《2021-2022学年福建省三明市高三(上)期末物理模拟试卷及解析4940.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021-2022学年福建省三明市高三(上)期末物理模拟试卷及解析4940.pdf（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021-2022 学年福建省三明市高三（上）期末 物理模拟试卷及解析 一选择题（共 10 小题，满分 46 分）1（4 分）下列说法正确的是（）A电源把其他形式的能转化为电能，用电器把电能转化为其他形式的能 B电源把电能转化为其他形式的能，用电器把其他形式的能转化为电能 C电源是电流流出来的装置，用电器是电流流进去的器材 D电源是电流流进去的器材，用电器是电流流出来的装置【解答】解：AB电源把其他形式的能转化为电能，用电器把电能转化为其他形式的能，故 A 正确，B 错误；CD电源中电流从正极流出，从负极流入，而用电器中的电流也是从一端流入从另一端流出的装置，在电源外部，依靠电场力搬运电荷，而
2、在电源内部，依靠非电场力搬运电荷，即把自由电子从正极搬迁到负极的，故 CD 错误。故选：A。2（4 分）如图所示，两个固定的等量异种电荷相距为 4L，其连线中点为 O，以 O 为圆心、L 为半径的圆与两点电荷间的连线及连线的中垂线分别交于 a、b 和 c、d则（）Aa、b 两点的电场强度大小相等，方向相反 Bc、d 两点的电场强度大小相等，方向相同 C将一带正电的试探电荷从 a 点沿直线移到 b 点，其电势能先减小后增大 D将一带正电的试探电荷从 c 点沿直线移到 d 点，其电势能先增大后减小【解答】解：A、根据等量异种电荷周围的电场分布情况和对称性，可知，a、b 两点的电场强度的大小相等，方
3、向相同，方向都向右，故 A 错误；B、根据电场线分布的对称性知 c、d 两点的电场强度大小相等，方向相同都垂直于中垂线，即方向也相同，故 B 正确；C、将一带正电的试探电荷从 a 点沿直线移到 b 点，电场力一直做正功，其电势能一直减小，故 C 错误；D、在两点电荷连线的中垂线上电场方向垂直于中垂线向右，所以将一检验电荷沿中垂线由 c 移动到 d，所受电场力方向垂直于中垂线向右，电场力不做功，电势能不变，故 D错误。故选：B。3（4 分）如图所示，固定在水平地面的木台凿有一个位于竖直平面的、半径为 R 的四分之一粗糙圆弧轨道，轨道最低点距水平地面的高度为现将可视为质点的质量为 m 的物块从圆弧
4、轨道的最高点由静止开始释放，物块下滑离开轨道后刚落到地面时的动能为mgR不计空气阻力，则（）A物块落到地面时速度方向与竖直方向成 45 B物块沿圆弧轨道下滑过程中向心加速度的最大值为g C物块刚滑到轨道最低点时对轨道压力的大小为 3mg D物块沿圆弧轨道下滑过程中摩擦力做功为mgR【解答】解：A令物体到达圆弧轨道最低点的速度为 v，物体从离开轨道后落到地面的过程中，根据动能定理有，解得，物体从轨道水平抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，落地时，其竖直方向的速度为，物块落到地面时速度方向与竖直方向的夹角为，且 tan，故 A 错误；B在轨道的最低点时，向心加速度最大，其值为，故 B 正确；
5、C在最低点根据牛顿第二定律有：Nmgma，解得 N，故 C 错误；D物体在轨道上下滑过程中，根据动能定理有：，则摩擦力做功为：，故 D 错误；故选：B。4（4 分）已知太阳系某行星绕太阳的运动可以看成是匀速圆周运动，运行的周期为 T，线速度为 v，引力常量为 G，则太阳的质量可表示为（）A B C D【解答】解：行星绕太阳做匀速圆周运动，设其轨道半径为 r，则 v，得 r 根据万有引力提供向心力，得：Gm 联立解得太阳的质量 M，故 B 正确，ACD 错误。故选：B。5（4 分）矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向外，磁感应强度
6、 B 随时间 t 变化的规律如图乙所示，则（）A0t1时间内，导线框中电流的方向为 adcba B0t1时间内，导线框中电流越来越小 C0t2时间内，导线框中电流的方向始终为 abcda D0t2时间内，导线框 ab 边受到的安培力大小恒定不变【解答】解：AC、根据图乙所示磁感应强度变化情况，应用楞次定律可知，0t2时间，电路中电流方向为逆时针方向，即电流方向为：abcda，故 A 错误，C 正确；B、由图乙所示图线可知，0t1磁感应强度均匀减小，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势大小不变，由欧姆定律可知，线框中的电流大小不变，故 B 错误；D、由 C 可知：0t2时间内，电路中电流大小 I
