河北省張家口市高三上學期入學摸底物理試題

全國卷高三入學摸底聯合考試物理一、選擇題：1.新能源汽車是指采用非常規(guī)的車用燃料作為動力來源，綜合車輛的動力控制和驅動方面的先進技術，形成的技術原理先進、具有新技術、新結構的汽車。為檢測新能源汽車的基本性能，某志愿者駕駛汽車以36km/h的速度駛入水平長直試驗場，某時刻開始剎車，汽車做勻減速直線運動直到速度減為0，然后馬上使汽車做勻加速直線運動直到恢復最初的速度。從開始剎車到恢復最初速度的過程中汽車位移與速度的關系如圖所示。下列說法中正確的是（）A.汽車加速過程中加速度的大小為B.該過程中汽車的總位移為20mC.該過程所用的總時間為6sD.汽車剎車過程中加速度的大小為/s2【答案】C【解析】【詳解】A.由圖知，汽車加速過程發(fā)生的位移x1=20m，末速度v=36km/h=10m/s，由勻加速直線運動的規(guī)律v2=2a1x汽車加速過程中加速度的大小a1==m/s2=/s2故A錯誤；B.汽車做勻減速直線運動的位移x2=10m，該過程中汽車的總位移x=x1+x2=20m+10m=30m故B錯誤；C.該過程所用的總時間t==s=6s故C正確；D.汽車剎車過程中加速度大小a2==m/s2=5m/s2故D錯誤。2.如圖所示，圖線表示原子核的比結合能與質量數A的關系，下列說法中正確的是（）A.核的結合能約為15MeVB.核比核更穩(wěn)定C.兩個核結合成核時要放出能量D.核裂變成核和核過程中，核子的平均質量增加【答案】C【解析】【詳解】A.比結合能是指把原子核內核子分開平均每個核子需要的能量，核的比結合能約為5MeV，核的核子數為6，核的結合能約為30MeV，故A錯誤；B.比結合能越大，原子核越穩(wěn)定，由圖知，核比核的比結合能小，核更穩(wěn)定，故B錯誤；C.兩個核結合成核時有質量虧損，要放出能量，故C正確；D.核裂變成核和核過程中，有質量虧損，要釋放能量，組成原子核的核子的平均質量會減小，故D錯誤。3.一種吸引式捕蟲裝置簡化模型如圖所示，核心部件中有一個半圓形的容器，直徑AB水平，半徑OC豎直，D為四分之一圓弧BC的中點。已知昆蟲與容器之間的動摩擦因數小于1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。在昆蟲緩慢從C點向右上方爬行的過程中，下列說法正確的是（）A.昆蟲所受捕蟲器的摩擦力逐漸減小B.昆蟲所受捕蟲器的支持力逐漸減小C.昆蟲可以爬過捕蟲器的D點D.昆蟲所受捕蟲器的作用力逐漸增大【答案】B【解析】【詳解】A.昆蟲在緩慢爬行過程中受到重力、半圓形容器對昆蟲的支持力和靜摩擦力作用，受力如圖：

設昆蟲的質量為m，爬行到某位置與圓心連線偏離豎直方向的夾角為，則昆蟲所受捕蟲器的摩擦力f=mg，昆蟲緩慢從C點向右上方爬行的過程中，增大，增大，靜摩擦力f逐漸增大，故A錯誤；B.昆蟲所受捕蟲器的支持力N=mg，昆蟲在緩慢從C點向右上方爬行的過程中，增大，減小，支持力N逐漸減小，故B正確；C.由題知，D點與圓心連線偏離豎直方向的夾角為45°，設昆蟲與容器之間的動摩擦因數=1，則mg=mg==1=45°可知昆蟲不可以爬過捕蟲器的D點，故C錯誤；D.昆蟲在緩慢從C點向右上方爬行的過程中，可以認為受力平衡，昆蟲所受捕蟲器的作用力始終等于其重力，保持不變，故D錯誤。4.如圖所示，理想變壓器原、副線圈分別接有額定電壓均為U0的燈泡L1和L2。原、副線圈匝數比為41。S斷開時兩燈泡均恰能正常發(fā)光，由此可知（）A.電源電壓B.S斷開時，燈泡L1和L2的電流之比為11C.S閉合后，燈泡L2仍恰能正常發(fā)光D.S斷開時，燈泡L1和L2的功率之比14【答案】D【解析】【詳解】A.