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2025届江苏省常州市田家炳中学高三下学期第六次检测物理试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1、如图所示,某同学练习定点投篮,其中有两次篮球垂直撞在竖直篮板上,篮球的轨迹分别如图中曲线1、2所示。若两次抛出篮球的速度v1和v2的水平分量分别为v1x和v2x,竖直分量分别为v1y和v2y,不计空气阻力,下列关系正确的是()A.v1x<v2x,v1y>v2y B.v1x>v2x,v1y<v2yC.v1x<v2x,v1y<v2y D.v1x>v2x,v1y>v2y2、已知氢原子能级公式为,其中n=1,2,…称为量子数,A为已知常量;要想使氢原子量子数为n的激发态的电子脱离原子核的束缚变为白由电子所需的能量大于由量子数为n的激发态向澈发态跃迁时放出的能量,则n的最小值为()A.2 B.3 C.4 D.53、小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,P球的质量大于Q球的质量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短.将两球拉起,使两绳均被水平拉直,如图所示,将两球由静止释放,在各自轨迹的最低点()A.P球的速度一定大于Q球的速度B.P球的动能一定小于Q球的动能C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度4、一颗子弹沿水平方向射向一个木块,第一次木块被固定在水平地面上,第二次木块静止放在光滑的水平地面上,两次子弹都能射穿木块而继续飞行,这两次相比较()A.第一次系统产生的热量较多B.第一次子弹的动量的变化量较小C.两次子弹的动量的变化量相等D.两次子弹和木块构成的系统动量都守恒5、如图所示,匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第I象限内,磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里.一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子,以某速度从O点沿着与y轴夹角为的方向进入磁。硕紸点时,粒子速度沿x轴正方向.下列判断错误的是()A.粒子带负电B.粒子由O到A经历的时间C.若已知A到x轴的距离为d,则粒子速度大小为D.离开第Ⅰ象限时,粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为6、如图所示,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块,系统处于静止状态,现用竖直向下的力作用在上,使其向下做匀加速直线运动,在弹簧的弹性限度内,下列是力和运动时间之间关系的图象,正确的是()A. B. C. D.二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。7、下列有关光学现象的说法正确的是________。A.光从光密介质射入光疏介质,若入射角大于临界角,则一定发生全反射B.光从光密介质射人光疏介质,其频率不变,传播速度变小C.光的干涉,衍射现象证明了光具有波动性D.做双缝干涉实验时,用红光替代紫光,相邻明条纹间距变小E.频率相同、相位差恒定的两列波相遇后能产生稳定的干涉条纹8、如图甲所示在一条张紧的绳子上挂几个摆,a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长。当a摆振动的时候,通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力,使其余各摆也振动起来。图乙是c摆稳定以后的振动图像,重力加速度为g,不计空气阻力,则()A.a、b、c单摆的固有周期关系为Ta=Tc<TbB.b、c摆振动达到稳定时,c摆振幅较大C.达到稳定时b摆的振幅最大D.由图乙可知,此时b摆的周期Tb小于t0E.a摆的摆长为9、如图所示,光滑的四分之一圆弧轨道竖直放置,轨道的末端的切线水平,一倾角为的斜面体的顶端紧挨着圆弧轨道的末端点放置,圆弧上的点与圆心的连线与水平方向的夹角为。一个小球从点由静止开始沿轨道下滑,经点水平飞出,恰好落到斜面上的点。已知小球的质量,圆弧轨道的半径,重力加速度。下列说法正确的是()A.小球在点时对轨道的压力大小为 B.、两点的高度差为C.、两点的水平距离为 D.小球从点运动到点的时间为10、如图甲所示,轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m的小球,从离弹簧上端高h处由静止释放,某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程,他以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下方向建立坐标轴,作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示,不计小球与弹簧接触时能量损失,不计空气阻力,重力加速度为g。以下判断正确的是()A.最低点的坐标大于B.当,重力势能与弹性势能之和最大C.小球受到的弹力最大值等于D.小球动能的最大值为三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11.