2023年安徽省阜阳市临泉一中高考物理三模试卷（含答案解析）

2023年安徽省阜阳市临泉一中高考物理三模试卷

1.  一款儿童棒球发球机向上发射棒球供初学者练习。假设发球机高度不计在地面上以初速度竖直向上发射一棒球可视为质点，棒球途经A点时速度方向向上、速度大小为v，不计空气阻力，取地面为重力势能的零势能面。当棒球的发射速度变为时，以下说法正确的是(    )

A. 棒球上升的最大高度变为原来的2倍 B. 棒球在最高点的机械能变为原来的2倍
C. 棒球上升过程的时间变为原来的2倍 D. 棒球经过A点的速度大小变为2v

2.  如图所示，质量为10kg的物体A通过轻绳绕过定滑轮被站在水平地面上质量为50kg的人竖直拉住，当人拉动物体A，使物体A向上做初速度为0、加速度为的匀加速直线运动，重力加速度g取，不计一切摩擦和阻力，此时地面对人的支持力为(    )

A. 380N
B. 404N
C. 520N
D. 480N

3.  在俄乌战争中，俄罗斯大量使用了“卡武装直升机”。假设在某次执行任务时，“卡直升机”悬停在水平地面O点正上方320m处。悬停中直升机沿图中水平虚线方向，发射一枚无动力炸弹，炸弹离开飞机时的速度为，此后飞机水平转过，仍在悬停状态向正前方发射另一枚无动力炸弹，炸弹离开飞机时的速度为，g取，不计空气阻力，则两枚炸弹落地点的距离为(    )

A. 400m B. 560m C. 420m D. 480m

4.  2022年10月31日，“梦天实验舱”发射任务取得圆满成功！中国空间空间站将形成三舱“T”字型基本构型。假定空间站在距地面450km高度处做理想的匀速圆周运动，某时刻“北斗”系统中的中轨道卫星A与空间站相距最近如图所示，该中轨道卫星A距地面高度为，地球半径为，卫星A和空间站的运行轨道在同一平面内且运行方向相同，则从图示位置往后开始计数不包括图示位置，在卫星A运行一周时间内，空间站与A相距最近的次数为(    )

A. 7次 B. 8次 C. 9次 D. 14次

5.  如图所示，真空中平行板电容器带有绝缘手柄的A板接地，闭合电键给电容器充电后断开电键。电容器中的C点固定放置一带负电的点电荷q，q不影响电容器的电场分布。下列说法正确的是(    )

A. 若通过手柄把A板向上平移一小段距离，则q所受的电场力变大
B. 若通过手柄把A板向左平移一小段距离，则q所受电场力变小
C. 若紧靠B板插入一块有机玻璃板，则q的电势能变小
D. 若紧靠B板插入一块等大的铁板，则q的电势能不变
 

6.  如图所示，在水平地面上有一质量为M、倾角为的斜面，斜面上表面光滑。质量为m的小滑块自斜面顶端滑下，斜面始终保持静止，若可变，当取某数值时，地面所受摩擦力最大，此时地面对斜面支持力大小为(    )

A.  B.  C.  D.

7.  如图所示，A型框架由两个相互垂直的光滑杆组成，两个可视为质点、质量相等的小球套在光滑杆上，两小球用长度为、不可伸长的轻质细绳相连。两个小球随框架一起绕其竖直对称轴以一定的角速度匀速转动。已知轻绳水平且能承受的最大拉力为小球重力的10倍，重力加速度，下列说法正确的是(    )

A. 随着角速度的增大，杆对小球的支持力逐渐增大
B. 轻绳刚好断裂时框架转动的角速度为
C. 若在绳子未断裂情形下角速度增加一倍，则绳子拉力变为原来的2倍
D. 在角速度增加过程中轻绳突然断裂，仍继续加大角速度，小球将沿杆向下运动

8.  如图所示，在足够长光滑绝缘水平面的上方，存在着方向水平向右、场强大小为的匀强电场。一带正电小物块可视为质点从水平面上A点由静止释放，经时间t到达B点，小物块速度大小为v。此时水平面上方突然撤去原来电场，改加方向水平向左、场强大小为的匀强电场，小物块又经时间2t恰好返回A点。下列说法正确的是(    )

