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民族中学2023-2024学年第一学期开学摸底检测
高三物理
一、单选题(本题共计5题,共计15分)
1.（3分）下面关于加速度的描述中正确的是（ ）
A.加速度描述了物体速度变化的多少
B.匀速行驶的磁悬浮列车,由于其速度很大,所以加速度很大
C.物体的速度变化越快,则加速度越大
D.列车加速度逐渐减小时,一定在做减速运动
2.（3分）如图所示，一直角斜劈绕其竖直边BC做圆周运动，物块始终静止在斜劈AB上。在斜劈转动的角速度ω缓慢增加的过程中，下列说法正确的是（ ）
A.斜劈对物块的支持力逐渐减小
B.斜劈对物块的支持力保持不变
C.斜劈对物块的摩擦力逐渐增加
D.斜劈对物块的摩擦力变化情况无法判断
3.（3分）如图所示电路中，开关S闭合，当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，以下判断正确的是（ ）
A.电压表示数变小,通过灯L1的电流变小,灯L2变亮
B.电压表示数变小,通过灯L1的电流变大,灯L2变暗
C.电压表示数变大,通过灯L2的电流变小,灯L1变暗
D.电压表示数变大,通过灯L2的电流变大,灯L1变亮
4.（3分）如图所示，真空中电荷量为+2q、-q的两个点电荷被分别固定在A、B两点，在两个点电荷的连线上，带负电的试探电荷（不计重力）从B点的右侧靠近B的位置由静止释放。A、B两点间距为d，两个点电荷在C点的合场强为零，在两个点电荷的连线上（ ）
A．在A点左侧，存在两个点电荷的合场强为零的点
B．B、C两点间距大于（/2+1）d
C．C点的右侧，电场线方向向右
D．试探电荷向右运动的过程中，电场力一直做正功，电势能减小
5.（3分）4、如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计。MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R。整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)。现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动。令U表示MN两端电压的大小，下列说法正确的是(　　)
A．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d
B．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d经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、多选题(本题共计5题,共计25分)
6.（5分）某空间存在着如图甲所示的足够大的沿水平方向的匀强磁场．在磁场中A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘．在t＝0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动．在A、B一起向左运动的过程中，以下说法正确的是
A．图乙可以反映B对A的支持力大小随时间t变化的关系
B．图乙可以反映B对A的摩擦力大小随时间t变化的关系
C．图乙可以反映B对地面的压力大小随时间t变化的关系
D．图乙可以反映物块A和物块B的加速度大小随时间t变化的关系
7.（5分）如图，一小车的内表面ab和bc光滑且互相垂直，bc与水平方向的夹角为37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g，已知小车在水平方向上做匀加速直线运动，要使小球始终不脱离小车，则（ ）
A．若小车向左加速加速度不能超过 B．若小车向左加速加速度不能超过
C．若小车向右加速加速度不能超过 D．若小车向右加速加速度不能超过
8.（5分）水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道相切，一小球以初速度v0沿直线轨道向右运动，如图所示，小球进入圆形轨道后刚好能通过c点，然后小球做平抛运动落在直轨道上的d点，重力加速度为g，则（ ）
A．小球到达c点的速度为
B．小球到达c点时对轨道的压力为mg
C．小球在直轨道上的落点d与b点距离为2R
D．小球从c点落到d点所需时间为
9.（5分）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F．不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（ ）
A．8 B．10 C．15 D．18
10.（5分）美国物理学家密立根利用图甲所示的电路研究金属的遏止电压Uc与入射光频率v的关系，描绘出图乙中的图像，由此算出普朗克常量h.电子电荷量用e表示，下列说法正确的是（ ）
A．入射光的频率增大，为了测遏止电压，则滑动变阻器的滑片P应向M端移动
B．由Uc-v图像可知，这种金属的截止频率为ve
C．增大入射光的强度，光电子的最大初动能也增大
D．由Uc-v图像可求普朗克常量表达式为
三、实验题(本题共计2题,共计16分)
11.（8分）甲图是英国数学家和物理学家阿特伍德（G·Atwood 1746-1807）创制的一种著名力学实验装置—阿特伍德机，用来研究竖直方向上做匀变速直线运动物体的超失重规律。某同学对该装置加以改进后还可以用来测量一个物体的质量，如图乙所示。
(1)实验时，该同学进行了如下操作：
①将质量均为M（A的含挡光片，B的含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出_______（填“A的上表面”“A的下表面”或“挡光片中心”）到光电门中心的竖直距离h；
②在B的下端挂上质量为m（未知）的物块C，让系统（重物A、B以及物块C）由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为 t；
③测出挡光片的宽度d，利用有关物理量，就可以计算出物块C的质量m。
(2)已知当地重力加速度为g，则物块C的质量m可表达为_______（用M、h、d、 t、g表示）。
