四川省绵阳市三台县西平中学2022届高三物理3月月考试题 理（含解析）

2022年四川省绵阳市三台县重点中学高考物理模拟试卷（3月份）一、不定项选择题（7×6=42分）1．（6分）（2022•绵阳校级模拟）一列简谐横渡沿x轴正方向传播，在t=0的时刻，波恰好传到x=2m处，波形如图所示波速v=5m/s，质点P平衡位置的坐标为（9，o），则（　　）　A．形成该波的波源起振方向沿y轴正方向　B．该波频率为0.4Hz　C．t=1.8s时，质点P开始振动　D．t=1.7s时，质点P第一次到达波峰【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】：波源起振方向与t=0时刻x=2m处质点的振动方向相同，根据波的传播方向判断；读出波长，求出频率；波在同一介质中匀速传播，由匀速直线运动的位移公式求解波传到P点的时间；当x=0.5m处的波峰传到P点时，质点P第一次到达波峰，由t=求解时间．【解析】：解：A、波源起振方向与t=0时刻x=2m处质点的振动方向相同，波沿x轴正方向传播，则知波源的起振方向沿y轴负方向．故A错误．B、由图知，波长λ=2m，由v=λf得，f==Hz=2.5Hz．故B错误．C、P点到x=2m处的距离为x=7m，波传到P点所用时间为t==s=1.4s，即t=1.4s时，质点P开始振动，故C错误．D、当x=0.5m处的波峰传到P点时，质点P第一次到达波峰，t==s=1.7s，故t=1.7s时，质点P第一次到达波峰．故D正确．故选D【点评】：本题关键要抓住介质中各质点起振方向与波源的起振方向相同，利用波形的平移法求解时间．　2．（6分）（2022•绵阳校级模拟）为了表演“隐形的大头针”节目，某同学在半径为r的圆形软木片中心垂直插入一枚大头针，并将其放入盛有水的碗中，如图所示．已知水的折射率为，为了保证表演成功（在水面上看不到大头针），大头针末端离水面的最大距离h为（　　）-13-　A．B．C．D．【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：以大头针末端为研究对象，只要从大头针末端发出的光线射到圆形软木片边缘界面处能够发生全反射，就从水面上看不到大头针，作出光路图，根据全反射的临界角公式求解即可．【解析】：解：只要从大头针末端发出的光线射到圆形软木片边缘界面处能够发生全反射，就从水面上看不到大头针，如图所示，根据几何关系有所以h=故选A．【点评】：本题考查光的折射，知道全反射临界角的含义及公式，能画出光路图是解决此类问题的关键．同时注意几何知识的应用．　3．（6分）（2022•绵阳校级模拟）一斜劈静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一滑块m，若给m一向下的初速度v0，则m正好保持匀速下滑．如图所示，现在m下滑的过程中再加一个作用力，则以下说法正确的是（　　）　A．在m上加一竖直向下的力F1，则m将保持匀速运动，M对地有水平向右的静摩擦力的作用　B．-13-在m上加一个沿斜面向下的力F2，则m将做加速运动，M对地有水平向左的静摩擦力的作用　C．在m上加一个水平向右的力F3，则m将做减速运动，在m停止前M对地有向右的静摩擦力的作用　D．无论在m上加什么方向的力，在m沿斜面向下运动的过程中，M对地都无静摩擦力的作用【考点】：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：由题，滑块原来匀速下滑，合力为零；斜面保持静止状态，合力也为零．以滑块和斜面整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析地面对斜面的摩擦力和支持力．木块可能受两个力作用，也可能受到四个力作用．【解析】：解：m原来保持匀速下滑，M静止，以滑块和斜面组成的整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得知地面对斜面没有摩擦力，如有摩擦力，整体的合力不为零，将破坏平衡状态与题矛盾．对m，有：mgsinθ=f=μmgcosθ，即得sinθ=μcosθ，θ是斜面的倾角．A、当施加竖直向下的力F1时，对整体受力分析，在竖直方向合力为零，水平方向合力为零，故地面对M无摩擦力，对m受力分析可知，（mg+F）sinθ﹣μ（mg+F）cosθ=0，所以m做匀速运动，故A错误．