河南省鹤壁市高级中学2021届高三上学期第一次模拟测试（8月段考）物理试题 Word版含答案 9页

‎ 鹤壁高中2021届高三年级物理第一次模拟测试 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一个选项符合题目要求，第9～12题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，有选错或不答的得0分．‎ ‎1．三个共点力F1、F2和F3的合力为0，其中两个共点力的大小F1＝8 N，F2＝4 N，则F3的大小不可能是(　　)‎ A．8 N B．6 N C．4 N D．2 N ‎ 2.一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长‎25 m，动车进站时可以看作匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他时用了4 s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为 (　　)‎ A．‎2 m/s2 B．‎1 m/s‎2 C．‎0.5 m/s2 D．‎0.2 m/s2‎ ‎3..甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v－t图象如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为s1和s2(s2>s1)．计时开始时，甲、乙两车相距s0，在两车运动过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．若甲车在乙车前方且s0＝s1＋s2，两车相遇1次 B．若甲车在乙车前方且s0T时会相遇；当s0＝s1时，有s1＋s2＝s0＋s2，两车恰在T时刻相遇．选项A、C、D错误，B正确．‎ ‎ 4．B　由图可知0～36 s内物体速度方向向上，故在36 s时物体距地面最高，选项A错误；在46 s时物体距地面的高度h＝×(20＋36)×‎1.0 m－×10×‎1.2 m＝‎22 m，选项B正确；在0～10 s内物体加速度向上，故物体处于超重状态，选项C错误；在30～36 s内物体的加速度向下，故物体处于失重状态，钢索不容易断裂，选项D错误．‎ ‎5解：根据开普勒第三定律=k得：火星与地球的周期之比为 ===1.9‎ 地球的周期为T2=1年，则有火星的周期为T1=1.9年 设经时间t两星又一次距离最近，‎ 根据θ=ωt 则两星转过的角度之差 △θ=（﹣）t=2π 得t=2.3年≈2年。 故选：B。‎ ‎6 D　物块a、b与墙面之间没有弹力，故虽接触面粗糙但不受摩擦力，所以物块b受重力、弹簧的弹力2个力作用，选项A错误；将a、b看成一个系统，整个系统处于静止状态，细线的拉力等于2mg，选项B错误；剪断细线瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以b所受合力不变，为零，而细线中的弹力突变为0，故b的加速度为零，a的加速度aa＝＝＝‎2g，选项C错误，选项D正确．‎ ‎7A‎　本题考查动能定理、机械能守恒定律、摩擦力做功．下落阶段，物体受重力和摩擦力，由动能定理W＝ΔEk，即mgh－fh＝ΔEk，f＝mg－mg＝mg，可求ΔEk＝mgh，选项A正确；机械能减少量等于克服摩擦力所做的功W＝fh＝mgh，选项B、C错误；重力势能的减少量等于重力做的功ΔEp＝mgh，选项D错误 ‎ 8. A　根据电场强度与电势差的关系及电容的定义得E＝、E′＝，而依题意有mg＝q，根据牛顿第二定律可得qE－mg＝ma，mg－qE′＝ma′，依题意有x＝at2，－x＝at ‎2－a′t2，解得＝，可求得＝4，即选项A正确．‎ ‎9.选AD　在上升和下滑的过程，整体都是只受三个力，重力、支持力和摩擦力，以向下为正方向，根据牛顿第二定律得向上运动的过程中：(mA＋mB)gsin θ＋f＝(mA＋mB)a，‎ f＝μ(mA＋mB)gcos θ因此有：a＝gsin θ＋μgcos θ，方向沿斜面向下，所以向上运动的过程中A、B组成的整体处于失重状态，故A正确。‎ 同理对整体进行受力分析，向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：‎ ‎(mA＋mB)gsin θ－f＝(mA＋mB)a′，得：a′＝gsin θ－μgcos θ 由于μ＜tan θ，所以a′＞0 所以上滑到最高点后A、B整体将向下运动，故B错误；‎ 以B为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有：‎ mBgsin θ＋f′＝mBa， 解得：f′＝μmBgcos θ；向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：mBgsin θ－f″＝mBa′， 解得：f″＝μmBgcos θ；‎ 所以f″＝f′，即A与B之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等，故C错误，D正确。