沾益区第四中学2022届高三上学期开学考试物 理 试 卷一、选择题（第1-6题为单选题，第7-10题为多选题。每小题4分，共40分）1.如图所示是一个平行板电容器,其板间距为,电容为,带电荷量为Q,上极板带正电.现将一个试探电荷由两极间的点移动到点,如图所示,两点间的距离为,连线与极板间的夹角为30°,则电场力对试探电荷所做的功等于( )A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】由电容的定义式C=Q/U得板间电压U=Q/C，板间场强E=U/d=Q/Cd．试探电荷q由A点移动到B点，电场力做功为：W=qEssin300=qQs2Cd，选项C正确，ABD错误，故选C。【点睛】本题只要抓住电场力具有力的一般性质，根据功的一般计算公式就可以很好地理解电场力做功，并能正确计算功的大小．2.如图所示为某小型电站高压输电示意图.发电机输出功率恒定,升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2.下列说法正确的是( )A.采用高压输电可以增大输电线中的电流B.升压变压器原、副线圈匝数比n1:n2=U2:U1C.输电线损耗的功率为U22/r13D.将P上移,用户获得的电压将升高【答案】D【解析】试题分析：发电机输出功率恒定，根据P=UI可知，采用高压输电可以减小输电线中的电流，变压器的原副线圈两端电压与匝数成正比；若P上移．降压变压器的原线圈匝数减小，用户的电压升高．解：A、发电机输出功率恒定，根据P=UI可知，采用高压输电可以减小输电线中的电流，故A错误；B、变压器的原副线圈两端电压与匝数成正比，即：，故B错误；C、输电线上损失的功率为：，U2为升压变压器副线圈两端的电压，故C错误；D、若P上移．降压变压器的原线圈匝数减小，，用户的电压升高，故D正确；故选：D．【点评】本题关键是明确远距离输电的原理，然后根据变压器的变压比公式和功率表达式列式分析，不难．3.如图所示,轻质弹簧长为L,竖直固定在地面上,质量为m的小球,在离地面高度为H处,由静止开始下落,正好落在弹簧上,使弹簧的最大压缩量为x.在下落过程中,小球受到的空气阻力为F阻 ,则弹簧在最短时具有的弹性势能为( )A.（mg−F阻)(H−L+x)B.mg(H−L+x)−F阻(H−L)C.mgH−F阻(H−L)D.mg(L−H)+F阻(H−L+x)【答案】A13【解析】【详解】小球从开始下落到弹簧压缩到最短的过程中，小球的重力势能转化为弹簧的弹性势能、内能，根据能量守恒定得：mg[H-（L-x）]=f阻（H-L+x）+EP，得弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能为：EP=mg（H-L+x）-f阻（H-L+x）=（mg-f阻）（H-L+x）。故选A。【点睛】运用能量守恒定律分析问题时，首先搞清涉及几种形式的能，其次分清什么能在增加，什么能在减小，再根据能量的变化量列方程．4.已知地球质量大约是月球质量的81倍，地球半径大约是月球半径的4倍．不考虑地球、月球自转的影响，由以上数据可推算出（）A.地球的平均密度与月球的平均密度之比约为9：8B.地球表面重力加速度与月球表面重力加速度之比约为9：4C.靠近地球表面沿圆轨道运行的航天器的周期与靠近月球表面沿圆轨道运行的航天器的周期之比约为8：9D.靠近地球表面沿圆轨道运行的航天器线速度与靠近月球表面沿圆轨道运行的航天器线速度之比约为81：4【答案】C【解析】试题分析：A、密度，已知地球质量大约是月球质量的81倍，地球半径大约是月球半径的4倍，所以地球的平均密度与月球的平均密度之比约为81：64．故A错误．B、根据万有引力等于重力表示出重力加速度得得：，得g=，其中R为星球半径，M为星球质量．所以地球表面重力加速度与月球表面重力加速度之比约为81：16．故B错误．C、研究航天器做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式，解得T=，其中R为星球半径，M为星球质量．所以靠近地球表面沿圆轨道运行的航天器的周期与靠近月球表面沿圆轨道运行的航天器的周期之比约为8：9，故C正确．13D、研究航天器做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：，解得v=，其中R为星球半径，M为星球质量，所以靠近地球表面沿圆轨道运行的航天器线速度与靠近月球表面沿圆轨道运行的航天器线速度之比约为9：2，故D错误．