7、 恒定不变，B 不断变化，由 FBIL 可知，安培力 F 大小发生变化，安培力大小不是恒定的，故 D 错误。故选：C。6（4 分）如图（a），一物体以某一初速度由斜面底端沿斜面向上滑动，其动能和重力势能随位移的变化图线如图（b）。根据图象所给信息，可求出（）A斜面的倾角 B物体所受的重力 C物体上滑的初速度 D物体与斜面间的滑动摩擦力【解答】解：A、根据重力势能的增加量可得：Epmgxsin，解得：sin，已知EP8J，x1m，不知道物体的质量 m，无法求解斜面的倾角，故 A 错误；B、根据中给出的数据，无法计算物体的质量 m，物体的重力无法计算，故 B 错误；C、物块的初动能 Ek010J，
8、不知道物体的质量 m，无法求解物体上滑的初速度v0，故 C 错误；D、根据图线可知，物块上滑过程中机械能的减少为EEk0EP10J8J2J，根据能量关系可知物块克服摩擦力做的功为 Wffx2J，解得物体与斜面间的滑动摩擦力 f2N，故 D 正确。故选：D。7（4 分）如图所示，长 L1.6m、质量 M3kg 的木板静置于光滑水平面上，质量 m1kg的小物块放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数 0.1。现对木板施加一水平向右的拉力 F，取 g10m/s2。则使物块不掉下去的最大拉力为（）A1N B3N C4N D5N【解答】解：求小物块不掉下时的最大拉力，其存在的临界条件必是小物块与木板具有
9、共同的最大加速度 a 对小物块，根据牛顿第二定律可得 mgma，解得 a1 m/s2 对整体，由牛顿第二定律得 F（M+m）a1（3+1）1 N4 N，故 ABD 错误，C 正确；故选：C。8（6 分）如图所示，细线 OA、OB 的 O 端与质量为 m 的小球拴接在一起，A、B 两端固定于竖直墙面上，其中细线 OA 与竖直方向成 45角，细线 OB 与竖直方向成 60角。现在对小球施加一个水平向右的拉力 F，小球保持静止，细线 OA、OB 均处于伸直状态且始终未断裂。已知重力加速度大小为 g，小球可视为质点，下列说法正确的是（）A为保证两根细线均伸直，拉力 F 最小值为 mg B为保证两根细线
10、均伸直，拉力 F 最小值为mg C在保证细线 OA、OB 都伸直的情况下，若 F 增大，则细线 OA 中拉力变小，细线 OB中拉力变大 D细线 OA 一定对小球有拉力作用，细线 OB 对小球的拉力可能为 0【解答】解：AB、当 OB 细线刚好伸直且 OB 细线的拉力为零时，水平拉力最小为 Fmin，如图 1 所示；对小球根据平衡条件可得：Fminmgtan45mg，故 A 正确、B 错误；CD、在保证细线 OA、OB 都伸直的情况下，受力情况如图 2 所示，水平方向根据平衡条件可得：FAsin45+FBsin60F，在竖直方向根据平衡条件可得：FAcos45FBcos60+mg，所以力 F 增
11、大，OA 和 OB 的拉力都增大；当拉力 F 最小时，OB 细线拉力为零，此时 OA 细线的拉力在竖直方向的分力等于小球的重力，所以 OA 细线的拉力一定不为零，故 C 错误、D 正确。故选：AD。9（6 分）质量为 2kg 的物体以 2m/s 的速度做匀变速直线运动，经过 2s 后其动量大小变为8kgm/s，则该物体（）A所受合外力的大小可能等于 2N B所受合外力的大小可能等于 6N C所受冲量可能等于 12Ns D所受冲量可能等于 20Ns【解答】解：AB、以初速度方向为正方向，初始时刻的动量：p1mv2kg2m/s4kgm/s，若 2s 后的动量方向与初速度方向相同，则 2s 后的动量
12、：p28kgm/s，根据动量定理得：Ftp2p1，解得该物体所受合外力的大小：FN2N，若 2s 后的动量方向与初速度方向相反，则 2s 后的动量：p28kgm/s，根据动量定理得：Ftp2p1，解得该物体所受合外力的大小：FN6N，负号表示所受合外力的方向与初速度方向相反，故 AB 正确；CD、若 2s 后的动量方向与初速度方向相同，则所受冲量：Ip2p1（84）kgm/s4kgm/s，若 2s 后的动量方向与初速度方向相反，则所受冲量：Ip2p1（84）kgm/s12kgm/s，负号表示所受冲量的方向与初速度方向相反，故 C 正确，D 错误。故选：ABC。10（6 分）如图所示，轻绳的一端
13、系一质量为 m 的金属环，另一端绕过定滑轮悬挂一质量为 5m 的重物。金属环套在固定的竖直光滑直杆上，定滑轮与竖直杆之间的距离 OQd，金属环从图中 P 点由静止释放，OP 与直杆之间的夹角 37，不计一切摩擦，重力加速度为 g，则（）A金属环从 P 上升到 Q 的过程中，重物所受重力的瞬时功率一直增大 B金属环从 P 上升到 Q 的过程中，绳子拉力对重物做的功为 C金属环在 Q 点的速度大小为 D若金属环最高能上升到 N 点，则 ON 与直杆之间的夹角 53【解答】解：A、刚开始，重物的速度为零，重物所受重力的瞬时功率为零，当环上升到Q 时，由于环的速度向上与绳垂直，重物的速度为零，此时重物
