陕西省渭南市大荔县高三上学期10月摸底考试物理试题

大荔县2021届高三摸底考试物理试题一、选择题（本题共12小题，每小题4分，计48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.氢原子能级示意如图。现有大量氢原子处于能级上，下列说法正确的是（）A.这些原子跃迁过程中最多可辐射出2种频率的光子B.从能级跃迁到能级比跃迁到能级辐射的光子频率低C.从能级跃迁到能级需吸收的能量D.能级的氢原子电离至少需要吸收的能量【答案】C【解析】【详解】A．大量氢原子处于能级跃迁到最多可辐射出种不同频率光子，故A错误；B．根据能级图可知从能级跃迁到能级辐射的光子能量为从能级跃迁到能级辐射的光子能量为比较可知从能级跃迁到能级比跃迁到能级辐射的光子频率高，故B错误；C．根据能级图可知从能级跃迁到能级，需要吸收的能量为故C正确；D．根据能级图可知氢原子处于能级的能量为1.51eV，故要使其电离至少需要吸收1.51eV的能量，故D错误；故选C。2.一乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示，其中t1~t2时间内图像为直线。则（）A.0~t1时间内，电梯的速度增大B.t1~t2时间内，电梯的速度增大C.t1~t2时间内，电梯的加速度向上D.t2~t3时间内，电梯的加速度向下【答案】A【解析】【详解】由于s－t图象的斜率表示速度，由图可知在0～t1时间内速度增加，即乘客向下做加速运动，加速度方向向下；在t1～t2时间内，s－t图象的斜率保持不变，所以速度不变，即乘客匀速下降，乘客处于平衡状态；在t2～t3时间内，s－t图象的斜率变小，所以速度减小，即乘客向下减速运动，加速度方向向上。故A正确，BCD错误。故选A。3.如图所示，小球A、B都穿在一根竖直杆上并通过一细绳跨过定滑轮连接。两球平衡时，连接两球的细绳与水平方向的夹角分别为θ和2θ，若装置中各处摩擦均不计，则A、B球的质量之比为（）A.2cosθ：1 B.1：2cosθ C.tanθ：1 D.1：2sinθ【答案】B【解析】【详解】分别对A、B进行受分析如图所示设绳的张力大小为，则对A有对B有所以故B正确，ACD错误。故选B。4.钥匙从距离水面20m高的桥面自由落体竹筏前端在钥匙下落瞬间正好位于它的正下方。该竹筏以2m/s的速度匀速前进，若钥匙可以落入竹筏中，不考虑竹筏的宽度，则竹筏至少长（）A.2m B.4m C.6m D.8m【答案】B【解析】【详解】钥匙下落的时间，根据可得这段时间内竹筏前进的距离若钥匙可以落入竹筏中，则竹筏至少长4m，B正确，ACD错误。故选B。5.高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某人驾驶汽车以6m/s的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好紧贴栏杆停下。已知司机的反应时间为0.7s，刹车的加速度大小为5m/s2，则该ETC通道的长度约为（）A.3.6mC.6.0m D.9.6m【答案】D【解析】【详解】通过分析可知，汽车在运动的过程中先做匀速直线运动，再做匀减速直线运动；根据运动学的规律，列式可得故选D。6.如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点。如果物体在运动过程中受到的摩擦阻力恒定，则（）A.物体运动到O点时，所受合力为零B.物体从O到B的过程中，加速度增大C.物体从A到O的过程中，弹簧弹力对其做负功D.物体从A到O的过程中，动能一直增大【答案】B【解析】【详解】A．O点时弹簧的弹力为0，但物体运动到O点时，会受到摩擦阻力作用，故合外力不为零，故A错误；B．从O到B的过程中物体一直受到向左的弹力与向左的阻力，所以物体一直做减速运动，且弹力逐渐增大，所以加速度逐渐增大，故B正确；C．物体从A到O的过程中，弹簧弹力与运动方向相同，所以弹簧弹力对其做正功，故C错误；D．物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧的弹力大于摩擦力，合力向右，加速度也向右，速度也向右，物体加速，后来弹力小于摩擦力，合力向左，速度向右，物体减速。即物体先加速后减速，所以物体从A到O的过程中，动能先增大后减小，故D错误。故选B。7.如图，在光滑绝缘水平桌面上，三个带电小球a、b和c分别固定于正三角形顶点上．已知a、b带电量均为+q，c带电量为q，则A.ab连线中点场强为零B.三角形中心处场强为零C.a所受库仑力方向垂直于ab连线D.a、b、c所受库仑力大小之比为1:1:【答案】D【解析】【详解】A．