B、在m上加一沿斜面向下的力F2，如图，物块所受的合力将沿斜面向下，故做加速运动，但m与斜面间的弹力大小不变，故滑动摩擦力大小不变，即物块所受支持力与摩擦力的合力仍然竖直向上，则斜面所受摩擦力与物块的压力的合力竖直向下，则斜面水平方向仍无运动趋势，故仍对地无摩擦力作用，故B错误；C、在m上加一水平向右的力F3，沿斜面方向：mgsinθ﹣F3cosθ﹣μ（mgcosθ+F3sinθ）＜0，故物体做减速运动；对物块，所受支持力增加了F3sinθ，则摩擦力增加μF3sinθ，即支持力与摩擦力均成比例的增加，其合力方向还是竖直向上，如图：则斜面所受的摩擦力与压力的合力放还是竖直向下，水平放向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故C错误；D、无论在m上加上什么方向的力，m对斜面的压力与m对斜面的摩擦力都是以1：μ的比例增加，则其合力的方向始终竖直向下，斜面便没有运动趋势，始终对地面无摩擦力作用，故D正确．故选：D．【点评】：本题中木块与斜面都处于平衡状态，研究对象可以采用隔离法，也可以采用整体法研究．　4．（6分）（2022•绵阳校级模拟）如图所示，从地面上A点发射一枚远程弹道导弹，假设导弹仅在地球引力作用下，沿ACB椭圆轨道飞行击中地面目标B，C为轨道的远地点，距地面高度为h．已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G．则下列结论正确的是（　　）-13-　A．导弹在C点的速度大于　B．导弹在C点的速度等于　C．导弹在C点的加速度等于　D．导弹在C点的加速度大于【考点】：万有引力定律及其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：距地面高度为h的圆轨道上卫星的速度，根据牛顿第二定律得到其运动速度为，C为轨道的远地点，导弹在C点的速度小于．由牛顿第二定律求解导弹在C点的加速度．【解析】：解：A、根据万有引力提供向心力，解得v=．导弹在C点只有加速才能进入卫星的轨道，所以导弹在C点的速度小于．故A、B错误．C、导弹在C点受到的万有引力，根据牛顿第二定律知，导弹的加速度a==．故C正确，D错误．故选：C．【点评】：本题运用牛顿第二定律、开普勒定律分析导弹与卫星运动问题．比较C在点的速度大小，可以结合卫星变轨知识来理解．　5．（6分）（2022•绵阳校级模拟）关于电磁波和相对论，下列说法正确的是（　　）　A．由于高频电磁波向外界辐射能量的本领更强，所以经过调制的高频电磁波才能把我们要发射的信号发射出去-13-　B．电磁波是由恒定的电场和磁场产生的　C．研究高速火车的运动必须利用相对沦的知识　D．研究速度接近于光速的粒子的运动利用相对论的知识【考点】：狭义相对论；电磁波的产生．【分析】：本题考查了麦克斯韦的电磁场理论与雷达的原理、经典力学的局限性是宏观物体及低速运动．当达到高速时，经典力学就不在适用．【解析】：解：A、根据电磁辐射的特点可知，由于高频电磁波向外界辐射能量的本领更强，所以经过调制的高频电磁波才能把我们要发射的信号发射出去．故A正确；B、根据麦克斯韦的电磁场理论可知，恒定不变的电场不会产生磁场，电磁波是变化磁场产生电场变化电场产生磁场不断交替变化产生的，故B错误；C、列车的运行都属低速，经典力学能适用．而粒子接近光速运动，则经典力学就不在适用，故C错误，D正确．故选：AD【点评】：本题易错点为：有些同学错误认为磁场产生电场，电场产生磁场，注意麦克斯韦的电磁场理论是电磁波产生的理论基础，要加强理解与应用．同时注意用无线电波测量距离时，注意间距应是所求长度的一半．　6．（6分）（2022•绵阳校级模拟）如图所示，AOB为一个边界为四分之一圆的匀强磁场，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为边界上一点，且CD平行AO．现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场（不计粒子重力），其中粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场，则可判断（　　）　A．粒子2在BC之间某点射出磁场　B．粒子2必在B点射出磁场　C．粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3：2　D．粒子1与粒子2的速度偏转角度应相同【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子的运动轨迹，应用数学知识与牛顿第二定律分析答题．