陕西省西安市就峪中学高三物理模拟试题含解析.docx

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陕西省西安市就峪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1.2012年6月18日，神舟九号飞船与天宫一号交会对接。若飞船与天宫一号都在各自的轨道做匀速圆周运动，下列说法正确的是（引力常量G已知）A．由飞船飞行的周期和轨道半径可以求出地球的质量B．漂浮在飞船返回舱内的宇航员处于平衡状态C．若飞船的轨道半径比天宫一号大，飞船的周期也比天宫一号大D．只要知道飞船飞行的周期，就可以求出飞船离地面的高度参考答案：AC 2.如图所示，固定在水平地面上的物体P，左侧是光滑圆弧面，一根轻绳跨过物体P顶点上的小滑轮，一端系有质量为m=4kg的小球，小球与圆心连线跟水平方向的夹角θ=60°，绳的另一端水平连接物块3，三个物块重均为50N，作用在物块2的水平力F=20N，整个系统平衡，g=10m/s2，则以下正确的是A．1和2之间的摩擦力是20N B．2和3之间的摩擦力是20N C．3与桌面间摩擦力为20N D．物块3受6个力作用参考答案：B对小球分析可知，绳上的拉力等于小球重力沿圆弧面切线方向的分力，由几何关系可知绳上的拉力等于20N。将三个物块看成一个整体分析，可知水平方向整体受拉力F和绳的拉力的作用，由于F等于绳上的拉力，故整体受力平衡，与桌面间没有摩擦力，故3与桌面间摩擦力为0N，C错误。由于物块1、2之间没有相对运动的趋势，故1和2之间没有摩擦力的作用，A错误。隔离3物块分析，水平方向受力平衡可知2和3之间摩擦力的大小是20N，B正确。物块3受重力、桌面的支持力、物块2的压力、物块2的摩擦力、绳的拉力5个力作用，D错误。3.如图所示，相距为的两平行金属板水平放置，开始开关S1和S2均闭合使平行板电容器带电，板间存在垂直纸面向里的匀强磁场。一个带电粒子恰能以水平速度向右匀速通过两板间。在以下方法中，有可能使带电粒子仍能匀速通过两板的是(不考虑带电粒子所受重力)A．保持S1和S2均闭合，减小两板间距离，同时减小粒子射入的速率B．保持S1和S2均闭合，将R1、R3均调大一些，同时减小板间的磁感应强度C．把开关S2断开，增大两板间的距离，同时减小板间的磁感应强度D．把开关S1断开，增大板间的磁感应强度，同时减小粒子人射的速率参考答案：B 4.(多选)一简谐横波以4 m/s的波速沿x轴正方向传播．已知t＝0时的波形如图所示，下列说法正确的是（）A．波的周期为1 s B．x＝0处的质点在t＝0时向y轴负向运动C．x＝0处的质点在t＝s时速度为0 D．x＝0处的质点在t＝s时速度值最大参考答案：AB 8、如图所示，一个平行板电容器放在图中虚线框所示矩形区域的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面且与板面平行，金属板a与电源的正极相连．一个不计重力的带正电粒子以初动能E从左向右水平进入平行板中间，并沿直线穿过两板区域．则下列说法正确的是A．保持开关S闭合，a板稍向上平移,粒子将沿曲线运动，从极板右边穿出时的动能减少B．保持开关S闭合，a板稍向上平移,粒子仍沿直线运动，从极板右边穿出时的动能不变C．断开开关S，a板稍向下平移，粒子仍沿直线运动，从极板右边穿出时的动能不变D．断开开关S，a板稍向下平移，粒子将沿曲线运动，从极板右边穿出时的动能增加参考答案：AC二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.要测定匀变速直线运动的实验中，打点计时器打出一纸条，每隔四个点选出一个计数点共选出A、B、C、D四个计数点，所用交流电频率为50赫兹，纸带上各点对应尺上的刻度如图所示，则VB=m/s.a=m/s2.参考答案：0.15、0.2、7.小胡同学在学习了圆周运动的知识后，设计了一个课题，名称为：快速测量自行车的骑行速度。他的设想是：通过计算踏脚板转动的角速度，推算自行车的骑行速度。如上图所示是自行车的传动示意图，其中Ⅰ是大齿轮，Ⅱ是小齿轮，Ⅲ是后轮。当大齿轮Ⅰ（脚踏板）的转速通过测量为n（r/s）时，则大齿轮的角速度是rad/s。若要知道在这种情况下自行车前进的速度，除需要测量大齿轮Ⅰ的半径r1，小齿轮Ⅱ的半径r2外，还需要测量的物理量是。用上述物理量推导出自行车前进速度的表达式为：。