物理-安徽省皖江名校聯(lián)盟2025屆高三年級11月摸底大聯(lián)考試題和答案

hC1.BA.根據(jù)題意可知,極紫外線波長小于紫外線,根據(jù)E=λ可知,極紫外線光子的能量大于紫外線光子的hC能量,A錯誤;B.極紫外線波長小于紫外線,則頻率高,所以極紫外線折射率大,根據(jù)sinC=可知,極紫外線的臨界角小,B正確;C.利用同一裝置進(jìn)行雙縫干涉實驗時,△父=λ可知,極紫外線的條紋間距較小,C錯誤;D.根據(jù)光電效應(yīng)方程可知Uc=—,極紫外線的遏止電壓大,D錯誤.2.A巴耳末線系由n=3能級躍遷到n=2能級的光子能量最小賴曼系中由n=∞能級躍遷到n=1能級的光子能量最大,又E=hv=故光子的頻率之比為== ,A正確.π’△ΦBL23.BAB.甲圖中流過電阻R的電流為直流,線框由圖示位置轉(zhuǎn)過2,流過電阻的電荷量為q=R十r=π’△ΦBL2R十r,流過電阻的電流方向改變2次,CD錯誤.轉(zhuǎn)動一周,流過電阻的電荷量為q=4BL2A錯誤R十r,流過電阻的電流方向改變2次,CD錯誤.4.DA.已知由狀態(tài)a到狀態(tài)b為等溫過程,分子平均動能不變,而體積變小,壓強變大,故狀態(tài)a單位時間內(nèi)撞擊單位面積器壁的分子數(shù)一定小于狀態(tài)b,A錯誤;B.由圖知從狀態(tài)b到狀態(tài)C為等壓過程,而體積變大,由蓋—呂薩克定律可知氣體溫度升高,則氣體分子平均動能增大,即分子平均速率增大,但并不是每個分子的速率都增大,B錯誤.CD.根據(jù)w=p△V可知,p—V圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積等于氣體對外做功,由圖可知從a到b外界對理想氣體做功小于從b到C到a氣體對外做功,即整個循環(huán)過程w<0,由于△U=0,所以Q>0,即Q吸—Q放>0,所以整個循環(huán)過程,理想氣體吸收的熱量大于放出的熱量,C錯誤D正確.5.CA.t=0時質(zhì)點P沿y軸負(fù)方向振動,速度和加速度方向都向下,A錯誤;BC.設(shè)質(zhì)點P的振動方程為y=0.2sin(t十φ)m,代入t=0,y=0.1m,可得φ=π,t=0.8s時質(zhì)點P的位移不變,則有0.1m=0.2sin(×0.8十π)m,且波源振動的周期大于0.8s,解得周期為T=1.2s,由v=可知v=1m/s,B錯誤,C正確;D.△t=0.8s<2T,質(zhì)點Q沒有回到平衡位置,D錯誤.6.BABC.已知圓環(huán)上電荷分布均勻,將圓環(huán)分成n個微元,每個微元均能看成點電荷,設(shè)每個微元的電荷量為△q,則微元到A點的距離為d=5a,微元和A點連線與細(xì)桿的夾角為θ,根據(jù)數(shù)學(xué)知識cosθ=由對稱性可知A點的電場場強為EA=ncosθ=點電勢為φA=—n由對稱性可知圓環(huán)上的電荷在。點產(chǎn)生的場強為0,在。點產(chǎn)生的電勢φ。=—,AC錯誤,B正確;D.由AC選項分析可知φ。<φA,故電子在。點的電勢能大于在A點的電勢能,D錯誤.7.A設(shè)空間站運行的周期為T0,角速度為月球的角速度為w=,已知連續(xù)兩次出現(xiàn)空間站凌月現(xiàn)象的時間為t,則w0t—wt=2π,解得T0=對空間站有r,GM=gR2,聯(lián)立解得g=T)2,A正確.8.CA.由圖知汽車在0~t1時間內(nèi)做勻加速直線運動,由牛頓第二定律可得該時間段內(nèi)的牽引力F=f十ma0,t1時刻汽車速度v1=a0t1,則汽車的額定功率P=Fv1=(f十ma0)a0t1,A錯誤;B.由圖知t1~t2時間內(nèi)汽車做加速度減小的加速運動,位移增加的越來越快,B錯誤;C.由題意知t2時刻汽車的速度達(dá)到最大,牽引【高三摸底考.物理試卷參考答案第1頁(共4頁)W】力與阻力等大,即F’=f,則Vm=a0t1,t1~t2時間內(nèi)汽車做加速度逐漸減小的加速度運動,故t1~t2時間內(nèi)汽車的平均速度,C正確;D.0~t1時間內(nèi)汽車牽引力做功W1=F父1=t1,t1~t2時間內(nèi)汽車牽引力做功W2=P(t2—t1),故W1:W2=t1:2(t21),D錯誤.9.BD小球在第一次經(jīng)過圓軌道最低點時,F1—mg=m小球經(jīng)過圓軌道最高點時F2十mg=m由最低點到最高點—mg●2R—W克f=mV2—,解得F1—F2=6mg十>6mg.小球再次回到最低點,F3—mg=m由最高點再次回到最低點mg●2R—W克f’=mV’2—mV2,解得F3—F2=6mg—<6mg,BD正確.10.CDA.