資源簡介

民族中學2023-2024學年第一學期開學摸底檢測
高三物理
一、單選題(本題共計5題,共計15分)
1.（3分）下面關于加速度的描述中正確的是（ ）
A.加速度描述了物體速度變化的多少
B.勻速行駛的磁懸浮列車,由于其速度很大,所以加速度很大
C.物體的速度變化越快,則加速度越大
D.列車加速度逐漸減小時,一定在做減速運動
2.（3分）如圖所示，一直角斜劈繞其豎直邊BC做圓周運動，物塊始終靜止在斜劈AB上。在斜劈轉動的角速度ω緩慢增加的過程中，下列說法正確的是（ ）
A.斜劈對物塊的支持力逐漸減小
B.斜劈對物塊的支持力保持不變
C.斜劈對物塊的摩擦力逐漸增加
D.斜劈對物塊的摩擦力變化情況無法判斷
3.（3分）如圖所示電路中，開關S閉合，當滑動變阻器的滑片P從a端向b端滑動時，以下判斷正確的是（ ）
A.電壓表示數變小,通過燈L1的電流變小,燈L2變亮
B.電壓表示數變小,通過燈L1的電流變大,燈L2變暗
C.電壓表示數變大,通過燈L2的電流變小,燈L1變暗
D.電壓表示數變大,通過燈L2的電流變大,燈L1變亮
4.（3分）如圖所示，真空中電荷量為+2q、-q的兩個點電荷被分別固定在A、B兩點，在兩個點電荷的連線上，帶負電的試探電荷（不計重力）從B點的右側靠近B的位置由靜止釋放。A、B兩點間距為d，兩個點電荷在C點的合場強為零，在兩個點電荷的連線上（ ）
A．在A點左側，存在兩個點電荷的合場強為零的點
B．B、C兩點間距大于（/2+1）d
C．C點的右側，電場線方向向右
D．試探電荷向右運動的過程中，電場力一直做正功，電勢能減小
5.（3分）4、如圖所示，兩根相距為l的平行直導軌ab、cd，b、d間連有一固定電阻R，導軌電阻可忽略不計。MN為放在ab和cd上的一導體桿，與ab垂直，其電阻也為R。整個裝置處于勻強磁場中，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于導軌所在平面(垂直紙面向里)。現對MN施力使它沿導軌方向以速度v水平向右做勻速運動。令U表示MN兩端電壓的大小，下列說法正確的是(　　)
A．U＝Blv，流過固定電阻R的感應電流由b經R到d
B．U＝Blv，流過固定電阻R的感應電流由d經R到b
C．MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向右
D．MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向左
二、多選題(本題共計5題,共計25分)
6.（5分）某空間存在著如圖甲所示的足夠大的沿水平方向的勻強磁場．在磁場中A、B兩個物塊疊放在一起，置于光滑水平面上，物塊A帶正電，物塊B不帶電且表面絕緣．在t＝0時刻，水平恒力F作用在物塊B上，物塊A、B由靜止開始做加速度相同的運動．在A、B一起向左運動的過程中，以下說法正確的是
A．圖乙可以反映B對A的支持力大小隨時間t變化的關系
B．圖乙可以反映B對A的摩擦力大小隨時間t變化的關系
C．圖乙可以反映B對地面的壓力大小隨時間t變化的關系
D．圖乙可以反映物塊A和物塊B的加速度大小隨時間t變化的關系
7.（5分）如圖，一小車的內表面ab和bc光滑且互相垂直，bc與水平方向的夾角為37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度為g，已知小車在水平方向上做勻加速直線運動，要使小球始終不脫離小車，則（ ）
A．若小車向左加速加速度不能超過 B．若小車向左加速加速度不能超過
C．若小車向右加速加速度不能超過 D．若小車向右加速加速度不能超過
8.（5分）水平光滑直軌道ab與半徑為R的豎直半圓形光滑軌道相切，一小球以初速度v0沿直線軌道向右運動，如圖所示，小球進入圓形軌道后剛好能通過c點，然后小球做平拋運動落在直軌道上的d點，重力加速度為g，則（ ）
A．小球到達c點的速度為
B．小球到達c點時對軌道的壓力為mg
C．小球在直軌道上的落點d與b點距離為2R
