山西省忻州市原平職業(yè)培訓學校高三物理上學期摸底試題含解析

山西省忻州市原平職業(yè)培訓學校高三物理上學期摸底試題含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.回旋加速器是獲得高能帶電粒子的—種裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源的兩極相連的兩個D形盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖，下列說法正確的是

A．兩D形金屬盒之間的電壓越大，帶電粒子從D形盒射出時的動能越大

B．兩D形金屬盒的半徑越大，帶電粒子從D形盒中射山時的動能越大

C．高頻交流的周期是帶電粒子做圓周運動周期的2倍

D．同一回旋加速器對比荷不同的帶電粒子加速，要調(diào)節(jié)高頻交流的頻率參考答案：BD2.已知電源的電動勢為E，內(nèi)電阻為r，將滑動變阻器的滑片P向左移動，則三個燈亮度變化是（

）A．都比原來亮

B．都比原來暗C．A、B燈比原來亮，C燈變暗

D．A、B燈比原來暗，C燈變亮參考答案：C3.(單選)一斜劈靜止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一滑塊m，若給m一向下的初速度v0，則m正好保持勻速下滑。如圖所示，現(xiàn)在m下滑的過程中再加一個作用力，則以下說法正確的是A.在m上加一豎直向下的力F1，則m將保持勻速運動，M對地有水平向右的靜摩擦力的作用B.在m上加一個沿斜面向下的力F2，則m將做加速運動，M對地有水平向左的靜摩擦力的作用C.在m上加一個水平向右的力F3，則m將做減速運動，在m停止前M對地有向右的靜摩擦力的作用D.無論在m上加什么方向的力，在m停止前M對地都無靜摩擦力的作用參考答案：D4.電容式加速度傳感器的原理結構如圖，質(zhì)量塊右側連接輕質(zhì)彈簧，左側連接電介質(zhì)，彈簧與電容器固定在外框上．質(zhì)量塊可帶動電介質(zhì)移動改變電容．則（）A．電介質(zhì)插入極板間越深，電容器電容越小B．當傳感器以恒定加速度運動時，電路中有恒定電流C．若傳感器原來向右勻速運動，突然減速時彈簧會伸長D．當傳感器由靜止突然向右加速瞬間，電路中有順時針方向電流參考答案：D電容器的動態(tài)分析．解：A、根據(jù)電容器的電容公式C=?，當電介質(zhì)插入極板間越深，即電介質(zhì)增大，則電容器電容越大，故A錯誤；B、當傳感器以恒定加速度運動時，根據(jù)牛頓第二定律可知，彈力大小不變，則電容器的電容不變，因兩極的電壓不變，則電容器的電量不變，因此電路中沒有電流，故B錯誤；C、若傳感器原來向右勻速運動，突然減速時，因慣性，則繼續(xù)向右運動，從而壓縮彈簧，故C錯誤；D、當傳感器由靜止突然向右加速瞬間，質(zhì)量塊要向左運動，導致插入極板間電介質(zhì)加深，因此電容會增大，由于電壓不變，根據(jù)Q=CU，可知，極板間的電量增大，電容器處于充電狀態(tài)，因此電路中有順時針方向電流，故D正確；故選：D．5.（單選）如圖所示，虛線MN上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，MN下方存在豎直向下的勻強磁場，兩處磁場磁感應強度大小均為B．足夠長的不等間距金屬導軌豎直放置，導軌電阻不計．兩個金屬棒通過棒兩端的套環(huán)水平地套在金屬導軌上，其中光滑金屬棒AB質(zhì)量為m，長為L，電阻為R；金屬棒CD質(zhì)量為2m、長為2L、電阻為2R，與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ．若AB棒在外力F的作用下向上做勻速運動，CD棒向下做勻速運動，下列說法正確的是（）A．AB棒中電流方向從A到BB．AB棒勻速運動的速度C．AB桿所受拉力F=mg+mgD．時間t內(nèi)CD棒上的焦耳熱為參考答案：解：A、根據(jù)右手定則可知，AB棒中電流方向由B到A，故A錯誤；B、令AB棒的速度為v1，所以電路的電流I=，對于CD棒的勻速運動有：2mg=μIB2L，聯(lián)立上式可解得，故B正確；C、由AB棒勻速上升，故有F=mg+BIL，代入、I=，可得F=mg+，故C正確；D、CD棒上的焦耳熱Q=I22Rt=，故D錯誤．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.⑵如圖，一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)a沿abc變化到狀態(tài)c，吸收了340J的熱量，并對外做功120J。若該氣體由狀態(tài)a沿adc變化到狀態(tài)c時，對外做功40J，則這一過程中氣體

▲

（填“吸收”或“放出”）

▲

J熱量。參考答案：吸收

260J7.如圖甲是利用激光測轉速的原理示意圖，圖中圓盤可繞固定軸轉動，盤邊緣側面上有一小段涂有很薄的反光材料．當盤轉到某一位置時，接收器可以接收到反光涂層所反射的激光束，并將所收到的光信號轉變成電信號，在示波器顯示屏上顯示出來(如圖乙所示)．

