福建省寧德市博雅培文學(xué)校2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期開學(xué)摸底考試物理試卷（解析版）

寧德市博雅培文學(xué)校2024—2025學(xué)年開學(xué)摸底考試高三年級物理試題試卷分值：100分考試時間：75分鐘一、選擇題（每小題4分，共40分，1-4題為單選題，每小題4分，5-8題為多選題，每小題全部選對得6分，選對但不全得3分，有錯誤選項不得分）1.地球大氣層中的氧受宇宙射線轟擊散裂后產(chǎn)生的衰變時放出射線。若鈹核在垂直紙面向里的勻強磁場中做勻速圓周運動（運動軌跡未畫出）到P點時發(fā)生衰變，衰變后產(chǎn)生的粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，圖中下列關(guān)于衰變前在磁場中的運動軌跡描述正確的是（）A.順時針轉(zhuǎn)動，軌道半徑為10a B.順時針轉(zhuǎn)動，軌道半徑為7aC.逆時針轉(zhuǎn)動，軌道半徑為11a D.逆時針轉(zhuǎn)動，軌道半徑為10a【答案】C【解析】【詳解】的衰變方程為；第一種情況：如果軌道①為的運動軌跡，則軌道②為的運動軌跡，由帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式可知、由左手定則可知順時針運動、逆時針運動，則在衰變位置的動量方向和的動量方向相同，由動量守恒定律可知，衰變前的動量為而，所以的軌道半徑為沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)。第二種情況：同理，如果軌道②為運動軌跡，則的軌道半徑為沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)。故選C。2.如圖所示，空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直紙面（平面）向外，電場的方向沿y軸正方向。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子在電場和磁場的作用下，從坐標(biāo)原點O由靜止開始運動（其軌跡如圖所示）。已知磁感應(yīng)強度的大小為B，電場強度大小為E，不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A.粒子帶負(fù)電B.粒子運動軌跡是拋物線C.粒子距離x軸的最大距離為D.粒子運動過程中的最大速度為【答案】C【解析】【詳解】A．粒子由靜止開始運動，電場力方向豎直向上，故粒子帶正電，選項A錯誤；B．粒子運動時受電場力和洛倫茲力，因洛倫茲力是變力，則軌跡不是拋物線，運動軌跡為擺線，選項B錯誤；CD．將粒子的運動分解為速度的向右的勻速直線運動和速度為v的沿順時針方向的勻速圓周運動，則粒子距x軸的最大距離兩分運動同向時速度最大，則最大速度為故選項C正確，選項D錯誤。故選C。3.如圖所示，一足夠長、質(zhì)量的木板靜止在粗糙的水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數(shù)，一個質(zhì)量、大小可以忽略的鐵塊放在木板的右端，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)，已知最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，取。若對鐵塊施加一個大小從零開始連續(xù)增加的水平向左的力F，則下列說法正確的是（）A.鐵塊與木板之間摩擦力的最大值為2NB.木板與地面之間摩擦力的最大值為4NC.當(dāng)時，M、m相對靜止D.當(dāng)時，鐵塊受到摩擦力大小為2N【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．鐵塊與木板之間摩擦力的最大值為選項A錯誤；B．木板與地面間的摩擦力的最大值為選項B錯誤；C．當(dāng)時，木板和鐵塊相對地面靜止當(dāng)且木板和鐵塊一起相對地面加速運動時，設(shè)此時系統(tǒng)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律，對整體有對鐵塊有可得從此關(guān)系式可以看出，當(dāng)時，M、m相對靜止，選項C正確；D．當(dāng)時，鐵塊受到的摩擦力為滑動摩擦力，大小為4N，選項D錯誤。故選C。4.一豎直輕彈簧下端固定，質(zhì)量為m的水平木板P與彈簧上端栓接，木板上再放一質(zhì)量也為m的小物塊Q，靜止時位置如圖所示。現(xiàn)對Q施加一豎直向上、大小為的恒力F，已知重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則（）A.剛施加力F時，Q對P的壓力大小為B.