广东省惠州市河南岸中学2022年高三物理模拟试卷含解析

广东省惠州市河南岸中学2022年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1.一列简谐横波沿x轴正向传播，传到M点时波形如图所示，再经0.6s，N点开始振动，则该波的振幅A和频率f为A．A=1m

f=5HzB．A=0.5m

f=5HzC．A=1m

f=2.5HzD．A=0.5m

f=2.5Hz参考答案：D2.如图所示，在U-I图线上a、b、c各点均表示该电路中有一个确定的工作状态，b点α=β，则下列说法中正确的是（）

A．在b点时电源有最大输出功率

B．在b点时电源的总功率最大C．从a→b时β角越大，电源的总功率和输出功率都将增大D．从b→c时β角越大，电源的总功率和输出功率都将减小参考答案：C3.如图，在竖直向上的匀强电场中，有一绝缘轻质弹簧竖直固定于水平地面上，上面放一带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止。现撤去F，使小球沿竖直方向运动(不计空气阻力)，在小球由静止到刚离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹力对小球所做功的数值分别为J、J、J，则上述过程中A．小球的机械能增加JB．小球的电势能增加JC．小球离开弹簧瞬间的动能为JD．小球与弹簧组成的系统机械能守恒参考答案：试题分析：在此过程中小球机械能的增加量为电场力做的功和弹簧弹力做的功，故小球机械能增加了5×10-2J。由题可知电场力向上，小球向上运动，电场力做正功，电势能减少。在此过程中只有重力做负功，根据动能定理可知离开瞬间小球动能为2.5×10-2＋2.0×10-2－1.0×10-2=3.5×10-2J，此系统中除了重力和弹力外还有电场力做功，机械能不守恒，故只有C正确。考点：机械能守恒，动能定理4.（多选题）如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是（）A．若该粒子的入射速度为v=，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为lB．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v=C．若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v=D．该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为参考答案：ACD【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【分析】根据洛伦兹力充当向心力可求得速度与半径间的关系，根据几何关系分析粒子可能的运动轨迹；从而明确可能的速度大小；再根据周期公式以及转过的圆心角可求得最长时间．【解答】解：A、根据洛伦兹力充当向心力可知：Bqv=m解得：r=l；根据几何关系可知，粒子一定从k距C点为l的位置离开磁场；故A正确；B、根据洛伦兹力充当向心力可知，v=，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子与AD边相切时速度最大，则由几何关系可知，最大半径为一定大于l；故B错误；C、若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大半径为；因此最大速度速度应为v=；故C正确；D、粒子运行周期为，根据几何关系可知，粒子在磁场中最大圆心角为180°；故最长时间为；故D正确；故选：ACD．5.(多选)如图所示，物块A、B通过一根不可伸长的细线连接，A静止在斜面上，细线绕过光滑的滑轮拉住B，A与滑轮之间的细线与斜面平行，则物块A受力的个数可能是（

）A．3个

B．4个

C．5个

D．2个参考答案：AB二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.（1）一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图所示。则：_____弹簧的原长更长，_____弹簧的劲度系数更大。（填“a”或“b”）参考答案：b；a根据胡克定律有：F=k（l-l0），由此可知在F与l图象中，斜率大小等于劲度系数，横轴截距等于弹簧原长，因此有：b的原长比a的长，劲度系数比a的小．7.为了测量两个质量不等的沙袋的质量，某实验小组在实验室找到了下列器材：轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略)、砝码一套、细线、米尺、秒表，由于没有找到直接测量工具，他们决定根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行测量，通过选择合适的变量得到线性关系，再根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量，于是他们进行了下列操作：①实验装置如图，设两边沙袋的质量分别为m1、m2；②砝码的总质量为△m＝0.5kg，实验小组先从△m中取出质量为m′的砝码放在m1沙袋中，剩余砝码都放在m2沙袋中，发现m1下降m2上升；③用米尺测出沙袋运动的距离h，用秒表测出沙袋的运动时间t，则可知沙袋的加速度大小为a＝

；④改变m′，测量加速度a，得多组(m′，a)数据，作出“a—m′”图线；⑤该小组成员得到图线的斜率为k＝4m/kg·s2，截距为b＝2，请你算出沙袋的质量m1=_________kg，m2=________kg。（其中g取10m/s2)参考答案：

