山东省恒台第一中学2019届高三物理上学期摸底考试试卷（含解析）.docx

山东省恒台第一中学2019届高三上学期摸底考试理综物理试卷1.右图是伽利略研究“斜面实验”的情形，他让小铜球沿斜面从静止开始滚下，由该实验可以测量或推理得出A. 若斜面倾角不变，则铜球在斜面上的位移与时间成正比B. 若斜面倾角不变，质量大的铜球，则其加速度大C. 这一实验不能用来研究自由落体运动的规律D. 若斜面长度一定，则铜球从顶端滑到底端所需时间随倾角的增大而减小【答案】D【解析】倾角一定时位移与时间的平方成正比，故A错误；倾角一定时小球的加速度都是相同的，与小球质量的大小无关，故B错误；通过改变倾角的大小，加上合理的外推，最终得到自由落体运动的性质，故C错误；斜面的倾角越大，则小球的速度改变越快（加速度越大），所以若斜面长度一定，则铜球从顶端滑到底端所需时间随倾角的增大而减小；故D正确。故选D.2.甲、乙两物体在水平面上运动的s-t图像如图所示，那么在到这段时间内，下列说法中正确的是( )A. 乙车一直在甲车的前方B. 在时刻甲车正好追上乙车C. 甲、乙两车的平均速度相同D. 甲车一直做匀加速直线运动，乙车先减速后加速【答案】C【解析】试题分析：在到这段时间内，乙的位置坐标比甲的小，说明乙车一直在甲车的后方A错误在时刻乙车正好追上甲车B错误在到这段时间内，两车的初、末位置相同，通过的位移相同，则平均速度相同，C正确图线的斜率表示速度，则知甲车一直做匀速直线运动，乙车先减速后加速D错误选C.【点睛】位移时间关系图线反映位移随时间的变化规律，纵坐标的变化量表示位移，图线的斜率表示速度的大小平均速度等于位移与时间之比由此分析即可3.木星的卫星至少有16颗，其中木卫一、木卫二、木卫三、木卫四是意大利天文学家伽利略在1610年用自制的望远镜发现的。伽利略用木星的直径作为量度单位，测量了木星的轨道。他发现，最接近木星的木卫一的周期是1.8天，木卫一距离木星中心4.2个木星直径单位。木卫四的周期是16.7天，预测木卫四与木星中心的距离是A. 6个木星直径 B. 19个木星直径C. 40个木星直径 D. 160个木星直径【答案】B【解析】【分析】木星的卫星绕着木星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解出周期与轨道半径的关系进行分析【详解】木星的卫星绕着木星做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：，故；故；故r4=4.42r1=4.424.2木星直径19木星直径；故选B。【点睛】本题关键是明确木星的卫星动力学原理，结合牛顿第二定律列式分析，得到周期与轨道半径的关系公式列式分析此题也可直接通过开普勒第三定律列式求解.4.如图所示，水平边界MN上方有一匀强磁场，a、b两带电粒子所带的电荷量分别是q1、q2，以相同速度从边界的O点同时进入磁场，它们的轨迹图如图所示，轨道半径分别为 r1、r2，且r22r1。下列说法正确的是A. a带负电、b带正电，比荷之比为B. a带负电、b带正电，比荷之比为C. a带正电、b带负电，比荷之比为D. a带正电、b带负电，比荷之比为【答案】B【解析】由图示可知，q1向左偏，q2向右偏，根据左手定则知，a带负电，b带正电，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r=，荷质比：，v与B不变，所以荷质比之比等于半径之反比，则：，故B正确；故选B.点睛：解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电荷的运动方向以及洛伦兹力方向的关键，以及掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式。5.如图甲所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽。现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域。若以逆时针方向为电流的正方向，在图乙中，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】从右边一点进入磁场开始，设经过时间t，设角C的一半为，此时切割磁感线的有效长度为，感应电动势为，电动势与时间成一次线性关系，电流也与时间成一次线性关系，当C点运动到磁场中间时，切割磁感线的有效长度最大，之后线框进入右边磁场，由右手定则可判断电流为顺时针，电流为负值，右侧切割磁感线有效长度逐渐增大，电流逐渐增大，C对；6.如图所示，真空中两个不等量的正点电荷Q1、Q2固定在x轴上。三角形 acd为等腰三角形，cd边与x轴垂直且与x轴相交于b点，则下列说法正确的是A. a点场强小于b点场强B. c点电势小于b点电势C. 将电子从a点移到b点再移到c点电势能增加D. 将电子从a点移动到c点电场力做负功【答案】BCD【解析】根据点电荷场强公式E=k知，Q1与Q2在a点产生的场强比b点的场强大，场强方向相同，由电场的叠加原理可知a点场强大于b点场强。故A错误。根据顺着电场线电势逐渐降低，可知，c点的电势比b点的电势更低，所以c点电势小于b点电势，故B正确。