宁夏回族自治区银川一中2022-2023高三物理三模试题（Word版附解析）

宁夏回族自治区银川一中2022届高三下学期物理三模试卷一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）1.2018年12月12日，我国发射的“嫦娥四号”探测器进入环月轨道1，12月30日实施变轨进入环月轨道2．其飞行轨道如图所示，p点为两轨道的交点．如果嫦娥四号探测器在环月轨道1和环月轨道2上运动时，只受到月球的万有引力作用，环月轨道1为圆形轨道，环月轨道2为椭圆轨道．则以下说法正确的是（　　）A.若已知嫦娥四号探测器环月轨道1的半径、运动周期和引力常量，则可以计算出月球的密度B.若已知嫦娥四号探测器环月轨道2的近月点到月球球心的距离、运动周期和引力常量，则可以计算出月球的密度C.嫦娥四号探测器在环月轨道2上经过p点的速度小于在环月轨道1上经过P点的速度D.嫦娥四号探测器在环月轨道2时，从近月点运动向远月点P的过程中，加速度变大【答案】C【解析】【详解】由万有引力提供向心力可得：，则圆轨道的周期公式，则可计算出月球质量M，但月球半径R未知，所以算不出月球密度，故A错误；因为2轨道为椭圆轨道用不了圆轨道的周期公式，且月球半径R未知，同理计算不出月球密度，故B错误；探测器在1轨道的P减速后才能变轨到2轨道，故C正确；由近月点向远月点P运动过程中，探测器与月心距离增大，则引力减小，由牛顿第二定律加速度应变小，故D错误．2.如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知（　　） A.两小球在C点的速度大小为B.A、B两点高度差为C.甲、乙两小球在C点具有相同的动量D.两小球在C点时重力瞬时功率大小相等【答案】B【解析】【详解】A．由可得乙运动的时间为所以两小球在C点的速度大小为故A错误；B．物体甲沿竖直方向的分速度为小球甲下降的高度为A、B两点高度差为，选项B错误；C．动量为矢量，大小相等，方向不同，故C错误；D．两个小球完全相同，重力的功率 两球竖直方向速度不同，所以重力的瞬时功率不同，故D错误；故选B。3.如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线。一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示。下列结论正确的是（　　）A.带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小B.负点电荷一定位于M点左侧C.a点的场强大于b点的场强D.带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度【答案】D【解析】【详解】A．由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向右，带电粒子从a到b过程中电场力对带电粒子做正功，其动能增加，选项A错误；B．带正电的粒子所受电场力向右，电场线由M指向N，说明负电荷在直线N点右侧，选项B错误；CD．a点离点电荷较远，a点的电场强度小于b点的电场强度，带电粒子在a点的小于在b点的电场力，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故C错误，D正确；故选D。4.如图所示，直导线MN竖直放置并通以向上的电流I，矩形金属线框abcd与MN处在同一水平面内，ab边与MN平行，则（　　）A.线框向左平移时，线框中没有感应电流B.线框竖直向上平移时，线框中有感应电流C.线框以MN为轴转动时，线框中有感应电流 D.MN中电流变化时，线框中有感应电流【答案】D【解析】【详解】A．由于导线中有恒定的I，由据导线越远的地方磁场越弱，则穿过线框的磁通量越小，故当线框向左平移时，由于靠近导线，穿过线框的磁通量增加，线框中将产生感应电流，故A错误；B．当线框竖直向上平移时，由于线框与导线的距离没有发生变化，故穿过线框的磁通量没有发生变化，线框中不会产生感应电流，故B错误；C．线框以MN为轴转动时，由于线框距导线的距离没有发生变化，则线框中磁通量也没有随之变化，故没有感应电流产生，故C错误；D．当MN中电流变化时，由电流产生的磁场随之发生变化，所以穿过线框的磁通量发生变化，线框中产生感应电流，故D正确。故选D。【点睛】正确地判断穿过线框的磁通量是否发生变化是解决问题的关键，通电导线形成磁场向外是越来越弱的，所以线框相对导线距离发生变化或导线中电流发生变化时，都会使线框中磁通量发生变化。5.如图所示，质量为m的长木板放在水平地面上，站在木板上的人用斜向右下方的力F推箱子，三者都保持静止。