2022年四川省綿陽市建設中學A區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.關于人造地球衛星，下列說法中正確的是（）A．衛星可與地球表面上某一緯度線（非赤道）是共面同心圓B．任何人造地球衛星繞地球運行的軌道都是圓．C．發射人造地球衛星所需的速度大小只決定于軌道高度，而與衛星的質量無關D．衛星中的水銀氣壓計仍然可以準確讀出大氣壓值參考答案：C【考點】人造衛星的加速度、周期和軌道的關系．【專題】定量思想；推理法；萬有引力定律的應用專題．【分析】衛星在圓軌道上繞地球運行時，萬有引力提供向心力，故圓周運動的圓心應在地球的中心【解答】解：A、衛星在圓軌道上繞地球運行時，一個最明顯的特點是軌道的圓心是地心，而萬有引力總是地心與衛星連線方向上的，所以衛星軌道平面必過地心．故A錯誤．B、人造地球衛星繞地球運行的軌道可能為橢圓，則B錯誤C、萬有引力提供向心力得：v=，則速度大小只決定于軌道高度，而與衛星的質量無關，則C正確D、在衛星中的物體處于完全失重則水銀氣壓計不能使用．則D錯誤故選：C2.（單選）光滑水平面上有一質量為2kg的物體，在五個恒定的水平共點力的作用下處于平衡狀態．現同時撤去大小分別為5N和15N的兩個水平力而其余力保持不變，關于此后物體的運動情況的說法中正確的是（）A．一定做勻變速直線運動，加速度大小可能是5m/s2B．可能做勻減速直線運動，加速度大小可能是2m/s2C．一定做勻變速運動，加速度大小可能10m/s2D．可能做勻速圓周運動，向心加速度大小可能是10m/s2參考答案：：解：根據平衡條件得知，余下力的合力與撤去的兩個力的合力大小相等、方向相反，則撤去大小分別為5N和15N的兩個力后，物體的合力大小范圍為10N≤F合≤20N，根據牛頓第二定律F=ma得物體的加速度范圍為：5m/s2≤a≤10m/s2．A、若物體原來做勻速直線運動，撤去的兩個力的合力方向與速度方向不在同一直線上時，物體可以做曲線運動，加速度大小可能是5m/s2．故A錯誤．B、若物體原來做勻速直線運動，撤去的兩個力的合力方向與速度方向相同時，則撤去兩個力后物體做勻減速直線運動，由上知加速度大小不可能是2m/s2．故B錯誤．C、由于撤去兩個力后其余力保持不變，則物體所受的合力不變，一定做勻變速運動．加速度大小可能等于10m/s2．故C正確．D、由于撤去兩個力后其余力保持不變，恒力作用下不可能做勻速圓周運動．故D錯誤．故選：C．3.（單選）如圖所示，地面上的物塊在平行于地面的水平力F作用下勻速運動，在固定的傾角為37°的斜面上，用同樣大小的力F平行于斜面向上拉物塊，物塊恰能勻速下滑．若物塊與水平和斜面的動摩擦因數相同，其中sin37°=0.6，cos37°=0.8，則下列說法正確的是（）A．物塊與接觸面的動摩擦因數為B．在水平地面上的物體做勻速運動的速度若增大，則維持勻速運動的力F也要增大C．斜面傾角增大到某一角度（小于90°）時，若物體仍勻速下滑，則維持勻速運動的力F要比原來大D．作用在斜面上物體的力F，若逆時針旋轉一個較小夾角，要保持物體勻速下滑，則F要比原來小參考答案：解：A、設物塊質量為m，物體在水平面上勻速運動時有：F=μmg，在斜面上勻速下滑時有：mgsin30°=μmgcos30°+F，聯立解得：．故A錯誤．B、動摩擦因數的大小與速度無關，勻速運動的速度增大，F不變，故B錯誤．C、物體在斜面上勻速下滑，mgsinα=μmgcosα+F，α從37°開始增大，則mgsinα增大，μmgcosα變小，則力F增大，故C正確．D、若F逆時針旋轉一個較小夾角θ，物體在斜面上勻速下滑，力變為F′，則有：mgsin37°=μ（mgcos37°﹣F′sinθ）+F′cosθ，可知F變大，故D錯誤．故選：C．4.光滑水平桌面上放置一長木板，長木板上表面粗糙，上面放置一小鐵塊，現有一水平向右的恒力F作用于鐵塊上，以下判斷正確的是A．鐵塊與長木板都向右運動，且兩者一定保持相對靜止B．若水平力足夠大，鐵塊與長木板間有可能發生相對滑動C．若兩者保持相對靜止，運動一段時間后，拉力突然反向，鐵塊與長木板間有可能發生相對滑動D．若兩者保持相對靜止，運動一段時間后，拉力突然反向，鐵塊與長木板間仍將保持相對靜止參考答案：BD5.直升飛機懸停在空中向地面投放裝有救災物資的箱子，如圖所示。設投放的初速度為零，箱子所受的空氣阻力與箱子下落速度的平方成正比，且運動過程中箱子始終保持圖示姿態。在箱子下落過程中，下列說法正確的是：（A）箱內物體對箱子底部始終沒有壓力

