广东省揭阳市2020届高三下学期线上教学摸底测试物理试题 Word版含解析.doc

1、 第 - 1 - 页 共 9 页 - 1 - 揭阳市揭阳市 20202020 年高三物理科线上教学摸底测试年高三物理科线上教学摸底测试 说明：说明：本自测题共 14 题，均为单项选择题。其中，第 1-13 题，每小题 4 分，第 14 小题 3 分， 满分 55 分，测试时间 30 分钟。 1在学习物理规律同时，还需要了解物理学家发现物理规律的过程，领悟并掌握处理物 理问题的思想与方法。下列叙述正确的是 A在验证力的平行四边形定则的实验中使用了控制变量的方法 B伽利略研究自由落体运动时采用了斜面实验，“冲淡”了重力的作用，便于运动时间的 测量 C笛卡尔根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动

2、的原因 D牛顿三大定律都无法利用实验来验证 2为了安全，轿车中都装有安全气囊。当发生剧烈碰撞时，安全气囊启动为驾驶员提供 保护。关于安全气囊的作用下列说法正确的是 A减小了驾驶员的动量变化量 B增大了驾驶员的动量变化量 C减小了驾驶员的动量变化率 D减小了驾驶员受到撞击力的冲量 3如图所示为氢原子的能级图，用某种频率的光照射大量处于基态的氢 原子，受到激发后的氢原子只辐射出三种不同频率的光 a、b、c，频率 ab c，下列说法正确的是 A照射氢原子的光子能量为 12.75eV B从 n=3 能级跃迁到 n=2 能级辐射出的光频率为 a C从 n=3 能级跃迁到 n=1 能级辐射出的光频率为 c

3、 D光 a 能使逸出功为 10.2eV 的某金属发生光电效应 4如图所示，一光滑小球静置在光滑半球面上，被竖直放置的光滑挡板挡住，现水平向 右缓慢地移动挡板，则在小球运动的过程中（该过程小球未脱离球面且球面始终静止） ，挡板 对小球的弹力 F、半球面对小球的支持力 FN的变化情况是 AF 减小，FN减小 BF 减小，FN增大 CF 增大，FN增大 DF 增大，FN减小 第 - 2 - 页 共 9 页 - 2 - 5如图所示，理想变压器原线圈输入电压 u=Umsint，副线圈电路中 R0为定值电阻，R 是滑动变阻器。V1和 V2是理想交流电压表，示数分别用 U1和 U2表示；A1 和 A2 是理

4、想交流电 流表，示数分别用 I1和 I2表示。下列说法正确的是 AI1和 I2表示电流的瞬时值 BU1和 U2表示电压的最大值 C滑片 P 向下滑动过程中，U2变小、I1变小 D滑片 P 向下滑动过程中，U2不变、I1变大 6A、B、C 三点构成等边三角形，边长为 2cm，匀强电场方向与 ABC 构成的平面的夹角为 30，电势 A=B=4V，C=1V，下列说法正确的是 A匀强电场场强大小为 200V/m B匀强电场场强大小为 100 3V/m C将一个正电荷从 A 点沿直线移到 C 点，它的电势能一直增大 D将一个正电荷从 A 点沿直线移到 B 点，它的电势能先增大后减小 7一物体沿倾角为 3

5、0的粗糙斜面从顶端由静止开始下滑，物体开始下滑时开始计时， 运动的位移-时间（x-t）关系图像是一段抛物线，如图所示，g=10m/s2。则 A下滑过程中物体的加速度逐渐变大 Bt=0.5s 时刻，物体的速度为 0.5m/s C00.5s 时间内，物体平均速度为 1m/s D物体与斜面间动摩擦因数为 5 3 8在某次乒乓球比赛中，乒乓球先后两次落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的 速度方向均水平向右，把两次落台的乒乓球看成完全相同的球 1 和球 2，如图所示，不计乒乓 球的旋转和空气阻力，乒乓球自起跳到最高点的过程中，下列说法正确的是 A过网时球 1 的速度小于球 2 的速度 B球 1 的飞

