2022年陕西省西安市第三十一中学高三物理模拟试卷含解析

2022年陕西省西安市第三十一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，物块A放在倾斜的木板上，木板的倾角α分别为30°和45°时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则物块和木板间的动摩擦因数为

()A.

B.

C.

D.

参考答案：B2.（多选题）如图所示，A、B、C三点在同一个竖直平面内，且在同一直线上，一小球若以初速度v1从A点水平抛出，恰好能通过B点，从A点运动到B点所用时间为t1，到B点时速度与水平方向的夹角为θ1，落地时的水平位移为x1；若以初速度v2从A点水平抛出，恰好能通过C点，从A点运动到C点时速度与水平方向的夹角为θ2，落地时的水平距离为x2．已知AB的水平距离是BC水平距离的2倍，则（）A．v1：v2=2：3 B．t1：t2=：C．tanθ1：tanθ2=2：3 D．x1：x2=：参考答案：BD【考点】平抛运动．【分析】平抛运动落在ABC的连线上时，竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定，根据该规律求出平抛运动的时间，从而求出落在ABC的连线上时，速度与水平方向的夹角相等；由此分析即可．【解答】解：由于A、B、C三点在同一个竖直平面内，且在同一直线上，所以竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定；设ABC的连线与水平方向之间的夹角为θ，则：tanθ=①解得：t=．

②则落在ABC的连线上时竖直方向上的分速度vy=gt=2v0tanθ．设速度与水平方向的夹角为α，有③知小球到达ABC的连线上时，速度与水平方向的夹角与初速度无关，则小球与水平方向的夹角相同．A、由几何关系可知，AB自己的水平距离与AC之间的水平距离之比为2：3；所以小球到达B点与C点时，竖直方向为位移之比为：④由y=⑤联立②⑤得：所以：⑥联立④⑥可得：⑦．故A错误；B、联立②⑦得：．故B正确；C、由公式③知，小球到达ABC的连线上的B点与C点时，速度与水平方向的夹角与初速度无关，则小球与水平方向的夹角相同，所以tanθ1：tanθ2=1：1．故C错误；D、两个小球在竖直方向都做自由落体运动，所以运动的时间是相等的，水平方向的位移：x=v0t

⑧联立⑦⑧可得：．故D正确．故选：BD3.9．（单选）如图,一固定斜面上两个质量相同的小物块A和B紧挨着匀速下滑,A与B的接触面光滑.已知A与斜面之间的动摩擦因数是B与斜面之间动摩擦因数的2倍,斜面倾角为α.B与斜面之间的动摩擦因数是（）A.

B.

C.

D.参考答案：B4.在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献，关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（

）A．伽利略发现了行星运动的规律

B．开普勒通过实验测出了引力常量C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献参考答案：D5.（多选）将质量为m的小球在距地面高度为h处抛出，抛出时的速度大小为V0，小球落到地面时的速度大小为2V0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是A．小球克服空气阻力做的功小于mgh

B．重力对小球做的功等于mghC．合外力对小球做的功小于mV02

D．重力势能的减少量等于动能的增加量参考答案：AB。从抛出到落地过程中动能变大了，重力做的功大于空气阻力所做的功，而这个过程中重力对小球做的功为，所以A、B选项正确；从抛出到落地过程中，合外力做的功等于小球动能的变化量：二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.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①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）；②将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角变小（选填变大，变小或不变）；③两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角变小（选填变大，变小或不变）；④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，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）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．②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．③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．④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．7.一个小灯泡在3伏的电压下，通过0.25A电流，灯泡所发出的光经聚光后形成很细的光束，沿某个方向直线射出。设灯泡发出的光波长为6000埃，则每秒钟发出的光子个数为______个，沿光的传播方向上2m长的光束内的光子为________个2.26×1018，1.51×10102012学年普陀模拟22。参考答案：2.26×1018，1.51×1010 8.如右图甲所示，有一质量为m、带电量为的小球在竖直平面内做单摆，摆长为L，当地的重力加速度为，则周期

