天津市实验中学2027届高三上学期第一周套练物理学科试题

27届高三（上)第01周套练 一一物理【格物明理】 一、单选题：本大题共5小题，共25分。 1.如图所示，在斯特林循环的P-V图象中，一定质量理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状 态A,整个过程由两个等温和两个等容过程组成，下列说法中正确的是() A.一个循环过程中，气体要从外界吸收一定的热量 B.状态A的温度高于状态C的温度 C.B→C过程中，单位体积里气体分子数目减小 D.C→D过程中，气体分子每次与容器壁碰撞的平均冲力的平均值变小 2.一列横波沿x轴负方向传播，某时刻的波形如图所示，则() A.质点C此时向y轴正方向运动 B.质点C将比质点B先回到平衡位置 C.质点F此时向x轴负方向运动 D.质点E的振幅为零 3.2022年2月6日，中国女足时隔16年重夺亚洲杯冠军。某学习小组在研究足球运动规律时，将足球在 地面上方某高度处竖直向上抛出，足球在空中运动过程中受空气阻力的大小与速率成正比。规定竖直向上 为正方向，关于反映足球运动的v一t图像，下列正确的是() 4.某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图，皮带在电动机的带动下保持v=1m/s的恒定速度向右运 动，现将一质量为m=2g的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦力因数4=0.5，设皮带足够长，取 g=10m/s3,在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，则() A.邮件滑动的时间t=2s B.邮件对地的位移大小x=0.2m C.邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W=一2) D.邮件与皮带间的摩擦产生的热量Q=2J 第01周套练一一物理 第1页共4页 5.在匀强磁场中，静止的怀的放射性同位素Pu衰变为铀核亞U,并放出α粒子，已知Pu、U和a 粒子的质量分别为mpu、mu和ma,衰变放出的光子的动量和能量均忽略不计，Q粒子的运动方向与磁场相 垂直，则() A.a粒子的动能为(mpu-mu-ma)c2 B.a粒子的动量为 2m(mpu-my-ma)c2 ma+mu C.5U与a粒子在磁场中的运动半径之比约为4：235 D. 5U与α粒子在磁场中的周期之比约为1.3：1 二、多选题：本大题共3小题，共15分。 6.在绝缘光滑水平桌面上，有两个带电小球A和B。t=0时刻，小球A静止，小球B以一定的初速度向A运动， 两小球的v一t图像如图所示，且A、B未相碰。则() A.两小球带异种电荷 B.两小球组成的系统动量守恒 C.两小球组成的系统机械能守恒D.A球质量大于B球 7.如图所示，分别表示分子间作用力F、分子势能E印与分子间距离r的关系图线（取无穷远处分子势能E,=0)。 则下列说法正确的是() A.当r=To时，分子势能最小 B.当0<T<To时，分子势能随分子间距离的增大而减小 C.当r>T时，分子间作用力随分子间距离的增大而减小 D.乙图表示分子间作用力与分子间距离的关系 8.在平直公路上，自行车与同方向行驶的一辆汽车在t=0时同时经过某一个路标，它们的位移x(m随时间 t(s)变化的规律为：汽车为x=10t-t2,自行车为x=6t,则下列说法正确的是() A.汽车作匀减速直线运动，其加速度大小为，m/s B.在t=-8s时两车速度相等，自行车第一次追上了汽车 C.在t=0至t=16s时间内，两车间距离先增大后减小 D.当自行车追上汽车时，它们距路标96m 第01周套练一一物理 第2页共4页 三、实验题：本大题共2小题，共12分。 9.在用打点计时器“探究小车的速度随时间变化的规律”的实验中，得到如图所示的一条记录小车运动情 况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，每相邻的两个计数点之间还有4个点没有画出，计时器 打点的时间间隔为0.02s.