(6分)某同学想将一量程为1mA的灵敏电流计G改装为多用电表,他的部分实验步骤如下:(1)他用如图甲所示的电路测量灵敏电流计G的内阻①请在乙图中将实物连线补充完整____________;②闭合开关S1后,将单刀双置开关S2置于位置1,调节滑动变阻器R1的阻值,使电流表G0有适当示数I0:然后保持R1的阻值不变,将开关S2置于位置2,调节电阻箱R2,使电流表G0示数仍为I0。若此时电阻箱阻值R2=200Ω,则灵敏电流计G的内阻Rg=___________Ω。(2)他将该灵敏电流计G按图丙所示电路改装成量程为3mA、30mA及倍率为“×1”、“×10”的多用电表。若选择电流30mA量程时,应将选择开关S置于___________(选填“a”或“b”或“c”或“d"),根据题给条件可得电阻R1=___________Ω,R2=___________Ω。(3)已知电路中两个电源的电动势均为3V,将选择开关置于a测量某电阻的阻值,若通过灵敏电流计G的电流为0.40mA,则所测电阻阻值为___________Ω。12.(12分)某同学为验证机械能守恒定律设计了如图所示的实验,一钢球通过轻绳系在O点,由水平位置静止释放,用光电门测出小球经过某位置的时间,用刻度尺测出该位置与O点的高度差h。(已知重力加速度为g)(1)为了完成实验还需测量的物理量有________(填正确答案标号)。A.绳长lB.小球的质量mC.小球的直径dD.小球下落至光电门处的时间t(2)正确测完需要的物理量后,验证机械能守恒定律的关系式是________________(用已知量和测量量的字母表示)。四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13.(10分)如图所示,在质量为M=0.99kg的小车上,固定着一个质量为m=0.01kg、电阻R=1的矩形单匝线圈MNPQ,其中MN边水平,NP边竖直,MN边长为L=0.1m,NP边长为l=0.05m.小车载着线圈在光滑水平面上一起以v0=10m/s的速度做匀速运动,随后进入一水平有界匀强磁。ù懦】矶却笥谛〕党ざ龋懦》较蛴胂呷ζ矫娲怪辈⒅赶蛑侥、磁感应强度大小B=1.0T.已知线圈与小车之间绝缘,小车长度与线圈MN边长度相同.求:(1)小车刚进入磁场时线圈中感应电流I的大小和方向;(2)小车进入磁场的过程中流过线圈横截面的电量q;(3)如果磁感应强度大小未知,已知完全穿出磁场时小车速度v1=2m/s,求小车进入磁场过程中线圈电阻的发热量Q.14.(16分)质量为的物块,以同一大小的初速度沿不同倾角的斜面向上滑动,物块与斜面间的动摩擦因数恒定,当斜面与水平面所夹倾角不同时,物块沿斜面上滑至速度为0时的位移也不同,其关系如图所示。。:(1)物块运动初速度的大。(2)物块与斜面间的动摩擦因数及最小上滑位移对应的斜面倾角(可用反三角函数表示)。15.(12分)如图所示,处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距L=1m,导轨平面与水平面成θ=30°角,下端连接一定值电阻R=2,匀强磁场B=0.4T垂直于导轨平面向上。质量m=0.2kg、电阻r=1的金属棒ab,其长度与导轨宽度相等。现给金属棒ab施加一个平行于导轨平面向上的外力F,使金属棒ab从静止开始沿轨道向上做加速度大小为a=3m/s2的匀加速直线运动。运动过程中金属棒ab始终与导轨接触良好,重力加速度取g=10m/s2。求:(1)当电阻R消耗的电功率P=1.28W时,金属棒ab的速度v的大。(2)当金属棒ab由静止开始运动了x=1.5m时,所施加外力F的大小。
参考答案一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】
将篮球的运动反向处理,即为平抛运动,由图可知,第二次运动过程中的高度较。栽硕奔浣隙,水平射程相等,但第二次用的时间较短,故第二次水平分速度较大,即在竖直方向上做自由落体运动,由公式可知,第二次运动过程中的高度较。缘诙次竖直分速度较。垂恃。2、C【解析】
电子由激发态脱离原子核的束博变为自由电子所需的能量为氢原子由量子数为的激发态向激发态跃迁时放出的能量为根据题意有解得即的最小值为4,故C正确,A、B、D错误;故选C。3、C【解析】从静止释放至最低点,由机械能守恒得:mgR=mv2,解得:,在最低点的速度只与半径有关,可知vP<vQ;动能与质量和半径有关,由于P球的质量大于Q球的质量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短,所以不能比较动能的大。蔄B错误;在最低点,拉力和重力的合力提供向心力,由牛顿第二定律得:F-mg=m,解得,F=mg+m=3mg,,所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力,向心加速度两者相等.故C正确,D错误.故选C.点睛:求最低的速度、动能时,也可以使用动能定理求解;在比较一个物理量时,应该找出影响它的所有因素,全面的分析才能正确的解题.4、B【解析】
ABC.因为第一次木块固定,所以子弹减少的能量全部转化成内能,而第二次木块不固定,根据动量守恒,子弹射穿后,木块具有动能,所以子弹减少的能量转化成内能和木块的动能,因为产热即两次产热相同,所以第二次子弹剩余动能更。俣雀。勘浠康扔谒缘谝淮嗡俣缺浠。勘浠。蔄C错误,B正确;D.第一次木块被固定在地面上,系统动量不守恒,故D错误。故选B。5、B【解析】
A.根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示,根据左手定则判断知,此粒子带负电,故A正确,不符合题意;
