豐城九中20222-2023學年上學期日新高三摸底考試物理試卷一、選擇題：（1-10單選，11-12多選）（每題4分，共48分）1.在光滑的桌面上有一根均勻柔軟的質量為m、長為l的繩，其繩長的四分之一懸于桌面下，從繩子開始下滑至繩子剛好全部離開桌面的過程中，繩子的重力做功和重力勢能變化如何（桌面離地高度大于l）（）A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】【分析】【詳解】設桌面為零勢能面，將鏈條分成水平部分和豎直部分兩段，水平部分的重力勢能為零，豎直部分的重心在豎直段的中間，高度為，而豎直部分的重力為，重力勢能繩子剛好全部離開桌面，則高度為，而豎直部分的重力為，重力勢能重力勢能的變化量重力做的功故A正確，BCD錯誤。故選A。2.如圖所示是傾角為30°的斜坡，在斜坡底端P點正上方某一位置Q處以速度v0水平向左拋出一個小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，運動時間為t1，小球B從同一點Q處自由下落，下落至P點的時間為t2，不計空氣阻力，則t1∶t2＝（）A. B. C.1∶3 D.【答案】A【解析】【詳解】小球A恰好能垂直落在斜坡上，如圖由幾何關系可知，小球豎直方向的速度增量水平位移豎直位移聯(lián)立得到由幾何關系可知小球B作自由下落的高度為聯(lián)立以上各式解得故選A。3.如圖所示，輕質彈簧一端固定在處，另一端與質量為的物塊相連，物塊套在光滑豎直固定桿上。開始時物塊處于處且彈簧處于原長。現(xiàn)將物塊從處由靜止釋放，物塊經(jīng)過處時彈簧與桿垂直，經(jīng)過處時彈簧再次處于原長，到達處時速度為零。已知之間的距離為，，。彈簧始終在彈性限度之內，重力加速度為。在物塊下滑的整個過程中，下列說法正確的是（）A.物塊在由處下滑至處的過程中機械能守恒 B.物塊在處的速度為C.物塊在處時彈簧的彈性勢能最大 D.物塊在處時彈簧的彈性勢能為【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．物塊在由處下滑至上的過程中，物塊受到彈簧的彈力做功，物塊的機械能不守恒，但是物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，A錯誤；B．物塊由處下滑至處的過程中，若只是重力勢能轉化為動能，則可知物塊在處速度為，但還有一部分轉化為彈性勢能，所以物塊在處的速度小于，B錯誤；C．物塊由處下滑至處的過程物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，動能減小、重力勢能減小，所以彈性勢能增加，故處彈簧的彈性勢能大于處彈簧的彈性勢能，C錯誤；D．物塊由處下滑至處的過程中可得D正確。故選D。4.質量M=1kg的長木板置于水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數(shù)．木板上放有質量分別為mA=2kg和mB=1kg的A、B兩物塊，A、B與木板間的動摩擦因數(shù)分別為、，水平恒力F作用在物塊A上，如圖所示。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g=10m/s2。則（）A.若F=5N，物塊A受到摩擦力大小為5NB.若F=6N，物塊B受到的摩擦力大小為5NC.若F=7N，物塊A將會相對木板滑動D.無論力F多大，B與長木板之間都不會發(fā)生相對滑動【答案】D【解析】【詳解】A與木板間的最大靜摩擦力為B與木板間的最大靜摩擦力為；木板與地面間的最大靜摩擦力為A．若F=5N，木板已相對地面滑動，設AB相對木板靜止，則對整體對A有解得對B解得故AB確實相對木板靜止，且；故A錯誤．