福建省福州市透堡中學2022高三物理模擬試題含解析

福建省福州市透堡中學2022高三物理模擬試題含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.如圖所示，A、B分別表示某一個門電路兩個輸入端的信號，Z表示該門電路輸出端的信號，則根據(jù)它們的波形可以判斷該門電路是（

）（A）“與”門

（B）“或”門

（C）“非”門

（D）“與非”門參考答案：A2.如圖所示，在勻強電場中、、、為矩形的四個頂點，、分別為邊和的中點且長為長的2倍。已知電場線的方向平行于矩形所在平面，、、三點電勢分別為4V、8V、6V，則：A．點的電勢為2VB．電場線方向垂直于向下C．電場線方向垂直于向下D．一電子從a點運動到c點，電勢能減少參考答案：ACD3.一長輕質木板置于光滑水平地面上，木板上放質量分別為mA=1kg和mB=2kg的A、B兩物塊，A、B與木板之間的動摩擦因數(shù)都為μ=0.2，水平恒力F作用在A物塊上，如圖所示（重力加速度g取10m/s2）。則（

）

A．若F=1N，則物塊、木板都靜止不動

B．若F=1.5N，則A物塊所受摩擦力大小為1.5NC．若F=4N，則B物塊所受摩擦力大小為4N

D．若F=8N，則B物塊的加速度為1m/s2參考答案：D4.（多選題）如圖，質量為m的物塊，沿著半徑為R的半球形金屬殼內壁滑下，半球形金屬殼豎直固定放置，開口向上，滑到最低點時速度大小為v，若物體與球殼之間的動摩擦因數(shù)為μ，則物體在最低點時，下列說法正確的是（）A．受到向心力為mg+m B．受到向心力為μmC．受到的摩擦力為μ（mg+m） D．受到的合力方向斜向左上方參考答案：CD【考點】向心力；牛頓第二定律．【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出小球所受的支持力，根據(jù)滑動摩擦力公式求出摩擦力的大小，從而確定合力的大致方向．【解答】解：A、向心力的大小Fn=．故AB錯誤．B、根據(jù)牛頓第二定律得，N﹣mg=，則N=mg+．所以滑動摩擦力f=μN=μ（mg+）．故C正確．D、由于重力支持力的合力方向豎直向上，滑動摩擦力方向水平向左，則物體合力的方向斜向左上方．故D正確．故選：CD．5.(單選)如圖5所示,水平繃緊的傳送帶AB長L=6m,始終以恒定速率V1=4m/s運行。初速度大小為V2=6m/.s的小物塊(可視為質點)從與傳送帶等高的光滑水平地面上經(jīng)A點滑上傳送帶。小物塊m=lkg,物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ=0.4,g取lom/s2。下列說法正確的是（）A.小物塊可以到達B點B.小物塊不能到達B點,但可返回A點,返回A點速度為6m/sC.小物塊向左運動速度減為0時相對傳送帶滑動的距離達到最大D.小物塊在傳送帶上運動時,因相互間摩擦力產(chǎn)生的熱量為50J參考答案：D功能關系；牛頓第二定律．解析：小物塊在水平方向受到摩擦力的作用，f=μmg，產(chǎn)生的加速度：a==μg=0.4×10=4m/s2

A、若小物塊從右端滑上傳送帶后一直做勻減速運動，速度減為零時的位移是x，則，-2ax=0-得：x==4.5m＜6m，所以小物塊不能到達B點，故A錯誤；

B、小物塊不能到達B點，速度減為零后反向做勻加速運動，當速度等于傳送帶速度v1后勻速運動，返回A點速度為4m/s．故B錯誤；

C、小物塊不能到達B點，速度減為零后反向做勻加速運動加速的過程相對于初速度繼續(xù)向左運動，所以小物塊向左運動速度減為0時相對傳送帶滑動的距離沒有達到最大，故C錯誤；

D、小物塊向右加速的過程中的位移：x′==2m，

當當速度等于傳送帶速度v1時，經(jīng)歷的時間：t==2.5s，

該時間內初速度的位移：s=v1t=4×2.5m=10m，

所以小物塊相對于初速度的位移：△x=s+（x-x′）=10+（4.5-2）=12.5m

小物塊在傳送帶上運動時，因相互間摩擦力產(chǎn)生的熱量為：Q=f?△x=0.4×10×1×12.5J=50J

故D正確．故選：D物體由于慣性沖上皮帶后，從右端滑上傳送帶時，可以先勻減速運動到速度為0再反向加速后勻速，也可以一直減速，分情況進行討論即可解題．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.在如圖所示的電場中，一電荷量q=﹣1.0×10﹣8C的點電荷在A點所受電場力大小F=2.0×10﹣4N．則A點的電場強度的大小E=