由右手定則可知,每根金屬棒在磁場內(nèi)和在磁場外電流方向相反,A錯誤;B.金屬框架勻速穿過磁場區(qū)域,水平方向受力平衡,處于磁場中的金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E=2BLV0,I=,R總=R十 ,F=2BIL,解得F=,B錯誤;C.最右側(cè)金屬棒在磁場中運動時,通過它的電荷量為q1=I● 最右側(cè)金屬棒離開磁場后,流過最右側(cè)金屬棒的電流為通過它的電荷量q2=I’● 故流過右側(cè)金屬棒的總電荷量為q=q1十q2=,C正確;D.金屬框架穿過磁場的過程中產(chǎn)生的總焦耳熱Q=F×5L=金屬框架在穿過磁場的過程中,5根金屬棒所處地位一樣,故最左端金屬棒上產(chǎn)生的熱量,D正確.11.(1)AD(2分)(2)2.00(2分)(3)偏大(2分)系統(tǒng)(2分)解析:(1)探究向心力大小與半徑、角速度、質(zhì)量的關(guān)系用到了控制變量法,A正確;探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律用到了等效替代法,B錯誤;探究平拋運動的特點,采用等效思想,C錯誤;探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系利用控制變量法,D正確.(2)電源頻率為50Hz,則可知打點周期為0.02s,而每5個點取一個計數(shù)點,則可知每兩個計數(shù)點間的時間間隔為T=0.1s,逐差法可知小車的加速度大小為9×0.12×10—2m/s2=2.00m/s2.(3)根據(jù)頻率與周期之間關(guān)系,可知,頻率減小,則周期變大,發(fā)生相同位移所用的時間變長,因此速度的測量值與實際值相比將偏大;由系統(tǒng)裝置所造成的誤差稱為系統(tǒng)誤差,故該誤差屬于系統(tǒng)誤差.12.(1)C(2分)(2)見解析左端—(2分)解析:(1)因電路中滑動變阻器采用分壓接法,為便于調(diào)節(jié),滑動變阻器選C.(2)(3)為保障儀器安全,滑動變阻器的滑片應(yīng)放置在滑動變阻器左端,此時待測電路電壓為0,從而保證電表【高三摸底考●物理試卷參考答案第2頁(共4頁)W】的安全.(4)對該電路有I2=I1十I父,即I2=I1十I1(R1父十R),變形得=父R十1十1,由圖像得a=1十1,=父,聯(lián)立得RA1=,R父=.13.解析:(1)對I部分氣體,根據(jù)玻意耳定律可得2poLS=p1×LS(2分)解得p1=po(1分)對Ⅱ部分氣體poLS十6poV=p1×LS(2分)LS解得V=6(1分)LS(2)保持I中氣體溫度不變,由(1)分析可知I中氣體壓強為p1,對Ⅱ部分氣體由理想氣體狀態(tài)方程得LS×=LS×(2分)解得T=2To(1分)14.解析:(1)設(shè)物塊A與木板相對靜止時的速度為v根據(jù)動量守恒定律有Mvo=(M十m1)v(1分)解得v=vo(1分)物塊A與木板相對靜止前,物塊B保持靜止,物塊A做勻加速直線運動,v=2aLμom1g=m1a(1分)聯(lián)立解得μo=2L(1分)(2)設(shè)物塊A與物塊B碰撞后的速度分別為v1、v2,根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律知m1v=m1v1十m2v2(1分)m1v2=m1v12十m2v22(1分)解得v1=—vo,v2=vo(1分)之后物塊B向右勻速運動,物塊A與木板相互摩擦,最終速度相同,設(shè)為v共,則Mv十m1v1=(M十m1)v共(1分)解得v共=vo(1分)所用時間為t1=a=25μog=vo(1分)在這一過程中,物塊A先向左做勻減速運動,所用時間為t1=a=25μog=vo(1分)物塊A向右的位移為父A=v共v1t1=(1分)物塊B向右勻速直線運動,發(fā)生的位移為父B=v2t1=(1分)物塊A和木板共速后一起向右運動追擊物塊B,所用時間為t2==——=(1分)9L物塊A、B第一次碰撞到第二次碰撞時間差為t=t1十t2=vo.(1分)9L15.解析:(1)粒子在電場中做類平拋運動,由題意知粒子水平位移為父o=a,豎直位移為yo=a,設(shè)其進(jìn)入圓形磁場時速度方向與父軸正方向成θ角,由平拋運動的推論有tanθ=2yo=(2分)【高三摸底考●物理試卷參考答案第3頁(共4頁)W】則粒子進(jìn)入圓形磁場的速度為(1分)粒子在磁場中做圓周運動,半徑為R,如圖所示,由幾何關(guān)系可得R=a(1分)向心力由洛倫茲力提供,即qΨB=m(1分)電場力做正功,由動能定理可得qEy0=mΨ2—(1分)聯(lián)立以上各式解得(2分)(2)粒子在矩