广东省揭阳市2020届高三下学期线上教学摸底物理测试题 Word版含解析 14页

www.ks5u.com 揭阳市 2020 年高三物理科线上教学摸底测试 说明：本自测题共 14 题，均为单项选择题。其中，第 1-13 题，每小题 4 分，第 14 小题 3 分，满分55 分，测试时间 30 分钟。‎ ‎1. “物理”是取“格物致理”四字的简称。在学习物理规律同时，还需要了解物理学家发现物理规律的过程，领悟并掌握处理物理问题的思想与方法。下列叙述正确的是（　　）‎ A. 在验证力的平行四边形定则的实验中使用了控制变量的方法 B. 伽利略采用了斜面实验，“冲淡”了重力的作用，便于运动时间的测量 C. 笛卡尔根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因 D. 牛顿三大定律都无法利用实验来验证 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在验证力的平行四边形定则的实验中使用了等效替代的方法，故A错误；‎ B．伽利略采用了斜面实验，“冲淡”了重力的作用，延长小球滚下斜面的速度，便于运动时间的测量，B正确；‎ C．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，故C错误；‎ D．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能直接用实验进行验证，但是牛顿第二定律和牛顿第三定律是可以通过实验验证的，D错误。‎ 故选B。‎ ‎2.为了安全，轿车中都装有安全气囊。当发生剧烈碰撞时，安全气囊启动为驾驶员提供保护。关于安全气囊的作用下列说法正确的是（　　）‎ A. 减小了驾驶员的动量变化量 B. 增大了驾驶员的动量变化量 C. 减小了驾驶员的动量变化率 D. 减小了驾驶员受到撞击力的冲量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在碰撞过程中，人的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理Ft=△P可知，可以减小驾驶员受到的冲击力，故C正确，ABD错误。‎ 故选C - 14 -‎ ‎3.如图所示为氢原子的能级图，用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子，受到激发后的氢原子只辐射出三种不同频率的光a、b、c，频率νa＞νb＞νc，下列说法正确的是 A. 照射氢原子的光子能量为12.75eV B. 从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光频率为νa C. 从n=3能级跃迁到n=1能级辐射出的光频率为νc D. 光a能使逸出功为10.2eV的某金属发生光电效应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据公式，可知，n=3，因此受到激发后的氢原子处于第n=3能级；‎ A．根据氢原子由n=3跃迁到n=1产生的光子能量与从n=1跃迁到n=3所吸收的光子能量相等可知，照射氢原子的光子能量为：△E31=E3-E1=-1.51-（-13.6）=12.09eV，故A错误；‎ B．频率大小关系为va＞vb＞vc，从n=3跃迁到n=2辐射出的能量最小，即其对应的光频率为vc，故B错误；‎ C．氢原子由n=3跃迁到n=1产生的光的能量最大，辐射出的光频率为va，故C错误；‎ D．氢由n=3跃迁到n=1产生的光的能量12.09eV，依据光电效应方程，所以能使逸出功为10.2eV的金属能发生光电效应，故D正确．‎ ‎4.如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中（该过程小球未脱离球面)，木板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. F1增大，F2减小 - 14 -‎ B. F1减小，F2减小 C. F1增大，F2增大 D. F1减小，F2增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】对小球受力分析，受重力、挡板向右的支持力和半球面的支持力，如图，根据平衡条件解得：‎ 由于θ不断增加，故F1增大、F2增大，故C正确。‎ 故选C。‎ ‎5.如图所示，理想变压器原线圈输入电压u=Umsinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器．V1和 V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1 和A2 是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是（　　）‎ A. 和表示电流的瞬时值 B. 和表示电压的最大值 C. 滑片P向下滑动过程中，不变、变大 D. 滑片P向下滑动过程中，变小、变小 ‎【答案】C - 14 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】在交流电中电表显示的都是有效值，故AB错误；滑片P向下端滑动过程中，电阻减小，电压不变即U2不变，则I2变大，输出功率变大，输入功率变大，输入电压不变，所以I1变大，故C正确，D错误．‎ ‎6.A、B、C三点构成等边三角形，边长为2cm，匀强电场方向与ABC构成的平面的夹角为，电势φA=φB=4V，φC=1V，下列说法正确的是（　　）‎ A. 