上海市西實驗中學2021-2022學年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,金屬桿ab靜放在水平固定的“U”形金屬框上,整個裝置處于豎直向上的磁場中,當磁感應強度均勻增大時,桿ab總保持靜止,則

A.桿中感應電流方向是從b到a

B.桿中感應電流大小保持不變

C.金屬桿所受安培力大小保持不變

D.金屬桿所受安培力水平向右參考答案：B2.（單選）許多物理學家的科學研究推動了物理學的發展，促進了人類文明．以下對幾位物理學家所作的科學探究，敘述正確的是

A．牛頓用實驗的方法測出引力常量G

B．伽利略用斜面實驗和邏輯推理證明了所有自由落體運動的加速度相同

C．開普勒用數據歸納的研究方法發現了萬有引力定律

D．胡克用邏輯推理的方法得出了胡克定律參考答案：B3.如圖所示，一彈簧秤上端固定，下端拉住活塞提起氣缸，活塞與氣缸間無摩擦，氣缸內裝一定質量的理想氣體，系統處于靜止狀態。現使缸內氣體的溫度升高，則在此過程中，氣體體積V與彈簧秤拉力F的變化情況是

（

）A．V增大，F增大

B．V增大，F不變

C．V不變，F不變

D．V增大，F減小參考答案：B4.（單選）如圖，水平地面上有一木箱，木箱與地面間的動摩擦因數為μ，木箱在與水平夾角為θ的拉力F作用下做勻速直線運動．在θ從0逐漸增大到90°的過程中，木箱的速度始終保持不變，則拉力F的功率（）A．一直增大B．一直減小C．先減小后增大D．先增大后減小參考答案：【考點】：功率、平均功率和瞬時功率．【專題】：功率的計算專題．【分析】：在θ從0逐漸增大到90°的過程中，木箱的速度保持不變，說明物體受力始終平衡，受力分析后正交分解表示出拉力F，由水平方向受力平衡可得，F在水平方向的分力始終等于摩擦力，由于摩擦力逐漸減小，故F在水平方向的分力減小，由P=Fv可得拉力F的功率變化：解：A、對物體受力分析如圖：因為物體勻速運動，水平豎直方向均受力平衡：水平方向：Fcosθ=μ（mg﹣Fsinθ）①豎直方向：FN+Fsinθ=mg②f=μFN=Fcosθ③θ從0逐漸增大到90°的過程中，由于支持力逐漸減小，故摩擦力逐漸減小，故F在水平方向的分力減小，由P=Fvcosθ=fv，可得拉力F的功率一直減小．故ACD錯誤，B正確．故選：B【點評】：本題為平衡條件的應用問題，受力分析后應用平衡條件求解即可，關鍵要注意P=Fv公式中要求F與v同方向．5.下列說法中正確的是A．物體的加速度為零，其速度一定為零B．物體的加速度減小，其速度一定減小C．物體的加速度越小，其速度變化越小D．物體的加速度越大，其速度變化越快參考答案：D二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.（4分）兩個額定電壓為220V的白熾燈L1和L2的U－I特性曲線如圖所示。L2的額定功率約為_______W；現將L1和L2串聯后接到220V的電源上，電源內阻忽略不計，此時L2的實際功率約為________W。參考答案：答案：99，17.57.圖12（a）是“探究加速度與力、質量的關系”的實驗裝置示意圖。重力加速度取g。