‎ ‎10.选AD　由于球沿斜槽无摩擦滑动，则小孩、抱枕和小球组成的系统具有相同的加速度，且a＝gsin α，做匀加速直线运动，隔离对小孩和抱枕分析，加速度a＝gsin α＝gsin β，则α＝β，故A正确，B错误。对抱枕分析，受重力、绳子拉力、小孩对抱枕的作用力，因为沿绳子方向合力为零，平行导轨方向的合力为m‎1a＝m1gsin β，可知小孩对抱枕的作用力与绳子在同一条直线上，故C错误。对小孩和抱枕整体分析，根据平行四边形定则知，绳子的拉力T＝(m1＋m2)gcos β，抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上，大小为m2gcos β，则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1＋m2)∶m2，故D正确。‎ ‎11.选BD　  解：A与木板间的最大静摩擦力为：fA=μmAg=0.3×1×10N=3N， B与木板间的最大静摩擦力为：fB=μmBg=0.2×1×10N=2N A、F=1N＜fA，所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A错误；B、若F=1.5N＜fA，所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F-f=mAa，所以A物块所受摩擦力f＜F=1.5N，故B正确C、当B刚要相对于板滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得： fB=mBa0，又fB=μmBg得：a0=‎2m/s2；对整体，有：F0=（mA+mB）•a0=2×2N=4N 即达到4N后，B将相对地木板运动，此时摩擦力f=2N；则对木板可知，木板受到A的摩擦力等于B的摩擦力；故A和木板间不会发生相对运动；则可知，当拉力为8N时，B与木板间的摩擦力即为滑动摩擦力为2N，此后增大拉力，不会改变B的受力；其加速度大小均为‎2m/s2，故C错误；D正确 ‎12答案　AD 解析　如图所示，粒子1从M点正对圆心射入，恰从N点射出，根据洛伦兹力指向圆心，和MN的中垂线过圆心，可确定圆心为O1，半径为R.两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的半径相同.粒子2从P点沿PQ射入，根据洛伦兹力指向圆心，圆心O2应在P点上方R处，连接O2P、ON、OP、O2N，O2PON为菱形，O2N大小为R，所以粒子2一定从N点射出磁场.A正确，B错误.‎ ‎∠MO1N＝90°，∠PO2N＝∠POQ，cos ∠POQ＝，所以∠PO2N＝∠POQ＝45°‎ ‎.两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的周期相同.粒子运动时间与圆心角成正比，所以粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2∶1.C错误，D正确.‎ ‎13答案　(1)　(2)‎20 ℃‎（每空3分，共6分）‎ 解析　(1)设电源电压为E，则将单刀双掷开关S与1闭合时，＝；单刀双掷开关S与2闭合时：＝；联立解得：Rx＝；(2)金属热电阻消耗的功率最大时，此时金属热电阻的值等于电阻箱的阻值，即Rx＝R0 ＝ 120 Ω，根据电阻－时间关系可知：Rx＝t＋100，当Rx＝120 Ω时，t＝‎20 ℃‎.‎ ‎14答案　(1)AD　(2)0.316　0.93　 （每空3分，共9分）‎ 解析　(1)调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，不应悬挂钩码，故B错误；由于平衡摩擦力之后有Mgsin θ＝μMgcos θ，故tan θ＝μ.所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车所受的拉力，不需要重新平衡摩擦力，故C错误；打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放小车， 实验结束时应先控制小车停下再停止打点计时器，故D正确；‎ ‎(2)已知打点计时器电源频率为50 Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为 T＝5×0.02 s＝0.1 s.