陕西省咸阳市电建学校2022-2023学年高三物理模拟试题含解析

陕西省咸阳市电建学校2022-2023学年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.如图所示，人和物处于静止状态．当人拉着绳向右跨出一步后，人和物仍保持静止．不计绳与滑轮的摩擦，下列说法中正确的是（

）

A．绳的拉力大小不变

B．人所受的合外力增大

C．地面对人的摩擦力增大

D．人对地面的压力减小参考答案：AC2.（单选）如图所示，在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相互连接，正好组成一个菱形，，整个系统保持静止状态。已知A物块所受的摩擦力大小为，则D物块所受的摩擦力大小为

（

）A． B． C． D．参考答案：B已知A物块所受的摩擦力大小为f，设每根弹簧的弹力为F，则有：2Fcos60°=f，对D：2Fcos30°=f′，解得：。故选B。3.利用图中所示的装置可以研究自由落体运动实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落打点计时器会在纸带上打出一系列的点

①为了减小误差，重物应选

(填入正确选项前的字母)

A、木块

B、铁块

C、塑料块

②为了测得重物下落的加速度，还需要的实验器材有

(填入正确选项前的字母)

A、天平

B、秒表

C、刻度尺

③若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的原因：

。参考答案：4.（多选）矩形导线框abcd与长直导线MN放在同一水平面上，ab边与MN平行，导线

MN中通入如图所示的电流方向，当MN中的电流增大时，下列说法正确的是（）A．导线框abcd中有顺时针方向的感应电流B．导线框abcd中有逆时针方向的感应电流C．导线框所受的安培力的合力向左D．导线框所受的安培力的合力向右参考答案：考点：楞次定律；安培力．分析：直导线中通有向上均匀增大的电流，根据安培定则判断导线右侧的磁场方向以及磁场的变化，再根据楞次定律判断感应电流的方向，最后根据左手定则判断出ab、cd边所受安培力的方向，注意离导线越近，磁感应强度越大．解答：解：A、直导线中通有向上均匀增大的电流，根据安培定则，知通过线框的磁场方向垂直纸面向里，且均匀增大，根据楞次定律，知感应电流的方向为逆时针方向．故A错误，B正确．C、根据左手定则，知ab边所受安培力方向水平向右，cd边所受安培力方向水平向左，离导线越近，磁感应强度越大，所以ab边所受的安培力大于cd边所受的安培力，则线圈所受磁场力的合力方向向右．故C错误，D正确．故选：BD．点评：解决本题的关键掌握安培定则，左手定则，以及会用楞次定律判断感应电流方向．5.（单选）质量为1.0kg的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为0.20．对物体施加一个大小变化、方向不变的水平拉力F，使物体在水平面上运动了3t0的时间．为使物体在3t0时间内发生的位移最大，力F随时间变化情况应该为下面四个图中的哪一个（）A．B．C．D．参考答案：【考点】：牛顿第二定律；滑动摩擦力．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：根据牛顿第二定律求出加速度，由位移公式求出各段时间内物体的位移，再确定哪种情况位移最大．：解：A、在0﹣1s内，F＜μmg，物体静止不动．在1﹣2s内，加速度a1==1m/s2，位移x1==0.5m，第2s末速度为v=a1t1=0.5m/s．在2﹣3s内，加速度a2==3m/s2，位移为x2=vt2=2m．C、在0﹣1s内，F＜μmg，物体静止不动．在1﹣2s内，加速度a1==3m/s2，位移x1==1.5m，第2s末速度为v=a1t1=1.5m/s．在2﹣3s内，加速度a2==1m/s2，位移为x2=vt2=2m．B、在0﹣1s内，加速度a1==3m/s2，第1s末速度为v1=a1t1=3m/s．在1﹣2s内，加速度a2==﹣0.5m/s2，位移x2=v1t2+=2.75m，第2s末速度为v2=v1+a2t2=2.5m/s．在2﹣3s内，加速度a3==1m/s2，位移为x3=v2t3+=3m．D、在0﹣1s内，加速度a1==3m/s2，第1s末速度为v1=a1t1=3m/s．在1﹣2s内，加速度a2==1m/s2，位移x2=v1t2+=3.5m，第2s末速度为v2=v1+a2t2=3.5m/s．在2﹣3s内，加速度a2==﹣0.5m/s2，位移为x3=v2t3=3.25m．故选D【点评】：本题也可以通过计算加速度和速度，作出速度﹣时间图象，根据“面积”表示位移，判断位移的大小．二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.(5分)如图所示，一端开口，一端封闭的玻璃管，封闭端有一定质量的气体，开口端置于水银槽中，不计管子的重力和浮力，管内外水银面高度差为h，用竖直向上的力F提着玻璃管缓慢地匀速上升，则在开口端离开水银槽液面前，管内外水银面高度差h将

