內蒙古自治區赤峰市內蒙古市錦山實驗中學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.用水平力F拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運動，t1時刻撤去拉力F，物體做勻減速直線運動，到t2時刻停止．其速度—時間圖象如圖所示，且＞，若拉力F做的功為W1，平均功率為P1；物體克服摩擦阻力Ff做的功為W2，平均功率為P2，則下列選項正確的是A．W1＞W2；F＝2Ff

B．W1=W2

F＞2Ff

C．P1﹤P2;F＞2Ff

D．P1＝P2;F＝2Ff參考答案：B2.（單選）如圖所示，水平桌面上有一小車，裝有砂的砂桶通過細繩給小車施加一水平拉力，小車從靜止開始做直線運動。保持小車的質量M不變，第一次實驗中小車在質量為m1的砂和砂桶帶動下由靜止前進了一段距離s；第二次實驗中小車在質量為m2的砂和砂桶帶動下由靜止前進了相同的距離s，其中m1<m2<M。兩次實驗中，繩對小車的拉力分別為T1和T2，小車、砂和砂桶系統的機械能變化量分別為ΔE1和ΔE2，若空氣阻力和摩擦阻力的大小保持不變，不計繩、滑輪的質量，則下列分析正確的是A．(m1g-T1)<(m2g-T2)，ΔE1=ΔE2B．(m1g-T1)=(m2g-T2)，ΔE1=ΔE2C．(m1g-T1)<(m2g-T2)，ΔE1<ΔE2D．(m1g-T1)=(m2g-T2)，ΔE1<ΔE2參考答案：A3.如圖所示，帶電平行金屬板相互正對水平放置，兩板間存在著水平方向的勻強磁場。帶電液滴a沿垂直于電場和磁場的方向進入板間后恰好沿水平方向做直線運動，在它正前方有一個靜止在小絕緣支架上不帶電的液滴b。帶電液滴a與液滴b發生正碰，在極短的時間內復合在一起形成帶電液滴c，若不計支架對液滴c沿水平方向的作用力，則液滴離開支架后

(

)

A．液滴一定帶正電

B．一定做直線運動C．一定做勻速圓周運動

D．一定做勻變速曲線運動參考答案：A4.(單選題)人造衛星繞地球做勻速圓周運動，衛星所受萬有引力F與軌道半徑r的關系是

（

）

A．F與r成正比B．F與r成反比

C．F與r2成正比D．F與r2成反比參考答案：D5.如圖所示，長為a寬為b的矩形區域內（包括邊界）有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外．0點有一粒子源，某時刻粒子源向磁場所在區域與磁場垂直的平面內所有方向發射大量質量為m電量為q的帶正電的粒子，粒子的速度大小相同，粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T，最先從磁場上邊界射出的粒子經歷的時間為，最后從磁場中飛出的粒子經歷的時間為，不計重力和粒子之間的相互作用，則（）A．粒子速度大小為B．粒子做圓周運動的半徑為3bC．a的長度為（+1）bD．最后從磁場中飛出的粒子一定從上邊界的中點飛出參考答案：C【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動．【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題．【分析】根據左手定則可知，粒子在磁場中受到的洛倫茲力的方向向右，將向右偏轉，由運動的特點與運動的最短時間，即可判斷出偏轉的角度；然后由幾何關系求出粒子的半徑，洛倫茲力提供向心力求出粒子運動的速度．根據幾何關系，判斷出最后從磁場中飛出的粒子的軌跡，得出a的長度以及粒子飛出磁場的位置．【解答】解：A、B、根據左手定則可知，粒子在磁場中受到的洛倫茲力的方向向右，將向右偏轉．結合運動的特點可知，粒子向上的分速度越大，則越早從上邊界飛出．所以最早從上邊界飛出的粒子進入磁場的方向是豎直向上的．又由題最先從磁場上邊界射出的粒子經歷的時間為，根據：，則粒子偏轉的角度：．做出這種情況下粒子運動的軌跡如圖1，由圖中幾何關系可知：粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，即：所以：．故A錯誤，B錯誤；C、D、粒子的入射的方向在90°的范圍以內，又r=2b，所以粒子運動的軌跡不會超過半個圓，運動的時間不超過半個周期，由可知，軌跡的圓心角越大，則運動的時間越長，而圓心角越大，對應的弦長越長，所以粒子運動的最長時間的軌跡，弦長也最長．所以最后射出磁場的粒子一定是從磁場的右邊射出，最后從磁場中飛出的粒子經歷的時間為，畫出運動的最長軌跡如圖2，則：所以：α=30°，β=90°﹣α=60°，由于最后從磁場中飛出的粒子經歷的時間為，則偏轉角等于90°，γ=90°﹣β=30°由幾何關系可得：．故C正確，D錯誤．故選：C二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖所示，質量為m的均勻直角金屬支架ABC在C端用光滑鉸鏈鉸接在墻壁上，支架處在磁感應強度為B的勻強磁場中，當金屬支架通一定電流平衡后，A、C端連線恰水平，相距為d，BC與豎直線夾角為530，則金屬支架中電流強度大小為

