安徽省淮北市2020届高三上学期第一次模拟考试物理试题 Word版含解析 20页

www.ks5u.com 淮北市2020届高三第一次模拟考试 物理试题 一、选择题（本题包括10小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-6小题只有一项符合题目要求，第7-10小题有多项符合题目要求。全部选对的得，选对但不全的得，有选错的得0分。）‎ ‎1.如图所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方向匀速运动．用G表示无人机重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是　　‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由于无人机正沿直线朝斜向下方匀速运动即所受合外力零 ，所以只有B图受力可能为零，故B正确．‎ ‎2.一蹦床运动员竖直向上跳起，从离开蹦床算起，上升到最大高度一半所用的时间为，速度减为离开蹦床时速度一半所用的时间为，若不计空气阻力，则与的大小关系为（　　）‎ A. B. ‎ C. D. 不能确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据速度位移公式得，设上升到最大高度一半的速度为v，则有：‎ - 20 -‎ 联立解得：‎ 则运动的时间为：‎ 速度减为初速一半所用的时间为t2：‎ ‎。‎ 则：‎ t1＜t2．‎ A．，与结论相符，选项A正确；‎ B．，与结论不相符，选项B错误；‎ C．，与结论不相符，选项C错误；‎ D．不能确定，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选A。‎ ‎3.发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步卫星轨道3（如图所示）。则卫星分别在1、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（　　）‎ A. 卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率 B. 卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度 C. 卫星在轨道3上具有的机械能大于它在轨道1上具有的机械能 - 20 -‎ D. 卫星在轨道3上经过点的加速度大于它在轨道2上经过点的加速度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ABD．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有 解得 ‎①‎ ‎ ②‎ ‎③‎ 轨道3半径比轨道1半径大，根据①②④三式，卫星在轨道1上线速度较大，角速度也较大，卫星在轨道3上经过点的加速度等于它在轨道2上经过点的加速度，故ABD均错误；‎ C．卫星从轨道1到轨道3需要克服引力做较多的功，故在轨道3上机械能较大，故C正确；‎ 故选C。‎ ‎4.图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数与副线圈匝数之比为10：1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦交流电，电阻，与电容器连接成如图所示的电路，其中电容器的击穿电压为8V，电表均为理想交流电表，开关S处于断电状态，则（　　）‎ A. 电压表的读数为10V B. 电流表的读数为0.05A C. 电阻上消耗的功率为2.5W D. 若闭合开关S，电容器会被击穿 ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 20 -‎ ‎【详解】A．开关断开时，副线圈为R1和R2串联，电压表测量R2的电压，由图可知原线圈电压为100V，所以副线圈电压为10V，则电压表的读数是R2的电压为5V≈7.07V，故A错误；‎ B．由A的分析可知，副线圈电流为 所以原线圈电流为 ‎ ‎ 故B错误；‎ C．电阻R1、R2上消耗的功率为 ‎ ‎ 故C正确；‎ D．当开关闭合时，R1与R3并联后和R2串联，电容器的电压为并联部分的电压，并联部分电阻为R并=10Ω，所以并联部分的电压为 ‎ ‎ 最大值为，所以电容器不会被击穿，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎5.图甲为研究光电效应的电路图，当用频率为的光照射金属阴极时，通过调节光电管两端电压，测量对应的光电流强度，绘制了如图乙所示的图象。已知电子所带电荷量为，图象中遏止电压、饱和光电流及射光的频率、普朗克常量均为已知量。下列说法正确的是（　　）‎ - 20 -‎ A. 光电子的最大初动能为 B. 阴极金属的逸出功为 C. 若增大原入射光的强度，则和均会变化 D. 阴极金属截止频率为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．光电子的最大初动能为，选项A错误；‎ B．根据光电效应方程：‎ 则阴极金属的逸出功为 选项B错误；‎ C．若增大原入射光的强度，则最大初动能不变，则截止电压不变；但是饱和光电流会变化，选项C错误；‎ D．根据可得，阴极金属的截止频率为 选项D正确；‎ 故选D.‎ ‎6.如图所示，平行板电容器与电源连接，下极板接地，开关闭合，一带电油滴在电容器中的点处于静止状态。