【物理】安徽省六安市第一中学2020届高三下学期模拟（七）（解析版） 17页

安徽省六安市第一中学2020届高三下学期模拟（七）‎ ‎1.一个质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点．已知经过ab、bc和cd的时间分别为t、2t、4t，ac和bd的位移分别为x1和x2，则质点运动的加速度为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【分析】由题意可知，考查匀加速直线运动中加速度的计算，根据运动学位移公式计算可得．‎ ‎【详解】设物体初速度为v0 ，加速度为a ，由匀加速直线运动位移公式可得 联立可得a=‎ ‎【点睛】灵活选择研究阶段，根据速度、位移公式联立可得．‎ ‎2.如图所示，两个相同轻质弹簧1和2都固定在薄片物体P上，P的重力为G。两个弹簧都直立，弹簧1下端固定在地面上，系统静止，此时P到地面的距离为x1；在弹簧2上方放置一个重力为2G的小物体Q（图中未画出），系统静止时Q到地面的距离为x2，已知两个弹簧都在弹性限度内，则每个弹簧的劲度系数为（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【详解】设P到地面距离为x1时，弹簧的压缩量为，则弹簧1原长为 在2上放置2G重物时，弹簧2上弹力为2G、压缩量为，此时弹簧1弹力为3G ‎、压缩量为。最终系统静止时，弹簧1和弹簧2的长度分别为 ‎，‎ 所以 解得 据胡克定律有 故B项正确，ACD三项错误。‎ ‎3.2016年第31届奥运会在里约热内卢举行，我国女排不负众望获得奥运冠军。如图所示，某运动员发球时，在P点把排球以某初速度水平向左抛出，可调整初速度的大小，不计空气阻力，下列判断不正确的是（　　）‎ A. 初速度越大，排球落在对方界内地面上时的速度越大 B. 初速度越大，排球经过网上方时的速度越大 C. 无论初速度多大，排球经过PQ连线时速度与PQ的夹角都相同 D. 初速度加倍，经过PQ线的平抛运动位移变为原来的4倍 ‎【答案】B ‎【详解】A．排球落在对方界内地面上时，竖直分速度相同，水平初速度越大，落到地面时的速度越大，故A项正确，不符合题意；‎ B．设发球处离网的水平距离是L，排球经过网上方时竖直分速度为，排球经过网上方时的速度为，据平抛运动规律有 ‎，，‎ 整理得 据数学知识知，当时，有最小值，故B项错误，符合题意；‎ C．设PQ与水平方向夹角为θ，排球经过PQ连线时速度方向与水平方向夹角为α，根据平抛运动的推论可知 tanα=2tanθ 所以排球经过PQ连线时速度与PQ的夹角都相同，故C项正确，不符合题意；‎ D．设PQ与水平方向夹角为θ，当排球过PQ线有 可得 所以经过PQ线的平抛运动位移 可知位移与初速度的平方成正比，故D项正确，不符合题意。‎ ‎4.如图所示，在平面直角坐标系xoy的第一象限y≤a范围内，存在垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q带负电的粒子从坐标原点O以速度大小为 沿不同方向射入磁场，不计粒子的重力，下列说法正确的是 A. 若粒子初速度沿y轴正方向，粒子在磁场中的运动时间为 B. 若粒子初速度沿y轴正方向，粒子在磁场中的运动时间为 C. 粒子在磁场中运动的最长时间为 D. 粒子在磁场中运动的最长时间为 ‎【答案】D ‎【详解】粒子运动的速度为，则粒子运动的轨道半径为：，则若粒子初速度沿y轴正方向，粒子在磁场中运动转过的角度为30°，则运动时间为，选项AB错误；‎ 当轨迹与磁场上边界相切时，粒子在磁场中运动的时间最长，由几何关系可知，粒子在磁场中转过的角度为1200，时间为，故选D.‎ ‎5.