廣西壯族自治區(qū)桂林市灌陽縣民族中學高三物理模擬試題含解析

廣西壯族自治區(qū)桂林市灌陽縣民族中學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）孔明燈相傳是由三國時的諸葛孔明發(fā)明的，如圖所示，有一盞質(zhì)量為m的孔明燈升空后沿著東偏北方向勻速上升，則此時孔明燈所受空氣的作用力的大小和方向是A．0B．mg，豎直向上

C．mg，東北偏上方向

D.mg，東北偏上方向參考答案：【知識點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力．B2B4【答案解析】B解析：孔明燈向著東北偏上方向勻速上升，即左勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，則合力為零，根據(jù)平衡條件：空氣的作用力大小F=mg，豎直向上；故選：B．【思路點撥】孔明燈升空后向著東北偏上方向勻速上升，即左勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)．本題考查了學生物體的浮沉條件的了解與掌握，屬于基礎(chǔ)題目．2.（多選題）一質(zhì)點開始時做勻速直線運動，從某時刻起受到一恒力作用．此后，該質(zhì)點的速度可能是A．一直不變B．先逐漸減小至零，再逐漸增大C．先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大D．先逐漸增大至某一最大值，再逐漸減小參考答案：ABC3.（單選）如圖所示，MON是固定的光滑絕緣直角桿，MO沿水平方向，NO沿豎直方向，A、B為兩個套在此桿上的帶有同種正電荷的小球，用一指向豎直桿的水平力F作用在A球上，使兩球均處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將A球向豎直桿NO方向緩慢移動一小段距離后，A、B兩小球可以重新平衡，則后一種平衡狀態(tài)與前一種平衡狀態(tài)相比較，下列說法正確的是（A）A、B兩小球間的庫侖力變小

（B）A、B兩小球間的庫侖力變大（C）A球?qū)O桿的壓力變小

（D）B球?qū)O桿的壓力變大參考答案：A4.關(guān)于電動機下列說法中正確的是（A）電動機中的換向器是使通入線圈內(nèi)的電流方向發(fā)生有規(guī)律的變化，從而使線圈能不停地轉(zhuǎn)動（B）電動機是將機械能轉(zhuǎn)化為電能的裝置（C）電動機的效率為輸入功率與輸出功率之比（D）當電動機內(nèi)的線圈轉(zhuǎn)到其平面與磁場方向垂直的位置時會停止轉(zhuǎn)動參考答案：A5.（2015?長沙模擬）牛頓時空觀也叫經(jīng)典時空觀，下列關(guān)于經(jīng)典時空觀及經(jīng)典力學的說法正確的是（）A．經(jīng)典時空觀認為空間和時間是獨立于物體及其運動而存在的B．經(jīng)典力學的基礎(chǔ)是牛頓運動定律，它適用于宏觀和微觀世界C．在經(jīng)典力學中，物體的質(zhì)量是隨運動狀態(tài)而改變的D．經(jīng)典力學也適用于高速運動的宏觀物體參考答案：A狹義相對論解：A、經(jīng)典時空觀認為空間和時間是獨立于物體及其運動而存在的，故A正確；B、經(jīng)典力學的基礎(chǔ)是牛頓運動定律，它適用于宏觀世界，不適應與微觀世界，故B錯誤；C、在經(jīng)典力學中，物體的質(zhì)量是不隨運動狀態(tài)而改變的．故C錯誤；D、經(jīng)典力學適用于宏觀、低速、弱引力的情況，故D錯誤．故選：A．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.（4分）如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體發(fā)生如圖所示的狀態(tài)變化，狀態(tài)A與狀態(tài)B的體積關(guān)系為VA_

_VB(選填“大于”、“小于”或“等于”)；若從A狀態(tài)到C狀態(tài)的過程中氣體對外做了100J的功，則此過程中_______(選填“吸熱”或“放熱”)參考答案：

答案：小于（2分）吸熱（2分）7.一節(jié)電動勢約為9V、內(nèi)阻約為2Ω的電池，允許通過的最大電流是500mA．為了測定該電池的電動勢和內(nèi)阻，選用了總阻值為50Ω的滑動變阻器以及電流表和電壓表等，連成了如圖所示的電路．①為了防止誤將滑動變阻器電阻調(diào)為零而損壞器材，需要在電路中接入一個保護電阻R，最適合的電阻是

A．10Ω，5W

B．10Ω，0.5W

C．20Ω，5W

D．20Ω，0.5W②由于電路中有一條導線發(fā)生了斷路，閉合電鍵K后發(fā)現(xiàn)電壓表、電流表均無示數(shù)，則出現(xiàn)斷路的導線是

