2024 届高三下学期物理开学摸底考(江西、广西、黑龙江、吉林专用)0精品7727.pdf

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)°°°°【答案】D【详解】根据题意,光路图如图所示设入射角为?,折射角为?,由折射定律有sin?n???由几何关系有??2?由数学知识可知sin??sin2??2sin?cos?则sin?n??2cos???解得??37?则有:..??2??74?即第一次入射时的入射角应是74?。故选D。,水面范围足够大,如图甲所示。把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手,忽略水的粘滞阻力,玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动,。以竖直向上为正方向,从某时刻开始计时,其振动图像如图乙所示,其中A为振幅。对于玻璃管,下列说法正确的是( ),:t时间内,玻璃管位移减小,加速度减小,【答案】C【详解】,所以它做简谐运动的回复力等于重力和浮力的合力,故A错误;,位移为负,加速度方向为正,所以玻璃管的加速度方向与位移方向相反,故B1错误;,在t~t时间内,位移减小,加速度减小,玻璃管向着平衡位置加速运动,所以速度增大,12故C正确;,与弹簧振子的振动相似,结合简谐运动的特点可知,其振动频率与振幅无关,故D错误。故选C。,科学家们对太空的研究也日趋成熟,空间站是人类深空探索的重要平台,通过在空间站长期居住和研究,我们可以更好地了解太空环境对人类的影响,发展适应长期太空任务的技术和方法。空间站也是一个地球卫星,处于空间站内的物体完全失重,一切和重力有关的现象都会受到影响。某同学设想在空间站内完成如图所示实验,质量为m的箱子内有质量为m和m的小球,两球之间用轻质弹簧相连,312小球m与箱子之间用轻质细线相连,在拉力F作用下一起相对于空间站做匀加速直线运动,下列说法正确2的是( ):..、3Fm?m?mm?m?,,剪断细线瞬间小球m、m和箱子m相对于空间站的加速度大小分别为123FmF、1F、m?m?m?m?m?m?mm?m?,则剪断瞬间小球m、m和箱子m相对于空间站的加速度大小分别为0、123FF、m?mm?m2323【答案】D【详解】,由牛顿第二定律,对整体有F??m?m?m?a123解得Fa?m?m?m123对小球m可得,弹簧的拉力1mFF?ma?111m?m?m123对小球m和m整体可得,细线拉力12?m?m?FF??m?m?a?12212m?m?m123故AB错误;,弹簧弹力瞬间不变,小球m的加速度不变,m的加速度为,细线的11m?m?m123拉力消失,则m的合力为弹簧的弹力,则m的加速度为22FmFa?1?12m?m?m?m?m21232对箱子由Fa?3m3故C错误;,轻质弹簧的弹力为零,小球m的加速度为零,小球m和箱子有共同的加12速度:..Fa?a?23m?m23故D正确。故选D。,若大人与小孩先后在同一地点正上方,从不同高度以相同的初速度水平抛出套圈,大人的出手点比小孩高,(不计空气阻力,套圈落地后不弹起),他们都套中奖品,每个奖品间距离一致。则( ),,小孩套中B,大人的速度和小孩速度相等,【答案】D【详解】?vt01y?gt22可得2ht?g因此套圈飞行时间由下落高度决定,大人的出手点比小孩高,大人扔出的套圈飞行时间长,在相同的初速度作用下,大人扔出去的套圈水平距离大,因此若小孩套中的是C奖品,那么大人不可能套中奖品B,故A错误;,有4L?vt01对于小孩2L?vt02因此大人和小孩所用时间之比为t21?t12大人和小孩所在高度之比为:..1gt2h2141??h112gt222故B错误;,则小孩应向前移动适当距离;如果小孩抛出套圈的初速度减小并斜向下抛出,则套圈的水平分速度将更小,竖直方向上由于具有了向下的初速度,套圈在空中的运动时间将减小,从而使套圈的水平位移更小,不可能套中大人套中的奖品,故C错误;,虽然套圈的水平分速度将更小,但是竖直方向上由于具有了向上的初速度,套圈在空中的运动时间将增大,从而使套圈的水平位移更大,因此有可能套中大人套中的奖品,故D错误。故选D。,摄影爱好者成功拍摄到中国空间站“凌月”(空间站从图中a点沿虚线到b点)的绝美画面,整个“凌月”过程持续时间为t=。将空间站绕地球的运动看作半径为r的匀速圆周运动,已知地球半径为R,地球表面处的重力加速度为g。