高三物理第三次模拟考试(含解析 ).pdf

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1、准兑市爱憎阳光实验学校准兑市爱憎阳光实验学校 20212021 级高三第三次模拟级高三第三次模拟考试。考试。物物 理理 试试 题题12 月本试卷分第 I 卷和第 II 卷两，总分值100 分。考试用时90 分钟。答题前，考生务必用 05 毫米第 I 卷(共 50 分)考前须知：1第 I 卷共 15 小题。一、选择题(此题包括 10 小题，每题给出四个选项中，只有一个选项正确，每题 3 分)1我国“蛟龙号深潜器进行下潜，从水面开始竖直下潜，最后返回水面，速度图象如下图，那么有A本次下潜的最大深度为 6mB全过程中的最大加速度为 0025ms2C超重现象发生在 34min 和 68min 的时间段

2、D04min 和 610min 两时间段平均速度相同【答案】C【解析】图象与坐标围成的面积表示位移，那么最大深度为：S=1(120+240)2m360m，故 A 错误；第一秒内加速度最大，a=v22t60m/s20.033m/s2，故 B 错误；3-4min 和 6-8min 的时间段加速度方向向上，处于超重状态，故 C 正确；0-4min 内的平均速度大小为360240 m/s1.5m/s，方向向下，16l0min 平均速度大小为：22403240 m/s1.5m/s，方向向上，故 D 错误2如下图，质量为 m 的滑块置于倾角为 30的粗糙斜面上，轻弹簧一端固在竖直墙上的 P 点，另一端系在

3、滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为 30，系统处于静止状态，那么A滑块一受到三个力作用B弹簧一处于压缩状态C斜面对滑块的支持力大小可能为零D斜面对滑块的摩擦力大小一于12mg【答案】D【解析】弹簧与竖直方向的夹角为 30，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长状态，A、B 错误；由于滑块此时受到的摩擦力大小于重力沿斜面向下的分力 于12mg，不可能为零，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，C 错误；D 正确3在水平冰面上，一辆质量为1103kg 的电动雪橇做匀速直线运

4、动，关闭发动机后，雪橇滑行一段距离后停下来，其运动的 vt 图象如下图，那么关于雪橇运动情况以下判断正确的选项是A关闭发动机后，雪橇的加速度为-2 mS2B 雪橇停止前30s 内通过的位移是 150 mC雪橇与水平冰面间的动摩擦因数约为 003D雪橇匀速运动过程中发动机的功率为 5103W【答案】D【解析】关闭发动机后，雪橇的加速度为a=01020 m/s2=-0.5m/s2，故 A 错误 雪橇停止前 30s 内通过的位移是s=12(30+10)10=200 m，故 B 错误关闭发动机后，a=mg2m=0.5m/s，解得：=0.05，故 C 错误；雪橇匀速运动过程中发动机的功率为P=Fv=mg

5、v=5103W，故 D 正确4如下图，在竖直平面内有一个半径为R，粗细不计的圆管轨道半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为 m 的小球自 A 正上方P 点由静止开始自由下落，小球恰能沿管道到达最高点B，AP=2R，重力加速度为 g，那么小球从 P 到 B 的运动过程中A重力做功 2mgRB机械能减少 mgRC合外力做功 mgRD克服摩擦力做功12mgR【答案】B【解析】重力做功与路径无关，只与初末位置高度差有关，故WG=mgR，故 A错误；小球恰能沿管道到达最高点B，得到B点速度为零，故小球从P到B的运动过程中，动能增加量为零，重力势能减小量为mgR，故机械能减少量为mgR，故 B 正确；小球

