文档介绍：该【2021-2022学年山东省泰安市高三(上)期末物理模拟试卷(1)【附答案】 】是由【1781111****】上传分享，文档一共【26】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【2021-2022学年山东省泰安市高三(上)期末物理模拟试卷(1)【附答案】 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F=GB=10N;以A为研究对象受力分析,受到重力和两段轻绳的拉力,如图2所示;竖直方向上有:GA+Tbsin30°=Tasin60°水平方向:Tasin30°=Tbsin60°联立得:GA=GB=10N,故A错误、D正确;BC、以A、B、C整体为研究对象,受力情况如图3所示;水平方向根据平衡条件可得:f=Fcos30°=10×N=5N,竖直方向根据平衡条件可得:N+Fsin30°=G=GA+GB+GC,总解得:N=35N,故BC错误;故选:D。:..(4分)如图所示,电源电动势E=8V,内阻r=1,电阻R1=1Ω,R2=2Ω,电容C=50μF。开关S由断开到闭合达到稳定时,关于电容器电荷量的变化,下列说法正确的是()×10﹣×10﹣×10﹣×10﹣4C【解答】解:开关S断开时,电容器的电压等于电源的电动势,为U1=8V电容器带电荷量闭合开关S,电容器两端电压等于电阻R2两端电压,根据闭合电路的欧姆定律可得电路中电流为I==A=2A电容器的电压为U2=IR2=2×2V=4V电容器带电荷量开关S由断开到闭合达到稳定时,电容器电荷量的变化,减少了2×10﹣4C,故B正确,ACD错误。故选:B。8.(4分)如图所示,在竖直面内有一个内壁光滑的圆形轨道,半径为R。一个可视为质点的小球以初速度2开始从轨道最低点沿着轨道向上运动,则小球离开轨道的位置与圆:..的正弦值为()..【解答】解:若小球恰能到达最高点,在最高点时,由重力提供向心力,则有mg=m解得:v=根据机械能守恒定律得解得:故小球不可能运动到最高点,小球会脱离圆轨道;设当小球脱离轨道时,其位置与圆心连线和水平方向间的夹角为θ,小球此时只受重力作用,将重力分解如图所示在脱离点,小球所受弹力等于0,由牛顿第二定律得从最低点到脱离点,由机械能守恒定律得联立解得:sinθ=,故A正确,BCD错误。故选:A。9.(4分)如图,在光滑的水平面上有一个长为L的木板,小物块b静止在木板的正中间,小物块a以某一初速度v0从左侧滑上木板。已知物块a、b与木板间的摩擦因数分别为μa、:..m,a、b之间的碰撞无机械能损失,滑动摩擦力等于最大静摩擦力。下列说法正确的是(),<2μa,则无论v0多大,≤,>2μa,则a可能从木板左端滑落【解答】解:A、若没有物块从木板上滑下,则三者最后共速,以三者为整体,水平方向动量守恒,mv0=3mv1则整个过程产生的热量等于系统动能的减少量,Q=联立解得:Q=,故A正确;BD、a、b之间的碰撞无机械能损失,故碰撞过程中动量守恒和机械能守恒,设碰前速度分别为v1、v2,碰后分别为v1'、v2',且有v1>v2,以v1方向为正方向,则有:mv1+mv2=mv1'+mv2'联立解得:v1'=v2,v2'=v1(即碰撞后两者交换速度)在碰撞之前,要使b与木板相对静止,则需满足b与板整体加速度a=≤μg,即μ≤2μ;bab在碰撞之后,要使a与木板相对静止,则需满足a与板整体加速度a=≤μg,即μ≥;aa对于B选项的条件:μb<2μa,有可能μa>2μb,则可能在碰撞之前,B相对木板向左滑动,碰撞交换速度之后,A会相对木板向左滑动,故a可能从木板左端滑落,故B错误;对于D选项的条件:μb>2μa,满足μa≤2μb,则碰撞前b与木板相对静止;不满足μa≥,:..相对木板向左滑动,故a可能从木板左端滑落,故D正确;C、在满足a≤2μb,即在碰撞之前b与木板相对静止的条件下,若a相对木板的位移Δx<时三者已经共速,则ab一定不相碰,则有:Q=μamgΔx<μamg,(由A选项知:Q=)解得:v0<若不满足μa≤2μb,由B选项分析可知,b会相对木板向左滑动,即使v0<也有可能a、b相碰,故C错误。