D．小球從c點落到d點所需時間為
9.（5分）在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂．當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F．不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節車廂質量相同，則這列車廂的節數可能為（ ）
A．8 B．10 C．15 D．18
10.（5分）美國物理學家密立根利用圖甲所示的電路研究金屬的遏止電壓Uc與入射光頻率v的關系，描繪出圖乙中的圖像，由此算出普朗克常量h.電子電荷量用e表示，下列說法正確的是（ ）
A．入射光的頻率增大，為了測遏止電壓，則滑動變阻器的滑片P應向M端移動
B．由Uc-v圖像可知，這種金屬的截止頻率為ve
C．增大入射光的強度，光電子的最大初動能也增大
D．由Uc-v圖像可求普朗克常量表達式為
三、實驗題(本題共計2題,共計16分)
11.（8分）甲圖是英國數學家和物理學家阿特伍德（G·Atwood 1746-1807）創制的一種著名力學實驗裝置—阿特伍德機，用來研究豎直方向上做勻變速直線運動物體的超失重規律。某同學對該裝置加以改進后還可以用來測量一個物體的質量，如圖乙所示。
(1)實驗時，該同學進行了如下操作：
①將質量均為M（A的含擋光片，B的含掛鉤）的重物用繩連接后，跨放在定滑輪上，處于靜止狀態，測量出_______（填“A的上表面”“A的下表面”或“擋光片中心”）到光電門中心的豎直距離h；
②在B的下端掛上質量為m（未知）的物塊C，讓系統（重物A、B以及物塊C）由靜止開始運動，光電門記錄擋光片擋光的時間為 t；
③測出擋光片的寬度d，利用有關物理量，就可以計算出物塊C的質量m。
(2)已知當地重力加速度為g，則物塊C的質量m可表達為_______（用M、h、d、 t、g表示）。
12.（8分）某一小型電風扇額定電壓為5.0V,額定功率為2.5W。某實驗小組想通過實驗描繪出小電風扇的電流與其兩端電壓的關系。實驗中除導線和開關外,還有以下器材可供選擇:
A .電源E(電動勢為6.0V)
B .電壓表V(量程為6V,內阻約8kΩ)
C .電流表A1(量程0.6A,內阻約0.2Ω)
D .電流表A2(量程3A,內阻約0.05Ω)
E .滑動變阻器R1(最大阻值5kΩ,額定電流100mA)
F .滑動變阻器R2(最大阻值25Ω,額定電流1A)
(1)為了便于調節,減小讀數誤差和系統誤差,實驗中所用電流表應選用______,滑動變阻器應選用______(填所選儀器前的字母序號);
(2)請你為該小組設計實驗電路,并把電路圖畫在甲圖的虛線框內(小電風扇已畫出)______;
(3)操作過程中發現,電壓表讀數大于0.5V時電風扇才開始轉動。該小組測繪出的小電風扇的電流與其兩端電壓的關系曲線如圖乙所示,由此判定小電風扇的電阻為______Ω;
(4)若用電動勢為3V,內阻為2.5Ω的電源對該小風扇供電,電路如圖丙所示,則小風扇工作時的機械功率為______W。
四、計算題(本題共計3題,共計44分)
13.（14分）15. (10分)如圖所示，一束截面為圓形(半徑為R)的平行復色光垂直射向一玻璃半球的平面，經折射后在屏幕S上形成一個圓形彩色亮區。已知玻璃半球的半徑為R，屏幕S至球心的距離為D(D>3R)，不考慮光的干涉和衍射，試問：
(1)在屏幕S上形成的圓形亮區的最外側是什么顏色？
(2)若玻璃半球對(1)中色光的折射率為n，請你求出圓形亮區的最大半徑。
15.（14分）如圖所示，坐標平面第Ⅰ象限內存在水平向左的勻強電場，在y軸左側區域存在寬度為a=0.3m的垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B（大小可調節）．現有質荷比為=4×10-10kg/C的帶正電粒子從x軸上的A點以一定初速度v0垂直x軸射入電場，且以v=4×107m/s，方向與y軸正向成60°的速度經過P點進入磁場，OP=OA、OA=0.1m，不計重力．求：
