河南省南陽市西峽第一中學2022年高三物理摸底試卷含解析一、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.質量為m的物體靜止在粗糙的水平地面上．現用一水平拉力使物體從靜止開始運動，其運動的v－t圖象如圖所示．下列關于物體運動過程，分析正確的是()A．0～t1內拉力逐漸減小B．0～t1內拉力對物體做負功C．在t1～t2時間內拉力的功率為零D．在t1～t2時間內合外力做功mv參考答案：A由v-t圖像可知，0～t1內斜率逐漸變小，物體的加速度逐漸減小，由牛頓第二定律知，拉力逐漸減小；0～t1內物體的速率一直增加，合力做功大于零，所以拉力對物體一直做正功；t1～t2時間內，物體做勻速運動，拉力的功率等于摩擦力的功率，但不等于零，合外力做功為零。只有A對。2.（單選）有一種大型游戲器械，它是一個圓筒型容器，筒壁豎直，游客進入容器后靠筒壁站立。當圓筒開始轉動后，轉速加快到一定程度時，突然地板塌落，游客發現自己沒有落下去，這是因為 （

） A．游客處于超重狀態 B．游客處于失重狀態 C．游客受到的摩擦力等于重力 D．筒壁對游客的支持力等于重力參考答案：C解析：因為游客在豎直方向受到平衡力的作用3.（單選）如圖，光滑斜面固定于水平面上，滑塊A、B疊放在一起，A上表面水平。當滑塊A、B一起由靜止開始沿斜面下滑時，A、B始終保持相對靜止。在下滑過程中，B受力的示意圖為（

）參考答案：A4.如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量為m（m＜M）的小球從槽高h處開始自由下滑，下列說法正確的是（）A．在以后的運動全過程中，小球和槽的水平方向動量始終保持某一確定值不變B．在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功C．全過程小球和槽、彈簧所組成的系統機械能守恒，且水平方向動量守恒D．小球被彈簧反彈后，小球和槽的機械能守恒，但小球不能回到槽高h處參考答案：D【考點】動量守恒定律；機械能守恒定律．【分析】由動量守恒的條件可以判斷動量是否守恒；由功的定義可確定小球和槽的作用力是否做功；由小球及槽的受力情況可知運動情況；由機械守恒及動量守恒可知小球能否回到最高點．【解答】解：A、在以后的運動全過程中，當小球與彈簧接觸后，小球與槽組成的系統在水平方向所受合外力不為零，系統在水平方向動量不守恒，故A錯誤；B、下滑過程中，兩物體都有水平方向的位移，而相互作用力是垂直于球面的，故作用力方向和位移方向不垂直，故相互作用力均要做功，故B錯誤；C、全過程小球和槽、彈簧所組成的系統只有重力與彈力做功，系統機械能守恒，小球與彈簧接觸過程系統在水平方向所受合外力不為零，系統水平方向動量不守恒，故C錯誤；D、小球在槽上下滑過程系統水平方向不受力，系統水平方向動量守恒，球與槽分離時兩者動量大小相等，由于m＜M，則小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被彈簧反彈后的速度大小等于球與槽分離時的速度大小，小球被反彈后向左運動，由于球的速度大于槽的速度，球將追上槽并要槽上滑，在整個過程中只有重力與彈力做功系統機械能守恒，由于球與槽組成的系統總動量水平向左，球滑上槽的最高點時系統速度相等水平向左系統總動能不為零，由機械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h處，故D正確；故選：D5.輕質彈簧吊著小球靜止在如圖5所示的A位置，現用水平外力F將小球緩慢拉到B位置，此時彈簧與豎直方向的夾角為θ，在這一過程中，對于整個系統，下列說法正確的是()

A．系統的彈性勢能不變B．系統的彈性勢能增加C．系統的機械能不變D．系統的機械能增加參考答案：BD二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.在“用打點計時器測速度”的實驗中，某同學在打出的紙帶上選取了A、B、C三個計數點，如圖所示，A、B兩點間的時間間隔為

