河北省秦皇岛市朱丈子乡中学2022年高三物理下学期摸底试题含解析

河北省秦皇岛市朱丈子乡中学2022年高三物理下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1.一质点从0时刻开始由原点出发沿直线运动，其速度—时间图象如图所示，则该质点（

）A、t=1s时离原点最远B、t=2s时离原点最远C、t=3s时回到原点D、t=4s时回到原点，路程为10m参考答案：BD2.（多选）如图所示，电源电动势，内电阻，变阻器

的最大电阻，平行板电容器C的两金属板水平放置．在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，在平行板电容器中间引入一带电微粒恰能静止．那么（）A．在题设条件下，接入电路的阻值应为3Ω，电源的输出功率应为B．引入的微粒带负电，当开关接向（未接触）的过程中，微粒将向下运动C．在题设条件下，当的阻值增大时，两端的电压增大D．在题设条件下，当开关接向后，流过的电流方向为→参考答案：AD3.（单选）某物体做直线运动的v-t图象如图甲所示，据此判断图乙（F表示物体所受合力，x表示物体的位移）四个选项中正确的是参考答案：A4.如图所示，一轻质弹簧只受一个拉力F1

时，其伸长量为，当弹簧同时受到两个拉力F2和F3作用时，伸长量也为，现对弹簧同时施加F1、F2、F3三个力作用时，其伸长量为，则以下关于与关系正确的是A．

B．

C．

D．参考答案：B5.（多选）如图所示，a，b，c，d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab=cd=L，ad=bc=2L，电场线与矩形所在平面平行。已知a点电势为20V，b点电势为24V。d点电势为12V。一个质子从b点以v0的速度射入电场，入射方向与bc成45°，一段时间后经过C点。不计质子的重力，下列判断正确的是A．c点的电势低于a点的电势B．电场强度方向由b指向dC．质子从b运动到c所用的时间为D．质子从b运动到c，电场力做功为4eV参考答案：AC二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.某同学研究小滑块在水平长木板上运动所受摩擦力的大小，选用的实验器材是：长木板、总质量为m的小滑块、光电门、数字毫秒计、弧形斜面、挡光片、游标卡尺、刻度尺。器材安装如图甲所示.①主要的实验过程：(ⅰ)用游标卡尺测量挡光片宽度d，读数如图乙所示，则d=

mm；(ⅱ)让小滑块车从斜面上某一位置释放，读出小滑块通过光电门时数字毫秒计示数t;(ⅲ)用刻度尺量出小滑块停止运动时挡光片与光电门间的距离L;(ⅳ)求出小滑块车与木板间摩擦力f=

(用物理量m、d、L、t表示)；②若实验中没有现成的挡光片，某同学用一宽度为6cm的金属片替代，这种做法是否合理?

(选填“合理”或“不合理”)。③实验中，小滑块释放的高度要适当高一些，其目的是减少

误差。（选填“系统”或“偶然”）参考答案：）①(ⅰ)6.00(2分)；(ⅳ)(2分)；②不合理(2分)；③系统(2分)7.A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5kg，速度大小为10m/s，B质量为2kg，速度大小为5m/s，它们的总动量大小为____________kgm/s，两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4m/s，则B的速度大小为____________m/s。参考答案：40；108.

（选修3—4）（4分）如图所示的装置，在曲轴上悬挂一个弹簧振子，若不转动手把，让其上下振动，其周期为T1，现使手把以周期T2匀速转动(T2>T1)，振动稳定后，要使弹簧振子的振幅增大，可以让把手的转速

(填“适当增大”、“适当减小”或“不变”)，这是因为：

。

参考答案：答案：适当增大；驱动力的频率（或周期）越接近物体的固有频率（或周期），受迫振动振福越大．（每空2分）9.如图所示，质量为m的小球A以速率v0向右运动时跟静止的小球B发生碰撞，碰后A球以的速率反向弹回，而B球以的速率向右运动，则B的质量mB=_______；碰撞过程中，B对A做功为