参考答案：2πn,车轮半径r3,2πn 8.测得某电梯在上行起动阶段的速度如下表所示：(l)在坐标纸上描点如图所示，请在图中作出电梯在O～6Os内的速度一时间图线；(2)由所作图线判断，在0～6Os内电梯加速度的变化情况是____________．参考答案：9.本世纪最靠近地球的小行星2012DA14从离地面约34800km的距离，以28000km/h的速度由印度洋苏门答腊岛上空掠过。如果小行星被地球俘获而成为绕地球做圆周运动的卫星，则小行星的环绕速度应为__________m/s，该环绕速度__________第一宇宙速度（选填“大于”、“等于”或“小于”）。已知地球表面重力加速度为9.8m/s2，地球半径为6.4×103km。参考答案：3.12×103m/s，小于10.在距水平地面45m高处以水平向右的速度5m/s抛出一质量为1kg的石子(不计空气阻力)。经时间s，此时石子的速度大小为；重力对石子做功的瞬时功率P为W。(g取10m/s2).参考答案：答案：15m/s；100W或141.4W 11.如图所示，一物体m在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动，经时间t力F做功为60J，此后撤去力F，物体又经过时间t回到出发点，若以地面为零势能面，物体回到出发点的动能为▲；撤去力F时物体的重力势能为▲。]参考答案：60J 45J试题分析：物体沿光滑斜面向上运动一直到回到出发点的过程，只有恒力F做功，根据动能定理，回到出发点的动能。设力F撤去时速度大小为，返回地面后速度大小为，力F撤去前为匀变速直线运动，撤去后仍是匀变速直线运动，则有位移，整理得，即力F撤去时物体动能为，根据动能定理，在力F撤去前，，所以撤去力F时物体的重力势能为。考点：动能定理匀变速直线运动12.近年来装修污染已经被列为“危害群众最大的五种环境污染”之一.目前，在居室装修中经常用到的花岗岩、大理石等装修材料，都不同程度地含有放射性元素，比如，含有铀、钍的花岗岩等岩石会释放出放射性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放出α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道等方面的疾病，根据有关放射性知识回答下列问题：（1）下列说法正确的是A．氡的半衰期为3.8天，则若在高温下其半衰期必缩短B．衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的C．射线一般伴随着或射线产生，在这三种射线中，射线的穿透能力最强，电离能力也最强D．发生衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2（2）氡核（）发生衰变后变为钋（），其衰变方程为，若氡（）经过一系列衰变后的最终产物为铅（），则共经过次衰变，次衰变．（3）静止的氡核（）放出一个速度为v0的粒子，若衰变过程中释放的核能全部转化为粒子及反冲核的动能，已知原子质量单位为u，试求在衰变过程中释放的核能．（不计相对论修正，在涉及动量问题时，亏损的质量可忽略不计．）参考答案：【知识点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；爱因斯坦质能方程；裂变反应和聚变反应．O2O3【答案解析】（1）BD（2）4；4（3）解析：（1）A、半衰期与外界因素无关，故A错误B、原子核内的中子转化为质子时，放出一个电子，这个过程即β衰变，故B正确；C、γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故C错误；D、发生α衰变时，生成的α粒子带2个单位的正电荷和4个电位的质量数，即α粒子由2个中子和2个质子构成，故α衰变时成生的新核中子数减少2，质子数减少2，故D正确；故选：BD．（2）根据电荷数守恒、质量数守恒，衰变方程为．设经过了n次α衰变，m次β衰变．有：4n=16，2n-m=4，解得n=4，m=4．（3）设α粒子的质量为m1，氡核的质量为m2，反冲核的速度大小为v．则根据动量守恒定律可得：m1v0=（m2-m1）v由题意得，释放的核能E=+解得E=【思路点拨】α衰变生成氦原子核，β衰变生成的电子是其中的中子转化为质子同时生成的，半衰期是统计规律，与外界因素无关．