河南省郑州市新郑实验中学2022-2023学年高三物理摸底试卷含解析

河南省郑州市新郑实验中学2022-2023学年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.（单选）一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，由闪光照片得到的数据，发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了2m；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了8m．由此可以求得（） A．第一次闪光时质点的速度 B．质点运动的加速度 C．从第二次闪光到第三次闪光这段时间内质点的位移 D．质点运动的初速度参考答案：C2.（09年长沙一中、雅礼中学联考）绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为－q（q>0）的滑块（可看作点电荷）从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度减为零。已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，以下判断正确的是（

）A.滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力B.滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于C.此过程中产生的内能为D.Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为参考答案：答案：D3.对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是______

A．保持气体的压强不变，改变其体积，可以实现其内能不变

B．保持气体的压强不变，改变其温度，可以实现其内能不变

C．若气体的温度逐渐升高，则其压强可以保持不变

D．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关

E．当气体体积逐渐增大时，气体的内能一定减小参考答案：ACD4.下列核反应方程中，属于α衰变的是（）A．N+He→O+HB．U→Th+HeC．H+H→He+nD．Th→Pa+e参考答案：B【考点】裂变反应和聚变反应．【分析】α衰变是指原子核分裂并只放射出氦原子核的反应过程，根据这一特定即可判断．【解答】解：A、方程N+He→O+H；是人工核反应方程，是发现质子的核反应方程．故A错误；B、方程U→Th+He，是U原子核分裂并只放射出氦原子核的反应过程，属于α衰变．故B正确；C、方程H+H→He+n，是轻核的聚变反应．故C错误；D、方程Th→Pa+e，释放出一个电子，是β衰变的过程．故D错误．故选：B．5.如图所示，AB为斜面，BC为水平面，从A点以水平速度v0抛出一小球，此时落点到A的水平距离为s1；从A点以水平速度3v0抛出小球，这次落点到A点的水平距离为s2，不计空气阻力，则s1∶s2可能等于()A．1∶3

B．1∶6

C．1∶9

D．1∶12参考答案：ABC二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.为“验证牛顿第二定律”，某同学设计了如下实验方案：A．实验装置如图甲所示，一端系在滑块上的轻质细绳通过转轴光滑的轻质滑轮，另一端挂一质量为m＝0.33kg的沙桶，用垫块将长木板的有定滑轮的一端垫起．调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动；B．保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，接好纸带，接通打点计时器的电源，然后让滑块沿长木板滑下，打点计时器打下的纸带如图乙所示．请回答下列问题：(1)图乙中纸带的哪端与滑块相连？

（填“左端”或“右端”）(2)图乙中相邻两个计数点之间还有4个打点未画出，打点计时器接频率为50Hz的交流电源，根据图乙求出滑块的加速度a＝________m/s2.（小数点后取两位数）(3)不计纸带与打点计时器间的阻力，滑块的质量M＝________kg.(g取10m/s2)参考答案：(1)取下细绳和钩码后，滑块加速下滑，随着速度的增加点间距离逐渐加大，故纸带的右端与滑块相连．(2)由Δx＝aT2，得a＝＝m/s2＝1.65m/s2.(3)匀速下滑时滑块所受合外力为零，撤去钩码滑块所受合外力等于mg，由mg＝Ma得M＝2kg.答案：(1)右端(2)1.65(3)27.如图所示，用弹簧竖直悬挂一气缸，使气缸悬空静止．已知活塞与气缸间无摩擦，缸壁导热性能良好．环境温度为T，活塞与筒底间的距离为h，当温度升高△T时，活塞尚未到达气缸顶部，求：

①活塞与筒底间的距离的变化量；

②此过程中气体对外界

（填“做正功”、“做负功卵或“不做功”），气体的内能____（填“增大”、“减小”或“不变”）．参考答案：8.作用在同一物体上的三个力，它们的大小都等于5N，任意两个相邻力之间的夹角都是120°，如图3－4－7所示，则这三个力合力为________；若去掉Fl，而F2、F3不变，则F2、F3的合力大小为________，方向为________

