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1、2022-2023学年广东省揭阳市盘东中学高三物理模拟试卷含解析一、 选择题:本题共5小题,每小题3分,共计15分每小题只有一个选项符合题意1. (多选题)如图所示,空间存在一水平向左的匀强电场和一垂直纸面向里的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B,电场强度大小为E=,电场方向和磁场方向相互垂直在此电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆,与电场正方向成60夹角且处于竖直平面内一质量为m,带电量为+q的小球套在绝缘杆上若给小球一沿杆向下的初速度v0,小球恰好做匀速运动,且小球电量保持不变,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A小球的初速度为v0=B若小球的初速度为,小球将做加速度不断减小的

2、减速运动,最后匀速C若小球的初速度为,小球将做加速度不断增大的加速运动,最后匀速D若小球的初速度为,则运动中克服摩擦力做功为参考答案:ABD【考点】带电粒子在混合场中的运动;功能关系【分析】小球受重力、摩擦力(可能有)、弹力(可能有)、向右上方的洛伦兹力、向左的电场力,当受到的合外力等于0时,小球做匀速直线运动当小球受到的合外力不为0时,要判断出支持力的方向,明确支持力的大小随洛伦兹力的变化关系,然后做出判定【解答】解:A、对小球进行受力分析如图,电场力的大小:F=qE=q=mg,由于重力的方向竖直向下电场力的方向水平向右,二者垂直,合力:FG+F=2mg,由几何关系可知,重力与电场力的合力与

3、杆的方向垂直,所以重力与电场力的合力不会对小球做功,而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直,所以也不会对小球做功所以,当小球做匀速直线运动时,不可能存在摩擦力,没有摩擦力,说明小球与杆之间就没有支持力的作用,则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等,方向相反所以qv0B=2mg所以v0=故A正确;B、若小球的初速度为,则洛伦兹力:f=qv0B=3mgFG+F,则在垂直于杆的方向上,小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力,则摩擦力:f=FN小球将做减速运动;随速度的减小,洛伦兹力减小,则支持力逐渐减小,摩擦力减小,小球做加速度不断减小的减速运动,最后当速度减小到时,小球开始做匀速直线运动故B正确C、若小球的

4、初速度为,则洛伦兹力:f=qv0B=mgFG+F,则在垂直于杆的方向上,小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力,而摩擦力:f=FN小球将做减速运动;随速度的减小,洛伦兹力减小,则支持力逐渐增大,摩擦力逐渐增大,小球的加速度增大,所以小球将做加速度不断增大的减速运动,最后停止故C错误;D、若小球的初速度为,球将做加速度不断增大的减速运动,最后停止,运动中克服摩擦力做功等于小球的动能,所以W=m=故D正确故选:ABD2. 磁性车载支架(如图甲)使用方便,它的原理是将一个引磁片贴在手机背面,再将引磁片对准支架的磁盘放置,手机就会被牢牢地吸附住(如图乙)。下列关于手机(含引磁片)的说法中正确的是A. 汽车

5、静止时手机共受三个力的作用B. 当汽车以某一速度匀速运动时,支架对手机的作用力为零C. 汽车静止时,支架对手机的作用力大小等于手机的重力大小D. 只要汽车向前加速的加速度大小合适,手机可能不受支架对它的摩擦力作用参考答案:C解:A:汽车静止时,手机受重力、磁片的吸引力、支架的支持力和摩擦力,共受到四个力的作用。故A项错误。BC:手机受重力和支架对手机的作用力,当汽车以某一速度匀速运动或静止时,支架对手机的作用力大小等于手机的重力大小。故B项错误,C项正确。D:手机受重力、磁片的吸引力、支架的支持力和摩擦力,将力分解成垂直于磁片和平行于磁片,当手机向前加速时,支架沿磁片向上的摩擦力大于重力沿磁片

6、向下的分力,即汽车向前加速时,手机一定受支架对它的摩擦力作用。故D项错误。摩擦力作用3. 某理想变压器的原、副线圈按如图6所示电路连接,图中电表均为理想交流电表,且R1R2,电键S原来闭合现将S断开,则电压表的示数U、电流表的示数I、电阻R1上的功率P1、变压器原线圈的输入功率P的变化情况分别是 () AU减小 BI增大 CP1减小 DP减小参考答案:D4. 1在下图中,表示物体做匀变速直线运动的是( )参考答案:BC5. (多选)如图1所示,质量不计的弹簧竖直固定在水平面上,t=0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球接触弹簧并将弹簧压缩至最低点(形变在弹性限度内),然后又

7、被弹起离开弹簧,上升到一定高度后又下落,如此反复通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出该过程中弹簧弹力F随时间f变化的图象如图2所示,则()At1t2这段时间内,小球处于运动下降阶段Bt2时刻小球的加速度为零Ct2t3这段时间内,小球和弹簧系统的机械能守恒Dt2t3这段时间内,小球的动能与重力势能之和在减小参考答案:解:A、t1t2这段时间内,弹簧弹力逐渐增大,说明压缩量逐渐增大,小球处于运动下降阶段,故A正确;B、t2时刻,弹力最大,弹簧的压缩量最大,小球运动到最低点,合力不等于零,合力方向向上,所以加速度不等于零,B错误;C、只有重力和弹力做功,故小球和弹簧系统的机械能守恒,C正确;D、小球