施加力F后，在運動過程中P、Q可能分離C.P運動到最高點時，彈簧彈力大小為D.P從開始運動到最高點的過程，彈簧彈性勢能減少量等于P重力勢能增加量的1.5倍【答案】D【解析】【詳解】A．剛施加力F時，對P、Q整體進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有解得對Q進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)牛頓第三定律有解得Q對P的壓力大小為故A錯誤；B．假設(shè)P、Q分離，則兩者之間彈力為0，對Q進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有解得加速度大小為方向豎直向下。施加拉力后，對P、Q整體進(jìn)行分析，令平衡位置的壓縮量為，則有令整體相對平衡位置位移為，則回復(fù)力為解得可知，回復(fù)力大小與相對平衡位置的位移大小成正比，方向相反，可知，整體做簡諧運動，根據(jù)簡諧運動的對稱性，整體運動的最大加速度為表明P、Q整體先向上做加速運動，后向上做減速至0，速度減為0時的加速度大小小于分離時向下的加速度，可知，假設(shè)不成立，即施加力F后，在運動過程中P、Q不可能分離，故B錯誤；C．結(jié)合上述可知，P運動到最高點時，整體加速度方向向下，大小為對整體分析有解得即彈簧的彈力大小為，故C錯誤；D．物塊開始位置，根據(jù)胡克定律與平衡條件有結(jié)合上述，物塊在最高點時，根據(jù)胡克定律有拉力做功為重力勢能的增加量為根據(jù)功能關(guān)系與能量守恒定律可知，彈性勢能的減小量為解得P重力勢能增加量為則有即P從開始運動到最高點的過程，彈簧彈性勢能減少量等于P重力勢能增加量的1.5倍，故D正確。故選D。5.如圖所示，在同一豎直平面內(nèi)兩正對著的半徑為R的相同半圓光滑軌道，相隔一定的距離x，虛線沿豎直方向，一質(zhì)量為m的小球能在其間運動。今在最低點B與最高點A各放一個壓力傳感器，測試小球?qū)壍赖膲毫?，并通過計算機顯示出來。（不計空氣阻力，g?。ǎ〢.要使小球不脫離軌道，小球在A點的最小速度：B.A、B兩點的壓力差與x的函數(shù)關(guān)系：C.若測得兩點壓力差與距離x的圖像如上圖所示，根據(jù)圖象，小球的質(zhì)量為D.若測得兩點壓力差與距離x圖像如上圖所示，根據(jù)圖象，小球的質(zhì)量為【答案】ABC【解析】【詳解】A．要使小球不脫離軌道，小球在點最小速度滿足解得A正確；B．對B點對A點從B點到A點，由機械能守恒定律得解得CD．由B選項得B、A兩點壓力差由圖像得截距得C正確，D錯誤。故選ABC。6.宇宙飛船以周期T繞地球做圓周運動時，由于地球遮擋陽光，會經(jīng)歷“日全食”過程(宇航員看不見太陽)，如圖所示．已知地球的半徑為R，地球質(zhì)量為M，引力常量為G，地球自轉(zhuǎn)周期為T0，太陽光可看作平行光，飛船上的宇航員在A點測出對地球的張角為α，則以下判斷正確的是()A.飛船繞地球運動的線速度為 B.一天內(nèi)飛船經(jīng)歷“日全食”的次數(shù)為C.飛船每次“日全食”過程的時間為 D.飛船周期為T＝【答案】ABD【解析】【詳解】A：根據(jù)三角形的邊角關(guān)系可知，飛船的軌道半徑，因此飛船繞地球運動的線速度．故A項正確．B：一天時間就是T0，因此飛船一天繞地球的圈數(shù)為，每繞地球一圈，就會經(jīng)歷一次“日全食”，因此一天內(nèi)飛船經(jīng)歷“日全食”的次數(shù)為．故B項正確．C：設(shè)飛船經(jīng)歷“日全食”過程時，運動圓弧所對圓心角為θ，由圖可得，，則，因此飛船每次“日全食”過程的時間．故C項錯誤．D：飛船的軌道半徑，據(jù)可得，飛船的周期．故D項正確．7.如圖甲所示，輕彈簧下端固定在傾角為θ的光滑斜面底端，上端與物塊B相連，物塊B處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將物塊A置于斜面上B的上方某位置處，取物塊A的位置為原點O，沿斜面向下為正方向建立x軸坐標(biāo)系，某時刻釋放物塊A，A與物塊B碰撞后以共同速度沿斜面向下運動，碰撞時間極短，測得物塊A的動能Ek與其位置坐標(biāo)x的關(guān)系如圖乙所示，圖像中0~x1之間為過原點的直線，其余部分為曲線，物塊A、B均可視為質(zhì)點，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力，已知x1，x2，x3，E，則（）A.物塊A、B的質(zhì)量之比為1：3B.A與B碰撞后，A在x3位置處加速度最大C.A與B碰撞后，A在x2位置處彈簧壓縮量為x2-x1D.彈簧的勁度系數(shù)為【答案】ABD【解析】【詳解】A．由圖乙可知，物塊A與物塊B碰撞前的動能可得物塊A與物塊B碰撞前的速度為物塊A與物塊B碰撞后的動能解得物塊A與物塊B碰撞后的速度物塊A與物塊B碰撞時間極短，根據(jù)動量守恒定律解得故A正確；B．