山西省運城市中學東校2022-2023學年高三物理模擬試題含解析

山西省運城市中學東校2022-2023學年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.（單選）把一個重為G的物體，用一個水平的推力F=kt（k為正的常數(shù)，t為時間）壓在豎直的足夠高的平整的墻上，如圖所示，從t=0開始計時，物體從靜止開始運動，關于此后物體的動能Ek、重力勢能Ep、機械能E隨著物體位移x變化圖像定性來說可能正確的有參考答案：D

解析：A、水平的推力F=kt，不斷變大，物體水平方向受推力和支持力，豎直方向受重力和滑動摩擦力，滑動摩擦力不斷變大，故物體先加速下滑后減速下滑，即動能先增加后減??；但合力為mg-μkt，是變力，故動能與位移間不是線性關系，故A錯誤；B、重力做正功，故重力勢能不斷減小，故B錯誤；C、D、由于克服滑動摩擦力做功，機械能不斷減小，故C錯誤，D正確；故選D．2.如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動，以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F和x之間關系的圖像可能正確的是（

）A.B.C.D.參考答案：A本題考查牛頓運動定律、勻變速直線運動規(guī)律、力隨位移變化的圖線及其相關的知識點。由牛頓運動定律，F(xiàn)-mg-F彈=ma，F(xiàn)彈=kx，聯(lián)立解得F=mg+ma+kx，對比題給的四個圖象，可能正確的是A。【點睛】牛頓運動定律是高中物理主干知識，勻變速直線運動規(guī)律貫穿高中物理。3.某物體運動的v-t圖象如圖所示，下列說法正確的是 A．物體在第1s末運動方向發(fā)生變化 B．物體在第2s內(nèi)和第3s內(nèi)的加速度是相同的 C．物體在第4s末離出發(fā)點最遠 D．物體在5s內(nèi)的位移是0.5m參考答案：BD由圖象可知：物體在前2s內(nèi)速度都為正，第1s末運動方向不發(fā)生改變，故A錯誤；物體在第2s內(nèi)、第3s內(nèi)圖象的斜率相同，所以加速度是相同的，故B正確；物體在4s末圖象與時間軸圍成的面積為零，此時回到出發(fā)點，故C錯誤；物體在5s末位移為最大位移的一半（最大位移為0.5m），故D錯誤．4.2007年4月24日，歐洲科學家宣布在太陽之外發(fā)現(xiàn)了一顆可能適合人類居住的類地行星Gliese581C。這顆圍繞紅矮星Gliese581運行的星球有類似地球的溫度，表面可能有液態(tài)水存在，距離地球約為20光年，直徑約為地球的1.5倍，質量約為地球的5倍，繞紅矮星Gliese581運行的周期約為13天。假設有一艘宇宙飛船飛臨該星球表面附近軌道，下列說法正確是（

