陕西省西安市西安交通大学附属中学雁塔校区2022-2023学年高三下学期三模物理试题（含解析）

这是一份陕西省西安市西安交通大学附属中学雁塔校区2022-2023学年高三下学期三模物理试题（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
陕西省西安市西安交通大学附属中学雁塔校区2022-2023学年高三下学期三模物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．如图所示，在匀强磁场中的A点有一静止的放射性原子核，它发生某种衰变时，射出的粒子及新核做如图所示轨迹的圆周运动，测得两轨迹的半径之比为44：1，则下列判断正确的是（　　）  A．这是衰变，衰变时新核向右运动，放射性元素的原子序数是43B．这是衰变，衰变时新核向左运动，放射性元素的原子序数是43C．这是衰变，衰变时新核向右运动，放射性元素的原子序数是90D．这是衰变，衰变时新核向左运动，放射性元素的原子序数是902．如图所示，质量为M的斜面体静止在水平地面上，质量为m的滑块在沿着斜面向上的恒力F作用下向下做匀速运动，斜面体始终处于静止状态。已知重力加速度为g，在滑块下滑的过程中，下列说法正确的是（　　）A．滑块与斜面体之间的动摩擦因数μ大于tanθB．撤去恒力F后，地面对斜面体的支持力不变C．地面对斜面体的支持力大于（M＋m）gD．地面对斜面体的摩擦力方向水平向左3．如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为的木块A放在长木板的左端，一颗质量为的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为，木块在木板上滑行的时间为t，则下列说法错误的是（　　）  A．木块获得的最大速度为B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为C．木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑动摩擦力大小为D．因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差4．假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，自身球体半径分别为RA和RB．两颗行星各自周围的卫星的轨道半径的三次方（r3）与运行公转周期的平方（T2）的关系如图所示；T0为卫星环绕各自行星表面运行的周期．则（　　）A．行星A的质量小于行星B的质量B．行星A的密度小于行星B的密度C．行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度D．当两行星周围的卫星的运动轨道半径相同时，行星A的卫星的向心加速度大于行星B的卫星的向心加速度5．如图所示，描述物体做自由落体运动的是( )A． B．C． D． 二、多选题6．理想自耦变压器如图所示，开始时滑片P置于图中所示位置，此时原、副线圈的匝数比是5：1，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，电压表和电流表均为理想交流电表，开关K断开，则下列说法正确的是　　A．电压表的读数为44VB．若只将开关K闭合，则滑动变阻器的热功率变大C．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则两电表读数均减小D．若只将滑片顺时针方向滑过一小段长度，则电流表示数减小7．如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为，边长为的正方形闭合单匝线框斜向穿进磁场，当（为正方形的对角线）刚进入磁场时速度为（），若线框的总电阻为，则（   ）A．刚进入磁场时线框中感应电流为B．刚进入磁场时线框所受安培力为C．此时两端电压为D．此时两端电压为8．如图，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高．一质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方处．小球从最高点A由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g．下列说法正确的是：（　　）A．小球运动到B点时的速度大小为2B．