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重慶市第三十中學2025屆高三最后一卷物理試卷注意事項:1.答卷前,考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型(B)填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2.作答選擇題時,選出每小題答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑;如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答,答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上;如需改動,先劃掉原來的答案,然后再寫上新答案;不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4.考生必須保證答題卡的整潔??荚嚱Y束后,請將本試卷和答題卡一并交回。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、如圖甲所示為用伏安法測量某合金絲電阻的實驗電路。實驗中分別用最大阻值是5、50、500的三種滑動變阻器做限流電阻。當滑動變阻器的滑片由一端向另一端移動的過程中,根據實驗數據,分別作出電流表讀數I隨(指滑片移動的距離x與滑片在變阻器上可移動的總長度L的比值)變化的關系曲線a、b、c,如圖乙所示。則圖乙中的圖線a對應的滑動變阻器及最適合本實驗的滑動變阻器是()A.最大阻值為5的滑動變阻器∶圖線a對應的滑動變阻器B.最大阻值為50的滑動變阻器;圖線b對應的滑動變阻器C.最大阻值為500的滑動變阻器;圖線b對應的滑動變阻器D.最大阻值為500的滑動變阻器;圖線c對應的滑動變阻器2、如圖所示,AO、BO、CO是完全相同的繩子,并將鋼梁水平吊起,若鋼梁足夠重時,繩子AO先斷,則()A.θ=120°B.θ>120°C.θ<120°D.不論θ為何值,AO總是先斷3、如圖甲所示,金屬細圓環(huán)固定,圓環(huán)的左半部分處于隨時間均勻變化的勻強磁場中。該圓環(huán)電阻為R、半徑為r,從t=0時刻開始,該圓環(huán)所受安培力大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示,則磁感應強度的變化率為()A. B. C. D.4、氫原子光譜在可見光區(qū)域內有四條譜線Hα、Hβ、A.HαB.同一介質對HαC.同一介質中HδD.用Hγ照射某一金屬能發(fā)生光電效應,則H5、如圖所示,邊長為L的正六邊形ABCDEF的5條邊上分別放置5根長度也為L的相同絕緣細棒。每根細棒均勻帶上正電?,F將電荷量為+Q的點電荷置于BC中點,此時正六邊形幾何中心O點的場強為零。若移走+Q及AB邊上的細棒,則O點強度大小為(k為靜電力常量)(不考慮絕緣棒及+Q之間的相互影響)A.B.C.D.6、如圖所示,物體A、B用細繩連接后跨過滑輪,A靜止在傾角為45°的斜面上,B懸掛著.已知質量mA=2mB,不計滑輪摩擦,現將斜面傾角由45°增大到60°,但物體仍保持靜止,下列說法正確的是A.繩子的張力增大B.物體A對斜面的壓力將增大C.物體A受到的靜摩擦力增大D.滑輪受到繩子的作用力保持不變二、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、質量為m的物塊在t=0時刻受沿固定斜面向上的恒力F1作用,從足夠長的傾角為θ的光滑斜面底端由靜止向上滑行,在t0時刻撤去恒力F1加上反向恒力F2(F1、F2大小未知),物塊的速度-時間(v-t)圖象如圖乙所示,2t0時刻物塊恰好返回到斜面底端,已知物體在t0時刻的速度為v0,重力加速度為g,則下列說法正確的是()A.物塊從t=0時刻開始到返回斜面底端的過程中重力的沖量大小為2mgt0sinθB.物塊從t0時刻到返回斜面底端的過程中動量的變化量大小為3mv0C.F1的沖量大小為mgt0sinθ+mv0D.F2的沖量大小為3mgt0sinθ-3mv08、如圖所示,AB兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連,小球A放在固定的光滑斜面上,斜面傾角,BC兩小球在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連,小球C放在水平地面上?,F用手控制住小球A,并使細線剛剛拉直但無拉力作用,并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行。已知小球A的質量為4m,小球BC質量相等,重力加速度為g,細線與滑輪之間的摩擦不計,開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。釋放小球A后,小球A沿斜面下滑至速度最大時小球C恰好離開地面,關于此過程,下列說法正確的是()A.小球BC及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒B.小球C的質量為mC.小球A最大速度大小為D.小球B上升的高度為9、在《流浪地球》的“新太陽時代”,流浪2500年的地球終于定居,開始圍繞比鄰星做勻速圓周運動,己知比鄰星的質量約為太陽質量的,目前地球做勻速圓周運動的公轉周期為1y,日地距離為1AU(AU為天文單位)。若“新太陽時代"地球的公轉周期也為1y,可知“新太陽時代”()A.