2022年高三上学期第三次诊考物理试卷含解析

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1、 2022年高三上学期第三次诊考物理试卷含解析一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1（6分）（2011金山区校级学业考试）一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化规律如图所示，取开始运动方向为正方向，则物体运动的vt图象，正确的是（）ABCD考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像版权所有专题：运动学中的图像专题分析：在01s内，物体从静止开始沿加速度方向匀加速运动，在1s2 s内，加速度反向，速度方向与加速度方向相反，所以做匀减速运动，到2s

2、末时速度为零2 s3 s内加速度变为正向，物体又从静止开始沿加速度方向匀加速运动，重复01s内运动情况，3s4s内重复1s2 s内运动情况解答：解：在01s内，a1=1m/s2，物体从静止开始正向匀加速运动，速度图象是一条直线，1s末速度v1=a1t=1 m/s，在1s2 s内，a2=1m/s2，物体将仍沿正方向运动，但要减速，2s末时速度v2=v1+a2t=0，2 s3 s内重复01s内运动情况，3s4s内重复1s2 s内运动情况，故选C点评：根据加速度随时间变化规律的图象找出对应的加速度大小和方向，结合物体的初状态状态分析物体的运动情况2（6分）（xx秋市中区校级月考）如图所示，直角三角形

3、框架ABC（角C为直角）固定在水平地面上，已知AC与水平方向的夹角为=30小环P、Q分别套在光滑臂AC、BC上，用一根细绳连接两小环，静止时细绳恰好处于水平方向，小环P、Q的质量分别为m1、m2，则小环P、Q的质量之比为（）A=B=3C=D=考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：隔离法进行受力分析，根据绳子对两个环的拉力相等和平衡条件列方程求解解答：解：对m1进行受力分析，设绳子拉力大小为T，由几何关系：T1=m1gtan对m2进行受力分析，由几何关系：T2=m2gcotT1=T2联立得：=cot2=3故选：B点评：本题考查力的合成与分解，

4、出现两个研究对象使题目的难度稍微加大3（6分）（xx秋鹿城区校级期末）如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物块从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（）A电动机做的功为mv2B摩擦力对物体做的功为mv2C传送带克服摩擦力做的功为mv2D小物块与传送带因摩擦产生的热量为Q=mv2考点：动能定理的应用版权所有专题：传送带专题分析：物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，所以电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分就是增加了相同的内能解答：解：A、

5、电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是，由于滑动摩擦力做功，所以电动机多做的功一定要大于，所以A错误；B、在运动的过程中只有摩擦力对物体做功，由动能定理可知，摩擦力对物体做的功等于物体动能的变化，即为，所以B错误；C、物块做匀加速运动末速度为v，故此过程中物块的平均速度为，所以在物块匀加速直线运动的过程中传送带的速度为v，则传送带的位移为物块位移的2倍，因为摩擦力对物块做功为，故传送带克服摩擦力做的功为mv2，故C错误；D、传送带克服摩擦力做的功为mv2，小物块获得的动能为，根据能量守恒知，小物块与传送带因摩擦产生的热量为，故D正确故选：D点评：当物体之间发生相对

6、滑动时，一定要注意物体的动能增加的同时，相同的内能也要增加，这是解本题的关键地方4（6分）（xx长宁区二模）某电场的电场线分布如图实线所示，一带电粒子在电场力作用下经A点运动到B点，运动轨迹如虚线所示粒子重力不计，则粒子的加速度、动能、电势能的变化情况是（）A若粒子带正电，其加速度和动能都增大，电势能减小B若粒子带正电，其动能增大，加速度和电势能都减小C若粒子带负电，其加速度和动能都增大，电势能减小D若粒子带负电，其加速度和动能都减小，电势能增大考点：电势能；等势面版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：解这类问题的思路是：根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电场力方向与电场线方向关

7、系判断带电粒子的电性，根据电场力做功判断电势能和动能的变化解答：解：由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致向右，与轨迹上每一点的切线方向即瞬时速度方向成锐角，则电场力对带电粒子做正功，其电势能减小，动能增大电场线越来越密，场强增大，粒子所受的电场力增大，加速度增大，这些结论与粒子的电性无关，故AC正确，BD错误故选AC点评：本题是轨迹问题，解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解5（6分）（xx临沂一模）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN现从t=0时刻起，给棒通以图示方向的电