下列说法正确的是（　　）‎ A. 保持开关闭合，板竖直上移一小段距离，电容器的电容增大 B. 保持开关闭合，板竖直上移一小段距离，点的电势将升高 C. 保持开关闭合，板竖直上移一小段距离过程中，电流计中电流方向向右 D. 开关先闭合后断开，板竖直上移一小段距离，带电油滴向下运动 - 20 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．保持开关闭合，则电压恒定不变，A板竖直上移一小段距离，根据电容的决定式，可知电容C减小，故A错误。‎ B．根据，可知电场强度减小，根据U=Ed可知，P点与下极板的距离不变，但E减小，故P点与下极板的电势差减小，下极板带正电，故P点的电势升高，故B正确。‎ C．根据Q=CU可知，电容减小，电荷量减小，电容器放电，电流计中电流方向向左，故C错误。‎ D．开关S先闭合后断开，则电荷量Q不变，A板竖直上移一小段距离，电场强度 恒定不变，故带电油滴静止不动，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎7.两根长直导线平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图，图中点为两根导线连线的中点，为的中垂线上的两点且与等距，两导线中通有恒定电流，已知直线电流在某点产生的磁场的磁感应强度的大小跟该点到通电导线的距离成反比，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 若中通以等大同向电流，点的磁感应强度为零 B. 若中通以等大反向电流，则点和点的磁感应强度相同 C. 若中通以大小不等的反向电流，则磁感应强度为零的点在之间的连线上 D. 若中通以大小不等的同向电流，则磁感应强度为零的点在连线的延长线上 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若中通以等大同向电流，根据安培定则可知，两条导线在O点产生的磁场等大反向，则O点的磁感应强度为零，选项A正确；‎ - 20 -‎ B．若中通以等大反向电流，假设a电流向里，b中电流向外；根据安培定则以及磁场叠加原理判断得知，两根通电导线在MN两点产生的磁感应强度方向均向下且大小相等；同理若假设a电流向外，b中电流向里；根据安培定则以及磁场叠加原理判断得知，两根通电导线在MN两点产生的磁感应强度方向均向上且大小相等；故 B正确；‎ C．若中通以大小不等的反向电流，则两电流在之间的连线上各点的磁场方向相同，磁感应强度不可能为零，选项C错误；‎ D．若中通以大小不等的同向电流，则两电流在连线的延长线上各点的磁场方向相同，则磁感应强度不可能为零，选项D错误；‎ 故选AB.‎ ‎8.如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量出滑块的速度和离地高度并作出如图乙所示滑块的图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，不计空气阻力，取，由图象可知（　　）‎ ‎ ‎ A. 小滑块的质量为0.1kg B. 轻弹簧原长为0.2m C. 弹簧最大弹性势能为0.5J D. 小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在从0.2m上升到0.35m范围内，△Ek=△EP=mg△h，图线的斜率绝对值为：‎ 所以：‎ - 20 -‎ m=0.2kg 故A错误；‎ B．在Ek-h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所示从h=0.2m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2m。故B正确；‎ C．根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以 Epm=mg△h=0.2×10×（0.35-0.1）=0.5J 故C正确； D．由图可知，当h=0.18m时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知 EPmin=E-Ekm=Epm+mgh-Ekm=0.5+0.2×10×0.1-0.32=0.38J 故D错误；‎ 故选BC。‎ ‎9.一带正电的粒子仅在电场力作用下从点经运动到点，其图象如图所示。分析图象后，下列说法正确的是（　　）‎ A. 处的电场强度一定小于处的电场强度 B. 粒子在处的电势能一定大于在处的电势能 C. 间各点电场强度和电势都为零 D. 两点间的电势差等于两点间的电势差 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由运动的速度--时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，由牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A错误；‎ B．由A到B - 20 -‎ 过程中，速度越来越大，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，所以A点的电势能高于B点的电势能，故B正确。‎ C．从C到D，粒子速度一直不变，故电场力做功为零，可知CD间各点电场强度为零，但电势不一定为零，故C错误；‎ D．A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D正确。‎ 故选BD ‎10.