在整个“凌月”过程中空间站运动的路程为()【答案】A【详解】根据GMmv2?mr2r又GMm?mgR2联立解得空间站运行速度gv?Rr因此这段时间空间站运动的路程为gs?Rtr故选A。,正六棱柱上下底面的中心为O和O′,A、D两点分别固定等量异号的点电荷,下列说法正确:..的是( )′点与D′′点与E′′点与F′点的电势差大于O′点与D′+q由F点沿直线移动到O点,其电势能先增大后减小【答案】D【详解】,F′点与E′点的电场强度大小相等,大致做出F′点与D′点的电场强度如图所示可知由正负点电荷在F′点与D′点处的场强按照点电荷之间的距离关系所延伸出的平行四边形的对角线长度不同,则可知F′点与D′点的电场强度大小不相等,故A错误;′点与E′点的电场强度如图所示可知B′点的合场强在VADB?所在平面,E′点的合场强在△ADE?所在平面,而这两个平面存在夹角,即B′点:..与E′点的电场强度方向之间存在夹角,因此B′点与E′点的电场强度方向不相同,故B错误;′点的电势为?,则根据对称性可知,D′点的电势为??,而根据等量异种电荷所形成的电场的特性可知,O′点的电势为0,则F′点的电势大于0,而根据对称性有?????????A?O?O?D?根据A?、F?、O?三点的电势之间的关系可得?????A?F?因此???????A?F?O?D?即U?UA?F?O?D?故C错误;,正电荷在OF中点K的场强方向垂直于OF,则K点的合场强与OF的夹角为锐角,而在F点的合场强与OF的夹角为钝角,因此将正电荷从F点沿直线移到O点的过程中,电场力先做负功,后做正功,则其电势能先增大后减小,故D正确。故选D。,水平桌面上固定放置一个绝缘光滑圆弧槽,长直导线MN平行于圆弧槽底边AA?放在圆弧槽上,导线中通有M→N的电流I,整个空间区域存在竖直向上的匀强磁场(图中未画出),MN静止时,MO连线与竖直方向的夹角?为30°,圆弧槽对导线MN的支持力为F,PP?与圆心O等高。下列说法正确的是N( ),,导线MN将有可能沿圆弧槽缓慢运动到PP?°过程中,则F先减小后增大N:..°过程中,则MO连线与竖直方向夹角的最大正切值为2【答案】AD【详解】,对长直导线MN受力分析,受重力mg,支持力F,安培力F,由左手定则可知安培N力方向水平向右,由平衡条件,顺M到N方向看,受力图如图所示,由解析图可知,将电流I缓慢增大一点,由安培力公式F?BIL,可知安培力增大,支持力增大,θ角增大,即导线MN沿圆弧槽向上运动,A正确;,若仅将磁感应强度大小缓慢增大,由安培力公式F?BIL,可知安培力增大,方向不变,支持力增大,θ角增大,导线向上移动,可当θ角增大到一定值时,若再增大,长直导线就不会再处于平衡状态,可知θ角不可能达到90°,只有θ<90°时,长直导线有可能受力平衡,因此导线MN不可能沿圆弧槽缓慢运动到PP?位置,更不可能运动到PP?上方,B错误;°过程中,安培力大小不变,方向由水平以导线为轴顺时针转动,由水平方向转到右下方,则安培力在竖直向下方向的分力逐渐增大,若导线仍处于平衡状态,则支持力为F,会逐渐增大,因此若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°过程中,则F一直增大,C错误;,MN静止时,由平衡条件可得导线受安培力大小为3F?mgtan??mgtan30??mg3若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转60°过程中,可知安培力的大小不变,方向沿逆时针缓慢旋转60°,由力的平衡条件,可得导线受力的三角形定则平衡图,如图所示,由解析图可知,当安培力F的方向与支持力为F的方向垂直时,MO连线与竖直方向的夹角最大,则该角的正切值为最大,此时支持力为N1:..2?3?6F??mg?2?F2??mg?2?mg?mg??N1?3?3??解得F2tan???mF2N1D正确。故选AD。,小明同学从功率放大器中拆解出一个如图甲所示的环形变压器,该变压器可视为理想变压器,铭牌上显示该变压器原线圈的匝数为880匝,当原线圈接入220V的交流电时,副线圈两端的电压为22V。小明同学在环形变压器原线圈中串入一个理想交流电流表,在副线圈两端接一个铭牌为“,”的小灯泡,如图乙所示。