（1）為了平衡小車受到的阻力，應適當抬高木板的

端（填“左”或“右”）。

（2）細砂和小桶的總質量為m，小車的質量為M，實驗要求m

M（填“遠大于”或“遠于”）。該實驗的原理是，在平衡小車受到的阻力后，認為小車受到的合外力是

，其值與真實值相比

（填“偏大”或“偏小”），小車受到合外力的真實值為

。

（3）已知打點計時器的打點周期為0．02s，一位同學按要求打出一條紙帶如圖12（b）所示，在紙帶上每5個點取一個計數點，則計數點l、2間的距離S12=____cm，計數點4的速度v4=

m/s，小車的加速度a=

m/s2。

（4）保持細砂和砂桶的質量不變，改變小車的質量M，分別得到小車的加速度a與其對應的質量M，處理數據的恰當方法是作

（填“a-M”或“a-”）圖象。

（5）保持小車的質量不變，改變細砂的質量，甲、乙、丙三位同學根據實驗數據分別作出了小車的加速度a隨合外力F變化的圖線如圖12（c）、（d），（e）所示。

圖（c）中的圖線上部出現了彎曲，偏離了原來的直線，其主要原因是

。圖（d）中的圖線不通過原點，其主要原因是

。圖（e）中的圖線不通過原點，其主要原因是

。參考答案：8.一個中子與某原子核發生核反應,生成一個氘核,其核反應方程式為_________________.該反應放出的能量為Q,則氘核的比結合能為_____________________參考答案：；9.2012年11月23日上午，艦載機殲-15在我國首艘航母“遼寧航”上成功起降．可控核反應堆是驅動航空母艦的理想設備，其工作原理是利用重核裂變反應釋放出大量核能獲得動力．是若干核反應的一種，其中n為中子，X為待求粒子，為X的個數，則X是

（選填“質子”、“中子”或“電子”），＝

．參考答案：中子，210.地球的半徑約為R=6400千米，A、B兩顆人造地球衛星沿圓軌道繞地球運行，它們離地球表面的高度分別為hA=3600千米，hB=1700千米，那末A、B兩顆衛星的運行速率之比VA:VB=____________，運行周期之比TA:TB=____________。參考答案：、11.如圖a所示是打樁機的簡易模型．質量m=1kg的物體在拉力F作用下從與釘子接觸處由靜止開始運動，上升一段高度后撤去F，到最高點后自由下落，撞擊釘子后物體不再彈起，將釘子打入一定深度．若以初始狀態物體與釘子接觸處為零勢能點，物體上升過程中，機械能E與上升高度h的關系圖象如圖b所示．不計所有摩擦，g=10m/s2．物體上升過程所受拉力F=

N；在整個過程中距初始位置

m處物體的重力勢能與動能相等．參考答案：12；0.6【考點】功能關系；動能和勢能的相互轉化．【分析】根據功能原理列式可知E﹣h圖象的斜率等于拉力，根據機械能守恒計算重力勢能與動能相等時問題的高度．【解答】解：根據功能原理得：△E=F△h，得F=，可知E﹣h圖象的斜率等于拉力，為：F==N=12N；由圖可知，物體的機械能最大為12J，下落的過程中機械能守恒，物體的重力勢能與動能相等時，均為6J，即：mgh=6J，解得：h=0.6m．故答案為：12；0.612.坐標原點O處有一波源，能產生沿軸正向傳播的簡諧波，時刻的波形圖如圖所示。已知這列波在P點出現兩次波峰的最短時間是，則這列波的波速為

，從時開始計時處的質點R第一次到達波谷所用的時間為

。參考答案：1O(3分)