在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图所示，倾斜的传送带以恒定速率逆时针运行，皮带始终是绷紧的。质量的货物从传送带上端点由静止释放，沿传送带运动到底端点，两点的距离。已知传送带倾角，货物与传送带间的动摩擦因数，重力加速度，，。则（　　）‎ A. 货物从点运动到点所用时间为1.2s B. 货物从运动到的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为0.8J C. 货物从运动到的过程中，传送带对货物做功大小为11.2J D. 货物从运动到与传送带速度相等的过程中，货物减少的重力势能小于货物增加的动能与摩擦产生的热量之和 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：‎ mgsinθ+μmgcosθ=ma1‎ 解得 a1=10m/s2‎ 加速到与传送带共速时的时间 ‎ ‎ - 20 -‎ 物块运动的距离 ‎ ‎ 因为mgsinθ>μmgcosθ，可知共速后物块将继续加速下滑，加速度：‎ mgsinθ-μmgcosθ=ma2‎ 解得 a2=2m/s2‎ 根据 ‎ ‎ 即 ‎ ‎ 解得 t2=1s，‎ 则货物从A点运动到B点所用时间为 t=t1+t2=1.2s 选项A正确；‎ B．货物在前半段加速阶段相对传送带的位移 货物在后半段加速阶段相对传送带的位移 则从A到B的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为 ‎ ‎ 选项B错误；‎ C．货物从运动到的过程中，传送带对货物做功大小为 选项C正确；‎ D．货物从运动到与传送带速度相等的过程中，对货物由动能定理：‎ - 20 -‎ 即货物减少的重力势能与摩擦力做功之和等于货物增加的动能；‎ 选项D错误；‎ 故选AC.‎ 二、实验题（本大题共2小题，共16分，把答案写在答题卡指定的答题处，不要求写出演算过程）‎ ‎11.如图（甲）所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处从静止释放,下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H>>d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：‎ ‎（1）如图（乙）所示，用游标卡尺测得小球的直径d =________mm．‎ ‎（2）小球经过光电门B时的速度表达式为__________．‎ ‎（3）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图（丙）所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：_______时，可判断小球下落过程中机械能守恒．‎ ‎【答案】 (1). 7.25 (2). d/t (3). 或2gH0t02=d2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为7mm，游标读数为0.05×5mm=0.25mm，则小球的直径d=7.25mm．‎ ‎(2)[2]根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，小球在B处的瞬时速度 - 20 -‎ ‎；‎ ‎(3)[3]小球下落过程中重力势能的减小量为mgH0，动能的增加量 若机械能守恒，有：‎ 即 ‎12.某实验小组利用电流传感器（可视为理想电流表）和定值电阻以及电阻箱、待测电池等器材，设计了如图甲所示的电路测定电池电动势和内阻。电流的值通过数据采集器输入到计算机，数据采集器和计算机对原电路的影响可忽略。他们连接好电路，闭合开关S后，发现无论如何调节电阻箱，计算机中显示电流均为零，由此判断电路可能出现了故障。经小组讨论后，尝试用多用电表的欧姆档来检测电路。已知保护电阻，电流传感器量程为。操作步骤如下：‎ ‎①将多用电表挡位调到电阻“×1”挡，再将红、黑表笔短接，进行欧姆调零；‎ ‎②断开甲图电路开关S，将多用电表两表笔分别接在上，多用电表的指针不偏转；‎ ‎③断开甲图电路开关S，将多用电表两表笔分别接在上，多用电表的示数如图乙所示；‎ ‎④断开甲图电路开关S，将多用电表两表笔分别接在上，多用电表的指针不偏转；‎ ‎⑤断开甲图电路开关S，将多用电表两表笔分别接在上，计算机中显示电流不为零。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）操作步骤③中，多用电表内阻_____________；‎ ‎（2）操作步骤⑤中，多用电表红表笔应接_______________（选“”或“”点）;‎ ‎（3）电路的故障可能是__________________;‎ - 20 -‎ A.保护电阻短路 B.保护电阻断路 C.电阻箱短路 D.电阻箱断路 ‎（4）排除电路故障后，该小组按照图甲的电路测量电源的电动势和内阻。改变电阻箱的阻值，得到多组实验数据。根据数据作出图像，如图所示，则电源电动势_____________V，内阻__________（结果保留2位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). 15.0 (2). c (3). D (4). 1.5 (5). 3.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．操作步骤③中，多用电表内阻等于中值电阻，大小为15.0Ω；‎ ‎（2）[2]．