，力F将

。（填：变大、变小或不变。）参考答案：

答案：变大、变大7.一物体置于水平粗糙地面上，施以水平向右大小为40N的力，物体没有推动，则物体受到的摩擦力大小为40N，方向水平向左．参考答案：考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：物体保持静止，故受静摩擦力；由二力平衡可求得摩擦力．解答：解：物体受到的静摩擦力一定与推力大小相等，方向相反；故摩擦力大小为40N，方向水平向左；故答案为：40；水平向左．点评：对于摩擦力的分析，首先要明确物体受到的是静摩擦力还是滑动摩擦力；然后才能根据不同的方法进行分析．8.某同学用如图12所示的装置来探究动能定理。①实验时为了保证小车受到的合力与钩码的总重力大小近似相等，钩码的总质量应满足的实验条件是

，实验时首先要做的步骤是

。②挂上适当的钩码后小车开始做匀加速直线运动，用打点计时器在纸带上记录其运动情况。图13是实验时得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是计数点。本实验能测出的物理量有：小车的质量M，钩码的总质量m，各计数点间的距离，已知相邻计数点间的时间间隔为T，重力加速度为g。则打点计时器打出B点时小车的速度为

，实验中小车所受合外力做的功与动能变化间的关系式为

。（用题中及图中所给字母表示）参考答案：①钩码的总质量远小于小车的质量(1分)

平衡摩擦力(1分)②vB＝(2分)mg(Δx3＋Δx4)＝M()2－M()2等均可9.写出钠核(Na)俘获一个粒子后放出一个质子的核反应方程{

}参考答案：由质量数守恒和电荷数守恒可得结果。10.如图所示，水平设置的三条光滑平行金属导轨a、b、c位于同一水平面上，a与b、b与c相距均为d=1m，导轨ac间横跨一质量为m=1kg的金属棒MN，棒与三条导轨垂直，且始终接触良好。棒的电阻r=2Ω，导轨的电阻忽略不计。在导轨bc间接一电阻为R=2Ω的灯泡，导轨ac间接一理想电压表。整个装置放在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。现对棒MN施加一水平向右的拉力F，使棒从静止开始运动。若施加的水平外力功率恒定，且棒达到稳定时的速度为1.5m/s，则水平外力的功率为

W，此时电压表读数为

V。参考答案：3

5解析：棒达到稳定速度1.5m/s时，金属棒MN下半段产生的感应电动势Bdv=3V，灯泡中电流I=1A，金属棒MN下半段所受安培力BId=2N，水平外力的功率为P=Fv=2×1.5W=3W。金属棒MN下半段两端点电压为2V，电压表读数为3V+2V=5V。11.某登山爱好者在攀登珠穆朗玛峰的过程中，发现他携带的手表表面玻璃发生了爆裂。这种手表是密封的，出厂时给出的参数为：27℃时表内气体压强为1×105Pa；在内外压强差超过6×104Pa时，手表表面玻璃可能爆裂。已知当时手表处的气温为－13℃，则手表表面玻璃爆裂时表内气体压强的大小为__________Pa；已知外界大气压强随高度变化而变化，高度每上升12m，大气压强降低133Pa。设海平面大气压为1×105Pa，则登山运动员此时的海拔高度约为_________m。

参考答案：答案：8.7×104，6613（数值在6550到6650范围内均可）12.如图所示，A、B、C、D是某匀强电场中的4个等势面，一个质子和一个α粒子（电荷量是质子的2倍，质量是质子的4倍，质子和α粒子的重力及其相互作用忽略不计）同时在A等势面从静止出发，向右运动，当到达D面时，电场力做功之比为

