天津市第四中学2024-2025学年高三下学期开学物理试卷

2024-2025学年天津四中高三（下）开学物理试卷 一、单选题：本大题共5小题，共25分。 1.牛顿通过著名的“月-地检验”，证明了月球和地球、苹果和地球之间的引力属于同种性质的力。如图所示，月球轨道半径r是地球半径R的60倍，地表苹果自由下落的加速度和月球绕地圆周运动的向心加速度的比值：应为(    ) A. 1：60 B. 60：1 C. 1：3600 D. 3600：1 2.如图所示，墙角处固定一斜板，斜板与水平天花板的夹角为。工人用沿水平向左的力推质量为m的磨石，使其沿斜板匀速下滑，已知磨石与斜板间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则推力大小为(    ) A. B. C. D. 3.水火箭是一项深受学生喜欢的科技活动，某学习小组利用饮料瓶制作的“水火箭”如图甲所示，其发射原理是通过打气使瓶内空气压力增大，当瓶口与橡皮塞脱离时，瓶内水向后喷出，“水火箭”获得推力向上射出。图乙是某次竖直发射时测绘的水火箭速度v与时间t的图像，其中时刻为“水火箭”起飞时刻，DE段是斜率绝对值为g的直线，忽略空气阻力，关于“水火箭”的运动，下列说法正确的是(    ) A. 时间内水火箭的平均速度大于 B. 水火箭在时刻达到最高点 C. 时间内水火箭处于失重状态 D. 时间内水火箭做自由落体运动 4.在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为电阻可忽略不计的自感线圈，E为电源，S为开关。关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是(    ) A. 合上开关，b先亮，a 后亮；断开开关，a、b同时缓慢熄灭 B. 合上开关，a先亮，b 后亮；断开开关，a、b同时熄灭 C. 合上开关，b先亮，a 后亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭 D. 合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先闪亮一下后缓慢熄灭，a缓慢熄灭 5.电磁场与现代高科技密切关联，并有重要应用。对如图四个科技实例，说法正确的是(    ) A. 图甲的速度选择器能使速度大小的粒子沿直线匀速通过，但与粒子的带电性质、带电量及速度方向无关 B. 图乙的磁流体发电机正常工作时电流方向为b到a C. 图丙是质谱仪工作原理示意图，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝，粒子的比荷越小 D. 图丁为霍尔元件，若载流子带负电，稳定时元件左侧的电势低于右侧的电势 二、多选题：本大题共3小题，共15分。 6.一列简谐横波沿x轴传播，图甲是波传播到的质点M时的波形图，令此时刻，图乙是质点的振动图像，Q是位于处的质点，则下列说法正确的是(    ) A. Q点开始振动的方向沿方向 B. 至时间内，质点M的路程为10cm C. 质点Q和原点的振动方向始终相反 D. ，质点Q的位移为 7.如图所示，实线为一带负电荷的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，下列判断正确的是(    ) A. 若虚线表示电场线， B. 若虚线表示电场线，粒子通过Q点时动能较大 C. 若虚线表示等势线，粒子通过P点时电势能较小 D. 不论虚线是表示电场线还是等势线，粒子通过P点时加速度较大 8.如图所示，用一外力使一矩形单匝闭合线圈匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴以恒定的角速度转动，转动一周所需要的时间为T，线圈电阻为R，从如图位置线圈平面与磁场方向平行为时刻开始计时，线圈平面转过时线圈中的感应电动势的大小为，则下列判断正确的是(    ) A. 线圈产生的电动势的瞬时值表达式为 B. 在时间内，通过线圈截面的电荷量为 C. 在时间外力做功为 D. 在图示位置时线圈的磁通量变化率为0 三、实验题：本大题共5小题，共60分。 9.在“探究平抛运动的特点”的实验中： 某组同学用如图甲所示装置探究平抛运动的特点。用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，B球同时竖直下落。