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- 2021-05-26 发布
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唐山市2020~2021学年度高三年级摸底考试
物理
一、单项选择题:本题共8个小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 一汽车沿平直公路行驶,其运动的v-t图像如图所示,则该汽车( )
A. 第1s内和第2s内运动方向相反
B. 第2s内和第3s内加速度方向相反
C. 第1s内和第2s内平均速度相同
D. 0~2s内和0~4s内位移相同
【答案】C
【解析】
【详解】A.由v-t图像可知,第1s内和第2s内,汽车速度均为正值,速度方向相同,A错误;
B.第2s内和第3s内图像的斜率相同均为负值,说明汽车的加速度方向相同,B错误;
C.第1s内的位移和第2s内的位移大小相等,方向相同,所用时间相等,所以平均速度相同,C正确;
D.由图线和时间轴围成面积表示位移可知,0-2s内汽车沿正方向运动,位移为正,大小为
0-4s内汽车先在0-2s内沿正方向运动,位移为正,大小为4m;后在2-4s内沿负方向运动,位移为负值,大小为
汽车在0-4s内的位移
汽车在0-2s内和0-4s内位移不相同,D错误。
故选C。
- 21 -
2. 在进行光电效应实验时,用波长为λ的单色光照射光电管阴极,发生了光电效应现象,下列说法正确的是( )
A. 改用波长小于λ的光照射,不能发生光电效应
B. 改用波长大于λ的光照射,光电子的最大初动能变大
C. 减小入射光的强度,光电流可能消失
D. 增大入射光的强度,光电流变大
【答案】D
【解析】
【详解】A.波长越小,则频率越大,则改用波长小于λ的光照射,仍能发生光电效应,选项A错误;
B.波长越大,则频率越小,根据爱因斯坦光电效应方程可知,改用波长大于λ的光照射,光电子的最大初动能变小,选项B错误;
C.减小入射光的强度,,单位时间逸出光电子的数量减小,光电流减小,但是不会消失,选项C错误;
D.增大入射光的强度,单位时间逸出光电子的数量增加,则光电流变大,选项D正确。
故选D。
3. 如图所示,甲从竖直固定的光滑圆弧轨道项端由静止滑下,轨道半径为R,圆弧末端切线水平,乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下。甲乙两个小球的质量相同,下列判断正确的( )
A. 两小球到达末端时动能相同
B. 两小球到达末端时速度相同
C. 两小球从顶端运动到末端的过程中,重力做功不相等
D. 两小球到达末端时,重力的瞬时功率相等
【答案】A
【解析】
详解】AB.根据机械能守恒定律可知
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可知两小球到达末端时动能相同,速度大小相同,但是方向不同,则速度不同,选项A正确,B错误;
C.两小球从顶端运动到末端的过程中,重力做功相等,均为mgh,选项C错误;
D.根据P=mgvy可知,两小球到达末端时,甲的重力的瞬时功率为零,乙的重力的瞬时功率不为零,选项D错误。
故选A。
4. 光滑水平地面上静止放置A、B两物体,物体A的质量为3m,物体B的质量为2m,对物体A施加恒定的水平外力F,作用时间t。撤去外力F后,物体A与物体B发生碰撞并粘合在一起,则二者的共同速度为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】对整个过程以及AB的系统,由动量定理 可得
解得
故选B。
5. 变压器原线圈与恒压交变电源连接,当滑动变阻器的滑片P向B端滑动时,理想交流电表的变化情况为( )
A A1表读数变小 B. A2表读数变小
C. V1表读数变小 D. V2表读数变小
【答案】D
【解析】
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【详解】C.由于变压器原线圈与恒压交变电源连接,则原副线圈的电压不变,所以V1表读数不变,R两端的电压也不变,R1与滑动变阻器这个支路的总电压也不变,选项C错误;
B.当滑动变阻器的滑动触头P向B端滑动时,滑动变阻器接入电路的电阻变小,则R1与滑动变阻器这个支路的电流变大,A2表读数变大,副线圈电路干路电流变大,选项B错误;