▲

s。現用刻度尺量得AB＝3.90cm，AC＝10.20cm，則紙帶經過B、C兩點間的平均速度大小為

▲

m/s。參考答案：7.（4分）一個1.2kg的物體具有的重力勢能為72J，那么該物體離開地面的高度為_____m。一個質量是5kg的銅球，以從離地面15m高處自由下落1s末，它的重力勢能變為_____J。(g取10m/s2)(以地面為零重力勢能平面)參考答案：

6m

500J8.如圖為氫原子的能級圖，大量處于n=5激發態的氫原子躍遷時，可能發出

個能量不同的光子，其中頻率最大的光子能量為

eV，若用此光照射到逸出功為3.06eV的光電管上，則加在該光電管上的反向遏止電壓為

V。參考答案：10,

13.06,

109.如圖所示，將粗細相同的兩段均勻棒A和B粘合在一起，并在粘合處用繩懸掛起來，棒恰好處于水平位置并保持平衡．如果B的密度是A的密度的2倍，則A與B的長度之比為，A與B的重力之比為．參考答案：：1

,

1：

10.如圖，O、A、B為同一豎直平面內的三個點，OB沿豎直方向，∠BOA=60°，OA長為l，且OA：OB=2：3．將一質量為m的小球以一定的初動能自O點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點，則小球的初動能為；現從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出小球，并對小球施加一方向與△OAB所在平面平行的恒力F，小球通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍；若小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，在相同的恒力作用下，恰好通過B點，且到達B點時的動能為初動能的6倍．則此恒力F的大小為．參考答案：考點：動能定理的應用；平拋運動．分析：根據平拋運動的水平位移和豎直位移，結合平拋運動的規律求出初速度的大小，從而得出拋出時的初動能．對O到A和O到B分別運用動能定理，求出恒力做功之比，結合功的公式求出恒力與OB的方向的夾角，從而求出恒力的大小．解答：解：小球以水平初速度拋出，做平拋運動，在水平方向上的位移x=lsin60°=，豎直方向上的位移y=，根據y=，x=v0t得，解得，則小球的初動能．根據動能定理得，0到A有：，解得，O到B有：WOB﹣mgl=5Ek0，解得，設恒力的方向與OB方向的夾角為α，則有：，解得α=30°，所以，解得F=．故答案為：mgl，點評：本題考查了平拋運動以及動能定理的綜合運用，第二格填空難度較大，關鍵得出恒力做功之比，以及恒力與豎直方向的夾角．11.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點（該時刻位于平衡位置），該時刻A質點的運動方向是____________（選填“向右”、“向左”、“向上”、“向下”）。如果該質點振動的頻率為2Hz，則此列波的傳播速度大小為____________m/s。

參考答案：向下

812.一定質量的理想氣體由狀態A變化到狀態B，壓強隨體積變化的關系如圖所示．氣體在狀態A時的內能

狀態B時的內能（選填“大于”、“小于”或“等于”）；由A變化到B，氣體對外界做功的大小

（選填“大于”、“小于”或“等于”）氣體從外界吸收的熱量．參考答案：等于；等于．【考點】理想氣體的狀態方程．【分析】由圖示圖象求出氣體在狀態A、B時的壓強與體積，然后判斷A、B兩狀態的氣體溫度關系，再判斷內能關系，根據氣體狀態變化過程氣體內能的變化情況應用熱力學第一定律判斷功與熱量的關系．【解答】解：由圖示圖象可知，氣體在狀態A與狀態B時，氣體的壓強與體積的乘積：pV相等，由理想氣體狀態方程可知，兩狀態下氣體溫度相等，氣體內能相等；A、B兩狀態氣體內能相等，由A變化到B過程，氣體內能的變化量：△U=0，由熱力學第一定律：△U=W+Q可知：W+Q=0，氣體對外界做功的大小等于氣體從外界吸收的熱量．故答案為：等于；等于．13.決定一個平拋運動物體水平方向通過距離的因素是

和

。參考答案：三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（6分）一定質量的理想氣體，在絕熱膨脹過程中

①對外做功5J，則其內能（選填“增加”或“減少”）,

J.