在ab连线的中点处，ab两电荷在该点的合场强为零，则该点的场强等于c在该点形成的场强，大小不为零，选项A错误；B．在三角形的中心处，ab两电荷在该点的场强大小相等，方向夹120°角，则合场强竖直向下，电荷c在该点的场强也是竖直向下，则三角形中心处场强不为零，选项B错误；C．a受到b的排斥力沿ba方向，受到c的吸引力沿ac方向，则其合力方向斜向左下方与ab连线成60°角，选项C错误；D．ab受库仑力大小相等，均为；c受库仑力：，则a、b、c所受库仑力大小之比为1:1:，选项D正确.8.未来的星际航行中，宇航员长期处于完全失重状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是A.旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B.旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C.宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D.宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小【答案】B【解析】【详解】在外太空，宇航员处于完全失重状态，所以在旋转仓中我们不需要考虑地球引力作用；宇航员在旋转仓中做圆周运动所需要的向心力由侧壁支持力提供，根据题意有，故可知，旋转半径越大，转运角速度就越小，且与宇航员质量无关，故B正确、ACD错误．【点睛】9.如图所示，质量为m的小物块以初速度v0沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为θ，物块与该斜面间的动摩擦因数μ>tanθ，下图中表示该物块的速度v和所受摩擦力Ff随时间t变化的图线(以初速度v0的方向为正方向)，可能正确的是()A.B.C.D.【答案】AC【解析】【详解】物块的运动情况是先向上做减速直线运动，所受滑动摩擦力为μmgcosθ，方向沿斜面向下，达到最高点后由于μ>tanθ，即mgsinθ<μmgcosθ，物块不会向下滑动，而是保持静止，静摩擦力的大小等于重力的下滑分力mgsinθ，小于上滑时的摩擦力μmgcosθ，故AC正确，BD错误．10.如图所示，质量为3kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力。取g=10m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬时（）A.弹簧弹力的大小为30N B.B对A的压力大小为20NC.A、B的加速度大小为10m/s2 D.A、B的加速度大小为4m/s2【答案】AD【解析】【详解】A．剪断细线之前，由A物体受力平衡可知，弹簧弹力大小等于A的重力大小即F=30N，细线剪断瞬间，弹力不会变化，故A正确；BCD．剪断细线瞬间，以A、B整体为研究对象，受到重力和弹力作用，由牛顿第二定律有解得以B为研究对象，受到重力和A的支持力，且加速度也为a，则有解得故BC错误D正确。故选AD。11.如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R=0.1Ω，边长l=0.2m。则在t=0到t=0.1s时间内金属框中（）A.感应电流方向沿abcdaB.感应电动势大小为0.08VC.ab边受到的安培力向左D.ab边受到的安培力保持不变【答案】BC【解析】【详解】A.由楞次定律得感应电流方向沿是顺时针的，A错误；B.由法拉第电磁感应定律得B正确；C.由左手定则，ab边受到的安培力向左，C正确；D.ab边受到的安培力为解得磁场减小，安培力也减小，D错误。故选BC。12.如图所示，理想变压器原线圈接在u=Umsin（ωt+φ）的交流电源上，副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。闭合开关S后（）A.电压表V1的示数不变 B.电压表V2的示数增大C.电流表A的示数增大 D.电流表A的示数不变【答案】AC【解析】【详解】AB．因开关S闭合时，副线圈电路的总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V1示数不变，但因总电阻减小，则电流增大，因干路中电阻R分压增大，所以电压表V2示数变小，故A正确，B错误；CD．关S闭合时，总的电阻减小，所以电路的总电流I2要变大，根据可知电流表A示数要变大，故C正确，D错误。