0.813.一質量為M=1.2kg的物塊靜止在光滑水平桌面上，一質量為m=20g的子彈以水平速度v0=100m/s射入物塊，在很短的時間內以水平速度10m/s穿出．則子彈穿出木塊時，子彈動量改變量的大小為1.8kg?m/s，木塊獲得的水平初速度大小為1.5m/s．參考答案：考點：動量守恒定律．分析：子彈穿過木塊的過程系統動量守恒，應用動量的計算公式與動量守恒定律可以求出動量的該變量與木塊的速度．解答：解：子彈動量的該變量：△p=mv﹣mv0=0.020×10﹣0.020×100=﹣1.8kg?m/s，負號表示方向；子彈穿過木塊過程系統動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0=mv+Mv′，代入數據解得：v′=1.5m/s；故答案為：1.8；1.5．點評：本題考查了求動量的變化量、求速度，應用動量的計算公式、動量守恒定律即可正確解題．三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（14分）（1）在做“用多用表探索黑箱內的電學元件”的實驗中，有這樣兩步操作：①選擇“—10”擋，將紅、黑表筆分別接A、B點時，無電壓，紅、黑表筆分別接B、A點時，也無電壓；②選擇“Ω—×100”擋，將紅、黑表筆分別接A、B點時，指針幾乎沒有什么偏轉，而將紅、黑表筆分別接B、A點時，指針偏轉很大角度。據此，我們可以判斷黑箱內電學元件接法，可能是圖中的（2）甲同學設計了如圖所示的電路測電源電動勢E及電阻R1和R2的阻值。實驗器材有：待測電源E（不計內阻），待測電阻R1，待測電阻R2，電壓表V（量程為1.5V，內阻很大），電阻箱R（0-99.99），單刀單擲開關S1，單刀雙擲開關S2，導線若干。

①先測電阻R1的阻值。請將甲同學的操作補充完整：閉合S1，將S2切換到，調節電阻箱，讀出其示數r和對應的電壓表示數U1，保持電阻箱示數不變，

，讀出電壓表的示數U2。則電阻R1的表達式為R1=

。②甲同學已測得電阻R1=4.8，繼續測電源電動勢E和電阻R2的阻值.該同學的做法是：閉合S1，將S2切換到，多次調節電阻箱，讀出多組電阻箱示數R和對應的電壓表示數U，由測得的數據，繪出了如圖所示的

-圖線，則電源電動勢E=

V，電阻R2=

。③利用甲同學設計的電路和測得的電阻R1，乙同學測電源電動勢E和電阻R2的阻值的做法是：閉合S1，將S2切換到b，多次調節電阻箱，讀出多組電阻箱示數R和對應的電壓表示數U，由測得的數據，繪出相應的-圖線，根據圖線得到電源電動勢E和電阻R2.這種做法與甲同學的做法比較，由于電壓表測得的數據范圍

（選填“較大”、“較小”或“相同”），所以

同學的做法更恰當些。參考答案：（1）D；（2）①將S2切換到b；R；②1.43（或）；1.2；③較小；甲

15.在“驗證力的平行四邊形定則”的實驗中：（1）其中有兩個實驗步驟如下：A．在水平位置的方木板上固定一張白紙，用圖釘把橡皮條的一端固定在方木板上，另一端拴上兩個繩套，通過細繩同時用兩個彈簧測力計（平行方木板）互成角度地拉橡皮條，使它與細繩的結點到達某一點O，在白紙上用鉛筆記下O點的位置和讀出兩測力計的示數F1和F2．B．只用一彈簧測力計，通過細繩拉橡皮條，使它的伸長量與用兩個測力計拉時相同，讀出示數F′和記下F′的方向．請指出以上步驟中的錯誤或疏漏：A中是未計下F1、F2的方向，；B中是應將結點拉到原來位置O點．（2）某同學認為實驗過程中必須注意以下幾項：A．兩根細繩必須等長B．橡皮條應與兩繩夾角的平分線在同一直線上C．讀數時視線要正對彈簧測力計的刻度D．兩拉力之間的夾角不要太小，也不太大．其中正確的是CD．參考答案：考點：驗證力的平行四邊形定則．版權所有分析：（1）步驟A中只有記下兩條細繩的方向，才能確定兩個分力的方向，進一步才能根據平行四邊形定則求合力；步驟B中只有使結點到達同樣的位置O，才能表示兩種情況下力的作用效果相同；（2）實驗要操作方便，盡量減小誤差，兩分力夾角不宜太大，也不宜太小，彈簧要與紙面平行．解答：解：（1）力的合成遵循平行四邊形定則，力的圖示法可以表示出力的大小、方向和作用點，因而要表示出分力，必須先測量出其大小和方向，故步驟C中遺漏了方向；合力與分力是一種等效替代的關系，替代的前提是等效，實驗中合力與分力一定產生相同的形變效果，故步驟E中遺漏了使結點到達同樣的位置；故答案為：C、E、記下兩條細繩的方向，使結點到達同樣的位置．（2）為減小實驗過程中的偶然誤差，就要設法減小讀數誤差，兩個分力的大小不一定要相等，繩子的長短對分力大小和方向亦無影響，故A、B錯誤；讀數時視線正對彈簧測力計的刻度能減小偶然誤差，故C正確；兩個拉力的夾角過大，合力會過小，量取理論值時相對誤差變大，夾角太小，會導致作圖困難，也會增大偶然誤差，故D正確；故選CD．點評：本題涉及力的合成實驗的原理，要明確力的圖示法和力的作用效果；減小實驗的系統誤差要從實驗原理角度出發，減小偶然誤差主要要從讀數考慮！四、計算題：本題共3小題，共計47分16.（8分）如圖所示，質量的物體，以的初速度沿粗糙的水平面向右運動，物體與地面間的動摩擦因數；同時物體受到一個與運動方向相反的的的作用，經過，撤去外力，求物體滑行的總位移。參考答案：解析：設以初速度的方向（向右）為正方向，由牛頓第二定律：

