2022年高三上學(xué)期第三次模擬考試物理試卷 含解析zhangsan

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1、2022年高三上學(xué)期第三次模擬考試物理試卷 含解析zhangsan 一、單項選擇題(每題只有一個選項正確；每題4分,共16分) 13．下列說法正確的有（ ） A．足夠小的電荷就是點電荷 B．若放在電場中某點的試探電荷量減半，則該點的場強減半 C．由于電場是看不見的，所以電場是虛構(gòu)的 D．電場中某兩點的電勢差與試探電荷無關(guān) 【答案】D A、電荷的形狀、體積和電荷量對分析的問題的影響可以忽略時，就可以看成是點電荷，并不是足夠小的電荷就是點電荷，故A錯誤； B、電場強度是反映電場本身性質(zhì)的物理量，與試探電荷無關(guān)，電場中同一點，不管放什么電荷，放不放電荷，該點的電場強度大小和

2、方向都是一定的，故B錯誤； C、電場是客觀存在的，電場線是為了描述電場虛擬的，故C錯誤； D、電場中某兩點的電勢差由電場和兩點的位置決定的，與試探電荷無關(guān)，故D正確。 故選D。 【考點】元電荷、點電荷；電場強度；電勢差 14．如圖所示，一個重為20N的物體，放在傾角為θ=30°的斜面上靜止不動。若用豎直向上的力F=5N提物體，物體仍靜止，下述結(jié)論正確的是（ ） A．物體受到合外力減小5N B．物體受到摩擦力減小5N C．斜面受到的壓力減小5N D．物體對斜面的作用力減小5N 【答案】D A、物體在有無拉力時，都處于靜止?fàn)顟B(tài)，合力都為零，故A錯誤； BC、無

3、拉力時對物體受力分析，受重力、支持力和靜摩擦力，如圖 根據(jù)共點力平衡條件，有f=mgsinθ、N=mgcosθ 有拉力F作用后，再次對物體受力分析，受到拉力、重力、支持力和靜摩擦力，如圖 根據(jù)共點力平衡條件，有f1=（mg-F）sinθ、N1=（mg-F）cosθ， 故f-f1=Fsin30°=2.5N、； 物體對斜面體的摩擦等于斜面體對物體的摩擦，減小2.5N，物體對斜面體的壓力等于斜面體對物體的支持力，減小了，故BC錯誤； D、物體對斜面的作用力為壓力和摩擦力的合力，壓力和摩擦力的合力方向豎直向下，知作用力減小5N，故D正確。 故選D。 【考點】共點力平衡；力的合成與分解

4、 15．某帶電粒子僅在電場力作用下由A點運動到B點，電場線、帶電粒子在A點的初速度及運動軌跡如圖所示，可以判斷（ ） A．粒子在A點的加速度大于它在B點的加速度 B．粒子在A點的動能小于它在B點的動能 C．粒子在A點的電勢能小于它在B點的電勢能 D．粒子在A點的電勢低于B點的電勢 【答案】B A、由電場線可知，B點的電場線密，所以B點的電場強度大，粒子受的電場力大，加速度也就大，即A點的加速度小于它在B點的加速度，故A錯誤； BC、粒子受到的電場力指向曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，所以受到的電場力的方向是沿電場線向上的，所以粒子從A到B的過程中，電場力做正功，電荷的電勢能減小，動能增加

5、，所以粒子在A點的動能小于它在B點的動能，故B正確C錯誤； D、沿電場線的方向，電勢降低，所以A點的電勢大于B點的電勢，故D錯誤。 故選B。 【考點】電場線；電勢差與電場強度的關(guān)系 16．如圖，在光滑絕緣水平面上有兩個帶電量分別為＋q、－2q的小球，由靜止開始釋放兩球，則兩球相互靠近的過程中，對兩球組成的系統(tǒng)（ ） A．合外力逐漸增大 B．總動量逐漸增大 C．機械能逐漸增大 D．電勢能逐漸增大 【答案】C A、兩球組成的系統(tǒng)受到重力和水平桌面的支持力共兩個外力，系統(tǒng)豎直方向上沒有位移，兩個力的合力為零，故A錯誤； B、