A.原副线圈匝数不变,根据可知原线圈中电流变大,A1表读数变大,选项A错误;
D.由于R1与滑动变阻器这个支路的总电压不变,电流变大,降落在R1上的电压变大,则滑动变阻器的电压变小,即V2表读数变小,选项D正确。
故选D。
6. 如图所示,两根长为L的平行直导线P、Q固定在水平面上,整个空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。当导线中通入图中所示方向大小相等的电流I时,两导线所受安培力均为0。现将导线Q中的电流反向,大小不变,导线P受到的安培力为( )
A. BIL B. 2BIL C. 3BIL D. 4BIL
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可知,导线Q中的电流未反向时,两导线所受安培力均为0,说明两导线所受外加磁场的安培力与两导线间的作用力方向相反,大小相等即为BIL,现将导线Q中的电流反向,大小不变,则导线P受到导线Q的作用力方向向右与导线P所受到的外加磁场的安培力方向相同,则此时导线P受到的安培力为2BIL
故选B。
7. 某同学将篮球从距离地面高为h处由静止释放,与地面碰撞后上升的最大高度为。若篮球与地面碰撞无能量损失,空气阻力大小恒定,则空气阻力与重力大小之比为( )
A. 1:5 B. 2:5 C. 3:5 D. 4:5
【答案】C
- 21 -
【解析】
【详解】篮球与地面碰撞无能量损失,全过程根据动能定理有
所以
选项C正确,ABD错误。
故选C。
8. 如图所示,圆形金属轨道处于垂直纸面向里的匀强磁场中,一足够长的金属杆MN恰好封住轨道缺口,杆的N端与轨道的一端接触良好。现使金属杆以N端为轴顺时针匀速转动,金属杆与导轨接触良好,导轨电阻不计,金属杆单位长度上的电阻为r。在金属杆转过的过程中,下列图像中的描述回路电流变化正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设金属杆转动的角速度为,经过时间t,金属杆接入电路中的有效长度为
此时产生的感应电动势为
- 21 -
感应电流为
随时间的推移,电流增大,当时,即金属杆转到竖直位移置,此时感应电流最大,当金属杆转到竖直位置右边时感应电流为
随时间的推移,电流减小,由数学知识可知,只有B图符合
故选B。
二、多项选择题:本题共3个小题,每小题4分,共12分。每个小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分。
9. 如图所示,光滑水平面和倾角为45°的光滑斜面对接,质量为m的小球静止在斜面底端。对小球施加一水平向右的作用力F,小球未离开水平面,F的值可能为( )
A mg B. mg C. mg D. 2mg
【答案】AB
【解析】
【详解】对小球施加一水平向右的作用力F,当力F为0时,小球受重力和水平面的支持力平衡,随着力F的增大,斜面对小球也将产生弹力的作用。当小球恰好与水平面无作用力,仅受斜面弹力而平衡时,F最大,受力如图
此时根据几何关系有
- 21 -
所以mg和mg为F的可能值,故选AB。
10. 如图所示,在虚线圆圆心A两侧的对称点固定等量异种电荷+Q、-Q,B、C、D为虚线圆上的三个点,下列判断正确的是( )
A. A、B、C、D四个点中C点电势最低
B. B、D两点场强相同
C. B、D两点电势相同
D. 将+q沿圆周由B点移动到D点,+q的电势能一直减小
【答案】BD
【解析】
【详解】A.由电势的叠加原理可知,由于D点离负电荷最近,则A、B、C、D四个点中D点电势最低,故A错误;
B.由等量异种电荷电场分布可知,B、D两点场强相同,故B正确;
C.由电势的叠加原理可知,由于D点离负电荷最近,B点离正电荷更近,故B点电势高于D点电势,故C错误;
D.沿圆周由B点移动到D点,离正电荷越来越远,离负电荷越来越近,由电势的叠加原理可知,沿圆周由B点移动到D点电势越来越低,则+q的电势能一直减小,故D正确。
故选BD。
11. 我国嫦娥四号探测器已经成功在月球表面着陆,并进行相关探索行动。若发现一物体以初速度v在动摩擦因数为μ的平面上滑行,经时间t停止运动。已知万有引力常数为G,月球的半径为R,则正确的是( )
A. 月球质量为
- 21 -
B. 月球的平均密度为
C. 月球的第一宇宙速度为
