内蒙古呼伦贝尔市海拉尔区2020届高三高考模拟卷物理试题（二） 14页

海拉尔区2020年高考物理模拟卷（二）‎ 一、选择题（14—17为单项选择题，18—21为多项选择题）‎ ‎1.将三个质量均为m的小球用细线相连后（间无细线相连），再用细线悬挂于O点，如图所示，用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持，则F的最小值为（ 　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】静止时要将三球视为一个整体，重力为3mg，当作用于c球上的力F垂直于oa时，F最小，由正交分解法知：水平方向Fcos30°=Tsin30°，竖直方向Fsin30°+Tcos30°=3mg，解得Fmin=1.5mg．故选C．‎ ‎2.在地球上不同的地方，重力加速度大小是不同的．若把地球看成一个质量分布均匀的球体，已知地球半径为R，地球自转的周期为T，则地球两极处的重力加速度与赤道处的重力加速度之差为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在两极：；在赤道上：，则；‎ A. ，与结论不相符，选项A错误；‎ B. ，与结论不相符，选项B错误；‎ C. ，与结论不相符，选项C错误；‎ D. ，与结论相符，选项D正确；‎ ‎3.如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上板B接地．现有大量质量均为m、带电量均为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点．如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第滴油滴刚好能飞离电场，假定落到A板的油滴的电量能被板全部吸收，而使A板带电，同时B板因感应而带上等量异号电荷，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )‎ A. 落到A板的油滴数 B. 落到A板的油滴数 C. 第滴油滴通过电场的整个过程所增加的电势能等于 D. 第滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．对于第一滴油，则有：‎ 联立解得：‎ 最多能有个落到下极板上，则第个粒子的加速度为，由牛顿运动定律得：‎ 其中：‎ 可得：‎ 第粒子做匀变速曲线运动，有：‎ 第粒子不落到极板上，则有关系：‎ 联立以上公式得：‎ 故选项A符合题意，B不符合题意；‎ C．第滴油滴通过电场的整个过程所增加的电势能为：‎ 故选项C不符合题意；‎ D．第粒子运动过程中电场力做的负功等于粒子减少的机械能：‎ 电 故选项D不符合题意．‎ ‎4.如图所示，长方形abed长ad=‎0.6m，宽ab=0‎-3m， e、f分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.25T．一群不计重力、质量m=3×10‎-7 kg.电荷量q=+2×10‎-3C的带电粒子以速度v0=5×‎102m/s从左右两侧沿垂直ad和bc方向射入磁场区域（不考虑边界粒子），则以下不正确的是 A. 从ae边射入的粒子，出射点分布在ab边和bf边 B. 从ed边射入的粒子，出射点全部分布在bf边 C. 从bf边射入的粒子，出射点全部分布在ae边 D. 从fc边射入的粒子，全部从d点射出 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，代入数据解得粒子轨道半径：;‎ AB、若匀强磁场为矩形磁场，从e点垂直射入的粒子，由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，则刚好从b点射出，所以从e点垂直射入的粒子出射点落在bf边上；从ae边垂直射入的粒子，从圆弧af上射出，出射点分布在ab边和bf边；从ed边射入的粒子，出射点全部分布在bf边，故A、B正确；‎ CD、若匀强磁场为圆形磁场，由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，从bc边射入的粒子，全部从d点射出，所以从bf边射入的粒子，出射点全部分布在ad边，从fc边射入的粒子，全部从d点射出，故C错误，D正确；‎ 错误的故选C．‎ ‎【点睛】关键计算出半径后找到圆心，分析可能出现的各种轨迹，然后找出射点．‎ ‎5.