。参考答案：4.5m

；

3mv02/8

10.某同学进行用实验测定玩具电动机的相关参数．如图1中M为玩具电动机．闭合开关S，当滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两个电压表的读数随电流表读数的变化情况如图2所示．图中AB、DC为直线，BC为曲线．不考虑电表对电路的影响．①变阻器滑片向左滑动时，V1读数逐渐减小．（选填：增大、减小或不变）②电路中的电源电动势为3.6V，内电阻为2Ω．③此过程中，电源内阻消耗的最大热功率为0.18W．④变阻器的最大阻值为30Ω．参考答案：考点：路端电压与负载的关系；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：①由闭合电路欧姆定律明确电流及电压的变化；②确定图线与电压表示数对应的关系．根据图线求出电源的电动势和内阻．③判断V2读数的变化情况．电源内阻的功率由P=I2r求解．④当I=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，由欧姆定律求解变阻器的最大阻值．解答：解：①变阻器向左滑动时，R阻值变小，总电流变大，内电压增大，路端电压即为V1读数逐渐减小；②由电路图甲知，电压表V1测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V1的电压与电流的关系．此图线的斜率大小等于电源的内阻，为r=Ω=2Ω当电流I=0.1A时，U=3.4V，则电源的电动势E=U+Ir=3.4+0.1×2V=3.6V；③当I=0.3A时，电源内阻消耗的功率最大，最大功率Pmax=I2r=0.09×2=0.18W；④当I=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R=﹣r﹣rM=（﹣2﹣4）Ω=30Ω．故答案为：①减小；②3.6，2；③0.18；④30．点评：本题考查对物理图象的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线．对于电动机，理解并掌握功率的分配关系是关键．11.某同学为了探究“恒力做功与物体动能变化的关系”，他设计了如下实验：他的操作步骤是：①安装好实验装置如图。②将质量为200g的小车拉到打点计时器附近，并按住小车。③在质量为10g、30g、50g的三种钩码中，他挑选了一个质

量为50g的钩码挂在拉线P上。④先接通打点计时器的电源，后释放小车，打出一条纸带。在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条，经测量、计算，得到如下数据：（g=9.8m/s2）①第一个点到第N个点的距离为40.00cm.②打下第N点时小车的速度大小为1.20m/s。该同学将钩码的重力当作小车所受的拉力，算出从打下第一点到打下第N点拉力对小车做的功为

J，小车动能的增量为

-----

J。（计算结果保留三位有效数字）

此次实验探究结果的误差很大，显然，在实验探究过程中忽视了某些产生误差的因素。请你根据该同学的实验装置和操作过程帮助他分析一下，造成较大误差的主要原因是：①

②

。参考答案：

①小车质量没有远大于钩码的质量；②没有平衡摩擦力；12.水平面上质量为m的滑块A以速度v撞质量为m的静止滑块B，碰撞后A、B的速度方向相同，它们的总动量为___________；如果碰撞后滑块B获得的速度为v0，则碰撞后滑块A的速度为____________。参考答案：mv，v－v0

13.匀强磁场中有一半径为0.2m的圆形闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈共50匝，其阻值为2Ω．匀强磁场磁感应强度B在0～1s内从零均匀变化到0.2T，在1～5s内从0.2T均匀变化到﹣0.2T．则0.5s时该线圈内感应电动势的大小E=1.256V；在1～5s内通过线圈的电荷量q=1.256C．参考答案：解：（1）在0～1s内，磁感应强度B的变化率=T/s=0.2T/s，由于磁通量均匀变化，在0～1s内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则根据法拉第电磁感应定律得：0.5s时线圈内感应电动势的大小E1=N=N?πr2=50×0.2×3.14×0.22=1.256V根据楞次定律判断得知，线圈中感应方向为逆时针方向．（2）在1～5s内，磁感应强度B的变化率大小为′=T/s=0.1T/s，由于磁通量均匀变化，在1～5s内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则根据法拉第电磁感应定律得：1～5s时线圈内感应电动势的大小E2=N=N′?πr2=50×0.1×3.14×0.22=0.628V通过线圈的电荷量为q=I2t2==C=1.256C；故答案为：1.256