当原线圈两端接如图丙所示的正弦交变电压时,小灯泡恰好能正常发光,下列说法正确的是( )?25Vm【答案】ACU?220VU?22V【详解】,副线圈两端的电压为2,根据变压比Un1?1Un22解得n?882故A正确;,,则频率为1f??50HzT故B错误;I?,根据变流比In1?2In21可得I?,故C正确;U??,根据变压比:..U?n1?1U?n22可得原线圈电压有效值U??25V1则正弦交变电压的峰值U?2U??252Vm1故D错误。故选AC。,水平面内固定放置两足够长的光滑平行金属导轨AB和CD,在导轨上有垂直导轨放置的完全相同的直导体P和Q,质量均为m,有竖直方向的匀强磁场垂直穿过导轨平面。在直导体P上作用一与导轨平行的水平恒力F,使P由静止开始运动,经一段时间t,P向右的位移大小为x,P和Q还没有达到稳定状态,此时P和Q的瞬时速度分别是v和v,瞬时加速度分别为a和a,,这一过程直导体P上产生1212的热量为E,两直导体始终与导轨接触良好,导轨电阻不计。则关于这一过程,下列关系式正确的是( )1??AFt?m?v?v?BFx?mv2?v2..122121???mv2?v2??m?a?a?21212【答案】AD【详解】、方向相反,视为内力,则外力对系统的冲量等于系统动量的变化量,即Ft?m?v?v?12A正确;,即1??Fx?mv2?v2?2E212BC错误;,分别由牛顿第二定律F?F?maF?ma安1,安2得F?m?a?a?12D正确。故选AD。二、实验题:本题共2小题,共14分。11(7分).光电计时器是一种常用的计时仪器,其结构如图甲所示,a、b分别是光电门的激光发射和接收装置,当有物体从a、b间通过时,光电计时器就可以显示出物体的挡光时间。现在某滑块在斜面上滑行,先后通过光电门1和2,计时器显示的挡光时间分别为t=5×10-2s,t=3×10-2s,从光电门1到光电门2所经12历的总时间Δt=,用分度值为1mm的刻度尺测量小滑块的长度为d,示数如图乙所示。实验中测得滑块的长度d为cm,滑块通过光电门1的速度v为m/s,滑块通过光电门2的速度v为12m/s,滑块的加速度大小为m/s2。(最后两空结果保留三位有效数字):..【答案】(1分)(2分)(2分)(2分)【详解】[1]滑块的长度为d???[2][3]通过光电门的时间很短,故可用通过光电门的平均速度代替瞬时速度,可知通过光电门1和2的速度分别为ddv??,v??[4]滑块的加速度大小为v?va?21??t12(7分).在实验室进行实验时,需要一个电流表进行电流的测量,但是实验室只有一量程为3V、内阻约为几千欧的电压表,现将其改装成电流表,来进行电流的测量。实验室提供的器材为:待测电压表(,内阻约为几千欧);电阻箱R();滑动变阻器R();0电源E(,内阻很小);开关S和导线若干。(1)测量内阻的电路图:在改装前,需要对电压表内阻进行测量,某探究小组的两个同学分别画出了甲、乙两个电路图。在实验过程中要求:当电阻箱R的阻值调节为0,在闭合开关S后,通过调节滑动变阻器R0的阻值,保证电压表的指针不能够超过满偏量程。则正确的电路图应该选(选填“甲”或“乙”)。(2)测量内阻的步骤:①选择正确的电路原理图,连接线路(保持开关S断开);②将电阻箱R的阻值调节为0,将滑动变阻器R的滑片滑动到最左端,闭合开关S;0③调节滑动变阻器R的滑片,使电压表满偏();0④保持滑动变阻器R的滑片位置不变,调节电阻箱R的阻值,,记下电阻箱R的0阻值;⑤断开开关S,拆除导线。在步骤④中,,,则电压表内阻的真实值(选填“大于”、“等于”或“小于”)。(3)改装:若要把该电压表改装成有两个量程的电流表,,。设:..计电路图如图丙所示(虚线框内为改装后的电流表电路图,电阻R和R为根据计算选择好的定值电阻),12则当开关S接A端时,该改装后的电流表的量程为A(选填“”或“”)。(4)校对:假如把改装后的电流表和标准电流表进行校对,实验电路图如图丁所示。把改装后的电流表(),,(选填“大于”、“等于”或“小于”)。(5)若选用另外一个量程合适的电压表(内阻未知)和此改装电流表测量未知电阻R的阻值(约为x2kΩ),设计了如图戊,己所示的两个电路。不考虑实验操作中的偶然误差,则使用(选填“戊”或“己”)电路可减小由电表内阻引起的实验误差。【答案】甲(1分)小于(1分)(2分)大于(1分)戊(2分)【详解】(1)[1]当电阻箱R的阻值调节为0,闭合开关S后,调节滑动变阻器R的阻值,甲图中电压表0示数从0开始逐渐增加,乙图中电压表示数最小值为EU?RR?R?rVV0因为电压表内阻远大于滑动变阻器的最大阻值,所以电压U接近于E,超过电压表的量程,所以选择甲图合适。