卫星a绕地球运动，其轨迹为椭圆，运动周期为T1；卫星b绕地球做匀速圆周运动，运动周期为T2，则下列判断正确的是（　　）‎ A. 卫星a的瞬时速度可能大于7.9km/s B. 卫星b的瞬时速度一定小于7.9km/s C. T1和T2可能相等 D. T1和T2不可能相等 ‎【答案】AC ‎【详解】A．若卫星a的椭圆轨道的近地点接近地球表面，在近地点处做离心运动，此时速度大于第一宇宙速度，故A项正确；‎ B．若b为近地卫星，其运动速度等于7.9km/s，故B项错误；‎ CD．若a的半长轴等于b的圆周运动半径，根据开普勒第三定律可知两周期相等，故C项正确，D项错误。‎ ‎6.光滑圆柱体P与梯形容器abcd内壁各面均接触，bc为斜面，如图所示为横截面，系统静止时P对ab、ad均无压力。下列判断正确的是（　　）‎ A. 若系统向左加速运动，对bc和cd的压力均增大 B. 若系统向左加速运动，只对cd的压力增大 C. 若系统向右加速运动，对cd的压力一定减小 D. 若系统向右加速运动，对ab的压力增大 ‎【答案】BC ‎【详解】系统静止时P对ab、ad均无压力，设斜面倾角为θ，则 ‎，‎ AB．若向左加速，对P受力分析有 ‎，‎ bc面的支持力不变，cd面的弹力变大；据牛顿第三定律知，P对bc的压力不变，对cd的压力增大；故A项错误，B项正确；‎ CD．若系统向右加速运动，当P只受到重力和bc的支持力时，有 ‎，‎ 解得 当时，P对ab和ad均无弹力，此时有 ‎，‎ 可知bc面支持力不变，cd面的弹力变小；‎ 当时，P对cd和ad均无弹力，此时有 ‎，‎ 可知bc面的支持力不变，ab面弹力增大；‎ 故C项正确，D项错误。‎ ‎7.如图所示，左右斜面倾角分别为α=37°和β=53°，质量为m的小滑块P从左斜面上O点无初速滑下，经过水平面ab后，再滑上另一斜面，当它到达M点（图中未画出）时速度为零，已知Oa和ab距离均为L，滑块与所有接触面间的动摩擦因数均为μ=0.25，在拐弯处滑块没有能量损失，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列判断不正确的是（　　）‎ A. 在这个过程中运动到右斜面上的最大高度为L B. 在这个过程中滑块克服摩擦力做功为 C. 滑块不可能返回到左侧斜面上 D. 从开始到最终滑块停止运动，滑块损失机械能小于mgL ‎【答案】AD ‎【详解】A．设bM间距离为x，从O到M，应用动能定理有 解得 滑块在右侧斜面上升的最大高度 故A项错误，符合题意；‎ B．从O到M，克服摩擦力做功 故B项正确，不符合题意；‎ D．由μ＜tanα＜tanβ可知滑块最终会停在水平面上，从开始到最终滑块停止运动，滑块损失的机械能 故D项错误，符合题意；‎ C．从M点到水平面，设从b向左运动距离y停止，从M到停止的过程对滑块应用动能定理有 解得 说明滑块没有返回到左侧斜面上，故C项正确，不符合题意。‎ ‎8.如图所示，均匀带电球壳O、O1、O2，半径分别为R、R和R，O、O1、O2在一条直线上，两小球壳和大球壳相切，三球壳带电荷量均为。已知半径为R0的均匀带正电＋的球壳在内部的电势为，外部到球心距离为处的电势为（r≥R0），则下列判断正确的是（　　）‎ A. O点电场强度和电势均为0‎ B. O1点电场强度和电势均不为0‎ C. O1O2两点电势差为U12可能大于0‎ D. OO2两点电势差为 ‎【答案】BD ‎【详解】A．据半径为R0的均匀带正电＋的球壳在内部的电势为，可知均匀带电球壳在其壳内产生场强为零，则均匀带电球壳O在O点处产生场强为零；据对称性可知均匀带电球壳O1、O2在O点处场强抵消，所以O点处场强为零；O点电势等于均匀带电球壳O、O1、O2在O点的电势之和，则 故A项错误；‎ B．