2021-2022学年河南省南阳市隆中学校高三物理模拟试卷含解析

1、2021-2022学年河南省南阳市隆中学校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. 神舟号载人飞船在发射至返回的过程中，以下哪些阶段返回舱的机械能是守恒的 A飞船升空的阶段 B飞船在椭圆轨道上绕地球运行的阶段 C返回舱在大气层外向着地球做无动力飞行阶段 D降落伞张开后，返回舱下降的阶段参考答案：BC2. （单选）四颗地球卫星a、b、c、d的排列位置如图所示，其中，a是静止在地球赤道上还未发射的卫星，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，四颗卫星相比较Aa的向心加速度最大B相同时间内b转过的弧长最长Cc相对于b静止Dd

2、的运动周期可能是23h参考答案：B3. （多选）如图所示为某质点做直线运动的vt图象，关于这个质点在4s内的运动情况，下列说法正确的是（）A质点始终向同一方向运动B04s内通过的路程为4m，而位移为零C2s末质点离出发点最远D加速度大小不变，方向与初速度方向相同参考答案：考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：根据速度的正负判断速度的方向速度图象的斜率等于加速度根据图线速度变化的变化分析物体做什么运动解答：解：A、由图看出，在前2s内，物体沿负方向运动，在后2s内物体沿正方向运动，运动方向发生了改变故A错误BC、物体在前2s内向负方向做匀减速运动后2s内向正方向做匀加速直线运动

3、，2s末的位移最大，即离出发点最远，4s内的位移是0，即回到原点，路程为两段位移绝对值之和，为m=4m，故BC正确；D、速度图线的斜率等于加速度，直线的斜率不变，说明物体的加速度大小和方向都不变加速度始终沿正方向，而物体的初速度方向沿负方向，所以加速度方向与初速度方向相反故D错误故选：BC点评：根据速度图象直接速度加速度的方向，由斜率大小求出加速度的大小是基本能力，要熟练掌握4. （2013秋?宁波期末）关于物理学家所做的贡献，下列叙述符合史实的是（）A安培发现了电流的磁效应，并提出了分子电流假说B法拉第提出了电场的观点，并引入了电场线来描述电场C库仑通过扭秤实验建立了库仑定律，并比较精确地测

4、定了元电荷e的数值D伽利略通过斜面实验证实了物体的运动不需要力来维持，并建立了惯性定律参考答案：B物理学史解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说，故A错误；B、法拉第提出了电场的观点，并引入了电场线来描述电场，故B正确；C、库仑通过扭秤实验建立了库仑定律，密立根比较精确地测定了元电荷e的数值，故C错误；D、伽利略通过斜面实验证实了物体的运动不需要力来维持，牛顿建立了惯性定律，故D错误；故选：B5. 一个劲度系数为k，绝缘材料制成的轻弹簧，一端固定，另一端与质量为m，带正电荷q的小球相连，静止在光滑水平面上，当加入下图所示的场强为E的匀强电场后，小球开始运动，以下叙述正确的是（

5、 ） A.球的速率为零时，弹簧伸长qE/kB.球做简谐振动，振幅为qE/kC.运动过程中，小球的机械能守恒D.运动过程中，电势能、动能和弹性势能互相转化参考答案：B二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. （4分）我国科学家经过艰苦努力，率先建成了世界上第一个全超导托克马克试验装置并调试成功。这种装置被称为“人造太阳”，它能够承受上亿摄氏度高温且能够控制等离子态的核子发生聚变并稳定持续的输出能量，就像太阳一样为人类提供无限清洁能源。在该装置内发生的核反应方程是 ，其中粒子X的符号是 。已知的质量是m1，的质量是m2，的质量是m3，X的质量是m4，光速是c，则发生一次上述聚变反应所

6、释放的核能表达式为 。参考答案：或者n或者中子（2分）（2分）7. 如图甲所示，质量为m、边长为l的正方形金属线框位于绝缘光滑水平面上，线框右边紧贴着竖直向下的有界匀强磁场的边界OO/线框在水平向右的外力F作用下从静止开始做匀加速直线运动，外力F随时间t呈线性变化，如图乙所示，图中的F0、t0均为已知量在tt0时刻，线框左边恰到达OO/此时线框受到的合力为_或_（写出两种表达）；在tt0时刻，线框的发热功率与外力F的功率之比P热：PF_ 参考答案：F0 或 ； 3:58. 参考答案：9. 如图所示，已知电源电动势E=3V，内电阻r=1，电阻R=5，电路中的电表均为理想电表则当开关S闭合时，电流

