宁夏吴忠中学2022届高三下学期第三次模拟考试理综物理试题 Word版含解析.docx

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2022届宁夏吴忠中学高三第三次模拟考试理科综合物理试题一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。1.如图所示，图甲为氢原子的能级图，大量处于n=3激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，其中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极K上时，电路中电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是（　　）A.光电管阴极K金属材料的逸出功为7.0eVB.这些氢原子跃迁时共发出4种频率的光C.若调节滑动变阻器滑片能使光电流为零，则可判断图乙中电源右侧为正极D.氢原子跃迁放出的光子中共有2种频率的光子可以使阴极K发生光电效应现象【答案】D【解析】【详解】A．由图甲可知，大量处于n=3激发态的氢原子跃迁时，发出频率最高的光子的能量为根据图丙可知，遏止电压为，则光电子的初动能根据光电效应方程则光电管阴极K金属材料逸出功为故A错误；B．根据排列组合规律可知，大量处于n=3激发态的氢原子跃迁时，共发出3种频率的光，故B错误； C．光电子由阴极K向对面的极板运动，形成光电流，要阻止该电流，需要接反向电压，则可判断图乙中电源左侧为正极，故C错误；D．通过A分析可知，只要光电子的能量大于，就可以使阴极K发生光电效应现象，由图甲可知，大量处于n=3激发态的氢原子跃迁时，有2种频率的光子满足要求，故D正确。故选D。2.挥杆套马是我国蒙古传统体育项目，烈马从骑手身边奔驰而过时，骑手持6m长的套马杆，由静止开始催马追赶，二者的图像如图所示，则（　　）A.0~4s内骑手靠近烈马B.6s时刻骑手刚好追上烈马C.在0~4s内烈马的平均速度大于骑手的平均速度D.0~6s内骑手的加速度大于8~9s内烈马的加速度【答案】C【解析】【详解】AB．v-t图像图线与坐标轴所围的面积表示位移，骑手与烈马在t=0时并排运动，通过图线在0~4s内所围的面积可以看出4s内烈马位移大于骑手位移，所以4s末烈马与骑手间距离在增大，0~6s内烈马位移还是大于骑手的位移，说明6s末烈马仍在前方，故AB错误；C．根据结合A选项分析可知在0~4s内烈马的平均速度大于骑手的平均速度，故C正确；D．由加速度定义式知8~9s内烈马加速度0~6s内骑手的加速度故D错误。 故选C。3.如图所示，质量为m的三根完全相同的导体棒垂直于纸面放置，其中a、b两导体棒放置在粗糙的水平面上，c导体棒被竖立的轻质弹簧悬挂，三根导体棒中均通入垂直纸面向里、大小相等的恒定电流后，呈等边三角形排列，且保持稳定。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A.弹簧的弹力小于c导体棒的重力B.水平面对a导体棒的摩擦力可能为零C.水平面对a导体棒的支持力小于D.若在地面上对称地缓慢增大a、b导体棒间的距离，弹簧长度将增大【答案】C【解析】【详解】A．三根导体棒的电流方向相同，由“同向电流相吸，反向电流相斥“知a导体棒和b导体棒对c导体棒都是吸引力力，作用力的合力方向竖直向下，故弹簧的拉力大于c导体棒的重力，故A错误；B．、导体棒对导体棒的合力垂直向上，在水平方向的分力不为零，而导体棒静止，所以导体棒必定受到水平面面的摩擦力，故B错误；C．对、、整体研究，弹簧弹力竖直向上，所以地面对的作用力小于，故C正确；D．若对称地缓慢增大ab导体棒间的距离，a导体棒和b导体棒对c导体棒的作用力都在减小，且二力的夹角增大，故二力的合力减小，则弹簧的弹力减小，长度减小，故D错误。故选C。4.如图所示，在一匀强电场中有一点O，以O为圆心的圆上有M、N、P、Q四点，MN为圆的直径且与电场线平行，OP、OQ与OM的夹角都为30°。在O点固定一电荷量为q=+1.6×10－9C的点电荷，若匀强电场的电场强度大小为E=14.4V/m，圆的半径为r=1m，静电力常量k=9×109N•m2/C2，下列说法正确的是（　　） A.P、Q两点的电场强度相同B.P点电场强度的大小为14.4V/mC.M、N、P、Q四点中，M点的电势最低D.将另一正点电荷分别放在M、N、P、Q四点，该点电荷在N点时的电势能最小【答案】D【解析】【详解】A．由电场的叠加知，P、Q两点的电场强度方向不同，故两点的电场强度不同，故A错误；B．O点处点电荷在P点的场强大小为代入数据解得E1=14.4V/m方向与匀强电场方向的夹角为150°，故P点的合场强小于14.4V/m，故B错误；C．M、N、P、Q在以O为圆心的圆上，则在点电荷形成的电场中，四点的电势相同，在匀强电场中，由沿电场线方向电势越来越低知，N点电势最低，故C错误；D．由正点电荷在电势低处电势能小，可知该点电荷在N点的电势能最小，故D正确；故选D。5.如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA=r，RB=2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是（　　）A.