湖北省咸宁市桂口中学2022-2023学年高三物理摸底试卷含解析

湖北省咸宁市桂口中学2022-2023学年高三物理摸底试卷含解析一、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.（多选）下列说法中正确的是（）A．知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，不能计算出阿伏加德罗常数B．硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用C．晶体有固定的熔点，具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性D．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距E．随着科技的发展，将来可以利用高科技手段，将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化参考答案：【考点】：*液体的表面张力现象和毛细现象；*晶体和非晶体．【分析】：解答本题需掌握：（1）气体分子间距离较大，不能根据阿伏加德罗常数计算分子体积；（2）液体表面分子较稀疏，分子间的相互作用产生液体的表面张力；（3）掌握晶体的性质，明确晶体有固定的熔点、规则的几何外形及各向异性；（4）理解饱和气压的意义，会解释有关现象；（5）热力学第二定律：为不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响．：解：A、液体和固体可用摩尔体积除以分子体积得阿伏加德罗常数，而气体不能，故A正确；B、硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用，故B正确；C、晶体分为单晶体和多晶体，多晶体物理性质各向同性，故C错误；D、空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距影响蒸发快慢，故D正确；E、能量具有单向性，故不能将散失的能量再聚集利用，故E错误．故选：ABD．【点评】：本题考查了阿伏加德罗常数、热力学第二定律、晶体的性质及饱和气压的定义等，知识点多，难度小，要加强基础知识的识记2.（多选题）如图所示，A为地球赤道上随地球自转的物体，B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫星轨道的交点．已知A、B、C绕地心运动的周期都相同，则：A．相对于地心，卫星C的运行速度大于物体A的速度B．相对于地心，卫星C的运行角速度等于物体A的角速度C．卫星B在P点的加速度大小等于卫星C在该点加速度大小D．卫星B在P点通过加速进入卫星C所在轨道运行参考答案：ABC3.（多选）如图所示，一质量为m1的直角劈B放在水平面上，在劈的斜面上放一质量为m2的物体A，用一沿斜面向上的力F作用于A上，使其沿斜面匀速上滑，在A上滑的过程中直角劈B始终保持静止．用f和N分别表示地面对劈的摩擦力及支持力，则（）A．f=FcosθB．f=FsinθC．N=m1g+m2g﹣FsinθD．N=m1g+m2g﹣Fcosθ参考答案：考点：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：物体A匀速上滑，受力平衡，而直角劈B始终处于静止状态，受力也平衡，将它们作为整体进行研究，分析受力情况，由平衡条件求解地面对劈的摩擦力f及支持力N．解答：解：据题，物体A和直角劈B都处于平衡状态，将它们看成整体，现对整体进行受力情况：重力（M+m）g、力F、地面竖直向上的支持力N和摩擦力．根据根据共点力平衡条件，有：N+Fsinθ=（m1+m2）gf=Fcosθ故：N=m1g+m2g﹣Fsinθf=Fcosθ故AC正确，BD错误；故选：AC．点评：本题解题技巧在于选择整体进行研究，应用整体法求解，比较简单，也可以采用隔离法进行处理．4.（单选）在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度vo水平匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图所示．关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是(

) A．相对地面的运动轨迹为直线 B．相对地面做变加速曲线运动 C．t时刻猴子对地速度的大小为vo+at D．t时间内猴子对地的位移大小为参考答案：D5.如图所示，物体A与斜面B保持相对静止一起沿水平面向右做匀加速运动，当加速度的大小由a增大为a’时，后一状态与前一状态相比，B对A的弹力N、摩擦力f的大小将（

）A．N增大，f可能减小B．N增大，f可能不变C．N增大，f可能增大

D．N不变，f可能减小(徐亚参考答案：答案：ABC二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.某同学设计了如下实验方案用来‘验证牛顿运动定律’:

(1)如图甲所示，将木板有定滑轮的一端垫起，把滑块通过细绳与带夹的重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤下夹一纸带，穿过打点计时器。调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板匀速运动。