‎2012年6月9日晚，受沿线焚烧秸秆产生的烟雾影响，宁洛高速安徽省蒙城段发生多起多点车辆追尾事故，假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v0＝‎30m/s，距离s0＝‎100m，t＝0‎ 时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间的变化如图甲、乙所示，取运动方向为正方向，下列说法正确的是（ ） ‎ A. t＝6s时两车速度相等 B. t＝6s时两车距离最近 C. 0～6s内两车位移之差为‎90m D. 两车在0～9s内会相撞 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由加速度图象可画出两车的速度图象，如图所示 由图象可知，t=6s时两车等速，甲车在前，乙车在后，故速度相等时，两车相距最近，故AB项正确；‎ C．图中阴影部分面积为0～6s内两车位移之差：‎ 故C项正确；‎ D．6s时，甲乙两车的位移之差为‎90m，小于‎100m，没有相撞，9s时位移之差小于‎90m，则不会相撞，故D错误．‎ ‎6.如图，装有水的杯子从倾角α = 53°的斜面上滑下，当水面稳定时，水面与水平面的夹角β = 16°．取重力加速度g = ‎10 m/s2，sin53°= 0.8，sin16°= 0.28，则 A. 杯子下滑的加速度大小为‎2.8 m/s2‎ B. 杯子下滑的加速度大小为‎3.5 m/s2‎ C. 杯子与斜面之间的动摩擦因数为0.75‎ D. 杯子与斜面之间的动摩擦因数为0.87‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】取水平面的一质量为m的小水滴为研究对象，‎ 由正交分解法结合牛顿第二定律可得：； 解得a=‎3.5m/s2；对杯子和水的整体，由牛顿第二定律： 解得μ=0.75，故选BC.‎ ‎7.如图甲所示，由一根导线绕成的矩形线圈的匝数n＝10匝，质量m＝‎0.04 kg、高h＝‎0.05 m、总电阻R＝0.5 Ω、竖直固定在质量为M＝‎0.06 kg的小车上，小车与线圈的水平长度l相同．线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v0＝‎2 m/s进入垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度B＝1.0 T，运动过程中线圈平面和磁场方向始终垂直．若小车从刚进磁场位置1运动到刚出磁场位置2的过程中速度v随车的位移x变化的图象如图乙所示，则根据以上信息可知（ ）‎ A. 小车的水平长度l＝‎‎10cm B. 小车的位移x＝‎15cm时线圈中的电流I＝‎‎1.5A C. 小车运动到位置3时的速度为‎1.0m/s D. 小车由位置2运动到位置3的过程中，线圈产生的热量Q＝0.0875J ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从位置1到位置2，开始进入磁场，安培力向左，小车减速，全进入磁场后，回路磁通量不再变化，没有感应电流，不受安培力开始匀速，所以根据图像可以看出小车长‎10cm，A正确 B.小车的位移x＝‎15cm时，处于匀速阶段，磁通量不变，回路电流为零，B错误 C.小车进入磁场过程中：，出磁场过程中：，而进出磁场过程中电量：，进出磁场过程中磁通量变化相同，所以电量相同，所以，解得：，C正确 D.从位置2运动到位置3的过程中，根据能量守恒：，解得：，D错误 ‎8.小球甲从斜面顶端以初速度v沿水平方向抛出，最终落在该斜面上．已知小球甲在空中运动的时间为t，落在斜面上时的位移为s，落在斜面上时的动能为Ek，离斜面最远时的动量为p．现将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度（n＞1）沿水平方向抛出，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 小球乙落在斜面上时的位移为 B. 小球乙在空中运动的时间为 C. 小球乙落在斜面上时的动能为 D. 小球乙离斜面最远时的动量为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】设斜面倾角为θ，则 ，解得；，；则将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v/n沿水平方向抛出时，小球乙在空中运动的时间为t/n ‎；小球乙落在斜面上时的位移为s/n2；小球乙落在斜面上时的动能为Ek/n2，选项A错误，BC正确；小球离斜面最远时，速度方向平行斜面，大小为，动量为，则将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v/n沿水平方向抛出时，小球乙离斜面最远时的动量为p/n，选项D错误；故选BC.