，它们的速度之比为

。参考答案：1∶2

：113.某同学采用—1/4圆弧轨道做平抛运动实验，其部分实验装置示意图如图甲所示。实验中，通过调整使出口末端B的切线水平后，让小球从圆弧顶端的A点由静止释放。图乙是小球做平抛运动的闪光照片，照片中的每个正方形小格的边长代表的实际长度为4.85cm。已知闪光频率是10Hz。则根据上述的信息可知：小球到达轨道最低点B时的速度大小vB＝

m/s，小球在D点时的竖直速度大小vDy=

m/s，当地的重力加速度g＝

m/s2。参考答案：三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.某学习小组的同学在用打点计时器探究物体的加速度与物体的质量之间的关系实验中，不改变拉力，只改变物体的质量，得到了如下表所示的几组数据，其中第3组数据还未算出加速度，但对应该组已打出了纸带，如图3-4-4（长度单位：cm），图中各点为每5个打点选出的计数点（两计数点间还有4个打点未标出）．实验次数123456小车质量（g）200300400500600700小车加速度（m/s2）2.001.33

0.790.670.40小车质量的倒数（kg-1）5.003.332.502.001.671.00图3-4-4a.请由纸带上的数据，计算出缺少的加速度值并填入表中（小数点后保留两位数）．

b.请在图3-4-5中建立合适的坐标，将表中各组数据用小黑点描在坐标纸上，并作出平滑的图线．c.由图象得出的结论是：_________________________________．图3-4-5参考答案：a的计算利用逐差法

b.描点绘图，如图3-4-6所示．图3-4-6c.由图象知图象是一条直线，即在拉力一定时，物体的加速度与质量成反比．

15.（4分）图为用频闪摄影方法拍摄的研究物体作平抛运动规律的照片，图中A、B、C为三个同时由同一点出发的小球，为A球在光滑水平面上以速度运动的轨迹；为B球以速度被水平抛出后的运动轨迹；为C球自由下落的运动轨迹，通过分析上述三条轨迹可得出结论：

。参考答案：答案：作平抛运动的物体在水平方向作匀速直线运动，在竖直方向作自由落体运动（或平抛运动是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合成）。四、计算题：本题共3小题，共计47分16.有一带负电的粒子，其带电量q=—2×10-3C。如图所示，在场强E=200N/C的匀强电场中的P点静止释放,靠近电场极板B有一挡板S,小球与挡板S的距离h=5cm，与A板距离H=45cm，重力作用不计。在电场力作用下小球向左运动，与挡板S相碰后电量减少到碰前的k倍,已知k=5/6

,而碰后小球的速度大小不变.(1)设匀强电场中挡板S所在位置处电势为零,则电场中P点的电势为多少?小球在P点时的电势能为多少?(电势能用Ep表示)(2)小球从P点出发第一次回到最右端的过程中电场力对小球做了多少功?(3)小球经过多少次碰撞后,才能抵达A板?(取lg1.2=0.08)

参考答案：(1)USP=Eh=φS-φP∴φP=φS-Eh=0V-200×5×10-2V=-10V（2分）小球在P点的电势能为Ep=qφP=-2×10-3×(-10)J=0.02J（2分）(2)对小球从P点出发第一次回到最右端的过程应用动能定理得W电=Ek1-Ek0=0-0=0(3)设碰撞n次后小球到达A板,动能定理得qEh-knqE(h+H)=Ekn-Ek0（2分）小球到达A板的条件是:Ekn≥0解得n≥12.5,（1分）即小球经过13次碰撞后才能抵达A板（1分）17.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间．若小球带电量为q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力．那么，滑动变阻器滑片P在某位置时，小球恰能到达A板．求（1）两极板间的电场强度大小；（2）滑动变阻器接入电路的阻值；（3）此时，电源的输出功率．（取g=10m/s2）参考答案：考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．.专题：恒定电流专题．分析：（1）对小球分析，由动能定理可求得电容器两板间的电势差，从而求得E；（2）电容器与RP并联，则电容器两端的电压等于RP两端的电压，则由闭合电路欧姆定律可求得电流，再由欧姆定律可求得滑动变阻器接入电阻；（3）由功率公式可求得电源的输出功率．解答：解：（1）对小球从B到A，有VA=0；则由动能定理可得：﹣qUAB﹣mgd=0﹣mv02得：UAB=8V；则E===20v/s（2）由闭合电路欧姆定律可得：E=I（R+r）+UAB解得：I=1A；则有：RP==8Ω；（3）电源的输出功率等于外电路上消耗的功率，故电源的输出功率：P出=I2（R+RP）=1×（15+8）=23W．答（1）两极板间的电场强度大小为20v/s（2）滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω；（3）电源的输出功率为