小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mgC．小球运动到B点时重力的功率为2mgD．弹簧长度等于R时，小球的机械能最大9．下列说法正确的是（  ）A．某种液体的饱和气压与温度有关B．多晶体都具有各向同性的特点C．第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律D．当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以分子间的作用力一定表现为引力E．一定质量的理想气体，放热的同时外界对其做功，其内能可能减少10．如图所示为一列简谐横波在t=0时刻的图象．此时质点P的运动方向沿y轴负方向，且当t=l.8s时质点P恰好第3次到达y轴负方向最大位移处。下列说法正确的是（    ）A．波沿x轴负向传播B．波的传播速度为lm/sC．至t=l.6s，质点P的运动路程为0.4mD．经0.1s，质点Q第一次到达y轴正方向最大位移处E．Q点的振动方程cm 三、实验题11．某同学利用图甲所示的实验装置，探究物体在水平桌面上的运动规律，物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离后停在桌面上（尚未到达滑轮处）. 从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示. 打点计时器电源的频率为50Hz.（不计空气阻力，g=10. 0m/s2）（1）通过分析纸带数据，可判断重物在两相邻计数点__________和__________之间某时刻落地. （2）计数点3对应的速度大小v3=__________（保留三位有效数字）（3）物块减速运动过程中加速度的大小为a=__________m/s2. （保留三位有效数字）（4）物块与桌面的动摩擦因数为__________，物块与重物质量比为__________．12．如图是某实验小组进行的用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，画出的U-I图像，从图像中可以读出其测出的电动势是______V，内阻是______    四、解答题13．如图所示，半径的光滑圆弧轨道固定在光滑水平面上，在轨道末端C点紧靠不相连一质量的长木板，长木板上表面与圆弧轨道末端的切线相平，距离木板右侧1m处有一固定在地面上的木桩，轨道上方的A点与轨道圆心D的连线长也为R，且AO连线与水平方向夹角。一个可视为质点、质量为的小物块，从A点由静止开始下落后打在圆弧轨道的B点，假设在该瞬间碰撞过程中，小物块沿半径方向的分速度立刻减为零，而沿切线方向的分速度不变，此后小物块将沿圆弧轨道下滑，已知小物块与长木板间的动摩擦因数，（g取10m/s2）求：（1）小物块刚运动到B点时的速度大小；（2）长木板第一次与木桩碰撞时的速度大小（与木桩碰前小物块没有脱离木板）；（3）假设长木板与木桩和圆弧轨道间的每一次碰撞过程都不损失机械能，为使小物块不滑出长木板，木板的长度至少为多少？  14．如图所示，截面积分别为2S=2cm2与S=1cm2的两个上部开口的柱形汽缸A、B，底部通过体积可以忽略不计的细管连通，A、B两个汽缸内分别有两个活塞，质量分别为mA= 2.8kg、mB = 1.4kg．A汽缸内壁粗糙，活塞与汽缸间的最大静摩擦力为f=6N，B汽缸内壁光滑．当汽缸内充有某种理想气体时，A中的活塞高为hA=4cm，B中活塞高度为hB =5cm，此时气体温度为T0=390K，外界大气压为p0=1.0×105Pa．现在缓慢降低气体温度，g取10m/s2，则①当汽缸B中的活塞刚好下降至汽缸底部时，气体的温度T1；②当汽缸A中的活塞刚要滑动时，气体的温度T2．15．如图所示，直线MN与两平行极板垂直。两极板之间存在匀强电场，电场强度大小为E，方向向右，极板间距离为d，S1、S2为极板上的两个小孔。在MN下方和两极板外侧区域存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。MN上方有一绝缘挡板PQ，与MN平行放置。从小孔S1处由静止释放的带正电粒子，经电场加速后，恰能从小孔S2进入磁场，飞出右侧磁场后与挡板PQ相碰。已知两小孔S、S到直线MN的距离均为d，粒子质量为m、电量为q，与挡板碰撞前后，粒子电量没有损失，平行于挡板方向的分速度不变，垂直于挡板方向的分速度反向，大小不变，不计粒子的重力。(1)求粒子到达小孔S2时的速度大小(2)若磁场的磁感应强度大小为，为保证粒子再次回到S2，挡板PQ应固定在离直线MN多远处？(3)若改变磁场的磁感应强度大小，使粒子每次通过S2进入磁场后均能沿第(2)问中的路径运动，求粒子第n次通过两侧磁场区域所用时间16．如图所示，一透明球体置于空气中，球半径，折射率。MN是一条通过球心的直线，单色细光束AB平行于MN射向球体，B为入射点，AB与MN间距为，CD为出射光线。（1）完成光路；（2）求光从B点传到C点的时间。  