图3－4－7图3－4－8参考答案：0N5N与Fl相反．9.图中竖直方向的平行线表示匀强电场的电场线，但未标明方向．一个带电量为﹣q的微粒，仅受电场力的作用，从M点运动到N点，动能增加了△Ek（△Ek＞0），则该电荷的运动轨迹可能是虚线a（选填“a”、“b”或“c”）；若M点的电势为U，则N点电势为U+．参考答案：【考点】：电场线；电势．【分析】：根据动能定理，通过动能的变化判断出电场力的方向，从而判断轨迹的弯曲程度，根据动能定理求出M、N两点间的电势差，从而求出N点的电势．：解：从M点运动到N点，动能增加，知电场力做正功，则电场力方向向下，轨迹弯曲大致指向合力的方向，可知电荷的运动轨迹为虚线a，不可能是虚线b．电场力方向方向向下，微粒带负电，则电场强度方向向上，N点的电势大于M点的电势，根据动能定理知，﹣qUMN=△Ek，则N、M两点间的电势差大小UMN=﹣由UMN=φM﹣φN，φM=U，解得φN=U+故答案为：a，U+．【点评】：解决本题的关键知道轨迹弯曲与合力方向的大致关系，本题的突破口在于得出电场力方向，再得出电场强度的方向，从而知道电势的高低．10.在光滑的水平面上有一静止的物体。现以水平恒力F1作用一段时间后，立即换成相反方向的水平恒力F2推这一物体。当恒力F2作用时间等于恒力F1作用时间的2倍时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为45J。则在整个过程中，恒力F1做的功等于

J，恒力F2做的功等于

J。参考答案：11.如图所示，有两根长均为L、质量均为m的细导体棒a、b，其中a被水平放置在倾角为45°的绝缘光滑斜面上，b被水平固定在斜面的右侧，且与a在同一水平面上，a、b相互平行．当两细棒中均通以大小为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止．则b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度B的大小为，若使b竖直向下移动一小段距离，则a将沿斜面下移（选填“沿斜面上移”、“沿斜面下移”或“仍保持静止”）．参考答案：考点：安培力；共点力平衡的条件及其应用．分析：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向，并根据受力平衡来确定b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度大小与方向，判断受力即可．解答：解：当导体a处于匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，因夹角为45°，则大小B=当b竖直向下移动，导体棒间的安培力减小，根据受力平衡条件，当a受力的安培力方向顺时针转动时，只有大小变大才能保持平衡，而安培力在减小，因此不能保持静止，将沿斜面下移；故答案为：

沿斜面下移点评：学会区分左手定则与右手螺旋定则，前者是判定安培力的方向，而后者是电流周围磁场的方向，并学会受力分析，同时掌握力的合成与分解的法则．12.卢瑟福用a粒子轰击氮核时发现了质子.完成其核反应方程：_____________参考答案：13.参考答案：三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.如图，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口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；活塞和汽缸壁均绝热，不计他们之间的摩擦。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气缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时气缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。参考答案：试题分析：由于活塞处于平衡状态所以可以利用活塞处于平衡状态，求封闭气体的压强，然后找到不同状态下气体参量，计算温度或者体积。开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有①根据力的平衡条件有②联立①②式可得③此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖—吕萨克定律有④式中V1=SH⑤V2=S（H+h）⑥联立③④⑤⑥式解得⑦从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为⑧故本题答案是：点睛：本题的关键是找到不同状态下的气体参量，再利用气态方程求解即可。15.（选修3-5模块）（4分）2008年北京奥运会场馆周围80％～90％的路灯将利用太阳能发电技术来供电，奥运会90％的洗浴热水将采用全玻真空太阳能集热技术．科学研究发现太阳发光是由于其内部不断发生从氢核到氦核的核聚变反应，即在太阳内部4个氢核（H）转化成一个氦核（He）和两个正电子（e）并放出能量.已知质子质量mP=1.0073u，α粒子的质量mα=4.0015u，电子的质量me=0.0005u．1u的质量相当于931.MeV的能量．①写出该热核反应方程；②一次这样的热核反应过程中释放出多少MeV的能量?（结果保留四位有效数字）参考答案：