此时绳子张力为T=2μmg B.此时圆盘的角速度为ω=C.此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆内D.此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动【答案】B【解析】【详解】A．两物体角速度相同，根据所以B所受向心力比A大，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B有背离圆心的离心趋势，A有指向圆心的近心趋势。设此时绳子的张力大小为T，对A、B分别应用牛顿第二定律有两式联立解得T=3μmg故A错误；B．由上面分析可知解得此时圆盘的角速度为故B正确；C．此时A有指向圆心的近心趋势，所受摩擦力方向沿半径指向圆外，故C错误；D．A、B以角速度做匀速圆周运动时所需的向心力大小分别为若此时烧断绳子，A、B所受最大静摩擦力均不足以提供向心力，所以A、B都将做离心运动，故D错误。故选B。6.在星球A上将一小物块P竖直向上抛出，P的速度的二次方v2与位移x 间的关系如图中实线所示；在另一星球B上用另一小物块Q完成同样的过程，Q的v2-x关系如图中虚线所示．已知星球A、B的半径相等，若两星球均为质量均匀分布的球体，两星球上均没有空气，不考虑两星球的自转，则下列说法正确的是（）A.星球A表面的重力加速度是星球B表面的重力加速度的B.A的密度是B的密度的3倍C.P抛出后落回原处的时间是Q抛出后落回原处的时间的D.A的第一宇宙速度是B的第一宇宙速度的倍【答案】BD【解析】【详解】A.根据可知图像斜率代表重力加速度大小，A、B两星球表面重力加速度之比3:1，所以A错误；B.由公式，，解得：得A、B星球密度之比为3:1，所以B正确；C.由图像得P、Q竖直上抛初速度之比：1，根据所以运动时间之比为：3，所以C错误；D.由公式得A、B星球第一宇宙速度之比为：1，所以D正确．7.如图甲所示，在距离地面高度为h=0.80m 的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m=0.50kg、可看作质点的物块相接触（不粘连），OA段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用．物块开始静止于A点，与OA段的动摩擦因数μ=0.50．现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示．物块向左运动x=0.40m到达B点，到达B点时速度为零，随即撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上N点，取g=10m/s2,则（）A.弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0JB.弹簧被压缩过程中具有最大弹性势能为6.0JC.整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0JD.MN的水平距离为1.6m【答案】AD【解析】【详解】A．根据F-x图象与坐标轴所围的面积表示力F做的功，则弹簧被压缩过程中外力F做的功为WF=×0.2J+18×0.2J=6.0J故A正确；B．物块向左运动的过程中，克服摩擦力做功Wf=μmgx=0.5×0.5×10×0.4J=1.0J根据能量守恒可知，弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为Ep=WF-Wf=5.0J故B错误；C．整个运动过程中克服摩擦力做功为Wf总=2μmgx=2.0J故C错误；D．设物块离开M点时的速度为v，对整个过程，由能量守恒得mv2=WF-Wf总解得v=4m/s 物块离开M点后做平抛运动，则有h=gt2，x=vt解得x=1.6m故D正确。故选AD。【点睛】解答本题的关键是知道外力F所做功等于其图象与x轴所围成的面积，能灵活选取研究的过程，根据能量守恒定律和平抛运动基本公式进行研究。8.如图所示，两段均足够长、不等宽的光滑平行导轨固定在水平面上，较窄导轨的间距L1=1m，较宽导轨的间距L2=1.5m。整个装置处于磁感应强度大小为B=0.5T、方向竖直向上的匀强磁场中，导体棒MN、PQ的质量分别为m1=0.4kg、m2=1.2kg，长度分别为1m、1.5m，电阻分别为R1=0.3Ω、R2=0.9Ω，两导体棒静止在水平导轨上。t=0时刻，导体棒MN获得v0=7m/s水平向右的初速度。导轨电阻忽略不计，导体棒MN、PQ始终与导轨垂直且接触良好，导体棒MN始终在较窄导轨上，取g=10m/s2则（　　）A.t=0时刻，回路中的电流为B.导体棒MN最终做匀速直线运动，速度大小为3m/sC.通过导体棒MN的电荷量最大值为3.4CD.导体棒PQ中产生的焦耳热最大值为4.2J【答案】ABD【解析】【详解】A．t=0时刻，回路中的电流为故A正确；BC．导体棒MN与PQ切割磁感线产生的电动势相互削弱，当两导体棒产生的电动势相等时，感应电流为零，安培力为零，两导体棒将做匀速直线运动，此时有 设从导体棒MN开始运动至导体棒MN、PQ做匀速运动所用的时间为，对导体棒MN由动量定理得对导体棒PQ由动量定理得又因为解得故B正确，C错误；D．