天津市武清区杨村第一中学2021届高三下学期第一次热身练物理试题-Word版含解析.docx
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1、2022-2021学年天津市武清区杨村一中高三(下)第一次热身练物理试卷一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分在每小题给出的4个选项中,只有一个选项正确)1(6分)一个电子在静电场中运动,若其只受电场力的作用,则在一段时间内() A 电子的速率肯定增大 B 电子的速率肯定减小 C 电子的速率可能不变 D 电子肯定做匀变速运动【考点】: 电势差与电场强度的关系【专题】: 电场力与电势的性质专题【分析】: 一个电子在静电场中运动,只受电场力作用,依据电场力方向与电子速度方向的关系,分析速率可能的变化【解析】: 解:A、当所受电场力方向与速度方向相反或成钝角时,电场力做负功,电子的速率可
2、能减小故A错误;B、当所受电场力方向与速度方向相同或成锐角时,电场力做正功,电子的速率增大可能故B错误;C、当电场力供应向心力,电子可以做匀速圆周运动,速率不变故C正确D、电子只有在匀强电场中才可能匀变速运动,而在非匀强电场中做非匀变速运动故D错误故选:C【点评】: 本题考查分析电子运动状况的力量,要考虑电场力方向与电子速度方向间各种可能的关系2(6分)一根长为l的细绳,一端系一小球,另一端悬挂于O点将小球拉起使细绳与竖直方向成60角在O点正下方A、B、C三处先后钉一光滑小钉,使小球由静止摆下后分别被三个不同位置的钉子拦住已知OA=AB=BC=CD=,如图所示,则小球连续摇摆的最大高度hA,h
3、B,hC(与D点的高度差)之间的关系是() A hA=hB=hC B hAhBhC C hAhB=hC D hA=hBhC【考点】: 机械能守恒定律【专题】: 机械能守恒定律应用专题【分析】: 由机械能守恒可求得小球在最低点的速度,若摆长大于等于小球下落的高度,则小球可以回到等高点;但若半径较小时,要考虑重力与向心力的关系,分析能否到等高点【解析】: 解:小球拉开60放手,故小球上升的高度为:h=LLcos60=L由机械能守恒定律可知,由mgh=mv2得:到达最低点的速度:v=钉子在A、B两时,小球能摆到等高的位置HA=HB;当钉子放在C点时,小球摆到最低点后开头以C点为圆心,以L为半径做圆周
4、运动,若能到达最高点,最高点处有最小速度,速度不能为零;但由机械能守恒知,假如能到达最高点,速度为零;故小球无法到达最高点;所以上升不到原下落点高度,故HA=HBHC故选D【点评】: 在机械能守恒定律的考查中经常和单摆、圆周运动等相结合,要能机敏依据各种运动的不同性质分析可能的能量转化的关系3(6分)如图所示,一抱负变压器的原线圈匝数为n1=1000匝,副线圈匝数为n2=200匝,电阻R=8.8原线圈接入一电压u=220sin100t(v)的沟通电源,电压表和电流表对电路的影响可忽视不计,则() A 副线圈交变电流的频率是100 Hz B t=ls的时刻,电压表的示数为0 C 变压器的输入电功
5、率为220W D 电流表的示数为10A【考点】: 变压器的构造和原理;电功、电功率;正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【专题】: 沟通电专题【分析】: 依据电压与匝数程正比,电流与匝数成反比,变压器的输入功率和输出功率相等,逐项分析即可得出结论【解析】: 解:A、由表达式可知,沟通电源的频率为=50 Hz,变压器不转变交变电流的频率,选项A错误;B、t=1s时,电源电压的瞬时值为0,而电压表测的是电阻两端电压的有效值,由表达式知原线圈有效值为220V,依据电压与匝数成正比得,u2=44V,即电压表的示数是44V,故选项B错误;C、通过电阻R的电流是:I=5A,电阻R消耗的电功率为:P=I2