B．若F=6N，木板已相對地面滑動，設AB相對木板靜止，則對整體對A解得對B解得故AB確實相對木板靜止，且；故B錯誤．C．若F=7N，木板已相對地面滑動，設AB相對木板靜止，則對整體對A解得對B解得所以AB確實相對木板靜止；故C錯誤．D．木板和B之所以能運動，是A與木板間的摩擦力做動力，當A與木板間的摩擦力達到最大時，設木板和B相對靜止，對木板和B對B解得即A與木板間的摩擦力達到最大時，木板和B仍相對靜止．則無論力F多大，B與長木板之間都不會發(fā)生相對滑動，故D正確；故選D。5.空間存在勻強電場；場中A、B、C、D四個點恰好構成正四面體；如圖所示。已知電場強度大小為E；方向平行于正四面體的底面ABC已知UAC=3V；UBC=3V；則C、D之間的電勢差UCD為（）A.2V B.3V C.-2V D.-3V【答案】C【解析】【詳解】根據(jù)電勢差公式有，UAC=3V，UBC=3V則A、B在同一等勢面上，根據(jù)勻強電場的等勢線與電場線相互垂直，則電場線如圖所示過點D作DF垂直電場線，則由幾何關系可得聯(lián)立解得所以C正確；ABD錯誤；故選C。6.、是豎直平面內兩根固定的光滑細桿，、、位于同一圓周上，點為圓周的最高點，點為圓周的最低點，現(xiàn)有兩個質量與電量均相同的帶正電穿孔小球A、分別從處由靜止釋放，A從點滑到點的時間為，從點滑到點的時間為，不考慮A、之間的靜電力，下列判斷正確的是（）A.若在細桿所在平面再加一個豎直向下的勻強電場，則兩小球下滑時間為B.若在細桿所在平面再加一個豎直向下的勻強磁場，則兩小球下滑時間為C.若在細桿所在平面再加一個豎直向下的勻強磁場，則兩小球下滑時間為D.若題干中光滑細桿換成動摩擦因數(shù)相同的粗糙細桿，則兩小球下滑時間為【答案】B【解析】【詳解】A．若在受重力的同時，細桿所在平面再加一個豎直向下的勻強電場，A小球沿下落加速度與小球沿下滑的加速度之比跟與細桿長度之比相等，故兩小球下滑時間相等，故A錯誤；BC．所在平面再加一個豎直向下的勻強磁場，A小球不受影響，小球會增加與細桿的彈力，但如果光滑，也不改變下滑的加速度，故兩小球下滑時間也相等，故B正確，C錯誤；D．若光滑細桿變成粗糙細桿，A小球不受影響，會減少小球的加速度，兩小球下滑時間滿足，故D錯誤。故選B。7.如圖所示為游樂園中空中轉椅理論示意圖，長度不同的兩根細繩懸掛于同一點，另一端各系一個質量相同的小球，使它們在不同的水平面內做圓錐擺運動，則對于A、B兩個圓錐擺周期的說法正確的是（）A.A的周期大 B.B的周期大 C.A、B的周期一樣大 D.A、B的周期無法比較【答案】A【解析】【分析】【詳解】設細繩與豎直方向的夾角為，繩長為L，由合力作為向心力可得整理得A球的細繩與豎直方向的夾角較小，故A的周期T較大。故選A。8.如圖，傾角為45°的斜面體A放在水平地面上，A與地面間的動摩擦因數(shù)為0.75，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，光滑半球體B靜止在豎直墻和斜面體之間，已知A、B所受重力都為G，若在B的球心處施加一豎直向下的力F，要保持斜面體靜止不動，F(xiàn)的最大值是（）A.G B.1.5G C.2G D.2.5G【答案】C【解析】【詳解】對斜面體和半球體整體受力分析如圖甲所示，施加力F之后，可知斜面體對地面的正壓力為2G＋F，最大靜摩擦力為fm＝μ(2G＋F)對半球體受力分析如圖乙所示，未施加力F時有，豎直墻壁的彈力大小F1＝Gtan45°施加力F之后，豎直墻壁彈力大小變?yōu)镕1′＝(G＋F)tan45°要使斜面體靜止不動，水平方向上受力平衡，即(G＋F)tan45°≤μ(2G＋F)解得F≤2G故選C。