由能量守恒定律得解得故D正确。故选ABD。二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。9.某实验小组用如图甲所示装置验证机械能守恒定律。光电门1、光电门2固定在铁架台上，两光电门分别与数字计时器连接。当地的重力加速度为g。 （1）实验前先用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径为d=___________mm；（2）让小球从光电门1正上方某位置由静止释放，小球通过光电门1和光电门2时，小球的挡光时间分别为t1、t2，则小球通过光电门1时的速度大小为v1=___________（用物理量的符号表示）；要验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量是___________（写出对应物理过程物理量符号）；（3）改变小球在光电门1上方释放的位置，重复实验多次，测得多组通过光电门1和光电门2的挡光时间t1、t2，作-图像，如果图像的斜率为___________，图线与纵轴的交点为___________（用题目中相关物理量符号表示），则机械能守恒定律得到验证。【答案】①.3.290（3.289~3.291均可）②.③.两个光电门的高度差h（或两个光电门之间的距离S或L都可以）④.1⑤.【解析】【分析】【详解】(1)[1]螺旋测微器的固定刻度为3mm，可动刻度读数为0.01×29.0mm=0.290mm，所以最终读数为3.290mm；(2)[2]小球通过光电门1的速度为[3]要验证机械能守恒定律，即验证是否成立，因此还需要测量两个光电门的高度差；(3)[4][5]由上可得 得到：，因此如果图象的斜率为1，图线与纵轴的交点为，则机械能守恒定律得到验证。10.要测量一个未知电阻Rx的阻值，要求测量精度尽量高、且电表的指针偏角必须超过量程的三分之一。实验室提供了以下器材：可供该同学选用的器材除了开关，导线外，还有：多用电表A–V–Ω电流表（量程5mA，内阻等于10Ω）电流表（量程10mA，内阻等于5Ω）滑动变阻器R（0~5Ω）定值电阻R1（R1=180Ω）；定值电阻R2（R2=20Ω）；电源E（电动势1.5V，内阻不计）（1）由于考虑电表的选择，该同学使用多用电表欧姆表“×10”挡对电阻进行了粗测，其阻值如图甲中指针所示，则Rx的阻值大约是_______Ω。（2）请在图乙中把电路图补充完整，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁_______。（图中需标明所选器材的字母代号） （3）若某次测得电流表A1、A2示数分别为I1、I2，则被测电阻的大小为Rx=______（用可能用到的符号I1、I2、r1、r2、R1、R2表示）；（4）若通过调节滑动变阻器，测得多组数据I1、I2，作出I2—I1的图像如图丙所示，求得图线的斜率为k=1.9，则被测电阻的大小为Rx=______Ω（保留三位有效数字）。【答案】①.220②.③.④.211【解析】【详解】(1)[1]多用电表电阻刻线是22，选用“×10”，则读数为(2)[2]由电路图可看出，本题为伏安法测电阻，则需将电流表A1改装为电压表，由于电源电动势为1.5V，则A1改装的电压表应能测1.5V的电压，则有代入数据有 则选R1较为合适。如图(3)[3]根据欧姆定律有(4)[4]由(3)可得由上式可知则代入计算可得11.如图所示，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，其中O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的正方向夹角为θ=30°，在第一象限OP右侧区域有平行于直线OP斜向上的匀强电场E（E未知）。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场，一段时间后，该粒子从OP边上某点以垂直于OP的方向射出磁场，粒子进入磁场的点与离开磁场的点之间的距离为d，粒子经过电场后打在x轴上M点，M点坐标为（，0）但未在图中画出，不计粒子所受重力和阻力。求：（1）带电粒子的荷质比；（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。 【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【详解】（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v，由动能定理有qU＝mv2设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律有由几何关系知联立得（2）设带电粒子在磁场中运动时间为t1，由几何关系知带电粒子在电场中运动至x轴的时间为t2带电粒子运动时间为解得12.如图所示，半径的粗糙圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角，下端点C为轨道的最低点。