1.256三、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.图所示摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m顶部水平高台，接着以4m/s水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道,并沿轨道下滑.A、B为圆弧两端点,其连线水平.已知圆弧半径为2m，人和车的总质量为200kg，特技表演的全过程中，空气阻力不计.(计算中取g=10m/s2.求:(1)从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s.(2)从平台飞出到达A点时速度大小及圆弧对应圆心角θ.(3)若已知人和车运动到圆弧轨道最低点O速度为6m/s,求此时人和车对轨道的压力.参考答案：(1)1.6m

(2)m/s，90°

(3)5600N【详解】(1)车做的是平抛运动，很据平抛运动的规律可得：竖直方向上：水平方向上：可得：.(2)摩托车落至A点时其竖直方向的分速度：到达A点时速度：设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为，则：即，所以：(3)对摩托车受力分析可以知道，摩托车受到的指向圆心方向的合力作为圆周运动的向心力，所以有：

当时，计算得出.由牛顿第三定律可以知道人和车在最低点O时对轨道的压力为5600

N.答：(1)从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离.(2)从平台飞出到达A点时速度，圆弧对应圆心角.(3)当最低点O速度为6m/s，人和车对轨道的压力5600

N.四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示是一皮带传输装载机械示意图．井下挖掘工将矿物无初速放置于沿图示方向运行的传送带A端，被传输到末端B处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C处，然后水平抛到货台上．已知半径为的圆形轨道与传送带在B点相切，O点为半圆的圆心，BO、CO分别为圆形轨道的半径，矿物m可视为质点，传送带与水平面间的夹角，矿物与传送带间的动摩擦因数，传送带匀速运行的速度为，传送带AB点间的长度为．若矿物落点D处离最高点C点的水平距离为，竖直距离为，矿物质量，，，，不计空气阻力．求：（1）矿物到达B点时的速度大小；（2）矿物到达C点时对轨道的压力大小；（3）矿物由B点到达C点的过程中，克服阻力所做的功．参考答案：解：（1）假设矿物在AB段始终处于加速状态，由动能定理可得

3分代入数据得

1分由于，故假设成立，矿物B处速度为．

1分（2）设矿物对轨道C处压力为F，由平抛运动知识可得

1分

1分代入数据得矿物到达C处时速度

1分由牛顿第二定律可得

2分代入数据得

1分根据牛顿第三定律可得所求压力

1分（3）矿物由B到C过程，由动能定理得

3分代入数据得即矿物由B到达C时克服阻力所做的功

17.（18分）如图所示，坐标空间中有场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，y轴为两种场的分界面，图中虚线为磁场区的右边界。现有一质量为m、电量为-q的带电粒子，从电场中的P点以初速度V0沿x轴正方向开始运动，已知P点的坐标为（－L，0）且，试求：

（1）带电粒子运动到Y轴上时的速度（2）要使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回到电场中，磁场的宽度最大为多少（不计带电粒子的重力）参考答案：解析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，竖直速度Vy=at，（2分）加速度，

水平位移L=V0t，（2分）由以上各式得进入电场时的合速度为，方向与y轴成450，

（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动

，

与右边界相切时，由几何关系得Rsin450+R=d,解得，

故磁场的宽度最大为

18.如图所示，正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l＝1.8m，距地面高h＝0.8m。平行板电容器的极板CD间距d＝0.1m且垂直放置于台面，C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B＝1T、方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q＝5×10－13C、电性正负未知的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U＝2.5V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场(微粒始终不与极板接触)，然后由XY边界离开台面。在微粒离开台面的同时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动，极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2。（1）求微粒在极板间所受电场力的大小并说明C板的极性；（2）若微粒质量m＝1×10－13kg，求滑块开始运动时所获得的速度。参考答案：(1)微粒在极板间所受电场力大小为F＝

（1分）代入数据得F＝1.25×10－11N

（1分）由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电，微粒由极板间电场加速，故C板为正极，D板为负极。

（1分）(2)若微粒的质量为m，刚进入磁场时的速度大小为v，由动能定理Uq＝mv2

v＝5m/s

（2分）微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，若圆周运动半径为R，有qvB＝m

R＝1m

（2分）因为