故选：C．5.如图所示，真空中有两个点电荷Q1＝＋9.0×10－8C和Q2＝－1.0×10－8C，分别固定在x坐标轴上，其中Q1位于x＝0处，Q2位于x＝6cm处．在x轴上( )A.场强为0的点有两处B.在x>6cm区域，电势沿x轴正方向降低C.质子从x＝1cm运动到x＝5cm处，电势能升高D.在0<x<6cm和x>9cm的区域，场强沿x轴正方向【答案】D【解析】试题分析：Q1和Q2将整个x轴分成三个区域①x＜0，根据点电荷的电场强度公式，，因为任一点距Q1比距离Q2近，且，故Q1产生的场强大于Q2，合场强水平向左，沿x轴负方向。此区间场强不可能为零。②0＜x＜6cm，电场水平向右，正负电荷产生的电场均向右，场强沿x轴正方向，此区间场强不可能为零。质子从x=1cm运动到x=5cm，电场力做正功，电势能减小，故C错误③x＞6cm，设坐标为x处，电场强度为0，则有：代入数据解得：x=9cm综上：场强为0的点只有一处即x=9cm，A错误；在6cm＜x＜9cm场强主要取决于Q2，方向水平向左，沿x轴负方向，电势沿x轴正方向升高；在X＞9cm场强主要取决于Q1，方向水平向右，沿x轴正方向，电势沿x轴正方向降低；B错误；13在0＜x＜6cm及x＞9cm场强沿x轴正方向，D正确；故选：D。考点：电势与电场强度的关系；电势能．【名师点睛】空间中某一点的电场，是空间所有电荷产生的电场的叠加，是合场强，场强是矢量，其合成遵守平行四边形定则．沿电场强度方向电势降低。某一过程电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。6.如图所示，导线框abcd与直导线几乎在同一平面内，直导线中通有恒定电流I，当导线框由左向右匀速通过直导线时，线框中感应电流的方向是( )A.先abcd，后dcba，再abcdB.始终dcbaC.先dcba，后abcd，再dcbaD.先abcd，后dcba【答案】C【解析】由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直纸面向外，右边的磁场方向垂直向里，当线圈向导线靠近时，则穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律，可知感应电流方向为adcba；当线圈越过导线时到线圈中心轴与导线重合，穿过线圈的磁通量的变小，则感应电流方向为abcda；当继续向右运动时，穿过磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流方向为：abcda；当远离导线时，由楞次定律可知，感应电流方向为：adcba，C正确．7.某物体以30ms的初速度竖直上抛,不计空气阻力,g取10ms2。5内物体的( )A.速度改变量的大小为10msB.平均速度大小为13ms,方向向上C.路程为65mD.位移大小为25m,方向向上【答案】CD【解析】【详解】选取向上的方向为正方向，5s内速度的变化量：△v=gt=-10×5=-50m/s，负号表示方向向下。故A错误；物体在5s内的位移：h=v0t-12gt2=30×5-12×10×52=25m13；方向与初速度的方向相同，向上。则5s内的平均速度：v=255=5m/s，选项B错误，D正确；物体上升的最大高度：H=0−v02−2g=0−302−2×10=15m，物体上升的时间：t1=v0g=3010s=3s＜5s，所以物体的路程：s=2H-h=45×2-25=65m。故C正确；故选CD。【点睛】本题考查竖直上抛运动的规律，对于竖直上抛运动，通常有两种处理方法，一种是分段法，一种是整体法，两种方法可以交叉运用．8.如图所示,两根长度不同的细线分别系有两个完全相同的小球,细线的上端都系于O点。设法让两个小球在同一水平面内做匀速圆周运动。已知L1跟竖直方向的夹角为60°,L2跟竖直方向的夹角为30°,下列说法正确的是( )A.细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为3:1B.小球A和B的角速度大小之比为3:1C.小球A和B的向心力大小之比为33:1D.小球A和B的线速度大小之比为3:1【答案】AD【解析】【详解】对任一小球研究。设细线与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平衡，则：Tcosθ=mg；解得：T=mgcosθ；所以细线L1和细线L2所受的拉力大小之比T1T2＝cos30°cos60°＝3，故A正确；小球所受合力的大小为mgtanθ，根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mLsinθω2，得：ω=gLcosθ．