2022年西南大学附中高三第三次测评物理试卷含解析

2021-2022学年高考物理模拟试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）

填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角〃条形码粘贴处〃o

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。

3,非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先

划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.如图，倾角为。的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的小物块A和B（质量均为机），弹簧的劲度系数为#,B靠着

固定挡板，最初它们都是静止的。现沿斜面向下正对着A发射一颗质量为，小速度为%的子弹，子弹射入A的时间极

短且未射出，子弹射入后经时间f,挡板对B的弹力刚好为零。重力加速度大小为g。则（）

A.子弹射入A之前，挡板对B的弹力大小为2mg

B.子弹射入A的过程中，A与子弹组成的系统机械能守恒

C.在时间t内，A发生的位移大小为.si.

K

D.在时间t内,弹簧对A的冲量大小为2sin0

2.一个不稳定的原子核质量为仞，处于静止状态.放出一个质量为m的粒子后反冲.已知放出的粒子的动能为国,

则原子核反冲的动能为（）

工尸-mlMm

A,E。B.—£C.—ED.―――

M0M-mn（M-m）2

3.如图所示，小球放在光滑的墙与装有钱链的光滑薄板之间，薄板在尸作用下逆时针缓慢转动，在墙与薄板之间的

夹角0缓慢地从90。逐渐减小的过程中（）

A.小球对薄板的压力可能小于小球的重力

B.小球对薄板的正压力一直增大

C.小球对墙的压力先减小，后增大

D.小球对墙的正压力不可能大于小球的重力

4.如图所示，或〜两个小球用一根不可伸长的细线连接，细线绕过固定光滑水平细杆C。，与光滑水平细杆口接触，

C、Z）在同一水平线上。。到小球b的距离是L,在。的正下方也固定有一光滑水平细杆。E。D,E间距为工，小球

2

〃放在水平地面上，细线水平拉直，由静止释放当细线与水平细杆E接触的一瞬间，小球。对地面的压力恰好为0,

不计小球大小，则下列说法正确的是

A.细线与水平细杆E接触的一瞬间，小球6加速度大小不变

B.细线与水平细杆E接触的一瞬间，小球》速度发生变化

C.小球a与小球〃质量比为5：1

D.将E细杆向左平移相同的一小段距离再固定，由静止释放小球6,线与E相碰的一瞬间，小球a会离开地面。

5.如图甲所示，倾角9=30。的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m=1kg的物体沿斜面向上

运动。已知物体在t=ls至打=3s这段时间的v-t图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k=200N/m,重力加速度g取

A.物体的加速度大小为2m/s2B.弹簧的伸长量为3cm

C.弹簧的弹力做功为30JD.物体的重力势能增加36J

6.如图所示，水平传送带4、8两端相距x=2m,物体与传送带间的动摩擦因数"=0.125,物体滑上传送带A端的

瞬时速度%=3m/s,到达8端的瞬时速度设为HI。g取10m/s2,下列说法中正确的是（）

A.若传送带顺时针匀速转动，物体刚开始滑上传送带A端时一定做匀加速运动

B.若传送带顺时针匀速转动，物体在水平传送带上运动时有可能不受摩擦力

C.若传送带逆时针匀速转动，则PB一定小于2m/s

D.若传送带顺时针匀速转动，则却一定大于2m/s

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

7.如图甲，用强磁场将百万度高温的等离子体（等量的正离子和电子）约束在特定区域实现受控核聚变的装置叫托克

马克。我国托克马克装置在世界上首次实现了稳定运行100秒的成绩。多个磁场才能实现磁约束，其中之一叫纵向场,

图乙为其横截面的示意图，越靠管的右侧磁场越强。尽管等离子体在该截面上运动的曲率半径远小于管的截面半径，

但如果只有纵向场，带电粒子还会逐步向管壁“漂移”，导致约束失败。不计粒子重力，下列说法正确的是（）

A.正离子在纵向场中沿逆时针方向运动B.发生漂移是因为带电粒子的速度过大

C.正离子向左侧漂移，电子向右侧漂移D.正离子向下侧漂移，电子向上侧漂移

8.如图所示，圆心在。点、半径为R的圆弧轨道竖直固定在水平桌面上，0c与0a的夹角为60。，轨道最低点a

与桌面相切.一轻绳两端分别系着质量为皿和的小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道边缘c的两边，开始时，