8、流且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好下列关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律版权所有专题：电磁感应中的力学问题分析：由题，棒中通入的电流与时间成正比，I=kt，棒将受到安培力作用，当安培力大于最大静摩擦力时，棒开始运动，根据牛顿第二定律和安培力公式F=BIL，即可得到加速度与时间的表达式；vt图象的斜率等于加速度，即可分析vt图象斜率的变化解答：解：A、B由题，导轨粗糙，棒中通入的电流与时间成正比，I=kt，棒将受到安培力作用，当安培力大于最大静摩擦力时，棒开始运动

9、，根据牛顿第二定律得： Ff=ma，而F=BIL，I=kt得到BkLtf=ma，可见a随t的变化均匀增大故A错误，B正确C、Da增大，vt图象的斜率增大故C错误，D正确故选BD点评：本题要根据安培力与摩擦力的关系，运用牛顿第二定律分析棒的加速度，同时要抓住速度图象的斜率的物理意义进行分析6（6分）（xx湖南模拟）在光滑的绝缘水平面上，有一个正三角形abc，顶点a、b处分别固定一个正点电荷，c处固定一个负点电荷，它们的电荷量都相等，如图所示，D点为正三角形外接圆的圆心，E、G、H分别为ab、ac、bc的中点，E、F两点关于c点对称下列说法中正确的是（）AD点的场强为零，电势也为零BE、F两点的电

10、场强度大小相等、方向相反CG、H两点的场强相同D将一带正电的试探电荷由E点移动到D点的过程中，该电荷的电势能减小考点：电势能；电场的叠加；匀强电场中电势差和电场强度的关系版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：ab是两个等量同号正电荷，EDF是它们连线的垂直平分线分析该题目时，先分析ab的合场强，然后再增加c，求出三个点电荷的合场强D点到a、b、c三点的距离相等，故三个电荷在D点的场强大小相同，且夹角互为120；电场强度是矢量，场强的合成满足平行四边形定则，故G、H点的场强大小相同，但方向不同；在直线DE上场强方向向右，故a、b始终对试探电荷有斥力作用，而c对试探电荷由吸引力，所以电荷将一直

11、做加速运动解答：解：A、D点到a、b、c三点的距离相等，故三个电荷在D点的场强大小相同，且夹角互为120，故ab两个点电荷在D点的合场强方向向右，点电荷c在D点的场强方向也向右，所以点的场强大小不为0，合场强的方向向右；故A错误；B、ab在E点产生的和场强为0，在f点产生的合场强不为0；c在EF两点产生的场强大小相等，方向相反所以三个点电荷在EF两点产生的合场强是不相等的故B错误；C、电场强度是矢量，场强的合成满足平行四边形定则通过对GH两点的矢量合成可得，G、H点的场强大小相同，但方向不同故C错误；D、在直线DE上，a、b的合场强向右，故a、b始终对带正电的试探电荷有斥力作用，而c对试探电荷

12、由吸引力，所以电荷将一直做加速运动，动能增大，电势能减小故D正确故选：D点评：场强是矢量，故场强的合成满足平行四边形定则点电荷在真空中产生的电场的场强E=零点式的选取是任意的7（6分）（xx秋市中区校级月考）模拟我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500”的实验活动假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h，忽略自转的影响，下列说法正确的是（）A火星的密度为B火星表面的重力加速度是C火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度相等D王跃以与在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最

13、大高度是考点：万有引力定律及其应用；向心力版权所有专题：万有引力定律的应用专题分析：求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行之比，根据万有引力等于重力，得出重力加速度的关系，根据万有引力等于重力求出质量表达式，在由密度定义可得火星密度；由重力加速度可得出上升高度的关系，根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系解答：解：A、由G，得到：g=，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，即为设火星质量为M，由万有引力等于中可得：G=mg，解得：M，密度为：=故A正确；B、g=，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重

14、力加速度是地球表重力加速度的，即为g故B正确；C、由G，得到v=，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍故C错误；D、王跃以v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出可跳的最大高度是：h=，由于火星表面的重力加速度是，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h=，D正确故选：ABD点评：通过物理规律把进行比较的物理量表示出来，再通过已知的物理量关系求出问题是选择题中常见的方法把星球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题二、非选择题8（8分）（xx秋市中区校级月考）在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=200g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条

15、符合实验要求的纸带如图所示O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点，中间纸带未画出已知打点计时器每隔T=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2，那么（1）根据纸带数据求得B点的瞬时速度是1.92m/s（2）重物自O由静止下落到B点的过程中，动能增加量为0.37J，重力势能的减少量为0.38J（结果保留两位有效数字）根据计算所得数据，你认为造成误差的原因可能是：重物与纸带受到阻力作用考点：验证机械能守恒定律版权所有专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：验证机械能守恒时，我们验证的是减少的重力势能Ep=mgh和增加的动能Ek=mv2间的关系，所以我们要选择能够