本实验探究的是A球______填“水平”或“竖直”分运动的特点。 该组同学又用如图乙所示装置继续探究平抛运动的规律。下列说法正确的是______。 A.斜槽轨道必须光滑 B.斜槽轨道末端必须水平 C.小球每次都从斜槽上同一位置静止释放 D.作图时，直接将坐标纸上确定的点用直线依次连接 在图乙的实验中，由于忘记记下小球做平抛运动的起点位置，该小组成员只能以平抛轨迹中的某点O作为坐标原点建立坐标系，M、N两点的坐标分别为、，如图丙所示，可求出小球从M到N的时间间隔______，做平抛运动的初速度______。用、、重力加速度g表示 10.实验小组为了测量一段金属丝的电阻率，利用实验室为其提供的器材，进行了如下操作： 用螺旋测微器测量金属丝的直径，其读数如图甲所示，则金属丝的直径为______ mm； 用多用电表粗略测量了金属丝的电阻，测量时，将选择开关旋至“”挡位，进行欧姆调零后测量，多用电表的读数如图乙所示，则金属丝的阻值约为______； 为了减小电阻率测量的误差，实验时应较为精确地测量了金属丝的电阻值，实验室为其提供了如下的实验器材： A.电源电动势约为，内阻很小 B.电压表量程，内阻约 C.电流表量程，内阻约 D.电流表量程，内阻约 E.滑动变阻器阻值范围，最大允许电流 F.滑动变阻器阻值范围，最大允许电流 H.开关、导线 ①实验时，为了使电表的示数变化尽量大，利用实验室为其提供的器材，设计测量金属丝电阻的电路图，将其画在图丙中的虚线框内，并标明所选的器材； ②如果金属丝接入电路的长度为L，金属丝的直径为d，某次测量时电压表读数为U、电流表的读数为I，若电压表看作理想电表，则该金属丝的电阻率为______用以上物理量字母表示，若电压表不能看作理想电表，则金属丝电阻率的上述测量值______选填“大于”“等于”或“小于”真实值。 11.如图所示，竖直平面内有一高为的光滑倾斜圆弧轨道，末端水平。质量的小滑块B静止在圆弧轨道末端。轨道右方有一辆质量为的小车C静止在光滑水平面上，小车上表面与轨道末端平齐且挨在一起。另一个质量为的小滑块A从圆弧轨道上端由静止释放，下滑后与B发生弹性碰撞。已知B与小车C上表面的动摩擦因数为，滑块A在整个过程中与小车C都没有相互作用，取。求： 与B碰撞前瞬间滑块A的速度大小； 与B碰撞后瞬间滑块B的速度大小； 要保证滑块B不从小车C上滑下，小车至少要有多长。 12.光滑的平行金属导轨长，两导轨间距，轨道平面与水平面的夹角，导轨上端接一阻值为的电阻，轨道所在空间有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度，如图所示，有一质量、电阻的金属棒ab，放在导轨最上端，其余部分电阻不计。棒ab从轨道最上端由静止开始下滑到轨道最底端时速度的大小为，g取。 当金属棒的速度时，电阻R两端的电压U； 在金属棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量； 金属棒从开始下滑到运动至轨道最底端所用时间t。 13.如图所示，平面直角坐标系xOy的第一、二象限存在沿y轴负向的匀强电场，OC为第四象限的角平分线，它与x轴正向间存在垂直于纸面向外的匀强磁场边界处有磁场。一带电粒子以初速度从A点沿x轴正向射出，经B点以与x轴正向成进入磁场后恰好未从OC边射出。已知带电粒子质量为m，电荷量为q，A点坐标为，B点坐标为，不计粒子重力。求： 匀强电场的电场强度大小； 匀强磁场磁感应强度的大小； 从A点开始至第二次经过x轴所用的时间。 答案和解析 1.【答案】D  【解析】解：设地球的质量为M，则有： 地球表面的苹果 所以：：1 故ABC错误，D正确； 故选：D。 根据万有引力和牛顿第二定律可知月球的加速度，在地球表面的物体的重力等于万有引力，两式相比即可计算。 解对万有引力与天体的运动问题，一定要知道两个关系：①星球表面的物体受到的重力等于万有引力，②做匀速圆周运动的物体需要的向心力由万有引力提供。 2.【答案】D  【解析】解：由题知，磨石沿斜板匀速下滑，处于平衡状态， 对磨石受力分析，可得下图： 由平衡条件可得： ， ， 且： ， 联立可得： ， 故D正确，ABC错误； 故选：D。 由题知，磨石沿斜板匀速下滑，处于平衡状态，对磨石受力分析，由平衡条件、摩擦力的计算公式分别列式，即可分析判断ABCD正误。 本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。 3.