江西省上饒市五府山中學(xué)高三物理上學(xué)期摸底試題含解析

江西省上饒市五府山中學(xué)高三物理上學(xué)期摸底試題含解析一、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.（單選）如圖所示，abcd為一矩形金屬線框，其中ab=cd=L，ab邊接有定值電阻R，cd邊的質(zhì)量為m，其它部分的電阻和質(zhì)量均不計，整個裝置用兩根絕緣輕彈簧懸掛起來．線框下方處在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面向里．初始時刻，兩彈簧處于自然長度，給線框一豎直向下的初速度v0，當(dāng)cd邊第一次運動至最下端的過程中，R產(chǎn)生的電熱為Q，此過程cd邊始終未離開磁場，已知重力加速度大小為g，下列說法中正確的是（）A．線框中產(chǎn)生的最大感應(yīng)電流大于B．初始時刻cd邊所受安培力的大小為﹣mgC．cd邊第一次到達最下端的時刻，兩根彈簧具有的彈性勢能總量大于mv02﹣QD．在cd邊反復(fù)運動過程中，R中產(chǎn)生的電熱最多為mv02參考答案：解：A、cd棒開始運動后，對cd棒受力，可知導(dǎo)體棒先做加速度減小的加速運動，故v0不是速度的最大值，故A錯誤；B、初始時刻時，棒的速度為v0，由E=BLv=BLv0，再由=，F(xiàn)=BIL=，故B錯誤；C、cd邊第一次到達最下端的時刻，由能量守恒定律可知，導(dǎo)體棒的動能和減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為焦耳熱及彈簧的彈性勢能，即：，所以：，故彈簧彈性勢能大于mv02﹣Q，故C正確；D、在cd邊反復(fù)運動過程中，可知最后棒靜止在初始位置的下方，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，由mg=kx得：x=，由能量守恒定律可知，導(dǎo)體棒的動能和減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為焦耳熱及彈簧的彈性勢能，彈性勢能，減少的重力勢能為：mgh=，因重力勢能大于彈性勢能，根據(jù)，可知熱量應(yīng)大于mv02，故D錯誤；故選：C2.如圖所示，將一個半徑為r的不帶電的金屬球放在絕緣支架上，金屬球的右上側(cè)放置一個電荷量為Q的帶正電的點電荷，點電荷到金屬球表面的最近距離也為r.由于靜電感應(yīng)在金屬球上產(chǎn)生感應(yīng)電荷．設(shè)靜電力常量為k.則關(guān)于金屬球內(nèi)的電場以及感應(yīng)電荷的分布情況，以下說法中正確的是（

）A．電荷Q與感應(yīng)電荷在金屬球內(nèi)任意位置激發(fā)的電場場強都是等大且反向的B．感應(yīng)電荷在金屬球球心處激發(fā)的電場場強方向向右C．感應(yīng)電荷全部分布在金屬球的表面上D．金屬球右側(cè)表面的電勢高于左側(cè)表面參考答案：AC3.有關(guān)速度圖象（右圖）的說法，哪個是錯誤的？

(

)A．物體做變速直線運動B．速度隨時間而增加C．第3秒的速度是10m/sD．第3秒末的速度是10m/s參考答案：AC4.由某種材料制成的電器元件，其伏安特性曲線如圖所示?，F(xiàn)將該元件接在電動勢為8V，內(nèi)阻為4的電源兩端，則通過該元件的電流為

A。參考答案：1.0在題圖中作出電源的外特性曲線，與U軸交點坐標(biāo)8V，與I軸交點坐標(biāo)2A，則兩圖線交點，即為該元件接在電源上的工作狀態(tài)，由圖可得I=1A。5.一個質(zhì)子和一個中子聚變結(jié)合成一個核，同時輻射一個光子。已知質(zhì)子、中子、核的質(zhì)量分別為m1、m2、m3，普朗克常量為h,真空中的光速為c。下列說法正確的是

