届安徽省阜阳市临泉县第一中学高三上学期第三次模拟物理试题解析版.docx

届安徽省阜阳市临泉县第一中学高三上学期第三次模拟物理试题解析版.docx

《届安徽省阜阳市临泉县第一中学高三上学期第三次模拟物理试题解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届安徽省阜阳市临泉县第一中学高三上学期第三次模拟物理试题解析版.docx（16页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

届安徽省阜阳市临泉县第一中学高三上学期第三次模拟物理试题解析版

临泉一中2019届高三第三次模拟考试物理试卷

一、选择题（每小题4分,共48分。

1-8单选，9-12多项选择。

请将正确答案的序号填涂在答题卡上,全部选对的得4分,有漏选的得2分,有错选或不选的得0分）

1.在科学的发展历程中，许多科学家做出了杰出的贡献．下列叙述符合历史事实的是（　　）

A.爱因斯坦发现了万有引力定律

B.卡文迪许总结出了行星运动的三大规律

C.伽利略否定了亚里士多德“重物比轻物下落快”的论断

D.牛顿首先较准确地测出了万有引力常量G的数值

【答案】C

【解析】

【详解】牛顿发现了万有引力定律，选项A错误；开普勒总结出了行星运动的三大规律，选项B错误；伽利略否定了亚里士多德“重物比轻物下落快”的论断，选项C正确；卡文迪许首先较准确地测出了万有引力常量G的数值，选项D错误；故选C.

2.一倾角为30°的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑。

现给物体施加如图所示力F，F与竖直方向夹角为30°，斜劈仍静止，物体加速下滑，则此时地面对斜劈的摩擦力为（）

A.大小为零

B.方向水平向右

C.方向水平向左

D.无法判断大小和方向

【答案】A

【解析】

试题分析：

开始时物体匀速下滑，所以有：

给物体施加一个与竖直方向夹角为30°的力F后，斜劈由此受到的力沿水平方向左右相等，

，所以地面对斜劈的摩擦力仍然为0，

考点：

力的分解滑动摩擦力

3.利用如图所示的斜面测量物体下滑的加速度。

在斜面上取O、A、B三点，让一物体从O点由静止开始下滑，先后经过A、B两点，测出A、B之间的距离x和物体经过A、B两点的时间t。

保持O、B两点的位置不变，改变A点在斜面上的位置，仍让该物体从O点由静止开始下滑，多次试验后得出

图象如图所示，则物体沿斜面下滑的加速度大小为（　　）

A.2m/s2

B.8m/s2

C.6m/s2

D.4m/s2

【答案】D

【解析】

【详解】设物体从O运动到B的时间为t0。

根据匀变速直线运动的位移时间公式有：

；变形得：

知

−t图象的斜率k=-

a；则得：

；得：

a=4m/s2，加速度大小为4m/s2。

故选D。

4.如图所示，Q1和Q2是在真空中固定的两个等量同种电荷，A和B是Q1和Q2连线上关于中点O对称的两点。

一电子从A点由静止开始运动，运动中仅受电场力作用，此电子就以O为中心在A、B之间来回往复运动。

一面说法中正确的是（）

A.Q1和Q2都带正电

B.电子在O点的速度最大

C.A、O、B三点中，O点的电势最低

D.电子在O点具有的电势能最大

【答案】B

【解析】

【详解】电子带负电，仅受电场力作用由静止开始从A向B运动，所以Q1和Q2都应该带负电，故A错误；电场力对电子先做正功后做负功，动能先增大后减小，O点电场力为零，动能最大，所以O点速度最大，故B正确；电场力对电子先做正功后做负功，电场力做功等于电势能的减小量，故电势能先减小后增加，故电子在O点的电势能最小；根据

，O点的电势最高；故CD错误；故选B。

【点睛】本题主要是对带电粒子在电场中运动的考查，还要知道两个等量同种点电荷产生的电场的特点，能根据功能关系定性分析电势能和动能的变化情况.

5.如图所示，表面光滑的足够长的倾斜直杆一端固定于水平面上，另一端固定在一竖直的立柱上，小球穿过直杆并与弹簧相连接，开始时小球处于压缩弹簧正下方的A点，由静止释放小球，当滑到杆上B点时，弹簧的伸长量与在A点时弹簧的压缩量相等。

则下列说法正确的是（）

A.从A到B的过程中，小球机械能守恒

B.从A到B的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大

C.在B点时小球的动能小于由A到B减少的重力势能

D.小球速度最大时，弹簧处于原长状态

【答案】B

【解析】

【详解】从A到B的过程中，弹簧的弹力要对小球做功，则小球机械能不守恒，选项A错误；从A到B的过程中，弹簧先恢复原长、后来又伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故B正确；从A到B弹簧弹力做功为零，根据动能定理可知在B点时小球的动能等于由A到B减少的重力势能，故C错误；小球速度最大时，小球的加速度为零，此时弹簧处于伸长状态，故D错误。

故选B.