【答案】C  【解析】解：A、由图像与坐标轴所围成的面积等于位移知，时间内位移小于AB段为匀加速直线运动的位移，此阶段匀加速直线运动的平均速度为，根据 知时间内水火箭的平均速度小于，故A错误； B、“水火箭”运动过程速度一直是正的，运动方向始终没有改变，时刻后仍在上升，没有达到最高点，故B错误； C、“水火箭”在时间内加速度为负，具有向下的加速度，所以水火箭处于失重状态，故C正确； D、时间内“水火箭”有竖直向上的初速度，该过程“水火箭”不做自由落体运动，故D错误。 故选：C。 根据图像与坐标轴所夹的面积表示位移，判断时间内“水火箭”的运动与匀加速直线运动比较，分析其平均速度；根据速度方向判断水火箭的运动情况；当物体具有向下的加速度时处于失重状态，根据受力情况和初速度分析时间内“水火箭”是否做自由落体运动；由图读出速度，由斜率读出加速度。 本题考查对图像的理解，要注意明确匀变速直线运动图像的性质，掌握图像中点、线、面的意义，并能正确应用。 4.【答案】A  【解析】解：由于a、b为两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，b灯泡立刻发光，而a灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮；电路稳定时亮度相同； 当开关断开瞬间，两灯泡串联，由线圈产生瞬间电压提供电流，导致两灯泡同时逐渐熄灭；由于电路稳定时亮度相同，所以b不能闪亮一下。故A正确，BCD均错误。 故选：A。 当电键闭合时，通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮。断开瞬间也可以按照同样的思路分析。 线圈的自感系数越大，频率越高时，感抗越高。同时线圈有阻碍电流的变化，注意的是灯泡会更亮的原因是电流变大的缘故。 5.【答案】D  【解析】解：若粒子沿直线匀速通过速度选择器，粒子受洛伦兹力和电场力作用，根据平衡条件有 所以 若粒子从左进入速度选择器，则不管粒子带正电还是带负电，根据左手定则可知粒子受洛伦兹力方向和电场力方向相反，大小相等，粒子均可以从左向右匀速通过速度选择器，若粒子从右进入速度选择器，根据左手定则可知则不管粒子带正电还是带负电，由于初始时电场力与洛伦兹力方向相同，粒子均不可以从右向左匀速通过速度选择器，即与粒子的速度方向有关，故A错误； B.图乙中，根据左手定则可知，正电荷受到向上的洛伦兹力，打在P板上，负电荷受到向下的洛伦兹力，打在Q板上，所以P板带正电，Q板带负电，在电源外部电流从高电势流向低电势，所以通过电阻的电流方向为a到b，故B错误； C.根据题意可知，粒子经过速度选择器时，有 粒子进入偏转磁场时，有 联立可得 由此可知，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝，即r越小，粒子的比荷越大，故C错误； D.若载流子带负电，根据左手定则可知，载流子受到向左的洛伦兹力，将打到左极板上，所以左侧的电势低于右侧的电势，故D正确。 故选：D。 根据平衡条件分析粒子经过速度选择器的速度大小，根据左手定则分析粒子受洛伦兹力方向与电场方向的关系；根据左手定则判断电势的高低，进而可得电流的方向；根据洛伦兹力提供向心力得到半径的大小表达式分析；根据左手定则分析。 本题考查了带电粒子在电场磁场中的运动情况，掌握左手定则的应用是解题的关键，知道粒子在磁场中受洛伦兹力的公式。 6.【答案】AC  【解析】解：A、由甲图可知M点的起振方向沿方向，则Q点开始振动的方向沿方向，故A正确； B、由乙图得到周期为，振幅为，则至时间内，质点M的运动的周期为，路程为，故B错误； C、由甲图得到波长为，质点Q和原点的距离为，两点间隔，振动方向始终相反，故C正确； D、波速为，波从M点传至Q点的时间为，故在时，Q点运动的周期为，可知此时质点Q从平衡位置运动向波谷运动，因其振幅为10cm，在时运动至波谷，运动为减速运动，故其在时运动的位移大于5cm，故D错误。 故选：AC。 A、各个质点开始振动的方向均与起振点的运动方向相同，根据M点的起振方向分析Q点的振动方向； B、由图乙分析波的周期和振幅，由此分析至时间内，质点M运动的周期和路程； C、由图甲分析波的波长，比较质点Q和原点的关系； D、由图像计算出波速，分析波从M点传至Q点的时间，进而分析，质点Q运动的周期，由此分析位移。 考查对振动图像和波动图像的理解，能够根据图线分析波的传播规律。 