福建省漳州市萬安中學(xué)2022-2023學(xué)年高三物理模擬試題含解析

福建省漳州市萬安中學(xué)2022-2023學(xué)年高三物理模擬試題含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.a、b、c、d四個帶電液滴在如圖所示的勻強電場中，分別水平向左、水平向右、豎直向上、豎直向下做勻速直線運動，可知(

)A.a、b為同種電荷，c、d為異種電荷B.a、b的電勢能、機械能均不變C.c的電勢能減少，機械能增加D.d的電勢能減少，機械能減少參考答案：BC2.（多選）（2011?椒江區(qū)校級模擬）質(zhì)量為m的物體在豎直向上的恒力F作用下減速上升了H，在這個過程中，下列說法中正確的有（）A． 物體的重力勢能增加了mgHB． 物體的動能減少了FHC． 物體的機械能增加了FHD． 物體重力勢能的增加小于動能的減少參考答案：AC解：A、根據(jù)重力做功與重力勢能變化的關(guān)系得：wG=﹣△Ep質(zhì)量為m的物體在豎直向上的恒力F作用下減速上升了H，在這個過程中，wG=﹣mgH，所以重力勢能增加了mgH．故A正確．B、根據(jù)動能定理知道：w合=△Ek質(zhì)量為m的物體在豎直向上的恒力F作用下減速上升了H，在這個過程中，物體受重力和豎直向上的恒力F，w合=﹣（mg﹣F）H，所以物體的動能減少了（mg﹣F）H，故B錯誤．C、由除了重力和彈簧彈力之外的力做功量度機械能的變化得出：w外=△E質(zhì)量為m的物體在豎直向上的恒力F作用下減速上升了H，在這個過程中，物體除了重力之外就受豎直向上的恒力F，w外=wF=FH物體的機械能增加了FH，故C正確．D、根據(jù)A、B選項分析知道：重力勢能增加了mgH，動能減少了（mg﹣F）H，所以物體重力勢能的增加大于動能的減少．故D錯誤．故選AC．3.（多選）如圖所示，一滑塊從底端沖上固定的足夠長粗糙斜面，到達某一高度后返回。下列各圖分別表示滑塊在斜面上運動的位移s、速度v、加速度a、機械能E隨時間變化的圖像，可能正確的是參考答案：BCA、物體兩個過程中均做勻變速直線運動，故其位移與時間為二次函數(shù)關(guān)系，不可能為直線，故A錯誤；B、由于上升過程中，物體做勻減速直線運動，向下運動時做勻加速直線運動，因向下時合力小于向上時的合力，故加速度??；方向向上為正，故B正確；C、斜面的傾角為α．物體在上滑與下滑兩個過程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同，設(shè)上滑與下滑兩個過程加速度大小分別為a1和a2；根據(jù)牛頓第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma1、mgsinα-μmgcosα=ma2；則得：a1=gsinα+μgcosα，a2=gsinα-μgcosα，則有：a1＞a2，故C正確；D、由于物體克服摩擦力做功，其機械能不斷減小，根據(jù)功能關(guān)系得：，可知E-t圖象應(yīng)為拋物線，故D錯誤。故選BC。4.如圖所示，一根彈簧其自由端B在未懸掛重物時指針正對刻度5N，在彈性限度內(nèi)，當掛上80N重物時指針正對刻度45N，若要指針正對刻度20N應(yīng)該懸掛的重物是

A．40NB．30NC．20ND．不知道彈簧的勁度系數(shù)K的值，無法計算參考答案：B5.（單選）地球赤道上有一物體隨地球的自轉(zhuǎn)而做圓周運動，所受的向心力為F1，向心加速度為a1，線速度為v1，角速度為ω1；繞地球表面附近做圓周運動的人造衛(wèi)星（高度忽略）所受的向心力為F2，向心加速度為a2，線速度為v2，角速度為ω2；地球同步衛(wèi)星所受的向心力為F3，向心加速度為a3，線速度為v3，角速度為ω3；地球表面重力加速度為g，第一宇宙速度為v．若三者質(zhì)量相等，則（） A．F1=F2＞F3 B． a1=a2=g＞a3 C． v1=v2=v＞v3 D． ω1=ω3＜ω2參考答案：考點： 人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬有引力定律及其應(yīng)用．分析： 題中涉及三個物體：地球赤道上有一隨地球的自轉(zhuǎn)而做圓周運動物體1、繞地球表面附近做圓周運動的人造衛(wèi)星2、地球同步衛(wèi)星3；物體1與人造衛(wèi)星2轉(zhuǎn)動半徑相同，物體1與同步衛(wèi)星3轉(zhuǎn)動周期相同，人造衛(wèi)星2與同步衛(wèi)星3同是衛(wèi)星，都是萬有引力提供向心力；分三種類型進行比較分析即可．解答： 解：A、根據(jù)題意三者質(zhì)量相等，軌道半徑r1=r2＜r3物體1與人造衛(wèi)星2比較，由于赤道上物體受引力和支持力的合力提供向心力，而近地衛(wèi)星只受萬有引力，故F1＜F2，故A錯誤；B、由選項A的分析知道向心力F1＜F2，故由牛頓第二定律，可知a1＜a2，故B錯誤；C、由A選項的分析知道向心力F1＜F2，根據(jù)向心力公式F=m，由于m、R一定，故v1＜v2，故C錯誤；D、同步衛(wèi)星與地球自轉(zhuǎn)同步，故T1=T3，根據(jù)周期公式T=2π可知，衛(wèi)星軌道半徑越大，周期越大，故T3＞T2，再根據(jù)ω=，有ω1=ω3＜ω2，故D正確；故選D．點評： 本題關(guān)鍵要將物體1、人造衛(wèi)星2、同步衛(wèi)星3分為三組進行分析比較，最后再綜合；一定不能將三個物體當同一種模型分析，否則會使問題復(fù)雜化．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.直角玻璃三棱鏡的截面如圖所示，一條光線從AB面入射，ab為其折射光線，ab與AB面的夾角α=60°．已知這種玻璃的折射率n=，則：①這條光線在AB面上的的入射角為