因c端是电流传感器的负极，则操作步骤⑤中，多用电表红表笔应接点；‎ ‎（3）[3]．根据实验步骤的分析可知，电路的故障可能是电阻箱R断路，故选D；‎ ‎（4）[4][5]．根据闭合电路欧姆定律可得：‎ E=I(R+R0+r)‎ 即：‎ 由图像可知：‎ 则 r=3.0Ω 三、计算题（本题包括4小题，共4。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎13.如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为37°，质量为1.2kg的小物块（可视为质点），在一沿斜面向上的恒定推力作用下从点由静止开始向上运动，作用一段时间后撤去推力 - 20 -‎ ‎，小物块能达到的最高位置为点，小物块从到的图象如图乙所示（取，，）。求：‎ ‎（1）撤去后小物块运动的加速度；‎ ‎（2）小物块与斜面间的动摩擦因数；‎ ‎（3）内推力的冲量。‎ ‎【答案】（1）10m/s2；（2）0.5；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图象可以知道撤去F后物体运动的加速度大小为 ‎=10m/s2.‎ ‎（2）在匀减速直线运动过程中由牛顿第二定律知 mgsin37°+μmgcos37°=ma2.‎ 解得 μ=0.5.‎ ‎（3）解法一：匀加速直线运动过程的加速度大小为 ‎.‎ 沿斜面方向根据牛顿第二定律可得 F-mgsin37°-μmgcos37°=ma1‎ 其中t=0.9s.‎ 解得 解法二：对全过程应用动量定理，设力F的冲量为I，则 I-（mgsin37°+μmgcos37°）t=0‎ - 20 -‎ 其中t=1.2s 解得 ‎14.如图所示，在足够长的光滑水平桌面上静置一个四分之一光滑圆弧形槽，质量，半径，末端与桌面相切。将质量的小球（可视为质点）由槽的顶端无初速度释放，经桌面上点水平飞出，小球恰好无碰撞地沿圆弧切线从点进入固定的竖直光滑圆弧轨道，为圆弧的两端点，其连线水平，为圆弧最低点。已知圆弧对应圆心角，半径。取，，。求：‎ ‎（1）小球沿弧形槽下滑到槽底端时，槽的速度大小；‎ ‎（2）桌面离水平地面的高度；‎ ‎（3）小球运动至点时对圆弧轨道的压力大小。‎ ‎【答案】（1）1m/s；（2）0.8m；（3）小球对圆弧轨道压力大小为4.3N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球弧形槽下滑到槽底端过程中，系统水平方向动量守恒 mv1=Mv2‎ 系统机械能守恒 ‎.‎ 解得 v1＝3m/s v2＝1m/s.‎ ‎（2）小球离开桌面后以3m/s初速度做平抛运动 - 20 -‎ h＝gt2‎ ‎.‎ 解得 h＝0.8m.‎ ‎（3）小物块由A点到O点，由机械能守恒定律得 在圆弧最低点，由牛顿第二定律得 解得 F＝4.3N 根据牛顿第三定律，小球对圆弧轨道压力大小为4.3N，方向向下。‎ ‎15.如图所示，两足够长的平行光滑金属导轨、相距为，导轨平面与水平面的夹角，导轨电阻不计，磁感应强度为的匀强磁场垂直于导轨平面向上。长为的金属棒垂直于放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为、电阻为。导轨的上端连接一个定值电阻（阻值）。闭合开关，给金属棒施加一个平行于导轨向上、大小为的恒力，金属棒由静止开始运动，当上滑距离为时速度恰好达到最大，重力加速度为。求：‎ ‎（1）金属棒能达到的最大速度的大小；‎ ‎（2）金属棒由静止开始上滑距离的过程中，金属棒上产生的热量。‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ - 20 -‎ ‎【详解】（1）金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度，此后开始做匀速直线运动，设最大速度为vm，则速度达到最大时有：‎ E＝BLvm ‎.‎ ‎.‎ 又F＝2mg 解得：‎ ‎（2）设整个电路产生的热量为Q，由能量守恒定律有：‎ F∙2x＝Q＋mgsinθ∙2x＋mvm2.‎ 由题意可知 ‎.‎ 解得：‎ ‎16.如图所示，直线通过点，且与正方向夹角为45°。直线上方有平行于纸面且沿轴负方向的匀强电场，电场强度大小未知，下方有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。今有一个带正电的粒子从坐标原点处沿轴正方向以速度射入磁场，该粒子在磁场中运动时的轨迹半径为。若该粒子从点出发时记为第1次经过直线，而第5次经过直线时恰好又通过点。不计粒子的重力。求：‎ ‎（1）电场强度的大小；‎ ‎（2）该粒子第5次经过直线从点进入磁场后，运动轨迹的半径；‎ ‎（3）该粒子从点出发到第5次经过直线回到点所需的时间。‎ - 20 -‎ ‎【答案】（1）电场强度的大小为；（2）运动轨迹的半径为；（3）所需的时间为 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子的运动轨迹如图。‎ 由几何关系得，粒子从c到O做类平抛运动，且在垂直、平行电场方向上的位移相等，都为 类平抛运动时间为 又 又 ‎.‎ 联立得 ‎（2）粒子在电场中的加速度为 - 20 -‎ 粒子第五次过MN进入磁场后的速度 则第五次过MN进入磁场后的圆弧半径由 得 ‎（3）粒子在磁场中运动的总时间为 粒子做直线运动所需时间为 ‎.‎ 联立得粒子从出发到第五次到达O点所需时间 ‎.‎ ‎ ‎ - 20 -‎ ‎ ‎ - 20 -‎