浙江省重点中学协作体2022届高三物理上学期第二次适应性测试试题（含解析）新人教版

浙江省重点中学协作体2022届高三上学期第二次适应性测试物理第Ⅰ卷选择题（共120分）【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的全部的内容，主要包含受力分析、牛顿运动定律、动能定理、电场、磁场、带电粒子在电场中运动、带电粒子在磁场中运动等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，以基础知识和基本技能为载体，在试题上以改变题为主，是份非常好的试卷。一、选择题：本大题共17小题，每小题6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.【题文】14．质量为m的小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为（▲）A．mgR/4B．mgR/2C．mg/RD．mgR【知识点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．C2D4E2【答案解析】B解析：小球在最低点，受力分析与运动分析．则有：F-mg=m而最高点时，由于恰好能通过，所以：mg=m小球选取从最低点到最高点作为过程，由动能定理可得：-mg•2R-W克=由以上三式可得：W克=mgR故选：B【思路点拨】小球在轻绳的作用下，在竖直平面内做圆周运动，由最低点的绳子的拉力结合牛顿第二定律可求出此时速度，当小球恰好通过最高点，由此根据向心力与牛顿第二定律可算出速度，最后由动能定理来求出过程中克服阻力做功．由绳子的拉力可求出最低点速度，由恰好能通过最高点求出最高点速度，这都是题目中隐含条件．同时在运用动能定理时，明确初动能与末动能，及过程中哪些力做功，做正功还是负功．【题文】15．假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为的赤道上空绕地球匀速圆周运动，地球半径约为，地球同步卫星距地面高为，宇宙飞船和一地球同步卫星绕地球同向运动，每当二者相距最近时。宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站，某时刻二者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为（▲）A．4次B．6次C．7次D．8次【知识点】开普勒定律．D5【答案解析】C解析：据开普勒第三定律   （1）  R1=4200km+6400km  R2=36000km+6400km （2） 14可知载人宇宙飞船的运行周期T1与地球同步卫星的运行周期T2之比为，又已知地球同步卫星的运行周期为一天即24h，因而载人宇宙飞船的运行周期T1=h=3h由匀速圆周运动的角速度ω=，所以宇宙飞船的角速度为h，同步卫星的角速度为h因为两者运行的方向相同，因而可以视作追击问题．又因为是由两者相距最远的时刻开始，而两者处于同一直线且非位于地球同一侧时，二者相距最远，此时追击距离为π即一个半圆，追击时间为此后，追击距离变为2π即一个圆周，同理，追击时间为可以得到24h内共用时h完成追击7次，即七次距离最近，因而发射了七次信号．故选C【思路点拨】地球同步卫星与宇宙飞船均绕地球做圆周运动，则它们的半径的三次方之比与公转周期的二次方之比相等．当它们从相距最近到相距最远，转动的角度相差（2nπ+π）（n=0、1、2、…）．从相距最近再次相距最近，它们转动的角度相差360度；当从相距最近到再次相距最远时，它们转动的角度相差180度．【题文】16．有一人在平直马路边慢步(速度不变)，他发现每隔t1时间有一路公共汽车迎面开过，他还发现每隔t2时间有一辆这路公共汽车从身后开过，于是他计算出这路车从汽车站发车的时间间隔是（▲）]A．　B．　C．　D．【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．A2A8【答案解析】D解析：设车的速度是a，人的速度是b，每隔t分钟发一辆车．二辆车之间的距离是：at车从前面来是相遇问题，人与车之间的距离也是：at那么：at=t1（a+b）①车从背后超过是一个追及问题，那么：at=t2（a-b）②则由①式和②式可知，t1（a+b）=t2（a-b），化简得：b=所以，at=t1（a+b）=t1[a+]化简得：t=t1(1+)从而可得出，t=．故C正确，A、B、D错误．故选D．【思路点拨】根据路程=速度×时间，则此题中需要用到三个未知量：设车的速度是a，人的速度是b，每隔t分发一辆车．然后根据追及问题和相遇问题分别得到关于a，b，t的方程，解方程组，即可求得t．注意：此题中涉及了路程问题中的追及问题和相遇问题．解方程组的时候注意技巧．14【题文】17．如图甲所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽。现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域。若以逆时针方向为电流的正方向，在图乙中，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是（▲）Dxi3aa-I02aI0O2I0Ai3aa-I02aI0OxBi3aa-I02aI0OxCx-2I0i3aa2aI0O乙【知识点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．L1L2【答案解析】C解析：A、x在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AC边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2不变，两个电动势串联，总电动势E=E1+E2增大．故A错误；B、x在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．故B错误；C、D，在2a～3a，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．故C正确，D错误．故选：C．【思路点拨】线框匀速穿过两磁场区域时，分为三个过程：穿过左侧磁场，穿过两磁场分界线和穿过右侧磁场．由有效切割长度变化，根据感应电动势公式，分析感应电动势的变化，再分析感应电流的变化．本题选择的方法是排除法，将选项逐一代入检验，剔除不符合题意的选项，最后选出正确的答案．二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项是正确的，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分【题文】18．如图所示，M为水平放置的橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷．在M正上方用丝线悬挂一个闭合铝环N，铝环也处于水平面中，且M盘和N环的中心在同一条竖直线O1O2上．现让橡胶圆盘由静止开始绕O1O2轴按图示方向逆时针加速转动，下列说法正确的是（▲）]14mmO1O2NMωA．铝环N对橡胶圆盘M的作用力方向竖直向下B．铝环N对橡胶圆盘M的作用力方向竖直向上C．铝环N有扩大的趋势，丝线对它的拉力增大D．铝环N有缩小的趋势，丝线对它的拉力减小【知识点】楞次定律．L1【答案解析】AD解析：胶木盘M由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，根据右手螺旋定则知，通过N线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的增大，知金属环N的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小．根据牛顿第三定律，N对M的作用力竖直向上，故A、D正确，B、C、错误．故选AD．【思路点拨】胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，穿过线圈B的磁通量变化，根据楞次定律的另一种表述，感应电流引起的机械效果阻碍磁通量的变化进行判断．解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向，以及掌握楞次定律的另一种表述，即感应电流引起的机械效果阻碍磁通量的变化．【题文】19．如图，为真空中某一点电荷Q产生的电场，a、b分别是其电场中的两点，其中a点的场强大小为Ea，方向与a、b连线成120°角；b点的场强大小为Eb，方向与a、b连线成150°角。一带负电的检验电荷q在场中由a运动到b，则（▲）]A．a、b两点场强大小B．q在a、b两点电势能相比较εa＞εbC．a、b两点电势相比较D．q在a、b两点受到的电场力大小之比【知识点】电场强度；电场线；电势．I1I2【答案解析】AB解析：A、B、将两条电场线反向延长后相交于一点，即为点电荷Q的位置，设a、b两点到Q的距离分别为ra和rb，由几何知识得到，rb=ra，14根据公式E=得到，Ea=3Eb．故A正确，D错误；B、φa＞φb．q在a、b两点电势能相比较εa＞εb，故B正确．C、因为b点距离正电荷Q远，所以φa＞φb．故C错误；故选：AB【思路点拨】运用几何的方法找出点电荷Q的位置，求出a、b两点到Q的距离之比，由E=求解场强关系，并比较电势的高低．真空中点电荷产生的电场由E=求解场强的大小．根据电场线的方向来比较电势的高低．【题文】20．质量为、的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为的人站在上用恒力F拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为和，位移分别为和，如图所示。