（1）粒子在A點進入電場的初速度v0為多少；
（2）要使粒子不從CD邊界射出，則磁感應強度B的取值范圍；
（3）粒子經過磁場后，剛好可以回到A點，則磁感應強度B為多少．
16.（16分）如圖所示，一個質量為m、電阻不計、足夠長的光滑U形金屬框架MNPQ，位于光滑水平桌面上，分界線OO′分別與平行導軌MN和PQ垂直，兩導軌相距L。在OO′的左右兩側存在著區域很大、方向分別為豎直向上和豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小均為B。另有質量也為m的金屬棒CD，垂直于MN放置在OO′左側導軌上，并用一根細線系在定點A。已知，細線能承受的最大拉力為T0 ，CD棒接入導軌間的有效電阻為R。現從t=0時刻開始對U形框架施加水平向右的拉力F，使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運動。
（1）求從框架開始運動到細線斷裂所需的時間t0；
（2）若細線尚未斷裂，求在t時刻水平拉力F的大小；
（3）求從框架開始運動到細線斷裂的過程中流過回路的電量q。
答案
1.（3分）【答案】C
2.（3分）【答案】AC
【解析】物塊的向心加速度沿水平方向，加速度大小為a=ω2r，設斜劈傾角為θ，對物塊沿AB方向f-mgsinθ=macosθ，垂直AB方向有mgcosθ-N=masinθ，解得f=mgsinθ+macosθ，N=mgcosθ-masinθ，當角速度ω逐漸增加時，加速度a逐漸增加，f逐漸增加，N逐漸減小，故AC正確，BD錯誤；故選AC。
3.（3分）【答案】A
【解析】當滑動變阻器的滑片P從a端向b端滑動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律分析得知，干路電流增大，通過燈L2的電流變大，則燈L2變亮；電源的內電壓和L2的電壓增大，路端電壓減小，則并聯部分電壓減小，電壓表讀數變小，通過燈L1的電流變小，燈L1變暗；AB.綜上分析電壓表讀數變小，通過燈L1的電流變小，L1變暗；通過燈L2的電流變大，L2變亮，A正確B錯誤；CD.綜上分析電壓表讀數變小，通過燈L1的電流變小，L1變暗；通過燈L2的電流變大，L2變亮，CD錯誤；故選A。
4.（3分）【答案】C
【解析】兩個點電荷的連線上，在A點的左側，A點點電荷產生的場強始終大于B點點電荷產生的場強，不能抵消，沒有場強為零的點，A錯誤；由解得，B錯誤；兩個點電荷的連線上，在C點的右側，A點點電荷產生的場強大于B點點電荷產生的場強，兩個點電荷的合場強方向向右，C正確；試探電荷在兩個點電荷的連線上向右運動的過程中，電場力先做正功后做負功，電勢能先減小后增大，D錯誤。
5.（3分）解析：選A　根據電磁感應定律，MN產生的電動勢E＝Blv，由于MN的電阻與外電路電阻相同，所以MN兩端的電壓U＝E＝Blv，根據右手定則，流過固定電阻R的感應電流由b經R到d，故A正確，B錯誤；MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向左，故C、D錯誤。
6.（5分）【答案】AC
【解析】對整體分析，運用牛頓第二定律得出加速度，判斷出整體的運動規律，然后求出洛倫茲力與時間的變化關系；運用隔離法求出A對B的摩擦力的大小、A對B的壓力大小。對整體分析，運用牛頓第二定律得出加速度：，水平方向受到的力不變，使用B的加速度不變。物體由靜止做勻加速運動，速度v=at；故洛倫茲力：F=qvB=qBat，A受的支持力：N=mAg+qvB=mAg+qBat，符合圖中所示規律，故A正確；物塊B對物塊A的摩擦力大小f=mAa，所以f隨時間t的變化保持不變，故不可能是摩擦力的變化圖象，故B錯誤。對整體分析可知，N'=mAg+mBg+qvB=mAg+mBg+qBat，故同樣可以由圖示規律表示，故C正確。整體的加速度不變，則選項D錯誤；故選AC.
