2022屆江西省南昌市東湖區(qū)第二中學(xué)高三第五次模擬考試物理試卷含解析

2021-2022學(xué)年高考物理模擬試卷注意事項1．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認(rèn)真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．超導(dǎo)電磁船是一種不需要螺旋槳推進的低噪音新型船，如圖是電磁船的簡化原理圖，AB和CD是與電源相連的導(dǎo)體板，AB與CD之間部分區(qū)域浸沒在海水中并有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場(磁場由固定在船上的超導(dǎo)線圈產(chǎn)生，其獨立電路部分未畫出)，以下說法正確的是A．使船前進的力，是磁場對海水中電流的安培力B．要使船前進，海水中的電流方向從CD板指向AB板C．同時改變磁場的方向和電源正負(fù)極，推進力方向?qū)⑴c原方向相反D．若接入電路的海水電阻為R，其兩端的電壓為U，則船在海水中前進時，AB與CD間海水中的電流強度小于2．一物體置于一長木板上，當(dāng)長木板與水平面的夾角為時，物體剛好可以沿斜面勻速下滑。現(xiàn)將長木板與水平面的夾角變?yōu)?，再將物體從長木板頂端由靜止釋放；用、和分別表示物體的位移、物體運動的速度、物體運動的加速度、物體的動能和物體運動的時間。下列描述物體由靜止釋放后的運動規(guī)律的圖象中，可能正確的是（）A． B． C． D．3．如圖所示，a、b、c、d為圓上的四個點，ac、bd連線過圓心且相互垂直，置于圓心處帶正電的點電荷在a點產(chǎn)生的場強大小為E。若在該空間再施加一沿ac方向的大小為2E的勻強電場后，以下說法正確的是()A．a(chǎn)點的場強大小為3E，方向由c到aB．c點的場強大小為3E，方向由c到aC．b、d兩點的場強相同，大小都為ED．b、d兩點的場強不相同，但大小都為E4．如圖所示，四根等長的纜繩一端懸于起重機的吊鉤上，另一端分別系在一個正方形的框架上，框架下面懸吊著重物，起重機將重物以的速度沿豎直方向勻速向上吊起.若起重機的輸出功率為，每根纜繩與豎直方向的夾角均為，忽略吊鉤、框架及繩的重力，不計一切摩擦，，.則懸于吊鉤的每根纜繩的拉力大小為（）A． B．C． D．5．如圖所示，空間有一正三棱錐P-ABC，D點是BC邊上的中點，點是底面ABC的中心，現(xiàn)在頂點P點固定一正的點電荷，則下列說法正確的是（）A．ABC三點的電場強度相同B．底面ABC為等勢面C．將一正的試探電荷從B點沿直線BC經(jīng)過D點移到C點，靜電力對該試探電荷先做負(fù)功后做正功D．若B、C、D三點的電勢為，則有6．一質(zhì)點靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F，F(xiàn)隨時間變化規(guī)律如圖所示，下列說法正確的是（）A．在0~4s時間內(nèi)，位移先增后減B．在0~4s時間內(nèi)，動量一直增加C．在0~8s時間內(nèi)，F(xiàn)的沖量為0D．在0~8s時間內(nèi)，F(xiàn)做的功不為0二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7．如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)存在相互正交的勻強磁場和勻強電場E，磁場方向垂直于紙面向里，平板S上有可讓粒子通過狹縫到達記錄粒子位置的膠片。平板S右方有垂直于紙面向外的勻強磁場，則下列相關(guān)說法中正確的是（）A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B．該束帶電粒子帶負(fù)電C．速度選擇器的極板帶負(fù)電 D．在磁場中運動半徑越大的粒子，比荷越小8．如圖甲所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度處，滑塊與彈簧不拴接。現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量出滑塊的速度和離地高度并作出如圖乙所示滑塊的圖象，其中高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢能面，不計空氣阻力，取，由圖象可知（）A．小滑塊的質(zhì)量為0.1kgB．輕彈簧原長為0.2mC．彈簧最大彈性勢能為0.5JD．小滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.4J9．如圖（a），質(zhì)量m1=0.1kg的足夠長平板小車靜置在光滑水平地面上，質(zhì)量m1=0.1kg的小物塊靜止于小車上，t=0時刻小物塊以速度v0=11m/s向右滑動，同時對物塊施加一水平向左、大小恒定的外力F，圖（b）顯示物塊與小車第1秒內(nèi)運動的v-t圖象。