8、和弹簧系统的机械能守恒,t2t3这段时间内,小球上升,弹簧弹性势能减小,则小球动能与重力势能之和在增加,D错误;故选:AC二、 填空题:本题共8小题,每小题2分,共计16分6. 如图所示,一个有界的匀强磁场区域,方向垂直纸面向里,一个矩形闭合导线框abcd沿纸面由位置运动到位置,在dc边刚进入磁场时,受到的安培力方向为_,在ab边即将离开磁场时,线框中感应电流方向为_(选填“顺时针”或“逆时针”)。参考答案: 答案:向左、顺时针7. 测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示。AB是半径足够大的光滑四分之一圆弧轨道,与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切,C点在水平地面的垂直投

9、影为C。重力加速度为g。实验步骤如下:用天平称出物块Q的质量m;测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC的长度h;将物块Q在A点从静止释放,在物块Q落地处标记其落地点D; 重复步骤,共做10次;将10个落地点用一个尽量小的圆围住,用米尺测量圆心到C的距离s。(1)、用实验中的测量量表示:(I) 物块Q到达B点时的动能EKB= ;(II)物块Q到达C点时的动能Ekc= ;(III)在物块Q从B运动到C的过程中,物块Q克服摩擦力做的功Wf= ;(IV)物块Q与平板P之间的动摩擦因数u= 。(2)、回答下列问题:(I)实验步骤的目的是 。(II)已知实验测得的u值比实际值偏大,其原因除了实验中测量

10、的误差之外,其它的可能是 。(写出一个可能的原因即可)。参考答案:8. 一列简谐横波,沿x轴正向传播,t=0时波形如图甲所示,位于x=0.5m处的A点振动图象如图乙所示则该波的传播速度是10m/s;则t=0.3s,A点离开平衡位置的位移是8cm参考答案:由图甲知波长为=2m,由图乙可知波的周期是T=0.2s;则波速为v=10m/s由乙图知:t=0.3s时,A点到达波谷,其位移为8cm9. A物体靠在墙壁上,现用力向左缓慢推B物体,压缩弹簧,外力做功W,突然撤去外力,B物体将从静止开始向右运动,以后将带动A物体一起做复杂的运动,从A物体开始运动以后的过程中,弹簧的弹性势能最大值为 . 参考答案:

11、W10. 一矩形线圈围绕着垂直于匀强磁场的中心轴匀速转动,从线圈平面通过中性面开始,将它转过1/4转用的时间分成三等分,则在这连续三段时间内的感应电动势的平均值的比值是: 。 参考答案:答案:11. 如图所示,电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点。在以AB为直径的光滑绝缘半圆环上,穿着一个带点小球(可视为点电荷,重力可忽略),若带点小球在P点保持静止,则该小球带 电荷(选填“正”或“负”或“正或负”),设这时连线PA与AB的夹角为a,则tana= 。参考答案: 答案:正或负 12. 利用 粒子散射实验最早提出原子核式结构模型的科学家是 ;他还利用 粒子轰击(氮核)生成和另一种粒子

12、,写出该核反应方程 参考答案:卢瑟福, 13. (1)一定质量的理想气体由状态A经状态B变化到状态C的pV图象如图所示在由状态A变化到状态B的过程中,理想气体的温度升高(填“升高”、“降低”或“不变”)在由状态A变化到状态C的过程中,理想气体吸收的热量等于它对外界做的功(填“大于”、“小于”或“等于”)(2)已知阿伏伽德罗常数为601023mol1,在标准状态(压强p0=1atm、温度t0=0)下理想气体的摩尔体积都为224L,已知第(1)问中理想气体在状态C时的温度为27,求该气体的分子数(计算结果保留两位有效数字)参考答案:考点:理想气体的状态方程;热力学第一定律专题:理想气体状态方程专题

13、分析:(1)根据气体状态方程和已知的变化量去判断温度的变化对于一定质量的理想气体,内能只与温度有关根据热力学第一定律判断气体吸热还是放热(2)由图象可知C状态压强为p0=1atm,对于理想气体,由盖吕萨克定律解得标准状态下气体体积,从而求得气体摩尔数,解得气体分子数解答:解:(1)pV=CT,C不变,pV越大,T越高状态在B(2,2)处温度最高故从AB过程温度升高;在A和C状态,pV乘积相等,所以温度相等,则内能相等,根据热力学第一定律U=Q+W,由状态A变化到状态C的过程中U=0,则理想气体吸收的热量等于它对外界做的功故答案为:升高 等于 (2)解:设理想气体在标准状态下体积为V,由盖吕萨克

