【物理】四川省成都市第七中学2020届高三上学期一诊模拟试题（解析版） 14页

四川省成都市第七中学2020届高三上学期 一诊模拟试题 一、选择题 ‎1.下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 电场强度的定义式 适用于任何电场，式中的 q 是场源电荷的电荷量 B. 强度公式 适用于真空中点电荷，式中的 Q 是场源电荷的电荷量 C. 公式 是匀强电场场强计算式，U 越大，则电场强度越大 D. 由可知 q 越大，则电场强度越小；由可知Q越大，则电场强度越大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.是电场强度的定义式，它适用于任何电场，式中的q是试探电荷的电荷量，故A错误；‎ B.是真空中点电荷场强的计算式，式中的Q是场源电荷的电荷量，故B正确；‎ C.是匀强电场的场强计算式，U越大，电场强度恒定不变，故C错误；‎ D.是电场强度的定义式，式中的q是试探电荷的电荷量，电场强度的大小与q无关，是真空中点电荷场强的计算式，式中的Q是场源电荷的电荷量，Q越大，电场强度越大，故D错误；‎ ‎2.如图所示，A、B 分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v-t图象，根据图象可以判断出（ ）‎ A. 在t=4s时，甲球的加速度小于乙球的加速度 B. 在t=4.5s时，两球相距最远 C. 在t=6s时，甲球的速率小于乙球的速率 D. 在t=8s时，两球相遇 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：甲球的加速度，故甲球的加速度大小为10m/s2，负号表示加速度方向与速度方向相反，乙球的加速度 ‎，故甲球的加速度大于乙球的加速度，故A错误；‎ B项：当两物体速度相同时两物体相距最远即，解得：t=4.4s，即4.4s时两物体相距最远，故B错误；‎ C项：t=6s时甲球的速度v1=v0+a1t=40+（-10）×6=-20m/s，乙球的速度 ‎，故t=6s时甲球的速率大于乙球的速率．故C错误；‎ D项：设T时刻两物体相遇，故有，解得：，故D正确．‎ ‎3.如图所示，倾角为的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜劈上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态若将固定点c向左移动少许，而a与斜劈始终静止，则 A. 斜劈对物体a的摩擦力减小 B. 斜劈对地面的压力减小 C. 细线对物体a的拉力增大 D. 地面对斜劈的摩擦力减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对滑轮和物体b受力分析，根据平衡条件求解细线的拉力变化情况；‎ 对物体a受力分析，判断物体a与斜面体间的静摩擦力的情况；‎ 对斜面体、物体a、物体b整体受力分析，根据平衡条件求解整体与地面间的静摩擦力和弹力的情况；‎ ‎【详解】A、对滑轮和物体b受力分析，受重力和两个拉力，如图所示： 根据平衡条件，有： 解得： 将固定点c向左移动少许，则θ减小，故拉力T减小； 对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，拉力减小，但由于不知道拉力与重力的下滑分力的大小关系，故无法判断静摩擦力的方向，故不能判断静摩擦力的变化情况，故AC错误； B、对斜面体、物体a、物体b整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图所示： 根据平衡条件，有：，N与角度θ无关，恒定不变；根据牛顿第三定律，压力也不变；‎ 静摩擦力为：，将固定点c向左移动少许，则θ减小，故摩擦力减小，故B错误，D正确．‎ ‎【点睛】当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法，整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法．‎ ‎4. 有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示．若将一带负电的粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，粒子沿x轴运动，电场中P、Q两点的坐标分别为1mm、4mm．下列说法正确的是（ ）‎ A. 粒子经过P点和Q点时，加速度大小相等、方向相反 B. 粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等 C. 粒子经过P点与Q点时，动能相等 D. 粒子在P点的电势能为正值 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据顺着电场线方向电势降低可知，0-2mm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向；在2-6mm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x负方向做减速运动，加速度沿x轴负方向；φ-x图象的斜率大小等于场强E．则知P点的场强大于Q点的场强，则粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度，加速度方向相反．故A错误．粒子经过P点与Q点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等．故C正确．粒子经过P点与Q点时，速率相等，但电场力不同，则根据功率公式P=Fv，可知电场力做功的功率不等．故B错误．在P点，根据电势能公式Ep=qφ，因为q＜0，φ＞0，所以Ep＜0．故D错误．故选C．‎ 考点：电场力做功与电势能的变化关系；能量守恒定律.‎ ‎5.