贵州省铜仁第一中学2020届高三上学期模拟考试物理试题 17页

贵州省铜仁市第一中学2019-2020学年高三上学期二模物理试题 一、选择题。（共10小题， 1-7为单项选择题，8-10为多项选择题）‎ ‎1.A、B两辆车同时同地在平直公路上开始运动，它们的速度一时间图像如图所示，则（ ）‎ A. 两车运动方向相反 B. 2s末两车相遇 C. 2s内A车始终在B车前方 D. 2s末两车相距2m ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．A、B两车的图像都为正，即两车的运动方向相同，故A项错误；‎ BCD．2s内A车的位移为：‎ B车的位移为：‎ 由于开始时两车同时同地出发，所以2s末两车相距2m，且B车在A车前，故BC项错误，D项正确。‎ ‎2.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度一时间图线如图所示、已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s，5～10s，10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则（ ）‎ A. F2F2 C. F2> F3 D. F1=F3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由速度时间图象的斜率可知，0～5s内和10～15s内物体的加速度大小a相等，在0～5s内，物体加速下滑，由牛顿第二定律可得：‎ mgsinθ-f-F1=ma 所以：‎ F1=mgsinθ-f-ma 在5～10s，物体匀速下滑，受力平衡，则 mgsinθ-f=F2‎ 所以 F2=mgsinθ-f 在10～15s内，物体减速下滑，由牛顿第二定律可得，‎ F3+f-mgsinθ=ma 所以 F3=mgsinθ-f+ma 故 A．F2F2与分析不符，故B项错误；‎ C．F2> F3与分析不符，故C项错误；‎ D．F1=F3与分析不符，故D项错误。‎ ‎3.如图所示，质量为1kg的物体与地面间的动摩擦因数，从开始以初速度沿水平地面向右滑行，同时受到一个水平向左的恒力的作用，g取，向右为正方向，该物体受到的摩擦力随时间变化的图象是最大静摩擦力等于滑动摩擦力　　 ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】从t=0开始以初速度v0沿水平地面向右做匀减速运动，受到的滑动摩擦力大小为f=μmg=0.3×1×10N=3N，方向向左，为负值。当物体的速度减到零时，物体所受的最大静摩擦力为fm=μmg=3N，则F＜fm，所以物体不能被拉动而处于静止状态，受到静摩擦力作用，其大小为f=F=1N，方向向右，为正值，根据数学知识得知，C图象正确.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】对于摩擦力，要根据物体的受力情况分析物体的状态，判断物体受到的是静摩擦力还是滑动摩擦力，滑动摩擦力可以根据公式求解，而静摩擦力由平衡条件求解．‎ ‎4.如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是( )‎ A. 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.08A B. 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02A C. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06A D. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，R1分流为1.8A，故量程为1.8A+0.6A=2.4A；故每一小格表示0.08A；故A项正确，B项错误；‎ CD．当接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，电流表的量程仍为2.4A；故每一小格表示0.08A；故CD错误。‎ ‎5.在地面用弹簧测力计悬挂一质量为m的小球，静止时测力计示数为F。现将小球由静止释放，用频闪照相机拍摄的小球下落的照片如图所示，用刻度尺量出计时点1、2之间的距离为L1，计时点1、3之间的距离为L2，频闪周期为T，则小球在下落过程受到的恒定阻力f为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，计时点2、3之间的距离为，由匀变速直线运动规律可得：‎ 解得：‎ 重力加速度为：‎ 对小球下落过程中由牛顿第二定律得：‎ 得：‎ A．与分析不符，故A项错误；‎ B．与分析相符，故B项正确；‎ C．与分析不符，故C项错误；‎ D．与分析不符，故D项错误 ‎6.如图所示，轻绳OA一端固定在天花板上，另一端系一光滑的圆环，一根系着物体的轻绳穿过圆环后，另一端固定在墙上B点，且OB处于水平．现将A点缓慢沿天花板水平向右移动，且OB段的轻绳始终保持水平，则OA、OB段轻绳所受拉力的大小FTA、FTB的变化情况是(　　)‎ A. FTA增大，FTB不变 B. FTA、FTB均不变 C. FTA不变，FTB增大 D. FTA、FTB均减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】因为圆环光滑，则OC、OB段轻绳所受拉力的大小FTC、FTB始终相等，且等于物体的重力．又因为OB段轻绳始终保持水平，OC段轻绳始终保持竖直，所以A点缓慢右移时，圆环也随之右移，角θ不变，由平衡条件可知OA段绳上所受的拉力不变．故B项正确.‎ ‎7.如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是 A. 斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma B. 斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值 C. 若加速度足够小，竖直挡板对球弹力可能为零 D. 若加速度足够大，斜面对球弹力可能为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】以小球为研究对象，分析受力情况，如图：重力mg、竖直挡板对球的弹力F2和斜面的弹力F1．