9.一物體從靜止開始做直線運動，其加速度隨時間變化如圖所示，則該物體（）

A.在1s末時運動方向發(fā)生改變B.先做勻加速后做勻減速直線運動C.1s~2s的平均速度大小大于3m/sD.該物體在0~2s內受到合外力的沖量一定為4N·s【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．從圖中看出物體先做加速度逐漸增大的加速運動，到1s時，加速度達到最大，此時運動方向沒有發(fā)生改變，故A錯誤；B．從圖中看出物體先做加速度逐漸增大的加速運動，后做加速度逐漸減小的加速運動，故B錯誤；C．根據(jù)圖像可畫出速度時間圖像如圖所示

假如1~2s做勻加速直線運動，則平均速度為從圖中可以看出實際的位移大于勻加速的位移，所以1s~2s的平均速度大小大于3m/s，故C正確；D．缺少物體的質量m，無法計算沖量大小，故D錯誤。故選C。10.如圖所示，兩根光滑金屬導軌平行放置，導軌所在平面與水平面間的夾角為θ。質量為m長為L的金屬桿ab垂直導軌放置，整個裝置處于垂直ab方向的勻強磁場中。當金屬桿ab中通有從a到b的恒定電流I時，金屬桿ab保持靜止。則磁感應強度的方向和大小可能為（）A豎直向上， B.平行導軌向上，C.水平向右， D.水平向左，【答案】D【解析】【詳解】A．金屬導軌光滑，所以沒有摩擦力，則金屬棒只受重力、支持力和安培力，根據(jù)平衡條件知三力合力為零。當磁感應強度方向豎直向上時，如圖所示由平衡條件可知可得磁感應強度大小為故A錯誤；B．磁感應強度方向平行導軌向上，安培力垂直于導軌向下，不可能平衡，故B錯誤；C．磁感應強度方向水平向右，安培力豎直向下，不可能平衡，故C錯誤；D．磁感應強度方向水平向左，安培力豎直向上，若平衡，安培力和重力相等，可知解得磁感應強度大小為故D正確。故選D。11.如圖所示，平行板電容器A、B間有一帶電油滴P正好靜止在極板正中間，現(xiàn)將B極板勻速向下移動到虛線位置，其他條件不變．則在B極板移動的過程中()A.油滴將向下做勻加速運動 B.電流計中電流由b流向aC.油滴運動的加速度逐漸變大 D.極板帶的電荷量減少【答案】CD【解析】【詳解】AC．將B極板勻速向下運動時，兩極板的距離增大，由于電勢差U不變，則根據(jù)：知極板間的電場強度減小，油滴所受的電場力減小，電場力小于重力，油滴所受合力向下，油滴向下加速運動，加速度：由于q、U、m不變，d逐漸增大，則加速度a逐漸增大，油滴向下做加速度增大的加速運動，故C正確，A錯誤；BD．電容器板間距離增大，則電容器的電容C減小，而板間電壓U不變，則由：可知電容器所帶電荷量Q減小，電容器放電，上極板帶正電，則知電流計中電流由a流向b，故B錯誤，D正確．12.如圖所示，直線MN與水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直紙面向外的勻強磁場，左下方存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小均為B．一粒子源位于MN上的a點，能水平向右發(fā)射不同速率、質量為m(重力不計)、電荷量為q(q＞0)的同種粒子，所有粒子均能通過MN上的b點，已知ab＝L，則粒子的速度可能是()

A. B. C. D.【答案】AB【解析】【分析】粒子可能在兩個磁場間做周期性的運動，分析粒子能經(jīng)過b點的條件，利用洛倫茲力提供向心力結合幾何關系，聯(lián)立即可求出粒子速度的可能值．【詳解】由題意可知粒子可能的運動軌跡如圖所示，所有圓弧的圓心角均為120°，所以粒子運動的半徑為r＝(n＝1,2,3，…)，由洛倫茲力提供向心力得Bqv＝m，則(n＝1,2,3，…)，所以AB正確，CD錯誤；故選AB．

【點睛】本題考查帶電粒子在有界磁場中運動，解題關鍵是要畫出粒子軌跡過程圖，找到臨界幾何條件，再運用洛倫茲力提供向心力與幾何關系結合求解即可，本題粒子可能在兩個磁場間做周期性的運動，對同學們數(shù)學幾何能力要求較高．二、實驗填空題（每空3分，共12分）13.實驗小組成員利用下圖裝置驗證兩球碰撞過程中總動量守恒。先讓小球A從斜槽上C點由靜止?jié)L下，得到小球A的平均落點為，再使小球A與小球B相碰，得到兩次小球落點為、，且知這三個落點是在以斜槽末端為圓心的圓弧上。測量軌道末端和、、三點的連線與水平方向的夾角分別為、、，測得小球A、B的質量分別為、，則驗證兩球碰撞過程中動量守恒的表達式為___________（用所測物理量的符號表示）。

【答案】【解析】【詳解】設以斜槽末端為圓心的圓弧半徑為R，小球做平拋運動的初速度為v，由平拋運動知識有消去時間整理得速度為兩球碰撞，由動量守恒需要驗證的表達式為將小球3個落點的速度代入上式即整理得14.課外興趣小組在一次拆裝晶體管收音機的過程中，發(fā)現(xiàn)一只發(fā)光二極管，如圖甲所示，同學們決定測繪這只二極管的伏安特性曲線，并測量其正向電壓為3.2V時的阻值。

