甘肃省泾川市2020届高三上学期高考模拟测试物理试题 18页

高中物理试卷 一、选择题 ‎1.在2015年7月的喀山游泳世锦赛中，我国名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠．她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图所示．不计空气阻力．下列说法正确的是（ ）‎ A. 她在空中上升过程中处于超重状态 B. 她在空中下落过程中做自由落体运动 C. 她即将入水时速度为整个跳水过程中的最大速度 D. 入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．不计空气阻力，在空中上升过程中只受重力，所以她的加速度方向向下，故处于失重状态，故A错误；‎ B．她具有水平初速度，所以不是做自由落体运动，故B错误；‎ C．入水过程中，开始时水对她的作用力大小（浮力和阻力）小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大，故C错误；‎ D．入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力，因是一对作用力与反作用力，所以入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小，故D正确。‎ ‎2.用半导体材料制成热敏电阻，在温度升高时，电阻会迅速减小，如图所示，将一热敏电阻接入电路中，接通开关后，经过一段时间会观察到（　　）‎ A. 电流表示数不变 B. 电流表示数减小 C. 电压表示数增大 D. 电压表示数减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由半导体材料的性质可知电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流及路端电压的变化； 再对并联部分进行分析可得出电流表的变化．‎ 解：‎ A、B、接通开关后，由于电流的热效应，热敏电阻的温度升高，电阻减小，总电阻减小，I总增大，电流表示数变大，故A、B错误．‎ C、D、U不变，R2支路的电流I2增大，UR2增大，又U=UR2+U热，则U热减小，电压表示数减小，故D正确，C错误．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律及热敏电阻的性质，闭合电路的动态分析一般按先局部再整体最后再局部的分析思路进行分析．‎ ‎3.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】恒力做功的大小等于机械能的增量，撤去恒力后，物体仅受重力，只有重力做功，机械能守恒．设在恒力作用下的加速度为a，则机械能增量，知机械能随时间不是线性增加，撤去拉力后，机械能守恒，则机械能随时间不变，故C正确．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎4.‎ 如图所示“时空之旅”飞车表演时，演员驾着摩托车，在球形金属网内壁上下盘旋，令人惊叹不已。摩托车沿图示竖直轨道做圆周运动过程中（ ）‎ A. 机械能一定守恒 B. 其输出功率始终保持恒定 C. 经过最低点的向心力仅由支持力提供 D. 通过最高点时的最小速度与球形金属网直径有关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 摩托车在竖直轨道做圆周运动的过程中，摩擦力、发动机的动力都要做功，机械能不守恒；摩托车在运动过程中，其受力情况和运动情况不断变化，其输出功率发生变化；在最低点向心力由重力和支持力的合力提供；通过最高点时，满足最小速度时的向心力仅由重力提供,即mg＝m，v=。故D选项正确。‎ ‎5.如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻质弹簧，B静止，A以速度v0水平向右运动，从A与弹簧接触至弹簧被压缩最短的过程中（ ）‎ A. A、B的动量变化量相同 B. A、B的动量变化率相同 C. A、B所受合外力的冲量相同 D. A、B系统的总动量保持不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．两物体相互作用过程中系统动量守恒，A、B动量变化量大小相等、方向相反，动量变化量不同，故A错误；‎ B．由动量定理可知，动量的变化率等于物体所受合外力，A、B两物体所受合外力大小相等、方向相反，所受合外力不同，动量的变化率不同，故B错误；‎ C．A、B所受合外力的冲量大小相等、方向相反，合外力的冲量不同，故C错误；‎ D．两物体组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统总动量保持不变，故D正确。‎ ‎6.关于场强和电势,下列正确的是（ ）‎ A. 在电场中a、b两点间移动电荷，电场力做总功为零，则电荷一定在等势面上移动 B. 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 C. 两个等量同种电荷的电场，从两电荷连线中点沿连线中垂线向外，电势越来越低，场强方向均相同，场强大小在减小 D. 