人和箱子的质量也均为m，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）A.人对长木板的压力大小为mgB.长木板对地面的压力大于3mgC.箱子受到的摩擦力的方向水平向左D.地面对长木板摩擦力的方向水平向左【答案】C【解析】【详解】A．人用力F向右下方推箱子，根据牛顿第三定律可知，箱子对人施加向左上方的作用力，根据平衡条件，人对长木板的压力大小小于mg，故A错误；B．若人用斜向下的力推箱子，三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故长木板对地面的压力依然等于3mg，故B错误；C．箱子在人的推力作用下，有向右运动的趋势，因此箱子受到的摩擦力的方向水平向左；故C正确；D．对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，地面对长木板没有静摩擦力，否则不平衡，故D错误。 故选C。6.如图所示，一底边为，底边上的高也为的等腰三角形导体线框以恒定的速度沿垂直于磁场区域边界的方向穿过长为，宽为的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。时刻，三角形导体线框的底边刚进入磁场，取向左为正，则在三角形导体线框穿过磁场区域的过程中，线框所受安培力随时间变化的图线可能是（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】由楞次定律可知，线框进磁场和出磁场，安培力都会阻碍线框的运动，故进磁场和出磁场，线框受到力都向左。而安培力的大小为其中为线框在磁场中的有效长度，由几何关系可得联立解得 故选C。二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）7.如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则（　　）A.Ff变小B.Ff不变C.FN变小D.FN变大【答案】BD【解析】【详解】试题分析：先对三个物体以及支架整体受力分析，受重力，2个静摩擦力，两侧墙壁对整体有一对支持力，根据平衡条件，有：，解得，故静摩擦力不变，故A错误B正确；将细线对O的拉力按照效果正交分解，如图设两个杆夹角为，则有，再将杆对滑块m的推力按照效果分解，如图根据几何关系，有，故，若挡板间的距离稍许增大后，角θ变 大，变大，故滑块m对墙壁的压力变大，故C错误，D正确；考点：考查了力的动态平衡分析【名师点睛】在解析力的动态平衡问题时，一般有两种方法，一种是根据受力分析，列出力和角度三角函数的关系式，根据角度变化进行分析解题，一种是几何三角形相似法，这种方法一般解决几个力都在变化的情况，列出力与三角形对应边的等式关系，进行解题分析8.平行板电容器的两板A、B接于A、B电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键S，电容器充电稳定后，悬线偏离竖直方向的夹角为，如图所示，那么（　　）A.保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则不变B.保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则增大C.电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则不变D.电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则增大【答案】BC【解析】【详解】AB．保持电键S闭合时，电容器板间电压不变，带正电的A板向B板靠近时，板间距离d减小，由，分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则增大，故B正确，A错误；CD．电键S断开，两极板带电量Q不变，由，，，可得所以板间场强不变，小球所受电场力不变，则不变，故C正确，D错误。故选BC。9.在水平地面上固定一个斜面体，在它上面放有质量为M的木块，用一根平行于斜面的细线连接一个质量为m的小环，并将环套在一根两端固定的水平直杆上，杆与环间的动摩擦因数为μ，整个系统处于静止状态，如图所示，则杆对环的摩擦力Ff的大小可能为（　　） A.0B.C.D.【答案】AC【解析】【详解】若木块与斜面间的动摩擦因数足够大，可使细线的拉力此时环与杆间摩擦力若斜面光滑，则细线拉力对环受力分析，由平衡条件可得：环与杆间的摩擦力故选AC。三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）10.