河南省2022年上学期鹤壁市高级中学高三物理第一次模拟测试试题答案

河南省2022年上学期鹤壁市高级中学高三物理第一次模拟测试试题答案1.D2．C运用逆向思维，将火车的运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动相同位移的时间比关系可知，第7节车厢和第6节车厢经过旅客的时间之比t7∶12252t6＝1∶(2－1)＝t7∶4，故t7＝4(1＋2)s，由L＝at7，解得动车的加速度大小a＝m/s≈0.5224＋1622m/s，选项C正确．3.BT时刻甲、乙两车速度相等．若甲车在前乙车在后，当s1＋s2≥s0＋s2，即s0≤s1时乙车将超越甲车，由于甲车加速度较大，此后甲车又将超越乙车，两车相遇两次；若乙车在前甲车在后，s0＝s2时，甲车加速度较大，故两车在T时间不会相遇，在t>T时会相遇；当s0＝s1时，有s1＋s2＝s0＋s2，两车恰在T时刻相遇．选项A、C、D错误，B正确．4．B由图可知0～36s内物体速度方向向上，故在36s时物体距地面最高，选项A错误；11在46s时物体距地面的高度h＝×(20＋36)×1.0m－×10×1.2m＝22m，选项B正确；在0～2210s内物体加速度向上，故物体处于超重状态，选项C错误；在30～36s内物体的加速度向下，故物体处于失重状态，钢索不容易断裂，选项D错误．5解：根据开普勒第三定律=k得：火星与地球的周期之比为===1.9地球的周期为T2=1年，则有火星的周期为T1=1.9年设经时间t两星又一次距离最近，根据θ=ωt则两星转过的角度之差△θ=（﹣）t=2π得t=2.3年≈2年。故选：B。6D物块a、b与墙面之间没有弹力，故虽接触面粗糙但不受摩擦力，所以物块b受重力、弹簧的弹力2个力作用，选项A错误；将a、b看成一个系统，整个系统处于静止状态，细线的拉力等于2mg，选项B错误；剪断细线瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以b所受合力不变，为零，而细线中的F弹＋mgmg＋mg弹力突变为0，故b的加速度为零，a的加速度aa＝＝＝2g，选项C错误，选项D正确．mm7A本题考查动能定理、机械能守恒定律、摩擦力做功．下落阶段，物体受重力和摩擦力，由动能414定理W＝ΔEk，即mgh－fh＝ΔEk，f＝mg－mg＝mg，可求ΔEk＝mgh，选项A正确；机械能减少量5551等于克服摩擦力所做的功W＝fh＝mgh，选项B、C错误；重力势能的减少量等于重力做的功ΔEp＝5mgh，选项D错误Q＋ΔQQ＋ΔQ－ΔQ′8.A根据电场强度与电势差的关系及电容的定义得E＝、E′＝，而依CdCd1/5Q12题意有mg＝q，根据牛顿第二定律可得qE－mg＝ma，mg－qE′＝ma′，依题意有x＝at，－x＝Cd2212a1ΔQ′at－a′t，解得＝，可求得＝4，即选项A正确．2a′3ΔQ9.选AD在上升和下滑的过程，整体都是只受三个力，重力、支持力和摩擦力，以向下为正方向，根据牛顿第二定律得向上运动的过程中：(mA＋mB)gsinθ＋f＝(mA＋mB)a，f＝μ(mA＋mB)gcosθ因此有：a＝gsinθ＋μgcosθ，方向沿斜面向下，所以向上运动的过程中A、B组成的整体处于失重状态，故A正确。同理对整体进行受力分析，向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：(mA＋mB)gsinθ－f＝(mA＋mB)a′，得：a′＝gsinθ－μgcosθ由于μ＜tanθ，所以a′＞0所以上滑到最高点后A、B整体将向下运动，故B错误；以B为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有：mBgsinθ＋f′＝mBa，解得：f′＝μmBgcosθ；向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：mBgsinθ－f″＝mBa′，解得：f″＝μmBgcosθ；所以f″＝f′，即A与B之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等，故C错误，D正确。10.选AD由于球沿斜槽无摩擦滑动，则小孩、抱枕和小球组成的系统具有相同的加速度，且a＝gsinα，做匀加速直线运动，隔离对小孩和抱枕分析，加速度a＝gsinα＝gsinβ，则α＝β，故A正确，B错误。