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g=10m/s1．則下列說法正確的是（）A．物塊與平板小車間的動摩擦因數(shù)μ=0.4B．恒力F=0.5NC．物塊與小車間的相對位移D．小物塊向右滑動的最大位移是10．如圖，質(zhì)量為M、長度為L的長木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小鐵塊以水平初速度v0從木板左端向右滑動，恰好不會從木板右端滑出。下列情況中，鐵塊仍不會從木板右端滑出的是（）A．僅增大m B．僅增大MC．僅將m和L增大為原來的兩倍 D．僅將M和L增大為原來的兩倍三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）實驗小組利用以下方法對物體的質(zhì)量進行間接測量，裝置如圖1所示：一根輕繩跨過輕質(zhì)定滑輪與兩個相同的重物P、Q相連，已知重物P、Q的質(zhì)量均為m，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。在重物Q的下面通過輕質(zhì)掛鉤懸掛待測物塊Z，重物P的下端與穿過打點計時器的紙帶相連。(1)先接通頻率為50Hz的交流電源，再由靜止釋放系統(tǒng)，得到如圖2所示的紙帶，則系統(tǒng)運動的加速度a=______m/s2（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）；(2)在忽略阻力的理想情況下，物塊Z質(zhì)量M的表達式為M=______（用字母m、a、g表示）；(3)實際情況下，空氣阻力、紙帶與打點計時器間的摩擦、定滑輪中的滾動摩擦不可以忽略，物塊Z的實際質(zhì)量與理論值M有一定差異，這種誤差是______誤差（填“偶然”或“系統(tǒng)”）。12．（12分）用如圖所示裝置可驗證機械能守恒定律，輕繩兩端系著質(zhì)量相等的物體A、B，物體B上放一金屬片C，鐵架臺上固定一金屬圓環(huán)，圓環(huán)處在物體B的正下方，金屬片C與圓環(huán)間的高度差為h，將A、B、C組成的系統(tǒng)由靜止釋放．當(dāng)物體B穿過圓環(huán)時，金屬片C被擱置在圓環(huán)上，兩個固定在鐵架臺P1、P2處的光電門，通過電子計時器可測出物體B通過P1、P2這段距離的時間．(1)若測得P1、P2之間的距離為d，物體B通過這段距離的時間為t，則物體B剛穿過圓環(huán)后的速度v＝________．(2)若物體A、B的質(zhì)量均用M表示，金屬片C的質(zhì)量用m表示，重力加速度為g，該實驗中驗證了等式____________成立，即可驗證機械能守恒定律．(3)本實驗中的測量儀器除刻度尺、光電門、電子計時器外，還需要________．四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，輕彈簧一端固定在與斜面垂直的擋板上，另一端點在O位置．質(zhì)量為m的物塊A（可視為質(zhì)點）以初速度v0從斜面的頂端P點沿斜面向下運動，與彈簧接觸后壓縮彈簧，將彈簧右端壓到O′點位置后，A又被彈簧彈回。物塊A離開彈簧后，恰好回到P點．已知OP的距離為x0，物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，斜面傾角為θ。求：（1）O點和O′點間的距離x1；（2）彈簧在最低點O′處的彈性勢能；（3）設(shè)B的質(zhì)量為βm，μ＝tanθ，v0＝3．在P點處放置一個彈性擋板，將A與另一個與A材料相同的物塊B（可視為質(zhì)點與彈簧右端不拴接）并排一起，使兩根彈簧仍壓縮到O′點位置，然后從靜止釋放，若A離開B后給A外加恒力，沿斜面向上，若A不會與B發(fā)生碰撞，求β需滿足的條件？14．（16分）一列簡諧橫波在t＝s時的波形圖如圖(a)所示，P、Q是介質(zhì)中的兩個質(zhì)點．圖(b)是質(zhì)點Q的振動圖象。求：(ⅰ)波速及波的傳播方向；(ⅱ)質(zhì)點Q的平衡位置的x坐標(biāo)。15．（12分）如圖所示，矩形拉桿箱上放著平底箱包，在與水平方向成α＝37°的拉力F作用下，一起沿水平面從靜止開始加速運動．已知箱包的質(zhì)量m＝1.0kg，拉桿箱的質(zhì)量M＝9.0kg，箱底與水平面間的夾角θ＝37°，不計所有接觸面間的摩擦，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)若F＝25N，求拉桿箱的加速度大小a；(2)在(1)的情況下，求拉桿箱運動x＝4.0m時的速度大小v；(3)要使箱包不從拉桿箱上滑出，求拉力的最大值Fm。