A. 小物块返回A点时速度大小为 B. 小物块返回A点时速度大小为2v
C. 电场强度的大小关系是 D. 电场强度的大小关系是

9.  如图所示，真空中x轴上处固定一个点电荷，带电量，在处固定另一个点电荷，带电量。现在x轴上处静止释放一带电微粒重力不计，则在此后的运动过程中，下列说法正确的是(    )

A. 若释放一电子，则电子经过位置时速度可能在增加
B. 若释放一电子，则电子经过位置时速度可能在减小
C. 若释放一正电子，则正电子的速度先增加后减小
D. 若释放一正电子，则正电子的电势能一直减小

10.  某实验小组用如图甲所示的装置来验证牛顿第二运动定律，一个右端带有小定滑轮的长木板固定在水平桌面上，小车放置在长木板上，实验中调节定滑轮使得连接小车的轻细绳平行于水平桌面，小车右端固定有窄遮光条，桌子上固定两个光电门1和2。

用游标卡尺测量遮光条的宽度，示数如图乙所示，则遮光条的宽度______ cm。

已知小车的质量大约为一个钩码的质量的4倍，因此本实验中开始右边有4个钩码小车开始运动后绳子的拉力______ 填写“能”或“不能”近似等于右边所挂钩码的总重力。
如果该同学在细绳上连接一个力的传感器，有了力的传感器，是否还需要平衡摩擦力？______ 填“需要”或“不需要”。
该同学在细绳连有力传感器的条件下，按要求组装并正确调整好实验装置，现把小车放在第一个光电门处，从静止开始释放，记录小车经过两个光电门的时间t，同时记录传感器的示数F。保持两个光电门间的距离不变，改变右边钩码个数，重复试验，记录多组F和t。若以F为横轴，以______ 为纵轴所得图像为过原点的直线，则达到实验目的。

11.  某同学利用图甲中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系，所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、200g的钩码若干，质量为2kg的滑块、打点计时器、刻度尺，已知当地重力加速度为。实验操作步骤如下：
如甲图安装器材，保持桌面、长木板水平，轻细绳下端悬挂5个钩码，调整装置，使细绳水平。

接通打点计时器电源，交流电频率为50Hz，再释放滑块，得到一条纸带如乙图，将纸带上打出的第一个点标记为0计数点，再依次取计数点1、2、3、4、5、6，每两个计数点之间有4个点未画出，测出各点到0点之间的距离如乙图，单位为cm。

从0点到5点系统以桌面上滑块和悬挂的钩码为系统，下同的重力势能的减少量为______ J。计算结果均保留小数点后两位，下同
从纸带数据可计算出经过5点的瞬时速度______ 。
从0点到5点系统动能的增加量为______ J，系统机械能的减少量为______ J。
若物块与木板之间的动摩擦因数为，则从0点到5点物块克服木板的摩擦力做的功为______ J。
从上述结果可得出的实验结论是______ 。

12.  如图所示，在水平地面上有一质量为3kg、足够长的长方体木板A，在木板的右端有一质量为1kg、可视为质点的物块B。某时刻给A一个水平向右的瞬时速度，同时给B一个水平向左的瞬时速度，它们获得瞬时速度大小分别为和。已知木板与地面的动摩擦因数为，B与A之间的动摩擦因数为，重力加速度g取。求：
两个物体相对滑动时各自的加速度；
从开始运动到两个物体都静止时所用的总时间。

13.  如图所示，光滑绝缘水平面与一竖直平面内、半径为R的光滑绝缘半圆轨道相切于A点，O点为圆心，OB为水平半径，在OB线以下包括存在水平向右的匀强电场，场强大小。一个质量为m、带电量为、可视为质点的带正电小球自水平面上C点由静止释放，已知AC的距离为，重力加速度为g。
求小球经过B点时对轨道的压力大小；
请计算说明小球能否到达轨道最高点D，如果能到达，求在最高点小球对D点压力大小；如果不能到达，求脱离点到OB的距离。

14.  如图甲所示，A、B是真空中的两块面积很大的竖直平行金属板，加上周期为T的交变电压后，在两板间产生了交变的匀强电场。已知A板接地，B板的电势变化规律如图乙所示坐标轴上数据为已知量。图中O点有一个粒子源，O点距A、B板的距离均为L。粒子源不断地产生带负电的微粒，微粒从静止出发在电场力作用下运动。假设微粒一旦碰到金属板，它就附着在金属板上不再运动，且电量同时消失，不影响A、B板的电压。已知在时间内，每个时刻产生的微粒数均相等，且微粒比荷，不计微粒的重力和微粒之间的相互作用力。求：
时刻产生的微粒到达B板的时间结果用T表示；
时间内产生的微粒能到达B板的粒子占一周期产生的粒子数的百分比。可能用到的数据、、计算结果保留二位有效数字

