
A. 电火花打点计时器选用8V交流电源
B. 平衡摩擦力时将砝码盘通过细线挂在小车上
C. 实验中，释放小车与接通打点计时器需同时进行
D. 实验中改变小车的质量后，不需要重新平衡摩擦力
5.在同一竖直方向、不同高处分别水平抛出两个小球A、B，两球在P点相碰，如图所示。设A、B两球的初速度分别为vA、vB，运动到P点的时间分别为tA、tB，在P点的速度与竖直方向的夹角分别为θA、θB，则( )
A. vA=vB，tA=tBB. vA>vB，tA>tB
C. tA>tB，θAvB，θAUR
B. UM=UR
C. PM=PR
D. PMv02t2～t3时间内的平均速度有
v-2fmax，故金属杆ab可能向左运动，故C正确；
D.减小θ，如果金属杆仍然保持静止，金属杆ab所受的摩擦力f=Fsinθ，金属杆ab所受的摩擦力减小，故D错误。
故选：C。
4.D
【解析】A.电火花打点计时器选用220V交流电源，故A错误；
B.平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，小车带着纸带，且让纸带穿过打点计时器，使小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动，故B错误；
C.实验中，应先接通打点计时器，再释放小车，故C错误；
D.由于平衡摩擦力之后，根据平衡条件有
mgsinθ=μmgcsθ
故所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量后，不需要重新平衡摩擦力，故D正确。
故选：D。
5.C
【解析】根据题意可知，小球A到P点的高度大于小球B到P点的高度，由公式h=12gt2可得
t= 2hg
则小球A运动到P点的时间较大，即
tA>tB
两球到P点的水平位移相等，由x=v0t可知，小球A的初速度较小，即
vAUR，故A正确，B错误；
CD、电动机电功率：PM=UMI
对于电阻R的功率：PR=URI
因为关系为：UM>UR
所以功率的关系为：PM>PR，故CD错误。
故选：A。
7.B
【解析】A、第一宇宙速度是最大的环绕速度，故卫星1在轨道Ⅰ上的速度小于7.9 km/s，故A错误；
B、根据牛顿第二定律可得
GMmr2=ma
解得
a=GMr2
得卫星1在A点的加速度小于卫星2在B点的加速度，故B正确；
C、根据开普勒第二定律，卫星1在相同时间内与地球连线扫过的面积相等，且卫星2在相同时间内与地球连线扫过的面积相等，但两卫星不在同一轨道上，所以在相同时间内与地球连线扫过的面积不相等，故C错误；
D、由于两卫星的质量关系未知，不能确定它们机械能的大小关系，故D错误。
故选：B。
8.B
【解析】AB、由于男运动员以自己为转动轴拉着女运动员沿冰面做圆周运动，且女运动员始终未离开地面，则可得：男运动员的拉力的水平分力提供女运动员的向心力，设拉力与水平方向的夹角为θ，女运动员重心到转动轴沿手臂的距离不变，即圆周运动的半径不变，则根据向心力公式可得：Fcsθ=mv2r=mω2r
且有：csθ=rl
则解得：v= Flcs2θm，ω= Fml
男运动员缓慢下蹲，θ减小，则女运动员线速度增大，角速度不变，故A错误，B正确；
C、合力等于男运动员拉力的水平分力，θ减小，csθ增大，故合力增大，故C错误；
D、加速度的方向始终沿水平方向指向圆心，故D错误。
故选：B。
9.D
【解析】A.根据场强叠加原理可知，AB两个正的点电荷在O点的合场强沿OC方向，C点的负电荷在O点的场强也是沿OC方向，则O点的场强不为零，故A错误；
B.根据等量异种电荷电场线的特点可知，因为D、E两点在AC连线的平分线上，则AC两电荷在E点的合场强大于D点的合场强，方向垂直DE斜向下；而B处电荷在D点的场强大于在E点的场强，方向沿DE方向，则D点和E点场强大小不能比较，故B错误；
CD.根据等量异种电荷等势面的特点可知，因D、E两点在AC连线的平分线上，可知AC两处的电荷在DE两点的合电势均为零；而正电荷B在D点的电势高于E点电势，可知合成后D点的电势高于E点的电势，电子在D点的电势能小于在E点的电势能，故C错误，D正确。
故选：D。
10.D
【解析】A、滑块的动能先增大后减小，由动能公式EK=12mv2，v=at可得EK=12ma2t2，动能与时间不是线性关系，即Ek-t图像不是直线，故A错误；
B、根据ΔEp=mgΔh，由于滑块从A到B过程中，不是做匀速运动，则滑块下落的高度与时间不是线性关系，Ep-t图像不能是直线，故B错误；
C、滑块的机械能变化等于除重力外其他力所做的功，则有ΔE=-(μmgcsθ+kx)x，可知E-x图像不是直线，故C错误；
D、滑块从A到B过程中，根据牛顿第二定律可得，mgsinθ-μmgcsθ-kx=ma，解得a=gsinθ-μgcsθ-kxm，可知a-x图像是一条斜率为负的直线，故D正确。
故选：D。
11.B D 1.46 电流表的分压作用 0.62
