辽宁省朝阳市第一中学高三下学期考前热身测试物理试题

朝阳一高2021届高三年级热身考试试题物理命题：高三物理备课组注意事项：1．答卷前，考生先将自己的姓名，准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破弄皱，不准使用涂改液，修正带，刮纸刀。第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共10小题，共46分；其中1—7每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，每小题4分：第8~10小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，漏选得3分，错选0分。1.下列物理知识说法正确的是（）A.运动合成与分解是研究曲线运动的一般方法，该方法不适用于研究匀速圆周运动B.把一个带电小球看成一个不计大小的点电荷采用的等效处理方法C.磁感应强度B的单位可写作D.、、、都采用了比值定义法【答案】C【解析】【详解】A．运动的合成与分解是研究曲线运动的一般方法，该方法也同样适用于研究匀速圆周运动，故A错误；B．将一个带电小球看成是一个不计大小的点电荷采用的是理想模型的处理方法，故B错误；C．根据磁感应强度的定义式可得所以其中1N=1kg∙m/s2，磁感应强度B的单位可写作故C正确；D．、、、都采用了比值定义法，不是比值定义法。故D错误。故选C。2.如图所示，两个相同的半球体和放置在一直角墙拐处，处于静止状态。半球左端紧挨竖直墙面，B半球与竖直墙面紧密接触，竖直墙面和球面均光滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则半球与水平地面间的动摩擦因数最小为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】【详解】设半球的质量为，竖直墙壁对半球的支持力与半球对半球的支持力的合力为，的大小等于。由几何关系知与之间的夹角是30°，则有与组成的系统保持静止一定满足即有所以动摩擦因数最小为，故C正确。故选C。3.风是没有公害的能源之一，而且它取之不尽，用之不竭。对于缺水、缺燃料和交通不便的沿海岛屿、草原牧区、山区和高原地带，因地制宜地利用风力发电，非常适合，大有可为。如图甲为风力发电的简易模型，发电机与一理想变压器的原线圈相连，变压器原、副线圈匝数分别为500匝和1000匝，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁体转动，转速与风速成正比，某一风速时，变压器原线圈两端电压随时间变化的关系图像如图乙所示，则（）A.变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为B.电压表V1的示数是100VC.断开开关K，电压表V2的示数是0D.风速加倍时，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为【答案】D【解析】【详解】A．通过图乙可知变压器原线圈两端电压的最大值为，周期，永磁体转动的角速度所以电压的瞬时值表达式为选项A错误；B．电压表V1测量的是变压器原线圈两端电压的有效值选项B错误；C．电压表V2测量的是理想变压器副线圈的输出电压，与有无负载无关，根据理想变压器原理得电压表V2的示数选项C错误；D．风速加倍时，角速度加倍，根据可知产生感应电动势加倍，变压器原线圈两端电压加倍，因此风速加倍时，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为选项D正确。故选D。4.碳14可以用来作示踪剂标记化合物，也常在考古学中测定生物死亡年代，在匀强电场中有一个初速度可以忽略的放射性碳14原子核，它所放射的粒子与反冲核经过相等的时间所形成的径迹如图所示，a、b均表示长度，那么碳14的衰变方程可能为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】由轨迹弯曲方向可以看出，放射的粒子与反冲核受到的电场力方向均与电场强度方向相同，均带正电，根据动量守恒可得由类平抛运动规律可得，，联立可得可知放出的粒子为粒子，反冲核的电荷量是粒子的两倍，则核反应方程是故选A。