N/C；該點電荷所受電場力F的方向為

．（填“向左”“向右”）參考答案：2.0×104；向左【考點】電場線；電場強度．【分析】根據(jù)電場強度的定義式E=，可以直接求解．（2）在電場中某點電場強度的方向沿該點電場線的切線方向，正電荷受力方向和電場方向一致，負電荷受力方向和電場方向相反．【解答】解：A點電場強度的大小為：E=N/C==2.0×104N/C根據(jù)負電荷受力方向和電場方向相反可得：點電荷在A點所受電場力的方向向左故答案為：2.0×104；向左7.①如圖所示，一豎直的半圓形光滑軌道與一光滑曲面在最低點平滑連接，一小球從曲面上距水平面高處由靜止釋放，恰好通過半圓最高點，則半圓的半徑=

②用游標卡尺測量小球的直徑，如圖所示的讀數(shù)是

mm。

參考答案：①

②

8.如圖（a）所示，為某磁敏電阻在室溫下的電阻－磁感應強度特性曲線，測試時，磁敏電阻的軸向方向與磁場方向相同。（1）試結合圖（a）簡要回答，磁感應強度B在0～0.2T和0.4～1.0T范圍內磁敏電阻的阻值隨磁場變化的特點：_______________________________________________________________________________________________________________________________________。（2）某同學想利用磁敏電阻圖（a）所示特性曲線測試某長直導線產(chǎn)生的磁場，設計電路如圖（b）所示，磁敏電阻與電鍵、電源和靈敏電流表連接，長直導線與圖示電路共面并通以圖示電流，請指出本實驗裝置的錯誤之處_______________________________________。若裝置調整正確后再進行測量，電路中所用干電池的電動勢為1.5V，不計電池、電流表的內阻，試寫出磁敏電阻所在磁場的磁感應強度B從0.4T至1.2T的變化過程中，通過磁敏電阻的電流強度IA隨磁感應強度B變化的關系式：______________________。參考答案：（1）磁感應強度B在0～0.2T，磁敏電阻隨磁場非線性增大，0.4～1.0T范圍內磁敏電阻的阻值隨磁場線性增大（2分）

（2）磁敏電阻的軸向方向與磁場方向不相同（2分）

I=（2分）9.沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t＝0時的波形如圖所示，P、Q兩個質點的平衡位置分別位于和處。在時，質點P恰好此后第二次處于波峰位置；則t2＝

s時，質點Q此后第二次在平衡位置且向上運動；當t1＝0.9s時，質點P的位移為

cm。參考答案：答案：0.6，2解析：由波動圖像可知，質點P現(xiàn)在向上振動。經(jīng)過第一次處于波峰。在時質點P恰好此后第二次處于波峰位置，說明經(jīng)過了，可求出周期。質點Q現(xiàn)在處于平衡位置具有向下的速度，至少要經(jīng)過半個周期才能在平衡位置具有向下的速度。因為波傳播時間超過一個周期，所以。當時，波傳播了，所以質點P運動到了正的最大位移處，所以位移為。10.如圖所示，豎直平面內有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指拉直時兩端的電阻)，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面，在環(huán)的最高點A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為的導體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則這時AB兩端的電壓大小為________參考答案：Bav11.(5分，選修物理3-4)如圖13所示為某一簡諧橫波在t=0時刻的波形圖，由此可知該波沿

傳播，該時刻a、b、c三點速度最大的是

點，加速度最大的是

點，從這時刻開始，第一次最快回到平衡位置的是

點。若t=0.02s時質點c第一次到達波谷處，則此波的波速為

m/s。參考答案：答案：x軸正方向，a，c，c,100(每空1分)12.如圖所示，一定質量的理想氣體由狀態(tài)a沿abc變化到狀態(tài)c，吸收了340J的熱量，并對外做功120J。若該氣體由狀態(tài)a沿adc變化到狀態(tài)c時，對外做功40J，則這一過程中氣體