(计算结果保留3位有效数字) Av/(ms-) 7.50 cm -27.60 -60.30 105.60 (1)由图可知打点计时器打出D点时小车的瞬时速度vp=m/s。 (2)在打点计时器打B、C两点时，小车的速度分别为vB=1.38m/s: ■■■■■■■ 00.10.20.3040.5s vc=2.64m/s,请在图坐标系中画出小车的v-t图象。 (3)小车的加速度为，打点计时器打出A点时小车的瞬时速度v4=m/s。 10.“用双缝干涉测光的波长”实验的装置如图甲所示。 光源 凸透镜滤光片单缝双缝 遮光筒 5 LLLILLLLLLIL Immn 10 0 5 10 甲 乙 (1)某次测量中，小明将测量头的分划板中心刻线对准第1条亮条纹中心，手轮示数x1=1.700mm,调节测 量头，让分划板中心刻线对准第5条亮条纹中心时，手轮示数如图乙所示，此时示数x2=mm,由此可 得相邻两亮条纹间的距离△x=mm。 (2)若测出装置中双缝的间距d=0.2mm、双缝到屏的距离L=1.00m,则形成此干涉图样的单色光的波长的 表达式为λ=（用d、L和△x表示），形成此干涉图样的单色光的波长为mm。 四、计算题：本大题共3小题，共48分。 11.质量为m4=m和ma=3m的A、B两物体，在光滑水平面上如图所示放置，其中A紧靠墙壁，A、B之间 用轻弹簧连接，现对B物体缓慢施加一向左的力压缩弹簧到某一位置，此过程该力做功W,突然辙去推力后， 求： (1)从撤去推力到A物体开始运动，墙对A的冲量大小： (②)A离开墙以后，弹簧弹性势能的最大值和B物体速度的最小值. AM B 第01周套练一一物理 第3页共4页 12.某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能Ep=45/,质量 m=1.0kg的小滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角0=30°的传送带平滑连接，传送带长 度L=8.0m,传送带以恒定速率vo=8.0m/s顺时针转动.某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带， 并从传送带顶端滑离落至地面。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=3，重力加速度g取10m/s2。 2 (1)求滑块离开传送带时的速度大小v: (2)求电动机传送滑块多消耗的电能E; (3)若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能Ep', 要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置， 77777777777777777 求Ep′的取值范围。 13.研究小组同学在学习了电磁感应知识后，进行了如下的实验探究（如图所示）：两个足够长的平行导轨 (MNPQ与M1P1Q)间距L=0.2m,光滑倾斜轨道和粗糙水平轨道圆滑连接，水平部分长短可调节，倾斜轨 道与水平面的夹角0=37°.倾斜轨道内存在垂直斜面方向向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T,NN1右侧 没有磁场；竖直放置的光滑半圆轨道PQ、P1Q1分别与水平轨道相切于P、P1,圆轨道半径r1=0.1m,且在 最高点Q、Q1处安装了压力传感器.金属棒ab质量m=0.01kg,电阻r=0.12,运动中与导轨有良好接触， 并且垂直于导轨；定值电阻R=0.42,连接在MM1间，其余电阻不计：金属棒与水平轨道间动摩擦因数μ= 0.4.实验中他们惊奇地发现：当把NP间的距离调至某一合适值d,则只要金属棒从倾斜轨道上离地高h= 0.95m及以上任何地方由静止释放，金属棒ab总能到达QQ1处，且压力传感器的读数均为零.取g=l0m/s2, sin37°=0.6，c0s37°=0.8.则： (1)金属棒从0.95m高度以上滑下时，试定性描述金属棒在斜面上的运动情况，并求出它在斜面上运动的最 大速度； (2)求从高度h=0.95m处滑下后电阻R上产生的热量： (3)求合适值d. 第01周套练一一物理 第4页共4页 答案和解析 1.