2022年湖南省邵阳市洞口县第三中学高三物理模拟试卷含解析
一、 选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意
1. (多选) “儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳．质量为 m 的小明如图静止悬挂时两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，若此时小明左侧橡皮绳在瞬间断裂，则小明此时
A．速度为零
B．加速度a＝g，沿原断裂绳的方向斜向下 C．加速度a＝g，沿未断裂绳的方向斜向上 D．加速度a＝g，方向竖直向下
参：
AB
2. 某一质点运动的位移x随时间t变化的图象如图所示，则( )
A. 在10 s末，质点的速度最大
B. 在0～10 s内，质点所受合外力的方向与速度方向相反 C. 在8 s和12 s时，质点的加速度方向相反 D. 在20 s内，质点的位移为9 m
参：
B
3. （多选）如图所示，在竖直平面内有一固定轨道，其中AB是长为R的粗糙水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的3/4光滑圆弧轨道，两轨道相切于B点．在推力作用下，质量为m的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时即撤去推力，小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C。重力加速度大小为g，取AB所在的水平面为零势能面。则小滑块AD
A．在AB段运动的加速度为2.5g B．经B点时加速度为
零
C．在C点时合外力的瞬时功率为mg
D．上滑时动能与重力势能相等的位置在直径DD′上方
参：
4. 据中新社3月10日消息，我国于2011年上半年发射“天宫一号”目标飞行器，2011年下半年发射“神舟八号”飞船并与“天宫一号”实现对接。某同学得知上述消息后，画出“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动的假想图，如图10所示，A代表“天宫一号”，B代表“神舟八号”，虚线为各自的轨道。由此假想图，可以判定 （ ）
A．“天宫一号”的运行速度小于第二宇宙速度 B．“天宫一号”的周期小于“神舟八号”的周期
C．“天宫一号”的向心加速度大于“神舟八号”的向心加速度 图10 D．“神舟八号”加速有可能与“天宫一号”实现对接 参： AD
5. 一人用力把质量为m的物体由静止竖直向上匀加速提升h，速度增加为v，则对此过程，下列说法正确的是
A．人对物体所做的功等于物体机械能的增量
B．物体所受合外力所做的功为
C．人对物体所做的功为
D．人对物体所做的功为
参： AB
二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分
6. （5分）假设在NaCl蒸气中存在由钠离子Na+和氯离子Cl-靠静电相互作用构成的单个氯化钠NaCl分子，若取Na+与Cl-相距无限远时其电势能为零，一个NaCl分子的电势能为-6.1eV，已知使一个中性钠原子Na最外层的电子脱离钠原子而形成钠离子Na+所需的能量（电离能）为5.1eV，使一个中性氯原子Cl结合一个电子形成氯离子Cl-所放出的能量（亲和能）为3.8eV。由此可算出，在将一个NaCl分子分解成彼此远离的中性钠原子Na和中性氯原子Cl的过程中，外界供给的总能量等于____________。 参：
答案：4.8
7. 如图12所示，（甲）图是某学生测量“匀变速直线运动的加速度”的实验装置，由于实验中连接重物和木块的细线过长，所以当重物着地后，木块还会在木板上继续滑行，图（乙）所示纸带是重物着地后的一段打点纸带（注意图中任两个计数点间都有四个点没有标出）。若打点计时器所用的交流电频率为50Hz，则木块的加速度为a=_____m/s2，木块与木板间的动摩擦因数μ=_____。（g=10 m/s2忽略空气阻力以及纸带与打点计时器间的摩擦，所有结果保留两位有效数字）
图12
参：
－0．50 0．050（或5．0×10－2）
以a表示加速度，根据匀变速直线运动的规律，有
a= 解得：a=-0.50m/s2
重物落地后木块只受摩擦力的作用，用m表示木块的质量，根据牛顿第二定律有： -μmg=ma 解得μ=0.050
8. 地球的半径约为R=00km，A、B两颗人造地球卫星沿圆轨道绕地球运行，它们离地球表面的高度分别为hA=3600km，hB=1700km，那末A、B两颗卫星的运行速率之比vA:vB=
，运行周期之比
TA：TB= 。
参：
9. 如图，给静止在水平粗糙地面上的木块一初速度，使之开始运动。一学生利用角动量定理来考察此木块以后的运动过程：“把参考点设于如图所示的地面上一点O，此时摩擦力f的力矩为0，从而地面木块的角动量将守恒，这样木块将不减速而作匀速运动。”请指出上述推理的错误，并给出正确的解释： 。
参：
该学生未考虑竖直方向木块所受的支持力和重力的力矩.仅根据摩擦力的力矩为零便推出木块的角动量应守恒，这样推理本身就不正确.事实上，此时支持力合力的作用线在重力作用线的右侧，支持力与重力的合力矩不为0，木块的角动量不守恒，与木块作减速运动不矛盾．（5分）
