天津市武清区杨村第一中学2021届高三下学期第一次热身练物理试题-Word版含解析.docx

2022-2021学年天津市武清区杨村一中高三（下）第一次热身练物理试卷一、单项选择题（本题共5小题，每小题6分，共30分在每小题给出的4个选项中，只有一个选项正确）1（6分）一个电子在静电场中运动，若其只受电场力的作用，则在一段时间内（） A 电子的速率肯定增大 B 电子的速率肯定减小 C 电子的速率可能不变 D 电子肯定做匀变速运动【考点】： 电势差与电场强度的关系【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 一个电子在静电场中运动，只受电场力作用，依据电场力方向与电子速度方向的关系，分析速率可能的变化【解析】： 解：A、当所受电场力方向与速度方向相反或成钝角时，电场力做负功，电子的速率可能减小故A错误；B、当所受电场力方向与速度方向相同或成锐角时，电场力做正功，电子的速率增大可能故B错误；C、当电场力供应向心力，电子可以做匀速圆周运动，速率不变故C正确D、电子只有在匀强电场中才可能匀变速运动，而在非匀强电场中做非匀变速运动故D错误故选：C【点评】： 本题考查分析电子运动状况的力量，要考虑电场力方向与电子速度方向间各种可能的关系2（6分）一根长为l的细绳，一端系一小球，另一端悬挂于O点将小球拉起使细绳与竖直方向成60角在O点正下方A、B、C三处先后钉一光滑小钉，使小球由静止摆下后分别被三个不同位置的钉子拦住已知OA=AB=BC=CD=，如图所示，则小球连续摇摆的最大高度hA，hB，hC（与D点的高度差）之间的关系是（） A hA=hB=hC B hAhBhC C hAhB=hC D hA=hBhC【考点】： 机械能守恒定律【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： 由机械能守恒可求得小球在最低点的速度，若摆长大于等于小球下落的高度，则小球可以回到等高点；但若半径较小时，要考虑重力与向心力的关系，分析能否到等高点【解析】： 解：小球拉开60放手，故小球上升的高度为：h=LLcos60=L由机械能守恒定律可知，由mgh=mv2得：到达最低点的速度：v=钉子在A、B两时，小球能摆到等高的位置HA=HB；当钉子放在C点时，小球摆到最低点后开头以C点为圆心，以L为半径做圆周运动，若能到达最高点，最高点处有最小速度，速度不能为零；但由机械能守恒知，假如能到达最高点，速度为零；故小球无法到达最高点；所以上升不到原下落点高度，故HA=HBHC故选D【点评】： 在机械能守恒定律的考查中经常和单摆、圆周运动等相结合，要能机敏依据各种运动的不同性质分析可能的能量转化的关系3（6分）如图所示，一抱负变压器的原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，电阻R=8.8原线圈接入一电压u=220sin100t（v）的沟通电源，电压表和电流表对电路的影响可忽视不计，则（） A 副线圈交变电流的频率是100 Hz B t=ls的时刻，电压表的示数为0 C 变压器的输入电功率为220W D 电流表的示数为10A【考点】： 变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【专题】： 沟通电专题【分析】： 依据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【解析】： 解：A、由表达式可知，沟通电源的频率为=50 Hz，变压器不转变交变电流的频率，选项A错误；B、t=1s时，电源电压的瞬时值为0，而电压表测的是电阻两端电压的有效值，由表达式知原线圈有效值为220V，依据电压与匝数成正比得，u2=44V，即电压表的示数是44V，故选项B错误；C、通过电阻R的电流是：I=5A，电阻R消耗的电功率为：P=I2R=220W，选项C正确D、由电流与匝数成反比得通过电流表的电流为1A，选项D错误；故选：C【点评】： 本题考查的是同学读图的力量，依据图象读出沟通电的最大值和周期，依据电压和匝数之间的关系即可求得4（6分）半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图1所示有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图2所示在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒，则以下说法正确的是（） A 第2秒内上极板为正极 B 第3秒内上极板为负极 C 第2秒末微粒回到了原来位置 D 第3秒末两极板之间的电场强度大小为【考点】： 楞次定律；牛顿运动定律的综合应用；带电粒子在匀强电场中的运动；法拉第电磁感应定律【专题】： 计算题；压轴题【分析】： 由图可知磁感应强度的变化，则由楞次定则可得出平行板上的带电状况；对带电粒子受力分析可知带电粒子的受力状况，由牛顿其次定律可知粒子的运动状况；依据粒子受力的变化可知粒子加速度的变化，通过分析可得出粒子的运动过程【解析】： 