均匀带电球壳在其壳内产生场强为零，则均匀带电球壳O、O1在O1处产生场强为零；均匀带电球壳O2在O1处产生场强不为零，则O1点场强等于球壳O2在O1处产生的电场、不为零；O1点电势等于均匀带电球壳O、O1、O2在O1点的电势之和，则 故B项正确；‎ C．根据对称性可知，O1和O2电势相等，则O1O2两点电势差 U12=0‎ 故C项错误；‎ D．OO2两点电势差为 故D项正确。‎ ‎9.随着科学技术的不断发展，新材料不断出现，为了测定某种新材料制成的物块P与木板之间的动摩擦因数，某实验小组利用图示装置进行如下实验。‎ ‎(1)把长木板固定在水平桌面上，在木板左端固定一光滑小滑轮，把物块放在木板上，把一轻质细线一端固定在物块P上，细线绕过小滑轮后另一端拴在小物体上，通过调节小滑轮的位置使得木板上方的细线与木板平行，物块右端连接的纸带穿过打点计时器，打点计时器的纸带保持水平。通过改变小物体的质量，轻推物块P后，使物块能沿长木板做匀速运动。用天平测出小物体和物块的质量分别为m和M，则新材料与木板之间的动摩擦因数为______________；‎ ‎(2)①某次实验中，操作时没有找到质量合适的小物体Q，拴上小物体发现物块由静止开始运动起来，打出的纸带上数据如图所示，ABCDE为计数点，相邻计数点之间有两个计时点没有画出，用刻度尺量出AB、BC、CD、DE的距离分别为x1、x2、x3、x4，打点计时器所接交流电频率为f，用天平测出小物体Q的质量为m，则新材料与木板之间的动摩擦因数表达式为____________；‎ ‎②下列说法正确的是（ ）‎ A．木板上表面必须水平 B．细线略微倾斜不影响测量结果 C．交流电频率为60Hz而没有发现（还按50Hz计算），这样导致测量结果偏大 D．实验需要m远小于M才行 ‎【答案】(1). (2). － AC ‎【详解】(1)[1]物块匀速运动有 mg=μMg 解得 μ=‎ ‎(2)[2]相邻计数点之间有两个计时点没有画出，打点计时器所接交流电频率为f，则计数点间时间间隔 据逐差法由纸带可知物块加速度 对小物体和物块应用牛顿第二定律可知 联立解得 ‎[3]AB．木板和细线均需水平，上面表达式才成立，故A项正确，B项错误；‎ C．据上面表达式可知，交流电频率为60Hz而没有发现（还按50Hz计算），测量的频率偏小，测得的动摩擦因数偏大，故C项正确；‎ D．实验没有用小物体Q的重力代替细线的拉力，实验不需要m远小于M，故D项错误。‎ ‎10.现在需要测定一个电阻Rx的电阻值（电阻值约为30Ω），备有如下器材：‎ A．直流电源（电动势3V，内阻约为1Ω）‎ B．滑动变阻器（最大电阻值20Ω，允许通过的最大电流为2A）‎ C．电压表V1（量程15V、内阻约10kΩ）‎ D．电压表V2（量程3V、内阻约3kΩ）‎ E．电流表A1（量程0.6A、内阻约1Ω）‎ F．电流表A2（量程3A、内阻约0.5Ω）‎ G．定值电阻R1（电阻值为6Ω）‎ H．定值电阻R2（电阻值为100Ω）‎ I．开关，导线若干 为了使测量结果准确，要求测量多组数据、测量过程中电表示数达到半偏以上。‎ ‎(1)电压表应选择______，电流表应选择_______，定值电阻应选择_______。（只填仪器前的“代号”）‎ ‎(2)请你帮助设计一个测量Rx电阻值的电路。请把电路图画在下面空白处_______。‎ ‎【答案】(1). D E G (2) ‎ ‎【详解】(1)[1]电源只有一个，电动势为3V，则电压表应选择D、不选C；‎ ‎[2][3]电源只有一个，电动势为3V，流过待测电阻的最大电流 较小量程电流表的量程为0.6A，为使测量过程中电表示数达到半偏以上，则需将待测电阻和定值电阻并联，测量并联后的总电流，因定值电阻R2阻值较大，并联后总电流增加较少，则选择R1和Rx并联，定值电阻选G；‎ R1和Rx并联后，并联部分总电流的最大值 则电流表选量程为0.6A，电流表选E。