C点右侧的粗糙水平面上，紧挨C 点静止放置一质量的木板，木板上表面与C点等高，木板左端放置一个质量为的物块，另一质量相同的物块从A点以某一速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，到达C点时对轨道的压力为46N，之后与发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，最终刚好未从木板M上滑下。已知AO的竖直高度，物块与木板M间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数为，两物块均可视为质点，，，取。求：（1）物块到达B点时的速度大小；（2）物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功；（3）木板的长度L。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）小物块水平抛出后做平抛运动，到达B点时，下落高度为竖直方向上有根据几何关系可知联立解得（2）小物块到达C点时，由牛顿运动定律 解得小物块从B运动到C过程中，由动能定理得解得（3）小物块运动到C点时与发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有根据能量守恒定律有解得经受力分析，由牛顿第二运动定律，对有对M有根据公式，设经过时间t后二者共速有对有对M有因为刚好未从木板M上滑下，所以相对M木板的位移即为木板长度，则有联立解得 13.下列说法正确的是（　　）A.理想气体放出热量，其分子的平均动能不一定减小B.对一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增大C.从窗户射入的阳光中可以看到灰尘飞舞，这是布朗运动D.液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点E.单位时间内，气体分子对容器壁单位面积上的碰撞次数减少，气体的压强一定减小【答案】ABD【解析】【详解】A．理想气体放出热量，若外界对气体做功，气体的温度不一定降低，则其分子的平均动能不一定减小，选项A正确；B．对一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，温度一定升高，则其内能一定增大，选项B正确；C．布朗运动用肉眼是观察不到的，从窗户射入的阳光中可以看到灰尘飞舞，不是布朗运动，选项C错误；D．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，选项D正确；E．气体的压强与气体分子单位时间在单位面积上对器壁的碰撞次数以及碰撞力都有关，则单位时间内，气体分子对容器壁单位面积上的碰撞次数减少，气体的压强不一定减小，选项E错误。故选ABD。14.如图，两侧粗细均匀、横截面积相等的U型管竖直放置，左管上端开口且足够长，右管上端封闭。左管和右管中水银柱高h1=h2=5cm，两管中水银柱下表面距管底高均为H=21cm，右管水银柱上表面离管顶的距离h3=20cm。管底水平段的体积可忽略，气体温度保持不变，大气压强po=75cmHg。（1）现往左管中再缓慢注入h=25cm的水银柱，求稳定时右管水银柱上方气柱的长度。（2）求稳定时两管中水银柱下表面的高度差。【答案】（1）15cm；（2）20cm 【解析】详解】（1）对右管上方气体，有则有解得（2）对两水银柱下方气柱，可得注入水银柱前。有p=p3+h1=80（cmHg）注入水银柱后有设注入水银柱后气柱的长度为L1，则有解得L1=32cm此时两侧水银柱底部高度差为15.如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为t=0时刻的波形图，虚线为t=0.6s时刻的波形图，已知波的周期T>0.6s，下列说法正确的是（　　）A.该波的波速可能为10m/sB.该波的波速可能为m/sC.t=0.9s时，Q点的位移可能为9mD.t=0.6s内，Q点的路程可能为2m E.t=0.6s时，Q点的位移一定为1m【答案】ADE【解析】【详解】AB．由于波的周期T>0.6s，若波向右传播，有T=0.6s则T=2.4s根据公式可得v=m/s若波向左传播，有T=0.6s故T=0.8s则v=10m/sB错误，A正确；CDE．t=0时，Q点位移为t=0.6s时，Q点的位移为若波向右传播，Q点的路程为2m，若波向左传播，Q点的路程为C错误，DE正确。故选ADE。16.如图所示，有一棱镜，，．某同学想测量其折射率，他用激光笔从面上的点射入一束激光，从点射出时与面的夹角为，点到面垂线的垂足为，．求：①该棱镜的折射率②改变入射激光的方向，使激光在边恰好发生全反射，其反射光直接到达边后是否会从 边出射？请说明理由．【答案】①②激光能够从CD边出射【解析】【分析】【详解】①如图所示，FG为法线∠D=75°，则∠EQA=75°，∠PQE=15°，∠PQA=60°，∠PQG=30所以入射角i=∠PQG=30°折射角r=45°由于光从棱镜射向空中，所以该棱镜的折射率②设全发射临界角为C，如图所示 因而∠OJD=60°激光在CD边的入射角30°＜45°，因而激光能够从CD边出射．