遼寧省沈陽市第一二二中學(xué)高三物理下學(xué)期摸底試題含解析

遼寧省沈陽市第一二二中學(xué)高三物理下學(xué)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.（單選）如圖所示，完全相同的兩個滑塊在外力F1、F2的作用下沿粗糙水平面以相同的速度勻速向右運(yùn)動，F(xiàn)1、F2與水平面之間的夾角均為θ，F(xiàn)1、F2的功率分別為P1、P2則下列說法正確的是（）A．F1＜F2，P1＜P2B．F1＜F2，P1＞P2C．F1＞F2，P1＜P2D．F1＞F2，P1＞P2參考答案：考點：共點力平衡的條件及其應(yīng)用；功的計算；功率、平均功率和瞬時功率．專題：功的計算專題．分析：由共點力的平衡條件可明確推力的大??；由功率公式可求得功率的大小關(guān)系．解答：解：兩物體均做勻速直線運(yùn)動，則有：F1cosθ=μ（mg﹣F1sinθ）解得：F1=F2cosθ=μ（mg+F2sinθ）解得：F2=故F1＜F2；功率P=FVcosθ因速度相同，夾角相同，則P1＜P2；故選：A點評：本題考查功率及共點力的平衡條件應(yīng)用，要注意正確分析摩擦力的大?。?.“嫦娥二號”衛(wèi)星于2010年10月1日發(fā)射成功，它經(jīng)過三次近月制動后，在近月軌道上做勻速圓周運(yùn)動（運(yùn)動半徑可看作月球半徑）。若地球質(zhì)量為M，半徑為R，第一宇宙速度為；月球半徑為，質(zhì)量為。則“嫦娥二號”在近月軌道上運(yùn)動的速度大小為

（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：B3.（單選）地面附近處的電場的電場線如圖所示，其中一條方向豎直向下的電場線上有a、b兩點，高度差為h。質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電微粒（其所帶電荷不影響原電場的分布），從a點由靜止開始沿電場線運(yùn)動，到b點時速度為。下列說法正確的是A．微粒從a點開始運(yùn)動到b點的過程中加速度一直增大B．微粒從a點開始運(yùn)動到b點的過程中一定一直做加速運(yùn)動C．若換成質(zhì)量為m、電荷量為-2q的帶電微粒，從a點由靜止釋放，微粒將沿電場線在a、b兩點間來回運(yùn)動D．若換成質(zhì)量為m、電荷量為+2q的帶電微粒，從a點由靜止起沿電場線運(yùn)動到b點時的速度為參考答案：C4.如圖甲所示，一直角三角形金屬框，向左勻速地穿過一個方向垂直于紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁場僅限于虛線邊界所圍的區(qū)域內(nèi)，該區(qū)域的形狀與金屬框完全相同，且金屬框的下邊與磁場區(qū)域的下邊在一直線上。若取順時針方向為電流的正方向，則金屬框穿過磁場過程的感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖像是下圖所示的參考答案：C（根據(jù)楞次定律可判斷出金屬框進(jìn)磁場過程中和出磁場過程中的感應(yīng)電流方向，根據(jù)切割的有效長度在變化，知感應(yīng)電動勢以及感應(yīng)電流的大小也在變化．）根據(jù)楞次定律，在進(jìn)磁場的過程中，感應(yīng)電流的方向為逆時針方向，切割的有效長度線性增大，排除A、B；在出磁場的過程中，感應(yīng)電流的方向為順時針方向，切割的有效長度線性減小，排除D．故選項C正確。5.將一單擺向左拉至水平標(biāo)志線上，從靜止釋放，當(dāng)擺球運(yùn)動到最低點時，擺線碰到障礙物，擺球繼續(xù)向右擺動。用頻閃照相機(jī)拍到如圖所示的單擺運(yùn)動過程的頻閃照片，以下

說法正確的是

A．?dāng)[線碰到障礙物前后的周期之比為3:2．

B．?dāng)[線碰到障礙物前后的擺長之比為3：2

C．?dāng)[球經(jīng)過最低點時，線速度變小，半徑減小，

擺線張力變大

D．?dāng)[球經(jīng)過最低點時，角速度變大，半徑減小，

擺線張力不變參考答案：A二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.已知繞中心天體做勻速圓周運(yùn)動的星體的軌道半徑r，運(yùn)動周期為T。