(2)如图乙所示，保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板上靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器，然后接通电源释放滑块，使之由静止开始加速运动。打点计时器使用的交流电的频率为50Hz，打出的纸带如图丙所示，A,B,C,D,E是纸带上五个计数点。

①图乙中滑块下滑的加速度为_______。(结果保留两位有效数字)

②若重锤质量为m，滑块质量为M,重力加速度为g，则滑块加速下滑受到的合力为________。

③某同学在保持滑块质量不变的情况下，通过多次改变滑块所受合力，由实验数据作出的a-F，图象如图丁所示，则滑块的质量为______kg.(结果保留两位有效数字)参考答案：7.将一质量为0.2kg的小球在空中静止释放，其离地高度与时间的关系，式中以m为单位，以s为单位。则小球0.4末下落高度为

m，空气阻力大小为___

N。（g取10m/s2[LU24]

）参考答案：14.（3分）在一次探究活动中，某同学用如图（a）所示的装置测量铁块A与放在光滑水平桌面上的金属板B之间的动摩擦因数，已知铁块A的质量mA=1.5㎏，用水平恒力F向左拉金属板B，使其向左运动，弹簧秤示数的放大情况如图所示，g取10m/s2，则A、B间的动摩擦因数=

0.28-0.30

参考答案：1）0.29～0.30（3分）

（2）0.809.一列简谐横波沿直线传播．以波源O由平衡位置开始振动为计时零点，质点A的振动图象如图所示，已知O、A的平衡位置相距0.9m，则该横波波长为m，波速大小为

m/s，波源的起振方向是沿y轴

方向（选填“正”或“负”）．参考答案：1.2，0.3，正．【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】首先明确y﹣t图象是振动图象，由图可知周期为4s和A点的起振方向，即可得到波源的起振方向；据波速公式v=求解波速．【解答】解：据图象可知：A点比波源O晚振动3s，即波从O传到A的时间t=3s，所以波速为：v===0.3m/s．振动周期为T=4s，则波长为：λ=vT=0.3×4m=1.2m据波的传播特点，各质点的起振方向与波源的起振方向相同；据图象可知，A点的起振方向沿y轴的正方向，则波源的起振方向是沿y轴正方向．故答案为：1.2，0.3，正．10.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）

11.某实验小组设计了如图甲所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图线，如图乙所示。

滑块和位移传感器发射部分的总质量m=

kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=

。（重力加速度g取10m／s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）参考答案：0.5

0.212.如图所示为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm。如果取g=10m/s2，那么，（1）闪光频率是________Hz．（2）小球运动中水平分速度的大小是________m/s．（3）小球经过B点时的速度大小是________m/s．参考答案：10、1.5、2.513.如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q、初速度为vo的带电粒子从a点沿ab方向进入磁场，不计重力。若粒子恰好沿BC方向，从c点离开磁场，则磁感应强度B=__________；粒子离开磁场时的动能为Ex__________。参考答案：