根据电荷数守恒、质量数守恒写出衰变方程，通过一次α衰变电荷数少2，质量数少4，一次β衰变电荷数多1，质量数不变，求出衰变的次数．先根据动量守恒定律列方程求解出α衰变后新核的速度；然后根据爱因斯坦质能方程求解质量亏损，从而求释放的核能．13.某兴趣小组利用图甲所示电路测量电源电动势E和内阻r。根据实验数据绘出如下图所示的R-图线，其中R为电阻箱读数，I为电流表读数，由此可得E=_________v,r=_______参考答案：（2）2.9 0.9三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.（简答）质量,M=3kg的长木板放在光滑的水平面t..在水平悄力F=11N作用下由静止开始向右运动.如图11所示,当速度达到1m/s2将质量m=4kg的物块轻轻放到本板的右端.已知物块与木板间摩擦因数μ=0.2,物块可视为质点.(g=10m/s2,).求：(1)物块刚放置木板上时,物块和木板加速度分别为多大？(2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止？(3)物块与木板相对静止后物块受到摩擦力大小？参考答案：(1)1(2)0.5m（3）6.29N牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．解析：(1)放上物块后，物体加速度板的加速度(2)当两物体达速度相等后保持相对静止，故∴t=1秒1秒内木板位移物块位移，所以板长L=x1-x2=0.5m（3）相对静止后，对整体，对物块f=ma∴f=44/7=6.29N（1）由牛顿第二定律可以求出加速度．（2）由匀变速直线运动的速度公式与位移公式可以求出位移．（3）由牛顿第二定律可以求出摩擦力．15.质量为m=4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F=10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x=45m，物块与地面间的动摩擦因数μ=0.2．g取10m/s2．求：（1）撤去力F后物块继续滑动的时间t；（2）物块在力F作用过程发生的位移x1的大小．参考答案：（1）撤去力F后物块继续滑动的时间为3s；（2）物块在力F作用过程发生的位移x1的大小36m解：设F作用时间为t1，之后滑动时间为t，前段加速度大小为a1，后段加速度大小为a2（1）由牛顿第二定律可得：F﹣μmg=ma1μmg=ma2且：a1t1=a2t可得：a1=0.5m/s2，a2=2m/s2，t1=4t（a1t12+a2t2）=x解得：t=3s（2）由（1）可知，力F作用时间t1=4t=12 x1=a1t12==36 m答：（1）撤去力F后物块继续滑动的时间为3s；（2）物块在力F作用过程发生的位移x1的大小36m四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，有一半径为r的圆形有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，其周围对称放置带有中心孔a、b、c的三个相同的平行板电容器，三个电容器两板间距离均为d，接有相同的电压U，在D处有一静止的电子，质量为m，电荷量为e，释放后从a孔射入匀强磁场中，并先后穿过b、c孔再从a孔穿出回到D处，求：（1）电子在匀强磁场中运动的轨道半径R；（2）匀强磁场的磁感应强度B；（3）电子从D出发到第一次回到D处所用的时间t。参考答案：（3）根据运动电荷在磁场中做匀速圆周运动的周期公式T=,依题意分析可知电子在磁场中运动一次所经历的时间为T/6，故电子在磁场中运动的总时间t1=3×T/6=;而电子在匀强电场中做一类似竖直上抛运动，所经历的时间t2,由s=at2可求得：t2=2.因为a=,所以t2=2d,电子在电场中运动的总时间为：6d.故电子从出发至第一次回到出发点D处所用的时间为：t=t1+3t2=.17.如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。y<0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第一象限的空间内有与x轴平行的匀强电场（图中未画出）；第四象限有与x轴同方向的匀强电场；第三象限也存在着匀强电场（图中未画出）。