【解析】(1)一节干电池电压约为1.5V，则电压表挑选小量程，即选B；干电池内阻很小，为便于操作和测量数据更精确，滑动变阻器应选小量程，即选D。
(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图像如图所示
由闭合电路的欧姆定律可知：U=E-Ir，由图示U-I图像可知，电池电动势E=1.46V。
由图示电路图可知，由于电流表外接在干路，则电流表有分压作用，造成误差。
(3)当调节电阻箱R2使电流表指在满偏的处时，电流表与R2电流之比为2：1，由于并联电流之比等于电阻的反比，
则可得电流表内阻为RA=R22=22Ω=1Ω，根据U=E-Ir可知，图像斜率绝对值表示电源内阻与电流表阻值之和，
由图像可求得斜率为k=1.46-0.650.5Ω=1.62Ω，则电源内阻为r=k-RA=1.62Ω-1Ω=0.62Ω。
故答案为：(1)B；D；(2)图像如上图所示；1.46；电流表的分压作用；(3)0.62。
(1)由欧姆定律估算电路中的电流，根据安全及准确性原则可选出电流表及电压表，明确滑动变阻器的应用，从而确定滑动变阻器。
(2)根据闭合电路欧姆定律以及U-I图象做坐标轴的交点求解电动势和内阻，根据实验电路与实验原理应用图象法分析实验误差。
(3)根据实验电路图与实验步骤应用闭合电路的欧姆定律求出电池内阻。
本题考查了作图象、求电源电动势与内阻、实验误差分析等问题，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法；电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻；要学会应用图象法分析实验误差的方法。
12.(1)空载起飞时，升力正好等于重力，则
F=mg=kv02
所以
k=mgv02
(2)载货起飞时，升力正好等于重力，则
(m+M)g=kv2
2ad=v2
联立解得
a=(m+M)v022md
方向与速度方向相同。
答：(1)k的表达式为mgv02；
(2)飞机装载货物后飞机滑行过程的加速度a等于(m+M)v022md，方向与速度方向相同。
13.(1)由图像可知，波长为λ=3m，简谐横波向x轴正方向传播，则有：(n+13)T=0.4s
解得：T=1.23n+1(n=0、1、2……)
波速：v=λT，解得：v=5+15n2m/s (n=0、1、2……)；
(2)若波的周期大于0.4s，根据T=1.23n+1可得n=0，周期T=1.2s
x=0m处的质点的振动方程为：y=Asin(ωt+π)
由图可知：A=10cm，圆频率为：ω=2πT=5π3
联立解得：y=10sin(5π3t+π)cm。
答：(1)波的传播速度大小为5+15n2m/s (n=0、1、2……)；
(2)若波的周期大于0.4s，x=0处的质点的振动方程为y=10sin(5π3t+π) cm。
14.(1)平板车与墙壁碰撞前，滑块与平板车组成的系统动量守恒，
以向右为正方向有：m1v0=(M+m1)v1
由运动学公式得：t=v0-v1μg
联立解得：t=0.4s
(2)根据能量守恒定律可得：μm1gL=12m1v02-12(M+m1)v12
代入数据解得：L=1.6m
(3)滑块m1与滑块m2发生碰撞，以向右的方向为正方向，动量守恒，则：m1v1=(m1+m2)v2
沿半圆轨道运动，若恰能到达最高点，
根据机械能守恒：-(m1+m2)g⋅2R=12(m1+m2)v32-12(m1+m2)v22
在最高点：(m1+m2)g=(m1+m2)v32R
联立代入数据解得：m2=0.12kg
若恰能到达圆心等高处，则有
-(m1+m2)gR=0-12(m1+m2)v22
代入数据解得：m2=9 10-1525kg
所以要使两滑块一起沿半圆轨道运动，需要满足：m2≤0.12kg或m2≥9 10-1525kg
答：(1)小滑块在平板车上运动的时间t为0.4s；
(2)平板车的长度L为1.6m；
(3)滑块质量m2满足的条件是：m2≤0.12kg或m2≥9 10-1525kg。
15.(1)粒子从A点到P点，由动能定理有
qU0=12mv02
解得
v0= 2qU0m
(2)粒子进入偏转电场中有
L=2n⋅v0T2(n=1,2,3……)
L=2n⋅12a(T2)2(n=1,2,3……)
a=E0qm
联立解得
E0=8nU0L(n=1,2,3……)
(3)粒子从Q点射出时速度方向沿x轴正方向，速度大小为v0，粒子在磁场中运动的周期为
T=2πmqB=2πmq4πmqT0=T02
粒子在磁场中运动的轨迹如图所示

设粒子做圆周运动的半径为r，则
qv0B=mv02r
圆形磁场的最小半径
R=4r
最小面积
S=πR2
解得
S=2qU0T02πm
答：(1)经过P点时的速度为 2qU0m；
(2)交变电场的场强大小为8nU0L(n=1,2,3……)；
(3)圆形磁场区域的最小面积S为2qU0T02πm。
电压(V)
1.30
1.14
1.12
0.98
0.82
0.74
电流(A)
0.10
0.20
0.25
0.30
0.40
0.45