湖南省郴州市樟樹中學2022年高三物理摸底試卷含解析

湖南省郴州市樟樹中學2022年高三物理摸底試卷含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.牛頓以天體之間普遍存在著引力為依據，運用嚴密的邏輯推理，建立了萬有引力定律。在創(chuàng)建萬有引力定律的過程中，牛頓A．接受了胡克等科學家關于“吸引力與兩中心距離的平方成反比”的猜想B．根據地球上一切物體都以相同加速度下落的事實，得出物體受地球的引力與其質量成正比，即Fμm的結論C．根據Fμm和牛頓第三定律，分析了地月間的引力關系，進而得出Fμm1m2D．根據大量實驗數據得出了比例系數G的大小參考答案：AB解析：題干要求“在創(chuàng)建萬有引力定律的過程中”，牛頓知識接受了平方反比猜想，和物體受地球的引力與其質量成正比，即Fμm的結論，而提出萬有引力定律后，后來利用卡文迪許扭稱測量出萬有引力常量G的大小，只與C項也是在建立萬有引力定律后才進行的探索，因此符合題意的只有AB。2.某靜電場的電場線分布如圖所示，P、Q為該電場中的兩點，下列說法正確的是A．P點場強大于Q點場強

B．P點電勢低于Q點電勢C．將電子從P點移動到Q點，其電勢能減少D．將質子從P點移動到Q點，電場力做正功參考答案：AD3.壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小。某實驗小組在升降機水平地面上利用壓敏電阻設計了判斷升降機運動狀態(tài)的裝置。其工作原理圖如圖甲所示，將壓敏電阻、定值電阻R、電流顯示器、電源E連成電路，在壓敏電阻上放置一個絕緣重物。0--t1時間內升降機停在某一樓層處，t1時刻升降機開始運動，從電流顯示器中得到電路中電流i隨時間t變化情況如圖乙所示。下列判斷正確的是A.t1--t2時間內絕緣重物處于超重狀態(tài)B.t3--t4時間內絕緣重物處于失重狀態(tài)C.升降機可能的運動：開始停在10樓，t1時刻開始向下加速、勻速、減速，最后停在1樓D.升降機可能的運動：開始停在1樓，t1時刻開始向上加速、勻速、減速，最后停在10樓參考答案：C4.物體A、B的s-t圖像如圖所示，由圖可知：(

)A．從第3s起，兩物體運動方向相同，且vA>vBB．兩物體由同一位置開始運動，但物體A比B遲3s才開始運動C．在5s內物體的位移相同，5s末A、B相遇D．5s內A、B的平均速度相等參考答案：A5.如圖所示，在豎直向下的勻強電場中，將質量相等的兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一豎直線上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止，則（）A．M的帶電量一定比N的大B．M一定帶負電荷，N一定帶正電荷C．靜止時M受到的合力比N的大D．移動過程中勻強電場對M做負功參考答案：D【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關系．【分析】分別對MN兩個小球進行受力分析，然后結合受力平衡的特點與庫侖力的特點分析電性，再根據電場力做功的特點分析做功情況．【解答】解：A、電場線豎直向下，因為M、N在釋放后保持靜止，說明受到的合力為0；對兩小球分析可知，小球受重力、電場力和兩小球間的庫侖力作用；若M帶正電，則受重力和電場力向下，如果平衡，則N對M的庫侖力應向上，并且?guī)靵隽Φ扔谥亓εc電場力的合力；再對N分析，N對M庫侖力向上，故N只能帶正電荷，受電場力、重力及庫侖力均向下，不可能平衡，故M不可能帶正電；故M只能帶負電，此時N受電場力向上，則庫侖力可以向上也可以向下，由平衡關系可知；如果M受庫侖力向上，對M有：EqM+F=mg；此時N帶負電；再對N分析可知，N受重力、向上的電場力以及向下的庫侖力，應有：mg+F=EqN；故qM小于qN；如果M受庫侖力向下，則有：EqM=mg+F；對N分析則有：N帶正電，受電場力向下，則有EqN+mg=F，此時M的電量比N的大；由以上分析可知M一定帶負電，而N可以帶正電也可以帶負電；帶N帶負電時，M的電量小于N，而N帶正電時，M的電量大于N，故AB錯誤；C、由于兩電荷均處于靜止，因此靜止時兩電荷受到的合力均為零，故C錯誤；D、因M帶負電，故由上到下移動電荷時，電場力與運動方向夾角為鈍角，故電場對M一定做負功，故D正確．故選：D．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.在“用單擺測定重力加速度”的實驗中,當單擺做簡諧運動時,用秒表測出單擺做n次(一般為30次~50次)全振動所用的時間t,算出周期;用米尺量出懸線的長度l,用游標卡尺測量擺球的直徑d,則重力加速度g=