答案和解析

1.【答案】C 

【解析】解：棒球上升过程中满足机械能守恒，则有
上升最大高度
当速度变为2倍时，最大高度变为原来的倍，故A错误；
B.在最高点机械能等于mgh，h变为原来4倍，则最高点机械能变为原来4倍，故B错误；
C.上升过程时间
上升时间变为原来的2倍，故C正确；
D.根据机械能守恒
解得
由上式，当棒球的发射速度变为时，棒球经过A点速度不是原来两倍，故D错误。
故选：C。
棒球上升过程机械能守恒列式，根据运动学公式，求上升的最大高度和速度；
根据运动学公式，求上升时间；
本题解题关键是正确使用机械能守恒定律、运动学公式，是一道中等难度题。
 

2.【答案】A 

【解析】解：设物体A的质量为M，人的质量为m。
对物体A受力分析，由牛顿第二定律有
解得
对人，由平衡条件得：
则地面对人的支持力为，故A正确，BCD错误。
故选：A。
对物体A受力分析，由牛顿第二定律求出绳子的拉力。再对人受力分析，由平衡条件求出地面对人的支持力。
本题中由于物体A和人的加速度不同，所以采用隔离法进行研究，关键要明确受力情况，再由牛顿第二定律求绳子的拉力。
 

3.【答案】A 

【解析】解：炸弹离开飞机后做平抛运动，竖直方向有，则炸弹下落时间
第一枚炸弹在水平方向距O点位移
第二枚炸弹在水平方向距O点位移
两个位移夹角，根据勾股定理求出两个落地点间的距离为，故A正确，BCD错误。
故选：A。
炸弹离开飞机后做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，根据下落高度求运动时间。由求出两枚炸弹在水平方向距O点位移，再由几何知识求两枚炸弹落地点的距离。
解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合分位移的规律解答。
 

4.【答案】A 

【解析】解：空间站的轨道半径
北斗卫星中轨道卫星A的轨道半径
可得
根据开普勒第三定律，得二者的周期之比为
解得：
设在卫星A运行一周时间内，空间站与A相距最近的次数为n。
从图示位置开始，二者转过的角度相差，得，…
化简
在卫星A运行一周时间内，n取值所以共7次相距最近，故A正确，BCD错误。
故选：A。
先求出空间站的轨道半径与北斗卫星中轨道卫星A的轨道半径之比，由开普勒第三定律求出二者周期之比。从图示位置开始，二者转过的角度相差，由此列式求解。
解答本题时，要知道两卫星转过的角度每相差时，就相距最近一次，同时，要掌握开普勒第三定律求解周期之比。
 

5.【答案】D 

【解析】解：电容器充电后断开电键，所带电量不变。
A、由电容器电容的决定式得：
由电容的定义式得：
由匀强电场的场强公式得：
联立解得：
若通过手柄把A板向上平移一小段距离，两极板间距d减小，场强不变，q所受的电场力为
则q所受的电场力不变，故A错误；
B、若通过手柄把A板向左平移一小段距离，正对面积S减小，由得，电场强度增大，q所受的电场力为
则q所受电场力变大，故B错误；
C、紧靠B插入有机玻璃板，则相对介电常数增大，由得，电场强度E减小，C点与下级板的电势差
则C点的电势降低，点电荷q带负电，则q的电势能增大，故C错误；
D、紧靠B插入一块铁板相当于两极板间距离d变小，由得，电场强度E不变，C点与下级板的电势差
则C点的电势不变，点电荷q的电势能不变，故D正确。
故选：D。
电容器充电后断开电键，所带电量不变；根据电容器的决定式、定义式和匀强电场的场强公式求解场强的大小，分析场强的变化和电场力的变化；紧靠B插入有机玻璃板，相对介电常数增大，紧靠B插入一块铁板相当于两极板间距离d变小，根据场强表达式判断场强的变化，根据电势差公式分析电势的变化，进而得到电势能的变化。
本题考查电容器的动态分析问题，解题关键是掌握电容器电容的决定式和定义式，知道紧靠B插入有机玻璃板和铁板的区别。
 

