湖北省恩施市市第二中学高三物理上学期摸底试题含解析

湖北省恩施市市第二中学高三物理上学期摸底试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.一个物体静止在水平桌面上，下列说法中正确的是：

(A)桌面对物体的支持力和物体所受的重力是一对平衡力．

(B)物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作力．

(C)物体对桌面的压力就是物体所受的重力，这两个力是同一性质的力．(D)物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡力．参考答案：A2.如图，金属棒ab，金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则A．ab棒不受安培力作用B．ab棒所受安培力的方向向右C．ab棒向右运动速度越大，所受安培力越大D．螺线管产生的磁场，A端为N极

参考答案：C3.如图所示，一箱苹果沿着倾角为θ的有摩擦的斜面上加速下滑，在箱子正中央夹有一只质量为m的苹果，它周围苹果对它作用力的合力

A．对它做正功

B．对它做负功

C．对它做不做功

D．无法确定做功情况参考答案：B4.（单选）如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为N1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为N2，则以下说法正确的是（） A．弹簧长度将变长，N1＞N2 B． 弹簧长度将变短，N1＞N2 C．弹簧长度将变长，N1＜N2 D． 弹簧长度将变短，N1＜N2参考答案：考点： 磁场对电流的作用．分析： 先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断．解答： 解：开始时磁体受重力和支持力，二力平衡，故弹簧处于原长，磁体对地压力等于磁体的重力；通电后，根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向如图所示，由左手定则可判断出通电导线所受安培力方向如图所示；由牛顿第三定律可知，条形磁铁受到的电流对磁体的作用力斜向左上方，如图所示，故磁体对地面的压力减小，同时弹簧缩短；故选：B点评： 本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况．5.（不定项选择题）两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇。下列说法正确的是A．波峰与波谷相遇处质点的振幅为B．波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为A1+A2C．波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移D．波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅参考答案：AD二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.湖面上一列水波使漂浮在水面上的小树叶在3.0s内完成了6次全振动．当该小树叶开始第10次振动时，沿此传播方向与该小树叶相距1.8m、浮在水面的另一小树叶刚好开始振动，根据上述信息可求得水波的波长

，水波的传播速度大小为

．参考答案：0.20m；0.40m/s【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】小树叶在3.0s内全振动了6次，求出树叶振动一次的时间即树叶振动的周期，等于此水波的周期．由题意当某小树叶开始第10次振动时，沿水波的传播方向与该小树叶相距1.8m经历的时间为9个周期，求出传播时间，得到波速．若振动的频率变大，波速不变，波传播的时间不变．【解答】解：据题，小树叶在3.0s内全振动了6次，则此水波的周期为T=s=0.5s，由题意当某小树叶开始第10次振动时，沿水波的传播方向与该小树叶相距1.8m、经历的时间为9个周期，即为t=4.5s，波速为v=，波长为λ=vT=0.4×0.5m=0.20m．故答案为：0.20m；0.40m/s7.质量为100kg的小船静止在水面上，船两端有质量40kg的甲和质量60kg的乙，当甲、乙同时以3m/s的速率向左、向右跳入水中后，小船的速度大小为0.6m/s，方向是向左．参考答案：考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：根据动量守恒定律分析，甲乙船三者组成的系统动量守恒．解答：解：甲乙船三者组成的系统动量守恒．规定向左为正方向．设小船的速度大小为v，由动量守恒定律有：0=m甲v甲+m乙v乙+mv

0=40×3﹣60×3+100v解得：v=0.6m/s．速度v为正值，说明方向向左．故答案为：0.6，向左．点评：解决本题的关键熟练运用动量守恒定律，注意动量的失量性，与速度的正负是解题的关键．8.如图甲所示，在气垫导轨的左端固定一轻质弹簧，轨道上有一滑块A紧靠弹簧但不连接，已知滑块的质量为m（1）用游标卡尺测出滑块A上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则宽度d=

▲

mm；（2）为探究弹簧的弹性势能，某同学打开气源，用力将滑块A压紧到P点，然后释放，滑块A上的挡光片通过光电门的时间为，则弹簧的弹性势能的表达式为----

▲

(用题中所给字母表示)；（3）若关闭气源，仍将滑块A由P点释放，当光电门到P点的距离为x时，测出滑块A上的挡光片通过光电门的时间为t，移动光电门，测出多组数据（滑块都能通过光电门），并绘出图像，如图丙所示，已知该图线的斜率的绝对值为k，则可算出滑块与导轨间的动摩擦因数为

