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北京豐臺12中2023年高考第三次質(zhì)量調(diào)研物理試題試卷注意事項:1.答題前,考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚,將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂;非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫,字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效;在草稿紙、試題卷上答題無效。4.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項選擇題:本題共6小題,每小題4分,共24分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1、下列說法正確的是()A.比結合能越小表示原子核中的核子結合得越牢固B.湯姆孫發(fā)現(xiàn)了電子,并提出了原子的棗糕模型C.將放射性元素摻雜到其他穩(wěn)定元素中,降低其溫度,該元素的半衰期將增大D.一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應,是因為該束光的強度小2、如圖所示,直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線,M、N、P、Q是它們的交點,四點處的電勢分別為、、、.一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中,電場力所做的負功相等,則A.直線a位于某一等勢面內(nèi),B.直線c位于某一等勢面內(nèi),C.若電子有M點運動到Q點,電場力做正功D.若電子有P點運動到Q點,電場力做負功3、一同學研究箱子的運動,讓一質(zhì)量為的箱子在水平恒力的推動下沿光滑水平面做直線運動,箱子運動的圖線如圖所示,是從某時刻開始計時箱子運動的時間,為箱子在時間內(nèi)的位移,由此可知()A.箱子受到的恒力大小為B.內(nèi)箱子的動量變化量為C.時箱子的速度大小為D.內(nèi)箱子的位移為4、某國際研究小組借助于甚大望遠鏡觀測到了如圖所示的一-組“雙星系統(tǒng)”,雙星繞兩者連線上的某點O做勻速圓周運動,此雙星系統(tǒng)中體積較小的成員能“吸食”另一顆體積較大的星體表面物質(zhì),達到質(zhì)量轉移的目的。假設兩星體密度相當,在演變的過程中兩者球心之間的距離保持不變,則在最初演變的過程中,下列說法錯誤的是()A.它們做圓周運動的萬有引力逐漸增大B.它們做圓周運動的角速度保持不變C.體積較大星體做圓周運動軌跡半徑變大,線速度也變大D.體積較大星體做圓周運動軌跡半徑變小,線速度變大5、如圖所示,豎直平面內(nèi)的光滑固定軌道由一個半徑為R的圓弧AB和另一個圓弧BC組成,兩者在最低點B平滑連接。一小球(可視為質(zhì)點)從A點由靜止開始沿軌道下滑,恰好能通過C點,則BC弧的半徑為()A. B. C. D.6、下列說法正確的是()A.愛因斯坦在1900年首次把能量子的概念引入物理學B.單色光照射金屬表面發(fā)生光電效應時,入射光越強,單位時間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)越多C.一個氫原子從量子數(shù)n=3的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時最多可輻射3種不同頻率的光子D.玻爾的原子理論能夠解釋氦原子的光譜二、多項選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分。在每小題給出的四個選項中,有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。7、如圖所示,光滑水平桌面放置著物塊A,它通過輕繩和輕質(zhì)滑輪懸掛著物塊B,已知A的質(zhì)量為m,B的質(zhì)量為3m,重力加速度大小為g,靜止釋放物塊A、B后()A.相同時間內(nèi),A、B運動的路程之比為2:1B.物塊A、B的加速度之比為1:1C.細繩的拉力為D.當B下落高度h時,速度為8、如圖所示,一直角斜劈繞其豎直邊BC做圓周運動,物塊始終靜止在斜劈AB上。在斜劈轉動的角速度ω緩慢增加的過程中,下列說法正確的是()A.斜劈對物塊的支持力逐漸減小B.斜劈對物塊的支持力保持不變C.斜劈對物塊的摩擦力逐漸增加D.斜劈對物塊的摩擦力變化情況無法判斷9、在一電梯的地板上有一壓力傳感器,其上放一物塊,如圖甲所示,當電梯運行時,傳感器示數(shù)大小隨時間變化的關系圖象如圖乙所示,根據(jù)圖象分析得出的結論中正確的是()A.從時刻t1到t2,物塊處于失重狀態(tài)B.從時刻t3到t4,物塊處于失重狀態(tài)C.電梯可能開始停在低樓層,先加速向上,接著勻速向上,再減速向上,最后停在高樓層D.