⑴若圖乙中示波器顯示屏上橫向的每大格(5小格)對應的時間為2.50×10－3s，則圓盤的轉速為

r/s.(保留3位有效數(shù)字)⑵若測得圓盤直徑為10.20cm，則可求得圓盤側面反光涂層的長度為

cm.(保留3位有效數(shù)字)參考答案：

90.9r/s、1.46cm8.質(zhì)量為0.2kg的物體以24m/s的初速度豎直上拋，由于空氣阻力，經(jīng)2s到達最高點，設空氣阻力大小恒定，則物體上升的最大高度是______m，它由最高點落回拋出點需_____s。參考答案：24

；9.如圖所示，有一塊無限大的原來不帶電的金屬平板MN，現(xiàn)將一個帶電量為+Q的點電荷放置于板右側的A點，并使金屬板接地。已知A點離金屬板MN的距離為d，C點在A點和板MN之間，AC⊥MN，且AC長恰為。金屬平板與電量為+Q的點電荷之間的空間電場分布可類比______________（選填“等量同種電荷”、“等量異種電荷”）之間的電場分布；在C點處的電場強度EC=______________。參考答案：（1）等量異種電荷

(2)

10.（4分）A、B、C是三個完全相同的時鐘，A放在地面上，B、C分別放在兩個高速運動的火箭上，B、C兩火箭朝同一方向飛行，速度分別為、，。地面上觀察者認為三個時鐘中走得最慢的是

；走得最快的的是

。參考答案：

C，A11.在正三角形的三個頂點A、B、C上固定三個帶等量正點的點電荷，其中心P點的電勢為U1，與P點關于AB邊對稱的P’點的電勢為U2，如圖所示，則U1

U2（填“＞”、“＜”、“＝”），現(xiàn)取走B點的點電荷，則P’的電勢為

。參考答案：

答案：＞

12.

（2分）已知水的折射率是n=1.33，則光在水中的傳播速度為

。

參考答案：

答案：2.3Χ108m/s13.（4分）如圖所示，質(zhì)點P以O為圓心、r為半徑作勻速圓周運動，周期為T，當質(zhì)點P經(jīng)過圖中位置A時，另一質(zhì)量為m、初速度為零的質(zhì)點Q受到沿OA方向的水平恒定拉力F作用從靜止開始在光滑水平面上作直線運動，為使P、Q在某時刻速度相同，拉力F必須滿足的條件是______.參考答案：

答案：

三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.如圖所示，質(zhì)量為m帶電量為+q的小球靜止于光滑絕緣水平面上，在恒力F作用下，由靜止開始從A點出發(fā)到B點，然后撤去F，小球沖上放置在豎直平面內(nèi)半徑為R的光滑絕緣圓形軌道，圓形軌道的最低點B與水平面相切，小球恰能沿圓形軌道運動到軌道末端D，并從D點拋出落回到原出發(fā)點A處．整個裝置處于電場強度為E=的水平向左的勻強電場中，小球落地后不反彈，運動過程中沒有空氣阻力．求：AB之間的距離和力F的大?。畢⒖即鸢福篈B之間的距離為R，力F的大小為mg．考點： 帶電粒子在勻強電場中的運動；牛頓第二定律；平拋運動；動能定理的應用．專題： 帶電粒子在電場中的運動專題．分析： 小球在D點，重力與電場力的合力提供向心力，由牛頓第二定律即可求出D點的速度，小球離開D時，速度的方向與重力、電場力的合力的方向垂直，小球做類平拋運動，將運動分解即可；對小球從A運動到等效最高點D過程，由動能定理可求得小球受到的拉力．解答： 解：電場力F電=Eq=mg

電場力與重力的合力F合=mg，方向與水平方向成45°向左下方，小球恰能到D點，有：F合=解得：VD=從D點拋出后，只受重力與電場力，所以合為恒力，小球初速度與合力垂直，小球做類平拋運動，以D為原點沿DO方向和與DO垂直的方向建立坐標系（如圖所示）．小球沿X軸方向做勻速運動，x=VDt

沿Y軸方向做勻加速運動，y=at2a==所形成的軌跡方程為y=直線BA的方程為：y=﹣x+（+1）R解得軌跡與BA交點坐標為（R，R）AB之間的距離LAB=R從A點D點電場力做功：W1=（1﹣）R?Eq

重力做功W2=﹣（1+）R?mg；F所做的功W3=F?R有W1+W2+W3=mVD2，有F=mg答：AB之間的距離為R，力F的大小為mg．點評： 本題是動能定理和向心力知識的綜合應用，分析向心力的來源是解題的關鍵．15.（09年大連24中質(zhì)檢）（選修3—3）（5分）在圖所示的氣缸中封閉著溫度為100℃的理想氣體．一重物用繩索經(jīng)滑輪與缸中活塞相連接．重物和活塞均處于平衡狀態(tài)，這時活塞離缸底的高度為20cm．如果缸內(nèi)氣體變?yōu)?℃，問：