则这段时间内此人所做的功的大小等于（▲）mm1m2A．B．C．D．【知识点】功能关系；动能定理的应用．E2E6【答案解析】BC解析：根据功能转化关系知道：人做的功都转化成了系统的能量，即m1、m2和人的动能，所以C答案正确；或者利用动能定理得绳子上的拉力对m1、m2做功的和为他们动能的增量，C答案正确．根据恒力做功的计算方法绳子上的力也为F，由恒力做功公式W=FS得：W=（S1+S2），所以B正确．故选B、C【思路点拨】欲求人做的功不外乎两个方法1、根据做功的定义由恒力做功公式求出；2、利用功能关系或动能定理求出增加的能量即为功的多少．这是一道全面考察恒力做功计算的题目，定义法求功和间接计算能量是等效的，虽然答案的形式不同但功能相当．第Ⅱ卷非选择题（共180分）【题文】21．（10分）某物理兴趣小组在一次探究活动中，要测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，右端装有定滑轮；木板上有一滑块，其左端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，右端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接，打点计时器使用的交流电源频率为5014Hz，开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速直线运动，在纸带上打出一系列点。（1）上图给出的是实验中获取纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），用刻度尺测量出计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算的加速度a=（保留三位有效数字）。（2）请回答下列两个问题：①为了测量滑块与木板之间的动摩擦因数，还需测量的物理量是（填写字母代号）A．木板的长度LB．木板的质量m1C．滑块的质量m2D．托盘和砝码的总质量m3E．滑块的运动时间t②欲测量①中所选定的物理量，所需要的实验器材是。（3）实验时，用托盘和砝码的总重力来代替细绳对滑块的拉力，则滑块与木板之间的动摩擦因数＝（用L、g、a、m1、m2、m3、t中所需字母表示）。与真实值相比，测量的动摩擦因数（填“偏大”或“偏小”）。【知识点】探究影响摩擦力的大小的因素．C4【答案解析】（1）0.497m/s2（2）①CD，②天平（3），偏大解析：：（1）每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔为0.1s．将第一段位移舍掉，设1、2两计数点之间的距离为x1，则第6、7之间的距离为x6，利用匀变速直线运动的推论△x=at2，即逐差法可以求物体的加速度大小：a=，代入数据解得：a=0.497m/s2．由于取舍的位移不一样，因此在答案在：0.495～0.497m/s2 范围内．（2）①要测量动摩擦因数，由f=μFN 可知要求μ，需要知道摩擦力和压力的大小，压力就是滑块的重力，所以需要知道滑块的质量，摩擦力要根据铁块的运动来求得，滑块做的是匀加速运动，拉滑块运动的是托盘和砝码，所以也要知道托盘和砝码的质量，故ABE错误，CD,②需要测量质量，因此需要天平（3）根据牛顿第二定律有：m3g-m2gμ=m2a，故解得：μ=由于根据牛顿第二定律列方程的过程中，考虑了木块和木板之间的摩擦，但没有考虑细线和滑轮以及空气阻力等，故导致摩擦因数的测量会偏大．【思路点拨】（1）纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论△x=aT2，可计算出打出某点时纸带运动加速度；（2）对木块受力分析，根据牛顿第二定律列方程，可求出滑动摩擦因数的表达式，由于木块滑动过程中受到空气阻力，因此会导致测量的动摩擦因数偏大．能够从物理情境中运用物理规律找出所要求解的物理量间的关系，表示出需要测量的物理量，运用仪器进行测量，正确的进行有关误差分析．14【题文】22．（10分）要测量一只量程已知的电压表的内阻，所备器材如下：100500050501020Ω1K∞甲ΩA．待测电压表V（量程3V，内阻未知）B．电流表A（量程3A，内阻0.01Ω）C．定值电阻R（阻值2kΩ，额定电流50mA）D．蓄电池E（电动势略小于3V，内阻不计）E．多用电表F．开关K1、K2，导线若干有一同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：①首先，用多用电表进行粗测，选用×100Ω倍率，操作方法正确。若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，则测量的结果是Ω．②为了更精确地测出此电压表内阻，该同学设计了如图所示的乙、丙实验电路，你认为其中较合理的电路图是　　　　　。其理由是。③在图丁中，根据你选择的电路把实物连接好。