5.如图所示，直角坐标系中x轴上在x=r处固定电荷量为+9Q的正点电荷，在x=r处固定电荷量为Q的负点电荷。y轴上a、b两点的纵坐标分别为ya=r和yb=r，d点在x轴上，横坐标为xd=2r。e、f点是x轴上d点右侧的两点。下列说法正确的是（）A.a、b两点的场强相同，电势相同B.e、f两点电场均沿x轴负方向C.d点电场强度为零，电势为零D.电子从d点向Q移动电势能增加，从d点向f点移动电势能也增加【答案】D【解析】【详解】A．根据电场线分布的对称性可知，a、b两点场强的大小相等，但方向不同，则a、b两点的场强不等，根据对称性可知，两点电势相等，故A错误；BC．+9Q在d点产生的场强大小方向水平向右，Q在d点产生的场强大小方向水平向左，所以由电场的叠加原理可知，d点场强为零，所以d点右侧的电场线方向沿+x方向，根据沿电场线方向电势降低可知，d点电势不为零，故BC错误；D．根据以上分析可知，d点左侧的电场线方向沿x方向，电子从d点向Q移动，电场力做负功，电势能增加，从d点向f点移动电场力做负功，电势能也增加，故D正确。故选D。6.在xoy平面内充满了均匀介质，t=0时刻坐标原点O处的质点开始沿y轴做简谐运动，其位移时间关系式为y=10sin()cm，它在介质中形成的简谐横波只向x轴正方向传播，某时刻波恰好传到x=6m处，波形图象如图所示，已知M点的平衡位置在x=m处，则下列说法正确的是A.此时与M点加速度相同质点有5个B.1.5s到2s内，质点M的速度正在增大C.x=10m处的质点在0到16s内通过的位移为0.6mD.站立在x=20m的观测者接受到该波的频率等于4Hz【答案】B【解析】【详解】A.此时与M点加速度相同的质点有3个；B.中质点M在0.33s时开始向上振动，1.5s到2s内在向平衡位置运动，故速度增大；C.中x=10m处的质点在0到16s内通过的路程为0.6m；D.静止的观测者接受到该波的频率等于0.25Hz。故选B。7.2020年，我国将一次实现火星的“环绕、着陆、巡视”三个目标。假设探测器到达火星附近时，先在高度恰好等于火星半径的轨道上环绕火星做匀速圆周运动，测得运动周期为T，之后通过变轨、减速落向火星。探测器与火星表面碰撞后，以速度v竖直向上反弹，经过时间t再次落回火星表面。不考虑火星的自转及火星表面大气的影响，已知万有引力常量为G，则火星的质量M和火星的星球半径R分别为（）A.，B.，C.，D，【答案】A【解析】【详解】探测器与火星表面碰撞后，以速度v竖直向上反弹，经过时间t再次落回火星表面，则火星表面的重力加速度万有引力常量为G，火星的质量为M和火星的星球半径为R，则对火星表面的物体有探测器在高度恰好等于火星半径的轨道上环绕火星做匀速圆周运动周期为T，则联立解得，故A项正确，BCD三项错误。8.某种透明材料制成的空心球体外径是内径的两倍，其过球心的某截面（在纸面内）如图所示，一束单色光（在纸面内）从外球面上A点射入，入射角为45°时，光束经折射后恰好与内球面相切于B点。已知真空中的光速为c，下列分析正确的是（）A.该光在该透明材料中的传播速度B.该光束从A点入射，若恰好在内球面上发生全反射，则入射角为i=30°C.该光束从A点入射时，入射角不论多大都不会在外球面上发生全反射D.若用频率更高的单色光照射，光在透明材料中的传播速度可能为【答案】BC【解析】【详解】A．光束经折射后恰好与内球面相切于B点，根据几何关系有根据折射定律该光在该透明材料中的传播速度故A错误；B．该光束从A点入射，若恰好在内球面上发生全反射，可得根据正弦定理得根据折射定律有解得故B正确；C．该光束从A点入射时，是从光疏介质射入光密介质，不会发生全反射，故入射角不论多大都不会在外球面上发生全反射，故C正确；D．若用频率更高的单色光照射，折射率增大，则光在透明材料中的传播速度小于，故D错误。故选BC。9.如图所示，质量m=1kg的物块放置在竖直固定的弹簧上方（未栓接），用力向下压物块至某一位置，然后由静止释放，取该位置为物块运动的起始位置，物块上升过程的a—x图像如图所示，不计空气阻力，g=10m/s2。则下列说法正确的是（）A.物块运动过程的最大加速度大小为20m/s2B.弹簧的劲度系数为50N/mC.弹簧最大弹性势能为4.5JD.物块加速度为0时离开弹簧【答案】AC【解析】【详解】AD．