2022年四川省成都市新津縣五津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.把一鋼球系在一根彈性繩的一端，繩的另一端固定在天花板上，先把鋼球托起（如圖所示），然后放手．若彈性繩的伸長始終在彈性限度內，關于鋼球的加速度a、速度v隨時間t變化的圖象，下列說法正確的是（

）

A．甲為a－t圖象

B．乙為a－t圖象

C．丙為v－t圖象

D．丁為v－t圖象參考答案：B2.（多選）如圖所示，在勻速轉動的水平圓盤上，沿半徑方向放著用細線相連的質量相等的兩個物體A和B，它們與盤間的動摩擦因數相同，當圓盤轉速加快到兩物體剛要發生滑動時，燒斷細線，則（

）A.兩物體均沿切線方向滑動B.物體B仍隨圓盤一起做勻速圓周運動，同時所受摩擦力減小C.兩物體仍隨圓盤一起做勻速圓周運動，不會發生滑動D.物體B仍隨圓盤一起做勻速圓周運動，物體A發生滑動，離圓盤圓心越來越遠參考答案：【知識點】向心力；牛頓第二定律．D4C2【答案解析】BD解析：當圓盤轉速加快到兩物體剛要發生滑動時，A物體靠細線的拉力與圓盤的最大靜摩擦力的合力提供向心力做勻速圓周運動，B靠指向圓心的靜摩擦力和拉力的合力提供向心力，所以燒斷細線后，A所受最大靜摩擦力不足以提供其做圓周運動所需要的向心力，A要發生相對滑動，離圓盤圓心越來越遠，但是B所需要的向心力小于B的最大靜摩擦力，所以B仍保持相對圓盤靜止狀態，做勻速圓周運動，且靜摩擦力比繩子燒斷前減小．故B、D正確，A、C錯誤．

故選BD．【思路點撥】對AB兩個物體進行受力分析，找出向心力的來源，即可判斷燒斷細線后AB的運動情況．3.（單選）一個小石子從離地某一高度處由靜止自由落下，某攝影愛好者恰好拍到了它下落的一段軌跡AB．該愛好者用直尺量出軌跡的實際長度，如圖所示．已知曝光時間為s，則小石子出發點離A點約為（）A．6.5cm

B．10m

C．20m

D．45m

參考答案：解：由圖可知AB的長度為2cm，即0.02m，曝光時間為s，所以AB段的平均速度的大小為V===20m/s，由自由落體的速度位移的關系式V2=2gh可得，h===20m，所以C正確．故選C．4.如圖甲所示，足夠長的固定光滑細桿與地面成一定傾角，在桿上套有一個光滑小環，沿桿方向給環施加一個拉力F，使環由靜止開始運動，已知拉力F及小環速度v隨時間t變化的規律如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2。則以下判斷正確的是A．小環的質量是1kgB．細桿與地面間的傾角是30°C．前3s內拉力F的最大功率是2.5WD．前3s內小環機械能的增加量是6.25J參考答案：AC5.（單選）如圖所示，一質量為m的物體A恰能在傾角為α的斜面體上勻速下滑．若用與水平方向成θ角、大小為F的力推A，使A加速下滑，斜面體始終靜止．下列關于斜面體受地面的摩擦力的說法正確的是（）A．大小為0B．方向水平向左，大小為FcosθC．方向水平向左，大小為mgcosαsinαD．方向水平向右，大小為mgcosαsinα參考答案：：解：對A勻速下滑時受力分析，受重力、支持力、滑動摩擦力，根據平衡條件：摩擦力與支持力的合力應該與重力等大反向，即斜面對滑塊的作用力方向豎直向上，根據牛頓第三定律，則物塊對斜面的作用力方向豎直向下，當用與水平方向成θ角、大小為F的力推A，A所受斜面的支持力增大，摩擦力f=μN也增大，但是支持力N與摩擦力f仍然成比例的增大，其合力的方向仍然豎直向上，保持不變，則物塊對斜面的作用力的方向仍然豎直向下，只是數值上變大，故斜面沒有運動的趨勢，不受地面的摩擦力；故選：A．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.某同學探究恒力做功和物體動能變化間的關系，方案如圖所示，長木板放于水平桌面，用鉤碼的重力作為小車受到的合外力，為減小這種做法帶來的誤差，實驗中要

