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  • ID:6-7134141 四川省成都市树德高级中学2020届高三二诊模拟考试 理科综合物理试题

    高中物理/高考专区/模拟试题


    树德高级中学2020届高三二诊模拟考试理综物理试题
    第Ⅰ卷
    二、选择题: (本题共 8 小题,每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中,第 14~18 题只有一项符合题 目要求,第 19~21 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分
    14.如图甲是光电效应的实验装置图,图乙是光电流与加在阴极 K 和阳极 A 上的电压的关系图象,下列
    说法正确的是
    A.由图线①、③可知在光的颜色不变的情况下,入射光越强,饱和光电流越大
    B.由图线①、②、③可知对某种确定的金属来说,其遏止电压只由入射光的强度和频率决定 C.只要增大电压,光电流就会一直增大
    D.不论哪种颜色的入射光,只要光足够强,就能发生光电效应
    15.甲、乙两车在平直公路上行驶,其 v-t 图象如图所示.t=0 时,两车间距为 s0; t0 时刻,甲、乙两车相遇.0~t0 时间内甲车发生的位移为 s,下列说法正确的是 A.0~t0 时间内甲车在前,t0~2t0 时间内乙车在前
    B.0~2t0 时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的 2 倍
    C.2t0 时刻甲、乙两车相距 s0/2
    D.s0=6s/7
    16.如图所示,斜面置于粗糙水平地面上,在斜面的顶角处,固定一个小的定滑轮,质量分别为 m1、m2
    的物块,用细线相连跨过定滑轮,m1 搁置在斜面上.下述正确的是
    A.如果 m1 沿斜面向下匀速运动,则地面对斜面有向右的摩擦力
    B.如果 m1 沿斜面向上加速运动,则地面对斜面有向左的摩擦力
    C.如果 m1 沿斜面向下加速运动,则地面对斜面有向右的摩擦力
    D.如果 m1、m2 均静止,则地面对斜面没有摩擦力
    17.如图为模拟远距离输电的部分测试电路。a、b 端接电压稳定的正弦交变电源,定值电阻阻值分别为 R1、R2,且 R1A. B.
    C.电源的输出功率一定减小
    D.电压表示数一定增加
    18.2019 年 3 月 10 日 0 时 28 分,“长征三号”乙运载火箭在西昌 卫星发射中心点火起飞,成功将“中星 6C”卫星送入太空。“中星
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  • ID:6-7131453 2020年天津市河西区高考物理模拟试卷(3月份)

    高中物理/高考专区/模拟试题

    2020年天津市河西区高考物理模拟试卷(3月份) 一、选择题(共5小题,满分25分) 1.(5分)下列核反应属于α衰变的是(  ) A.B+He→N+n B.Al+H→Mg+He C.Th→Ra+He D.H+H→He 2.(5分)下列说法正确的是(  ) A.一定质量的理想气体,温度不变时,体积减小,压强减小 B.在失重的情况下,密闭容器内的气体对器壁没有压强 C.外界对气体做功,气体的内能一定增大 D.气体的温度越高,气体分子无规则运动的平均动能越大 3.(5分)一列简谐横波在某时刻的波形图如图1所示,已知图中质点b的起振时刻比质点a延迟了0.5s,b和c之间的距离是5m,以下说法正确的是(  ) A.此列波的波长为2.5m B.此列波的频率为2Hz C.此列波的波速为2.5m/s D.此列波的传播方向为沿x轴正方向传播 4.(5分)如图所示,原、副线圈匝数比为100:1的理想变压器,b是原线圈的中心抽头,电压表和电流表均为理想电表,从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压,其瞬时值表达式为u1=310sin314t(V),则(  ) A.当单刀双掷开关与a连接时,电压表的示数为3.1V B.副线圈两端的电压频率为50Hz C.当单刀双掷开关由a扳向b时,原线圈输入功率变小 D.当单刀双掷开关由a扳向b时,电压表和电流表的示数均变小 5.(5分)如图为“嫦娥一号”某次在近地点A由轨道1变轨为轨道2的示意图,其中B、C分别为两个轨道的远地点。关于上述变轨过程及“嫦娥一号”在两个轨道上运动的情况,下列说法中正确的是(  ) A.“嫦娥一号”在轨道1的A点处应点火加速 B.“嫦娥一号”在轨道1的A点处的速度比在轨道2的A点处的速度大 C.“嫦娥一号”在轨道1的B点处的速度比在轨道2的C点处的速度小 D.“嫦娥一号”在轨道1的B点处的加速度比在轨道2的C点处的加速度小 二、选择题(每小题给出的四个选项中,有多个选项正确.每小题5分,全对的得5分,选不全得3分,选错或不答得0分,共15分) 6.(5分)(多选题) 如图所示,物体自 O点由静止开始做匀加速直线运动,A、B、C、D为其运动轨迹上的四点,测得AB=2m,BC=3m,且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等,则下列说法正确的是(  ) A.可以求出物体加速度的大小 B.可以求得CD=4m C.可以求得OA之间的距离为1.5m D.可以求得OA之间的距离为1.125m 7.(5分)如图所示,虚线a、b、c代表电场中三个等势面,相邻等势面之间的电势差相同,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点,由此可知(  ) A.三个等势面中,c等势面电势最高 B.带电质点通过P点时电势能较大 C.带电质点通过Q点时动能较大 D.带电质点通过P点时加速度较小 8.(5分)彩虹是悬浮于空气中的大量小水珠对阳光的色散造成的,如图所示为太阳光照射到空气中的一个小水珠发生反射和色散的光路示意图,其中a、b为两束频率不同的单色光.对于这两束光,以下说法中正确的是(  ) A.单色光a比单色光b的频率高 B.由水射向空气,a光发生全反射的临界角大于b光发生全反射的临界角 C.在水中a光的传播速度小于b光的传播速度 D.如果b光能使某金属发生光电效应,则a光也一定能使该金属发生光电效应 三、解答题(共4小题,满分60分) 9.(12分)(1)如图为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置。用钩码所受的重力作为小车所受外力,用DIS测小车的加速度。 ①在该实验中必须采用控制变量法,应保持   不变, ②改变所挂钩码的数量,多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a﹣F关系图线(如图所示)。分析此图线的OA段可得出的实验结论是   。 ③此图线的AB段明显偏离直线,造成此误差的主要原因是    A.小车与轨道之间存在摩擦 B.导轨保持了水平状态 C.所挂钩码的总质量太大 D.所用小车的质量太大 (2)某同学要测量一节干电池的电动势和内阻。老师提供的以下器材 a.电压表V(15V,10kΩ) b.电流表G(量程3.0mA,内阻Rg=10Ω) c.电流表A(量程0.6A,内阻约为0.5Ω) d.滑动变阻器R1(0~20Ω,10A) e.滑动变阻器R2(0~100Ω,1A) f.定值电阻R3=990Ω g.开关S和导线若干 ①用所给的器材在方框中画出实验的原理图。 ②为了能准确地进行测量,同时为了操作方便,实验中应选用的滑动变阻器是   (填写器材编号) ③该同学利用上述实验原理图测得以下数据,并根据这些数据绘出了如图所示的图线,根据图线可求出电源的电动势E=   V(保留三位有效数字),电源的内阻r=   Ω(保留两位有效数字) 序号 1 2 3 4 5 6 电流表G(I1/mA) 1.37 1.35 1.26 1.24 1.18 1.11 电流表A(I2/A) 0.12 0.16 0.21 0.28 0.36 0.43 10.(14分)一个平板小车置于光滑水平面上,其右端恰好和一个光滑圆弧轨道AB的底端等高对接,如图所示。已知小车质量M=3.0kg,长L=2.06m,圆弧轨道半径R=0.8m,现将一质量m=1.0kg的小滑块由轨道顶端A点无初速释放,滑块滑到B端后冲上小车。滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.3.(取g=10m/s2),试求: (1)滑块到达B端时,轨道对它支持力的大小; (2)小车运动1s时,车右端距轨道B端的距离; (3)滑块与车面间由于摩擦而产生的内能。 11.(16分)如图是某屏蔽高能粒子辐射的装置,铅盒左侧面中心O有一放射源可通过铅盒右侧面的狭缝MQ向外辐射α粒子,铅盒右侧有一左右边界平行的匀强磁场区域。过O的截面MNPQ位于垂直磁场的平面内,OH垂直于MQ.已知∠MOH=∠QOH=53°.α粒子质量m=6.64×10﹣27kg,电荷量q=3.20×10﹣19C,速率v=1.28×107m/s;磁场的磁感应强度B=0.664T,方向垂直于纸面向里;粒子重力不计,忽略粒子间的相互作用及相对论效应,sin53°=0.80,cos53°=0.60。 (1)求垂直于磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间t; (2)若所有粒子均不能从磁场右边界穿出,即达到屏蔽作用,求磁场区域的最小宽度d。 12.(18分)如图所示,空间等间距分布着水平方向的条形匀强磁场,竖直方向磁场区域足够长,磁感应强度B=1T,每一条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为d=0.5m,现有一边长l=0.2m、质量m=0.1kg、电阻R=0.1Ω的正方形线框MNOP以v0=7m/s的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场,求: (1)线框MN边刚进入磁场时受到安培力的大小F; (2)线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Q; (3)线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n。 2020年天津市河西区高考物理模拟试卷(3月份) 参考答案与试题解析 一、选择题(共5小题,满分25分) 1.【解答】解:A、方程B+He→N+n;是人工核反应方程,是方向中子的核反应方程。故A错误; B、方程Al+H→Mg+He,该反应是人工核反应方程。故B错误; C、方程Th→Ra+He,是Th原子核分裂并只放射出氦原子核的反应过程。故C正确; D、方程H+H→He是轻核的聚变反应。故D错误。 故选:C。 2.【解答】解:A、根据理想气体状态方程,一定质量的理想气体,温度不变时,体积减小,压强将增加,故A错误; B、密闭容器内的气体的压强是气体分子与器壁碰撞产生与是否处于失重状态无关,故B错误; C.根据热力学第一定律公式△U=W+Q,外界对气体做功,气体的内能不一定增大,故C错误; D.温度是分子热运动平均动能的标志,故气体的温度越高,气体分子无规则运动的平均动能越大,故D正确; 故选:D。 3.【解答】解:A、由图知,b和c之间的距离等于波长,则λ=5m。故A错误。 B、由题,0.5s=(n+)T,n=0,1,2…,T= s,频率f==(2n+1)Hz,由于n是整数,f不可能等于2Hz.故B错误。 C、波速为v=λf=5(2n+1)m/s,由于n是整数,v不可能等于2.5m/s。故C错误。 D、质点b的起振时刻比质点a延迟了0.5s,则得波沿x轴正方向传播。故D正确。 故选:D。 4.【解答】解:A、当单刀双掷开关与a连接时,匝数之比为100:1,在原线圈c、d两端加上瞬时值为u1=310sin314t(V)的交变电压,故原线圈的最大电压为310V,副线圈的电压最大值为3.1V,有效值为V=V,故A错误; B、在原线圈c、d两端加上瞬时值为u1=310sin314t(V)的交变电压,角速度ω=314rad/s,故频率f==50Hz,变压器不改变频率,故副线圈两端的电压频率不变,故B正确; CD、当单刀双掷开关由a扳向b时,匝数之比减小为50:1,输出电压增大,电压表和电流表的示数均变大,故输出功率变大,输入功率等于输出功率,也变大,故CD错误。 故选:B。 5.【解答】解:A、“嫦娥一号”从轨道1变轨到轨道2的过程就是离心运动的过程,在A点时万有引力不变,“嫦娥一号”做离心运动,应点火加速,故A正确; B、因为“嫦娥一号”在轨道1的A点处点火加速,所以在轨道1的A点处的速度比在轨道2的A点处的速度小,故B错误; C、轨道1的B点比在轨道2的C点离中心天体近,假设“嫦娥一号”在轨道1和2上做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力可知,,解得:v=,则“嫦娥一号”在B点处的速度比在C点处的速度大,虽然“嫦娥一号”在轨道1和2上做椭圆运动,但速度关系不变,故C错误; D、根据牛顿第二定律得:=ma,轨道1的B点比在轨道2的C点离中心天体近,所以在轨道1的B点处的加速度比在轨道2的C点处的加速度大,故D错误。 故选:A。 二、选择题(每小题给出的四个选项中,有多个选项正确.每小题5分,全对的得5分,选不全得3分,选错或不答得0分,共15分) 6.【解答】解:A、由△s=at2可得物体的加速度a的大小为:,因为不知道时间,所以不能求出加速度,故A错误; B、根据sCD﹣sBC=sBC﹣sAB=1m,可知sCD=3+1m=4m,故B正确; C、物体经过B点时的瞬时速度vB为:= 再 vt2=2as可得OB两点间的距离sOB为:m 所以O与A间的距离sOA为:sOA=sOB﹣sAB=(3.125﹣2)m=1.125m,故C错误,D正确。 故选:BD。 7.【解答】解:A、电荷所受电场力指向轨迹内侧,由于电荷带正电,因此电场线指向下方,沿电场线电势降低,故a等势线的电势最高,c等势线的电势最低,故A错误; B、根据质点受力情况可知,从P到Q过程中电场力做正功,电势能降低,故P点的电势能大于Q点的电势能,故B正确; C、从P到Q过程中电场力做正功,电势能减小,动能增大,故P点的动能小于Q点的动能,故C正确; D、由于相邻等势面之间的电势差相同。等势线密的地方电场线密场强大,故P点位置电场强,电场力大,根据牛顿第二定律,加速度也大,故D错误。 故选:BC。 8.【解答】解:A、进入水滴时,a、b两种光的入射角相等,而折射角不等,且光线b的折射角较小,根据折射率定义式,得到光线b折射率较大;由于折射率大的光频率也大,故b光线的光子的频率较大,故A错误; B、光从水射向空气时,根据折射率定义,得到临界角C=arcsin,故折射率大的临界角小,故b光线临界角较小,故B正确; C、根据光速与折射率关系v=,得到折射率大的光线速度小,故共线b速度较小,故C错误; D、光电效应的发生条件是入射光的频率大于极限频率,由于b光频率较大,故b光能使某金属发生光电效应,则a光不一定能使该金属发生光电效应,故D错误; 故选:B。 三、解答题(共4小题,满分60分) 9.【解答】解:(1)①在该实验中采用控制变量法,应保持小车的质量不变,探究加速度与合外力的关系。 ②分析a﹣F关系图线的OA段,为过原点的直线,说明在质量不变的条件下,加速度与外力成正比。 ③本实验是在小车质量远大于钩码的质量时,用钩码的重力代替绳子的拉力F,随着钩码质量的增加,小车质量不再满足远大于钩码的质量,a﹣F图象AB段明显偏离直线,故C正确,ABD错误。 故选:C。 (2)①②电压表量程太大,电表要选择合适的量程,将电流表G串联电阻R3改装成电压表使用,为方便实验操作,应选最大阻值较小的滑动变阻器d,同时滑动变阻器限流连接,电路图如图所示: ③由电路图可知,在闭合电路中,电源电动势为:E=I1(R3+Rg)+I2r 解得:I1=﹣?I2, 由图象知直线与纵轴交点坐标值为:=1.47mA 电源电动势为:E=(R3+Rg)×1.47mA=0.00147×(990+10)V=1.47V, 直线斜率的绝对值:k===8.2×10﹣4,电源内阻r=k(R3+Rg)=8.2×10﹣4×(990+10)Ω=0.82Ω。 故答案为:(1)①小车质量;②在质量不变的条件下,加速度与外力成正比;③C;(2)①见解析;②d;③1.47;0.82。 10.【解答】解:(1)滑块从A端下滑到B端,由机械能守恒得: mgR=m 得:v0===4m/s 在B点,由牛顿第二定律得:FN﹣mg=m 解得轨道对滑块的支持力为:FN=30 N (2)滑块滑上小车后,假设滑块没有滑出小车二者同速,设速度为v,由动量守恒: mv0=(M+m)v, 代入数据得:v=1m/s 由能的转化和守恒得:μmg?△s=m﹣(M+m)v2; 滑块在小车上滑行长度为:△s=2m<L=2.06m 即滑块没有滑离小车。 当滑块滑上小车后,由牛顿第二定律, 对滑块有:﹣μmg=ma1 对小车有:μmg=Ma2 设经时间t两者达到共同速度, 则有:v0+a1t=a2t 代入数据解得:t=1 s 则小车运动1s时,车右端距轨道B端的距离:S===0.5 m (3)滑块与车面间由于摩擦而产生的内能为: Q=μmg△s=0.3×1×10×2J=6J 答: (1)滑块到达B端时,轨道对它支持力的大小是30N。 (2)小车运动1.6s时,小车右端离轨道B端的距离0.5m; (3)滑块与小车间由于摩擦而产生的内能是6J。 11.【解答】解:(1)粒子在磁场中做圆周运动时有, 粒子在磁场中运动的周期为:T====×10﹣6s, 由对称性可知,垂直于磁场边界向左射出磁场的粒子一定垂直于磁场射入, 粒子在磁场中运动轨迹为半圆,粒子的运动时间为:t=T=×10﹣6s; (2)洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得, 代入数据解得r=0.4m, 根据题意可知,沿OQ方向进入磁场的粒子运动轨迹与磁场右边界相切,则所有粒子均不能从磁场的右边界射出, 此时粒子的运动轨迹如图所示, 根据几何关系可知,此时磁场最小宽度为d=r+rsin53°=0.72m。 答:(1)求垂直于磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间t为×10﹣6s; (2)若所有粒子均不能从磁场右边界穿出,即达到屏蔽作用,磁场区域的最小宽度d为0.72m。 12.【解答】解:(1)线框MN边刚进入磁场时有: (2)设线框竖直下落H时,速度为vH 由能量守恒得: 自由落体规律:vH2=2gH 解得: (3)只有在线框进入和穿出条形磁场区域时,才产生感应电动势,线框部分进入磁场区域x时有: 在t→t+△t时间内,由动量定理:﹣F△t=m△v 求和: 解得: 穿过条形磁场区域的个数为: 可穿过4个完整条形磁场区域。