故选:AD。10.(4分)如图所示,某无限长粗糙绝缘直管道与等量异种电荷连线的中垂线重合,管道水平放置。管道上有A、O、B三点,其中O为等量异种电荷连线中点,AO=BO,现有一带电小球(小球直径略小于管道直径)从管道上A点以初速度v0向B点滑动,滑到B点时速度恰好为0,则关于小球的运动,下列说法正确的是()【解答】解:A、在等量异号电荷连线的中垂线上,从A到B电场强度先增大后减小,O点的电场强度最大,所以小球受到的电场力先增大后减小,由于电场力方向与管道垂直,则小球对管道的压力先增大后减小,结合小球受到的摩擦力为f=μFN,所以小球受到的滑动摩擦力先增大后减小,因为小球的合外力等于滑动摩擦力,所以小球的合外力先增大后减小,则小球运动的加速度先变大后变小,故A正确;B、一对等量异号电荷连线的中垂线是等势面,故小球电势能不变,从A到B过程电场:..错误;C、设AB之间的距离为2L,小球从A到B的过程中,电场力不做功,只有摩擦力做功,根据动能定理得:A→O过程:﹣Wf1=EkO﹣O→B过程:﹣Wf2=0﹣EkO根据对称性可知,Wf1=Wf2,可知小球运动到O点的动能为EkO=×,故C正确;D、根据动量定理得:A→O过程:If1=mvO﹣mv0O→B过程:If2=0﹣mvO由C项分析可知,小球运动到O点的速度vO=,则得If1=mv0≠If2,故D错误。故选:AC。11.(4分)两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置,顶端接一电阻R,导轨所在平面与匀强磁场垂直。将一根金属棒与下端固定的轻弹簧的上端绝缘拴接,金属棒和导轨接触良好,重力加速度为g,如图所示。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则(),,【解答】解:A、金属棒向下运动的过程中,受到重力、弹簧的弹力和安培力三个力作用,当加速度为零时,根据平衡条件可知弹簧弹力、安培力之和等于金属棒的重力,由于运动过程中系统的机械能转化为内能,所以每次下落过程中加速度为零时金属棒的速度不同、安培力不同,平衡位置也不同;:..金属棒的重力之和,由于运动过程中系统的机械能转化为内能,所以每次上升过程中加速度为零时金属棒的速度不同、安培力不同,平衡位置也不同,故正确;B、从释放到最低点的过程中,闭合回路产生的热量等于金属棒重力势能的减少量与弹簧弹性势能增加量之差,故B错误;C、金属棒第一次向下运动的过程中,受到重力、弹簧的弹力和安培力三个力作用,当三力平衡时,速度最大,故C错误;D、由于金属棒运动过程中产生内能,弹簧具有弹性势能,由能量守恒得知,金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度,故D正确。故选:AD。12.(4分)如图所示,在同一竖直面内,小球a、b从高度不同的两点分别以初速度va和vb沿水平方向先后抛出,恰好同时落到地面上与两抛出点水平距离相等的P点,并且落到P点时两球的速度互相垂直。若不计空气阻力,则()、b下落时间之比为vb:、b抛出点距地面高度之比为vb:【解答】解:A、小球做平抛运动,在竖直方向做自由落体运动,根据运动学公式得:h=gt2解得:t=,知平抛运动的运动时间是由竖直的高度决定的,由于a的下落高度比b的大,所以它们运动时间关系为:ta>tb,两球要同时落地,则小球a必须先抛出,故A正确;BD、由于a、b的水平位移大小相等,而且水平方向做匀速直线运动,根据公式x=v0t,且ta>tb,解得:va<vb,小球下落时间之比为:=,故B正确,D错误;:..h=gt2,x=vt0联立解得:h=g?,x相同,可知,小球a、b抛出点距地面高度之比为h:h=v2:abbv2,故C错误。a故选:AB。(共小题,满分52分)13.