兩燈泡均恰能正常發(fā)光，則其電壓均為額定電壓U0，原、副線圈匝數比為41，可知原線圈輸入電壓U1=4U0，副線圈才能輸出電壓為U0，則電源的電壓U=5U0，故A錯誤；B.根據公式，可得，則S斷開時，燈泡L1和L2的電流之比為14，故B錯誤；C.S閉合后，燈泡L1短路，變壓器原線圈上的電壓為U1=5U0，由電壓比=知，副線圈輸出電壓U2=U0，則燈泡L2不能正常發(fā)光，故C錯誤；D.S斷開時，由于額定電壓均為U0的燈泡L1和L2恰能正常發(fā)光，兩燈泡兩端的電壓相等，而流過燈泡L1和L2的電流之比為14，由功率P=IU知，燈泡L1和L2的功率之比為14，故D正確。5.一質點靜止在光滑水平面上?，F對其施加水平外力F，F隨時間t按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說法正確的是（）A.第2s末，質點的動量為0B.第2s末，質點距離出發(fā)點最遠C.在0~2s內，F的功率先增大后減小D.在0~2s內，F的沖量為0【答案】C【解析】【詳解】A.由F隨時間t按正弦規(guī)律變化的圖線知，在0~2s內，質點做加速度先增大后減小的變加速運動，在第2s末，質點的速度達到最大，動量達到最大，故A錯誤；B.在2~4s內，質點做加速度先增大后減小的變減速運動，速度逐漸減小，至4s末F的總沖量為零，質點的速度減為零，此時質點距離出發(fā)點最遠，故B錯誤；C.在0~2s內，F先增大后減小，而速度逐漸增大，第2s末，質點受力F=0，由P=Fv知，F的功率先增大后減小，故C正確；D.在0~2s內，F的沖量為F圖線與時間軸所圍“面積”的大小，有一定的數值，故D錯誤。6.如圖所示，在光滑水平面上有寬度為d的勻強磁場區(qū)域，邊界線MN平行于PQ，磁場方向垂直平面向下，磁感應強度大小為B，邊長為L(L<d)的正方形金屬線框，電阻為R，質量為m，在水平向右的恒力F作用下，從距離MN為處由靜止開始運動，線框右邊到MN時速度與到PQ時的速度大小相等，運動過程中線框右邊始終與MN平行，則下列說法正確的是（）A.線框在進磁場和出磁場的過程中，通過線框橫截面的電荷量不相等B.線框的右邊剛進人磁場時所受安培力的大小為C.線框進人磁場過程中一直做加速運動D.線框右邊從MN運動到PQ的過程中，線框中產生的焦耳熱小于Fd【答案】B【解析】【詳解】A.線框在進磁場和出磁場的過程中，通過線框橫截面的電荷量磁通量的變化和線框電阻為R不變，則通過線框橫截面的電荷量相等，故A錯誤；B.框的右邊剛進人磁場時的速度v==產生的感應電流I==線框的右邊剛進人磁場時所受安培力的大小F安=BIL=故B正確；C.由題知，線框右邊到MN時速度與到PQ時的速度大小相等，且有L<d，則線框全部進入磁場后在恒力F作用下做加速運動，所以線框進人磁場過程中可能一直做減速運動，也可能先減速后勻速運動，故C錯誤；D.由題知，線框右邊到MN時速度與到PQ時的速度大小相等，由動能定理知，線框右邊從MN運動到PQ的過程中，合外力做的總功為零，恒力F做的功WF=Fd，則恒力F做的功與克服安培力做的功大小相等；克服安培力做多少功，線框中就產生多少電能，所以線框中產生的焦耳熱等于Fd，故D錯誤。7.2019年春節(jié)檔，科幻電影《流浪地球》紅遍大江南北。電影講述的是太陽即將毀滅，人類在地球上建造出巨大的推進器，使地球經歷停止自傳、加速逃逸、勻速滑行、減速入軌等階段，最后成為新恒星(比鄰星)的一顆行星的故事。假設幾千年后地球流浪成功，成為比鄰星的一顆行星，設比鄰星的質量為太陽質量的，地球質量在流浪過程中損失了，地球繞比鄰星運行的軌道半徑為地球繞太陽運行軌道半徑的，則下列說法不正確的是（）A.