12.（8分）某一小型电风扇额定电压为5.0V,额定功率为2.5W。某实验小组想通过实验描绘出小电风扇的电流与其两端电压的关系。实验中除导线和开关外,还有以下器材可供选择:
A .电源E(电动势为6.0V)
B .电压表V(量程为6V,内阻约8kΩ)
C .电流表A1(量程0.6A,内阻约0.2Ω)
D .电流表A2(量程3A,内阻约0.05Ω)
E .滑动变阻器R1(最大阻值5kΩ,额定电流100mA)
F .滑动变阻器R2(最大阻值25Ω,额定电流1A)
(1)为了便于调节,减小读数误差和系统误差,实验中所用电流表应选用______,滑动变阻器应选用______(填所选仪器前的字母序号);
(2)请你为该小组设计实验电路,并把电路图画在甲图的虚线框内(小电风扇已画出)______;
(3)操作过程中发现,电压表读数大于0.5V时电风扇才开始转动。该小组测绘出的小电风扇的电流与其两端电压的关系曲线如图乙所示,由此判定小电风扇的电阻为______Ω;
(4)若用电动势为3V,内阻为2.5Ω的电源对该小风扇供电,电路如图丙所示,则小风扇工作时的机械功率为______W。
四、计算题(本题共计3题,共计44分)
13.（14分）15. (10分)如图所示，一束截面为圆形(半径为R)的平行复色光垂直射向一玻璃半球的平面，经折射后在屏幕S上形成一个圆形彩色亮区。已知玻璃半球的半径为R，屏幕S至球心的距离为D(D>3R)，不考虑光的干涉和衍射，试问：
(1)在屏幕S上形成的圆形亮区的最外侧是什么颜色？
(2)若玻璃半球对(1)中色光的折射率为n，请你求出圆形亮区的最大半径。
15.（14分）如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场，在y轴左侧区域存在宽度为a=0.3m的垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B（大小可调节）．现有质荷比为=4×10-10kg/C的带正电粒子从x轴上的A点以一定初速度v0垂直x轴射入电场，且以v=4×107m/s，方向与y轴正向成60°的速度经过P点进入磁场，OP=OA、OA=0.1m，不计重力．求：
（1）粒子在A点进入电场的初速度v0为多少；
（2）要使粒子不从CD边界射出，则磁感应强度B的取值范围；
（3）粒子经过磁场后，刚好可以回到A点，则磁感应强度B为多少．
16.（16分）如图所示，一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架MNPQ，位于光滑水平桌面上，分界线OO′分别与平行导轨MN和PQ垂直，两导轨相距L。在OO′的左右两侧存在着区域很大、方向分别为竖直向上和竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B。另有质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在OO′左侧导轨上，并用一根细线系在定点A。已知，细线能承受的最大拉力为T0 ，CD棒接入导轨间的有效电阻为R。现从t=0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力F，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动。
（1）求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t0；
（2）若细线尚未断裂，求在t时刻水平拉力F的大小；
（3）求从框架开始运动到细线断裂的过程中流过回路的电量q。
答案
1.（3分）【答案】C
2.（3分）【答案】AC
【解析】物块的向心加速度沿水平方向，加速度大小为a=ω2r，设斜劈倾角为θ，对物块沿AB方向f-mgsinθ=macosθ，垂直AB方向有mgcosθ-N=masinθ，解得f=mgsinθ+macosθ，N=mgcosθ-masinθ，当角速度ω逐渐增加时，加速度a逐渐增加，f逐渐增加，N逐渐减小，故AC正确，BD错误；故选AC。
3.（3分）【答案】A
【解析】当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流增大，通过灯L2的电流变大，则灯L2变亮；电源的内电压和L2的电压增大，路端电压减小，则并联部分电压减小，电压表读数变小，通过灯L1的电流变小，灯L1变暗；AB.综上分析电压表读数变小，通过灯L1的电流变小，L1变暗；通过灯L2的电流变大，L2变亮，A正确B错误；CD.综上分析电压表读数变小，通过灯L1的电流变小，L1变暗；通过灯L2的电流变大，L2变亮，CD错误；故选A。
4.（3分）【答案】C
【解析】两个点电荷的连线上，在A点的左侧，A点点电荷产生的场强始终大于B点点电荷产生的场强，不能抵消，没有场强为零的点，A错误；由解得，B错误；两个点电荷的连线上，在C点的右侧，A点点电荷产生的场强大于B点点电荷产生的场强，两个点电荷的合场强方向向右，C正确；试探电荷在两个点电荷的连线上向右运动的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，D错误。
5.（3分）解析：选A　根据电磁感应定律，MN产生的电动势E＝Blv，由于MN的电阻与外电路电阻相同，所以MN两端的电压U＝E＝Blv，根据右手定则，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d，故A正确，B错误；MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向左，故C、D错误。
6.（5分）【答案】AC
【解析】对整体分析，运用牛顿第二定律得出加速度，判断出整体的运动规律，然后求出洛伦兹力与时间的变化关系；运用隔离法求出A对B的摩擦力的大小、A对B的压力大小。对整体分析，运用牛顿第二定律得出加速度：，水平方向受到的力不变，使用B的加速度不变。物体由静止做匀加速运动，速度v=at；故洛伦兹力：F=qvB=qBat，A受的支持力：N=mAg+qvB=mAg+qBat，符合图中所示规律，故A正确；物块B对物块A的摩擦力大小f=mAa，所以f随时间t的变化保持不变，故不可能是摩擦力的变化图象，故B错误。对整体分析可知，N'=mAg+mBg+qvB=mAg+mBg+qBat，故同样可以由图示规律表示，故C正确。整体的加速度不变，则选项D错误；故选AC.