故选AC。二、实验题（共2小题，计15分）13.某同学用下图所示的电路测定待测电阻Rx的阻值（约为10kΩ），除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：A．电压表（量程0~1V，内阻约为10kΩ）B．电压表（量程0～10V，内阻约为100kΩ）C．电流表（0~1mA，内阻约为30Ω）D．电流表（0~0.6A，内阻约为0.05Ω）E．电源（电动势12V，额定电流2A，内阻不计）F．滑动变阻器R0（阻值范围0～10Ω，额定电流2A）(1)为使测量尽量准确，电压表选用______，电流表选用______；（均填器材的字母代号）(2)从实验原理上看，待测电阻测量值会______其真实值（选填“大于”“小于”或“等于”），造成该误差的原因是______（选填“电压表V分流”或“电流表A分压”）。【答案】(1).B(2).C(3).大于(4).电流表A分压【解析】【详解】(1)[1][2]因待测电阻阻值较大，为了准确测量，应采用较大的电动势，故选电动势为12V的电源F；电压表选择10V的量程即B，最大电流I所以电流表选择C；

(2)[3][4]因本实验采用电流表内接法，由于电流表A分压影响，电压表测量值将大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值将大于真实值。14.现有两组同学在做“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验。(1)甲组同学利用如图1所示的装置，打点计时器使用的交流电的频率为50Hz。①他们用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是平衡摩擦力。具体操作是：把木板垫高后，装有纸带的小车放在木板上，在______（选填“挂”或“不挂”）小吊盘并且计时器______（选填“打点”或“不打点”）的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力的影响。②小车质量m1与砝码和盘的总质量m2满足______的条件时，小车在运动过程中实际所受的拉力可近似等于砝码和盘的总重力。③图2是某次实验得到的纸带，两计数点间有四个点未画出，部分实验数据如图所示，则小车的加速度a=______m/s2。(2)乙组同学的实验平面很光滑，摩擦力可以忽略不计。他们通过测量质量相同的两辆小车在相同时间内通过的位移来比较它们的加速度，进而探究加速度与力的关系，实验装置如图3所示。将轨道分上下双层排列，两小车尾部的刹车线由后面的刹车系统同时控制，能使小车同时立即停下来。通过改变砝码盘中的砝码来改变拉力的大小。①通过比较两小车的位移来比较两小车的加速度大小，你认为______（选填“可行”或“不可行”），请说明理由______；②已知两小车质量均为500g，实验数据如表中所示。分析表中数据，你能得到结论是：______。实验次数小车拉力F/N位移s/cm1甲0.122.3乙0.243.52甲0.229.0乙0.343.03甲0.341.0乙0.455.4【答案】(1).不挂(2).打点(3).m1≫m2(4).0.51(5).可行(6).若加速度和合外力同时与位移成正比，则加速度与合外力成正比(7).当小车质量不变时，在实验误差范围内，小车的加速度与拉力成正比【解析】【详解】(1)[1]平衡摩擦力是让重力的下滑分力等于摩擦力，细绳不应该有拉力，所以不挂小吊盘；[2]让打点计时器打点，若纸带上的是均匀的，则平衡摩擦力恰到好处，所以应该打点；[3]只有满足m1≫m2，小吊盘的加速度才能足够小，小吊盘的重力才能足够接近于细绳的拉力；[4]用逐差法求加速度为(2)[5]可行[6]理由是，若小车的加速度与合外力同时与位移成正比，则加速度与合外力成正比。由位移公式得两个小车运动相同的时间时，加速度与位移成正比，即然后由实验再确定合力与位移的关系[7]从表中可以得出，位移与拉力成正比，而由上式知道，位移又与加速度成正比，则加速度与拉力成正比，即当小车的质量不变时，加速度与合外力成正比。三、解答题（共2小题，计32分）15.如图所示，质量为m、电荷量为+q的粒子从A（0，2l）点以初速度v0沿x轴正方向射出，为使其打在x轴上的C（2l，(1)若仅施加一平行于y轴的匀强电场，求该电场场强E的大小和方向；(2)若仅施加一垂直于xOy平面的匀强磁场，求该磁场磁感应频度B的大小和方向。