地球繞比鄰星運行的公轉周期和繞太陽的公轉周期相同B.地球繞比鄰星運行的向心加速度是繞太陽運行時向心加速度的C.地球與比鄰星的萬有引力為地球與太陽間萬有引力的D.地球繞比鄰星運行的動能是繞太陽運行時動能的【答案】D【解析】【詳解】A.萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得解得公轉周期則地球繞比鄰星（記為1）運行的公轉周期與繞太陽（記為2）的公轉周期之比即公轉周期：，故選項A不合題意；B.萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得解得向心加速度則地球繞比鄰星運行的向心加速度與繞太陽運行時向心加速度之比故選項B不合題意；C.萬有引力地球與比鄰星的萬有引力和地球與太陽間萬有引力之比故選項C不合題意；D.萬有引力提供向心力，由牛頓第定律動能地球繞比鄰星運行的動能與繞太陽運行時動能之比==故選項D符合題意。8.兩根不同金屬導體制成的長度相等、橫截面積相同的圓柱形桿，串聯后接在某一直流電源兩端，如圖所示。已知桿a的質量小于桿b的質量，桿a金屬的摩爾質量大于桿b金屬的摩爾質量，桿a的電阻大于桿b的電阻，假設兩種金屬的每個原子都提供相同數目的自由電子(載流子)。當電流達到不變時，若a、b內存在電場，則該電場可視為均勻電場。下列結論中正確的是（）A.兩桿內的電場強度都不等于零，且a內的電場強度大于b內的電場強度B.兩桿內的電場強度都等于零C.兩桿內載流子定向運動的速度一定相等D.a內載流子定向運動的速度一定大于b內載流子定向運動的速度【答案】AD【解析】【詳解】AB.兩桿串聯，所以電流相等，因為，由歐姆定律可知，根據勻強電場關系式可知，兩桿內電場強度都不為零，且a內的電場強度大于b內的電場強度，故A正確，B錯誤；CD.根據電流的微觀表達式可知，載流子的定向運動速率，由題意可知桿內單位體積內的自由電荷數，則，故C錯誤，D正確。9.如圖所示的正方形區(qū)域abcd，e、f分別為ad邊和ab邊的中點。三角形acd區(qū)域內有垂直紙面向外的勻強磁場。b點放置粒子源，帶正電的粒子以不同的速率沿bd方向射出。忽略粒子間的相互作用，不計重力，粒子運動軌跡可能經過A.a點 B.d點C.e點 D.f點【答案】CD【解析】【詳解】A.當粒子剛好與ad邊相切時運動軌跡如圖1所示，所以粒子不會經過a點，故A錯誤；B.粒子進入磁場一定發(fā)生偏轉，不會沿直線經過d點，故B錯誤；

C.當粒子剛好與ad邊相切時運動軌跡如圖1所示，如果速度增大，將從ad邊射出，有可能從e點射出，故C正確；D.當粒子剛好與ad邊相切時運動軌跡如圖1所示，如果粒子速度減小，則軌道半徑減小，粒子運動軌跡如圖2所示時剛好經過f點，故D正確。10.如圖所示，EF為豎直面內某正方形區(qū)域ABCD的水平中線。一個氕核、一個氘核和一個氦核以相同的動能從E點水平射入，已知在下列各情況下氕核恰好從C點射出，不計粒子重力、粒子間相互作用力及空氣阻力，則（）A.若該區(qū)域只存在豎直方向的勻強電場，則氘核可能從FC中點射出B.若該區(qū)域只存在豎直方向的勻強電場，則氕核和氘核在該區(qū)域的運動軌跡應當重合C.若該區(qū)域只存在垂直紙面的勻強磁場，則氕核和氘核在該區(qū)域的運動軌跡重合D.若該區(qū)城只存在垂直紙面的勻強磁場，則氕核和氦核在該區(qū)域的運動軌跡重合【答案】BD【解析】【詳解】AB.帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，設正方形邊長為L，水平方向L=v0t豎直方向聯立解得相同的動能，氕核和氘核電荷量相同，由題知氕核恰好從C點射出，則氕核和氘核在該區(qū)域的運動軌跡應當重合，都從C點射出，故B正確，A錯誤。CD.帶電粒子在磁場中運動，由洛倫茨力提供向心力在磁場中運動的半徑另有m2v2=2mEk，則氕核和氦核的比值都等于1，則氕核和氦核在該區(qū)域的運動軌跡重合；而氕核和氘核的比值不同，則氕核和氘核在該區(qū)域的運動軌跡不重合，故D正確，C錯誤。11.如圖所示，a、b兩個物體靜止疊放在水平桌面上，已知，a、b間的動摩擦因數為μ，b與地面間的動摩擦因數為。巳知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，現對a施加一水平向右的拉力，下列判斷不正確的是（）A.若a、b兩個物體始終相對靜止，則力F不能超過B.當時，a、b間的摩擦力為C.無論力F為何值，b的加速度不會超過D.當時，a、b間的摩擦力為【答案】AC【解析】【詳解】AC.若a、b兩個物體始終相對靜止，則當a、b間達到最大靜摩擦力時，a、b將要發(fā)生相對滑動，單獨分析b有b運動的最大加速度對a、b整體F解得力F的最大值F=只要，a、b就會發(fā)生相對運動；由此分析知F可以超過，b的加速度也可以超過，故選項AC符合題意；B.當時，對a、b整體有F解得加速度分析ba、b間的摩擦力故選項B不合題意；D.當時，a、b間要發(fā)生相對運動，a、b之間的滑動摩擦力，故選項D不合題意。12.如圖所示，水平面上放置一個固定平臺和內壁光滑且豎直放置固定圓弧形軌道。質量為m的小球從平臺上水平向右拋出，恰好從B點沿切線方向進入圓弧形軌道，最后小球剛好能夠通過圓弧形軌道的最高點C。已知圓軌道的半徑為R，OB和OD的夾角為60°，重力加速度為g，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A.小球通過最高點C時速度為B.小球通過最高點C時速度為0C.平臺高度D.小球拋出時的速度為【答案】AD【解析】【詳解】AB.小球剛好能夠通過圓弧形軌道的最高點C時，根據牛頓第二定律，在C點mg=m小球經過最高點時的速度故A正確，B錯誤；CD.由B點到C點，根據動能定理解得小球在B點速度與水平面夾角為60°，在B點其水平速度為vBx=vB=小球在B點豎直速度為vBy=vB=小球平拋的豎直位移h==平臺高度H為H=小球在拋出點速度為v0=vBx=故C錯誤，D正確。二、填空題：13.某實驗小組采用如圖甲所示實驗裝置來研究加速度和力的關系，其中小車的質量為M，砂桶和砂子的總質量為m(不計小車與桌面間及繩與滑輪間的摩擦)。（1）松開砂桶，小車帶動紙帶運動，若相鄰計數點間的時間間隔T，數據如圖乙所示，則小車的加速度a=___(結果保留三位有效數字)。（2）改變砂桶內砂子的質量，多次實驗，以力傳感器的示數F為橫坐標、小車對應的加速度a為縱坐標，做出的圖像如圖丙，可知小車的質量M=___kg?！敬鸢浮?1).(2).【解析】【詳解】（1）［1］由逐差法x36x03=a(3T)2，小車的加速度a=10-2m/s2=/s2（2）［2］根據牛頓第二定律a=，圖像的斜率表示，則==8可知小車的質量M=。14.為了測某電源的電動勢和內阻，實驗室提供了如下器材：電阻箱R，定值電阻Rn，兩個電流表A1、A2，電鍵S1，單刀雙擲開關S2，待測電源，導線若干。實驗小組成員設計如圖甲所示的電路圖。（1）閉合電鍵S1，斷開單刀雙擲開關S2，調節(jié)電阻箱的阻值為R1，讀出電流表A2的示數I0；將單刀雙擲開關S2合向1，調節(jié)電阻箱的阻值，使電流表A2的示數仍為I0，此時電阻箱阻值為R2，則電流表A1的阻值RA1＝_____。