7.（5分）【答案】BD
【解析】AB．若小车向左加速，当面对小球无作用力时，加速度最大，根据牛顿第二定律解得所以若小车向左加速，加速度不能超过，A错误，B正确；
CD．若小车向右加速运动，当面对小球无作用力时，加速度最大，根据牛顿第二定律解得所以若小车向右加速，加速度不能超过，C错误，D正确。故选BD。
8.（5分）【答案】CD
【解析】AB．小球刚好通过c点，在c点重力提供向心力即此时对轨道的压力为0，由牛顿第二定律得，解得，故AB错误；
CD．小球离开c后做平抛运动，竖直方向，水平方向，解得，，故CD正确；故选CD。
9.（5分）【答案】BC
10.（5分）【答案】BD
【解析】A. 入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，则遏止电压增大，测遏止电压时，应使滑动变阻器的滑片Р向N端移动，A错误；
BD. 当遏止电压为零时，v=vc，根据Ekm=hv－W0=eUc，解得，则，BD正确；
C. 根据光电效应方程Ekm=hv－W0知，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，C错误。
11.（8分）（8分）【答案】（1）挡光片中心 （2）
【解析】（1）要计算系统重力势能的变化量，需要测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离。
（2）对系统，设加速度大小为，由牛顿第二定律可得又而联立解得。
12.（8分）(1)C；F
【解析】电风扇的额定电流为
从读数误差的角度,应让电流到达量程的三分之二左右,则电流表选择C比较合适。
实验小组想通过实验描绘出小电风扇的电流与其两端电压的关系,则应让测量出的电压、电流的范围足够大(电压、电流从零开始测起),故滑动变阻器应用分压式接法,而分压式应选阻值较小的滑动变阻器,则滑动变阻器选择F比较合适。
(2)图见解析
【解析】实验小组想通过实验描绘出小电风扇的电流与其两端电压的关系,则应让测量出的电压、电流的范围足够大(电压、电流从零开始测起),故滑动变阻器应用分压式接法,电风扇的电阻大约为
可见电风扇的电阻为小电阻,则电流表应用外接法,则电路图如下图所示
(3)2.5
【解析】电压表读数大于0.5V时电风扇才开始转动,则根据欧姆定律
,则小电风扇的电阻为2.5Ω。
(4)0.4
【解析】根据闭合电路的欧姆定律有E = Ir + UM
根据能量守恒有PM= P热 + P机 = UMI = I2RM + P机
根据乙图当电流为0.4A时小风扇的电压为2V,代入数据有P机 = 0.4W
则小风扇工作时的机械功率为0.4W。
13.（14分）答案　(1)紫色　(2)r＝D－nR
解析　(1)当平行光从玻璃中射向空气时，由于紫光的折射率最大，则临界角最小，所以首先发生全反射，因此出射光线与屏幕的交点最远，故圆形亮区的最外侧是紫色。
(2)如图所示，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的F点到亮区中心E的距离r就是所求最大半径。设紫光的临界角为C，由全反射的知识：sinC＝。
所以cosC＝，tanC＝，OB＝＝，r＝＝D－nR。
14.（14分）【答案】（1） （2） （3）0.16T
【解析】（1）粒子在电场中只受水平向左的电场力作用，故粒子做类平抛运动，那么竖直方向做匀速运动，故有：v0＝vcos60°＝2×107m/s；
（2）粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：Bqv＝，所以，轨道半径；要使粒子不从CD边界射出，
根据几何关系可得：R+Rcos60°≤a，所以，R≤a＝0.2m；所以，磁感应强度；
（3）粒子离开磁场运动到A的过程做匀速直线运动，故粒子运动轨迹如图所示，
；
根据粒子在磁场中做匀速圆周运动可得：粒子出磁场时速度与y轴正方向夹角为60°；
设出磁场处为Q点，则由几何关系，，所以，，所以轨道半径R'=0.1m；根据洛伦兹力做向心力可得：，所以，。
15.（16分）【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）绳子断裂时，对棒有 ，得 ；
（2）在t时刻，框架的速度 ，
框架切割磁场产生的电动势 ，
框架受到的安培力 ，
对框架有 ，
。
（3） ，
通过整个回路横截面的电量为。

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