；②圖中光線ab

（填“能”或“不能”）從AC面折射出去．參考答案：①45°(2分)

②不能7.（選修3—4模塊）（7分）如圖所示，一簡諧橫波的波源在坐標原點，x軸正方向為波的傳播方向，y軸為振動方向．當波源開始振動0.5s時形成了如圖所示的波形（波剛好傳到圖中P點）．可以判斷該波的振幅為 ；從圖示位置再經(jīng)

s波將傳到Q點；Q點開始振動的方向是

．

參考答案：答案：10cm（2分）；2.5s（3分）；沿y軸的負方向（2分）8.有A、B兩球在光滑水平面上沿著一條直線運動，它們發(fā)生碰撞后粘在一起，已知碰前兩球的動量分別為PA=20kg·m/s和PB=15kg·m/s，碰撞后B球的動量改變了ΔPB=－10kg·m/s，則碰撞后A球的動量為PA′=__________kg·m/s，碰撞前兩球的速度大小之比vA∶vB=__________。參考答案：30，9.如圖甲所示為某賓館的房卡，只有把房卡插入槽中，房間內(nèi)的燈和插座才會有電。房卡的作用相當于一個________（填電路元件名稱）接在干路上。如圖乙所示，當房客進門時，只要將帶有磁鐵的卡P插入盒子Q中，這時由于磁鐵吸引簧片，開關(guān)B就接通，通過繼電器J使整個房間的電器的總開關(guān)接通，房客便能使用室內(nèi)各種用電器。當繼電器工作時，cd相吸，ab便接通。請你將各接線端1、2、3、4、5、6、7、8、9、10適當?shù)剡B接起來，構(gòu)成正常的電門卡電路。參考答案：（1）電鍵（2分）（2）8—7，4—5，6—9，1—3，2—10

10.如圖，真空中有兩根絕緣細棒，處于豎直平面內(nèi)，棒與豎直方向夾角為α，棒上各穿一個質(zhì)量為m的小球，球可沿棒無摩擦的下滑，兩球都帶+Q的電量，現(xiàn)讓兩小球從同一高度由靜止開始下滑，當兩球相距為

時速度最大。參考答案：

11.如圖所示，有一塊無限大的原來不帶電的金屬平板MN，現(xiàn)將一個帶電量為+Q的點電荷放置于板右側(cè)的A點，并使金屬板接地。已知A點離金屬板MN的距離為d，C點在A點和板MN之間，AC⊥MN，且AC長恰為。金屬平板與電量為+Q的點電荷之間的空間電場分布可類比______________（選填“等量同種電荷”、“等量異種電荷”）之間的電場分布；在C點處的電場強度EC=______________。參考答案：（1）等量異種電荷

(2)12.如圖甲所示，質(zhì)量為m、邊長為l的正方形金屬線框位于絕緣光滑水平面上，線框右邊緊貼著豎直向下的有界勻強磁場的邊界OO/．線框在水平向右的外力F作用下從靜止開始做勻加速直線運動，外力F隨時間t呈線性變化，如圖乙所示，圖中的F0、t0均為已知量．在t＝t0時刻，線框左邊恰到達OO/．此時線框受到的合力為_______或__________（寫出兩種表達）；在t＝t0時刻，線框的發(fā)熱功率與外力F的功率之比P熱：PF＝_______．參考答案：F0

或

；

3:513.水平面上質(zhì)量為m的滑塊A以速度v撞質(zhì)量為m的靜止滑塊B，碰撞后A、B的速度方向相同，它們的總動量為___________；如果碰撞后滑塊B獲得的速度為v0，則碰撞后滑塊A的速度為____________。參考答案：mv，v－v0 三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.如圖為一塊直角三棱鏡，頂角A為30°．一束激光沿平行于BC邊的方向射向直角邊AB，并從AC邊射出，出射光線與AC邊夾角也為30°．則該激光在棱鏡中的傳播速度為多少？(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)參考答案：1.7×108m/s解：光路圖如圖：