匀强电场场强大小为200V/m B. 匀强电场场强大小100V/m C. 将一个正电荷从A点沿直线移到C点，它的电势能一直增大 D. 将一个正电荷从A点沿直线移到B点，它的电势能先增大后减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．等边三角形边长L=2cm=0.02m，设AB边中点为O，连接OC根据几何关系可得 因为 故AB为一条等势线，则电场线与AB垂直，又因为C点电势 画出该电场的俯视图和主视图，分别如图所示，OC两点的电势差 电场方向与ABC平面的夹角θ=，根据电场强度与电势差之间的关系式，可得 - 14 -‎ 故A正确，B错误；‎ C．正电荷从A点沿直线移到C点，电场力与位移之间的夹角为锐角，电场力做正功，电势能减小，故C错误；‎ D．AB为一条等势线，正电荷从A点沿直线移到B点，电场力不做功，电势能不变，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎7.一物体沿倾角为30°的粗糙斜面从顶端由静止开始下滑，运动的位移x—时间t关系图像是一段抛物线，如图所示，g=10m/s2。则（　　）‎ A. 下滑过程中物体的加速度逐渐变大 B. t=0.5s时刻，物体的速度为0.5m/s C. 0~0.5s时间内，物体平均速度为1m/s D. 物体与斜面间动摩擦因数为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由匀变速直线运动位移公式 代入图中数据解得 a=2m/s2‎ - 14 -‎ A错误；‎ B．根据运动学公式 t=0.5s代入方程解得 B错误；‎ C．0~0.5s时间内，物体平均速度 C错误；‎ D．由牛顿第二定律有 mgsin30°－μmgcos30°=ma 解得动摩擦因数 D正确。‎ 故选D。‎ ‎8.在某次乒乓球比赛中，乒乓球先后两次落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的速度方 向均水平向右，把两次落台的乒乓球看成完全相同的球1和球2，如图所示，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自起跳到最高点的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A. 过网时球1的速度小于球2的速度 B. 球1的飞行时间大于球2的飞行时间 C. 落在台上起跳时，球1的重力功率等于球2的重力功率 D. 球1的速度变化率小于球2的速度变化率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．起跳后，乒乓球的运动视为斜抛运动，其逆过程为平抛运动，由得 - 14 -‎ 则球1的飞行时间等于球2的飞行时间，过网时球的速度是平抛运动的初速度，根据以上分析知运动时间相同，球1的水平位移大，故过网时球1的速度大于球2的速度，起跳时，竖直分速度为vy=gt，可知起跳时，两球竖直方向的分速度是相等的，则此时球1的重力功率等于球2的重力功率，故AB错误，C正确；‎ D．不计乒乓球的旋转和空气阻力，知两球加速度等于g，相同，速度变化率即为加速度，故球1的速度变化率等于球2的速度变化率，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎9.如图所示，卫星a和b分别在半径相同的轨道上绕金星和地球做匀速圆周运动，已知金星的质量小于地球的质量，则（　　）‎ A. a、b的线速度大小相等 B. a的角速度较大 C. a的周期较大 D. a的向心加速度较大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】卫星绕星球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 解得 ‎，，，‎ 分析题意可知，金星的质量小于地球质量，则b的角速度大，b的周期小，b的线速度大，b的向心加速度大，故ABD错误，C正确。‎ - 14 -‎ 故选C。‎ ‎10.如图所示，由同种材料制成，粗细均匀，边长为L、总电阻为R的单匝正方形闭合线圈 MNPQ放置在水平面上，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的有界匀强磁场，磁场两边界成θ=角。现使线圈以水平向右的速度ν匀速进入磁场，则（　　）‎ A. 当线圈中心经过磁场边界时，P点的电势比N点高 B. 当线圈中心经过磁场边界时，N、P两点间的电势差U=BLv C. 当线圈中心经过磁场边界时，线圈所受安培力大小 D. 线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，通过导线某一横截面的电荷量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当线圈中心经过磁场边界时，此时切割磁感线的有效线段为NP，由右手定则可知，P点的电势比N点低，故A错误；‎ B．根据法拉第电磁感应定律，NP产生的感应电动势为，此时N、P两点间的电势差U为路端电压，有 故B错误；‎ C．当线圈中心经过磁场边界时，QP、NP受安培力作用，且两力相互垂直，故合力为 故C错误；‎ D．根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，有 - 14 -‎ ‎，‎ 通过导线某一横截面的电荷量为 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎11.