一个质量为m、电荷量为q的带电微粒从第一象限的P点由静止释放，恰好能在坐标平面内沿与x轴成θ=30°角的直线斜向下运动，经过x轴上的a点进入y<0的区域后开始做匀速直线运动，经过y轴上的b点进入x<0的区域后做匀速圆周运动，最后通过x轴上的c点，且Oa=Oc。已知重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，求：（1）第一象限电场的电场强度E1的大小及方向；（2）带电微粒由P点运动到c点的过程中，其电势能的变化量大小；（3）带电微粒从a点运动到c点所经历的时间。参考答案：（1）在第一象限内，带电微粒从静止开始沿Pa做匀加速直线运动，受重力mg和电场力qE1的合力一定沿Pa方向，电场力qE1一定水平向左。………………………………………………………………………………………1分带电微粒在第四象限内受重力mg、电场力qE2和洛仑兹力qvB做匀速直线运动，所受合力为零。分析受力可知微粒所受电场力一定水平向右，故微粒一定带正电。……………1分所以，在第一象限内E1方向水平向左（或沿x轴负方向）。………………………1分根据平行四边形定则，有mg=qE1tanθ………………………………………………1分解得E1=mg/q…………………………………………………………………1分（2）带电粒子从a点运动到c点的过程中，速度大小不变，即动能不变，且重力做功为零，所以从a点运动到c点的过程中，电场力对带电粒子做功为零。……………1分由于带电微粒在第四象限内所受合力为零，因此有qvBcosθ=mg………………1分带电粒子通过a点的水平分速度vx=vcosθ=……………………………………1分带电粒子在第一象限时的水平加速度ax=qE1/m=g………………………………1分带电粒子在第一象限运动过程中沿水平方向的位移x=……………1分由P点到a点过程中电场力对带电粒子所做的功W电=qE1x=………………1分因此带电微粒由P点运动到c点的过程中，电势能的变化量大小ΔE电=…………………………………………………………1分说明：其他方法正确的同样得分。但用动能定理的水平分量式求解的不能得分。（3）在第三象限内，带电微粒由b点到c点受重力mg、电场力qE3和洛仑兹力qvB做匀速圆周运动，一定是重力与电场力平衡，所以有qE3=mg…………………………………1分设带电微粒做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律，有qvB=mv2/R…………………1分带电微粒做匀速圆周运动的周期T=………………………1分带电微粒在第三象限运动的轨迹如图所示，连接bc弦，因Oa=Oc，所以Δabc为等腰三角形，即∠Ocb=∠Oab=30°。过b点做ab的垂线，与x轴交于d点，因∠Oba=60°，所以∠Obd=30°,因此Δbcd为等腰三角形，bc弦的垂直平分线必交于x轴上的d点，即d点为轨迹圆的圆心。…………………………………………………………………………1分所以带电粒子在第四象限运动的位移xab=Rcotθ=R其在第四象限运动的时间t1=……………………………………………1分由上述几何关系可知，带电微粒在第三象限做匀速圆周运动转过的圆心角为120°，即转过1/3圆周，所以从b到c的运动时间t2=………………………………1分因此从a点运动到c点的时间t=t1+t2=+=………1分18.半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O点为圆心，OO′为直径MN的垂线。足够大的光屏PQ紧靠在玻璃砖的右侧且与MN垂直。一束复色光沿半径方向与OO′成=30O角射向O点，已知复色光包含有折射率从到的光束，因而光屏上出现了彩色光带。（i）求彩色光带的宽度；（ii）当复色光入射角逐渐增大时，光屏上的彩色光带将变成一个光点，求角至少为多少？参考答案：解析：（i），-------------------------------------------------------------2分代入数据得，--------------------------------------------------------------2分故彩色光带的宽度为---------------2分（ii）--------------------------------------------------------------------------2分即入射角------------------。