2022-2023學(xué)年安徽省滁州市高三上學(xué)期一模理綜物理試題及答案解析

第=page11頁，共=sectionpages11頁2022-2023學(xué)年安徽省滁州市高三上學(xué)期一模理綜物理試題一、單選題（本大題共5小題，共20.0分）1.某質(zhì)點做直線運(yùn)動的位置x與時間t的關(guān)系圖像如圖所示。由圖像可知(

)A.前4秒內(nèi)，質(zhì)點先加速運(yùn)動再勻速運(yùn)動 B.前3s內(nèi)質(zhì)點的位移是2m

C.第4s內(nèi)質(zhì)點的位移是2m D.【答案】B

【解析】【分析】位移時間圖像表示物體的位置隨時間變化的規(guī)律，由圖像能直接讀出物體運(yùn)動的位置和對應(yīng)的時間．由圖像的切線斜率可求得物體的速度；由縱坐標(biāo)的差值可得出位移．平均速度等于位移與時間的比值?！窘獯稹緼、x?t圖像的切線斜率表示速度，前4秒內(nèi)，質(zhì)點的斜率先不變后為零，所以質(zhì)點先勻速運(yùn)動再靜止不動，故A錯誤；

B、縱坐標(biāo)之差表示位移，故前3?s內(nèi)質(zhì)點的位移是2?m，故B正確；

C、第4s內(nèi)質(zhì)點靜止不動，位移是0，故C錯誤；

D、前6s內(nèi)質(zhì)點的位移為6m

2.如圖所示，光滑半圓環(huán)豎直固定放置，最高點B處有一光滑小滑輪，質(zhì)量為m的小球A穿在環(huán)上。現(xiàn)用細(xì)繩一端拴在A上，另一端跨過滑輪用力F拉動，使A由圖示位置緩慢向上移動，圓環(huán)對A的彈力為FN，則A.力F逐漸變大

B.彈力FN逐漸變小

C.彈力FN大小不變

D.彈力FN的方向先背離圓心【答案】C

【解析】【分析】

本題的關(guān)鍵是對A球進(jìn)行受分析，利用合成法和平衡條件進(jìn)行分析，由三角形相似求解。

選取小圓環(huán)A為研究對象，畫出受力分析示意圖，小圓環(huán)受三個力：兩個繩子的拉力和大圓環(huán)的支持力，其中大圓環(huán)的支持力是沿著半徑的，兩端繩子拉力分別在切線方向上的分力必然相等，然后由數(shù)學(xué)三角函數(shù)知識求解。

【解答】在物塊緩慢向上移動的過程中，小圓環(huán)A處于三力平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件知mg與FN的合力與FT等大反向共線，做出m，

mgBO=FNOA=FTAB，F(xiàn)=FT

，F(xiàn)=ABBOmg，A

3.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一固定光滑的絕緣軌道ABCD，斜面AB與半徑為R的圓弧軌道平滑相切于B點，CD為豎直直徑，在圓心O處固定一個正點電荷。質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球，從斜面上的A點由靜止釋放，小球能到達(dá)圓弧最高點D，重力加速度為A.到達(dá)D點時速度可能為零 B.到達(dá)D點時的速度可能等于gR

C.從C點沿圓軌道到D點過程機(jī)械能守恒 D.在A、【答案】C

【解析】【分析】本題考查靜電場中的圓周運(yùn)動，屬于復(fù)合場的一種，解決此類問題要注意圓周運(yùn)動知識的運(yùn)用，以及能量轉(zhuǎn)化的理解。注意：在小球進(jìn)入圓弧軌道后，靜電力不做功，機(jī)械能守恒?！窘獯稹緼、小球和點電荷電性相反，在D點必定會受到豎直向下的重力和庫侖力，要使小球到達(dá)D點，其不可能速度為零，故A錯誤；

B、要使小球能完成完整的圓周運(yùn)動，即能到達(dá)D點，應(yīng)在D點有vD?v臨，有：mg+Fc=mv臨2R，解得：v臨=gR+F

4.粗糙絕緣水平面上垂直穿過兩根長直導(dǎo)線，兩根導(dǎo)線中通有相同的電流，電流方向豎直向上。水平面上一帶正電滑塊靜止于兩導(dǎo)線連線的中垂線上，俯視圖如圖所示，某時刻給滑塊一初速度，滑塊沿中垂線向連線中點運(yùn)動，滑塊始終未脫離水平面。則在運(yùn)動過程中A.滑塊一定做曲線運(yùn)動 B.滑塊可能做勻速直線運(yùn)動

