2025届湖北省黄冈市黄梅县育才高级中学高三下学期模拟预测物理试题

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/(R十h) 得T-2π 2R十h.设飞船在圆轨道的周期为T,由开普勒第三 2 (2_),D正确. 2gR{ 5.A 对活塞受力分析pS=p.S+mgsin30”,解得)=p+g,A正确;根据盖-吕萨克定理可知-C,温度为热力学温 标时成正比,此题为摄氏温标,不成正比,由热力学温度T一/士273,封闭气体的V-1图像延长线会过一273C,B错误 根据热力学第一定律可知AU一W十Q,体积增大,气体对外做功,使内能减小,做功W<0.因此封闭气体增加的内能小 于吸收的热量,C错误;由A项分析可知,斜面倾角减小,整体仍静止,封闭气体压强减小,气缸导热良好、温度不变,AL 一0.由V一C.气体体积V增大,对外做功,W<0,由AU一W+Q得Q>0.气体不断吸热,D错误 2n 速度增大,又对Q分析,坚直方向受力平衡,支持力F一mg一Fsin0,F增大F。减小,A错误;对P分析,当二者刚要发 生相对滑动时,根据牛顿第二定律有F-Fo-ma,联立解得F-_ cos2sin0,由题图乙可知F-g,所以PQ相 2g t 1页(共4页)】 对P的摩擦力提供加速度/一na,则两者之间的静擦力逐渐增大,当两者发生相对滑动后,P、Q间的弹力变小,由/ F,得摩擦力变小.P的加速度变小.C、D错误. 7.D C、O、D三点共线,由几何关系可知平抛运动的位移垂直圆孤在D点的切线,小球在D点的速度方向的反向延长线 交水平位移中点,即速度方向不垂直圆狐在D点的切线,A错误;由几何关系可知小球平抛运动的水平位移x一^(1十 cos0)-1.8r,竖直位移y-r(tan6+sin0)-1.35r,重力势能的减小量等于重力做功△E.-W。-mgy-1.35mgr,B错 球落到D点时重力的功率为P-mgv.-3mg30gr,D正确. 10 8.AD 滑动变阻器的触头置于正中央时,由题意可知,导体棒上产生的感应电动势为E-I(R十r)-0.5X(5十3)V -0.1 s.则该过程流过电流表的电荷量为o-I7-0.5X0.1C-0.05C.B错误;该过程中人的输出功率等于导体棒克服安培 力做功的功率,则有P一BILv.解得P-2W,当滑动变阻器接入电路的阻值为R。一1.5O时,设电流表的读数为T、人 C错误,D正确 9.BD 小灯泡的额定电流1-1A,①中三个灯泡正常发光,由电路图可知原副线圈的电流分别为1.-1A、I。-2A,由变 值R。-_ 0-60;②中,由于小灯泡a仍正常发光,则原线圈的电流与①中的电流相同,即副线圈的输出电压和 R. 2十R-3O,又R-6R,解得R- 10.B正确;由以上解析可知,①中小灯泡消耗的电功率为Pi-UI-6W,②中流过小灯泡6的电流为L. W,则P.:P。一9:4.C错误;②中定值电阻R:消耗的电功率为 A,消耗的电功率为P-IR。一 W,则P:P-3:2,D正确 10.AD 设碰前弹的压缩量为x,由平衡条件可知2mg三kx,由题意碰后向下运动时动能最大,此时有3mg 恒定律得3ng 度分别为v、,由弹性碰撞的规律得nr=2nr+nro、寸m}-×2mu+mo{},解得= 到速度为o时,有最大加速度,设B到最低点时弹策的压缩量为x',由机械能守恒定律得x2mro{②}十2ng(x'-x)一 #a*-x*},解得y'-ho,由牛顿第二定律得ex'-2mg-2ma,解得a-g,D正确. 2页(共4页)】 11.(1)理想模型法(1分)(2)使油酸在浅盘的水面上形成一块单分子层油膜(2分)(3)127~131(2分)7.6×10-8~ 7.9×10-*(2分) 解析:(1)该实验可以将油酸分子看成球形的方法是理想模型法; (2)用油膜法估测分子直径时,需使油酸在水面上形成单分子层油膜,为使油酸尽可能地散开,将油酸用酒精稀释; (3)在计算油膜面积时,应将多余半格的记为1个,少于半格的不计,则由题图可知,油膜所占方格数约为129个,则油 12.