▲

．参考答案：（1）5.10

（3分）（2）

（3分）（3）

9.如图，质量为20kg的物体，在水平面上向右运动，物体与水平面接触处的摩擦系数是0．2与此同时物体还受到一个水平向左大小为5N的推力作用，则物体的加速度是

；方向

参考答案：10.（4分）一辆汽车从静止开始先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动直到停止。从汽车开始运动起计时，下表给出了某些时刻汽车的瞬时速度，从表中的数据可以得出：汽车匀加速运动经历的时间是

s，汽车通过的总路程是

米。

时刻（s）1.02.03.05.07.09.510.5速度（m/s）3.06.09.012129.03.0参考答案：

答案：4，9611.某兴趣小组为了测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：①用

测出电动小车的质量为0.4kg；②将电动小车、纸带和打点计时器正确安装；③先接通

，再接通

（填“打点计时器”或“电动小车”）；④达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器（设小车在整个过程中所受阻力恒定）．在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图所示．请你分析纸带数据，回答下列问题：①该电动小车运动的最大速度为

m/s；（保留两位有效数字）

②该电动小车的额定功率为

W．（保留两位有效数字）参考答案：①天平

③打点计时器

电动小车①该电动小车运动的最大速度为

1.5

m/s；②该电动小车的额定功率为

1.2

W．12.如图为氢原子的能级图，一群氢原子在n=4的定态发生跃迁时，能产生

种不同频率的光，其中产生的光子中能量最大是

ev参考答案：6、

12．75ev13.在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合开关S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示．则电源内阻的阻值为5Ω，滑动变阻器R2的最大功率为0.9W．参考答案：考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：由图可知两电阻串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压；当滑片向左端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则可知总电阻变化，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流的变化，则可知内电压的变化及路端电压的变化，同时也可得出R1两端的电压变化，判断两图象所对应的电压表的示数变化；由图可知当R2全部接入及只有R1接入时两电表的示数，则由闭合电路的欧姆定律可得出电源的内阻；由功率公式可求得电源的最大输出功率及滑动变阻器的最大功率．解答：解：当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而R1两端的电压增大，故乙表示是V1示数的变化；甲表示V2示数的变化；由图可知，当只有R1接入电路时，电路中电流为0.6A，电压为3V，则由E=U+Ir可得：E=3+0.6r；当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故=；由闭合电路欧姆定律可得E=5+0.2r解得：r=5Ω，E=6V．由上分析可知，R1的阻值为5Ω，R2电阻为20Ω；当R1等效为内阻，则当滑动变阻器的阻值等于R+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I==A=0.3A，则滑动变阻器消耗最大功率P=I2R=0.9W；故答案为：5，0.9．点评：在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理．三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.如图所示，一弹丸从离地高度H=1.95m

