1、2023届高三物理二诊考前模拟卷一、单选题（本大题共10小题，共40分）1. 高考前学校为高三学生举行趣味运动会，一名学生手持网球拍托球沿某一段水平直线匀加速跑动，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为，球拍与球保持相对静止，它们间的摩擦力及空气阻力不计，则()A. 球拍对球的作用力为mgB. 运动员的加速度为gtanC. 运动员对球拍的作用力为(M+m)gcosD. 若加速度大于gsin，球一定沿球拍向上运动2. 如图所示，一轮船在河岸的两码头A，B间运送货物，A，B连线与河岸夹角为60o。由A到B过程中，船头正对河岸，轮船相对河水的速度大小恒为v1；返回时(即由B到A)
2、所用时间与去时相同，轮船相对河水的速度大小恒为v2。水速恒定不变，则A. v2=7v1B. v2=73v1C. v2=v1D. v2=32v13. 投篮时，篮球出手后在空中运行的轨迹称为投篮抛物线。投篮抛物线有低、中、高三种弧线，如图所示。不计空气阻力。下列说法正确的是()A. 低弧线投篮时，篮球从出手到进框的运动时间最长B. 高弧线投篮时，篮球从出手到进框，克服重力做功的平均功率最小C. 低弧线投篮时，人对篮球做的功一定最大D. 中弧线投篮时，人对篮球做的功一定最小4. 如图为同一平面内绕地球的三个卫星轨道示意图，、为圆轨道，为椭圆轨道，的半径与的半长轴相等，且与相交于M点，与相切于N点三颗
3、不同的卫星A、B、C正沿轨道、稳定运行，则A. A、B经过N点时的向心力一定相同B. A、B的速度可能等大C. B、C在M点的向心加速度大小相等D. B、C与地心的连线在任意相等时间内扫过的面积相等5. 长度为L、质量为M的平板车的左端紧靠着墙壁，右端站着一个质量为m的人(可视为质点)，某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，而此时车已离开墙壁有一段距离，那么这段距离为(车与水平地面间的摩擦不计)()A. LB. mLMC. mLM+mD. MLM+m6. 如图所示是用频闪周期为t的相机拍摄的一张真空中羽毛与苹果自由下落的局部频闪照片。关于提供的信息及相关数据处理，下列说法中正确的是A. 苹果下落
4、的加速度大小为x3x1t2B. 羽毛下落到C点的速度大小为x2+x32tC. 一定满足关系x1：x2：x3=1：3：5D. 一段时间后苹果会在羽毛下方7. 如图所示，小圆环A吊着一个质量为m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细线一端拴在小圆环A上，另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1的物块。如果小圆环、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计，绳子又不可伸长，若平衡时弦AB所对应的圆心角为120，则两物块的质量比m2：m1应为()A. 1：2B. 1：3C. 1：3D. 2：38. 如图所示，一块足够大的粗糙绝缘薄板竖直固定，且与等量异种点电荷
5、连线的中垂面重合。A、O、B为薄板上同一竖直线上的三点，O在点电荷的连线上，AO=OB。一个带电小物块(可视为质点)从A点以初速度v0竖直向下运动，最后静止在B点。不考虑物块电荷量的变化，则物块从A运动到B的过程中()A. 速度一直减小，经过O点时的速度为v02B. 加速度先增大后减小，经过O点时加速度最大C. 电势能先减小后增大，经过O点时电势能最小D. 机械能一直减小，AO段损失的机械能比OB段损失的机械能多9. 离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机，工作时将推进剂离子化，使之带电，然后在静电场作用下推进剂得到加速后喷出，从而产生推力，这种发动机适用于航天器的姿
6、态控制、位置保持等，航天器质量M，单个离子质量m，带电量q，加速电场的电压为U，高速离子形成的等效电流强度为I，根据以上信息计算该发动机产生的推力为()A. ImUqB. I2mUqC. I3mUqD. I5mUq10. 光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是()A. FN=mgcos B. 滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos C. 滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量不守恒D. 此过程中
7、斜面体向左滑动的距离为MM+mL二、实验题（本大题共1小题，共9.0分）11. 某兴趣小组为测量小铁块与铝板表面间的动摩擦因数，设计了如下实验：将铝板做成倾斜段与水平段相连接，然后固定在水平桌面上，如图甲所示。将小铁块从倾斜段A点静止释放，最终停在水平段B点，利用铅垂线找到A点在桌面的投影点A，测出A点到A点的高度；A点到B点的水平距离s；改变释放位置重复多次实验，得到多组和s的数值，作出s的关系图像即可得到动摩擦因数。(1)实验前，用游标卡尺测量铝板的厚度，需用图乙中卡尺的_(选填“A”“B”或“C”)进行测量，测量结果如图丙所示，则铝板厚度d=_mm。(2)多次实验得到多组和s的数值如下表