两个等量异种电荷的电场中，从两电荷连线中点沿连线中垂线向外，电势均相等，场强方向均相同，场强大小在减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：在电场中a、b两点间移动电荷的过程中，电场力做功为零，知a、b两点间的电势差为0，但电荷不一定在等势面上移动，故A错误；电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系但相互关联，即由电场线知：沿着电场线的方向电势逐渐降低和电场线的疏密程度判断场强，所以场强大的地方电势不一定高，场强小的地方电势不一定低，故B错误；两个等量同种电荷的电场线分布知，从两电荷连线的中点沿连线的中垂线向外，电势越来越低，电场强度由零增大后减小，方向从中点指向外侧或内侧，两侧电场强度的方向相反，故C错误；两个等量异种电荷的电场线分布知，中垂线为等势线，连线上各点的电势相等，中间电场线比较密，两边疏，则连线中点场强最大，向外逐渐减小，场强方向与等势面垂直即场强方向相同，故D正确。‎ 考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系、电势 ‎【名师点睛】本题关键根据电场线的分布特点判断电势和场强；根据等量同种电荷和等量异种电荷周围电场线的特征判断电势的高低和电场强度的大小。‎ ‎7.某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点。取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计。在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能和运动径迹上电势随位移x的变化图线正确的是　　‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 由图可知，从O到A点，电场线由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此电荷受到电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A错误，B正确；沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，故C错误；根据能量守恒关系，则，由此可知：，因此粒子的动能Ek和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线斜率先减小后增大，故D正确。所以BD正确，AC错误。‎ ‎8.如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域．从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是下图所示中的（ ）‎ A. ‎ B ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 线圈进磁场时，切割磁感线的有效长度逐渐减小，电流逐渐减小，线圈出磁场时，切割磁感线的有效长度逐渐减小，电流也在减小，但进出磁场时电流方向相反，结合分析可知：选项A符合题意，选项BCD不符合题意；‎ ‎9.一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p -T图象如图所示．下列判断正确的是（　　）‎ ‎ ‎ A. 过程ab中气体一定吸热 B. 过程bc中气体既不吸热也不放热 C. 过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热 D. b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】由图示可知，ab 过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A正确；由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律△U=Q+W可知，气体吸热，故B错误；由图象可知，ca过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W＞0，气体温度降低，内能减少，△U＜0，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量，故C错误；由图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c状态气体的分子数密度不同，b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，故D正确。‎ ‎10.如图在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，则 A. 该卫星的发射速度必定大于‎11.2 km/s B. 卫星在同步轨道上的运行速度大于‎7.9 km/s C. 在轨道Ⅱ上Q点的速度大于轨道上IQ点的速度 D. 卫星在Q点通过加速实现由轨道I进入轨道Ⅱ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎11. ‎2 km/s为第二宇宙速度，是卫星脱离地球的最小发射速度，A错；7. ‎9 km/s是环绕地球圆周运动的最大环绕速度，B错；‎ ‎11.