【物理】湖南省永州市祁阳县2020届高三上学期第二次模拟考试试题（解析版） 20页

湖南省永州市祁阳县2020届高三上学期 第二次模拟考试试题 一、选择题 ‎1.下列关于力做功与对应能量变化的说法正确的是（ ）‎ A. 合力做正功，机械能增加 B. 合力做正功，物体的动能一定增加 C. 摩擦力做功，物体的机械能一定减少 D. 合力做负功，重力势能一定减少 ‎【答案】B ‎【详解】AC．除重力外其余力做的功等于物体机械能的变化量，除重力外其余力做正功等于物体机械能的增加量，故AC错误；‎ BD．由动能定理，可知合力做功是动能变化的量度，合力做正功，物体的动能一定增加，重力势能的变化是看重力是否做功，故B正确，D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】功是能量转化的量度，合力做功是动能变化的量度；重力做功是重力势能变化的量度；除重力外其余力做的功等于物体机械能的改变量。‎ ‎2.甲、乙两质点同时沿同一直线运动，它们的x-t图象如图所示．关于两质点的运动情况，下列说法正确的是（　　）‎ A. 在0～t0时间内，甲、乙的运动方向相同 B. 在0～t0时间内，乙的速度一直增大 C. 在0～t0时间内，乙平均速度的值大于甲平均速度的值 D. 在0～2t0时间内，甲、乙发生的位移相同 ‎【答案】C ‎【详解】A．根据斜率表示速度可知，在0～t0‎ 时间内，甲的速度为负，乙的速度为正，说明甲、乙的运动方向相反，故A错误；‎ B．根据斜率表示速度，可知在0～2t0时间内，甲的速度不变，故B错误；‎ C．根据斜率表示速度，可知在0～t0时间内，乙的速度在减小，故C错误；‎ D．在0～2t0时间内，甲的位移x1=-2x0，乙的位移为x1=2x0，大小相等，方向不同，位移不等，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.如图所示，转动自行车的脚踏板时，关于大齿轮、小齿轮、后轮边缘上的A、B、C三点的向心加速度的说法正确的是　　‎ A. 由于，所以A点的向心加速度比B的点大 B. 由于，所以B点向心加速度比C的点大 C. 由于，所以A点的向心加速度比B的点小 D. 以上三种说法都不正确 ‎【答案】C ‎【详解】A、因A、B两点线速度相等，根据向心加速度公式，又因A的半径大于B的半径，可知A点的向心加速度小于B点的向心加速度，故A错误；‎ B、B点与C点绕同一转轴转动，角速度相等，根据可知半径大的向心加速度大，则C的加速度大，故B错误；‎ C、因A、B两点线速度相同，根据可知A点的角速度小于B点的角速度，则由可知A点的向心加速度比B点的向心加速度小，故C正确；‎ D、由题意可知D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点睛】自行车的链条不打滑，A与B的线速度大小相等，B与C绕同一转轴转动，角速度相等，由研究A与B角速度的关系；由向心加速度公式，研究向心加速度的关系．‎ ‎4.某卫星在半径为r的轨道1上做圆周运动，动能为Ek，变轨到轨道2上后，动能比在轨道1上减小了ΔE，在轨道2上也做圆周运动，则轨道2的半径为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【详解】在卫星做圆周运动过程中，万有引力充当向心力，故有，解得，所以卫星动能为，根据题意可知，，联立解得，D正确．‎ ‎【点睛】此题的关键要结合动能的表达式，由万有引力提供圆周运动向心力分析求解线速度与半径的关系，由动能关系得出半径与动能的关系．‎ ‎5.如图所示，甲、乙两物体与水平面间的动摩擦因数相同，它们的质量相等，对物体 甲用力 F1 推，对物体乙用力 F2 拉，两种情况下，力与水平方向所成夹角相等，物体都做匀速运动，经过相同的位移，则 F1 和 F2 大小关系、F1 对物体功 W1 和 F2对物体做功 W2 关系应满足（ ）‎ A. F1＝ F2 B. F1< F2‎ C. W1＝W2 D. W1>W2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查受力分析与做功公式。‎ ‎【详解】AB．对甲受力分析：‎ 对乙受力分析：‎ 不难看出，，所以，AB错误；‎ CD．F1 对物体功：‎ F2对物体做功：‎ 由于，位移相同，所以 ，C错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎6.