【点睛】对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法。

掌握动能定理、机械能守恒定律的应用方法。

6.如图所示，倾斜放置的圆盘绕着中轴匀速转动，圆盘的倾角为37°，在距转动中心r=0.1m处放一个小木块，小木块跟随圆盘一起转动，小木块与圆盘间的动摩擦因数为μ=0.8，假设木块与圆盘的最大静摩擦力与相同条件下的滑动摩擦力相同。

若要保持小木块不相对圆盘滑动，圆盘转动的角速度最大不能超过（）

A.2rad/sB.8rad/sC.

D.

【答案】A

【解析】

试题分析：

因为木块在最低点时所受的静摩擦力方向沿圆盘向上，最高点的所受的静摩擦力等于最低点的静摩擦力，可知只要小木块转过最低点时不发生相对滑动就能始终不发生相对滑动．根据牛顿第二定律求出圆盘转动的最大角速度．

解：

只要小木块转过最低点时不发生相对滑动就能始终不发生相对滑动，设其经过最低点时所受静摩擦力为f，由牛顿第二定律有f﹣mgsinθ=mrω2；为保证不发生相对滑动需要满足f≤μmgcosθ．联立解得ω≤2rad/s．故A正确，B、C、D错误．

故选A．

【点评】解决本题的关键知道只要小木块转过最低点时不发生相对滑动就能始终不发生相对滑动，结合牛顿第二定律和最大静摩擦力进行求解．

7.太空飞船在宇宙空间中飞行时，会遇到太空尘埃的碰撞而受到阻碍作用。

设单位体积的太空均匀分布着尘埃n颗，每颗尘埃平均质量为m，尘埃速度可忽略、飞船的横截面积为S，与尘埃碰撞后将尘埃完全黏附住。

当飞船维持恒定的速率v飞行时，飞船引擎需要提供的平均推力为

A.

nmv2SB.nmv2SC.

nmv2SD.

nmv2S

【答案】B

【解析】

以飞船为参照物，选择一和飞船横截面积相等的圆柱内的尘埃进行研究，则该圆柱内的尘埃相对飞船以速度v做匀速直线运动，在t时间内，由长度为x=vt，横截面积S，体积为V=vtS的尘埃柱碰到飞船上，尘埃柱内尘埃颗粒数目为N=nvtS,尘埃总质量为M=Nm=mnvtS,根据动量定理：

Ft=Mv，联立解得：

，故B正确。

8.如图所示，平行板电容器与恒定直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移一小段距离，则（　　）

A.油滴将竖直向上运动

B.P点电势降低

C.带电油滴电势能减少

D.电容减小，电量将增大

【答案】B

【解析】

【详解】A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据

得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动；故A错误。

B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低；故B正确。

C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加；故C错误。

D、根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；

故选B。

【点睛】本题抓住电容器与电源保持连接电压不变，运用

分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：

正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．

9.为模拟空气净化过程，有人设计了如图所示的含灰尘空气的密闭玻璃圆桶，圆桶的高和直径相等．第一种除尘方式是：

在圆桶顶面和底面间加上电压U，沿圆桶的轴线方向形成一个匀强电场，尘粒的运动方向如图甲所示；第二种除尘方式是：

在圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间加上的电压也等于U，形成沿半径方向的辐向电场，尘粒的运动方向如图乙所示．已知空气阻力与尘粒运动的速度成正比，即f＝kv（k为一定值），假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，初速度和重力均可忽略不计，不考虑尘粒之间的相互作用，则在这两种方式中（）

A.尘粒都做直线运动B.尘粒受到的电场力大小相等

C.电场对单个尘粒做功的最大值相等D.在乙容器中，尘粒做类平抛运动

【答案】AC

【解析】

试题分析：

根据分析灰尘的受力，判断灰尘最终落在圆柱上，电场对单个尘粒做功的最大值为uq都相等．

解：

A、因初速为0，则尘粒沿合力方向做直线运动，故A正确；

B、每种除尘方式受到电场力大小F=qE，但两种不同方式中，空间中的电场强度不同，所以尘料所受电场力大小是不同的，故B错误；

C、电场对单个尘粒做功的最大值为qU，故在两种情况下电场对尘粒做功的最大值相同，故C正确；

D、乙容器中尘粒运动过程中阻力随速度在变化，所受合力不为恒力，故尘粒做的不是类平抛运动，故D错误．

故选：

AC．

【点评】考查静电除尘的应用，是道较新颖的题目，也是物理与生活相结合的典型，本题抓住尘粒的受力特征，再分析．

10.设地球的质量为M，半径为R，自转角速度为ω，万有引力常量为G，同步卫星离地心高度为r，地表重力加速度为g，则关于同步卫星的速度v的表达式正确的是（）

A.