如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原副线圈的匝数比为1：10的理想变压器为一灯泡供电，如图丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为22W．现闭合开关，灯泡正常发光．则（ ）‎ A. t=0.01s时刻穿过线框回路的磁通量为零 B. 交流发电机转速为50r/s C. 变压器原线圈中电流表示数为‎1A D. 灯泡的额定电压为220V ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图乙可知，当0.01s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故A错误；‎ B．由图可知，交流电的周期为0.02s，则转速为 故B正确；‎ C．原线圈输入电压为有效值为22V，则副线圈的电压为 ‎22×10=220V 由P=UI可知，副线圈电流 由 得：‎ 故C正确；‎ D．灯泡正常发光，故额定电压为副线圈的电压即220V，故D错误。‎ ‎12.如图所示，倾角的斜面上有一重为G的物体，在与斜面底边平行的水平推力作用下沿斜面上的虚线匀速运动，若图中，则 A. 物体所受摩擦力方向平行于斜面沿虚线向上 B. 物体与斜面间的动摩擦因数 C. 物体所受摩擦力方向与水平推力垂直且平行斜面向上 D. 物体与斜面间的动摩擦因数 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：对物块进行受力分析，如图所示：‎ 物块在重力G、斜面的支持力N、推力F、沿虚线方向上的摩擦力共同作用下沿斜面上的虚线匀速运动，因为G，N，F三力的合力方向向下，故摩擦力方向沿斜面虚线向上，故A正确；‎ 现将重力分解为沿斜面向下且垂直于底边（也垂直于推力F）的下滑力、垂直与斜面的力，如图所示：‎ 其中恰好把N平衡掉了，这样可视为物体在推力F、下滑力、摩擦力三个力作用下沿斜面上的虚线匀速运动，‎ 根据三力平衡特点，F与的合力必沿斜面向下，同时摩擦力只能沿斜面向上，故选项A对BC错；根据几何关系，F与的合力，即，故物体与斜面间的动摩擦因数，故选项D正确。‎ 考点：共点力平衡的条件及其应用、物体的弹性和弹力 ‎【名师点睛】本题意在考查动态平衡问题，考查学生利用平衡条件求力的能力及空间想象能力，解答的关键是把空间的受力关系能转化为平面内的受力关系。‎ 二、实验题 ‎13.在“研究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器使用频率为50Hz的交变电源，选择打点清晰记录小车做匀变速运动的纸带，在纸带上分别用数字0～5标注6个计数点，相邻两个计数点之间还有四个点没有画出．纸带上从0点起每相邻两个计数点间的距离依次为‎2.80cm、‎4.40cm、‎5.98cm、‎7.60cm、‎9.19cm，如图所示．由纸带上的数据可知打点计时器打下计数点“‎4”‎时，小车的速度为______m/s；小车的加速度为_____m/s2．（所填结果小数点后保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 0.84 (2). 1.60‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]由题可知相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据物体在某一段时间内的平均速度等于该段时间内的中间时刻的速度有：‎ ‎[2]根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可得 ‎14.某同学要通过实验测量一节干电池的电动势和内阻，可供选择的器材有：电流表（0～‎0.6A）、电压表（0～3V）、滑动变阻器R1（10Ω，‎2A）、滑动变阻器R2（）、定值电阻R0为1.5Ω、电键S及导线若干．‎ ‎(1)为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用____（填“R‎1”‎或“R‎2”‎）．‎ ‎(2)本次实验按照如图1所示实物连接线路图连接好后进行测量，测得数据如表所示．‎ 次数 待测量 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ I/A ‎0.15‎ ‎0.20‎ ‎0.30‎ ‎0.40‎ ‎0.50‎ U/V ‎1.46‎ ‎1.45‎ ‎1.43‎ ‎1.42‎ ‎1.39‎ 由上表数据可看出，电压表示数变化不明显，试分析引起上述情况的原因是____．‎ ‎(3)为使电压表的示数变化更明显，请将上述器材的连线略加改动，在图2方框中画出改动后的实验电路图．（ ）‎ ‎(4)实验中改变滑动变阻器的阻值，根据测出数据画出的U﹣I图线如图3所示，则此干电池的内阻r=_____Ω．（保留两位小数）‎ ‎【答案】 (1). R1 (2). 新电池的内阻很小，所以导致内电路的电压降很小 (3). ‎ ‎ (4). 0.20Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]因电源内阻较小，为了便于调节，选择总阻值较小的R1；‎ ‎(2)[2]由表中数据可知，电压表示数不明显，说明路端电压变化不明显；原因是新电池的内阻很小，所以导致内电路的电压降很小；‎ ‎(3)[3]为了减小实验中内阻测量的误差，将定值电阻R0与电源相连，采用等效的方法来增大内阻；故设计电路如图所示 ‎(4)[4]图像的斜率等于等效内阻，故内阻 所以 r=1.70-1.5=0.20Ω 三、计算题 ‎15.