14、定律得:解得:该气体的分子数为:答:气体的分子数为7.31022个点评:(1)能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系要注意热力学第一定律U=W+Q中,W、Q取正负号的含义(2)本题关键根据盖吕萨克定律解得标准状况下气体体积,从而求得气体摩尔数,解得气体分子数三、 实验题:本题共2小题,每小题11分,共计22分14. 某同学为了较精确地测量某一节干电池的电动势和内阻,实验室准备了下列器材:A待测干电池E(电动势约为1.5 V,内阻约为1 )B电流表G(满偏电流3.0 mA,内阻为100 )C电流表A(量程00.6 A,内阻约为1 )D滑动变阻器R1(010 ,额定电流为2 A)E滑动变阻器

15、R2(01 k,额定电流为1 A)F定值电阻R0(阻值为900 )G开关一个,导线若干为了能比较准确地进行测量,同时还要考虑操作的方便,实验中滑动变阻器应选_根据题意在图中画出该实验所需要的电路图并标所选器材的代码根据电路图,将实物图连接起来,组成完整的电路如图所示,是某同学根据正确的实验得到的数 据作出的图线,其中,纵坐标I1为电流表G的示数,横坐标I2为电流表A的示数,由图可知,被测干电池的电动势为_ V,内电阻为_ (结果都保留两位有效数字)参考答案:15. 验证机械能守恒定律的实验采用重物自由下落的方法:(g=10m/s2)(1)用公式mv2=mgh时对纸带上起点的要求是重物由静止自由

16、下落,为此目的,所选择的纸带第1、2两点间距应接近2mm(2)(本小题结果保留三位有效数字)若实验中所用重锤质量m=1kg,打点纸带如图所示,打点时间间隔为0.02s,则记录B点时,重锤的动能EKB=0.174J从开始下落起至B点,重锤的重力势能减少量是EP=0.176J,因此可以得出的结论是在误差允许范围内,重物下落的机械能守恒参考答案:考点:验证机械能守恒定律专题:实验题分析:书本上的实验,我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚纸带法实验中,若纸带匀变速直线运动,测得纸带上的点间距,利用匀变速直线运动的推论,可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速

17、度,从而求出动能根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值解答:解:(1)打点计时器的打点频率为50 Hz,打点周期为0.02 s,重物开始下落后,在第一个打点周期内重物下落的高度所以所选的纸带最初两点间的距离接近2mm,h=gT2=9.80.022 m2 mm(2)利用匀变速直线运动的推论vB=0.59m/s,重锤的动能EKB=mvB2=0.174J从开始下落至B点,重锤的重力势能减少量Ep=mgh=1100.0176J=0.176J得出的结论是在误差允许范围内,重物下落的机械能守恒故答案为:(1)2mm(2)0.174,0.176,在误差允许范围内,重物下落的机械能守恒点评:运用运动学

18、公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题要注意单位的换算四、计算题:本题共3小题,共计47分16. 如图所示,长L=2m,质量M=3kg的木板静止放在倾角为37的光滑斜面上,质量m=1kg的小物块放在木板的上端,对木板施加一平行于斜面向上的拉力F=19N,木板和物块间的动摩擦因数=0.5,斜面足够长,最大静摩檫力等于滑动摩擦力,取g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,求:(1)木板的加速度大小;(2)小物块经多长时间离开木板;(3)小物块离开木板时木板获得的动能参考答案:解:(1)设木板运动的加速度为,则由牛顿第二定律,对木板有:代入数据得:(2)物块向下做加

19、速运动,设其加速度为,则由牛顿第二定律,对物块有:代入数据得:又因为得物块滑过木板所用时间为:t=2s(3)物块离开木板时木板的速度为:其动能为:答:(1)木板的加速度大小为;(2)小物块经2s离开木板;(3)小物块离开木板时木板获得的动能6J【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动规律的综合运用【分析】(1)根据牛顿第二定律求出木板的加速度(2)根据牛顿第二定律求出物块的加速度,抓住两者的位移关系,运用位移时间关系式求出物块离开木板所需的时间(3)根据匀变速直线运动的速度时间公式求出物块离开木板时的速度,从而求出物块离开木板时的动能17. 如图所示,一质量为m、电荷量为+q、重力不计的带电粒子,

20、从A板的S点由静止开始释放,经A、B加速电场加速后,穿过中间偏转电场,再进人右侧匀强磁场区域已知AB间的电压为U,MN极板间的电压为2U,MN两板间的距离和板长均为L,磁场垂直纸面向里、磁感应强度为B、有理想边界求:(1) 带电粒子离幵B板时速度V0的大小;(2) 带电粒子离开偏转电场时速度V的大小与方向;(3) 要使带电粒子最终垂直磁场右边界射出磁场,磁场的宽度d多大?参考答案:带电粒子在加速电场中,由动能定理得 (3分)得带电粒子离开B板的速度 (1分)(2)粒子进入偏转电场后,有 (1分) (1分) (1分) (1分)(1分) 解得 (1分) 【或写为 (6分)】则粒子离开偏转电场时的速度大小(2分)方向与水平方向成450角 (1分)(2)粒子进入磁场后,据牛顿第二定律得 (

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