）A．飛船在Gliese581C表面附近運行的周期約為13天B．飛船在Gliese581C表面附近運行時的速度小于7.9km/sC．人在Gliese581C上所受重力比在地球上所受重力大D．Gliese581C的平均密度比地球平均密度小參考答案：C5.（多選題）如圖所示，在x＜0與x＞0的區(qū)域中，存在磁反應輕度大小分別為B1與B2的勻強磁場，磁場方向均垂直于紙面向里，且B1：B2=3：2．在原點O處發(fā)射兩個質量分別為m1和m2的帶電粒子，已知粒子a以速度va沿x軸正方向運動，粒子b以速率vb沿x軸負方向運動，已知粒子a帶正電，粒子b帶負電，電荷量相等，且兩粒子的速率滿足m2va=m1vb，若在此后的運動中，當粒子a第4次經(jīng)過y軸（出發(fā)時經(jīng)過y軸不算在內(nèi)）時，恰與粒子b相遇，粒子重力不計，下列說法正確的是（）A．粒子a、b在磁場B1中的偏轉半徑之比為3：2B．兩粒子在y正半軸相遇C．粒子a、b相遇時的速度方向相同D．粒子a、b的質量之比為1：5參考答案：BCD【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動．【分析】本題涉及到兩個粒子分別在兩個不同磁場中做勻速圓周運動問題，相遇問題既考慮到位移問題，又考慮到時間等時，比較復雜，所以要從簡單情況出發(fā)，由題意a粒子逆時針旋轉，b粒子順時針旋轉，由于兩粒子的動量（m2va=m1vb）和電量相同，則半徑之比就是磁感應強度的反比，所以在B1磁場中的半徑小，則兩粒子在兩磁場旋轉兩個半周時，a粒子相對坐標原點上移，b粒子相對坐標原點下移，若b粒子在最初不相遇，則以后就不能相遇了．所以只考慮b粒子旋轉半周就與a粒子相遇的情況．【解答】解：A、由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式知道：，所以選項A錯誤．B、由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式知道，a粒子從O點出發(fā)沿x軸正方向射出向上逆時針轉半周在y軸上上移2ra2，穿過y軸后逆時針向下轉半周后下移2ra1，由于B2＜B1，則第二次經(jīng)過y軸時在從標原點的上方（2ra2﹣2ra1）處，同理第四次經(jīng)過y軸時在坐標原點上方2（2ra2﹣2ra1）處，所以由題意知選項B正確．C、從最短時間的情況進行考慮，顯然是b粒子向上轉半周后相遇的，a粒子第四次經(jīng)過y軸時是向右方向，而b粒子轉半周也是向右的方向，所以兩者方向相同，所以選項C正確．D、根據(jù)周期公式及題意，當兩粒子在y軸上相遇時，時間上有：

即：，結合B1：B2=3：2，得到：，所以選項D正確．故選：BCD二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖所示，M為理想變壓器，各電表均可視為理想電表．當電路輸入端a、b接正弦交流電壓時，原、副線圈中電流表的示數(shù)分別為I1和I2，則原、副線圈的匝數(shù)之比等于

；在滑動變阻器的滑片P向上滑動的過程中，示數(shù)不會發(fā)生變化的電表是

．

參考答案：答案：I2：I1

V1與V27.如圖所示，質量為m的小球，以初速度v0從斜面上A點水平拋出，落在斜面上B點時動能為初動能的5倍，則在此過程中重力沖量為__________，所用的時間為__________。參考答案：2mv0

2v0/g8.某組同學設計了“探究加速度a與物體所受合力F及質量m的關系”實驗。圖（a）為實驗裝置簡圖，A為小車，B為電火花計時器，C為裝有細砂的小桶，D為一端帶有定滑輪的長方形木板，實驗中認為細繩對小車拉力F等于細砂和小桶的總重量，小車運動的加速度a可用紙帶上打出的點求得。①圖（b）為某次實驗得到的紙帶，已知實驗所用電源的頻率為50Hz。根據(jù)紙帶可求出電火花計時器打B點時的速度為

m/s,小車的加速度大小為

m/s2。（結果均保留二位有效數(shù)字）②在“探究加速度a與質量m的關系”時，某同學都按照自己的方案將實驗數(shù)據(jù)在坐標系中進行了標注，但尚未完成圖象（如下圖所示）。請繼續(xù)幫助該同學作出坐標系中的圖象。③在“探究加速度a與合力F的關系”時，該同學根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出了加速度a與合力F的圖線如圖（c），該圖線不通過坐標原點，試分析圖線不通過坐標原點的原因。答：