对抱枕分析，受重力、绳子拉力、小孩对抱枕的作用力，因为沿绳子方向合力为零，平行导轨方向的合力为m1a＝m1gsinβ，可知小孩对抱枕的作用力与绳子在同一条直线上，故C错误。对小孩和抱枕整体分析，根据平行四边形定则知，绳子的拉力T＝(m1＋m2)gcosβ，抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上，大小为m2gcosβ，则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1＋m2)∶m2，故D正确。11.选BD解：A与木板间的最大静摩擦力为：fA=μmAg=0.3×1×10N=3N，B与木板间的最大静摩擦力为：fB=μmBg=0.2×1×10N=2NA、F=1N＜fA，所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A错误；B、若F=1.5N＜fA，所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F-f=mAa，所以A物块所受摩擦力f＜F=1.5N，故B正确C、当B刚要相对于板滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得：fB=mBa0，又fB=μmBg得：a0=2m/s2；对整体，有：F0=（mA+mB）•a0=2×2N=4N即达到4N后，B将相对地木板运动，此时摩擦力f=2N；则对木板可知，木板受到A的摩擦力等于B的摩擦力；故A和木板间不会发生相对运动；则可知，当拉力为8N时，B与木板间的摩擦力即为滑2动摩擦力为2N，此后增大拉力，不会改变B的受力；其加速度大小均为2m/s，故C错误；D正确12答案AD解析如图所示，粒子1从M点正对圆心射入，恰从N点射出，根据洛伦兹力指向圆心，和MN的中垂线过圆心，可确定圆心为O1，半径为R.两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的半径相同.粒子2从P点沿PQ射入，根据洛伦兹力指向圆心，圆心O2应在P点上方R处，连接2/5O2P、ON、OP、O2N，O2PON为菱形，O2N大小为R，所以粒子2一定从N点射出磁场.A正确，B错误.OQ∠MO1N＝90°，∠PO2N＝∠POQ，cos∠POQ＝，所以∠PO2N＝∠POQ＝45°.两个完全相同的带电粒OP子以相同的速度射入磁场，粒子运动的周期相同.粒子运动时间与圆心角成正比，所以粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2∶1.C错误，D正确.13答案(1)R1R2(2)20℃（每空3分，共6分）UE－U解析(1)设电源电压为E，则将单刀双掷开关S与1闭合时，＝；单刀双掷开关S与2闭合RxR1E－UU时：＝；联立解得：Rx＝R1R2；(2)金属热电阻消耗的功率最大时，此时金属热电阻的值等于RxR2电阻箱的阻值，即Rx＝R0＝120Ω，根据电阻－时间关系可知：Rx＝t＋100，当Rx＝120Ω时，t＝20℃.14答案(1)AD(2)0.3160.93（每空3分，共9分）解析(1)调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，不应悬挂钩码，故B错误；由于平衡摩擦力之后有Mgsinθ＝μMgcosθ，故tanθ＝μ.所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车所受的拉力，不需要重新平衡摩擦力，故C错误；打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放小车，实验结束时应先控制小车停下再停止打点计时器，故D正确；(2)已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为T＝5×0.02s＝0.1s.22根据Δx＝aT可得：xCE－xAC＝a(2T)，xCE－xAC0.1636－0.0632－0.063222小车运动的加速度为a＝＝m/s＝0.93m/s24T0.04xAC0.0632B点对应的速度：vB＝＝m/s＝)0.316m/s2T0.215．