如图所示，在正方形四个顶点分别放置一个点电荷，所带电荷量已在图中标出，则下列四个选项中，正方形中心处场强最大的是 (　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【详解】根据点电荷电场强度公式，结合矢量合成法则，两个负电荷在正方形中心处场强为零，两个正点电荷在中心处电场强度为零，故A错误；同理，正方形对角线异种电荷的电场强度，即为各自点电荷在中心处相加，因此此处的电场强度大小为，故B正确；正方形对角线的两负电荷的电场强度在中心处相互抵消，而正点电荷在中心处，叠加后电场强度大小为，故C错误；根据点电荷电场强度公式，结合叠加原理，则有在中心处的电场强度大小，故D错误．所以B正确，ACD错误．‎ ‎7.如图所示，两个大小相同、质量均为m 的小弹珠静止在水平地面上，某小孩在极短时间内给第一个弹珠一个水平冲量使其向右运动，当第一个弹珠运动了距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰，碰后第二个弹珠运动了2L后停下．已知弹珠所受阻力大小恒为重力的k倍，重力加速度为g，则小孩对第一个弹珠 A. 施加的冲量为 B. 施加的冲量为 C. 做的功为kmgL D. 做的功为3kmgL ‎【答案】D ‎【解析】‎ 两个完全相同的小球发生弹性碰撞，速度交换，设第二个小球碰后的速度为v，根据匀变速直线运动的规律：，对第一个小球，设小孩对其做功为W，根据动能定理：，代入可求：W=3kmgL，所以C错误；D正确；设小孩施加的冲量为I，则，解得：，故A、B错误．‎ ‎8.如图所示，倾角为 θ＝37°的传送带以速度 v＝2 m/s 沿图示方向匀速运动。现将一 质量为 2 kg 的小木块，从传送带的底端以 v0＝4 m/s 的初速度，沿传送带运动方 向滑上传送带。已知小木块与传送带间的动摩擦因数为 μ＝0.5，传送带足够长， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取 g＝10 m/s2。小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 运动时间为 0.4 s B. 发生的位移为 1.2 m C. 产生的热量为 9.6 J D. 摩擦力对小木块所做功为 12.8 J ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查牛顿第二定律的应用，传送带模型。‎ ‎【详解】A．初始时，，小木块相对于传送带向上运动，摩擦力向下，有：‎ 解得，沿斜面向下，减速到2m/s，用时：‎ 之后摩擦力向上，最大静摩擦力：‎ 小木块继续减速向上运动，直到最高点时速度为零：‎ 解得，沿斜面向下，用时：‎ 所以小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，一共用时：‎ A错误；‎ B．4m/s减速到2m/s过程中：‎ 解得，‎ ‎2m/s减速到0过程中：‎ 解得，则总位移：‎ B错误；‎ C．4m/s减速到2m/s 过程中，相对路程：‎ ‎2m/s减速到0过程中，相对路程：‎ 总相对路程：‎ 产生的热量为：‎ C正确；‎ D．由动能定理：‎ 解得，D错误。‎ 故选C。‎ ‎9.如图所示，一倾角为 α、质量为 M 的直角劈 B 放置在水平地面上，质量为 m 的物 体 A 在沿斜面向上的力 F 作用下沿斜面匀速上滑，B 相对地面始终静止，重力加速度大小为 g。此过程中 B 对 A 的摩擦力为 f1，地面对 B 的摩擦力为 f2，则 f1 和 f2 的大小分别为（ ）‎ A. f1＝F B. f1＝F－mgsin α C. f2＝0 D. f2＝Fcos α ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查平衡状态的受力分析，整体法隔离法。‎ ‎【详解】AB．对A受力分析，沿斜面方向有：‎ 解得，A错误，B正确；‎ CD．AB整体保持平衡，对整体受力分析有：‎ C错误，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎10.在水平路面向左做匀速直线运动的小车上有一个固定的竖直杆，其上的三个光滑水平支架上有三个完全相同的小球 A、B、C，它 们离地的高度分别为 3h、2h 和 h。