B.

C.

D.

【答案】ACD

【解析】

【详解】因为同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等，则同步卫星的轨道半径为r，故同步卫星的线速度v=ωr．故A正确。

根据万有引力提供向心力，有：

，解得：

．故B错误。

根据

，解得

，则

，选项C正确；因为GM=gR2，得：

．故D正确。

故选ACD。

【点睛】解决本题的关键知道同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等，以及掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这连个理论，并能灵活运用．

11.如图所示，斜面与水平面之间的夹角为45°，在斜面底端A点正上方高度为6m处的O点，以1m/s的速度水平抛出一个小球，飞行一段时间后撞在斜面上，则可以求出 （   ）

A.撞击点离地面高度为5m

B.撞击点离地面高度为1m

C.飞行所用的时间为1s

D.飞行所用的时间为2s

【答案】BC

【解析】

【详解】经过t时间撞在斜面上，此时水平位移x=v0t，竖直位移y=

gt2，根据tan45°＝

，解得t=1s。

撞击点离地面的高度h′＝h−

gt2＝6m−5m＝1m．故BC正确，AD错误。

故选BC。

【点睛】解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，运用运动学公式进行求解．

12.如图所示，在距水平地面高为0.8m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套一质量m1=5kg的滑块A。

半径R=0.6m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量m2=3kg的小球B。

用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将滑块与球连接起来。

杆和半圆形轨道在同一竖直面内，滑块和小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响。

现给滑块A施加一个水平向右、大小为55N的恒力F（g=10m/s2），把小球B从地面拉到半圆形轨道顶点C。

则（）

A.整个过程中力F做功为44J

B.小球B运动到C处时的速度大小为0

C.小球B被拉到与滑块A的速度大小相等时，

D.把小球B从地面拉到半圆形轨道顶点C处时小球B的机械能增加了18J

【答案】AC

【解析】

【详解】设PO=H．由几何知识得，PB=

，PC=H-R=0.2m。

F做的功为W=F（PB-PC）=55×（1-0.2）=44J．故A正确。

当B球到达C处时，已无沿绳的分速度，所以此时滑块A的速度为零。

对两球及绳子组成的系统的能量变化过程，由功能关系，得W=

m2v12+m2gR，解得小球B运动到C处时的速度v1=4.16m/s，故B错误。

当绳与轨道相切时滑块A与B球速度相等，由几何知识得：

sin∠OPB=

．故C正确。

把小球B从地面拉到半圆形轨道顶点C处时小球B的机械能增加量为△E=

m2v12+m2gR=44J．故D错误。

故选AC。

【点睛】本题连接体问题，从功能关系研究物体的速度与高度，关键分析两物体之间速度的关系和运用几何知识研究物体的位移．

二、填空题（每空3分，共计15分）

13.某探究学习小组的同学要验证“牛顿第二定律”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘．实验首先保持轨道水平，通过调整砝码盘里砝码的质量让小车做匀速运动以实现平衡摩擦力，再进行后面的操作，并在实验中获得以下测量数据：

小车、力传感器和挡光板的总质量M，平衡摩擦力时砝码和砝码盘的总质量m0，挡光板的宽度d，光电门1和2的中心距离s.

（1）该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于车的质量？

________（填“需要”或“不需要”）

（2）实验需用游标卡尺测量挡光板的宽度d；

（3）某次实验过程：

力传感器的读数为F，小车通过光电门1和2的挡光时间分别为t1、t2（小车通过光电门2后，砝码盘才停止下落），已知重力加速度为g，则该实验要验证的表达式是_______．（用题中所给字母符号表示）

【答案】

（1）.不需要

（2）.

【解析】

【详解】

（1）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量。

（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度。

滑块通过光电门1速度为：

v1＝

滑块通过光电门2速度为：

v2＝

根据功能关系需要验证的关系式为：

（F-f）s＝

Mv22−

Mv12，其中f=m0g

即：

【点睛】了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提。

14.如图所示是利用自由落体运动进行“验证机械能守恒定律”的实验装置，所用的打点计时器通以50Hz的交流电。

（1）某同学按照正确的实验步骤操作后，选出一条纸带如图所示，其中O点为重物刚要下落时打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，用刻度尺测得OA=12.41cm，OB=18.60cm，OC=27.21cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点。

已知重物的质量为1.00kg，取g=9.80m/s2。

在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量ΔEp=_____J；重物的动能增加量ΔEk=_______J（结果均保留三位有效数字）。

（2）根据该同学数据处理的结果，回答这个结果是否合理？

并简要说明依据是什么。

______________________.

【答案】

（1）.1.82

（2）.1.71（3）.合理，各种摩擦阻力不可能消除，有一定的影响

【解析】

【详解】

（1）在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量△Ep=mghOB=1×9.8×0.186J≈1.823J=1.82J，

B点的速度：

vB=

=1.85m/s，则动能的增加量△EK=

mvB2=

×1.00×1.852J≈1.71J．

（2）这个结果合理；因各种摩擦阻力不可能消除，有一定的影响，则使得重力势能的减小量略大于动能的增量.

