内蒙古杭锦后旗奋斗中学高三上学期入学摸底考试物理试题解析版 Word版含解析

一、选择题（本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第l4—17题只有一项符合题目要求；第18～21题有多项符合要求。

全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）
14．伽利略在对自由落体运动的研究过程中，开创了如下框图所示的一套科学研究方法，其中方框2和4中的方法分别是
A ．实验检验，数学推理
B ．数学推理，实验检验
C ．提出假设，实验检验
D ．实验检验，合理外推
【答案】
C
考点：物理学史，伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法
15．把一光滑圆环固定在竖直平面内，在光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，如图所示。

质量为m 的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住.现拉动细线，使小球沿圆环缓慢下移。

在小球移动过程中手对细线的拉力F 和圆环对小球的弹力F N 的大小变化情况是
A ．F 不变，F N 增大
B ．F 不变，F N 减小
C ．F 减小，F N 不变
D ．F 增大，F N 不变
【答案】D
【解析】
试题分析：小球沿圆环缓慢上移可看做匀速运动，
对小球进行受力分析如图N
F
所示，小球受重力G 、拉力F 和圆环的弹力F N ，三力平衡，由图可知根据相似三角形的特点，有：L
F R F R
G N ==。

小球上移过程中，半径R 不变，圆环中绳长L 减小，所以拉力F 减小，弹力F N 不变，故D 正确，A 、B 、C 错误。

考点：力的合成与分解，共点力的平衡
16．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。

两板间有一个正检验电荷固定在P 点，如图所示，以C 表示电容器的电容、E 表示两板间的场强、φ表示P 点的电势，E P 表示正电荷在P 点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离L 0的过程中，各物理量与负极板移动距离x 的关系图象中正确的是
【答案】C
极板电势)(12x d E U +=+=ϕϕ，设正极板与P 点间距离为d 2P ，电势差P P P Ed U ϕϕ-==222，所以P 点电势Ex d d E Ed P P P +-=-=)(222ϕϕ，其中E 、d 、d 2P ，为定值，即P 点电势随x 变化的图线是截距为正值、斜率为正值的一条直线，故C 正确；正电荷在的P 点电势能qEx d d qE q E P P P +-==)(2ϕ，也是截距为正值、斜率为正值的
一条直线，故D 错误。

考点：电容器的动态分析，电势差，电势，电势能
17．将火星和地球绕太阳的运动近似看成是同一平面内的同方向绕行的匀速圆周运动，已知火星的轨道半径r 1=2.3×1011m ，地球的轨道半径为r 2=1.5×1011
m ，根据你所掌握的物理和天文知识，估算出火星与地球相邻两次距离最小的时间间隔约为
A ．1年
B ．2年
C ．3年
D ．4年 【答案】B
考点：开普勒第三定律，万有引力定律的应用
18．导体导电是导体中自由电荷定向移动的结果，这些可以定向移动的电荷又叫载流子，例如金属导体中的载流子就是电子。

现代广泛应用的半导体材料分为两大类：一类是N 型半导体，其载流子是电子，另一类是P 型半导体，其载流子称为“空穴”，相当于带正电的粒子．如果把某种导电材料制成长方体放在匀强磁场中，磁场方向如图所示，且与长方体的前后侧面垂直，当长方体中通有向右的电流I 时，测得长方体的上下表面的电势分别为上ϕ和下ϕ，则
A ．如果上ϕ＞下ϕ，长方体一定是N 型半导体
B ．如果上ϕ＞下ϕ，长方体一定是P 型半导体
C ．如果上ϕ＜下ϕ，长方体一定是P 型半导体
D ．如果上ϕ＞下ϕ，长方体可能是金属导体
【答案】CD
【解析】
试题分析：若长方体是P 型半导体，载流子是正电荷，根据左手定则，正电荷向下偏，则下表面带正电，则上ϕ＜下ϕ，故B 错误，C 正确；若长方体是N 型半导体或金属导体，载流子都是负电荷，根据左手定则，负电荷向下偏，则下表面带负电，则上ϕ＞下ϕ，故A 错误，D 正确。