（B）箱子剛從飛機上投下時，箱內物體受到的支持力最大

（C）箱子接近地面時，箱內物體受到的支持力比剛投下時大

（D）若下落距離足夠長，箱內物體有可能不受底部支持力而“飄起來”參考答案：C二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.汽車的速度計顯示的是

的大小。（填“瞬時速度”或“平均速度”）參考答案：瞬時速度7.鈾核()衰變為鉛核()的過程中，要經過

次α衰變和

次β衰變參考答案：8 68.為了測定一根輕質彈簧被壓縮Δx時存儲的彈性勢能大小，可以將彈簧固定在一個帶有凹槽的軌道一端，并將軌道固定在水平桌面上，如圖所示。用鋼球將彈簧壓縮Δx，然后突然釋放鋼球，鋼球將沿軌道飛出桌面，實驗時：（1）需要測定的物理量是

（2）凹槽軌道的光滑與否對實驗結果

（填“有”或“無”）影響。參考答案：（1）桌面里地的高度h、球落地點到桌邊的距離x

（2）有9.（6分）如圖所示，電容器C1＝6，C2＝3，電阻R1＝6Ω，R2＝3Ω，電壓U=18V，當開關S斷開時，A、B兩點間的電壓UAB＝______________；當S閉合時，電容器C1的電荷量改變了______________庫侖。參考答案：UAB=18V，△=3.6×10-5C

(各3分)10.探究能力是物理學研究的重要能力之一．有同學通過設計實驗來探究物體因繞軸轉動而具有的轉動動能與哪些因素有關。他以圓型砂輪為研究對象，研究其轉動動能與其質量、半徑、角速度等的具體關系。如圖所示，砂輪由動力帶動勻速旋轉，測得其角速度ω，然后讓砂輪脫離動力，用一把彈性尺子與砂輪接觸使砂輪慢慢停下，設尺和砂輪間的摩擦力恒為（轉動過程動能定理也成立。不計轉軸的質量及其與支架間的摩擦）。分別取不同質量、不同半徑的砂輪，使其以不同角速度旋轉的進行實驗，最后得到的數據如下表所示：半徑/cm質量/m0角速度/rad·s-1圈數轉動動能/J4128

41432

42216

44232

81216

161232

(1)根據題給數據計算砂輪的轉動動能Ek，并填在上面的表格里。(2)由上述數據推導出該砂輪的轉動動能Ek與質量m、角速度ω、半徑r的關系式為_____________。參考答案：（1）填空半徑/cm質量/m0角速度/rad·s-1圈數轉動動能/J41286.44143225.64221612.84423225.68121625.6161232102.4（2）

EK=kmω2r2

或者EK=mω2r2。11.如圖所示，AB兩端接直流穩壓電源，UAB＝100V，R0＝40W，滑動變阻器總電阻R＝20W，當滑動片處于變阻器中點時，C、D兩端電壓UCD為___________V，通過電阻R0的電流為_____________A。

參考答案：答案：80，2解析：當滑動片處于變阻器中點時，可以將變阻器分成兩個電阻，，電路如圖，則與串聯，再與并聯。根據部分電路歐姆定律，有，。代入數據可得，。12.用如圖所示的裝置來測量一把質量分布均勻、長度為L的刻度尺的質量。某同學是這樣設計的：將一個讀數準確的彈簧測力計豎直懸掛，取一段細線做成一環，掛在彈簧測力計的掛鉤上，讓刻度尺穿過細環中，環與刻度尺的接觸點就是尺的懸掛點，它將尺分成長短不等的兩段。用細線拴住一個質量未知的木塊P掛在尺較短的一段上，細心調節尺的懸掛點及木塊P的懸掛點位置，使直尺在水平位置保持平衡。已知重力加速度為g。（1）必須從圖中讀取哪些物理量：______________________（同時用文字和字母表示）；（2）刻度尺的質量M的表達式：______________________（用第一小問中的字母表示）。參考答案：（1）木塊P的懸掛點在直尺上的讀數x1、刻度尺的懸掛點在直尺上的讀數x2，彈簧測力計的示數F；

（一個物理量1分）（2）M＝13.(4分)如圖，在“觀察光的衍射現象”實驗中，保持縫到光屏的距離不變，增加縫寬，屏上衍射條紋間距將

(選填:“增大”、“減小”或“不變”);該現象表明，光沿直線傳播只是一種近似規律，只有在

情況下，光才可以看作是沿直線傳播的。參考答案：減小；光的波長比障礙物小得多根據條紋間距由d、L和波長決定可知，增加縫寬，可以使條紋間距離減小；光遇到障礙物時，當障礙物的尺寸與波長接近時，會發生明顯的衍射現象，當障礙物較大時，光近似沿直線傳播。【考點】光的衍射、光的直線傳播三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（選修3-5模塊）（4分）2008年北京奧運會場館周圍80％～90％的路燈將利用太陽能發電技術來供電，奧運會90％的洗浴熱水將采用全玻真空太陽能集熱技術．科學研究發現太陽發光是由于其內部不斷發生從氫核到氦核的核聚變反應，即在太陽內部4個氫核（H）轉化成一個氦核（He）和兩個正電子（e）并放出能量.已知質子質量mP=1.0073u，α粒子的質量mα=4.0015u，電子的質量me=0.0005u．1u的質量相當于931.MeV的能量．①寫出該熱核反應方程；②一次這樣的熱核反應過程中釋放出多少MeV的能量?（結果保留四位有效數字）參考答案：