（填導線上的序號）．③實驗中，要使電壓表的示數(shù)變大，滑動變阻器的滑片應向

端移動．（填“E”或“F”）參考答案：①C；②6③F【考點】測定電源的電動勢和內(nèi)阻．【分析】①已知電源電動勢和內(nèi)電阻，已知電源的最大電流，則由閉合電路歐姆定律可求出電路中需接入的電小電阻；②電壓表和電流表均沒有讀數(shù)，是斷路，逐個分析各個部分即可；③要使電壓表的示數(shù)變大，需要增加外電阻；【解答】解：①為保證電源安全，電路中電流不得超過500mA；由閉合電路歐姆定律可知：最大電阻為R=﹣r=﹣2=16Ω，故為了安全，保護電阻應為20Ω；1②電壓表均沒有讀數(shù)，故導線1、6、7可能有一根斷路；電流表沒有讀數(shù)，故導線2、3、4、5、6可能有一根斷路；故是導線6斷路；③使電壓表的示數(shù)變大，需要增加外電阻，故滑動變阻器電阻值變大，滑片向F端移動；故答案為：①C；②6③F8.已知氣泡內(nèi)氣體的密度為30g/，平均摩爾質(zhì)量為1.152g/mol。阿伏加德羅常數(shù)，估算氣體分子間距離d=___________m，氣泡的體積為1cm3，則氣泡內(nèi)氣體分子數(shù)為_____________個。參考答案：

（1）根據(jù)，得氣體分子連同占據(jù)的空間為，氣體分子間距離得（2）氣泡內(nèi)氣體質(zhì)量，氣泡內(nèi)氣體摩爾數(shù)為：，分子數(shù)為得：9.如右圖所示，粗糙斜面的傾角為30°輕繩通過兩個滑輪與A相連，輕繩的另一端固定于天花板上，不計輕繩與滑輪的摩擦．物塊A的質(zhì)量為m不計滑輪的質(zhì)量，掛上物塊B后，當滑輪兩邊輕繩的夾角為90°時，A、B恰能保持靜止且A所受摩擦力向下，則物塊B的質(zhì)量為

參考答案：10.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V211.一光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套著兩個小球A和B（中央有孔），A、B間由細繩連接著，它們處于如圖中所示位置時恰好都能保持靜止狀態(tài)。此情況下，B球與環(huán)中心O處于同一水平面上，A、B間的細繩呈伸直狀態(tài)，與水平線成30°夾角。已知B球的質(zhì)量為m，則細繩對B球的拉力為___________，A球的質(zhì)量為_____________。參考答案：2mg，2m12.在萬有引力定律研究太陽系中的行星圍繞太陽運動時，我們可以根據(jù)地球的公轉(zhuǎn)周期，求出太陽的質(zhì)量。在運算過程中，采用理想化方法，把太陽和地球簡化成質(zhì)點，還做了

和

的簡化處理。參考答案：答案：把地球的運動簡化為勻速圓周運動（勻速、軌跡圓周分別填在兩空上得一空分），忽略其他星體對地球的作用，認為地球只受太陽引力作用。13.一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)A經(jīng)狀態(tài)B變化到狀態(tài)C的p-V圖象如圖所示．在由狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過程中，理想氣體的溫度

▲

（填“升高”、“降低”或“不變”）．在由狀態(tài)A變化到狀態(tài)C的過程中，理想氣體吸收的熱量

▲

它對外界做的功（填“大于”、“小于”或“等于”）參考答案：升高（2分），等于三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.質(zhì)量為m=4kg的小物塊靜止于水平地面上的A點，現(xiàn)用F=10N的水平恒力拉動物塊一段時間后撤去，物塊繼續(xù)滑動一段位移停在B點，A、B兩點相距x=45m，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2．g取10m/s2．求：（1）撤去力F后物塊繼續(xù)滑動的時間t；（2）物塊在力F作用過程發(fā)生的位移x1的大?。畢⒖即鸢福海?）撤去力F后物塊繼續(xù)滑動的時間為3s；（2）物塊在力F作用過程發(fā)生的位移x1的大小36m解：設F作用時間為t1，之后滑動時間為t，前段加速度大小為a1，后段加速度大小為a2（1）由牛頓第二定律可得：F﹣μmg=ma1μmg=ma2且：a1t1=a2t可得：a1=0.5m/s2，a2=2m/s2，t1=4t（a1t12+a2t2）=x解得：t=3s（2）由（1）可知，力F作用時間t1=4t=12x1=a1t12==36m答：（1）撤去力F后物塊繼續(xù)滑動的時間為3s；（2）物塊在力F作用過程發(fā)生的位移x1的大小36m15.（7分）如圖所示，一束光從空氣射入玻璃中，MN為空氣與玻璃的分界面．試判斷玻璃在圖中哪個區(qū)域內(nèi)（Ⅰ或Ⅱ）？簡要說明理由．并在入射光線和反射光線上標出箭頭。參考答案：當光由空氣射入玻璃中時，根據(jù)折射定律