根據(jù)動能定理有由上述可知圖像的斜率代表物體所受的合外力，由圖乙可知，物塊A與物塊B碰撞后，在處合外力最大，即加速度最大。故B正確；C．由圖乙可知，處是物塊B靜止的位置，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，并不是原長，故位置處彈簧壓縮量大于，故C錯誤；D．彈簧上端與物塊B相連，物塊B處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)此時彈簧的形變量為，結(jié)合圖甲，根據(jù)平衡條件可知由圖乙可知，當(dāng)物塊A與物塊B一起運動到時，速度最大，根據(jù)平衡條件物塊A從O點運動到位置的過程中，根據(jù)動能定理聯(lián)立解得故D正確。故選ABD。8.如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L。導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C。導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，則以下說法正確的是（）A.金屬棒做先做變加速運動，最后做勻速運動B.金屬棒一直做勻加速運動，加速度為C.當(dāng)金屬棒下滑的速度大小為v時，電容器的電荷量為CBLvD.金屬棒在t時刻的速度大小為【答案】CD【解析】【詳解】AB．設(shè)金屬棒的速度大小為v1時，經(jīng)歷的時間為t1，通過金屬棒的電流為I1，金屬棒受到的磁場力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為f1=BLI1設(shè)在時間間隔（t1，t1+t）內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為Q，則Q=CBLv按定義有Q也是平行板電容器極板在時間間隔（t1，t1+t）內(nèi)增加的電荷量，由上式可得，v為金屬棒的速度變化量。金屬棒所受到的摩擦力方向沿導(dǎo)軌斜面向上，大小為f=μmgcosθ金屬棒在時刻t1的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ﹣f1﹣f=ma又聯(lián)立解得mgsinθ﹣μmgcosθ=CB2L2a+ma聯(lián)立上此式可得可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運動。故AB錯誤；C．感應(yīng)電動勢為E=BLv平行板電容器兩極板之間的電勢差為U=E設(shè)此時電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有聯(lián)立可得Q=CBLv故C正確；D．金屬棒在t時刻的速度大小為故D正確。故選CD。二、填空題（每空1分，共7分）9.圖甲是某人站在接有傳感器的地板上做下蹲、起跳和回落動作的示意圖，圖中的小黑點表示人的重心，圖乙是地板所受壓力隨時間變化的圖像，取重力加速度，根據(jù)圖像分析可知：b到c的過程中，人處于________（選填“失重”或“超重”、“先失重再超重”或“先超重再失重”）狀態(tài)，人上升的最大高度約為________m。（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）【答案】①.先失重再超重②.0.31【解析】【詳解】[1]在b點時，人對地板壓力小于自身的重力，處于失重狀態(tài)；在c點時，人對地板的壓力大于自身的重力，處于超重狀態(tài)；所以在b到c的過程中，人處于先失重再超重狀態(tài)。[2]由圖乙可知，人在空中的運動時間，所以上升的最大高度約為10.在氣缸中，用活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，經(jīng)歷a→b→c→d的一系列變化，p-V圖像如圖所示，其中bc的反向延長線過原點O，曲線cd是雙曲線的一部分，a、b、d在一條平行于橫軸的直線上，則__________（選填“a→b”“b→c”或“c→d”）過程中氣體的溫度不變；a→b過程中氣體__________（選填“吸熱”“放熱”或“不吸熱也不放熱”）；d狀態(tài)下單位時間與單位面積活塞碰撞的分子數(shù)與a狀態(tài)相比__________（選填“更多”“更少”或“一樣多”）?！敬鸢浮竣?c→d②.吸熱③.更少【解析】【詳解】[1]根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可得可知若氣體的溫度不變，則氣體壓強與氣體體積的乘積不變，曲線cd是雙曲線的一部分，故c→d過程中氣體的溫度不變。