地球的公轉軌道半徑約為AUB.地球的公轉軌道半徑約為AUC.地球的公轉速率與目前地球繞太陽公轉速率的比值為1∶2D.地球的公轉速率與目前地球繞太陽公轉速率的比值為1∶410、如圖所示,abcd為固定的水平光滑矩形金屬導軌,導軌間距為L左右兩端接有定值電阻R1和R2,R1=R2=R,整個裝置處于磁感應強度大小為B,方向豎直向下的勻強磁場中.質量為m的導體棒MN放在導軌上,棒始終與導軌垂直且接觸良好,不計導軌與棒的電阻.兩根相同的輕質彈簧甲和乙一端固定,另一端同時與棒的中點連接.初始時刻,兩根彈簧恰好處于原長狀態(tài),棒獲得水平向左的初速度,第一次運動至最右端的過程中Rl產生的電熱為Q,下列說法中正確的是A.初始時刻棒所受安培力的大小為B.棒第一次回到初始位置的時刻,R2的電功率小于C.棒第一次到達最右端的時刻,兩根彈簧具有彈性勢能的總量為D.從初始時刻至棒第一次到達最左端的過程中,整個回路產生的電熱大于三、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)某科技小組想測定彈簧托盤秤內部彈簧的勁度系數k,拆開發(fā)現其內部簡易結構如圖(a)所示,托盤A、豎直桿B、水平橫桿H與齒條C固定連在一起,齒輪D與齒條C嚙合,在齒輪上固定指示示數的指針E,兩根完全相同的彈簧將橫桿吊在秤的外殼I上。托盤中不放物品時,指針E恰好指在豎直向上的位置。指針隨齒輪轉動一周后刻度盤的示數為P0=5kg??萍夹〗M設計了下列操作:A.在托盤中放上一物品,讀出托盤秤的示數P1,并測出此時彈簧的長度l1;B.用游標卡尺測出齒輪D的直徑d;C.托盤中不放物品,測出此時彈簧的長度l0;D.根據測量結果、題給條件及胡克定律計算彈簧的勁度系數k;E.在托盤中增加一相同的物品,讀出托盤秤的示數P2,并測出此時彈簧的長度l2;F.再次在托盤中增加一相同的物品,讀出托盤秤的示數P3,并測出此時彈簧的長度l3;G.數出齒輪的齒數n;H.數出齒條的齒數N并測出齒條的長度l。(1)小組同學經過討論得出一種方案的操作順序,即a方案:采用BD步驟。①用所測得的相關量的符號表示彈簧的勁度系數k,則k=________。②某同學在實驗中只測得齒輪直徑,如圖(b)所示,并查資料得知當地的重力加速度g=9.80m/s2,則彈簧的勁度系數k=________。(結果保留三位有效數字)(2)請你根據科技小組提供的操作,設計b方案:采用:________步驟;用所測得的相關量的符號表示彈簧的勁度系數k,則k=________。12.(12分)某同學設計了如圖甲所示的電路測電源的電動勢和內阻。(1)閉合電鍵S1,將單刀雙擲開關合向a,調節(jié)滑動變阻器,測得多組電壓和電流的值,在U-I坐標平面內描點作圖再將單刀雙擲開關合向b,調節(jié)滑動變阻器,測得多組電壓和電流的值,在U-I坐標平面內描點作圖兩次作出的圖象如圖乙所示,則將單刀雙擲開關合向a時測出的數據描點作出的圖象應是___________(填“A”或“B”)。將電鍵合向___________(填“a”或“b”)時,測得的電源電動勢沒有系統(tǒng)誤差。(2)根據兩次測得的數據分析可知,根據圖線___________(填“A”或“B”)求得的電動勢更準確,其電動勢的值為E=___________V。(3)若該同學通過實驗測出電流表的內阻為RA=1Ω,則利用圖線___________(填“A”或“B”)測得的電源的內阻更準確,由此求得電源的內阻為r=___________Ω。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,真空中以為圓心,半徑r=0.1m的圓形區(qū)域內只存在垂直紙面向外的勻強磁場,圓形區(qū)域的最下端與xoy坐標系的x軸相切于坐標原點O,圓形區(qū)域的右端與平行y軸的虛線MN相切,在虛線MN右側x軸的上方足夠大的范圍內有方向水平向左的勻強電場,電場強度E=1.0×105N/C.現從坐標原點O沿xoy平面在y軸兩側各30°角的范圍內發(fā)射速率均為v0=1.0×106m/s的帶正電粒子,粒子在磁場中的偏轉半徑也為r=0.1m,已知粒子的比荷,不計粒子的重力、粒子對電磁場的影響及粒子間的相互作用力,求:(1)磁場的磁感應強度B的大小;(2)沿y軸正方向射入磁場的粒子,在磁場和電場中運動的總時間;(3)若將勻強電場的方向改為豎直向下,其它條件不變,則粒子達到x軸的最遠位置與最近位置的橫坐標之差.14.(16分)如圖所示,在豎直面內有一矩形區(qū)ABCD,水平邊AB=6L,豎直邊BC=8L,O為矩形對角線的交點。將一質量為m的小球以一定的初動能自O點水平向右拋出,小球恰好經過C點。使此小球帶電,電荷量為q(q>0),同時加一平行于矩形ABCD的勻強電場,現從O點以同樣的初動能沿各個方向拋出此帶電小球,小球從矩形邊界的不同位置射出,其中經過D點的小球的動能為初動能的5倍,經過E點(DC中點)的小球的動能和初動能相等,重力加速度為g,求∶(1)小球的初動能;(2)取電場中O點的電勢為零,求D、E兩點的電勢;(3)帶電小球所受電場力的大小和方向15.(12分)如圖所示,粗細均勻的U形玻璃管,左端封閉,右端開口,豎直放置。管中有兩段水銀柱a、b,長分別為5cm、10cm,兩水銀液柱上表面相平,大氣壓強為75cmHg,溫度為27℃,a水銀柱上面管中封閉的A段氣體長為15cm,U形管水平部分長為10cm,兩水銀柱間封閉的B段氣體的長為20cm,給B段氣體緩慢加熱,使兩水銀柱下表面相平,求此時:(i)A段氣體的壓強;(ii)B段氣體的溫度為多少?