；若在悬点处放一带正电的小球（图乙），则周期将

。（填“变大”、“不变”、“变小”）参考答案：；不变9.氢原子的能级图如图所示，一群处于n=4能级的氢原子向较低能级跃迁,能产生

▲

种不同频率的光子，其中频率最大的光子是从n=4的能级向n=

▲

的能级跃迁所产生的。参考答案：6110.匀强磁场中有一半径为0.2m的圆形闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈共50匝，其阻值为2Ω．匀强磁场磁感应强度B在0～1s内从零均匀变化到0.2T，在1～5s内从0.2T均匀变化到﹣0.2T．则0.5s时该线圈内感应电动势的大小E=1.256V；在1～5s内通过线圈的电荷量q=1.256C．参考答案：解：（1）在0～1s内，磁感应强度B的变化率=T/s=0.2T/s，由于磁通量均匀变化，在0～1s内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则根据法拉第电磁感应定律得：0.5s时线圈内感应电动势的大小E1=N=N?πr2=50×0.2×3.14×0.22=1.256V根据楞次定律判断得知，线圈中感应方向为逆时针方向．（2）在1～5s内，磁感应强度B的变化率大小为′=T/s=0.1T/s，由于磁通量均匀变化，在1～5s内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则根据法拉第电磁感应定律得：1～5s时线圈内感应电动势的大小E2=N=N′?πr2=50×0.1×3.14×0.22=0.628V通过线圈的电荷量为q=I2t2==C=1.256C；故答案为：1.256

1.25611.在“观察水波的干涉”实验中得到如图所示的干涉图样．O1、O2为波源，实线表示波峰，虚线为P位置与波源连线，且O1P=O2P．（1）P点是振动加强点（选填“加强”或“减弱”）．（2）（单选题）若有一小纸片被轻放在P点浮于水面上，则此后纸片运动情况是D（A）一定沿箭头A方向运动

（B）一定沿箭头B方向运动（C）一定沿箭头C方向运动

（D）在P点处随水面上下运动．参考答案：解：（1）据图可知，两列波的波长相同，所以两列波的频率相同，由于且O1P=O2P，所以路程差为半个波长的整数倍，所以该点P为振动加强点．（2）据波传播的特点，各质点并不随波迁移，而是在平衡位置附近做简谐运动，所以小纸片在P点随水面上下运动，故ABC错误，D正确．故答案为：（1）加强；（2）D．12.甲、乙两辆完全一样的小车处于光滑水平面上，质量均为M，乙车内用轻绳悬挂一个质量为0.5M的小球。现保持乙车静止，让甲车以速度v与乙车相碰，碰后连为一体一起向右运动。则两车刚碰后瞬间的速度为______________，从两车相碰到小球第一次摆到最高点的过程中，两车的速度_________（填“减小”、“增大”或“先减小再增大”。参考答案：

减小13.现测定长金属丝的电阻率。①某次用螺旋测微器测量金属丝直径结果如图所示，其读数是______。②利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻。这段金属丝的电阻，约为，画出实验电路图，并标明器材代号。电源

（电动势，内阻约为）电流表

（量程，内阻）电流表

（量程，内阻约为）滑动变阻器

（最大阻值，额定电流）开关及导线若干③某同学设计方案正确，测量得到电流表的读数为，电流表的读数为，则这段金属丝电阻的计算式______。从设计原理看，其测量值与真实值相比______（填“偏大”、“偏小”或“相等”）。参考答案：

(1).（均可）

(2).

(3).

相等【详解】根据螺旋测微器的读数法则可知读数为因该实验没有电压表，电流表A1的内阻已知，故用A1表当电压表使用，为了调节范围大，应用分压式滑动变阻器的接法，则点如图如图由电路图可知流过电流为，电阻两端的电压为，因此电阻该实验的电流为真实电流，电压也为真实电压，因此测得值和真实值相等