参考答案：1．A【详解】因射出粒子与新核在磁场中运动的轨迹是内切圆，故射出粒子带负电，即为粒子。由得所以可知放射性元素的原子系数为43，由洛伦兹力的方向判定知衰变后新核向右运动，射出粒子向左运动。故选A。2．B【详解】A．对m进行受力分析可知m受四个力作用，由于m向下做匀速运动，所以有F＋Ff＝mgsinθFf＝μmgcosθ则μ＝tanθ－A错误；B．对M进行受力分析可知，M所受的力与恒力F没有关系，故撤去恒力F后，地面对斜面体的支持力不变，B正确；C．对整体进行受力分析可知，地面对斜面体的支持力小于（M＋m）g，C错误；D．对整体受力分析可知，地面对斜面体的摩擦力方向水平向右，D错误。故选B。3．B【详解】A．对子弹和木块A组成的系统，根据动量守恒定律解得此后木块A与子弹一起做减速运动，则此时木块的速度最大，选项A正确；B．木块滑离木板时，对木板和木块包括子弹系统解得选项B错误；C．对木板，由动量定理：解得选项C正确；D．由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，选项D正确。本题选错误的，故选B。4．D【详解】A．根据万有引力提供向心力，有解得：对于环绕行星A表面运行的卫星，有T0= …①对于环绕行星B表面运行的卫星，有T0= …②联立①②得…③由图知，RA>RB，所以MA>MB，故A错误；B． A行星质量为：MA=ρAB行星的质量为：MB=ρB，代入③解得：ρA=ρB，故B错误；C．行星的近地卫星的线速度即第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力，有解得：v= = ∝R因为RA>RB，所以vA>vB，故C错误；D．根据知a=由于MA>MB，行星运动的轨道半径相等，则行星A的卫星的向心加速度大于行星B的卫星的向心加速度，故D正确。故选D。5．C【详解】A图表示匀速运动，B图表示静止，C图表示匀加速直线运动，D图表示匀速直线运动，而自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，故C正确．故选C．点睛：本题考查了自由落体运动的特点以及v-t图象和s-t图象的特点，知道v-t图像的斜率等于加速度，x-t图像的斜率等于速度.6．BD【详解】根据电压与匝数成正比，即，即，得，根据电流的热效应，有，解得，故A错误；将开关K闭合，二极管被短路，滑动变阻器消耗的热功率为原来的2倍，即滑动变阻器的热功率变大，故B正确；将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器的电阻变大，变压器的输出功率减小，原线圈电压不变，电流表读数减小，电压表示数不变，故C错误；若只将滑片顺时针方向滑过一小段长度，副线圈匝数减小，副线圈电压减小，输出功率减小，输入功率减小，根据，知电流表读数减小，故D正确；故选BD.【点睛】本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解．7．BC【详解】ACD．刚进入磁场时，只有边切割磁感线，边没有切割磁感线，产生的感应电动势为根据闭合电路欧姆定律，线框中感应电流为边产生电动势，相当于电路电源，故两端电压为外电压，则有C正确，AD错误；B．刚进入磁场时，边受到的安培力方向与方向相反，垂直于边向下，边受到的安培力方向垂直于向下，两边受到的安培力大小均为由几何关系可知，边与边受到的安培力的方向相互垂直，故线框所受安培力为B正确。故选BC。8．ABD【详解】A. 小球在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等，小球从A到B的过程，根据系统的机械能守恒得：解得：，故A正确；B. 设小球在A、B两点时弹簧的弹力大小为F．在A点，圆环对小球的支持力 F1=mg+F在B点，由圆环，由牛顿第二定律得：解得圆环对小球的支持力为：F2=5mg+F则F2-F1=4mg由牛顿第三定律知，小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg，故B正确；C. 