浙江省舟山市明珠中学高三物理摸底试卷含解析

浙江省舟山市明珠中学高三物理摸底试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.参考答案：C2.（单选）下列说法正确的是（） A． 物体如果在相等时间内通过的路程都相等，那么物体的运动就是匀速直线运动 B． 滑动摩擦力总是阻碍物体的运动 C． 牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证 D． 意大利科学家伽利略在研究运动和力的关系时，提出了著名的斜面实验运用了理想实验的方法参考答案：解：A、物体如果在相等时间内通过的路程都相等，那么物体的速度大小不变，但方向可以改变，如匀速圆周运动，故A错误；B、滑动摩擦力总是阻碍物体间的相对运动，与运动方向可以同向、反向、不共线，故B错误；C、D、不受力的实验只能是理想实验，是无任何实验误差的思维实验，严格来说“不受力”的条件真实实验不能满足，只能靠思维的逻辑推理去把握，故牛顿第一定律是不可以通过实验直接得以验证的，故C正确，D正确；故选：CD．3.如图所示，一个质量为m，均匀的细链条长为L，置于光滑水平桌面上，用手按住一端，使L/2长部分垂在桌面下，（桌面高度大于链条长度，取桌面为零势能面），则链条的重力势能为（

）A.0

B.-mgL

C.-mgL

D.-mgL参考答案：试题分析：将链条分成水平部分和竖直部分两段，水平部分的重力势能为零，竖直部分的重心中竖直段的中间，高度为，而竖直部分的重力为，这样竖直部分的重力势能为，这样链条总的重力势能为，D正确。考点：重力势能4.关于温度，下列说法中正确的是

（

）

A．温度升高1℃，也可以说温度升高1K

B．温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由T升至2T

C．绝对零度就是当一定质量的气体体积为零时，用实验方法测出的温度

D．随着人类制冷技术的不断提高，总有一天绝对零度会达到参考答案：A5.(双选)一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最开始2s内的位移是最后2s内位移的两倍，且已知滑块最开始1s内的位移为2.5m，由此可求得A．滑块的加速度为5m/s2

B．滑块的初速度为5m/sC．滑块运动的总时间为3s

D．滑块运动的总位移为4.5m参考答案：BC二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.如图所示，在竖直平面内存在着若干个无电场区和有理想边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度均为h，电场区域水平方向无限长，每一电场区域场强的大小均为E，且E=mg/q，场强的方向均竖直向上。一个质量为m，带正电的、电荷量为q的小球（看作质点），从第一无电场区域的上边缘由静止下落，不计空气阻力。则小球从开始运动到刚好离开第n个电场区域的过程中，在无电场区域中所经历的时间为__________，在第n个电场区域中所经历的时间为________。参考答案：，7.我们知道被动吸烟比主动吸烟害处更大。试估算一个高约3m、面积约10m2的两人办公室，若只有一人吸了一根烟，则被污染的空气分子间的平均距离为__________m，另一不吸烟者一次呼吸大约吸入________个被污染过的空气分子（人正常呼吸一次吸入气体300cm3，一根烟大约吸10次[jf25]

）。参考答案：7.2×10-8，8.1×10178.如图所示，绝缘水平面上静止着两个质量均为m，电量均为+Q的物体A和B（A、B均可视为质点），它们间的距离为r，与水平面的动摩擦因数均为μ,则此时

A受到的摩擦力为

。如果将A的电量增至+4Q，则两物体将开始运动，当它们的加速度第一次为零时，A运动的距离为

。参考答案：(1)

(2)

9.如图所示，在点电荷+Q的电场中有A、B两点，将两正电荷a和b，其中他们的质量4ma=mb，电量2qa=qb，分别从A点由静止释放到达B点时，它们的速度大小之比为．参考答案：解：对ab从A到B得过程中分别运用动能定理得：

①②又因为质量4ma=mb，电量2qa=qb，由解得：=故答案为：：110.某课外兴趣小组拟用如图甲所示的装置研究滑块的运动情况．所用实验器材有滑块、钩码、纸带、米尺、秒表、带滑轮的木板以及由漏斗和细线组成的单摆等．实验时滑块在钩码的作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时单摆沿垂直于纸带运动的方向摆动。漏斗漏出的有色液体在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置（如图乙所示）。①在乙图中，测得AB间距离10.0cm，BC间距离15.0cm，若漏斗完成72次全振动的时间如图丙所示，则漏斗的振动周期为

s．用这种方法测的此滑块的加速度为

m/s2.（结果均保留两位有效数字）②用该方法测量滑块加速度的误差主要来源有：

．(写出一种原因即可)参考答案：）①0.50；0.20②漏斗的重心变化（或液体痕迹偏粗、阻力变化等）11.如图为某一简谐横波在某时刻的波形图，已知该机械波传播的速度为2m/s，此时质点a振动方向沿y轴正方向。则质点a的振动周期是