根据Δx＝aT2可得：xCE－xAC＝a(2T)2，‎ 小车运动的加速度为a＝＝ m/s2＝‎0.93 m/s2‎ B点对应的速度：vB＝＝ m/s＝)‎0.316m/s ‎ 15．（12分）解：‎ ‎（1）对长木板施加恒力F的时间内，小滑块与长木板间相对滑动， 小滑块所受摩擦力 f = μmg 设小滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律 f = ma1解得 a1 = ‎2.0 m/s2 长木板受的摩擦力 f ′ = f = μmg 设长木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律F – f ′= Ma2 解得 a2 = ‎4.0 m/s2‎ 经过时间t = 1.0 s， 小滑块的速度 v1 = a1 t = ‎2.0 m/s 长木板的速度 v2 = a2 t = ‎4.0 m/s（4分）‎ ‎（2）撤去力F后的一段时间内，小滑块的速度小于长木板的速度，小滑块仍以加速度a1做匀加速直线运动，长木板做匀减速直线运动. 设长木板运动的加速度为a3，此时长木板水平方向受力情况如图所示，根据牛顿第二定律 f ′ = Ma3 解得 a3 = ‎2.0 m/s2‎ 设再经过时间t1后，小滑块与长木板的速度相等.即 v1 + a1 t1 = v2－a3 t1解得 t1 = 0.50 s 此时二者的速度均为 v = v1 + a1 t1 = ‎3.0 m/s.‎ 如图所示，在对长木板施加力F的时间内，小滑块的位移是s1，长木板的位移是s2；从撤去F到二者速度相等的过程，小滑块的位移是s3，长木板的位移是s4.‎ s1‎ s2‎ s4‎ s3‎ 小滑块与长木板速度相等时，小滑块距长木板右端的距离最大.‎ 小滑块的总位移 s块 = s1＋s3 = = ‎‎2.25 m 长木板的总位移 s板 = s2＋s4 = = ‎‎3.75 m 在运动中小滑块距长木板右端的最大距离为 s = s板 – s块 = ‎1.5 m （8分）‎ ‎16（14分）． (1)‎8m/s2 (2) (3) ，‎ ‎ （1）物块P刚冲上传送带时，设PQ的加速度为，轻绳的拉力为 因P的初速度大于传送带的速度，则P相对传送带向右运动，故P受到向左的摩擦力作用 对P由牛顿第二定律得 对Q受力分析可知，在竖直方向受向下的重力和向上的拉力作用 由牛顿第二定律得联立解得（4分）‎ ‎（2）P先减速到与传送带速度相同，设位移为，则 共速后，由于摩擦力 故P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，摩擦力方向水平向右 设此时的加速度为，轻绳的拉力为对P由牛顿第二定律得 对Q由牛顿第二定律得联立解得 设减速到0位移为，则 PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功（5分）‎ ‎（3）第一个减速过程，所用时间P运动的位移为 皮带运动的位移为第二个减速过程，时间 P运动的位移为皮带运动的位移为 则整个过程产生的热量 当时，（5分）‎ ‎17（11分）（1）1.0×105 Pa　（2）向右移动‎10 cm ‎ （1）设被封闭的理想气体压强为p，轻细杆对A和对B的弹力为F，‎ 对活塞A有：p0SA＝pSA＋F对活塞B有：p0SB＝pSB＋F 得：p＝p0＝1.0×105 Pa（4分）‎ ‎（2）当汽缸内气体的温度缓慢下降时，活塞处于平衡状态，缸内气体压强不变，气体等压降温，活塞A、B一起向右移动.活塞A最多移动至两筒的连接处.设活塞A、B一起向右移动的距离为x.对理想气体：V1＝2LSA＋LSB T1＝500 K，V2＝(‎2L－x)SA＋(L＋x)SB T2＝400 K，SA＝‎100 cm2，SB＝‎50 cm2由盖－吕萨克定律：＝ 解得：x＝‎‎10 cm x<‎2L＝‎20 cm表明活塞A未碰两筒的连接处，故活塞A、B一起向右移动了‎10 cm.（7分）‎ ‎18（11分）解：（1）紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点E到亮区中心G的距离r就是所求最大半径．‎ 设紫光临界角为C，由全反射的知识得 sinC＝　 又由几何知识可知AB＝RsinC＝　 ‎ OB＝RcosC＝R BF＝ABtanC＝　 ‎ GF＝D－(OB＋BF)＝D－　 得r＝GE＝·AB＝D－nR＝(＋1) m－×‎1 m＝‎1 m　（8分） ‎ ‎（2）紫色．当白光从玻璃中射向空气时，由于紫光的折射率最大，则临界角最小，所以首先发生全反射，因此出射光线与屏幕的交点最远．故圆形亮区的最外侧是紫光．(3分)‎