考点：带电粒子在磁场中的运动
19．如图所示，斜面体B 静置于水平桌面上，斜面上各处粗糙程度相同。

一质量为m 的木块A 从斜面底端开始以初速度v 0上滑，然后又返回出发点，此时速度为v ，且v <v 0，在上述过程中斜面体一直静止不动，以下说法正确的是
A ．物体上升的最大高度是(v 02+v 2
)/4g B ．桌面对B 始终有水平向左的静摩擦力
C ．由于物体间的摩擦放出的热量是mv 02/2
D ．A 上滑时比下滑时桌面对B 的支持力大
【答案】AB
θθθsin cos sin mg N N x ==，摩擦力f 2在水平方向的分量
θμθμθ222c o s c o s c o s mg N f f x ===，因为木块能加速下滑，应有
θμθcos sin mg mg >，所以x x f N 2>，桌面对斜面的摩擦力f '一定水平向左，故B 正确；
上滑时支持力θθsin cos 11f N G F N -+=，下滑时支持力θθsin cos 22f N G F N ++=，21N N F F <，故D 错误。

考点：功能关系，动能定理，受力分析，共点力的平衡
20．如图所示，直角三角形ABC 区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子（不计重力）沿AB 方向射入磁场，分别从AC 边上的P 、Q 两点射出，则
A ．从P 点射出的粒子速度大
B ．从Q 点射出的粒子向心力加速度大
C ．从P 点射出的粒子角速度大
D ．两个粒子在磁场中运动的时间一样长
【答案】BD
m
qB T ==πω2，两粒子比荷相等，所以周期相等、角速度相等，故C 错误；根据几何关系可知，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，粒子在磁场中运动的时间qB
m T t θπθ==
2，所以粒子在磁场中运动的时间相等，故D 正确。

考点：带电粒子在磁场中的运动
21．如图所示，边长为L 、总电阻为R 的均匀正方形线框abcd 放置在光滑水平桌面上，其cd 边右侧紧邻两个磁感应强度为B 、宽度为L 、方向相反的有界匀强磁场。

现使线框以速度v 0匀速通过磁场区域，从开始进入，到完全离开磁场的过程中，下列图线能定性反映线框中的感应电流（以逆时针方向为正）和a 、b 两点间的电势差随时间变化关系的是
【答案】
AC 考点：法拉第电磁感应定律的综合应用
二、必考题（共47分）
22．（6分）某同学利用如图所示的装置探究功与速度变化的关系。

（ⅰ）小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M 1；
A
B C
（ⅱ）在钉子上分别套上2条、3条、4条……同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤（ⅰ），小物块落点分别记为M 2、M 3、M 4……；
（ⅲ）测量相关数据，进行数据处理。

（1）为求出小物块抛出时的动能，需要测量下列物理量中的 （填正确答案标号）。

A ．小物块的质量m
B ．橡皮筋的原长x
C ．橡皮筋的伸长量Δx
D ．桌面到地面的高度h
E ．小物块抛出点到落地点的水平距离L
（2）将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W 1、W 2、W 3、……，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L 1、L 2、L 3、……。

若功与速度的平方成正比，则应以W 为纵坐标、 为横坐标作图，才能得到一条直线。

（3）由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于 （填“偶然误差”或“系统误差”）。

【答案】（1）ADE （2）L 2
（3）系统误差
（2）根据动能定理，有h
mgL mv E W K 42122==∆=，m 、g 、h 为定值，W 与L 2成正比，故应以W 为纵坐标、L 2
为横坐标作图，能得到一条直线，则可说明功与速度的平方成正比。

（3）偶然误差是由各种偶然因素对实验者、测量仪器、被测物理量的影响而产生的。

系统误差是由于仪器的某些不完善、测量技术上受到限制或实验方法不够完善没有保证正确的实验条件等原因产生的。

小物块与桌面之间的摩擦不能忽略所造成的误差属于系统误差。

考点：实验——探究功与速度变化的关系，系统误差与偶然误差。

23．（9 分）某同学要测量额定电压为3V 的某圆柱体电阻R 的电阻率ρ。

(1)用游标卡尺测量其长度，如图所示，则其长度L = mm 。

(2)为精确测量R的阻值，该同学先用如图所示的指针式多用电表粗测其电阻。

他将红黑表笔分别插入“+”、“-”插孔中，将选择开关置于“×l”档位置，然后将红、黑表笔短接调零，此后测阻值时发现指针偏转角度如图甲所示。

试问：
①为减小读数误差，该同学应将选择开关置于“”档位置。

②再将红、黑表笔短接，此时发现指针并未指到右边的“0Ω”处，如图乙所示，那么他该调节直至指针指在“0Ω”处再继续实验，结果看到指针指在如图丙所示位置。

(3)现要进一步精确测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：
A．灵敏电流计G(量程200μA，内阻300Ω) B．电流表A(量程3A，内阻约0.3Ω) C．电压表V1 (量程3V，内阻约3kΩ) D．电压表V2量程l5V，内阻约5kΩ) E．滑动变阻器R1(最大阻值为10Ω) F．最大阻值为99.99Ω的电阻箱R2
以及电源E (电动势4V，内阻可忽略)、电键、导线若干，为了提高测量精确度并且使电阻R两端电压调节范围尽可能大，除电源、电键、导线以外还应选择的最恰当器材(只需填器材前面的字母)有。