【答案】A 【解析】【分析】 本题考查了理想气体状态方程的应用，根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外界对气体做功情 况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题；要知道：温度是分子平均动能的标志，理想气 体内能由温度决定。 气体的内能只与温度有关，根据热力学第一定律有4U=W+Q判断气体吸热还是放热：根据图象利用理想气 体状态方程对每一个过程进行分析即可。 【解答】 B.A到B是等温变化，所以TA=TB,B到C等容变化，压强增大，温度升高，即TB<Tc,所以状态A的温度 低于状态C的温度，B错误； CB→C过程中，体积不变，单位体积里气体分子数不变，C错误； D.C→D过程，温度不变，分子的平均动能不变，所以气体分子每次与容器壁碰撞的平均冲力的平均值不变， D错误； A.一个循环中，气体内能不变△U=0,气体对外界做功，W<0,根据热力学第一定律知Q>0,A正确。 2.【答案】B 【解析】解：A、C点在波峰，速度是0，下一刻C点向y轴负方向振动，故A错误： B、简谐波横波沿x轴负方向传播，利用同侧法可知，此时质点B向上运动，而质点C向下运动，直接回到平 衡位置，则C先回到平衡位置，故B正确： C、质点不随波迁移，故C错误： D、此时质点E的位移为零，但振幅不为零，各个质点的振幅均相同故D错误， 故选：B。 简谐波横波沿x轴负方向传播，此时质点F的运动方向向下，B质点向上振动，而质点C下一刻向下运动，则 C先回到平衡位置。此时质点E的位移为零，但振幅不为零. 本题是波动图象中基本题，由质点的振动方向判断波的传播方向是基本功，要熟练掌握， 3.【答案】D 【解析】解：将足球在地面上方某高度处竖直向上抛出，上升阶段，小球受到重力和向下的空气阻力，根 据牛顿第二定律有：mg+f=ma,又f=kv 第5页共14页 可得a=g+k巴，则知小球的加速度随着速度减小而减小，v一t图像的切线斜率逐渐减小，当v=0时，a=g: 下降阶段，小球受到重力和向上的空气阻力，根据牛顿第二定律有：mg一f=m0,又f=k,得a=9一兴 则知小球的加速度随着速度增大而减小，v一t图象的切线斜率不断减小，故ABC错误，D正确。 故选：D。 分析小球的受力情况，根据牛顿第二定律分析小球的加速度变化情况，结合)一t图象的斜率等于加速度， 来确定v-t图像的形状。 本题的关键是根据牛顿第二定律来分析加速度的变化，明确v一t图象上某点的切线斜率表示瞬时加速度。 4.【答案】C 【解析】设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F,则 F=μmg ① 取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有 Ft=mv-0 ② 由①②式并代入数据得 t=0.2s ③ 故A错误： 邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有 Fx=-mv2-O ④ 2 由①@式并代入数据得 x=0.1m ⑤ 故B错误； 邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为S,则 s=vt ⑧ 摩擦力对皮带做的功 W=-Fs ⑦ 由①③⑥⑦式并代入数据得 W=-2J ⑧ 故C正确： 1 邮件与皮带间的摩擦产生的热量乃时=umg6-5)=亏m=1W 第6页共14页 故D错误。 故选C 5.【答案】D 【解析】解：A、5U与a粒子的动能之和靠等于衰变释放的核能(mpu-mw-me)c2,衰变前后动量守恒， 所以5U与a粒子的动量大小相等，方向相反，由两粒子的动能与质量成反比，所以α粒子的动能为mw mu+ma (mpu-mu-m)c2,故A错误； B、由动能可求得动量为P=√2maEk= 2myma(mpu-my-ma)c2 故B错误： ma+my C、 5U与粒子的动量大小相等，电荷量之比为46：1，所以根据qmB="m,在磁场中运动半径之比为 1:46,故C错误： D、根据周期公式7=2，可知U与粒子周期之比为，代入质量数和电荷数，可得约为1.3：1， maqu 故D正确。 