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、C【解析】

從圖乙中可以看出a曲線在滑片移動很小距離,就產生了很大的電流變化,說明該滑動變阻器阻值遠大于被測量電阻阻值,所以a圖對應500Ω滑動變阻器,c圖線電流幾乎不隨著距離x變化,說明該滑動變阻器是小電阻,所以對應是5Ω的圖像,本實驗采用的是伏安法測量電阻,為了減小實驗誤差,應該要保證被測電阻中的電流變化范圍適當大一些,所以選擇圖中b所對應的滑動變阻器,故ABD錯誤,C正確。故選C。2、C【解析】

以結點O為研究對象,分析受力,作出力圖如圖.根據對稱性可知,BO繩與CO繩拉力大小相等.由平衡條件得:FAO=2FBOcos,當鋼梁足夠重時,AO繩先斷,說明FAO>FBO,則得到2FBOcos>FBO,解得:θ<120°,故C正確,ABD錯誤。3、D【解析】

設勻強磁場()感應電動勢安培力結合圖像可知所以磁感應強度的變化率故D正確ABC錯誤。故選D。4、A【解析】試題分析:根據hν=Em-波長越大,頻率越小,故Hα的頻率最小,根據E=hν可知Hα對應的能量最小,根據hν=Em-En可知Hα對應的前后能級之差最小,A正確;Hα的頻率最小,同一介質對應的折射率最小,根據v=cn可知Hα的傳播速度最大,BC錯誤;【點睛】光的波長越大,頻率越小,同一介質對其的折射率越小,光子的能量越?。?、D【解析】

根據對稱性,AF與CD上的細棒在O點產生的電場強度疊加為零,AB與ED上的細棒在O點產生的電場強度疊加為零.BC中點的點電荷在O點產生的電場強度為,因EF上的細棒與BC中點的點電荷在O點產生的電場強度疊加為零,EF上的細棒在O點產生的電場強度為,故每根細棒在O點產生的電場強度為,移走+Q及AB邊上的細棒,O點的電場強度為EF與ED上的細棒在O點產生的電場強度疊加,這兩個場強夾角為60°,所以疊加后電場強度為;故選D。A.,與結論不相符,選項A錯誤;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.,與結論相符,選項D正確;6、C【解析】

物體B受豎直向下的重力mg和豎直向上的繩子拉力T,由二力平衡得到:T=mg;以物體A為研究對象,物體A受力如下圖所示:A靜止,處于平衡狀態(tài),由平衡條件得:f+T-2mgsin45°=0N-2mgcos45°=0解得:f=2mgsin45°-T=2mgsin45°-mgN=2mgcos45°當由45°增大到60°時,f不斷變大,N不斷變小;A.繩子張力T=mg保持不變,故A錯誤;B.物體A對斜面的壓力N′=N=2mgcosθ將變小,故B錯誤;C.摩擦力變大,故C正確;D.繩子的拉力不變,但是滑輪兩邊繩子的夾角減小,則滑輪受到繩子的作用力變大,選項D錯誤.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、BC【解析】