C.滑塊的加速度一直增大 D.滑塊的速度一直減小【答案】D

【解析】【分析】

根據(jù)安培定則判斷直導(dǎo)線在對應(yīng)點產(chǎn)生的磁場方向，根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量合成法則求合磁感應(yīng)強(qiáng)度，通過左手定則分析滑塊受到的洛倫茲力方向，然后分析滑塊的運(yùn)動情況。

【解答】

A、根據(jù)安培定則結(jié)合磁場的矢量疊加原則，兩根通電直導(dǎo)線的電流在中垂線上的合磁場方向垂直于中垂線向左(連線中點磁感應(yīng)強(qiáng)度為零)，根據(jù)左手定則，滑塊受到的洛倫茲力方向垂直桌面向下，滑塊受到的合力與運(yùn)動方向共線，所以做直線運(yùn)動，故A錯誤；

BD、沿中垂線方向滑塊只受到滑動摩擦力的作用，做減速直線運(yùn)動，故B錯誤，D正確；

C、在中垂線上，連線中點磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，無窮遠(yuǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度也為零，故從中點向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度先增大后減小，因為不清楚滑塊出發(fā)點的位置，所以磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化未知，根據(jù)牛頓第二定律ma=μ(m5.水刀切割具有精度高，無熱變形、無毛刺，無需二次加工以及節(jié)約材料等特點，因而得到廣泛應(yīng)用。某水刀機(jī)床工作時，垂直射向鋼板的圓柱形水流的橫截面直徑為d，水流穿過鋼板后速度方向不變，大小變?yōu)樵瓉淼囊话搿Ｒ阎牧髁?單位時間流出水的體積)為Q，水的密度為ρ，則鋼板受到水的平均沖力大小為(

)A.2Q2ρπd2 B.2Q2【答案】A

【解析】【分析】

取t時間內(nèi)的水研究對象，由密度公式確定水的質(zhì)量，再根據(jù)動量定理列式求解即可。

本題關(guān)鍵是研究對象的選擇，然后根據(jù)動量定理列式求解即可，注意在應(yīng)用動量定理時應(yīng)先確定正方向。

【解答】

t時間內(nèi)有Qt體積的水打在鋼板上，則這些水的質(zhì)量為；m=ρQt，而Q=14πd2·v，以這部分水為研究對象，它受到鋼板的作用力為F二、多選題（本大題共3小題，共12.0分）6.某航天器的發(fā)射過程可簡化為兩個階段，如圖所示，先由橢圓軌道1運(yùn)動后調(diào)整至圓軌道2，然后以大小為v的速度在軌道2上穩(wěn)定運(yùn)行。軌道上A、B、C三點與地球中心在同一直線上，A、C兩點分別為軌道1的遠(yuǎn)地點與近地點，且AC=3BA.航天器在軌道1上C點的速度小于其在軌道2上B點的速度

B.航天器在軌道2上的機(jī)械能等于其在軌道1上的機(jī)械能

C.航天器在軌道1上A點的加速度等于v22a

D.航天器在軌道2上運(yùn)行的周期與在軌道【答案】CD

【解析】【分析】變軌原理：低軌變高軌需要加速，使衛(wèi)星做離心運(yùn)動，高軌變低軌需要減速，使衛(wèi)星做近心運(yùn)動。

對于同一個衛(wèi)星，軌道越高機(jī)械能越大。比較不同橢圓軌道的周期大小時，往往使用開普勒第三定律。

對于圓周軌道，往往通過萬有引力提供向心力進(jìn)行分析。【解答】A、根據(jù)GMmr2=mv2r解得v=GMr，對于圓周軌道的衛(wèi)星，軌道半徑越小，線速度越大，所以過C點的圓周軌道線速度要大于軌道2上B點的速度，從過C點的圓周軌道上變軌到橢圓軌道1上需要加速做離心運(yùn)動，所以航天器在軌道1上C點的速度大于其在軌道2上B點的速度，故A錯誤；