6、系統(tǒng)所受合外力為零，總動量守恒，原來總動量為零，釋放兩球后總動量保持為零，故B錯誤； CD、由靜止開始釋放兩球后，小球間由于存在庫侖引力，兩球間距離減小，電場力做正功，電勢能減小，機械能增加，故C正確D錯誤。 故選C。 【考點】動量守恒定律 二、雙項選擇題（本題包括5小題，每小題6分，共30分） 17．如圖，“神舟八號”與“天宮一號”在離地面三百多公里的同一軌道上繞地球做勻速圓周運動時（ ） A．運行周期相同 B．都處于平衡狀態(tài) C．向心力相同 D．環(huán)繞速度都小于第一宇宙速度 【答案】AD A、衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動時

7、，由地球的萬有引力提供向心力，有，得：，則知軌道半徑相等，周期必定相同，故A正確； B、“神舟八號”與“天宮一號”都繞地球做勻速圓周運動，速度時刻在變化，合力不為零，所以都處于非平衡狀態(tài)，故B錯誤； C、向心力等于萬有引力，由公式，可知：由于“神舟八號”與“天宮一號”的質(zhì)量關(guān)系未知，不能比較向心力的大小，故C錯誤； D、根據(jù)，解得：； 軌道半徑越小，線速度越大，第一宇宙速度對應(yīng)衛(wèi)星軌道半徑等于地球的半徑，則知神舟八號和天宮一號的飛行速度小于第一宇宙速度，故D正確。 故選AD。 【考點】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系 18．如圖，x軸在水平地面內(nèi)，y軸沿豎直方向。圖中畫出了從y

8、軸上沿x軸正向拋出的三個小球a、b和c的運動軌跡，其中b和c是從同一點拋出的，不計空氣阻力，則（ ） A．a(chǎn)的飛行時間比b的長 B．b和c的飛行時間相同 C．a(chǎn)的水平速度比b的小 D．b的初速度比c的大 【答案】BD AB、由圖象可以看出，bc兩個小球的拋出高度相同，a的拋出高度最小，根據(jù)可知，a的運動時間最短，bc運動時間相等，故A錯誤B正確； CD、由圖象可以看出，abc三個小球的水平位移關(guān)系為a最大，c最小，根據(jù)可知，，所以a的初速度最大，c的初速度最小，故C錯誤D正確。 故選BD。 【考點】平拋運動 19．小鐵塊置于長木板右端，木板放在光滑的水

9、平地面上，t=0時使二者獲得等大反向的初速度開始運動，經(jīng)過時間t1鐵塊在木板上停止滑動，二者相對靜止，此時與開始運動時的位置相比較，下圖中能夠反映可能發(fā)生的是（ ） 【答案】AC 開始時兩者具有等大反向的速度，根據(jù)動量守恒，當(dāng)兩物體相對靜止時的共同速度與動量大的物體運動方向一致即與質(zhì)量大的方向一致，所以質(zhì)量小的物體運動方向要反向，且最終共同速度將小于開始時的物體運動速度，故動量小的物體運動位移仍與原運動方向一致； A、若鐵塊質(zhì)量大于長木板時，兩者共同速度將沿鐵塊運動方向，長木板的位移方向與原運動方向一致，故A正確； B、當(dāng)長木板的質(zhì)量大于鐵塊質(zhì)量時，可以滿足共同速度方向與長

10、木板的方向一致，但長木板的位移與運動方向相反，故B錯誤； C、當(dāng)長木板的質(zhì)量大于鐵塊質(zhì)量時，可以滿足共同速度方向與長木板的方向一致，鐵塊位移方向與原運動方向相同，故C正確； D、當(dāng)鐵塊質(zhì)量大于長木板的質(zhì)量時，可以滿足共同速度方向與鐵塊的方向一致，但長木板的位移方向與開始時運動方向相反，故D錯誤。 故選AC。 【考點】動量守恒定律；勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系；牛頓第二定律 20．如圖所示，絕緣細(xì)線下掛著一帶電小球，它的質(zhì)量為m，整個裝置處于水平向右的勻強電場中。小球平衡時，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g，則（ ） A．小球一定是帶正電 B．小球所受的電場力等于m