[2]a→b過程中氣體壓強不變，根據(jù)蓋呂薩克定律，氣體體積增大，氣體溫度升高，氣體內(nèi)能增大，由于氣體體積增大，氣體對外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，a→b過程中氣體吸熱。[3]d狀態(tài)與a狀態(tài)相比壓強相等、體積大，根據(jù)蓋呂薩克定律，可知d狀態(tài)溫度較高，氣體分子的平均速率大，根據(jù)壓強微觀意義可知，d狀態(tài)下單位時間與單位面積活塞碰撞的分子數(shù)與a狀態(tài)相比更少。11.如圖所示，彎折的直角輕桿ABCO通過鉸鏈O連接在地面上，AB=BC=OC=9m，一質(zhì)量為m的小滑塊以足夠大的初始速度，在桿上從C點左側(cè)x0=2m處向左運動，作用于A點的水平向右拉力F可以保證BC始終水平。若滑塊與桿之間的動摩擦因數(shù)與離開C點的距離x滿足μx=1，則滑塊的運動位移s=________________m時拉力F達(dá)到最小。若滑塊的初始速度v0=5m/s，且μ=0.5-0.1x（μ=0后不再變化），則滑塊達(dá)到C點左側(cè)x=4m處時，速度減為v=_________________m/s?！敬鸢浮竣?3②.1【解析】【詳解】[1]滑塊向左做減速運動，對桿有壓力和向左的滑動摩擦力；對桿，根據(jù)力矩平衡條件，有：代入數(shù)據(jù)和，有：當(dāng)，即時，拉力達(dá)到最小；[2]滑塊從點達(dá)到點左側(cè)處過程，根據(jù)動能定理，有：其中：聯(lián)立解得：。三：實驗題（每題最后一空2分，其余各空每空1分，共13分）12.某同學(xué)想把量程為0~3mA但內(nèi)阻未知的毫安表G改裝成量程為0~30mA的電流表A1；他先測量出毫安表G的內(nèi)阻，然后對電表進(jìn)行改裝，最后再利用一標(biāo)準(zhǔn)電流表A，對改裝后的電流表進(jìn)行檢測，具體實驗步驟如下：①按如圖甲所示的電路圖連接好線路；②將滑動變阻器R的阻值調(diào)到最大，閉合開關(guān)S1后調(diào)節(jié)R的阻值，使毫安表G的指針滿偏；③閉合開關(guān)S2，保持R不變，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，使毫安表G的示數(shù)為2mA，此時接入電路的阻值為1800Ω?；卮鹣铝袉栴}：（1）由實驗操作步驟可知，毫安表G內(nèi)阻的測量值______Ω，該測量值______（填“大于”“小于”或“等于”）毫安表內(nèi)阻的真實值。（2）若按照（1）中測算的，將上述毫安表G改裝成量程為0~30mA的電流表，需要_______（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）一個阻值為_______Ω的電阻。（3）用如圖乙所示的電路對改裝后的電流表進(jìn)行校準(zhǔn)，由于內(nèi)阻測量時造成的誤差，當(dāng)標(biāo)準(zhǔn)電流表的示數(shù)為30mA時，改裝電流表中毫安表G的示數(shù)為2.9mA。為了盡量消除改裝后的電流表測量電流時帶來的誤差，的阻值應(yīng)調(diào)至_______Ω。（結(jié)果保留整數(shù)）（4）在如圖甲所示的電路圖中，為減小系統(tǒng)誤差，下列操作正確的是_______。（填正確答案標(biāo)號）A.減小R的總阻值 B.增大R的總阻值C.選擇電動勢較大的電源 D.選擇電動勢較小的電源【答案】（1）①.900②.小于（2）①.并聯(lián)②.100（3）104（4）C【解析】【小問1詳解】[1]因表頭滿偏時電流較小，故當(dāng)其滿偏時接入電路的電阻比表頭內(nèi)阻大得多，所以閉合，保持不變，調(diào)節(jié)的阻值使表頭示數(shù)為時，干路電流幾乎沒有變化，由并聯(lián)電路特點可知解得[2]由于與表頭并聯(lián)導(dǎo)致整個回路總電阻變小，干路的實際電流大于，由公式可得測量值小于真實值?！拘?詳解】[1]由電路知識可知，為擴(kuò)大表頭測量電流的量程應(yīng)該并聯(lián)一個電阻分流。[2]由并聯(lián)電路特點可得解得【小問3詳解】設(shè)阻值調(diào)至，由并聯(lián)電路特點得兩式相比解得【小問4詳解】本實驗成功的關(guān)鍵是接入回路的電阻比表頭所在局部的電阻大得多，這樣就可以保證在與表頭并聯(lián)對干路電路的影響足夠小，由于表頭滿偏電流一定，故而電源的電動勢越大，接入干路的阻值就可以越大，實驗的系統(tǒng)誤差就越小，故C正確。故選C。13.小王同學(xué)設(shè)計了一個測動摩擦因數(shù)的實驗，他的設(shè)計如圖甲所示：在一端帶有定滑輪的長木派上固定有A、B兩個光電門，與光電門相連的計時器可以顯示帶有遮光片的物塊在其間的運動時間，與跨過定滑輪的輕質(zhì)細(xì)繩相連的輕質(zhì)測力計能顯示掛鉤處所受的拉力。