解：01s内状况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；若粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上而向上做匀加速运动12s内状况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；故A正确；若粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向下而向上做匀减速运动，2s末速度减小为零23s内状况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；故B错误；若粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向下而向下做匀加速运动两极板间的电场强度大小，故D错误；34s内状况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；若粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上而向下做匀减速运动4s末速度减小为零，同时回到了原来的位置故C错误；故选A【点评】： 本题属于综合性题目，留意将产生感应电流的部分看作电源，则可知电容器两端的电压等于线圈两端的电压，这样即可还原为我们常见题型5（6分）正在粗糙水平面上滑动的物块，从t1时刻到时刻t2受到水平恒力F的作用，在这段时间内物块做直线运动，已知物块在t1时刻的速度与t2时刻的速度大小相等，则在此过程中（） A F可能对物块做正功 B 物块的位移可能为零 C 物块动量的变化肯定为零 D 物块可能做匀速直线运动【考点】： 动量定理；功的计算【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 物体做直线运动，合力与速度共线，由于初末速度相等，物体可能做匀速直线运动，也有可能速度先减为零，然后反向增加，依据动能定理分析推断【解析】： 解：A、初末位置速度相等，依据动能定理得：WF+Wf=0，摩擦力始终做负功，所以F肯定对物块做正功，故A错误B、若物体先做匀减速运动，说明F与速度方向相反，依据动能定理得：WF+Wf=0，所以位移方向与初速度方向相反，位移为负值，若物体做匀速直线运动，位移也不为零，故B错误C、物体的初末速度大小相等，方向可能相反，则动量的变化量不肯定为零，故C错误D、由于物体的初末速度大小相等，可知物块可能做匀速直线运动，故D正确故选：D【点评】： 本题关键是分匀速直线运动和先减速和反向加速运动两种状况进行分析，对于其次种状况，通过动能定理分析比较简捷二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的4个选项中，都有多个选项是正确的全部选对的得6分，选不全的得3分，有错选或不答的得0分）6（6分）以下说法不正确的是（） A 卢瑟福的粒子散射试验结果说明白原子具有核式结构 B 加高温可使放射性元素的衰变加快 C 由于太阳不断地向外辐射大量能量，地球公转速度应不断减小 D 氢原子辐射一个光子后，氢原子的电势能增大【考点】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度；粒子散射试验【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】： 卢瑟福在用a粒子轰击金箔的试验中发觉了质子，提出原子核式结构学说太阳辐射能量，能量是由热核反映发生的，向外辐射的是由质量的粒子由太阳质量减小，故对地引力会减小，地球会做离心运动，则由引力供应向心力可分析速度【解析】： 解：A、卢瑟福在用a粒子轰击金箔的试验中发觉了质子，提出原子核式结构学说故A正确B、半衰期由原子核本身打算，与外界因素无关，故B错误C、太阳在不断地向外辐射能量，内部进行的热核反应有质量亏损，因此太阳质量在不断减小，由于太阳质量的减小，太阳对地球的引力也随之减小，地球将做离心运动，轨道半径增大，依据万有引力供应向心力得v=，由于M减小，r增大，故v减小，因此地球速度变小，故C正确D、氢原子的能量减小，轨道半径减小，依据k=m，得轨道半径减小，电子速率增大，动能增大，由于氢原子能量减小，则氢原子电势能减小；故D错误本题选错误的，故选：BD【点评】： 本题重点之一是要知道辐射是怎么回事，辐射会使物体的质量减小，且原则上任何物体都在发生辐射之二是要对离心运动理解好，对圆周运动来说，供应的向心力减小物体就会做离心运动，反之若供应的向心力增大，则物体就会向着中心天体运动7（6分）我国成功放射的“神舟五号”载人飞船，经过21h的太空飞行，返回舱于次日平安着陆已知飞船在太空中运行的轨道是一个椭圆，椭圆的一个焦点是地球的球心，如图所示，飞船在飞行中是无动力飞行，只受到地球的万有引力作用，在飞船从轨道的A点沿箭头方向运行到B点的过程中（不考虑地球的运动），以下说法正确的是（） A 飞船的速度渐渐增大 B 飞船的速度渐渐减小 C 飞船的机械能守恒 D 飞船的机械能渐渐增大【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】： 人造卫星问题【分析】： 