電梯可能開始停在高樓層,先加速向下,接著勻速向下,再減速向下,最后停在低樓層10、如圖所示,ABCD為固定的水平光滑矩形金屬導軌,AB間距離為L,左右兩端均接有阻值為R的電阻,處在方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中,質(zhì)量為m、長為L的導體棒MN放在導軌上,甲、乙兩根相同的輕質(zhì)彈簧一端與MN棒中點連接,另一端均被固定,MN棒始終與導軌垂直并保持良好接觸,導軌與MN棒的電阻均忽略不計。初始時刻,兩彈簧恰好處于自然長度,MN棒具有水平向左的初速度v0,經(jīng)過一段時間,MN棒第一次運動至最右端,在這一過程中AB間電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q,則()A.初始時刻棒受到安培力大小為B.從初始時刻至棒第一次到達最左端的過程中,整個回路產(chǎn)生焦耳熱等于C.當棒再次回到初始位置時,AB間電阻R的功率小于D.當棒第一次到達最右端時,甲彈簧具有的彈性勢能為三、實驗題:本題共2小題,共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處,不要求寫出演算過程。11.(6分)圖示為做“碰撞中的動量守恒”的實驗裝置(1)入射小球每次都應從斜槽上的同一位置無初速度釋放,這是為了___A.入射小球每次都能水平飛出槽口B.入射小球每次都以相同的速度飛出槽口C.入射小球在空中飛行的時間不變D.入射小球每次都能發(fā)生對心碰撞(2)入射小球的質(zhì)量應___(選填“大于”、“等于”或“小于”)被碰小球的質(zhì)量;(3)設入射小球的質(zhì)量為,被碰小球的質(zhì)量為,為碰前入射小球落點的平均位置,則關系式_____(用、及圖中字母表示)成立,即表示碰撞中動量守恒。12.(12分)興趣課上老師給出了一個質(zhì)量為m的鉤碼、一部手機和一個卷尺,他要求王敏和李明兩同學估測手上拋鉤碼所做的功。兩同學思考后做了如下操作:(1)他們先用卷尺測出二樓平臺到地面的距離h,王敏在二樓平臺邊緣把鉤碼由靜止釋放,同時李明站在地面上用手機秒表功能測出鉤碼從釋放到落到地面的時間t0,在忽略空氣阻力的條件下,當?shù)氐闹亓铀俣鹊拇笮】梢源致缘谋硎緸間=______(用h和t0表示);(2)兩同學站在水平地面上,李明把鉤碼豎直向上拋出,王敏用手機的秒表功能測出鉤碼從拋出點到落回拋出點的時間。兩同學練習幾次,配合默契后某次李明把鉤碼豎直向上拋出,同時王敏用手機的秒表功能測出鉤碼從拋出點到落回拋出點的時間t,在忽略空氣阻力的條件下,該次李明用手上拋鉤碼所做的功可以粗略地表示為W=_____(用m、h、t0和t表示)。四、計算題:本題共2小題,共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處,要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13.(10分)如圖甲所示,內(nèi)壁光滑、導熱良好、質(zhì)量為的汽缸開口向上豎直放置在水平地面上,上部分的橫截面積為S,下部分的橫截面積為2S,下部分汽缸高L,汽缸內(nèi)有兩個質(zhì)量忽略不計、厚度不計的活塞A、B封閉了Ⅰ、Ⅱ兩部分理想氣體,A活塞正好處在汽缸上下兩部分的分界處,B活塞處在下部分汽缸的正中間位置處?,F(xiàn)將該裝置掛起來,氣缸脫離地面穩(wěn)定后如圖乙所示。A活塞始終未與汽缸脫離,已知重力加速度為g,外界溫度為T,大氣壓強為P0。①若環(huán)境溫度保持不變,求乙圖中A活塞向上移動的距離;②若環(huán)境溫度緩慢升高,B活塞恰能升到下部分汽缸的頂部,求此時的環(huán)境溫度?14.(16分)如圖所示,空間存在一方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電場強度的大小為E,磁感應強度的大小為B,電場和磁場的分界面為水平面,用圖中虛線表示。界面上O點是電場中P點的垂足,M點位于O點的右側,OM=d,且與磁場方向垂直。一個質(zhì)量為加、電荷量為g的帶負電的粒子,從P點以適當?shù)乃俣人较蛴疑涑?。恰好能?jīng)過M點,然后歷經(jīng)磁場一次回到P點。不計粒子的重力。求:(1)P點離O點的高度h;(2)該粒子從P點射岀時的速度大小v0。15.(12分)如圖所示,在光滑水平面上A點固定一個底端有小孔的豎直光滑圓弧軌道,圓軌道與水平面在A點相切。小球甲用長為L的輕繩懸掛于O點,O點位于水平面上B點正上方L處?,F(xiàn)將小球甲拉至C位置,繩與豎直方向夾角θ=60°,由靜止釋放,運動到最低點B時與另一靜止的小球乙(可視為質(zhì)點)發(fā)生完全彈性碰撞,碰后小球乙無碰撞地經(jīng)過小孔進入圓弧軌道,當小球乙進入圓軌道后立即關閉小孔。已知小球乙的質(zhì)量是甲質(zhì)量的3倍,重力加速度為g。(1)求甲、乙碰后瞬間小球乙的速度大小;(2)若小球乙恰好能在圓軌道做完整的圓周運動,求圓軌道的半徑。