  • ID:6-7131449 2020年福建省三明市永安一中高考物理模拟试卷(3月份)

    高中物理/高考专区/模拟试题

    2020年福建省三明市永安一中高考物理模拟试卷(3月份) 一、选择题:本题共8小题,每小题6分,其中第14题~第18题只有一个选项正确,第19题~第21题有多个选项正确,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分. 1.(6分)1923年,美国物理学家康普顿在研究X射线通过实物物质发生散射的实验时,发现了一个新的现象,后来称之为康普顿效应。图示是教材上解释康普顿效应的示意图,下列说法正确的是(  ) A.光子与电子不是正碰,不满足动量守恒定律 B.图中碰撞后光子频率v′可能等于碰撞前光子频率v C.图中碰撞后光子的速度可能小于碰撞前光子的速度 D.图中碰撞后光子的波长一定大于碰撞前光子的波长 2.(6分)擦黑板是值日生的工作之一。小张同学用大小为6N、方向与竖直黑板面成θ=37°角的力F沿着黑板竖直向上缓慢推动黑板擦。已知黑板擦的质量m=0.15kg,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.则下列说法正确的是(  ) A.黑板擦对黑板的压力为4.8N B.黑板擦与黑板之间的动摩擦因数为0.8 C.向上缓慢推动黑板擦的过程中,黑板擦机械能减小 D.向上缓慢推动黑板擦使其移动0.8m的过程中,黑板擦克服摩擦力做的功为2.64J 3.(6分)如图所示为甲乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x随时间t变化的图象,已知甲物体的位移图象为一过原点的拋物线的一部分,乙物体的位移图象为一斜线,则在0~t2时间内,下列说法正确的是(  ) A.甲物体在t1时刻和t2时刻的速度大小相等 B.t1时刻,乙物体的动能大于甲物体的动能。 C.甲物体做匀变速直线运动,乙物体做匀速直线运动 D.甲物体的平均速度与乙物体的平均速度相同 4.(6分)如图所示,一光滑绝缘斜面与水平面成45°角,匀强磁场的方向竖直向下,磁感应强度大小为B.把由三段导线ab、bc、ca构成的一个质量为m、边长为L的等边三角形线框静置于斜面上,导线ac与斜面底端平行,导线ac的a、c端分别接恒定电压的正、负两极。若三角形线框静止在斜面上,重力加速度为g,每段导线的电阻均为R,则恒定电压U的大小为 (  ) A. B. C. D. 5.(6分)2019年7月19日晚,“天宫二号”受控离轨并逐渐减小轨道半径,最后返回地球。如图所示,“天宫二号”在轨运行中,圆轨道距离地面的高度大约为400km,地球半径取6400km,g=9.8m/s2.下列说法正确的是(  ) A.“天宫二号”在轨运行的周期约为60 min B.“天宫二号”在轨运行的线速度小于7.9 km/s C.“天宫二号”返回地球途中,由于空气阻力做负功,地球引力做正功,“天宫二号”的机械能保持不变 D.“天宫二号”返回地球途中,轨道半径逐渐变小,引力势能减小,动能逐渐减小 6.(6分)如图所示的实线是两个等量异种点电荷形成的电场中的电场线,虚线是两个等量异种点电荷形成的电场中的五条等差势线,其中a所在的等势线是直线,取无限远处电势为零。相邻等势线的电势差为U,a、b、c是等势线上的点,d是电场线上的点,d所在的电场线为直线,且方向向下,不计点电荷的重力。下列说法正确的是(  ) A.若带正电的点电荷从d点由静止释放,则该点电荷沿电场线向下做匀加速运动 B.a所在的等势线电势可能不为零 C.将一带电荷量为q的正点电荷从a点移动到c点,其电势能一定增加2qU D.将一带电荷量为q的负点电荷从b点移动到c点,电场力做的功W=qU 7.(6分)如图所示,间距为L的两根足够长的光滑竖直导轨上部通过一阻值为R的定值电阻连通,整个装置处在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一电阻为r、质量为m的导体棒cd以初速度v0沿导轨上滑,上滑一段时间后导体棒又沿导轨下滑。已知重力加速度为g,导轨电阻不计,导体棒与导轨始终接触良好。下列说法正确的是(  ) A.导体棒cd上滑的过程中,电流的方向为从d到c B.导体棒cd上滑的过程中做匀减速直线运动 C.导体棒cd下滑过程中的最大速度vmax= D.导体棒cd上滑到最高点时,导体棒产生的热量和导体棒增加的重力势能之和小于mv 8.(6分)喷泉已经成为很多公园、广场的景观。图示为某地的音乐喷泉,喷泉的喷水口紧贴水面,中心的众多喷水口围成一个圆。水滴上升的最大高度h=5m,水滴下落在水面的位置到喷水口的距离d=10m,空气阻力不计,g=10m/s2.由此可知(  ) A.水从喷水口喷出后做斜抛运动 B.从喷水口喷出的水在空中运动的时间为1s C.水从喷水口喷出时的速度大小为5m/s D.水滴喷出后飞到最高点时的重力势能最大、动能为零 二、非选择题:包括必考题和选考题两部分.(一)必考题(11题,共129分) 9.(5分)某同学为了测量某电池的电动势和内阻,设计如图所示的电路。电路中与电源串联的电阻的作用是   。已知串联电阻的阻值R=10.0Ω,标有长度刻度的电阻丝ac单位长度的电阻R0=100.0Ω,电流表内阻不计。闭合开关S,滑动触点P,记录aP的长度L和相应电流表的示数I.现已知当电阻丝长度L1=9.0cm时,电流表示数I1=0.15A;电阻丝长度L2=19.0cm时,电流表示数I2=0.10A.由此可求得电池的电动势E=   V、内阻r=   Ω(结果均保留两位有效数字)。 10.(10分)某同学利用长木板、光电门验证牛顿第二定律。具体实验步骤如下: 步骤一:按照图甲所示安装好实验装置,挂上沙桶(含少量沙子),把小车置于靠近滑轮的位置,测出小车上遮光片到光电门之间的距离x和遮光片的宽度d; 步骤二:平衡摩擦力。调节长木板的倾角,轻推小车后,使小车沿长木板匀速向下运动; 步骤三:取下细绳和沙桶,测量沙桶和沙子的总质量m,并记录下来; 步骤四:保持长木板的倾角不变,把小车置于靠近滑轮的同一位置,由静止释放小车,记录小车上遮光片通过光电门的时间,并计算出小车到达光电门时的速度和运动的加速度; 步骤五:改变沙桶中沙子的质量,重复二、三、四步骤。 (1)用螺旋测微器测得遮光片的宽度为d,如图乙所示,则遮光片的宽度d=   mm。 (2)某次实验时测得小车上遮光片通过光电门的时间为△t1,则小车通过光电门时的速度v=   ,小车运动的加速度的表达式为a=   。(均用题中所给字母表示) (3)实验操作中,平衡摩擦力时   (选填“需要”或“不需要”)取下细绳和沙桶(含少量沙子),对沙桶和沙子的总质量与小车的质量关系的要求是   (选填“小车的质量必须远小于沙桶和沙子的总质量”或“没有要求”) (4)若实验中通过多次改变沙子的质量,使沙桶和沙子的总质量m改变,得到对应的小车上遮光片通过光电门的时间△t,用图象法处理实验数据,若纵坐标为m,要得到线性图象,则横坐标为   。(填正确选项的序号) A.△t B. C.(△t)2 D. (5)若得到的(4)中线性图象的斜率为k,重力加速度为g,则小车质量M=   。(用题中所给字母表示) 11.(12分)如图所示,AB是处于竖直平面内半径R=0.45m的光滑圆弧轨道,BC是长度L=2m的水平传送带,AB轨道与传送带在B点相切,一质量m=1kg的滑块(可视为质点) 从A点由静止释放,滑块通过圆弧轨道的B点后滑上传送带。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,传送带以v=2m/s的速率匀速运动,g取10m/s2.求: (1)滑块运动到B点时的速率和对圆弧轨道的压力大小。 (2)滑块从C点滑出时的速度。 12.(20分)如图所示,在一竖直面内建立直角坐标系,在坐标平面第I、IV象限内存在方向竖直向上的匀强电场,在x>x0区域内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在第Ⅱ象限内固定有光滑绝缘圆弧轨道,轨道与x轴相切于原点O.一个质量为m、带电荷量为q的小铁块从圆弧轨道上高为h的A点沿轨道下滑至轨道最低点O时与另一静止且不带电的质量也为m的小铁球碰撞,之后合为一带电粘合体,带电粘合体沿x轴做直线运动到C点后进人电场和磁场的复合区域,偏转后进入第II象限并最终落在水平面上D点。已知x0=h,水平面到O点的距离y0=,C点坐标为(x0,0),重力加速度为g,求: (1)带电粘合体沿x轴运动的速度大小和第I、IV象限内匀强电场的电场强度大小。 (2)带电粘合体运动过程中受到的洛伦兹力的冲量。 (3)水平面上D点的位置坐标和带电粘合体从O点运动到D点的总时间。 (二)选考题:[物理一选修3-3](15分) 13.(5分)一密封性很好的弹性热水袋充有温度为80°C的、压强大于大气压的某种气体,气体可视为理想气体。热水袋绝热性能良好,几分钟后热水袋的体积增大了.在该过程中,外界对气体做   (选填“正功”“负功”或“不做功”),袋中气体分子的平均动能   (选填“减小”“增加”或“不变”)。 14.(10分)如图所示,一个由粗细不同的两段金属管组成的两端开口的汽缸水平固定放置,两厚度不计的轻质活塞A、B间由轻杆相连,水平力F=30N作用在活塞A上,两活塞的横截面积分别为SA=25cm2、SB=15cm2,活塞间封闭有一定质量的理想气体(不漏气)。开始时,整个装置保持静止,此时两活塞离D处距离相等,大气压强p0=1.0×105Pa,不计一切摩擦。 ①求开始时,轻杆对活塞B的作用力。 ②若缓慢降低汽缸内气体温度,直至t=87°C时,A活塞恰好靠近D处,求开始时汽缸内气体的温度。 [物理一选修3-4](15分) 15.一列简谐横波沿着x轴正方向传播,波中A、B两质点在平衡位置间的距离为0.25m,且小于一个波长,如图甲所示,A、B两质点振动图象如图乙所示。由此可知(  ) A.质点A在一个周期内通过的路程为8cm B.该机械波的波长为1m C.该机械波的波速为0.5m/s D.t=1.5s时,A质点的运动方向沿x轴正方向 E.t=2.5s时,A、B两质点的加速度方向均指向y轴正方向 16.如图所示,△ABC为一直角三棱镜的截面,其顶角∠BAC=30°,AC边的长度为2L,P为垂直于直线BCD的光屏,P屏到C的距离为L,一单色光垂直射向AB边的中点,折射后恰好射到屏上的D点,已知光速为c,求: (1)棱镜的折射率; (2)单色光从照射到玻璃砖到射到屏上所用的时间。 2020年福建省三明市永安一中高考物理模拟试卷(3月份) 参考答案与试题解析 一、选择题:本题共8小题,每小题6分,其中第14题~第18题只有一个选项正确,第19题~第21题有多个选项正确,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分. 1.【解答】解:A、无论正碰还是斜碰,光子与电子碰撞过程中满足动量守恒定律,故A错误; BD、由于光子与电子碰撞,光子的部分能量传递给电子,故光子能量一定减小,根据光子能量公式:E=hv=h,可知题中碰撞后光子频率v'一定小于碰撞前光子的频率v,碰撞后光子的波长一定大于碰撞前光子的波长,故B错误,D正确; C、碰撞前后,光子的速度不变,故C错误。 