M在c点从静止释放.设轻绳足够长，不计一切摩擦.贝！1（）

A.在如下滑过程中，两球速度大小始终相等

B.，山在由c下滑到。的过程中重力的功率逐渐增大

C.若恰好能沿圆弧下滑到a点，则mi=2/n2

D.若nh=4，〃2,贝!I叩下滑到4点速度大小为丫=§花＞

9.以下说法正确的是（）

A.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内分子数及气体分子的平均动能都有关

B.布朗运动是液体分子的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动

C.当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小

D.如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大

E.当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小

10.如图所示，一定质量的理想气体的状态连续变化，变化过程为afb―cfa。其中a人直线平行于〃轴，山直

线平行于V轴，8fc为等温过程。下列分析正确的是

B.ab过程外界对气体做功

C.以过程气体对外界做功

D.仍过程气体放出热量

E.ab过程气体放出热量

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.（6分）某同学要测量一电池的电动势E和内阻r,实验器材有一个电阻箱区一个开关S、导线若干和一个灵敏

电流计G（满偏电流1mA,内阻未知）。由于G量程太小，需要改装成量程更大的电流表A,实验过程如下：

（1）使用多用电表测灵敏电流计内阻时，选择开关拨至“xlO”挡，欧姆档调零后测量，指针的位置如图甲所示，阻值为

（2）用图乙电路图进行测量，需要电流表A的量程为0.6A,则对灵敏电流计G进行改装，需要在G两端一（选填“并

，，或“串，，）联一个阻值为的电阻（结果保留一位有效数值）。

（3）该同学在实验中测出多组电流表A的电流/与电阻箱的阻值R的实验数据，作出:一K图像。在坐标纸上做出如图

所示的图线，由做出的图线可知，该电池的电动势是一V,内电阻为S1（小数点后保留两位数值）。

12.（12分）某实验小组用如图甲所示的实验装置进行“测量重力加速度”并“验证机械能守恒定律”两个实验。该小组

把轻质细绳的一端与一个小球相连，另一端系在力传感器的挂钩上，整个装置位于竖直面内，将摆球拉离竖直方向一

定角度，由静止释放，与传感器相连的计算机记录细绳的拉力F随时间f变化的图线。

（1）首先测量重力加速度。将摆球拉离竖直方向的角度小于5。，让小球做单摆运动，拉力尸随时间，变化的图线如图乙

所示。

①图可知该单摆的周期T约为s（保留两位有效数字）。

②该小组测得该单摆的摆长为L,则重力加速度的表达式为（用测量或者已知的物理量表示）。

（2）然后验证机械能守恒定律。将摆球拉离竖直方向较大角度后由静止释放，拉力/随时间f变化的图线如图丙所示。

①要验证机械能守恒，还需要测量的物理量是.

②若图中A点的拉力用尸1表示，B点的拉力用尸2表示，则小球从A到3的过程中，验证机械能守恒的表达式为

（填表达式前的字母序号）。

A.^(F2-mg)=mg-F}

CF2-mg=mg-Ft

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（io分）如图所示，坐标系第一象限和第二象限均存在垂直纸面向里的匀强磁场，y轴为磁场理想边界，两侧磁

感应强度大小不同，已知第二象限磁感强度大小为瓦坐标原点粒子源以不同的速率沿与）'轴正方向成30。的方向向第

二象限发射比荷相同带负电的粒子。当粒子速率为-时，粒子穿过y轴第一次进入第一象限，轨迹与，轴交点为

P（0,L）,进入第一象限经过。点，已知。。与》轴正方向夹角为30。，OQ长为OQ=叵L+叵L,不计粒子的

26

重力和粒子间的相互作用力

（1）求第一象限磁感强度大小B'；

（2）过P点粒子的速度满足条件。

14.(16分)如图所示，一全反射棱镜8CD,/。=90。，BD=CD,E是80的中点，某单色光AE从E点射入棱镜,

AE//BC,已知该色光在棱镜中传播的全反射临界角为30。，3c边长为1,光在真空中传播的速度为c,求：

①在BD界面发生折射时折射角的正弦值：

②该色光从进入棱镜到第一次射出棱镜的时间。

15.(12分)如图所示，光滑斜面倾角。=30。，另一边与地面垂直，斜面顶点有一光滑定滑轮，物块A和B通过不可

伸长的轻绳连接并跨过定滑轮，轻绳与斜面平行，A的质量为孙开始时两物块均静止于距地面高度为H处，B与定

滑轮之间的距离足够大，现将A、B位置互换并静止释放，重力加速度为g,求：

(1)B物块的质量；

(2)交换位置释放后，B着地的速度大小.

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、C

【解析】

A.子弹射入A之前，AB系统所受合力为0,挡板对B的弹力大小为2mgsin。，故A错误;

B.弹射入A的过程中，A与子弹之间的摩擦生热，组成的系统机械能不守恒，故B错误；

C.子弹射入A前弹簧为压缩状态，压缩量为

挡板对B的弹力刚好为零时弹簧处于伸长状态，伸长量为

_mgsin®

则在时间t内，A发生的位移大小为

_2mgsin0

故C正确;

D.选沿斜面向上为正，时间f初态A的动量为加vo,在时间f的末态，对于系统弹性势能相同，重力势能增加，则动

能变小，即此位置A动量大小尸要小于机均，时间f内由动量定理有

I»-2/ngZsin0=P-（-mv（））<2mv»

I弹V2""o+2/%g/siiiO.