3kg

1.5kg8.（5分）如图所示是一列简谐波的一段图象，已知d点到达波峰的时间比c早1s/200，a、c两点间水平距离为3m，则该波的传播方向为

，波速为

m/s。

参考答案：

答案：向左

2009.下图是一辆连有纸带的小车做匀变速直线运动时，打点计时器所打的纸带的一分．打点频率为50Hz，图中A、B：C、D、E、F…是按时间顺序先后确定的计数点（每两个计数点间有四个实验点未画出）．用刻度尺量出AB、DE之间的距离分别是2．40cm和0．84cm．

（1）那么小车的加速度大小是

m/s2，方向与小车运动的方向相

。

（2）若当时电网中交变电流的频率变为60Hz，但该同学并不知道，那么做实验的这个同学测得的物体加速度的测量值与实际值相比____（选填：“偏大”、“偏小”或“不变”）．参考答案：（1）0.52反（2）偏小：（1）每两个计数点间有四个实验点未画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为0.1s

根据运动学公式得：△x=at2，

a==0.52m/s2，

由于从A到F相邻的计数点位移逐渐减小，所以纸带做减速运动，加速度方向与小车运动的方向相反．

如果在某次实验中，交流电的频率变为60Hz，那么实际打点周期变小，

根据运动学公式△x=at2得：真实的加速度值就会偏大，

所以测量的加速度值与真实的加速度值相比是偏小。10.（1）在一次探究活动中，某同学用如图（a）所示的装置测量铁块A与放在光滑水平桌面上的金属板B之间的动摩擦因数，已知铁块A的质量mA=1.5㎏，用水平恒力F向左拉金属板B，使其向左运动，弹簧秤示数的放大情况如图所示，g取10m/s2，则A、B间的动摩擦因数=

（2）该同学还设计性地将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一些计时点，取时间间隔为0.1s的几个点，如图（b）所示，各相邻点间距离在图中标出.则在打C点时金属板被拉动的速度=

m/s.（结果保留两位有效数字）参考答案：（1）0.29～0.30（3分）

（2）0.80（3分）11.图示是某时刻两列简谐横波的波形图，波速大小均为10m/s，一列波沿x轴正向传播(实线所示)；另一列波沿x轴负向传播(虚线所示)，则在x轴上质点a(x=1m)和b(x=2m)中，质点___________(选填“a”或“b”)振动加强，从该时刻起经过0.1s时，c质点坐标为___________。参考答案：

(1).a

(2).（3m,0.4m）【详解】(1)两列波长相同的波叠加，由图象知，b、d两点都是波峰与波谷相遇点，则b、d两点振动始终减弱，是振动减弱点；(2)由图象可知，两列波的波长都为λ=4m，则周期,而，c点此时向上运动，经过到达波谷，此时y方向的位移为y=-2A=-0.4cm，故c点的坐标为（3m，-0.4cm）.【点睛】本题考查了波的叠加原理，要知道波峰与波峰或波谷与波谷相遇点振动加强，波峰与波谷相遇点振动减弱，要注意：振动加强点并不是位移始终最大.12.某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率．实验操作如下：（1）螺旋测微器如题1图所示．在测量电阻丝直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动_____（选填“A”“B”或“C”），直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏．（2）选择电阻丝的_____（选填“同一”或“不同”）位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径．（3）2图甲中Rx，为待测电阻丝．请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入2图乙实物电路中的正确位置____（4）为测量R，利用2图甲所示的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值，作出的U1–I1关系图象如图图所示．接着，将电压表改接在a、b两端，测得5组电压U2和电流I2的值，数据见下表：U2/V0.501.021.542.052.55I2/mA20.040.060.080.0100.0

请根据表中的数据，在方格纸上作出U2–I2图象．___（5）由此，可求得电阻丝的Rx=______Ω．根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率．参考答案：

(1).C

(2).不同

(3).

(4).

(5).23.5（23.0~24.0都算对）【详解】(1)在测量时，为了不损坏被测物体，最后也改用微调方旋钮即C，直到听见“喀喀”的响声；(2)为了减小测量误差，应选用电阻丝不同位置进行多次测量；(3)按照原理图，将实物图连线如图：；(4)将表格中各组数据在坐标纸上描出，再连成一条直线，如图：；当电压表按甲图连接时，电压表测的电压为的电压之和，当电压表接在a、b间时，电压表测的电压为的电压，由图可得：，所以。13.如图为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置。（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持___________不变，用钩码所受的重力作为___________，用DIS测小车的加速度。（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线（如图所示）。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是（