D. 月球的自转周期为
【答案】ABC
【解析】
【详解】令月球表面的重力加速度为g,根据牛顿第二定律可得加速度为
a=μg
根据速度时间公式
可得
A.根据万有引力提供向心力
解得质量为
故A正确;
B.月球的体积为
则密度为
联立可得月球的平均密度为
- 21 -
故B正确;
C.根据万有引力提供向心力
联立可得月球的第一宇宙速度为
故C正确;
D.根据题意无法求出月球自转的周期,故D错误。
故选ABC。
三、非选择题:本题5小题,共52分。
12. 某同学利用如图所示的装置“探究功与速度变化的关系”。实验时,在木板的左端固定一挡板,挡板上拴一轻质弹簧,弹簧的右端固定一小物块,物块的上方有一很窄的遮光片,当弹簧的长度为原长时,物块恰处于O点,O点的正上方有一光电门,光电门上连接计时器(图中未画出)。已知弹性势能的表达式为Ep=k(△x)2。
(1)实验开始时______平衡摩擦力(填“需要”或“不需要”)。
(2)所有实验条件具备后,将小物块向左压缩弹簧△x后从静止释放,小物块在弹簧的作用下被弹出,记下遮光片通过光电门的时间t1。
(3)将小物块向左压缩弹簧2△x、3△x、4△x…后从静止释放,小物块在弹簧的作用下被弹出,分别记下遮光片通过光电门的时间t2、t3、t4
(4)将几次实验中弹簧对小物块做的功分别记为W1、W2、W3…,则W1:W2:W3=______,若以W为纵坐标,为横坐标作图,则得到的是______(选填“一条直线”或“一条曲线”)。
【答案】 (1). 需要 (2). 1∶4∶9 (3). 一条直线
【解析】
【详解】(1)[1]由于该实验要求弹簧弹力做功,所以不能有摩擦力做功,所以需要平衡摩擦力
- 21 -
(4)[2]已知弹性势能的表达式为Ep=k(△x)2,所以几次实验中弹簧对小物块做的功分别记为W1、W2、W3,根据功能关系可知
W1:W2:W3=Ep1:Ep2:Ep3=1:4:9,
[3]光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度v,小物块在弹簧的作用下被弹出,记下遮光片通过光电门的时间t,则小物块的速度
根据功能关系可以求出需要验证的关系式
若以W为纵坐标、为横坐标作图,则得到的图象是一条倾斜直线。
13. 为了测量某电池的电动势E(约为3V)和内阻r,可供选择的器材如下:
A.电流表G1(2mA内电阻为100Ω)
B.电流表G2(1mA内电阻未知)
C.电阻箱R1(0~99.9Ω)
D.电阻箱R2(0~9999.9Ω)
E.滑动变阻器R3(0~10Ω,1A)
F.滑动变阻器R4(0~1000Ω,10mA)
G.定值电阻R0(800Ω,0.1A)
H.待测电池,
I.导线、开关若干
(1)采用如图甲所示的电路,测定电流表G2的内阻,得到电流表G1的示数和电流表G2的示数I2如下表所示:
I1/mA
0.40
0.81
1.20
1.59
2.00
I2/mA
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
根据测量数据,请在图乙坐标系中描点作出I1-I2图线______,由图线可得出电流表G2的内阻等于______。
- 21 -
(2)某同学在现有器材的条件下,要测量该电池的电动势和内阻,采用了图丙所示的电路,若把电流表G2改装成量程为3V的电压表,把电流表G1改装成量程为0.5A的电流表。
(3)以G2示数I2为纵坐标,G1示数I1为横坐标,作出I2-I1如图丁所示,结合可得出电源的电动势为______V,电源的内阻为______Ω(结果均保留两位有效数字)。
【答案】 (1). 图略 (2). 200 (3). 2.7 (4). 8.6
【解析】
【详解】(1)[1][2]描点作出I1-I2图线如图所示,从表格中数据看,I1-I2成正比。图线为过原点的直线,电流表G2和电流表G1并联,电流之比就是内阻的反比。如图
电流表G1的内阻是100Ω,所以电流表G2的内阻等于200Ω。
(3)[3][4]因为电流表G2(量程为1mA内电阻为200Ω),把它改装成3V的电压表时,由于电流表上的电压为0.2V,故串联的电阻上的电压为2.8V,电阻箱R2该调到电阻的大小为
R2=2800Ω
由图像可知,当I1=0时,I2=0.9mA,故
E=(3000Ω)×0.9 mA