14、所受重力的瞬时功率为零，所以金属环从 P 上升到 Q 的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小。故 A错误；B、金属环从 P 上升到 Q 的过程中，对重物由动能定理可得：代入数据可得：W。故 B 正确；C、设金属环在 Q 点的速度大小为 v，对环和重物整体，由机械能守恒可得：代入数据可得：v 故 C 错误；D、若金属环最高能上升到 N 点，则在整个过程中，对环和整体，由机械能守恒可得：代入数据可得：ON 与直杆之间的夹角 53 故 D 正确。故选：BD。二实验题（共 2 小题，满分 14 分）11（6 分）某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间。实验前，将该
15、计时器固定在小车旁，如图（a）所示。实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图（b）记录了桌面上连续 6 个水滴的位置。（已知滴水计时器每 20s 内共滴下 41 个小水滴，滴嘴离桌面的距离非常小，计算结果均保留两位有效数字）（1）由图（b）可知，小车在桌面上是 从右向左（填从右向左或从左向右）运动的。（2）该小组同学根据图（b）的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图（b）中 A点位置时的速度大小为 0.25 m/s，小车运动的加速度大小为 0.066 m/s2。（3）图（b）中，滴落水平桌面上第一个小水滴时，小车运动的速度为 0.32
16、m/s。【解答】解：（1）由于用手轻推一下小车，则小车做减速运动，根据桌面上连续 6 个水滴的位置，从左向右位移间距越来越大，可知，小车从右向左做减速运动；（2）已知滴水计时器每 20s 内共滴下 41 个小水滴，那么各点时间间隔为：Ts0.5s 根据匀变速直线运动中时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，有：vAm/s0.25 m/s，根据匀变速直线运动的推论公式xaT2可以求出加速度，得：a103 m/s20.066 m/s2，那么加速度的大小为 0.066 m/s2。（3）根据速度公式，vv0+at，则有：vvAat0.25m/s（0.0661）m/s0.32m/s 故答案为：（1）从右向
17、左；（2）0.25：0.066；（3）0.32。12（8 分）某小组同学改装电压表时，在实验室找到如下实验器材：A电压表 V1：量程为 2.5V，内阻几千欧；B电流表 A1：量程为 5mA，内阻约为 10；C电流表 A2：量程为 1A，内阻 0.5 左右；D电阻箱 R1：阻值范围 0999.9；E滑动变阻器 R2：阻值范围 010；F滑动变阻器 R3：阻值范围 05000；G电源：电动势 E5V，内阻 r0.5；H开关、导线若干。由于没有合适的电压表，计划用电流表 A1改装。（1）先用半偏法测电流表 A1的内阻，电路如图甲所示。操作过程如下：将 R3调至阻值最大，断开 S2、闭合 S1，调节
18、R3使电流表 A1的示数为 4.00mA；保持 R3的阻值不变，闭合 S2，调节 R1使电流表 A1的示数为 2.00mA，此时 R1的阻值为 10.5则电流表 A1的内阻为 10.5。（2）将电流表 A1改装成量程为 5V 的电压表。把电阻箱的阻值调至 989.5，与电流表 A1串联后即为量程为 5V 的电压表。（3）对改装后的电压表校对，该小组同学从别的地方找到一标准电压表 V，将改装好的电压表（如图乙中虚线框所示）与标准电压表 V 并联，接入如图乙所示的电路中，调节R2，使电流表 A1的示数如图丙所示，则电流表的示数为 2.60 mA；若改装后的电压表非常准确，则此时电压表的示数为 2.
19、6 V（结果保留两位有效数字）。【解答】解：（1）保持 R3的阻值不变，电路电流不变扔为 4.00mA，闭合 S2，调节 R1使电流表 A1的示数为 2.00mA，由并联电路特点可知，流过 R1的电流为 2.00mA，流过电流表的电流与流过 R1的电流相等，由并联电路特点可知，电流表内阻等于 R1的阻值，此时 R1的阻值为 10.5则电流表 A1的内阻为 10.5。（2）把电流表改装成 5V 的电压表，需要串联电阻阻值 RRA110.5989.5；（3）电流表量程为 5mA，由图丙所示表盘可知，其分度值为 0.1mA，示数为 2.60mA；电压表示数 UI（R+RA1）2.60103（989.