‎ 设斜面的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得竖直方向：‎ ‎……①‎ 水平方向：‎ ‎……②‎ 由①看出，斜面的弹力大小不变，与加速度无关，不可能为零．‎ 由②看出，若加速度足够小时，‎ ‎ ;‎ 根据牛顿第二定律知道，重力、斜面和挡板对球的弹力三个力的合力等于；若F增大，a增大，斜面的弹力F1大小不变。‎ ‎【点睛】本题运用正交分解法，根据牛顿第二定律研究物体的受力情况，要正确作出物体的受力图，抓住竖直方向没有加速度。‎ ‎8.如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2kg小球从弹簧上端某高度处自由下落。从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度和弹簧压缩量△x的函数图像如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，重力加速度g取10m/s2，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 该弹簧的劲度系数为20N/m B. 当△x＝0.05m时，小球处于失重状态 C. 小球刚接触弹簧时速度最大 D. 从接触弹簧到压缩至最短的过程中小球的加速度减小 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当x为0.1m时，小球的速度最大，然后减小，说明当x为0.1m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力。所以可得：‎ 解得：‎ 故A项正确；‎ B．当△x＝0.05m时，小球速度增大，加速度方向向下，说明小球处于失重状态，故B项正确；‎ C．小球刚接触弹簧时，小球此时只受重力，加速度为重力加速度，所以小球继续向下加速度，故C项错误；‎ D．图中的斜率表示加速度，则由图可知，从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，故D项错误。‎ ‎9.如图所示，质量为m2的物体B放在车厢的水平底板上，用竖直细绳通过光滑定滑轮与质量为m1的物体A相连．车厢正沿水平直轨道向右行驶，两物体与车相对静止，此时与物体A相连的细绳与竖直方向成θ角，由此可知( )‎ A. 车厢的加速度大小为gtanθ B. 绳对物体A的拉力大小为m1gcosθ C. 底板对物体B的支持力大小为(m2－m1)g D. 底板对物体B的摩擦力大小为m2gtanθ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．以物体A为研究对象，受力如图1所示，由牛顿第二定律得：m1gtanθ=m1‎ a，解得：a=gtanθ，则车厢的加速度也为gtanθ，故A正确；‎ B．如图1所示，绳子的拉力：，故B错误；‎ C．对物体B研究，受力如图2所示，在竖直方向上，由平衡条件得：N=m2g-T=m2g-，故C错误；‎ D．由图2所示，由牛顿第二定律得：f=m2a=m2gtanθ，故D正确。‎ ‎10.如图所示，质量为m的小球用轻弹簧系住，并用倾角为的光滑木板AB托住，此时弹簧轴线水平，小球恰好处于静止状态，重力加速度为g.下列说法正确的是（ ）‎ A. 撤去挡板瞬间，小球加速度为g B. 撤去挡板瞬间，小球加速度为g C. 撤去弹簧瞬间，小球加速度为g D. 撤去弹簧瞬间，小球加速度为g ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图，‎ 根据共点力平衡条件，有 F-Nsin=0‎ Ncos-G=0‎ 解得：‎ AB．木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向，所以小球加速度为：‎ 故A项错误，B项正确；‎ CD．撤去弹簧小球将沿AB向下滑，所以撤去弹簧瞬间，小球受重力和板的支持力，合力方向沿板向下，小球的加速度为：‎ 故C项正确，D项错误。‎ 二、实验题。（2小题）‎ ‎11.某同学利用图(a)所示的实验装置探究物块速度随时间的变化．所用交流电源频率为50 Hz.打点计时器打出的纸带如图(b)所示(图中相邻两点间有4个点未画出)．根据实验数据分析，该同学认为物块的运动为匀加速运动．回答下列问题：‎ ‎(1)实验中，必要的措施是_______．‎ A.细线必须与长木板平行 B.先接通电源再释放小车 C.小车的质量远大于钩码的质量 D.平衡小车与长木板间的摩擦力 ‎(2)在打点计时器打出B点时，物块的速度大小为________m/s， (保留两位有效数字)‎ ‎(3)物块加速度大小为________m/s2.(保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). AB (2). 0.56m/s (3). 2.0 m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]A．探究小车做物块速度随时间的变化，为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平，故A正确；‎ B．为了充分利用纸带，实验时应先接通电源再释放纸带，故B正确；‎ CD．本实验中只是研究匀变速直线运动规律，小车只要做匀加速直线运动即可，不需要让小车的质量远大于钩码的质量，也不需要平衡摩擦力，故CD错误 ‎(2)[2]根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以 ‎(3)[3]根据匀变速直线运动的推论公式有 联立解得：‎ 代入数据解得：‎ ‎12.用如图所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源(电动势约3V，内阻约2 Ω)，保护电阻R1(阻值10 Ω)和R2(阻值5Ω)，滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干．