=n，因n>1，所以i>γ，即當光由空氣射入玻璃中時，入射角應該大于折射角．如圖，在圖中作出法線，比較角度i和γ的大小，即可得出玻璃介質(zhì)應在區(qū)域?內(nèi)．箭頭如圖所示．（7分）四、計算題：本題共3小題，共計47分16.（15分）如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置．環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外、大小可調(diào)節(jié)的均勻磁場．質(zhì)量為m、電量為+q的粒子可在環(huán)中做半徑為R的圓周運動．A、B為兩塊中心開有小孔的極板．原來電勢都為零，每當粒子經(jīng)過A板時，A板電勢升高為+U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間電場中得到加速．每當粒子離開B板時，A板的電勢又降為零，粒子在電場一次次加速下動能不斷增大，而繞行的半徑不變．（設極板間距遠小于R）（1）設t=0時粒子靜止在A板小孔處，經(jīng)電場加速后，離開B板在環(huán)開磁場中繞行，求粒子繞行第1圈時的速度v1和磁感應強度B1；（2）為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運動，磁場必須周期性遞增，求粒子繞行n圈所需的總時間t；（3）在粒子繞行的整個過程中，A板電勢是否可以始終保持為+U？為什么？參考答案：見解析解：（1）粒子繞行第一圈電場做功一次，由動能定理：即第1次回到B板時的速度為：繞行第1圈的過程中，由牛頓第二定律：

得（2）粒子在每一圈的運動過程中，包括在AB板間加速過程和在磁場中圓周運動過程．在AB板間經(jīng)歷n次加速過程中，因為電場力大小相同，故有：

t總=t1+t2+t3+…+tn

由于每一圈速度不同，所以每一圈所需時間也不同．由第一問題計算可知，第1圈：．第2圈：第n圈：.則：第1圈：第2圈：第n圈：

綜上：繞行n圈過程中在磁場里運動的時間

（3）不可以，因為這樣粒子在A、B之間飛行時電場力做功qU使之加速，在A、B之外飛行時，電場又對其做功﹣qU使之減速，粒子繞行一圈，電場對其做的總功為零，能量不會增大．答：（1）設t=0時粒子靜止在A板小孔處，經(jīng)電場加速后，離開B板在環(huán)開磁場中繞行，則粒子繞行第1圈時的速度：和磁感應強度；（2）為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運動，磁場必須周期性遞增，則粒子繞行n圈所需的總時間間；（3）不可以，因為這樣粒子在A、B之間飛行時電場力做功qU使之加速，在A、B之外飛行時，電場又對其做功﹣qU使之減速，粒子繞行一圈，電場對其做的總功為零，能量不會增大．17.如圖所示,在豎直平面內(nèi)一個帶正電的小球質(zhì)量為m,所帶的電荷量為q，用一根長為L不可伸長的絕緣細線系在一勻強電場中的O點.勻強電場方向水平向右，分布的區(qū)域足夠大.現(xiàn)將帶正電小球從O點右方由水平位置A點無初速度釋放，小球到達最低點B時速度恰好為零.(1)求勻強電場的電場強度E的大小;(2)若小球從O點的左方由水平位置C點無初速度釋放，則小球到達最低點B所用的時間t是多少？參考答案：(1)對小球由A到B的過程，由動能定理得0=mgL-qEL,所以(2)小球由C點釋放后，將做勻加速直線運動，到B點時的速度為vB.小球做勻加速直線運動的加速度為a18.美國“肯尼迪”號航空母艦艦體長318.5m，艦上有幫助飛機起飛的彈射系統(tǒng)。飛行甲板上用于飛機起飛的跑道長200m，艦上搭載的戰(zhàn)機為“F/A-18”型（綽號大黃蜂）戰(zhàn)機。已知該型號戰(zhàn)機的總質(zhì)量為16噸，最小起飛速度為50m/s。該戰(zhàn)機起飛時在跑道上滑行過程中所受阻力為其重力的0.1倍，發(fā)動機產(chǎn)生的推力為8×l04N。（重力加速度g=10m/s2）求：

（1）該戰(zhàn)機起飛時在跑道上滑行過程中的加速度；

（2）為保證戰(zhàn)機正常起飛，彈射系統(tǒng)對飛機至少做多少功：

（3）若彈射系統(tǒng)已經(jīng)損壞，可采用什么方法使飛機在航空母艦上起飛。參考答案：解：（1）根據(jù)牛頓第二定律得：………………．⑴利用題目中已知條件，并將Ff=0．1mg代入可解得：a=4m/s2

……………．………．⑵（2）設飛機被彈射系統(tǒng)