当小车遇到障碍物 M 时，立即停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，落到水平路面上的第一落点分别是 a、b、c 点，如图所示。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）‎ A. 三个小球从平抛至落地的时间之比 tA∶tB∶tC＝ 3∶ 2∶1‎ B. 三个小球从平抛至落地的时间之比 tA∶tB∶tC＝∶∶1‎ C. 三个小球落点的间距之比 L1∶L2＝1∶1‎ D. 三个小球落点的间距之比 L1∶L2＝(－)∶(－1)‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查平抛运动规律的应用。‎ ‎【详解】AB．三个小球做平抛运动：‎ 依题意：‎ ‎，，‎ 所以：‎ A错误，B正确；‎ C．水平方向做匀速直线运动：‎ 对A、B、C三个小球有：‎ ‎，，‎ 所以：‎ C错误，D正确。故选BD。‎ ‎11.真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是（ ）‎ A. 三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同 B. 三种粒子打到荧光屏上的位置相同 C. 偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2‎ D. 偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶2∶4‎ ‎【答案】BC ‎【分析】不同的粒子经同一加速电场加速，垂直射入向一偏转电场，最后从偏转电场穿出后，题目要求比较到荧光屏的时间、位置、做功之比，可以先设定的一些参数，把要求的物理量表示出来，看它们与质量和电量的关系，然后再做定论．此题要用到动能定理、类平抛运动规律、三角函数等内容．‎ ‎【详解】设AB间的电压为U1，CD间的电压为U2、板长为L、板距为d，CD右边缘离荧光屏的距离为S，从一般情况考虑，在加速电场中有：，进入偏转电场做类平抛运动．‎ A项：穿出CD后的时间，由于三种粒子的比荷不同，所以三种粒子穿出CD板的时间不同，所以选项A错误；‎ B项：偏移的距离：，偏转角的正切：，由以上两解得：，，由两式可以看出，三种粒子从CD边缘的同一点穿出，且速度方向相同，那么最后打到荧光屏的位置相同，所以选项B正确；‎ C、D项：偏转电场对三种粒子所做功，则做功之比等于电量之比为1：1：2，故C正确，D错误．故应选BC．‎ ‎【点睛】只有表示出每一个选项的表达式，才能准确判断，要注意的是到达荧光屏的时间，因为水平方向上是匀速直线运动，所以到达荧光屏的时间是总的水平位移除以水平速度，至于偏转电场对粒子的做功直接用功的公式去做，电场力与沿电场力方向距离的积，由于电场力只跟电量有关，而场强与距离相等，所以做功之比等于电量之比．‎ ‎12.某静电场中，x轴上电场强度E随时间变化的关系如图所示，设x轴正方向为电场强度的正方向．一带电量大小为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动，结果粒子刚好能运动到处，假设粒子仅受电场力作用，、已知，则　　‎ A. 粒子一定带负电 B. 粒子的初动能大小为 C. 粒子沿轴正方向运动过程中电势能先增大后减小 D. 粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为 ‎【答案】BD ‎【详解】A．如果粒子带负电，粒子在电场中一定先做减速运动后做加速运动，因此x=3x0处的速度不可能为零，因此粒子一定带正电，A错误；‎ B．根据动能定理 ‎，‎ 可得：‎ ‎，‎ B正确；‎ C．粒子向右运动的过程中，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，C错误；‎ D．粒子运动到x0处动能最大，根据动能定理 ‎，‎ 解得 ‎，‎ D正确。‎ 故选BD。‎ 二、实验题 ‎13.如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置，他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处静止释放。