河南省顶级名校2023-2024学年高三上学期12月教学质量测评理科综合试题

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2(1)22分)(2mgl-w0-(M(2分纳总结应用牛顿运动定律解决多过程问题的策略为2，乙的速度为3，两导体棒碰撞的过程满足动量22t(1)任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小守恒和机械能守恒，有M+m)d_(M+m)d(2分)过程构成的。有些是承上启下，上一过程的结果是下m甲"1=m甲v2+mzy3(1分)(3)mgt=t2一过程的已知，这种情况，一步一步完成即可；有些是12mmo=2mm听+2mz吗(1分)【命题意图】本题考查了力学实验的相关知识，意在考树枝形，告诉的只是旁支，要求的是主干（或另一旁查考生对实验原理的理解以及处理实验数据的能力。支)，这就要求仔细审题，找出各过程的关联，按顺序解得导体棒甲碰后的速度u2=-1m/s,④油电阻定律得R=pS=p2,又R=联立解U【解析】(1)在“探究加速度与滑块质量的关系”时，设逐个分析。假设导体棒甲不能第二次运动到虚线a,且速度减为d钩码的质量为m,由牛顿第二定律有mg=(M+m)a,2)(2)对于每一个研究过程，选择什么规律、应用哪一个零时与虚线b间的距离为x,则从碰后进人磁场到停下来的过程，电路中产生的均感应电动势gg6、1则钩码的质量✉g阳运动学公式要明确。(3)注意两个过程的连接处，加速度可能突变，但速度E=AD'Bl(1分)△t'△tm=b24.(1)12m/s(2)1m一般不会突变，速度是联系前后两个阶段的桥梁。【命题意图】本题考查了匀变速直线运动的规律、牛顿25.(1)1.2V(2)4:3(3)能，到达虚线a时的速度E均感应电流TFR用+R2(2)滑块通过光电门1,2的速度分别为，=第二定律的应用，意在考查考生的理解能力和推理论为0，计算过程见解析、2=证能力。【命题意图】本题考查了法拉第电磁感应定律、牛顿运导体棒甲受到的安培力F=BL,么，系统动能的增加量△5，=M+m)(M+m)动定律、动量、能量等知识，意在考查考生的推理论证对导体棒甲根据动量定理得,钩【解析】(1)在刹车过程中，对小车有=2ad,(1分)22能力。(1分)解得v=√2ad1=12m/s(1分)F.△'=0-m甲2码减少的重力势能△E。=mgL,若系统机械能守恒，则【解析】(1)导体棒甲刚越过虚线α时，感应电动势代入数据解得x=1m(1分)(2)设物块滑到车顶右侧边缘处时的速度大小为“1，△E=△E,即mgL=M+m)t(M+m)E=Blvo(1分)即导体棒甲刚好能再次穿过磁场区域，到达虚线α时物块从开始刹车到滑到车顶右侧边缘处所用时间为2241,物块在小车顶部滑行的加速度大小为a1,由牛顿第E(1分)的速度为0。(3)在“验证动量定理”时，滑块由光电门1运动到光回路中的电流I=R+R乙二定律有mg=ma1(1分)何方法技巧电磁感应中的动量问题电门2的过程中，系统所受合力的冲量I=mgt,系统动解得11=0.8A,解得a1=g=4m/s2(1分)(1)动量定理在电磁感应现象中的应用量的变化量△p=(M+m)2-(M+m)1,为了验证动量导体棒甲两端的电压U1=1Rz(1分)导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用假设物块滑到车顶右侧边缘处时，小车的速度还未减解得U1=1.2V(1分)定理，应验证关系式mg=（M+m)d_(M+m)成立。下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量1安=小到0，(2)导体棒甲刚越过虚线α的瞬间，所受安培力1BILt=BLg,通过导体棒或金属框的电荷量q=I△t=23.(1)×1(1分)(2)①4.700(1分)②E(1分)此时物块对地的位移大小s=o4~2a1号(1分)F=BI(1分)△Φ△ΦV,(1分)A(1分)③电路图如解析图所示(2分)(1分)小车对地的位移大小2=o4-2a(1分)由牛顿第二定律得a,m甲A-a AR,磁通量的变化量△中=R④2分剂导体棒甲第一次穿过磁场时电路中产生的均电动B△S=BLx。如果安培力是导体棒或金属框受到的则物块相对小车的位移大小号L=,-?(1分)势E=4中Bd合外力，则1安=m2一mw1。当题目中涉及速度、电【命题意图】本题考查了测量金属丝的电阻率，意在考(1分)△t△t荷量g、运动时间t、运动位移x时用动量定理求解查考生设计实验以及处理实验数据的能力。解得t,=18(1分)更方便。【解析】(1)待测电阻的阻值约为20Ω，多用电表表盘此时小车的速度大小v=v。-at1=6m/s(1分)均电流FR+R2E(1分)(2)动量守恒定律在电磁感应现象中的应用正中央刻度值为15，则所选用的挡位应为“×1”。小车速度大于0，说明物块滑到车顶右侧边缘处时，小导体棒甲受到的均安培力大小F=B,在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨(2)①根据螺旋测微器的读数规则可知，金属丝的直车的速度还未减小到0，假设成立，则物块离开车顶右侧边缘处时的速度大小规定向右为正方向，对导体棒甲，根据动量定理得构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们受径为4.5mm+20×0.01mm=4.700mm。到的安培力的合力为0，满足动量守恒条件，则运用②已知待测金属丝的阻值约为202，选用量程为0~3Av=vo-a t=8 m/s(1分)-F,△t=m甲1-m甲0(1分)动量守恒定律求解比较方便。的电流表时，满偏时金属丝两端的电压为60V;因此物块离开车顶后做抛运动，设运动时间为t2,在竖直解得导体棒甲第一次离开磁场时速度v1=3/s,方向上有A=时此时导体棒甲切割磁感线产生的感应电动势26.（共14分，除标注外，每空2分》实验时应选择量程为0~0.6A的电流表A1,选择电(1分)E2=Blv(1分)(1)第五周期第ⅢA族动势为3V的电源E2时，流过待测电阻的电流小于2h(2)萃铟余液中存在衡Fe3++3H20一Fe(0H)3+0.15A,则电流表指针偏转太小，误差太大，则电源应解得g=0.5s(1分)回路中的电流1，R甲+R2(1分)3H,石灰石可消耗H,使衡正向移动选择电动势为12V的电源E1,电压表选择V2。则物块做抛运动的水位移大小s3=v,2=4m导体棒甲受到的安培力F2=B12l,(3)4FeS04+02+4CaC03+2H20=4Fe00H+③因滑动变阻器的最大阻值小于待测电阻的阻值，则(1分)4CaS04+4C02(1分)R2、R由牛顿第二定律得，B=3mg故物块和小车都静止后，物块到小车右侧的水距离m甲(4)3:2Zn+Cd2+—Zn2++Cd避免温度过高时滑动变阻器应采用分压接法：又RR,所以电流表L解得a1:a2=4：3(1分)KMnOa分解(1分)应外接，电路图如图所示。d,=51+53-d,-2=1m(3)规定向右为正方向，设两棒碰撞后瞬间甲的速度(5)不再产生气体(1分)D89卷（八）·理科综合D90卷（八）·理科综合