⑴某实验小组为了测量某一电阻Rx的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出Rx的阻值约为18Ω左右．为了进一步精确测量该电阻，实验台上有以下器材：A.电流表(量程15mA，内阻未知)B.电流表(量程0.6A，内阻未知)C.电阻箱(0～99.99Ω)D.电阻箱(0～999.9Ω)E.电源(电动势约3V，内阻约1Ω) F.单刀单掷开关2只G.导线若干甲同学设计了如图甲所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成实验：a.先将电阻箱阻值调到最大，闭合S1，断开S2，调节电阻箱阻值，使电阻箱有合适的阻值R1，此时电流表指针有较大的偏转且示数为I；b.保持开关S1闭合，再闭合开关S2，调节电阻箱的阻值为R2，使电流表的示数仍为I．①根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择_______，电阻箱应选择_______（选填器材前的字母）②根据实验步骤可知，待测电阻Rx=____________________（用步骤中所测得的物理量表示）．⑵同学乙认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻．若已知所选电流表的内阻RA=2.0Ω，闭合开关S2，调节电阻箱R，读出多组电阻值R和电流I的数据；由实验数据绘出的-R图象如图乙所示，由此可求得电源电动势E=________V，内阻r=____Ω．(计算结果保留两位有效数字)【答案】①.A;②.D;③.;④.3.2;⑤.2.0;【解析】【分析】(1)根据闭合电路欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程，然后再通过求出电路中需要的最大电阻来选择电阻箱；列出开关S2断开和闭合时对应的闭合电路欧姆定律表达式，然后求解即可.(2)根据实验电路应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻.【详解】(1)电源电动势为3V，电流表量程为15mA=0.015A，选A；由欧姆定律：可知，电路中的最小电阻应为：，所以电阻箱应选D；②根据闭合电路欧姆定律得：S2断开时有：E=I(Rx+R1+RA+r)，S2闭合时有：E=I(R2+RA+r)，解得:Rx=R2-R1； (2)闭合开关S2，由闭合电路欧姆定律得：E=I(R+RA+r），整理得：由图象可知：，,而已知RA，解得，.可得【点睛】本题考查了测电源电动势与内阻实验、考查了测量电阻的实验，要注意正确根据题意明确实验原理；然后根据所对应的物理规律分析求解即可；对于图象分析问题，要注意根据物理规律确定公式，结合图象的性质分析斜率以及截距的意义.11.某实验小组利用图甲所示装置做“探究加速度与力的关系”的实验，释放纸带时，小车处于图示的位置。（1）指出甲图中的一处错误：______。（2）下列说法正确的是______。A.实验之前，要先平衡摩擦力B.小车的质量要远小于所挂钩码的质量C.应调节滑轮的高度使细线与木板平行D.实验时应先释放纸带，再接通电源（3）图乙是实验中获得一条纸带的某部分，选取A、B、C、D、E计数点（每两个计数点间还有4个点未画出），若打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则小车的加速度大小为______m/s2（保留两位有效数字）。【答案】①.打点计时器的电源接了直流电；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦阻力。（一处错误即可）②.AC##CA③.1.0【解析】【详解】（1）[1]由图可以最明显看到的是打点计时器的电源接了直流电；其次是小车释放时离打点计时器太远；还有一个不太明显的是木板没有被垫高。 （2）[2]A．该实验要先平衡摩擦力，故A正确；B．小车质量要远大于所挂钩码的质量，这样才能认为钩码重力等于小车拉力，故B错误；C．细线与木板平行才能保证钩码重力等于小车受到的拉力，否则是重力的分力等于小车受到的拉力，则无法进行实验，故C正确；D．实验操作要求“先接通电源后放小车”，故D错误。故选AC。（3）[3]由逐差法可得四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）12.如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间的距离L=1m，定值电阻R1＝6Ω、R2=3Ω，导轨上放一质量为m=1kg的金属杆，杆的电阻r=2Ω，导轨的电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B=0.8T的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向下．