(1)若中心天體的半徑為R，則其平均密度ρ=_______(2)若星體是在中心天體的表面附近做勻速圓周運(yùn)動，則其平均密度的表達(dá)式ρ=_______。參考答案：答案：7.如圖所示為一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在某時刻的波形圖，A為沿傳播方向上的某一質(zhì)點（該時刻位于平衡位置），該時刻A質(zhì)點的運(yùn)動方向是____________（選填“向右”、“向左”、“向上”、“向下”）。如果該質(zhì)點振動的頻率為2Hz，則此列波的傳播速度大小為____________m/s。

參考答案：向下

88.某實驗小組設(shè)計了下面的實驗電路測量電池的電動勢和內(nèi)電阻，閉合開關(guān)S，調(diào)整電阻箱的阻值R，讀出電壓表相應(yīng)示數(shù)U，測出多組數(shù)據(jù)，利用測的數(shù)據(jù)做出如右下圖像。則電池的電動勢為

，內(nèi)電阻為

。電動勢的測量值與真實值相比

（填“偏大”、“偏小”或“相等”）參考答案：2V，0.2Ω，偏小。只用電壓表和變阻箱測電動勢和內(nèi)電阻的方法叫“伏歐法”，若用圖象解題時，基本思路是：用學(xué)過的物理定律列出表達(dá)式，再結(jié)合數(shù)學(xué)知識整理出有關(guān)一次函數(shù)式y(tǒng)=kx+b的形式，再求出k和b即可．由閉合電路歐姆定律得可整理為，由上式知若圖象為線性關(guān)系，對照數(shù)學(xué)一次函數(shù)y=kx+b，則橫軸應(yīng)取，縱軸應(yīng)取，由圖象縱軸截距為0.5，即E=2V，斜率k==0.1，可得r=0.2Ω.本題中R無窮大時，電壓表的示數(shù)近似等于電源的電動勢。由于電源內(nèi)阻不為0，故電壓表的示數(shù)小于電源電動勢的真實值。9.蛟龍?zhí)栞d人潛水艇是一艘由中國自行設(shè)計的載人潛水器．2012年6月27日潛水深度7062.68m，這標(biāo)志著我國具備了載人到達(dá)全球99%以上海域深處進(jìn)行作業(yè)的能力．潛水艇外殼是國產(chǎn)鈦合金做成的，呈雞蛋形狀，艙內(nèi)空間約為80m3與外界導(dǎo)熱良好．開始潛入時，艙內(nèi)空氣（看成理想氣體）的壓強(qiáng)為latm，溫度為27℃，水深7062.68m處的溫度為4℃．求：①當(dāng)蛟龍?zhí)栞d人潛水艇在水深7062.68m處停留足夠長的時間后，艙內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為多少atm；②在上述過程中艙內(nèi)氣體放熱（填“放熱”或“吸熱”）；③從微觀的角度解釋艙內(nèi)壓強(qiáng)的變化：艙內(nèi)空氣的體積不變，分子數(shù)密度不變，溫度降低，分子的平均動能減小，所以壓強(qiáng)降低．．參考答案：【考點】：熱力學(xué)第一定律；理想氣體的狀態(tài)方程．【專題】：熱力學(xué)定理專題．【分析】：①艙內(nèi)空氣為等容變化，列出初態(tài)和末態(tài)的壓強(qiáng)和溫度，由查理定律求解．②艙內(nèi)空氣看成理想氣體，其內(nèi)能只跟溫度有關(guān)，根據(jù)溫度變化分析內(nèi)能的變化，放熱還是吸熱．③氣體的壓強(qiáng)與分子的平均動能和分子數(shù)密度有關(guān)，根據(jù)氣體壓強(qiáng)微觀意義進(jìn)行分析．：解：①艙內(nèi)空氣為等容變化，初態(tài)：p1=1atm，T1=300K；末態(tài)：p2=？，T1=277K由查理定律得：=代入數(shù)據(jù)解得：p2==×1atm=0.92atm，②在上述過程中艙內(nèi)氣體的溫度降低，內(nèi)能減小，而體積不變，氣體不做功，由熱力學(xué)第一定律判斷得知，氣體放熱．③艙內(nèi)空氣的體積不變，分子數(shù)密度不變，溫度降低，分子的平均動能減小，所以壓強(qiáng)降低．答：①艙內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為0.92atm．②放熱．③艙內(nèi)空氣的體積不變，分子數(shù)密度不變，溫度降低，分子的平均動能減小，所以壓強(qiáng)降低．【點評】：對于氣體問題，往往是氣態(tài)方程和熱力學(xué)第一定律的綜合，關(guān)鍵要正確分析不變量，靈活選擇狀態(tài)方程．10.質(zhì)量為0.45kg的木塊靜止在光滑水平面上，一質(zhì)量為0.05kg的子彈以200m/s的水平速度擊中木塊，并留在其中，整個木塊沿子彈原方向運(yùn)動，則木塊最終速度的大小是__________m/s。若子彈在木塊中運(yùn)動時受到的平均阻力為4.5×103N，則子彈射入木塊的深度為_______m。參考答案：