6、R=220W,选项C正确D、由电流与匝数成反比得通过电流表的电流为1A,选项D错误;故选:C【点评】: 本题考查的是同学读图的力量,依据图象读出沟通电的最大值和周期,依据电压和匝数之间的关系即可求得4(6分)半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置,在圆环的缺口两端引出两根导线,分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接,两板间距为d,如图1所示有一变化的磁场垂直于纸面,规定向内为正,变化规律如图2所示在t=0时刻平板之间中心有一重力不计,电荷量为q的静止微粒,则以下说法正确的是() A 第2秒内上极板为正极 B 第3秒内上极板为负极 C 第2秒末微粒回到了原来位置 D 第3秒末两极板之
7、间的电场强度大小为【考点】: 楞次定律;牛顿运动定律的综合应用;带电粒子在匀强电场中的运动;法拉第电磁感应定律【专题】: 计算题;压轴题【分析】: 由图可知磁感应强度的变化,则由楞次定则可得出平行板上的带电状况;对带电粒子受力分析可知带电粒子的受力状况,由牛顿其次定律可知粒子的运动状况;依据粒子受力的变化可知粒子加速度的变化,通过分析可得出粒子的运动过程【解析】: 解:01s内状况:由楞次定律可知,金属板上极板带负电,金属板下极板带正电;若粒子带正电,则粒子所受电场力方向竖直向上而向上做匀加速运动12s内状况:由楞次定律可知,金属板上极板带正电,金属板下极板带负电;故A正确;若粒子带正电,则粒
8、子所受电场力方向竖直向下而向上做匀减速运动,2s末速度减小为零23s内状况:由楞次定律可知,金属板上极板带正电,金属板下极板带负电;故B错误;若粒子带正电,则粒子所受电场力方向竖直向下而向下做匀加速运动两极板间的电场强度大小,故D错误;34s内状况:由楞次定律可知,金属板上极板带负电,金属板下极板带正电;若粒子带正电,则粒子所受电场力方向竖直向上而向下做匀减速运动4s末速度减小为零,同时回到了原来的位置故C错误;故选A【点评】: 本题属于综合性题目,留意将产生感应电流的部分看作电源,则可知电容器两端的电压等于线圈两端的电压,这样即可还原为我们常见题型5(6分)正在粗糙水平面上滑动的物块,从t1
9、时刻到时刻t2受到水平恒力F的作用,在这段时间内物块做直线运动,已知物块在t1时刻的速度与t2时刻的速度大小相等,则在此过程中() A F可能对物块做正功 B 物块的位移可能为零 C 物块动量的变化肯定为零 D 物块可能做匀速直线运动【考点】: 动量定理;功的计算【专题】: 动量定理应用专题【分析】: 物体做直线运动,合力与速度共线,由于初末速度相等,物体可能做匀速直线运动,也有可能速度先减为零,然后反向增加,依据动能定理分析推断【解析】: 解:A、初末位置速度相等,依据动能定理得:WF+Wf=0,摩擦力始终做负功,所以F肯定对物块做正功,故A错误B、若物体先做匀减速运动,说明F与速度方向相反
10、,依据动能定理得:WF+Wf=0,所以位移方向与初速度方向相反,位移为负值,若物体做匀速直线运动,位移也不为零,故B错误C、物体的初末速度大小相等,方向可能相反,则动量的变化量不肯定为零,故C错误D、由于物体的初末速度大小相等,可知物块可能做匀速直线运动,故D正确故选:D【点评】: 本题关键是分匀速直线运动和先减速和反向加速运动两种状况进行分析,对于其次种状况,通过动能定理分析比较简捷二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分在每小题给出的4个选项中,都有多个选项是正确的全部选对的得6分,选不全的得3分,有错选或不答的得0分)6(6分)以下说法不正确的是() A 卢瑟福的粒子散射试验结
11、果说明白原子具有核式结构 B 加高温可使放射性元素的衰变加快 C 由于太阳不断地向外辐射大量能量,地球公转速度应不断减小 D 氢原子辐射一个光子后,氢原子的电势能增大【考点】: 原子核衰变及半衰期、衰变速度;粒子散射试验【专题】: 衰变和半衰期专题【分析】: 卢瑟福在用a粒子轰击金箔的试验中发觉了质子,提出原子核式结构学说太阳辐射能量,能量是由热核反映发生的,向外辐射的是由质量的粒子由太阳质量减小,故对地引力会减小,地球会做离心运动,则由引力供应向心力可分析速度【解析】: 解:A、卢瑟福在用a粒子轰击金箔的试验中发觉了质子,提出原子核式结构学说故A正确B、半衰期由原子核本身打算,与外界因素无关