②試從微觀角度分析其壓強變化情況。參考答案：答案：①減少，5；②氣體體積增大，則單位體積內的分子數減少；內能減少，則溫度降低，其分子運動的平均速率減小,則氣體的壓強減小。（4分要有四個要點各占1分；單位體積內的分子數減少；溫度降低；分子運動的平均速率減小；氣體的壓強減小。）15.（4分）現用“與”門、“或”門和“非”門構成如圖所示電路，請將右側的相關真值表補充完整。(填入答卷紙上的表格)參考答案：

答案：

ABY001010100111

四、計算題：本題共3小題，共計47分16.（08年全國卷Ⅱ）(15分)如圖，一質量為M的物塊靜止在桌面邊緣，桌面離水平面的高度為h。一質量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后，以水平速度v0/2射出。重力加速度為g。求（1）此過程中系統損失的機械能；（2）此后物塊落地點離桌面邊緣的水平距離。參考答案：

解析：

（1）設子彈穿過物塊后的速度為V，由動量守恒得

①

（3分）

解得：

②

系統損失的機械能為：

③

（3分）

由②③兩式可得：

④（3分）

（2）設物塊下落到地面所需時間為t，落地點距桌面邊緣的水平距離為s，則：

⑤

（2分）

⑥

（2分）

由②⑤⑥三式可得：

⑦

（2分）17.如圖所示，豎直平面坐標系的第一象限有垂直面向外的水平勻強磁場和豎直向上的勻強電場，大小分別為B和E；第四象限有垂直面向里的水平勻強電場，大小也為；第三象限內有一絕緣光滑豎直放置的半徑為的半圓軌道，軌道最高點與坐標原點相切，最低點與絕緣光滑水平面相切于。一質量為的帶電小球從軸上（）的點沿軸正方向進入第一象限后做圓周運動，恰好通過坐標原點，且水平切入半圓軌道并沿軌道內側運動，過點水平進入第四象限，并在電場中運動）已知重力加速度為）。（1）判斷小球的帶電性質并求出其所帶電荷量；（2）點距坐標原點至少多高；（3）若該小球以滿足（2）中最小值的位置和對應速度進入第一象限，通過點開始計時，經時間小球距坐標原點的距離為多遠？參考答案：（1）小球進入第一象限正交的電場和磁場后，在垂直磁場的平面內做圓周運動，說明重力與電場力平衡。設小球所帶電荷量為，則有

①（1分）解得

②（1分）又電場方向豎直向上故小球帶正電。（1分）（2）設勻速圓周運動的速度為、軌道半徑為由洛倫茲力提供向心力得

③（2分）小球恰能通過半圓軌道的最高點并沿軌道運動，則應滿足

④（1分）由③④得

⑤2分）即的最小距離為

⑥（1分）（3）小球由運動到的過程中設到達點的速度為，由機械能守恒得

⑦（1分）由④⑦解得

⑧（1分）小球從點進入電場區域后，在絕緣光滑水平面上作類平拋運動。設加速度為，則有：沿軸方向有

⑨（1分）沿電場方向有

⑩（1分）由牛頓第二定律得

（11）（1分）時刻小球距點為

（2分）18.（10分）圖為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發出（初速度可忽略不計），經燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉電場中（偏轉電場可視為勻強電場），電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經過電場后打在熒光屏上的P點。已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L，電子的質量為m，電荷量為e，不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力。（1）求電子穿過A板時速度的大小；（2）求電子從偏轉電場射出時的側移量；（3）若要使電子打在熒光屏上P點的上方，可采取哪些措施？參考答案：解析：（1）設電子經電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理

eU1=－0…………（2分）

解得

………………..………（1分）

（2）電子以速度v0進入偏轉電場后，垂直于電場方向