山東省臨沂市東關中學高三物理模擬試卷含解析

山東省臨沂市東關中學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.（多選題）疊放在一起的A、B兩物體在水平力F的作用下，沿水平面以某一速度勻速運動，現(xiàn)突然將作用在B上的力F改為作用在A上，并保持大小和方向不變，如圖所示，則關于A、的運動狀態(tài)可能為(

)A．一起勻速運動

B．一起加速運動C．A加速，B減速

D．A加速，B勻速參考答案：AC2.科學家在南極冰層中發(fā)現(xiàn)了形成于30億年前的火星隕石，并從中發(fā)現(xiàn)了過去微生物的生命跡象，從此火星隕石變得異常珍貴。今年1月，中國新聞網(wǎng)宣布2011年7月在摩洛哥墜落的隕石被證實來自火星。某同學想根據(jù)平時收集的部分火星資料（如圖中所示）計算出火星的密度，再與這顆隕石的密度進行比較。下列計算火星密度的公式，正確的是（G為萬有引力常量，忽略火星自轉的影響）

A．

B．

C．

D．參考答案：AD3.近地人造衛(wèi)星1和2繞地球做勻速圓周運動的周期分別為T1和,設在衛(wèi)星1、衛(wèi)星2各自所在的高度上的重力加速度大小分別為、，則A．

B．D．

D．參考答案：B解析：衛(wèi)星繞天體作勻速圓周運動由萬有引力提供向心力有＝mR,可得＝K為常數(shù)，由重力等于萬有引力＝mg，聯(lián)立解得g＝，則g與成反比。4.（多選）如圖所示，傾角為θ的絕緣斜面固定在水平面上，當質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的滑塊沿斜面下滑時，在此空間突然加上豎直方向的勻強電場，已知滑塊受到的電場力小于滑塊的重力．則下列說法不正確的是（）A．若滑塊勻速下滑，加上豎直向上的電場后，滑塊將減速下滑B．若滑塊勻速下滑，加上豎直向下的電場后，滑塊仍勻速下滑C．若滑塊勻減速下滑，加上豎直向上的電場后，滑塊仍減速下滑，但加速度變大D．若滑塊勻加速下滑，加上豎直向下的電場后，滑塊仍以原加速度加速下滑參考答案：【考點】：勻強電場中電勢差和電場強度的關系．【專題】：電場力與電勢的性質(zhì)專題．【分析】：若滑塊勻速下滑，受力平衡，沿斜面方向列出力平衡方程．加上豎直方向的勻強電場后，豎直方向加上電場力，再分析物體受力能否平衡，判斷物體能否勻速運動．：解：A、若滑塊勻速下滑時，則有mgsinθ=μmgcosθ．當加上豎直向上的電場后，在沿斜面方向，（mg﹣F）sinθ=μ（mg﹣F）cosθ，受力仍保持平衡，則滑塊仍勻速下滑．故A錯誤；B、若滑塊勻速下滑，有mgsinθ=μmgcosθ．加上豎直向下的電場后，在沿斜面方向，（mg+F）sinθ=μ（mg+F）cosθ，受力仍保持平衡，則滑塊仍勻速下滑．故B正確；C、若滑塊勻減速下滑，根據(jù)牛頓第二定律，有：μmgcosθ﹣mgsinθ=ma，解得a=g（μcosθ﹣sinθ）；加上豎直向上的電場后，根據(jù)牛頓第二定律，有：μ（mg﹣F）cosθ﹣（mg﹣F）sinθ=ma′，解得a′=g（μcosθ﹣sinθ）（1﹣）；故a＜a′，即加速度減小，故C錯誤；D、若滑塊勻加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma，解得a=g（sinθ﹣μcosθ）；加上豎直向下的電場后，根據(jù)牛頓第二定律，有：（F+mg）sinθ﹣μ（F+mg）cosθ=ma′，解得a′=g（sinθ﹣μcosθ）（1+）；故a＜a′，即加速度變大，故D錯誤；本題下列說法不正確的，故選：ACD．【點評】：判斷物體運動的狀態(tài)，關鍵是分析受力情況，確定合力是否為零或合力與速度方向的關系．5.（多選）如圖所示，一滑塊從固定的斜面底端A處沖上粗糙的斜面，到達某一高度后返回A。以A點所在平面為零勢能面，下列各圖分別表示滑塊在斜面上運動的速度v、加速度a、重力勢能Ep、機械能E隨時間變化或隨位移x變化的圖像，可能正確的是(