。

A．核反應(yīng)方程是

B．聚變反應(yīng)中的質(zhì)量虧損

C．輻射出的光子的能量

D．光子的波長參考答案：BC結(jié)合核反應(yīng)方程滿足質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒、愛因斯坦光電效應(yīng)方程、質(zhì)能方程可知BC正確。二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.質(zhì)量為0.2kg的小球豎直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向彈回，取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞前后的動量變化為________kg·m/s。若小球與地面的作用時間為0.2s，則小球受到地面的平均作用力大小為________N(取g＝10m/s2)。參考答案：2127.如圖所示，處在水里的平面鏡開始處于水平位置，它可以繞過O點的水平轉(zhuǎn)軸以的角速度在豎直平面內(nèi)逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，一細束光線沿水平方向射向鏡面。設(shè)水的折射率n=1.414，則平面從開始轉(zhuǎn)動到有光線從水中射向空氣中所用的最短時間為

s。

參考答案：

答案：0.258.如圖所示，A、B兩物體相距s=7m，物體A以vA=4m/s的速度向右勻速運動。而物體B此時的速度vB=10m/s，向右做勻減速運動，加速度a=－2m/s2。那么物體A追上物體B所用的時間為

（

）A．7s

B．8s

C．9s

D．10s參考答案：B9.利用如圖甲所示的裝置可測量滑塊在斜面上運動的動摩擦因數(shù)。在斜面上安裝有兩個光電門，且光電門A、B固定在斜面上，AB兩點高度差為h，水平距離為s，當(dāng)一帶有寬度為d的很窄遮光片的滑塊自斜面上滑下時，與兩個光電門都相連的計時器可以顯示出遮光片通過光電門時的遮光時間t。讓滑塊每次從斜面上的不同點有靜止開始下滑，記下相應(yīng)的、值。完成下列填空和作圖：（1）滑塊經(jīng)過光電門A、B時的瞬時速度_________，_____________；（2）根據(jù)上面測量的物理量，得到滑塊的動摩擦因數(shù)計算表達式為μ=_______________；（3）某實驗小組同學(xué)實驗測量得到h=0.3m，s=0.4m，d=0.5cm，根據(jù)多次測量、值，由計算機處理得到圖線如圖乙所示，可計算得到滑塊與斜面動摩擦因數(shù)μ=______________（保留兩位有效數(shù)字）。參考答案：（1），(2分)；(2分)（2）μ=；(3分)（3）μ=0.25（3分）10.若地球的第一宇宙速度近似等于8km/s．某人造地球衛(wèi)星離地面的高度等于地球半徑，則它繞地球運行的速率大約為4km/s．若地球表面的重力加速度為10m/s2，該人造地球衛(wèi)星繞地球運行的向心加速度2.5m/s2．參考答案：解：（1）人造地球衛(wèi)星在圓形軌道上運行時，由萬有引力提供向心力，則有：

G=m解得，v==對于地球的第一宇宙速度，即為：v1=所以v=v1=4km/s（2）對人造地球衛(wèi)星，根據(jù)牛頓第二定律得：

ma=G，得加速度為a==又mg=G聯(lián)立是兩式得a===2.5m/s2故答案為：4，2.5．11.光電計時器是一種研究物體運動情況的常見儀器，當(dāng)有物體從光電門通過時，光電計時器就可以顯示物體的擋光時間，現(xiàn)利用如圖9所示裝置探究物體的加速度與合外力，質(zhì)量關(guān)系，其NQ是水平桌面，PQ是一端帶有滑輪的長木板，1、2是固定在木板上的兩個光電門（與之連接的兩個光電計時器沒有畫出）．小車上固定著用于擋光的窄片K，測得其寬度為d，讓小車從木板的頂端滑下，光電門各自連接的計時器顯示窄片K的擋光時間分別為t1和t2。⑴該實驗中，在改變小車的質(zhì)量M或沙桶的總質(zhì)量m時，保持M>>m，這樣做的目的是

