2022-2023学年湖北省武汉市解放中学分校高三物理模拟试题含解析_

2024年1月1日发(作者：福特嘉年华汽车价格)

2022-2023学年湖北省武汉市解放中学分校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）图甲所示有向线段表示电场中的一根电场线，质量为m、电荷量为-q的带电粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动，经过A点时速度为v0，一段时间后到达与A相距为d的B点，速度减为0，粒子运动的v-t图象如图乙所示，下列判断正确的是（ ）

（A）A点电势一定高于B点电势，可以求出AB电势差

（B）A点电势一定高于B点电势，可以求出A点电势

（C）电荷在A点的受到的电场力一定等于在B点的受到的电场力

（D）电荷在A点的电势能一定大于B点的电势能，可以求出A到B过程中电场力做的功

参考答案：

A

2. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带电质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知

A.三个等势面中，a的电势最高

B.带电质点在p点具有的电势能比在Q点具有电势能大

C.带电质点通过p点时的动能比通过Q点时大

D.带电质点通过p点时的加速度比通过Q点时大

参考答案：

BD

根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直，画出P、Q两点处电场力的方向，如图．

由于带点质点的电性不确定，所以电场强度的方向不确定，三个等势面的电势高低不确定，故A错误．质点从P到Q过程，电场力做正功，质点的电势能减小，动能增大，则质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，通过P点时的动能比通过Q点时小．故B正确，C错误．据题，相邻等势面之间的电势差相等，而P处等差等势面较密，则P点的场强较大，质点通过P点时的加速度比通过Q点时大．故D正确．

3.

美国国会住房能源和商业委员会的调查小组2010年2月23日就丰田汽车召回事件举行听证会．美国田纳西州退休妇女朗达·史密斯在听证会上诉说了自己2006年10月驾驶丰田雷克萨斯ES350型汽车的生死经历．史密斯当时驾驶那辆开了不到5 000千米的新车行驶在公路上，突然间，汽车莫名从时速70千米加速到时速100千米．此后大约10千米距离内，无论史密斯怎么刹车都不管用(可看成匀速运动)．按照史密斯的说法，“上帝干涉后”车才慢慢停了下来．如果用图像来描述当时这辆车的运动情况，加速阶段和减速阶段可以简化为匀变速运动，下列图像正确的是( )．

参考答案：

AC

4. 如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(m：M=1：2)的物块A、B用轻弹相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F作用于B上且两物块共同向

右加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样的大小的力F竖直加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，则x1：x2等于

A．1：1

B．1：2

C．2：1

D．2：3

参考答案：

A

对左图，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度a=

，对A物体有：F弹-μmg=ma，得F弹= =kx1，x1= ．

对右图，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度a′=

，对A物体有：F弹′-mg=ma′，得F弹′==kx2，x，2=，则x1：x2=1：1．故A正确，B、C、D错误．

5. （多选）法拉第发现了电磁感应现象之后，又发明了世界上第一台发电机──法拉第圆盘发电机，揭开了人类将机械能转化为电能并进行应用的序幕．法拉第圆盘发电机的原理如图所示，将一个圆形金属盘放置在电磁铁的两个磁极之间，并使盘面与磁感线垂直，盘的边缘附近和中心分别装有与金属盘接触良好的电刷A、B，两电刷与灵敏电流计相连．当金属盘绕中心轴按图示方向转动时，则

A．电刷Ｂ的电势高于电刷Ａ的电势

Ｂ．若仅将电刷A向盘边缘移动，使电刷A、B之间距离增大，灵敏电流计的示数将变大

Ｃ．若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，灵敏电流计的示数将变大

Ｄ．金属盘转动的转速越大，维持其做匀速转动所需外力做功的功率越小

参考答案：

AB

二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分

6. 某同学研究小车在斜面上的运动，用打点计时器记录了小车做匀变速直线运动的位移，得到一段纸带如图所示。在纸带上选取几个相邻计数点A、B、C、D，相邻计数点间的时间间隔均为T，B、C和D各点到A的距离为大小、和。由此可算出小车运动的加速度=____________________，打点计时器在打C点时，小车的速度大小=_______。 （用已知的物理量符号表示）

参考答案：

7. 在用两面平行的玻璃砖测定玻璃折射率的实验中，已画好玻璃砖的界面和后，不慎将玻璃砖向上平移了一些，放在如图所示的位置上，而实验中的其他操作均正确，则测得的折射率将（ ）（填“偏大，偏小或不变”）。

参考答案：

不变

8. 如图，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端。则两次小球运动时间之比t1∶t2=___；两次小球落到斜面上时动能之比EK1∶EK2=_____。

参考答案：

；

9.