實驗時，多次改變砂桶中砂的質(zhì)量，每次都讓物塊從靠近光電門A處由靜止開始運動，讀出多組測力計示數(shù)F及對應(yīng)的物塊在兩光電門之間的運動時間t。在坐標(biāo)系中作出的圖線如圖乙所示，與縱軸的截距為b，與橫軸的截距為-c。已知重力加速度為g。（1）該實驗是否需要砂桶和砂的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于物塊質(zhì)量？_________A.是B.否（2）該實驗是否需要抬高長木板右端來平衡摩擦力？_________A.是B.否（3）因物塊質(zhì)量未知，小問同學(xué)想通過圖線求得，故他還應(yīng)該測出的物理量為_________。根據(jù)該測量物理量及圖線信息可知物塊的質(zhì)量的表達(dá)式_________。物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)表達(dá)式為_________?！敬鸢浮竣?B②.B③.兩個光電門之間的距離x④.⑤.【解析】【詳解】（1）[1]繩對物塊的拉力可以由測力計直接測得，故無需滿足砂桶和砂的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于物塊質(zhì)量，故A錯誤，B正確。故選B。（2）[2]本實驗不需要繩上的拉力等于物塊所受合外力，故無需平衡摩擦力，故A錯誤，B正確。故選B。（3）[3][4][5]由牛頓第二定律可知又因為物塊做初速度為零的勻加速直線運動又因為聯(lián)立解得即圖像的斜率滿足即仍需測量兩個光電門之間的距離x。又因為聯(lián)立解得四、解答題（40分）14.如圖所示，質(zhì)量為m的小球從高為h的O處以初速度水平拋出，到達(dá)地面時速度與水平方向夾角為，已知它在運動過程中始終受到阻力的作用，阻力的大小與速率的關(guān)系為，且滿足。求（1）落地速度的大小v；（2）水平位移x；（3）在空中運動的總時間t?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】【小問1詳解】如圖所示配一個速度，其引起的阻力恰好能平衡掉重力，即由已知條件可知考慮到所以可知，這樣可以把實際的復(fù)雜運動看做兩個直線運動的疊加∶一是以速度沿豎直向下的勻速直線運動∶二是以速度沿著角度在線性阻力的作用下的變減速運動。做出速度的矢量圖可知隨著的不斷變小（到到），其合速度也從變成再到，由題意得，顯然當(dāng)時有此時落地的速度大小為此時【小問2詳解】做出如下的位移矢量圖?？紤]到這個力的特點，可以考慮求其沖量，進(jìn)而與位移產(chǎn)生直接的聯(lián)系沿方向應(yīng)用動量定理，有其中，，，即得解得所以【小問3詳解】觀察位移矢量圖y方向，有所以15.現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場磁場控制帶電粒子的運動，如圖所示，真空中存在著多層緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場，寬度均為d電場強度為E，方向水平向右；垂直紙面向里磁場的磁感應(yīng)強度為B，電場磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直.一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側(cè)邊界某處由靜止釋放,粒子始終在電場、磁場中運動,不計粒子重力及運動時的電磁輻射。（1）求粒子在第2層磁場中運動時速度的大小與軌跡半徑；（2）粒子從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時，速度的方向與水平方向的夾角為，試求；（3）若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出,試問在其他條件不變的情況下，也進(jìn)入第n層磁場，但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側(cè)邊界，請簡要推理說明之?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）見解析【解析】【詳解】（1）粒子在進(jìn)入第2層磁場時，經(jīng)兩次電場加速，中間穿過磁場時洛倫茲力不做功，由動能定理，有解得粒子在第2層磁場中受到的洛倫茲力充當(dāng)向心力，有聯(lián)立解得（2）設(shè)粒子在第n層磁場中運動的速度為vn，軌跡半徑為rn（下標(biāo)表示粒子所在層數(shù)），在電場中，根據(jù)動能定理有在磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有粒子進(jìn)入到第n層磁場時，速度的方向與水平方向的夾角為，