(1).20

(2).0.2試題分析：根據(jù)系統(tǒng)動量守恒求解兩木塊最終速度的大??；根據(jù)能量守恒定律求出子彈射入木塊的深度；根據(jù)動量守恒定律可得，解得；系統(tǒng)減小的動能轉(zhuǎn)化為克服阻力產(chǎn)生的內(nèi)能，故有，解得；【點睛】本題綜合考查了動量守恒定律、能量守恒定律，綜合性較強(qiáng)，對學(xué)生能力要求較高．11.如圖所示，是一個多用表歐姆檔內(nèi)部電路示意圖，電流表（量程0~0.5mA，內(nèi)阻100Ω）,電池電動勢E=1.5V，內(nèi)阻r=0.1Ω,變阻器R0阻值為0~500Ω。（1）歐姆表的工作原理是利用了___________定律。調(diào)零時使電流表指針滿偏，則此時歐姆表的總內(nèi)阻（包括電流表內(nèi)阻、電池內(nèi)阻和變阻器R0的阻值）是________Ω。（2）若表內(nèi)電池用舊，電源電動勢變小，內(nèi)阻變大，但仍可調(diào)零。調(diào)零后測電阻時，歐姆表的總內(nèi)阻將變________，測得的電阻值將偏________。（填“大”或“小”）（3）若上述歐姆表的刻度值是按電源電動勢1.5V時刻度的，當(dāng)電動勢下降到1.2V時，測得某電阻是400Ω，這個電阻真實值是________Ω。參考答案：（1）閉合電路歐姆（2分），3000（2分）（2）變?。?分），偏大（1分）（3）320（2分）12.一多用電表的電阻檔有三個倍率，分別是“×1”、“×10”、“×100”．用“×10”檔測量某電阻時，操作步驟正確，發(fā)現(xiàn)表頭指針偏轉(zhuǎn)角度很小，為使測量值更準(zhǔn)確，應(yīng)換到×100檔；如果換檔后立即用表筆連接待測電阻進(jìn)行讀數(shù)，那么缺少的步驟是歐姆調(diào)零．參考答案：考點：用多用電表測電阻．專題：實驗題；恒定電流專題．分析：使用歐姆表測電阻時應(yīng)選擇合適的擋位，使指針指在中央刻度線附近；歐姆表換擋后要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零．解答：解：用“×10”檔測量某電阻時，表頭指針偏轉(zhuǎn)角度很小，說明所選擋位太小，為使測量值更準(zhǔn)確，應(yīng)換大擋，應(yīng)換到×100擋；換擋后要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，然后再測電阻阻值．故答案為：×100；歐姆調(diào)零．點評：本題考查了歐姆表的實驗注意事項與使用方法，使用歐姆表測電阻時應(yīng)選擇合適的擋位，使指針指在中央刻度線附近；歐姆表換擋后要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零．13.如圖是用打點計時器（頻率為50Hz）測

定勻變速直線運(yùn)動的加速度時得到的紙帶，從O點開始每隔4個點取一個計數(shù)點，則相鄰的兩個計數(shù)點的時間間隔為___________s，測得OA=6.80cm，CD=3.20cm，DE=2.00cm，則物體運(yùn)動加速度大小為_________m/s2，D點的速度大小為__________m/s。參考答案：三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（選修3－3（含2－2））（6分）一定質(zhì)量的氣體，從外界吸收了500J的熱量，同時對外做了100J的功，問：①物體的內(nèi)能是增加還是減少?變化了多少？(400J;400J)

②分子勢能是增加還是減少？參考答案：解析：①氣體從外界吸熱：Q＝500J，氣體對外界做功：W＝－100J

由熱力學(xué)第一定律得△U=W+Q=400J

(3分)