16、测h和v的数据减少的重力势能Ep=mgh，增加的动能Ek=mv2，v可由从纸带上计算出来解答：解：（1）在匀加速直线运动中，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则vB=1.92m/s；（2）增加的动能Ek=mv2=0.21.920.37J减少的重力势能Ep=mgh=0.29.80.1920.38J重物重力势能减少量与动能增加量不相等的原因是纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或存在空气阻力故答案为：（1）1.92；（2）0.37；0.38；重物与纸带受到阻力作用点评：正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所测数据，如何测量计算，会起到事半功倍的效果9（10分）（xx秋市

17、中区校级月考）某同学要测量一均匀新材料制成的热敏电阻的电阻步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为52.30mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为4.300mm；（3）该同学准备设计实验研究热敏电阻阻值随温度的变化规律，现有以下实验器材：A热敏电阻（常温下约300）B温度计C电流表A1（60mA，约10）D电流表A2（3A，约0.1）E电压表V（6V，约15k）F滑动变阻器R1（200，0.5A）G滑动变阻器R2（5，2A）H蓄电池（9V，0.05）I开关一个，带夹的导线若干实验要求通过热敏电阻的电流从零开始增加，电流表应选择A1，滑动变阻器

18、选择R2请设计电路图，在图3实物图上连线通过实验，他得到了该热敏电阻的伏安特性曲线如图4所示，由图可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小考点：测定金属的电阻率版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）的关键是游标卡尺读数时要分成整数部分和小数部分两部分来读，不需要估读；（2）螺旋测微器读数时，也要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意“半毫米刻度线”是否露出，需要估读（3）的关键是通过估算电路中的最大电流来选择电流表量程；根据要求“测得多组数据”可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器方便调节根据满足可知，电流表应用外接法解答：解：（1）游标卡尺的主尺读数为52mm，游标读数为0.

19、056mm=0.30mm，所以最终读数为52.30mm（2）螺旋测微器固定刻度为4mm，可动刻度为0.0130.0=0.300mm，所以最终读数为4.300mm（3）使用量程是6V的电压表，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的最大电流为：A，所以电流表应选A1；由于测量的结果电压和电流从0开始增加，所以变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器R2；电压表内阻、电流表内阻与待测电阻的关系：，可知，电流表应用外接法，在图3实物图上连线如图根据电阻的定义式：可知，在UI图象中，图线上的点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数由图可知，图线上的点与坐标原点的连线的斜率随电压U的增大而增大，即电阻随U的增

20、大而减小故答案为：（1）52.30；（2）4.300；（3）A1，R2；如图；减小点评：应掌握游标卡尺与螺旋测微器的读数方法通过估算电路中的最大电流来选择电流表的量程；若有“测得多组数据”要求或要求电流从零调时，变阻器应用分压式接法，选择阻值小的变阻器时方便调节；10（18分）（xx秋鹿城区校级期末）某实验小组做了如下实验，装置如图甲所示竖直平面内的光滑轨道由倾角为的斜面轨道AB和圆弧轨道BCD组成，将质量m=0.1kg的小球，从轨道AB上高H处的某点静止滑下，用压力传感器测出小球经过圆弧最高点D时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示g=10m/s2求：

21、（1）圆轨道的半径R（2）若小球从D点水平飞出后又落到斜面上，其中最低的位置与圆心O等高，求的值考点：动能定理的应用；平抛运动版权所有专题：动能定理的应用专题分析：（1）小球从A到C运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律求出小球对轨道C点的压力与H的关系式，然后结合FH图线求出圆轨道的半径和星球表面的重力加速度；（2）小球离开D点做平抛运动，初速度越小，水平方向运动距离越小，根据几何关系知在斜面上下落的位置越低，根据通过D点的临界条件求出的值解答：解：（1）小球经过D点时，满足竖直方向的合力提供圆周运动向心力即：从A到D的过程中只有重力做功，根据动能定理有：联

22、立解得：F=由题中给出的FH图象知斜率k=N/m即N/m所以可得R=0.2m（2）小球离开D点做平抛运动，根据几何关系知，小球落地点越低平抛的射程越小，即题设中小球落地点位置最低对应小球离开D点时的速度最小根据临界条件知，小球能通过D点点时的最小速度为小球落地地点在斜面上与圆心等高，故可知小球平抛时下落的距离为R所以小球平抛的射程S=由几何关系可知，角=45答：（1）圆轨道的半径R为0.2m；（2）若小球从D点水平飞出后又落到斜面上，其中最低的位置与圆心O等高，的值为45点评：本题先根据圆周运动和动能定理求得FH的关系式，根据图象由斜率求得半径R，根据几何关系求平抛落地点的临界问题11（20分

