广东省佛山市容桂中学高三物理模拟试题含解析

1、广东省佛山市容桂中学高三物理模拟试题含解析一、 选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1. （单选）某物体在一足够大的光滑水平面上向西运动，当它受到一个向南的恒定外力作用时，物体将做（）A匀变速直线运动B匀变速曲线运动C曲线运动但加速度方向改变，大小不变，是非匀变速曲线运动D曲线运动但加速度方向和大小均改变，是非匀变速曲线运动参考答案：考点：物体做曲线运动的条件专题：物体做曲线运动条件专题分析：当物体受到与运动方向不在同一直线上的恒力作用时，物体做匀变速曲线运动物体的运动方向向西，受到的合外力方向向南，力与速度方向不在同一直线上，且力为恒力，根据曲线运动的条件及

2、牛顿第二定律即可求解解答：解：物体的运动方向向西，受到的合外力方向向南，所以物体做曲线运动，因为合外力恒定，根据牛顿第二定律可知，加速度恒定，故物体做匀变速曲线运动，故B正确故选B点评：本题主要考查了物体做曲线运动的条件，知道加速度由合外力决定，难度不大，属于基础题2. （多选）在军事演习中，某空降兵从悬停在空中的直升飞机上跳下，从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的vt图象如图所示，则下列说法正确的是（）A010s内空降兵和降落伞整体机械能守恒B010s内空降兵和降落伞整体所受空气阻力越来越大C10s15s时间内运动员的平均速度D10s15s内空降兵和降落伞整体处于失重状态参考答案：BC考

3、点：机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像.专题：机械能守恒定律应用专题分析：从图象可以看出，空降兵先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断减小的减速运动，最后匀速运动；根据速度时间图线与坐标轴包围的面积表示位移以及图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度来进行分析解答：解：A、由图示vt图象可知，图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度，故010s内空降兵运动的加速度越来越小，空降兵运动过程要克服阻力做功，机械能不守恒，故A错误；B、由A可知，010s内加速度减小，由牛顿第二定律可知，所受合外力减小，空气阻力越来越大，故B正确；C、如果物体做匀减速直线运动， = ，由图示图中可知，10s15s

4、，速度向下做加速度不断减小的减速直线运动，则 ，故C正确；D、10s15s内空降兵向下做加速度不断减小的减速直线运动，加速度向上，处于超重状态，故D错误；故选：BC点评：本题关键根据速度时间图象得到物体的运动规律，然后结合速度时间图线与坐标轴包围的面积表示位移以及图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度来进行分析3. （多选题）如图所示，在空间中有平行xOy平面的匀强电场，场强大小为100V/m一群电量相同的带正电粒子以相同的初动能从P点出发，可以到达以原点O为圆心、半径为25cm的圆上的任意位置比较圆上这些位置，发现粒子到达圆与x轴正半轴的交点A时，动能最大已知OAP=37，（不计重力，不计粒

5、子间相互作用，sin37=0.6，cos37=0.8），则（）A该匀强电场的方向沿x轴负方向B过A点的等势面与PA连线垂直C到达圆与x轴负半轴的交点Q点的粒子动能最小DP、A两点的间电势差为32 V参考答案：CD【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度【分析】据题，到达A点的正电荷动能增加量最大，电场力做功最大，说明等势面在A点与圆相切，即等势面与y轴平行，由UPA=求解PA间的电势差，再由公式U=Ed求解场强的大小【解答】解：A、到达A点的正电荷动能增加量最大，电场力做功最大，说明了A点的电势最低；同时说明等势面在A点与圆相切，也就是等势面与y轴平行，所以电场线与x轴平行，沿x轴正方向，故A

6、错误；B、电场线的方向沿x轴正方向，所以过A点的等势面过A点平行于y轴，故B错误；C、电场线的方向沿x轴正方向，所以Q点的电势最高，到达Q点的正电荷的电势能最大，结合能量守恒可知正电荷动能最小故C正确；D、由几何关系可知： m，PA间的电势差为：UPA=1000.40.8=32 V故D正确故选：CD4. 点电荷Q1、Q2和Q3所产生的静电场的等势面与纸面的交线如图所示，图中标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c表示等势面上点，下列说法正确的有（ ） A位于g点的点电荷不受电场力作用Bb点的场强与d点的场强大小一定相等C把电荷量为q的正点电荷从a点移到i点，再从i点移到f点过程中，

