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文檔簡介
上海市浦東新區(qū)川沙中學2025屆高考適應性考試物理試卷考生須知:1.全卷分選擇題和非選擇題兩部分,全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂;非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2.請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,在草稿紙、試題卷上答題無效。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、物塊以60J的初動能從固定的斜面底端沿斜面向上滑動,當它的動能減少為零時,重力勢能增加了40J,則物塊回到斜面底端時的動能為()A.10J B.20J C.30J D.40J2、如圖所示,為某靜電除塵裝置的原理圖,廢氣先經(jīng)過機械過濾裝置再進入靜電除塵區(qū)、圖中虛線是某一帶負電的塵埃(不計重力)僅在電場力作用下向集塵極遷移并沉積的軌跡,A、B兩點是軌跡與電場線的交點,不考慮塵埃在遷移過程中的相作用和電荷量變化,則以下說法正確的是A.A點電勢高于B點電勢B.塵埃在A點的加速度大于在B點的加速度C.塵埃在遷移過程中做勻變速運動D.塵埃在遷移過程中電勢能始終在增大3、如圖所示,物體m與斜面體M一起靜止在水平面上。若將斜面的傾角θ稍微增大一些,且物體m仍靜止在斜面上,則A.斜面體對物體的支持力不變B.斜面體對物體的摩擦力變大C.水平面與斜面體間的摩擦力變大D.水平面與斜面體間的摩擦力變小4、在光滑的水平桌面上有兩個質量均為m的小球,由長度為2l的拉緊細線相連.以一恒力作用于細線中點,恒力的大小為F,方向平行于桌面.兩球開始運動時,細線與恒力方向垂直.在兩球碰撞前瞬間,兩球的速度在垂直于恒力方向的分量為()A. B. C. D.5、分別用頻率為ν和2ν的甲、乙兩種單色光照射某金屬,逸出光電子的最大初動能之比為1∶3,已知普朗克常量為h,真空中光速為c,電子電量為e。下列說法正確的是()A.用頻率為2ν的單色光照射該金屬,單位時間內逸出的光電子數(shù)目一定較多B.用頻率為的單色光照射該金屬不能發(fā)生光電效應C.甲、乙兩種單色光照射該金屬,對應光電流的遏止電壓相同D.該金屬的逸出功為6、伽利略通過斜面理想實驗得出了()A.力是維持物體運動的原因 B.物體的加速度與外力成正比C.物體運動不需要力來維持 D.力是克服物體慣性的原因二、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,A、B、C三個物體分別用輕繩和輕彈簧連接,放置在傾角為θ的光滑斜面上,當用沿斜面向上的恒力F作用在物體A上時,三者恰好保持靜止,已知A、B、C三者質量相等,重力加速度為g。下列說法正確的是A.在輕繩被燒斷的瞬間,A的加速度大小為B.在輕繩被燒斷的瞬間,B的加速度大小為C.剪斷彈簧的瞬間,A的加速度大小為D.突然撤去外力F的瞬間,A的加速度大小為8、假設何雯娜質量為m=40kg,在某次蹦床比賽中,她從最低點以一定的初速度v0豎直向上跳起,取運動過程的最低點為重力零勢能面,她的機械能和重力勢能隨離開最低點的高度h的變化規(guī)律如圖所示,在整個運動過程中,可將她視為質點,空氣阻力不可忽略并且大小恒定,取g=10m/s2,則()A.初速度v0=11m/sB.下降加速度為7m/s2C.落回最低點的動能1480JD.上升運動時間為9、下列說法中正確的是()A.只要知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數(shù),就可以算出氣體分子的體積B.懸浮在液體中微粒的無規(guī)則運動并不是分子運動,但微粒運動的無規(guī)則性,間接反映了液體分子運動的無規(guī)則性C.