吉林省四平市轻化工学校附属中学高三物理下学期摸底试题含解析

吉林省四平市轻化工学校附属中学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.（多选题）如图所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体。现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图所示。巳知重力加速度g=10m/s2，由图线可知（

）A．甲的质量是2kgB．甲的质量是6kgC．甲、乙之间的动摩擦因数是0.2D．甲、乙之间的动摩擦因数是0.6参考答案：BC2.某静电场的电场线分布如图所示，P、Q为该电场中的两点，下列说法正确的是A．P点电势高于Q点电势B．P点场强小于Q点场强C．将负电荷从P点移动到Q点，其电势能减少D．将负电荷从P点移动到Q点，电场力做负功参考答案：AD沿电场线方向电势降低，故P点电势高于Q点电势，A正确；电场线密集处电场强度大，故P点场强大于Q点场强，B错误；将负电荷从P点移动到Q点，电场力做负功，电势能增大，C错误D正确。3.物体以12m/s初速度在水平冰面上作匀减速直线运动，它的加速度大小是0.8m/s2，经20s物体发生的位移是（）A．80m B．90m C．100m D．110m参考答案：B解：物体减速为零的时间为：t=，因15s＜20s，故经过20s物体早以停止运动．所以其位移为：s=．故B正确，A、C、D错误．故选：B．4.如图所示，质量为m0＝20kg、长为L＝5m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为μ1＝0.15。将质量m＝10kg的小木块（可视为质点），以v0＝4m/s的速度从木板的左端滑上木板，小木块与木板面的动摩擦因数为μ2＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。则以下判断中正确的是（

）A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板参考答案：ACB5.（多选）如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住，处于静止状态．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，下列说法正确的是()A．竖直挡板对球的弹力一定增大B．斜面对球的弹力保持不变C．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零D．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma参考答案：AB解析：A、B以小球为研究对象，分析受力情况，如图：重力mg、竖直挡板对球的弹力F2和斜面的弹力F1．设斜面的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：竖直方向：F1cosθ=mg

①

水平方向：F2-F1sinθ=ma，②

由①看出，斜面的弹力F1大小不变，与加速度无关，不可能为零．故C错误，B正确;由②看出，若加速运动时，F2=F1sinθ+ma．F2将增大，故A正确;D、根据牛顿第二定律知道，重力、斜面和挡板对球的弹力三个力的合力等于ma．故D错误．故选：AB

二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.在探究加速度与力和质量的关系实验中，用装有沙子的小桶通过细线绕过木板一端的定滑轮来拉动板上的小车做匀加速直线运动，通过改变沙子质量来改变拉力大小。多次实验后根据由纸带求出的加速度与拉力作出—图像如图所示，根据图像判断下列说法正确的是（

）A、一定没有平衡摩擦力，且小车质量较小B、平衡摩擦力时，木板倾斜程度过大，且小车质量较大C、可能平衡摩擦力时忘记挂上纸带，且沙桶和沙子质量较大D、可能平衡摩擦力不彻底，木板倾斜程度偏小，且沙桶和沙子质量较大参考答案：7.与普通自行车相比，电动自行车骑行更省力。下表为某一品牌电动自行车的部分技术参数。在额定输出功率不变的情况下，质量为60Kg的人骑着此自行车沿平直公路行驶，所受阻力恒为车和人总重的0.04倍。当此电动车达到最大速度时，牵引力为

N,当车速为2m/s时，其加速度为

m/s2(g=10m/s2)规格后轮驱动直流永磁铁电机车型14电动自行车额定输出功率200W整车质量40Kg额定电压48V最大载重120Kg额定电流4.5A参考答案：40；0.6解析：电瓶车的额定功率P=200W，又由于，当电动车达到最大速度时，牵引力；当车速为2m/s时，牵引力为，依据牛顿第二定律，可知a=0.6m/s2。8.将质量为5kg的铅球（可视为质点）从距沙坑表面1.25m高处由静止释放，从铅球接触沙坑表面到陷入最低点所经历的时间为0.25s，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。则铅球对沙子的平均作用力大小为

N，方向

。参考答案：

150

N,

竖直向下

。9.(3分)演示地磁场存在的实验装置(由环形线圈，微电流传感器，DIS等组成)如图所示。首先将线圈竖直放置，以竖直方向为轴转动，屏幕上的电流指针＿＿＿＿(填：“有”或“无”)偏转；然后仍将线圈竖直放置，使其平面与东西向平行，并从东向西移动，电流指针＿＿＿＿(填：“有”或“无”)偏转；最后将线圈水平放置，使其从东向西移动，电流指针＿＿＿＿(填：“有”或“无”)偏转。参考答案：有