7、电场力做的总功大于把该点电荷从a点直接移到f点过程中电场力所做的功D把1C正电荷从m点移到c点过程中电场力做的功等于7 kJ参考答案：D试题分析：位于g点的位置电势为零，场强不为零，所以点电荷受电场力作用，故A错误；b点的场强与d点的场强是由点电荷Q1、Q2和Q3所产生的场强叠加产生的，Q2和Q3与b点和d点的距离不等，根据点电荷场强公式得Q2和Q3在b点和d点的场强大小不等，方向不同所以b点的场强与d点的场强大小不相等，故B错误；根据电场力做功W=qU得把电荷量为q的正点电荷从a点移到i点，再从i点移到f点过程中，电场力做的总功等于把该点电荷从a点直接移到f点过程中电场力所做的功，故C错误；

8、把1库仑正电荷从m点移到c点过程中电场力做的功W=qU=1C=7kJ，故D正确；故选D考点：电场强度；电场力的功【名师点睛】本题考查了电场线特点及沿电场线的方向电势降低，点电荷连线上的电势分布。在等势面上移动电荷电场力做功为零。5. 在物理学的发展道路上，许多物理学家及科学家们做出了杰出的贡献，下列与此有关的说法正确的是A.牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量B.奥斯特最先发现了通电导线周边存在磁场，即电流的磁效应C.亚里士多德认为：力不是维持物体运动的原因D安培给出了通电导线在磁场中受到的磁场力的方向的判断方法参考答案：BD牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许利用扭秤装置测出了引力常量，A

9、错误；亚里士多德错误的认为：力是维持物体运动的原因，伽利略首先提出力不是维持物体运动的原因，C错误；选项BD说法正确。二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 如图，光滑轻杆AB、BC通过A、B、C三点的铰接连接，与水平地面形成一个在竖直平面内三角形，AB杆长为BC杆与水平面成角，AB杆与水平面成角。一个质量为m的小球穿在BC杆上，并静止在底端C处。现对小球施加一个水平向左mg的恒力，当小球运动到CB杆的中点时，它的速度大小为 ，小球沿CB杆向上运动过程中AB杆对B处铰链的作用力随时间t的变化关系式为参考答案：,7. 如图，质量为20kg 的物体，在水平面上向右运动，物体与水平面

10、接触处的摩擦系数是02 与此同时物体还受到一个水平向左大小为5 N的推力作用，则物体的加速度是 ；方向 参考答案：8. (3分)质量相等的冰、水、水蒸气，它们的分子个数 ，它们分子的平均动能 ，它们的内能 。（填“相同”或“不同”）参考答案： 答案：相同 不同 不同9. 已知U有一种同位素，比U核多3个中子。某时刻，有一个这样的同位素核由静止状态发生衰变，放出的粒子的速度大小为v0。 试写出衰变的核反应方程_（产生的新核的元素符号可用Y表示）； 衰变后的残核初速度大小为_ _参考答案： UY+He； 10. 如图所示，AB、CD为两根平行并且均匀的相同电阻丝，直导线EF可以在AB、CD上滑行并

11、保持与AB垂直，EF与AB、CD接触良好，图中电压表为理想电压表，当EF处于图中位置时电压表读数为U1=8.0伏，已知将EF由图中位置向左移动一段L后电压表读数变为U2=6.0伏，则电路中电阻的变化量DR与变化前电路的总电阻R之比DR:R=_.若将EF由图中位置向右移一段相同L后，那么电压表读数U3=_伏。参考答案：DR:R=1:3 U3=12.0伏11. 如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连（1）使电容器带电后与电源断开将左极板上移，可观察到静电计指针偏转角变大（选填变大，变小或不变）；将极板间距离减小时，

12、可观察到静电计指针偏转角变小（选填变大，变小或不变）；两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角变小（选填变大，变小或不变）；由此可知平行板电容器的电容与两板正对面积、两板距离和两板间介质有关 有关（2）下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有AA使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况C静电计可以用电压表替代D静电计可以用电流表替代参考答案：考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：（1）抓住电容器的电荷量不变，根据电容的决定式C= 判断电容的变化，结合U= 判断电势差的变化，从而得出指针偏角的变化（2）静电计可测量电势差，根据指针张角的大小

13、，观察电容器电压的变化情况静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代解答：解：（1）根据电容的决定式C= 知，上移左极板，正对面积S减小，则电容减小，根据U= 知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大根据电容的决定式C= 知，将极板间距离减小时，电容增大，根据U= 知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小根据电容的决定式C= 知，两板间插入一块玻璃，电容增大，根据U= 知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小由此可知平行板电容器的电容与两板正对面积、两板距离和两板间介质有关；（2）A、B、静电计可测量电势差，根据指针张角的大小，观察电容器电压的变化情况，无法判断电量的变化情况故A正确，B