B、航天器在軌道1上從A點變軌到軌道2上，需要加速，機(jī)械能變大，故航天器在軌道2上的機(jī)械能大于其在軌道1上的機(jī)械能，故B錯誤；

C、航天器在軌道2上C點受到的萬有引力為F=mv22a，航天器在軌道1上C點受到的萬有引力也為F，根據(jù)牛頓第二定律F=m

7.如圖甲所示，物塊A、B中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，靜止在光滑水平面上，彈簧處于原長，物塊A的質(zhì)量為1.5kg。t=0時對物塊A施加水平向右的恒力F，t=1sA.t=1s時物塊A的速度為0.8m/s B.t=1s時彈簧彈力為0.6N

【答案】BD

【解析】A.若物體A的加速度從1.0均勻減小到0.6，圖像的面積為Δ而A的初速度為零，可知1s時的速度為0.8m/s，但實際是物體a的

a?t

圖像的面積偏小，即速度變化量小于0.8m/s，則

BCD.恒力F拉動a的瞬間，由

a?t

圖像AF1s時兩者的加速度相等

a=0.6m/sFF解得mF故BD正確，C錯誤；故選BD。

8.如圖所示，靜止在光滑水平面上的小車，由三段軌道平滑連接而成。AB段是傾角為37°的斜面，BC段水平，CD段是半徑為0.3?m的豎直1/4圓弧，A、D兩點等高，小車的總質(zhì)量為2?kg。一質(zhì)量為1?kg的小物塊，從A點以1.5?m/sA.小物塊最終相對于小車靜止在B點

B.小物塊首次經(jīng)過BC段的最左端時，小車的速度大小為1?m/s

C.小物塊會從D【答案】AD

【解析】【分析】解決本題的關(guān)鍵是明確整個系統(tǒng)在水平方向不受外力，故水平方向動量守恒。通過受力情況分析兩者的運(yùn)動過程，根據(jù)動量守恒、能量守恒定律即可解題?！窘獯稹緽、整個系統(tǒng)在水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，已知小車初速度為v0=1.5m/s，物塊第一次到達(dá)B點的速度為v1=2m/s，

物塊質(zhì)量為m=1kg，小車質(zhì)量為2m=2kg，

設(shè)小車第一次到達(dá)B點時速度為v2，

則以向右為正方向，mv0cos37°=mv1+2mv2，

解得v2=?0.4m/s，負(fù)號表示方向向左，故B錯誤；

C、分析小物塊第一次到B點兩者第一次水平方向共速的過程，根據(jù)水平方向動量守恒有mv1+2mv2=3mvx，

系統(tǒng)機(jī)械能守恒，12mv12+12×2mv22=1

三、實驗題（本大題共2小題，共18.0分）9.某同學(xué)用如圖所示的裝置來驗證機(jī)械能守恒定律。實驗時，該同學(xué)進(jìn)行了如下操作：(1)第一步：帶擋光片的鉤碼A與鉤碼B用輕繩連接跨放在定滑輪上，處于靜止?fàn)顟B(tài)，它們的質(zhì)量均為M。測得擋光片中心到光電門中心的豎直距離為第二步：在B的下端掛上質(zhì)量為m的鉤碼C，由靜止釋放，光電門記錄擋光片擋光的時間為Δt；第三步：測出擋光片的寬度d，計算出擋光片經(jīng)過光電門時的速度為__________。(2)如果鉤碼A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，各物理量應(yīng)滿足的關(guān)系式為__________(用題中所給物理量表示，重力加速度為g(3)驗證實驗結(jié)束后，該同學(xué)想：如果鉤碼A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，不斷增大鉤碼C的質(zhì)量m，鉤碼B的加速度a也將不斷增大，那么a與m之間有怎樣的定量關(guān)系？請你幫該同學(xué)寫出它們之間的關(guān)系式：a=__________(用M、m和重力加速度g表示【答案】(1)d△t；【解析】【分析】

解決本題的關(guān)鍵知道實驗的原理，知道誤差產(chǎn)生的原因；明確驗證機(jī)械能守恒定律的實驗方法；正確應(yīng)用牛頓第二定律的進(jìn)行分析求解。根據(jù)極短時間內(nèi)的平均速度表示瞬時速度求出系統(tǒng)末動能；對系統(tǒng)研究驗證機(jī)械能守恒定律，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度與m的關(guān)系式。