④用你选择的电路进行实验时，请简述实验步骤：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；　用上述所测量的符号表示电压表的内阻RV＝　.VAEK1乙Vk1k2RE丙K1K2R丁【知识点】伏安法测电阻．J5【答案解析】（1）3000（2）丙；乙图中电流表的示数太小，误差太大。丙图中R的阻值与电压表阻值接近，误差小。（3）实物图连接如右上图所示：（4）实验步骤：①闭合K1．再闭合K２，读得电压表示数Ｕ１；再断开K２，读得电压表14示数U2.②。解析：（1）选用×100Ω倍率，读数为30×100=3KΩ．（2）较为合理的是丙图，因为电阻较大，乙图中电流表的示数太小，误差太大，丙图中R的阻值与电压表阻值接近，误差小；（3）实物图：（4）需要直接测量的物理量是k2闭合、断开时伏特表读数U1和U2；k2闭合时，示数U1相当于电动势，断开时，二者串联，电流相等，即，所以 RV=【思路点拨】根据选择倍率求出测量的结果；电阻大，乙图中电流示数太小，误差大，丙图较合理；开关2闭合时的电压为电动势，断开时二者串联．本题考查了欧姆表的使用方法，电路的选择，要根据实际情况分析不同的电路图误差的原因及误差大小，选择最佳电路图，难度稍大．【题文】23．（16分）如图（a）所示，木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，某研究小组利用此装置探索物块在方向始终平行于斜面、大小为F＝8N的力作用下加速度与斜面倾角的关系。已知物块的质量m＝1kg，通过DIS实验，得到如图（b）所示的加速度与斜面倾角的关系图线。若物块与木板间的动摩擦因数为0.2，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力，g取10m/s2。试问：（1）图（b）中图线与纵坐标交点ao多大？（2）图（b）中图线与θ轴交点坐标分别为θ1和θ2，木板处于该两个角度时的摩擦力指向何方？说明在斜面倾角处于θ1和θ2之间时物块的运动状态。（3）θ1为多大？（4）如果木板长L＝2m，倾角为37°，物块在F的作用下由O点开始运动，为保证物块不冲出木板顶端，力F最多作用多长时间？（取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）14【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；力的合成与分解的运用．A2B3C2【答案解析】（1）6（m/s2）；（2）当摩擦力沿斜面向下且加速度为零时木板倾角为θ1，当摩擦力沿斜面向上且加速度为零时木板倾角为θ2，这时物块处于静止状态．（3）40.4°；（4）3.1s．解析：（1）当木板水平放置时，物块的加速度为a0此时滑动摩擦力f=μN=μmg=0.2×1×10=2N=6m/s2（2）当摩擦力沿斜面向下且加速度为零时木板倾角为θ1，当摩擦力沿斜面向上且加速度为零时木板倾角为θ2，这时物块处于静止状态。（3）N1=mgcosθ1F1=μN1=μmgcosθ1F=mgsinθ1+μmgcosθ1联立方程8=10sinθ1+2cosθ1解得θ1≈40.4°（4）力F作用时的加速度m/s2撤去力F后的加速度大小(m/s2)设物块不冲出木板顶端，力F最长作用时间为t则撤去力F时的速度v=a1t位移撤去力F后运动的距离由题意有即解得：t≈3.1s【思路点拨】（1）纵坐标交点表示木板水平放置时的加速度，根据牛顿第二定律即可求解；（2）当摩擦力沿斜面向下且加速度为零时木板倾角为θ1，当摩擦力沿斜面向上且加速度为零时木板倾角为θ2，这时物块处于静止状态；（3）当摩擦力沿斜面向下且加速度为零时木板倾角为θ1，对木块进行受力分析，根据平衡条件即可求解；（4）根据牛顿第二定律分别求出有F和撤去F时的加速度，根据匀变速直线运动的基本公式求出这两个过程的位移，根据两段位移之和为L求解．本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能根据图象得出有效信息，难度适中．【题文】24．（20分）两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面．质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与水平和竖直导轨之间有相同的动摩擦因数μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．当ab杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨向右匀速运动时，cd杆也正好以某一速度向下做匀速运动，设运动过程中金属细杆ab、cd与导轨接触良好，重力加速度为g，求：14（1）ab杆匀速运动的速度v1；（2）ab杆所受拉力F；（3）ab杆以v1匀速运动时，cd杆以v2（v2已知）匀速运动，则在cd杆向下运动过程中，整个回路中产生的焦耳热．