2022年山西省临汾市向明中学高三物理模拟试题含解析

2022年山西省临汾市向明中学高三物理模拟试题含解析一、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.（单选）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端a点由静止释放。下列判断正确的是A．小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动B．当小球运动到c点时，小球受到的洛仑兹力最大

C．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小D.小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大参考答案：C2.如图所示，小车上有一定滑轮，跨过定滑轮的绳上一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上．开始时小车处在静止状态．当小车匀加速向右运动时（

）Ａ．弹簧秤读数及小车对地面压力均增大Ｂ．弹簧秤读数及小车对地面压力均变小

Ｃ．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变Ｄ．弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大参考答案：答案：C3.以下说法正确的是

。

A．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，仅与单位体积内的分子数有关

B．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动

C．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小

D．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大参考答案：4.如图所示，两根光滑直杆(粗细可忽略不计)水平平行放置，一质量为、半径为的均匀细圆环套在两根直杆上，两杆之间的距离为，甲图为立体图，乙图为侧视图。现将两杆沿水平方向缓慢靠近直至两杆接触为止，在此过程中A．每根细杆对圆环的弹力均增加B．每根细杆对圆环的最大弹力均为C．每根细杆对圆环的弹力均不做功D．每根细杆对圆环所做的功均为参考答案：

答案：BD5.在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（

）A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法B.根据速度定义式，当非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法C.在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法参考答案：A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.平行四边形定则”实验中，若由于F1的误差使F1与F2的合力F方向略向左偏，如图实所示，但F大于等于F′，引起这一结果的原因可能是F1的大小比真实值偏________，F1的方向使它与F2的夹角比真实值偏________．参考答案：

大

大8.t=0时刻从坐标原点O处发出一列简谐波，沿x轴正方向传播，4s末刚好传到A点，波形如图所示.则A点的起振方向为______，该波的波速v=_____m/s.

参考答案：

(1).向上（或沿y轴正方向）

(2).2.5【分析】利用同侧法可以得到所有质点的振动方向和波的传播方向的关系；波向右匀速传播，根据传播距离x=10m，时间t=4s，求出波速.【详解】根据简谐横波向右传播，对振动的每一个质点利用同侧法(波的传播方向和质点的振动方向垂直且在波的同一侧)可知A点的起振方向为向上（或沿y轴正方向）；波向右匀速传播，根据传播距离x=10m，时间t=4s，则.【点睛】在波的图象问题中，由波的传播方向判断质点的振动方向是基本能力，波速公式也是一般知识，要熟练掌握和应用．9.交流电流表是一种能够测量交变电流有效值的仪表，使用时，只要将电流表串联进电路即可．扩大交流电流表量程可以给它并联一个分流电阻．还可以给它配接一只变压器，同样也能起到扩大电流表量程的作用．如图所示，变压器a、b两个接线端子之间线圈的匝数n1，c、d两个接线端子之间线圈的匝数n2，并且已知n1＞n2，若将电流表的“0～3A”量程扩大，应该将交流电流表的接线柱的“0”“3A”分别与变压器的接线端子

相连（选填“a、b”或“c、d”）；这时，电流表的量程为

A．参考答案：a、b，【考点】变压器的构造和原理．【分析】理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势．而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势．串联在电路中的是电流互感器，并联在电路中的是电压互感器．【解答】解：由题意可知，该处的变压器起到的作用是先将大电流转化为小电流，然后再将小电流连接电流表进行测量．所以电流表接电流小的线圈．根据变压器中电流与匝数的关系式：，电流与匝数成反比，所以电流表接匝数比较多的线圈，所以要接在a、b端；电压表原来的量程为3V，则接变压器后的量程：A故答案为：a、b，10.直角玻璃三棱镜的截面如图所示，一条光线从AB面入射，ab为其折射光线，ab与AB面的夹角α=60°．已知这种玻璃的折射率n=，则：①这条光线在AB面上的的入射角为

；②图中光线ab

（填“能”或“不能”）从AC面折射出去．参考答案：①45°(2分)

②不能11.做匀变速直线运动的小车带动纸带通过打点计时器,打出的部分计数点如图所示.每相邻两计数点间还有四个点未画出来,打点计时器使用的是50Hz的低压交流电.（结果均保留两位小数）①相邻两计数点间的时间间隔是

ｓ，打点计时器打“2”时,小车的速度v2=

m/s.②小车的加速度大小为________m/s2（要求用逐差法求加速度）③请你依据本实验原理推断第7计数点和第8计数点之间的距离大约是

cm参考答案：①

01

、

0.49

；②

0.88

；③

9.74

12.某同学在“验证牛顿第二定律”的实验中,打出的纸带如下图（a）所示,相邻计数点间的时间间隔是T。

(1)测出纸带各相邻计数点之间的距离分别为S1、S2、S3、S4，为使实验结果更精确一些,该同学计算加速度的公式应为a=

。(2)另有位同学通过测量,作出a-F图象,如图(b)所示,试分析：图象不通过原点的原因是：

，图象上部弯曲的原因是：。

参考答案：（1）

(2)平衡摩擦力不足或没平衡摩擦力、砂和桶的质量不是远小于车的质量13.质量为Ｍ的物体置于倾角为a的斜面上，静止时摩擦力为Mgsina，滑动时摩擦力为mMgcosa，m为物体与斜面之间的摩擦系数，则当物体在斜面上做运动时，物体受到的摩擦力同时满足以上两式，此时斜面倾角和摩擦系数之间的关系为。参考答案：