。

參考答案：①1.6（2分）3.2（3分）②如圖（2分）③實驗前未平衡摩擦力（2分）9.質量為m=0.01kg、帶電量為+q=2.0×10﹣4C的小球由空中A點無初速度自由下落，在t=2s末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場，再經(jīng)過t=2s小球又回到A點．不計空氣阻力，且小球從未落地，則電場強度的大小E為2×103N/C，回到A點時動能為8J．參考答案：考點：電場強度；動能定理的應用．分析：分析小球的運動情況：小球先做自由落體運動，加上勻強電場后小球先向下做勻減速運動，后向上做勻加速運動．由運動學公式求出t秒末速度大小，加上電場后小球運動，看成一種勻減速運動，自由落體運動的位移與這個勻減速運動的位移大小相等、方向相反，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式結合求電場強度，由W=qEd求得電場力做功，即可得到回到A點時動能．解答：解：小球先做自由落體運動，后做勻減速運動，兩個過程的位移大小相等、方向相反．設電場強度大小為E，加電場后小球的加速度大小為a，取豎直向下方向為正方向，則有：gt2=﹣（vt﹣at2）又v=gt解得a=3g由牛頓第二定律得：a=，聯(lián)立解得，E===2×103N/C則小球回到A點時的速度為：v′=v﹣at=﹣2gt=﹣20×10×2m/s=﹣400m/s動能為Ek==0.01×4002J=8J故答案為：2×103，8．點評：本題首先要分析小球的運動過程，采用整體法研究勻減速運動過程，抓住兩個過程之間的聯(lián)系：位移大小相等、方向相反，運用牛頓第二定律、運動學規(guī)律結合進行研究．10.某同學做了如圖所示的探究性實驗，U形管左口管套有一小氣球，管內(nèi)裝有水銀，當在右管內(nèi)再注入一些水銀時，氣球將鼓得更大。假設封閉氣體與外界絕熱，則在注入水銀時，封閉氣體的體積________，壓強________，溫度________，內(nèi)能_______。（填“增大”、“減小”、“升高”、“降低”或“不變”）參考答案：減小增大升高增大注入水銀，封閉氣體的壓強變大，水銀對氣體做功，氣體體積減小，由于封閉氣體與外界絕熱，所以氣體內(nèi)能增大，溫度升高。11.如圖所示，在場強為E的勻強電場中有相距為L的兩點A、B，連線AB與電場線的夾角為θ，將一電荷量為q的正電荷從A點移到B點．若沿直線AB移動該電荷，電場力做功W=____，AB兩點間的電勢差UAB

．參考答案：qELcosθ_

ELcosθ12.從地面以初速度v0豎直向上拋出一質量為m的球，設球在運動過程中受到的空氣阻力與其速率成正比關系，它運動的速率隨時間變化的規(guī)律如圖所示，在t1時刻到達最高點，再落回地面，落地時速率為v1，且落地前球已做勻速運動。則球受到的空氣阻力與其速率之比k=___________，球上升的最大高度H=_________________。參考答案：，13.圖示為簡單歐姆表原理示意圖，其中電流表的滿偏電流IR=300μA，內(nèi)阻Rg=l00Ω，可變電阻R的最大阻值為10kΩ，電池的電動勢E=l.5V，內(nèi)阻r=0.5Ω，圖中與接線柱A相連的表筆顏色應是

色，按正確使用方法測量電阻Rx的阻值時，指針指在刻度盤的正中央，則Rx=

kΩ。若該歐姆表使用一段時間后，電池電動熱變小，內(nèi)阻變大，但此表仍能調零，按正確使用方法再測上述Rx，其測量結果與原結果相比較

（填“變大”、“變小”或“不變”）。參考答案：三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（選修3—3（含2—2））（7分）如圖所示是一定質量的氣體從狀態(tài)A經(jīng)狀態(tài)B到狀態(tài)C的p－T圖象，已知氣體在狀態(tài)B時的體積是8L，求氣體在狀態(tài)A和狀態(tài)C的體積分別是多大？并判斷氣體從狀態(tài)B到狀態(tài)C過程是吸熱還是放熱？參考答案：解析：由圖可知：從A到B是一個等溫過程，根據(jù)玻意耳定律可得：……(2分)

代入數(shù)據(jù)解得：……………(1分)

從B到C是一個等容過程，

……………(1分)