11、g C．若剪斷懸線，則小球做曲線運動 D．若剪斷懸線，則小球做勻加速直線運動 【答案】AD A、由電場線與電場力可知，小球帶正電，故A正確； B、小球平衡，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，若θ=45°則電場力等于重力，所以小球受到電場力可能等于重力，故B錯誤； CD、若剪斷懸線，則小球?qū)⒀刂?xì)線的反方向做勻加速直線，故C錯誤D正確。 故選AD。 【考點】電場強度；牛頓第二定律 21．瀑雨前，有一云層（相當(dāng)于帶電體）正慢慢靠近地面，某野外地面附近有一質(zhì)量較小的帶電體被吸上天空，以下說法正確的是（ ） A．帶電體在上升中電勢能越來越大 B．帶電體在上升中跟云層間的電勢差越來

12、越大 C．帶電體在上升中所處環(huán)境的電場強度是越來越大 D．帶電體的加速度越來越大 【答案】CD A、帶電體在上升的過程中，電場力做正功，電場力減小，故A錯誤； B、帶電體上升的過程中，與場源間的距離減小，則與云層間的電勢差越來越小，故B錯誤； C、因為越靠近場源，場強越大，所以帶電體在上升中所處環(huán)境的電場強度是越來越大，故C正確； D、根據(jù)電場強度越來越大，則電場力越來越大，合力越來越大，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度越來越大，故D正確。 故選CD。 【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系；電勢能；牛頓第二定律 三、實驗題（本題共2小題，共12分） 34A．如圖34－1

13、為驗證機械能守恒定律的實驗裝置示意圖． （1）實驗時，需要測量物體由靜止開始自由下落到某點時的瞬時速度v和下落高度h。某班同學(xué)利用實驗得到的紙帶，設(shè)計了以下四種測量方案． A．用刻度尺測出物體下落的高度h，并測出下落時間t，通過v＝gt計算出瞬時速度． B．用刻度尺測出物體下落的高度h，并通過v＝計算出瞬時速度． C．根據(jù)做勻變速直線運動時紙帶上某點的瞬時速度，等于這點前后相鄰兩點間的平均速度，測算出瞬時速度v，并通過h＝計算出高度h。 D．用刻度尺測出物體下落的高度h，根據(jù)做勻變速直線運動時紙帶上某點的瞬時速度，等于這點前后相鄰兩點間的平均速度，測算出瞬時速度v。 以上方案中只有

14、一種正確，正確的是__________．（填入相應(yīng)的字母） （2）某同學(xué)按照正確操作選的紙帶如圖34－2所示，其中O是起始點，A、B、C、D、E是打點計時器連續(xù)打下的5個點，打點頻率為50 Hz，該同學(xué)用毫米刻度尺測量O到A、B、C、D、E各點的距離，并記錄在圖中（單位：cm），重物的質(zhì)量為m＝0.1 kg，重力加速度g＝9.80 m/s2。根據(jù)以上數(shù)據(jù)當(dāng)打點計時器打到D點時，重物重力勢能的減少量為________J，動能的增加量為________J。（要求計算數(shù)值保留三位有效數(shù)字） （3）實驗中誤差產(chǎn)生的原因_____________________________________（

15、寫出兩個原因）． （4）通過作圖象的方法可以剔除偶然誤差較大的數(shù)據(jù)，提高實驗的準(zhǔn)確程度．從紙帶上選取多個點，測量從第一點到其余各點的下落高度h，并計算各點速度的平方v2，然后以________為縱軸，以________為橫軸，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出圖線．若在實驗誤差允許的范圍內(nèi)，圖線是一條過原點且斜率為g的直線，則驗證了機械能守恒定律． （5）該裝置也可用于精度要求不是很高的重力加速度g的測量，依據(jù)第（2）問中選取的紙帶可計得重力加速度g＝__________m/s2。 【答案】（1）D （2）0.190 0.186 （3）下落過程中存在阻力；長度的測量時存在誤差 （4）　 h

16、 （5）9.69 （1）該實驗是驗證機械能守恒定律的實驗，因為我們知道自由落體運動只受重力，機械能就守恒，如果把重物看成自由落體運動，再運用自由落體的規(guī)律求解速度，那么就不需要驗證；其中ABC三項都是運用了自由落體的運動規(guī)律求解的，故ABC錯誤； 故選D； （2） 所以力勢能的減少量； 動能的增加量為； （3）①下落過程中存在阻力作用；②長度的測量時存在誤差； （4）重力勢能減少量是mgh，增加的動能是，v可由紙帶上求出，由，可知，所以圖線的斜率為g； （5）根據(jù)得：。 【考點】驗證機械能守恒定律 34B．（8分）某同學(xué)用如圖所示的實驗裝置來驗證“力的平行四邊形定則”，