物块离开弹簧时弹簧的弹力为零，只受重力，加速度为g，设物块运动过程的最大加速度大小为am。当x=0时，物块的加速度最大，由三角形相似可知解得故A正确，D错误；B．x=0.3m时物块离开弹簧，x=0.2m时弹簧的压缩量为此时a=0根据平衡条件得解得故B错误；C．x=0时，对物块，由牛顿第二定律得解得弹簧最大的弹力大小为x由0→0.3m的过程，弹簧的弹力做功为则弹簧最大弹性势能为故C正确。故选AC。10.如图甲所示，MN、PO两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ=30°角固定，间距为L=1m，质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其阻值忽略不计。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T。P、M间接有阻值为R1的定值电阻，Q、N间接电阻箱R。现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得最大速度为vm，得到与的关系如图乙所示，轨道足够长且电阻不计，g取10m/s2，下列说法正确的是（）A.金属杆中感应电流方向为b指向aB.金属杆所受的安培力沿轨道向下C.定值电阻的阻值为1ΩD.金属杆的质量为0.1kg【答案】ACD【解析】【详解】A．金属杆沿轨道向下滑动，磁场垂直于轨道向上，由右手定则可知，金属杆中感应电流方向为b指向a，故A正确；B．磁场垂直于轨道平面向上，金属杆中的电流由b流向a，由左手定则可知，金属杆所受安培力沿导轨向上，故B错误；CD．金属杆下滑速度为v时切割磁感线产生的感应电动势E=BLv电路总电阻由闭合电路的欧姆定律得，通过金属杆ab的电流金属杆受到的安培力当达到最大速度时金属棒受力平衡，由平衡条件得整理得由图乙图象可知，图象的斜率纵轴截距代入数据解得m=0.1kg，R1=1Ω故CD正确。故选ACD。第Ⅱ卷（非选择题）二、实验题：本题共2小题，共14分。11.某同学用如图所示装置做“验证机械能守恒定律”实验。细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端分别悬挂质量为M的重物A和质量为m的重物B（M>m），重物B放在地面上，用手托着重物A，使滑轮两边的细绳刚好伸直。现由静止释放重物A，调节纸板的高度，使重物B刚好能到达纸板，重力加速度为g。（1）实验室仅提供了刻度尺，则需要测量的物理量有_________（写出物理量的名称和符号）。（2）当重物A刚要落地时，重物A的速度大小为________（用测量的物理量符号表示）。（3）若表达式________成立，则重物A下落过程中，重物A和重物B组成的系统机械能守恒（用已知和测量的物理量符号表示）。【答案】①.重物A开始释放时离地面的高度h；纸板离地面的高度H②.③.【解析】【分析】【详解】质量为M的重物A和质量为m的重物B（M>m），设重物A下降的高度h，即重物A开始释放时离地面的高度h，而重物B上升的高度为H，即纸板离地面的高度H，对A、B组成的系统，根据机械能守恒定律得当重物A落到地面后，物体B做竖直上抛运动，则有那么重物A刚要落地时速度大小为联立解得（1）[1]实验室仅提供了刻度尺，则需要测量的物理量有：重物A开始释放时离地面的高度h，与纸板离地面的高度H。（2）[2]由上面分析可知，当重物A刚要落地时，重物A的速度大小为（3）[3]根据，可得则有那么则有上式成立，则重物A下落过程中，重物A和重物B组成的系统机械能守恒。12.一般的话筒用的是一块方形的电池（层叠电池），如图甲所示，标称电动势为9V。某同学想要测量该电池实际的电动势和内阻，实验室提供了以下器材：A．待测方形电池B．电压表（量程为03V，内阻约为4kΩ）C．电流表（量程为00.6A，内阻为1.0Ω）D．电流表（量程为03A，内阻为1.0Ω）E．电阻箱（阻值范围099999.99Ω）F．滑动变阻器（阻值为0~20Ω，额定电流为3A）G．滑动变阻器（阻值为0~20kΩ，额定电流为0.6A）H．开关、导线若干（1）该同学根据现有实验器材，设计了如图乙所示的电路图。根据此电路图和图丙所示图像，为完成该实验，电流表应选______，滑动变阻器应选______。