采取的兩項措施是：

a：

；

b：

；參考答案：a．適當墊高長木板右端，以平衡摩擦力；

b．使鉤碼的質量遠小于小車的質量7.氫原子能級及各能級值如圖所示．當大量氫原子從第4能級向第2能級躍遷時，可以釋放出3種不同頻率的光子，所釋放的光子最小頻率為（用普朗克常量h和圖中給出的能級值字母表示）．參考答案：【考點】：氫原子的能級公式和躍遷．【專題】：原子的能級結構專題．【分析】：根據hγ=Em﹣En，可知在何能級間躍遷發出光的頻率最小．：解：當大量氫原子從第4能級向第2能級躍遷時，可以釋放出3種不同頻率的光子；分別是n=4向n=3，n=3向n=2，以及n=4向n=2三種．因為放出的光子能量滿足hγ=Em﹣En，知，從n=4能級躍遷到n=3能級發出光的頻率最小；則有：hγ=E4﹣E3，所以：γ=．故答案為：3；【點評】：解決本題的關鍵知道能級間躍遷放出或吸收光子的能量滿足hγ=Em﹣En．8.今年暑假開學之后甲型H1N1在全國各地大量爆發，山東半島也出現較多的病例。為了做好防范，需要購買大量的體溫表，市場體溫表出現供貨不足的情況，某同學想到自己制作一個金屬溫度計，為此該同學從實驗室找到一個熱敏電阻，并通過查資料獲得該熱敏電阻的阻值R隨溫度t變化的圖線，如圖甲所示.該同學進行了如下設計：將一電動勢E=1.5V（內阻不計）的電源、量程5mA內阻Rg=100Ω的電流表及電阻箱R′，及用該電阻作測溫探頭的電阻R,串成如圖乙所示的電路，把電流表的電流刻度改為相應的溫度刻度，就得到了一個簡單的“金屬電阻溫度計”。①電流刻度較小處對應的溫度刻度

；（填“較高”或“較低”）②若電阻箱阻值R′=70Ω，圖丙中5mA刻度處對應的溫度數值為

℃。參考答案：9.某實驗小組利用如圖甲所示的裝置驗證牛頓第二定律。他們將拉力傳感器一端與細繩相連，另一端固定在小車上，用拉力傳感器及數據采集器記錄小車受到的拉力F的大小；小車后面的打點計時器，通過拴在小車上的紙帶，可測量小車勻加速運動的速度與加速度。圖乙中的紙帶上A、B、C為三個計數點，每兩個計數點間還有打點計時器所打的4個點未畫出，打點計時器使用的是50Hz交流電源。①由圖乙，AB兩點間的距離為S1=3.27cm，AC兩點間的距離為S2=

cm，小車此次運動經B點時的速度

m/s，小車的加速度a=

m/s2；（保留三位有效數字）

②要驗證牛頓第二定律，除了前面提及的器材及已測出的物理量外，實驗中還要使用

來測量出

；

③由于小車受阻力f的作用，為了盡量減小實驗的誤差，需盡可能降低小車所受阻力f的影響，以下采取的措施中必要的是

A、適當墊高長木板無滑輪的一端，使未掛鉤碼的小車被輕推后恰能拖著紙帶勻速下滑B、應使鉤碼總質量m遠小于小車（加上傳感器）的總質量MC、定滑輪的輪軸要盡量光滑參考答案：①8.00；0.400；1.46

。

②天平，小車總質量（或小車質量）③A。10.升降機中站著一個人發現失重，則升降機可能在做豎直

運動，也可能在做豎直

過程．參考答案：減速上升，加速下降．【考點】超重和失重．【分析】當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說物體處于超重狀態，此時有向上的加速度；當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，就說物體處于失重狀態，此時有向下的加速度．【解答】解：人站在磅秤上受重力和支持力，發現了自已的體重減少了，處于失重狀態，所以具有向下的加速度，

那么此時的運動可能是減速上升，也可能是加速下降．故答案為：減速上升，加速下降．11.如圖所示，一個半徑為R的透明球體放置在水平面上，一束光從A點沿水平方向射入球體后經B點射出，最后射到水平面上的C點。已知，該球體對光的折射率為，則它從球面射出時的出射角＝

；在透明體中的速度大小為

（結果保留兩位有效數字）（已知光在的速度c＝3×108m／s）參考答案：12.①已知基態氫原子的能量為，一群處于n=3能級的氫原子向較低能級躍遷，能產生_______種不同頻率的光子，其中頻率最低的光子能量是_______ev.②原子核經過________次衰變，__________次衰變，變為原子核.參考答案：①由可知能產生3種不同頻率的光子；n=3至n=2能級的光子頻率最低；②核反應方程滿足質量數和電荷數守恒。13.圖甲所示電路稱為惠斯通電橋，當通過靈敏電流計G的電流Ig=0時，電橋平衡，可以證明電橋的平衡條件為：．圖乙是實驗室用惠斯通電橋測量未知電阻Rx的電路原理圖，其中R是已知電阻，S是開關，G是靈敏電流計，AC是一條粗細均勻的長直電阻絲，D是滑動頭，按下D時就使電流計的一端與電阻絲接通，L是米尺．（1）操作步驟如下：閉合開關，把滑動觸頭放在AC中點附近，按下D，觀察電流表指針的偏轉方向；向左或向右移動D，直到按下D時，電流表指針_____________(填：滿偏、半偏或不偏轉)；用刻度尺量出AD、DC的長度l1和l2；(2)寫出計算Rx的公式:RX=______________(3)如果滑動觸頭D從A向C移動的整個過程中，每次按下D時，流過G的電流總是比前一次增大，已知A、C間的電阻絲是導通的，那么，電路可能在

斷路了．參考答案：三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（09年大連24中質檢）（選修3—5）（5分）如圖在光滑的水平桌面上放一個長木板A，其上放有一個滑塊B，已知木板和滑塊的質量均為m=0.8kg，滑塊與木板間的動摩擦因數μ=0.4，開始時A靜止，滑塊B以V=4m／s向右的初速度滑上A板，如圖所示，B恰滑到A板的右端，求：①說明B恰滑到A板的右端的理由?②A板至少多長?