在倾角为 θ 的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块 A 和 B，它们的质量分别为 3m 和 2m，弹簧的劲 度系数为 k，C 为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面向上的恒力 F 拉物块 A 使之沿斜面向 上运动，当 B 刚要离开 C 时，A 的加速度方向沿斜面向上，大小为 a，则（ ）‎ A. 物体 A 始终做匀加速运动 B. 从静止到 B 刚离开 C 的过程中，弹簧的弹力先增大后减小 C. 从静止到 B 刚离开 C 的过程中，A 运动的距离为 D. 恒力 F 的大小为 5mg sin q + 3ma ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.物体A沿斜面方向受恒力F. 重力沿斜面向下的分力mgsinθ、弹簧的弹力，弹簧的弹力是变化的，则合力是变化的，所以加速度是变化的，故A错误；‎ B.弹簧开始是被压缩的，物体A向上运动时，弹簧先回复原长，后被拉长，所以弹力先减小后增大，故B错误；‎ C.开始A处于静止状态，弹簧处于压缩状态，根据平衡有：‎ ‎，‎ ‎，‎ 当B刚离开C时，B对挡板的弹力为零，弹簧处于拉伸状态，有：‎ ‎，‎ ‎，‎ 可知从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为：‎ 故C错误；‎ D.根据牛顿第二定律有：‎ ‎，‎ 得：‎ ‎；‎ 故D正确；‎ ‎6.2019年4月10日21时，人类首张黑洞照片在全球六地的视界面望远镜发布会上同步发布．该黑洞半径为R，质量M和半径R的关系满足：(其中c为光速，G为引力常量)．若天文学家观测到距黑洞中心距离为r的天体以速度v绕该黑洞做匀速圆周运动，则 A. 该黑洞质量为 B. 该黑洞质量为 C. 该黑洞的半径为 D. 该黑洞的半径为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．天体受到黑体的万有引力提供天体圆周运动所需向心力，则：，即有，故A B错误；‎ CD．设黑洞的半径为R，质量M和半径R的关系满足：，即有，该黑洞的半径为，故C正确，D错误；‎ ‎7.某小灯泡的伏安特性曲线如图，现用一节干电池（电动势 1.5 V、内阻 1.0Ω）对其供电．为保护电池，电路上还串联了一只 4.0Ω的定值电阻．则下列说法正确的是（ ） ‎ A. 由图可知该灯泡的阻值随电压增大而减小 B. 电路稳定时电池内阻的发热功率约为 0.01W C. 电路稳定时小灯泡消耗的电功率约为 0.15W D. 电路稳定时干电池的效率约为 93.3%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图可知，小灯泡的电阻等于曲线斜率的倒数；由图乙可得：电压升高，斜率减小，故电阻增大，故A错误；‎ B.在伏安特性曲线中，画出电动势为1.5V,内阻为5Ω（等效内阻），的路段电压电流图线，交点就是电路稳定后的路端电压和电流；‎ 由图可以看出，交点为（0.10A，1.0V），故电源内部发热消耗的功率 ‎，‎ 故B正确；‎ C.由图可得：I=0.1A时，U=1V,故电路稳定后，灯泡L消耗的电功率 ‎，‎ 故C错误；‎ D.电路稳定后,电源的效率 ‎，‎ 故D正确；‎ ‎8.质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图像如图所示，0～t1段为直线，从t1时刻起汽车保持额定功率不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为f.则 A. 0～t1时间内，汽车的牵引力等于 B. t1～t2时间内，汽车所受的牵引力为恒力 C. t1～t2时间内，汽车发动机的功率等于fv1‎ D. t1～t2时间内，汽车发动机做的功等于fv1(t2-t1)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.0～t1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度，根据牛顿第二定律得，，解得牵引力；故A正确.‎ B.从t1时刻起汽车的功率保持不变，可知汽车在t1～t2时间内的功率等于t2以后的功率，根据F-f=ma，P=Fv可知，加速度逐渐减小，牵引力逐渐减小，故B错误.‎ CD.汽车的额定功率，牵引力做功为 ；或利用汽车匀速时，可得汽车的额定功率为，牵引力做功为；故C，D错误.‎ 二、非选择题 ‎ ‎（一）必考题 ‎9.利用如图所示实验装置来验证机械能守恒定律.通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中小铁球经过光电门B时，毫秒计时器(图中未画出)记录下小铁球的挡光时间t.实验前调整光电门位置，使小铁球下落过程中，小铁球球心垂直细激光束通过光电门，当地重力加速度为g.‎ ‎(1)为了验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，还需要测量的物理量是________.‎ A.A点距地面的高度H B.A、B之间的距离h C.小铁球从A到B的下落时间tAB D.小铁球的直径d ‎(2)小铁球通过光电门时的瞬时速度v＝____________；要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式__________是否成立即可(用实验中测得物理量的符号表示).‎ ‎【答案】 (1). BD (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）A、根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门B的距离，故A错误，B正确； C、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故C错误； D、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故D正确； （2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：， 根据机械能守恒的表达式有：，即：．