四川省資中縣球溪高級(jí)中學(xué)高20屆高三熱身試題理綜物理二、選擇題：1.一帶正電的粒子從電場(chǎng)中的a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，其電勢(shì)能增加，下列說法正確的是（）A.該粒子動(dòng)能一定減少B.電場(chǎng)力對(duì)該粒子一定做負(fù)功C.a點(diǎn)的電勢(shì)一定高于b點(diǎn)的電勢(shì)D.a點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小一定大于b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小【答案】B【解析】【詳解】A．由于不清楚帶電粒子是否只受電場(chǎng)力，所以無法判斷動(dòng)能的改變量，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；BC．由于電勢(shì)能增加，電場(chǎng)力一定對(duì)該帶電粒子做負(fù)功，且?guī)щ娏Ｗ訋д姡琣點(diǎn)的電勢(shì)一定低于b點(diǎn)的電勢(shì)，選項(xiàng)B正確、C錯(cuò)誤；D．由于不清楚電場(chǎng)的分布，無法判斷場(chǎng)強(qiáng)的大小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。2.如圖所示，用輕繩OA把小球掛在光滑的豎直墻壁上，O點(diǎn)為繩的固定點(diǎn)，B點(diǎn)為小球與墻壁的接觸點(diǎn)，繩與墻壁的夾角θ。則（）A.墻壁對(duì)小球彈力是由于小球發(fā)生形變而產(chǎn)生的B.小球?qū)Ρ诘膲毫λ较蜃螅掖笮閙gcotθC.繩對(duì)小球的拉力方向沿AO方向，且大小為D.用一向右的水平力緩慢拉動(dòng)小球，在小球離開墻壁后的過程中，繩的拉力逐漸減小【答案】C【解析】【詳解】A．墻壁對(duì)小球的彈力是由于墻壁發(fā)生形變而產(chǎn)生的，故A錯(cuò)誤；B．對(duì)小球受力分析如圖所示由平衡條件和幾何關(guān)系得，墻壁對(duì)小球的支持力水平向右，大小為由牛頓第三定律得，小球?qū)Ρ诘膲毫Ψ较蛩较蜃?，大小為，故B錯(cuò)誤；C．繩子的拉力方向沿繩收縮的方向，大小為，故C正確；D．用一向右的水平力緩慢拉動(dòng)小球，在小球離開墻面的過程中，繩與墻壁的夾角θ逐漸增大，則繩的拉力逐漸增大，故D錯(cuò)誤。故選C。3.如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為，a、b兩點(diǎn)間的電壓為，R為可變電阻，P為額定電流1A、用鉛銻合金制成的保險(xiǎn)絲．為使保險(xiǎn)絲中的電流不超過1A，可變電阻R連入電路的最小阻值是（）A.2.2Ω B.Ω C.22Ω D.Ω【答案】A【解析】原線圈輸入電壓根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比代入數(shù)據(jù)解得：原線圈的最大輸入功率為輸出功率等于輸入功率由公式：解得：故應(yīng)選A．4.如圖甲所示，質(zhì)量為m的同學(xué)在一次體育課上練習(xí)原地垂直起跳.在第一階段，腳沒有離地，所受地面支持力大小F隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示.經(jīng)過一定時(shí)間，重心上升h，其質(zhì)心獲得速度v.在第二階段，人軀干形態(tài)基本保持不變，重心又上升了一段距離，到達(dá)最高點(diǎn)，重力加速度為g.不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是（）A.該同學(xué)在t2~t4階段一直處于失重狀態(tài)B.在第一階段地面支持力對(duì)該同學(xué)的沖量為mvC.在第一階段地面支持力對(duì)該同學(xué)做的功等于D.在第一階段該同學(xué)機(jī)械能的增加量為【答案】D【解析】【詳解】A．由圖可知，該同學(xué)在t2~t4階段先處于超重狀態(tài)，以后處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．由動(dòng)量定理，合外力的沖量等于mv，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．由于該同學(xué)第一階段腳沒有離地，支持力對(duì)其沒有做功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．該同學(xué)重心上升了h，重力勢(shì)能增加了mgh，同時(shí)又獲得速度v，動(dòng)能增加了，故機(jī)械能增加了，選項(xiàng)D正確。