14、错误C、D、静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转故CD错误故选：A故答案为：（1）变大，变小，变小，两板正对面积、两板距离和两板间介质有关； （2）A点评：解决本题的关键知道静电计测量的是电容器两端的电势差，处理电容器动态分析时，关键抓住不变量，与电源断开，电荷量保持不变，结合电容的决定式和定义式进行分析12. （6分）如图所示，电阻R1、R2、R3及电源内阻均相等，则当开关S接通后，流过R2的电流与接通前的比为_。参考答案：13. 在做“平抛物体的运动”的实验时，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图11所示的装置，将一块平木板

15、钉上复写纸和白纸，竖直立于槽口前某处且和斜槽所在的平面垂直，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滑下，小球撞在木板上留下痕迹A；将木板向后移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滑下，小球撞在木板上留下痕迹B；又将木板再向后移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止滑下，再得到痕迹C.若测得木板每次后移距离x，A、B间距离y，B、C间距离y。根据以上直接测量的物理量导出测小球初速度的公式为v0=_.（用题中所给字母x,y,y和g表示）；若距离x=20.00cm，距离y1=4.70cm，距离y2=14.50cm.小球初速度值为_m/s. （g取9.80m/s2 结果保留两位有效数字）参考答案： 2.0

16、 由匀变速直线运动的相关规律结合平抛运动的知识可解答。【答案】三、 简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14. （8分）一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其中AB过程为等压变化，BC过程为等容变化。已知VA=0.3m3，TA=TB=300K、TB=400K。（1）求气体在状态B时的体积。（2）说明BC过程压强变化的微观原因（3）没AB过程气体吸收热量为Q，BC过 气体 放出热量为Q2，比较Q1、Q2的大小说明原因。参考答案：解析：（1）设气体在B状态时的体积为VB，由盖-吕萨克定律得，代入数据得。(2)微观原因：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变小，气体分子平均动能减

17、小，导致气体压强减小。(3)大于；因为TA=TB，故AB增加的内能与BC减小的内能相同，而AB过程气体对外做正功，BC过程气体不做功，由热力学第一定律可知大于。考点：压强的微观意义、理想气体状态方程、热力学第一定律15. 将下图中的电磁铁连入你设计的电路中（在方框内完成），要求：A电路能改变电磁铁磁性的强弱；B使小磁针静止时如图所示。参考答案：（图略）要求画出电源和滑动变阻器，注意电源的正负极。四、计算题：本题共3小题，共计47分16. （13分）如图所示，A、B、C三个小球位于同一水平面上，它们的大小相同，B、C两球质量相等，都是A球质量的一半，B、C两球开始静止，A球以速度v0向右运动，要

18、使A球能分别将B、C两球撞上高度分别为h1=0.8m和h2=0.2m的平台（球上了平台后不再返回），已知A和B的碰撞没有机械能损失，A和C球碰后粘合在一起，不计一切阻力，求v0的取值范围。（g=10m/s2）参考答案：设mB=mC=m，mA=2m对A、B系统碰撞过程：P=C E=C2Mv0=2Mv1+Mv2解得： 欲使B能到达h1的高度，则：即V0=3m/s欲使A与B碰后不能到达h1的高度，则：即V0=12m/sA返回后与C碰并一起上升到h2的高度，则：2mV1=3mV3即V0=9m/s故A球速度范围是9m/sV012m/s17. 如图所示，一质量M=2.0kg的长木板静止放在光滑水平面上，在

19、木板的右端放一质量m=1.0kg可看作质点的小物块，小物块与木板间的动摩擦因数为=0.2用恒力F向右拉动木板使木板在水平面上做匀加速直线运动，经过t=1.0s后撤去该恒力，此时小物块恰好运动到距木板右端l=1.0m处在此后的运动中小物块没有从木板上掉下来求：（1）作用于木板的恒力F的大小；（2）木板的长度至少是多少？参考答案：解：（1）设小物块受到的摩擦力为f=N1=mg=0.21.010N=2N 方向水平向右 设小物块的加速度为a1，木板在恒力F作用下做匀加速直线运动时的加速度为a2，此过程中小物块的位移为s1，木板的位移为s2则 由牛顿定律及运动规律可知：f=ma1 a1=2.0m/s2 s2s1=l 带入数据解得：a2=4m/s2 设木板受到的摩擦力为f，f=f，对木板根据牛顿第二定律：Ff=Ma2， 则F=f+ma2，代入数值得出F=10N（3）设撤去F时小物块和木板的速度分别为v1和v2，撤去F后，木板与小物块组成的系统动量守恒， 当小物块与木板相对静止时，