四川省成都市温江第二中学高三物理模拟试卷含解析

1、四川省成都市温江第二中学高三物理模拟试卷含解析一、 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. 如图所示，滑动变阻器的滑片移动时不会使两灯的电压超过其额定电压，当滑片向上滑动时，两灯的亮暗变化是AA灯变暗，B灯变暗BA灯变暗，B灯变亮CA灯变亮，B灯变亮 DA灯变亮，B灯变暗参考答案：C2. 如图甲所示是一种速度传感器的工作原理图，在这个系统中B为一个能发射超声波的固定小盒子，工作时小盒子B向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被B盒接收，从B盒发射超声波开始计时，经时间t0再次发射超声波脉冲，图乙是连续两次发射的超声波的位移时间图象，则下列说

2、法正确的是（ ） A超声波的速度为 B超声波的速度为 C物体的平均速度为 D物体的平均速度为参考答案：AD3. （多选）如图为光电管工作原理示意图，入射光的光子能量为，阴极材料的逸出功为W，则（ ）ABc点为电源的负极C光电子在管内运动过程中电势能减小D减弱入射光强度，ab两端的电压减小参考答案：CD4. 车作匀加速运动，速度从零增加到V的过程中发动机做功W1，从V增加到2V的过程中发动机做功W2，设牵引力和阻力恒定，则有 ( ) A、W2=2Wl B、W2=3W1 C、W2-4Wl D、仅能判断W2W1参考答案：B5. 关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是 （） A沿磁感线方向，磁场逐渐减弱

3、 B磁感线从磁体的N极出发，终止于S极 C磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向 D在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小参考答案：D二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. B.动能相等的两人造地球卫星A、B的轨道半径之比RA:RB= 1:2，它们的角速度之比= ，质量之比mA:mB= .参考答案：；1：2两卫星绕地球做匀速圆周运动，其万有引力充当向心力，所以两者角速度之比为；线速度之比为，根据题意知两者动能相等，所以质量之比为：1:2。【考点】匀速圆周运动的描述、万有引力定律的应用7. 在光电效应试验中，某金属的截止频率相应的波长为

4、，该金属的逸出功为_。若用波长为（0）单色光做实验，则其截止电压为_。已知电子的电荷量，真空中的光速和布朗克常量分别为e、c和h。参考答案：8. 某课外兴趣小组利用下图的实验装置研究“合外力做功和物体动能变化之间的关系”以及“加速度与合外力的关系”（1）该小组同学实验时先正确平衡摩擦力，并利用钩码和小车之间连接的力传感器测出细线上的拉力，改变钩码的个数，确定加速度错误！不能通过编辑域代码创建对象。与 细线上拉力F的关系，下列图象中能表示该同学实验结果的是（2）在上述实验中打点计时器使用的交流电频率为50Hz，某此实验中一段纸带的打点记录如图所示，则小车运动的加速度大小为 m/s2（保留3位有效

5、数字）（3）实验时，小车由静止开始释放，已知释放时钩码底端离地高度为H，现测出的物理量还有：小车由静止开始起发生的位移s（sH）、小车发生位移s时的速度大小为v，钩码的质量为m，小车的总质量为M，设重力加速度为g，则mgs （选填“大于”、 “小于”或“等于”）小车动能的变化；参考答案：（1）A （2） 750 （3）大于9. 如图甲所示为某宾馆的房卡，只有把房卡插入槽中，房间内的灯和插座才会有电。房卡的作用相当于一个_（填电路元件名称）接在干路上。如图乙所示，当房客进门时，只要将带有磁铁的卡P插入盒子Q中，这时由于磁铁吸引簧片，开关B就接通，通过继电器J使整个房间的电器的总开关接通，房客便能

