河南省驻马店市西平县权寨镇第一中学高三物理下学期摸底试题含解析

河南省驻马店市西平县权寨镇第一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.（单选）如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态.则

()

A.B受到C的摩擦力一定不为零B.C受到水平面的摩擦力一定为零C.不论B、C间摩擦力大小、方向如何，水平面对C的摩擦力方向一定向左D.水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等参考答案：C2.振源A带动细绳振动，某时刻形成的横波如图甲所示，则在波传播到细绳上一点P时开始计时，下列图乙的四个图形中能表示P点振动图象的是(

)参考答案：A3.物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系。如关系式，既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了（伏）与（安）和（欧）的乘积等效。现有物理量单位：（米）、（秒）、（牛）、（焦）、（瓦）、（库）、（法）、（安）、（欧）和（特），由他们组合成的单位都与电压单位（伏）等效的是：A．和

B．和C．和

D．和参考答案：B4.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于

（

）A.棒的机械能增加量B.棒的动能增加量C.棒的重力势能增加量D.电阻R上放出的热量参考答案：A5.应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．某输电线路横穿公路时，要在地下埋线．为了保护输电线不至于被压坏，可预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过．电线穿过钢管的方案有两种（如图所示）：甲方案是铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过；乙方案是只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根钢管中穿过．如果输电导线输送的电流很强大，为了减小电磁感应带来的不利影响，那么以下说法正确的是（）A．无论输送的电流是恒定电流还是交变电流，甲、乙两方案都是可行的B．若输送的电流是交变电流，甲、乙两方案都是可行的C．若输送的电流是交变电流，甲方案是不可行的，乙方案是可行的D．若输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的参考答案：C【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用；远距离输电．【分析】由图可知，甲图中两金属管形成了电容器，当通恒定电流时，钢管对导线没有阻碍作用；当通入交流电时，若分开套，则由于磁场的变化，导致钢管中产生涡旋电流，便能源损耗．【解答】解：若甲图通交流电，由于正弦变化的电场产生余弦变化的磁场，而余弦变化的磁场又产生正弦变化的电场，则每根钢管中都产生涡旋电流；导致能源损耗较大．同时两金属管间形成电容，也会造成能量损失；若乙图通交流电由于两根导线方向相反，所以如果它们相互足够靠近，则它们在周围的每一点上产生大小几乎相等，方向相反的感应电流．这样能使涡旋电流强度减弱到很小．从而减小热量的消耗；若甲乙两图通恒定电流，则都产生恒定的磁场，恒定的磁场不产生电场．因此不产生涡流．没有能量损耗；由以上分析可知，若输送的电流是交变电流，甲方案是不可行的，乙方案是可行的；而如果输送的是交流电，则两方案均是可行的，故C正确，ABD错误．故选：C．二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场，一个质量为m、电量为q、初速度为v0的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力。若粒子恰好从c点离开电场，则电场强度E＝______________；粒子离开电场时的动能为______________。参考答案：，mv027.2．爱因斯坦在现代物理学领域作出了很多重要贡献，试举出其中两项：

；

．参考答案：相对论；光的量子性8.人造地球卫星在运行过程中由于受到微小的阻力，轨道半径将缓慢减小。在此运动过程中，卫星所受万有引力大小将

(填“减小”或“增大”)；其速度将

(填“减小”或“增大”)。

参考答案：增大，增大

9.(6分)某同学用如图所示装置研究感应电流的方向与引起感应电流的磁场方向的关系。已知电流从接线柱流入电流表时，电流表指针左偏。实验的磁场方向、磁铁运动情况及电流表指针偏转情况部分已记录在下表中。请依据电磁感应规律填定空出的部分。

实验序号磁场方向磁铁运动情况指针偏转情况1向下插入左偏2拔出右偏3向上右偏4向上拔出参考答案：向下，插入，左偏10.如图所示，导热性能良好的气缸开口向下，缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞在气缸内可以自由滑动且不漏气，其下方用细绳吊着砂桶，系统处于平衡状态．现砂桶中的细沙不断流出，这一过程可视为一缓慢过程，且环境温度不变，则在此过程中气缸内气体分子的平均速率

（选填“减小”、“不变”、“增大”），单位时间单位面积缸壁上受到气体分子撞击的次数

（选填“减少”、“不变”、“增加”）．参考答案：不变，增加【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强．【分析】分析活塞可知内部压强的变化；由温度的变化及压强变化可知体积变化，根据温度的微观含义：温度是分子热运动平均动能的标志，温度越高，平均动能越大，分析气体分子平均动能的变化，即可知道平均速率的变化．根据压强的计算可求出压强的变化，再根据压强的意义，分析单位时间单位面积器壁上受到气体分子撞击的次数如何变化．【解答】解：因温度不变，分子的平均动能不变，则气体的平均速率不变；以活塞和沙桶整体为研究对象，设总质量为m，受力分析，根据平衡条件有：PS+mg=P0S得：P=P0﹣细沙流出后，mg减小，则P增大，由于平均速率不变，根据压强的微观含义可知，单位时间单位面积器壁上受到气体分子撞击的次数增加；故答案为：不变，增加11.一列沿着x轴正方向传播的横波，在t=0时刻的波形如图甲所示．图甲中某质点的振动图象如图乙所示．质点N的振幅是

m，振动周期为

s，图乙表示质点

(从质点K、L、M、N中选填)的振动图象．该波的波速为

m／s．参考答案：0.8

4

L

0.5由甲图知，质点N的振幅是A=0.8m．由甲图得到波长为2m，由乙图得到周期为4s，故波速；由乙图判断可知t=0时刻质点处于平衡位置且向上振动，在甲图上，由于波沿x轴正方向传播，运用波形平移法可知L点处于平衡位置且向上振动，所以乙图是L的振动图象。12.物体因绕轴转动而具有的动能叫转动动能，转动动能的大小与物体转动的角速度有关．为了研究某一砂轮的转动动能EK与角速度ω的关系，可采用下述方法：先让砂轮由动力带动匀速转动，测得其角速度ω，然后让砂轮脱离动力，由于轮与轴之间存在摩擦，砂轮最后停下，测出脱离动力到停止转动砂轮转过的圈数n．测得几组不同的ω和n如下表所示ω（rad/s）