7、表的读数为 A，电压表的读数为 V参考答案：0.5，2.5【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】根据闭合电路欧姆定律求解电流，根据U=IR求解路段电压【解答】解：根据闭合电路欧姆定律，有：I=；路端电压为：U=IR=0.5A5=2.5V；故答案为：0.5，2.510. 一个质量为50kg的人站立在静止于平静水面上的质量为400kg的船上，突然船上人对地以2m/s的水平速度跳向岸，不计水的阻力，则船以_ _m/s的速度后退，若该人向上跳起后，以人船为系统，人船系统的动量_ _ _。（填守恒或不守恒）参考答案：0.25 不守恒11. 一个物体从斜面上高h处由静止滑下并紧接着在水平面上滑行一段距离后停止

8、，测得停止处相对开始运动处的水平距离为S，如图，不考虑物体滑至斜面底端的碰撞作用，并设斜面与水平面对物体的动摩擦因数相同则动摩擦因数为参考答案： h/ 12. 如图所示，轻且不可伸长的细绳悬挂质量为0.5kg 的小圆球，圆球又套在可沿水平方向移动的框架槽内，框架槽沿铅直方向，质量为0.2kg。自细绳静止于铅直位置开始，框架在水平力F=20N恒力作用下移至图中位置，此时细绳与竖直方向夹角30。绳长0.2m，不计一切摩擦。则此过程中重力对小圆球做功为 J；小圆球在此位置的瞬时速度大小是 m/s。（取g=10m/s2）参考答案：13. 在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd，在水

9、平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，平行磁场区域的宽度大于线框边长，如图甲所示测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示已知图象中四段时间分别为t1、t2、t3、t4在t1、t3两段时间内水平外力的大小之比1：1；若已知t2：t3：t4=2：2：1，则线框边长与磁场宽度比值为7：18参考答案：考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：线框未进入磁场时没有感应电流，水平方向只受外力作用可得t1、t3两段时间内水平外力的大小相等设线框加速度a，bc边进入磁场时速度v，根据运动学位移公式得到三段位

10、移与时间的关系式，即可求出则线框边长与磁场宽度比值解答：解：因为t1、t3两段时间无感应电流，即无安培力，则线框做匀加速直线运动的合外力为水平外力所以t1、t3两段时间内水平外力的大小相等即水平外力的大小之比为1：1设线框加速度a，bc边进入磁场时速度v，t2=t3=2t4=2t，线框边长l，磁场宽L根据三段时间内线框位移，得： v?2t+a（2t）2=l v?4t+a（4t）2=L v?5t+a（5t）2=l+L解得：=故答案为：1：1，7：18点评：此题是电磁感应与电路、力学知识的综合，根据图象上获取的信息，结合E=Blv分析线框的运动情况是解题的关键三、 简答题：本题共2小题，每小题11

11、分，共计22分14. 如图所示，水平传送带两轮心O1O2相距L1=6.25m，以大小为v0=6m/s不变的速率顺时针运动，传送带上表面与地面相距h=1.25m现将一质量为m=2kg的小铁块轻轻放在O1的正上方，已知小铁块与传送带间动摩擦因数=0.2，重力加速度g取10m/s2，求：（1）小铁块离开传送带后落地点P距离O2的水平距离L2；（2）只增加L1、m、v0中的哪一个物理量的数值可以使L2变大参考答案：（1）小铁块离开传送带后落地点P距离O2的水平距离为2.5m；（2）只增加L1数值可以使L2变大解：（1）小铁块轻放在传送带上后受到摩擦力的作用，由mg=ma得a=g=2m/s2，当小铁块的

12、速度达到6 m/s时，由vt2=2ax得：x=9 m由于9 mL1=6.25 m，说明小铁块一直做加速运动设达到O2上方的速度为v，则v= =5m/s小铁块离开传送带后做平抛运动根据h=gt2得下落时间：t= =0.5 s由L2=vt=50.5=2.5 m（2）欲使L2变大，应使v变大由v= 可知，L1增大符合要求m、v0增大对a没有影响，也就对v和L2没有影响因此，只增加L1、m、v0中的L1的数值可以使L2变大答：（1）小铁块离开传送带后落地点P距离O2的水平距离为2.5m；（2）只增加L1数值可以使L2变大15. 如图甲所示，将一质量m=3kg的小球竖直向上抛出，小球在运动过程中的速度随

13、时间变化的规律如图乙所示，设阻力大小恒定不变，g=10m/s2，求（1）小球在上升过程中受到阻力的大小f（2）小球在4s末的速度v及此时离抛出点的高度h参考答案：（1）小球上升过程中阻力f为5N；（2）小球在4秒末的速度为16m/s以及此时离抛出点h为8m考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出小球上升的加速度，再根据牛顿第二定律求出小球上升过程中受到空气的平均阻力（2）利用牛顿第二定律求出下落加速度，利用运动学公式求的速度和位移解答：解：由图可知，在02s内，小球做匀减速直线运动，加速度大小为： 由牛顿第二定律，有：f

