2021屆云南省峨山自治縣第一中學(xué)高三（下）第三次模擬考前預(yù)測理綜物理試卷（二）

1、內(nèi)裝訂線學(xué)校:_姓名：_班級：_考號：_外裝訂線絕密·啟用前2021屆云南省峨山自治縣第一中學(xué)高三（下）第三次模擬考前預(yù)測理綜物理試卷（二）題號一二三總分得分注意事項：1答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2請將答案正確填寫在答題卡上評卷人得分一、選擇題1.2020年10月4日世界杯預(yù)選賽女子十米跳臺決賽在河北奧體中心舉行。如圖為跳水運動員從起跳到落水過程的示意圖，運動員從最高點到入水前的運動過程記為I，運動員入水后到最低點的運動過程記為II，忽略空氣阻力，則運動員（）A過程I的動量改變量等于零B過程II的動量改變量等于零C過程I的動量改變量等于重力的沖量D過程II的動量改變量等

2、于重力的沖量2.在星球P和星球Q的表面，以相同的初速度vn豎直上拋一小球，小球在空中運動時的速度時間圖像分別如圖所示。假設(shè)兩星球均為質(zhì)量均勻分布的球體，星球P的半徑是星球Q半徑的3倍，下列說法正確的是（）A星球P和星球Q的質(zhì)量之比為3：1B星球P和星球Q的密度之比為1：1C星球P和星球Q的第一宇宙速度之比為3:1D星球P和星球Q的近地衛(wèi)星周期之比為1:33.如圖所示，長木板A與物體B疊放在水平地面上，物體與木板左端的固定立柱間放置輕質(zhì)彈簧，在水平外力F作用下，木板和物體都靜止不動，彈簧處于壓縮狀態(tài)。將外力F緩慢減小到零，物體和木板始終不動，在此過程中()A木板A上下表面所受摩擦力的合力大小不變

3、B木板A上下表面所受摩擦力的合力逐漸減小C物體B所受的摩擦力逐漸減小D物體B所受的摩擦力先增大后減小4.如圖所示，金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直，ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行，不計一切摩擦。則（）A金屬框的速度逐漸增大，最終趨于恒定B金屬框的加速度逐漸減小，最終為零C導(dǎo)體棒所受安培力逐漸增大，最終趨于恒定D導(dǎo)體棒到金屬框be邊的距離逐漸增大，最終趨于恒定5.遠(yuǎn)距離輸電原理圖如圖所示，原線圈輸

4、入電壓及輸電功率恒定，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，當(dāng)S由2改接為1時，下列說法正確的是（）A電壓表讀數(shù)增大B電流表讀數(shù)增大C輸電線上損耗的功率減小D用戶的功率減小6.如圖所示，光滑水平面OB與足夠長的粗糙斜面BC交于B點。輕彈簧左端固定于豎直墻面，用質(zhì)量為m1的滑塊壓縮彈簧至D點，然后由靜止釋放滑塊，滑塊脫離彈簧后經(jīng)B點滑上斜面，上升到最大高度，并靜止在斜面上。換用相同材料、質(zhì)量為m2的滑塊（m2m1）壓縮彈簧至同一點D后，重復(fù)上述過程。不計滑塊經(jīng)過B點時的機(jī)械能損失。從靜止釋放滑塊到滑塊沿斜面上升到最大高度過程，下列說法正確的是（）A兩滑塊到達(dá)B點的速度大小相等B兩滑塊在斜面上運動

5、的加速度相同C兩滑塊的重力勢能增加量相同D兩滑塊與斜面因摩擦產(chǎn)生的熱量相同7.如圖，直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，O（0，0）、P（a，0）兩點各放置一點電荷，Q（0，a）點電場強(qiáng)度沿x軸正方向，下列判斷正確的是（）AP點電荷帶正電BP點電荷量大于O點電荷量C在x軸負(fù)半軸上某點電場強(qiáng)度為零D從P點沿x軸正方向電勢越來越低8.關(guān)于分子動理論和熱力學(xué)定律，下列說法中正確的是（）A空調(diào)機(jī)在制冷過程中，從室內(nèi)吸收的熱量少于向室外放出的熱量B布朗運動是由于分子無規(guī)則運動直接形成的，而擴(kuò)散現(xiàn)象是分子熱運動的間接反映C阿伏加德羅常數(shù)是聯(lián)系微觀物理量和宏觀物量的橋梁，已知水的摩爾質(zhì)量和水分子的質(zhì)量，可以求出該常數(shù)D