无

无首先将线圈竖直放置，以竖直方向为轴转动，线圈中磁通量变化，屏幕上的电流指针有偏转。然后仍将线圈竖直放置，使其平面与东西向平行，并从东向西移动，线圈中磁通量不变化，电流指针无偏转。最后将线圈水平放置，使其从东向西移动，线圈中磁通量不变化，电流指针无偏转。10.在"研究匀变速直线运动"的实验中，图为一次实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间时间间隔均为t，测得位移SAC=L1，SBD=L2，则物体的加速度为___

_____．参考答案：11.在距离地面某高处，将小球以速度沿水平方向抛出，抛出时小球的动能与重力势能相等。小球在空中飞行到某一位置A时位移与水平方向的夹角为（不计空气阻力），则小球在A点的速度大小为________________，A点离地高度为________________。参考答案：，12.某实验小组利用拉力传感器和速度传感器探究“动能定理”，如图所示。他们将拉力传感器固定在小车上，用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与钩码相连，用拉力传感器记录小车受到拉力的大小，在水平桌面上，在水平桌面与相距的A、B两点各安装一个速度传感器，记录通过A、B时的速度大小。小车中可以放置砝码，（1）实验主要步骤如下：①测量小车和拉力传感器的总质量；把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与钩码相连；正确连接所需电路。

②将小车停在C点，

，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力及小车通过A、B时的速度。

③在小车中增加砝码，或

，重复②的操作。（2）下表是他们测得的一组数据，其中是与小车中砝码质量之和，是两个速度传感器记录速度的平方差。可以据此计算动能变化量,是拉力传感器受到的拉力，是在A、B间所做的功。表格中的

，

.（结果保留三位有效数字）次数12345

参考答案：①接通电源后，释放小车②减少钩码的个数③0.600

0.61013.写出钠核(Na)俘获一个粒子后放出一个质子的核反应方程{

}参考答案：由质量数守恒和电荷数守恒可得结果。三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.如图所示，将一个斜面放在小车上面固定，斜面倾角θ=37°，紧靠斜面有一质量为5kg的光滑球，取重力加速度g＝10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，则：试求在下列状态下：(1)小车向右匀速运动时，斜面和小车对小球的弹力大小分别是多少？(2)小车向右以加速度3m/s2做匀加速直线运动，斜面和小车对小球的弹力大小分别是多少？(3)小车至少以多大的加速度运动才能使小球相对于斜面向上运动。参考答案：(1)0，50N(2)25N，30N

(3)7.5m/s2【详解】(1)小车匀速运动时，小球随之一起匀速运动，合力为零，斜面对小球的弹力大小为0，竖直方向上小车对小球的弹力等于小球重力，即：否则小球的合力不为零，不能做匀速运动.(2)小车向右以加速度a1=3m/s2做匀加速直线运动时受力分析如图所示，有：代入数据解得：N1=25N，N2=30N(3)要使小球相对于斜面向上运动，则小车对小球弹力为0，球只受重力和斜面的弹力，受力分析如图，有：代入数据解得：答：(1)小车向右匀速运动时，斜面对小球的弹力为0和小车对小球的弹力为50N(2)小车向右以加速度3m/s2做匀加速直线运动，斜面和小车对小球的弹力大小分别是N1=25N，N2=30N.(3)小车至少以加速度向右运动才能使小球相对于斜面向上运动。15.如图所示，质量为m带电量为+q的小球静止于光滑绝缘水平面上，在恒力F作用下，由静止开始从A点出发到B点，然后撤去F，小球冲上放置在竖直平面内半径为R的光滑绝缘圆形轨道，圆形轨道的最低点B与水平面相切，小球恰能沿圆形轨道运动到轨道末端D，并从D点抛出落回到原出发点A处．整个装置处于电场强度为E=的水平向左的匀强电场中，小球落地后不反弹，运动过程中没有空气阻力．求：AB之间的距离和力F的大小．参考答案：AB之间的距离为R，力F的大小为mg．考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；平抛运动；动能定理的应用．专题： 带电粒子在电场中的运动专题．分析： 小球在D点，重力与电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出D点的速度，小球离开D时，速度的方向与重力、电场力的合力的方向垂直，小球做类平抛运动，将运动分解即可；对小球从A运动到等效最高点D过程，由动能定理可求得小球受到的拉力．解答： 解：电场力F电=Eq=mg