请在右面的方框中画出你设计的电路图。

【答案】（1）70.15；（2）①×10，②欧姆调零旋钮；(3) ACEF 。

（3）①仪器的选择：电阻额定电压是3V ，电压表应选C （量程3.0V ，内阻约3k Ω）；通过待测电阻的最大电流约为μA 20000mA 20A 02.0150
3=====R U I ，电流远小于电流表量程（0.6A ），远大于灵敏电流计G 量程(200μA) ，量程太大或太小，读数误差太大。

因此可以用电阻箱F 与灵敏电流计并联改装成符合要求的电流表；此外还需要滑动变阻器E ，因此所需实验器材为A 、C 、E 、F 。

②电路连接方式：要求电阻R 两端电压调节范围尽可能大，且滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，故滑动变阻器应采用
分压接法；改装后的电流表（灵敏电流计与电阻箱并联）的内阻约
为3Ω，可知V A R R R ⋅>2，故电流表采用内接法。

实验电路图如图
所示。

考点：实验——测金属导体的电阻率，游标卡尺的读数，多用电表
的使用
24．(14分) 如图所示，一质量m ＝0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A 点。

现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0
W 。

经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B 点后水平飞出，恰好在C 点以5m/s的速度沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D 处装有压力传感器．已知轨道AB 的长度L ＝2.0 m，半径OC 和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R ＝0.5
m 。

(空气阻力可忽略，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：(1)
滑块运动到D 点时压力传感器的示数；(2) 水平外力作用在滑块上的时间t 。

【答案】（1）N 6.25=N F ；（2）s 4.0=t 。

【解析】
试题分析：（1）滑块由C 点运动到D 点的过程，机械能守恒：)37cos 1(2
12122 -+=mgR mv mv C D 滑块在D 点的速度s m 33)37cos 1(22=-+= gR v v C D
在D 点，对滑块受力分析，根据牛顿第二定律，有：R
v m m g N D 2=- 滑块受到的支持力N 6.252=+=R
v m mg N D 根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力N 6.25==N F N ，方向竖直向下
考点：动能定理，圆周运动的规律，机械能守恒定律
25．（18分）如图甲所示，弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53°角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相距L =0.2m ，电阻不计。

质量均为m =0.1kg ，电阻均为R =0.1Ω的金属杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B =1.0T ，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中。

t =0时刻开始，ab 杆以初速度v 1沿右导轨平面下滑。

t =ls 时刻开始，对ab 杆施加一垂直ab 杆且平行右导轨平面向下的力F ，使ab 开始作匀加速直线运动。

cd 杆运动的v ﹣t 图象如图乙所示（其中第1s 、第3s 内图线为直线）。

若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g 取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）在第1秒内cd 杆受到的安培力的大小；（2）ab 杆的初速度v 1；（3）若第2s 内力F 所做的功为9J ，求第2s 内cd 杆所产生的焦耳热。

【答案】（1）N 2.0=安F ；（2）s m 11=v ；（3）J 3=cd Q 。

（2）对cd 杆：安培力BIL F =安 回路中电流A 1==
BL
F I 安
对ab 杆：感应电动势V 2.02=⋅=R I E 根据法拉第电磁感应定律1BLv E = 解得：ab 杆的初速度s m 11==
BL
E
v （3）根据v ﹣t 图象可知，c d 杆在第3s 内做匀减速运动，加速度22m 4-=∆∆=
t
v
a 对cd 杆受力分析，根据牛顿第二定律，有：2)53cos (53sin ma F mg mg ='+-安 μ 解得安培力N 8.1='安
F 由R
v L B R L E B L I B F 222
22='='='安可得
2s 时ab 杆的速度s m 922
2
2==
L
B R F v 安
第2s 内ab 杆做匀加速运动，ab 杆的位移m 5)(2
1
212=+=t v v x 对
ab
杆
，
根
据
动
能
定
理
，
有
：
2122222
12137cos 37sin mv mv W mgx mgx W F -=
+-+安 μ 解得安培力做功J 6-=安W
回路中产生的焦耳热cd Q W Q 2=-=安
解得：第2s 内cd 杆所产生的焦耳热J 3=cd Q 考点：法拉第电磁感应定律的综合应用，牛顿运动定律
三、选考题（共15分。