理想氣體在某過程中從外界吸收熱量,其內能可能減小D.熱量能夠從高溫物體傳到低溫物體,也能夠從低溫物體傳到高溫物體10、如圖所示,電路中有四個完全相同的燈泡,額定電壓為,額定功率為,變壓器為理想變壓器,若四個燈泡都正常發(fā)光,則()A.變壓器原副線圈的匝數(shù)比為1∶2 B.變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為2∶1C.電源電壓為 D.電源電壓為三、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)第34屆全國青少年科技創(chuàng)新大賽于2019年7月20-26日在澳門舉辦,某同學為了測試機器人內部電動機的電阻變化,對一個額定電壓為6V,額定功率約為3.5W小型電動機(線圈電阻恒定)的伏安特性曲線進行了研究,要求電動機兩端的電壓能從零逐漸增加到6V,實驗室備有下列器材:A.電流表(量程Ⅰ:0~0.6A,內阻約為1Ω;量程Ⅱ:0~3A,內阻約為0.1Ω)B.電壓表(量程為0~6V,,內阻幾千歐)C.滑動變阻器R1(最大阻值10Ω,額定電流2A)D.滑動變阻器R2(最大阻值1750Ω,額定電流0.3A)E.電池組(電動勢為9V,內阻小于1Ω)F.開關和導線若干(1)實驗中所用的滑動變阻器應選____(選填“C”或“D”),電流表的量程應選_____(選填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。(2)請用筆畫線代替導線將實物圖甲連接成符合這個實驗要求的電路。(______)(3)閉合開關,移動滑動變阻器的滑片P,改變加在電動機上的電壓,實驗中發(fā)現(xiàn)當電壓表示數(shù)大于1V時電風扇才開始轉動,電動機的伏安特性曲線如圖乙所示,則電動機線圈的電阻為______Ω,電動機正常工作時的輸出機械功率為_______W。(保留兩位有效數(shù)字)12.(12分)某學習小組探究一小電珠在不同電壓下的電功率大小,實驗器材如圖甲所示,現(xiàn)已完成部分導線的連接.(1)實驗要求滑動變阻器的滑片從左到右移動過程中,電流表的示數(shù)從零開始逐漸增大,請按此要求用筆畫線代替導線在圖甲實物接線圖中完成余下導線的連接__________:(2)某次測量,電流表指針偏轉如圖乙所示,則電流表的示數(shù)為___________A;(3)該小組描繪出的伏安特性曲線如圖丙所示,根據(jù)圖線判斷,將___________只相同的小電珠并聯(lián)后,直接與電動勢為3V、內阻為1Ω的電源組成閉合回路,可使小電珠的總功率最大,其總功率的值約為___________W(保留小數(shù)點后兩位).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)如圖所示為回旋加速器的結構示意圖,勻強磁場的方向垂直于半圓型且中空的金屬盒D1和D2,磁感應強度為B,金屬盒的半徑為R,兩盒之間有一狹縫,其間距為d,且R?d,兩盒間電壓為U。A處的粒子源可釋放初速度不計的帶電粒子,粒子在兩盒之間被加速后進入D1盒中,經(jīng)半個圓周之后再次到達兩盒間的狹縫。通過電源正負極的交替變化,可使帶電粒子經(jīng)兩盒間電場多次加速后獲得足夠高的能量。已知帶電粒子的質量為m、電荷量為+q。(1)不考慮加速過程中的相對論效應和重力的影響。①求粒子可獲得的最大動能Ekm;②若粒子第1次進入D1盒在其中的軌道半徑為r1,粒子第2次進入D1盒在其中的軌道半徑為r2,求r1與r2之比;③求粒子在電場中加速的總時間t1與粒子在D形盒中回旋的總時間t2的比值,并由此分析:計算粒子在回旋加速器中運動的時間時,t1與t2哪個可以忽略?(假設粒子在電場中的加速次數(shù)等于在磁場中回旋半周的次數(shù));(2)實驗發(fā)現(xiàn):通過該回旋加速器加速的帶電粒子能量達到25~30MeV后,就很難再加速了。這是由于速度足夠大時,相對論效應開始顯現(xiàn),粒子的質量隨著速度的增加而增大。