2022年四川省眉山市車輛廠中學高三物理模擬試卷含解析

2022年四川省眉山市車輛廠中學高三物理模擬試卷含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.如圖所示，甲、乙兩物體質量分別為3kg、4kg，疊放在水平桌面上。已知甲、乙間的動摩擦因數為0.6，物體乙與水平桌面間的動摩擦因數為0.5。重力加速度g=10m/s2。水平拉力F作用在乙上，兩物體一起向右做勻速直線運動。如果F突然變?yōu)榱?，且甲、乙仍保持相對靜止，則

（

）A．甲受水平向左的摩擦力

B．甲受到水平方向、大小為18N的力C．乙的加速度向右D．甲的加速度大小為5m/s2參考答案：AD2.(單選)如圖所示，質量為m的物體用細繩拴住放在水平粗糙傳送帶上，物體距傳送帶左端距離為L，穩(wěn)定時繩與水平方向的夾角為θ，當傳送帶分別以v1、v2的速度作逆時針轉動時(v1<v2)，穩(wěn)定時細繩的拉力分別為Fl、F2；若剪斷細繩后，物體到達左端的時間分別為tl、t2，下列關于穩(wěn)定時細繩的拉力和到達左端的時間的大小一定正確的是()

A．Fl<F2

B．Fl=F2

C．tl>t2

D．tl<t2參考答案：B對木塊受力分析，受重力G、支持力N、拉力T、滑動摩擦力f，如圖由于滑動摩擦力與相對速度無關，兩種情況下的受力情況完全相同，根據共點力平衡條件，必然有

故A錯誤、B正確．

繩子斷開后，木塊受重力、支持力和向左的滑動摩擦力，重力和支持力平衡，合力等于摩擦力，水平向左

加速時，根據牛頓第二定律，有

，解得，

故木塊可能一直向左做勻加速直線運動；也可能先向左做勻加速直線運動，等到速度與皮帶速度相同，然后一起勻速運動；由于，故

①若兩種情況下木塊都是一直向左做勻加速直線運動，則等于

②若傳送帶速度為時，木塊先向左做勻加速直線運動，等到速度與皮帶速度相同，然后一起勻速運動；傳送帶速度為時，木塊一直向左做勻加速直線運動，則

③兩種情況下木塊都是先向左做勻加速直線運動，等到速度與皮帶速度相同，然后一起勻速運動，則

故C、D錯誤。3.（多選）一理想變壓器原線圈匝數為n1=1000匝，副線圈匝數為n2=200匝，將原線圈接在u=200sin100πt（V）的交流電壓上，副線圈上電阻R和理想交流電壓表并聯(lián)接入電路，現在A、B兩點間接入不同的電子元件，則下列說法正確的是（

）A．在A、B兩點間串聯(lián)一只電阻R，穿過鐵芯的磁通量的最大變化率為0.2Wb/sB．在A、B兩點間接入理想二極管，電壓表讀數為40VC．在A、B兩點間接入一只電容器，只提高交流電頻率，電壓表讀數增大D．在A、B兩點間接入一只電感線圈，只提高交流電頻率，電阻R消耗電功率減小參考答案：CD4.如圖所示，豎直向上的勻強電場中，絕緣輕質彈簧直立于地面上，彈簧上放一個質量為m且?guī)д姷男∏颍∏蚺c彈簧不連接．現加外力F將小球向下壓至某一位置．當撤去外力F后，小球由靜止開始運動到離開彈簧的過程中，小球克服重力做功為W1、電場力對小球做功為W2，小球離開彈簧時的速度為v，不計空氣阻力，則該過程中

A．小球的重力勢能增加W1B．小球動能的最大值一定為C．彈簧彈性勢能的最大值小于D．小球的機械能增加W2參考答案：ACD5.(單選)（2014?陜西模擬）在探究超重和失重規(guī)律時，某體重為G的同學站在一壓力傳感器上完成一次下蹲動作．傳感器和計算機相連，經計算機處理后得到壓力F隨時間t變化的圖象，則下列圖象中可能正確的是（）參考答案：D解：對人的運動過程分析可知，人在加速下蹲的過程中，有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，此時人對傳感器的壓力小于人的重力的大?。辉跍p速下蹲的過程中，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，此時人對傳感器的壓力大于人的重力的大小，所以D正確．故選D．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖為“用DIS（位移傳感器、數據采集器、計算機）研究加速度和力的關系”的實驗裝置。實驗操作中，用鉤碼所受的重力作為小車所受外力，用DIS系統(tǒng)測定小車的加速度。在保持小車總質量不變的情況下，改變所掛鉤碼的數量，多次重復測量，將數據輸入計算機，得到如圖所示的a~F關系圖線。（1）小車上安裝的是位移傳感器的__________部分。（2）分析發(fā)現圖線在水平軸上有明顯的截距（OA不為零），這是因為____________。（3）圖線AB段基本是一條直線，而BC段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是（單選）（A）小車與軌道之間存在摩擦（B）釋放小車之前就啟動記錄數據的程序（C）實驗的次數太多（D）鉤碼的總質量明顯地大于小車的總質量在多次實驗中，如果鉤碼的總質量不斷地增大，BC曲線將不斷地延伸，那么該曲線所逼近的漸近線的方程為__________。參考答案：（1）發(fā)射器（2分）（2）小車所受的摩擦力過大（2分）（3）D（2分），a=g（a=10m/s2）（2分）7.假設某實驗室恰好位于震源的正上方，該實驗室中懸掛著一個靜止的彈簧振子和一個靜止的單擺，彈簧振子的彈簧和小球（球中間有孔）都套在固定的光滑豎直桿上。某次有感地震中同一震源產生的地震縱波和橫波的波長分別為5.0km和2.5km，頻率為2.0Hz。則可觀察到_________先開始振動（或擺動），若它開始振動（或擺動）3.0s后，另一裝置才開始振動（或擺動），則震源離實驗室的距離為________。參考答案：