；⑵為了計算出小車的加速度，除了測量d、t1和t2之外，還需要測量

，若上述測量量用x表示，則用這些物理量計算加速度的表達式為a=

；參考答案：（1）小車所受合外力大小等于（或約等于）mg

（2）兩光電門之間的距離（或小車由光電門1運動至光電門2所用的時間）

（或12.（單選）飛機以一定水平速度v0飛行，某時刻讓A球落下，相隔1s又讓B球落下，在以后的運動中（落地前），關(guān)于A、B的相對位置關(guān)系，正確的是（）A．A球在B球的前下方，二者在同一拋物線上B．A球在B球的后下方，二者在同一拋物線上C．A球在B球的下方5m處，二者在同一條豎直線上D．以上說法均不正確參考答案：解：小球離開飛機做平拋運動，平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，所以A球在B球的正下方．在豎直方向上做自由落體運動，，所以位移隨時間逐漸增大．故A、B、C錯誤，D正確．故選：D．13.如圖所示，用彈簧豎直懸掛一氣缸，使氣缸懸空靜止．已知活塞與氣缸間無摩擦，缸壁導(dǎo)熱性能良好．環(huán)境溫度為T，活塞與筒底間的距離為h，當(dāng)溫度升高△T時，活塞尚未到達氣缸頂部，求：

①活塞與筒底間的距離的變化量；

②此過程中氣體對外界

（填“做正功”、“做負功卵或“不做功”），氣體的內(nèi)能____（填“增大”、“減小”或“不變”）．參考答案：三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.如圖所示，將一個斜面放在小車上面固定，斜面傾角θ=37°，緊靠斜面有一質(zhì)量為5kg的光滑球，取重力加速度g＝10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，則：試求在下列狀態(tài)下：(1)小車向右勻速運動時，斜面和小車對小球的彈力大小分別是多少？(2)小車向右以加速度3m/s2做勻加速直線運動，斜面和小車對小球的彈力大小分別是多少？(3)小車至少以多大的加速度運動才能使小球相對于斜面向上運動。參考答案：(1)0，50N(2)25N，30N

(3)7.5m/s2【詳解】(1)小車勻速運動時，小球隨之一起勻速運動，合力為零，斜面對小球的彈力大小為0，豎直方向上小車對小球的彈力等于小球重力，即：否則小球的合力不為零，不能做勻速運動.(2)小車向右以加速度a1=3m/s2做勻加速直線運動時受力分析如圖所示，有：代入數(shù)據(jù)解得：N1=25N，N2=30N(3)要使小球相對于斜面向上運動，則小車對小球彈力為0，球只受重力和斜面的彈力，受力分析如圖，有：代入數(shù)據(jù)解得：答：(1)小車向右勻速運動時，斜面對小球的彈力為0和小車對小球的彈力為50N(2)小車向右以加速度3m/s2做勻加速直線運動，斜面和小車對小球的彈力大小分別是N1=25N，N2=30N.(3)小車至少以加速度向右運動才能使小球相對于斜面向上運動。15.（8分）在衰變中常伴有一種稱為“中微子”的粒子放出。中微子的性質(zhì)十分特別，因此在實驗中很難探測。1953年，萊尼斯和柯文建造了一個由大水槽和探測器組成的實驗系統(tǒng)，利用中微子與水中的核反應(yīng)，間接地證實了中微子的存在。（1）中微子與水中的發(fā)生核反應(yīng)，產(chǎn)生中子（）和正電子（），即中微子+→+，可以判定，中微子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)分別是

。（填寫選項前的字母）

A.0和0

B.0和1

C.1和0

D.1和1（2）上述核反應(yīng)產(chǎn)生的正電子與水中的電子相遇，與電子形成幾乎靜止的整體后，可以轉(zhuǎn)變?yōu)閮蓚€光子（），即+2