(1)B(1分)D(1分)(2)8.0(2分) 解析:(1)电源的电动势约为3V,因此电压表应选0~3V量程的B;未知电阻的阻值约为10O.则流过电流表的最大 电流约为ImxR+R十r2+10十1 A~230mA,所以电流表应选量程为0~150mA的电流表D 代入数据解得R.-8.0Q. (3)由闭合电路的欧姆定律E-I(R十R+R十r),得R十R+R.-E·-r,显然为了得到一条直线,应以士为横 轴,结合图像可知电源的电动势为E-,电源的内阻为r-6. 13.解:(1)简谐横波沿x轴正方向传播,根据波动规律可知. b点开始振动时,沿y轴负方向振动(1分) 一0.25s时6点第二次位于波谷位置,根据波动规律可知. 点振动了个周期,则:-T(1分) 解得T一0.2s(1分) 由图可知波长为一4m (1分) 则波速为一 (1分) 代入数据解得-20m/s(1分) (2)波沿:轴正方向匀速传播,质点c开始振动的时间t。---1.4s(1分) 从/-0时刻起到/-2s时,质点c振动的时间为A-t-t。-0.6s(1分) 此时质点c振动了3个周期(1分) 所以质点c在0~2.0s的时间内通过的路程为s-3×4A一96cm (1分) 14.解:(1)物体放上A端后,受重力、支持力以及摩擦力的作用,物体在滑动摩擦力的作用下加速运动; 由牛顿第二定律得ng一na(1分) 解得a一8m/s{(1分) 则由运动学公式得v{-2axAB (1分) 解得v-8m/s(1分) (2)物体由A到B的时间为,-2-1s (1分) 由于v v,所以物体在倾斜部分继续加速,由牛顿第二定律得mgsin37{}+mgcos37*}一ma (1分) 解得a-12.4m/s(1分) 物体继续加速的时间。-__0.5s (1分) 该时间内物体的位移x-n.。-5.55m 2 (1分) 由于x-5.55m<xic,则物体能与传送带共速,此后物体所受摩擦力变为沿传送带向上,由于>tan37*-3,所以 3页(共4页)】 物体与传送带共速后,保持与传送带具有共同的速度匀速运动到C端 则物体匀速的时间。-二-0.5s(1分) 则物体由A到C的总时间t一+t十一2s(1分) (3)物体与水平传送带间相对位移x=ut-xA=10.2m(1分) 相对滑动产生的内能Q=ng·xrr=81.6J(1分) 物体与倾斜传送带间相对位移x-o一x-1.55m 滑动产生的内能Q一ngcos37*·x一9.92](1分) 物体与传送带间摩擦产生的内能Q。一Q十Q一91.52J(1分) 15.解:(1)粒子沿x轴正方向发射时要将粒子全部约束在外边界以内,则恰好不射出外边界的粒子速度最大,轨迹与外边 界相切,作出粒子轨迹图如图甲所示,设该粒子的轨迹半径为r 根据几何关系有(3R一r)*一十R(1分) 解得r一 ,(1分) A/ 3 (2分) (1分) 3n (2)粒子沿y轴正方向发射时要将粒子全部约束在外边界以内,则恰好不射出外边界的粒子 速度最大,轨迹与外边界相切,粒子从P点进入磁场,作出粒子轨迹图如图乙所示,设该粒子 的轨迹半径为/ 由几何关系有(r:-R){}+(){}-(3R-一”) (2分) 3 解得_-R(1分) 乙 (1分) r2 5n (1分) 5n 1ln 粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力有roB_m{} (1分) 解得r-1(1分) 设粒子轨迹恰好与外边界相切时射人磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为g,设 粒子从Q点进入磁场,作出粒子运动轨迹如图丙所示,设OQA为B,OQO为×,在三角形 (1)第+R-(3R-1)} QQO.中根据余弦定理有cos)- (1分) 2RxR {3 (1分) 丙 _R (1分) 将sing-士代入解得sina-,则a-30{或a-150{(1分) 由此可知,当带电粒子的发射方向角a介于30{}~150{之间时,即共120{}范围粒子无法离开外边界,粒子沿xOy平面向 外360范围内发射粒子,则射出磁场外边界的共240范围,则射出外边界的粒子数与约束在外边界以内的粒子数之比 为2:1(2分) 4页(共4页)】