6、从P到B的运动过程中，合外力做功于动能的增加量，为零，故 C 错误；由B 选项分析得到机械能减小量为mgR，而机械能减小量于克服摩擦力做的功，故克服摩擦力做功为mgR，故 D 错误5据悉，我省女宇航员王亚平搭乘“神舟十号飞船于 6 月上旬飞向太空，“神舟 十号发射初始轨道为近地点约 200 公里、远地点约 330 公里的椭圆轨道，升空后再和目标飞行器“天宫一号对接，并对其进行短暂的有人照管，交会对接轨道为距地约 343 公里的近圆轨道。假设“神舟十号飞船发射升空后，先后经历了屡次变轨调整到处于“天宫一号目标飞行器前方约 52km处，并与“天宫一号处于同一离地面高度相同的圆形轨道上，最后与“天宫

7、一号实施对接，完成浪漫的“太空之吻。忽略它们之间的万有引力，那么A“神舟十号与“天宫一号受到地球吸引力的大小相B“神舟十号由初始椭圆轨道变为最终的圆形轨道时周期变长C“天宫一号的速度比地球同步卫星速度小D对接前，“神舟十号欲追上“天宫一号，必须在同一轨道上点火加速【答案】B【解析】由万有引力提供向心力，有GMmr2 ma，得：aGMr2，即“神舟八号与“天宫一号的加速度大小相，由于“神舟十号与“天宫一号的质量关系不清楚，所以“神舟十号与“天宫一号受到地球的吸引力大小关系不确，故 A 错误；由开普勒律R3T2 k可知“神舟十号由初始椭圆轨道变为最终的圆形轨道时轨道半长轴变大，周期变长，故B 正确

8、；由GMmv2r2 mr，得：vGMr，“天宫一号的轨道半径小于同步轨道卫星的轨道半径，所以“天宫一号的速度比地球同步卫星速度大，故 C 错误；飞船加速后会做离心运动，轨道高度将会更高，故神舟十号该在较低轨道加速，故 D 错误。6一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线 abc 从 a 运动到 c，质点的速率是递增的。关于 b 点电场强度 E 的方向，以下图示中可能正确的选项是(虚线是曲线在 b点的切线)【答案】B【解析】A 图中电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，那么场强也不可能沿轨迹的切线方向，故 A 错误 B图中负电荷所受的电场力方向

9、与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题相符，故B 正确C 图中场强方向指向轨迹的内侧，那么电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动，故C 错误D 图中场强方向指向轨迹的外侧，那么电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，不符合题意故 D 错误7.如下图，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固在 P 点以 E 表示两极板间的场强，U 表示电容器的电压，Ep 表示正电荷在 P点的电势能假设保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，那

10、么AU 变小，Ep 不变 BE 变大,Ep 不变CU 变大，Ep 不变 DU 不变，Ep 不变【答案】A【解析】平行板电容器充电后与电源断开，电量Q不变，将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，根据C=S4kd知，电容增大，根据U=QC可知，电势差减小E=UQ4dCdkQS，知电场强度不变那么P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变，故 A 正确8欧姆在探索通过导体的电流、电压、电阻的关系时因无电源和电流表，他利用金属在冷水和热水中产生电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电流，具体做法是：在地磁场作用下处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中

11、通有电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线电流为 I 时，小磁针偏转了 30，问当他发现小磁针偏转了 60，通过该直导线的电流为(直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比)A2I B3I CI D无法确【答案】B【解析】设地磁场磁感强度为B地，当通过电流为I，根据题意可知：地磁场、电流形成磁场、合磁场之间的关系为：当夹角为 30时，有：B1=kI=B地tan30当夹角为 60时，有：B2=kI1=B地tan60由解得：I1=3I，故 B 正确9电动势为 E、内阻为 r 的电源与值电阻 Rl、R2及滑动变阻器 R 连接成如图中所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b 端时，以下说法正确的