电场力与重力的合力F合=mg，方向与水平方向成45°向左下方，小球恰能到D点，有：F合=解得：VD=从D点抛出后，只受重力与电场力，所以合为恒力，小球初速度与合力垂直，小球做类平抛运动，以D为原点沿DO方向和与DO垂直的方向建立坐标系（如图所示）．小球沿X轴方向做匀速运动，x=VDt

沿Y轴方向做匀加速运动，y=at2a==所形成的轨迹方程为y=直线BA的方程为：y=﹣x+（+1）R解得轨迹与BA交点坐标为（R，R）AB之间的距离LAB=R从A点D点电场力做功：W1=（1﹣）R?Eq

重力做功W2=﹣（1+）R?mg；F所做的功W3=F?R有W1+W2+W3=mVD2，有F=mg答：AB之间的距离为R，力F的大小为mg．点评： 本题是动能定理和向心力知识的综合应用，分析向心力的来源是解题的关键．四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图甲所示,两平行金厲板A,B的板长L

=0.2m，板间距d=0.2m。两金属板间加如图乙所示的交变电压，并在两板间形成交变的匀强电场，忽略其边缘效应。在金属板上侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其上下宽度D=0.4m，左右范围足够大，边界MN和PQ均与金属板垂直，匀强磁场的磁感应强度B=1x1O-2T。在极板下侧中点O处有一粒子源,从t=0时起不断地沿着00'发射比荷=1x108C/kg、初速度v0=2x105m/s的带正电粒子。忽略粒子重力、粒子间相互作用以及粒子在极板间飞行时极板间的电压变化。sin30=0.5,sin37=0.6，sin45=。(1)求粒子进入磁场时的最大速率(2)

对于在磁场中飞行时间最长的粒子，求出其在磁场中飞行的时间以及由0点出发的可能时刻。(3)

对于所有能从MN边界飞出磁场的粒子，试求这些粒子在MN边界上出射区域的宽度。参考答案：17.如图所示，ABCD是一个T型支架，支架A端有一大小与质量均可忽略的光滑定滑轮，D点处有一光滑转动轴，AC与BD垂直，且AB=BC，BD长为d=0.6m，AC与水平地面间的夹角为θ=37°，整个支架的质量为M=1kg（BD部分质量不计）．质量为m=2kg的小滑块置于支架的C端，并与跨过定滑轮的轻绳相连，绳另一端作用一竖直向下大小为24N的拉力F，小滑块在拉力作用下由静止开始沿AC做匀加速直线运动，己知小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5．g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求小滑块沿AC向上滑的加速度大小；（2）滑块开始运动后，经过多长时间支架开始转动？（3）为保证支架不转动，作用一段时间后撤去拉力F，求拉力作用的最大时间．参考答案：考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题： 牛顿运动定律综合专题．分析： （1）对小滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解即可；（2）先根据力矩平衡条件得到支架开始转动时滑块的位移，然后根据位移时间关系公式列式求解；（3）作用一段时间后撤去拉力F，滑块先匀加速，然后匀减速；根据牛顿第二定律列式求解加速和减速过程的加速度；根据运动学公式列式；再根据力矩平衡条件列式；最后联立求解即可．解答： 解：（1）滑块受重力、拉力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F﹣mgsin37°﹣μmgcos37°=ma

代入数据，得：a=2m/s2（2）设经过时间t，滑块运动到离C点S处，支架开始转动，则根据力矩平衡条件，有：F（ACcos37°﹣CD）+f?BD+N（S﹣BC）=Mg?BDsin37°+F?BD

式中N=mgcos37°，f=μmgcos37°代入数据，得：S=1.2m

因此，t==≈1.1s

（3）设拉力作用时间最长为t1，根据运动学公式，有：v1=at1S1=at12撤去F后，根据牛顿第二定律，有：a2=gsin37°+μgcos37°=10×0.6﹣0.5×10×0.8=2m/s2滑块减速直至静止过程：v1=a2t2S2=a2t22滑块恰好运动到离C点S′处，支架开始转动，根据力矩平衡条件，有：μmgcos37°?BD+mgcos37°（S′﹣BC）=Mg?BDsin37°

代入数据，得：S′=0.725m

根据位移时间关系公式，有：S′=at12+a2t22代入数据，得：t1=0.78s

答：（1）小滑块沿AC向上滑的加速度大小为