答案：匀速直线运动

，

tga=m三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.（选修3-5）（4分）已知氘核质量2.0136u，中子质量为1.0087u，核质量为3.0150u。A、写出两个氘核聚变成的核反应方程___________________________________。B、计算上述核反应中释放的核能。（结果保留2位有效数字）（1u=931.5Mev）C、若两氘以相等的动能0.35MeV作对心碰撞即可发生上述核反应，且释放的核能全部转化为机械能，则反应中生成的核和中子的动能各是多少？（结果保留2位有效数字）参考答案：

答案：a、

b、在核反应中质量的亏损为Δm=2×2.0136u-1.0087u-3.015u=0.0035u所以释放的核能为0.0035×931.5Mev=3.26Mev

c、反应前总动量为0，反应后总动量仍为0，

所以氦核与中子的动量相等。

由EK=P2/2m得

EHe:En=1:3

所以En=3E/4=2.97Mev

EHe=E/4=0.99Mev15.（选修3-4模块）（4分）如图所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，已知波的传播速度v=2m/s．试回答下列问题：①写出x=1.0m处质点的振动函数表达式；②求出x=2.5m处质点在0～4.5s内通过的路程及t=4.5s时的位移．参考答案：

解析：①波长λ=2.0m，周期T=λ/v=1.0s，振幅A=5cm，则y=5sin(2πt)

cm（2分）

②n=t/T=4.5，则4.5s内路程s=4nA=90cm；x=2.5m质点在t=0时位移为y=5cm，则经过4个周期后与初始时刻相同，经4.5个周期后该质点位移y=

—5cm．（2分）四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图（a），M、N、P为直角三角形的三个顶点，∠M=37°，MP中点处固定一电量为Q的正点电荷，MN是长为a的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球（可视为点电荷），小球自N点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置x（取M点处x=0）的变化图象如图（b）所示，取sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）图（b）中表示电势能随位置变化的是哪条图线？（2）求势能为E1时的横坐标x1和带电小球的质量m；（3）已知在x1处时小球与杆间的弹力恰好为零，求小球的电量q；（4）求小球运动到M点时的速度．参考答案：考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．分析： （1）判断出电荷Q产生的电场分布，判断出正电荷下滑过程中电场力做功情况，即可判断出电势能的变化；（2）判断出x1的位置，利用E1=mgh即可求的质量；（3）根据受力分析利用垂直于斜面方向合力为零即可求的电荷量；（4）利用动能定理求的速度解答： 解：（1）根据Q电荷的电场线的分布可知电场力先对带电小球做负功，后做正功，故电势能先增大后减小，故图（b）中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ（2）势能为E1时，距M点的距离为x1=acos37°??cos37°=0.32a

x1处重力势能E1=mgx1sin37°

m===（3）在x1处，根据受力分析可知k=mgcos37°，其中r=x1tan37°=0.24a

带入数据，得q=（4）根据动能定理，mgasin37°+E2﹣E0=mv2带入数据，得v=答：（1）图（b）中表示电势能随位置变化的是II图线（2）势能为E1时的横坐标x1为0.32a，带电小球的质量m为；（3）已知在x1处时小球与杆间的弹力恰好为零，小球的电量q；（4）小球运动到M点时的速度．点评： 分析磁场的分布情况及小球的运动情况，通过电场力做功来判断电势能的变化从而判断出图象，再根据平衡条件和动能定理进行处理．17.如图所示，质量m2=5kg的物块置于光滑水平面上，再将m1=5kg的另一物块置于m2的水平表面上，两物块之间的动摩擦因数μ=0.4，一根细绳绕过定滑轮将m3与m2连接，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力g=10m/s2．（1）要使m3由静止释放后m1、m2不发生相对滑动，求m3的取值范围．（2）若m3=30kg，将其由静止释放后，m1、m2、m3的加速度大小分别为多少？参考答案：解：（1）设m1最大加速度为a1由牛顿第二定律：μm1g=m1a1①m3g﹣μm1g=（m2+m3）a2②若m1、m2间不发生相对滑动，则有：a2≤a1③由①②③联立求解得：m3≤6.7kg（2）m3=30kg＞6.7kg，则m1、m2间发生相对滑动设这时m1的加速度为a'1，m2与m3加速度相同，且设为a'2由牛顿第二定律：μm1g=m1a'1m3g﹣μm1g=（m2+m3）a'2答：（1）m3的取值范围为m3≤6.7kg（2）m1、m2、m3的加速度大小分别为4m/s2，8m/s2，8m/s218.（20分）一倾角为θ＝45°的斜血固定于地面，斜面顶端离地面的高度h0＝1m，斜面底端有一垂直于斜而的固定挡板。在斜面顶端自由释放一质量m＝0.09kg的小物块（视为质点）。小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2。当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加速度g＝10m/s2。在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？参考答案：解析：解法一：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v。由功能关系得

①

以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量

②

设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h’，则

③

同理，有

④

⑤式中，v’为小物块再次到达斜面底端时的速度，I’为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。由①②③④⑤式得

⑥

式中

⑦由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为

⑧

总冲量为

⑨

由

⑩

得

代入数据得

N·s

解法二：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a，依牛顿第二定律得

①

设小物块与挡板碰撞前的速度为v，则

②

以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