6.【答案】A 

【解析】解：根据牛顿第二定律，小物块沿斜面下滑加速度
把此加速度分解为水平和竖直，在水平方向加速度
竖直方向加速度
对整个小物块和斜面系统整体在水平方向上列牛顿第二定律
当时，地面摩擦力最大，此时，对系统在竖直方向上列牛顿第二定律
解得
故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据牛顿第二定律，求小物块沿斜面下滑加速度，把此加速度分解为水平和竖直，对整个小物块和斜面系统整体在水平方向上列牛顿第二定律，对系统在竖直方向上列牛顿第二定律，分析地面对斜面支持力大小。
本题考查学生对牛顿第二定律的使用，其中对加速度的分解是解题的关键。
 

7.【答案】BD 

【解析】解：设杆与竖直方向夹角为，小球受力分析如图所示

可知，在竖直方向上
当角速度增加时，杆对小球的支持力保持不变，故A错误；
细绳刚好断裂，则在水平方向上
由于
联立上式子可得
且
可知角速度变为原来2倍，细绳拉力并不变为原来2倍，故B正确，C错误；
D.绳子断裂后，小球做离心运动，沿杆向下运动，故D正确。
故选：BD。
小球受重力和支持力两个力作用，靠两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律比较角速度的大小关系。
解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解即可。
 

8.【答案】AC 

【解析】解：设带电体在电场中加速度为，带电体在电场中的加速度为，第一阶段末速度为第二阶段的初速度，因为从A出发最后返回A点，根据题意两个阶段的位移之和为零，则
解得，
即
根据速度关系
返回A点时速度
故AC正确，BD错误。
故选AC。
设带电体在电场中加速度为，带电体在电场中的加速度为，第一阶段末速度为第二阶段的初速度，因为从A出发最后返回A点，根据题意两个阶段的位移之和为零，根据匀变速直线运动的规律列出方程，求出物块返回时的速度以及两个场强关系。
本题考查带电体在匀强电场中的运动，根据受力分析出带电体的运动性质，准确列出带电体的位移时间关系是解决本题的关键。
 

9.【答案】ABD 

【解析】解：AB、设电场强度的位置坐标为x，根据点电荷的电场强度以及叠加，有；代入数据，解得或；因为在和正负电荷之间电场强度不可能为0，所以舍去，即处电场强度为0，据此画出x轴上电场线大致分布如图所示。

若在处释放一电子，电子沿x轴做往复运动，向左经过处，电子速度在增加；电子向右经过位置处，速度在减小，故AB正确；
CD、若释放正电子，根据受力，正电子将一直向右运动，速度一直增加，电势能一直减小，故C错误，D正确。
故选：ABD。
根据电场强度的叠加求出电场强度的位置坐标，因为在和正负电荷之间电场强度特点确定准确坐标位置。据此画出x轴上电场线大致分布图。分析若在处释放一电子，电子沿x轴上运动的性质；若释放正电子，根据受力情况，分析正电子的运动情况以及电势能变化情况。
本题考查带电粒子在电场中的运动，解决本题的关键是熟练掌握点电荷的场强公式，画出两个点电荷形成的电场线，根据受力分析粒子的运动情况。
 

10.【答案】不能  需要  

【解析】解：游标卡尺的精度为，游标第12条刻线与主尺某一刻度线对齐，所以遮光条的宽度；
故答案为：
由于不满足的条件，因此绳子的拉力不能近似等于右边所挂钩码的总重力；
传感器测出的是拉力，牛顿第二定律验证的是物体所受合外力，需要平衡摩擦力；
因为从静止开始计时，根据位移和时间的关系
可得
同时根据牛顿第二定律可知小车的加速度
整理得
当x和m一定时，与F成正比，因此以为纵轴。
故答案为：不能需要
游标卡尺的读数方法：主尺读的整毫米数+游标与主尺某一刻度线对齐的条数*精度
本实验满足的实验条件是小车的质量远大于所挂砝码的质量
本实验验证的是合外力与质量，加速度关系。
利用牛顿第二定律与运动学公式去推导。
本实验需要熟练掌握实验原理，会利用游标卡尺测物体的长度，利用图像处理实验数据。
 