10. 如图所示，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质量为0.02kg，在该平面上以
、与导线成60°角的初速度运动，其最终的运动状态是__________，环中最多能产生
__________J的电能。
参：
匀速直线运动；0.03
金属环最终会沿与通电直导线平行的直线，做匀速直线运动；最终速度v=v0cos60°由能量守恒定律，得环中最多能产生电能E=ΔEk=0.03J 【考点定位】 电磁感应；能量守恒定律
11. 内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的半径大得多）．在细圆管中有两个直径略小于细圆管管径的小球（可视为质点）A和B，质量分别为m1和m2，它们沿环形圆管（在竖直平面内）顺时针方向运动，经过最低点时的速度都是v0；设A球通过最低点时B球恰好通过最高点，此时两球作用于环形圆管的合力为零，那么m1、m2、R和v0应满足的关系式是____________．
参：
（1）在飞机沿着抛物线运动时被训人员处于完全失重状态，加速度为g，抛物线的后一半是平抛运动，在抛物线的末端飞机速度最大，为v=250m/s.竖直方向的分量vy=250cos30o=216.5m/s．水平方
向的分量vx=250sin30o=125m/s．平抛运动的时间t=vy/g=22.2s．水平方向的位移是
s=vxt=2775m．被训航天员处于完全失重状态的总时间是t总=10×2t=444s．（2）T-mg=mv2/r 由
题意得T=8mg，r=v2/7g=915.7m（3）每飞过一个120o的圆弧所用时间t‘=（2πr/v）/3=7.67s，t总=10 t‘+t总=76.7+444=520.7s （4）s总=20s+10×2rsin30o=55500+15859=71359m．．
12. ①如果大量氢原子处在n=3的能级，会辐射出 种频率的光。
②在某些恒星内部，3个He原子结合成一个原子的质量为12.0000u，He原子
的质量为4.0026u．已知lu=1．66×10 -27kg，则反应过程中的质量亏损为 kg，释放的能量是 J．（已知光速为C=3.0×l08m/s，以上两结果均保留两位有效数字） 参：
13. 小车以某一初速沿水平长木板向左作减速运动，长木板左端外有一传感器，通过数据采集器和计算机相连，开始计时时小车距离传感器的距离为x0，可测得以后小车每隔0.1s离传感器的距离，测得的数据如下表，（距离单位为cm，计算结果保留3位有效数字）
x0 x1 x2 x3 x4 29.94 20.80 13.22 7.24 2.84
（1）小车离传感器为时x2小车的瞬时速度v2= _____m/s； （2）小车运动的加速度大小a=______ m/s2．
参：
⑴0.678m/s, （2）1.60 m/s2～1.57 m/s2均可
三、 简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分
14. 如图所示，水平传送带两轮心O1O2相距L1=6.25m，以大小为v0=6m/s不变的速率顺时针运动，传送带上表面与地面相距h=1.25m．现将一质量为m=2kg的小铁块轻轻放在O1的正上方，已知小铁块与传送带间动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2，求： （1）小铁块离开传送带后落地点P距离O2的水平距离L2；
（2）只增加L1、m、v0中的哪一个物理量的数值可以使L2变大．
参：
（1）小铁块离开传送带后落地点P距离O2的水平距离为2.5m；（2）只增加L1数值可以使L2变大．解：（1）小铁块轻放在传送带上后受到摩擦力的作用， 由μmg=ma得 a=μg=2m/s2，
当小铁块的速度达到6 m/s时， 由vt2=2ax得：x=9 m
由于9 m＞L1=6.25 m，说明小铁块一直做加速运动 设达到O2上方的速度为v，则v= =5m/s
小铁块离开传送带后做平抛运动
根据h=
gt2
得下落时间：t=
=0.5 s
由L2=vt=5×0.5=2.5 m （2）欲使L2变大，应使v变大 由v=
可知，L1增大符合要求
m、v0增大对a没有影响，也就对v和L2没有影响 因此，只增加L1、m、v0中的L1的数值可以使L2变大．
答：（1）小铁块离开传送带后落地点P距离O2的水平距离为2.5m；（2）只增加L1数值可以使L2变大．
15. 如图所示，质量为m带电量为+q的小球静止于光滑绝缘水平面上，在恒力F作用下，由静止开始从A点出发到B点，然后撤去F，小球冲上放置在竖直平面内半径为R的光滑绝缘圆形轨道，圆形轨道的最低点B与水平面相切，小球恰能沿圆形轨道运动到轨道末端D，并从D点抛出落回到原出发点
A处．整个装置处于电场强度为E= 的水平向左的匀强电场中，小球落地后不反弹，运动过程中没
有空气阻力．求：AB之间的距离和力F的大小．
参：
AB之间的距离为R，力F的大小为 mg．
考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；平抛运动；动能定理的应用． 专题： 带电粒子在电场中的运动专题．