23、）（xx秋市中区校级月考）如图甲所示，两平行金属板AB间接有如图乙所示的电压，两板间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场，板长L=0.8m，板间距离d=0.6m在金属板右侧有一磁感应强度B=2.0102T，方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为l1=0.12m，磁场足够长MN为一竖直放置的足够大的荧光屏，荧光屏距磁场右边界的距离为l2=0.08m，MN及磁场边界均与AB两板中线OO垂直现有带正电的粒子流由金属板左侧沿中线OO连续射入电场中已知每个粒子的速度v0=4.0105m/s，比荷=1.0108C/kg，重力忽略不计，每个粒子通过电场区域的时间极短，电场可视为恒定不变（1）求t=0时刻进入

24、电场的粒子打到荧光屏上时偏离O点的距离；（2）若粒子恰好能从金属板边缘离开，求此时两极板上的电压；（3）试求能离开电场的粒子的最大速度，并通过计算判断该粒子能否打在右侧的荧光屏上？如果能打在荧光屏上，试求打在何处考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后求出粒子的偏移量；（2）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律与动能定理可以求出电势差；（3）粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律分析答题解答：解：（1）t=0时进

25、入电场的粒子匀速通过电场，进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，代入数据解得：R1=0.2m，粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可得：sin=0.6，粒子在磁场中偏移的距离：y1=R1R1cos，代入数据解得：y1=0.04m，粒子出磁场后做匀速直线运动，y2=l2tan，代入数据解得：y2=0.06m，粒子打到荧光屏上时偏离O的距离为：y=y1+y2=0.10m；（2）设两板间电压为U1时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，d=at2，q=ma，L=v0t，解得：U1=900V，（3）由动能定理得：q=mv12mv02，代入数据解得：v1=5105m/s，

26、粒子在电场中的偏向角，cos=0.8，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv1B=m，代入数据解得：R2=0.25m，R2R2sin=0.250.25=0.1ml1=0.12m，该粒子不能从磁场偏出打在荧光屏上；答：（1）t=0时刻进入电场的粒子打到荧光屏上时偏离O点的距离为0.10m；（2）若粒子恰好能从金属板边缘离开，此时两极板上的电压为900V；（3）能离开电场的粒子的最大速度为5105m/s，该粒子不能打在右侧的荧光屏上点评：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确

27、解题三、(选做题）【物理-物理3-3】12（6分）（xx秋西城区期末）按如图所示的电路连接各元件后，闭合开关S，L1、L2两灯泡都能发光在保证灯泡安全的前提下，当滑动变阻器的滑动头向左移动时，下列判断正确的是（）AL1变暗BL1变亮CL2变暗DL2变亮考点：闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：由图可知L1与定值电阻串联后与滑动变阻器R并联，再与L2串联；由滑片的移动可知电路中电阻的变化，则可知电路中总电流的变化，即可知L2亮度的变化；由串联电路的电压规律可知L1与定值电阻两端的电压变化；则可得出L1亮度的变化解答：解：当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，由闭合电路

28、欧姆定律可知流过L2的电流减大，故L2的变亮；灯泡L1及内阻分担的电压增大，电源的电动势不变，故并联部分电压减小，故通过L1的电流变小，即灯泡L1变暗；故AD正确故选AD点评：闭合电路的欧姆定律中的动态电路分析一般按外电路内电路外电路的分析思路进行分析，在分析外电路时要注意结合串并联电路的规律13（6分）（xx秋市中区校级月考）质量为m的物体，从倾角为的固定斜面底端以某一初速度沿斜面上滑，当它再次回到出发点时速度的大小减为初速度的（n1）求物体和斜面之间的动摩擦因数u考点：动能定理；动摩擦因数版权所有专题：动能定理的应用专题分析：对物体上滑过程与下滑过程分别应用动能定理列方程，然后求出动摩擦因数解答：解：设物体初速度为v，物体上滑的距离为s，由动能定理得：上滑过程：mgcossmgssin=0mv2，下滑过程：mgssinmgcoss=m，解得：=tan；答：物体和斜面之间的动摩擦因数为tan点评：本题考查了由动能定理求动摩擦因数，分析清楚物体运动过程，应用动能定理即可正确解题