三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.用DIS研究一定质量气体在温度不变时，压强与体积关系的实验装置如图1所示，实验步骤如下：①把注射器活塞移至注射器中间位置，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接；②移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p；③用V﹣1/p图象处理实验数据，得到如图2所示图线．（1）为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是在注射器活塞上涂润滑油．（2）为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是移动活塞要缓慢；和不能用手握住注射器封闭气体部分．（3）如果实验操作规范正确，但如图所示的V﹣图线不过原点，则代表注射器与压强传感器连接部位的气体体积．参考答案：考点：气体的等温变化．专题：压轴题；气体的状态参量和实验定律专题．分析：能够运用控制变量法研究两个物理量变化时的关系．注意实验中的操作步骤和一些注意事项．解答：解：（1）为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是在注射器活塞上涂润滑油．这样可以保持气密性．（2）为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是移动活塞要缓慢；不能用手握住注射器封闭气体部分．这样能保证装置与外界温度一样．（3）体积读数值比实际值大V0．根据P（V+V0）=C，C为定值，则V=﹣V0．如果实验操作规范正确，但如图所示的V﹣图线不过原点，则V0代表注射器与压强传感器连接部位的气体体积．故答案为：（1）在注射器活塞上涂润滑油（2）移动活塞要缓慢；不能用手握住注射器封闭气体部分．（3）注射器与压强传感器连接部位的气体体积点评：在语言表达的时候我们要准确把问题表达清楚．（1）为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是_____．该问的准确答案应是“在注射器的活塞上涂上润滑油”，如填“保持气密性、加润滑油等”答案就很模糊，没有答到位．（2）为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是____和____．此问的准确答案是“移动活塞要缓慢；不能用手握住注射器封闭气体部分”．若答成“缓慢、不用手握注射器”等答案就没有交待清楚．（3）如果实验操作规范正确，但如图7所示的V﹣1/p图线不过原点，则代表_____．此问的答案是“注射器与压强传感器连接部位的气体体积”，若只是填“气体体积”而没有强调是哪部分的气体体积，显然就没有答到出题者所要的答案．15.某实验小组想描绘标有“12V，6W”的小灯泡的伏安特性曲线，实验室中只提供了下列器材：A．安培表A1量程（0﹣0.5A；r1=0.5Ω）；B．安培表A2量程（0﹣0.6A；r1≈0.3Ω）；C．电阻箱R（0﹣999.9Ω）；D．滑动变阻器R1（0﹣10Ω；5A）E．电源电动势15V；内阻不计；电键一个，导线若干．为了减小描绘小灯泡在0﹣12V电压下的伏安特性曲线的误差，要求电表的读数既要不超过表盘的最大刻度，又要求读数最大值达到满刻度的一半以上，请你完成以下项目：（1）设计一个满足要求的实验电路图，画在如图虚线框内．（2）若安培表A1的读数为I1，其内阻为r1，安培表A2的读数为I2，电阻箱的阻值为R，写出灯泡两端电压U的表达式．参考答案：（1）如图；（2）U=（I2﹣I1）R﹣I1r考点： 描绘小电珠的伏安特性曲线．专题： 实验题；恒定电流专题．分析： （1）分析实验原理，根据给出的实验仪器分析实验电路图；（2）根据电路结论，根据串并联电路的规律可得出灯泡的电压的表达式．解答： 解：（1）由题意可知，本实验测应采用滑动变阻器的分压接法；题目没有给出电压表，故只能采用电流表，而电表的读数既要不超过表盘的最大刻度，又要求读数最大值达到满刻度的一半以上；且题目中没有给出定值电阻，故只能采用电流表串接的方式，故将灯泡与A1串联后再由R并联，然后与A2串联；如图所示；（2）灯泡两端的电压等于并联部分的电压减去电流表两端的电压；由欧姆定律可知：U=（I2﹣I1）R﹣I1r；故答案为：（1）如图；（2）U=（I2﹣I1）R﹣I1r；点评： 本题为探究性实验，要注意正确分析实验原理，认真分析题目中给出的仪器，从而得出实验原理图．四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图1所示，一根直杆AB与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端B处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到A点静止释放，物体下滑与挡板第一次碰撞前后的v﹣t图象如图2所示，物块最终停止在B点．重力加速度为g=10m/s2，求：（1）物块与杆之间的动摩擦因数μ；（2）物块滑过的总路程s．参考答案：解：（1）设杆子与水平方向的夹角为θ，由图象可知，物块匀加速运动的加速度大小，匀减速上滑的加速度大小，根据牛顿第二定律得，mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1，mgsinθ+μmgcosθ=ma2，联立两式解得μ=0.25，sinθ=0.6．（2）物块最终停止在底端，对全过程运用动能定理得，mgs1sinθ﹣μmgcosθ?s=0，由图线围成的面积知，，代入数据解得s=6m．答：（1）物块与杆之间的动摩擦因数μ为0.25；（2）物块滑过的总路程s为6m．17.（10分）一足够长的固定斜面，最高点为O点，有一长为=1.00m的木条AB，A端在斜面上，B端伸出斜面外。斜面与木条间的摩擦力足够大，以致木条不会在斜面上滑动，只能绕O点翻转。在木条A端固定一个质量为M=2.00kg的重物（可视