浙江省舟山市臺門中學(xué)2022年高三物理模擬試卷含解析

浙江省舟山市臺門中學(xué)2022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.如圖6所示平面直角坐標(biāo)系的第Ⅰ象限內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v從O點沿著與y軸夾角為30°的方向進(jìn)入磁場，運動到A點時速度方向與x軸的正方向相同，不計粒子的重力，則()．圖6A．該粒子帶正電B．A點與x軸的距離為C．粒子由O到A經(jīng)歷時間t＝D．運動過程中粒子的速度不變參考答案：根據(jù)粒子的運動方向，由左手定則判斷可知粒子帶負(fù)電，A項錯；運動過程中粒子做勻速圓周運動，速度大小不變，方向變化，D項錯；粒子做圓周運動的半徑R＝，周期T＝，從O點到A點速度的偏向角為60°，即運動了T，所以由幾何知識求得點A與x軸的距離為，粒子由O到A經(jīng)歷時間t＝，B、C兩項正確．答案BC2.以下說法正確的是

。

A．氣體分子單位時間內(nèi)與單位面積器壁碰撞的次數(shù)，僅與單位體積內(nèi)的分子數(shù)有關(guān)

B．布朗運動是液體分子的運動，它說明分子不停息地做無規(guī)則熱運動

C．當(dāng)分子間的引力和斥力平衡時，分子勢能最小D．如果氣體分子總數(shù)不變，而氣體溫度升高，氣體的平均動能一定增大，因此壓強(qiáng)也必然增大參考答案：C3.（單選）如圖所示是傾角為450的斜坡，在斜坡底端P點正上方某一位置Q處以速度v0水平向左拋出一個小球A小球恰好能垂直落在斜坡上，運動時間為t1若在小球A拋出的同時，小球B從同一點Q處幵始自由下落，下落至P點的時間為t2。則A、B兩球運動的時間之比t1：t2是（不計空氣阻力）（

）A.1:2

B.

C.1:3

D.參考答案：D4.如圖所示，在水平面上有一固定的U形金屬框架，框架上置一金屬桿ab，不計摩擦．在豎直方向上有勻強(qiáng)磁場．則（）．A．若磁場方向豎直向上并增大時，桿ab將向右移動B．若磁場方向豎直向上并減小時，桿ab將向右移動C．若磁場方向豎直向下并增大時，桿ab將向右移動D．若磁場方向豎直向下并減小時，桿ab將向左移動參考答案：答案：B5.如圖，兩根互相平行的長直導(dǎo)線過紙面上的M、N兩點，且與直面垂直，導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流。a、o、b在M、N的連線上，o為MN的中點，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到o點的距離均相等。關(guān)于以上幾點處的磁場，下列說法正確的是A．o點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零B．a(chǎn)、b兩點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反C．c、d兩點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同D．a(chǎn)、c兩點處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不同參考答案：C二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖所示，輕繩一端系在質(zhì)量為m的物體A上，另一端與套在粗糙豎直桿MN上的輕圓環(huán)B相連接．現(xiàn)用水平力F拉住繩子上一點O，使物體A及圓環(huán)B靜止在圖中虛線所在的位置．現(xiàn)稍微增加力F使O點緩慢地移到實線所示的位置，這一過程中圓環(huán)B仍保持在原來位置不動．則此過程中，圓環(huán)對桿摩擦力F1___

_____(填增大、不變、減小)，圓環(huán)對桿的彈力F2___

_____(填增大、不變、減小)。參考答案：.F1保持不變，F(xiàn)2逐漸增大7.如圖所示，在帶電量為Q的點電荷B的電場中，質(zhì)量為m、帶電量為q的負(fù)點電荷A僅在電場力作用下以速度v繞B沿順時針方向作勻速圓周運動，則B帶_____（選填“正”或“負(fù)”）電，電荷A作圓周運動的半徑r=__________。（靜電力常量為k）參考答案：答案：正，8.(4分)如圖所示，水平直線表示空氣與某種均勻介質(zhì)的分界面，與其垂直的為法線．一束單色光從空氣射向該介質(zhì)時，測得入射角i＝45。折射角r＝30。，則該均勻介質(zhì)的折射率n=_________；若同種單色光從該均勻介質(zhì)射向空氣，則當(dāng)入射角為__________時，恰好沒有光線射入空氣。參考答案：答案：9.質(zhì)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(qiáng)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(qiáng)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(qiáng)度；動能定理的應(yīng)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(qiáng)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(xué)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(xué)公式結(jié)合求電場強(qiáng)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(shè)電場強(qiáng)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(xué)規(guī)律結(jié)合進(jìn)行研究．10.右圖是自行車傳動機(jī)的示意圖，其中Ⅰ是大齒輪，Ⅱ是小齒輪，Ⅲ是后輪。⑴假設(shè)腳踏板的轉(zhuǎn)速為r/s,則大齒輪的角速度是___rad/s；⑵要知道在這種情況下自行車前進(jìn)的速度有多大，除需要測量大齒輪Ⅰ的半徑，小齒輪Ⅱ的半徑外，還需要測量的物理量是___；