‎ ‎(2)[4]滑动变阻器阻值比R1和Rx并联的电阻大，要改变并联部分两端电压，滑动变阻器采用限流式接法即可；电压表内阻远大于R1和Rx并联的电阻，电流表采用外接法，所以电路如图。‎ ‎11.如图所示，无限长的光滑绝缘斜面倾角为θ，在斜面底端固定一个质量为m、带正电荷q的小滑块P。整个装置处在正交的匀强电场和匀强磁场（图中未画出电场和磁场）中，电场水平向右、磁场垂直纸面向里，现在解除对P的固定，经过一段时间t撤去电场，又经过前一段二倍时间2t小滑块回到斜面底端，且回到斜面底端时的速度大小为v，求：‎ ‎(1)匀强电场的场强大小和匀强磁场磁感应强度的最大值不能超过多少？‎ ‎(2)电场力对小滑块所做的功？‎ ‎【答案】(1)，；(2)‎ ‎【详解】(1)小滑块开始沿斜面向上加速运动，加速度大小为 撤去电场后加速度大小为 第一段时间t内运动位移和末速度为 ‎，‎ 撤去电场后，时间2t内运动位移和末速度 ‎，‎ 联立解得 ‎，，‎ 小滑块上滑过程受到的洛仑兹力垂直斜面向上、下滑过程受到的洛仑兹力垂直斜面向下，回到斜面底端时速度最大，小滑块不离开斜面需要 所以B的最大值为 ‎(2)从开始到回到斜面底端，设电场对小滑块做功W，对小滑块，应用动能定理有 ‎12.如图所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ竖直放置，图中虚线下方存在垂直导轨平面向里的匀强磁场，导轨的下端（距虚线足够远）N与Q间接有阻值为R的电阻。在虚线处有一质量为m、电阻为r=6R的金属棒ab紧贴在导轨上，以某一初速度向上抛出，同时紧靠导轨到虚线距离为d0处有一个和ab完全相同的金属棒cd无初速释放，已知两棒相遇时速度等大、且相遇后立刻结合成一体。两棒结合成一体后，经过时间t刚好达到最大速度vm，此时两棒早已经进入磁场，导轨电阻不计，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)两棒进入磁场时的速度；‎ ‎(2)此过程中电阻R产生的焦耳热。‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【详解】(1)cd静止释放的同时，ab竖直上抛，两棒相遇时速度等大，根据竖直上抛的对称性可知ab上升距离 h=d0‎ 相遇时速度大小设为v1，设两棒结合成一体时的速度为v2，对两棒应用动量守恒定律可知 mv1－mv1=2mv2‎ 解得 v2=0‎ 此后，对双棒，设双棒进入磁场时的速度设为v3，应用机械能守恒定律有 解得：两棒进入磁场时的速度 ‎(2)根据电阻定律可知，两棒结合成一体后电阻 r0==3R 匀速运动时达到最大速度，有 解得 将双棒从进入磁场到最大速度分成无数段，每一小段时间Δt内安培力冲量 把各个过程相加可得此过程中安培力冲量 从两棒结合成一体到最大速度vm，对双棒，应用动量定理有 联立解得 从进入磁场到最大速度的过程中，设运动位移为s，应用法拉第电磁感应定律可知在时间t0内金属棒产生的平均电动势 闭合电路欧姆定律有 又根据电流定义式有 联立可知 设此过程中回路产生的焦耳热为Q，应用功能关系有 又根据串联电路特点可知通过电阻R的焦耳热 联立解得 ‎13.下列各种说法中正确的是（　　）‎ A. 分子间作用力、分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小 B. 水饱和气压随温度升高而升高，随温度降低而降低 C. 第一类永动机的思想违背了能量守恒定律，所以不可能制成 D. 任何宏观过程的不可逆性都是相互关联的，由一种过程的不可逆性可以通过推理得知另一过程的不可逆性 E. 晶体都有确定的熔点，都是各向异性的 ‎【答案】BCD ‎【详解】A．