)參考答案：BC二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.已知一小量程電流表的內(nèi)阻Rg為200歐姆，滿偏電流Ig為2mA．現(xiàn)在用如圖電路將其改裝為量程為0.1A和1A的雙量程電流表．（1）當用哪兩個接線柱時為0.1A的量程？答：a、c（2）當用哪兩個接線柱時為1A的量程？答：a、b（3）定值電阻R1=0.41，R2=3.7（保留兩位有效數(shù)字）．參考答案：考點：把電流表改裝成電壓表．專題：實驗題．分析：把電流計改裝成電流表需要并聯(lián)一個分流電阻，分析圖示電路結構、應用并聯(lián)電路特點與歐姆定律答題．解答：解：（1）電流表量程越小，并聯(lián)電阻阻值越大，由圖示可知，電流表量程為0.1A時，接a、c兩個接線柱．（2）電流表量程越大，并聯(lián)的分流電阻越小，由圖示可知，電流表量程為1A時，接a、b兩個接線柱．（3）由圖示電路圖可知，R1+R2=，R1=，代入數(shù)據(jù)解得：R1=0.41Ω，R2=3.7Ω故答案為：（1）a、c；（2）a、b；（3）0.41；3.7．點評：本題考查了電流表的改裝，知道電流表的改裝原理、分析清楚電路結構，應用串并聯(lián)電路特點、歐姆定律即可正確解題．7.2．愛因斯坦在現(xiàn)代物理學領域作出了很多重要貢獻，試舉出其中兩項：

；

．參考答案：相對論；光的量子性8.1919年，盧瑟福用α粒子轟擊氮核發(fā)現(xiàn)質(zhì)子．科學研究表明其核反應過程是：α粒子轟擊靜止的氮核后形成了不穩(wěn)定的復核，復核發(fā)生衰變放出質(zhì)子，變成氧核．設α粒子質(zhì)量為m1，初速度為v0，氮核質(zhì)量為m2，質(zhì)子質(zhì)量為m0,氧核的質(zhì)量為m3，不考慮相對論效應．α粒子轟擊氮核形成不穩(wěn)定復核的瞬間，復核的速度大小為

，此過程中釋放的核能為________________________________．參考答案：

設復核速度為v，由動量守恒得解得整個過程中質(zhì)量虧損由愛因斯坦質(zhì)能方程，得9.（4分）一個1.2kg的物體具有的重力勢能為72J，那么該物體離開地面的高度為_____m。一個質(zhì)量是5kg的銅球，以從離地面15m高處自由下落1s末，它的重力勢能變?yōu)開____J。(g取10m/s2)(以地面為零重力勢能平面)參考答案：

6m

500J10.如圖所示，虛線框內(nèi)存在一沿水平方向、且與紙面垂直的勻強磁場?，F(xiàn)通過圖示裝置來測量該磁場的磁感應強度大小、并判定其方向。所用器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內(nèi)的U形金屬框，其底邊水平，長度為L，兩側邊豎直且等長；直流電源電動勢為E，內(nèi)阻為r；R為電阻箱；S為開關。此外還有細沙、天平和若干輕質(zhì)導線。已知重力加速度為g。先將開關S斷開，在托盤內(nèi)加放適量細沙，使D處于平衡狀態(tài)，然后用天平稱出細沙質(zhì)量m1。閉合開關S，將電阻箱阻值調(diào)節(jié)至R1=r，在托盤內(nèi)重新加入細沙，使D重新處于平衡狀態(tài)，用天平稱出此時細沙的質(zhì)量為m2且m2＞m1。（1）磁感應強度B大小為___________，方向垂直紙面____________（選填“向里”或“向外”）；