17、彈簧測力計A掛于固定點P，下端用細(xì)線掛一重物M，彈簧測力計B的一端用細(xì)線系于O點，手持另一端向左拉，使結(jié)點O靜止在某位置．分別讀出彈簧測力計A和B的示數(shù)，并在貼于豎直木板的白紙上記錄O點的位置和拉線的方向。 （1）本實驗用的彈簧測力計示數(shù)的單位為N，圖中A的示數(shù)為______N； （2）下列不必要的實驗要求是________． （請?zhí)顚戇x項前對應(yīng)的字母） A．應(yīng)測量重物M所受的重力 B．彈簧測力計應(yīng)在使用前校零 C．拉線方向應(yīng)與木板平面平行 D．改變拉力，進(jìn)行多次實驗，每次都要使O點靜止在同一位置 （3）某次實驗中，該同學(xué)發(fā)現(xiàn)彈簧測力計A的指針稍稍超出量程，請您提出兩個解決

18、辦法．_____________________、 _____________________ 。 【答案】（1）3.6 （2）D　 （3）①減小彈簧測力計B的拉力；②減小重物M的質(zhì)量 （或?qū)更換成較大量程的彈簧測力計、改變彈簧測力計B拉力的方向等） （1）彈簧測力計讀數(shù)，每1N被分成5格，則1格就等于0.2N．圖指針落在3N到4N的第3格處，所以3.60N； （2）A、實驗通過作出三個力的圖示，來驗證“力的平行四邊形定則”，因此重物的重力必須要知道，故A正確； B、彈簧測力計是測出力的大小，所以要準(zhǔn)確必須在測之前校零，故B正確； C、拉線方向必須與木板平面平行，這樣才確保

19、力的大小準(zhǔn)確性，故C正確； D、當(dāng)結(jié)點O位置確定時，彈簧測力計A的示數(shù)也確定，由于重物的重力已確定，兩力大小與方向均一定，因此彈簧測力計B的大小與方向也一定，所以不需要改變拉力多次實驗，故D錯誤； 故選D； （3）當(dāng)彈簧測力計A超出其量程，則說明彈簧測力計B與重物這兩根細(xì)線的力的合力已偏大，又由于掛重物的細(xì)線力的方向已確定，所以要么減小重物的重量，要么改變測力計B拉細(xì)線的方向，從而使測力計A不超出量程。 【考點】驗證力的平行四邊形定則 35．（18分）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A穿在絕緣桿上，細(xì)桿的傾角為α，小球A帶正電，電荷量為q。在桿上B點處固定一個電荷量為Q的正電荷。將A由距B豎

20、直高度為H處無初速釋放，小球A下滑過程中電荷量不變，不計A與細(xì)桿間的摩擦，整個裝置處于真空中，已知靜電力常量k和重力加速度g，求： （1）A球剛釋放時的加速度是多大？ （2）當(dāng)A球的動能最大時，A球與B點的距離？ （3）若小球到達(dá)C點速度最大為v，求A、C兩點的電勢差UAC？ （4）若小球到達(dá)D點的速度為0時，A、D兩點間的電勢差U0，則小球沿桿滑行的位移大?。? 【答案】（1） （2） （3） （4） （1）A球剛釋放時，根據(jù)牛頓第二定律得： 得： （2）到達(dá)平衡位置時，速度最大，根據(jù)平衡條件，有： 得： （3）從A到C過程，只有重力和電場力做功， 根

21、據(jù)動能定理，有： 將x代入，解得： （4）從A到D過程，只有重力和電場力做功，設(shè)小球沿桿滑行的位移大小為x1， 根據(jù)動能定理，有： 得 【考點】動能定理；牛頓第二定律；共點力平衡 36．（18分）如圖所示，質(zhì)量為m1=lkg的小物塊由靜止輕輕放在水平勻速運動的傳送帶上，從A點隨傳送帶運動到水平部分的最右端B點，經(jīng)半圓軌道C點沿圓弧切線進(jìn)入豎直光滑的半圓軌道，恰能做圓周運動。C點在B點的正上方，D點為軌道的最低點。小物塊m1到達(dá)D點后與靜止在D點的質(zhì)量為m2=0.5kg小物塊發(fā)生碰撞，碰撞后，兩者均做平拋運動，m2恰好垂直于傾斜擋板打在擋板跟水平面相交的E點，m1落在F點，已知半圓軌