‎ ‎（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝_______mm；‎ ‎（2）实验时，测量A位置到光电门的距离L，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t；‎ ‎（3）下列不必要的一项实验要求是_______（请填写选项前对应的字母）。‎ A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 ‎ B．应使 A 位置与光电门间的距离适当大些 ‎ C．应将气垫导轨调节水平 ‎ D．应使细线与气垫导轨平行 ‎（4）改变钩码的质量，测出对应的力传感器的示数 F 和遮光条通过光电门的时间 t，通过描点作出线性图像，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出______图像（选填“t2—F”“—F”或“—F”）。‎ ‎【答案】 (1). 2.25 (2). A (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查实验“探究加速度与力的关系”。‎ ‎【详解】（1）[1]．主尺读数2mm，游标尺第5格对齐，读数为，则遮光条的宽度：‎ ‎；‎ ‎（3）[2]．‎ A．本实验有力的传感器直接测量绳的拉力，没有认为钩码和力传感器的总重力为绳的拉力，不需要满足滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量的条件，即A选项不必要；‎ B．由于光电门测的是遮光片通过光电门的平均速度，当通过光电门的时间t趋于0时，可认为是通过光电门时的瞬时速度，使A位置与光电门间的距离适当大些，通过光电门时的速度大一些，时间就短一些，误差更小，所以B选项是必要的；‎ C．气垫导轨实验时，通过气体把滑块托起，不接触轨道，无摩擦，不需要平衡摩擦力，所以应将气垫导轨调节水平，C选项是必要的；‎ D．使细线与气垫导轨平行，即拉力全部提供加速度，减小误差，D选项是必要的；‎ 故选A。‎ ‎（4）[3]．由牛顿第二定律：‎ 从A位置到光电门做匀加速直线运动：‎ 所以加速度为：‎ 联立解得：‎ 由式可知，与F成线性关系，所以应作图像。‎ ‎14.在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所用的电流表内阻为几欧，电压表内阻为十几千欧。实验中得到了多组数据，通过描点连线在I-U坐标系中得到了小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示。‎ ‎（1）在图乙虚线框中画出该实验电路原理图。‎ ‎（2）根据图甲，可确定小灯泡的功率P与U2和P与I2的关系，下列示意图中合理的是_______。‎ A. B. C. D. ‎ ‎（3）将被测小灯泡、定值电阻R和电源串联成如图丙所示的电路。电源电动势为6.0 V，内阻为1.0 Ω。若电路中的电流为0.40 A，则定值电阻R所消耗的电功率为_______W。‎ ‎【答案】 (1). (2). D (3). 0.64‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查实验“描绘小灯泡的伏安特性曲线”。‎ ‎【详解】（1）[1]．如图甲所示，电压从0开始变化，则滑动变阻器采用分压式接法，小灯泡电阻十几欧，为小电阻，电流表采用外接法，电路图如图所示：‎ ‎（2）[2]．小灯泡纯电阻，功率有：‎ 由图甲可知，小灯泡的电阻随电压的增大而增大，P与U2的关系图像斜率为，随电压增大而减小，所以图像斜率应减小，AB错误；由图甲可知，小灯泡的电阻随电流的增大而增大，P与I2的关系图像斜率为，所以图像斜率应增大，C错误，D正确，故选D。‎ ‎（3）[3]．若电路中的电流为，则由图甲可知，小灯泡两端电压为，内部消耗电压为：‎ 所以电阻R的电压为：‎ 所以定值电阻R所消耗的电功率为：‎ ‎。‎ 三、计算题 ‎15.我国 ETC（电子不停车收费系统）已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。一辆汽车以20 m/s的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经4s的时间速度减为5m/s且收费完成，司机立即加速，加速度大小为2.5 m/s2，假设汽车可视为质点。