故D错误。

故选C。

2、C

【解析】

放出质量为加的粒子后，剩余质量为M-加，该过程动量守恒，则有:

mv0—(M-in)v

放出的粒子的动能为：

原子核反冲的动能：

联立解得：

A.E。与分析不符，不符合题意;

与分析不符，不符合题意；

M

JTJ

C.——［与分析相符，符合题意；

M-m

Mm

D.777—3综与分析不符，不符合题意。

(M-m)

3、B

【解析】

以小球为研究对象，处于平衡状态，根据受力平衡，由图可知

AB.当墙与薄板之间的夹角。缓慢地从90。逐渐减小的过程中，薄板给球的支持力士逐渐增大，木板受到的压力增大,

小球对薄板的压力不可能小于小球的重力，A错误B正确;

CD.当墙与薄板之间的夹角。缓慢地从90。逐渐减小的过程中，墙壁给球的压力用逐渐增大，根据牛顿第三定律可知

墙壁受到的压力增大，小球对墙的正压力可能大于小球的重力，CD错误。

故选B。

4、C

【解析】

AB.细线与水平细杆接触瞬间，小球的速度不会突变，但是由与小球做圆周运动半径变小，由。=可知，其加速度

变大，故A、B错误；

C.当细线与水平细杆E接触的一瞬间，对小球a可知，细线中的拉力为

T=m“g

对小球b,由牛顿第二定律可得

V2

T-mg=m

hh%

由机械能守恒可得

解得

%=5叫，

故C正确；

D.将。、E细杆向左平移相同的一小段距离x,则

,v2

m

T-bS=^b----

/g（L+x）=}"/2

解得

4%g（L+x）

T网g+<5mhg=T

1L+2x

故小球a不会离开地面，故D错误；

故选C。

5、B

【解析】

A.根据速度图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为

a==1m/s2

选项A错误；

B.对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力mg、斜面的支持力和轻弹簧的弹力R由牛顿第二定律,

F—mgsin30°=ma

解得尸=6N。由胡克定律尸=质可得弹簧的伸长量x=3cm,选项3正确；

CD.在f=ls至h=3s这段时间内，物体动能增大

AEk—=6J

1-----21------2

根据速度一时间图象面积等于位移，可知物体向上运动位移x=6m,物体重力势能增加

AEp=mgxsin30°=30J

根据功能关系可知，弹簧弹力做功

选项C、。错误。

6、B

【解析】

A.若传送带顺时针匀速转动，若传送带的速度小于3m/s,则物体在传送带上做匀减速运动，故A错误；

B.若传送带顺时针匀速转动，若传送带的速度等于3m/s,则物体在传送带上做匀速运动，所以物体可能不受摩擦力,

故B正确;

C.若传送带逆时针匀速转动，加速度大小

a=W==1.25m/s2

m

减速到零所用的时间为

发生的位移为

s="+°-x2.4m=3.6m>2m

2°2

说明物体在传送带上一直做匀减速运动，由速度位移公式有

2ax=vl-v\

即

2x(-1.25)x2=-32

解得

vK=2m/s

故C错误；

D.若传送带顺时针匀速转动且速度为2m/s,则物体速度减速到与传送带速度相同时发生的位移为

22-32c

s,=-------------m=2m=x

'2x(-1.25)

说明物体到达传送带B端时速度与传送带速度相等即为2m/s,故D错误。

故选B。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、AD

【解析】

A.根据左手定则可判断出正离子在纵向场中沿逆时针方向运动，故A正确；

B.因为左右两边磁场强度不一样，导致左右的半径不同，所以发生偏移；

CD.根据

mv~

qvB=

~R

得

mv

R

qB

发现B越大，R越小，所以右边部分的R大于左边部分的R,结合左手定则判断出正离子就会向下侧漂移，电子向上

侧漂移，故C错误，D正确。

故选AD。

8、CD

【解析】

A.由C点下滑到a点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在㈣滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切

线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度必然不相同的，故A错误；

B.重力的功率就是心，"gv,这里的v是指竖直的分速度，一开始加是由静止释放的，所以如一开始的竖直速度也

必然为零，最后运动到4点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零，但是在这个c到。的过

程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程,

所以这里重力功率Sgy也是先增大后减小的过程，故B错误；

C.若，小恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得：

migR(l-cos60°)=ni2gR,

解得：

m\=hm

选项C正确;