20、5+10.5）V2.6V；故答案为：（1）10.5；（2）989.5；（3）2.60；2.6。三解答题（共 3 小题，满分 40 分）13（8 分）如图为孩子们喜爱的气压式水枪玩具的储水罐示意图，先在储水罐内加水，再用充气筒向储水罐充气，使罐内气压大于外界气压，扣动扳机将阀门 K 打开，水即从枪口喷出。现储水罐内有一半容积的水，用充气筒向储水罐充气，使其压强达到 1.5p0（p0为大气压强），扣动扳机喷水，当水的体积剩下为原来一半时停止喷水。设罐内外气体温度相等且始终保持不变。（1）求停止喷水时罐内气体的压强 p1；（2）若每次充气体积均为储水罐总容积的，为使罐内气体压强恢复到 1.5p0，求
21、需要充气的次数 N。【解答】解：（1）设储水罐的容积为 V，开始时罐内气体体积为 V1V，停止喷水时罐内气体的体积为 V2V 气体初状态压强 p11.5p0，气体温度不变，根据玻意耳定律得：p1V1p2V2 代入数据解得：p2p0（2）设充气次数为 N，从充气筒充入气体的总体积为：V3NV 气体温度不变，根据玻意耳定律有：p0（V2+V3）1.5p0V2，代入数据解得：N6 次 答：（1）停止喷水时罐内气体的压强 p1是 p0。（2）若每次充气体积均为储水罐总容积的，为使罐内气体压强恢复到 1.5p0，需要充气的次数 N 是 6 次。14（15 分）如图所示，在光滑的冰面上放置一个曲面滑槽，其
22、上表面为四分之一圆周的圆弧，圆弧的半径足够大且光滑，圆弧与水平冰面相切。一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上，某时刻小孩将小球以 v0的速度向曲面推出。已知小球的质量为 m，曲面滑槽的质量为 2m，重力加速度为 g。（1）求小球在曲面上能上升的最大高度；（2）若小孩将小球推出后还能再接到小球，则小孩和冰车的总质量 M 应满足什么条件？【解答】解：（1）小球在曲面上能上升的最大高度时两者共速，速度为 v，小球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，系统机械能守恒，取向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv0（m+2m）v 由机械能守恒定律得：mv02（m+2m）v2+mgh 解得：h（
23、2）小孩推球的过程中系统动量守恒，以向左为正方，由动量守恒定律得：mv0Mv10 解得，车的速度大小：v1 设球和曲面分离时，球的速度大小为 v2，曲面的速度大小为 v3，对于球和曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0mv2+2mv3 由机械能守恒定律得：mv02mv22+2mv32 解得：v2v0，负号表示速度方向水平向右，若小孩将球推出后还能再接到球，则有|v2|v1，解得：M3m 答：（1）小球在曲面上能上升的最大高度是；（2）若小孩将小球推出后还能再接到小球，则小孩和冰车的总质量 M 应满足的条件是M3m。15（17 分）如图所示，平面直角坐标系的第
24、一象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场左边界到 y 轴的距离为 s（s 未知），磁感应强度为 B2（B2未知）；第二象限有沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度为 E（E 未知）；第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场上边界到 x 轴距离为 d，磁感应强度为。有一个带正电的粒子（质量为 m、电荷量为 q、不计重力）从电场中的 A（2L，L）点以水平向右的速度 v0射出，恰好经过坐标原点 O 进入第四象限，经过磁场后，从 x 轴上某点进入第一象限的磁场中，经过磁场偏转后水平射出，恰好经过 y 轴上的 P（0，2d）点。求：（1）电场强度 E；（2）磁感应强度 B2；（3）第一象限磁场左边界到 y
25、 轴的距离 s。【解答】解：（1）在匀强电场中，粒子做类平抛运动，设粒子运动时间为 t，加速度为 a，到达原点 O 时竖直分速度为 vy，合速度为 v；由牛顿第二定律和运动学公式得：2Lv0t 联立解得：（2）由（1）中可得：vyat 联立解得：vyv0 v 设合速度 v 与 x 轴正方向夹角为，由平行四边形定则得：vyvsin 解得：45 设粒子在第一象限的磁场中做圆周运动的半径为 r2，由几何关系、牛顿第二定律和洛伦兹力公式得：r2+r2cos452d 由可得 （3）设粒子在第四象限的磁场中做圆周运动的半径为 r1，由几何关系、牛顿第二定律和洛伦兹力公式得：ONd+2r1sin45+d MNr2sin45 sONMN 联立 解得：s4d 答：（1）电场强度（2）磁感应强度（3）第一象限磁场左边界到 y 轴的距离为 4d。