6、行时间大于球 2 的飞行时间 C落在台上起跳时，球 1 的重力功率等于球 2 的重力功率 D球 1 的速度变化率小于球 2 的速度变化率 9如图所示，卫星 a 和 b 分别在半径相同的轨道上绕金星和地球做匀速圆周运动，已知 金星的质量小于地球的质量，则 Aa、b 的线速度大小相等 Ba 的角速度较大 第 - 3 - 页 共 9 页 - 3 - Ca 的周期较大 Da 的向心加速度较大 10如图所示，由同种材料制成，粗细均匀，边长为 L、总电阻为 R 的单匝正方形闭合线圈 MNPQ 放置在水平面上，空间存在方向竖直向下、 磁感应强度大小为 B 的有界匀强磁场，磁场两边界成 =45角。现使线 圈以

7、水平向右的速度 匀速进入磁场，则 A当线圈中心经过磁场边界时，P 点的电势比 N 点高 B当线圈中心经过磁场边界时，N、P 两点间的电势差 U= 4 1 BLv C当线圈中心经过磁场边界时，线圈所受安培力大小 R vLB F 22 安 D线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，通过导线某一横截面的电荷量 R BL q 2 2 11如图，M、N 和 P 是以 MN 为直径的半圆弧上的三点，O 点为半圆弧 的圆心，MOP=90。在 M、N 处各有一条长直导线垂直于纸面放置，导线中 通有大小相等的恒定电流、方向如图所示，这时 O 点磁感应强度的大小为 B1； 若将 N 处的长直导线移至 P

8、处，则 O 点的磁感应强度大小变为 B2。则 B1与 B2 之比为 A1:1 B1: 2 C2:1 D2:1 12如图所示，两平行板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，板长为L3， 两板间距离为 L。有一个带电量为 q、质量为 m 的粒子，以水平速度 v，从靠近上板边缘处进 入该磁场，粒子恰能从下极板右侧边缘离开磁场，不计粒子重力。则 A该粒子带正电 B该粒子做匀变速曲线运动 C该粒子在磁场中运动的时间为 v L 3 D该粒子离开磁场时速度偏转角为 3 13如图所示，水平传送带以恒定速度顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一 轻弹簧。将小物块 P 轻放在传送带左端，P 在接触弹簧

9、前速度已达到 v，与弹簧接触后弹簧的 最大形变量为 d。P 的质量为 m，与传送带之间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩 擦力，重力加速度为 g。从 P 开始接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变的过程中 第 - 4 - 页 共 9 页 - 4 - AP 的速度一直减小 B传送带对 P 做功的功率一直减小 C传送带对 P 做的功 Wmgd D弹簧的弹性势能变化量 14某同学欲将电流表改装为两用电表，即中央刻度为 15 的“1”挡的欧姆表及量程为 015V 的电压表，实验室可提供的器材有 A一节全新的 5 号干电池（电动势 E=1.5V，内阻不计） B电流表 A1（量程 010mA，内阻为 25

10、） C电流表 A2（量程 0100mA，内阻为 2.5） D滑动变阻器 R1（030） E滑动变阻器 R2（03） F定值电阻 R3（117.5） G定值电阻 R4（120） H定值电阻 R5（147.5） L单刀双掷开关 S，一对表笔及若干导线 （1）图中电流表应选用_（选填“B”或“C”） ，滑动变阻器应选用_（选填“D” 或“E”） ，定值电阻 R0应选_（选填“F“G“或“H”） ； （2）在正确选用器材的情况下，正确连接好实验电路。若电流表满偏电流为 Ig，则电阻刻 度盘上指针指在 4 3 Ig 处应标上_。 （填写具体数值） 以上四空答案依次是_ AB、E、G、5 BC、D、H、5

11、 CB、D、G、50 DC、E、H、50 第 - 5 - 页 共 9 页 - 5 - 揭阳市揭阳市 20202020 年高三物理科线上教学摸底测试参考答案及解析年高三物理科线上教学摸底测试参考答案及解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 B C D C D A D C C D C D C B 1B 【解析】A在验证力的平行四边形定则的实验中使用了等效替代的方法，故 A 错误； B伽利略采用了斜面实验研究自由落体运动，“冲淡”了重力的作用，延长小球运动的时间， 便于运动时间的测量，B 正确； C伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，故