答案：①4H→He+2e（2分）②Δm=4mP－mα－2me=4×1.0073u－4.0015u－2×0.0005u=0.0267u（2分）ΔE=Δmc2

=0.0267u×931.5MeV/u＝24.86MeV

（2分）四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，两端带有固定薄挡板的滑板C长为l，质量为，与地面间的动摩擦因数为μ，其光滑上表面上静置着质量分别为m、的物块A、B，A位于C的中点，现使B以水平速度2v向右运动，与挡板碰撞并瞬间粘连，不再分开，A、B可看作质点，物块A与B、C的碰撞都可视为弹性碰撞．已知重力加速度为g．求：（1）B与C上挡板碰撞后的速度以及B、C碰撞后C在水平面上滑动时的加速度大小；（2）A与C上挡板第一次碰撞后A的速度大小．参考答案：解：（1）B、C碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：?2v=（+）v1解得：v1=v；对BC，由牛顿第二定律得：μ（m++）g=（+）a，解得：a=2μg；（2）设A、C第一次碰撞前瞬间C的速度为v2，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v22﹣v12=2（﹣a）?l，物块A与B、C的碰撞都可视为弹性碰撞，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

（m+）v2=（m+）v3+mv4由能量守恒定律得：（m+）v22=（m+）v32+解得，A与C上挡板第一次碰撞后A的速度大小v4=；答：（1）B、C碰撞后的速度为v，C在水平面上滑动时加速度的大小为2μg；（2）A与C上挡板第一次碰撞后A的速度大小是．【考点】动量守恒定律；功能关系．【分析】（1）B、C碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞后的速度，由牛顿第二定律可以求出加速度．（2）由运动学公式求出A、C碰撞前C的速度，A、C碰撞过程时间极短，系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出A与C上挡板第一次碰撞后A的速度大小．17.中科院等离子物理研究所设计并制造的世界上首个“人造太阳”实验装置大部件已安装完毕．若在此装置中发生核反应的方程是，已知、核的比结合能分别为EH=1.11MeV、EHe=7.07MeV，试求此核反应过程中释放的核能．参考答案：△E=23.84MeV解：则核反应过程中释放的核能：△E=4EHe?4EH=4×(7.07?1.11)MeV=23.84MeV，答：此核反应过程中释放的核能23.84MeV.18.（13分）（1）如图1，在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各联结一个小球构成，两小球质量相等。现突然给左端小球一个向右的速度u0，求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度。（2）如图2，将N个这样的振子放在该轨道上。最左边的振子1被压缩至弹簧为某一长度后锁定，静止在适当位置上，这时它的弹性势能为E0。其余各振子间都有一定的距离。现解除对振子1的锁定，任其自由运动，当它第一次恢复到自然长度时，刚好与振子2碰撞，此后，继续发生一系列碰撞，每个振子被碰后刚好都是在弹簧第一次恢复到自然长度时与下一个振子相碰。求所有可能的碰撞都发生后，每个振子弹性势能的最大值。已知本题中两球发生碰撞时，速度交换，即一球碰后的速度等于另一球碰前的速度。参考答案：

解析：（1）设小球质量为m，以u1、u2分别表示弹簧恢复到自然长度时左右两端小球的速度。由动量守恒和能量守恒定律有

mu1+mu2=mu0

（以向右为速度正方向）

解得u1=u0，u2=0或u1=0，u2=u0

由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度的过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端持续减速，使右端小球持续加速，因此应该取：u1=0，u2=u0

（2）以v1、分别表示振