四川省绵阳市北川西苑中学高三物理模拟试题含解析

1、四川省绵阳市北川西苑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. 如图所示，t0时，质量为0.5 kg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面(设经过B点前后速度大小不变)，最后停在C点每隔2 s物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g10 m/s2，则下列说法中正确的是()t/s0246v/(ms1)08128At3 s的时刻物体恰好经过B点Bt10 s的时刻物体恰好停在C点C物体运动过程中的最大速度为12 m/sDA、B间的距离大于B、C间的距离参考答案：B2. 一束复色光由空气斜射向一块平行平面玻璃砖，经折

2、射分成两束单色光a、b。已知a光的频率小于b光的频率，下列光路图正确的是参考答案：3. （多选）如图所示，A是一质量为M的盒子，B的质量为，A、B用细绳相连，跨过光滑的定滑轮，A置于倾角=30的斜面上，B悬于斜面之外而处于静止状态现在向A中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中（）A绳子拉力逐渐减小BA对斜面的压力逐渐增大CA所受的摩擦力逐渐增大DA所受的合力不变参考答案：解：A、绳子拉力等于B的重力，保持不变故A错误 B、A对斜面的压力等于A及沙子的总重力沿垂直于斜面的分力，随着沙子质量的增加，A对斜面的压力逐渐增大故B正确C、未加沙子时，A所受的重力沿斜面向下的分力为g，

3、等于绳子的拉力，A没有运动趋势，不受静摩擦力当向A中缓慢加入沙子时，A有向下运动趋势，由平衡条件分析可知：A所受的摩擦力等于沙子的重力沿斜面向下的分力，随着沙子质量的增加，A所受的摩擦力逐渐增大故C正确 D、整个系统始终保持静止，A所受的合力为零，不变故D正确故选BCD4. （多选）如图所示，劲度系数为的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变用水平力F缓慢向左推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0 ，此时物体静止撤去F后，物体开始向右运动，运动的最大距离为3x0物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g 则（ ）A撤去F时，物体的加速度大小

4、为B撤去F后，物体向右运动的最大速度为C物体做匀减速运动的时间为D物体在加速运动过程中加速度逐渐变小参考答案：ACD5. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5:1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈接有“220V，440W”的热水器、“220V，220W”的抽油烟机。如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是 A副线圈两端电压的瞬时值表达式为 B电压表示数为1100 C热水器的发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D1min内抽油烟机消耗的电能为132l04J参考答案：AD由正弦交变电压的表达式V结合图乙可得选项A正确。电压表测的是原线圈两端电压的有效值，据匝数比与电压比的关系知

5、其示数为1100V，选项B错误。抽油烟机不是纯电阻电路，其发热功率一定小于220W，故选项C错误。由W=Pt知选项D正确。二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 如图所示，在匀强电场中有a、b、c三点，a、b相距 4 cm，b、c相距10 cm，ab与电场线平行，bc与电场线成60角将一个带电荷量为+210-8 C 的电荷从a点移到b点时，电场力做功为410-6 J则a、b间电势差为_V，匀强电场的电场强度大小为_V/m，a、c间电势差为_V。参考答案：7. 如右图甲所示，有一质量为m、带电量为的小球在竖直平面内做单摆，摆长为L，当地的重力加速度为，则周期 ；若在悬点处放一带正

6、电的小球（图乙），则周期将 。（填“变大”、“不变”、“变小”）参考答案：； 不变8. 一个同学在研究小球自由落体运动时，用频闪照相连续记录下小球的位置如图所示。已知闪光周期为s，测得x1=7.68cm，x3=12.00cm，用上述数据通过计算可得小球运动的加速度约为_m/s2，图中x2约为_cm。（结果保留3位有效数字）参考答案：9.72, 9.84 (填对1个空3分, 2个空5分) 由，可得答案。 9. 如图所示，一长为L、质量为m的均匀棒可绕O点转动，下端A搁在光滑球面上，用过球心的水平力向左推球若在图示位置棒与球相切，且与竖直方向成45时球静止，则水平推力F为 若球经过图示位置时水平向

