重庆南开中学高2027届高三上学期质量检测(三)物理试卷

2027届高三年级质量检测单项选择题:7小题,4分,28分1 【解析】由图可知,轿车的速度先小于货车,后大于货车,故轿车和货车的距离先增大后减小选项正确。C2.A【解析】由光电效应方程Ekm=hv-W0,和-Uc=0-Ekm,且图中U2>U1,可知v1<v2,A选项正确B选项错误;Ekm为光电子的最大初动能,而非所有光电子的逸出初动能,C选项错误;不改变入射光频率仅增大入射光的光照强度,饱和电流I增大,遏止电压Uc不变,D选项错误,故选A。3.D【解析】小球在圆环顶部的速度最小是0,A选项错误;小球在圆环顶部受到的弹力方向可能竖直向上,也可能竖直向下或者为0,B选项错误;小球在圆环底部受到的弹力方向一定竖直向上,C选项错误,小球在圆环上与圆心等高处受到的弹力方向一定指向圆心,D选项正确;

【解析】φP0rAP-rPB

2,A选项正确,B选项错误;故选A;Q1和Q2荷,C选项错误;P点电势为零但场强不为零,D选项错误;故选A 【解析】T4s,λvT6m,A选项错误;Δt2sT,a的路程为2A20选项正确;t1s时c点速度方向向下,x轴负方向传播,质点b比质点a先回到平衡位置,C选项错误;cy10sinπtπcmy10cosπtcm,D选项错误 B 【解析】上升过程,0Ek0=mgf上升下落全程,由动能定理Ek1-Ek0=-mgf ,得mgf9∶1选项正确,故选C 6-4. 【解析】绳BO水平时,计算可得F=5mg,A选项错误α30°时,β60°时,T2mg,对小球B受力分析,由正交分解可得,水平方向FxTsin60°=3mg,FymgTcos600,F=3mg,方向水平向右,θ0°B、C项错误;将B所受三力做矢量三角形,可得F (mg)2+(2mg)2-2·mg·2mgcosβ,当β从90减小0,F一直减小。也可做图定性判断),D选项正确,故选D多项选择题:3小题,5分,15分 【解析】A、B星间万有引力为F,各星受力如图所示。由余弦定理知A所受合力为3F,B、C合力均为7F,C错误。因合力提供向心力,显然圆心不在等边三角形的几何中心。A错误。由 =mω2r知A与B、C半径之。 【解析】AB15x0。故无人机从A到B15mgx0。A正确。由全程a—x图像知其围成的面积0.正确

v2- ,故到 点的动

05mgx0。因全程重力势能减小了15mgx0,动能增加了0.5mgx0,故全程机械能减小mgx0。故D错误 【解析】重力与电场力的合力等效重力为F=5mg,方向与竖直方向夹角为7°力方向垂直于斜面故小球沿等效重力反方向与x正方向夹角7°抛出时,飞行时间最长,A错误。由动量定理知恒力作用下,动量变化量最大即飞行时间要最长,故小球以与x127°抛出时,动量变化量最大,B正确。无论小球怎样抛出,由动能定律有11mv2Fd200Jv20m/s),故C正确 沿斜面方向与垂直斜面方向重新建坐标如图所示),设方向与x方向夹角为有x方向:xv0cosαF2y方向d=-v0sinαt2带入数据化简得 tan2-xtanα+x 方程有实数解,Δ≥0,即≤24 故x24m此时tanα3,又由勾股定理易知小球到达斜面处距离P的最大距离为25m,D正确。实验题:2个小题,116分,129分,15分【答案】(6分半毫米刻度线已露出,固定刻度读数为0.5mm;可动刻度读数为17.1,对应0.171mm;h05mm0171mm0671mm(0670~0672mm均给分)(2分)b→c→a→d(2分)。先放入玻璃片并设定间距,再充电至电流为零,然后放电记录It图线,最后由C=Q求电容。A(2分)。玻璃片上移到两极板中间后,它与上、下极板之间各夹一层空气,但两层空气与玻璃片仍为串联:两极板间空气层的总厚度恒为x-h,与玻璃片在极板间的位置无关,故总电容不变,图线的斜率与截距均不变,且仍为直线D错)。想当然答图线右移”,正是把介质板的位【答案】(9分