带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径r=L，由可得B=，洛伦兹力不做功，粒子离开磁场时的动能为。三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.质点做匀减速直线运动，在第1内位移为，停止运动前的最后内位移为，求：（1）在整个减速运动过程中质点的位移大小.（2）整个减速过程共用时间.参考答案：（1）（2）试题分析：（1）设质点做匀减速运动的加速度大小为a，初速度为由于质点停止运动前最后1s内位移为2m，则：所以质点在第1秒内有位移为6m，所以在整个减速运动过程中，质点的位移大小为：（2）对整个过程逆向考虑，所以考点：牛顿第二定律，匀变速直线运动的位移与时间的关系．15.如图甲所示，将一质量m=3kg的小球竖直向上抛出，小球在运动过程中的速度随时间变化的规律如图乙所示，设阻力大小恒定不变，g=10m/s2，求（1）小球在上升过程中受到阻力的大小f．（2）小球在4s末的速度v及此时离抛出点的高度h．参考答案：（1）小球上升过程中阻力f为5N；（2）小球在4秒末的速度为16m/s以及此时离抛出点h为8m考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题： 牛顿运动定律综合专题．分析： （1）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出小球上升的加速度，再根据牛顿第二定律求出小球上升过程中受到空气的平均阻力．（2）利用牛顿第二定律求出下落加速度，利用运动学公式求的速度和位移．解答： 解：由图可知，在0～2s内，小球做匀减速直线运动，加速度大小为：由牛顿第二定律，有：f+mg=ma1代入数据，解得：f=6N．（2）2s～4s内，小球做匀加速直线运动，其所受阻力方向与重力方向相反，设加速度的大小为a2，有：mg﹣f=ma2即4s末小球的速度v=a2t=16m/s依据图象可知，小球在4s末离抛出点的高度：．答：（1）小球上升过程中阻力f为5N；（2）小球在4秒末的速度为16m/s以及此时离抛出点h为8m点评： 本题主要考查了牛顿第二定律及运动学公式，注意加速度是中间桥梁四、计算题：本题共3小题，共计47分16.某次足球比赛中，攻方使用“边路突破，下底传中”的战术。如图，足球场长90m、宽60m.前锋甲在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做匀减速直线运动，其初速度v0＝12m/s，加速度大小a0＝2m/s2.(1)甲踢出足球的同时沿边线向前追赶足球，设他做初速为零、加速度a1＝2m/s2的匀加速直线运动，能达到的最大速度vm＝8m/s.求他追上足球的最短时间.(2)若甲追上足球的瞬间将足球以某速度v沿边线向前踢出，足球仍以a0在地面上做匀减速直线运动；同时，甲的速度瞬间变为v1＝6m/s，紧接着他做匀速直线运动向前追赶足球，恰能在底线处追上足球传中，求v的大小.参考答案：(1)t＝6.5s

(2)v＝7.5m/s【分析】(1)根据速度时间公式求出运动员达到最大速度的时间和位移，然后运动员做匀速直线运动，结合位移关系求出追及的时间.(2)结合运动员和足球的位移关系，运用运动学公式求出前锋队员在底线追上足球时的速度．【详解】(1)已知甲的加速度为，最大速度为，甲做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为：之后甲做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移x2＝vm(t1－t0)＝8×2m＝16m由于x1＋x2<x0，故足球停止运动时，甲没有追上足球甲继续以最大速度匀速运动追赶足球，则x0－(x1＋x2)＝vmt2联立得:t2＝0.5s甲追上足球的时间t＝t0＋t2＝6.5s(2)足球距底线的距离x2＝45－x0＝9m设甲运动到底线的时间为t3，则x2＝v1t3足球在t3时间内发生的位移联立解得：v＝7.5m/s【点睛】解决本题的关键理清足球和运动员的位移关系，结合运动学公式灵活求解.17.（17分）一个质量m=1.0×10-11千克的物体静止在足够大的光滑水平地面上，从t＝0开始，物体受到一个大小不变、方向呈周期性变化的水平力F作用，力F随时间的变化规律如图所示。已知F0=7.2牛，T=1×10-6秒。则：（1）该物体在t=0至t=T期间，通过多少距离时速度第一次达到最大，最大速度为多少？（2）请在如图的坐标系中绘出该物体在t=0至t=4T/3期间的v—t图象。（3）该物体运动位移大小等于15厘米，需要的时间为多少？（4）该物体在运动位移大小等于15厘米过程中，水平力F对物体做功多少？参考答案：解析：（1）a===7.2×1011m/s2当物体通过距离S=at2=×7.2×1011×（）2=0.04m时

（2分）物体速度第一次达到最大，vmax=at=7.2×1011×（）=2.4×105

（2分）（2）如图（4分）（3）物体在t=0至t=2T/3期间运动的位移为S1=×2.4×105×=0.