6、熱傳遞的自然過程是大量分子從無序程度大的狀態(tài)向無序程度小的狀態(tài)轉(zhuǎn)化的過程E水面上的單分子油膜，在測量油膜分子直徑時可把它們當(dāng)做球形處理9.從波源質(zhì)點0起振開始計時。經(jīng)時間t=1s，x軸上距波源10 m處的質(zhì)點開始振動，此時波形如圖所示，則下列說法正確的是 。A該列波的周期為0.8 sBO點的簡諧振動方程為y=2sin5t（cm）C在00.6 s時間內(nèi)，x軸上2 m處質(zhì)點通過的路程為4cmD在t=0.6 s時，x軸上8 m處質(zhì)點位移為零，且向y軸負(fù)方向振動E再經(jīng)4.0 s，x=48 m處的質(zhì)點處于波峰位置評卷人得分二、實驗題10.其研究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計實驗測量“某品牌的運動鞋鞋底與室內(nèi)籃球館木地板

7、之間動摩擦因數(shù)的大小”，簡要步驟如下：（1）找來學(xué)校球館的一塊長木板固定在水平桌面上，在木板左端固定一光滑小滑輪，右端固定電磁打點計時器；（2）用塑料袋裝一些沙子，塞入鞋中，并測出鞋和沙子的總質(zhì)量M。接著把鞋子放在長木板上，把一輕質(zhì)細(xì)線的一端固定在鞋子上，使鞋子能夠沿細(xì)線方向做直線運動，再將細(xì)線繞過小滑輪，細(xì)線另一端拴一小桶，鞋子連接紙帶穿過打點計時器，紙帶保持水平。（3）釋放小桶，使鞋子能由靜止開始加速運動，打出的紙帶如圖所示，0、1、2、3、4、5、6為計數(shù)點，相鄰計數(shù)點之間有四個計時點沒有畫出，用刻度尺測量出兩點之間的距離如圖所示分別為s1=1.81cm、s2=2.10cm、s3=2.4

8、0cm、s4=2.70cm、s5=3.01cm、s6=3.30cm，打點計時器所接交流電頻率為f=50Hz，可算出運動的加速度a=_m/s2（保留兩位有效數(shù)字）；用天平測出小桶的質(zhì)量為m，則鞋底與木板之間的動摩擦因數(shù)表達(dá)式為=_；（用M、m、g、a表示）（4）在測量過程中，下列說法正確的是_A.細(xì)線要與長木板保持平行 B應(yīng)將長木板墊高以平衡摩擦力C應(yīng)該先接通計時器的電源后再使鞋子開始運動 D.實驗需要m遠(yuǎn)小于M才行11.某實驗小組研究小燈泡的伏安特性，所使用的器材有：兩只相同的小燈泡（額定電壓3.8V，額定電流0.32A），電壓表V（量程3V，內(nèi)阻3k），電流表A（量程0.6A，內(nèi)阻約0.5）

9、，定值電阻R0（阻值1000），滑動變阻器R（阻值05.0），電源（電動勢E=4.5V，內(nèi)阻不計）。（1）選擇一只小燈泡進(jìn)行實驗研究，要求能夠?qū)崿F(xiàn)在03.8V的范圍內(nèi)測量小燈泡的電壓，在方框中畫出實驗原理電路圖_。（2）實驗測得該小燈泡伏安特性曲線如圖。由實驗曲線可知，小燈泡的電阻率隨著電流的增加而_（填增大、不變或減小）。（3）將本實驗中的兩只小燈泡與電動勢E=4.0V，內(nèi)阻r=4.0的另一電源串聯(lián)成閉合回路電路，則電源兩端的路端電壓U和干路電流I的關(guān)系式為_，小燈泡的實際功率為_W。（結(jié)果保留兩位小數(shù)）評卷人得分三、解答題12.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，y軸與x=d之間，有沿