（用器材前字母表示）（2）由于电压表量程仅为0~3V，故需利用电阻箱辅助测量，为使二者共同量程为0~9V，该同学按图乙连接好实验器材，检査电路无误后，将R1滑片移到最左端，将电阻R2调为0，断开S3，闭合S1，将S2接a，适当调节R1，电压表示数为2.40V；保持R1位置不变，改变R2阻值，当电压表示数为______V时，目的达到调节完成，然后断开S1；（3）保持电阻箱R2阻值不变，开关S2接b，闭合S3、S1，从左到右调节R1，测出多组U、I，并作出U—Ⅰ图线如图丙所示，由图得该电池的电动势为______V，内阻为______Ω（该小题两空均保留三位有效数字）。【答案】①.D②.F③.0.80④.8.94⑤.2.00【解析】【详解】（1）[1]由图丙可知，所测最大电流约为2A，则电流表应选择D；[2]由于要测量该电池实际的电动势和内阻，为方便实验操作，滑动变阻器应选择阻值较小F；（2）[3]把量程为3V的电压表量程扩大为9V，分压电阻分压为6V，分压电阻分压是电压表两端电压的2倍，由题意可知，电压表所在支路电压为2.40V，分压电阻两端电压为电压表两端电压的2倍，实验时应保持位置不变，改变阻值，当电压表示数为0.80V，此时电阻箱分压1.60V，完成电压表扩大量程；（3）[4][5]分压电阻箱两端电压是电压表两端电压的2倍，电压表示数为，则两端电压为，根据闭合电路欧姆定律可得整理可得可知图像的纵轴截距为解得该电池电动势为图像的斜率绝对值为解得内阻为三、计算题：共40分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。13.“蛟龙号”载人深潜器上有一个可测量下潜深度的深度计，其原理可简化为如图所示的装置。内径均匀的水平汽缸总长度为2L，在汽缸右端开口处和正中央各有一个体积不计的卡环，在卡环的左侧各有一个厚度不计的活塞A、B，活塞A、B只可以向左移动，活塞密封良好且与汽缸之间无摩擦。在汽缸的Ⅰ部分封有154标准大气压的气体，Ⅱ部分封有397标准大气压的气体，当该装置水平放入水下达到一定深度后，水对活塞A产生挤压使之向左移动，通过活塞A向左移动的距离可以测出下潜深度。已知1标准大气压=1.0×105Pa，海水的密度ρ=1.0×103kg/m3，取g=10m/s2，不计海水密度随海水深度的变化，两部分气体均视为理想气体且温度始终保持不变。求：(1)当下潜的深度h=2300m时，活塞A向左移动的距离；(2)该深度计能测量的最大下潜深度。【答案】(1)；(2)5500m【解析】【详解】⑴当下潜的深度h=2300m时，Ⅰ部分气体的压强P1=P0＋ρgh=2.31×107Pa而Ⅱ部分气体的压强P2=3.97×107Pa>P1所以活塞B静止不动。设活塞A向左移动的距离为x，由玻意耳定律得154P0SL=P1S（L－x）解得x=⑵当活塞A移动到中央卡环处时所测深度最大，设两部分气体压强为P，测量的最大下潜深度为H对Ⅰ由玻意耳定律得154P0SL=PSL1对Ⅱ由玻意耳定律得397P0SL=PSL2据题意得L1＋L2=LP=P0＋ρgH解得H=5500m14.如图所示，水平直轨道和固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道均与传送带末端相切。一质量m=200g的电动小车停在距传送带左侧s=4m的水平轨道上，小车与直轨道、传送带之间的动摩擦因数均为0.4，当小车运动到传送带上时切断小车电源。已知传送带长L=5.5m，传送带沿顺时针方向匀速运动的速度v=4m/s，电动小车的额定功率P=20W，右侧半圆形轨道的半径R=2m，重力加速度g取10m/s2，忽略其他阻力。求：（1）小车进入传送带瞬间速度多大恰好过圆形轨道最高点；（2）小车在直轨道上运动的过程中能否一直做匀加速直线运动然后通过半圆形轨道的最高点？【答案】（1）12m/s；（2）不能【解析】【详解】（1）假设小车恰好过圆形轨道最高点，则在最高点时重力恰好提供向心力，有由传送带末端到最高点过程，根据动能定理可得联立解得，小车到传送带末端速度大小为故小车在传送带上应该一直减速，其在传送带上的加速度大小为在传送带上运动过程，根据速度位移公式可得解得小车进入传送带瞬间速度（2）假设小车在直轨道上运动的过程中一直做匀加速直线运动且到达传送带时速度恰好为，