云南省昆明市羅免民族中學2021-2022學年高三物理模擬試卷含解析

云南省昆明市羅免民族中學2021-2022學年高三物理模擬試卷含解析一、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.在很多旅游景區(qū)都會見到空中纜車（如圖甲所示）.現將空中纜車簡化為物理模型如圖乙所示.滑輪A可以在軌道上上下滑動.重物B通過輕繩與滑輪相連。若當滑輪沿軌道向下滑動時.連接滑輪與重物之間的輕繩始終保持豎直.則關于此時滑輪受力情況的說法中.正確的是

A.滑輪受兩個力

B.滑輪受三個力

C.滑輪受四個力

D.滑輪受五個力參考答案：C2.（多選題）如圖，質量為m的小球從斜軌道高h處由靜止滑下，然后沿豎直圓軌道的內側運動．已知圓軌道的半徑為R，不計一切摩擦阻力，重力加速度為g．則下列說法正確的是（）A．當h=2R時，小球恰好能到達最高點MB．當h=2R時，小球在圓心等高處P時對軌道壓力為2mgC．當h≤R時，小球在運動過程中不會脫離軌道D．當h=R時，小球在最低點N時對軌道壓力為2mg參考答案：BC【考點】向心力；牛頓第二定律．【分析】使小球能夠通過圓軌道最高點M，那么小球在最高點時應該是恰好是由物體的重力作為物體的向心力，由向心力的公式可以求得此時的最小的速度，再由機械能守恒可以求得高度h．球不脫離軌道，也可在圓軌道上圓心下方軌道上來回運動．【解答】解：A、在圓軌道的最高點M，由牛頓第二定律有：mg=m，得：v0=根據機械能守恒得：mgh=mg?2R+解得：h=2.5R，故A錯誤．B、當h=2R時，小球在圓心等高處P時速度為v，根據機械能守恒得：mg?2R=mgR+小球在P時，有：N=m聯立解得N=2mg，則知小球在圓心等高處P時對軌道壓力為2mg，故B正確．C、當h≤R時，根據機械能守恒得知小球在圓軌道上圓心下方軌道上來回運動，在運動過程中不會脫離軌道，故C正確．D、當h=R時，設小球在最低點N時速度為v′，則有：mgR=在圓軌道最低點，有：N′﹣mg=m解得：N′=3mg，則小球在最低點N時對軌道壓力為3mg，故D錯誤．故選：BC．3.如圖所示，豎直平面內，一根足夠長的固定粗糙絕緣桿與該平面內水平向左的勻強電場E成60°角，空間中還存在垂直于紙面向里的勻強磁場B。一個質量m、電量q的帶負電的小圓環(huán)套在其上，已知勻強電場的電場強度大小，小圓環(huán)與絕緣桿間的動摩擦因數?，F給小圓環(huán)一沿絕緣桿向下的初速度v0，下列說法正確的是A.若小圓環(huán)的初速度，則小圓環(huán)先做加速度減小的減速運動，最終做勻速直線運動B.若小圓環(huán)的初速度，則小圓環(huán)做勻速直線運動C.若小圓環(huán)的初速度，則小圓環(huán)先做加速度增大的加速運動，再做加速度減小的加速運動，最終做勻速直線運動D.若小圓環(huán)的初速度，則小圓環(huán)先做加速度增大的加速運動，再做加速度減小的加速運動，最終做勻速直線運動參考答案：AD【詳解】對小球受力分析如圖；因，可知，則電場力和重力的合力為F合=2mg，方向與水平方向成30°斜向右下方；A.若小圓環(huán)的初速度，則，此時，則，則圓環(huán)將做減速運動，隨速度的減小，洛倫茲力減小，圓環(huán)對桿的正壓力減小，摩擦力減小，加速度減小，當加速度減為零時，最終做勻速直線運動，選項A正確；B.若小圓環(huán)做勻速直線運動，則摩擦力等于F合沿斜面向下的分量，即，解得，選項B錯誤；若小圓環(huán)的初速度，則小圓環(huán)做勻速直線運動C.若小圓環(huán)的初速度，則，此時N=0，則f=0則小圓環(huán)做加速運動，隨速度的增加，洛倫茲力變大，則N逐漸變大，摩擦力變大，加速度減小，直到加速度為零時，最終做勻速直線運動，選項C錯誤；D.若小圓環(huán)的初速度，則，此時，（此時N的方向垂直桿斜向下），此時，則小圓環(huán)將做加速運動，速度速度增加，洛倫茲力變大，則N減小，摩擦力減小，則加速度變大；當N減到零時，加速度達到最大，速度繼續(xù)增加時，N反向，且隨速度的增加N逐漸增加，摩擦力f逐漸增加，加速度減小，當加速度減為零時，最終做勻速直線運動，選項D正確.4.在豎直方向的勻強磁場中，水平放置一個矩形的金屬導體框，規(guī)定磁場方向向上為正，導體框中電流的正方向如圖所示，當磁場的磁感應強度B隨時間t如圖變化時，下圖中正確表示導體框中感應電流變化的是（）A． B． C． D．參考答案：C【考點】法拉第電磁感應定律；閉合電路的歐姆定律．【專題】電磁感應與電路結合．【分析】正確解答本題一定要明確B﹣t圖象中斜率的含義，注意感應電動勢的大小與磁通量大小無關與磁通量變化率成正比．【解答】解：根據法拉第電磁感應定律有：E=n=ns，因此在面積、匝數不變的情況下，感應電動勢與磁場的變化率成正比，即與B﹣t圖象中的斜率成正比，由圖象可知：0﹣2s，斜率不變，故形成的感應電流不變，根據楞次定律可知感應電流方向順時針（俯視）即為正值，而在2﹣4s斜率不變，電流方向為逆時針，整個過程中的斜率大小不變，所以感應電流大小不變；根據楞次定律，向上的磁場先減小，再向下磁場在增大，則感應電流方向為逆時針，即為負方向，故ABD錯誤，C正確．故選：C．5.一交流電壓為u＝100sin100πtV，由此表達式可知