(用題中所給的字母表達).參考答案：7.如圖所示為某運動員在平靜的湖面訓練滑板運動的示意圖，在進行滑板運動時，水對滑板的作用力垂直于板面，大小為kv2，其中v為滑板的速率。某次運動中，在水平牽引力F作用下，當滑板和水面的夾角θ=37°時，滑板做勻速直線運動，相應的k=50kg/m，人和滑板的總質量為100kg，水平牽引力的大小為

牛，水平牽引力的功率為

瓦。參考答案：

答案：750N、

3750W8.（8分）一輛摩托車能達到的最大速度為30m/s，要想在3min內由靜止起沿一條平直公路追上在前面1000m處以20m/s的速度勻速行駛的汽車，則摩托車至少以多大的加速度起動?甲同學的解法是：設摩托車恰好在3min時追上汽車，則at2=vt+s0，代入數據得：a=0.28m/s。乙同學的解法是：設摩托車追上汽車時，摩托車的速度恰好是30m/s，則=2as=2a（vt+s0），代入數據得：a=0.1m/s2。你認為甲、乙的解法正確嗎?若錯誤請說明其理由，并寫出正確的解題過程。參考答案：解析：

9.沿x軸負方向傳播的簡諧波，t=0時刻的波形圖如圖所示，已知波速為10m/s，質點P的平衡位置為x=17m，P點振動頻率為__________Hz，則P點至少再經__________s可達波峰。參考答案：0.5Hz

1.3s10.某學習小組設計了一種粗測小物體質量的方法．使用的器材有細繩、硬紙板、支架、刻度尺、鉛筆、白紙、自制小滑輪、已知質量的小物塊和若干待測小物體等．簡化的實驗裝置如圖所示，在A點固定一根細繩AP，以A為圓心、AP為半徑描出圓弧CD，直線AC水平，AD豎直．在B點固定小滑輪，一根細繩繞過小滑輪，一端懸掛小物塊（質量m0已知），另一端連接繩端P點．在結點P懸掛不同質量的待測小物體m，平衡時結點P處在圓弧CD上不同的位置．利用學過的物理知識，可求出結點P在圓弧CD上不同的位置時對應的待測物體的質量值m，并標在CD弧上．（1）在圓弧CD上從C點至D點標出的質量值應逐漸

（填寫“增大”或“減小”）；（2）如圖所示，BP延長線交豎直線AD于P′點，用刻度尺量出AP′長為l1，PP′長為l2，則在結點P處標出的質量值應為

．參考答案：解：（1）對物體m0分析，受重力和拉力，根據平衡條件，有：T=m0g…①再對結點P受力分析，如圖所示：圖中的力三角形與幾何三角形APP′相似，故：…②解得：聯(lián)立①②解得：m==越靠近D點，m增大；故答案為：（1）增大；（2）．11.現要驗證“當合外力一定時，物體運動的加速度與其質量成反比”這一物理規(guī)律。給定的器材如下：一傾角可以調節(jié)的長斜面（如圖）、小車、計時器一個、刻度尺、天平、砝碼、鉤碼若干。實驗步驟如下（不考慮摩擦力的影響），在空格中填入適當的公式或文字。①用天平測出小車的質量m②讓小車自斜面上方一固定點A1從靜止開始下滑到斜面底端A2，記下所用的時間t。③用刻度測量A1與A2之間的距離s。則小車的加速度a＝

。④用刻度測量A1相對于A2的高度h。則小車所受的合外力F＝

。⑤在小車中加鉤碼，用天平測出此時小車與鉤碼的總質量m，同時改變h，使m與h的乘積不變。測出小車從A1靜止開始下滑到斜面底端A2所需的時間t。請說出總質量與高度的乘積不變的原因______________________________。⑥多次測量m和t，以m為橫坐標，以

（填t或t2）為縱坐標，根據實驗數據作圖。如能得到一條____________線，則可驗證“當合外力一定時，物體運動的加速度與其質量成反比”這一規(guī)律。參考答案：③

④；⑤為了使各次測量中，小車所受的合外力不變；⑥t；過原點的傾斜直線

12.如圖所示，一個半徑為R、透明的球體放置在水平面上，一束藍光從A點沿水平方向射入球體后經B點射出，最后射到水平面上的C點。已知，該球體對藍光的折射率為。則它從球面射出時的出射角