的A点以=8.0m/s的初速度水平射出，恰以

平行于斜面的速度射入静止在固定斜面顶端C处

的一木块中，并立即与术块具有相同的速度（此速度大小为弹丸进入术块前一瞬间速度的）共同运动，在斜面下端有一垂直于斜面的挡板，术块与它相碰没有机械能损失，碰后恰能返同C点．已知斜面顶端C处离地高h=0.05m，求：(1)A点和C点间的水平距离？(2)木块与斜面间的动摩擦因数?(3)木块从被弹丸击中到再次回到到C点的时间t?参考答案：15.（简答）如图所示，在水平地面上固定一倾角θ=37°、表面光滑的斜面，物体A以初速度v1沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以初速度v2=2.4m/s水平抛出，当A上滑到最高点时，恰好被B物体击中．A、B均可看作质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．求：（1）物体A上滑时的初速度v1；（2）物体A、B间初始位置的高度差h．参考答案：（1）物体A上滑时的初速度v1是6m/s．（2）物体A、B间初始位置的高度差h是6.8m．解：（1）物体A上滑过程中，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma设物体A滑到最高点所用时间为t，由运动学公式：0=v1﹣at物体B做平抛运动，如图所示，由几何关系可得：水平位移x=；其水平方向做匀速直线运动，则x=v2t联立可得：v1=6m/s（2）物体B在竖直方向做自由落体运动，则hB=物体A在竖直方向：hA=如图所示，由几何关系可得：h=hA+hB联立得：h=6.8m答：（1）物体A上滑时的初速度v1是6m/s．（2）物体A、B间初始位置的高度差h是6.8m．四、计算题：本题共3小题，共计47分16.质量为M=10kg的B板上表面上方，存在一定厚度的相互作用区域，如图中划虚线的部分，当质量为m=1kg的物块P进入相互作用区时，B板便有竖直向上的恒力f=kmg（k=51）作用于物块P，使其刚好不与B板的上表面接触；在水平方向，物块P与B板间没有相互作用力．已知物块P开始自由下落的时刻，B板向右运动的速度为VBo=10m/s．物块P从开始下落到刚到达相互作用区所经历的时间为t0=2.0s．设B板足够长，B板与水平面间的动摩擦因数μ=0.02，为保证物块P总能落入B板上方的相互作用区，问：（1）物块P从起始位置下落到刚好与B板不接触的时间t（2）物块B在上述时间t内速度的改变量（3）当B板刚好停止运动时，物块P已经回到过初始位置几次？（g=10m/s2）参考答案：解：（1）物块P刚到达相互作用区时的速度VO=gto

①物块P进入相互作用后的加速度a1==（k﹣1）g

②解①②得物块P在相互作用区内的运动时间t1==0.04s

③物块P从起始位置下落到刚好与B不接触时的运动时间t=t0+t1=2.04s

④（2）板B在物块P未进入作用区时的加速度aB1=μg

⑤速度的改变量△vb1=aB1t0=0.4m/s

⑥当物块P进入作用区后的加速度aB2=

⑦由③⑦得速度的改变量△vb2=aB2t1=0.0488m/s

⑧所以，板B在物块P从起始位置下落到刚好与B不接触过程：由⑥⑧得：速度的改变量△v=△vb1+△vb2=0.4488m/s

⑨（3）当物块P的速度减到零后，又开始以加速度a向上做加速运动，经历时间t1，跑出相互作用区，在这段时间内，B板减少的速度仍是△vb2；物块P离开相互作用区后，做加速度为g的减速运动，经历时间t0，回到初始位置，在这段时间内，B板减少的速度为△vb1，以后物块又从起始位置自由落下，重复以前的运动，B板的速度再次不断减少．总结以上分析可知：每当物块P完成一次从起始位置自由下落，进入相互作用区后又离开相互作用区，最后回到起始位置的过程中，B板速度减少的总量为△v=2△vb1+2△vb2=0.8976m/s

⑩设在物块P第n次回到起始位置，n===11.1≈11次

答：（1）物块P从起始位置下落到刚好与B板不接触的时间t为2.04s；（2）物块B在上述时间t内速度的改变量为0.4488m/s；（3）当B板刚好停止运动时，物块P已经回到过初始位置11次．17.如图所示，竖直平面xOy，其x轴水平，在整个平面内存在沿x轴正方向的匀强电场E，在第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.2T。现有一比荷为=25C/kg的带电微粒，从第三象限内某点以速度v0向坐标原点O做直线运动，v0与x轴之间的夹角为θ=45°，重力加速度g=10m/s2。求：(1)微粒的电性及速度v0的大小；(2)带电微粒在第一象限内运动时所达到最高点的坐标。参考答案：（1）（2）（0.6m，0.2m）【详解】解：(1)带电粒子在第三象限内做直线运动，受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，并且合力为零，即粒子做匀速直线运动；所以，微粒受到的洛伦兹力垂直于速度方向斜向左上方，由左手定则可判断为零带正电；对带电微粒受力分析，如图所示，根据平衡条件可得：解得：(2)带电微粒进入第一象限后做曲线运动，假设最高点为M点，从O到M点所用的时间为t，则将微粒从O到M的运动分解为沿x轴方向的匀加速直线运动和沿y轴方向上的匀减速直线运动Y轴方向：x轴方向上：解得，18.如图所示，两个带电小球（可视为质点），固定在轻