飞船无动力飞行的过程中，只有地球引力对飞船做功，飞船机械能守恒，由于从A到B飞船的轨道半径渐渐增大，势能增大，故动能减小即速度减小【解析】： 解：A、飞船从A到B半径增大，只有万有引力对飞船做负功，故飞船动能关小，速度减小，故A错误；B、由于引力对飞船做负功，飞船动能减小，速度减小，故B正确；C、由于只有地球对飞船的引力做功，满足机械能守恒条件，即飞船的机械能守恒，故C正确；D、由于满足机械守恒条件，故飞船的机械能守恒，从A到B的过程中，飞船的动能减小，势能增加而总的机械能保持不变故选BC【点评】： 对于能量的转化必定是一种能量削减另一种能量增加，并且削减的能量转化为增加的能量8（6分）图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则（） A t=0.15s时，质点Q的加速度达到正向最大 B t=0.15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向 C 从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴正方向传播了6 m D 从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30 cm【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【专题】： 压轴题【分析】： t=0.15s时，由图乙读出质点Q的位移，即可知加速度由乙图t=0.10s时质点Q的速度方向，推断出波的传播方向，即可读出t=0.15s时，质点P的运动方向依据时间与周期的关系，求出波传播的距离，确定质点通过的路程【解析】： 解：A、t=0.15s时，质点Q的位移达到负向最大，则知其加速度达到正向最大故A正确B、由乙图知：t=0.10s时质点Q的速度方向沿y轴负方向，则由波形的平移法推断得知，该波沿x轴负方向传播，t=0.10s时，质点P沿y轴正方向运动，则t=0.15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向故B正确C、从t=0.10s到t=0.25s，所经受的时间为t=0.15s=，该波沿x轴负方向传播了=6m故C错误D、从t=0.10s到t=0.25s，所经受的时间为t=0.15s=，由于质点P先向上接近波峰与向下接近波谷时速度较小，在这段时间内质点通过的路程小于质点P从平衡位置起在0.15s内通过的路程3A=30cm，即路程S3A=30cm故D错误故选AB【点评】： 本题既要理解波动图象和振动图象的意义，又要抓住它们之间的联系要把握由两种图象推断质点振动方向的方法，不能混淆三、试验题（本题有3小题，共18分）9（2分）如图示，有一长方形容器，高为30cm，宽为40cm，在容器的底部平放着一把长40cm的刻度尺眼睛在OA的延长线上的E点观看，视线沿着EA斜着向下看恰能看到尺的左端的零刻度现保持眼睛的位置不变，向容器内倒入某种液体，将容器装满，仍沿EA方向观看，恰能看到尺上20cm的刻度，则此液体的折射率为1.44【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 容器内加满液体后能看到尺上的20cm的刻度，说明从今反射的光线经液体和空气的界面折射后沿AE的方向传播，画出光路图，结合几何关系求出入射角和折射角的正弦值，利用折射定律可求得这种液体的折射率【解析】： 解：依据题意，尺上20cm的刻度反射的一条光线射到液体和空气的界面上A点折射后到达眼睛，如图所示，据几何关系有： sin2= sin1=依据折射率的公式有： n=1.44故答案为：1.44【点评】： 该题考查了折射定律的应用，留意当光从介质中射向空气时，求折射率是折射角的正弦值与入射角的正弦值的比值解答此类问题的关键是正确的画出光路图10（10分）为测量叠层电池“6F22”（电动势约9V，正常使用时的放电电流约是一号电池的）的电动势和内电阻，给出的器材有：电压表（内阻很大，有5V、15V两个量程）电流表（内阻不计，有0.1A、0.6A两个量程）滑线变阻器R1（阻值范围020）滑线变阻器R2（阻值范围01500）测量时，电压表应选用15V的量程，电流表应选用0.1A的量程，滑线变阻器应选用R2图中的6个点表示试验中测得的6组电流I和电压U的值，试依据此图求E及r的值求出的电动势E=9.15V内电阻r=113（保留三位有效数字）【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 试验题【分析】： 由题目中给出的信息可得出电路中的电压及电流，则可依据平安性和精确性原则可以选择电表及滑动变阻器； 由给出的数据作出对应的伏安特性曲线，由图象的斜率可求得对应的电动势和内电阻【解析】： 解：由题意可知，电源电压为9V，故为了平安和精确，电压表应选持15V的量程； 因电流是一号电池的，而一号电池接近0.6A，故该电源的电流达不到0.1A；故电流表应选择0.1A量程；因内阻较小，故应选择接小的滑动变阻器R2；依据给出的点用直线将各点拟合，图象如图所示； 由图可知，电源的电动势E=9.15V；内阻r=113故答案为：（2）15 V，0.1 