故选:D。 2.【解答】解:A、将方向与竖直黑板面成θ=37°角的力F沿黑板面方向和垂直黑板面方向进行分解,沿黑板面方向的分力 F1=Fcos37°=6×0.8N=4.8N 垂直黑板面方向的分力 F2=Fsin37°=6×0.6N=3.6N,则黑板擦对黑板的压力为3.6N,故A错误; B、黑板擦运动时所受滑动摩擦力为 f=μF2,由平衡条件有 F1=f+mg,解得黑板擦与黑板之间的动摩擦因数μ=,故B错误; C、向上缓慢推动黑板擦的过程中,黑板擦的重力势能增加,动能不变,则机械能增大,故C错误; D、滑动摩擦力 f=F1﹣mg=(4.8﹣1.5)N=3.3N,向上缓慢推动黑板擦使其移动0.8m的过程中,黑板擦克服摩擦力做的功为 Wf=fx=3.3×0.8J=2.64J,故D正确。 故选:D。 3.【解答】解:A、根据x﹣t图象的斜率表示物体的运动速度可知,在t1时刻和t2时刻,甲物体的图线的斜率不相等,所以这两个时刻的速度大小不等,故A错误; B、由于两物体的质量关系未知,所以它们的动能大小无法比较,故B错误; C、由于初速度为零的匀变速直线运动的位移为x=,结合题意可知甲物体做匀加速直线运动,由于乙物体的图线斜率不变,所以乙物体做匀速直线运动,故C正确; D、根据图线可知,两物体的运动方向相反,所以在0~t2时间内两物体的位移大小相等,方向相反,则两物体的平均速度大小相等,方向相反,故D错误。 故选:C。 4.【解答】解:根据电路特征可知,abc段电路的电阻为2R,ac段电路的电阻为R,则abc段和ac段电路中的电流大小分别为,, 又因为abc段和ac段电路的有效长度均为L,根据安培力公式F安=BIL可得,三角形线框受到的安培力的合力大小为F=BIabcL+BIacL=,方向水平向右, 因为三角形线框静止在斜面上,根据平衡条件有Fcos45°=mgsin45°, 解得,故B正确,ACD错误。 故选:B。 5.【解答】解:设地球的质量为M,地球的半径为R=6400km=6.4×106m;,“天宫二号”的质量为m,轨道半径r=R+h=6800km=6.8×106m。 A、由万有引力提供向心力有=mr; 对在地球表面质量为m′的物体,有=m′g, 联立解得:T≈5520s=92min,故A错误; B、第一宇宙速度7.9 km/s是地面发射卫星的最小速度,也是卫星围绕地球做匀速圆周运动的最大速度,“天宫二号”在轨运行中,轨道距离地面的高度大约为400 km,“天宫二号“在轨运行的线速度小于7.9 km/s,故B正确; C、“天宫二号”返回地球途中,由于空气阻力做负功,根据功能关系,机械能(重力势能与动能之和)减小,故C错误; D、“天宫二号”返回地球途中,轨道半径逐渐变小,重力做正功,引力势能减小,动能逐渐增大,故D错误。 故选:B。 6.【解答】解:A、带正电的点电荷从d点由静止释放,该点电荷所受电场力方向向下,但由于等量异种点电荷形成的电场为非匀强电场,故点电荷的加速度大小不恒定,故A错误; B、由于取无穷远处电势为零,a所在的等势线是直线,与无穷远处电势相等,故a所在的等势线电势为零,故B错误; C、取无限远处电势为零,a所在的等势线的电势为零,根据沿电场线方向电势降低,可知,c点所在的电场线电势为2U,将一带电量为q的正点电荷从a点移到c点,其电势能一定增加2qU,故C正确; D、将一带电量为q的负点电荷从b点移到c点,电场力做正功,电场力做的功W=qU,故D正确。 故选:CD。 7.【解答】解:A、根据右手定则可知,导体棒cd上滑的过程中,电流的方向为从d到c,故A正确; B、导体棒上滑过程,受到向下的重力以及向下的安培力作用,根据牛顿第二定律有, 有次可得导体棒在上滑的过程中做的是加速度逐渐减小的减速运动,故B错误; C、当导体棒匀速下滑时其速度达到最大,根据平衡条件有, 所以导体棒下滑的最大速度为vmax=,故C正确; D、根据能量守恒定律可知,导体棒cd上滑过程中,导体棒的动能转化为增加的重力势能以及电阻和导体棒上产生的热量,所以导体棒产生的热量和导体棒增加的重力势能之和小于mv,故D正确。 故选:ACD。 8.【解答】解:A、由题可知,水从喷水口喷出后既有沿竖直方向向上的运动,也有沿水平方向的运动,则水做斜抛运动,故A正确; B、水从喷水口喷出后竖直方向做竖直上抛运动,由h=可得:t==1s,由竖直上抛运动的对称性可知,水下落得时间也是1s,所以运动的总时间为2s,故B错误; C、水从喷水口喷出后水平方向做匀速直线运动,水平方向的位移:x=vx?t 所以:m/s=5m/s 竖直方向的分速度:vy=gt=10×1m/s=10m/s 所以水的初速度:m/s=m/s,故C正确; D、水滴在喷出后到达最高点时,沿水平方向的分速度为5m/s,所以动能不等于零,故D错误。 故选:AC。 二、非选择题:包括必考题和选考题两部分.(一)必考题(11题,共129分) 9.【解答】解:电路中与电源串联的电阻的作用是为了保护电路,防止在移动变阻器的时候使变阻器接入电路的电阻过小,而使电路的电流过大,损坏电流表; 当电阻丝长度L1=9.0cm时,电阻丝接入电路的电阻R1=0.09×100Ω=9Ω,根据闭合电路的欧姆定律有 E=I1(R1+R+r), 当电阻丝接入电路的长度L2=19.0cm时,电阻丝接入电路的电阻R2=0.19×100Ω=19Ω,根据闭合电路的欧姆定律有 E=I2(R2+R+r) 代入数据,解得 E=3.0V,r=1.0Ω 故答案为:保护电路,3.0,1.0 10.【解答】解:(1)用螺旋测微器测得遮光片的宽度为:d=1.500mm+0.500mm=2.000mm。 (2)根据匀变速直线运动中,一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,求出小车通过光电门时的速度为: v= 根据运动学公式有:v2=2ax 解得小车运动的加速度为:a==。 (3)分析实验原理可知,在实验操作中,平衡摩擦力时不需要取下细和沙桶(含少量沙子),沙桶和沙子的重力就是小车受到的合外力,所以对沙桶和沙子的总质量与小车的质量关系没有要求。 (4)小车下滑所受的合力为沙桶和沙子的重力mg,根据牛顿第二定律有:mg=Ma 化简得:m= 若纵坐标为m,要得到线性图象,则横坐标为,故D正确,ABC错误。 故选:D。 (5)若得到的(4)中线性图象的斜率为k,由k=解得小车质量为:M= 故答案为:(1)2.000;(2),;(3)不需要,不需要;(4)D,(5)。 11.【解答】解:(1)滑块由A运动到B过程,由动能定理: 解得B点速率vB=; 在B点,由牛顿第二定律: 解得支持力N=30N 由牛顿第三定律知,滑块对轨道压力为N′=N=30N; (2)由于vB>v,当传送带沿顺时针方向转动时,滑块滑上传送带将做匀减速直线运动, 由牛顿第二定律:μmg=ma 解得a=μg=2m/s2 滑块速度与传送带速度相同时所用时间 此过程滑块的位移=2m 则此后滑块做匀速运动,故此种情况下滑块从C点滑出的速度为v1=v=2m/s,方向水平向右, 当传送带沿逆时针方向转动时,其加速度大小仍为a, 滑块速度减为0发生的位移 故滑块在传送带上一直做匀减速直线运动, 到达C点速度为=1m/s,方向水平向右 故滑块从C点滑出时的速度大小为2m/s或1m/s,方向水平向右。 答:(1)滑块运动到B点时的速率为3m/s,对圆弧轨道的压力大小为30N; (2)当传送带沿顺时针方向转动时,滑块从C点滑出时的速度大小为2m/s,方向水平向右,当传送带沿逆时针方向转动时,滑块从C点滑出时的速度大小为1m/s,方向水平向右。 12.【解答】解:(1)小铁块从A点运动达到O点,由机械能守恒定律有:mgh=m 碰撞后,设带电粘合体沿x轴运动的速度为v,由动量守恒定律有:mv0=2mv 代入数据解得:v= 碰撞后粘合体沿x轴做直线运动,电场力与重力平衡,有:2mg=qE 解得:E= (2)如图所示, 带电粘合体通过C点后沿直线运动进入电场和磁场的复合区域中,由于电场力与重力平衡,洛伦兹力提供向心力,带电年合体运动半周后从复合场中垂直虚线沿y=﹣2R的直线进入电场,在电场中向左做匀速直线运动,由于带电粘合体受到洛伦磁力为变力,则洛伦兹力的冲量: I=﹣2mv﹣2mv=﹣4mv=﹣2m 负号表示冲量的方向沿x轴负方向。 (3)带电粘合体在电场和磁场的复合区域,电场力与重力平衡,洛伦兹力提供向心力有:qvB=2m 代入数据解得:R= 带电粘合体在电场和磁场的复合区域运动的时间:t2== 带电粘合体在电场和磁场的复合区域运动半周后垂直虚线沿y=﹣2R的直线向左做匀速直线运动,经过y轴上y=﹣2R位置后做平抛运动,由平抛运动规律有: y0﹣2R=g,﹣x=vt3 代入数据解得:t3=,x=﹣ 即水平面上D点的位置坐标为(﹣,0) 小铁球从O点运动到C点的时间:t1== 小铁球从O点运动到D点的总时间:t=2t1+t2+t3=2++ 答:(1)带电粘合体沿x轴运动的速度大小为,第I、IV象限内匀强电场的电场强度大小为; (2)带电粘合体运动过程中受到的洛伦兹力的冲量为2m,方向沿x轴负方向; (3)水平面上D点的位置坐标和带电粘合体从O点运动到D点的总时间为2++。 (二)选考题:[物理一选修3-3](15分) 13.【解答】解:袋内气体体积变大,气体对外做功,即外界对气体做负功,W<0, 热水袋绝热性能良好,则气体与外界没有热交换,根据热力学第一定律可知,△U<0,即气体的内能减小。 故答案为:负功,减小。 14.【解答】解:SA=25cm2=0.25dm2,SB=15cm2=0.15dm2 ①开始时,整个装置处于平衡状态,则有: PSA+P0SB=P0SA+PSB+F 对活塞B,根据平衡条件可得: PSB=P0SB+FN 联立解得:FN=45N 故轻杆对B的作用力大小为45N,方向向右; ②当A活塞刚好靠近D处时,整个装置再次受力平衡,气体压强不变,根据气体的等压变化,由 又T=t+273K=360K 解得T0=480K 答:①开始时,轻杆对活塞B的作用力为45N,方向向右。 ②开始时汽缸内气体的温度为480K [物理一选修3-4](15分) 15.【解答】解:A、由图可知,该波的振幅为2cm,波中是质点A在一个周期内通过的路程为振幅的4倍,即8cm,故A正确; B、由图知,t=0时刻B点通过平衡位置向上运动,A点位于波峰,则A、B之间的距离满足△x=(n+)λ,n=0,1,2,3… 由题知λ>△x,则知n只能取0,故该波的波长为λ=1m,故B正确; C、由图知周期T=4s,则波速为v===0.25m/s,故C错误; D、由图可知,在t=1.5s时刻,A的位移为负,A质点的运动方向沿y轴负方向,故D错误。 E、由图知,t=2.5s时A.B两质点的位移均为负值,回复力方向均指向平衡位置,所以加速度方向均指向y轴正方向,故E正确。 故选:ABE。 16.【解答】解:(1)光路如图所示, 根据折射定律可知n= 根据几何关系可知,α=60°.β=30°。 棱镜的折射率n= (2)由图可题,光线在玻璃中传提速度v=, 在玻璃中传播时间t1= 在空气中的传播时间t2= 光从照射到玻璃砖到射到屏上所用的时间t=t1+t2= 答:(1)棱镜的折射率; (2)单色光从照射到玻璃砖到射到屏上所用的时间。