12、选项是A电压表和电流表读数都增大B电压表和电流表读数都减小C电压表读数增大，电流表读数减小D.电压表读数减小，电流表读数增大【答案】A【解析】当触头向b滑动时，R接入电路的电阻增大，总电阻增大，由闭合电路的欧姆律可知电路中总电流减小，那么内电压减小，由U=E-Ir可知路端电压增大，即电压表示数增大；因路端电压增大，R1两端的电压减小，故并联电压增大，由欧姆律可知电流表示数增大，故 A 正确。10如下图：一带电液滴在水平向左的匀强电场中由静止释放，液滴沿直线由b 运动到 d 直线 bd 方向与竖直方向成 45角，那么以下结论正确的选项是A液漓带正电荷B液滴的动能不变、C液滴做匀速直线运动D液滴的

13、电势能减少【答案】D【解析】由题意可知，带电液滴只受重力和电场力作用，两个力都是恒力，其合力沿bd方向，那么电场力必水平向右，故液滴带负电荷，做匀加速直线运动；合力做正功，据动能理知，动能增大；电场力对液滴做正功，液滴的电势能减少，故 D 正确二、选择题(此题包括 5 小题，每题给出四个选项中，至少有一个选项是正确的，选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或者不选的得 0 分)11以下表述正确的选项是A库仑发现了点电荷间相互作用规律B法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场C行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D安培发现了磁场对运动电荷的作用规律【答案】AB【解析】库仑发

14、现了点电荷的相互作用规律库仑律，A 正确；法拉第最早提出了场的概念，即用电场线和磁感线形象的描述电场和磁场，B 正确；惯性是物体不受外力作用时保持静止或匀速直线运动的性质，C 错误；洛伦兹首先发现磁场对运动电荷的作用规律，D 错误。12如下图，固坡道倾角为，顶端距光滑水平面的高度为h，一可视为质点的小物块质量为 m，从坡道顶端由静止滑下，经过底端O 点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动将轻弹簧的一端固在水平面左侧 M 处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于 O 点。小物块与坡道间的动摩擦因数为，重力加速度为 g,那么以下说法正确的选项是A小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑

15、的加速度小B当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能完全转化为弹簧的弹性势能C小物块返回倾斜轨道时所能到达的最大高度为1cot1cothD小物块在往返运动的整个过程中损失的机械能为 mgh【答案】ACD【解析】小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度大小asinmgcos f1mgm，上滑的加速度大小a2mgsinmgcos fm，故 A 正确；由于在倾斜轨道上运动时要克服摩擦力做功，所以当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能转化为弹簧的弹性势能和摩擦热，故 B 错误；由动能理得下滑到O点时mgh-mgcosh22sin=12mv，又水平道光滑，由机械能守恒律得12mvEp，设小物块返回倾斜轨

16、道时能够上升的最大高度为h1，由动能理得-mgh1-mgcosh111cotsin=0-mv22，解得：h11coth，故C 正确；由能量守恒律可知小物块在往返运动的整个过程中机械能转化为内能，故损失的机械能为mgh，D 正确。13静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器。某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线为该收尘板的横截面。工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如下图。在某一点粉尘颗粒 P 受电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上，虚线表示该带电粉尘颗粒的运动轨迹。假设所有的粉尘颗粒被吸附前均处于静止状态，忽略重力和空气阻力。以下说法正确的选项是A该粉尘颗粒带负电B该粉尘颗

17、粒运动的加速度逐渐变小C该粉尘颗粒的电势能逐渐变小D有一些粉尘颗粒的运动轨迹会和电场线重合【答案】ACD【解析】由题意可知收尘板带正电，粉尘颗粒仅在电场力作用下向收尘板运动，故粉尘颗粒带负电荷，A 正确；越靠近收尘板，电场线越密集，场强越大，粉尘颗粒受到的电场力越大，故粉尘颗粒运动的加速度逐渐增大，B 错误；粉尘颗粒仅在电场力作用下向收尘板运动，电场力做正功，电势能减小，故 C正确；由题图易知沿收尘板的中垂线运动的粉尘颗粒的运动轨迹和电场线重合，故 D 正确。14如下图，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，两极间距为 d,极板面积为 s,这两个电极与值电阻