(1).彈簧振子

(2).30km【詳解】根據可知，縱波的傳播速度較橫波大，可知縱波先傳到實驗室，即彈簧振子先振動；縱波的速度；橫波的速度：；則，解得x=30km.8.如圖，寬為L的豎直障礙物上開有間距d=0.6m的矩形孔，其下沿離地高h=1.2m，離地高H=2m的質點與障礙物相距x。在障礙物以vo=4m/s勻速向左運動的同時，質點自由下落.為使質點能穿過該孔，L的最大值為

m;若L=0.6m,x的取值范圍是

m。(取g=10m/s2)參考答案：0.8；0.8m≤x≤1m以障礙物為參考系，相當于質點以vo的初速度，向右平拋，當L最大時從拋出點經過孔的左上邊界飛到孔的右下邊界時,L最大，，;

從孔的左上邊界飛入臨界的x有最小值為0.8ｍ從孔的右下邊界飛出時,x有最大值：【考點】平拋運動的規(guī)律

運動的合成和分解9.如圖為氫原子的能級圖，一群氫原子在n=4的定態(tài)發(fā)生躍遷時，能產生

種不同頻率的光，其中產生的光子中能量最大是

ev參考答案：6、

12．75ev10.如圖所示，一個有界的勻強磁場區(qū)域，方向垂直紙面向里，一個矩形閉合導線框abcd沿紙面由位置Ⅰ運動到位置Ⅱ，在dc邊剛進入磁場時，受到的安培力方向為______，在ab邊即將離開磁場時，線框中感應電流方向為________（選填“順時針”或“逆時針”）。

參考答案：

答案：向左、順時針11.在測定勻變速直線運動加速度的實驗中，選定一條紙帶如圖所示，每相鄰兩個記數點之間有四個點未打出，其中0、1、2、3、4、5、6都為記數點，電源頻率為50HZ．測得：x1=1.40cm，x2=1.90cm，x3=2.38cm，x4=2.88cm，x5=3.39cm，x6=3.87cm．（1）在計時器打出點4時，小車的速度為：v4=0.314m/s．（2）該勻變速直線運動的加速度的大小a=0.496m/s2．（結果均保留三位有效數字）參考答案：考點：測定勻變速直線運動的加速度．版權所有專題：實驗題；直線運動規(guī)律專題．分析：根據勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上4點時小車的瞬時速度大?。獯穑航猓弘娫搭l率為50Hz，打點時間間隔是0.02s，由于兩相鄰計數點間有四個點未畫出，相鄰計數點間的時間間隔t=0.02×5=0.1s，勻變速直線運動某段時間內的平均速度等于該段時間中間時刻的瞬時速度，在計時器打出點4時，小車的速度為：v4==≈0.314m/s；由勻變速直線運動的推論公式：△x=at2可知，加速度的大小：a===≈0.496m/s2，故答案為：0.314；0.496．12.如圖所示電路中，電源電動勢E＝10V，內電阻r＝4Ω，定值電阻R1＝6Ω，R2=10Ω,R3是滑動變阻器且最大阻值為30Ω,在滑動變阻器的滑動頭上下移動過程中。電壓表的最大讀數為_______V，電源的最大輸出功率為

W。參考答案：13.質量為2．0kg的物體，從離地面l6m高處，由靜止開始勻加速下落，經2s落地，則物體下落的加速度的大小是

m/s2，下落過程中物體所受阻力的大小是

N．(g取l0m/s2)參考答案：8；4物體下落做勻加速直線運動，根據位移時間關系得：x=at2，a==m/s2=8m/s2，根據牛頓第二定律得：a=，解得：f=4N。三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（選修3-3）（6分）如圖所示，用面積為S的活塞在汽缸內封閉著一定質量的空氣，活塞質量為m，在活塞上加一恒定壓力F，使活塞下降的最大高度為?h，已知此過程中氣體放出的熱量為Q，外界大氣壓強為p0，問此過程中被封閉氣體的內能變化了多少？