故选：D。 原子核发生衰变过程系统动量守恒，根据动量守恒定律、动能计算公式求出两粒子的动能关系；粒子在磁 场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后求出半径之比；根 据粒子做圆周运动的周期公式求出两粒子的周期之比。 本题是原子核衰变与匀速圆周运动的问题的综合，涉及到等电荷守恒定律、质量守恒定律、动量守恒定律、 牛顿第二定律、运动学公式等内容。注意动量与动能的关系P=√2mEk,方便转化。 6.【答案】BD 【解析】解：A、由v一t图像可知，B球先做减速运动，A球做加速运动，两球间表现为斥力，因此两球带 同种电荷，故A错误： B、将两小球视为一个系统，合外力为零，系统动量守恒，故B正确： C、两球运动过程中，动能与电势能之和守恒，电场力对系统所做的合功不为零，因此两球的机械能不守恒， 故C错误； D、v一t图像的斜率表示加速度，同一时刻，B的加速度大于A的加速度。根据受力分析，A、B受到的合外 力均为两球间的库仑力，大小相等。根据牛顿第二定律F=ma,加速度与质量成反比，所以A球质量大于B 球质量，故D正确。 故选：BD。 第7页共14页 分析图像可知，B球速度减小而A球速度增加，表明两球间存在排斥力，因此它们带有同种电荷。将两球视 为一个系统，由于水平桌面光滑且绝缘，系统合外力为零，满足动量守恒条件。两球运动过程中库仑力做 功导致动能与电势能相互转化，因此系统机械能不守恒。根据同一时刻图像斜率的差异，B的加速度大于A 的加速度，而两球间相互作用力大小相等，由牛顿第二定律可知加速度与质量成反比，故A球质量大于B 球质量。 本题以带电小球在绝缘光滑水平面上的运动为背景，通过分析v一t图像考查了静电力作用下的动力学与能 量问题。题目涉及库仑力方向判断、动量守恒条件、机械能守恒条件以及牛顿第二定律的应用，综合性强， 计算量小但思维要求较高。学生需准确理解图像斜率与加速度的关系，并依据相互作用力大小相等这一核 心，结合牛顿第二定律推理两球质量大小。本题能有效锻炼学生的图像分析能力、逻辑推理能力和对守恒 定律适用条件的辨析能力。其中，通过图像斜率比较加速度，进而利用相互作用力关系推断质量大小，是 本题的亮点与关键。 7.【答案】AB 【解析】D.当r=To时，分子力为零，可知甲图表示分子间作用力与分子间距离的关系，乙图为分子势能Ep 与分子间距离r的关系图线，故D错误： A.乙图为分子势能Ep与分子间距离r的关系图线，根据图像可知，当r=T时，纵坐标最小，即分子势能最 小，故A正确： B.当0<r<To时，分子力表现为斥力，分子间距离增大时，分子力做正功，分子势能减小，即分子势能随 分子间距离的增大而减小，故B正确： C根据甲图，纵坐标的绝对值表示分子力大小，当r>τo时，分子间作用力随分子间距离的增大而先增大后 减小，故C错误。 故选AB。 8.【答案】CD 【解析】【分析】 根据汽车和自行车的位移时间关系，判断它们的运动情况。根据速度的大小关系，可知谁在前在后。当自 行车追上汽车时，抓住位移相等，求出时间，根据运动学公式求出它们的位移.注意汽车速度为零后不再 运动。 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式，以及知道自行车追上汽车时，存在位移相等的关系。 【解答】 A汽车x=10t-,可知vo=10m/s,Q=-m/s2,做匀减速直线运动.加速度大小与m/s2,故A错误： 第8页共14页 B.自行车x=6t=vt.做速度为6m/s的匀速直线运动，t=8s时，汽车速度v=',+at=10+(-)×8= 6m/s,即在t=8s时两车速度相等 自行车位移：x′=6×8=48m,汽车位移x=64m,x≠x′，解得：t=16s,所以自行车未追上汽车， 故B错误； CD.设经过时间t追上汽车，则有6t=10t-t?,t=8s时，速度相等，间距最大，之后汽车速度继续减小， 间距减小，在t=0至t=16s时间内，两车间距离先增大后减小，当自行车追上汽车时，它们距路标x=6× 16=96m,故CD正确。 故选CD。 9.