（2）將單刀雙擲開關S2合向2，多次調節(jié)電阻箱的阻值，記錄每次調節(jié)后的電阻箱的阻值R及電流表A1的示數I，實驗小組成員打算用圖象分析I與R的關系，以電阻箱電阻R為橫軸，為了使圖象是直線，則縱軸y應取_____。A．IB．I2C．1/ID．1/I（3）若測得電流表A1的內阻為1Ω，定值電阻R0＝2Ω，根據（2）選取的y軸，作出y﹣R圖象如圖乙所示，則電源的電動勢E＝_____V，內阻r＝_____Ω。（4）按照本實驗方案測出的電源內阻值_____。（選填“偏大”、“偏小”或“等于真實值”）【答案】(1).R2﹣R1；(2).C；(3).3；(4).；(5).等于真實值?！窘馕觥俊驹斀狻浚?）由題意可知，電路電流保持不變，由閉合電路歐姆定律可知，電路總電阻不變，則電流表內阻等于兩種情況下電阻箱阻值之差，即：RA1＝R2﹣R1；（2）根據題意與圖示電路圖可知，電源電動勢：，整理得：，為得到直線圖線，應作圖象，C正確ABD錯誤。（3）由圖線可知：，，解得，電源電動勢：E＝3V，電源內阻：r＝；（4）實驗測出了電流表A1的內阻，由（2）（3）可知，電源內阻的測量值等于真實值。三、解答題：15.傳送帶在工農業(yè)生產和日常生活中都有著廣泛的應用。如圖甲，傾角為θ的傳送帶以恒定速率逆時針轉動，現將的貨物放在傳送帶上的A點，貨物與傳送帶的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙，整個過程傳送帶是緊繃的，貨物經過到達B點。(重力加速度)（1）A、B兩點間的距離L；（2）貨物從A運動到B的過程中，貨物與傳送帶間因摩擦產生的熱量Q?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）由貨物vt圖線所圍成“面積”代表貨物對地位移，即傳送帶長度L，因此代入數據：，，，可得A、B兩點間的距離（2）貨物在內①在內②其中，由①②可得貨物與傳送帶間的摩擦力由圖像面積可得貨物相對皮帶的位移S相對1S相對2整個過程產生的熱量（S相對1+S相對2）答：（1）A、B兩點間的距離L=；（2）因摩擦產生的熱量Q。16.如圖所示，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度在勻強磁場區(qū)域內，有一對光滑平行金屬導軌，處于同一水平面內，且導軌足夠長，導軌間距，導軌電阻可忽略不計。質量均為m=1kg、電阻均為的金屬導體棒MN和PQ垂直放置于導軌上，且與導軌接觸良好。先將PQ暫時鎖定，金屬棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由靜止開始以加速度向右做勻加速直線運動，2s后保持拉力F的功率不變，直到棒以最大速度vm(未知)做勻速直線運動。（1）求2s末時拉力的功率P；（2）當棒MN達到最大速度vm時，解除PQ鎖定，同時撤去拉力，兩棒最終均勻速運動，求PQ棒的最終速度?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）金屬棒MN在2s末時的速度金屬導體棒MN切割磁感線產生的電動勢=2V回路中電流=1A其所受安培力F安1==1N由牛頓第二定律得FF安1=ma解得拉力F的大?。篎=2N2s末時拉力F的功率（2）金屬棒MN達到最大速度vm時，金屬棒MN受力平衡F2=F安2=①保持拉力的功率不變②由①②可得棒MN達到的最大速度撤去拉力后，對金屬棒PQ、MN組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律可得PQ棒的最終速度答：（1）2s末時拉力的功率P=4W；（2）PQ棒的最終速度。