18、 R 相连，在垂直前后侧面的方向上，有一匀强磁场，磁感强度大小为B。发电导管内有电阻率为 p 的高温电离气体，气体以速度 v 向右流动，并通过专用管道导出。由于运动的电离气体受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势。以下说法中正确的选项是A发电导管的内阻 r=pdSB.流过电阻 R 的电流方向为b aC.发电导管产生的电动势为 BdvD.电阻 R 消耗的电功率为B2d2v2R【答案】AC【解析】运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，其内阻为r=dS，故 A 正确；根据左手那么，正电荷受到的洛伦兹力方向向上，负电荷受到的洛伦兹力向下，故电流向上经过电源，向下经过电阻，

19、故 B 错误；根据平衡条件有：qvB=qEd，解得电源的电动势E=Bdv，故 C 正确；由于气体有电阻，故R的功率小于B2d2v2R，故 D 错误。15设想我国宇航员随“嫦娥号登月飞船贴近月球外表做匀速圆周运动，宇航员测出飞船绕行 n 圈所用的时间为 t，登月后，宇航员利用身边的弹簧测力计测出质量为 m 的物体重力为 G，引力常量为 G1，根据以上信息可得到A 月球的密度B.月球的半径C飞船的质量D飞船在月球外表附近绕月球做匀速圆周运动的速度【答案】ABD【解析】设月球的半径为R，月球的质量为M，月球外表的重力加速度g=GmG1MR2 mg mR(22T)宇航员测出飞船绕行n圈所用的时间为t，

20、T=tn由式可求得R、M，故 A、B 正确；根据=MV可以求得月球的密度，根据万有引力提供向心力，列出式中会消去飞船的质量，所以无法求出飞船的质量，故 C 错误；根据v=2RT可以求得飞船在月球外表附近绕月球做匀速圆周运动的速度，故 D 正确，应选 ABD第 II 卷(共 50 分)三、题(共 l 小题，共 10 分)16(1)有一段横截面是圆形的金属丝，螺旋测微器测量它的直径如下图，螺旋测微器的读数为_mm。(2)该同学用多用电表测量其电阻阻值约为 5，现用伏安法进一步精确测量其电阻，备有以下器材：直流电源 E：电动势约 45V，内阻很小；直流电流表 Al：量程 03A，内阻约 0025直流

21、电流表 A2：量程 006A，内阻约 0125：直流电压表 V：量程 03V，内阻约 3k;滑动变阻器 Rl：最大阻值 50；电键、导线假设干。在可选择的器材中选用的电流表是_。(填 A1 或 A2)仅从原理上看电路电阻的测量值_真实值。(填“大于、“小于、“于)请在答题纸的虚线框内画出电路图。【答案】14.0002A2小于 电流表外接，滑动变阻器分压、限流皆可以【解析】1螺旋测微器的固刻度读数为 4mm，可动刻度读数为0.010mm=0.000mm，所以最终读数为：4.000mm2当电源电压加在电阻上时，产生电流为0.9A，假设使用 A1，那么偏移量不到13，误差较大，应选 A2；待测电阻阻

22、值较小，所以需用电流表外接，实际测量值于电阻与电压表并联之后的值，比实际值偏小；电流表外接，滑动变阻器选用限流式或分压式皆可，如以下图分压式接法：17如下图，从 A 点以 vo=4ms 的水平速度抛出一质量 m=lKg 的小物块(可视为质点)，当物块运动至 B 点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道 BC，经圆孤轨道后滑上与 c 点高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道 C 端切线水平。长木板的质量 M=4kg，A、B 两点距 c 点的高度分别为 H=0 6m、h=0 15m，R=075m，物块与长木板之间的动摩擦因数1=05，长木板与地面间的动摩擦因数2=o2。g 取 10ms2，求：(1)