（12分）解：（1）对长木板施加恒力F的时间内，小滑块与长木板间相对滑动，小滑块所受摩擦力f=μmg2设小滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律f=ma1解得a1=2.0m/s长木板受的摩擦力f′=f=μmg2设长木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律F–f′=Ma2解得a2=4.0m/s经过时间t=1.0s，小滑块的速度v1=a1t=2.0m/s长木板的速度v2=a2t=4.0m/s（4分）（2）撤去力F后的一段时间内，小滑块的速度小于长木板的速度，小滑块仍以加速度a1做匀加速直线运动，长木板做匀减速直线运动.设长木板运动的加速度为a3，此时长木板水平方向受力情2况如图所示，根据牛顿第二定律f′=Ma3解得a3=2.0m/s3/5设再经过时间t1后，小滑块与长木板的速度相等.即v1+a1t1=v2－a3t1解得t1=0.50s此时二者的速度均为v=v1+a1t1=3.0m/s.如图所示，在对长木板施加力F的时间内，小滑块的位移是s1，长木板的位移是s2；从撤去F到二者速度相等的过程，小滑块的位移是s3，长木板的位移是s4.s1s3s2s4小滑块与长木板速度相等时，小滑块距长木板右端的距离最大.1212小滑块的总位移s块=s1＋s3=atvtat=2.25m11111221vv长木板的总位移s=s＋s=at21t板2421=3.75m22在运动中小滑块距长木板右端的最大距离为s=s板–s块=1.5m（8分）4102vm/s16（14分）．(1)8m/s(2)E1.25J(3)，QJmin33（1）物块P刚冲上传送带时，设PQ的加速度为a1，轻绳的拉力为F1因P的初速度大于传送带的速度，则P相对传送带向右运动，故P受到向左的摩擦力作用对P由牛顿第二定律得F1m1gm1a1对Q受力分析可知，在竖直方向受向下的重力和向上的拉力作用2由牛顿第二定律得m2gF1m2a1联立解得a18m/s（4分）2222vv420（2）P先减速到与传送带速度相同，设位移为x1，则x1m=0.75m2a281共速后，由于摩擦力fm1g5Nm2g15N故P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，摩擦力方向水平向右设此时的加速度为a2，轻绳的拉力为F2对P由牛顿第二定律得F2m1gm1a22对Q由牛顿第二定律得m2gF2m2a2联立解得a24m/s22v2设减速到0位移为x2，则x2m=0.5m2a2424/5PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功Em1gx1mgx21.25J（5分）vv4vvv16v2t0P运动的位移为0（3）第一个减速过程，所用时间1xta81112164vv2vv皮带运动的位移为xvt第二个减速过程，时间t221a48222vvvP运动的位移为0xt皮带运动的位移为xvt1222284253v8v16则整个过程产生的热量Qm1gx1x2m1gx2x116410当vm/s时，QJ（5分）min33517（11分）（1）1.0×10Pa（2）向右移动10cm（1）设被封闭的理想气体压强为p，轻细杆对A和对B的弹力为F，5对活塞A有：p0SA＝pSA＋F对活塞B有：p0SB＝pSB＋F得：p＝p0＝1.0×10Pa（4分）（2）当汽缸内气体的温度缓慢下降时，活塞处于平衡状态，缸内气体压强不变，气体等压降温，活塞A、B一起向右移动.活塞A最多移动至两筒的连接处.设活塞A、B一起向右移动的距离为x.对理想气体：V1＝2LSA＋LSBT1＝500K，V2＝(2L－x)SA＋(L＋x)SB22V1V2T2＝400K，SA＝100cm，SB＝50cm由盖－吕萨克定律：＝解得：x＝10cmT1T2x<2L＝20cm表明活塞A未碰两筒的连接处，故活塞A、B一起向右移动了10cm.（7分）18（11分）解：（1）紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点E到亮区中心G的距离r就是所求最大半径．设紫光临界角为C，由全反射的知识得1RsinC＝又由几何知识可知AB＝RsinC＝nn2n－1ROB＝RcosC＝RBF＝ABtanC＝2nnn－1nRGF22GF＝D－(OB＋BF)＝D－得r＝GE＝·AB＝Dn－1－nR＝(2＋1)2－1m－2×12n－1FBm＝1m（8分）（2）紫色．当白光从玻璃中射向空气时，由于紫光的折射率最大，则临界角最小，所以首先发生全反射，因此出射光线与屏幕的交点最远．故圆形亮区的最外侧是紫光．(3分)5/5