10、x軸正向的勻強(qiáng)電場，在第二象限內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，在x軸上P（-d，0）點，沿y軸正向發(fā)射一個質(zhì)量為m、電荷量大小為q的帶負(fù)電粒子，粒子的速度大小為vo，粒子剛好從坐標(biāo)原點O射出磁場；若只增大粒子的發(fā)射速度大小，使粒子垂直y軸射出磁場，結(jié)果粒子在電場中運動12d的距離，速度為零，不計粒子的重力，求：(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大?。?3)繼續(xù)增大粒子的發(fā)射速度大小，要使粒子不能從x=d射出電場，粒子的發(fā)射速度最大為多少。13.如圖所示，一個固定在豎直平面內(nèi)的光滑四分之一圓弧軌道半徑R=0.45m，下端恰好與平臺平滑對接，在光滑的水平面上有一個靜止的、足

11、夠長的木板c，可視為質(zhì)點的小滑塊b靜止在距離木板右端L=2.25m處，木板的右端緊靠側(cè)壁豎直的平臺，平臺的上表面光滑并與木板上表面等高?？梢暈橘|(zhì)點的小滑塊a由圓弧軌道頂端無初速釋放，a、b碰撞時間極短，碰后粘連在一起運動。已知兩個小滑塊與木板的質(zhì)量均為m=1kg，小滑塊a、b與木板間的動摩擦因數(shù)均為=0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2。（1）求小滑塊a滑到圓弧軌道底端對圓弧軌道的壓力大??；（2）求小滑塊a、b碰后瞬間速度的大小；（3）若a、b間發(fā)生彈性碰撞，求碰撞后小滑塊a、b之間的最大距離。14.如圖甲所示，豎直放置氣缸內(nèi)用活塞封閉著一定質(zhì)量的理想氣體，活塞的質(zhì)量為m，橫截

12、面積為S，現(xiàn)對氣缸內(nèi)氣體緩慢加熱，使其溫度從T1升高了T，氣柱的高度增加了h，吸收的熱量為Q，已知大氣壓強(qiáng)為p0，重力加速度大小為g，不計活塞與氣缸間摩擦。（1）求對氣缸內(nèi)氣體緩慢加熱的過程中氣體內(nèi)能的增加量；（2）如果在活塞上緩慢堆放一定質(zhì)量細(xì)砂，保持缸內(nèi)氣體溫度不變（升高后的溫度），如圖乙所示，使缸內(nèi)氣體的體積又恢復(fù)到初始狀態(tài)，求所堆放細(xì)砂的總質(zhì)量。15.玻璃直角三棱鏡的截面如圖所示，B=30°，一束光線從AB邊上的M點以平行于BC的方向射入棱鏡，經(jīng)BC邊反射后的反射光線與AB邊平行。已知AB=2L，BM=12L，真空中的光速為c。求：（1）棱鏡的折射率n；（2）該束光線從M點射

13、入到第一次從AC邊射出經(jīng)歷的時間。參考答案1.C【解析】AC過程I中動量改變量等于重力的沖量，即為mgt，不為零，故A錯誤，C正確；B運動員進(jìn)入水前的速度不為零，末速度為零，過程II的動量改變量不等于零，故B錯誤；D過程II的動量改變量等于合外力的沖量，此過程中受重力和水的阻，則不等于重力的沖量，故D錯誤。故選C。2.B【解析】A根據(jù)vt圖像可知，圖像斜率表示加速度，所以兩星球表面重力加速度之比為gP:gQ=3:1根據(jù)g=GMR2得到MP:MQ=27:1故A選項錯誤；B由=M43R3可以得到P:Q=1:1故B選項正確；C根據(jù)GMmR2=mv2R推得v1=GMR得兩星球的第一宇宙速度之比v1P:

14、v1Q=3:1故C選項錯誤；D根據(jù)GMmR2=m42RT2推得T=42R3GMTP:TQ=1:1故D選項錯誤。故選B。3.A【解析】AB木板A水平方向共受三個力，分別是彈簧水平向左的彈力和上下兩個面的靜摩擦力，因A靜止不動，受合外力為0，彈簧的彈力不變，所以兩個摩擦力的合力也不變，與彈力大小相等，方向相反，A正確，B錯誤；CD對物體B，因開始時所受摩擦力的方向不確定，則摩擦力方向有可能與F同向，此時彈力不變，F(xiàn)減小，則摩擦力增大；也可能與F反向，此時彈力不變，F(xiàn)減小，則摩擦力先減小然后再反向增大，CD錯誤。故選A。4.C【解析】初始時刻，金屬框的加速度最大，隨著金屬框速度的增加，感應(yīng)電動勢逐漸