參考答案一、單項選擇題:本題共6小題,每小題4分,共24分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1、B【解題分析】

A.在原子核中,比結合能越大表示原子核中的核子結合得越牢固,故A錯誤;B.湯姆孫通過研究陰極射線發(fā)現(xiàn)了電子,并提出了原子的棗糕模型,故B正確;C.半衰期由原子核本身決定,與外界因素無關,故C錯誤;D.一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應,是因為金屬的極限頻率大于入射光的頻率,故D錯誤。故選B。2、B【解題分析】電子帶負電荷,從M到N和P做功相等,說明電勢差相等,即N和P的電勢相等,勻強電場中等勢線為平行的直線,所以NP和MQ分別是兩條等勢線,從M到N,電場力對負電荷做負功,說明MQ為高電勢,NP為低電勢.所以直線c和d都是位于某一等勢線內(nèi),但是,,選項A錯,B對.若電子從M點運動到Q點,初末位置電勢相等,電場力不做功,選項C錯.電子作為負電荷從P到Q即從低電勢到高電勢,電場力做正功,電勢能減少,選項D錯.【考點定位】等勢面和電場線【名師點睛】勻強電場和點電荷的電場以及等量同種點電荷和等量異種點電荷的電場線及等勢面分布情況要熟記.3、D【解題分析】

A.將勻變速直線運動位移公式兩邊同除以可得對比圖線可知,箱子的初速度圖線斜率為箱子運動的加速度由牛頓第二定律,恒力故A錯誤;B.箱子的初動量為時箱子的速度大小內(nèi)箱子的動量變化量故B錯誤;C.時箱子的速度大小為故C錯誤;D.內(nèi)箱子的位移為故D正確。故選D。4、D【解題分析】

A.設體積較大星體的質(zhì)量為m1,體積較小星體的質(zhì)量為m2,根據(jù)萬有引力定律因+為一定值,根據(jù)均值不等式可以判斷出最初演變的過程中,逐漸變大,它們之間的萬有引力逐漸變大,故A正確,不符合題意;B.根據(jù)得將代入解得因+為一定值,r不變,則角速度不變,故B正確,不符合題意;CD.根據(jù)因體積較大的星體質(zhì)量m1變小,而m1+m2保持不變,故m2變大,則體積較大的星體做圓周運動軌跡半徑r1變大,根據(jù)可知角速度不變,半徑變大,故其線速度也變大,故C正確,不符合題意,D錯誤,符合題意。故選D。5、A【解題分析】

設BC弧的半徑為r。小球恰好能通過C點時,由重力充當向心力,則有:小球從A到C的過程,以C點所在水平面為參考平面,根據(jù)機械能守恒得:聯(lián)立解得:A.,與結論相符,選項A正確;B.,與結論不相符,選項B錯誤;C.,與結論不相符,選項C錯誤;D.,與結論不相符,選項D錯誤;故選A。6、B【解題分析】