当I1=0.4mA时,I2=0.6mA,因将电流表改为0.5A量程,相当于扩大了250倍,故此时通过电池的电流也约为100mA,而此时的路端电压为0.6mA×3000Ω=1.8V,所以
E=1.8V+100mA×(r+RA)
以上两式联立方程解之得
- 21 -
E=2.7V
r +RA=9.0Ω
将电流表G1改装为0.5A量程的电表,则有
解得,因此等效电流表的内阻为
故电源的内阻
r=8.6Ω。
14. 质量为m的长木板静置于水平地面上,一质量也为m的木块从木板的左端滑上木板,初速度大小为v0=4m/s,如图所示。木板与木块间动摩擦因数μ1=0.3,木板与地面间动摩擦因数μ2=0.1,当二者都停止运动时,小木块未从木板上滑出。求:
(1)木块刚滑上木板时,木板的加速度大小;
(2)经过多长时间,木块和木板达到共速;
(3)木板在地面上滑行总距离。
【答案】(1)1m/s2;(2)1s;(3)1m
【解析】
【详解】(1)木块刚滑上木板时
对木板分析,由牛顿第二定律
可得
a2=1m/s2
(2)二者共速时,设共同速度为v
对木块
对木板
- 21 -
可得
t=1s
(3)二者共速后,一起减速滑行,对二者整体研究,由牛顿第二定律
可得
a3=1m/s2
共速前木板位移
共速后木板位移
总位移
可得
x=1m
15. 如图所示,A、B两物体置于水平地面上的O点,物体C置于P点,轻弹簧左端与竖直墙壁连接,右端与物体A相连,此时弹簧处于原长状态,物体B与A接触但无挤压。已知O点左侧水平面光滑,右侧粗糙,与物体A、B、C间动摩擦因数均为μ,物体A的质量为m1=m,物体B的质量为m2=5m,OP两点之间的距离为d。对物体B施加向左的外力,缓慢将AB推动到Q点(图中未画出),撤掉外力,物体B刚好滑动到P点但未与物体C发生碰撞。物体A、B、C均可视为质点,求:
(1)轻弹簧的弹性势能;
(2)将物体B换成质量为m4=0.5m的物体D,重复上述过程,释放后物体D与物体C发生弹性碰撞,碰后物体D恰好返回到O点,求物体C的质量。
【答案】(1);(2)
【解析】
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【详解】(1)撤掉外力,到达原长时,由能量守恒定律
之后AB分开,B减速运动到停止,由动能定理
可得
(2)将B换为物体D,设弹簧原长时物体D的速度为v,,物体D滑动到P点时的速度为v0,则
CD发生弹性碰撞
D反弹,,由动能定理
可得
16. 两金属板MN平行放置,金属板右侧的矩形区域abcd内存在垂直纸面向里的匀强磁场,P、Q分别为ad边和bc边的中点,ab=3L,ad=2L,金属板与矩形区域的轴线PQ垂直,如图所示。质量为m、电荷量为q的粒子在M板附近自由释放,经两板间电压加速后,穿过N板上的小孔,以速度v沿轴线PQ进入磁场区域,并由b点离开磁场。不计粒子重力,求:
(1)加速电压U的大小;
(2)矩形磁场中磁感应强度的大小;
(3)若在矩形磁场右侧,分布着另一个一条边平行于ab边的矩形磁场区域efgh(未画出),粒子经过efgh偏转后恰好回到出发位置,求矩形磁场efgh的最大磁感应强度及对应的面积。(cos=0.8,sin=0.6)
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【答案】(1);(2);(3);
【解析】
【详解】(1)在电场中加速,由动能定理得
可得
(2)磁场中
由勾股定理
可得
可得
(3)粒子可能的轨迹如图所示,则有粒子离开abcd后,立即进入磁场efgh时,满足题目要求。设粒子在磁场efgh中运动轨迹的半径为r
- 21 -
可得
磁场efgh中
由公式
得
则
磁场efgh面积
可得
得
四、选考题:共12分。从17和18题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。
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[物理——选修3-3]
17. 下列说法正确的是______。
A. 一定质量的气体,体积不变时,分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减少
B. 晶体熔化时吸收热量,分子平均动能一定增大
C. 空调既能制热又能制冷,说明在不自发的条件下热传递方向性可以逆向
D. 外界对气体做功时,其内能一定会增大