请考生从给出的3道题中任选1题解答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目涂黑。

注意所做题目必须与所涂题目一致，在答题卡选答区域指定位置答题。

如果多做，则按所做的第一题计分。

）
33．【物理一选修3-3】（15分）
（1）（5分）下列说法正确的是_____。

（填写正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。

每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A ．一定质量的气体，在体积不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减小
B ．晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大
C ．空调既能制热又能制冷，说明在不自发地条件下热传递方向性可以逆向
D ．外界对气体做功时，其内能一定会增大
E ．生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺人其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成 【答案】ACE
考点：热力学第一定律，气体分子的动能、内能，分子动理论
（2）已知竖直玻璃管总长为h ，第一次向管内缓慢地添加一定质量的水银，水银添加完时，气柱长度变为
h 4
3。

第二次再取与第一次相同质量的水银缓慢地添加在管内，整个过程水银未溢出玻璃管，外界大气压强保持不变。

①求第二次水银添加完时气柱的长度。

②若第二次
水银添加完后，把玻璃管在竖直面内以底部为轴缓慢的沿顺时针方向旋转60º。

求此时气柱长度。

（水银未溢出玻璃管） 【答案】①h h 53='；②h h 4
3
=''。

【解析】
试题分析：①设开始时封闭气体压强为P 0，每次添加的水银产生的压强为P ，玻璃管的横截面积为S
根据玻意耳定律，有：S h P P hS P ⨯⨯
+=4
3
)(00 设第二次水银添加完时空气柱长度为h '，根据玻意耳定律，有：S h P P hS P '+=)2(00 解得：031P P =
，h h 5
3=' ②把玻璃管在竖直面内缓慢的沿顺时针方向旋转600
，水银柱产生的压强变小。

根据玻意耳定律，有：S h P P hS P ''+=)60cos 2(00 解得：h h 4
3=
'' 考点：玻意耳定律
34．【物理一选修3-4】（15分）
(1)（5分）一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t =0时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P 点，t =0.6
s时刻，这列波刚好传到Q 点，波形如图中的虚线所示，a 、b 、c 、P 、Q 是介质中的质点，则以下说法正确的是_________。

（填入正确选项前的字母，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个
得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A. 这列波的波速为16.7 m／s B．这列波的周期为0.8 s
C．质点c 在这段时间内通过的路程一定等于30 cm
D．从t =0时刻开始计时，质点a 第一次到达平衡位置时，恰好是s 3
1
这个时刻 E．在t =0.5 s时，质点b 、P 的位移相同 【答案】BDE
处，质点P 由平衡位置向上经正向最大位移处，再向下运动经过平衡位置，到达位移为
A 2
2
处，故E 正确。

考点：机械振动和机械波
(2)（10分）如图所示，直角棱镜ABC 置于空气中，∠A =30°，AB 边长为2a 。

一束单色光从D 点垂直于BC 边射入棱镜，在AC 边上的E 点恰好发生一次全反射后，从AB 边中点F 处射出。

已知真空中光速为c 。

求：①棱镜的折射率n ；②单色光通过棱镜的时间t 。

【答案】
CD
A
B F
光线在玻璃砖中传播的时间：c
a
n s t 3=
=
考点：光的全反射，光在介质中传播 35．【物理一选修3-5】（15分）
(1)（5分）下列的若干叙述中，正确的是 （填写正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。

每选错1个扣3分，最低得分为0分） A ．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关
B ．对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能 E K 与照射光的频率成线性关系
C ．一块纯净的放射性元素的矿石，经过一个半衰期以后，它的总质量仅剩下一半
D ．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量也减小了
E ．将核子束缚在原子核内的核力，是不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用 【答案】ABE
考点：黑体辐射的规律，光电效应方程，衰变，波尔理论，四种基本相互作用
(2)（10分）在如图所示的光滑水平面上，小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱离开手以5m/s 的速度向右匀速运动，运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹回来后被小明接住。

已知木箱的质量为30kg ，人与车的质量为50kg 。

求：①推出木箱后小明和小车一起运动的速度大小；②小明接住木箱后三者一起运动，在接木箱过程中系统损失的能量。

【答案】①s m 31=v ；②J 5.37=∆E 。

【解析】
试题分析：①人在推木箱的过程，由动量守恒定律可得：21mv Mv =
解得：人车一起向左运动的速度m 31=v
②小明在接木箱的过程，由动量守恒定律可得：v m M mv Mv )(21+=+ 解得：三者的共同速度m 75.3=v 损失的能量：J 5.37)(2
1212122221=+-+=
∆v m M mv Mv E 考点：动量守恒定律，能量守恒定律。