；若使BC邊與豎直線夾角緩慢增至900過程中，則金屬支架中電流強度變化應

（選填“增大、減小、先增大后減小、先減小后增大”）。(sin37°=0.6，cos37°=0.8)參考答案：1.07mg/Bd，先增大后減小7.如圖為“用DIS（位移傳感器、數據采集器、計算機）研究加速度和力的關系”的實驗裝置。（1）在該實驗中必須采用控制變量法，應保持___________不變，用鉤碼所受的重力作為___________，用DIS測小車的加速度。（2）改變所掛鉤碼的數量，多次重復測量。在某次實驗中根據測得的多組數據可畫出a-F關系圖線（如圖所示）。

①

分析此圖線的OA段可得出的實驗結論是_________________________________。②（單選題）此圖線的AB段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是A．小車與軌道之間存在摩擦

B．導軌保持了水平狀態C．所掛鉤碼的總質量太大

D．所用小車的質量太大參考答案：（1）小車的總質量，小車所受外力，（4分）（2）①在質量不變的條件下，加速度與外力成正比，②C，8.用圖（a）所示的實驗裝置探究加速度與力、質量的關系。（1）完成平衡摩擦力的相關內容：

（A）取下沙桶，把木板不帶滑輪的一端墊高；

（B）接通打點計時器電源，輕推小車，讓小車拖著紙帶運動。如果打出的紙帶如圖（b）所示，則應

（選填“增大”、“減小”或“不改變”）木板的傾角，反復調節，直到紙帶上打出的點跡

為止。（2）某同學實驗時得到如圖（c）所示的a—F圖象（沙和沙桶質量遠小于小車質量），則該同學探究的是：在

條件下，

成正比。（3）上題中若沙和沙桶質量過大，不能遠小于小車質量，則可能會出現下列哪種圖像參考答案：（1）減小（2分），間隔相等（2分），

（2）小車質量一定的（2分），小車的加速度與所受拉力（2分）

（3）B9.在真空的贏角坐標系中，有兩條互相絕緣且垂直的長直導線分別與x、y軸重合，電流方向如圖所示。已知真空中距無限長通電直導線距離為r處的磁感應強度B=kI/r（r≠0），k=2×l0-7Tm/A，若，I1=400A，I2=3．0A。則：在xOz平面內距原點，r=0．lm的各點中x、z坐標為

處磁感應強度最小，最小值為___T。參考答案：10.（8分）如圖所示，A、B、C為某質點作平拋運動的軌跡上的三個點，測得AB、BC間的水平距離為SAB=SBC=0.4m，豎直距離hAB=0.25m，hBC=0.35m，由此可知質點平拋運動的初速度vo=

m/s，拋出點到A點的水平距離為

m，豎直距離為

m。（取g=10m/s2）

參考答案：4；0.8；0.211.（4分）居民小區里的樓道燈，采用門電路控制，電路如圖所示。白天的時候，即使拍手發出聲音，樓道燈也不亮；但是到了晚上，拍手發出聲音后，燈就亮了，并采用延時電路，使之亮一段時間后就熄滅。電路中用聲控開關，即聽到聲音后，開關閉合，則應該使用__________門電路控制電燈，其中R2是光敏電阻，受光照后電阻減小，R1為定值電阻，S是聲控開關，黑夜時R1和R2的大小關系是R1______R2（選填“<<”、“=”或“>>”）。參考答案：

答案：與，<<12.如圖，用細繩一端系著質量為M=0.6kg的物體A，物體A靜止在水平轉盤上。細繩的另一端通過圓盤中心的光滑小孔O吊著系著質量為m=0.3kg的小球B。物體A到O點的距離為0.2m.物體A與轉盤間的最大靜摩擦力為2N，為使物體A與圓盤之間保持相對靜止，圓盤轉動的角速度范圍為

。（g=10m/s2）參考答案：13.如圖所示，一物體m在沿斜面向上的恒力F作用下，由靜止從底端沿光滑的斜面向上做勻加速直線運動，經時間t力F做功為60J，此后撤去力F，物體又經過時間t回到出發點，若以地面為零勢能面，物體回到出發點的動能為

▲

；撤去力F時物體的重力勢能為

▲

。]參考答案：60J

45J

試題分析：物體沿光滑斜面向上運動一直到回到出發點的過程，只有恒力F做功，根據動能定理，回到出發點的動能。設力F撤去時速度大小為，返回地面后速度大小為，力F撤去前為勻變速直線運動，撤去后仍是勻變速直線運動，則有位移，整理得，即力F撤去時物體動能為，根據動能定理，在力F撤去前，，所以撤去力F時物體的重力勢能為。

考點：動能定理

勻變速直線運動三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.內表面只反射而不吸收光的圓筒內有一半徑為R的黑球，距球心為2R處有一點光源S，球心O和光源S皆在圓筒軸線上，如圖所示．若使點光源向右半邊發出的光最后全被黑球吸收，則筒的內半徑r最大為多少？參考答案：自S作球的切線S?，并畫出S經管壁反射形成的虛像點，及由畫出球面的切線N，如圖1所示，由圖可看出，只要和之間有一夾角，則筒壁對從S向右的光線的反射光線就有一部分進入球的右方，不會完全落在球上被吸收．由圖可看出，如果r的大小恰能使與重合，如圖2，則r?就是題所要求的筒的內半徑的最大值．這時SM與MN的交點到球心的距離MO就是所要求的筒的半徑r．由圖2可得??????????