△U為正，說明氣體內(nèi)能增加了400J

(1分)

②因為氣體對外做功，所以氣體的體積膨脹，分子間的距離增大，分子力做負(fù)功，氣體分子勢能增加。（2分）15.（選修3-5）（6分）a、b兩個小球在一直線上發(fā)生碰撞，它們在碰撞前后的s～t圖象如圖所示，若a球的質(zhì)量ma=1kg，則b球的質(zhì)量mb等于多少?參考答案：解析：由圖知=4m/s、=—1m/s、=2m/s

（2分）

根據(jù)動量守恒定律有：ma=ma

+

mb

（2分）

∴mb=2.5kg （2分）四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，帶電平行金屬板PQ和MN之間的距離為d；兩金屬板之間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．如圖建立坐標(biāo)系，x軸平行于金屬板，與金屬板中心線重合，y軸垂直于金屬板．區(qū)域I的左邊界在y軸，右邊界與區(qū)域II的左邊界重合，且與y軸平行；區(qū)域II的左、右邊界平行．在區(qū)域I和區(qū)域II內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，區(qū)域I內(nèi)的磁場垂直于Oxy平面向外，區(qū)域II內(nèi)的磁場垂直于Oxy平面向里．一電子沿著x軸正向以速度v0射入平行板之間，在平行板間恰好沿著x軸正向做直線運(yùn)動，并先后通過區(qū)域I和II．已知電子電量為e，質(zhì)量為m，區(qū)域I和區(qū)域II沿x軸方向?qū)挾染鶠椋挥嬰娮又亓Γ?）求兩金屬板之間電勢差U；（2）求電子從區(qū)域II右邊界射出時，射出點的縱坐標(biāo)y；（3）撤除區(qū)域I中的磁場而在其中加上沿x軸正向的勻強(qiáng)電場，使得該電子剛好不能從區(qū)域II的右邊界飛出．求電子兩次經(jīng)過y軸的時間間隔t．參考答案：（1）兩金屬板之間電勢差U為Bv0d；（2）電子從區(qū)域II右邊界射出時，射出點的縱坐標(biāo)y為；（3）電子兩次經(jīng)過y軸的時間間隔為．：解：（1）電子在平行板間做直線運(yùn)動，電場力與洛倫茲力平衡，由平衡條件得：eE=ev0B…①電場強(qiáng)度：E=…②由①②兩式聯(lián)立解得：U=Bv0d；（2）如右圖所示，電子進(jìn)入?yún)^(qū)域I做勻速圓周運(yùn)動，向上偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：ev0B=m…③設(shè)電子在區(qū)域I中沿著y軸偏轉(zhuǎn)距離為y0，區(qū)域I的寬度為b（b=）由數(shù)學(xué)知識得：（R﹣y0）2+b2=R2…④由③④式聯(lián)立解得：y0=因為電子在兩個磁場中有相同的偏轉(zhuǎn)量，故電子從區(qū)域II射出點的縱坐標(biāo)為：y=2y0=（3）電子剛好不能從區(qū)域II的右邊界飛出，說明電子在區(qū)域II中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡恰好與區(qū)域II的右邊界相切，圓半徑恰好與區(qū)域II寬度相同．電子運(yùn)動軌跡如下圖所示．設(shè)電子進(jìn)入?yún)^(qū)域II時的速度為v，由牛頓第二定律得：evB=m…⑤由人r=b得：v=電子通過區(qū)域I的過程中，向右做勻變速直線運(yùn)動，此過程中平均速度為：=電子通過區(qū)域I的時間：t1=（b為區(qū)域I的寬度）…⑥解得：t1=2（2﹣3）電子在區(qū)域II中運(yùn)動了半個圓周，設(shè)電子做圓周運(yùn)動的周期為T，由牛頓第二定律得：evB=m…⑦v=…⑧電子在區(qū)域II中運(yùn)動的時間：t2==…⑨由⑦⑧⑨式解得：t2=電子反向通過區(qū)域I的時間仍為t1，電子兩次經(jīng)過y軸的時間間隔：t=2t1+t2=（8﹣12+π）答：（1）兩金屬板之間電勢差U為Bv0d；（2）電子從區(qū)域II右邊界射出時，射出點的縱坐標(biāo)y為；（3）電子兩次經(jīng)過y軸的時間間隔為．