22、道的半徑R=0.5m，D點距水平面的高度h =0.45m，傾斜擋板與水平面之間的夾角θ=53°，不考慮空氣阻力，試求： （1）摩擦力對小物塊m1做的功； （2）水平面上EG間的距離； （3）小物塊m1碰撞m2后經(jīng)過D點時對軌道壓力的大小。（題目中可能要用到的數(shù)據(jù)：g=10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8） 【答案】 （1）設(shè)小物體m1經(jīng)過C點時的速度大小為v1，因為經(jīng)過C點恰能做圓周運動， 由牛頓第二定律得： 解得： 小物體m1由A到B過程中，設(shè)摩擦力對小物體做的功為Wf， 由動能定理得： 解得： （2）小物體m2離開D點后做

23、平拋運動，設(shè)經(jīng)過時間t打在E點，由 得：t=0.3s 設(shè)小物體m2打在E點時速度的水平、豎直分量分別為、，由幾何關(guān)系可得， 速度跟豎直方向的夾角為θ，則：、、 解得：、 （3）設(shè)小物體m1經(jīng)過D時的速度大小為v2，對C點運動到D點的過程， 由機械能守恒定律得： 小物體m1經(jīng)過D點時，與m2發(fā)生碰撞，由動量守恒定律可得 設(shè)軌道對m1的支持力大小為FN，由牛頓第二定律得： 代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得：FN=28N， 由牛頓第三定律可知，小物體m1對軌道的壓力大小為： 【考點】牛頓第二定律；動能定理；動量守恒定律

24、 第三次模擬考試物理科試卷參考答案 題號 13 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 D D B C AD BD AC AD CD 34A．（1）D （2）0.190　0.186（0.187也可）（3）下落過程中存在阻力；長度的測量 （4）　h （5）9.69（9.50～9.75之間均可）注：此問有效數(shù)字不作要求 34B．（1）3.6 （2）D　 （3）①減小彈簧測力計B的拉力；②減小重物M的質(zhì)量 （或?qū)更換成較大量程的彈簧測力計、改變彈簧測力計B拉力的方向等） 35．（18分） 解：（1）A球剛釋放時，受到

25、重力、沿細(xì)桿向上的庫侖力和細(xì)桿的支持力，根據(jù)牛頓第二定律得： 得： （5分） （2）到達(dá)平衡位置時，速度最大，根據(jù)平衡條件，有： 得： （4分） （3）從A到C過程，只有重力和電場力做功，根據(jù)動能定理，有： mgsinα?x+q?UAC= 將x代入，解得： （5分） （4）從A到D過程，只有重力和電場力做功，設(shè)小球沿桿滑行的位移大小為x1， 根據(jù)動能定理，有： mgsinα?x1－q?U0=0 （4分） 36．（18分） 解：（1）設(shè)小物體m1經(jīng)過C點時的速度大小為v1，因為經(jīng)過C點恰能做圓

26、周運動， 由牛頓第二定律得： （1分） 解得：v1==m/s （1分） 小物體m1由A到B過程中，設(shè)摩擦力對小物體做的功為Wf，由動能定理得： （1分） 解得：Wf=2.5J （1分） （2）小物體m2離開D點后做平拋運動，設(shè)經(jīng)過時間t打在E點，由 （1分） 得：t=0.3s （1分） 設(shè)小物體m2打在E點時速度的水平、豎直分量分別為、，由幾何關(guān)系可得， 速度跟豎直方向的夾角為θ，則：、、 （2分） 解得： （2分） （3）設(shè)小物體m1經(jīng)過D時的速度大小為v2，對C點運動到D點的過程， 由機械能守恒定律得： （2分） 小物體m1經(jīng)過D點時，與m2發(fā)生碰撞，由動量守恒定律可得， （2分） 設(shè)軌道對m1的支持力大小為FN，由牛頓第二定律得： （2分） 代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得：FN=28N，（1分）由牛頓第三定律可知， 小物體m1對軌道的壓力大小為： （1分）