  • ID:6-7131445 2020年宁夏六盘山高中高考物理一模试卷

    高中物理/高考专区/模拟试题

    2020年宁夏六盘山高中高考物理一模试卷 二、选择题(本题共4小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,第14~17题只有一项符合题目要求,第18~21题有多项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.) 1.(6分)理论上已经证明:质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零,现假设地球是一半径为R、质量分布均匀的实心球体。现假设有一口足够深的竖井,井口有一石子掉落,不计阻力,则它下落过程中的加速度a随下落深度h的关系a﹣h图象以及速度随时间的关系v﹣t图象中,正确的是(  ) A. B. C. D. 2.(6分)下列四幅图涉及到不同的物理知识,其中说法正确的是(  ) A.甲图中,卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果,发现了质子和中子 B.乙图中,在光颜色保持不变的情况下,入射光越强,饱和光电流越大 C.丙图中,射线甲由电子组成,射线乙为电磁波,射线丙由α粒子组成 D.丁图中,链式反应属于轻核裂变 3.(6分)如图所示,一质量m=1kg的物块轻放在倾角为37°的固定粗糙斜面上,给一初速度后恰好能沿斜面匀速下滑,现对物块施加一拉力F,方向与斜面间的夹角也为37°,使物块沿斜面匀速向上运动,则拉力F的大小为(重力加速度g=10m/s2,sin37=0.6,cos37°=0.8)(  ) A.15N B.12N C.9.6N D.11.6N 4.(6分)如图所示,在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,一个质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O以速度v进入磁场,粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°,若要使粒子能从AC边穿出磁场,则匀强磁场的大小B需满足(  ) A.B> B.B< C.B> D.B< 5.(6分)如图所示,D、A、B、C四点水平间距相等,DA、AB、BC竖直方向高度差之比为1:3:5,现分别放置三个相同的小球(视为质点),均使弹簧压缩并锁定,当解除锁定后,小球分别从A、B、C三点弹出做平抛运动,小球均落在D点,不计空气阻力,下列说法中正确的有(  ) A.三个小球在空中运动的时间之比为1:3:5 B.三个小球弹出时的初速度之比为1:1:1 C.三个小球在空中运动过程中重力做功之比为1:4:9 D.三个小球落地时的动能之比为2:5:10 6.(6分)如图甲所示,在一条电场线上有A、B两点,若从某点由静止释放一电子,假设电子仅受电场力作用,电子从A点运动到B点的速度时间图象如图乙所示.则(  ) A.A、B两点的电势φA<φB B.A、B两点的电场强度EA>EB C.电子在A、B两点受的电场力FA<FB D.电子在A、B两点具有的电势能 EPA<EPB 7.(6分)两条平行虚线间存在一匀强磁场,磁感应强度方向与纸面垂直,边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内,cd边与磁场边界平行,如图(a)所示,已知导线框一直向右做匀速直线运动,cd边于t=0时刻进入磁场,线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针,感应电动势取正)。下列说法正确的是(  ) A.磁感应强度的大小为0.5T B.导线框运动速度的大小为0.5m/s C.磁感应强度的方向垂直于纸面向里 D.在t=0.4s至t=0.6s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.04N 8.(6分)如图甲所示,一个小球悬挂在细绳下端,由静止开始沿竖直方向运动,运动过程中小球的机械能E与路程x的关系图象如图乙所示,其中0﹣x1过程的图象为曲线,x1﹣x2过程的图象为直线。忽略空气阻力,下列说法正确的是(  ) A.0﹣x1过程中小球上升,x1﹣x2过程中小球下降 B.x1﹣x2过程中小球一定做匀加速直线运动 C.0﹣x2过程中小球的重力势能一直增大 D.小球运动路程为x1时的动能最大 三、实验题(15分) 9.(6分)用如图甲所示的实验装置测量滑块与长木板间的动摩擦因数,某同学把长木板的倾角调成θ后,在长木板顶端固定一打点计时器,打点周期为T,先开启打点计时器,再让连接纸带的滑块从靠近打点计时器处由静止释放,得到多条打点的纸带后,他选择一条点迹清晰的纸带,然后截取了纸带的一部分,如图乙所示。测得纸带上的各相邻计数点间距离为:s1、s2、s3、s4。 (1)纸带运动的加速度的表达式为   。 (2)取重力加速度为g,则滑块与长木板间的动摩擦因数的表达式为   。 10.(9分)某研究性学习小组的同学欲做“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验。已知所用小电珠的额定电压和额定功率分别为2.5V、1.2W,实验使用的直流电源的电动势为3.0V,内阻忽略不计,实验可供选择的器材规格如下 a.电流表A1(量程0~0.6A,内阻约5Ω) b.电流表A2(量程0~3A,内阻约0.1Ω) c.电压表V1(量程0~3V,内阻约3kΩ) d.电压表V2(量程0~15V,内阻约2000Ω) e.滑动变阻器R1(阻值0~10,额定电流1A) f.滑动变阻器R2(阻值0~5000,额定电流500mA) 请回答下列问题: (1)为了完成实验且尽可能减小实验误差,电流表应选择   ,电压表应选择   、滑动变阻器应选择   (填写实验器材前的序号) (2)根据所选的实验器材,请设计合理的电路原理图来完成该实验 (3)该研究性学习小组的同学用设计好的电路测得了该小电珠两端的电压U和通过该小电珠的电流,由欧姆定律计算得到的小电珠的电阻值   (选填“大于”“等于“或“小于“)真实值 (4)该研究性学习小组的同学通过设计好的电路得到了多组实验数据,并根据得到的多组数据在坐标系中描点画图,如图所示,该图线向下弯曲,其原因是   。 (5)如果取两个这样的小电珠并联以后再与一阻值为2.0Ω的定值电阻串联,并接在电动势为3.0V、内阻忽略不计的直流电源两端,则每个小电珠消耗的实际功率应为   W(结果保留两位小数) 四、计算题 11.(16分)如图,两金属板P、Q水平放置,间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P、Q、G的尺寸相同。G接地,P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置,以速度v0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计。 (1)求粒子第一次穿过G时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小; (2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少? 12.(16分)为研究工厂中天车的工作原理,某研究小组设计了如下模型:如图所示,质量mC=3kg的小车静止在光滑水平轨道的左端,可视为质点的A、B两个弹性摆球质量mA=mB=1kg,摆线长L=0.8m,分别挂在轨道的左端和小车上。静止时两摆线均在竖直位置,此时两摆球接触而不互相挤压,且球心处于同一水平线上。在同一竖直面内将A球拉起到摆线水平伸直后,由静止释放,在最低点处与B球相碰,重力加速度大小g取10m/s2.求: (1)A球摆到最低点与B球碰前的速度大小v0; (2)相碰后B球能上升的最大高度hm; (3)B球第一次摆回到最低点时对绳子拉力的大小。 二、选考题:[物理一选修3-3] 13.(5分)如p﹣V图所示,1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态,对应的温度分别是T1、T2、T3用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数,则N1   N2,T1   T3,N2   N3.(均填“大于”或“小于或“等于”) 14.(10分)如图,一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成,容器平放在水平地面上,汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分,分别充有氢气、空气和氮气。平衡时,氮气的压强和体积分别为p0和V0,氢气的体积为2V0,空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出,抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变,活塞没有到达两汽缸的连接处,求 (i)抽气前氢气的压强; (ii)抽气后氢气的压强和体积。 [物理--选修3-4](15分) 15.振源S在O点做沿竖直方向的简谐运动,频率为10Hz,t=0时刻向右传播的简谐横波如图所示(向左传播的简谐横波图中未画出).则以下说法正确的是(  ) A.该横波的波速大小为20 m/s B.t=0时,x=1 m处的质点振动方向向上 C.t=0.175 s时,x=﹣1 m处的质点处在波峰位置 D.若振源S向右匀速运动,在振源S右侧静止的接收者接收到的频率小于10Hz E.传播过程中该横波遇到小于2 m的障碍物或小孔都能发生明显的衍射现象 16.半径为R的半圆柱形玻璃砖的截面如图所示,O为圆心,光线Ⅰ沿半径方向从a点射入玻璃砖后,恰好在O点发生全反射,另一条光线Ⅱ平行于光线Ⅰ从最高点b射入玻璃砖后,在底边MN上的d点射出,若测得Od=R,则该玻璃砖的折射率为多少? 2020年宁夏六盘山高中高考物理一模试卷 参考答案与试题解析 二、选择题(本题共4小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,第14~17题只有一项符合题目要求,第18~21题有多项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.) 1.【解答】解:AB、令地球的密度为ρ,则在地球表面,重力和地球的万有引力大小相等,有:g= 由于地球的质量为M=πR3?ρ, 所以重力加速度的表达式可写成:g=。 根据题意有,质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零,受到地球的万有引力即为半径等于r的球体在其表面产生的万有引力,a=,当r<R时,a与r成正比,即a随下落深度h的增加而线性减小,故A正确,B错误; CD、根据速度公式可知,v=at,随着下落高度h的增加,a减小,故v﹣t图象的斜率减小,故CD错误。 故选:A。 2.【解答】解:A、卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果,得出原子的核式结构模型。故A错误; B、图中在光的颜色保持不变的情况下,入射光越强,饱和光电流越大。故B正确; C、根据左手定则可得,图射线甲是α粒子,而丙图是β粒子流。故C错误; D、链式反应属于重核的裂变。故D错误; 故选:B。 3.【解答】解:施加拉力F前,给一初速度后恰好能沿斜面匀速下滑,对于物块沿斜面方向受力平衡,摩擦力等于重力沿斜面方向的分力,则: mgsinθ﹣μmgcosθ=0, 解得:μ=0.75。 施加拉力F后,对于物块,物块受到重力、支持力、拉力和摩擦力,如图所示: 沿斜面方向有Fcosθ=mgsinθ+f, 垂直斜面方向Fsinθ+N=mgcosθ, 又f=μN, 联立解得:F=9.6N,故ABD错误、C正确。 故选:C。 4.【解答】解:粒子刚好达到C点时,其运动轨迹与AC相切,如图所示: 则粒子运动的半径为:r=acot30°=a, 洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得: qvB=m, 解得:r=, 粒子要能从AC边射出,粒子运行的半径:R>r, 解得:B<, 故选:B。 5.【解答】解:A、DA、AB、BC竖直方向高度差之比为1:3:5,高度之比为1:4:9,由h=gt2,A、B、C三个小球运动的时间之比为1:2:3,故A错误; B、由图,三个小球A、B、C的水平位移之比1:2:3,三个小球A、B、C运动的时间之比为1:2:3,由x=vt知可得初速度之比为1:1:1,故B正确; C、根据W=mgh知重力做功之比为1:4:9,故C正确; D、初速度之比为1:1:1,根据动能Ek=mv2知动能相同,根据动能定理知mgh=Ek2﹣Ek1,由于质量相等且已知高度之比,可得落地时动能之比即为(mgh+Ek1):(5mgh+Ek1):(10mgh+Ek1),不知道初动能的具体数值,无法判断末动能之比值,故D错误; 故选:BC。 6.【解答】解:A、根据题意,电子从静止释放后从A运动到B,则电子受到的电场力方向从A→B,而电子带负电,电场线方向从B→A,则B点的电势大于A点的电势,即φA<φB.故A正确 B、从速度图象看出,电子从A运动到B过程速度增大,加速度变小,电场力减小,即FA>FB,场强变小,则B点的场强小于A点的场强,即EA>EB.故C错误,B正确; D、因电场力做正功,则电势能减小,故D错误。 故选:AB。 7.【解答】解:AB、由图象知,0.2﹣0.4s没有感应电动势,所以导体框进入磁场用时0.2s,导线框匀速运动的速度为:v==m/s=0.5m/s 根据E=BLv知磁感应强度为:B==T=0.2T,故A错误,B正确。 C、由b图可知,线框进磁场时,感应电流的方向为顺时针,磁通量增加,根据楞次定律知磁感应强度的方向垂直纸面向外,故C错误; D、在0.4﹣0.6s内,导线框所受的安培力 F=BIL==N=0.04N,故D正确。 故选:BD。 8.【解答】解:A、0﹣x1内机械能增加,绳子拉力做正功,物体向上运动,x1﹣x2内机械能减小,绳子拉力做负功,物体向下运动,故A正确; B、x1﹣x2内机械能减小,绳子拉力做负功,物体向下运动,由于物体在x1﹣x2内E﹣x图象的斜率的绝对值不变,故物体所受的拉力保持不变,又由于x1位置速度为零,故一定是反向向下做匀加速直线运动,故B正确; C、0﹣x1内机械能增加,绳子拉力做正功,物体向上运动,重力势能增加,x1﹣x2内机械能减小,绳子拉力做负功,物体向下运动,重力势能减小,故C错误; D、0﹣x1内机械能增加,绳子拉力做正功,小球向上运动。x1﹣x2内机械能减小,绳子拉力做负功,小球向下运动,则小球在x1位置处速度为零,动能为零,故D错误; 故选:AB。 三、实验题(15分) 9.【解答】解:(1)根据逐差法可知,解得a= 对滑块受力分析,根据牛顿第二定律可知mgsinθ﹣μmgcosθ=ma 解得:μ= 故答案为:(1)a=;(2)μ= 10.【解答】解:(1)灯泡额定电压是2.5V,电压表应选c;由表中实验数据可知,最大电流为0.49A,电流表选a;为方便实验操作,滑动变阻器应选e; (2)描绘小灯泡伏安特性曲线,电压与电流要从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法;由表中实验数据可知,灯泡最大电阻约为3.7Ω,电压表内阻约为2kΩ,灯泡电阻阻值远小于电压表内阻,电流表应采用外接法,电路图如图甲所示; ; (3)由于电压表的分流作用,所以电流表的示数比流经灯泡的电流偏大,故根据欧姆定律测量电阻偏小,即计算得到的小电珠的电阻值小于真实值; (4)I﹣U图象的斜率表示电阻的倒数,由图象可知,电阻随着电压的增大而增大,其原因是灯泡的电阻随温度的增大而增大; (5)将定值电阻与电源等效为内阻为2.0Ω,电动势为3.0V的电源,由闭合电路欧姆定律得:U=3.0﹣2.0I,将路端电压与电流的关系图象做入图象中,如图所示: 由图可知,U=1.28V,I=0.43A,所以灯泡的实际功率为:P=UI=0.55W 故答案为:(1)a、c、e; (2) ; (3)小于; (4)小电珠的电阻随温度的升高而增大; (5)0.55。 四、计算题 11.【解答】解:(1)PG、QG间的电场强度大小相等、方向相反,设为E,则有: E==, 设粒子第一次到达G时动能为Ek,根据动能定理可得: qEh=Ek﹣ 解得:Ek=+; 粒子在PG间运动的加速度为:a== 此过程中粒子运动时间为t,则有:h= 在水平方向上的位移大小为:x=v0t; 解得:x=v0 (2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短,根据对称性可知,此时金属板的长度为: L=2x=2v0。 答:(1)粒子第一次穿过G时的动能+;它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小为v0; (2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为2v0。 12.【解答】解:(1)A球从水平位置摆到最低点过程机械能守恒, 由机械能守恒定律得:mAgL=mAv02,解得:v0=4m/s; (2)A与B发生弹性碰撞过程系统动量守恒, 以向右为正方向,由动量守恒定律得:mAv0=mAvA+mBvB, 由机械能守恒定律得:mAv02=mAvA2+mBvB2, 解得:vA=0,vB=4m/s, B上升至最大高度过程,B、C系统水平方向动量守恒, 以向右为正方向,由动量守恒定律得:mBvB=(mB+mC)vC, B、C系统机械能守恒,由机械能守恒定律得: mBvB2=(mB+mC)vC2+mBghm, 解得:vC=1m/s,hm=0.6m; (3)B从最高点又摆至最低点过程,B、C系统水平方向动量守恒, 以向右为正方向,由动量守恒定律得:(mB+mC)vC=mBvB′+mCvC′, 由机械能守恒定律得:(mB+mC)vC2+mBghm=mBvB′2+mCvC′2, 解得:vB′=﹣2m/s,vC′=2m/s, B在最低点时,由牛顿第二定律得: T﹣mBg=mB,解得:T=30N, 由牛顿第三定律可知,球对绳子的拉力大小为30N; 答:(1)A球摆到最低点与B球碰前的速度大小v0为4m/s。 (2)相碰后B球能上升的最大高度hm为0.6m。 (3)B球第一次摆回到最低点时对绳子拉力的大小为30N。 二、选考题:[物理一选修3-3] 13.【解答】解:由PV=nRT得:=,因为V1=V2,故=,可得:T1=2T2,即T1>T2 由于分子密度相同,温度高,碰撞次数多,故N1>N2 由于P1V1=P3V3,根据理想气体状态方程可知,T1=T3 根据理想气体状态方程=C,状态2和状态3压强相等,温度和体积成正比,结合图象有T2<T3;根据气体压强微观意义,气体压强和气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数n成正比,也和也和分子的平均动能成正比,而温度是分子平均动能的标志,温度越高,分子平均动能越大;因为T2<T3,P2=P3,所以N2>N3。 故答案为:大于;等于;大于。 14.【解答】解:(i)抽气前活塞静止处于平衡状态, 对活塞,由平衡条件得:(p氢﹣p)?2S═(p0﹣p)S, 解得,氢气的压强:p氢=(p0+p); (ii)设抽气后氢气的压强与体积分别为p1、V1,氮气的压强和体积分别为p2、V2, 对活塞,由平衡条件得:p2S=p1?2S, 气体发生等温变化,由玻意耳定律得: p1V1=p氢?2V0 p2V2=p0V0, 由于两活塞用刚性杆连接,由几何关系得: V1﹣2V0=2(V0﹣V2), 解得:p1=p0+p V1=; 答:(i)抽气前氢气的压强为(p0+p); (ii)抽气后氢气的压强为p0+p,体积为。 [物理--选修3-4](15分) 15.【解答】解:A、由图可知,该波的波长是 λ=2m,则波速大小为 v=λ?f=2×10=20m/s。故A正确。 B、y轴右侧的波向右传播,根据波形的平移法得知,t=0时,x=1m处的质点振动方向向上。故B正确。 C、该波的周期:T===0.1s,所以:t=0.175s=1T.x=﹣1m处的介质点与t=0时,x=1m处的介质点振动方向相同,t=0时,x=1m处的质点振动方向向上,经过1T后质点达到最低点,位于波谷的位置,所以t=0.175s时,x=﹣1m处的质点也处在波谷位置。故C错误; D、若振源S向右匀速运动,在振源S右侧静止的接收者接单位时间内收到的波的个数增大,所以频率大于10Hz.故D错误。 E、根据衍射的条件可知,传播过程中波只有遇到小于2m或与2m差不大的障碍物或小孔都能发生明显的衍射现象。故E正确。 故选:ABE。 16.【解答】解:设光线Ⅱ的入射角和折射角分别为i和r,在△bOd中, bd= sinr= 由折射定律有n= 即sini= 又因为光线Ⅰ与光线Ⅱ平行,且在O点恰好发生全反射,有:sini=, 联立解得。 答:该玻璃砖的折射率为。