8、所示，请在图丁中作出s的关系图像_。/cm5.0010.0015.0020.0025.00s/cm13.3030.1046.5063.2079.90 (3)根据图像求得动摩擦因数=_。(保留两位有效数字)(4)作图时未用与d之差作为纵坐标，对由图像求得的动摩擦因数的结果_(选填“有”或“无”)影响；实验中小铁块通过倾斜段与水平段转接点处有机械能损失，这会导致动摩擦因数的实验值_(选填“”或“mg；B、如图所示tan=mamg，所以a=gtan，由于运动员与球一起运动，故B正确；C、根据受力示意图可知，运动员对球拍的作用力为(M+m)gcos，故C错误；D、如果加速度agsin，加速度沿斜面的加
9、速度为ax=acosgsincos，只有ax大于gsin时球才会沿球拍向上运动，故D错误。故选：B。先对小球、球与球拍受力分析，在作出力的矢量三角形即可求解本题考查受力分析与矢量三角形的灵活应用以及加速度的分解，注意基本知识的储备。2.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查小船过河问题。本题的答题关键是作出运动合成图，注意两次位移大小相等，所用时间相同。【解答】由A到B过程中，船头正对河岸，如图，则v1=v水tan60=3v水、v合1=2v水，由B到A过程如图：因为两次位移大小相等，且所用时间相同，则v合1=v合2，根据几何关系可得cos120=v水2+v合22v222v水v合2，解得v2=7
10、v水，则v2v1=73，即v2=73v1，故B正确，ACD错误。故选B。3.【答案】B【解析】解：A、篮球从出手到最高点的逆过程是平抛运动，根据=12gt2得t=2g，知高弧线投篮时，篮球从出手到最高点的运动时间最长。篮球从最高点到进框做平抛运动，由t=2g，知高弧线投篮时，篮球从最高点到进框的运动时间最长，因此，高弧线投篮时，篮球从出手到进框的运动时间最长，故A错误；B、篮球从出手到进框，三种情况克服重力做功相等，因为高弧线投篮时，篮球从出手到进框的运动时间最长，因此根据P=Wt知高弧线投篮时，篮球从出手到进框，克服重力做功的平均功率最小，故B正确；CD、研究篮球从出手到最高点的过程，竖直方
11、向有=vy22g，则知高弧线投篮时，篮球出手时竖直分速度最大；低弧线投篮时，篮球出手时竖直分速度小。在水平方向有x=vxt，由于高弧线投篮时，运动时间最长，水平位移最小，则高弧线投篮时，篮球出手时水平分速度最小，低弧线投篮时，运动时间最短，水平位移最大，则低弧线投篮时，篮球出手时水平分速度最大，根据速度合成可知，不能确定出手时初速度的大小，因此不能确定投篮时，人对篮球做功大小，故CD错误。故选：B。篮球从出手到最高点的逆过程是平抛运动，根据高度判断运动时间关系；根据重力做功关系和时间关系，分析克服重力做功的平均功率关系；根据出手时速度关系，由动能定理分析人对篮球做功关系。本题采用逆向思维，将斜
12、抛运动变为平抛运动处理，要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，运用运动学公式分析水平分速度和竖直分速度的关系。4.【答案】B【解析】【分析】根据卫星变轨部分知识，结合向心加速度公式分析即可解答。【解答】A、由于不知道A、B卫星质量关系，故不知道A、B经过N点时的向心力关系，故A错误；B、若卫星有变轨到，需要在N点点火加速，即过N的速度大于的速度(A过N点的速度)，进入后由N到B点减速，故A、B的速度可能等大，故B正确；C、卫星B、C在M点加速度相同，C在M点的加速度等于向心加速度，但B在M点的加速度不等于向心加速度，故在M点向心加速度不同，故C错误；D、根据开普勒第二定律可知同一卫星
13、与中心天体连线相等时间内扫过的面积相等，不适用于不同的卫星，故D错误。5.【答案】C【解析】【分析】先由动量守恒求出二者水平速度的关系，然后设人从右端到达左端时间为t，由运动学公式求出各自的位移表达式，根据位移之和等于L即可求解该题中，人在空间中运动的过程中水平方向的分速度不变，所以该题中的情况与人船模型的情况是相同的，由此即可求出【解答】选取向左为正方向，设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为v1，小车沿水平方向的速度为v2，由于车与水平地面间的摩擦不计，二者沿水平方向的动量守恒，则：mv1+Mv2=0所以：v2=mv1M设人从右端到达左端时间为t，则人的位移：x1=v1t车的位移：x2=v