(2)[2]调节电阻箱R的阻值,则总电阻变大,干路电流减小,内阻和滑动变阻器右部分电压减小,电阻箱和电压表的总电压变大,即大于3V,,,由于它们串联,所以电阻箱的电阻大于电压表的电阻,。(3)[3]接A时,量程为UUI??RRV1:..接B时,量程为UUI??RR?RV12所以接A时,量程大,。(4)[4],所以电流相等,,改装的电流表是电压表和电阻并联的,而电压表实际的阻值偏小,所以通过电压表的实际电流偏大,。(5)[5]由于改装后的电流表内阻已知,而另一个电压表内阻未知,所以为减小由电表内阻引起的实验误差,选择图戊更合适。三、计算题:本题共3小题,共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位。13(9分).如图甲所示,M、N为竖直放置彼此平行的两块平板,板间距离为d,两板中央各有一个小孔O、O′正对,在两板间有垂直于纸面方向的磁场,磁感应强度随时间的变化如图乙所示。有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q,正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T,不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响,不计离子所受重力。0求:(1)磁感应强度B的大小;0(2)要使正离子从O′垂直于N板射出磁场,正离子射入磁场时的速度v的可能值。02?m?dqT2nT【答案】(1)0;(2)0(n=1,2,3,…)【详解】(1)设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向。正离子射入磁场,洛伦兹力提供向心力,则v2qBv?m000R(2分)正离子做匀速圆周运动的周期2?RT?0v0(1分)联立以上可得磁感应强度2?mB?0qT0(1分)(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场,正离子的运动轨迹如图所示:..(1分)两板之间正离子只运动一个周期T0时,有dR?4(1分)当两板之间正离子运动n个周期nT0时,有dR?4n(n=1,2,3,…)(1分)联立解得正离子的速度的可能值为BqR?dv?0?0m2nT0(n=1,2,3,…)(2分)14(10分).如图所示,两根足够长的光滑固定平行金属导轨与水平面夹角??37?,导轨间距d?1m。两导体棒a和b与导轨垂直放置,两根导体棒的质量均为m?,接入电路的电阻均为R??,导轨电阻不计。整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度的大小B?。从t?0时刻开始在外力作用下,a沿导轨向上做匀速直线运动,同时将b由静止释放,b经过t?3s的时间后也做匀速直线运动。(sin37??,cos37??,g?10m/s2,不计两导体棒之间的相互作用力)(1)为使导体棒b能沿导轨向下运动,导体棒a的速度v应满足什么条件?(2)若导体棒a在平行于导轨向上的力作用下,以v?2m/s的速度沿导轨向上运动,试求导体棒b做匀速1直线运动的速率。(3)在(2)中情况下,t?3s的时间内经过导体棒截面的电荷量是多少?【答案】(1)小于12m/s;(2)10m/s;(3)8C【详解】(1)设a的速度为v1,由于b初态速度为零,则EBdvI?1?12R2R(1分)对b分析B2d2vF?BId?1A2R(1分)因为F<mgsin?A(1分)解得v1<12m/s(1分)(2)设a的速度为v1,b的速度为v2,回路电流为I,则:..E?EBd?v?v?I?12?122R2R(1分)设b的匀速速度为vm,则有B2d2?v?v?1m?mgsin?2R(1分)代入数据得vm=10m/s(1分)(3)对b棒应用动量定理mgtsin??BIdt?mv?0,q?Itm(2分)解得q?8C(1分)15(21分).为了统一调度以充分发挥铁路的运输能力,提高运输效率,需要把全路分散的列车按不同去向、不同用途科学分组,将同一组车厢排列在同一轨道上,这就是列车编组。编组后还需要使各节车厢与车头挂接在一起,加上列车标志,就形成完整的列车。目前我国采用的列车挂接方式主要有两种:一种方式是目前比较流行的“驼峰”编组,如图甲所示,在地面修筑适当坡度的犹如驼峰峰背的小山丘,上面铺设铁路,利用车头重力和“驼峰”坡度产生的重力势能进行溜放,使车头冲向车厢,碰撞后通过特制“铁手挂钩”紧紧连接在一起,再一起去撞击下一节车厢,直到所有车厢完成挂接;另一种方式是让火车头提供牵引力,冲向车厢,采取与第一种相似的方式依次挂接所有车厢,当车厢数目较多时,往往采用这种方式。