【答案】3.90 小vms) 00.10.20.30.40.5ts 12.6 0.120 【解析】解：(1)电磁打点计时器工作电源频率是50Hz,它每隔0.02s打一次点，每相邻的两个计数点之间 还有四个点没有画出，故相邻两个计数点的时间间隔为0.1s。 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，D点的瞬时速度等于E、C段的平均速度 为：VD=105.60,27.60×10-2m/s=3.90m/s。 2×0.1 (2)v-t图象如图： 第9页共14页 小vms 00.10.20.30.40.5ts (3)根据匀变速直线运动的推论公式△x=αT2可以求出加速度的大小， 解得：a=-c4c=105.60-27.60-27.60×102m/s2=12.6m/s2。 4T2 4×0.12 由运动学公式，则有：v4=vB-aT=1.38m/s-12.6×0.1m/s=0.120m/s (①)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出D的瞬时速度。 (2)结合B、C、D的瞬时速度，作出v-t图线。 (③)根据图线的斜率求出小车的加速度，图线延长与纵轴的交点表示A点的速度。 本题关键是采用图象法处理数据，明确v一t图象的斜率表示加速度，纵轴截距表示A点速度，基础题。 10.【答案】12.100 2.600 d x 5.2×10-4 【解析】解：(1螺旋测微器的最小分度值为0.01mm,示数为12mm+10.0×0.01mm=12.100mm 相邻两亮条纹间的距离4x=2x1=2.100-1.700 mm=2.600mm 5-1 4 (②根据相邻两亮条纹间距公式4x=孔，可得形成此干涉图样的单色光的波长的表达式为入=4x 代入数据可得)=5.2×10-4mm 故答案为：(1)12.100,2.600；(2)号4x,5.2×10-4。 (1)螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；根据题意计算相邻条纹间距： (②)根据相邻两亮条纹间距公式推导计算。 第10页共14页 本题关键掌握“用双缝干涉测光的波长”的实验原理和螺旋测微器的读数方法。 11.【答案】解：(1推力对B物体做功W,转变为弹簧的弹性势能，当弹簧恢复自然长度后，又转变为B的 动能，设此时B的速度为o,则有：W=m哈， 此过程中墙对A的冲量大小等于弹簧对A的冲量大小，也等于弹簧对B的冲量大小为： I=mBvo=V√6mW; (2)A离开墙以后做加速运动，B做减速运动，二者速度相等时，弹簧长度最大，弹性势能最大，设此时B的 速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mBvo=(mB mA)v, Ep=7mgvo-7(mB+mA)v2, 解得：5p- 此后B继续做减速运动，A做加速运动，当弹簧长度达到自然长度时，B的速度最小，以向右为正方向，由 动量守恒定律得： mBVo=mBUB+mAvA, 由机械能守恒定律得：m喝=m哈+分m听， 1 解得：va= mB-mAvo= W mB+mA √6mn 答：(1)从撤去推力到A物体开始运动，墙对A的冲量大小为V6m而： (2)A离开墙以后，弹簧弹性势能的最大值为”，B物体速度的最小值为， 【解析】(1)弹簧的弹性势能转化为物体的动能，应用能量守恒定律与动量定理可以求出冲量大小。 (2)A离开墙壁后，A、B系统动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出弹性势能与物体速度： 本题考查了求冲量、弹性势能与速度问题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，应用动量定理、 动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题， 12.【答案】解：(1)设滑块被弹簧弹出时速度大小为v1。 弹簧具有弹性势能E。