6、使用室内各种用电器。当继电器工作时，cd相吸，ab便接通。请你将各接线端1、2、3、4、5、6、7、8、9、10适当地连接起来，构成正常的电门卡电路。参考答案：（1）电键 （2分）（2）87，45，69，13，210 10. 如图所示是一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t = 0时刻的波形图，已知波的传播速度v = 2m/s，则x = 1.5m处质点的振动函数表达式y= cm，x = 2.0m处质点在0 -1.5s内通过的路程为 cm。参考答案：、3011. 有一水平方向的匀强电场，场强大小为9103N/C，在电场内作一半径为10cm的圆，圆周上取A、B两点，如图所示，连线AO沿E方向，BOAO

7、，另在圆心O处放一电量为108C的正点电荷，则A处的场强大小为0 N/C；B处的场强大小为1.27104 N/C参考答案：考点：电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：根据公式E=k求出点电荷在A、B两点处产生的场强大小，判断出场强方向，A、B两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解AB两点处的场强大小解答：解：点电荷在A点处产生的场强大小为E=k=9109N/C=9103N/C，方向从OA；而匀强电场方向向右，大小9103N/C，叠加后，合电场强度为零同理，点电荷在B点处产生的场强大小也为E=k=9109N/C=9103N/C，方向从OB；根据平行四边形定则得，则

8、两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为： EA=E点E匀=9103N/C9103N/C=0； 同理，B点的场强大小为： EB=E=1.27104N/C与水平方向成45角斜向右下方；故答案为：0，1.27104，点评：本题电场的叠加问题，一要掌握点电荷的场强公式E=k；二要能根据据平行四边形定则进行合成12. 两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动。A车总质量为50kg，以2m/s的速度向右运动；B车总质量为70kg，以3m/s的速度向左运动；碰撞后，A以1.5m/s的速度向左运动，则B的速度大小为_m/s，方向向_（选填“左”或“右”）参考答案：0.5；左13. （多选）一

9、个质量为m的物体以某一速度从固定斜面底端冲上倾角 的斜面，其加速度为g，如图此物体在斜面上上升的最大高度为h，则此过程中正确的是 A物体动能增加了B物体克服重力做功mghC物体机械能损失了mghD.物体克服摩擦力做功参考答案：BC解析： A、物体在斜面上加速度为，方向沿斜面向下，物体的合力F合=ma=，方向沿斜面向下，斜面倾角a=30，物体从斜面底端到最大高度处位移为2h，物体从斜面底端到最大高度处，物体合力做功W合=-F合?2h=-mgh根据动能定理研究物体从斜面底端到最大高度处得W合=Ek所以物体动能减小mgh，故A错误B、根据功的定义式得：重力做功WG=-mgh，故B正确C、重力做功量度

10、重力势能的变化，所以物体重力势能增加了mgh，而物体动能减小mgh，所以物体机械能损失了mgh，故C正确D、除了重力之外的力做功量度机械能的变化物体除了重力之外的力做功还有摩擦力做功，物体机械能减小了mgh，所以摩擦力做功为-mgh，故D错误故选：BC三、 简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14. “体育彩票中奖概率为，说明每买1 000张体育彩票一定有一张中奖”，这种说法对吗？参考答案：15. 静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA=l.0kg，mB=4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，

11、使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek=10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20。重力加速度取g=10m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？参考答案：（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；（2）A先停止； 0.50m；（3）0.91m；分析】首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A、B组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出A、B各自的速度大小；

12、很容易判定A、B都会做匀减速直线运动，并且易知是B先停下，至于A是否已经到达墙处，则需要根据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判断A向左运动停下来之前是否与B发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间关系，列式求解即可。【详解】（1）设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0=mAvA-mBvB联立式并代入题给数据得vA=4.0m/s，vB=1.0m/s（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B

13、向左运动的路程为sB。，则有在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程SA都可表示为sA=vAt联立式并代入题给数据得sA=1.75m，sB=0.25m这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处。B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s=025m+0.25m=0.50m（3）t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA，由动能定理有联立式并代入题给数据得 故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA以和vB，由动量守恒定律