【点睛】解决本题的关键知道实验的原理，知道重力势能的减小量略大于动能增加量的原因，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解重力势能的减小量，通过平均速度推论求出瞬时速度的大小，从而得出动能的增加量．

三、计算题（要写出必要的文字说明和解题过程,只写出结果,没有过程不能得分）

15.如图所示，倾角为37°，长为l＝16m的传送带，转动速度为v＝10m/s，动摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5kg的物体．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.g＝10m/s2.求：

（1）传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；

（2）传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．

【答案】

（1）t＝4s

（2）t总＝2s

【解析】

试题分析：

（1）传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有

mg（sin37°－μcos37°）＝ma

则a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2，

根据l＝

at2得t＝4s．

（2）传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得，mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1

则有a1＝10m/s2

设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有

，

x1＝

a1t2＝5m

l＝16m

当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin37°>μmgcos37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则

x2＝l－x1＝11m

又因为x2＝vt2＋

a2t22，则有10t2＋t22＝11，

解得：

t2＝1s（t2＝－11s舍去）

所以t总＝t1＋t2＝2s．

考点：

牛顿第二定律的综合应用

【名师点睛】解决本题的关键理清物体的运动规律，知道物体运动，明确速度和加速度的变化，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．从此题看出出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。

16.如图所示，质量M＝0.8kg的平板小车静止在光滑水平地面上，在小车左端放有质量mA＝0.2kg的物块A（可视为质点），在物块A正上方L＝0.45m高处有一固定悬点，通过不可伸长且长度也为L的细绳悬挂一质量mB＝0.1kg的物块B，把细绳向左拉到某位置静止释放，物块B（视为质点）在最低点时绳子拉力大小T=3N,随后与物块A发生弹性碰撞（时间极短）。

最终物块A没有滑离小车。

重力加速度g＝10m/s2。

求：

（1）物块B与物块A碰撞前瞬间速度大小v0；

（2）物块A被碰撞后瞬间速度vA；

（3）产生的内能。

【答案】

（1）3m/s；

（2）2m/s；（3）0.32J

【解析】

【详解】

（1）物块B最低点：

解得v0=3m/s

（2）物块B与物块A发生弹性碰撞，设碰后B的速度vB,由A、B碰撞前后动量守恒、机械能守恒有：

联立解得：

vA＝2m/s

（3）最终物块A速度与小车的相等，设物块和小车的共同速度大小为v

由动量守恒定律有：

解得：

v=0.4m/s

由能量守恒定律得：

联立解得：

Q＝0.32J

【点睛】按照时间的顺序逐一分析物体间的相互作用过程，分析得到物体间相互作用时满足的规律：

动量守恒、能量守恒等，进而求出要求的物理量。

17.一平行板电容器长L＝10cm，宽a＝8cm，板间距d＝4cm，在板左侧有一个U0=400V加速电场（图中没画出），使不计重力的离子从静止经加速电场加速后，沿足够长的“狭缝”，沿着与两板平行的中心平面，连续不断地向整个电容器射入，离子的比荷均为2×1010C/kg，距板右端L/2处有一屏，如图甲所示，如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交流电，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场。

试求：

（1）离子进入平行板电容器时的速度；

（2）离子打在屏上的区域面积；

（3）在一个周期内，离子打到屏上的时间.

【答案】

（1）v0=4×106m/s

（2）S=64cm2（3）t＝0.0128s

【解析】

【详解】

（1）设离子进入平行板电容器时速度为v0,根据动能定理

qU0=

mv02

解得：

v0=

=4×106m/s

（2）设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U0，

水平方向：

L＝v0t①

竖直方向：

②

又a＝

③

由①②③得U0＝

＝128V

即当U≥128V时离子打到极板上，当U<128V时离子打到屏上，

利用推论：

打到屏上的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上，由此可得：

，

解得y＝d，

又由对称性知，打到屏上的总长度为2d

则离子打到屏上的区域面积为S＝2da＝64cm2.

（3）在前

T，离子打到屏上的时间：

t0＝

×0.005s＝0.0032s，

又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间t＝4t0＝0.0128s.