7.【答案】AD  【解析】解：若虚线a、b、c代表三条电场线，则带电粒子的大致受力方向和速度方向的关系如图所示 设负电荷在该电场中由Q到P运动，则电场力做正功，且电场力充当合外力，根据动能定理，可知动能增加，粒子通过P点时动能较大，电势能减小，由于粒子带负电，则电势增加 故A正确，B错误； C.若虚线a、b、c表示等势线，则带电粒子的大致受力方向和速度方向的关系如图所示 在由Q到P的过程中电场力做负功，动能减小，电势能增加，粒子通过P点时电势能较大，故C错误； D.若虚线a、b、c是电场线，则电场线密集的地方电场强度大，则所受电场力大，则加速度大，所以粒子在P点时加速度比在Q点时加速度大，若虚线a、b、c是等势线，由等差等势面密集的地方电场强度大，则所受电场力大，则加速度大，故粒子在P点时加速度比在Q点时加速度大，故D正确。 故选：AD。 AB：负电荷在电场中的曲线轨迹可以判断电场力的大致方向，如果虚线表示电场线，根据动能定理可以确定和的关系和两点的动能大小关系；C：虚线表示等势线，根据等势线和电场线的关系，结合曲线轨迹仍然可以确定动能和电势能的变化情况，从而判断出两点电势能的大小；D：无论虚线表示哪种线，两点的疏密情况不同，都可以根据电场线的特点分析场强大小，进而推导出加速度的大小。 本题中虚线无论代表什么，都必须根据电场线和等势线的关系特点，结合曲线轨迹特点分析才能做出解答。 8.【答案】AB  【解析】解：由图可知，线圈从垂直中性面位置开始计时，线圈产生的电动势的瞬时值表达式为 线圈平面转过时线圈中的感应电动势的大小为，有 可得 故电动势的瞬时值表达式为 故A正确； B.在时间内，通过线圈的电荷量为 联立可得 故B正确； C.在时间外力做功等于发电机产生的电能，有 故C错误； D.图示位置为垂直中性面位置，磁通量为零而磁通量变化率最大，故D错误。 故选：AB。 根据线圈平面转过时线圈中的感应电动势的大小为的特点，求出线圈转动过程中感应电动势的最大值，写出电动势瞬时值的表达式；根据，再结合闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律，求出通过线圈截面的电荷量；在时间外力做功等于发电机产生的电能；根据中性面和垂直中性面的特点分析磁通量变化率最大的位置。 本题主要考查了交流发电机的相关应用，解题的关键点是熟悉不同特殊位置下的磁通量和感应电动势的特点，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和焦耳定律即可完成分析。 9.【答案】竖直  BC    【解析】解：用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，B球同时竖直下落，利用两球同时落地判断平抛运动在竖直方向上是做自由落体运动，因此本实验探究的是A球竖直方向的分运动特点。 本实验中应保证斜槽末端切线水平，即小球的初速度沿水平方向，但是不需要斜槽轨道光滑，故A错误，B正确； C.为了保证小球平抛的初速度相同，则小球每次都从斜槽上同一位置静止释放，故C正确； D.作图时，应用平滑曲线将坐标纸上确定的点用连接起来，舍弃偏离曲线较远的点，故D错误。 故选：BC。 由于M、N两点的坐标分别为、，则，因此相邻点迹的时间间隔相等，设为T； 根据匀变速直线运动的推论，竖直方向有 解得 小球水平方向做匀速直线运动，水平初速度。 故答案为：竖直；；；。 球做自由落体运动，A球做平抛运动，根据平抛运动竖直分运动的特点分析作答； 根据实验的原理、正确操作和注意事项分析作答； 根据匀变速直线运动推论求时间间隔；根据平抛运动的规律求解水平初速度。 本题考查了探究平抛运动的特点的实验，要明确实验原理，掌握实验的正确操作和注意事项，根据匀变速直线运动的推论求解时间间隔是解题的关键。 10.【答案】  6   小于  【解析】解：由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器的读数是 选择开关旋至“”挡位，由图乙所示表盘可知，金属丝的电阻为 ①电源电动势约为 V，根据上述，金属丝电阻约为，则通过金属丝的最大电流约为 为了确保电流表的安全与精度，电流表选择 A，即电流表选择。由于实验要求使电表的示数变化尽量大，则控制电路采用滑动变阻器分压式接法， 为了使测量值连续性强一些，滑动变阻器总阻值选择小一些，即滑动变阻器选择。