重庆梁平县云龙中学高三物理下学期摸底试题含解析

重庆梁平县云龙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，一光滑绝缘的半圆面和一根很长的直导线被固定在同一竖直平面内，直导线水平处于半圆面的下方，导线中通有方向向右的恒定电流I，将一铜环从半圆面左侧最高点a从静止释放后，铜环沿着半圆面运动，到达右侧的b点为最高点，a、b高度差为△h，已知通电直导线在周围某一点产生磁场的磁感应强度与该点到导线的距离成反比，下列说法正确的是（）A．铜环在半圆面左侧下滑过程，感应电流沿顺时针方向B．铜环第一次经过最低点时感应电流达到最大C．铜环往返运动第二次到达右侧最高点时与b点的高度差小于2△hD．铜环沿半圆面运动过程，铜环所受安培力的方向总是与铜环中心的运动方向相反参考答案：AC【考点】法拉第电磁感应定律；电磁感应在生活和生产中的应用．【分析】根据安培定则进行分析，明确半圆面所在位置的磁场分布，再根据楞次定律分析电流的方向，根据法拉第电磁感应定律分析电流的大小变化情况，由功能关系分析运动的高度，再根据左手定则分析安培力的方向．【解答】解：A、由安培定则知半圆面内磁场方向为垂直纸面向外，由上至下磁感应强度逐渐增大，铜环在左侧下滑过程中，通过圆环的磁通量增大，则由楞次定律知感应电流为顺时针方向，故A正确；B、根据通电直导线产生磁场的特点可知，在同一水平面上磁感应强度是相等的，所以若铜环的速度为水平时，铜环内的磁通量变化率为0，感应电流为零，所以铜环在最低点的感应电流最小，故B错误；C、设铜环的质量为m，则铜环第一次从a点运动到b点时，消耗的能量为mg△h；铜环在竖直方向上的速度越大时，其里面的磁通量变化率越大，产生的感应电流越大，从而产生的焦耳热越大，消耗的能量越大．显然铜环从右往左端返回时，在同一高度，竖直方向上的速度要比第一次从左端到右端的小，所以返回消耗的能量要小于第一次消耗的能量，即小于mg△h；同理，铜环再从左端运动到右端，消耗的能量更小于mg△h，则铜环往复运动第二次到达右侧最高点时与点b的高度差小于2△h，故C正确；D、当铜环沿着半圆面斜向下运动时，根据对称性，铜环左右两端产生的安培力大小相等，方向相反；而铜环下半部分产生的安培力要大于上半部分产生的安培力，下半部分产生的安培力的合力方向竖直向上，上半部分产生的安培力的合力竖直向下，所以铜环所受到的安培力是竖直向上的，显然与铜环中心的运动方向不是相反的，故D错误；故选：AC2.如图所示，小物体A沿高为h，倾角为的光滑斜面以初速度从顶端滑到底端，而相同的物体B以同样大小的初速度从同等高度竖直上抛，则错误的是

（

）从开始运动至落地过程中，重力对它们做功相等

B．两物体落地时速度大小相等

C．两物体落地时，重力的瞬时功率相等

D．两物体从开始至落地，动能变化量相等参考答案：C3.未发射的卫星放在地球赤道上随地球自转时的线速度为v1、加速度为a1；发射升空后在近地轨道上做匀速圆周运动时的线速度为v2、加速度为a2；实施变轨后，使其在同步卫星轨道上做匀速圆周运动，运动的线速度为v3、加速度为a3。则v1、v2、v3和a1、a2、a3的大小关系是（

）A．v2>v3>vl，a2>a3>alB．v3>v2>v1，a2>a3>alC．v2>v3=v1，a2=a1>a3D．v2>v3>vl，a3>a2>a1参考答案：A4.如图所示，左右两侧水平面等高，A、B为光滑定滑轮，C为光滑动滑轮。足够长的轻绳跨过滑轮，右端与小车相连，左端固定在墙壁上，质量为m的物块悬挂在动滑轮上。从某时刻开始小车向右移动，使物块以速度v0匀速上升，小车在移动过程中所受阻力恒定不变。在物块上升的过程中（未到AB所在的水平面），下列说法正确的是A.轻绳对小车的拉力增大B.小车向右做加速运动C.小车阻力的功率可能不变D.小车牵引力做的功小于物块重力势能的增加量与小车克服阻力做功之和参考答案：AD解：物块以匀速上升时，两边绳子的夹角变大，可知绳子的拉力变大，即轻绳对小车的拉力变大，选项A正确；设绳子与竖直方向的夹角为θ，则由运动的合成知识可知，则随着物体的上升θ变大，车的速度减小，选项B错误；小车在移动过程中所受阻力恒定不变，根据P=fv车可知小车阻力的功率减小，选项C错误；由能量关系可知：，因小车动能减小，则，即小车牵引力做的功小于物块重力势能的增加量与小车克服阻力做功之和，选项D正确；故选AD.【点睛】此题关键是对物体的速度进行如何分解，可参考斜牵引物体的运动分解问题，但是此题中物体两边都有绳子；注意搞清系统的能量转化情况.5.如图所示，电流表、电压表均为理想电表，L为小电珠。R为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r。现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向左移动时，下列结论正确的是()A．电流表示数变小，电压表示数变大B．小电珠L变亮C．电容器C上电荷量减小

