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- 2021-05-24 发布
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2019-2020学年度高三模拟考试
物理试题
一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.如图所示,导体棒原来不带电,将电荷量为Q的正点电荷放在棒左侧O处,当棒达到静电平衡后,棒上的感应电荷在棒内A点处产生的场强为E1。下列说法正确的是( )
A. E1的大小与电荷量Q成正比
B. E1的方向沿OA连线向右
C. 在导体棒内部,离O点越远场强越小
D. 在O点放置电荷量为2Q的点电荷,A点的场强为2E1
【答案】A
【解析】
【详解】AB.导体棒达到静电平衡后,棒上感应电荷在棒内A点处产生的场强大小与一带电量为Q的点电荷在该处产生的电场强度大小相等,方向相反,则有
正点电荷在A点产生的场强方向向右,则E1的方向沿OA连线向左,故A正确,B错误;
C.导体棒达到静电平衡后,棒内场强处处为0,故C错误;
D.在O点放置电荷量为2Q的点电荷,导体棒达到静电平衡后,棒内场强处处为0,故D错误。
故选A。
2.正三角形金属框架ABC边长为a,将其放置在水平绝缘桌面上,俯视如图所示。现施加竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场,将AC接入电路,图中电流表示数为I,金属框架静止。则( )
A. 金属框架所受的安培力为0
B. 金属框架所受摩擦力大小BIa
C. 金属框架所受摩擦力方向水平向左
D. 若增大磁感应强度B,金属框架一定静止
【答案】B
【解析】
【详解】A.导线ABC的等线长度为AC边长度,由左手定则可知,两段导线所受安培力方向水平向左,即安培力合力不为0,故A错误;
BC.由于电流表示数为I,即为导线AC和ABC的电流之和,由于导线ABC的等线长度为AC边长度,则金属框架所受的安培力合力为
由平衡可知,金属框架所受摩擦力大小为BIa,由于安培力合力方向水平向左,则金属框架所受摩擦力方向水平向右,故B正确,C错误;
D.若增大磁感应强度B,金属框架所受安培力增大,如果安培力大于最大静摩擦力,金属框架则运动,故D错误。
故选B。
3.一简谐横波沿x轴传播,图甲是t=0s时刻的波形图,图乙是介质中质点P的振动图象,下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 该波的波速为1.25m/s
C. t=2s时,P的速度最大,加速度最小
D. 在t=0到t=10s的时间内,P沿传播方向运动2m
【答案】C
【解析】
【详解】A.由图乙可知,t=0s时质点P
在平衡位置将向上振动,结合图甲由同侧法可知,该波沿x轴负方向传播,故A错误;
B.由图甲知波长,由图乙知周期,则波速为
故B错误;
C.由图乙可知,t=2s时,质点P处于平衡位置,则P的速度最大,加速度最小,故C正确;
D.质点只能在各自平衡位置附近振动,并不会随波逐流,故D错误。
故选C。
4.如图所示,某种单色光从光导纤维左端射入,经过多次全反射后从右端射出。已知该单色光在光导纤维中的折射率为n,则该单色光从右端射出时出射角的正弦值最大为( )
A. B. n C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设介质中发生全反射的临界角为α,如图,由全反射定律得,经过多次全反射后从右端射出,入射角和折射角满足
联立解得
5.图甲为氢原子部分能级图,大量的氢原子处于n=4的激发态,向低能级跃迁时,会辐射出若干种不同频率的光。用辐射出的光照射图乙光电管的阴极K,已知阴极K的逸出功为4.54eV,则( )
A. 这些氢原子能辐射4种不同频率的光子
B. 某氢原子辐射出一个光子后,核外电子的速率减小
C. 阴极K逸出光电子的最大初动能为8.21eV
D. 若滑动变阻器的滑片右移,电路中的光电流一定增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.大量氢原子处于n=4的激发态,向低能级跃迁时,会辐射出
即6种不同频率的光子,故A错误;
B.某氢原子辐射出一个光子后,能量减小,轨道半径减小,库仑力做正功,核外电子的速率增大,故B错误;
C.处于n=4的氢原子向低能级跃迁时放出光子最大能量为
由光电效应方程可知
故C正确;
D.若滑动变阻器的滑片右移,正向电压增大,如果光电流达到最大光电流时,则电路中的光电流不变,故D错误。
故选C