答案：①4H→He+2e（2分）②Δm=4mP－mα－2me=4×1.0073u－4.0015u－2×0.0005u=0.0267u（2分）ΔE=Δmc2

=0.0267u×931.5MeV/u＝24.86MeV

（2分）15.如圖所示，質量為m帶電量為+q的小球靜止于光滑絕緣水平面上，在恒力F作用下，由靜止開始從A點出發到B點，然后撤去F，小球沖上放置在豎直平面內半徑為R的光滑絕緣圓形軌道，圓形軌道的最低點B與水平面相切，小球恰能沿圓形軌道運動到軌道末端D，并從D點拋出落回到原出發點A處．整個裝置處于電場強度為E=的水平向左的勻強電場中，小球落地后不反彈，運動過程中沒有空氣阻力．求：AB之間的距離和力F的大小．參考答案：AB之間的距離為R，力F的大小為mg．考點： 帶電粒子在勻強電場中的運動；牛頓第二定律；平拋運動；動能定理的應用．專題： 帶電粒子在電場中的運動專題．分析： 小球在D點，重力與電場力的合力提供向心力，由牛頓第二定律即可求出D點的速度，小球離開D時，速度的方向與重力、電場力的合力的方向垂直，小球做類平拋運動，將運動分解即可；對小球從A運動到等效最高點D過程，由動能定理可求得小球受到的拉力．解答： 解：電場力F電=Eq=mg

電場力與重力的合力F合=mg，方向與水平方向成45°向左下方，小球恰能到D點，有：F合=解得：VD=從D點拋出后，只受重力與電場力，所以合為恒力，小球初速度與合力垂直，小球做類平拋運動，以D為原點沿DO方向和與DO垂直的方向建立坐標系（如圖所示）．小球沿X軸方向做勻速運動，x=VDt

沿Y軸方向做勻加速運動，y=at2a==所形成的軌跡方程為y=直線BA的方程為：y=﹣x+（+1）R解得軌跡與BA交點坐標為（R，R）AB之間的距離LAB=R從A點D點電場力做功：W1=（1﹣）R?Eq

重力做功W2=﹣（1+）R?mg；F所做的功W3=F?R有W1+W2+W3=mVD2，有F=mg答：AB之間的距離為R，力F的大小為mg．點評： 本題是動能定理和向心力知識的綜合應用，分析向心力的來源是解題的關鍵．四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示是某次四驅車比賽的軌道某一段。張華控制的四驅車（可視為質點），質量m=1.0kg，額定功率為P=7W。張華的四驅車到達水平平臺上A點時速度很小（可視為0），此時啟動四驅車的發動機并直接使發動機的功率達到額定功率，一段時間后關閉發動機。當四驅車由平臺邊緣點飛出后，恰能沿豎直光滑圓弧軌道CDE上C點的切線方向飛入圓形軌道，且此時的速度大小為5m/s，∠COD＝53°，并從軌道邊緣E點豎直向上飛出，離開E以后上升的最大高度為h=0.85m。已知AB間的距離L=6m，四驅車在AB段運動時的阻力恒為1N。重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：(1)四驅車運動到B點時的速度大小；(2)發動機在水平平臺上工作的時間；(3)四驅車對圓弧軌道的最大壓力。參考答案：（1）3m/s；（2）1.5s；（3）55.5N．解析：(1)VB=VC·cos53°滑塊運動到B點時的速度為VB=3m/s(2)從A到B的運動過程中有牽引力和阻力做功，根據動能定理有：mVB2=Pt-fL

t=1.5s(3)從C點運動到最高過程中，只有重力做功，所以機械能守恒，有：mVC2=mg(h+R·cos53°)圓軌道的半徑R=2/3m設四驅車到達D點時對軌道的壓力最大

四驅車在D點速度為VD，從C到D過程中機械能守恒，有：mVD2－mVC2=mgR(1－cos53°)

(或mVD2=mg（R+h))Fmax－mg=

四驅車對軌道的最大壓力Fmax=55.5N17.如圖所示，如果有這樣的B、C兩個小球均重G，用細線懸掛而靜止于A、D兩點。求：（1）AB和CD兩根細線的拉力各多大？（2）細線BC與豎直方向的夾角是多少？參考答案：（1）1.732G

G

（2）60o18.如圖所示，在xOy平面直角坐標系中，直角三角形MNL內存在垂直于xOy平面向里磁感應強度為B的勻強磁場，三角形的一直角邊ML長為6a，落在y軸上，∠NML=30°，其中位線OP在x軸上.電子束以相同的速度v0從y軸上-3a≤y≤0的區間垂直于y