17.若彈簧處于自然長度時其具有的彈性勢能為0，則彈簧彈性勢能的表達式為，其中k為彈簧的勁度系數，x為形變量。現有一個勁度系數為k的輕質彈簧一端固定在豎直墻上，如圖所示，另一端與放在光滑水平面上的質量為m的物體A相連，質量為3m的物體B放置在傾斜角度為的光滑斜面上。A、B兩物體用跨過定滑輪的輕繩連接，且物體A只在足夠長的水平面上運動，物體B只在足夠長的斜面上運動。開始時，物體B在沿斜面向上的外力和沿斜面向下的恒力F2的共同作用下保持靜止，此時輕繩恰好伸直，現撒去外力F1，直到物體B獲得最大速度，彈簧始終未超過彈性限度。已知重力加速度為g，求：（1）物體B獲得的最大速度vm；（2）從撤掉外力F到物體B獲得最大速度的過程中，輕繩對物體B做的功。【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）開始時，繩上拉力為0，對物體B解得沿斜面向下的恒力F2撒去外力F1后，物體B獲得最大速度時加速度為0，對物體B①對物體A②由①②可得彈簧的形變量對物體A、B組成的系統(tǒng)，由動能定理可得解得物體B獲得的最大速度（2）由動能定理，對物體B可得解得輕繩對物體B做的功答：（1）物體B獲得的最大速度；（2）輕繩對物體B做的功。18.以下說法正確的是A.飽和蒸汽在等溫變化的過程中，當其體積減小時壓強不變B.氣體放出熱量，其分子平均動能減小C.彩色液晶顯示器利用了液晶的光學性質具有各向異性的特點D.液體中的布朗運動是指組成液體的液體分子的運動E.自然發(fā)生的熱傳遞過程是向著分子熱運動無序性增大的方向進行的【答案】ACE【解析】【詳解】A.飽和蒸汽壓僅僅與溫度有關，飽和蒸汽在等溫變化的過程中，體積減小時壓強不變，故A正確；B.氣體分子的平均動能與氣體溫度有關，溫度是分子平均動能的標志，由熱力學第一定律U=Q+W知，氣體放出熱量Q0，而不清楚W是外界對氣體做功還是氣體對外界做功，所以氣體放出熱量溫度不一定下降，其分子平均動能不一定減小，故B錯誤；C.液晶像液體一樣具有流動性，而其光學性質與某些晶體相似具有各向異性，彩色液晶顯示器利用了液晶的光學性質具有各向異性的特點，故C正確；D.布朗運動是指懸浮在液體中顆粒的無規(guī)則運動，而顆粒是由大量顆粒分子構成的，布朗運動不是液體分子的運動，而是液體分子無規(guī)則運動的間接反映，故D錯誤；E.根據熱力學第二定律知，自然發(fā)生的熱傳遞過程是向熵增加方向進行，即自然發(fā)生的熱傳遞過程是向著分子熱運動無序性增大的方向進行的，故E正確。19.如圖甲所示，豎直放置左端封閉、右端足夠長且開口的U形均勻玻璃管中用水銀柱封閉一段長為

l0=15cm的空氣柱，兩邊管中水銀柱長度分別為h1=cm、h2=cm，大氣壓強p0=75cmHg。①求封閉空氣柱的壓強（用cmHg表示）；②現將U形管緩慢倒轉使其開口向下，達到新的平衡，如圖乙所示，假設在整個過程中環(huán)境的溫度不發(fā)生變化，試求新平衡狀態(tài)下空氣柱的長度?！敬鸢浮竣?0cmHg②l1=20cm或l2=30cm【解析】【分析】①以密封氣體為研究對象，密封氣體的壓強等于高度差與大氣壓強的和；②密封氣體做等溫變化，設封閉管中仍有水銀，求出狀態(tài)參量，由波意爾定律即可求得?！驹斀狻竣賞1=p0+(h2h1)cmHg代入數據得p1=80cmHg②設試管的橫截面積為S，倒轉后封閉管中仍有水銀，而空氣柱長度增加了x，如圖所示,則由玻意耳定律有p1l0S=p2(l0+x)S而p1=p0+(h2h1)cmHgp