  • ID:6-7131443 2020年四川省眉山市高考物理二诊试卷

    高中物理/高考专区/模拟试题

    2020年四川省眉山市高考物理二诊试卷 二、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第14-18题只有一项符合题目要求,第19?21题有多项符合题目要求.全部选对得6分,选对但不全的得3分,不答或有选错的得0分. 1.(6分)如图所示,一理想变压器的原副线圈匝数分别为n1和n2,原线圈输入电压保持不变,副线圈输出端通过开关S接电阻R1和滑动变阻器R,电流表为理想电表,下列说法正确的是(  ) A.若S断开,则副线圈输出端电压为零 B.若S闭合,滑动片P向上滑动,则两电流表示数都变小 C.若S闭合,滑动片P向上滑动,则电流表A1示数变大,A2示数变小 D.若S闭合,滑动片P向上滑动,则电流表A1示数不变,A2示数变小 2.(6分)北斗三号导航卫星系统由三种不同轨道的卫星组成,即24颗MEO卫星(地球中圆轨道卫星,轨道形状为圆形,轨道半径在3万公里与1000公里之间),3颗GEO卫星(地球静止轨道卫星)和3颗IGSO卫星(倾斜地球同步轨道卫星)。关于MEO卫星,下列说法正确的是(  ) A.比GEO卫星的周期小 B.比GEO卫星的线速度小 C.比GEO卫星的角速度小 D.线速度大于第一宇宙速度 3.(6分)一物体沿倾角为30°的粗糙斜面从顶端由静止开始下滑,运动的位移x﹣时间t关系图象是一段抛物线,如图所示,g=10m/s2.则(  ) A.下滑过程中物体的加速度逐渐变大 B.t=0.5s时刻,物体的速度为0.5m/s C.0?0.5s时间内,物体平均速度为1m/s D.物体与斜面间动摩擦因数为 4.(6分)地光是在地震前夕出现在天边的一种奇特的发光现象,它是放射性元素氡因衰变释放大量的带电粒子,通过岩石裂隙向大气中集中释放而形成的。已知氡Rn的半衰期为3.82d,经衰变后产生一系列子体,最后变成稳定的Pb,在这一过程中(  ) A.要经过4次α衰变和4次β衰变 B.要经过4次α衰变和6次β衰变 C.氡核Rn的中子数为86,质子数为136 D.标号为a、b、c、d 的4个氡核Rn 经3.82d后一定剩下2个核未衰变 5.(6分)反质子的质量与质子相同,电荷与质子相反。一个反质子从静止经电压U1加速后,从O点沿角平分线进入有匀强磁场(图中未画岀)的正三角形OAC区域,之后恰好从A点射岀。已知反质子质量为m,电量为q,正三角形OAC的边长为L,不计反质子重力,整个装置处于真空中。则(  ) A.匀强磁场磁感应强度大小为,方向垂直纸面向外 B.保持电压U1不变,增大磁感应强度,反质子可能垂直OA射出 C.保持匀强磁场不变,电压变为U1,反质子从OA中点射岀 D.保持匀强磁场不变,电压变为U1 ,反质子在磁场中运动时间减为原来的 6.(6分)如图所示,水平面上,向下与水平方向成30°、大小为F的推力作用在质量为m1的物体A上,向上与水平方向成30°、大小为F的拉力作用在质量为m2的物体B上,A、B都由静止开始运动,相等时间内运动了相同的位移,A、B与水平面的动摩擦因数分别为μ1和μ2,则(  ) A.推力对 A 做的功与拉力对 B 做的功相等 B.推力对 A 的冲量与拉力对 B 的冲量相同 C.若μ1=μ2,则m1>m2 D.若μ1=μ2,则m 1<m2 7.(6分)如图所示,半径为的圆弧BCD与倾角为θ的斜面相切于B点,与水平地面相切于C点,与圆O2轨道相切于D点,圆心O1、O2和D在同一水平直线上,圆O2的半径为r。质量为m的质点从斜面上某位置由静止释放,刚好能在圆O2轨道内做完整的圆周运动。不计一切阻力,重力加速度为g。则质点(  ) A.释放点距离地面的高度为5r B.在C时对轨道压力为mg C.从圆弧BCD进入圆O2轨道的瞬间,前后向心加速度之比为5:2 D.从圆弧BCD进入圆O2轨道的瞬间,前后角速度之比为2:5 8.(6分)如图所示,在光滑绝缘水平面上,A、B和C为等边三角形ABC的顶点,A、B固定正点电荷+Q,C固定负点电荷﹣Q,D、E是A、B连线上的两点,且AD=DE=EB.则(  ) A.D点和E点的电场强度大小相等 B.D点和E点的电场强度方向相同 C.D点和E点的电势相等 D.将负电荷从D点移到E点,电势能增加 三、非选择题:共174分.第22?32题为必考题,每个试题考生都必须作答.第33-38题为选考题,考生根据要求作答. 9.(5分)用图甲所示装置探究动能定理。有下列器材:A.电火花打点计时器;B.220V交流电源;C.纸带;D.细线、小车、砝码和砝码盘;E.一端带滑轮的长木板、小垫木;F.刻度尺。 (1)实验中还需要的实验器材为   。 (2)按正确的实验操作,实验中得到一条点迹清晰的纸带如图乙,图中数据xA、xB和xAB已测出,交流电频率为f,小车质量为M,砝码和砝码盘的质量为m,以小车、砝码和砝码盘组成系统为研究对象,从A到B过程中,合力做功为   ,动能变化量为   ,比较二者大小关系,可探究动能定理。 10.(10分)测定一个额定电压UL=2.5V,额定电流约为0.3~0.4A的小灯泡L在正常工作时的阻值。供选择的器材有: A.电流表A1(量程0.6A,内阻r1约为0.5Ω) B.电流表A2(量程30mA,内阻r2=30Ω) C.电流表A3(量程60mA,内阻r3约为20Ω) D.电压表V(量程15V,内阻r4约为15kΩ) E.定值电阻R0=70Ω F.滑动变阻器R1:0﹣5Ω,额定电流1A G.滑动变阻器R2:0﹣1kΩ,额定电流0.2A H.电源E:电动势为4.5V,内阻不计 Ⅰ.开关S及导线若干 (1)测量时要求电表示数超过其量程的一半,需选用的实验器材是   和H、I(选填器材前对应的字母序号)。 (2)请在虚线框内画出合适的电路图(图中需标明所选器材的符号)。 (3)为保证小灯泡L正常工作,测量时要让其中哪一个电表的示数调到多少?   。 (4)测得小灯泡L在正常工作时的阻值RL=   (用实际所测物理量表示),并说明公式中各符号(题中已知的除外)的物理意义   。 11.(12分)地面上空间存在一方向竖直向上的匀强电场,O、P是电场中的两点在同一竖直线上,O在P上方,高度差为L;一长L的绝缘细线一端固定在O点,另一端分别系质量均为m的小球A、B,A不带电,B的电荷量为q(q>0)。分别水平拉直细线释放小球,小球运动到P点时剪断细线之后,测得A从P点到落地所用时间为t,B从P点到落地所用时间为2t。重力加速度为g。求: (1)电场强度的大小; (2)B从P点到落地通过的水平距离。 12.(20分)如图所示,在倾角为θ的斜面内有两条足够长的不计电阻的平行金属导轨,导轨宽度为L,导轨上端连有阻值为R的电阻;在垂直于导轨边界ab上方轨道空间内有垂直于导轨向上的均匀变化的匀强磁场B1.边界ab下方导轨空间内有垂直于导轨向下的匀强磁场B2.电阻也为R、质量为m的导体棒MN垂直于导轨放置,磁场B1随时间均匀减小,且边界ab上方轨道平面内磁通量变化率大小为k,MN静止且受到导轨的摩擦力为零;撤去磁场B2,MN从静止开始在较短的时间t内做匀加速运动通过的距离为x。重力加速度为g。 (1)求磁场B2的磁感应强度大小; (2)求导体棒MN与导轨之间动摩擦因数; (3)若再撤去B1,恢复B2,MN从静止开始运动,求其运动过程中的最大动能。 三、[物理--选修3-3](15分) 13.(5分)关于热力学定律,下列说法正确的是(  ) A.气体吸热后温度一定升高 B.对气体做功可以改变其内能 C.理想气体等压膨胀过程一定放热 D.理想气体绝热膨胀过程内能一定减少 E.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 14.(10分)如图为在密闭容器内一定质量的理想气体由状态A 变为状态B的压强P随体积V的变化关系图象。 (i)用分子动理论观点论证状态A 到状态B 理想气体温度升高; (ii)若体积VB:VA=5:3,温度TA=225K,求TB。 四、[物理--选修3-4](15分) 15.电磁波在生产生活中有广泛应用。关于电磁波,下列说法正确的是(  ) A.在同一介质中所有电磁波传播速度都相同 B.紫外线有助于人体合成维生素D C.一切物体都在不停地发射红外线 D.电磁波谱中γ射线的波长最短 E.医学上用γ射线透视人体,检查体内病变等 16.半径为R的球形透明均匀介质,一束激光在过圆心O的平面内与一条直径成为60°角射向球表面,先经第一次折射,再经一次反射,最后经第二次折射射出,射出方向与最初入射方向平行。真空中光速为c。求: (i)球形透明介质的折射率; (ii)激光在球内传播的时间。 2020年四川省眉山市高考物理二诊试卷 参考答案与试题解析 二、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第14-18题只有一项符合题目要求,第19?21题有多项符合题目要求.全部选对得6分,选对但不全的得3分,不答或有选错的得0分. 1.【解答】解:A、根据理想变压器的工作原理可知,理想变压器的变压关系与副线圈是否通路或断路无关,故S断开,副线圈输出端电压不为零,故A错误; BCD、若S闭合,滑动片P向上滑动,则副线圈电阻增大,原线圈的输入电压不变,原、副线圈的匝数不变,则副线圈的输出不变,根据闭合电路欧姆定律可知,副线圈的输出电流变小,即电流表A1示数变小,通过电阻R1的电流不变,则通过电阻R的电流变小,即电流表A2示数变小,故B正确,CD错误。 故选:B。 2.