11.【答案】在误差允许范围内，系统机械能损失等于物块克服摩擦力做的功 

【解析】解：重力势能的减少量
相邻计数点的时间间隔，根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，经过5点的瞬时速度
从0点到5点系统动能的增加量为
系统机械能的减少量为
从0点到5点物块克服木板的摩擦力做的功为
从上述结果可得出的实验结论是在误差允许范围内，系统机械能损失等于物块克服摩擦力作的功。
故答案为：；；；；；在误差允许范围内，系统机械能损失等于物块克服摩擦力做的功。
重力势能的减小量等于重力所做的功；
匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，据此求经过5点的瞬时速度；
根据动能的定义式求动能的变化量；
根据做功公式求摩擦力所做的功；
根据求出的数据得出结论。
本题借助打点计时器打出的纸带考查了外力摩擦力做功与机械能变化的关系，通过实验的考查可以很好地培养学生信息的获取和信息处理的能力。
 

12.【答案】解：对A受力分析如图：

A受地面的摩擦力
A受B的摩擦力
A的加速度
代入数据解得：，方向向左
B的加速度，方向向右
的初速度小于A的初速度，所以B首先减速到0
所需时间
此时A的速度
当B的速度减小为0后，B向右做初速度为0的匀加速，A继续向右减速，加速度是原来加速度，设从B的速度为0时刻到二者共速经历时间为
有：
解得
此时速度
二者共速后共同减速，

总时间为
联立代入数据解得：
答：的加速度为，方向向左，B的加速度为，方向向右；
从开始运动到两个物体都静止时所用的总时间为。 

【解析】对AB分别受力分析，根据牛顿第二定律解得各自的加速度；
分解AB的运动情况，根据匀变速直线运动规律结合牛顿第二定律解得时间。
本题考查了受力分析与牛顿第二定律的综合运用，关键理清放上物块后木板和物块的运动情况，抓住受力分析，结合牛顿第二定律结合解答。
 

13.【答案】解：对小球从C点到B点过程应用动能定理
在B点，根据牛顿第二定律
联立以上两个方程得
由牛顿第三定律得：小球对轨道压力大小为

小球能到到D点的临界条件是，到达D点由小球的重力提供小球做圆周运动的向心力有
故小球能从B点到D点在B点的动能至少为
小球在B点动能为
故小球不能通过最高点D；
假设在M点脱离轨道，此时OM连线与竖直方向成角，重力沿半径方向的分力提供向心力
从B点到E点，根据动能定理
联立以上两方程得，
答：小球经过B点时对轨道的压力大小；
不能，脱离点到OB的距离。 

【解析】球从C点到B点过程应用动能定理，在B点，根据牛顿第二定律，求小球对轨道压力大小；
点由小球的重力提供小球做圆周运动的向心力，根据能量转化和守恒，确定小球从B点到D点在B点的动能最小值，分析小球不能通过最高点D，再分析假设在M点脱离轨道，重力沿半径方向的分力提供向心力，同时根据从B点到E点的动能定理，求脱离点到OB的距离。
本题解题关键是分析出小球在B点动能小于小球从B点到D点在B点的动能最小值，即小球不能通过最高点D。
 

14.【答案】解：时刻进入电场后，粒子在电场中加速，粒子加速度
达到B板过程中，根据匀加速直线运动位移公式有：
解得
小于半个周期。
设时刻产生的粒子恰好能到达B板，则该粒子在时间内向右匀加速，时刻后向右做匀减速，当速度恰好减到0时刚好达到B板，这两段运动的总位移正好为L，画出图

设加速阶段加速度大小为a，加速时间为，末速度
则减速阶段加速度大小为3a，从v减速到0时间为，由图像面积等于位移L得
解得
从时间内发射的粒子都能达到B板，这段时间为
因为每个时刻产生的微粒数均等，发射粒子数之比就等于发射时间之比
答：时刻产生的微粒到达B板的时间；
时间内产生的微粒能到达B板的粒子占一周期产生的粒子数的百分比 

【解析】根据牛顿第二定律求加速度，根据匀加速直线运动位移公式，分析时间；
根据题意，画图，图像面积等于位移，分析时间。
本题是一道综合性较强的题，考查学生对匀变速直线运动运动学公式和图像的理解，具有一定难度。