參考答案：解析：由熱力學第一定律△U=W+Q得

△U=（F+mg+P0S）△h－Q

（6分）15.如圖所示，質量均為m=1kg的A、B兩物體通過勁度系數為k=100N/m的輕質彈簧拴接在一起，物體A處于靜止狀態(tài)。在A的正上方h高處有一質量為的小球C，由靜止釋放，當C與A發(fā)生彈性碰撞后立刻取走小球C，h至少多大，碰后物體B有可能被拉離地面？參考答案：h≥0.45m設C與A碰前C的速度為v0，C與A碰后C的速度為v1，A的速度為v2，開始時彈簧的壓縮量為H。對C機械能守恒：

C與A彈性碰撞：對C與A組成的系統(tǒng)動量守恒：

動能不變：

解得：

開始時彈簧的壓縮量為：

碰后物體B被拉離地面有彈簧伸長量為：

則A將上升2H，彈簧彈性勢能不變，機械能守恒：

聯(lián)立以上各式代入數據得：

四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，總長1m粗細均勻的直角玻璃管，AO和BO等長，A端封閉，B端開口，內有10cm長的水銀柱。當AO水平，BO豎直時，水銀柱在AO的最右端，這時大氣壓為75cmHg，溫度為27℃。（1）若將此裝置繞A點在紙面內順時針轉90°，當溫度為多少時水銀柱恰好全部在OB段的最左端？（2）若在圖示位置將溫度升高到450K，封閉氣體的長度為多少？參考答案：)解答與評分標準：（1）

p1=75cmHg

V1=L1S=40S

T1=273+27=300Kp2=75cmHg

V2=L2S=50S

T2=？

（2分）氣態(tài)方程：p1V1/T1=p2V2/T2

（1分）解出T2=375K

（2分）（2）設升高到T3，汞柱全部進入B管，L3=50cm

p3=(75+10)cmHg

（2分）氣態(tài)方程：p1V1/T1=p3V3/T3

（1分）解出T3=425K

（1分）此后，氣體作等壓變化，T4=450K

（1分）氣態(tài)方程：V3/T3=V4/T4

（1分）解出L4=52.9cm

（1分）其他解答正確亦可，但未作臨界點判斷，扣一分17.摩天大樓中一部直通高層的客運電梯，行程超過百米．電梯的簡化模型如圖1所示．考慮安全、舒適、省時等因素，電梯的加速度a是隨時間t變化的，已知電梯在t=0時由靜止開始上升，a﹣t圖象如圖2所示．電梯總質量m=2.0×103kg，忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2．（1）求電梯在上升過程中受到的最大拉力F1（2）類比是一種常用的研究方法．對于直線運動，教科書中講解了由υ─t圖象求位移的方法．請你借鑒此方法，對比加速度和速度的定義，根據圖2所示a﹣t圖象，求電梯在第1s內的速度改變量△υ1和第2s末的速率υ2；（3）求在0～11s時間內，拉力和重力對電梯所做的總功W．參考答案：考點：動能定理；勻變速直線運動的位移與時間的關系；牛頓第二定律．專題：動能定理的應用專題．分析：（1）由圖讀出電梯向上加速運動的最大加速度和減速運動的最大加速度大小，由牛頓第二定律求解最大拉力F1和最小拉力F2；（2）運用類比法可知，a﹣t圖象與坐標軸所圍的“面積”等于速度變化量，即可求出電梯在第1s內的速度改變量△υ1，及電梯在2s內的速度改變量△υ2，即求得第2s末的速率υ2；（3）由a─t圖象可知，11s～30s內速率最大，其值等于0～11s內a─t圖線下的面積，由動能定理求解拉力和重力對電梯所做的總功W．解答：解（1）由牛頓第二定律，有：F﹣mg=ma由a─t圖象可知，F1和F2對應的加速度分別是：a1=1.0m/s2，a2=﹣1.0m/s2F1=m（g+a1）=2.0×103×（10+1.0）N=2.2×104N（2）類比可得，所求速度變化量等于第1s內a─t圖線下的面積△υ1=0.50m/s同理可得：△υ2=υ2﹣υ0=1.5m/sυ0=0，第2s末的速率為：υ2=1.5m/s（3）由a─t圖象可知，11s～30s內速率最大，其值等于0～11s內a─t圖線下的面積，有：υm=10m/s由動能定理，總功為：W=Ek2﹣Ek1=mυm2﹣0=×2.0×103×102J=1.0×105J答：（1）電梯在上升過程中受到的最大拉力F1是2.2×104N，最小拉力F2是1.8×104N．（2）電梯在第1s內的速度改變量△υ1是0.50m/s，第2s末的速率υ2是1.5m/s．（3）在0─11s時間內，拉力和重力對電梯所做的總功W是1.0×105J．點評：本題一要有基本的讀圖能力，并能根據加速度圖象