（2）將電阻箱阻值調(diào)節(jié)至R2=2r，則U形金屬框D_________（選填“向下”或“向上”）加速，加速度大小為___________。參考答案：（1），向外；（2）向上，11.質(zhì)量為m的汽車行駛在平直的公路上，在運動中所受阻力恒定。當汽車的加速度為a、速度為v時，發(fā)動機的功率是P1，則當功率是P2時，汽車行駛的最大速率為

。參考答案：12.某登山愛好者在攀登珠穆朗瑪峰的過程中，發(fā)現(xiàn)他攜帶的手表表面玻璃發(fā)生了爆裂。這種手表是密封的，出廠時給出的參數(shù)為：27℃時表內(nèi)氣體壓強為1×105Pa；在內(nèi)外壓強差超過6×104Pa時，手表表面玻璃可能爆裂。已知當時手表處的氣溫為－13℃，則手表表面玻璃爆裂時表內(nèi)氣體壓強的大小為__________Pa；已知外界大氣壓強隨高度變化而變化，高度每上升12m，大氣壓強降低133Pa。設海平面大氣壓為1×105Pa，則登山運動員此時的海拔高度約為_________m。

參考答案：答案：8.7×104，6613（數(shù)值在6550到6650范圍內(nèi)均可）13.

（5分）裂變反應是目前核能利用中常用的反應，以原子核為燃料的反應堆中，當俘獲一個慢中子后發(fā)生的裂變反應可以有多種方式，其中一種可表示為：反應方程下方的數(shù)字中子及有關原子的靜止質(zhì)量（以原子質(zhì)量單位u為單位）。已知1u的質(zhì)量對應的能量為9.3×102MeV，此裂變反應釋放出的能量是________MeV。參考答案：答案：1.8×102三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA=l.0kg，mB=4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離l=1.0m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek=10.0J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為u=0.20。重力加速度取g=10m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。（1）求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大?。唬?）物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？（3）A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？參考答案：（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；（2）A先停止；0.50m；（3）0.91m；分析】首先需要理解彈簧釋放后瞬間的過程內(nèi)A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，再結合能量關系求解出A、B各自的速度大??；很容易判定A、B都會做勻減速直線運動，并且易知是B先停下，至于A是否已經(jīng)到達墻處，則需要根據(jù)計算確定，結合幾何關系可算出第二問結果；再判斷A向左運動停下來之前是否與B發(fā)生碰撞，也需要通過計算確定，結合空間關系，列式求解即可?！驹斀狻浚?）設彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有0=mAvA-mBvB①②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得vA=4.0m/s，vB=1.0m/s（2）A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設為a。假設A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個物塊停止，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B。設從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB。，則有④⑤⑥在時間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時間t內(nèi)的路程SA都可表示為sA=vAt–⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得sA=1.75m，sB=0.25m⑧這表明在時間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時A位于出發(fā)點右邊0.25m處。B位于出發(fā)點左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為s=025m+0.25m=0.50m⑨（3）t時刻后A將繼續(xù)向左運動，假設它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有⑩聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得

故A與B將發(fā)生碰撞。設碰撞后A、B的速度分別為vA′′以和vB′′，由動量守恒定律與機械能守恒定律有

聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得

這表明碰撞后A將向右運動，B繼續(xù)向左運動。設碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學公式