两小球Lcosθ相等，所以角速度相等，故B错误；小球所受合力提供向心力，则向心力为：F=mgtanθ，小球m1和m2的向心力大小之比为：F1F2＝tan60°tan30°＝3，故C错误；根据v=ωr，角速度相等，得小球m1和m2的线速度大小之比为：v1v2＝r1r2＝tan60°tan30°＝3，故D正确。故选AD。【点睛】解决本题的关键会正确地受力分析，知道匀速圆周运动向心力是由物体所受的合力提供并能结合几何关系求解，难度适中．9.在下图中，能反映理想气体经历了等温变化→等容变化→等压变化，又回到原来状态的是()13A.B.C.D.【答案】ABC【解析】A图：P-V图中，斜线不是等温变化，竖直线为等容变化，水平线为等压变化，故A不能反应要求的变化．故A错误；B图：P-T图中，竖直线为等温变化，斜线为等容变化，水平线为等压变化，反应了要求的变化，故B正确；C图：V-T图中，竖直线为等温变化，水平线为等容变化，斜线为等压变化，反应了要求的变化，故C正确；D图：V-T图中，竖直线为等温变化，斜线为等压变化，水平线为等容变化，不能反应要求的变化，故D错误．选能反应等温变化→等容变化→等压变化，故选BC．10.如图所示是甲、乙两种金属的光电子的最大初动能与入射光频率的关系图象,由图象可知（）A.甲金属的逸出功比乙金属的逸出功大B.同一色光照射下,甲金属发射的光电子的最大初动能比乙金属发射的光电子的最大初动能大C.要获得相等的最大初动能的光电子,照射甲金属的光的频率要比照射乙金属的光的频率大D.无论用什么金属做实验,图象的斜率不变13【答案】BD【解析】根据光电效应方程有：EK=hv-W，其中W为金属的逸出功：W=hv0，根据图象可知，乙的极限频率比甲大，所以乙的逸出功比甲大，故A错误；同一色光照射，则入射光频率相等，根据EK=hv-W结合乙的逸出功比甲大可知，甲金属发射的光电子的最大初动能比乙金属发射的光电子的最大初动能大，故B正确；根据EK=hv-W结合乙的逸出功比甲大可知，若EK相等，则照射甲金属的光的频率要比照射乙金属的光的频率小，故C错误；根据EK=hv-W可知，EK-v图象的斜率表示普朗克常量，无论用什么金属做实验，图象的斜率不变，故D正确。故选BD。点睛：本题考查了光电效应方程EK=hv-W的理解和应用，对于图象问题可以写出函数关系式结合数学知识讨论图像的斜率和截距的物理意义．二、实验题（12分）11.某同学为了较精确的测量某一电池的电动势和内阻，实验室准备了下列器材：A.待测电池E（电动势约为2V，内阻约为1ΩB.毫安表G（满偏电流3.0mA，r=100Ω）C.电流表A（量程0∼0.6A，内阻约为1Ω）D.滑动变阻器R1（0∼20Ω，额定电流为2A）E.滑动变阻器R2（0∼1kΩ，额定电流为1A）F.定值电阻R0=900ΩG.开关一个，导线若干（1）实验中为了测量准确且操作方便，滑动变阻器应选______________（选填前面的序号）；（2）根据题意在虚线框中补画出该实验的电路图_____；（3）实物图已连好一部分，请根据电路图，将实物连接完整______；13（4）如图所示，是该同学利用实验得到的数据作出的图线。其中，以电流表A的示数I2为横坐标，以毫安G的示数为I1纵坐标。由图可得，被测电池的电动势为__________V，内阻为__________Ω。（结果均保留2位小数）【答案】(1).D(2).(3).(4).1.94-1.96(5).0.72-0.78【解析】(1)由题意可知，电流表只能选择0.6A量程，为了准确，示数应在量程的三分之一至三分之二间，此时最为准确，则可知，需要电阻约为10Ω左右；故滑动变阻器选择D；(2)器材中没有电压表，考虑将电流表G与定值电阻串联成为“电压表”；有：U=Ig(Rg+R0)=3.0×10-3×(100+900)=3V；能达到实验要求；同时滑动变变阻器用限流式，电流表用内接法，故电路图如图所示:(3)根据原理图可得出对应的实物图如图所示：13(4)由闭合电路欧姆定律可知：E=I1（Rg+R0）+I2r，解得：I1=−r1000I2+E1000，由图象可知，图象的斜率为k=r1000,纵截距b=E1000；由图可知b=1.95×10−3，k=1.95−1.50.6×10−3=7.5×10−4，解得：E=1.95V(1.94~1.96),r=0.75Ω(0.72~0.78)【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，知道当仪器不能使用时要利用所学过的改装原理进行改装，同时能利用闭合电路欧姆定律进行分析，列出表达式，再根据数学知识可求得电动势和内电阻．