A.普朗克在1900年把能量子引入物理學,破除了“能量連續(xù)變化”的傳統(tǒng)觀念,故A錯誤;B.單色光照射金屬表面發(fā)生光電效應時,入射光越強,則入射光子的數(shù)目越多,所以單位時間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)越多,故B正確;C.根據(jù)玻爾理論,一個氫原子從量子數(shù)n=3的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時最多可輻射2種不同頻率的光子,故C錯誤;D.玻爾第一次將量子觀念引入原子領域,提出了定態(tài)和躍遷的概念,很好地解釋了氫光譜,但不能夠解釋氦原子的光譜,故D錯誤。故選B。二、多項選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分。在每小題給出的四個選項中,有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。7、AC【解題分析】

同時間內(nèi),圖中A向右運動h時,B下降一半的距離,即為h/2,故A、B運動的路程之比為2:1,故A正確;任意相等時間內(nèi),物體A、B的位移之比為2:1,故速度和加速度之比均為2:1,故B錯誤;設A的加速度為a,則B的加速度為0.5a,根據(jù)牛頓第二定律,對A,有:T=ma,對B,有:3mg-2T=3m?0.5a,聯(lián)立解得:T=,a=g,故C正確;對B,加速度為a′=0.5a=g,根據(jù)速度位移公式,有:v2=2?a′?h,解得:v=,故D錯誤;故選AC.【題目點撥】本題考查連接體問題,關鍵是找出兩物體的位移、速度及加速度關系,結合牛頓第二定律和運動學公式列式分析,也可以結合系統(tǒng)機械能守恒定律分析.8、AC【解題分析】

物塊的向心加速度沿水平方向,加速度大小為a=ω2r,設斜劈傾角為θ,對物塊沿AB方向f-mgsinθ=macosθ垂直AB方向有mgcosθ-N=masinθ解得f=mgsinθ+macosθN=mgcosθ-masinθ當角速度ω逐漸增加時,加速度a逐漸增加,f逐漸增加,N逐漸減小,故AC正確,BD錯誤。

故選AC。9、BC【解題分析】

由F-t圖象可以看出,0~t1F=mg物塊可能處于靜止狀態(tài)或勻速運動狀態(tài),t1~t2F>mg電梯具有向上的加速度,物塊處于超重狀態(tài),可能加速向上或減速向下運動,t2~t3F=mg物塊可能靜止或勻速運動,t3~t4F<mg電梯具有向下的加速度,物塊處于失重狀態(tài),可能加速向下或減速向上運動,綜上分析可知,故BC正確。故選BC。10、AC【解題分析】

A.初始時刻棒產(chǎn)生的感應電動勢為:E=BLv0、感應電流為:棒受到安培力大小為:故A正確;B.MN棒第一次運動至最右端的過程中AB間電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q,回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為2Q。由于安培力始終對MN做負功,產(chǎn)生焦耳熱,棒第一次達到最左端的過程中,棒平均速度最大,平均安培力最大,位移也最大,棒克服安培力做功最大,整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱應大于故B錯誤;C.設棒再次回到初始位置時速度為v。從初始時刻至棒再次回到初始位置的過程,整個回路產(chǎn)生焦耳熱大于:根據(jù)能量守恒定律有:棒再次回到初始位置時,棒產(chǎn)生的感應電動勢為:E′=BLv,AB間電阻R的功率為:聯(lián)立解得:故C正確;D.由能量守恒得知,當棒第一次達到最右端時,物體的機械能全部轉化為整個回路中的焦耳熱和甲乙彈簧的彈性勢能,又甲乙兩彈簧的彈性勢能相等,所以甲具有的彈性勢能為故D錯誤。故選:AC。三、實驗題:本題共2小題,共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處,不要求寫出演算過程。11、B大于【解題分析】

(1)[1]入射小球每次都應從斜槽上的同一位置無初速度釋放,目的是使入射小球每次都以相同的速度飛出槽口,故B正確,ACD錯誤。故選B。(2)[2]為了防止入射小球反彈,入射小球的質(zhì)量應大于被碰小球的質(zhì)量。(3)[3]由于小球下

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