23、小物块运动至 B 点时的速度大小和方向；(2)小物块滑动至 C 点时，对圆弧轨道 C 点的压力；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板?【答案】15m/s，与水平方向成 37角斜向下24N，向下32.8m【解析】1物块做平抛运动：H-h=1gt22设到达C点时竖直分速度为vy那么：vy=gtv1v20v2y54v0=5m/s方向与水平面的夹角为，tan=vy3v=4，即=3702从A至C点，由动能理得mgH=1mv21222mv20设C点受到的支持力为F2N，那么有FN-mg=mv2R由式可得v2=27m/s所以：FN=4N根据牛顿第三律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为 4N

24、，方向向下3由题意可知小物块m对长木板的摩擦力f=1mg=5N长木板与地面间的最大静摩擦力近似于滑动摩擦力f=2M+mg=10N因ff，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为 0那么长木板长度至少为l=v2221g=2.8m。18如下图，在 xOy 坐标平面的第一象限内存在一沿 y 轴正方向的匀强电场，在第四象限内存在一垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场现有一电子(质量为 m、电荷量大小为 e)以初速度 V0从电场中坐标为(3L，L)的 P 点沿垂直于场强方向射入，然后从 x 轴上的 A 点(图中未画出)射入磁场己知电场强度大小为2E

25、mv02eL，磁感强度为B 2mv0eL.求：(1)电子在 A 点的速度大小及速度方向与 x 轴负方向的夹角；(2)电子从磁场中出射点的位置坐标；(3)电子在磁场中运动所用的时间【答案】12v0，452坐标0，0 3L4v0【解析】1由P至A，电子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向的位移为：x=vv0t1，竖直方向的位移为：yy1 eE222t12 mt21=L，解得vy v0，v v0vy2v0，tanvyv1,45。02由1问可知x=2L，所以A点坐标为L，0，电子以速度v 2v0进入匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动，r mvBe22L，由几何关系可知电子从O点射出磁场，其坐标为0，0。3

26、电子在磁场中做圆周运动，轨迹对的圆心角为 90，故 在磁场中的运动时间为t T4mL2Be4v。019如下图，两块平行金属极板心 MN 水平放置，板长 L=1 m，间距d 33m，两金属板间电压UMN1104V；在平行金属板右侧依次存在 ABC 和 FGH 两个全的正三角形区域，正三角形 ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场 Bl，三角形的上顶点 A 与上金属板 M 平齐，BC 边与金属板平行，AB 边的中点 P 恰好在下金属板 N 的右端点；正三角形FGH 内存在垂直纸面向外的匀强磁场 B2，A、F、G 处于同一直线上，B、C、H 也处于同一直线上，AF 两点距离为23m。现从平行金属极板

27、MN 左端沿中轴线方向入个重力不计的带电粒子，粒子质量m 31010kg，带电量q 1104C，初速度v01105m/s。(1)求带电粒子从电场中射出时的速度 v 的大小和方向(2)假设带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在 AC 边上，求该区域的磁感强度 Bl(3)假设要便带电粒子由 FH 边界进入 FGH 区域并能再次回到 FH 界面，求 B2满足的条件【答案】12 33 3233105m/s，与水平方向成 30角斜向下 210T 3B25T【解析】1设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度为a，那么：qUdma解得：a=qU10md3310 m/s2t=L 5v110 s0竖直方向的速度为vyat35310 m/s射出时速度为：v=v20v22 3y3105m/s速度v与水平方向夹角为，tanvyv3AB方向03，故=30，即垂直于出射2带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移y=1at23d26m2，即粒子由P1点垂直AB射入磁场，由几何关系知在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为R1dcos3023m由B1qvmv23R知：B1mv1qR3110T3分析知当轨迹与边界GH相切时，对磁感强度B2最大，运动轨迹如下图：由几何关系得：R2+R2sin601故半径R2(23 3)m又B2qvmv2R2故B2235T所以B2满足的条件为大于235T。