▲

。若換用一束紫光同樣從A點射入該球體，則它從球體射出后落到水平面上形成的光點與C點相比，位置

▲

（填“偏左”、“偏右”或“不變”）。參考答案：由折射率的定義式可得,由幾何關系可知=30°，故60°。在同種介質中，紫光的偏折程度大于藍光，故紫光從球體射出后落到水平面上形成的光點與C點相比，位置偏左。13.某同學利用驗證牛頓第二定律的實驗裝置來驗證動能定理。在一端帶滑輪的長木板上固定放置兩個光電門，其中光電門乙固定在靠近滑輪處，光電門甲的位置可移動。與兩個光電門都相連的計時器可以顯示出遮光片從光電門甲至乙所用的時間。改變光電門甲的位置進行多次測量，每次都使小車上的遮光片從緊靠光電門甲處由靜止開始運動，用米尺測量甲、乙之間的距離s，并記下相應的時間t。測得小車的質量為M，鉤碼的質量為m，并滿足M遠遠大于m。則：外力對小車做功為W=

，小車動能的增量為△EK=

。（用題中的字母表示）為減小實驗誤差，你認為實驗操作之前必須進行的操作是：

。參考答案：三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（4分）現用“與”門、“或”門和“非”門構成如圖所示電路，請將右側的相關真值表補充完整。(填入答卷紙上的表格)參考答案：

答案：

ABY001010100111

15.如圖甲所示，斜面傾角為θ=37°，一寬為d=0.65m的有界勻強磁場垂直于斜面向上，磁場邊界與斜面底邊平行。在斜面上由靜止釋放一矩形金屬線框，線框沿斜面下滑，下邊與磁場邊界保持平行。取斜面底部為重力勢能零勢能面，從線框開始運動到恰好完全進入磁場的過程中，線框的機械能E和位移x之間的關系如圖乙所示，圖中①、②均為直線段。已知線框的質量為M=0.1kg，電阻為R=0.06Ω．（取g=l0m·s-2,sin37°=0.6,

cos37°=0.8)求：(1)線框與斜面間的動摩擦因數μ；(2)線框剛進入磁場到恰好完全進入磁場所用的時間t：(3)線框穿越磁場的過程中，線框中的最大電功率Pm。參考答案：0.5；1/6s；0.54W【詳解】（1）由能量守恒定律，線框減小的機械能等于克服摩擦力做功，則其中x1=0.36m；解得μ=0.5（2）金屬線框進入磁場的過程中，減小的機械能等于克服摩擦力和安培力做的功，機械能均勻減小，因此安培力也是恒力，線框做勻速運動，速度為v1v12=2ax1解得a=2m/s2v1=1.2m/s其中

x2為線框的側邊長，即線框進入磁場過程中運動的距離，可求出x2=0.2m，則（3）線框剛出磁場時速度最大，線框內電功率最大由可求得v2=1.8m/s根據線框勻速進入磁場時：可得FA=0.2N又因為可得將v2、B2L2帶入可得：四、計算題：本題共3小題，共計47分16.(計算)如圖所示，在矩形ABCD區(qū)域內，對角線BD以上的區(qū)域存在有平行于AD向下的勻強電場，對角線BD以下的區(qū)域存在有垂直于紙面的勻強磁場（圖中未標出），矩形AD邊長為L，AB邊長為2L。一個質量為m、電荷量為+q的帶電粒子（重力不計）以初速度v0從A點沿AB方向進入電場，在對角線BD的中點P處進入磁場，并從DC邊上以垂直于DC邊的速度離開磁場（圖中未畫出），求：（1）電場強度E的大小和帶電粒子經過P點時速度v的大小和方向；（2）磁場的磁感應強度B的大小和方向。

參考答案：(1)

速度與水平方向的夾角為(2)磁場方向垂直紙面向外。解：（1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，則水平方向：

豎直方向：

解得：

在豎直方向粒子做勻變速運動豎直分速度為vy，則有

代入得：

P點的速度為

速度與水平方向的夾角為

所以： （2）由幾何關系可知：粒子在磁場中轉過的圓心角為45o

得：

粒子在磁場中做勻速圓周運動得：磁場方向垂直紙面向外。17.如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R=0.4m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點等高。質量m=1kg的滑塊從A點由靜止開始下滑，恰能滑到與O等高的D點，g取10m/s2，sin37o=0.6

cos37o=0.8。⑴求滑塊與斜面間的動摩擦因數。⑵若使滑塊能到達C點，求滑塊從A點沿斜面滑下時的初速度v0的最小值。⑶若滑塊離開C處的速度大小為4m/s，求滑塊從C點飛出至落到斜面上的時間t。參考答案：⑴A到D過程：根據動能定理有

3分

１分⑵若滑塊能到達C點，根據牛頓第二定律有

1分

1分A到C的過程：根據動能定理有