已知正電子和電子的質(zhì)量都為9.1×10-31㎏，反應(yīng)中產(chǎn)生的每個光子的能量約為

J.正電子與電子相遇不可能只轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€光子，原因是

。參考答案：（1）A；(2)；遵循動量守恒解析：（1）發(fā)生核反應(yīng)前后，粒子的質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)均不變，據(jù)此可知中微子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)分都是0，A項正確。（2）產(chǎn)生的能量是由于質(zhì)量虧損。兩個電子轉(zhuǎn)變?yōu)閮蓚€光子之后，質(zhì)量變?yōu)榱?，由，故一個光子的能量為，帶入數(shù)據(jù)得=J。正電子與水中的電子相遇，與電子形成幾乎靜止的整體，故系統(tǒng)總動量為零，故如果只產(chǎn)生一個光子是不可能的，因為此過程遵循動量守恒。四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，空間內(nèi)存在著相互正交的勻強電場和勻強磁場，其中勻強電場沿y軸負方向，勻強磁場垂直于xOy平面向里．圖中虛線框內(nèi)為由粒子源S和電壓為的加速電場組成的裝置，其出口位于O點，并可作為一個整體在紙面內(nèi)繞O點轉(zhuǎn)動。粒子源S不斷地產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子（初速不計），經(jīng)電場加速后從O點射出，且沿x軸正方向射出的粒子恰好能沿直線運動．不計粒子的重力及彼此間的作用力，粒子從O點射出前的運動不受外界正交電場、磁場的影響．

（1）求粒子從O點射出時速度v的大小。

（2）若只撤去磁場，從O點沿x軸正方向射出的粒子剛好經(jīng)過坐標(biāo)為（L，）的N點，求勻強電場的場強E；（3）若只撤去電場，要使粒子能夠經(jīng)過坐標(biāo)為（L，0）的P點，粒子應(yīng)從O點沿什么方向射出?參考答案：

30°或150°17.如圖，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)．小球A、B質(zhì)量分別為m、βm（β為待定系數(shù)）．A球從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的B球相撞，碰撞后A、B球能達到的最大高度均為，碰撞中無機械能損失．重力加速度為g．試求：（1）待定系數(shù)β；（2）第一次碰撞剛結(jié)束時小球A、B各自的速度和B球?qū)壍赖膲毫Γ唬?）小球A、B在軌道最低處第二次碰撞剛結(jié)束時各自的速度，并討論小球A、B在軌道最低處第n次碰撞剛結(jié)束時各自的速度．參考答案：考點： 動量守恒定律；動能定理的應(yīng)用．專題： 壓軸題；動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合．分析： （1）由題，碰撞中無機械能損失，以AB組成的系統(tǒng)研究，由機械能守恒定律研究A球從靜止開始下滑到碰撞后A、B球達到的最大高度的過程，可求出待定系數(shù)β；（2）碰撞后，A、B兩球各自的機械能守恒，可求出碰撞后的速度，B球由軌道的支持力和重力的合力提供向心，由牛頓運動定律求解B球?qū)壍赖膲毫?；?）小球A、B在軌道最低處第二次碰撞過程，根據(jù)機械能守恒和動量守恒，求出小球A、B碰撞后兩球的速度，再進行討論．解答： 解：（1）A球從靜止開始下滑到碰撞后A、B球達到的最大高度的過程，由機械能守恒定律得

mgR=mgR+解得，β=3（2）設(shè)A、B碰撞后的速度分別為v1、v2，則則

=mgR=設(shè)向右方向正，向左為負，則得

v1=﹣，方向向左；，方向向右．設(shè)軌道對B球的支持力為N，B球?qū)壍赖膲毫镹′，方向豎直向下為正則由牛頓第二定律得

N﹣βmg=βm得，N=4.5mg由牛頓第三定律得，N′=﹣N=﹣4.5mg，方向豎直向下．（3）設(shè)A、B兩球第二次碰撞剛結(jié)束時各自的速度分別為V1、V2，由機械能守恒和動量守恒得

mgR=+﹣mv1﹣βmv2=mV1+βmV2解得，V1=﹣，V2=0．（另一組解：V1=﹣v1，V2=﹣v2，不合題意，舍去）由此可得

當(dāng)n為奇數(shù)時，小球A、B在第n次碰撞鍘結(jié)束時的速度分別與其第一次碰撞剛結(jié)束時相同；

當(dāng)