14、2t由空间几何关系得：x1+|x2|=L联立以上各式得：|x2|=mLM+m.故C正确，ABD错误；故选：C。6.【答案】B【解析】【分析】本题考查自由落体运动规律及运动学规律，要注意正确掌握匀变速直线运动结论的正确应用。根据位移差公式可判断；根据匀变速直线运动中间时刻速度公式判断；根据匀变速直线运动推论判断；根据自由落体运动知识判断。【解答】A.根据位移差公式，苹果的加速度为a=x2t2=x3x12t2，故A错误；B.根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于这段时间的平均速度，羽毛下落到C点的速度大小为vC=x2+x32t，故B正确；C.题中的图片是局部频闪照片，A点速度不一定等于零，只有初速度
15、为零时，才满足关系x1x2x3=135，故C错误；D.真空中苹果和羽毛下落加速度均为g，下落快慢相同，故D错误。7.【答案】C【解析】解：对小环进行受力分析，如图所示， 小环受上面绳子的拉力m1g，下面绳子的拉力m2g，以及圆环对它沿着OA向外的支持力，将两个绳子的拉力进行正交分解，它们在切线方向的分力应该相等：m1gsin1802=m2gcos(90) 即：m1cos2=m2sin 解得：m2m1=12sin2=13，故ABD错误，C正确。故选：C。选取小圆环A为研究对象，画受力分析示意图，小圆环受三个力，两个绳子的拉力和大圆环的支持力，一定要知道大圆环的支持力只能是沿着半径的，由此两端绳子
16、拉力分别在切线方向上的分力必然相等，然后由数学三角函数知识求解。本题主要考查了正交分解的方法，另外要重视数学计算在物理中的应用。8.【答案】B【解析】【分析】本题考查了运用牛顿第二定律分析动态过程，解题的关键是知道等量异种电荷的电场线的特点，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是等势线。根据电场强度的变化得出电场力的变化，抓住水平方向上平衡得出弹力的大小变化，从而得出摩擦力的大小变化，结合牛顿第二定律得出加速度的变化，两段过程加速度大小对称；根据电场力做功判断电势能的变化。【解答】B.由于小物块最后静止在B点，因此小物块受到重力、电场力、薄板支持力和摩擦力的作用，可知小物块带正电，从A到O的过程中
17、，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于小物块在水平方向上受力平衡，可知小物块对薄板的压力增大，从而滑动摩擦力增大，根据a=fmgm可知，加速度增大，根据叠加场的对称性可知，从O到B的过程中，电场强度越来越小，电场力越来越小，滑动摩擦力逐渐减小，加速度逐渐减小，因此A运动到B的过程中加速度先增大后减小，经过O点时加速度最大，故B正确；AD.根据叠加场的对称性可知，小物块从A到O过程与从O到B过程中克服摩擦力做功相同，设每段摩擦力做功为Wf、在O时物块的速度为v、AO=OB=，对AO段和OB段，根据动能定理可得mgWf=12mv212mv02，mgWf=012mv2，联合解得v=22v0，由于
18、物块在AO段和OB段损失的机械能都为克服摩擦力做的功，因此AO段和OB段损失的机械相同，故AD错误；C.由于AB是一等势线，电场力不做功，所以小物块从A到B电势能不变，故C错误。9.【答案】B【解析】【分析】首先据题境知道静电火箭发动机的工作原理，带电粒子在电场中的加速，由动能定理求出粒子的速度，然后结合电流的表达式和动量定理求出形成电流I需要的力。明确静电火箭发动机的工作原理，能把知识迁移到电场对带电粒子的加速是解题的关键。【解答】对离子，根据动能定理，有：qU=12mv2，解得：v=2qUm根据电流的定义式：I=Qt=Nqt对离子，根据动量定理，有：Ft=Nmv，解得：F=Imvq=I2m
19、Uq，故B正确。10.【答案】C【解析】【分析】当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，滑块垂直斜面方向受力不平衡。根据冲量的定义I=Ft求支持力对B的冲量大小。滑块B下滑的过程中A、B组成的系统水平方向不受外力，系统水平动量守恒，由此列式求解斜面向左滑动的距离。本题的关键是要掌握动量守恒的条件，分析清楚物体运动过程即可解题；要注意：系统总动量不守恒，在水平方向动量守恒。【解答】解：A、当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos，故A错误；B、
20、滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，故B错误；C、由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故C正确；D、系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：Mx1tmx2t=0，即有：Mx1=mx2，又x1+x2=L，解得：x1=mM+mL，故D错误。故选C。11.【答案】(1)B；9.1；(2)如图：；(3)0.30；(4)无；不可行；因为物体做圆周运动时有向心力，造成支持力大于重力垂直于切面的分力，从而摩擦力偏大【解析】【分析】本题考查测量小铁块与铝板表面间的动摩擦因数，熟