A.根據沖量的定義式可知物塊從時刻開始到返回斜面底端的過程中重力的沖量大小為故A錯誤;B.由于在時撤去恒力加上反向恒力,物塊在時恰好回到斜面的底端,所以在沿固定斜面向上的恒力的時間與撤去恒力加上反向恒力后回到底端的時間相等,設物體在沿固定斜面向上的恒力作用下的位移為,加速度為,取沿斜面向上為正;根據位移時間關系可得根據速度時間關系可得撤去沿固定斜面向上的恒力時的速度為撤去恒力加上反向恒力作用時的加速度為,則有聯立解得物塊在時的速度為物塊從時刻到返回斜面底端的過程中動量的變化量為即物塊從時刻到返回斜面底端的過程中動量的變化量大小為,故B正確;C.物體在沿固定斜面向上的恒力作用下,根據動量定理可得解得的沖量大小為故C正確;D.撤去恒力加上反向恒力作用時,根據動量定理可得解得故D錯誤;故選BC。8、BC【解析】

A.以小球B、C及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象,除系統(tǒng)重力外,繩的拉力對系統(tǒng)做功,則系統(tǒng)機械能不守恒,故A錯誤;B.小球A速度最大時,小球A的加速度為零,則對小球B、C及彈簧組成的系統(tǒng)聯立以上兩式,解得故B正確;CD.小球C恰好離開地面時,彈簧彈力彈簧伸長量為,初始時,彈簧被壓縮,則小球B上升,以小球A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象,由機械能守恒定律得又聯立以上兩式,解得故C正確,D錯誤。故選BC。9、AC【解析】

AB.根據萬有引力提供向心力可知:解得公轉半徑為:比鄰星質量約為太陽質量,公轉周期相同,則“新太陽時代”,地球的公轉軌道半徑約為AU,A正確,B錯誤;CD.根據解得公轉速率比鄰星質量約為太陽質量,公轉半徑之比為1:2,則公轉速率之比為1:2,C正確,D錯誤。故選AC。10、BD【解析】

A.由F=BIL及I==,得安培力大小為FA=BIL=,故A錯誤;B.由于安培力始終對MN做負功,產生焦耳熱,由動能定理得:當棒再次回到初始位置時,速度小于v0,棒產生的感應電動勢小于BLv0,則R2的電功率小于,故B正確;C.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,兩個電阻相同并聯,故產生的熱量相同,則電路中產生總熱量為2Q,所以兩根彈簧具有的彈性勢能為,故C錯誤;D.由于安培力始終對MN做負功,產生焦耳熱,棒第一次達到最左端的過程中,棒平均速度最大,安培力平均值最大.從初始時刻到第一次運動至最右端的過程中電路中產生總熱量為2Q,則從初始時刻至棒第一次到達最左端的過程中,整個回路中產生的焦耳熱應大于×2Q,故D正確.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、7.96×102N/mCAEFD【解析】

(1)[1]①彈簧的伸長量與齒條下降的距離相等,而齒條下降的距離與齒輪轉過的角度對應的弧長相等,齒輪轉動一周對應的弧長即為齒輪周長,即托盤中物品質量為P0=5kg時彈簧的伸長量:Δx=πd因此只要測出齒輪的直徑d即可計算其周長,然后由胡克定律得:2kΔx=P0g解得k=;[2]②游標卡尺讀數為0.980cm,代入:k=得k=7.96×102N/m;(2)[3]直接測出不同示數下彈簧的伸長量也可以進行實驗,即按CAEFD進行操作,實驗不需要測量齒輪和齒條的齒數,GH是多余的;[4]求解形變量Δx1=l1-l0Δx2=l2-l0Δx3=l3-l0則:k1=k2=k3=則:k=聯立解得:k=。12、AbB1.5B4【解析】

(1)單刀雙擲開關合向a時,由于電壓表的分流,使測得的電源電動勢和內阻都比真實值小,單刀雙擲開關合向b時,由于電流表的分壓,測得的電源電動勢等于真實值,測得的內阻比真實值大,因此單刀雙擲開關合向a時測出的數據描點作出的圖象是A;(2)圖線B測得的電動勢沒有系統(tǒng)誤差,更準確,其值為1.5V,由于圖線B測得的內阻值實際為電源內阻與電流表的內阻之和,因此誤差較大,因此由圖線A求得的電源內阻值更準確;(3)若測出電流表的內阻,則利用圖B測得的內阻更準確,由此求得電源的內阻為。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

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