7、左的速度为v，则棒的端点A的速度为 参考答案：； v【考点】力矩的平衡条件；运动的合成和分解【分析】根据力矩平衡条件，列出方程，求得球对棒的支持力，再对球受力分析，依据平衡条件，即可求解水平推力大小；对棒与球接触处进行运动的分解，确定两分运动，从而即可求解【解答】解：对棒受力分析，根据力矩平衡，由图可知，则有：mg=NL解得：N=再对球受力分析，依据平衡条件，则有：Ncos45=F解得：F=由题意可知，对棒与球接触处，进行运动的分解，如图所示：则有：vA=vcos45=v故答案为：； v10. 如图（a）的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器闭合电键S后，调节滑动变阻器，将滑动变阻器的滑片

8、从左滑向右的过程中，两电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示。则滑动变阻器的最大阻值为 ，滑动变阻器消耗的最大功率为 W。参考答案：20, 0.9 11. 如图所示，竖直墙上挂着一面时钟，地面上的静止的观察者A观测到钟的面积为S，另一观察者B以0.8倍光速平行y轴正方向运动，观察到钟的面积为S则S和S的大小关系是 .（填写选项前的字母） AS S BS = SCS r0 时，分子力表现为 ，当增大分子间的距离，分子势能 ，当rr0 时，分子力表现为 ，当减小分子间的距离，分子势能 。参考答案：答案：减小 引力 增大 斥力 增大13. 某发电厂用2.2KV的电压将电能输出到远处

9、的用户，后改为用22KV的电压，在既有输电线路上输送同样的电功率。前后两种输电方式消耗在输电线上的电功率之比为_。要将2.2KV的电压升高到22KV，若变压器原线圈的匝数为180匝，则副线圈的匝数应该是_匝。参考答案：答案：100；1800解析：由于电线的电阻不变，相同的功率，以不同的电压输送时，输送电流也不同。设输送功率为P，则有，而在电线上损耗功率为，所以有损失的功率与输送电压的平方成反比，两种输电方式的输送电压之比为，所以损失功率之比为，即前后两种输电方式消耗在输电线上的电功率之比为100。理想变压器没有能量损失，原副线圈的电压比等于匝数比。所以副线圈的匝数为原线圈匝数的10倍，等于18

10、00匝。三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14. 物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数。实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮：木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接。打点计时器使用的交流电源的频率为50 HZ。开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列点。 图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个计时点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算的加速度a=_ms2(

11、保留两位有效数字)。为了测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的是_。A木板的长度LB木板的质量C滑块的质量D托盘和砝码的总质量E滑块运动的时间t滑块与木板间的动摩擦因数_(用被测物理量的字母表示，重力加速度为g)参考答案：（1）0.49；（2）CD；（3） 解析： ：（1）电源频率为50Hz，每相邻两计数点间还有4个计时点，则计数点间的时间间隔：t=0.025=0.1s，由匀变速运动的推论x=aT2可知：加速度a=0.49m/s2；（2）以系统为研究对象，由牛顿第二定律得：m3g-f=（m2+m3）a，滑动摩擦力：f=m2g，解得：=，要测动摩擦因数，需要测出：滑块的质量m2 与托盘和砝码的总

12、质量m3，故选：CD；（3）由（2）可知，动摩擦因数的表达式为：=；15. 利用如图实验装置探究重锤下落过程中动能与重力势能的转化问题。 实验操作步骤如下，请将步骤B补充完整： A按实验要求安装好实验装置。 B使重锤靠近打点计时器，接着先 ，再 ，打点 计时器在纸带上打下一系列的点。 C图为一条符合实验要求的纸带，O点为打点计时 器打下的第一点。分别测出若干连续点A、B、C 与O点之间的距离h1、h2、h3已知打点计时器的打点周期为T, 重锤质量为m，重力加速度为g，结合实验中所测的h1、h2、h3，可得重锤下落到B点时的速度大小为_ ，纸带从O点下落到B点的过程中，重锤增加的动能为 ，减小的