21、悉实验原理是解题的关键。(1)根据游标卡尺知识判断；根据游标卡尺的读数规则读出；(2)根据表格描点直接连线即可；(3)根据动能定理列方程，结合图像斜率的含义可求解；(4)根据实际情况结合动能定理列方程，结合图像斜率的含义即可判断；根据实验对s的影响可判断；根据实验原理和题设要求即可分析判断。【解答】(1)测量铝板的厚度，用游标卡尺的外测量爪B进行测量；这是一个十分尺，精度为0.1mm，所以读数为9mm+10.1mm=9.1mm；(2)根据表格描点连线如图所示：；(3)由动能定理：mgmgs=0，解得=s，所以在s的图像中斜率表示动摩擦因数，由图知，=251800=0.30；(4)作图时若考虑铝
22、板的厚度，则由动能定理：mg(d)mgs=0，解得=s+d，图像斜率仍表示动摩擦因数，可见由图像求得的动摩擦因数的结果无影响。若实验中因碰撞有动能的损失，会导致s偏小，修正后的图像斜率偏小，故测量值偏大，即动摩擦因数的实验值真实值；若斜面改成曲面，这种方案不可行，因为物体做圆周运动时有向心力，造成支持力大于重力垂直于切面的分力，从而摩擦力偏大。12.【答案】解：(1)将物块在C点的速度沿水平和竖直方向分解，则vy=2g=3m/s则物块通过B点的速度为vB=vycot37=4m/s由于vBv，所以物块由A到B一直做匀加速运动，在此过程中，物块的加速度为a=mgm=g由vB2v02=2gL解得:=
23、0.3；(2)物块由A到B的运动时间t=vBv0a=23s，此过程传送带的位移s=vt=103m所以由于传送块电动机对传送带所做的功W=mgs=20J；(3)物块到C点时的速度为vC=vysin37=5m/s对物块，由C点运动到最低点的过程，由能量守恒定律得mg(SCE+x)sin37+12mvC2=Epm；代入解得弹簧的最大弹簧性势能Epm=32.2J。【解析】本题考查物体的运动分解，功的计算，能量守恒的应用，综合题。13.【答案】解：(1)气体从状态B变化到状态C的过程中为等容变化，由查理定律可知：pBTB=pTC，且有pB=p0=1.0105pa，解得，在状态C时的压强：p=1.5105
24、pa；(2)由图示图象可知，AB过程V与T成正比，气体压强不变，气体体积变大，气体对外做功：W=p0V=p0(VBVA)代入数据解得：W=200J由热力学第一定律U=W+Q可知：Q=UW=500J(200)J=700J答：(1)气体在状态C时的压强p是1.5105pa；(2)AB过程中气体吸收的热量Q是700J。【解析】本题考察理想气体状态方程、气体状态变化的图像问题、热力学第一定律的内容及应用；注意分阶段分析气体变化问题，结合理想气体状态方程求压强；结合热力学第一定律求解热量14.【答案】解：(1)万有引力：F万=mg0=mg+m(2T)2R，解得：R=g0g42T2；(2)万有引力提供向心
25、力，由牛顿第二定律得：mg0=mv12R解得：v1=Tg0(g0g)2；(3)在两极，万有引力等于重力，GMmR2=mg0，密度：=M43R3解得：=3g0(g0g)GT2；答：(1)该星球的半径R为(g0g)T242；(2)该星球的第一字宙速度v1为Tg0(g0g)2；(3)该星球的密度为3g0(g0g)GT2。【解析】(1)在星球两极万有引力等于重力，在赤道处万有引力等于重力与物体随星球自转做圆周运动的向心力的合力，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以求出星球半径。(2)当卫星的轨道半径等于星球半径时的线速度是第一宇宙速度，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以求出第一宇宙速度。(3)先求出星球
26、的质量，然后根据密度公式求出星球的密度。本题考查了万有引力定律的应用，知道两极万有引力等于重力、在赤道上万有引力等于重力与物体随星球自转做圆周运动的向心力之和是解题的前提，应用万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。15.【答案】解：(1)由动能定理得eU02=12mv212mv02，解得v=v02+eU0m(2)t=0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子继续在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，此时实际速度等于初速度v0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L=v0T.(3)若要使电子从OO平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO上，可见应在t=T4+kT2(k=0,1,2,)时射入极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，由牛顿第二定律有a=eU0md，加速阶段运动的距离s=12eU0md(T4)2d4，解得dTeU08m，故两极板间距至少为TeU08m【解析】见答案