【答案】(1)；方向沿y轴负方向；(2)；垂直于xOy平面向外【解析】【详解】（1）带正电粒子粒子向y轴负方向偏转，场强的方向沿y轴负方向在x轴方向2l=v0在y轴方向联立以上各式可得（2）根据左手定则可知，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向外由几何关系可知，粒子在xOy平面内做匀速圆周运动,半径R=2粒子在匀强磁场中做匀速圆周的向心力由洛伦兹力提供，根据向心力公式得解得16.如图所示，物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。质量均为m=1kg。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.2。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L=0.25m后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘两次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g=10m/s2。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动的加速度大小aB、；(3)B被敲击后获得的初动能Ek。【答案】(1)1m/s；(2)6m/s2；2m/s2；(3)2J【解析】【详解】A、B的运动过程如图所示(1)敲击A时，A受向左的滑动摩擦力做减速运动。因为B受到A的动摩擦力小于B与地面的最大静摩擦力，所以B保持静止，A的加速度大小=2m/s2滑动过程有解得=1m/s(2)对齐前，根据牛顿第二定律，对Bμmg+2μmg＝maB解得aB＝3μg=6m/s2对齐后，对AB整体2μmg＝2maB′解得aB′＝μg＝2m/s2(3)设敲击B后经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A受向右的滑动摩擦力做加速运动，根据牛顿第二定律可得加速度aA＝μg＝2m/s2速度为v＝aAtv＝vB－aBt根据位移时间关系xA＝aAt2xB＝vBt－aBt2xB－xA＝L联立解得vB＝2=2m/sB被敲击后获得的初动能Ek=mv2=2J四、选做题（请考生从17、18两题中任选一题作答，如果多做，按所做的第一题计分。）17.分子间存在着相互作用的引力和斥力，分子间实际表现出的作用力是引力与斥力的合力。图甲是分子引力、分子斥力随分子间距离r的变化图像，图乙是实际分子力F随分子间距离r的变化图像（斥力以正值表示，引力以负值表示）。将两分子从相距r=r2处由静止释放，仅考虑这两个分子间的作用力，下列说法正确的是______。A.从r=r2到r=r1分子间引力、斥力都增大B.从r=r2到r=r1分子间引力减小，斥力增大C.当r<r0时，分子间的作用力表现为斥力D.从r=r2到r=r0分子间的作用力一直做正功E从r=r2到r=r0分子势能先减小后增大【答案】ACD【解析】【详解】AB．由图甲可知，随分子间距离减小，分子间的引力和斥力都在增大，故A正确B错误；C．由图乙可知，当r<r0时，分子间的作用力为正，即表现为斥力，故C正确；DE．从r=r2到r=r0过程中，分子间的作用力表现为引力，故随距离的减小，分子力一直做正功，动能增大，分子势能一直减小，故D正确E错误。故选ACD。18.如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体，已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和气缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0，现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。重力加速度为g。求：（i）活塞即将离开卡口a时，汽缸中气体的压强p1和温度T1；（ⅱ）活塞刚到达b处时，汽缸中气体的温度T2（ⅲ）在上述过程中汽缸中气体对外所做的功。【答案】（i）；；（ⅱ）；（ⅲ）【解析】【详解】（i）活塞即将离开卡口a时，对卡口a的压力为零活塞平衡解得，活塞即将离开卡口a时，汽缸中气体的压强活塞离开卡口a之前，汽缸中气体体积保持不变解得，活塞即将离开卡口a时，汽缸中气体的温度（ii）活塞从离开卡口a至到达b处前的过程中，压强保持p1不变解得，活塞刚到达b处时，汽缸中气体的温度（ⅲ）活塞未离开卡口a的过程，汽缸中气体对外不做功活塞从离开卡口a至到达b处前的过程中，压强保持p1不变汽缸中气体对活塞的力F不变