小球运动到B点时重力与速度方向垂直，则重力的功率为0，故C错误；D. 根据小球与弹簧系统的机械能守恒知，弹簧长度等于R时，小弹簧的弹性势能为零即最小，则小球的机械能最大，故D正确．9．ABE【详解】A．液体的饱和蒸气压与温度有关，饱和蒸气压随温度的升高而增大，故A正确；B．单晶体具有各向异性的特点，例如云母，多晶体的物理性质确是各向同性，故B正确；C．第二类永动机没有违反能量守恒定律，违反了热力学第二定律，故C错误；D．当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以分子间的作用力在时主要表现为斥力，而分子间的作用力表现为引力，故D错误；E．由热力学第一定律，一定质量的理想气体，放热的同时外界对其做功，则其内能可能减少，故E正确。故选ABE。10．ACE【详解】A．此时刻质点P的运动方向沿y轴负方向，由波形的平移法可知波沿x轴负方向传播，故A正确；B．由题可知，t=0到t=1.8s这段时间里，质点P恰好第3次到达y正方向最大位移处，则有解得T=0.8s由图可知波长为则波速度为故B错误；C．至t=1.6s，质点P刚好运动了2个周期，则运动的路程为故C正确；D．由题意可知，t=0时刻Q的振动方向向上，由2.5cm运动至5cm处，位移增大，加速度大小不断增加朋且方向向下，故Q的振动速度减小的越来越快，故质点Q第一次到达y轴正方向最大位移处的时间小于，故D错误；E．振幅为A=5cm角速度初相位为，则质点Q的振动方程为在t=0时刻y=2.5cm即解得即初相位为故其振动方程为故E正确。故选ACE。11．     6     7     0.601     2.00     0.2     2∶1【详解】（1）从纸带上的数据分析得知：在点计数点6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，位移的增量为定值，均为2cm，而在6、7间增加的位移小于2cm； 故说明在6、7间物体即开始减速；（2）每5个点取1个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上某点时小车的瞬时速度大小．计数点3对应的速度大小为 （3）计数点根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出物块加速运动过程中加速度，得：．而物块减速运动过程中加速度，得：．因此减速运动过程中加速度的大小为2.00m/s2；（4）设物块的质量为M，而重物质量为m；根据f=μMg，再由牛顿第二定律，f=Ma，则有：；在加速过程中，则有，mg-μMg=（M+m）a而μMg=Ma′，解得：M：m=2：1；12．     3.0     5.0【详解】[1][2]由闭合电路欧姆定律可得，由图像可知，电源电动势为E=3.0V电源内阻为13．（1）4m/s；（2）；（3）3.125m【详解】（1）小物块落到圆弧上的B点，B、A两点关于O点对称，则根据机械能守恒定律，有解得所以小物块运动到B点时的速度大小为；（2）小物体到达B点后沿切线方向的分速度解得小物体从B点到C点，机械能守恒，取圆弧最低点C为重力势能的零点；则有；解得设长木板第一次与木桩碰撞之前，小物块与木板的速度相同；由系统的动量守恒解得对长木板，由动能定理得解得假设成立，即长木板第一次与木桩碰撞时，速度的大小为；（3）长木板第一次与木桩碰撞反弹后；根据动量守恒得解得由能量守恒解得所以木板的长度至少为。14．①；②【详解】①此过程为等压过程解得②从B活塞到达底部，到A活塞开始运动，气体发生等容变化最初，对B活塞，活塞要动时，对A活塞，考点：考查了理想气体状态方程的应用15．(1)；(2)；(3)  ，其中n=1，2，3，……【详解】(1)粒子从释放到第一次到达S2过程，由动能定理得   ①求得    ②(2)粒子运动轨迹如图示；粒子在磁场中运动时，有     ③得 ④由几何关系可知，粒子第一次从MN射出磁场时与MN的夹角为60º，为保证粒子再次回到S2，须打到挡板上如图示的位置O。则挡板与MN的距离应为 ⑤解得 ⑥(3)设粒子第n次通过磁场的速度为vn，由动能定理可得  （n=1，2，3，……）   ⑦由于 所以有  ⑧粒子第n次在磁场运动的周期 ⑨粒子第n次通过磁场所用的时间   其中 n=1，2，3，……16．（1）见解析；（2）【详解】（1）光路图如图所示  （2）如图所示，光在介质中的传播速度为根据几何关系可得根据折射定律得可得解得折射角为光线在玻璃砖中传播的距离为则光从B点传到C点的时间为