故選D。5.如圖甲所示為研究光電效應(yīng)的電路圖，當(dāng)用一定頻率的光照射金屬陰極K時(shí)，通過調(diào)節(jié)光電管兩端電壓U，測(cè)量對(duì)應(yīng)的光電流強(qiáng)度I，并繪制了如圖乙所示的I﹣U圖象。已知電子所帶電荷量為e，圖象中遏止電壓Uc、飽和光電流Im及入射光的頻率ν、普朗克常量h均為已知量。下列說法正確的是（）A.陰極金屬的逸出功為hνB.陰極逸出電子的最大初動(dòng)能為eUcC.若僅增大入射光的強(qiáng)度，則光電子的最大初動(dòng)能的數(shù)值也隨之增大D.若將滑動(dòng)變阻器的滑片調(diào)到最左端，電路中電流表G的示數(shù)一定變?yōu)榱恪敬鸢浮緽【解析】【詳解】AB．光電子在電場(chǎng)中做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得則得光電子的最大初動(dòng)能為根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程得那么陰極金屬的逸出功為選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；C．根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程可知，若僅增大入射光的頻率ν，則光電子的最大初動(dòng)能的數(shù)值也隨之增大，且光電子的最大初動(dòng)能與光照強(qiáng)度無關(guān)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．滑動(dòng)變阻器調(diào)到最左端，光電管兩端電壓為零，但是由于發(fā)生光電效應(yīng)產(chǎn)生的光電子有速度，也可能到達(dá)A極板，也可能形成光電流，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。6.一球形行星對(duì)其周圍物體的萬有引力使物體產(chǎn)生的加速度用a表示，物體到球形行星表面的距離用h表示，a隨h變化的圖象如圖所示，圖中a1、h1、a2、h2及萬有引力常量G均為己知．根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以計(jì)算出（）A.該行星的半徑 B.該行星的質(zhì)量C.該行星的自轉(zhuǎn)周期 D.該行星同步衛(wèi)星離行星表面的高度【答案】AB【解析】A、球形行星對(duì)其周圍質(zhì)量為m的物體的萬有引力：所以：，，聯(lián)立可得：，A正確；B、將代入加速度的表達(dá)式即可求出該行星的質(zhì)量，B正確；C、由題目以及相關(guān)的公式的物理量都與該行星轉(zhuǎn)動(dòng)的自轉(zhuǎn)周期無關(guān)，所以不能求出該行星的自轉(zhuǎn)周期，C錯(cuò)誤；D、由于不能求出該行星的自轉(zhuǎn)周期，所以也不能求出該行星同步衛(wèi)星離行星表面的高度，D錯(cuò)誤；故選AB．7.質(zhì)量完全相同的兩個(gè)物體A和B與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)完全相同，在水平拉力的作用下從同一位置同時(shí)開始沿同一方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖所示，其中物體A的圖線與橫軸之間的夾角為45°，以下對(duì)兩個(gè)物體運(yùn)動(dòng)的判斷中正確的是（）A.物體A的加速度是B.物體B所受的水平拉力一定是逐漸增大的C.時(shí)刻兩物體相遇D.時(shí)間內(nèi)，物體A受到的水平拉力做的功一定比物體B所受的水平拉力做的功多【答案】BD【解析】【詳解】A．圖象的斜率表示加速度，物體A的加速度為由于圖象橫縱坐標(biāo)標(biāo)度不一致，所以物體A的加速度不等于，不等于，故A錯(cuò)誤；B．圖象的斜率表示加速度，物體B的加速度逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律可得所以物體B所受的水平拉力一定是逐漸增大的，故B正確；C．根據(jù)圖象，在時(shí)刻，物體A與物體B速度相等，位移為物體A與物體B不相遇，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)動(dòng)能定理可得可得時(shí)間內(nèi)，物體A受到的水平拉力做的功一定比物體B所受的水平拉力做的功多，故D正確；故選BD。8.