12、 C 错误； D牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能直接用实验进行验证，但是 牛顿第二定律和牛顿第三定律是可以通过实验验证的，D 错误。 2C 【解析】 在碰撞过程中， 人的动量的变化量 P 是一定的， 而用安全气囊后增加了作用的时间， 从而减小动量变化率 t P 。根据动量定理 F t= P 可知，可以减小驾驶员受到的冲击力。故 C 正确。 3D 【解析】根据公式 2 3 n C ，可知，n=3，因此受到激发后的氢原子处于第 n=3 能级； A根据氢原子由 n=3 跃迁到 n=1 产生的光子能量与从 n=1 跃迁到 n=3 所吸收的光子能量相等 可知，照射氢原子的光子能量为

13、： E31=E3-E1=-1.51-（-13.6）=12.09eV，故 A 错误； B频率大小关系为 vavbvc，从 n=3 跃迁到 n=2 辐射出的能量最小，即其对应的光频率为 vc，故 B 错误； C氢原子由 n=3 跃迁到 n=1 产生的光的能量最大，辐射出的光频率为 va，故 C 错误； D氢由 n=3 跃迁到 n=1 产生的光的能量 12.09eV，依据光电效应方程，能使逸出功为 10.2eV 的金属能发生光电效应，故 D 正确。 4C 第 - 6 - 页 共 9 页 - 6 - 【解析】先对圆球受力分析，受重力、半圆球对其的支持力和挡板对其的支持 力，如图：根据共点力平衡条件，有

14、： cos mg N ， tanFmg 。挡板保持竖 直且缓慢地向右移动过程中，角 不断变大，故 F 变大，N 变大；故 C 正确。 5D 【解析】在交流电中电表显示的都是有效值，故 AB 错误；滑片 P 向下端滑动过程中，电阻减 小，电压不变即 U2不变，则 I2变大，输出功率变大，输入功率变大，输入电压不变，所以 I1 变大，故 D 正确。 6A 【解析】A、B：因为电势 4V AB ， 1V C ，所以 AB 为等势线，电场线与 AB 垂直且与 ABC 构成的平面成 30角，设 AB 的中点为 D，连接 DC，则 ，解得200V/mE ，故 A 正确； C根据 p Eq ，将一个正电荷从

15、A点沿直线移到C点，电势一直降低，它的电势能一直减 小，故 C 错误； D因为 AB 为等势线，所以将一个正电荷从A点沿直线移到B点，它的电势能不变，故 D 错 误。 7D 【解析】A物体运动的 x-t 图象是抛物线，说明物体做匀加速度直线运动。A 错误； B由匀变速直线运动位移公式 2 1 2 xat 代入图中数据解得 a=2m/s2 。根据运动学公式 t vat， t=0.5s 代入方程解得1m/s t v 。B 错误； C00.5s 时间内，物体平均速度 0.25 m/s0.5m/s 0.5 x v t 。C 错误； D由牛顿第二定律有 mgsin30mgcos30=ma。解得动摩擦因数

16、 3 5 。D 正确。故选 D。 8C 【解析】把乒乓球的运动看作平抛运动来处理。由 h=1 2gt 2 知两球运动时间相等，B 错误；由 于球 1 水平位移大，故水平速度大，A 错误；由 vy2=2gh 可知落台时两球竖直速度相等，落在 台上时，重力的瞬时功率为 P=mgvy，又因为重力等大，故落在台上时两球的重力功率相等， C 正确。两球都做平抛运动，故加速度相等，即速度变化率相等，D 错误。 第 - 7 - 页 共 9 页 - 7 - 9C 【解析】A线速度由 r mv r GMm 2 2 ，得线速度 v= GM r 知，卫星 a 和 b 的轨道半径相同，中 心天体金星的质量小于地球的质