‎ 二、非选择题 ‎9.在“探究物体质量一定时加速度与力的关系”实验中，小明同学做了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了用力传感器来测细线中的拉力． ‎ ‎(1)关于该实验的操作，下列说法正确的是________．‎ A.必须用天平测出砂和砂桶的质量 B.一定要保证砂和砂桶总质量远小于小车的质量 C.应当先释放小车，再接通电源 D.需要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带 E.实验中需要将小车轨道适当倾斜以平衡摩擦力 F.实验中小车应从靠近打点计时器位置静止释放 ‎(2)实验得到如图乙所示纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，打下B点时，小车运动的速率是_____m/s．小车运动的加速度大小是______m/s2.（计算结果保留三位有效数字）‎ ‎(3)由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示．则小车与轨道的滑动摩擦力Ff=____N.‎ ‎【答案】 (1). DEF (2). 0.721 (3). 2.40 (4). 1.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] AB．对小车的拉力是通过力传感器得到的，故无需测量沙和沙桶的质量，也不需要满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量，故AB错误；‎ C．使用打点计时器，应先接通电源，在释放小车，故C错误；‎ D．探究物体质量一定时加速度与力的关系，要改变沙和沙桶的总质量，打出多条纸带，故D正确；‎ E．由于实验要求研究小车的合外力与加速度的关系，需要排除与轨道的滑动摩擦力的影响，所以实验中需要将长木板倾斜，以平衡摩擦力，故E正确；‎ F．在释放小车前，小车应尽量靠近打点计时器，以能在纸带上打出更多的点，有利于实验数据的处理和误差的减小，故F正确； ‎ ‎(2)[2]相邻两计数点之间还有四个点未画出，相邻两计数点间的时间间隔为，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，打下点时，小车运动的速率是：‎ ‎[3]根据可得：‎ ‎(3)[4]根据牛顿第二定律可知：‎ 解得：‎ ‎10.为了测某电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：‎ 电阻箱R，定值电阻R0、两个电流表A1、A2，电键K1，单刀双掷开关K2，待测电源，导线若干．实验小组成员设计如图甲所示的电路图．‎ ‎(1)闭合电键K1，断开单刀双掷开关K2，调节电阻箱的阻值为R1，读出电流表A2的示数I0；然后将单刀双掷开关K2接通1，调节电阻箱的阻值为R2，使电流表A2的示数仍为I0，则电流表A1的内阻为_____．‎ ‎(2)将单刀双掷开关K2接通2，多次调节电阻箱的阻值，记录每次调节后的电阻箱的阻值R及电流表A1的示数I，该同学打算用图像处理数据，以电阻箱电阻R为纵轴，为了直观得到电流I与R的图像关系，则横轴x应取（ ）‎ A.I B.I‎2 C. D.‎ ‎(3)根据(2)选取的x轴，作出R-x图像如图乙所示，则电源的电动势E=_____，内阻r=______．（用R1，R2，R0，及图像中的a、b表示）‎ ‎【答案】 (1). R2-R1 (2). C (3). E= (4). r=a-R0-（R2-R1）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题意可知，电路电流保持不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电阻不变，则电流表A1内阻等于两种情况下电阻箱阻值之差，即．‎ ‎(2)单刀双掷开关K2接通2时，据欧姆定律可得：，整理得：，得到直线图线，应作图象．故C项正确，ABD三项错误．‎ ‎(3)由图象结合得：图象斜率、图象纵截距，解得：电源的电动势、电源的内阻．‎ ‎11.一长木板在光滑水平地面上匀速运动，在t=0‎ 时刻将一物块无初速轻放到木板上，此后长木板运动的速度﹣时间图象如图所示．已知长木板的质量M=‎2kg，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取g=‎10m/s2，求：‎ ‎（1）物块的质量m；‎ ‎（2）这一过程中长木板和物块的内能增加了多少？