福建省宁德市博雅培文学校2024-2025学年高三上学期开学摸底考试物理试卷（解析版）

宁德市博雅培文学校2024—2025学年开学摸底考试高三年级物理试题试卷分值：100分考试时间：75分钟一、选择题（每小题4分，共40分，1-4题为单选题，每小题4分，5-8题为多选题，每小题全部选对得6分，选对但不全得3分，有错误选项不得分）1.地球大气层中的氧受宇宙射线轰击散裂后产生的衰变时放出射线。若铍核在垂直纸面向里的匀强磁场中做匀速圆周运动（运动轨迹未画出）到P点时发生衰变，衰变后产生的粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，图中下列关于衰变前在磁场中的运动轨迹描述正确的是（）A.顺时针转动，轨道半径为10a B.顺时针转动，轨道半径为7aC.逆时针转动，轨道半径为11a D.逆时针转动，轨道半径为10a【答案】C【解析】【详解】的衰变方程为；第一种情况：如果轨道①为的运动轨迹，则轨道②为的运动轨迹，由带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式可知、由左手定则可知顺时针运动、逆时针运动，则在衰变位置的动量方向和的动量方向相同，由动量守恒定律可知，衰变前的动量为而，所以的轨道半径为沿逆时针方向旋转。第二种情况：同理，如果轨道②为运动轨迹，则的轨道半径为沿逆时针方向旋转。故选C。2.如图所示，空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直纸面（平面）向外，电场的方向沿y轴正方向。一质量为m、电荷量为q的带电粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动（其轨迹如图所示）。已知磁感应强度的大小为B，电场强度大小为E，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A.粒子带负电B.粒子运动轨迹是抛物线C.粒子距离x轴的最大距离为D.粒子运动过程中的最大速度为【答案】C【解析】【详解】A．粒子由静止开始运动，电场力方向竖直向上，故粒子带正电，选项A错误；B．粒子运动时受电场力和洛伦兹力，因洛伦兹力是变力，则轨迹不是抛物线，运动轨迹为摆线，选项B错误；CD．将粒子的运动分解为速度的向右的匀速直线运动和速度为v的沿顺时针方向的匀速圆周运动，则粒子距x轴的最大距离两分运动同向时速度最大，则最大速度为故选项C正确，选项D错误。故选C。3.如图所示，一足够长、质量的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数，一个质量、大小可以忽略的铁块放在木板的右端，铁块与木板间的动摩擦因数，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取。若对铁块施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力F，则下列说法正确的是（）A.铁块与木板之间摩擦力的最大值为2NB.木板与地面之间摩擦力的最大值为4NC.当时，M、m相对静止D.当时，铁块受到摩擦力大小为2N【答案】C【解析】【分析】【详解】A．铁块与木板之间摩擦力的最大值为选项A错误；B．木板与地面间的摩擦力的最大值为选项B错误；C．当时，木板和铁块相对地面静止当且木板和铁块一起相对地面加速运动时，设此时系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对整体有对铁块有可得从此关系式可以看出，当时，M、m相对静止，选项C正确；D．当时，铁块受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为4N，选项D错误。故选C。4.一竖直轻弹簧下端固定，质量为m的水平木板P与弹簧上端栓接，木板上再放一质量也为m的小物块Q，静止时位置如图所示。现对Q施加一竖直向上、大小为的恒力F，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（）A.刚施加力F时，Q对P的压力大小为B.施加力F后，在运动过程中P、Q可能分离C.P运动到最高点时，弹簧弹力大小为D.P从开始运动到最高点的过程，弹簧弹性势能减少量等于P重力势能增加量的1.5倍【答案】D【解析】【详解】A．刚施加力F时，对P、Q整体进行分析，根据牛顿第二定律有解得对Q进行分析，根据牛顿第二定律有根据牛顿第三定律有解得Q对P的压力大小为故A错误；B．假设P、Q分离，则两者之间弹力为0，对Q进行分析，根据牛顿第二定律有解得加速度大小为方向竖直向下。施加拉力后，对P、Q整体进行分析，令平衡位置的压缩量为，则有令整体相对平衡位置位移为，则回复力为解得可知，回复力大小与相对平衡位置的位移大小成正比，方向相反，可知，整体做简谐运动，根据简谐运动的对称性，整体运动的最大加速度为表明P、Q整体先向上做加速运动，后向上做减速至0，速度减为0时的加速度大小小于分离时向下的加速度，可知，假设不成立，即施加力F后，在运动过程中P、Q不可能分离，故B错误；C．