将电子从a点移到b点再移到c点，电势一直降低，电子的电势能一直增加，故C正确。将电子从a点移动到c点，电场力方向与速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，故D正确。故选BCD.点睛：本题关键要掌握电场的叠加原理，明确沿着电场线，电势降低，能根据电场力方向与速度方向的夹角来判断电场力做功的正负。7.图甲为表面光滑、倾角为30的斜面固定在水平面上，质量相同的A、B两滑块用一平行斜面的轻质弹簧相连，再用一轻绳将B与斜面顶端相连。图乙仅将弹簧换成轻绳将两滑块相连。重力加速度为g，在这两种情况下分别剪断与斜面顶端相连的轻绳，在剪断轻绳的瞬间，下列说法正确的是A. 两种情况下A的加速度相同B. 两种情况下B的加速度相同C. 图甲中B的加速度是它在图乙中的2倍D. 图乙中两滑块的加速度相同【答案】CD【解析】【分析】根据弹簧弹力不能突变，绳子的弹力会突变，分析剪短绳子的瞬间，图甲和图乙中AB所受合外力即可得到各自的加速度.【详解】剪断绳子前，绳子对B球的弹力大小为2mgsin，因弹簧弹力不能突变，而绳子的弹力会突变，所以剪断绳子瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin，加速度为2gsin；图乙中绳子的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin，加速度均为gsin，故图甲中B球得加速度是图乙中B球加速度的2倍；故AB错误，CD正确；故选CD。8.如图，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m 的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止。现撤去F，使小球沿竖直方向运动，在小球由静止释放到刚离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时的速度为v，不计空气阻力。则上述过程中A. 小球的重力势能增加W1B. 小球的电势能减少W2C. 小球的机械能增加W1mv2D. 小球与弹簧组成的系统机械能不守恒【答案】ABD【解析】【分析】根据重力做功判断重力势能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化，根据除重力以外其它力做功判断机械能的变化根据机械能守恒的条件判断系统机械能守恒【详解】重力对小球做功为W1，重力势能增加-W1故A正确。电场力做了W2的正功，则电势能减小W2故B正确。根据动能定理得，W1+W2+W弹=mv2，因为除重力以外其它力做功等于小球机械能的增量，则机械能的增量为W2+W弹=mv2 -W1故C错误。对小球和弹簧组成的系统，由于有电场力做功，则系统机械能不守恒。故D正确。故选ABD。【点睛】解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的减小量，电场力做功等于电势能的减小量，除重力以外其它力做功等于机械能的增量三、非选择题9.为了研究“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图1所示的实验装置。请 思考探究思路并回答下列问题：（1）为了消除小车与水平桌面之间摩擦力的影响应采取的做法是_。A将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B将木板带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动C将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动D将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车能够静止在木板上（2）在实验中得到一条打点的纸带，如图2所示，已知相邻计数点的时间间隔为T，且间距s1、s2、s3、s4、s5、s6已量出，则小车加速度的表达式为a=_。（3）有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度与所受外力F的关系。他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到两条a-F图线，如图3所示。图线_是在轨道倾斜情况下得到的.（填“”或“”）。【答案】 (1). （1）C； (2). （2） ； (3). （3）【解析】【分析】（1）平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力。（2）从纸带上求加速度可以用逐差法求解。（3）由图象可知，当F=0时，a0也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大.【详解】（1）平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力。所以平衡时应为：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动。