12、,故B错误C、太阳在不断地向外辐射能量,内部进行的热核反应有质量亏损,因此太阳质量在不断减小,由于太阳质量的减小,太阳对地球的引力也随之减小,地球将做离心运动,轨道半径增大,依据万有引力供应向心力得v=,由于M减小,r增大,故v减小,因此地球速度变小,故C正确D、氢原子的能量减小,轨道半径减小,依据k=m,得轨道半径减小,电子速率增大,动能增大,由于氢原子能量减小,则氢原子电势能减小;故D错误本题选错误的,故选:BD【点评】: 本题重点之一是要知道辐射是怎么回事,辐射会使物体的质量减小,且原则上任何物体都在发生辐射之二是要对离心运动理解好,对圆周运动来说,供应的向心力减小物体就会做离心运动,反
13、之若供应的向心力增大,则物体就会向着中心天体运动7(6分)我国成功放射的“神舟五号”载人飞船,经过21h的太空飞行,返回舱于次日平安着陆已知飞船在太空中运行的轨道是一个椭圆,椭圆的一个焦点是地球的球心,如图所示,飞船在飞行中是无动力飞行,只受到地球的万有引力作用,在飞船从轨道的A点沿箭头方向运行到B点的过程中(不考虑地球的运动),以下说法正确的是() A 飞船的速度渐渐增大 B 飞船的速度渐渐减小 C 飞船的机械能守恒 D 飞船的机械能渐渐增大【考点】: 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系;万有引力定律及其应用【专题】: 人造卫星问题【分析】: 飞船无动力飞行的过程中,只有地球引力对飞船做功,
14、飞船机械能守恒,由于从A到B飞船的轨道半径渐渐增大,势能增大,故动能减小即速度减小【解析】: 解:A、飞船从A到B半径增大,只有万有引力对飞船做负功,故飞船动能关小,速度减小,故A错误;B、由于引力对飞船做负功,飞船动能减小,速度减小,故B正确;C、由于只有地球对飞船的引力做功,满足机械能守恒条件,即飞船的机械能守恒,故C正确;D、由于满足机械守恒条件,故飞船的机械能守恒,从A到B的过程中,飞船的动能减小,势能增加而总的机械能保持不变故选BC【点评】: 对于能量的转化必定是一种能量削减另一种能量增加,并且削减的能量转化为增加的能量8(6分)图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图,P是平
15、衡位置为x=1m处的质点,Q是平衡位置为x=4m处的质点,图乙为质点Q的振动图象,则() A t=0.15s时,质点Q的加速度达到正向最大 B t=0.15s时,质点P的运动方向沿y轴负方向 C 从t=0.10s到t=0.25s,该波沿x轴正方向传播了6 m D 从t=0.10s到t=0.25s,质点P通过的路程为30 cm【考点】: 波长、频率和波速的关系;横波的图象【专题】: 压轴题【分析】: t=0.15s时,由图乙读出质点Q的位移,即可知加速度由乙图t=0.10s时质点Q的速度方向,推断出波的传播方向,即可读出t=0.15s时,质点P的运动方向依据时间与周期的关系,求出波传播的距离,确
16、定质点通过的路程【解析】: 解:A、t=0.15s时,质点Q的位移达到负向最大,则知其加速度达到正向最大故A正确B、由乙图知:t=0.10s时质点Q的速度方向沿y轴负方向,则由波形的平移法推断得知,该波沿x轴负方向传播,t=0.10s时,质点P沿y轴正方向运动,则t=0.15s时,质点P的运动方向沿y轴负方向故B正确C、从t=0.10s到t=0.25s,所经受的时间为t=0.15s=,该波沿x轴负方向传播了=6m故C错误D、从t=0.10s到t=0.25s,所经受的时间为t=0.15s=,由于质点P先向上接近波峰与向下接近波谷时速度较小,在这段时间内质点通过的路程小于质点P从平衡位置起在0.1
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