结合上述可知，P运动到最高点时，整体加速度方向向下，大小为对整体分析有解得即弹簧的弹力大小为，故C错误；D．物块开始位置，根据胡克定律与平衡条件有结合上述，物块在最高点时，根据胡克定律有拉力做功为重力势能的增加量为根据功能关系与能量守恒定律可知，弹性势能的减小量为解得P重力势能增加量为则有即P从开始运动到最高点的过程，弹簧弹性势能减少量等于P重力势能增加量的1.5倍，故D正确。故选D。5.如图所示，在同一竖直平面内两正对着的半径为R的相同半圆光滑轨道，相隔一定的距离x，虚线沿竖直方向，一质量为m的小球能在其间运动。今在最低点B与最高点A各放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来。（不计空气阻力，g取）（）A.要使小球不脱离轨道，小球在A点的最小速度：B.A、B两点的压力差与x的函数关系：C.若测得两点压力差与距离x的图像如上图所示，根据图象，小球的质量为D.若测得两点压力差与距离x图像如上图所示，根据图象，小球的质量为【答案】ABC【解析】【详解】A．要使小球不脱离轨道，小球在点最小速度满足解得A正确；B．对B点对A点从B点到A点，由机械能守恒定律得解得CD．由B选项得B、A两点压力差由图像得截距得C正确，D错误。故选ABC。6.宇宙飞船以周期T绕地球做圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程(宇航员看不见太阳)，如图所示．已知地球的半径为R，地球质量为M，引力常量为G，地球自转周期为T0，太阳光可看作平行光，飞船上的宇航员在A点测出对地球的张角为α，则以下判断正确的是()A.飞船绕地球运动的线速度为 B.一天内飞船经历“日全食”的次数为C.飞船每次“日全食”过程的时间为 D.飞船周期为T＝【答案】ABD【解析】【详解】A：根据三角形的边角关系可知，飞船的轨道半径，因此飞船绕地球运动的线速度．故A项正确．B：一天时间就是T0，因此飞船一天绕地球的圈数为，每绕地球一圈，就会经历一次“日全食”，因此一天内飞船经历“日全食”的次数为．故B项正确．C：设飞船经历“日全食”过程时，运动圆弧所对圆心角为θ，由图可得，，则，因此飞船每次“日全食”过程的时间．故C项错误．D：飞船的轨道半径，据可得，飞船的周期．故D项正确．7.如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，上端与物块B相连，物块B处于静止状态，现将物块A置于斜面上B的上方某位置处，取物块A的位置为原点O，沿斜面向下为正方向建立x轴坐标系，某时刻释放物块A，A与物块B碰撞后以共同速度沿斜面向下运动，碰撞时间极短，测得物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示，图像中0~x1之间为过原点的直线，其余部分为曲线，物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，已知x1，x2，x3，E，则（）A.物块A、B的质量之比为1：3B.A与B碰撞后，A在x3位置处加速度最大C.A与B碰撞后，A在x2位置处弹簧压缩量为x2-x1D.弹簧的劲度系数为【答案】ABD【解析】【详解】A．由图乙可知，物块A与物块B碰撞前的动能可得物块A与物块B碰撞前的速度为物块A与物块B碰撞后的动能解得物块A与物块B碰撞后的速度物块A与物块B碰撞时间极短，根据动量守恒定律解得故A正确；B．根据动能定理有由上述可知图像的斜率代表物体所受的合外力，由图乙可知，物块A与物块B碰撞后，在处合外力最大，即加速度最大。故B正确；C．由图乙可知，处是物块B静止的位置，此时弹簧处于压缩状态，并不是原长，故位置处弹簧压缩量大于，故C错误；D．弹簧上端与物块B相连，物块B处于静止状态，设此时弹簧的形变量为，结合图甲，根据平衡条件可知由图乙可知，当物块A与物块B一起运动到时，速度最大，根据平衡条件物块A从O点运动到位置的过程中，根据动能定理联立解得故D正确。故选ABD。8.如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，则以下说法正确的是（）A.金属棒做先做变加速运动，最后做匀速运动B.金属棒一直做匀加速运动，加速度为C.当金属棒下滑的速度大小为v时，电容器的电荷量为CBLvD.金属棒在t时刻的速度大小为【答案】CD【解析】【详解】AB．设金属棒的速度大小为v1时，经历的时间为t1，通过金属棒的电流为I1，金属棒受到的磁场力方向沿导轨向上，大小为f1=BLI1设在时间间隔（t1，t1+t）内流经金属棒的电荷量为Q，则Q=CBLv按定义有Q也是平行板电容器极板在时间间隔（t1，t1+t）内增加的电荷量，由上式可得，v为金属棒的速度变化量。金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，大小为f=μmgcosθ金属棒在时刻t1的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ﹣f1﹣f=ma又联立解得mgsinθ﹣μmgcosθ=CB2L2a+ma联立上此式可得可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动。