①重物是上升還是下降？說明理由。②這時重物將從原處移動多少厘米？（設活塞與氣缸壁問無摩擦）（結果保留一位小數(shù)）參考答案：

解析：

①缸內(nèi)氣體溫度降低，壓強減小，故活塞下移，重物上升。（2分）

②分析可知缸內(nèi)氣體作等壓變化，設活塞截面積為S㎝2，氣體初態(tài)體積V1=20S㎝3，溫度T1=373K，末態(tài)溫度T2=273K，體積設為V2=hS㎝3（h為活塞到缸底的距離）

據(jù)

（1分）

可得h=14.6㎝

則重物上升高度

（1分）四、計算題：本題共3小題，共計47分16.一探險隊員在探險時遇到一山溝，山溝的一側豎直，另一側的坡面呈拋物線形狀。此隊員從山溝的豎直一側，以速度v0沿水平方向跳向另一側坡面。如圖所示，以溝底的O點為原點建立坐標系Oxy。已知，山溝豎直一側的高度為2h，坡面的拋物線方程為y=，探險隊員的質(zhì)量為m。人視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，重力加速度為g。(1)求此人落到破面試的動能；(2)此人水平跳出的速度為多大時，他落在坡面時的動能最小？動能的最小值為多少？參考答案：（1）（2），（1）設探險隊員跳到坡面上時水平位移為x,豎直位移為H，由平拋運動規(guī)律有：，，整個過程中，由動能定理可得：由幾何關系，坡面的拋物線方程解以上各式得：(2)由，令，則當時，即探險隊員的動能最小，最小值為

17.如圖4所示，在坐標系第一象限內(nèi)有正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度E＝1.0×103V/m，方向未知，磁感應強度B＝1.0T，方向垂直紙面向里；第二象限的某個圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場B′(圖中未畫出)．一質(zhì)量m＝1×10－14kg、電荷量q＝1×10－10C的帶正電粒子以某一速度v沿與x軸負方向成60°角的方向從A點進入第一象限，在第一象限內(nèi)做直線運動，而后從B點進入磁場B′區(qū)域．一段時間后，粒子經(jīng)過x軸上的C點并與x軸負方向成60°角飛出．已知A點坐標為(10,0)，C點坐標為(－30,0)，不計粒子重力．(1)判斷勻強電場E的方向并求出粒子的速度v；(2)畫出粒子在第二象限的運動軌跡，并求出磁感應強度B′；(3)求第二象限磁場B′區(qū)域的最小面積．參考答案：【知識點】

帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力．C2D4K3【答案解析】（1）1×103m/s；（2）T；（3）3.14×10-2m2．

解析：(1)粒子在第一象限內(nèi)做直線運動，速度的變化會引起洛倫茲力的變化，所以粒子必做勻速直線運動．這樣，電場力和洛倫茲力大小相等，方向相反，電場E的方向與微粒運動的方向垂直，即與x軸正向成30°角斜向右上方．由平衡條件有Eq＝Bqv得v＝＝m/s＝103m/s(2)粒子從B點進入第二象限的磁場B′中，軌跡如圖粒子做圓周運動的半徑為R，由幾何關系可知R＝cm＝cm由qvB′＝m，解得B′＝＝，代入數(shù)據(jù)解得B′＝T.(3)由圖可知，B、D點應分別是粒子進入磁場和離開磁場的點，磁場B′的最小區(qū)域應該分布在以BD為直徑的圓內(nèi)．由幾何關系得BD＝20cm，即磁場圓的最小半徑r＝10cm，所以，所求磁場的最小面積為S＝πr2＝3.14×10－——2m2【思路點撥】（1）粒子在第四象限內(nèi)做勻速直線運動，電場力與洛倫茲力平衡，由平衡條件可以求出粒子速度；（2）粒子在第一象限中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，根據(jù)幾何知識畫出粒子在第一象限的運動軌跡，由幾何知識求出軌跡半徑．由牛頓第二定律即可求得磁感應強度B2的大?。唬?）畫出磁場B2最小區(qū)域，由幾何知識求得邊長，即可求出最小的面積．當帶電粒子在電場與磁場中做直線運動時，由于洛倫茲力由速度決定，所以粒子必做勻速直線運動．當粒子進入磁場時，僅受洛倫茲力做勻速圓周運動，由幾何關系可確定磁感應強度．18.如圖，將質(zhì)量m＝2kg的圓環(huán)套在與水平面成θ=37°角的足夠長直桿上，直桿固定不動，環(huán)的直徑略大于桿的截面直徑，桿上依次有三點A、B、C，sAB=8m，sBC=0.6m，環(huán)與桿間動摩擦因數(shù)m＝0.5，對環(huán)施加一個與桿成37°斜向上的拉力F，使環(huán)從A點由靜止開始沿桿向上運動，已知t=4s時環(huán)到達B點。試求：（重力加速度g=l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）F的大?。唬?）若到達B點時撤去力F，則環(huán)到達C點所用的時間。參考答案：解：（1）（8分）環(huán)做勻加速運動，若Fsin370<Gcos370，桿對環(huán)的彈力在垂直桿向上，