【解答】解:ABC、根据万有引力提供向心力可知: =m=mω2r 解得:v=,T=2,, MEO卫星的轨道半径比GEO卫星的轨道半径小,故MEO的线速度大,角速度大,周期小,故A正确,BC错误; D、第一宇宙速度是近地卫星的运行速度,是卫星最大的运行速度,故MEO卫星的运行速度小于第一宇宙速度,故D错误。 故选:A。 3.【解答】解:A、由题意可知,物体初速度为零,x﹣t图象是一段抛物线,由匀变速直线运动的位移公式:x=可知,物体的加速度a保持不变,物体做匀加速直线运动,由图示图象可知:t=0.5s时x=0.25m,解得:a=2m/s2,故A错误; B、物体做初速度为零的匀加速直线运动,t=0.5s时物体的速度:v=at=2×0.5m/s=1m/s,故B错误; C、物体在0~0.5s内物体的平均速度:m/s=0.5m/s,故C错误; D、对物体,由牛顿第二定律得:mgsin30°﹣μmgcos30°=ma,代入数据解得:μ=,故D正确。 故选:D。 4.【解答】解:AB、设此衰变过程中经历了要经过X次α衰变和Y次β衰变,根据质量数守恒和电荷数守恒可得其衰变方程为:Rn→Pb+X+Y, 由222=206+4X,86=86+2X﹣Y,联立解得:X=4,Y=4,故A正确,B错误; C、氡核Rn的质子数为86,中子数为222﹣86=136,故C错误; D、半衰期适用于大量的原子核,对于少量的原子核不适用,故D错误; 故选:A。 5.【解答】解:A、加速过程由, 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示, 根据几何知识可知,反质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r=L, 因为洛伦兹力提供向心力,即, 联立解得,根据左手定则可知,磁场方向垂直纸面向外,故A错误; B、无论磁感应强度如何变化,根据几何知识可知,反质子不可能垂直于OA方向射出,故B错误; CD、根据上述分析可知,反质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为, 当匀强磁场不变,电压变为U1,则反质子在磁场中运动的半径变为原来的, 根据几何知识可知,反质子从OA的中点射出,且射出时的速度方向和OA成30°角, 所以反质子的运动轨迹所对应的角度为θ=60°, 反质子在磁场中运动的时间为=, 由于反质子在磁场中运动的圆心角以及周期不变,所以反质子在磁场中运动的时间不变,故C正确,D错误。 故选:C。 6.【解答】解:A、根据功的定义式W=Flcosα知推力对A做的功与拉力对B做的功相等,故A正确; B、根据冲量的定义式I=Ft,两个物体冲量的大小相等,方向不同,故B错误; CD、两物体在相等时间内运动了相同的位移,两个物体的加速度大小相等,根据牛顿第二定律,对A:① 对B:② 联立①②得a=(cos30°﹣)﹣=,若,则,故C错误,D正确; 故选:AD。 7.【解答】解:A、质点刚好能在圆O2轨道能做完整的圆周运动,则有:mg= 设释放点离地面的高度为h,根据动能定理可知: 联立解得:h=4r,故A错误; B、设质点在C点的速度为vC,轨道对质点的支持力为N,从释放点到C点根据动能定理可知:mgh= 在C点根据牛顿第二定律可知: 联立解得:,由牛顿第三定律可知,对轨道的压力为,故B正确; C、从圆弧BCD进入圆O2轨道的瞬间,线速度大小不变,根据a=可知,后向心加速度之比为2:5,故C错误; D、从圆弧BCD进入圆O2轨道的瞬间,线速度大小不变,根据v=ωr可知,前后角速度之比为2:5,故D正确; 故选:BD。 8.【解答】解:AB、根据 点电荷的电场强度E=,及正点电荷的电场强度背离点电荷,而负点电荷的电场强度方向是指向点电荷,结合矢量合成法则,那么D、E两点的电场强度方向如下图所示: 由于AD=DE=EB,结合等边三角形ABC,那么D点和E点的电场强度大小相等,而它们的方向不同,故A正确,B错误; C、由于D、E两点关于C与AB中点连线对称,那么其电势相等,故C正确; D、将负电荷从D点移到E点,因此它们的电势相等,则其电势能不变,故D错误; 故选:AC。 三、非选择题:共174分.第22?32题为必考题,每个试题考生都必须作答.第33-38题为选考题,考生根据要求作答. 9.【解答】解:(1)因为需要测量小车以及砝码和砝码盘的质量,所以实验中还需要的实验器材是天平。 (2)以小车、砝码和砝码盘组成系统为研究对象,从A到B过程中,合力做功为mgxAB。 打A点和B点时系统的速度大小分别为: vA== vB== 动能变化量为△Ek=﹣= 故答案为: (1)天平。(2)mgxAB,。 10.【解答】解:(1)灯泡额定电压为2.5V,电压表量程为15V,电压表量程太大,不能用电压表测电压,可以用已知内阻的电流表B与定值电阻E串联改装成电压表测电压;灯泡额定电流约为0.3~0.4A,用电流表A测电流,为保护电表安全且方便实验操作,滑动变阻器应选择F,除H、I外,还需要的实验器材为:A、B、E、F。 (2)用电流表B与定值电阻E改装成电压表测电压,由于流过电压表的电流可以直接读出,电流表可以采用外接法;由于滑动变阻器最大阻值为5Ω,为测多组实验数据,滑动变阻器应采用分压接法,实验电路图如图所示; (3)灯泡在额定电压下正常工作,测灯泡正常工作时的电阻灯泡两端电压应调到额定电压,即实验时电压表应调到2.5V; 设电流表A1示数为I1,电流表A2示数为I2,灯泡两端电压等于额定电压:UL=I2(r2+R0) 电流表A2示数:I2==2.5×10﹣2A=25mA 因此实验时点电流表A2的示数应调到25mA; (4)设电流表A1示数为I1,电流表A2示数为I2,灯泡两端电压等于额定电压:UL=I2(r2+R0) 流过灯泡的电流IL=I1﹣I2,小灯泡L在正常工作时的阻值RL== 故答案为:(1)A、B、E、F;(2)电路图如图所示;(3)电流表A2的示数应调到25mA;(4);I1是电流表A1的示数,I2是电流表A2的示数。 11.【解答】解:(1)设电场强度的大小为E,B从P点到落地运动的加速度为a,则有: mg﹣qE=ma 竖直方向有:= 解得:E= (2)设B球在P点的速度为v,从P点到落地通过的水平距离为x,则有: (mg﹣qE)L= B球从P点到落地的过程,有:x=v?2t 解得:x=t 答:(1)电场强度的大小为; (2)B从P点到落地通过的水平距离为t。 12.【解答】解:(1)当磁场B1随时间均匀减小时,设回路中感应电动势为E,感应电流为I, 根据法拉第电磁感应定律可得:E==k, 根据闭合电路的欧姆定律可得:I==, 对导体棒根据平衡条件可得:B2IL=mgsinθ 解得:B2==; (2)撤去磁场B2,设MN从静止开始匀加速运动过程中的加速度为a,导体棒MN与导轨之间动摩擦因数为μ, 根据位移时间关系可得:x= 根据牛顿第二定律可得:mgsinθ﹣μmgcosθ=ma 联立解得:μ=tanθ﹣; (3)若再撤去B1,恢复B2,设MN运动过程中的最大速度为v,最大动能为Ek, 根据平衡条件可得:mgsinθ=μmgcosθ+ 由于mgsinθ﹣μmgcosθ=ma 解得:v=, 动能Ek==。 答:(1)磁场B2的磁感应强度大小为; (2)导体棒MN与导轨之间动摩擦因数为tanθ﹣; (3)若再撤去B1,恢复B2,MN从静止开始运动,运动过程中的最大动能为。 三、[物理--选修3-3](15分) 13.【解答】解:A、气体吸热,若同时对外做功,则温度也可能降低,故A错误; B、改变气体内能的方式有两种:做功和热传递,故B正确; C、理想气体等压膨胀过程对外做功,温度升高,内能增大,由热力学第一定律判断知气体一定吸热,故C错误; D、理想气体绝热膨胀过程,对外做功,内能一定减少,故D正确; E、根据热力学第二定律知,热量不可能自发地从低温物体传到高温物体,故E正确。 故选:BDE。 14.【解答】解:(i)理想气体由状态A变为状态B,体积增大,单位体积内的分子数减少,而压强要增大,只能增加分子的平均动能,即升高温度,所以该过程中理想气体的温度升高; (ii)由理想气体的状态方程可知 由图可知 已知VB:VA=5:3,TA=225K 联立解得:TB=625K 答:(i)理想气体由状态A变为状态B,体积增大,单位体积内的分子数减少,而压强要增大,只能增加分子的平均动能,即升高温度,所以该过程中理想气体的温度升高; (ii)若体积VB:VA=5:3,温度TA=225K,则TB为625K 四、[物理--选修3-4](15分) 15.【解答】解:A、电磁波在真空中的传播速度相同,但不同的电磁波在同一介质中传播速度不同,故A错误 B、紫外线有助于人体合成维生素D,但不宜过量,故B正确 C、一切物体都在不停地发射红外线,红外线遥感就是利用的这一点,故C正确 D、电磁波谱中γ射线的频率最大,波长最短,故D正确 E、医学上用X射线透视人体,检查体内病变等,故E错误 故选:BCD。 16.【解答】解:(i)激光在球形透明介质里传播的光路图如图所示, 其中A、C为折射点,B为反射点,连接A与C,过B点作BD平行于入射光线, 则根据几何知识有∠AOD=∠COD=60°, ∠OAB=∠OBA=∠OBC=∠OCB, ∠OAB+∠OBA+∠OBC+∠OCB=∠AOD+∠DOC 解得∠OAB=30°, 根据折射定律有=; (ii)由于∠OAC=30°,所以AC垂直于入射光线,即, 又由于∠ABC=∠BCA=∠CAB=60°, 所以△ABC为等边三角形,即激光在球内运动的路程为s=2d=, 激光在球内的传播速度为, 则激光在球内的传播时间为=。 答:(i)球形透明介质的折射率为; (ii)激光在球内传播的时间为。