故AB错误；C．感应电动势为E=BLv平行板电容器两极板之间的电势差为U=E设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有联立可得Q=CBLv故C正确；D．金属棒在t时刻的速度大小为故D正确。故选CD。二、填空题（每空1分，共7分）9.图甲是某人站在接有传感器的地板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心，图乙是地板所受压力随时间变化的图像，取重力加速度，根据图像分析可知：b到c的过程中，人处于________（选填“失重”或“超重”、“先失重再超重”或“先超重再失重”）状态，人上升的最大高度约为________m。（结果保留2位有效数字）【答案】①.先失重再超重②.0.31【解析】【详解】[1]在b点时，人对地板压力小于自身的重力，处于失重状态；在c点时，人对地板的压力大于自身的重力，处于超重状态；所以在b到c的过程中，人处于先失重再超重状态。[2]由图乙可知，人在空中的运动时间，所以上升的最大高度约为10.在气缸中，用活塞封闭一定质量的理想气体，经历a→b→c→d的一系列变化，p-V图像如图所示，其中bc的反向延长线过原点O，曲线cd是双曲线的一部分，a、b、d在一条平行于横轴的直线上，则__________（选填“a→b”“b→c”或“c→d”）过程中气体的温度不变；a→b过程中气体__________（选填“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”）；d状态下单位时间与单位面积活塞碰撞的分子数与a状态相比__________（选填“更多”“更少”或“一样多”）。【答案】①.c→d②.吸热③.更少【解析】【详解】[1]根据理想气体状态方程可得可知若气体的温度不变，则气体压强与气体体积的乘积不变，曲线cd是双曲线的一部分，故c→d过程中气体的温度不变。[2]a→b过程中气体压强不变，根据盖吕萨克定律，气体体积增大，气体温度升高，气体内能增大，由于气体体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律，a→b过程中气体吸热。[3]d状态与a状态相比压强相等、体积大，根据盖吕萨克定律，可知d状态温度较高，气体分子的平均速率大，根据压强微观意义可知，d状态下单位时间与单位面积活塞碰撞的分子数与a状态相比更少。11.如图所示，弯折的直角轻杆ABCO通过铰链O连接在地面上，AB=BC=OC=9m，一质量为m的小滑块以足够大的初始速度，在杆上从C点左侧x0=2m处向左运动，作用于A点的水平向右拉力F可以保证BC始终水平。若滑块与杆之间的动摩擦因数与离开C点的距离x满足μx=1，则滑块的运动位移s=________________m时拉力F达到最小。若滑块的初始速度v0=5m/s，且μ=0.5-0.1x（μ=0后不再变化），则滑块达到C点左侧x=4m处时，速度减为v=_________________m/s。【答案】①.3②.1【解析】【详解】[1]滑块向左做减速运动，对杆有压力和向左的滑动摩擦力；对杆，根据力矩平衡条件，有：代入数据和，有：当，即时，拉力达到最小；[2]滑块从点达到点左侧处过程，根据动能定理，有：其中：联立解得：。三：实验题（每题最后一空2分，其余各空每空1分，共13分）12.某同学想把量程为0~3mA但内阻未知的毫安表G改装成量程为0~30mA的电流表A1；他先测量出毫安表G的内阻，然后对电表进行改装，最后再利用一标准电流表A，对改装后的电流表进行检测，具体实验步骤如下：①按如图甲所示的电路图连接好线路；②将滑动变阻器R的阻值调到最大，闭合开关S1后调节R的阻值，使毫安表G的指针满偏；③闭合开关S2，保持R不变，调节电阻箱的阻值，使毫安表G的示数为2mA，此时接入电路的阻值为1800Ω。回答下列问题：（1）由实验操作步骤可知，毫安表G内阻的测量值______Ω，该测量值______（填“大于”“小于”或“等于”）毫安表内阻的真实值。（2）若按照（1）中测算的，将上述毫安表G改装成量程为0~30mA的电流表，需要_______（填“串联”或“并联”）一个阻值为_______Ω的电阻。（3）用如图乙所示的电路对改装后的电流表进行校准，由于内阻测量时造成的误差，当标准电流表的示数为30mA时，改装电流表中毫安表G的示数为2.9mA。为了尽量消除改装后的电流表测量电流时带来的误差，的阻值应调至_______Ω。（结果保留整数）（4）在如图甲所示的电路图中，为减小系统误差，下列操作正确的是_______。（填正确答案标号）A.减小R的总阻值 B.增大R的总阻值C.选择电动势较大的电源 D.选择电动势较小的电源【答案】（1）①.900②.小于（2）①.