D．电源的总功率变大参考答案：A二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.如图所示，一辆长L=2m,高h=0.8m,质量为M=12kg的平顶车，车顶面光滑，在牵引力为零时，仍在向前运动，设车运动时受到的阻力与它对地面的压力成正比，且比例系数μ=0.3。当车速为v0=7m／s时，把一个质量为m=1kg的物块（视为质点）轻轻放在车顶的前端，并开始计时。那么，经过t=

s物块离开平顶车；物块落地时，落地点距车前端的距离为s=

m。参考答案：0.31

4.16

7.单摆做简谐振动时回复力是由摆球__________的分力提供。用单摆测重力加速度实验中，尽量做到摆线要细，弹性要小，质量要轻，其质量要_________摆球质量。参考答案：

(1).重力沿圆弧切线；

(2).远小于【详解】单摆做简谐振动时回复力是由摆球重力沿圆弧切线的分力提供。用单摆测重力加速度实验中，尽量做到摆线要细，弹性要小，质量要轻，其质量要远小于摆球质量。8.如右图所示，用均匀金属丝折成边长为0.1m的正方形框架abcd能以ab边为轴无摩擦地转动，框架每边质量都是2.5g，电阻都是0.2Ω，aa/与bb/是在同一水平面上的两条平行光滑的金属导轨，并分别与金属框架连接于a和b处，导轨的电阻不计。阻值为0.2Ω的金属棒mn平放在两导轨上且与导轨垂直，整个装置处于B=1T、方向竖直向上的匀强磁场中，若导体mn作匀速运动后能使框架abcd平衡在与竖直方向成α=45°角的位置上，此时cd中的电流大小为

A，导体mn的速度大小为

。参考答案：

0.5

7

9.（5分）地核的体积约为整个球体积的16%，地核的质量约为地球质量的34％。经估算，地核的地平均密度为_______________kg/m3。(结果取两位有效数字)参考答案：答案：1.2×10410.如图所示，轻绳一端系在质量为m的物体A上，另一端与套在粗糙竖直杆MN上的轻圆环B相连接．现用水平力F拉住绳子上一点O，使物体A及圆环B静止在图中虚线所在的位置．现稍微增加力F使O点缓慢地移到实线所示的位置，这一过程中圆环B仍保持在原来位置不动．则此过程中，圆环对杆摩擦力F1___

_____(填增大、不变、减小)，圆环对杆的弹力F2___

_____(填增大、不变、减小)。参考答案：不变

，

增大

11.（填空）（2013?杭州模拟）某同学拉着纸带运动，得到一条点迹清晰的纸带．他确定好起点之后，作了s﹣t图象如图所示．则在0﹣2.0s内的平均速度大小为

m/s，在

s时的瞬时速度大小等于它在0.6﹣2.0s内的平均速度．参考答案：0.8；1.0或1.4解：由图可知在0﹣2.0s内的位移x=1.60﹣0=1.60m，则平均速度，由图知0.6s时物体的位置在x=0.1m处，0.6﹣2.0s内的平均速度m/s，图象的斜率表示瞬时速度，由图可知，当曲线的斜率等于1.07时，瞬时速度与0.6﹣2.0s内的平均速度相同，此时曲线的倾斜角约为45°．做出曲线的切线可得，当时刻：t=1.0s或t=1.4s时，瞬时速度大小等于它在0.6﹣2.0s内的平均速度．故答案为：0.8；1.0或1.412.（4分）某物质的摩尔质量为M，摩尔体积为V，密度为，每个分子的质量和体积分别为m和Vo，则阿伏加德罗常数NA可以用两种式子来表达：NA=_______________和NA=______________。参考答案：；13.如图所示，物理兴趣小组用如图测物块A与桌面间动摩擦因数μ，按图连接好装置，托住A，绳恰绷直．由P点静止释放，B落地后不反弹，最终m停在Q点．测出B下落高度h，和PQ间距离s．已知A．B质量均为m，则μ=