求：‎ ‎（1）汽车开始减速时距离自动收费装置多远？‎ ‎（2）汽车从开始减速到速度恢复到20 m/s通过的总路程；‎ ‎（3）汽车由于通过自动收费装置耽误的时间。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查匀变速直线运动的规律。‎ ‎【详解】（1）经过t1=4s速度从20m/s减为5m/s，则减速运动的加速度：‎ 汽车开始减速时与自动收费装置的距离为x1：‎ 解得；‎ ‎（2）设加速过程的位移为x2：‎ 解得，‎ 则汽车从开始减速到速度恢复到20 m/s通过的总路程为：‎ ‎；‎ ‎（3）若一直以20m/s的速度通过这些路程，则用时t：‎ 减速过程用时t2：‎ 一共用时：‎ 耽误的时间为：‎ ‎。‎ ‎16.如图甲所示，质量为M＝4 kg足够长的木板静止在光滑的水平面上，在木板的中点放一个质量m＝4kg的铁块（可视为质点），铁块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两物体开始均静止，从t＝0时刻起铁块m受到水平向右、大小如图乙所示的拉力F的作用，F共作用时间为6s，取重力加速度g＝10 m/s2。求：‎ ‎（1）铁块和木板在前2s的加速度大小a1、a2 分别为多少？‎ ‎（2）铁块和木板相对静止前，铁块运动的位移大小；‎ ‎（3）力F作用最后2s内，铁块的位移大小。‎ ‎【答案】（1），（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查牛顿第二定律的应用，板块模型。‎ ‎【详解】（1）若摩擦力达到最大静摩擦力时，铁块和木板恰好发生相对滑动，对整体分析：‎ 对木板分析：‎ 解得，，即拉力大于16N时，铁块和木板发生相对滑动，前2s拉力为，发生相对滑动，对铁块分析：‎ 解得铁块加速度为：‎ 对木板分析：‎ 解得木板加速度：；‎ ‎（2）前2s铁块运动的位移：‎ t=2s时，铁块的速度为：‎ t=2s时，木板的速度为：‎ t=2s到t=6s过程，拉力，对铁块分析：‎ 解得，木板继续以加速度加速运动，共速时，有：‎ 解得，在力的作用时间内能共速，解得共速时速度为，则t=2s到t=6s过程铁块运动的位移：‎ 解得，‎ 所以铁块和木板相对静止前，铁块运动的位移大小：‎ ‎；‎ ‎（3），4s末达到共速，后两秒一起运动：‎ 解得，则后两秒位移：‎ 解得后两秒位移。‎ ‎17.如图所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定质量均为M的物体A和B（均视为质点），物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量的小球P从物体A正上方距其高度h处由静止自由下落，与物体A发生碰撞（碰撞时间极短），碰后A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为g．‎ ‎（1）求碰撞后瞬间P与A的共同速度大小；‎ ‎（2）当地面对物体B的弹力恰好为零时，求P和A的共同速度大小．‎ ‎（3）若换成另一个质量的小球Q从物体A正上方某一高度由静止自由下落，与物体A发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后物体A达到最高点时，地面对物块B的弹力恰好为零．求Q开始下落时距离A的高度．（上述过程中Q与A只碰撞一次）‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【详解】本题考查物体的自由下落、碰撞以及涉及弹簧的机械能守恒问题．‎ ‎（1）设碰撞前瞬间P的速度为，碰撞后瞬间二者的共同速度为 由机械能守恒定律，可得 由动量守恒定律可得 ‎，‎ 联立解得 ‎（2）设开始时弹簧的压缩量为x，当地面对B的弹力为零时弹簧的伸长量为，由胡可定律可得 ‎，，‎ 故 二者从碰撞后瞬间到地面对B的弹力为零的运动过程中上升的高度为 由可知弹簧在该过程的始末两位置弹性势能相等，即 设弹力为零时二者共同速度的大小为v，由机械能守恒定律，得 ‎，‎ 解得 ‎（3）设小球Q从距离A高度为H时下落，Q在碰撞前后瞬间的速度分别为，碰后A的速度为，由机械能守恒定律可得 由动量守恒定律可得 由能量守恒可得 ‎，‎ 由（2）可知碰撞后A上升的最大高度为 由能量守恒可得 联立解得 ‎。‎