如图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP=。在M、N处各有一条长直导线垂直于纸面放置，导线中通有大小相等的恒定电流、方向如图所示，这时O点磁感应强度的大小为B1；若将N处的长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小变为B2。则B1与B2之比为 A. 1∶1 B. 1∶ C. ∶1 D. 2∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知O点为MN的中点，O点磁感应强度的大小为B1，则可知M和N在O点处产生的磁场磁感应强度为；当将N处的长直导线移至P处后，M和N在O处产生的磁场如图所示：‎ 由几何关系可知O点的合磁感应强度大小为：‎ 所以：‎ - 14 -‎ 故C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎12.如图所示，两平行板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板长为L，两板间距离为L。有一个带电量为q、质量为m的粒子，以水平速度v，从靠近上板边缘处进入该磁场，粒子恰能从下极板右侧边缘离开磁场，不计粒子重力。则（　　）‎ A. 该粒子带正电 B. 该粒子做匀变速曲线运动 C. 该粒子在磁场中运动的时间为 D. 该粒子离开磁场时速度偏转角为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据题意可知，粒子向下偏转，受到洛伦兹力向下，所以粒子带负电，故A错误；‎ B．根据题意粒子在磁场中做匀速圆周运动，即做变加速曲线运动，故B错误；‎ C．粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示 设圆周半径为R，圆心角为，由勾股定理有 解得 故有 - 14 -‎ 可知圆心角为 则速度偏向角为，则粒子在磁场中运动的时间为 故C错误，D正确。‎ 故选D ‎13.如图，水平传送带以恒定速度顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧．将小物块P轻放在传送带左端，P在接触弹簧前速度已达到v，与弹簧接触后弹簧的最大形变量为d．P的质量为m，与传送带之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．从P开始接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变的过程中 A. P的速度一直减小 B. 传送带对P做功功率一直减小 C. 传送带对P做的功W<μmgd D. 弹簧的弹性势能变化量△Ek=mv2+μmgd ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：P与弹簧接触后在水平方向受弹簧力作用， P受的静摩擦力向右，P做匀速运动，运动到弹力与最大摩擦力相等时，P物体由惯性P继续压缩弹簧，P接下来做减速运动直到速度为零，故A错误；‎ B项：由公式可知，由于P先做匀速后做减速，由于静摩擦力增大，速度不变，所以功率先增大，后滑动摩擦力不变，速度减小，所以功率减小，故B错误；‎ - 14 -‎ C项：由于P开始到弹力与最大静摩擦力相等的过程中P受的为静摩擦力，后来为滑动摩擦力，所以传送带对P做的功小于μmgd，故C正确；‎ D项：对滑块由动能定理得：，由于，所以弹簧的弹性势能变化量小于mv2+μmgd，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎14.某同学欲将电流表改装为两用电表，即中央刻度为15的“×1”挡的欧姆表及量程为 0~15V的电压表，实验室可提供的器材有 A.一节全新的5号干电池（电动势E=1.5V，内阻不计）‎ B.电流表A1（量程0~10mA，内阻为25Ω）‎ C.电流表A2（量程0~100mA，内阻为2.5Ω） ‎ D.滑动变阻器R1（0~30Ω）‎ E.滑动变阻器R2（0~3Ω）‎ F.定值电阻R3（117.5Ω）‎ G.定值电阻R4（120Ω）‎ H.定值电阻R5（147.5Ω）‎ L.单刀双掷开关S，一对表笔及若干导线 ‎(1)图中电流表应选用__（选填“B”或“C”），滑动变阻器应选用____（选填“D”或“E”），定值电阻R0应选_____（选填“F"“G"或“H”）；‎ ‎(2)在正确选用器材的情况下，正确连接好实验电路。若电流表满偏电流为Ig，则电阻刻度盘上指针指在处应标上__。（填写具体数值）以上四空答案依次是__‎ A.B、E、G、5Ω ‎ B.C、D、H、5Ω ‎ - 14 -‎ C.B、D、G、50Ω ‎ D.C、E、H、50Ω ‎【答案】 (1). C (2). D (3). H (4). 5 (5). B ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]中央刻度为15的“×1”挡的欧姆表中值电阻为15Ω，欧姆表内阻等于中值电阻，欧姆调零时电路电流 则电流表应选择C；‎ ‎[2]电流表内阻为2.5Ω、欧姆表内阻为15Ω，滑动变阻器接入电路中的阻值应为 因此滑动变阻器应选D；‎ ‎[3]把电流表改装成15V的电压表串联电阻阻值 则定值电阻选择H；‎ ‎(2)[4]电阻刻度盘上指针指在处时 即 解得 ‎[5]以上四空答案依次是C、D、H和，故选B ‎ ‎ - 14 -‎ - 14 -‎