三、计算题（48分）12.如图所示,质量为M的木块静止在光滑的水平面上,一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出.设木块对子弹的阻力恒为F,问:（1）射入过程中产生的内能为多少?（2）木块至少为多长时子弹才不会穿出?（3）子弹在木块中运动了多长时间?【答案】（1）Q=Mmv022M+m.（2）L=Mmv022FM+m.（3）t=Mmv0FM+m【解析】【详解】（1）以子弹和木块组成的系统为研究对象,根据动量守恒定律可得mv0=m+Mv根据能量守恒定律,产生的内能为Q=12mv02−12M+mv2,解得Q=Mmv022M+m.（2）设子弹相对于木块的位移为L,根据功能关系可得Q=FL,13解得L=Mmv022FM+m.（3）以子弹为研究对象,由动量定理得−Ft=mv−mv0,解得t=Mmv0FM+m.【点睛】本题考查了求产生的热量、木块的长度等问题，应用动量守恒定律与能量守恒定律、动能定理即可正确解题。13.如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球，从y轴上的A点水平向右抛出．经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，M、N之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)电场强度E的大小和方向；(2)小球从A点抛出时初速度v0的大小；(3)A点到x轴的高度h.【答案】（1）mgq，竖直向上（2）qBL2mcotθ（3）q2B2L28m2g【解析】（1）重力与电场力平衡：mg=Eq，E=mgq，方向竖直向上；（2）因为圆周运动的半径可由rsinθ=d2得：r=d2sinθ，洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2r得：r=mvqB，M点的速度v=qBd2msinθ，又因为v0=vcosθ所以v0=qBd2mcotθ（3）由动能定理得：mgh=12mv2−12mv02=12mv2sin2θ所以h=v2−v022g=q2B2d28m2g或h=vy22g=q2B2d28m2g13视频14.如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨MN、P、Q间距为l=0.5m,其电阻不计,两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角,完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置,每棒两端都与导轨始终有良好接触.已知两棒质量均为m=0.02kg,电阻均为R=0.1Ω,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度B=0.2T,棒ab在平行于导轨向上的力F作用下,沿导轨向上匀速运动,而棒cd恰好能够保持静止.取g=10m/s2,问:（1）通过棒cd的电流是多少,方向如何?（2）棒ab受到的力F多大?（3）棒cd每产生Q=0.1J的热量,力F做的功W是多少?【答案】（1）I=1A.（2）F=0.2N（3）W=0.4J【解析】【分析】（1）对cd研究：cd保持静止，分析受力，由平衡条件求出安培力，即能求出电流．运用楞次定律分析感应电流的方向．（2）再对棒ab研究，棒ab沿导轨向上匀速运动，由平衡条件求出F．（3）已知棒cd产生的热量，由焦耳定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律列式，求出位移，由W=Fs求得力F做的功．【详解】（1）棒在共点力作用下平衡，则BIL=mgsin30°代入数据解得I=1A.（2）对棒,由共点力平衡知,代入数据解得。（3）设在时间内棒产生热量，由焦耳定律知Q=IRt设棒匀速运动的速度大小为，其产生的感应电动势 由闭合电路欧姆定律知13根据运动学公式可知,在时间内,棒沿导轨的位移 则力做的功综合上述各式,代入数据解得:。13</x<6cm和x>