分析： 小球在D点，重力与电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出D点的速度，小球离开D时，速度的方向与重力、电场力的合力的方向垂直，小球做类平抛运动，将运动分解即可；对小球从A运动到等效最高点D过程，由动能定理可求得小球受到的拉力．
解答： 解：电场力F电=Eq=mg 电场力与重力的合力F合=
mg，方向与水平方向成45°向左下方，
小球恰能到D点，有：F合=
解得：VD=
从D点抛出后，只受重力与电场力，所以合为恒力，小球初速度与合力垂直，小球做类平抛运动，以D为原点沿DO方向和与DO垂直的方向建立坐标系（如图所示）． 小球沿X轴方向做匀速运动，x=VDt
沿Y轴方向做匀加速运动，y=at2
a= =
所形成的轨迹方程为y=
直线BA的方程为：y=﹣x+（解得轨迹与BA交点坐标为（AB之间的距离LAB=R
+1）R R，R）
（3）长木板在水平面上发生的总位移． 参： 解析：
从A点D点电场力做功：W1=（1﹣ ）R?Eq
（1）设a、b分开后速度大小各为v1、v2．
重力做功W2=﹣（1+ ）R?mg；
F所做的功W3=F?R
有W1+W2+W3=mVD2，有F=
mg
答：AB之间的距离为R，力F的大小为 mg．
点评： 本题是动能定理和向心力知识的综合应用，分析向心力的来源是解题的关键．
四、计算题：本题共3小题，共计47分
16. （17分）静止放置在水平面上的长木板c的两端装有固定的竖直挡板p、q，两个小滑块a、b放置在长木板上，与两端挡板的距离都为L，如图所示．a、c的质量都为m，b的质量为3m．a、b之间夹有少量的火药，火药点燃后在很短时间内将两个滑块从静止分开，两个滑块获得的总动能为E 0，设一切摩擦力均可忽略不计，滑块碰到挡板时立刻与挡板粘合在一起．求：
（1）a、b分开后滑块a、b的速度．
（2）滑块a碰到挡板p时，b与挡板q之间的距离．
依题意得
取水平向左的方向为正方向，根据动量守恒定律得
解得a、b分开后滑块a、b的速度分别是
（方向向左）
（方向向右）
2）设a经过时间t1碰到挡板p，则
a的位移为 b的位移为
解得
此时b与挡板q之间的距离
（（3）设a碰撞挡板p后共同速度为v3，根据动量守恒定律得 17. （10分）离地面高度为1500m处一架飞机以360km/h的速度水平飞行，已知投下的物体
设再经过时间t2时b碰到挡板p，则
c的位移为
b的位移为
解得
b与挡板q碰撞，根据动量守恒定律得
可得碰后速度v＝0，整体停下．
因此长木板在水平面上发生的总位移为． 在离开飞机10s后降落伞张开，即做匀减速直线运动，为了将物体投到地面某处并减速至零，求
（1）应该在离开该地水平距离多远处开始投下； （2）求从物体离开飞机到落地的总时间。（g=10 m/s2） 参：
解析：
v0=360 km/h=100 m/s t=10 s
h=gt2=500 m H=(1500-500) m=1000 m
vg=gt=100 m/s
t′=
=20s
t总 =30s
s=v0t+
t′=2000 m
18. 如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm的区域MNPQ内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T．水平边界MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=200N/C．现有大量质量m=6.6×10﹣27kg、电荷量q=3.2×10﹣19C的带负电的粒子，同时从边界PQ上的O点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为v=1.6×106m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：
(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r；
(2)求与x轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t；
(3)当从MN边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的
夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程．
参：
（1）洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有解得 r=0.1m
（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场 粒子在电场中运动的加速度 粒子在电场中运动的时间 解得 t=3.3×10﹣4s
（3）如图乙所示，由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°，圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°． 则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围为30°～60° 所有粒子此时分布在以O点为圆心，弦长0.1m为半径的圆周上 曲线方程为 x2+y2=R2（R=0.1m，
≤x≤0.1m）