⑶用上述量推導(dǎo)出自行車前進(jìn)速度的表達(dá)式：__。參考答案：⑴

⑵后輪的半徑

⑶11.一物體靜止在光滑水平面上，先對物體施加一個水平向右的恒力F1，經(jīng)過時間t物體運動到距離出發(fā)點為s的位置，此時立即撤去F1，同時對物體施加一水平向左的恒力F2，又經(jīng)過相同的時間t，物體運動到距離出發(fā)點s/2的位置，在這一過程中力F1和F2的比可能是

和

參考答案：2:5

2:7

解：由牛頓第二定律得：，撤去時物體的速度由勻變速運動的位移公式得：解得：;或者;解得：12.1某同學(xué)獲得一豎直上拋小球的頻閃照片圖。已知頻閃儀每隔0.05s閃光一次,圖中所標(biāo)數(shù)據(jù)為實際距離,(當(dāng)?shù)刂亓铀俣热?.8m/s2,小球質(zhì)量m=0.2kg,結(jié)果保留三位有效數(shù)字)由頻閃照片上的數(shù)據(jù)計算t4時刻小球的速度υ4=

m/s;小球上升的加速度大小約為a=

m/s2;對(2)的數(shù)據(jù)進(jìn)行分析,可得到什么結(jié)論.得到的結(jié)論是

參考答案：(1)3.98

(2)10.0

(3)上升過程中受到空氣阻力作用13.在做研究勻變速直線運動的實驗時，某同學(xué)得到一條紙帶，如圖所示，并且每5個計時點取一個計數(shù)點，已知每兩個計數(shù)點間的距離為x，且x1=0.96cm，x2=2.88cm，x3=4.80cm，x4=6.72cm，x5=8.64cm，x6=10.56cm，打點計時器的電源頻率為50Hz．此紙帶的加速度大小a=

m/s2，打第4個計數(shù)點時紙帶的速度大小v=

m/s．（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）參考答案：1.92，0.768．【考點】探究小車速度隨時間變化的規(guī)律．【分析】在勻變速直線運動中，時間中點的速度等于該過程中的平均速度，根據(jù)逐差法可以得出加速度．【解答】解：每5個計時點取一個計數(shù)點，所以相鄰的計數(shù)點之間的時間間隔為0.1s用逐差法來計算加速度a=═1.92m/s2．某時刻的瞬時速度等于一段時間內(nèi)的平均速度v4==0.768m/s故答案為：1.92，0.768．三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（2014?宿遷三模）學(xué)校科技節(jié)上，同學(xué)發(fā)明了一個用彈簧槍擊打目標(biāo)的裝置，原理如圖甲，AC段是水平放置的同一木板；CD段是豎直放置的光滑半圓弧軌道，圓心為O，半徑R=0.2m；MN是與O點處在同一水平面的平臺；彈簧的左端固定，右端放一可視為質(zhì)點、質(zhì)量m=0.05kg的彈珠P，它緊貼在彈簧的原長處B點；對彈珠P施加一水平外力F，緩慢壓縮彈簧，在這一過程中，所用外力F與彈簧壓縮量x的關(guān)系如圖乙所示．已知BC段長L=1.2m，EO間的距離s=0.8m．計算時g取10m/s2，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力．壓縮彈簧釋放彈珠P后，求：（1）彈珠P通過D點時的最小速度vD；（2）彈珠P能準(zhǔn)確擊中平臺MN上的目標(biāo)E點，它通過C點時的速度vc；（3）當(dāng)緩慢壓縮彈簧到壓縮量為x0時所用的外力為8.3N，釋放后彈珠P能準(zhǔn)確擊中平臺MN上的目標(biāo)E點，求壓縮量x0．參考答案：（1）彈珠P通過D點時的最小速度為；（2）通過C點時的速度為m/s；（3）壓縮量為0.18m．考點： 動能定理的應(yīng)用；機(jī)械能守恒定律．專題： 動能定理的應(yīng)用專題．分析： （1）根據(jù)D點所受彈力為零，通過牛頓第二定律求出D點的最小速度；（2）根據(jù)平拋運動的規(guī)律求出D點的速度，通過機(jī)械能守恒定律求出通過C點的速度．（3）當(dāng)外力為0.1N時，壓縮量為零，知摩擦力大小為0.1N，對B的壓縮位置到C點的過程運用動能定理求出彈簧的壓縮量．解答： 解：（1）當(dāng)彈珠做圓周運動到D點且只受重力時速度最小，根據(jù)牛頓第二定律有：mg=解得．v==m/s（2）彈珠從D點到E點做平拋運動，設(shè)此時它通過D點的速度為v，則s=vtR=gt從C點到D點，彈珠機(jī)械能守恒，有：聯(lián)立解得v=代入數(shù)據(jù)得，V=2m/s（3）由圖乙知彈珠受到的摩擦力f=0.1N，根據(jù)動能定理得，且F1=0.1N，F(xiàn)2=8.3N．得x=代入數(shù)據(jù)解得x0=0.18m．答：（1）彈珠P通過D點時的最小速度為；（2）通過C點時的速度為m/s；（3）壓縮量為0.18m．點評： 本題考查了動能定理、機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律的綜合，涉及到圓周運動和平拋運動，知道圓周運動向心力的來源，以及平拋運動在豎直方向和水平方向上的運動規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵．15.（選修3-4）（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(jié)果可用根式表示）參考答案：解析：∵n=