s，从此时刻开始质点b第一次到达波谷需要的时间是

s。参考答案：2

1．．12.（4分）在时刻，质点A开始做简谐运动，其振动图象如图乙所示。质点A振动的周期是

s；时，质点A的运动沿轴的

方向（填“正”或“负”）；质点B在波动的传播方向上与A相距16m，已知波的传播速度为2m/s，在时，质点B偏离平衡位置的位移是

cm。参考答案：4

正

10解析：振动图象和波形图比较容易混淆，而导致出错，在读图是一定要注意横纵坐标的物理意义，以避免出错。题图为波的振动图象，图象可知周期为4s，波源的起振方向与波头的振动方向相同且向上，t=6s时质点在平衡位置向下振动，故8s时质点在平衡位置向上振动；波传播到B点，需要时间s=8s，故时，质点又振动了1s(个周期)，处于正向最大位移处，位移为10cm.。13.一置于铅盒中的放射源发射的a、b和g射线，由铅盒的小孔射出，在小孔外放一铝箔后，铝箔后的空间有一匀强电场。进入电场后，射线变为a、b两束，射线a沿原来方向行进，射线b发生了偏转，如图所示，则图中的射线a为__________射线，射线b为_______________射线。参考答案：三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点A（0，L）．一质量为m、电荷量为e的电子从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的B点射出磁场，射出B点时的速度方向与x轴正方向的夹角为60°．求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）电子在磁场中运动的时间t．参考答案：答：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为；（2）电子在磁场中运动的时间t为考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题： 带电粒子在磁场中的运动专题．分析： （1）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度．（2）根据电子转过的圆心角与电子做圆周运动的周期可以求出电子的运动时间．解答： 解：（1）设电子在磁场中轨迹的半径为r，运动轨迹如图，可得电子在磁场中转动的圆心角为60°，由几何关系可得：r﹣L=rcos60°，解得，轨迹半径：r=2L，对于电子在磁场中运动，有：ev0B=m，解得，磁感应强度B的大小：B=；（2）电子在磁场中转动的周期：T==，电子转动的圆心角为60°，则电子在磁场中运动的时间t=T=；答：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为；（2）电子在磁场中运动的时间t为．点评： 本题考查了电子在磁场中的运动，分析清楚电子运动过程，应用牛顿第二定律与周期公式即可正确解题．15.如图所示，质量m=1kg的小物块静止放置在固定水平台的最左端，质量2kg的小车左端紧靠平台静置在光滑水平地面上，平台、小车的长度均为0.6m。现对小物块施加一水平向右的恒力F，使小物块开始运动，当小物块到达平台最右端时撤去恒力F，小物块刚好能够到达小车的右端。小物块大小不计，与平台间、小车间的动摩擦因数均为0.5,重力加速度g取10m/s2，水平面足够长，求:(1)小物块离开平台时速度的大小；(2)水平恒力F对小物块冲量的大小。参考答案：（1）v0=3m/s；（2）【详解】（1）设撤去水平外力时小车的速度大小为v0，小物块和小车的共同速度大小为v1。从撤去恒力到小物块到达小车右端过程，对小物块和小车系统：动量守恒：能量守恒：联立以上两式并代入数据得：v0=3m/s（2）设水平外力对小物块的冲量大小为I，小物块在平台上运动的时间为t。小物块在平台上运动过程，对小物块：动量定理：运动学规律：联立以上两式并代入数据得：四、计算题：本题共3小题，共计47分16.所受重力G1＝8N的物块悬挂在绳PA和PB的结点上．PA偏离竖直方向37°角，PB在水平方向，且连在所受重力为G2＝100N的木块上，木块静止于倾角为37°的斜面上，如图所示，(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2)。试求：(1)木块与斜面间的摩擦力大小；(2)木块所受斜面的弹力大小．参考答案：(1)Ff＝64.8N

(2)FN＝76.4N试题分析：（1）如图甲所示分析结点P受力，由平衡条件得：FAcos37°=G1FAsin37°=FB可解得：BP绳的拉力为FB="6"N（2）再分析G2的受力情况如图乙所示．由物体的平衡条件可得：Ff=G2sin37°+FB′cos37°FN+FB′sin37°=G2cos37°又有FB′=FB解得：Ff=64．8N，FN=76．4N．考点：物体的平衡【名师点睛】本题是通过绳子连接的物体平衡问题，采用隔离法研究是基本方法．要作好每个物体的受力分析图，这是解题的基础。17.如图a所示，匀强磁场垂直于xOy平面，磁感应强度B1按图b所示规律变化（垂直于纸面向外为正）．t=0时，一比荷为=1×105C/kg的带正电粒子从原点沿y轴正方向射入，速度大小v=5×104m/s，不计粒子重力．（1）求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径．（2）求t=×10﹣4s时带电粒子的坐标．（3）保持b中磁场不变，再加一垂直于xOy平面向外的恒定匀强磁场B2，其磁感应强度为0.3T，在t=0时，粒子仍以原来的速度从原点射入，求粒子回到坐标原点的时刻．参考答案：解：（1）带电粒子在匀强磁场中运动，洛仑兹力提供向心力，代入数据解得：r=1m

（2）带电粒子在磁场中运动的周期，s

在0～s过程中，粒子运动了，圆弧对应的圆心角，在s～s过程中，粒子又运动了，圆弧对应的圆心角，轨迹如图a所示，根据几何关系可知，横坐标：m

纵坐标：m

带电粒子的坐标为（3.41m，﹣1.41m）（3）施加B2=0.3T的匀强磁场与原磁场叠加后，如图b所示，①当（n=0，1，2，…）时，s

②当（n=0，1，2，…）时，粒子运动轨迹如图c所示，则粒子回到原点的时刻为，（n=0，1，2，…）

答：（1）求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径为1m；（2）t=×10﹣4s时带电粒子的坐标为[3.41m，﹣1.41m]；（3）粒子回到坐标原点的时刻为t1=（+2nπ）×10﹣4s，t2=2（n+1）π×10﹣4s（n=0，1，2，…）．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力列方程即可求出带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径；（2）先求出带电粒子在磁场中运动的周期，再分别求出在0～×10﹣4s和×10﹣4s～×10﹣4s过程中，粒子运动了的周期和圆弧对应的圆心角，画出粒子的运动轨迹图，利用几何关系求出带电粒子的坐标；（3）画出施加B2=0.3T的匀强磁场与原磁场叠加后规律变化图，分别求出当nT≤t≤nT+和nT+≤t≤（n+1）T（n=0，1，2，…）时粒子运动了的周期，画出粒子运动轨迹图即可求出粒子回到坐标原点的时刻