【解答】

(1)、(2)擋光片經(jīng)過光電門時的速度為：v=dΔt，

系統(tǒng)重力勢能的減小量△Ep=mgh，

系統(tǒng)動能的增加量為：ΔEk=12(2M+m)v10.某同學(xué)要將一只有30格刻度的毫安表改裝成量程為3?A(1)該同學(xué)設(shè)計了如圖所示的電路測量毫安表的量程和內(nèi)阻。實驗采用輸出電壓為U=10?V的電源，內(nèi)阻很小可忽略不計。實驗時先將電阻箱的阻值調(diào)至最大，接入電路，調(diào)節(jié)電阻箱，當(dāng)電阻箱的阻值調(diào)為1500?Ω時，毫安表恰好能夠偏轉(zhuǎn)10格的刻度；當(dāng)電阻箱的阻值調(diào)為500?Ω時，毫安表剛好能偏轉(zhuǎn)20(2)將此毫安表改裝成量程為3?A的電流表，則需在毫安表兩端_______(選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)一個阻值為_______Ω【答案】(1)?15；500；(【解析】【分析】對電阻箱操作兩次，分別根據(jù)閉合電路歐姆定律列等式，聯(lián)立可得出結(jié)論；

毫安表擴(kuò)大量程需要并聯(lián)一個小電阻來分流，并聯(lián)的電阻越小分流越大，則量程越大，根據(jù)并聯(lián)電路的特點結(jié)合歐姆定律求解。

【解答】(1)設(shè)每小格電流為I，則根據(jù)閉合電路歐姆定律U=10I(1500Ω+Rg)，U=20I(500Ω+Rg四、計算題（本大題共3小題，共30.0分）11.如圖所示，傾角θ=37°的斜面與水平面在P點平滑相接。A、B為兩完全相同的物塊，它們與斜面及水平面的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5?，F(xiàn)將A從距離P點6?m處由靜止釋放，同時從P點給B一個沿斜面向上的初速度v0=10?m/s。(1)A物塊釋放后多長時間，A(2)A【答案】解：(1)設(shè)A、B的質(zhì)量為m，A釋放后經(jīng)過t時間，B速度減為0

對A:mgsinθ?μmgcosθ=ma1

對B:mgsinθ+μmgcosθ=ma2

則：v0=a2t，代入數(shù)值解得t=1s

此時A【解析】解決本題的關(guān)鍵要理清兩個物體的運(yùn)動過程，按時間順序進(jìn)行分析。涉及時間時，往往根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式進(jìn)行解答。涉及力在空間的效果時往往根據(jù)動能定理處理。

(1)先根據(jù)牛頓第二定律求出兩個物體下滑的加速度。A、B相遇時，A與B的位移之和等于x=6m，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求解A物塊釋放后的時間。

(2)由速度公式分別求出A、B碰撞前的速度，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒求出碰撞后，A、B兩物塊的速度。對A、12.如圖所示，MM′、NN′為地面上方的兩條水平線，間距為2L。它們之間有一垂直于紙面的水平勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。豎直平面內(nèi)有一矩形線框abcd，質(zhì)量為m，電阻為R，ab邊長為2L，bc邊長為L?，F(xiàn)將線框從距磁場區(qū)域上邊界L處以v0水平拋出。當(dāng)c(1(2【答案】解：(1)線框在磁場中的電磁感應(yīng)過程與水平速度無關(guān)，cd邊剛進(jìn)入磁場時，線框的豎直速度為v1，

電路中電動勢：E1=B?2L?v1，

線框中電流：I1=E1R，

cd邊所受的安培力F1=B?I1?2L，

對線框：mg?F1=ma，

得：a=g?4B2L22g【解析】(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出電動勢，根據(jù)閉合電路歐姆定律求電流，然后求出安培力，根據(jù)牛頓第二定律求加速度；

(2)13.如圖甲所示，直角坐標(biāo)系xOy中，第二象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)E=1N/C，第一、四象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面的交變磁場。一個比荷qm=100C/kg