故选C.（2）由匀变速运动的规律得：s4-s1=3aT2s5-s2=3aT2s6-s3=3aT2联立得：（s4+s5+s6）-（s1+s2+s3）=9aT2解得： （3）由图象可知，图象中，当F=0时，a0也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高。所以图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。【点睛】对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，只有掌握好了基本知识和基本方法才能顺利解决实验题目，所以要重视基本知识和基本方法的学习和训练。10. 测定一卷阻值约为30 的金属漆包线的长度，实验室提供下列器材：A电流表A：量程06 A，内阻RA约为20B电压表V：量程15V，内阻RV约为4kC学生电源E：可提供030V直流电压 D滑动变阻器R1：阻值范围010E滑动变阻器R2：阻值范围0500F电键S及导线若干（1）为了较准确地测量该漆包线的电阻，滑动变阻器应选择 （选填“R1”或“R2”），并将方框中的电路图补画完整。（2）根据正确的电路图进行测量，某次实验中电压表与电流表的示数如图，则电压表的示数U为 V，电流表的示数I为 A。（3）已知这种漆包线金属丝的直径为d，材料的电阻率为，则这一卷漆包线的长度L= （用U、d、表示）。【答案】（1）R1；如图；（2）135； 046；（3）【解析】试题分析：（1）题目中给出的电源电压为30V，而给出的电压表量程为15V，为了便于控制，采用滑动变阻器分压接法，故滑动变阻器选小电阻D（R1）。（2）电压表量程为15V，故最小分度为05V，故读数为135V，电流表量程为06A，最小分度为002A，则指针示数为：046A；（3）因由电阻定律可知：，漆包线的长度：考点：伏安法测电阻11.中国海警编队依法对一艘非法进人中国钓鱼岛 领海的船只进行维权执法在执法过程中，发现非法船 只位于图1中的A处，预计在80 s的时间内将到达图1 的C处，海警执法人员立即调整好航向，沿直线BC由静止出发恰好在运动了80 s后到达C处，而此时该非 法船只也恰好到达C处，我国海警立即对该非法船只进行了驱赶。非法船只一直做匀速直线运动且AC与BC距离相等，我国海警船运动的图象如图所示。(1)B、C间的距离是多少?(2)若海警船加速与减速过程的加速度仍保持原来的大小不变海警船从B处由静止开始若以最短时问准确停在C处，求需要加速的时间。【答案】（1）1200m；（2）【解析】（1)(2)加速时： 减速时： 要使所需时间最短，必有先加速再减速，则有：； 解得： 12.如图所示，在xOy平面直角坐标系中，直角三角形MNL内存在垂直于xOy平面向里磁感应强度为B的匀强磁场，三角形的一直角边ML长为6a，落在y轴上，NML = 30，其中位线OP在x轴上.电子束以相同的速度v0从y轴上-3ay0的区间垂直于y轴和磁场方向射入磁场，已知从y轴上y=-2a的点射入磁场的电子在磁场中的轨迹恰好经过点.若在直角坐标系xOy的第一象限区域内，加上方向沿y轴正方向、大小为E=Bv0的匀强电场，在x=3a处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q.忽略电子间的相互作用，不计电子的重力.试求：（1）电子的比荷；（2）电子束从+y轴上射入电场的纵坐标范围；（3）从磁场中垂直于y轴射入电场的电子打到荧光屏上距Q点的最远距离。【答案】（1）；（2）0y2a ；（3）【解析】试题分析：（18分）（1）由题意可知电子在磁场中的轨迹半径为：r = a (1分)由牛顿第二定律得：(2分)电子的比荷：(1分)电子能进入电场中，且离O点上方最远，电子在磁场中运动圆轨迹恰好与边MN相切，电子运动轨迹的圆心为O点，如图所示。则：(1分)有：(1分)即粒子从D点离开磁场进入电场时，离O点上 方最远距离为OD=ym=2a (1分)所以电子束从y轴射入电场的范围为0y2a (1分)（3）假设电子没有射出电场就打到荧光屏上，有：3a=v0t，所以，电子应射出电场后打到荧光屏上。(1分)电子在电场中做类平抛运动，设电子在电场的运动时间为，竖直方向位移为y，水平位移为x，水平：x=v0t (1分)竖直：(1分)代入得：(1分)设电子最终打在光屏的最远点距Q点为H，电子射出电场时的夹角为有：(2分)有：(2分)当时，即时，有最大值； (1分)由于，所以(1分)考点：本题考查带电粒子在磁场、电场中的运动。13.实物粒子和光都具有波粒二象性，下列事实中突出体现波动性的是A. 电子束通过双缝实验后可以形成干涉图样B. 射线在云室中穿过会留下清晰的径迹C. 人们利慢中子衍射来研究晶体的结构D. 电子显微镜发出一束电子,穿透物体后在屏幕上形成条纹E. 光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关【答案】ACD【解析】【详解】干涉是波具有的特性，电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，说明电子具有波动性，所以A正确；粒子在云室中受磁场力的作用，做的是圆周运动，与波动性无关，所以B错误；