【解析】：解：粒子运动轨迹如图所示：A、粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子在你磁场中运动的圆心角为90°，粒子轨道半径等于BO，粒子2从C点沿CD射入其运动轨迹如图所示，设对应的圆心为O1，运动轨道半径也为BO，连接O1C、O1B，O1COB是平行四边形，O1B=CO，则粒子2一定从B点射出磁场，故A错误，B正确；C、粒子1的速度偏角，粒子在磁场中转过的圆心角θ1=90°，连接PB，可知P为O1C的中点，由数学知识可知，θ2=∠BO1P=60°，两粒子的速度偏角不同，-13-粒子在磁场中运动的周期：T=，两粒子的周期相等，粒子在磁场中的运动时间t=T，的运动时间之比：t1：t2=θ1：θ2=90°：60°=3：2，故C正确，D错误；故选：BC．【点评】：本题考查了粒子在匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹、应用数学知识、周期公式即可正确解题．　7．（6分）（2022•绵阳校级模拟）如图所示，边长为L电阻不计的n匝止方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P、U，线框及小灯泡的总质量为m，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l，磁感应强度方向与线框平面乘直，其上、下边界与线框底边均水平．线框从图示位置开始静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光．则（　　）　A．有界磁场宽度l＜L　B．磁场的磁感应强度应为　C．线框匀速穿越磁场，速度恒为　D．线框穿越磁场的过程中，灯泡产生的焦耳热为mgL【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：小灯泡始终正常发光，说明线框进入磁场做匀速运动，而且进入磁场和穿出磁场的过程都做匀速运动．根据平衡条件和功率公式求解磁场的磁感应强度．由功能关系知道灯泡的功率等于线框重力的功率，由P=mgv求解速度．由能量守恒定律求解焦耳热．【解析】：解：A、小灯泡始终正常发光，说明线框进入磁场做匀速运动，而且进入磁场和穿出磁场的过程都做匀速运动，则知有界磁场宽度l=L，故A错误．B、灯泡正常发光时电流为：I=-13-根据线框匀速运动受力平衡得：nBIL=mg，可得：B=．故B正确．C、设线框匀速运动的速度为v，由功能关系得：mgv=P，v=，故C正确．D、线框穿越磁场的过程中，由能量守恒定律得灯泡产生的焦耳热为2mgL，故D错误．故选：BC．【点评】：解决本题的关键是分析线框的运动情况，运用力学方法分析．可从力和能两个角度进行研究．　二、实验题（17分）8．（6分）（2022•绵阳校级模拟）某同学利用图甲的实验装置做“探究动能定理“的实验．在尽量减小摩擦阻力的情况下，先接通打点计时器的电源，再释放纸带，让质量m=1.00kg的重物由静止下落，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示，A、B、C分别为所选取的计数点，且0为开始打出的第一点，0A之间有若干点未标出，相邻计数数点的时间间隔为0.02s，重力加速度g取9.80m/s2．（1）释放纸带前，纸带的　C　（选填“0“或“C“）端在上面；（2）重物从0运动到B的过程中，动能的变化量△E=　0.67　J（取两位有效数字）；（3）请列举一种能有效减小实验误差的做法　多次测量求平均值　．【考点】：探究功与速度变化的关系．【专题】：实验题；动能定理的应用专题．【分析】：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．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，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能．【解析】：解：（1）0点为打出来的第一个点，速度为0，与重物相连的纸带在下端，应该先打点．所以释放纸带前，纸带的C端在上面．（2）利用匀变速直线运动的推论得：=1.1575m/s，△Ek=mvB2==0.67J，（3）可以多次测量求平均值以减小实验误差．