7.（5分）【答案】BD
【解析】AB．若小車向左加速，當面對小球無作用力時，加速度最大，根據牛頓第二定律解得所以若小車向左加速，加速度不能超過，A錯誤，B正確；
CD．若小車向右加速運動，當面對小球無作用力時，加速度最大，根據牛頓第二定律解得所以若小車向右加速，加速度不能超過，C錯誤，D正確。故選BD。
8.（5分）【答案】CD
【解析】AB．小球剛好通過c點，在c點重力提供向心力即此時對軌道的壓力為0，由牛頓第二定律得，解得，故AB錯誤；
CD．小球離開c后做平拋運動，豎直方向，水平方向，解得，，故CD正確；故選CD。
9.（5分）【答案】BC
10.（5分）【答案】BD
【解析】A. 入射光的頻率增大，光電子的最大初動能增大，則遏止電壓增大，測遏止電壓時，應使滑動變阻器的滑片Р向N端移動，A錯誤；
BD. 當遏止電壓為零時，v=vc，根據Ekm=hv－W0=eUc，解得，則，BD正確；
C. 根據光電效應方程Ekm=hv－W0知，光電子的最大初動能與入射光的強度無關，C錯誤。
11.（8分）（8分）【答案】（1）擋光片中心 （2）
【解析】（1）要計算系統重力勢能的變化量，需要測量出擋光片中心到光電門中心的豎直距離。
（2）對系統，設加速度大小為，由牛頓第二定律可得又而聯立解得。
12.（8分）(1)C；F
【解析】電風扇的額定電流為
從讀數誤差的角度,應讓電流到達量程的三分之二左右,則電流表選擇C比較合適。
實驗小組想通過實驗描繪出小電風扇的電流與其兩端電壓的關系,則應讓測量出的電壓、電流的范圍足夠大(電壓、電流從零開始測起),故滑動變阻器應用分壓式接法,而分壓式應選阻值較小的滑動變阻器,則滑動變阻器選擇F比較合適。
(2)圖見解析
【解析】實驗小組想通過實驗描繪出小電風扇的電流與其兩端電壓的關系,則應讓測量出的電壓、電流的范圍足夠大(電壓、電流從零開始測起),故滑動變阻器應用分壓式接法,電風扇的電阻大約為
可見電風扇的電阻為小電阻,則電流表應用外接法,則電路圖如下圖所示
(3)2.5
【解析】電壓表讀數大于0.5V時電風扇才開始轉動,則根據歐姆定律
,則小電風扇的電阻為2.5Ω。
(4)0.4
【解析】根據閉合電路的歐姆定律有E = Ir + UM
根據能量守恒有PM= P熱 + P機 = UMI = I2RM + P機
根據乙圖當電流為0.4A時小風扇的電壓為2V,代入數據有P機 = 0.4W
則小風扇工作時的機械功率為0.4W。
13.（14分）答案　(1)紫色　(2)r＝D－nR
解析　(1)當平行光從玻璃中射向空氣時，由于紫光的折射率最大，則臨界角最小，所以首先發生全反射，因此出射光線與屏幕的交點最遠，故圓形亮區的最外側是紫色。
(2)如圖所示，紫光剛要發生全反射時的臨界光線射在屏幕S上的F點到亮區中心E的距離r就是所求最大半徑。設紫光的臨界角為C，由全反射的知識：sinC＝。
所以cosC＝，tanC＝，OB＝＝，r＝＝D－nR。
14.（14分）【答案】（1） （2） （3）0.16T
【解析】（1）粒子在電場中只受水平向左的電場力作用，故粒子做類平拋運動，那么豎直方向做勻速運動，故有：v0＝vcos60°＝2×107m/s；
（2）粒子在磁場中只受洛倫茲力作用，故粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力做向心力，故有：Bqv＝，所以，軌道半徑；要使粒子不從CD邊界射出，
根據幾何關系可得：R+Rcos60°≤a，所以，R≤a＝0.2m；所以，磁感應強度；
（3）粒子離開磁場運動到A的過程做勻速直線運動，故粒子運動軌跡如圖所示，
；
根據粒子在磁場中做勻速圓周運動可得：粒子出磁場時速度與y軸正方向夾角為60°；
設出磁場處為Q點，則由幾何關系，，所以，，所以軌道半徑R'=0.1m；根據洛倫茲力做向心力可得：，所以，。
15.（16分）【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）繩子斷裂時，對棒有 ，得 ；
（2）在t時刻，框架的速度 ，
框架切割磁場產生的電動勢 ，
框架受到的安培力 ，
對框架有 ，
。
（3） ，
通過整個回路橫截面的電量為。

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