（1）由于不能準確知道二極管的正負極，同學們用多用電表的歐姆擋對其進行測量，當黑表筆接A端、紅表筆接B端時，指針幾乎不偏轉，反按后有明顯偏轉，則可以判斷二極管的正極是_______。（填“A"或“B”）端。（2）選用下列器材設計電路并測繪該二極管的伏安特性曲線：A．待測二極管D；B．電源電動勢E（4.5V，內阻可忽略）；C．電流表A（量程0~40mA，內阻可忽略）；D．電壓表V（量程0~3V，內阻為6000Ω）；E．滑動變阻器R1（最大阻值為10Ω）；F．滑動變阻器R2（最大阻值為1000Ω）；G．定值電阻R3（阻值為2000Ω）；H．開關、導線若干。①滑動變阻器應選___________（填寫器材前字母序號）；②圖乙方框中面出了部分電路圖，請根據(jù)實驗器材將電路圖補充完整；（）③某同學測量出了多組電壓表的示數(shù)U及對應的電流表示數(shù)I，以電壓表的示數(shù)U為橫坐標，電流表的示數(shù)I為縱坐標，描繪的圖線如圖丙所示，則當二極管的兩端電壓為3.2V時，二極管的電阻值為_______Ω?！敬鸢浮竣?B②.E③.④.200【解析】【分析】【詳解】（1）[1]當黑表筆接A端、紅表筆接B端時，指針幾乎不偏轉，說明二極管內阻很大，此時二極管反向偏壓，由于歐姆表內置電源正極與黑表筆相連、負極與紅表筆相連，可知，B端是二極管正極。（2）[2]描繪二極管的伏安特性曲線，電壓與電流的測量范圍比較大，所以滑動變阻器應該用分壓式接法，故應該選擇小量程的滑動變阻器E。[3]由[2]知，滑動變阻器應該采用分壓接法，電壓表量程只有3V，所以不能單獨使用，可以串聯(lián)一個定值電阻改裝成更大量程的電壓表使用，則實驗電路如圖

[3]由圖丙可得，當二極管兩端電壓為3.2V時，設電壓表示數(shù)為U，則有代入數(shù)據(jù)解得由圖丙可知此時電流表示數(shù)I為16mA，根據(jù)歐姆定律可得三、計算題（8+6+12+14=40分）15.如圖所示，電荷量為，質量為m的電子從A點沿與電場線垂直的方向進入勻強電場，初速度為，當它通過電場B點時，速度與場強方向成角，不計電子的重力，求A、B兩點間的電勢差。

【答案】【解析】【詳解】電子從A到B的過程，由動能定理可得對B點速度分析可知聯(lián)立可得16.科學家在地球軌道外側發(fā)現(xiàn)了一顆繞太陽運行的小行星，經(jīng)過觀測該小行星每隔t時間與地球相遇一次（即距離最近），已知地球繞太陽公轉半徑是R，周期是T，萬有引力常量為G。設地球和小行星都是圓軌道，且在同一平面內同向轉動，求：（1）太陽的質量；（2）小行星與地球的最近距離?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）設太陽的質量為M，地球的質量為m1，地球繞太陽運動，則解得（2）設小行星的質量為m2，周期為，繞太陽公轉半徑為R1，由于小行星在地球軌道外側，根據(jù)開普勒第三定律可知小行星每隔t時間與地球相遇一次，則對小行星聯(lián)立解得小行星與地球的最近距離為17.如圖所示，“L”形槽固定在光滑水平面，槽的曲面部分光滑，水平部分粗糙且長度d=2m，且上方有水平向右的勻強電場，場強E=102N/C。不帶電的絕緣物體B靜止在槽的水平部分最左端，在槽的最右端并排放置一個與它等高的，足夠長的木板C，足夠遠處有豎直的擋板P。A、B、C質量均為m=1kg，現(xiàn)將帶正電的電荷量為q=5×10﹣2C的物體A從槽的曲面上距B的豎直高度為h=0.8m處由靜止釋放，已知A、B與槽的水平部分及C的上表面的動摩擦因數(shù)均為μ=0.4。A與B，C與P的碰撞過程時間極短且碰撞過程中無機械能損失。A、B均可看作質點且A的電荷量始終保持不變，g取10m/s2求：（1）A與B第一次碰撞后B的速度；（2）物體B最終停在距離木板C左端多遠處。【答案】（1）4m/s；（2）0.5m【解析】【詳解】(1)設A與B第一次碰撞前瞬間A的速度大小為v0，由機械能守恒定律有解得v0=4m/s設A與B碰撞后二者的速度大小分別為vA、vB，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mv0=mvA+mvB根據(jù)機械能守恒定律有解得vA=0，vB=4m/s(2)A與B第一次碰撞后A做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可得其加速度大小為A與B第一次碰撞后B做勻減速速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律得可得其加速度大小為B的速度減到零所需的時間為t時間內B的位移為A的位移為所以當B的速度減到零以后A、B才發(fā)生第二次碰撞，第二次碰撞前A的速度大小為設第二次碰撞后A、B的速度大小分別為vA''和vB'，根據(jù)（1）題中結論可知二者碰撞后速度交換，則vA''=0vB'=2m/sA與B完成第二次碰撞后A將靜止，此時B剛好滑上C的上表面，設B與C在第一次與擋板P碰前的共同速度為v1，根據(jù)動量守恒定律有mvB'=2mv1代入數(shù)據(jù)解得v1=1m/sC與P碰后向左運動，因為B與C動量大小相同，方向相反，取水平向右為正方向，設B、C的最終速度為v2，,根據(jù)動量守恒定律得mv1﹣mv1=2mv2解得v2=0因此最終B、C靜止，B滑上C時的初動能全部轉化為內能，由能量