并联②.100（3）104（4）C【解析】【小问1详解】[1]因表头满偏时电流较小，故当其满偏时接入电路的电阻比表头内阻大得多，所以闭合，保持不变，调节的阻值使表头示数为时，干路电流几乎没有变化，由并联电路特点可知解得[2]由于与表头并联导致整个回路总电阻变小，干路的实际电流大于，由公式可得测量值小于真实值。【小问2详解】[1]由电路知识可知，为扩大表头测量电流的量程应该并联一个电阻分流。[2]由并联电路特点可得解得【小问3详解】设阻值调至，由并联电路特点得两式相比解得【小问4详解】本实验成功的关键是接入回路的电阻比表头所在局部的电阻大得多，这样就可以保证在与表头并联对干路电路的影响足够小，由于表头满偏电流一定，故而电源的电动势越大，接入干路的阻值就可以越大，实验的系统误差就越小，故C正确。故选C。13.小王同学设计了一个测动摩擦因数的实验，他的设计如图甲所示：在一端带有定滑轮的长木派上固定有A、B两个光电门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力。实验时，多次改变砂桶中砂的质量，每次都让物块从靠近光电门A处由静止开始运动，读出多组测力计示数F及对应的物块在两光电门之间的运动时间t。在坐标系中作出的图线如图乙所示，与纵轴的截距为b，与横轴的截距为-c。已知重力加速度为g。（1）该实验是否需要砂桶和砂的总质量远小于物块质量？_________A.是B.否（2）该实验是否需要抬高长木板右端来平衡摩擦力？_________A.是B.否（3）因物块质量未知，小问同学想通过图线求得，故他还应该测出的物理量为_________。根据该测量物理量及图线信息可知物块的质量的表达式_________。物块与木板之间的动摩擦因数表达式为_________。【答案】①.B②.B③.两个光电门之间的距离x④.⑤.【解析】【详解】（1）[1]绳对物块的拉力可以由测力计直接测得，故无需满足砂桶和砂的总质量远小于物块质量，故A错误，B正确。故选B。（2）[2]本实验不需要绳上的拉力等于物块所受合外力，故无需平衡摩擦力，故A错误，B正确。故选B。（3）[3][4][5]由牛顿第二定律可知又因为物块做初速度为零的匀加速直线运动又因为联立解得即图像的斜率满足即仍需测量两个光电门之间的距离x。又因为联立解得四、解答题（40分）14.如图所示，质量为m的小球从高为h的O处以初速度水平抛出，到达地面时速度与水平方向夹角为，已知它在运动过程中始终受到阻力的作用，阻力的大小与速率的关系为，且满足。求（1）落地速度的大小v；（2）水平位移x；（3）在空中运动的总时间t。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详解】如图所示配一个速度，其引起的阻力恰好能平衡掉重力，即由已知条件可知考虑到所以可知，这样可以把实际的复杂运动看做两个直线运动的叠加∶一是以速度沿竖直向下的匀速直线运动∶二是以速度沿着角度在线性阻力的作用下的变减速运动。做出速度的矢量图可知随着的不断变小（到到），其合速度也从变成再到，由题意得，显然当时有此时落地的速度大小为此时【小问2详解】做出如下的位移矢量图。考虑到这个力的特点，可以考虑求其冲量，进而与位移产生直接的联系沿方向应用动量定理，有其中，，，即得解得所以【小问3详解】观察位移矢量图y方向，有所以15.现代科学仪器常利用电场磁场控制带电粒子的运动，如图所示，真空中存在着多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d电场强度为E，方向水平向右；垂直纸面向里磁场的磁感应强度为B，电场磁场的边界互相平行且与电场方向垂直.一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放,粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐射。（1）求粒子在第2层磁场中运动时速度的大小与轨迹半径；（2）粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为，试求；（3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之。【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】【详解】（1）粒子在进入第2层磁场时，经两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功，由动能定理，有解得粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有联立解得（2）设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn（下标表示粒子所在层数），在电场中，根据动能定理有在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有粒子进入到第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为，