如图1所示，一质量为m=‎1kg的物体置于水平面上，在水平外力的作用下由静止开始运动，水平外力随时间的变化情况如图2所示，物体运动的速度随时间变化的情况如下图3所示，4s后图线没有画出．g取‎10m/s2．求：‎ ‎(1)物体在第3s末的加速度大小；‎ ‎(2)物体与水平面间的动摩擦因数；‎ ‎(3)物体在前6s内的位移．‎ ‎【答案】(1)‎1m/s2(2)04(3)‎12m．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由v-t图像可知，物体在前4s做匀变速直线运动，所以物体在第3s末的加速度a1等于前4s内的加速度，根据v-t图像和加速度定义式，得 ‎(2)在0-4s内，在水平方向 解得：‎ ‎(3)设前4s的位移为x1，由位移公式 设4s后物体运动时的加速度为a2，则：‎ 解得 物体在4s末时的速度为=‎4m/s，设物体从4s末后运动时间t2速度减为0，则：‎ 解得 所以，物体在6s末速度恰好减为0，故后2s内的位移 所以物体在前6s内的位移 x=x1+x2=‎‎12m ‎16.如图所示，在固定的气缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为,两活塞以穿过B的底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动．两个气缸都不漏气．初始时，A、B中气体的体积皆为，温度皆为．A中气体压强，是气缸外的大气压强．现对A加热，使其中气体的体积增大,温度升到某一温度．同时保持B中气体的温度不变．求此时A中气体压强（用表示结果）和温度（用热力学温标表达）‎ ‎【答案】 500K ‎【解析】‎ 活塞平衡时，由平衡条件得：‎ PASA+PBSB=P0（SA+SB） ①‎ PA′SA+PB′SB=P0（SA+SB） ②‎ 已知SB=2SA ③‎ B中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB，由玻意耳定律得：PB′VB=PBV0 ④‎ 设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等，故有⑤‎ 对A中气体，由理想气体状态方程得： ⑥‎ 代入数据解得：PB=p0，PB′=p0，PA′=2P0，VA=V0，VB=V0，TA=T0=500K 点睛：本题是连接体问题，找出两部分气体状态参量间的关系，然后由理想气体状态方程即可解题，要掌握连接体问题的解题思路与方法.‎ ‎17.绝缘光滑水平面内有一圆形有界匀强电场，其俯视图如图所示，图中XOY所在平面与光滑水平面重合，场强方向与x轴正向平行，电场的半径为R= m，圆心O与坐标系的原点重合，场强E=2N/C，一带电量为q=﹣1×10﹣‎5C，质量m=1×10﹣‎5kg带负电的粒子，由坐标原点O处以速度v0=‎1m/s沿y轴正方向射入电场，求 ‎（1）粒子在电场中运动的时间；‎ ‎（2）粒子出射点的位置坐标；‎ ‎（3）粒子射出时具有的动能．‎ ‎【答案】（1） (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子沿轴负方向做匀加速运动，加速度为：‎ 由牛顿第二定律可得： ‎ 沿轴负方向做匀变速直线运动，其位移为：‎ 沿轴正方向做匀速直线，其位移为：‎ 由几何知识可知：‎ 联立以上方程解得：‎ ‎(2)粒子射出电场边界时的位移分别为：‎ 轴负方向的位移为：‎ 轴正方向的位移为：‎ 所以粒子射出电场边界时的坐标为：‎ ‎ (3)出射时的动能由动能定理得：‎ 代入数据解得：‎ ‎18.如图所示，在地面附近，坐标系xoy在竖直平面内，‎ 空间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在x<0的区域内还有沿x轴负向的匀强电场，，场强大小为E，一个带正电油滴经图中x轴上的M点，沿着与水平方向成a=30°角斜向下做直线运动，进入x＞0的区域．要使油滴进入x＞0的区域后能在竖直平面内做匀速圆周运动．需在x＞0的区域内加一个匀强电场，若带电油滴做圆周运动通过x轴上的N点，且MO=NO．求：‎ ‎（1）油滴在M点的运动速度的大小？‎ ‎（2）在x＞0的区域内所加的电场强度的大小和方向；‎ ‎（3）油滴从x轴上的M点到达x轴上的N点所用的时间．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】油滴沿着直线MP做匀速运动，合力为零，作出油滴的受力示意图，根据平衡条件和洛伦兹力公式列式，即可求得速率v；在x＞0的区域，油滴要做匀速圆周运动，其所受的电场力必与重力平衡，则可由平衡条件列式求得场强；分段求时间，匀速直线运动过程，根据位移和速率求解；匀速圆周运动过程，画出轨迹，根据轨迹的圆心角求时间。‎ 解：(1)带电粒子做直线运动时的受力情况如图所示：‎ 由受力图得：‎ 联立解得：‎ ‎(2)要使油滴进入x>0的区域内做做匀速圆周运动，则带电油滴所受电场力应与所受重力相平衡。有：‎ 解得 ‎ ‎(3)由已知条件MO=NO可知： ‎ 又：, ‎ 则： ‎ 故：P点速度方向与PN成600角，N点速度也与PN成600角。即N点速度与X轴垂直，为带电油滴做圆周运动的圆心 半径 带电油滴做直线运动的时间： ‎ 带电油滴做圆周运动的时间： ‎ 则带电油滴从M点到N点所用的时间为 ‎