6.随着科技的不断发展,小到手表、手机,大到电脑、电动汽车,都已经在无线充电方面实现了从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌手机无线充电的原理图,下列说法正确的是( )
A. 无线充电时,手机上接收线圈的工作原理是“电流的磁效应”
B. 发送端和接收端间的距离不影响充电的效率
C. 所有手机都能用该品牌无线底座进行无线充电
D. 接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
【答案】D
【解析】
【详解】A.无线充电手机接收线圈部分工作原理是电磁感应,故A错误;
B.由于充电工作原理为电磁感应,发送端和接收端间的距离越远,空间中损失的能量越大,故B错误;
C.不是所有手机都能进行无线充电,只有手机中有接受线圈时手机利用电磁感应,进行无线充电,故C错误;
D.根据电磁感应原理,接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中频率相同,故D正确。
故选D。
7.卡车沿平直公路运输质量为m的匀质圆筒状工件,将工件置于两光滑斜面之间,如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上,倾角分别为和。重力加速度为g,圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2。则( )
A. 当卡车匀速行驶时F1=mg B. 当卡车匀速行驶时F2=mg
C. 卡车安全启动最大加速度为g D. 卡车安全刹车的最大加速度为g
【答案】C
【解析】
【详解】AB.将重力进行分解如图所示,根据几何关系可得
故AB错误。
C.当匀质圆筒状工件对斜面Ⅱ压力为0时,启动加速度最大,则有
得
故C正确;
D.当匀质圆筒状工件对斜面I压力为0时,刹车加速度最大,则有
得
故D错误。
故选C。
8.2019年1月3日,我国发射的“嫦娥四号”探测器在月球背面成功着陆。若已知地球半径是月球半径的p倍,地球质量是月球质量的q倍,地球的半径为R,地球表面的重力加速度为g,“嫦娥四号”绕月球做匀速圆周运动的半径为月球半径的k倍。则下列说法正确的是( )
A. 月球的第一宇宙速度为 B. 月球表面的重力加速度大小是
C. “嫦娥四号”绕月球运行的周期为2π D. “嫦娥四号”绕月球运行的速度大小为
【答案】B
【解析】
【详解】AB.由公式
得
则月球表面重力加速度为
月球的第一宇宙速度为
故A错误,B正确;
C.由公式
得
故C错误;
D.由公式
得
故D错误。
故选B。
二、多项选择题:本题共4小题,共16分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.从同一高度以相同的初动能竖直向上拋出两个小球a、b,a达到的最高点比b的高,不计空气阻力。以下说法正确的是( )
A. a的质量比b的大
B. a的质量比b的小
C. 拋出时,a的动量比b的大
D. 抛出时,a的动量比b的小
【答案】BD
【解析】
【详解】AB.小球抛出后做竖直上抛运动,由公式可知,a球抛出的初速度比b大,由于两球初动能相同,则a球的质量比b球的小,故A错误,B正确;
CD.由动能与动量关系
可知,质量越大,初动量越大,则a球的初动量比b的小,故C错误,D正确。
故选BD。
10.如图,虚线圆是正点电荷O周围的两个等势面。检验电荷a、b,仅在电场力的作用下,分别由M点沿图中实线运动到N点,经过N点时,a、b的速率相等,以下判断正确的是( )
A. a带正电 B. 在M点时,a、b的速率可能相等
C. M点电势比N点的低 D. a在M点的电势能比在N点大
【答案】CD
【解析】
【详解】A.由做曲线运动物体的合力指向曲线内侧且点电荷为正电荷,检验电荷a
运动过程中受到点电荷的吸引力,说明a带负电,故A错误;
B.由做曲线运动物体的合力指向曲线内侧且点电荷为正电荷,检验电荷b运动过程中受到点电荷的吸引力,说明b带正电,检验电荷a从M到N电场力做正功,动能增大,检验电荷a从M到N电场力做负功,动能减小,由于检验电荷a、b,经过N点时,a、b的速率相等,所以在M点时,a、b的速率可能相等不可能相等,故B错误;
C.由于M点离正点电荷更远,则M点的电势比N点电势更低,故C正确;
D.由于a电荷带负电且M点的电势比N点电势更低,根据负电荷在电势低处电势能大,说明a电荷在M点电势更大,故D正确。
故选CD。