如圖所示，電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)，導(dǎo)軌左端連接有阻值為R的電阻，整個(gè)導(dǎo)軌平面處于豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一質(zhì)量為m阻值為的導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌上并始終與導(dǎo)軌良好接觸，接觸點(diǎn)為M和N，零時(shí)刻沿導(dǎo)軌方向給導(dǎo)體棒一個(gè)大小為的初速度，經(jīng)過一段時(shí)間導(dǎo)體棒發(fā)生位移，則以下判斷中正確的是（）A.零時(shí)刻導(dǎo)體棒MN的加速度B.零時(shí)刻導(dǎo)體棒MN兩端的電壓C.導(dǎo)體棒MN運(yùn)動(dòng)位移時(shí)的速度D.導(dǎo)體棒MN運(yùn)動(dòng)的最大位移【答案】AC【解析】【詳解】A．零時(shí)刻導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為根據(jù)閉合電路歐姆定律可得根據(jù)牛頓第二定律可得零時(shí)刻導(dǎo)體棒的加速度為故A正確；B．根據(jù)歐姆定律可得零時(shí)刻導(dǎo)體棒兩端的電壓為故B錯(cuò)誤；C．對(duì)于導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)位移時(shí)的過程中，取初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理得而聯(lián)立得導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)位移時(shí)的速度為故C正確；D．對(duì)于導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中，取初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理得而聯(lián)立得導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的最大位移為故D錯(cuò)誤；故選AC。第Ⅱ卷9.用圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置來測(cè)量勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度。(1)實(shí)驗(yàn)的主要步驟：①用游標(biāo)卡尺測(cè)量擋光片的寬度d，結(jié)果如圖乙所示，讀得d=_______mm；②用刻度尺測(cè)量A點(diǎn)到光電門所在位置B點(diǎn)之間的水平距離x；③滑塊從A點(diǎn)靜止釋放（已知砝碼落地前擋光片已通過光電門）：④讀出擋光片通過光電門所用的時(shí)間t；⑤改變光電門的位置，滑塊每次都從A點(diǎn)靜止釋放，測(cè)量相應(yīng)的x值并讀出t值。(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)測(cè)得的數(shù)據(jù)，以x為橫坐標(biāo)，為縱坐標(biāo)，在坐標(biāo)紙中作出圖線如圖丙所示，求得該圖線的斜率k=______m-1s-2；由此進(jìn)一步求得滑塊的加速度_____m·s2.（計(jì)算結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）?！敬鸢浮?1).6.60(2).(3).0.523【解析】【詳解】（1）[1]根據(jù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)為（2）[2]由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，該圖像的斜率為[3]滑塊通過光電門時(shí)的速度為由可得由數(shù)學(xué)知識(shí)可得解得滑塊的加速度為10.用如圖a所示的電路測(cè)量鉑熱敏電阻的阻值與溫度的關(guān)系．（1）開關(guān)閉合前，滑動(dòng)變阻器滑片應(yīng)移至______端（填“A”或“B”）．（2）實(shí)驗(yàn)測(cè)得不同溫度下的阻值，并繪得如圖b的Rt-t關(guān)系圖線，根據(jù)圖線寫出該熱敏電阻的Rt-t關(guān)系式：Rt=______________（Ω）．（3）鉑的電阻對(duì)溫度變化很靈敏，可以制成電阻溫度計(jì)．請(qǐng)利用開關(guān)、導(dǎo)線、鉑熱敏電阻、圖a中某一電表和圖c所示的恒流源（調(diào)節(jié)旋鈕時(shí)可以選擇不同的輸出電流，且輸出電流不隨外部條件的變化而變化），設(shè)計(jì)一個(gè)簡(jiǎn)易電阻溫度計(jì)并在圖d的虛線框內(nèi)畫出電路原理圖____________________．