結合這一現(xiàn)象,分析在粒子獲得較高能量后,為何加速器不能繼續(xù)使粒子加速了。14.(16分)水平折疊式串列加速器是用來產生高能離子的裝置,如圖是其主體原理側視圖.圖中為一級真空加速管,中部處有很高的正電勢,、兩端口均有電極接地(電勢為零);、左邊為方向垂直紙面向里的勻強磁場;為二級真空加速管,其中處有很低的負電勢,、兩端口均有電極接地(電勢為零).有一離子源持續(xù)不斷地向端口釋放質量為m、電荷量為e的負一價離子,離子初速度為零,均勻分布在端口圓面上.離子從靜止開始加速到達處時可被設在該處的特殊裝置將其電子剝離,成為正二價離子(電子被剝離過程中離子速度大小不變);這些正二價離子從端口垂直磁場方向進入勻強磁場,全部返回端口繼續(xù)加速到達處時可被設在該處的特殊裝置對其添加電子,成為負一價離子(電子添加過程中離子速度大小不變),接著繼續(xù)加速獲得更高能量的離子.已知端口、端口、端口、端口直徑均為L,與相距為2L,不考慮離子運動過程中受到的重力,不考慮離子在剝離電子和添加電子過程中質量的變化,,,求:(1)離子到達端口的速度大小v;(2)磁感應強度度大小B;(3)在保證(2)問中的B不變的情況下,若端口有兩種質量分別為、,電荷量均為e的的負一價離子,離子從靜止開始加速,求從端口射出時含有m1、m2混合離子束的截面積為多少.15.(12分)為了保證駕乘人員的安全,汽車安全氣囊會在汽車發(fā)生一定強度的碰撞時,利用疊氮化鈉(NaN3)爆炸時產生氣體(假設都是N2)充入氣囊,以保護駕乘人員。若已知爆炸瞬間氣囊容量為,氮氣密度,氮氣的平均摩爾質量,阿伏伽德羅常數(shù),試估算爆炸瞬間氣囊中分子的總個數(shù)N。(結果保留1位有效數(shù)字)
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【解析】
由能量守恒可知物塊沿斜面上滑的過程中,產生的摩擦熱為20J。由于上滑過程和下滑過程中摩擦力的大小相同,相對位移大小也相同,所以上滑過程中的摩擦生熱和下滑過程中的摩擦生熱相等。對全程用能量守恒,由于摩擦生熱40J,所以物塊回到斜面底端時的動能為20J。故B正確,ACD錯誤。故選B。2、B【解析】沿電場線方向電勢降低,由圖可知,B點的電勢高于A點電勢,故A錯誤;由圖可知,A點電場線比B點密集,因此A點的場強大于B點場強,故A點的電場力大于B點的電場力,則A點的加速度大于B點的加速度,故B正確;放電極與集塵極間建立非勻強電場,塵埃所受的電場力是變化的.故粒子不可能做勻變速運動,故C錯誤;由圖可知,開始速度方向與電場力方向夾角為鈍角,電場力做負功,電勢能增大;后來變?yōu)殇J角,電場力做正功,電勢能減??;對于全過程而言,根據(jù)電勢的變化可知,電勢能減小,故D錯誤.故選B.點睛:本題考查考查分析實際問題工作原理的能力,解題時要明確電場線的分布規(guī)律,并且能抓住塵埃的運動方向與電場力方向的關系是解題突破口.3、B【解析】
A、物體m靜止不動,受力平衡.可對物體受力分析,正交分解重力G得:斜面體對物體的支持力N=mgcosθ斜面體對物體的摩擦力f=mgsinθ比較可知θ稍微增大一些,N變小,f變大,故A錯誤、B正確.C、對于水平面對斜面的力,最好采用整體法,對m和M整體進行受力分析:整體受重力和水平面的支持力,因為整體處于靜止也就是平衡狀態(tài),所以地面對斜面體的摩擦力始終為零,水平面對斜面體間的支持力不變.故C錯誤、D錯誤.故選:B.4、B【解析】以兩球開始運動時細線中點為坐標原點,恒力F方向為x軸正方向建立直角坐標系如圖1,設開始到兩球碰撞瞬間任一小球沿x方向的位移為s,根據(jù)對稱性,在碰撞前瞬間兩球的vx、vy、v大小均相等,對其中任一小球,在x方向做初速度為零的勻加速直線運動有:;;
;細線不計質量,F(xiàn)對細線所做的功等于細線對物體所做的功,故對整體全過程由動能定理有:F(s+l)=2×mv2;由以上各式解得:
,故選B.5、B【解析】