1分

物體從的初速度到速度減為零所用的時間和位移分別為

1分

1分

在作用后，由于，物體將反向（向左）做加速度運動，加速度為

1分

再經過，物體從初速度為零做反向加速運動，位移為，則

1分

當撤去后，物體在摩擦阻力作用下做勻減速運動，運動方向還是向左，其加速度為

1分

撤去時物體具有的速度，繼續運動的位移為，則

1分

所以，物體運動的總位移為

1分17.（計算）下圖是導軌式電磁炮實驗裝置示意圖．兩根平行長直金屬導軌沿水平方向同定，其間安放金屬滑塊（即實驗用彈丸）．滑塊可沿導軌無摩擦滑行且始終與導軌保持良好接觸．電源提供的強大電流從一根導軌流入，經過滑塊，再從另一導軌流同電源．滑塊被導軌巾的電流形成的磁場推動而發射．在發射過程中，該磁場在滑塊所在位置始終可以簡化為勻強磁場，方向垂直于紙面，其強度與電流的關系為B=kI，其中比例常量k=2.5×l0－6T/A．已知兩導軌內側間距為l=3.0×10－2m，滑塊的質量為m=3.0×10－2kg，滑塊沿導軌滑行5m后獲得的發射速度為v=3.0×103m/s（此過程視為勻加速運動）． （1）求發射過程巾金屬滑塊的加速度大小； （2）求發射過程中電源提供的電流強度大小；（3）若電源輸出的能量有9%轉化為滑塊的動能，則發射過程巾電源的輸出功率和輸出電壓各是多大？

參考答案：（1）9×105m/s2；（2）6.0×105A；（3）750V知識點:安培力；勻變速直線運動的位移與時間的關系；牛頓第二定律解析：（1）由勻加速運動公式

a==9×105m/s2

（2）由安培力公式和牛頓第二定律，有

F=IBl=kI2l，kI2l=ma因此

I==6.0×105A

（3）滑塊獲得的動能是電源輸出能量的，即P△t×9%=mv2發射過程中電源供電時間△t=×10-2s

所需的電源輸出功率為P==4.5×108W

由功率P=IU，解得輸出電壓

U==750V18.如圖所示，AB和CDO都是處于豎直平面內的光滑圓弧形軌道，OA處于水平位置．AB是半徑為R=2m的圓周軌道，CDO是半徑為r=1m的半圓軌道，最高點O處固定一個豎直彈性檔板．D為CDO軌道的中央點．BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接．已知BC段水平軌道長L=2m，與小球之間的動摩擦因數μ=0.4．現讓一個質量為m=1kg的小球P從A點的正上方距水平線OA高H處自由落下．（取g=1