  • ID:6-7129330 北京市平谷区2020届高三第二学期质量监控(一模)物理试题及答案

    高中物理/高考专区/模拟试题








    1
    平谷区 2019—2020 学年度第二学期高三年级质量监控
    物理试题答案
    第一部分 选择题(共 42 分)
    一、单项选择题(本题共 14 小题,在每小题给出的四个选项中,只有一个....选项符合题意。每小题
    3 分,共 42 分)
    1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
    D C B A C D A B A D B D C C
    第二部分 非选择题(共 58 分)
    二、填空题(本题共 2 小题,共 18 分)
    15.(1)C 【2 分】 (2)顺时针 【2 分】 (3)垂直纸面向外 【2 分】
    (4)B ′, B0 【2 分,每空 1 分】
    16.(1)① 0.02 【2 分】 ② 0.53,1.4 【4 分,每空 2 分】
    (2)4.0,偏小 【4 分,每空 2 分】
    三、计算题(本题共 4 小题,共 40 分,以下各道小题,除参考答案之外的其他正确解法也给分)
    17.(8 分)
    (1)粒子的受力示意图如图所示
    qvB
    qE
    根据物体的平衡条件 qvB=qE 【2 分】
    得 E=vB 【1 分】
    (2)粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,
    由牛顿运动定律
    R
    vmqvB
    2
    ? 【2 分】

    qB
    mvR ? 【1 分】
    (3)粒子在磁场中运动的周期
    v
    RT ?2? 【1 分】

    qB
    mT ?? ?2 【1 分】
    18.(10 分)
    (1)滑块 1 从 A运动到 B,
    根据动能定理 -μm1gx= 201
    2
    11 2
    1
    2
    1 vmvm ? 【2 分】
    得 v1 = 8m/s 【1 分】
    2
    (2)设两滑块碰后的共同速度为 v,
    根据动量守恒定律 m1v1 = (m1 +m2 )v 【1 分】
    得 v=5m/s
    根据能量守恒定律 221
    2
    11 )(2
    1
    2
    1 vmmvmE ???? 【1 分】
    得 ΔE=3J 【1 分】
    (3)设两滑块到达最高点 C处时的速度为 vC,
    根据机械能守恒定律
    2
    1 (m1 +m2 )v2 =
    2
    1 (m1 +m2 ) 2Cv + (m1 +m2 )g×2R 【2 分】
    得 vC =3m/s
    两滑块在 C点的受力示意图如图所示 FN
    (m1+m2)g
    根据牛顿第二定律 FN +(m1 +m2 )g=(m1 +m2 )
    R
    vC
    2
    【1 分】
    得 FN =5N 【1 分】
    19.(10 分)
    (1)a.沿垂直电场方向粒子不受外力,做匀速直线运动
    0v
    Lt ? 【1 分】
    b.粒子在偏转电场中运动的加速度
    md
    qUa ? 【1分】
    根据运动学公式 2
    2
    1 tay ? 【1 分】
    得 2
    0
    2
    2mdv
    qULy ? 【1 分】
    (2)箭能够射中小球【1 分】。
    如答图 1 所示。箭射出后,若不受重力,将沿初速度方向做
    匀速直线运动,经时间 t从 P运动至小球初始位置 D处,位移为
    x1=L;脱离弓后,若箭的初速度为零,将沿竖直方向做自由落体
    运动,经相同时间 t从 P运动至 E,位移为 x2;箭射出后的实际运
    动,同时参与了上述两种运动,实际位移 x为上述两个分运动位
    移的矢量和(遵循平行四边形定则),即此时箭将到达 F处。
    小球由静止释放后做自由落体运动,经相同时间 t运动的位移
    与箭在竖直方向的分位移 x2 相同,即小球与箭同时到达 F处,能
    够射中小球。 【2 分】
    若不受重力,箭从 P运动至小球初始位置 D处的时间
    0v
    Lt ? 【1 分】
    P
    D
    E
    Fxx1=L
    x2
    答图 1
    3
    射中时小球下落的高度 h=
    2
    1
    gt2 【1 分】
    解得 h= 2
    0
    2
    2v
    gL
    【1 分】
    20.(12 分)
    (1)金属棒中电子所受洛仑兹力 f沿棒方向的分力 f1 =evB 【1 分】
    棒方向的分力 f1做的功 W1 = f1L 【1 分】
    得 W1 =evBL 【1 分】
    (2)a.金属环中感应电动势 E感 = I (R 0 +R) 【1 分】
    b.金属环中电子从 a沿环运动 b的过程中,感生电场力 F做的功
    WF=F ?2πr 【1 分】
    由电动势的定义式
    e
    WE F?感 【1 分】


    eRRIF
    2
    )( 0 ?? 【1 分】
    (3)a.杆 ab在加速的过程中,杆切割磁感线的速度 v增大。
    杆切割磁感线产生的感应电动势 E ′=BLv,故 E ′增大,