由于电压表内阻远远大于金属丝电阻与电流表电阻， 电流表分压影响大一些，为了减小电流表分压影响，测量电路采用电流表外接法，实验电路图如图所示 ②根据欧姆定律得：，根据电阻定律有：，解得： 由于控制电路采用电流表外接法，实验系统误差在于电压表分流，由于电压表的分流影响，导致电流测量值偏大，则电阻测量值偏小，则金属丝电阻率的上述测量值小于真实值。 故答案为：；；①实验电路图如图所示；②；小于。 螺旋测微器固定刻度与可动刻度读数的和是螺旋测微器读数。 欧姆表指针读数与挡位的乘积是欧姆表读数。 ①根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后根据实验原理作出实验电路图。 ②应用欧姆定律与电阻定律分析答题；根据图示电路图分析实验误差。 要掌握常用器材的使用方法与读数方法；理解实验原理是解题的前提，应用欧姆定律与电阻定律即可解题。 11.【答案】解：滑块A沿圆弧下滑时，由机械能守恒定律得   解得A与B碰撞前瞬间滑块A的速度大小： 与B发生弹性正碰，取向右为正方向，由动量守恒定律得    因为A、B两球发生的是弹性碰撞，所以没有机械能损失，则由机械能守恒定律得   解得： 滑块B在小车C上滑行时，B和C组成的系统合外力为零，系统动量守恒。要保证滑块B恰好不从小车C上滑下，规定向右的方向为正方向，由动量守恒定律得    B、C之间的相互作用等效为完全非弹性碰撞，损失的机械能转化为内能，则根据能量守恒定律得   解得小车至少长为： 答：与B碰撞前瞬间滑块A的速度大小为； 与B碰撞后瞬间滑块B的速度大小为； 要保证滑块B不从小车C上滑下，小车至少要有长。  【解析】滑块A沿圆弧下滑时，由机械能守恒定律可求得A与B碰撞前瞬间滑块A的速度大小； 与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求A与B碰撞后瞬间滑块B的速度大小； 当滑块B滑到小车C的右端，且两者共速时，小车长度最小。根据系统的动量守恒和能量守恒相结合求小车的最小长度。 解答本题时，要理清滑块与小车的运动情况，把握每个过程的物理规律，知道弹性碰撞遵守动量守恒定律和机械能守恒定律。滑块在小车滑行时，遵守动量守恒定律和能量守恒定律。 12.【答案】解：当棒的速度为时，棒切割磁感线产生的感应电动势为： 根据闭合电路欧姆定律可得，电阻R两端的电压为： 设棒到达底端时的速度为，根据能量守恒定律得： 代入数据解得： 所以在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量为： 从开始到达到底端的过程中，以沿斜面向下为正方向，根据动量定理可得： 由电荷量的定义知： 解得： 答：当金属棒的速度时，电阻R两端的电压U为； 在金属棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量为； 金属棒从开始下滑到运动至轨道最底端所用时间t为。  【解析】根据切割公式求解感应电动势，然后根据闭合电路欧姆定律求解电阻R两端的电压； 根据能量守恒定律和焦耳定律求金属棒上产生的热量； 根据定理定理和电流定义计算式求解时间。 对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相对于电源，根据电路连接情况画出电路图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及串并联电路的关系求解。 13.【答案】解：粒子射出后在电场中做类平抛运动，设时间为，电场强度为E，由牛顿第二定律得 沿x方向，有 沿y方向有 联立解得 设粒子在磁场做圆周运动的半径为r， 解得 粒子进入磁场时的速度 由洛伦兹力提供向心力得 解得 由以上分析知 在磁场中运动时间， 解得 从开始运动到第二次经过x轴所用的时间 解得 答：匀强电场的电场强度大小为； 匀强磁场磁感应强度的大小为； 从A点开始至第二次经过x轴所用的时间为。  【解析】根据类平抛运动规律求匀强电场的电场强度大小； 由洛伦兹力提供向心力求匀强磁场磁感应强度的大小； 根据周期和时间公式求从A点开始至第二次经过x轴所用的时间。 本题主要考查了带电粒子在组合场中的运动，熟练粒子类平抛运动的特点，理解粒子做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成分析。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$