故答案为：（1）C；（2）0.67；（3）多次测量求平均值．【点评】：-13-运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题，要注意单位的换算和有效数字的保留．　9．（11分）（2022•绵阳校级模拟）某同学用如图所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内电阻r，R为电阻箱．干电池的工作电流不宜超过0.5A．实验室提供的器材如下：电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ），电阻箱（限值范围0～999.9Ω）；开关、导线若干．①请根据图1的电路图，在图2中画出连线，将器材连接成实验电路．②实验时，改变电阻箱R的值，记录下电压表的示数U，得到如下表所示的若干组R、U的数据．12345678910电阻R/Ω60.535.220.013.79.95.84.33.52.92.5电压U/V2.582.432.222.001.781.401.181.050.930.85根据实验数据绘出如图3所示的﹣图线．由图象得出电池组的电动势E=　2.86　V，内电阻r=　5.70　Ω．③关于这个实验中存在的误差以及减小误差的各种方法，下列说法正确的是　CD　．A．电压表的分流作用引起的误差属于偶然误差B．同学读电压表读数引起的误差属于系统误差C．本实验用图象法处理数据可以减小偶然误差D．如果将电压表的内阻计算在内就可以减小系统误差．【考点】：测定电源的电动势和内阻．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：-13-（1）已知电路图，根据电路图将电源、开关及电阻箱串接，电压表并联在电阻箱两端；注意接线要接在接线柱上，导线不能交叉；（2）由电路的接法利用闭合是路欧姆定律可得出表达式，再利用数学规律可求得电动势和内阻；（3）由于技术上的不完善及电路的设计、实验方法及测量技术等造成的误差为系统误差；而由于读数等造成的误差为偶然误差；采用图象法可以减小偶然误差．【解析】：解：①由原理可知电路为简单的串联电路，将各元件串接，电压表并联在电阻箱两端；如下图所示②由原理图可知，本实验采用的是伏阻法，由闭合电路欧姆定律可得：U=R；则=+R；故图象的斜率等于=k；截距b=；而由图可知，图象的斜率k==2；b=0.35；故解得：E==2.86V；r=5.70Ω．③电压表的分流作用是由于测量技术的不完善造成的，属于系统误差；而读数的误差为偶然误差；采用图象法分析可以有效避免偶然误差的影响；若将电压表内阻考虑进来，则可以减小系统误差；故AB错误；CD正确；故选CD；故答案为：（1）如图所示；（2）2.86（2.84﹣2.87均正确）5.70（5.70﹣5.76均正确）（3）CD．【点评】：本题求电动势和内阻的关键在于正确的由闭合电路欧姆定律得出函数关系，从而结合图象求出；同时注意区分系统误差和偶然误差．　三、计算题（51分）10．（15分）（2022•绵阳校级模拟）质量M=9kg、长L=1m的木板在动摩擦因数μ1=0.1的水平地面上向右滑行，当速度v0=2m/s时，在木板的右端轻放一质量m=1kg的小物块如图所示．当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度．取g=10m/s2，求：（1）从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t；（2）小物块与木板间的动摩擦因数μ2．【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．-13-【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）对木块好滑块分别运用速度时间公式、位移时间公式列式，然后联立求解；（2）对木块和长木板分别受力分析，然后运动牛顿第二定律列式求解．【解析】：解：（1）设木板在时间t内的位移为x1；木板的加速度大小为a1，木块的加速度大小为a2，时间t内的位移为x2则有x1=v0t﹣①x2=②x1=L+x2③又v0﹣a1t=a2t④其中a1=，a2=μ2g；代入数据得t=1s⑤（2）根据牛顿第二定律，有：μ1（M+m）g+μ2mg=Ma1⑥μ2mg=ma2⑦解得μ2=0.08答：（1）从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t为1秒；（2）小物块与木板间的动摩擦因数为0.08．