由幾何關(guān)系得：α=∠A=30°，β=90°-30°=60°

折射率

激光在棱鏡中傳播速【點睛】幾何光學(xué)要正確作出光路圖，由幾何知識找出入射角和折射角是關(guān)鍵．知道光速和折射率的關(guān)系.15.如圖所示，一定質(zhì)量理想氣體經(jīng)歷A→B的等壓過程，B→C的絕熱過程（氣體與外界無熱量交換），其中B→C過程中內(nèi)能減少900J．求A→B→C過程中氣體對外界做的總功．參考答案：W=1500J【詳解】由題意可知，過程為等壓膨脹，所以氣體對外做功為：過程：由熱力學(xué)第一定律得：

則氣體對外界做的總功為：

代入數(shù)據(jù)解得：。四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖(a)所示，平行金屬板A和B間的距離為d，現(xiàn)在A、B板上加上如圖（b）所示的方波形電壓，t=0時A板比B板的電勢高，電壓的正向值為U0，反向值也為U0，現(xiàn)有由質(zhì)量為m的帶正電且電荷量為q的粒子組成的粒子束，從AB的中點O以平行于金屬板方向OO＇的速度v0=不斷射入，所有粒子在AB間的飛行時間均為T，不計重力影響。試求：（1）粒子打出電場時位置

離O＇點的距離范圍（2）粒子射出電場時的速度大小及方向（3）若要使打出電場的粒子經(jīng)某一垂直紙面的圓形區(qū)域勻強磁場偏轉(zhuǎn)后，都能通過圓形磁場邊界的一個點處，而便于再收集，則磁場區(qū)域的最小半徑和相應(yīng)的磁感強度是多大？參考答案：（1）當粒子由時刻進入電場，向下側(cè)移最大，則

（3分）當粒子由時刻進入電場，向上側(cè)移最大，則

（3分）在距離O/中點下方至上方范圍內(nèi)有粒子打出。(2分)（2）打出粒子的速度都是相同的，在沿電場線方向速度大小為高考資源網(wǎng)版權(quán)所有

(2分)所以打出速度大小為

(2分)設(shè)速度方向與v0的夾角為θ，則

°

(2分)（3）要使平行粒子能夠交于圓形磁場區(qū)域邊界且有最小區(qū)域時，磁場直徑最小值與粒子寬度相等，粒子寬度

(2分)故磁場區(qū)域的最小半徑為

(1分)粒子在磁場中作圓周運動有

(1分)解得

(2分)17.一個人站在勻速運動的自動扶梯上，經(jīng)時間15s到樓上．若自動扶梯不動，人沿扶梯勻速上樓需要時間30s．在自動扶梯勻速運動的同時，人也沿扶梯勻速(速度不變)上樓，則人到達樓上所需的時間為多少？參考答案：10s18.扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺．其簡化模型如圖Ⅰ、Ⅱ兩處的條形均強磁場區(qū)邊界豎直，相距為L，磁場方向相反且垂直干擾面．一質(zhì)量為m、電量為﹣q、重力不計的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U，粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū)，射入時速度與水平和方向夾角θ=30°（1）當Ⅰ區(qū)寬度L1=L、磁感應(yīng)強度大小B1=B0時，粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為30°，求B0及粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間t0（2）若Ⅱ區(qū)寬度L2=L1=L磁感應(yīng)強度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ區(qū)的最高點與Ⅱ區(qū)的最低點之間的高度差h（3）若L2=L1=L、B1=B0，為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求B2應(yīng)滿足的條件．參考答案：考點： 帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力．專題： 帶電粒子在磁場中的運動專題．分析： （1）加速電場中，由動能定理求出粒子獲得的速度．畫出軌跡，由幾何知識求出半徑，根據(jù)牛頓定律求出B0．找出軌跡的圓心角，求出時間．（2）由幾何知識求出高度差．（3）當粒子在區(qū)域Ⅱ中軌跡恰好與右側(cè)邊界相切時，粒子恰能返回Ⅰ區(qū)．由幾何知識求出半徑，由牛頓定律求出B2滿足的條件．解答： 解：（1）如圖所示，設(shè)粒子射入磁場區(qū)域Ⅰ時的速度為v，勻速圓周運動的半徑為R1．根據(jù)動能定理得：qU=mv2

①由牛頓定律，得qvB0=m

②由幾何知識，得L=2R1sinθ=R1

③聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得B0=

④粒子在磁場Ⅰ區(qū)域中運動的時間為t0=

⑤聯(lián)立上述①②③④⑤解得：t0=；（2）設(shè)粒子在磁場Ⅱ區(qū)中做勻速圓周運動的半徑為R2，由牛頓第二定律得：qvB2=m，由于B2=B1，得到R2=R1=L，由幾何知識可得：h=（R1+R2）（1﹣cosθ）+L