B.粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角,所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=60°,则粒子由O到A运动的时间为故B错误,符合题意;
C.根据几何关系,有解得R=2d根据得故C正确,不符合题意;
D.粒子在O点时速度与x轴正方向的夹角为60°,x轴是直线,根据圆的对称性可知,离开第一象限时,粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°,故D正确,不符合题意;
故选B。6、D【解析】
在作用力F之前,物块放在弹簧上处于静止状态,即作用力F之后,物块向下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有x即为物块向下运动的位移,则联立可得即F随时间变化图象为D,所以D正确,ABC错误。故选D。二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。7、ACE【解析】
A.发生全发射的条件是,光从光密介质射入光疏介质,且入射角大于或等于临界角,故A正确;B.光从光密介质射到光疏介质,频率不变,根据可知,折射率减。运俣仍龃,故B错误;C.光的衍射和干涉是波独有的现象,所以可以说明光具有波动性,故C正确;D.红光的波长大于紫光,根据条纹间距公式可知红光的条纹间距大于紫光,故D错误;E.两列波发生稳定的干涉现象的条件是频率相同,相位差恒定,故E正确。故选ACE。8、ABE【解析】
A.由单摆周期公式,知固有周期关系为Ta=Tc<Tb,故A正确;BC.因为Ta=Tc,所以c摆共振,达到稳定时,c摆振幅较大,b摆的振幅最。蔅正确,C错误;D.受迫振动的频率等于驱动力的频率,所以三个单摆的频率相同,周期相同,故Tb等于t0。故D错误。E.由图乙与前面的分析可知a摆的周期为t0。由解得故E正确。故选ABE。9、BD【解析】
A.小球从点运动到点根据动能定理有在c点时有代入数据解得,据牛顿第三定律,小球在点时对轨道的压力大小为,故A错误;BCD.小球从点运动到点做平抛运动有解得又由平抛运动规律可知水平位移竖直位移故B正确,D正确,C错误。故选BD。10、AD【解析】
AC.根据乙图可知,当x=h+x0使小球处于平衡位置,根据运动的对称性可知,小球运动到h+2x0位置时的速度不为零,则小球最低点坐标大于h+2x0,小球受到的弹力最大值大于2mg,选项A正确,C错误;B.根据乙图可知,当x=h+x0,小球的重力等于弹簧的弹力,此时小球具有最大速度,以弹簧和小球组成的系统,机械能守恒可知,重力势能与弹性势能之和最。蔅错误;
D.小球达到最大速度的过程中,根据动能定理可知故小球动能的最大值为,故D正确。
故选AD。三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11、如图所示:200b1090150【解析】
(1)①由原理图连线如图:;②由闭合电路欧姆定律可知,两情况下的电流相同,所以灵敏电流计G的内阻Rg=200;(2)由表头改装成大量程的电流表原理可知,当开关接b时,表头与R2串联再与R1串联,此种情形比开关接c时更大,故开关应接b由电流表的两种量程可知:接c时有:接b时有:联立解得:;(3)接a时,,多用电表的内阻为:,此时流过待测电阻的电流为,所以总电阻为:,所以测电阻阻值为150。12、C【解析】
(1)[1]系统机械能守恒时满足又解得还需要测量的量是小球的直径d。(2)[2]由(1)知成立时,小球机械能守恒。四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)0.5A电流方向为
M→Q→P→N→M(2)5×10-3C(3)32J【解析】
(1)线圈切割磁感线的速度v0=10m/s,感应电动势E=Blv0=1×0.05×10=0.5V由闭合电路欧姆定律得,线圈中电流由楞次定律知,线圈中感应电流方向为
M→Q→P→N→M(2)小车进入磁场的过程中流过线圈横截面的电量为q=I△t=△t又E=△Φ=BS联立可得q==5×10?3C(3)设小车完全进入磁场后速度为v,在小车进入磁场从t时刻到t+△t时刻(△t→0)过中,根据牛顿第二定律得-BIl=-m
即-BlI△t=m△v两边求和得
则得Blq=m(v0-v)设小车出磁场的过程中流过线圈横截面的电量为q′,同理得Blq′=m(v-v1)
又线圈进入和穿出磁场过程中磁通量的变化量相同,因而有
q=q′
故得
v0-v=v-v1即v==6
m/s所以,小车进入磁场过程中线圈电阻的发热量为Q=(M+m)v02-(M+m)v2=×1×102-×1×62=32J14、(1);(2),【解析】
(1)物块沿斜面向上滑动时,由牛顿第二定律得垂直斜面方向,由平衡条件得又三式联立解得物块的加速度大小为由解得设则当时,x有最小值,且由关系图象可知时则当时二式联立解得物块与斜面间的动摩擦因数同时解得物块初速度的大小为(2)当时且则最小上滑位移对应的斜面倾角为15、(1)6m/s;(2)1.76N【解析】
(1)根据题意可得由闭合电路欧姆定律可得E=I(R+r)=2.4V再由法拉弟电磁感应定律可得E=BLv1联立解得(2)根据题意,金属棒ab在上升过程中,切割磁感线可得E=BLv2F安=BILE=I(R+r)由金属棒ab在上升过程中,做匀加速直线运动,由运动学规律可得对金属棒ab进行受力分析,根据牛顿第二定律可得联立解得F=1.76N
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