15、增加，回路電流之間增加，MN所受安培力逐漸增加，根據(jù)牛頓第二定律，對金屬框FBIL=Ma1對導(dǎo)體棒BIL=ma2因此金屬框加速度逐漸減小，導(dǎo)體棒加速度逐漸增加，最終兩者加速度相同，速度差恒定。故選C。5.AC【解析】B原線圈輸入電壓及輸電功率恒定，當(dāng)S由2改接為1時，根據(jù)U2=n2n1U1升壓變壓器副線圈匝數(shù)n2 增大，則U2增大，由于U1I1=U2I2則升壓變壓器副線圈電流I2減小，所以電流表讀數(shù)減小，B錯誤；A線路損失的電壓U=I2R線減小，則降壓變壓器原線圈的電壓U3=U2U增大，則降壓變壓器副線圈的電壓U4=n4n3U3增大，所以電壓表的讀數(shù)增大，A正確；C輸電線上損耗的功率P=I22

16、R線由于升壓變壓器副線圈電流I2 減小，所以輸電線上損耗的功率減小，C正確；D用戶的功率P4=P1P輸電線上損耗的功率減小，所以用戶的功率增大，D錯誤。故選AC。6.BCD【解析】A彈簧釋放的過程，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為滑塊的動能。兩次彈簧都壓縮到同一點D后釋放，則兩次彈簧的彈性勢能相同，水平面又光滑，所以兩滑塊運動到B點的動能相同，但是兩滑塊質(zhì)量不同，則速度不同，故A錯；B由牛頓第二定律可得，滑塊在斜面上運動的加速度為a=mgsin+mgcosm=gsin+gcos由于材料相同，所以動摩擦因數(shù)相同，由上式可知加速度與質(zhì)量無關(guān)，故兩滑塊在斜面上運動的加速度相同，故B正確；C設(shè)滑塊上升的最大高度為

17、h，由能量守恒定律得Ep=mgh+mgcos·hsin解得mgh=Ep1+cot由上式可知，兩滑塊的重力勢能增加量是相同的，故C正確；D因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=mgcos·hsin=mghcot由上面解析可知，、mgh相同，故產(chǎn)生的熱量相同，故D正確。故選BCD。7.BC【解析】A如果O、P點電荷帶電性一致，Q點電場強(qiáng)度必有y軸分量，若O、P點電荷分別帶負(fù)電、正電，則Q點電場強(qiáng)度必有指向x軸負(fù)方向分量，故點O處點電荷帶正電，P處點電荷帶負(fù)電，故A錯誤；B由題意Q點電場強(qiáng)度沿x軸正方向可得EOy=EPy即kQ0a2=kQP2a222解得QP=22QO故B正確；CD設(shè)O點沿x軸負(fù)

18、方向存在一點M距離O點x，電場強(qiáng)度為0，則有kQOx2=kQP(x+a)2解得x=a221由于電勢沿電場線方向降低，P點電荷帶負(fù)電且電荷量較大，則P點右側(cè)電場線沿x軸負(fù)方向，則沿x軸正方向電勢越來越高，故C正確，D錯誤。故選BC。8.ACE【解析】A空調(diào)機(jī)在制冷過程中，從室內(nèi)吸收的熱量少于向室外放出的熱量，因為電能也部分轉(zhuǎn)化為熱能，A正確；B擴(kuò)散現(xiàn)象是由于分子無規(guī)則運動直接形成的，而布朗運動是分子熱運動的間接反映， B錯誤；C阿伏加德羅常數(shù)是聯(lián)系微觀物理量和宏觀物量的橋梁，已知水的摩爾質(zhì)量和水分子的質(zhì)量，可以求出阿伏伽德羅常數(shù)，C正確；D根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，熱傳遞的自然過程是大量分子從無序

19、程度小的狀態(tài)向無序程度大的狀態(tài)轉(zhuǎn)化的過程，D錯誤；E油膜法把油分子近似看作一個球體，E正確。故選ACE。9.ACE【解析】A由波形圖可知，圖像是一個半周期，所以周期為T=(1.0÷54)s=0.8sA正確；B由=2T=2.5rad/s得O點的簡諧振動方程為y=2sin2.5t(cm)B錯誤；C波速為v=T=10m/s由圖可知，t=0.2s時，x軸上2m處的質(zhì)點開始振動故在00.6時間內(nèi)x軸上2m處質(zhì)點振動的時間為0.4s，即為周期的12s，故通過的路程為s=2A=4cmC正確；D根據(jù)T=0.8s，由圖可知，在t=0.6s時，x軸上8m處質(zhì)點還未發(fā)生振動， D錯誤；E由圖可知，在x軸上