如图所示，在光滑小滑轮C正下方相距h的A处固定一电量为Q的点电荷，电量为q的带电小球B，用绝缘细线拴着，细线跨过定滑轮，另一端用适当大小的力拉住，使小球处于静止状态，这时小球与A点的距离为R，细线CB与AB垂直。（静电力恒量为K，环境可视为真空），则小球所受的重力的大小为____________，若小球所受的重力为G，缓慢拉动细线（始终保持小球平衡）直到小球刚到滑轮的正下方过程中，拉力所做的功为____________。

参考答案：

；或

10. (1)（6分）如图所示为氢原子的能级图。让一束单色光照射到大量处于基态（量子数n=1）的氢原子上，被激发的氢原子能自发地发出3种不同频率的色光，则照射氢原子的单色光的光子能量为 eV。用这种光照射逸出功为4.54eV的金属表面时，逸出的光电子的最大初动能是 eV。

参考答案：

12.09 7.55

11. 4分）历史上第一次利用加速器实现的核反应，是用加速后的质子H轰击静止的X，生成两个He。上述核反应方程中的X核的质子数为___________，中子数为____________。

参考答案：

3 4

12. 某同学利用数码相机研究竖直上抛小球的运动情况。数码相机每隔0．05 s 拍照一次，图7 是小球上升过程的照片，图中所标数据为实际距离，则：

（1）图中t5时刻小球的速度v5＝________m/s。

（2）小球上升过程中的加速度a ＝________m/s2。

（3）t6时刻后小球还能上升的高度h = ________m。

参考答案：

13.

(4分)质量为1×10-2kg的氢气球，受到浮力的大小为0.12N，距天花板距离为4m。今沿水平方向以3m/s速度拍出（不计空气阻力），当它到达天花板时，水平位移是 ，速度的大小为 （g取10m/s2）。

参考答案：

答案：6m；5m/s

三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分

14. 某同学用如图1所示的实验装置研究滑块在水平桌面上的运动，实验步骤如下：

a．安装好实验器材。

b．释放滑块，使滑块沿水平桌面运动，位移传感器每隔0.1s给出一次滑块与位移传感器之间的距离。该同学取出一部分数据，并将第一组数据做为记时零点，如下表所示。

时刻（s）

距离0

0.

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0

（m）

100

0.111 0.135 0.173 0.224 0.289 0.367 0.459 0.564 0.683 0.815

c．该同学判断出滑块沿水平桌面做匀加速直线运动。

d．分别计算出滑块在0.1s内、0.2s内、0.3s内……的位移x。

e．分别计算出位移x与对应时间t的比值。

f．以图线。

为纵坐标、t为横坐标，标出与对应时间t的坐标点，画出-t 结合上述实验步骤，请你完成下列任务：

（1）根据实验数据，可知t=0时滑块与位移传感器之间的距离d=________m。

（2）该同学在图2中标出了除t=0.4s时的各个坐标点，请你在该图中标出t=0.4s时对应的坐标点，并画出-t图线。

（3）根据-t图线可求出滑块的加速度a=________m/s2。（保留3位有效数字）

（4）若将-t图线延长，发现图线与轴有一交点，其原因是______________________。

参考答案：

15. 请你在下面的线框中画出“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的电路图。要求小灯泡的电压最小可以调为0。

参考答案：

四、计算题：本题共3小题，共计47分

16. 一水池水深H=0.8m。现从水面上方h=0.8m高处由静止释放一质量为m=0.1kg的硬质球体，测得球体从释放到落至水池底部用时t=0.6s。已知球体直径远小于水池深度，不计空气及水的阻力，取g=10m/s2，求：