【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．J2L3L4【答案解析】(1)(2)(3)解析：（1）ab杆向右运动时，ab杆中产生的感应电动势方向为a→b，大小为cd杆中的感应电流方向为d→c，cd杆受到的安培力方向水平向右安培力大小为①cd杆向下匀速运动，有②解①、②两式，ab杆匀速运动的速度为=③ab杆所受拉力F+μmg)设cd杆以速度向下运动过程中，ab杆匀速运动了距离，因为，所以整个回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功==14【思路点拨】（1）根据法拉第电磁感应定律，求出感应电动势大小；再由左手定则，来判定安培力的方向，根据受力平衡，即可求解；（2）对ab杆受力分析，从而由平衡方程，即可求解；（3）根据ab杆匀速运动，可求出运动的距离；再由整个过程中运用能量守恒，可得出，焦耳热等于克服安培力所做的功，即可求解．【题文】25．（22分）如图所示，相距2L的AB、CD两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PT上方的电场E1的场强方向竖直向下，PT下方的电场E0的场强方向竖直向上，在电场左边界AB上宽为L的PQ区域内，连续分布着电量为＋q、质量为m的粒子。从某时刻起由Q到P点间的带电粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场E0中，若从Q点射入的粒子，通过PT上的某点R进入匀强电场E1后从CD边上的M点水平射出，其轨迹如图，若MT两点的距离为L/2。不计粒子的重力及它们间的相互作用。试求：ACE0v0PBE1DT2LQMSR（1）电场强度E0与E1；（2）在PQ间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直CD边水平射出，这些入射点到P点的距离有什么规律？（3）有一边长为a、由光滑绝缘壁围成的正方形容器，在其边界正中央开有一小孔S，将其置于CD右侧，若从Q点射入的粒子经AB、CD间的电场从S孔水平射入容器中。欲使粒子在容器中与器壁多次垂直碰撞后仍能从S孔射出(粒子与绝缘壁碰撞时无能量和电量损失)，并返回Q点，在容器中现加上一个如图所示的匀强磁场，粒子运动的半径小于a，磁感应强度B的大小还应满足什么条件？【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系．A2I3【答案解析】（1）即。（2）在PQ间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直CD边水平射出，这些入射点到P点的距离为（n=1、2、3、…）（3）B2=，N=1、2、3…．解析：（1）设粒子经PT直线上的点R由E0电场进入E1电场，由Q到R及R到M点的时间分别为t1与t2，到达R时竖直速度为vy，则：由及得：14①②③④上述三式联立解得：,即。（2）（8分）由E1＝2E0及③式可得t1＝2t2。因沿PT方向粒子做匀速运动，故P、R两点间的距离是R、T两点间距离的两倍。即粒子在E0电场做类平抛运动在PT方向的位移是在E1电场中的两倍。设PQ间到P点距离为△y的F处射出的粒子通过电场后也沿水平方向，若粒子第一次达PT直线用时△t，水平位移为△x，则粒子在电场E1中可能做类平抛运动后垂直CD边射出电场，也可能做类斜抛运动后返回E0电场，在E0电场中做类平抛运动垂直CD水平射出，或在E0电场中做类斜抛运动再返回E1电场。若粒子从E1电场垂直CD射出电场，则（n＝0、1、2、3、……）解之得：（n＝0、1、2、3、……）若粒子从E0电场垂直CD射出电场，则（k＝1、2、3、……）（k＝1、2、3、……）即PF间的距离为其中n＝0、1、2、3、……，k＝1、2、3、……或（n＝1、2、3、……）（2分）14解之得：（n＝1、2、3、……）（2分）即PF间的距离为（n=1，2，3，……）（3）欲使粒子仍能从S孔处射出，粒子的运动轨迹可能是如图甲、乙所示的两种情况。甲S对图甲所示的情形，粒子运动的半径为R1，则又解得：对图乙所示的情形，粒子运动的半径为R2，则S乙又综合B1、B2得：或14又【思路点拨】（1）粒子在两电场中做类平抛运动，由图可得出粒子在两电场中的运动情况；分别沿电场方向和垂直电场方向列出物理规律，联立可解得电场强度的大小；（2）粒子进入电场做类平抛运动，根据运动的合成与分解，结合运动学公式，再由牛顿第二定律可求得磁感应强度；（3）粒子进入磁场时做圆周运动，由题意可知其运动的临界半径值，再由牛顿第二定律可求得磁感应强度．带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场．和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径．14