εrS

B(2分)。平行板电容器C4πkx,极板间为真空,S=4D,故C16kxⒸ数格估算:02μA20ms4010-9C,图线下约50个大格,故2010-8C(19~2110-8C均给分)(2分);由C=Q≈22210-9F,代入(1中表达式得x得x≈013mm(012~013mm均给分)(2分)关系判断:极板电荷量QCUSU;板间场强E=U,4πk0 E2x,FQE8πk斜率k=F= ,k与x2成反比,k-1/x2图线过原点,故选C。(2分 8πk解答题:3个小题,1310分,1414分,1518分,42分【答案】(10分3.36W,84%;(2)6.6【解析 马达线圈内阻:M

=1

(2分稳定转动时,输入功率:PλU1I1=400W……………………(1分热功率:P热=I2RM=0.64 ……………………(1分输出功率:PPλP热336Wr、E=U1+I1r+R),E=U2+I2r+R……………得E6.6V【答案】(14分

(2分(2分(2分

=8m/ (2)

=2 (3)3

【解析FW32J,F做功全部转化为弹簧弹性势能。F部转化为甲的动能由W=1 得v=8m/ ………………(2分 0v6m/甲滑上传送带后做加速度aμg的匀减速运动,若减速到传送带速度u0v6m/012mL012mL故甲在滑离传送带时速度大于u,满足Lv-

v2-

(2分甲在传送带上用时t1 -a=1s之后甲匀速前进通过BN间距s与静止的乙相碰,甲在BN上动用时

=

1 故甲从到达A端到甲乙发生碰撞用时t

+

=2

(2分设甲质量为m,乙质量为km,碰后甲速度为vA,乙速度为vB由弹性碰撞有mvmvAkmvB(1分与1mv21mv21kmv2………………(1分 解得:vA=6-6k(1分 vB=12………………(1分1+ 1+1+碰后甲不反弹满足vA=6- 解得k≤1 ………………1+-撞后甲乙进入粗糙水平面均做aμg的匀减速直到停止,满足x=a要保证甲、乙间的距离不超过18m,有xB-xA 带入数据解得k≥ …(2分综合1≤

(1分【答案】(18分62106m/s(4分(2k3(6分(3T≈9210-11s(9110-11~9310-11s均给分)(8分【解析零代电子轴向有初速度,a=eE=2.0×1017m/

(1分u0=

sinθ=8.0×106m/

=

=1.0×10-12

(1分

=

cosθ=6.0×106m/

=

+

=6.2×106m/

(2分横向匀速、轴向由静止匀加速,kukvsinθ2k,tk=

=2kt

= =1.0×10-12s

(2分

撞壁时轴向速度atk、横向速度uk,αk为速度与壁面的夹角 tanαk=atk

at4k=4k

(2分αk45°tanαk1,4k40,k3

(2分k代电子刚产生时的轴向速度为vzk零代

=

cosθ60106m/s)。撞壁时轴向速度为vzkatk,082个次级电子 v,k+1=0.8(vzk+atk)=0.4( +

(1分 迭代展开at20105m/s,t2 vzk=0.

+

(0.4k+0.4k-1·2+…+0.4·2k-1)=0.

+

0.4(2k-0.4k

Ⓒ

(1分 0

2-0.第k段轴向位移zkvzktk1atk

(1分运动时间取决于撞击次数。ppH H ()= =2.975×10-5(1-0.8)+5.0×10-8(4-1) k=

(1分撞击次数由Hph<Hp+1确定上界含义:末代电子未及到达对侧壁即已飞出),H(6)=2.27×10-4m≤h=4.03×10-4m<H(7)=8.43×10-4 故倍增撞击次数p=6,全程由前6段跨壁飞行与末段飞出构成。 …………(1分)前6段跨壁飞行时间之和 =1.0×k=

-

26-·2-

=6.3×

-11

(1分6z6v+Δh=h-H(6)=1.76×10-4m,vz=3.22×z6v+末段轴向有初速,由Δh

t′12at′)2解得其中

m/s≈9.080.9×-80.9×-vz z6v+ 2910-11 ⑦……………………(1分T9210-11 ⑧…………