（填“吸收”或“放出”）熱量

J。參考答案：吸收（2分）260J13.如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc，實線為一帶負電的質點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，由此可知，P點電勢小于Q點電勢；帶電質點在P點具有的電勢能大于在Q點具有的電勢能；帶電質點通過P點時的動能小于通過Q點時的動能；帶電質點通過P點時的加速度大于通過Q點時的加速度．（均選填：“大于”，“小于”或“等于”）參考答案：考點：電場線；牛頓第二定律．版權所有分析：作出電場線，根據(jù)軌跡彎曲的方向可知，負電荷受力的方向向下，電場線向上．故c的電勢最高；根據(jù)推論，負電荷在電勢高處電勢能小，可知電荷在P點的電勢能大；總能量守恒；由電場線疏密確定出，P點場強小，電場力小，加速度?。獯穑航猓贺撾姾勺銮€運動，電場力指向曲線的內側；作出電場線，根據(jù)軌跡彎曲的方向和負電荷可知，電場線向上，故c等勢面電勢最高，則Q點的電勢最高，利用推論：負電荷在電勢高處電勢能小，知道質點在P點電勢能大，只有電場力做功，電勢能和動能之和守恒，故帶電質點在P點的動能與電勢能之和等于在Q點的動能與電勢能之和，P點電勢能大，動能小，等差等勢面的疏密可以表示電場的強弱，P處的等勢面密，所以P點的電場強度大，粒子受到的電場力大，粒子的加速度大．故答案為：小于、大于、小于、大于點評：根據(jù)電場線與等勢面垂直，作出電場線，得到一些特殊點（電場線與等勢面交點以及已知點）的電場力方向，同時結合能量的觀點分析是解決這類問題常用方法．三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.(6分)如圖所示，己知平行玻璃磚的折射率，厚度為.入射光線以入射角60°射到玻璃磚的上表面，經(jīng)玻璃磚折射從下表面射出，出射光線與入射光線平行，求兩平行光線間距離。（結果可用根式表示）

參考答案：解析：作出光路如圖

由折射定律得（2分）

所以r=30°（2分）

由圖知

則AB—AC=d·tan30°=d

出射光線與入射光線間的距離是d（2分）15.（16分）如圖所示，物塊A和B通過一根輕質不可伸長的細繩連接，跨放在質量不計的光滑定滑輪兩側，質量分別為mA=2kg、mB=1kg。初始時A靜止與水平地面上，B懸于空中。先將B豎直向上再舉高h=1.8m（未觸及滑輪）然后由靜止釋放。一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸。取g=10m/s2。（1）B從釋放到細繩繃直時的運動時間t；（2）A的最大速度v的大??；（3）初始時B離地面的高度H。參考答案：（1）；（2）；（3）。試題分析：（1）B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有：解得：（2）設細繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A、B的重力，A、B相互作用，總動量守恒：繩子繃直瞬間，A、B系統(tǒng)獲得的速度：之后A做勻減速運動，所以細繩繃直瞬間的速度v即為最大速度，A的最大速度為2m/s。四、計算題：本題共3小題，共計47分16.在豎直平面內放置一長為L、內壁光滑的薄壁玻璃管，在玻璃管的a端放置一個直徑比玻璃管直徑略小的小球，小球帶電荷量為－q、質量為m．玻璃管右邊的空間存在著勻強磁場與勻強電場．勻強磁場方向垂直于紙面向外，磁感應強度為B；勻強電場方向豎直向下，電場強度大小為mg/q．如圖所示，場的左邊界與玻璃管平行，右邊界足夠遠．玻璃管帶著小球以水平速度v0垂直于左邊界進入場中向右運動，由于水平外力F的作用，玻璃管進入場中速度保持不變，一段時間后小球從玻璃管b端滑出并能在豎直平面內運動，最后從左邊界飛離電磁場．運動過程中小球電荷量保持不變，不計空氣阻力．（1）試求小球從玻璃管b端滑出時的速度大?。唬?）試求小球離開場時的運動方向與左邊界的夾角．參考答案：（1）小球在玻璃管中沿水平方向做勻速直線運動豎直方向做初速為零的勻加速直線運動由得，即重力與電場力平衡

所以小球在管中運動的加速度為：

設小球運動至b端時的y方向速度分量為vy，則：

所以小球運動至b端時速度大小為

（2）設小球在管中運動的時間為t，小球在磁場中做圓周運動的半徑為R，運動軌跡如圖所示，t時間內玻璃管的運動距離

由牛頓第二定律得：

17.如圖，質量分別為2m和m的A、B兩物體通過輕質細線繞過光滑滑輪．彈簧下端與地面相連，上端與B連接，A放在斜面上，斜面光滑．開始時用手控住A，使細線剛好拉直，但無拉力，此時彈簧彈性勢能為EP．滑輪左側細線豎直，右側細線與斜面平行．釋放A后它沿斜面下滑，當彈簧剛好恢復原長時，B獲得最大速度．重力加速度為g，求：（1）斜面傾角α；（2）剛釋放A時，A的加速度；（3）B的最大速度vm．參考答案：解