分子间的引力和斥力都随分子间的增大而减小，斥力变化快；分子间作用力在分子间距小于平衡间距时表现为斥力，随分子间距增大而减小；分子间作用力在分子间距大于平衡间距时表现为引力，随分子间距增大而先增大后减小；故A项错误；‎ B．温度升高，分子的平均动能增大，相同时间从水中飞出的分子数目越多，因而使蒸汽分子密度增大，同时蒸汽分子的平均动能也随着增加，这样就使得蒸汽气压增强，故B项正确；‎ C．根据热力学第一定律可知：第一类永动机的思想违背了能量守恒定律，所以不可能制成，故C项正确；‎ D．由热力学第二定律可知：任何宏观过程不可逆性都是相互关联的，由一种过程的不可逆性可以通过推理得知另一过程的不可逆性，故D项正确；‎ E．单晶体和多晶体都有固定的熔点，单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性的，故E项错误。‎ ‎14.如图，水平放置的导热气缸被导热活塞隔成左右两部分，两部分气体a和b为同种理想气体，活塞静止时到左右两侧的距离之比为1：2，活塞质量为m、面积为S，活塞可无摩擦左右移动。现在把气缸转动90度，a在上、b在下，结果活塞正好在气缸中间。已知气体温度始终不变，求开始时气体a的压强是多少？‎ ‎【答案】‎ ‎【详解】设气体a原来压强为p1、则开始时气体b压强也为p1；气缸转动后，活塞稳定时，气体a的压强为p2，则气体b的压强为 根据气缸外温度不变，可知气体a、b温度始终不变，设原来活塞到左侧距离为d，对于气体a，应用波意耳定律有 对于气体b，应用波意耳定律有 联立解得 ‎15.下列各种说法中正确的是（　　）‎ A. 一切波都能发生干涉和衍射 B. 振动周期相同的两列波传播到某个位置时都处于最大振幅，则该质点位移不可能为0‎ C. 肥皂泡看起来成彩色是薄膜干涉形成的 D. 用轻质细线拴一小钢球制成单摆，使小钢球摆动起来，则小钢球做简谐运动，周期不变 E. 一质点做简谐运动，从某位置出发，第一次回到该位置用了0.2s，第二次回到该位置又用了0.2s，则该简谐运动的周期可能为0.4s、也可能为0.2s ‎【答案】ACE ‎【详解】A．干涉和衍射是波特有的现象，故A项正确；‎ B．两列波干涉，振动加强点也在做简谐运动，位移在变化，质点位移可能为0，故B项错误；‎ C．在白光下观察肥皂泡，白光中不同波长的光，从肥皂泡的前后表面反射后，在不同位置相互干涉形成彩色条纹，故C项正确；‎ D．小钢球制成单摆，只有在摆角很小时才做简谐运动，故D项错误；‎ E．根据简谐运动周期性可知，开始某位置可能为最大位移位置或平衡位置；若从平衡位置出发，第一次回到平衡位置时间为半个周期，所以T=0.4s；若从最大位移位置出发，第一次回到最大位移位置时间1个周期，所以T=0.2s，故E项正确。‎ ‎16.如图所示，边长为2a的正方形玻璃棱镜置于空气中。一束极细的光于AB中点E入射，棱镜的折射率为n=，已知α=30°，光在真空中传播速度为c，求：‎ ‎(1)从AB面上射出时的折射角？‎ ‎(2)光从AB面进入到第一次射出棱镜所经历的时间？‎ ‎【答案】(1)60°；(2)‎ ‎【详解】(1)临界角C满足 sinC==‎ 显然有 ‎60°>C>30°‎ 光路图如图所示，α=30°，在AB面上的入射角为β=60°，应用折射定律可知 n=‎ 解得 γ=30°‎ 则从AB面折射入棱镜光线射到BC面上，入射角为θ=60°，大于临界角，发生全反射，反射光线FG，入射到CD上，发生反射和折射，反射光线入射到AB面上，第二次同时发生反射和折射，折射光线从H射出棱镜，应用数学知识可知入射角等于i=30°，应用折射定律可知，射出棱镜的折射角 r=60°‎ ‎(2)由数学知识可知 EF＋FG=GH=‎ 由上问分析可知，光在G点第一次射出棱镜，则光从AB面进入到第一次射出棱镜所经历的时间 t=‎ 可得光在三棱镜中的速度 联立解得 t=‎