（4）結(jié)合圖b的關(guān)系圖線，選擇恒流源的輸出電流為0.15A，當(dāng)選用的電表達(dá)到滿偏時(shí)，電阻溫度計(jì)所測(cè)溫度為__________________℃．如果要提高該溫度計(jì)所能測(cè)量的最高溫度值，請(qǐng)?zhí)岢鲆环N可行的方法：_________________________________________．【答案】(1).B(2).50+t(3).(4).50將恒流源的輸出電流調(diào)小【解析】【詳解】（1）開關(guān)閉合前，為了保護(hù)電路，滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)位于阻值最大處，故滑片應(yīng)移至B端；（2）由圖象可知，鉑絲電阻Rt的阻值與溫度的關(guān)系式：Rt＝50+t；（3）直流恒流電源正常工作時(shí)，其輸出電流不隨外部條件的變化而變化，并且可讀出其大小，電壓表并聯(lián)在鉑絲電阻Rt的兩端，如圖所示：（4）當(dāng)恒流源的輸出電流為0.15A，所以當(dāng)電壓表示數(shù)最大時(shí)，即Rt兩端的電壓Ut＝15V時(shí)，鉑絲電阻Rt的阻值最大，由丙圖中所畫的Rt﹣t圖象可知，此時(shí)溫度計(jì)所能測(cè)量的溫度最高；由I得鉑絲電阻Rt的阻值為：Rt′100Ω，則溫度計(jì)所能測(cè)量的最高溫度為：t＝Rt﹣50＝100﹣50＝50℃．直流恒流電源正常工作時(shí)，其輸出電流不隨外部條件的變化而變化，并且可讀出其大小，電壓表并聯(lián)在鉑絲電阻Rt的兩端，如圖所示要提高該溫度計(jì)所能測(cè)量的最高溫度值，應(yīng)使鉑絲電阻Rt的阻值增大或?qū)⒑懔髟吹妮敵鲭娏髡{(diào)?。?1.如圖所示，在xoy平面第一象限整個(gè)區(qū)域分布勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向平行于y軸向下，在第四象限內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外．質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子從y軸上P點(diǎn)以初速度v0垂直y軸射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)力作用下從x軸上Q點(diǎn)以與x軸正方向成45°角進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)．已知OQ=d，不計(jì)粒子重力．求：(1)P點(diǎn)的坐標(biāo)；(2)要使粒子能再次進(jìn)入電場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B取值范圍；（結(jié)果可保留根號(hào)）【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)粒子在第一象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，在x軸方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在y軸方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知在Q點(diǎn)時(shí)的速度方向?yàn)?5°，可知此時(shí)沿兩個(gè)坐標(biāo)軸的速度都是v0，在x軸和y軸方向分別列式，可求出OP的距離，從而得到P點(diǎn)的坐標(biāo)；(2)對(duì)粒子在第四象限中的運(yùn)動(dòng)軌道進(jìn)行分析，找到臨界狀態(tài)，即軌道恰好與y軸相切為軌道的最大半徑，結(jié)合洛倫茲力做向心力的公式可求出此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，該磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值，從而可表示出磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍．【詳解】(1)設(shè)粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)y方向的速度為vy，則粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，在水平方向：，在豎直方向：解得：，P點(diǎn)坐標(biāo)為：（0，0.5d）；(2)粒子剛好能再進(jìn)入電場(chǎng)的軌跡如圖所示，設(shè)此時(shí)的軌跡半徑為r1，由數(shù)學(xué)知識(shí)得：解得：粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度由牛頓第二定律得解得：要使粒子能再進(jìn)入電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的范圍為【點(diǎn)睛】帶電粒子在第四象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到洛倫茲力的作用，將做有臨界狀態(tài)的圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)臨界狀態(tài)的尋找與分析成為了解決此類為題的重點(diǎn)和難點(diǎn)．此種類型的題能充分考查考生的綜合分析能力和應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力，解此類問題的關(guān)鍵是做出帶電粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖，抓住物理過程變化的轉(zhuǎn)折點(diǎn)（列出對(duì)應(yīng)的狀態(tài)方程），找出粒子運(yùn)動(dòng)的半徑與磁場(chǎng)邊界的約束關(guān)系．12.如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上放置一質(zhì)量為m的物塊B，B的下端連接一輕質(zhì)彈簧，彈簧下端與擋板相連接，B平衡時(shí)，彈簧的壓縮量為x0，O點(diǎn)為彈簧的原長(zhǎng)位置．在斜面頂端另有一質(zhì)量也為m的物塊A，距物塊B為3x0，現(xiàn)讓A從靜止開始沿斜面下滑，A與B相碰后立即一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，但不粘連，它們到達(dá)最低點(diǎn)后又一起向上運(yùn)動(dòng)，并恰好回到O點(diǎn)(A、B均視為質(zhì)點(diǎn))．試求：(1)A、B相碰后瞬間的共同速度的大?。?2)A、B相碰前彈簧具有的彈性勢(shì)能；(3)若在斜面頂端再連接一光滑的半徑R＝x0的半圓軌道PQ，圓弧軌道與斜面相切于最高點(diǎn)P，現(xiàn)讓物塊A以初速度v從P點(diǎn)沿斜面下滑，與B碰后返回到P點(diǎn)還具有向上的速度，則v為多大時(shí)物塊A恰能通過圓弧軌道的最高點(diǎn)？【答案】(1)(2)(3)【解析】【詳解】(1)A與B碰撞前后，設(shè)A的速度分別是和A下滑過程中，機(jī)械能守恒，有：解得：①又因A與B碰撞過程中，動(dòng)量守恒，有：②聯(lián)立①②得(2)碰后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過程中，機(jī)械能守恒．則有：又由（1）得代入解得：③(3)設(shè)物塊A在最高點(diǎn)C的速度是物塊A恰能通過圓弧軌道的最高點(diǎn)C點(diǎn)時(shí)，重力提供向心力，得：C點(diǎn)相對(duì)于O點(diǎn)的高度，如圖所示：物塊從O到C的過程中機(jī)械能守恒，得：設(shè)A與B碰撞后共同的速度為，碰撞前A的速度為，物塊A從P到與B碰撞前的過程中機(jī)械能守恒，得：A與B碰撞的過程中動(dòng)量守恒，得：A與B碰撞結(jié)束后到O的過程中機(jī)械能守恒，得：⑩由于A與B不粘連，到達(dá)O點(diǎn)時(shí)，滑塊B開始受到彈簧的拉力，A與B分離．綜合上述式子解得：13.一水平長(zhǎng)繩上系著一個(gè)彈簧和小球組成的振動(dòng)系統(tǒng)，小球振動(dòng)的固有頻率為2Hz，現(xiàn)在長(zhǎng)繩兩端分別有一振源P、Q同時(shí)開始以相同振幅A上下振動(dòng)了一段時(shí)間，某時(shí)刻兩個(gè)振源在長(zhǎng)繩上形成波形如圖所示，兩列波先后間隔一段時(shí)間經(jīng)過彈簧振子所在位置，觀察到小球先后出現(xiàn)了兩次振動(dòng)，小球第一次振動(dòng)時(shí)起振方向向上，且振動(dòng)并不顯著，而小球第二次發(fā)生了共振現(xiàn)象，則（）A.由P振源產(chǎn)生的波先到達(dá)彈簧處B.兩列波可能形成干涉C.由Q振源產(chǎn)生的波周期為2sD.由Q振源產(chǎn)生的波的波速較接近4m/sE.繩上會(huì)出現(xiàn)振動(dòng)位移大小為2A的點(diǎn)【答案】ADE【解析】【詳解】A．由“上下坡”法知P振源起振方向向上，Q振源起振方向向下，故先到達(dá)振動(dòng)系統(tǒng)是P波，選項(xiàng)A正確；B．P波先到達(dá)彈簧處，小球振動(dòng)并不顯著，說明兩者頻率相差較大，Q波到達(dá)彈簧處，小球產(chǎn)生了較強(qiáng)