A，R29.15V；113【点评】： 本题考查测量电动势和内电阻的试验，要留意把握仪表选择方法及数据处理的方法，把握用图象分析处理数据的方法11（6分）某同学想在家里做用单摆测定重力加速度的试验，但没有合适的摆球，他只好找到一块大小为3cm左右，外形不规章的大理石块代替小球试验步骤是：A石块用细尼龙线系好，结点为M，将尼龙线的上端固定于O点B用刻度尺测量OM间尼龙线的长度L作为摆长C将石块拉开一个大约=30的角度，然后由静止释放D从摆球摆到最高点时开头计时，测出30次全振动的总时间t，由T=得出周期E转变OM间尼龙线的长度，再做几次试验，登记相应的L和TF求出多次试验中测得L和T的平均值作计算时使用的数据，代入公式g=求出重力加速度g你认为该同学在以上试验步骤中有重大错误的是哪些步骤BCDF该同学用OM的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值偏小（选填“偏大”、“偏小”、“不变”）你认为用何种方法可以解决摆长无法精确测量的困难而能精确的测量重力加速度（至少填出两种方法）可以用转变摆长的方法；画T2L图象求斜率【考点】： 用单摆测定重力加速度【专题】： 试验题【分析】： 摆长等于悬点到大理石块的质心的距离；单摆在摆角较小时（小于5）可看成简谐运动；在最低点速度最大，此时开头计时误差最小；不能通过测得物理量的平均值作为计算时使用的数据，应依据各组数据求出重力加速度，再求平均值依据单摆的周期公式求出重力加速度的表达式，再分析误差【解析】： 解：试验步骤中有错误的是：B：大理石重心到悬挂点间的距离才是摆长C：最大偏角不能超过5D：应在摆球经过平衡位置时计时F：应当用各组的L、T求出各组的g后，再取平均值由单摆的周期公式T=2得g=可知，该同学用OM的长作为摆长，摆长偏小，由此式可知，g的测量值偏小能精确的测量重力加速度，减小误差的方法：可以用转变摆长的方法；画T2L图象求斜率故答案为：BCDF 偏小可以用转变摆长的方法；画T2L图象求斜率【点评】： 解决本题的关键把握单摆的周期公式T=2，会用单摆的周期公式测得重力加速度四、计算题（本题有3小题，共54分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位）12（16分）如图所示，板长为L的平行板电容器倾斜固定放置，极板与水平线夹角=30，某时刻一质量为m，带电量为q的小球由正中心A点静止释放，小球离开电场时速度是水平的，（提示：离开的位置不肯定是极板边缘）落到距离A点高度为h的水平面处的B点，B点放置一绝缘弹性平板M，当平板与水平夹角a=45时，小球恰好沿原路返回A点求：（1）电容器极板间的电场强度E；（2）平行板电容器的板长L；（3）小球在AB间运动的周期T【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动；平抛运动；动能定理的应用【专题】： 带电粒子在电场中的运动专题【分析】： （1）由于带电粒子做的直线运动，对带电粒子受力分析可知，粒子在电场中的受到的合力沿水平方向，在竖直方向上受力平衡，由此可以求得电场强度的大小；（2）粒子离开电场后做的是平抛运动，水平方向的速度即为在电场中加速获得的速度的大小，再依据动能定理可以求得极板的长度；（3）小球在AB间运动的周期即为在电场中加速的时间和平抛运动时间的和【解析】： 解：（1）带电粒子沿水平方向做匀加速运动可知Eqcos=mg，解得：（2）小球垂直落到弹性挡板上，且=45，有依据动能定理：解得：L=3h（3）由于小球在复合场中做匀加速运动解得 ，平抛运动的时间为 ，总时间为 答：（1）电容器极板间的电场强度E为；（2）平行板电容器的板长L为3h；（3）小球在AB间运动的周期T为2（+）【点评】： 在题目中告知粒子在电场中做直线运动，由此可以得出，粒子在电场中做的应当是匀加速直线运动，这是本题中的关键所在13（18分）如图所示，PR是一块长为L=4m的绝缘平板固定在水平地面上，整个空间有一个平行于PR的匀强电场E，在板的右半部分有一个垂直于纸面对外的匀强磁场B，一个质量为m=0.1kg带电量为q=0.5C的物体，从板的P端由静止开头在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动，进入磁场后恰能做匀速运动当物体遇到板R端挡板后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做匀减速运动停在C点，PC=，物体与平板间的动摩擦因数为=0.4求：（1）物体与挡板碰撞前后的速度v1和v2（2）磁感应强度B的大小；（3）电场强度E的大小和方向【考点】： 带电粒子在混合场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： 带电体由静止匀加速进入电场，可知物体所带的电性物体返回后在磁场中无电场，仍做匀速运动，洛伦兹力与重力平衡离开磁场后做匀减速运动停在C点，由动能定理和平衡条件结合可求解v2和B物体从P到C的过程做匀减速运动，由动能定理列式得到场强与速度速度v1，物体进入电磁场后做匀速运动，依据平衡条件得到场强与速度v1的关系，联立求得v1和场强【解析】： 