參考答案：解析：①因為B做勻減速運動，A做勻加速運動，A，B達到共同速度V1時，B恰滑到A板的右端（2分）

②根據動量守恒

mv=2mv1（1分）

v1=2m/s

……

設A板長為L，根據能量守恒定律

（1分）

L=1m15.（簡答）如圖12所示，一個截面為直角三角形的劈形物塊固定在水平地面上.斜面,高h=4m，a=37°,一小球以Vo=9m/s的初速度由C點沖上斜面.由A點飛出落在AB面上.不計一切阻力.(Sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)求.(l)小球到達A點的速度大小；(2)小球由A點飛出至第一次落到AB面所用時間；(3)小球第一次落到AB面時速度與AB面的夾角的正切值參考答案：(1)1(2)0.25s（3）6.29N機械能守恒定律．解析：(1)從C到A對小球運用動能定理]，解得v0=1m/s(2)將小球由A點飛出至落到AB面的運動分解為沿斜面（x軸）和垂直于斜面（y軸）兩個方向;則落回斜面的時間等于垂直于斜面方向的時間所以（3）小球落回斜面時沿斜面方向速度垂直斜面方向速度vy=1m/s，所以（1）由機械能守恒定律可以求出小球到達A點的速度．

（2）小球離開A后在豎直方向上先做勻減速直線運動，后做自由落體運動，小球在水平方向做勻速直線運動，應用運動學公式求出小球的運動時間．

（3）先求出小球落在AB上時速度方向與水平方向間的夾角，然后再求出速度與AB面的夾角θ的正切值．四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，在真空中的豎直平面內，用長為2L的絕緣輕桿連接兩個質量均為m的帶電小球A和B，A球的電荷量為+4q，B球的電荷量為-3q，組成一帶電系統。虛線MN與PQ平行且相距3L，開始時PQ恰為桿的中垂線．在MN與PQ間加豎直向上的勻強電場，恰能使帶電系統靜止不動。現使電場強度突然加倍（已知當地重力加速度為g），求：（1）B球剛到達電場邊界PQ時的速度大小；（2）判定A球能否到達電場邊界MN，如能，請求出A球到達電場邊界MN時的速度大小；如不能，請說明理由。（3）帶電系統運動過程中，B球電勢能增加量的最大值；（4）宇航員勻速運動時速度多大才能剛好接到小球？參考答案：（1）（共6分）設帶電系統靜止時電場強度為E，有2mg=4qE，解得電場強度加倍后，從開始靜止到B進入電場，根據動能定理有（2分）得B球剛進入電場時的速度（2分）

（注：用牛二定律求解同樣給分。）（2）（共6分）B球進入電場后，系統做勻減速直線運動，假設A球能到達電場邊界MN，從開始到A剛運動到MN線時，電場力對系統做功為2E?4q?2L-2E?3q?L=10qEL，系統克服重力做功為2mg?2L=8qEL，則電場力對系統做功大于系統克服重力做功，說明A到達MN線時系統仍有向上的速度，所以A球能到達電場邊界MN。（2分）對AB系統應用動能定理得：2E?4q?2L-2E?3q?L-2mg?2L=

（3）（共4分）設B球在電場中運動的最大位移為s，經分析知B球在電場中的位移最大時，A球已向上越過了MN，根據動能定理有

得s=1.2L；（2分）電場力對B球做功則B球電勢能增加3.6mgL（2分）（4）（共4分）帶電系統向上運動分為三階段，第一階段勻加速運動，據牛頓第二定律有，運動時間（1分）第二階段勻減速運動，同理可得A球出電場時速度為v2，根據運動學公式有：，解得，運動時間；（1分）第三階段勻減速運動，，運動時間（1分）因B球在電場中運動的最大位移為s=1.2L小于3L，故帶電系統不能全部離開電場，由運動的對稱性可知，系統剛好能夠回到原位置，此后系統又重復開始上述運動。所以帶電系統從開始運動到返回原地發點所經歷的時間為

17.小球從空中以某一初速度水平拋出，落地前1s時刻，速度方向與水平方向夾30°角，落地時速度方向與水平方向夾60°角，g＝10m/s2，求小球在空中運動時間及拋出的初速度。參考答案：【知識點】平拋運動．D2【答案解析】1.5s

解析：設小球的初速度為v0，落地前1s時刻其豎直分速度為v1，由圖1知：v1＝v0tan300,落地時其豎直分速度為v2，同理v2＝v0tan600，v2-v1=g△t，，，所以t=1.5s。【思路點撥】平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落