‎ 点睛：无论采用什么样的方法来验证机械能守恒，明确其实验原理都是解决问题的关键，同时在处理数据时，要灵活应用所学运动学的基本规律．‎ ‎10.在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：‎ A．待测的干电池（电动势约为1.5 V，内电阻小于1.0 Ω ）‎ B．电流表A1（量程0﹣3 mA，内阻Rg1=10 Ω）‎ C．电流表A2（量程0﹣06 A，内阻Rg2=0.1 Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0﹣20 Ω，10 A）‎ E．滑动变阻器R2（0﹣200 Ω，l A）‎ F．定值电阻R0（990Ω）‎ G．开关和导线若干 ‎（1）某同学发现上述器材中没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是__图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选__（填写器材前的字母代号）．‎ ‎（2）图乙为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I1﹣I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，且I2的数值远大于I1的数值），但坐标纸不够大，他只画了一部分图线，则由图线可得被测电池的电动势E=__V，内阻r=__Ω．‎ ‎（3）若图线与纵坐标轴的交点等于电动势的大小，则图线的纵坐标应该为_________ ‎ A．I1（R0+Rg1） 　 B．I1•R0　 C．I2（R0+Rg2）　 D．I1•Rg1．‎ ‎【答案】（1）b D （2）1.48 0.84 （3）A ‎【解析】‎ ‎（1）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，电路中电流最大：‎ Im=A=1.5 A；故电流表至少应选择0～0.6 A量程；‎ 故应将3‎ ‎ mA故应将电流表G串联一个电阻，改装成较大量程的电压表使用．电表流A由于内阻较小；故应采用相对电源来说的外接法；故a、b两个参考实验电路，其中合理的是b；因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小．滑动变阻器应选D（R1），‎ ‎（2）根据电路结构结合闭合电路欧姆定律知 解得： ‎ 所以图像纵坐标 ;‎ 解得： ‎ 图像的斜率 ‎ 解得： ‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律可知U=E﹣Ir，若图线与纵坐标轴的交点等于电动势的大小，则图线的纵坐标应该为路段电压，而U=I1（R0+Rg1），即图线的纵坐标应该为I1（R0+Rg1），故选A 点睛：利用数学函数和图像相结合的方式求解电源的电动势和内阻．‎ ‎11.如图所示，ABCD为竖直放在场强为的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的ABC部分是半径为R=0.5m的半圆环（B为半圆弧的中点），轨道的水平部分与半圆环相切于C点，D为水平轨道的一点，而且CD=2R，把一质量m=100g、带电荷量的负电小球，放在水平轨道的D点，由静止释放后，小球在轨道的内侧运动．，求：‎ ‎（1）它到达B点时的速度是多大？‎ ‎（2）它到达B点时对轨道的压力是多大？‎ ‎【答案】（1）（2）5N ‎【解析】‎ ‎（1）设小球在B点的速度大小是vB ‎，则对于小球由D→B的过程中，应用动能定理列出： qE×3R-mgR=mvB2 解得：vB=2m/s （2）则球受到轨道的压力大小为NB，在B点的圆轨道径向方向上，小球受到轨道对它的弹力和电场力，应用牛顿第二定律，有：NB-qE=m 解得：NB=5×104×10-4+0.1×=5N 由牛顿第三定律可知，它对轨道的压力为5N．‎ 点睛：在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解．‎ ‎12.如图所示，长木板C质量为mc＝0.5kg，长度为l＝2m，静止在光滑的水平地面上，木板两端分别固定有竖直弹性挡板D、E（厚度不计），P为木板C的中点，一个质量为mB＝480g的小物块B静止在P点．现有一质量为mA＝20g的子弹A，以v0＝100m/s的水平速度射入物块B并留在其中（射入时间极短），已知重力加速度g取10m/s2‎ ‎（1）求子弹A射入物块B后的瞬间，二者的共同速度；‎ ‎（2）A射入B之后，若与挡板D恰好未发生碰撞，求B与C间的动摩擦因数μ1；‎ ‎（3）若B与C间的动摩擦因数μ2＝0.05，B能与挡板碰撞几次？最终停在何处？‎ ‎【答案】(1)4m/s；(2)0.4；(3)4，停在P点 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）子弹射入物块过程系统动量守恒，以向左为正方向，‎ 由动量守恒定律得：mAv0＝（mA+mB）v1，‎ 代入数据解得：v1＝4m/s；‎ ‎（2）由题意可知，B与D碰撞前达到共同速度，A、B、C系统动量守恒，以向左为正方向，‎ 由动量守恒定律得：（mA+mB）v1＝（mA+mB+mC）v2，‎ 由能量守恒定律得： ，‎ 代入数据解得：μ1＝0.4； ‎ ‎（3）A、B、C组成的系统动量守恒，最终三者速度相等，以向左为正方向，‎ 由能量守恒定律得：‎ 碰撞次数：n＝1+ ，‎ 代入数据解得：n＝4.5，‎ 由题意可知，碰撞次数为4次，最终刚好停在P点；‎ ‎（二）选考题 ‎13.(多选)如图，a、b、c、d是均匀媒质中x轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为2 m、4 m和6 m．一列简谐横波以2 m/s的波速沿x轴正向传播，在t=0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t=3 s时a第一次到达最高点．下列说法正确的是（ ） ‎ A. 在t=6 s时刻波恰好传到质点d处 B. 在t=5 s时刻质点c恰好到达最高点 C. 质点b开始振动后,其振动周期为4 s D. 在4 s