）A．小车与轨道之间存在摩擦

B.导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大

D.所用小车的质量太大参考答案：（1）小车的总质量，小车所受外（2）C三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.（4分）图为一简谐波在t=0时，对的波形图，介质中的质点P做简谐运动的表达式为y=4sin5xl，求该波的速度，并指出t=0.3s时的波形图(至少画出一个波长)

参考答案：解析：由简谐运动的表达式可知，t=0时刻指点P向上运动，故波沿x轴正方向传播。由波形图读出波长，；由波速公式，联立以上两式代入数据可得。t=0.3s时的波形图如图所示。

15.（选修3-3）（6分）如图所示，用面积为S的活塞在汽缸内封闭着一定质量的空气，活塞质量为m，在活塞上加一恒定压力F，使活塞下降的最大高度为?h，已知此过程中气体放出的热量为Q，外界大气压强为p0，问此过程中被封闭气体的内能变化了多少？

参考答案：解析：由热力学第一定律△U=W+Q得

△U=（F+mg+P0S）△h－Q

（6分）四、计算题：本题共3小题，共计47分16.（1）有一条横截面积为S的铜导线，通过的电流为I．已知铜的密度ρ，铜的摩尔质量M，阿佛加德罗常数NA，电子的电量e．在这个问题中可以认为导线中每个铜原子贡献一个自由电子．求铜导线中自由电子定向移动的速率．（2）把通有电流I，长度L的直导线垂直放入磁感应强度为B的匀强磁场中，导线受到安培力F=BIL．关于对安培力的微观实质的探究中，不能认为安培力是导线上自由电子所受洛伦兹力的合力，也不能认为安培力是自由电子与导线的晶格骨架碰撞产生的．导线内有带负电的自由电子和带正电的晶格，展开你想象的翅膀，给出一个合理的模型，在此基础上，证明导线的晶格骨架所受到的力即为安培力．参考答案：解：（1）设铜导线中自由电子定向移动的速率为v，导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t．则导线的长度为l=vt，体积为V=Sl=Svt，质量为m=ρvtS，这段导线中自由电子的数目为n==在t时间内这些电子都能通过下一截面，则

电流I==，代入解得，I=所以v=（2）导线内有带负电的自由电子和带正电的晶格，当自由电子定向移动时，带正电的晶格相对与自由电子也会运动，形成晶格电流，此时晶格电流的大小跟自由电子形成的电流大小相同，此时晶格电流受到的力为F=BIL，即为安培力答：（1）铜导线中自由电子定向移动的速率为．（2）自由电子的定向运动会形成晶格电流，故晶格受到的力为安培力；17.如图所示，电阻不计、间距L=1m、足够长的光滑金属导轨ab、cd与水平面成θ=37°角，导轨平面矩形区域efhg内分布着磁感应强度的大小B=1T，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，边界ef、gh之间的距离D=1.4m．现将质量m=0.1kg、电阻R=Ω的导体棒P、Q相隔△t=0.2s先后从导轨顶端由静止自由释放，P、Q在导轨上运动时始终与导轨垂直且接触良好，P进入磁场时恰好匀速运动，Q穿出磁场时速度为2.8m/s．已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，求（1）导轨顶端与磁场上边界ef之间的距离S；（2）从导体棒P释放到Q穿出磁场的过程，回路中产生的焦耳热Q总．参考答案：解：（1）设P进磁场时的速度为v1，由法拉第电磁感应定律E=BLv1由闭合电路欧姆定律I=P所受的安培力F=BIL

P匀速运动，则有F=mgsinθ

联立解得v1=2m/s

由牛顿第二定律a=gsinθ

由运动学公式S=解得S=m≈0.33m

（2）P进入磁场以速度v1匀速运动△t=0.2s后，Q恰好进入磁场，速度也为v1=2m/s．之后，P、Q以加速度a匀加速运动，P出磁场以后继续以加速度a匀加速运动，而Q在安培力作用下减速运动，直到穿出磁场区域．P在磁场中匀速运动的位移x1=v1t

此过程回路产生的焦耳热Q1=mgx1sinθ

P、Q一起匀加速运动的位移x2=D﹣x1设P刚好出磁场时，P、Q的速度为v，由运动学公式v2﹣v12=2ax2解得v=4m/s

Q出磁场时的速度为v2=2.8m/s，运动的位移x3=x1．

Q减速运动过程中回路产生的焦耳热

Q2=mgx3sinθ+﹣所以，全过程回路中的焦耳热为Q总=Q1+Q2=0.888J

答：（1）导轨顶端与磁场上边界ef之间的距离S为0.33m；（2）从导体棒P释