解：（1）由题，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，洛伦兹力方向向上，则知物体带正电物体返回后在磁场中无电场，仍做匀速运动，洛伦兹力与重力平衡，则有 mg=qBv2离开磁场后，由动能定理得：=0解得，v2=2（2）代入得，B=（3）由于电荷由P运动到C做匀加速运动，可知电场方向水平向右，且有（Eqmg）=0进入电磁场后做匀速运动，则有 qE=（qBv1+mg）联立解得，E=2.4N/C答：（1）物体与挡板碰撞撞前后的速度v1和v2分别为4和m/s（2）磁感应强度B的大小是；（3）电场强度E的大小是2.4N/C，方向水平向右【点评】： 本题是物体在复合场中运动的问题，分析受力状况，来确定运动状况，然后依据相关规律求解要留意电场力做功取决于电势差而洛仑兹力不做功，故应用功能关系解决一般的运动较为简洁14（20分）如图所示，水平传送带AB长l=8.3m，质量为M=1kg的木块随传送带一起以v1=2m/s的速度向左匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数=0.5当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m=20g的子弹以v0=300m/s水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度v=50m/s，以后每隔1s就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g取10m/s2求：（1）在被其次颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离？（2）木块在传达带上最多能被多少颗子弹击中？（3）木块在皮带上运动过程中因摩擦产生的热量【考点】： 动量守恒定律；功能关系【专题】： 动量定理应用专题【分析】： （1）依据动量守恒定律求出子弹穿过木块的瞬间，木块的速度，结合牛顿其次定律和运动学公式求出在被其次颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离（2）依据运动学公式求出子弹被一颗子弹击中到下一颗子弹击中，这段时间内的位移，从而确定最多能被多少颗子弹击中（3）依据功能关系求出被一颗子弹击中到下一颗子弹击中这段时间内所产生的热量，包括子弹击穿木块的过程中产生的内能，与传送带发生相对滑动产生的内能，从而得出木块和传送带这一系统产生的总内能【解析】： 解：（1）第一颗子弹射入木块过程中由动量守恒得 mv0Mv1=mu+Mv1，解得 v1=3m/s木块向右做匀减速运动，加速度大小为 a=g=5m/s2，木块速度减小为零所用时间 t1=0.6s1s所以木块在被其次颗子弹击中前向右运动距A点最远时，速度为零，移动距离为 s1=解得：s1=0.9m（2）在其次颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间为：t2=1s0.6s=0.4s速度增大为：v2=at2=2m/s（恰与传送带同速）；向左移动的位移为：s2=at22=50.42=0.4m，所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移S0=S1S2=0.5m方向向右第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为：s=150.5m=7.5m，第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m，总位移为0.9m+7.5=8.4m8.3m木块将从B端落下所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中（3）木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为：s=v1t1+s1，产生的热量为：Q1=Mgs，木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为：s=v1t2s2，产生的热量为：Q2=Mgs，第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3有：v1t3at32=0.8，解得：t3=0.4s木块与传送带的相对位移为：S=v1t3+0.8产生的热量为：Q3=Mgs，全过程中产生的热量为：Q=15（Q1+Q2）+Q3解得：Q=195.5J；答：（1）在被其次颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离为0.9m（2）木块在传达带上最多能被16颗子弹击中（3）子弹、木块和传送带这一系统产生的热能是195.5J【点评】： 此题综合性格外强，既有动量守恒定律又有匀变速直线运动，要求把握物理学问要精确到位，能够机敏应用，物体运动过程简单，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，分析清楚过程后，应用动量守恒定律、牛顿其次定律、运动学公式即可正确解题