由④式及題給數(shù)據(jù)得sA′小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離15.如圖所示，在平面直角坐標系中有一個垂直紙面向里的圓形勻強磁場，其邊界過原點O和y軸上的點A（0，L）．一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從A點以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場，并從x軸上的B點射出磁場，射出B點時的速度方向與x軸正方向的夾角為60°．求：（1）勻強磁場的磁感應強度B的大??；（2）電子在磁場中運動的時間t．參考答案：答：（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小為；（2）電子在磁場中運動的時間t為考點： 帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力．專題： 帶電粒子在磁場中的運動專題．分析： （1）電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出磁感應強度．（2）根據(jù)電子轉過的圓心角與電子做圓周運動的周期可以求出電子的運動時間．解答： 解：（1）設電子在磁場中軌跡的半徑為r，運動軌跡如圖，可得電子在磁場中轉動的圓心角為60°，由幾何關系可得：r﹣L=rcos60°，解得，軌跡半徑：r=2L，對于電子在磁場中運動，有：ev0B=m，解得，磁感應強度B的大小：B=；（2）電子在磁場中轉動的周期：T==，電子轉動的圓心角為60°，則電子在磁場中運動的時間t=T=；答：（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小為；（2）電子在磁場中運動的時間t為．點評： 本題考查了電子在磁場中的運動，分析清楚電子運動過程，應用牛頓第二定律與周期公式即可正確解題．四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖，空間區(qū)域Ⅰ、Ⅱ有勻強電場和勻強磁場，MN、PQ為理想邊界，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的高度足夠大．勻強電場方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的磁感應強度大小均為B，方向分別垂直紙面向里和向外．一個質(zhì)量為m，電量為q的帶電小球從磁場上方的O點由靜止開始下落，進入場區(qū)后，恰能做勻速圓周運動．已知重力加速度為g．（1）試判斷小球的電性并求出電場強度E的大小；（2）若帶電小球能進入?yún)^(qū)域Ⅱ，則h應滿足什么條件？（3）若帶電小球運動一定時間后恰能回到O點，求它釋放時距MN的高度h．參考答案：解：（1）帶電小球進入復合場后，恰能做勻速圓周運動，合力為洛倫茲力，重力與電場力平衡，重力豎直向下，電場力豎直向上，即小球帶正電．

由qE=mg…①，解得：…②；（2）假設下落高度為h0時，帶電小球在Ⅰ區(qū)域作圓周運動的圓弧與PQ相切時，運動軌跡如答圖（a）所示，由幾何知識可知，小球的軌道半徑：R=d…③，帶電小球在進入磁場前做自由落體運動，由機械能守恒定律得：mgh=mv2…④，帶電小球在磁場中作勻速圓周運動，設半徑為R，由牛頓第二定律得：qvB=m…⑤解得：h0=，則當h＞h0時，即h＞帶電小球能進入Ⅱ區(qū)域；（3）由于帶電小球在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域運動過程中q、v、B、m的大小不變，故三段圓周運動的半徑相同，以三個圓心為頂點的三角形為等邊三角形，邊長為2R，內(nèi)角為60°，如答圖（b）所示．由幾何關系知：R=…⑥聯(lián)立解得④⑤⑥得：h=；答：（1）小球帶正電，電場強度E=；（2）若帶電小球能進入?yún)^(qū)域Ⅱ，h應滿足的條件是：h＞；（3）它釋放時距MN的高度h=．17.如圖所示，水平放置的皮帶以速度V0=2m/s，順時針勻速轉動，中間有兩個正方形復合場區(qū)域，正方形邊長為L=0.1（m），勻強電場的方向豎直向上，電場強度E=0.5N/C，勻強磁場的方向垂直紙面向內(nèi)，磁感應強度B=2（T），上邊皮帶從磁場正中間水平穿過。A1A2=A2A3=A3A4=A4A5=A5A6=L=0.1（m），有一帶正電的絕緣小球（可看成質(zhì)點），質(zhì)量m=2×10－2kg，電量q=4×10－1C。小球與皮帶的摩擦系數(shù)為（取g=10m/s2）。（1）將小球由A1處靜止釋放，求小球到達A2處的速度V2？從A1到A2過程中，摩擦發(fā)熱Q為多少？（2）小球在第（1）問條件下，第一次在A2A3區(qū)域內(nèi)運動的時間t為多少？（3）要使小球從A1位置處經(jīng)皮帶傳送到A6位置處，并且過程中小球