火车研发科研人员在进行列车编组实验时所用车头质量为4m,所有货车车厢均满载,质量相等且均为4m,各节车厢之间相隔距离d依次停放在编组场同一轨道上。不计一切阻力,不计挂钩的长度和车厢之间碰撞所需时间,试分析回答以下问题:(1)若第一次实验按题干方式设置15节车厢,采用“驼峰”编组方式,车头无动力冲下“驼峰”,以速度v驶0向第一节车厢,求15节车厢全部挂接后列车速度,以及从车头与第一节车厢碰撞到完成整个挂接所需时间;(2)若第二次实验按题干方式设置N节车厢,车头在水平轨道上从距离第一节车厢也为d处启动,车头发动机牵引力恒定为F,如图乙所示,求第N节车厢完成挂接时车头的速度及列车从启动到N节车厢完成挂接所需的时间;(3)若第三次实验在(2)的情况下将所有车厢变为空载,所有车厢质量相等且均为m,其余条件不变,求车头所能达到的最大速度。v119dFdNN?N?1?md49Fd0v???2v?i?1vN4mN?1Fmax48m【答案】(1),0;(2),;(3)v?【详解】(1)设15节车厢全部挂好以后的速度为15,根据动量守恒定律有4mv?(15?1)?4mv?015(1分):..解得vv??01516(1分)v?用i表示第i节车厢被挂接后车头及已挂车厢的速度,根据动量守恒定律有4mv??i?1??4mv?0i(1分)解得vv??0ii?1(1分)由于每次挂接时通过车厢之间间隙的运动均可视为匀速运动,所以车头及前i节车厢通过间隙与第(i+1)节挂接所经历的时间为d?i?1?dt??iv?vi0(1分)所以挂接的总时间为d(2?3?4????15)119dt?t?t?t????t??总12314vv00(1分)v?(2)设vi表示第i节车厢被碰撞前车头与前(i?1)车厢的速度,i表示第i节车厢被碰撞后整体的速度,ai表示车头与前(i?1)节车厢共同运动时的加速度,由牛顿第二定律有Fa?14m(1分)利用匀变速直线运动公式v2?2ad11(1分)根据动量守恒定律有2?4mv??4mv11(1分)联立可以求得2FdFdv?v??14m12?4m,(1分)同理有Fa?22?4mv2?v?2?2ad2123?4mv??2?4mv22联立可以求得3Fd2Fdv?v??22?4m23?4m,(1分)继续列式,有Fa?33?4mv2?v?2?2ad3234?4mv??3?4mv33解得4Fd3Fdv?v??33?4m34?4m,(1分)以此类推FdN?1FdNv??v???N4mNN4mN?1,(1分)由运动学公式,车头及前(i-1)节车厢通过间隙与第i节挂接所经历的时间为:..v?v?4m4mt?ii?1??iv?iv????iv??i?1?v?iii?1?ii?1?aFFi(1分)4m?Nv??N?1?v??N?1?v??N?2?v???2v?v?v?0?t?t?t??t?t??NN?1N?1N?2211?F(1分)总NN?121v利用前面N的表达式,可求得4mN?N?1?mdt?Nv?2总FNF(1分)v?(3)仍用vi表示第i节车厢被碰撞前车头与前(i-1)节车厢的速度,i表示第i节车厢被碰撞后整体的速度,ai表示车头与前(i?1)节车厢共同运动时的加速度,同(2)的解题思路,有Fa?i?4?i?1?mv2?v?2?2adii?1i?4?i?1?mv???4?i?2?mvi?1i?1可以解得2Fd?4?i?2?2v2??v2i?4?i?1?m?4i1?2i?1??(1分)根据此递推关系2Fd?4?i?2?2?2Fd?4?i?3?2?v2?????v2???i?4?i?1?m?4?i?1?2?4?i?2?m?4?i?2?2i?2????????最终可得?4?i?1???4?i?2?????4?1?2Fd42v2??v2i?4?i?1?2m?4?i?1?21(1分)由前述可得Fdv?12m代入上式,有?4?i?1???4?i?2?????4?1??42Fdv2?i?4i1?2m??(1分)化简后得i2?7iFdv2?i?i?3?2m将上式变形?i?3?2??i?3??12Fd?11249?Fd??v2????12???i???i?3?2m??i?324?48?m??(1分)i?21v由此可得,当时,i最大,其最大值为49Fdv?max48m(1分)