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】

A、B項：當(dāng)CD接直流電源的負(fù)極時，海水中電流方向由AB指向CD，是海水受到的安培力向左，根據(jù)牛頓第三定律可知，船體受到向右的作用力，故使船體向前運動，故A、B錯誤；C項：同時改變磁場的方向和電源正負(fù)極，磁場方向反向，電流方向反向，所以推進力方向?qū)⑴c原方向相同，故C錯誤；D項：因船在海水中前進時，AB與CD間海水切割磁感線產(chǎn)生電流，使接入電路的海水兩端電壓小于U，所以電流強度小于，故D正確．點晴：利用左手定則判斷出海水受到的安培力，根據(jù)牛頓第三定律即可判斷出船體的受力，即可判斷運動方向，注意與右手定則的區(qū)別．2、D【解析】

BC．當(dāng)長木板的傾角變?yōu)闀r，放在長木板上的物體將由靜止開始做勻加速直線運動，物體的速度隨時間均勻增大，物體的加速度不變，故BC項錯誤；A．由知，A項錯誤；D．由動能定理得，故物體的動能與物體的位移成正比，D項正確。故選D。3、D【解析】

A．由點電荷在a點產(chǎn)生的場強與勻強電場方向相反可知，a點的合場強大小為E，方向由a到c，故A錯誤；B．由點電荷在c點產(chǎn)生的場強與勻強電場方向相同可知，c點的合場強大小為3E，方向由a到c，故B錯誤；CD.．由平行四邊形定則可知，b、d兩點的場強方向不同，但大小都為，故C錯誤，D正確。故選D。4、C【解析】

由可知，故重物的重力.設(shè)每跟纜繩的拉力大小為T根據(jù)共點力平衡條件可得，解得，故C正確.5、C【解析】

AB．A、B、C三點到P點的距離相等，根據(jù)點電荷的場強公式分析可知，A、B、C三點的電場強度大小相等，但方向不同；A、B、C的三個點到場源電荷的距離相等，在同一等勢面，但其它點到場源電荷的距離與A、B、C三點到場源電荷的距離不等，故底面ABC所在平面不是等勢面，故A、B錯誤；C．將一正的試探電荷從B點沿直線BC經(jīng)過D點移到C點，電勢先升高后降低，電勢能先增大后減小，則靜電力對該試探電荷先做負(fù)功后做正功，故C正確；D．由于B、C的兩個點到場源電荷的距離相等，在同一等勢面，即，則有，故D錯誤；6、C【解析】

A．由圖可知，在0-4s內(nèi)力F先向正方向，再向反方向，故質(zhì)點先加速再減速到0，速度方向不變，位移增加，故A錯誤；B．在0-4s內(nèi)，速度先增加后減小，動量先增加后減小，故B錯誤；C．0到8s內(nèi)，一半時間的沖量為正，另一半時間的沖量為負(fù)，則總的沖量為0，故C正確；D．因8s內(nèi)總的沖量為0，根據(jù)動量定理，可知動量的變化為0，即初末速度為0，則動能的變化量為0，F(xiàn)做功為0，故D錯誤。故選C。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AD【解析】

A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具，選項A正確；B．帶電粒子在磁場中向下偏轉(zhuǎn)，磁場的方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定則知，該束粒子帶正電，選項B錯誤；C．在平行極板間，根據(jù)左手定則知，帶電粒子所受的洛倫茲力方向豎直向上，則電場力的方向豎直向下，知電場強度的方向豎直向下，所以速度選擇器的極板帶正電，選項C錯誤；D．進入磁場中的粒子速度是一定的，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有得知越大，比荷越小，選項D正確。故選AD。8、BC【解析】