（1）通过计算判断球体在水中做什么运动？

（2）从水面上方多高处由静止释放球体，才能使球体从释放到落至池底所用时间最短。

参考答案：

设小球落至水面所用时间为t1，在水中运动做匀变速运动，加速度为a，则（1分）运动（

（1分）（2分）解得a=0m/s2，则小球在水中匀速（2）设释放点距水面x，则利用均值定理，当（1分）（1分）（1分）

（1分）

时t最小（1分）即17. 如图所示，传送带的水平部分AB长为L=4m，以v0=5m/s的速度顺时针转动，水平台面BC与传送带平滑连接于B点，BC长S=1m，台面右边有高为h=0.5m的光滑曲面CD，与BC部分相切于C点．一质量m=1kg的工件（视为质点），从A点无初速释放，工件与传送带及台面BC间的动摩擦因数均为μ=0.2，g=10m/s，求

（1）工件运动到B点时的速度大小；

（2）通过计算说明，工件能否通过D点到达平台DE上；

（3）求工件在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．

2

参考答案：

考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用．版权所有

专题： 传送带专题．

分析： （1）根据牛顿第二定律求出工件在传送带上的加速度，结合速度时间公式求出工件与传送带速度相等经历的时间，根据位移时间公式求出工件的位移，判断出工件在传送带上一直做匀加速直线运动，根据速度位移公式求出工件到达B点的速度．

（2）根据动能定理判断工件能否到达平台DE．

（3）根据工件在传送带上的相对位移大小，根据Q=μmg△x求出产生的热量．

解答： 解：（1）工件刚放上时，做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：μmg=ma

代入数据解得：a=2m/s2

当两者速度相等时，工件对地的位移为：，

所以工件在传送带上一直做初速度为零的匀加速直线运动

因此，工件到达B点的速度为：m/s=4m/s．

（2）设工件沿曲面CD上升的最大高度为h′，整个过程由动能定理得：μmgL﹣μmgS﹣mgh′=0

代入数据解得：h′=0.6m＞h

所以，工件能够通过D点到达平台DE上．

（3）工件在传送带上运动的时间：这段时间内传送带的位移：x=v0t=5×2m=10m

工件相对传送带的位移为：△x=x﹣L=10﹣4m=6m

相对滑动生成的热量为：Q=μmg△x=0.2×10×6J=12J．

答：（1）工件运动到B点时的速度大小为4m/s；

（2）工件能够通过D点到达平台DE上．

（3）工件在传送带上滑行的整个过程中产生的热量为12J．

点评： 解决本题的关键理清工件在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律、运动学公式和动能定理综合求解，难度中等．

18. 如图所示，一带电微粒质量为m=2.0×10﹣11kg、电荷量q=+1.0×105C，从静止开始经﹣电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ=60°，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为θ=60°．已知偏转电场中金属板长L=2径R=10cm，重力忽略不计．求：

cm，圆形匀强磁场的半（1）带电微粒经U1=100V的电场加速后的速率；

（2）两金属板间偏转电场的电场强度E；

（3）匀强磁场的磁感应强度的大小．

参考答案：

考带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的点： 运动．

专题：

带电粒子在磁场中的运动专题．

分析：

（1）根据动能定理求解带电微粒经U1=100V的电场加速后的速率；

（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动，运用运动的分解法研究：在水平方向微粒做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解电场强度．

（2）带电微粒进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹对应的圆心角就等于速度的偏向角，作出轨迹，得到轨迹的圆心角，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解磁感应强度的大小．

解答：

解：（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v1，

根据动能定理：qU1=

得：v1==1.0×104m/s

（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．在水平方向微粒做匀速直线运动．

水平方向：v1=

带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2

竖直方向：a=

由几何关系：tanθ=，由题θ=60°

解得：E=10000V/m．

（3）设带电粒子进磁场时的速度大小为v，则：=2×104m/s

由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则轨迹半径为：r=Rtan60°=0.3m

由：qvB=m

得：B==0.13T

答：（1）带电微粒经U1=100V的电场加速后的速率是1.0×104m/s；

（2）两金属板间偏转电场的电场强度E是10000V/m；

（3）匀强磁场的磁感应强度的大小是0.13T．

点本题的难点是作出粒子的运动轨迹，根据几何知识得到轨迹半径与磁场边界半径的评： 关系．