E. 液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大
【答案】ACE
【解析】
【详解】A.一定质量的气体,体积不变时,分子数密度不变,温度越低,则分子平均速率越小,则分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减少,选项A正确;
B.晶体熔化时吸收热量,但是温度不变,则分子平均动能不变,选项B错误;
C.空调既能制热又能制冷,说明在不自发的条件下热传递方向性可以逆向,选项C正确;
D.外界对气体做功时,若气体放热,则其内能不一定会增大,选项D错误;
E.液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大,选项E正确。
故选ACE。
18. 如图所示,两玻璃管内径相同,底部用细管相连,开始时两管内存在等高的10cm长水银柱,管内空气柱高均为20cm。现用阀门将右管口封闭,用活塞封闭左管口,缓慢推动活塞压缩左管内气体,使左管内的水银恰好全部进入右管,然后保持活塞位置不动。已知大气压为75cmHg,细管容积忽略不计,环境温度保持不变。求:
(1)左管活塞下移的距离(结果保留两位有效数字);
(2)将右管上端的阀门缓慢开启,计算说明右管内水银是否会溢出。
【答案】(1)21cm;(2)水银不会溢出
【解析】
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【详解】(1)对右侧气体应用玻意耳定律
p0L0=p右L右
其中
L右=20-10=10
p右=p左-20
对左侧气体应用玻意耳定律
P0L0S=P左L左S
解得
L左=8.8cm
活塞下移的距离
x=30cm-L左=21cm
(2)右管阀门打开后假设水银不溢出,左侧气体压强变为
p=p0+20
p0L0=pL′
解得
L′=15.8cm
因
L′+20=35.8cm<(8.8+30)cm
故水银不会溢出。
[物理——选修3-4]
19. 一列简谐横波,在t=0.6s时刻的如图甲所示,波上A质点的振动如图乙所示,则以下说法正确的是______
A. 这列波沿x轴正方向传播
B. 这列波的波速是m/s
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C. t=0.6s时,质点P的加速度方向沿y轴负方向
D. 从t=0.6s开始,质点P比质点Q晚0.4s回到平衡位置
E. 从t=0.6s开始,紧接着的△t=0.6s时间内,质点P通过的路程是4m
【答案】ABE
【解析】
【详解】A.由乙图读出t=0.6s时刻质点A向下振动,由甲图结合同侧法判断出可知波沿x轴正方向传播,故A正确;
B.由甲图读出波长为λ=20m,由乙图读出周期为T=1.2s,则波速为
故B正确;
C.由图甲可知,t=0.6s时,质点P的位移为负,则此时质点P的加速度方向沿y轴正方向,故C错误;
D.图示时刻质点P沿y轴正方向,直接向平衡位置运动,而Q正沿y轴负向运动,所以质点P将比质点Q早回到平衡位置,故D错误;
E.由于
则从t=0.6s开始,紧接着的△t=0.6s时间内,A质点通过的路程是
故E正确。
故选ABE。
20. 如图所示,等腰三角形ABC为某透明介质的横截面,O为BC边的中点,位于截面所在平面内的一束光线自O以角度i入射,第一次到达AB边恰好发生全反射。已知θ=15°,BC边长为L,该介质的折射率为。求:
(1)入射角i;
(2)光从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c,可能用到:sin75°=或tan15°=2-)。
- 21 -
【答案】(1)45°;(2)L
【解析】
【详解】根据题意可知光路图如图所示
(1)根据全反射可知,光线在AB面上P点的入射角等于临界角C,由折射定律得
sinC=
代入数据得
C=45°
设光线在BC面上的折射角为r,由几何关系得
r=30°
由折射定律得
n=
联立可得
i=45°
(2)在△OPB中,根据正弦定理得
=
设光从入射到发生第一次全反射所用时间为t,光在介质中的速度为v,得
=vt
v=
- 21 -
联立解得
t=L
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