(4分)某同学利用自己设计的弹簧弹射器做“验证弹簧弹性势能E=kx2(k为弹簧p的劲度系数,x为弹簧的形变量)”的实验,装置如图a所示。水平放置的弹射器将质量为m的小球弹射出去,测出小球通过两个竖直放置的光电门的时间间隔为t。用刻度尺测出弹簧的压缩量为x,甲、乙光电门间距为L,忽略一切阻力。(动能的表达式E=mv2,k设弹射器释放的弹性势能全部转化为动能)小球被弹射出的速度大小v=,求得弹簧弹性势能Ep=(用题目中的字母符号表示);②该同学测出多组数据,计算并画出如图b所示的E与x2的关系图线,从而验证了它p们之间的关系,根据图线求得弹簧的劲度系数k=200N/m;③如图b所示,当x2=4×10﹣4m2时,弹簧的弹力为4N。【解答】解:①小球被弹出后在水平方向做匀速直线运动,小球被弹出的速度大小:v=弹簧把小球弹出过程,弹簧的弹性势能转化为小球的动能,由能量守恒定律可知,弹簧的弹性势能:Ep=Ek==②由题意可知,弹簧的弹性势能E=kx2,p:..﹣x2图象可知,图象的斜率:k=J/m2p解得弹簧的劲度系数k=200N/m由胡克定律可知,当x2=4×10﹣4m2即x=,弹簧的弹力:F=kx=200×=4N故答案为:①;;②200;③4。14.(10分)某同学研究小灯泡的伏安特性,所使用的器材有:小灯泡L(,);电压表(量程4V,内阻4k);电流表(,);固定电阻R1();固定电阻R2();滑动变阻器R(阻值0~);电源E(电动势5V,内阻不计);开关S;导线若干。(1)实验要求能够实现在0~,在虚线内画出实验电路原理图,并在图上标出所选的固定电阻。(2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示。由实验曲线可知,随着电流的增加,小灯泡灯丝的电阻率增大(填“增大”“不变”或“减小”)。(3)用另一电源E0(,)和题中所给器材连接成图(b)所示的电路,调节滑动变阻器R的阻值,可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S,在R的变化范围内,,(结果保留2位小数)。【解答】解:(1)从所给有器材来看,由实验原理知道,滑动变阻器采用分压接法,电流表采用外接法,但电流表的量程太少,所以要并联一个分流电阻以扩大量程,按此思路设计电路如图所示。(2)从图a所给I﹣U图象可以看出,随着电压的增大,图象上的点与原点的连线的斜率逐渐减小,所以灯泡的电阻增大,电阻率也增大;:..)按图b可以调节灯泡的功率,当滑片置于最右端时,灯泡被短路,所以功率为0。当滑片置于某一位置时,灯泡与滑动变阻器并联后与R1=9串联接入电源,只有当滑动变阻器的电阻相等时,并联的电阻最大,灯泡的功率才最大,此时写出灯泡两端电压与电流的关系式为:I=,代入数据后有:I=﹣,在灯泡的伏安特性曲线上画出此直线如图a所示,两图线的交点坐标为(,),所以灯泡的最大功率为:P=UI=×=。故答案为:(1)如图所示;(2)增大;(3)、.(10分)如图所示,有一水平向左的匀强电场,电场强度为E=×104N/C,一根长L=、与水平方向的夹角θ=37°的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中,杆的下端M固定一个带电小球A,电荷量Q=+×10﹣6C,另一带电小球B穿在杆上可自由滑动,电荷量q=+×10﹣6C,质量m=×10﹣2kg。将小球B从杆的上端N静止释放,小球B开始运动,静电力常量k=×109N?m2/C2,g取10m/s2,sin37°=,cos37°:..,求:(1)小球B开始运动时的加速度大小;(2)小球B的速度最大时,与M端的距离r。【解答】解:(1)开始运动时,小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力,沿杆方向运动,由牛顿第二定律得:代入数据解得a=(2)小球B的速度最大时,加速度为0,由牛顿第二定律得代入数据解得r=:(1);(2)小球B的速度最大时,。16