A．用電壓表測該電壓其示數為100V

B．該交流電壓的周期為0.02s

C．將該電壓加在100Ω的電阻兩端，電阻消耗的電功率為100W

D．t＝1/400s時，該交流電壓的瞬時值為100V參考答案：答案：ABCD二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.用原子核的人工轉變方法可以將兩個氘核聚變成一個氚核，其核反應方程是__________________________，在1kg氘核中含有的原子核的個數為____________．（阿伏加德羅常數為6.02×1023）

參考答案：

答案：

3.01×1026個7.（1）為研究某一電學元件的導電規(guī)律，將該元件兩端的電壓、元件中的電流及通電時間記錄在下表中，通過分析表中數據可以判斷出該元件所用的材料是

（填“金屬”或“半導體”）。通電時間t/s51015202530電壓

u/v0.400.621.021.261.521.64電流

i/mA0.200.430.811.822.813.22

(2)如圖甲是某金屬材料制成的電阻R隨攝氏溫度t變化的圖象，圖中R0表示0℃時的電阻，k表示圖線的斜率．若用該電阻與電池（電動勢E、內阻r）、電流表A（內阻Rg）、滑動變阻器R′串聯起來，連接成如圖乙所示的電路，用該電阻做測溫探頭，把電流表的電流刻度改為相應的溫度刻度，就得到了一個簡單的“金屬電阻溫度計”．使用“金屬電阻溫度計”前，先要把電流表的刻度值改為相應的溫度刻度值，若溫度t1＜t2，則t1的刻度應在t2的

側（填“左”或“右”）；在標識“金屬電阻溫度計”的溫度刻度時，需要弄清所測溫度和電流的對應關系．請用E、R0、k等物理量表示所測溫度t與電流I的關系式t＝

。參考答案：①,由表中數據U、I比值隨溫度升高而明顯減小，可知元件所用材料為半導體。②溫度t1<t2金屬溫度升高電阻增大，電流計電流值減小，可知t1刻度應在t2的右側。③由甲可知

由電路圖閉合電路歐姆定律得：整理得

t=8.已知某物質摩爾質量為M，密度為ρ，阿伏加德羅常數為NA，則該物質的分子質量為

，單位體積的分子數為

．

參考答案：M/NA，ρNA/M9.如圖，一個三棱鏡的截面為等腰直角ABC，∠A為直角．此截面所在平面內的光線沿平行于BC邊的方向射到AB邊，進入棱鏡后直接射到AC邊上，并剛好能發(fā)生全反射．該棱鏡材料的折射率為_________(填入正確選項前的字母)．

A．

B．

C．

D．參考答案：D10.質量為10kg的物體，原來靜止在水平面上，當受到水平拉力F后，開始沿直線作勻加速運動，設物體經過時間t位移為s，且s、t的關系為s=2t2。則物體所受合外力大小為______N，第4s末的速度是______m／s，參考答案：40

1611.有A、B兩球在光滑水平面上沿著一條直線運動，它們發(fā)生碰撞后粘在一起，已知碰前兩球的動量分別為PA=20kg·m/s和PB=15kg·m/s，碰撞后B球的動量改變了ΔPB=－10kg·m/s，則碰撞后A球的動量為PA′=__________kg·m/s，碰撞前兩球的速度大小之比vA∶vB=__________。參考答案：30，12.如圖所示，導熱的氣缸開口向下，缸內活塞封閉了一定質量的理想氣體，活塞可自由滑動且不漏氣，活塞下掛一個砂桶，砂桶裝滿砂子時，活塞恰好靜止，現將砂桶底部鉆一個小洞，讓細砂慢慢漏出。氣缸外部溫度恒定不變，則缸內的氣體壓強