【或由，代入數(shù)據(jù)解得：】

由圖可知氣體從B到C過程為等容變化、溫度升高，……(1分)故氣體內(nèi)能增大，……(1分)由熱力學第一定律可得該過程氣體吸熱?！?1分)15.質量分別為m和3m的A、B兩個小球以相同的速率v沿同一直線相向運動，碰后B球停止不動，試求A球碰后的速度，并判斷它們之間發(fā)生的是彈性碰撞還是非彈性碰撞（說明理由）．參考答案：彈性碰撞取B球碰前的速度方向為正方向，設A球碰后的速度為v′，由動量守恒定律有解得，方向與B球碰前的速度方向相同由于，故碰撞前后的總動能相等，則此碰撞是彈性碰撞四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖(甲)所示，平行光滑金屬導軌水平放置，兩軌相距L=0.4m、導軌一端與阻值R=0.3Ω的電阻相連，導軌電阻不計。導軌省x>0一側存在沿x方向均勻增大的恒定磁場，其方向與導軌平面垂直向下，磁感應強度B隨位置x變化如圖(乙)所示。一根質量m=0.2kg、電阻r=0.1Ω的金屬棒置于導軌上，并與導軌垂直，棒在外力作用下從x=0處以初速度v0=2m／s沿導軌向右變速運動，且金屬棒在運動過程中電阻R上消耗的功率不變。求：(1)金屬棒在x=0處回路中的電流大小I；(2)金屬棒在x=2m處的速度大小v；(3)金屬棒從x=0運動到x=2m過程中，安培力所做的功WA。參考答案：解：(1)x＝0處磁感應強度T

…………①（1分）導體棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢

…………②（2分）由閉合電路歐姆定律得回路電流

…………③（2分）聯(lián)立①②③式，解得I=1A

…………④（1分）（2）由功率公式P=I2R

依題意得，金屬棒中電流I不變，金屬棒電動勢不變E=E0……⑤（2分）x＝2m處

………⑥（1分）導體棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢

…………⑥

（1分）由①②⑤⑥式得

v1=0.67m/s

…………⑦（1分）(3)棒所受的安培力

…………⑧（2分）

…………⑨（1分）代入數(shù)據(jù)，得

……⑩（1分）F-x圖象為一條傾斜的直線，圖線圍成的面積就是金屬棒克服安培力所做的功x＝0時，F(xiàn)=0.2N；x＝2m時，F(xiàn)=0.6N安培力做功………（4分）（能正確求出安培力做功大小給3分）17.（16分）如圖甲所示，相距為L的兩平行金屬導軌MN、PQ固定在絕緣水平面上，處于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B，導軌足夠長且電阻不計．兩相同金屬棒c和d與導軌垂直放置，它們的質量均為m，電阻均為R，間距為s0，與導軌間動摩擦因數(shù)均為μ，設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等．在t=0時刻，對c棒施加一水平向右的力，使其從靜止開始做勻加速直線運動．在t0時刻，d棒開始運動，此后保持水平力不變，由速度傳感器測得兩金屬棒的v—t圖象如圖乙所示，從t1時刻開始兩金屬棒以相同的加速度做勻加速直線運動，此時兩金屬棒的間距為s．試求：（1）在0至t1時間內(nèi)通過c棒的電量；（2）t0時刻回路的電功率和c棒的速度大小；（3）t1時刻開始兩金屬棒的加速度大小。參考答案：解析：

（1）從0至t1這段時間內(nèi)

（1分）又

（2分）解得

（1分）（2）設在t0時刻回路的瞬時感應電流為I，則對d棒由平衡條件得

（1分）t0時刻回路的電功率

（1分）

解得

（1分）對回路由全電路歐姆定律有

（2分）解得

（1分）（3）設在t0時刻，水平外力為F0，棒c的加速度為a0，由牛頓第二定律得

（2分）而

（1分）從t1時刻起，對兩金屬棒組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律有