，若考虑定滑轮的转动的动能，测量值____真实值．（选填偏大、不变、偏小）参考答案：；偏大【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【分析】在B下落过程中，对整体受力分析，根据动能定理求得落地的速度，B落地后，对A受力分析，根据动能定理，即可求得摩擦因数；由于在运动过程中有空气阻力，即可判断【解答】解：在B落地瞬间前，在整个过程中根据动能定理可知B落地后，对A有动能定理可知联立解得μ=由于在下落过程中没有考虑空气阻力，故测量值比真实值偏大故答案为：；偏大三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.（12分）位于处的声源从时刻开始振动，振动图像如图，已知波在空气中传播的速度为340m/s，则：

（1）该声源振动的位移随时间变化的表达式为

mm。（2）从声源振动开始经过

s，位于x=68m的观测者开始听到声音。（3）如果在声源和观测者之间设置一堵长为30m，高为2m，吸音效果良好的墙，观测者能否听到声音，为什么？参考答案：答案：（1）（4分）；（2）（4分）0.2；（3）（4分）能。因为声波的波长与障碍物的高度差不多，可以发生明显的衍射现象，所以，观察者能够听到声音。15.（选修3－3（含2－2））（6分）一定质量的气体，从外界吸收了500J的热量，同时对外做了100J的功，问：①物体的内能是增加还是减少?变化了多少？(400J;400J)

②分子势能是增加还是减少？参考答案：解析：①气体从外界吸热：Q＝500J，气体对外界做功：W＝－100J

由热力学第一定律得△U=W+Q=400J

(3分)

△U为正，说明气体内能增加了400J

(1分)

②因为气体对外做功，所以气体的体积膨胀，分子间的距离增大，分子力做负功，气体分子势能增加。（2分）四、计算题：本题共3小题，共计47分16.在研究原子物理时，科学家们经常借用宏观模型进行模拟。在玻尔原子模型中，完全可用卫星绕行星运动来模拟研究电子绕原子核的运动。当然这时的向心力不是粒子间的万有引力（可忽略不计），而是粒子间的静电力。设氢原子中，电子和原子核的带电量大小都是e＝1.60×10－19C，电子在第一、二可能轨道运行时，其运动半径分别为r1、r2，且r2＝4r1，其中r1＝0.53×10－10m。据此试求：（1）电子分别在第一、二可能轨道运行时的动能；（2）当电子从第一可能轨道跃迁到第二可能轨道时，原子还须吸收10.2eV的光子，那么氢原子的电势能增加了多少eV？（静电力恒K＝9.0×109Nm2/C2）（3）氢原子核外电子的绕核运动可等效为一环形电流，试计算氢原子处于n=2的激发态时，核外电子运动的等效电流。（保留一位有效数字）（设电子质量为m=0.91×10-30kg）？参考答案：（1）根据，得∴电子在第一可能轨道时的动能同理可得电子在第二可能轨道的动能：（2）∵电子从第一轨道跃迁到第二可能轨道时动能减少量EK＝EK1－EK2＝13.6eV－3.4eV＝10.2eV根据能量守恒定律，减少的动能和吸收光子能量都转化为电子的电势能，则电子的电势能增加了ΔEp＝10.2eV＋10.2eV＝20.4eV（3）氢原子核外电子绕核做匀速圆周运动，库伦力作向心力，有

①

其中

根据电流强度的定义

②

由①②得

③

将数据代入③得A

17.如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘杆上，细杆的倾角为α，小球A带正电，电荷量为q。在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷。将A由距B竖直高度为H处无初速释放，小球A下滑过程中电荷量不变，不计A与细杆间的摩擦，整个装置处于真空中，已知静电力常量k和重力加速度g，求：（1）A球刚释放时的加速度是多大？（2）当A球的动能最大时，A球与B点的距离？（3）若小球到达C点速度最大为v，求A、C两点的电势差UAC？（4）若小球到达D点的速度为0时，A、D两点间的电势差U0，则小球沿杆滑行的位移大小？参考答案：解：（1）A球刚释放时，受到重力、沿细杆向上的库仑力和细杆的支持力，根据牛顿第二定律得：

得：

（5分）（2）到达平衡位置时，速