11.如图所示,质量为M的长木板静止在光滑水平面上,上表面OA段光滑,AB段粗糙且长为l,左端O处固定轻质弹簧,右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上,轻绳所能承受的最大拉力为F.质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧,弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断,再过一段时间后长木板停止运动,小滑块恰未掉落.则( )
A. 细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为
B. 细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为
C. 弹簧恢复原长时滑块的动能为
D. 滑块与木板AB间的动摩擦因数为
【答案】ABD
【解析】
【详解】A.细绳被拉断瞬间,对木板分析,由于OA段光滑,没有摩擦力,在水平方向上只受到弹簧给的弹力,细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F,根据牛顿第二定律有:
解得,A正确;
B.滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧,到弹簧压缩量最大时速度为0
,由系统的机械能守恒得:细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为,B正确;
C.弹簧恢复原长时木板获得的动能,所以滑块的动能小于,C错误;
D.由于细绳被拉断瞬间,木板速度为零,小滑块速度为零,所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能,即,小滑块恰未掉落时滑到木板的右端,且速度与木板相同,设为,取向左为正方向,由动量守恒定律和能量守恒定律得
联立解得,D正确。
故选ABD。
12.习总书记提出的绿水青山就是金山银山的理念,树立了保护自然环境就是保护人类、建设生态文明就是造福人类的新理念。某化工厂为检测污水排放量,技术人员在排污管末端安装一台污水流量计,如图所示,该装置由非磁性绝缘材料制成,长、宽、高分别为a=1m、b=0.2m、c=0.2m,左、右两端开口,在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B=1.25T的匀强磁场,在上、下两个面的内侧固定有金属板,污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经该装置时,测得两个金属板间的电压U=1V。下列说法中正确的是( )
A. M电势高,金属板N的电势低
B. 污水中离子浓度对电压表的示数有影响
C. 污水的流量(单位时间内流出的污水体积)Q=0.16m3/s
D. 电荷量为1.6×10-19C的离子,流经该装置时受到的静电力F=8.0×10-19N
【答案】ACD
【解析】
【详解】A.根据左手定则,知负离子所受的洛伦兹力方向向下,则向下偏转,N板带负电,M板带正电,则M板的电势比N板电势高,故A正确;
B.最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡,有
解得
与离子浓度无关,故B错误;
C.污水的流速
则流量为
故C正确;
D.流经该装置时受到的静电力
故D正确。
故选ACD。
三、非选择题:本题共6小题,共计60分。
13.某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验,操作步骤如下:
①固定斜槽,并使轨道的末端水平;
②一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸,将该木板竖直并贴紧槽口,让小球a从斜槽轨道上某固定点由静止开始滚下,撞到木板,在白纸上留下压痕O;
③将木板向右平移适当距离,再使小球a从原固定点由静止释放,撞到木板,在白纸上留下压痕B;
④把半径相同的小球b放在斜槽轨道水平段的右边缘,让小球a仍从原固定点由静止开始滚下,与b球相碰后,两球撞在木板上,在白纸上留下压痕A和C;
(1)本实验必须测量的物理量是_______(填序号字母);
A、小球a、b的质量
B、小球a、b的半径r
C、斜槽轨道末端到木板的水平距离x
D、球a的固定释放点到斜槽轨道末端的高度差H
E、记录纸上O点到A、B、C的距离h1、h2、h3
(2)用(1)中所测得的物理量来表示两球碰撞过程动量守恒,其表达式为_______;
(3)对该实验的探究结果没有影响的是_______。(填序号字母)
A、木板是否竖直
B、斜槽轨道末端部分是否水平
C、斜槽轨道是否光滑