20、，x=48m處的質(zhì)點距x=8m質(zhì)點在波峰距離為40m，由公式x=vt可知，再經(jīng)4.0s，x=48m處的質(zhì)點處于波峰位置，E正確。故選ACE。10.     0.30     mgM+maMg     AC【解析】(3)1根據(jù)逐差法a=s4+s5+s6s1+s2+s33T2=2.70+3.01+3.301.81+2.10+2.40×1023×0.12解得a= 9.016.31×1020.09=0.30m/s22根據(jù)牛頓第二定律mgMg=M+ma解得

21、=mgM+maMg(4)3A在測量中，拉力要與長木板平行，即細(xì)線要與長木板保持平行，A正確；B此實驗?zāi)康木褪菫榱藴y量摩擦因數(shù)，所以不應(yīng)該平衡摩擦力。C如果先使鞋子開始運動再接通電源，有可能紙帶已經(jīng)被拉走，打不上點。所以應(yīng)該先接通計時器的電源后再使鞋子開始運動，C正確；D此實驗利用牛頓第二定律分析mgMg=M+ma不要求m遠(yuǎn)小于M，D錯誤。故選AC。11.          增大     U=EIr     0.36W(0.320.40W

22、)【解析】(1)1如圖所示，由于要求小燈泡的電壓的在03.8V的范圍內(nèi)測量，故滑動變阻器選擇分壓接法，由于電壓表的量程不夠，可與定值電阻R0串聯(lián)，擴(kuò)大量程為UV=UV1RV1RV=4V燈的內(nèi)阻RL=3.80.3211.88有內(nèi)外接判定值R=RVRA=44.72VRRL即電流表外接，如下圖(2)2結(jié)合上圖和U-I可知，I越大，對應(yīng)得點與原點連線的斜率越大，電阻越大，電阻率越大；(3)3 由閉合電路歐姆定律可知，路端電壓U=EIr4 兩個燈泡完全相同并且串聯(lián)，所以燈泡電壓UL=E2I2r=22I在U-I中作出上式的圖像，如下所示圖線交點坐標(biāo)約為(0.23A，1.57V)，則P=UI=1.57

23、15;0.23W0.36W12.(1)B=2mv0qd；(2)E=4mv02qd；(3)3v0【解析】(1)當(dāng)粒子以大小為v0的速度射入磁場，粒子在磁場中做圓周運動的半徑r1=12d根據(jù)牛頓第二定律有qv0B=mv02r1解得B=2mv0qd(2)設(shè)粒子射出速度大小為v1，由題意知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑r2=d根據(jù)牛頓第二定律qv1B=mv12r2粒子進(jìn)入電場后，根據(jù)動能定理有qE×12d=12mv12解得E=4mv02qd(3)設(shè)粒子射出速度增大為v時，粒子剛好不從x=d射出電場設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律有：qvB=mv2r設(shè)粒子出磁場時速度與x軸

24、正向夾角為，根據(jù)幾何關(guān)系有cos=r2(rd)2r粒子出磁場時，沿x軸正向的分速度vx=vcos 粒子沿電場方向做勻減速運動，根據(jù)運動學(xué)公式有vx2=2ad根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma解得v=3v013.（1）30N；（2）1.25m/s；（3）0.75m【解析】（1）小滑塊a從圓弧軌道頂端滑到平臺上，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgR=12mv02解得小滑塊a滑到圓弧軌道底端時速度的大小v0=3m/s，在圓弧軌道底端時由牛頓第二定律得FNmg=mv02R解得FN=30N根據(jù)牛頓第三定律可知：小滑塊a對圓弧軌道的壓力大小為30N；（2）a滑上c后水平方向受向右的滑動摩擦力，由牛頓第二定律得mg=maa代入數(shù)據(jù)解得aa=1m/s2若b、c相對靜止，則b、c整體受a對它的向左的滑動摩擦力，由牛頓第二定律得mg=2ma0bc代入數(shù)據(jù)解得a0bc=0.5m/s2由題意可知b與c間的動摩擦因數(shù)為0.1，故b在c表面的最大加速度為abm=g=1m/s2故bc可以保持相對靜止，即abc=0.