0.5

1

2

3

4n5

20

80

180

320Ek（J）

另外已测得砂轮转轴的直径为1cm，转轴间的摩擦力为10/πN．（1）试计算出每次脱离动力时砂轮的转动动能，并填入上表中；（2）试由上述数据推导出该砂轮转动动能Ek与角速度ω的关系式Ek=2ω2；（3）若脱离动力后砂轮的角速度为2.5rad/s，则它转过45圈后角速度ω=2rad/s．参考答案：考点：线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：（1）砂轮克服转轴间摩擦力做功公式W=f?n?πD，f是转轴间的摩擦力大小，n是砂轮脱离动力到停止转动的圈数，D是砂轮转轴的直径．根据动能定理得知，砂轮克服转轴间摩擦力做功等于砂轮动能的减小，求解砂轮每次脱离动力的转动动能．（2）采用数学归纳法研究砂轮的转动动能Ek与角速度ω的关系式：当砂轮的角速度增大为原来2倍时，砂轮的转动动能Ek是原来的4倍；当砂轮的角速度增大为原来4倍时，砂轮的转动动能Ek是原来的16倍，得到Ek与ω2成正比，则有关系式Ek=kω2．将任一组数据代入求出比例系数k，得到砂轮的转动动能Ek与角速度ω的关系式．（3）根据动能与角速度的关系式，用砂轮的角速度表示动能，根据动能定理求出转过45圈后的角速度．解答：解：（1）根据动能定理得：Ek=f?n?πD，代入计算得到数据如下表所示．ω/rad?s﹣10.51234n5.02080180320Ek/J0.5281832（2）由表格中数据分析可知，当砂轮的角速度增大为原来2倍时，砂轮的转动动能Ek是原来的4倍，得到关系Ek=kω2．当砂轮的角速度增大为原来4倍时，砂轮的转动动能Ek是原来的16倍，得到Ek与ω2成正比，则有关系式Ek=kω2．k是比例系数．将任一组数据比如：ω=1rad/s，Ek=2J，代入得到k=2J?s/rad，所以砂轮的转动动能Ek与角速度ω的关系式是Ek=2ω2（3）根据动能定理得﹣f?n?πD=2ω22﹣2ω12代入解得ω2=2rad/s故答案为：（1）如表格所示；（2）2ω2；（3）2．点评：本题考查应用动能定理解决实际问题的能力和应用数学知识处理物理问题的能力；注意摩擦力做功与路程有关．13.如图所示，光滑的平行导轨P、Q相距L=1m，处在同一水平面内，导轨左端接有如图所示的电路。其中水平放置的两平行金属板间距离d=10mm，定值电阻R1=R3=8Ω，R2=2Ω，金属棒ab电阻r=2Ω，导轨电阻不计，磁感应强度B=0.3T的匀强磁场竖直向下穿过导轨平面。金属棒ab沿导轨向右匀速运动，当电键S闭合时，两极板之间质量m=1×10－14kg、带电荷量q=－1×10－15C的粒子以加速度a=7m/s2向下做匀加速运动，两极板间的电压为

V；金属棒ab运动的速度为

m/s。参考答案：0.3，4三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.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．15.（简答）如图所示，在水平地面上固定一倾角θ=37°、表面光滑的斜面，物体A以初速度v1沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以初速度v2=2.4m/s水平抛出，当A上滑到最高点时，恰好被B物体击中．A、B均可看作质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．求：（1）物体A上滑时的初速度v1；（2）物体A、B间初始位置的高度差h．参考答案：（1）物体A上滑时的初速度v1是6m/s．（2）物体A、B间初始位置的高度差h是6.8m．解：（1）物体A上滑过程中，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma设物体A滑到最高点所用时间为t，由运动学公式：0=v1﹣at物体B做平抛运动，如图所示，由几何关系可得：水平位移x=；其水平方向做匀速直线运动，则x=v2t联立可得：v1=6m/s（2）物体B在竖直方向做自由落体运动，则hB=物体A在竖直方向：hA=如图所示，由几何关系可得：h=hA+hB联立得：h=6.8m答：（1）物体A上滑时的初速度v1是6m/s．（2）物体A、B间初始位置的高度差h是6.8m．四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，已知倾角为θ=45°、高为h的斜面固定在水平地面上．一小球从高为H（h<H<h）处自由下落，与斜面做无能量损失的碰撞后水平抛出．小球自由下落的落点距斜面左侧的水平距离x满足一定条件时，小球能直接落到水平地面上．

（1）求小球落到地面上的速度大小；

（2）求要使小球做平抛运动后能直接落到水平地面上，x应满足的条件；

（3）在满足（2）的条件下，求小球运动的最长时间．参考答案：解：（1）设小球落到底面的速度为v，根据机械能守恒得：，得：（2）小球做自由落体的末速度为：小球做平抛运动的时间为：由s＞h﹣x解得：（3）当H﹣h+x=h﹣x，即x=h﹣时，小球运动时间最长，x=h﹣，符合（2）的条件代入得：答：（1）小球落到地面上的速度大小为；（2）要使小球做平抛运动后能直接落到水