（1）由幾何關系可知

（2）由（1）、（2）式得

（3）15.如圖甲所示，將一質量m=3kg的小球豎直向上拋出，小球在運動過程中的速度隨時間變化的規律如圖乙所示，設阻力大小恒定不變，g=10m/s2，求（1）小球在上升過程中受到阻力的大小f．（2）小球在4s末的速度v及此時離拋出點的高度h．參考答案：（1）小球上升過程中阻力f為5N；（2）小球在4秒末的速度為16m/s以及此時離拋出點h為8m考點： 牛頓第二定律；勻變速直線運動的圖像．專題： 牛頓運動定律綜合專題．分析： （1）根據勻變速直線運動的速度時間公式求出小球上升的加速度，再根據牛頓第二定律求出小球上升過程中受到空氣的平均阻力．（2）利用牛頓第二定律求出下落加速度，利用運動學公式求的速度和位移．解答： 解：由圖可知，在0～2s內，小球做勻減速直線運動，加速度大小為：由牛頓第二定律，有：f+mg=ma1代入數據，解得：f=6N．（2）2s～4s內，小球做勻加速直線運動，其所受阻力方向與重力方向相反，設加速度的大小為a2，有：mg﹣f=ma2即4s末小球的速度v=a2t=16m/s依據圖象可知，小球在4s末離拋出點的高度：．答：（1）小球上升過程中阻力f為5N；（2）小球在4秒末的速度為16m/s以及此時離拋出點h為8m點評： 本題主要考查了牛頓第二定律及運動學公式，注意加速度是中間橋梁四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，兩平行金屬板E、F之間電壓為U，兩足夠長的平行邊界MN、PQ區域內，有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.一質量為m、帶電量為+q的粒子（不計重力），由E板中央處靜止釋放，經F板上的小孔射出后，垂直進入磁場，且進入磁場時與邊界MN成60°角，最終粒子從邊界MN離開磁場．求：（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑r；（2）兩邊界MN、PQ的最小距離d；（3）粒子在磁場中運動的時間t.參考答案：解：（1）設粒子離開電場時的速度為v，由動能定理有：

①(3分)解得：

②粒子離開電場后，垂直進入磁場，由洛侖茲力提供向心力有：

③(3分)聯立②③解得：

④(2分)（2）最終粒子從邊界MN離開磁場，需滿足： ⑤(3分)聯立④⑤解得：

⑥(2分)兩邊界MN、PQ的最小距離d為（3）粒子在磁場中做圓周運動的周期

⑦

(2分)聯立③⑦解得：粒子在磁場中運動的時間

⑨

(3分)17.如圖所示，質量為0.5m的b球用長h的細繩懸掛于水平軌道BC的出口C處．質量為m的小球a，從距BC高h的A處由靜止釋放，沿ABC光滑軌道滑下，在C處與b球正碰并與b粘在一起．已知BC軌道距地面的高度為0.5h，懸掛b球的細繩能承受的最大拉力為2mg．試問：（1）a與b球碰前瞬間，a的速度多大？（2）a、b兩球碰后，細繩是否會斷裂？若細繩斷裂，小球在DE水平面上的落點距C的水平距離是多少？若細繩不斷裂，小球最高將擺多高？參考答案：考點：動量守恒定律；機械能守恒定律．.專題：動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合．分析：（1）以a球為研究對象，由動能定理可以求出a與b兩球碰撞前a球的速度．（2）a與b碰撞過程中動量守恒，由動量守恒定律求出碰后的速度，然后它們做圓周運動，由牛頓第二定律列方程，求出繩子的拉力，然后判斷繩子是否會斷裂．如果繩子斷裂，小球做平拋運動，應用平拋運動規律即可正確解題．解答：解：（1）以a球為研究對象，在a求下滑到C點過程中，由動能定理可得：mgh=mv2﹣0，解得a的速度v=；

（2）a與b兩球碰撞過程動量守恒，以a的初速度方向為正方向，由動量守恒得：mv=（m+0.5m）v′，解得：v′=，兩小球做圓周運動，由牛頓第二定律可得：T﹣1.5mg=1.5m，解得：T=mg＞2mg，細繩會斷裂，細繩斷裂后，小球做平拋運動，豎直方向：0.5h=gt2，解得：t=，故落點距C的水平距離為：s=vt=×=，小球最終落到地面距C水平距離處．答：（1）a與b球碰前瞬間，a的速度為；（2）a、b兩球碰后，細繩會斷裂；小球在DE水平面上的落點距C的水平距離是．點評：本題考查了求速度，判斷繩子是否斷裂、求水平位移問題，應用動能定理、動量守恒定律、牛頓第二定律、平拋運動規律即可解題，本