14、与机械能守恒定律有 联立式并代入题给数据得 这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA时停止，B向左运动距离为sB时停止，由运动学公式 由式及题给数据得sA小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离四、计算题：本题共3小题，共计47分16. 如图所示，虚线FG、MN、CD为在同一平面内的水平直线边界，在MN、CD间有垂直边界的匀强电场，场强的大小E=1.5105N/C，方向如图，在FG、MN间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.2T，已知电场和磁场沿边界方向的长度均足够长，电场在垂直边界方向的宽度d1=0.20m，在CD边界上某点O处有一放射

15、源，沿纸面向电场中各个方向均匀地辐射出速率均为v0=1.0106m/s的某种带正电粒子，粒子质量m=6.41027kg，电荷量q=3.21019C，粒子可以无阻碍地通过边界MN进入磁场，不计粒子的重力及相互作用（1）求粒子在磁场中做圆周运动的半径；（2）要使所有粒子不从FG边界射出，求磁场垂直边界MN方向上的最小宽度d；（3）若磁场垂直边界MN方向上的宽度为0.2m，求边界FG上有粒子射出的长度范围及粒子首次在磁场中运动的最长时间参考答案：解：（1）带电粒子从电场进入磁场，由动能定理有： 进入磁场后，洛仑兹力提供向心力： 联立两式得：v=2106m/s，r=0.2m （2）在O点水平向左或向右

16、方向射出的粒子做类平抛运动，其偏向角与水平方向 夹角为，则： =， 所以=60 当从最左边射出的粒子进入磁场后是一个优弧，当该优弧与磁场上边界相切时， 由几何关系有磁场宽度为d=Lmin=r+rcos60=0.2m+020.5m=0.3m（3）水平向左射出的粒子打在A点，水平位移： x=v0t=v0=0.23m 从A点与水平方向成60射出的粒子做匀速圆周运动打在上边边界的P点，由对称 性，可知P点偏离O点的左边x=0.23m 显然从O点竖直向上射出的粒子划过四分之一圆弧打在Q点，该点是粒子打击的 最右端由几何关系可知Q点偏离O点的右边r=0.2m 所以能够从FG边缘穿出的长度范围为x+r=0.

17、43m 显然竖直向上射出的粒子恰恰在磁场中转过半周，转180再回到MN，此种情况粒子在磁场中运动时间最长 =3.14107s答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径为0.2m（2）要使所有粒子不从FG边界射出，磁场垂直边界MN方向上的最小宽度d为0.3m（3）若磁场垂直边界MN方向上的宽度为0.2m，边界FG上有粒子射出的长度范围为0.43m、粒子首次在磁场中运动的最长时间为3.14107s【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）只要进入磁场的粒子电场力做功是一定的，由动能定理可以求出进入磁场的速率，由洛仑兹力提供向心力就能求出粒子在磁场做匀速圆周运动的半径（

18、2）先由左手定则判断出粒子做顺时针匀速圆周运动，当从边界线最左边射入磁场的轨迹与上边界相切时，此种情况下磁场区域最宽，由此画出轨迹，由几何关系就能求出磁场区域的最小宽度（3）由于磁场的宽度与粒子的半径相等，所以在想象中拿一个定圆在宽度一定的磁场区域移动，这样可以找到打在磁场上边缘最左端的位置即从最左端进入磁场的粒子打在最左端，最右的位置显然是竖直向上射出的粒子恰好与上边缘相切，由几何关系求出两点的距离即为所求；至于最长时间，显然偏转角最大的即打在最左端的粒子恰好转过半周，所以最长时间是半个周期17. 下图为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3m

19、，另一台倾斜，传送带与地面的倾角=37，C、D两端相距4.45m，B、C相距很近.水平部分AB以5m/s的速率顺时针转动.将质量为10kg的一袋大米无初速度的放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5 .试求：（g取10m/s2 ，计算中可能会用到=2.23,=2.68）（1）若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离；（2）若要米袋能被送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围.参考答案：（1）米袋在AB上加速时的加速度 .（1分）米袋的速度达到v0=5m/s时，滑行的距离，因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度 （1分）设米袋在CD上