【答案】 (1). AE (2). (3). C
【解析】
【详解】(1)[1]设a单独滚下经过斜槽轨道末端的速度为va,两球碰撞后a、b的速度分别为va′和vb′,若两球碰撞动量守恒,则
根据平抛运动规律得
联立得应满足的表达式为
本实验必须测量的物理量是小球a、b的质量ma、mb,记录纸上O点到A、B、C的距离h1、h2、h3;故AE正确
故选AE;
(2)[2]由以上分析可知,需要验证的表达式为
(3)[3]A.由表达式可知,木板是否竖直,对实验结果有影响,故A错误;
B.斜槽轨道末端部分是否水平影响小球离开斜槽是否做平抛运动,则对实验结果有影响,故B错误;
C.只要小球a每次从同一高度静止放下,小球a到达斜槽轨道末端的速度相同,所以斜槽轨道是否光滑,则对实验结果没有影响,故C正确。
故选C。
14.某同学在实验室发现一根粗细均匀、中空的圆柱形导电元件,其横截面为同心圆环,如图甲所示,该同学想知道中空部分的内径d,但该元件的内径太小,无法直接测量,他设计了如下实验进行测量,已知该元件的长度L及电阻率ρ。
(1)用螺旋测微器测元件的外径D,结果如图乙所示,该读数为__________mm;
(2)用多用电表测粗其阻值,多用电表的“Ω”挡有“×1”“×10”“×100”“×1k”四挡,选用“×100”挡测量时,发现指针偏转角度过大,换用相邻的某倍率,重新调零后进行测量,结果如图丙所示,则该元件的电阻为__________Ω;
(3)为精确地测量该元件电阻,有下列器材可供选择:
A.电流表A1(量程50mA,内阻r1=100Ω)
B.电流表A2(量程150mA,内阻r2大约为40Ω)
C.电流表A3(量程3A,内阻r3大约为0.1Ω)
D.滑动变阻器R(0~20Ω,额定电流2A)
E.直流电源E(9V,内阻不计)
F.导电元件Rx
G.开关一只,导线若干
请选择合适的仪器,将实验电路图画在方框内,并标明所选器材的代号___________;
(4)若测得该元件的电阻为R,则元件的内径d=___________。(用已知量和所测物理量的符号表示)
【答案】 (1). 6.005 (2). 90 (3). (4).
【解析】
【详解】(1)[1]螺旋测微器的固定刻度为6.0mm,可动刻度为0.5×0.01mm=0.005mm,所以最终读数为6.0mm+0.005mm=6.005mm;
(2)[2]选用“×100”挡测量时,发现指针偏转角度过大,则选用的是“×10”,由图可知,该元件的电阻为;
(3)[3]由于实验器材中没有电压表但电流表A1内阻已知,且电流表A1能测最大电压为
则可能电流表A1充当电压表,由于测量过程中流过电阻的电流不宜太大,则电流表选A2,为了多测量数据而减小误差,则滑动变阻器应用分压式,由电流表A2的内阻未知,则用外接法,电路图如图
(4)[4]由电阻定律有
解得
15.如图所示,倾角为的斜面固定在水平地面上,可视为质点的小铁块放在斜面底端,对小铁块施加沿斜面向上的推力F0,可将其从斜面底端A缓慢的推到B点。若将小铁块置于水平地面上P点,对小铁块施加水平推力F0,运动到A点时撤去推力,小铁块恰好到达B点。已知小铁块质量为5kg,AB间距离为4m,小铁块与斜面、水平地面间的摩擦因数均为0.25,取g=10m/s2,sin=0.6,cos=0.8,求:
(1)推力F0大小;
(2)小铁块从P到B的时间(结果保留三位有效数字)。
【答案】(1)40N;(2)2.45s
【解析】
【详解】(1)取铁块为研究对象,受力分析如图所示,沿斜面方向
F0=mgsin+μN
垂直斜面方向
N=mgcos
解得
F0=40N
(2)铁块从A点冲到B点,在A点的速度为v,由P到A由动量定理
(F0-μmg)t1=mv
由A到B过程减速的加速度为a,则
由匀变速运动0-v2=-2aL
0=v-at2
解得
v=8m/s
t=t1+t2=2.45s
16.如图所示,汽缸放置在水平桌面上,开口向上,用活塞将一定质量理想气体封闭在汽缸内,活塞距缸底=10cm,气体温度t1=17oC。加热缸内气体至温度t2时,活塞距,缸底=12cm。已知活塞横截面积S=2×10-3m2,大气压强=1.0×105Pa,重力加速度g=10m/s2,活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气,活塞重力忽略不计。
(1)求温度t2;
(2)保持气体温度为t2,将一铁块放在活塞上,再次稳定后活塞回到初始位置,求铁块质量m。
【答案】(1) 75℃;(2)4kg
【解析】
【详解】(1)气体被加热过程中压强不变,由盖•吕萨克定律可得
初态:l1=10cm,T1=(t1+273)=(17+273)K=290K
末态:l2=12cm,T2=?