，內能

。（選填“增大”、“減小”、“不變”）參考答案：增大

不變13.一小球從樓頂邊沿處自由下落，在到達地面前最后1s內通過的位移是樓高的，則樓高是

.參考答案：三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（10分）在2008年9月27日“神舟七號”宇航員翟志剛順利完成出艙活動，他的第一次太空行走標志著中國航天事業(yè)全新的時代即將到來?！吧裰燮咛枴眹@地球做圓周運動時所需的向心力是由

提供，宇航員翟志剛出艙任務之一是取回外掛的實驗樣品，假如不小心實驗樣品脫手（相對速度近似為零），則它 （填“會”或“不會”）做自由落體運動。設地球半徑為R、質量為M，“神舟七號”距地面高度為h，引力常數為G，試求“神舟七號”此時的速度大小。參考答案：

答案：地球引力（重力、萬有引力）；不會。（每空2分）

以“神舟七號”為研究對象，由牛頓第二定律得：

（2分）

由勻速圓周運動可知：

（2分）

解得線速度

（2分）15.（選修模塊3－4）如圖所示是一種折射率n=1.5的棱鏡用于某種光學儀器中?，F有一束光線沿MN的方向射到棱鏡的AB界面上，入射角的大小。求光在棱鏡中傳播的速率及此束光線射出棱鏡后的方向（不考慮返回到AB面上的光線）。

參考答案：解析：由得（1分）

由得，（1分）

由＜，可知C＜45°（1分）

而光線在BC面的入射角＞C，故光線在BC面上發(fā)生全反射后，垂直AC面射出棱鏡。（2分）

四、計算題：本題共3小題，共計47分16.回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，圖20為回旋加速器的示意圖。D1、D2是兩個中空的鋁制半圓形金屬扁盒，在兩個D形盒正中間開有一條狹縫，兩個D形盒接在高頻交流電源上。在D1盒中心A處有粒子源，產生的帶正電粒子在兩盒之間被電場加速后進入D2盒中。兩個D形盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，帶電粒子在磁場力的作用下做勻速圓周運動，經過半個圓周后，再次到達兩盒間的狹縫，控制交流電源電壓的周期，保證帶電粒子經過狹縫時再次被加速。如此，粒子在做圓周運動的過程中一次一次地經過狹縫，一次一次地被加速，速度越來越大，運動半徑也越來越大，最后到達D形盒的邊緣，沿切線方向以最大速度被導出。已知帶電粒子的電荷量為q，質量為m，加速時狹縫間電壓大小恒為U，磁場的磁感應強度為B，D形盒的半徑為R，狹縫之間的距離為d。設從粒子源產生的帶電粒子的初速度為零，不計粒子受到的重力，求：（1）帶電粒子能被加速的最大動能Ek；（2）帶電粒子在D2盒中第n個半圓的半徑；（3）若帶電粒子束從回旋加速器輸出時形成的等效電流為I，求從回旋加速器輸出的帶電粒子的平均功率。參考答案：（1）帶電粒子在D形盒內做圓周運動，軌道半徑達到最大時被引出，此時帶電粒子具有最大動能Ek，設離子從D盒邊緣離開時的速度為vm。依據牛頓第二定律

所以帶電粒子能被加速的最大動能

（2分）（2）帶電粒子在D2盒中第n個半圓是帶電粒子經過窄縫被加速2n-1次后的運動軌道，設其被加速2n-1次后的速度為vn由動能定理得

（2分）此后帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，半徑為rn由牛頓第二定律得

（1分）rn=

（1分）（3）設在時間t內離開加速器的帶電粒子數N，則正離子束從回旋加速器輸出時形成的的等效電流，解得N=帶電粒子從回旋加速器輸出時的平均功率=

（4分）17.如圖所示的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，兩板間的距離d=40cm．電源電動勢E=24V，內電阻r=1Ω，電阻R=15Ω．閉合開關S，待電路穩(wěn)定后，將一帶正電的小球從B板小孔以初速度v0=4m/s豎直向上射入板間．若小球帶電量為q=1×10﹣2C，質量為m=2×10﹣2kg，不考慮空氣阻力．那么（1）滑動變阻器接入電路的阻值為多大時，小球恰能到達A板？（2）此時，電源的輸出功率是多大？（取g=10m/s2）參考答案：解：（1）小球進入板間后，受重力和電場力作用，且到A板時速度為零．設兩板間電壓為UAB由動能定理得﹣mgd﹣qUAB=0﹣①∴滑動變阻器兩端電壓

U滑=UAB=8V

②設通過滑動變阻器電流為I，由歐姆定律得I==1A

③滑動變阻器接入電路的電阻R滑==8Ω