13、重力势能为_ 。取打下O点时重锤的重力势能为零，计算出该重锤下落不同高度h时所对应的动能Ek和重力势能Ep。建立坐标系，横轴表示h，纵轴表示Ek和Ep，根据以上数据在图中绘出图线I和图线。已求得图线I斜率的对值k1=294 J/m，请计算图线的斜率k2= J/m（保留3位有效数字）。重锤和纸带在下落过程中所受平均阻力与重锤新受重力的比值为 （用k1和k2表示）。 通过对k1和k2的比较分析，可获得的结论是（只要求写出一条）_ 参考答案：四、计算题：本题共3小题，共计47分16. 如图所示，长为L，高为h，质量为m的小车停在光滑的水平地面上，有一质量为m的小物块（可视为质点），从光滑曲面上离车顶

14、高度为h处由静止下滑，离开曲面后水平向右滑到小车上，最终物块滑离小车已知重力加速度为g，物块与小车间的动摩擦因数=，求：（1）物块滑离小车时的速度v1；（2）物块从刚滑上小车到刚滑离小车的过程，小车向右运动的距离x参考答案：解：（1）滑块由高处运动到轨道底端，由机械能守恒定律得：mgh=mv02，解得：v0=；滑块滑上平板车后，取滑块与小车组成的系统为研究对象，系统水平方向不受外力，动量守恒以滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+mv2，根据功能关系得：滑块滑离小车的条件是滑块的速度大于小车的速度，联立解得：，；（2）小车运动的过程中作用摩擦力对小车做功，由动能定理得：所

15、以：x=答：（1）物块滑离小车时的速度是；（2）物块从刚滑上小车到刚滑离小车的过程，小车向右运动的距离是【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】（1）根据机械能守恒定律求出滑块到达轨道底端时的速度大小滑块滑上小车，二者沿水平方向的动量守恒，根据动量守恒定律和功能关系求出小车的速度（2）根据动能定理即可求出小车的位移17. 某放置在真空中的装置如图甲所示，水平放置的平行金属板A、B中间开有小孔，小孔的连线与竖直放置的平行金属板C、D的中心线重合在C、D的下方有如图所示的、范围足够大的匀强磁场，磁场的理想上边界与金属板C、D下端重合，其磁感应强度随时间变化的图象如图乙所示，图乙中的B0为已知，

16、但其变化周期T0未知已知金属板A、B之间的电势差为UAB=+U0，金属板C、D的长度均为L，间距为L质量为m、电荷量为q的带正电粒子P（初速度不计、重力不计）进入A、B两板之间被加速后，再进入C、D两板之间被偏转，恰能从D极下边缘射出忽略偏转电场的边界效应（1）求金属板C、D之间的电势差UCD（2）求粒子离开偏转电场时速度的大小和方向（3）规定垂直纸面向里的磁场方向为正方向，在图乙中t=0时刻该粒子进入磁场，并在t1=T0时刻粒子的速度方向恰好水平，求磁场的变化周期T0和该粒子从射入磁场到离开磁场的总时间t总参考答案：解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得：qU0=mv020，解得：v0=，

17、粒子在偏转电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得：q=ma，L=v0t ?L=at2，解得：Ucd=U0；（2）粒子在偏转电场中，由动能定理得：q=mv2mv02，解得：v=，粒子由k离开电场时的偏转角为，由平行四边形定则得：v0=vcos，解得：=30；（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，粒子从k进入磁场沿逆时针方向运动，由“在t1=T0时刻粒子的速度方向恰好水平”可知：运动轨迹对应的圆心角=60，t1=T=T，则T=T0，解得：T0=，由图乙所示可知，粒子经过e点时，磁场方向相反，t2=内粒子沿顺时针方向运动半周到达f点，此时磁场再反向，粒子在t3=T内沿逆时针方向运动到g点，然后在t4=内运动到h点，接着在t5=内运动到i点，最后经t6=从j点离开磁场，粒子运动的总时间：t总=t1+t2+t3+t4+t5+t6=，t总=；答：（1）金属板C、D之间的电势差UCD为U0；（2）粒子离开偏转电场时速度的大小为：，方向：与初速度方向成30（3）磁场的变化周期T0和为，该粒子从射入磁场到离开磁场的总时间t总为18. 如图所示，在坐标系中， y0的区间，x0有沿x轴负方向的匀强电场，x0有垂直坐标平面向内的匀强磁场。