现用一拉力F沿水平方向拉杆，使金属杆以一定的初速度开始运动。图乙所示为通过R1中电流的平方I12随时间t的变化关系图象，求：(1)5s末金属杆的速度大小；(2)写出安培力的大小随时间变化的关系方程；(3)5s内拉力F所做的功。【答案】(1)；(2)；(3)7.65J【解析】【分析】【详解】(1)外电阻总电阻由图像得5s末的电流，故 由闭合电路欧姆定律有由得(2)图像方程得且安培力(3)图线与时间轴包围的“面积”为故5s内R1中产生的焦耳热为电路中总电热金属杆初始速度由功能关系得代入数据得 13.如图所示，质量m1=1kg的木板静止在倾角为θ=30°足够长的、固定的光滑斜面上，木板下端上表而与半径R=m的固定的光滑圆弧轨道相切圆弧轨道最高点B与圆心O等高。一质量m2=2kg、可视为质点的小滑块以v0=15m/s的初速度从长木板顶端沿木板滑下已知滑块与木板之间的动摩擦因数u=，木板每次撞击圆弧轨道时都会立即停下而不反弹，最终滑未从木板上端滑出，取重力加速度g=10m/s2。求(1)滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度；(2)木板的最小长度；(3)木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能。【答案】(1)9.75m；(2)7.5m；(3)【解析】【详解】(1)由滑块与木板之间的动摩擦因数可知，滑块在木板上匀速下滑，即滑块到达A点时速度大小依然为v0=15m/s，设滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度为h，则由机械能守恒定律可得解得h=9.75m(2)由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为v0=15m/s，滑上木板后，木板的加速的为a1，由牛顿第二定律可知滑块的加速度为a2，由牛顿第二定律可知设经过t1时间后两者共速，共同速度为v1，由运动学公式可知 该过程中木板走过的位移滑块走过的位移之后一起匀减速运动至最高点，若滑块最终未从木板上端滑出，则木板的最小长度L=x2－x1联立解得L=7.5m；(3)滑块和木板一起匀减速运动至最高点，然后一起滑下，加速度均为a3，由牛顿第二定律可知一起匀减速向上运动的位移木板从最高点再次滑至A点时的速度为v2，由运动学公式可知滑块第三次、第四次到达A点时的速度大小均为v2，第二次冲上木板，设又经过时间t2两者共速，共同速度为v3，由运动学公式可知v3=v2－a2t2=a1t2该过程中木板走过的位移一起匀减速向上运动的位移设木板第二次滑至A点时的速度为v4，由运动学公式可知 木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能为联立各式得14.如图甲所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场E，在y轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r=0.3m的圆形区域(图中未画出)且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度B2=0.8T，t=0时刻，一质量m=8×10－4kg、电荷量q=+2×10－4C的微粒从x轴上xp=－0.8m处的P点以速度v=0.12m/s向x轴正方向入射．已知该带电微粒在电磁场区域做匀速圆周运动．(g取10m/s2)(1)求电场强度．(2)若磁场15πs后消失，求微粒在第二象限运动过程中离x轴的最大距离；(3)若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时速度方向的偏转角最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x，y)．【答案】(1)，方向竖直向上(2)(3)【解析】【详解】(1)因为微粒射入电磁场后做匀速圆周运动受到的电场力和重力大小相等，则：解得：，方向竖直向上(2)由牛顿第二定律有：所以从图乙可知在内微粒做匀速圆周运动，在内微粒向左做匀速直线运动．在内微粒又做匀速圆周运动，在内微粒向右做匀速直线运动，之后穿过y轴． 离x轴的最大距离(3)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点A与出射点B的连线必须为磁场圆的直径．由牛顿第二定律，有所以所以最大偏转角为60°所以圆心坐标即磁场的圆心坐标为．