17、量，b 的线速度较大，故 A 错误 B由万有引力充当向心力 G 2 mM r =m 2 r 知，角速度= 3 GM r ，卫星 a 和 b 的轨道半径相同， 而中心天体金星的质量小于地球的质量，b 的角速度较大，故 B 错误 C由= 2 T 知，卫星的周期 T=2 3 r GM ，卫星 a 和 b 的轨道半径相同，卫星 a 绕中心天体金 星的质量较小，则卫星 a 的周期较大，故 C 正确 D由 ma r GMm 2 ，得向心加速度 a= 2 GM r 知，卫星 a 和 b 的轨道半径相同，中心天体金星的 质量小于地球的质量，b 的向心加速度较大，故 D 错误 10D 【解析】AB当线圈中心经过

18、磁场边界时，此时切割磁感线的有效线段为 NP，根据右手定则， 得：当线圈中心经过磁场边界时，N 点的电势比 P 点高。根据法拉第电磁感应定律，NP 产生 的感应电动势为 E=BLv，此时 N、P 两点间的电势差 U 为路端电压，有 U= 3 4 E= 3 4 BLv。 此时 QP、NP 受安培力作用，且两力相互垂直，故合力为 F安= 22 2B L v R ，故 ABC 错误； D根据法拉第电磁感应定律，通过导线某一横截面的电荷量为，故 D 正确。 11C 【解析】由题意可知 O 点为 MN 的中点，O 点磁感应强度的大小为 B1，则可知 M 和 N 在 O 点 处产生的磁场磁感应强度为 1

19、2 B ；当将 N 处的长直导线移至 P 处后，M 和 N 在 O 处产生的磁场 如图所示： 由几何关系可知 O 点的合磁感应强度大小为： 11 2 2 2 22 BB B 所以： 1 121 2 :2 :1 2 B BBB故 C 正确，ABD 错误。 12D 【解析】A如图所示，粒子向下偏转，受洛伦兹力方向向下，故粒子带负电，A 错误； B带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，不是匀变速曲线运动，B 错误； 第 - 8 - 页 共 9 页 - 8 - CD粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示： 由图可知 222 ()( 3 )RRLL，解得 R=2L 3 sin 2 ，圆心角为 3 ，运动

20、时间为 2 33 mL t qBv ，选项 C 错误，D 正确。 13C 【解析】 A 项：P 与弹簧接触后在水平方向受弹簧力作用， P 受的静摩擦力向右，P 做匀速运动，运动 到弹力与最大摩擦力相等时，P 物体由惯性 P 继续压缩弹簧，P 接下来做减速运动直到速度为 零，故 A 错误； B 项：由公式P fv 可知，由于 P 先做匀速后做减速，由于静摩擦力增大，速度不变，所以 功率先增大，后滑动摩擦力不变，速度减小，所以功率减小，故 B 错误； C 项： 由于 P 开始到弹力与最大静摩擦力相等的过程中 P 受的为静摩擦力， 后来为滑动摩擦力， 所以传送带对 P 做的功小于 mgd，故 C 正

21、确； D 项：对滑块由动能定理得： 2 1 0 2 fF WWmv，由于 f Wmgd ，所以弹簧的弹性势 能变化量小于 1 2 mv2+mgd，故 D 错误故选 C 14B 【解析】 （1）中央刻度为 15 的“1”挡的欧姆表中值电阻为 15，欧姆表内阻等于中值电阻， 欧姆调零时电路电流 1.5 =0.1A100mA 15 E I R 内 ，故电流表应选择 C； 当改装成欧姆表时，接入一个调零电阻，由题意由于欧姆表的内阻为 15，则 故滑动变阻器选 D；当改装为量程为 015V 的电压表时，应串联一个阻值为 0 150.1 2.5 147.5 0.1 gg g UI R R I ，故定值电阻选 H； （2）若电阻值指在 3 4 g I,即此时电流为 3 =75mA 4 g II ，所以待测电阻 3 1.5 =(15)5 75 10 E RR I 第 - 9 - 页 共 9 页 - 9 -