A．在從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)，△Ek=△EP=mg△h，圖線的斜率絕對值為：所以：m=0.2kg故A錯誤；B．在Ek-h圖象中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，所示從h=0.2m，滑塊與彈簧分離，彈簧的原長的0.2m。故B正確；C．根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當(dāng)滑塊上升至最大高度時，增加的重力勢能即為彈簧最大彈性勢能，所以Epm=mg△h=0.2×10×（0.35-0.1）=0.5J故C正確；

D．由圖可知，當(dāng)h=0.18m時的動能最大；在滑塊整個運動過程中，系統(tǒng)的動能、重力勢能和彈性勢能之間相互轉(zhuǎn)化，因此動能最大時，滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒可知EPmin=E-Ekm=Epm+mgh-Ekm=0.5+0.2×10×0.1-0.32=0.38J故D錯誤；故選BC。9、ABD【解析】

AB．根據(jù)圖像可知，在前1s內(nèi)小車向右做勻加速直線運動，小物體向右做勻減速直線運動，小車和小物塊的加速度分別為對小車根據(jù)牛頓第二定律有對小物塊根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得故AB正確；C．根據(jù)圖像可知，在t=1s時小車和小物塊的速度相同，兩者不再發(fā)生相對運動，在前1s內(nèi)小車發(fā)生的位移為小物塊發(fā)生的位移為則物塊與小車間的相對位移故C錯誤；D．當(dāng)小車與小物塊的速度相等后，在外力的作用下一起向右減速運動，其加速度為當(dāng)速度減小到0時，整體發(fā)生的位移為所以小物塊向右滑動的最大位移是故D正確。故選ABD。10、ACD【解析】

由動量守恒和能量關(guān)系可知聯(lián)立解得A．僅增大m，則?x不變，即物塊仍恰好從木板右端滑出，選項A正確；B．僅增大M，則?x變大，即物塊能從木板右端滑出，選項B錯誤；C．將m增大為原來的兩倍，則?x不變，而L增大為原來的兩倍，物塊不能從木板右端滑出，選項C正確；D．僅將M增大為原來的兩倍，則?x變大，但是不會增加到原來的2倍，而L增加到原來的2倍，可知木塊不會從木板上滑出，選項D正確；故選ACD。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、8.0系統(tǒng)【解析】

根據(jù)位移差公式求解系統(tǒng)的加速度。對整個系統(tǒng)進行分析，根據(jù)牛頓第二定律求解M的表達式。根據(jù)誤差來源分析誤差的性質(zhì)?！驹斀狻?1)[1]根據(jù)位移差公式，解得系統(tǒng)運動的加速度為(2)[2]根據(jù)牛頓第二定律，對Q和Z有對物體P有聯(lián)立解得。(3)[3]由題意可知本實驗中誤差是由于實驗原理的選擇而造成的，無法通過多測數(shù)據(jù)來消除，故這是一種系統(tǒng)誤差。【點睛】本題主要考查了通過系統(tǒng)牛頓第二定律測質(zhì)量的方法，能分析出實驗誤差的原因。明確系統(tǒng)誤差和偶然誤差的定義。12、d/t天平【解析】(1)由于A、B兩物體的質(zhì)量相等，當(dāng)物體B通過圓環(huán)，金屬片C被擱置在圓環(huán)上后，A、B系統(tǒng)做勻速直線運動，故物體B剛穿過圓環(huán)后的速度．(2)A、B、C系統(tǒng)由初態(tài)至金屬片C被擱置在賀環(huán)上的教程中，系統(tǒng)減少的重力勢能為，系統(tǒng)增加的動能．若，則可驗證機械能守恒定律．(3)從表達式可得：本實驗中的測量儀器除刻度尺、光電門、電子計時器外，還需要天平來測量物體及金屬片的質(zhì)量．四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、（1）；（2）；（3）【解析】

（1）從A到O′，由動能定理可得①物塊A離開彈簧后回到P點的過程，由動能定理得②解得（2）將帶入②式可得，彈簧彈力做功為即彈簧的彈性勢能為（3）兩物體分離的瞬間有，兩物體之間的彈力為0，由牛頓第二定律可得解得，即彈簧恢復(fù)原長的瞬間，兩物體分離。設(shè)分離瞬間，兩物體的速度為，由能量守恒可得將，，帶入解得由于，，故分離后兩物體的加速大小分別為由此可知，分離后兩物體均做減速運動，且B的加速度大于A，故在A物體上升階段，兩物體不會碰撞；B速度減為0后，