解得
T2=348K
故
t2=T2-273K=75℃
(2)设活塞再次稳定后气体压强p
由平衡条件可知
mg+p0S=pS
由玻意耳定律可知
p0l2S=pl1S
其中l1=10cm,l2=12cm
联立解得
m=4kg
17.如图所示的坐标系xOy中,第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B0,第二象限存在沿y轴负方向的匀强电场,x轴下方存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度未知。一带正电粒子从A(d,0)点以初速度v0开始运动,初速度方向与x轴负方向夹角θ=,粒子到达y轴时速度方向与y轴垂直,粒子经过电场区域、x轴下方磁场区域恰好回到A点,且速度方向与初速度方向相同。粒子重力不计,sin=0.8,cos=0.6,求:
(1)粒子的比荷;
(2)匀强电场的电场强度;
(3)x轴下方磁场的磁感应强度B。
【答案】(1);(2);(3)
【解析】
【详解】(1)设粒子在第一象限内做圆周运动的半径为r1,则有
由图中几何可知
解得
(2)设粒子平抛过程竖直位移为,则
由题意可知,粒子平抛运动的末速度与x轴负方向夹角
θ=
则
vy=v0tanθ
平抛运动过程
vy=at
联立解得
,
(3)设粒子平抛过程水平位移为,则,设粒子在y轴下方磁场区域运动的半径为r2,则
粒子运动速度
解得
18.如图所示的装置由三部分组成,传送带左边是光滑的水平面,一轻质弹簧左端固定,右端连接着质量M=3.0kg的物块A,开始物块A静止。装置的中间是水平传送带,它与左右两边的台面等高,并平滑对接,传送带以u=2.0m/s的速度逆时针转动。传送带的右边是一位于竖直平面内的光滑圆轨道,最低点为C,最高点为D,半径R=1.25m。从D点正上方h高处无初速释放质量为m=1.0kg的物块B,B从D点进入圆轨道,物块B与A只发生一次碰撞,且为弹性正碰。已知B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,传送带长l=4m,取g=10m/s2。求:
(1)物块B与A碰撞后弹簧的最大弹性势能;
(2)物块B对圆轨道的最大压力;
(3)物块B释放点距D点的高度h。
【答案】(1)24J(2)74N,方向竖直向下;(3)2.75m
【解析】
【详解】(1)如果B与A只发生一次碰撞,则B碰后返回圆轨道最低点C的速度为0,B
碰后速度为v1,碰后返回C点过程
解得
v1=4m/s
B与A碰前速度为v,A碰后速度为v2,由动量守恒定律得
mv=-mv1+Mv2
由机械能守恒定律得
解得
v=8m/s,v2=4m/s
物块A速度为零时弹簧压缩量最大,弹簧弹性势能最大,由能量守恒定律得:
(2)设物块B在圆轨道最低点的速度大小为v0,从C到与A相碰过程因碰前速度
v=8m/s>2m/s,物块在带上减速运动
在圆弧最低点C,由牛顿第二定律得
解得
F=74N
由牛顿第三定律可知,物块B对轨道的压力大小
F′=F=74N
方向竖直向下
(3)由释放点到B与A碰撞过程由动能定理
解得
h=2.75m