【点评】：本题关键是先根据运动学公式列式后联立求解出时间，然后再受力分析后根据牛顿第二定律列式求解；对于第一问，可以以长木板为参考系列式求解，会使得问题大大简化．　11．（17分）（2022•绵阳校级模拟）如图所示，在一半径为R的网形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外．一束质量为m、电量为q的带正电的粒子沿平行于直径MN的方向进入匀强磁场．粒子的速度大小不同，重力不计．入射点P到直径MN的距离为h，则：（1）某粒子经过磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，求粒子的入射速度是多大？（2）恰好能从M点射出的粒子速度是多大？（3）若h=，粒子从P点经磁场到M点的时间是多少？【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：先确定粒子半径然后由牛顿第二定律列方程求速度；先画出粒子的运动轨迹，然后由几何知识确定出半径，然后根据牛顿第二定律列方程求速度；根据几何关系，确定出圆心角，然后表示出周期公式，最后求时间．-13-【解析】：解：（1）粒子出射方向与入射方向相反，在磁场中走了半周，其半径r1=h，qv1B=m所以v1=（2）粒子从M点射出，其运动轨迹如图，在△MQO1中，r22=（R﹣）2+（h﹣r2）2得：r2=qv2B=所以v2=（3）若h=，sin∠POQ==，可得∠POQ=由几何关系得粒子在磁场中偏转所对圆心角为α=周期T=所以t=T=答：（1）某粒子经过磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，粒子的入射速度是v1=；（2）恰好能从M点射出的粒子速度是；（3）若h=，粒子从P点经磁场到M点的时间是．-13-【点评】：考查了带电离子在磁场中的运动，会定圆心、找半径，结合圆周运动求相关量．　12．（19分）（2022•绵阳校级模拟）如图所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平．一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示．已知它落地时相对于B点的水平位移OC=l．现在轨道下方紧贴B点安装一水平传送带，传送带的右端与B的距离为l/2．当传送带静止时，让P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C点．当驱动轮转动从而带动传送带以速度匀速向右运动时（其他条件不变），P的落地点为D．（不计空气阻力）（1）求P滑至B点时的速度大小；（2）求P与传送带之间的动摩擦因数；（3）求出O、D间的距离．【考点】：动能定理；平抛运动．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：（1）AB是光滑轨道，物体P从轨道顶端处A点滑到B点过程机械能守恒，由机械能守恒定律求出物体P滑到B的速度大小．物体P离开B点做平抛运动，求出平抛运动的时间，有传送带且静止时，物体P从E点平抛运动时间不变，水平位移大小为，求出P从静止的传送带右端水平飞出时的速度大小；（2）根据动能定理研究物体P在传送带上滑行过程，即可求出动摩擦因数；（3）当传送带以速度v=匀速向右运动时，根据动能定理求出物体P运动到B点的速度，再由平抛知识求解s．【解析】：解：（1）物体P从轨道顶端处A点滑到B点过程机械能守恒，则有mgh=所以物体P滑到B点的速度大小为v0=物体P离开B点做平抛运动，运动时间为t=-13-传送带静止时，物体P从E点平抛运动时间不变，仍为t，水平位移为，则物体P从E点滑出时的速度大小为v1===（2）根据动能定理研究物体P在传送带上滑行过程，得﹣μmg=﹣代入解得，μ=（3）传送带以速度v=＞v0匀速向右运动时，物体相对于传送带向左运动，受到的滑动摩擦力向右，物体P做匀加速运动，设物体运动到E点的速度为v2．根据动能定理得μmg=解得，v2=所以s=+v2t=答：（1）P从静止的传送带右端水平飞出时的速度大小为；（2）P与传送带之间的动摩擦因数μ为；（3）OD之间的水平距离s为．【点评】：本题是机械能守恒、平抛运动，动能定理的综合应用，要具有分析物体运动过程的能力，要抓住平抛运动的时间由高度决定这一知识点．-13-