‎ ‎【答案】（1）‎4kg（2）24J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）长木板和物块组成的系统动量守恒： ‎ 代入数据解得： ．‎ ‎（2）设这一过程中长木板和物块的内能增加量为Q，根据能量守恒定律：‎ ‎12.如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为2R的均匀辐条，辐条与圆环接触良好．现将此装置的一部分置于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰好与圆环的直径在同一直线上．现使辐条以角速度ω绕O点顺时针转动，右侧电路通过电刷与辐条中心和圆环的边缘良好接触，R1=R，右侧为水平放置的足够长的光滑平行导轨，间距为2r，导轨之间有垂直导轨平面向里、磁感应强度大小也为B的匀强磁场，质量为m、电阻为R的导体棒ab垂直放置在导轨上且接触良好，不计其他电阻．‎ ‎（1）若S闭合，S1断开时，求理想电表的示数；‎ ‎（2）若S、S1都闭合，求出导体棒ab能够获得的最大速度vm；‎ ‎（3）在导体棒ab加速过程中通过的电荷量q．‎ ‎【答案】（1）， （2）vm= （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题意知，在磁场内部的半根辐条相当于是电源，由右手定则可知辐条中心为负极，与圆环边缘接触的一端为正极，且始终有长为r的辐条在转动切割磁感线，内电阻为R 产生的感应电动势大小为：‎ 若S闭合，S1断开时，总电阻为：‎ 理想电流表的示数为：‎ 理想电压表示数为：‎ ‎（2）若S、S1都闭合，导体棒ab获得最大速度vm时，安培力为零，产生的感应电动势为：‎ 又知导体棒ab上分得电压为：‎ 故有：‎ 解得：‎ ‎（3）在导体棒ab加速过程中，设瞬间流过的电流为i，取很短时间为，安培力为：‎ 根据：‎ 动量定理：‎ 得：‎ 整理后有：‎ ‎13.a、b、c三条平行光线垂直于半圆柱体玻璃砖的截面直径从空气射向玻璃砖，如图所示，光线b正好过圆心O，光线a、c从光线b的两侧对称入射，光线a、c从玻璃砖下表面进入空气后与光线b交于P、Q两点，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 玻璃对三种光的折射率关系为na>nb>nc B. 玻璃对a光的折射率大于对c光的折射率 C. 在相同条件下进行双缝干涉实验，a光的条纹间距比c光窄 D. a、c光分别从空气射入某种介质中，c光发生全反射时临界角较小 E. a光比c光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由图可知，a光和c光入射角相同，但是c光折射角较大，根据折射率公式可知玻璃对a光的折射率大于对c光的折射率，但是由于b光经过玻璃时没有发生偏折，故无法比较b光与a、c光的折射率大小，故A错误，B正确；‎ C．由于a光的折射率较大，波长较短，则在相同条件下进行双缝干涉实验，由 可得a光的条纹间距比c光窄，故C正确；‎ D．因，根据临界角公式知， a光发生全反射时临界角较小，故D错误；‎ E．根据公式v＝，由于a光的折射率大，则a光在玻璃中的传播速度较小，由几何关系可知a光在玻璃中传播的路程较长，故a光比c光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长，故E正确。‎ 故选BCE。‎ ‎14.一列简谐横波沿x轴传播，t=0时的图像如图所示，此时刻后介质中P质点回到平衡位置的最短时间为 0.2s，Q质点回到平衡位置的最短时间为1s，已知t=0 时，P、Q 两质点相对平衡位置的位移相同，则：‎ ‎ ‎ ‎(1)波的传播周期为多少秒？ ‎ ‎(2)传播速度是多大？‎ ‎(3)t=0.8s 时刻算起到质点Q第二次回到平衡位置波传播的距离？‎ ‎【答案】(1)T=2.4s (2)v=‎5m/s (3)x=‎‎11.0m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题意简谐横波沿x轴正向传播，分析得知，此时P点向下运动，Q点向上，‎ 它们周期相同，则T=2×(0.2s+1s)=2.4s ‎(2)根据图象可知，λ=‎12m，则波速 ‎(3)根据题意可知，Q质点经过1s第一次回到平衡位置，再经过半个周期第二次回到平衡位置，设质点Q第二次回到平衡位置经过的时间为t，则 波传播的距离为 ‎【点睛】本题关键要根据质点的振动过程确定其振动周期，得到波的周期；要注意介质中质点只在各自的平衡位置附近振动，不随波迁移．‎ ‎ ‎