A.單位時間內逸出的光電子數(shù)目與光的強度有關,由于光的強度關系未知,故A錯誤;BD.光子能量分別為和根據(jù)愛因斯坦光電效應方程可知光電子的最大初動能為,逸出光電子的最大初動能之比為1:3,聯(lián)立解得用頻率為的單色光照射該金屬不能發(fā)生光電效應,故B正確,D錯誤;C.兩種光的頻率不同,光電子的最大初動能不同,由動能定理可知,題目對應的遏止電壓是不同的,故C錯誤。故選B。6、C【解析】
AC.理想斜面實驗只能說明力不是維持物體運動的原因,即物體的運動不需要力來維持,故A錯誤,C正確;B.牛頓第二定律說明力是使物體產生加速度的原因,物體的加速度與外力成正比,故B錯誤;D.慣性是物體固有的屬性,質量是物體慣性大小的量度,慣性與物體的運動狀態(tài)和受力無關,故D錯誤。故選C。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【解析】
A.把看成是一個整體進行受力分析,有:在輕繩被燒斷的瞬間,之間的繩子拉力為零,對,由牛頓第二定律得:解得:故A正確;B.對于,由牛頓第二定律得:彈在輕繩被燒斷的瞬間,對于,繩子拉力為零,彈力不變,根據(jù)牛頓第二定律:彈解得:故B錯誤;C.剪斷彈簧的瞬間,對于整體,彈簧彈力為零,根據(jù)牛頓第二定律:解得:的加速度大?。汗蔆正確;D.突然撤去外力的瞬間,對于整體,一起做勻減速直線運動,由牛頓第二定律:彈解得:的加速度大小:故D錯誤。8、AD【解析】
A.運動員的機械能由動能和重力勢能構成,當h=0m時,重力勢能為零,動能為Ek0=2420J,根據(jù):則v0=11m/s,A正確;B.空氣阻力做功改變機械能,所以E機-h的斜率大小為空氣阻力,即:根據(jù)牛頓第二定律,下降加速度為:B錯誤;C.由于存在空氣阻力,上升過程和下降過程損失的機械能均為420J,故回到最低點時動能為:Ek=2420J-840J=1580JC錯誤;D.上升加速度為:上升時間為:D正確。故選AD。9、BCD【解析】
A.知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數(shù),能算出一個氣體分子所占有的體積,故A錯誤;B.懸浮在液體中微粒的無規(guī)則運動并不是分子運動,但微粒運動的無規(guī)則性,間接反映了液體分子運動的無規(guī)則性,故B正確;C.理想氣體在吸收熱量的同時,若對外做功,其內能可能減小,故C正確;D.若有第三者介入,熱量可以從低溫物體傳到高溫物體,故D正確。故選BCD。10、BD【解析】
AB.如圖所示,設每個燈泡額定電流為(正常發(fā)光),則原線圈電流為原副線圈中兩燈并聯(lián),電流為副變壓器有原副解得故A錯誤,B正確;CD.副原變壓器有原副解得故C錯誤,D正確。故選BD。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、CⅠ2.52.6【解析】
(1)[1][2].電風扇的額定電流,從讀數(shù)誤差的角度考慮,電流表選擇量程Ⅰ。電風扇的電阻比較小,則滑動變阻器選擇總電阻為10Ω的誤差較小,即選擇C。(2)[3].因為電壓電流需從零開始測起,則滑動變阻器采用分壓式接法,電風扇的電阻遠小于電壓表內阻,屬于小電阻,電流表采用外接法。則可知對應的實物圖如答案圖所示。(3)[4][5].電壓表讀數(shù)小于1V時電風扇沒啟動,由圖象可知I=0.4A。根據(jù)歐姆定律得。正常工作時電壓為6V,根據(jù)圖象知電流為0.57A,則電風扇發(fā)熱功率P=I2R=0.572×2.5W=0.81W則機械功率P'=UI-I2R=6×0.57W-0.81W=2.61W≈2.6W。12、0.4442.22~2.28【解析】
(1)滑動變阻器的滑片從左到右移動過程中,電流表的示數(shù)從零開始逐漸增大,則滑動變阻器采用分
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