D.若矶=4»12,设/Hl下滑到a点速度大小为V,则

町+；加

gR(l-cos60°)-m2gR=gm1V22“cos30y

解得

u="|廓

故D正确。

故选CD。

9、ACE

【解析】

A.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与分子密度和分子平均速率有关，即与单位体积内分子数及气体

分子的平均动能都有关，故A正确；

B.布朗运动是悬浮小颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则热运动，故B错误；

C.两分子从无穷远逐渐靠近的过程中，分子间作用力先体现引力，引力做正功，分子势能减小，当分子间的引力和

斥力平衡时，分子势能最小，之后体现斥力，斥力做负功，分子势能增大，故C正确；

D.根据理想气体状态方程

T

可知温度升高，体积变化未知，即分子密度变化未知，所以压强变化未知，故D错误；

E.当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，故E正确。

故选ACE,

10、ACE

【解析】

AE.“Z?过程为等容变化，afb压强减小，由公式"=C可知，温度降低，则理想气体内能减小，由热力学第一定

T

律可知，气体放出热量，故AE正确；

B.ab过程为等容变化，气体对外不做功，外界对气体也不做功，故B错误；

C.cfa过程为等压变化，体积变大，气体对外做功，故C正确；

D.cf人过程为等温变化，内能不变，体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故D错

误。

故选ACE。

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11,180并0.31.41-1.450.38-0.44

【解析】

(1)[1].多用表欧姆挡读数为刻度值与倍率的乘积，即灵敏电流计内阻”=18x100=180。。

(2)[2][3].灵敏电流计扩大量程需要并联一个小电阻&,设灵敏电流计的满偏电流为/g=lmA,内阻U=180。，扩大量

程后的电流为/m=0.6A,并联电路电压相等，根据欧姆定律有

g=Ro

得

8告7胃Q*

(3)[4][5J.扩大量程后的安培表内阻

89+4

根据闭合电路欧姆定律

E=ICR+rf,'+r'）

整理得

2"+之

IEE

结合;-A图象有

,16-0.5

k=—=----

E8-0

b=^=0.5

E

联合解得

£M.45V

r^0.43f2o

4兀辽代县

12、0.75（0.70或者0.73也对）g-T-质量

【解析】

(1)①⑴小球做单摆运动，经过最低点拉力最大，由图乙可知H.Os到14.0s内有4个全振动，该单摆的周期

14.0-11.0

T=s=0.75s

4

②⑵根据单摆周期公式T=2端可得重力加速度

4/L

g=~p~

(2)①[3]图中A点对应速度为零的位置，即最高位置，根据受力分析可得

耳=机geos。

图中5点对应速度最大的位置，即最低点位置，根据牛顿第二定律可得

-mv2

F2-mg=

小球从A到B的过程中，重力势能减小量为

AEp=mg（L-Leos。）

动能的增加量为

121m

\Ek=—mv"=］（耳~8）^

要验证机械能守恒，需满足

△Ep-△纭

解得

;(g_/〃g)=/〃g一耳

所以还需要测量的物理量是小球的质量

②[4]验证机械能守恒的表达式为

^(F2-mg)=mg-Fi

故A正确，B、C错误；

故选Ao

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

333

13、(1)B'=-B；(2)v„=--v(n=0,l,2,3……)或乙=一v(〃=l,2,3……)

2〃+3n

【解析】

(1)设速度为V的粒子在第二象限和第一象限做圆周运动的圆心分别为。I、。2,轨道半径分别为4、4,由牛顿第二

定律得

V2

qvB=m—

r2

v2

qvB'=m—

4

根据几何关系

L-2r2sin30°

得：

r2-L

过尸点做速度的垂线R1,连接尸。做中垂线交丛于A,所以4点为在第一象限轨迹圆心，因为NPOQ=30°,

OQA.PA,交点为5,在直角三角形。区4中

2乙丫+巴+

44GJ

2)7\2627

解得

(2)根据(1)假设粒子在第二象限半径为r,则在第一象限半径为

,3

r=­r

2

若粒子从第二象限过P点，贝!I：

(21.

n\r-r\+r=L

I3)

得：

r=-5=0,123……)

n+3

又因为

v-

qv“B=m—

所以

3

v„=——-v(n=0,l,2,3......)

n+3

若粒子从第一象限过P点，贝!I：

得:

r=—(〃=1,2,3…)，

n

又因为

9

V"

qvB=m—

nr

所以

3

%=一心=1,2,3・・・・・・)

n

MgGe4M

14、①——；②------o

47c

【解析】

根据全反射临界角，由公式sin求出棱镜的折射率，再根据折射定律求光线在8。界面发生折射时折射角的正弦

n