14、+mg=ma1代入数据，解得：f=6N（2）2s4s内，小球做匀加速直线运动，其所受阻力方向与重力方向相反，设加速度的大小为a2，有：mgf=ma2即 4s末小球的速度v=a2t=16m/s依据图象可知，小球在 4s末离抛出点的高度： 答：（1）小球上升过程中阻力f为5N；（2）小球在4秒末的速度为16m/s以及此时离抛出点h为8m点评：本题主要考查了牛顿第二定律及运动学公式，注意加速度是中间桥梁四、计算题：本题共3小题，共计47分16. 如图甲所示，圆形导线框中磁场B1 的大小随时间周期性变化，使平行金属板M、N间获得如图乙的周期性变化的电压。M、N中心的小孔P、Q的连线与金属板垂直，N板右

15、侧匀强磁场（磁感应强度为B2）的区域足够大。绝缘档板C垂直N板放置，距小孔Q点的距离为h。现使置于P处的粒子源持续不断地沿PQ方向释放出质量为m、电量为q的带正电粒子（其重力、初速度、相互间作用力忽略不计）。（1）在0时间内，B1大小按的规律增大，此时M板电势比N板高，请判断此时B1的方向。试求，圆形导线框的面积S多大才能使M、N间电压大小为U？（2）若其中某一带电粒子从Q孔射入磁场B2后打到C板上，测得其落点距N板距离为2h，则该粒子从Q孔射入磁场B2时的速度多大？（3）若M、N两板间距d满足以下关系式：，则在什么时刻由P处释放的粒子恰能到达Q孔但不会从Q孔射入磁场？结果用周期T的函数表示。

16、参考答案：（1）由楞次定律可知，B1 垂直纸面向里。 （“楞次定律”1分，“B1 垂直纸面向里”1分，共2分）（或 ） 故（结果写成或的不给此分） （2）设粒子从Q点射入磁场时速度为v，粒子做圆周运动的半径为R，则 （或）（写成不给此分） 解得（结果中磁感应强度不是的不给此分） （3）解法一：设此粒子加速的时间为t0，则由运动的对称性得或（写成的不给此分） 解得 即此粒子释放的时刻 此后粒子反向加速的时间（此式不写能正确作出下式判断的，此式的1分累积到下式中，即此时，下式计3分）。 由于，则粒子反向运动时一定会从P点射出电场 因而此粒子释放的时刻为（，1，2） 解法二：设此粒子加速的时间为t0

17、，则由运动的对称性得 解得 即此粒子释放的时刻 此后粒子反向加速的时间 该时间内粒子运动的位移为 解得 故粒子此后粒子反向从P点射出电场。因而此粒子释放的时刻为（，1，2） 解法三：若粒子从时刻由P点释放，则在时间内的位移为 解得 而，从时刻由P点释放的粒子会在时间内从Q点射出电场。故在内的某一时刻释放的粒子，会经过一个加速与减速的过程，恰好到达Q点时速度为零，此后将折返，并将从P点射出电场。 设此粒子加速的时间为t0，则由运动的对称性得 解得 即此粒子释放的时刻 以及 17. 如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成=53角，导轨间接一阻值为3的电阻R，导轨电阻忽略不计。在

18、两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁场区域的宽度为d=0. 5m。导体棒a的质量为m1=0.1kg、电阻为R1=6；导体棒b的质量为m2=0.2kg、电阻为R2=3，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好。现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a刚出磁场时b正好进入磁场。（sin530.8，cos530.6，g取10m/s2，a、b电流间的相互作用不计），求：（1）在b穿越磁场的过程中a、b两导体棒上产生的热量之比；（2）在a、b两导体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置上产生的热量；（3）M、N两点之间的距离。参考答案：（1） =， =，

19、 = = 2: 9 （2）设整个过程中装置上产生的热量为Q由Q= m1gsind +m2gsind，可解得Q=1.2J （3分）3）设a进入磁场的速度大小为v1，此时电路中的总电阻R总1=（6+）=7.5 b进入磁场的速度大小为v2，此时电路中的总电阻R总2=（3+）=5 （1分）由m1gsin= 和m2gsin= ，可得= = 又由v2= v1+a，得v2= v1+8 （2分）由上述两式可得v12=12（m/s）2 ， v22= v12M、N两点之间的距离s= = m （2分）18. 如图所示，两根足够长的光滑导轨MN，PQ与水平面成=37角平行放置（不计导轨的电阻），导轨间的宽度为l=0.6m空间存在垂直导轨面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T，导轨上端接一标有“2.5V 1.25W”字样的小灯泡L一根电阻r=1的金属棒ab垂直导