‎ 实验主要步骤：‎ ‎(i)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；‎ ‎(ii)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；‎ ‎(iii)以U为纵坐标，I为横坐标，作UI图线(U、I都用国际单位)；‎ ‎(iv)求出UI图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a.‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)电流表最好选用________．‎ A.电压表(0～3 V，内阻约15 kΩ)‎ B.电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)‎ C.电流表(0～200 mA，内阻约2 Ω)‎ D.电流表(0～30 mA，内阻约2 Ω)‎ ‎(2)选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E＝________，r＝________，代入数值可得E和r的测量值．‎ ‎【答案】 (1). C (2). ka (3). k-R2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) [1]通过电路的最大电流约为 所以电流表选择C项即可。‎ ‎(2)[2][3]由图示电路图可知，电源电动势：‎ 则：‎ U-I图象的斜率：‎ k=R2+r 则内阻 r=k-R2‎ 令U=0，则有：‎ 由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：‎ 解得：‎ 三、计算题。（2小题）‎ ‎13.如图甲所示,质量为1.0 kg的物体置于固定斜面上,斜面的倾角θ=30°,对物体施以平行于斜面向上的拉力F，1.0 s后将拉力撤去，物体运动的v-t图象如图乙(设斜向上为正，g=10m/s2)，试求:‎ ‎(1)拉力F的大小；‎ ‎(2)物块与斜面的动摩擦因数为μ。‎ ‎【答案】F=18N；μ=‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意，物体在F作用下向上运动过程中做匀加速直线运动，则有：‎ 由图象可知，物体在0~1s内的加速度 撤去拉力F后，物体做匀减速直线运动，则有：‎ 由图象可知，物体在1s~3s内的加速度 联立以上关系，计算得：F=18N，μ=‎ ‎14.如图所示，长木板B在水平地面上向左运动，可视为质点的滑块A在B的上表面向右运动。A、B两物体的质量相同，A与B之间的动摩擦因数为μ1=0.2，B与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.3。在t=0时刻A的速度v1＝2m/s水平向右、B的速度v2＝13m/s水平向左。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。从t＝0时刻起，求:‎ ‎(1)A相对于地面向右运动的最大距离；‎ ‎(2)两物体都停止运动所经历的时间。‎ ‎【答案】(1)1m（2）2.0s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对A根据牛顿第二定律可得：‎ 解得：‎ a1=2m/s2‎ 对B根据牛顿第二定律可得：‎ 解得：‎ a2=8m/s2‎ 设经过时间t1，A物体的速度减速到零，则：‎ 此时B物体的速度为:‎ ‎13 m/s -8×1 m/s =5m/s 说明此时B物体还在向左运动；‎ 则A相对于地面向右的最大位移为：‎ m ‎(2)当A速度等于零之后，A向左加速、B向左减速，加速度不变，设再经过时间t2两物体的速度达到相等，则：‎ 解得：‎ t2=0.5s，=1m/s 设共速后二者能够保持相对静止，则对整体根据牛顿第二定律可得：‎ 解得：‎ a3=3m/s2‎ 而A运动的最大加速度大小为2m/s2，所以二者不可能保持相对静止；‎ 对A减速运动的到零的时间为：‎ 对B共速后减速运动的加速度大小为：‎ B共速后运动的时间为：‎ s 所以二者都静止经过的时间为：‎ t=t1+t2+t3=2.0s．‎ 四、选修题（2小题）‎ ‎15.关于气体的内能，下列说法正确的是________‎ A. 质量和温度都相同的气体，内能一定相同 B. 气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大 C. 气体被压缩时，内能可能不变 D. 一定量的某种理想气体的内能只与温度有关 E. 一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 ‎【答案】CDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．质量和温度都相同的气体，因气体的种类不一定相同，则摩尔数不一定相同，内能不一定相同，故A错误；‎ B．气体的内能与机械能无关， 气体温度不变，整体运动速度越大，其内能不变，故B错误； ‎ C．气体被压缩时，若气体对外做功，则气体的内能可能不变，故C正确； ‎ D．一定量的某种理想气体的分子势能可视为零，则内能只与温度有关，故D正确； ‎ E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，温度一定升高，则内能一定增加，故 E正确；‎ ‎16.如图所示，在长为L＝61 cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直细玻璃管内，用4 cm高的水银柱封闭着38cm长的理想气体，管内外气体的温度均为27，大气压强p0＝76cmHg.‎ ‎(1)若缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，求管中气体的温度；‎ ‎(2)若保持管内温度始终为27，现将玻璃管缓慢放至水平时，求管中气体的长度．‎ ‎【答案】(1) 450K(2) 40cm ‎【解析】‎ ‎【详解】(i)设玻璃管横截面积为S，以管内封闭气体为研究对象，气体经等压膨胀，则 T1＝300K，V1＝38cmS，V2＝57 cmS 由盖·吕萨克定律得 得 T2＝450K.‎ ‎(ii)气体等温变化，压强为p3=76cmHg，气体长度为Lcm，V3＝LS，‎ p3＝(76＋H)cmHg 由玻意耳定律：p1V1＝p3V3‎ 得 L＝40cm ‎ ‎