=4.5],解除锁定，滑块被弹簧弹射后弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，根据机械 能守恒定律可知：E=方m 代入数据解得：v1=3m/s<o=8.0m/s 则滑块冲上传送带后先向上做匀加速运动，根据牛顿第二定律得： umgcos0-mgsine ma 第11页共14页 代入数据解得：a=2.5m/s2 加速到与传送带共速时间：t=0-1=8-3、 a 2.5S=25 此过程滑块的位移为：x=o+v1t 2 代入数据解得：x=11m>L=8.0m,说明共速时滑块已经滑离传送带顶端， 滑块一直匀加速运动到传送带顶端，设离开时速度为v。 由v2-v=2aL得：滑块离开传送带时的速度大小v=7m/s (2)滑块速度v=7m/s用时：t′=-1=1.6s 1.6s内传送带移动距离：x′=v0t=12.8m 传送带克服摩擦力做功：W=mgx'cos0=96 根据功能关系有电动机传送滑块多消耗的电能：E=W=96) (③)根据以上分析可知，物块滑出传送带时与传送带共速，才能保证物块滑块滑离传送带后总能落至地面上 的同一位置。 滑块刚好加速到与传送带共速，弹簧的弹性势能最小，则： v-v1′2=2aL 解得：v1′2=24m21s2 此时最小弹性势能：Bmn=方m,'2=12 当物块减速到传送带顶端时与传送带共速，此时弹性势能最大 根据牛顿第二定律有：umgcos8+mgsin0=ma1 解得：a1=12.5m/s2 根据运动学公式：v1 代入数据解得：v1 此时有最大弹性势能：Epmax=m1 故Ep′的取值范围为：12I≤E,′≤132] 【解析】(1)解除锁定，滑块被弹簧弹射后弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，由机械能守恒定律求出滑块 获得的速度；滑块冲上传送带后，先向上做匀加速运动，由牛顿第二定律和速度-时间公式求出二者达到共 速经过的时间，由位移一时间公式求出此过程滑块的位移，再判断滑块能否与传送带保持相对静止，即可得 到滑块离开传送带时的速度大小v。 第12页共14页 (②)计算传送带的移动距离，传送带克服摩擦力做功即为电动机传送滑块多消耗的电能E: (③)物块滑出传送带时，物块刚好加速到与传送带共速，弹簧的弹性势能最小；当物块减速到传送带顶端与 传送带共速，弹簧的弹性势能最大。由能量守恒定律求解Ep′的取值范围。 本题考查滑块在传送带的运动问题，关键在于判断滑块的运动情况。 13.【答案】解：(1)导体棒在斜面上由静止滑下时，受重力、支持力、安培力，当安培力增加到等于重力的 下滑分量时，加速度减小为零，速度达到最大值： 根据牛顿第二定律，有： mgsine-FA=0 安培力：FA=BIL BLv 1=R+r 联立解得：v=mgR+sin0=.01x10x0,+0,1)x0.6=3m/s B2L2 0.52×0.22 (2)根据能量守恒定律，从高度h=0.95m处滑下后回路中上产生的热量： 1 1 Q=mgh-2mw2=0.01×10×0.95-2×0.01×32=0.05/ 放电阻R产生的热量为：Qa=是Q=×0.05=00山 (③)对从斜面最低点到圆轨道最高点过程，根据动能定理，有： 1 1 -mg(2ri）-umgd=2mvi-zmw2.① 在圆轨道的最高点，重力等于向心力，有： mg=m- …② r1 联立①②解得： v2-5gr1_32-5×10×0.1 d=. =0.5m 2μg 2×0.4×10 答：(1)金属棒从0.95m高度以上滑下时，金属棒在斜面上先做加速度越来越小的加速运动，最后做匀速直 线运动，金属棒在斜面上运动的最大速度为3m/s: (2)从高度h=0.95m处滑下后，电阻R上产生的热量为0.04： (3)d的大小为0.5m. 【解析】()导体棒在斜面上由静止滑下时，先做加速度减小的加速运动，当加速度减小为零时，速度达到 最大值；根据共点力平衡条件列式求解最大速度： (2)根据功能关系列式求解电路中产生的热量： 第13页共14页 (3)对从斜面最低点到圆轨道最高点过程根据动能定理列式；在圆轨道最高点，重力恰好提供安培力，根据 牛顿第二定律列式：最后联立求解即可 本题关键是明确棒的受力情况、运动规律和系统的能量转化情况，然后结合平衡条件、动能定理、牛顿第 二定律、欧姆定律等列式求解，不难. 第14页共14页