∴r=300

（2分）

光路圖如圖所示

∴L1=d/cosr=

（2分）

∴L2=L1sin300=

（2分）四、計算題：本題共3小題，共計47分16.高速公路上甲、乙兩車在同一車道上同向行駛，甲車在前，乙車在后，速度均為v0=30m/s，距離s0=100m，t=0時刻甲車遇緊急情況后，甲、乙兩車的加速度隨時間變化如圖所示，取運動方向為正方向。通過計算說明兩車在0～9s內(nèi)會不會相撞？參考答案：解析：公式解法：令a1=-10m/s2，a2=5m/s2，a3=-5m/s2，t1=3s末，甲車速度：v1=v0+a1t1=0；設(shè)3s過后經(jīng)過t2s甲、乙兩車速度相等，此時距離最近：a2t2=v0+a3t2；等速之前，甲車位移：x甲，乙車位移：x乙④解得x乙-x甲=90m＜s0=100m，不會相撞。圖象解法：由加速度圖像可畫出兩車的速度圖像，由圖像可知，t=6s時兩車等速，此時距離最近，圖中陰影部分面積為0～6s內(nèi)兩車位移之差，＜100m∴不會相撞。

17.一水平勻速運動的傳送帶，右側(cè)通過小圓弧連接光滑金屬導(dǎo)軌，金屬導(dǎo)軌與水平面成θ=30°角，傳送帶與導(dǎo)軌寬度均為L=1m。沿導(dǎo)軌方向距導(dǎo)軌頂端x1=0.7m到x2=2.4m之間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域abcd，ab、cd垂直于平行導(dǎo)軌，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1T。將質(zhì)量均為m=0.1kg的導(dǎo)體棒P、Q相隔Δt=0.2s分別從傳送帶的左端自由釋放，兩導(dǎo)體棒與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.1，兩棒到達(dá)傳送帶右端時已與傳送帶共速。導(dǎo)體棒P、Q在導(dǎo)軌上運動時，始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，P棒進(jìn)入磁場時剛好勻速運動，Q棒穿出磁場時速度為4.85m/s。導(dǎo)體棒P、Q的電阻均為R=4Ω，導(dǎo)軌電阻不計，g=10m/s2求：

（1）傳送帶運行速度v0；

（2）定性畫出導(dǎo)體棒P的兩端的電壓U隨時間t的變化關(guān)系（從進(jìn)入磁場開始計時）？

（3）從導(dǎo)體棒P、Q自由釋放在傳送帶上開始，到穿出磁場的過程中產(chǎn)生的總內(nèi)能？參考答案：解：（1）導(dǎo)體棒P進(jìn)入磁場時勻速運動，設(shè)切割磁場速度為v，則E=BLv （1分）I=E/2R （1分）F安=BIL, （1分）由平衡條件可知F安=mgsinθ （1分）解得v=4m/s導(dǎo)體棒P脫離傳送帶時已與皮帶共速，設(shè)傳送帶速度為v0，導(dǎo)體棒沿斜面下滑x1過程中，由動能定理得：

mgsinθx1=mv2/2-mv02/2 （1分）解得v0=3m/s傳送帶運行速度為3m/s （1分）

（2）（3分）導(dǎo)體棒P勻速進(jìn)入磁場，兩端電壓Up=BLv/2，導(dǎo)體棒P、Q都進(jìn)入磁場共同加速時，Up=BLv，導(dǎo)體棒P出磁場后，只有導(dǎo)體棒Q切割磁場,做變減速運動，Up=BLv/2，電壓隨時間的定性變化圖象為：

（3）導(dǎo)體棒P、Q在傳送帶上加速過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為Q1=2μmgs相對=0.9J （2分）導(dǎo)體棒P勻速進(jìn)入磁場過程中x3=vt （1分）由能的轉(zhuǎn)化與守恒得，Q2=mgsinθx3=0.4J （1分）導(dǎo)體棒P、Q共同在磁場中加速下滑過程中，x4=x2-x1-x3=0.9m，設(shè)導(dǎo)體棒P出磁場