    R
    EEI
    ??
    ? 可知,电路中的电流 I减小,
    杆所受安培力 F=BIL 故 F减小。 【1 分】
    设细绳的拉力为 T,杆的质量为 m0,根据牛顿第二定律 F -T=m0a
    物块以相同的加速度大小向上做加速运动,根据牛顿第二定律 T -mg=ma
    得 F -mg=(m+m0 )a
    F减小,杆的加速度 a减小,当 F=mg 时,a为零,此时,杆达到最终速度 vm。
    此时杆上产生的感应电动势 E ′=BLvm 【1 分】
    得 22LB
    mgR
    BL
    Evm ?? 【1 分】
    b.由
    R
    EEI
    ??
    ?
    得 IR=E -E ′
    两边同乘以 I,经整理得 EI= I 2R+E ′ I 【1 分】
    由上式可以看出,电源提供的电能(功率为 EI),一部分转化为了电路中产生的焦耳
    热(热功率为 I 2R),另一部分即为克服反电动势做功(功率为 E ′ I)消耗的电能,这部分
    能量通过电磁感应转化为了杆和物块的机械能。 【1 分】

  • ID:6-7128795 江苏省七市2020届高三年级第二次调研测试物理卷

    高中物理/高考专区/模拟试题


    江苏省七市2020届高三年级第二次调研测试物理卷
    一、单项选择题
    1.肩扛式反坦克导弹发射后,喷射气体产生推力F,一段时间内导弹在竖直面内沿下列图中虚线向前运动。其中导弹飞行姿势可能正确的是

    2.?2020年1月我国成功发射了“吉林一号”卫星,卫星轨道可看作距地面高度为650km的圆。地
    球半径为6400km,第一宇宙速度为7.9km/s,则该卫星的运行速度为
    A.11.2km/s? B.7.9km/s C.7.5km/s? D.3.1km/s 3.如图所示,真空中孤立导体球均匀带电,电荷量为+Q。一试探电荷从P点由静止释放,只在
    电场力作用下运动到无限远处,电场力做功为W。若导体球电荷量变为+2Q,则该试探电荷从P点运动至无限远的过程中电场力做功为 A.2W? ?
    B.?4W??
    C.W? ?
    D.W
    4.如图所示,车厢水平底板上放置质量为M的物块,物块上固定竖直轻杆,质量为m的球用细线系在杆上O点,当车厢在水平面上沿直线加速运动时,球和物块相对车厢静止,细线偏离竖直方向的角度为θ,此时车厢底板对物块的摩擦力为f支持力为N,已知重力加速度为g。则
    A.?f=Mgsinθ? ?
    B.?f=Mgtanθ
    C.?N=(M+m)g??
    D.?N=Mg?
    5.如图甲所示,虚线右侧有一方向垂直纸面的有界句强磁场,磁场的磁感应强度B随时间t变化关系如图乙所示(取磁场垂直纸面向单的方向为正方向),固定的闭合导线框一部分在磁场内.从t=0时刻开始,下列关于线框中感应电流线i、线框ab边受到的安培力F随时间t变化图象中,可能正确的是(取线框中逆时针方向的电流为正,安培力向右为正方向)??
    二、多项选择题,本题共4小题,每小题4分共计16分.
    6.下列说法符合物理史实的有
    A.奥斯特发现了电流的磁效应 ????B.库仑应用扭秤实验精确测定了元电荷e的值
    C.安培首先提出了电场的观点 D.法拉第发现了电磁感应的规律 7.从水平面上方O点水平抛出一个初速度大小为v0的小球,小球与水平面发生一次碰撞后恰能
    击中竖直墙壁上与O等高的A点,小球与水平面碰撞前后水平分速度不变,竖直分速度大小
    不变、方向相反,不计空气阻力,若只改变初速度大小,使小球仍能击中A点,则初速度大
    小可能为 ????A.2v0??
    B.?3v0?
    C. v0?/2??
    D.?v0?/3?
    8.某磁敏电阻的阻值R随外加磁场的磁感应强度B变化图线如图甲所示,学习小组使用该磁敏电阻设计了保护负载的电路如图乙所示,U为直流电压,下列说法正确的有
    ????A.增大电压U,负载电流不变??I: B.增大电压U,电路的总功率变大 C.抽去线圈铁芯,磁敏电阻的阻值变小
    D.抽去线圈铁芯,负载两端电压变小
    9.如图所示在竖直平面内,倾斜长杆上套一小物块跨过轻质定滑轮的细线一?端与物块连接,另一端与固定在水平面上的竖直轻弹簧连接。便物块位于A点时,细线自然拉直且垂直于长杆,弹簧处于原长。现将物块由A点静止释放,物块沿杆运动的最低点为B,C是AB的中点。弹簧始终在弹性限度内,不计一切阻力,则
    A.物块和弹簧系统机械能守恒 ????B.物块在B点时加速度方向由B指向A ????C.?A到C过程物块所受合力做的功大于C到B过程物块克服服合力做的功 ????D.物块下滑过程中,弹簧的弹性势能在A到C过程的增量小于C到B过程的增量
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  • ID:6-7127698 2020年陕西省咸阳市高考物理二模试卷

    高中物理/高考专区/模拟试题

    2020年陕西省咸阳市高考物理二模试卷 二、选择题(本大题共8个小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第14--18题只有一个选项符合题目要求,第19-21题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有错选或不选的得0分) 1.(6分)2019年4月1日,在中国核能可持续发展论坛上,生态环境部介绍2019年会有核电项目陆续开工建设,某核电站获得核能的核反应方程为Un→Ba+Kr+xn,已知铀核的质量为m1,钡核的质量为m2,氪核的质量为m3,中子的质量为m4,下列说法中正确的是(  ) A.该核电站通过核聚变获得核能 B.铀核的中子数为 143 C.在上述核反应中x=2 D.一个铀核发生上述核反应,释放的能量为(m2+m3+2m4﹣m1)c2 2.(6分)2014年2月15日凌晨,在索契俄冬奥会自由滑雪女子空中技巧比赛中,中国选手徐梦桃以83.50分夺得银牌.比赛场地可简化为如图所示的助滑区,弧形过渡区,着陆区.减速区等组成.若将运动员看做质点,且忽略空气阻力,下列说法正确的是(  ) A.运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态 B.运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态 C.运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中处于完全失重状态 D.运动员在减速区减速过程中处于失重状态 3.(6分)一质点做直线运动的v﹣t关系图象如图,则该质点的x﹣t关系图象可大致表示为下列中的(  ) A. B. C. D. 4.(6分)平面OM和平面ON之间的夹角为30°,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外.一带电粒子的质量为m,电荷量为q(q>0).粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30°角.已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场.不计重力.粒子离开磁场的射点到两平面交线O的距离为(  ) A. B. C. D. 5.(6分)如图所示,匀强磁场方向竖直向下,磁感应强度为B.正方形金属框abcd可绕光滑轴OO′转动,边长为L,总电阻为R,ab边质量为m,其他三边质量不计,现将abcd拉至水平位置,并由静止释放,经时间t到达竖直位置,产生热量为Q,若重力加速度为g,则ab边在最低位置所受安培力大小等于(  ) A. B.BL C. D. 6.(6分)空间有平行于梯形区域abcd的匀强电场,已知梯形的∠a=45°,∠c和∠d均为直角,且上底bc=2cm、下底ad=4cm,并知a、b、c三点的电势分别为4V、8V、10V.将一电荷量q=﹣2×10﹣5C的点电荷从a点开始沿abcd路线移动,则下列判断正确的是(  ) A.d点的电势为8V B.梯形区域的下底ad中点的电势为5V C.该点电荷在c点的电势能为+2×10﹣5J D.该点电荷在d点的电势能为﹣1.6×10﹣4J 7.(6分)如图所示,在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B,木板表面光滑,左端固定一水平轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从木板的右端水平向左滑上木板B.在木块A与弹簧相互作用的过程中,下列说法正确的是(  ) A.弹簧压缩量最大时,B板运动速率最大 B.B板的加速度先增大后减小 C.弹簧给木块A的冲量大小为 D.弹簧的最大弹性势能为 8.(6分)2019年10月5日,我国成功将“高分十号”卫星发射升空,卫星顺利进入预定轨道。“高分十号”卫星是高分辨率微波遥感卫星,地面像元分辨率最高可达亚米级。已知“高分十号”卫星的运行周期为T,地球半径为R,地球表面的重力加速度为g,不考虑地球的自转。下列分析正确的是(  ) A.地球的第一宇宙速度大小为gR B.“高分十号”卫星距离地面的高度 C.“高分十号”卫星绕地球做匀速圆周运动的向心加速度大小 D.“高分十号”卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度大小 三、非选择题(包括必考题和选考题两部分.第22-第32题为必考题,每个试题考生都必须作答.第33-第38题为选考题,考生根据要求作答.)(一)必考题(11题,共129分) 9.(6分)(1)要用伏安法测量Rx的电阻,已知电压表内阻 约几kΩ,电流表内阻约1Ω,若采用甲图的电路,Rx的测量值比真实值   (选择“偏大”或“偏小”),若Rx约为10Ω,则采用   (选“甲图”或“乙图”)的电路误差较小 (2)无论是用甲图或乙图测量,都不可避免地会产生由电表内阻引起的测量误差,有个研究性学习小组设计了以下的实验方案: I.按如图丙所示的电路进行测量,则由电压表、电流表内阻造成的误差可以基本消除,具体的实验步骤如下: ①闭合开关S1,开关S2接2,调节可变电阻RP和RW,使电压表和电流表的示数都较大,并读出此时电压表和电流表的示数U1和I1; ②保持RP的阻值不变,    (A)请你在②的横线上用简要的语言(含物理量)写出未完成的主要操作步骤. (B)写出待测电阻Rx的表达式:Rx=   . 10.(9分)现要用图甲所示的装置来探究“加速度与质量之间的关系”,实验时忽略小车所受导轨对它的摩擦力,在倾斜导轨的B2点处有一时间传感器,能记录小车从倾斜导轨B1点下滑到B2点的时间。实验步骤如下。完成下述步骤中所缺少的内容。 ①按图甲安装好实验器材,用刻度尺测出B1到B2之间的距离s; ②将小车置于B1处并用弹簧秤沿导轨向上拉着小车并保持静止,读出此时的拉力F; ③让小车自B1处静止释放,小车通过B2后,记下时间传感器测得小车从B1运动到B2的时间t; ④再将小车置于B1处,往小车中增加钩码,设所加钩码总质量为m。为保持小车与钩码的合外力F不变,可采用如下方法:用弹簧秤沿着导轨拉着小车静止,调节导轨倾角的旋钮使导轨   ,直到弹簧秤的读数为   为止。然后重复步骤③; ⑤多次往小车中增加钩码,然后重复步骤④; ⑥利用实验中所测得的数据做出了如图乙所示的m﹣t2图象,本实验中测得B1与B2之间的距离s=1.50m,那么根据该图象求得小车的质量M=   kg,小车所受的合外力大小为F=   (计算结果保留三位有效数字)。 11.(14分)某电视台娱乐节目,要求选手要从较高的平台上以水平速度v0跃出后,落在水平传送带上,已知平台与传送带高度差H=0.8m,水池宽度s1=1.25m,传送带AB间的距离L0=16.35m,由于传送带足够粗糙,假设人落到传送带上后瞬间相对传送带静止,经过一个△t=0.5s反应时间后,立刻以a=2m/s2,方向向右的加速度跑至传送带最右端。 (1)若传送带静止,选手以v0=4m/s水平速度从平台跃出,求从开始跃出到跑至传送带右端经历的时间。 (2)若传送带以v=1m/s的恒定速度向左运动,选手若要能到达传送带右端,则从高台上跃出的水平速度v1至少多大? 12.(18分)如图所示,半径为R的光滑绝缘圆形轨道固定在竖直面内,以圆形轨道的圆心O为坐标原点,沿水平直径方向建立x轴,竖直方向建立y轴。y轴右侧存在竖直向下范围足够大的匀强电场,电场强度大小为E1=,第二象限存在匀强电场E2(方向与大小均未知)。不带电的绝缘小球a质量为M,带电量为+q的小球b质量为m,a球从与圆心等高的轨道A处由静止开始沿轨道下滑,与静止于轨道最低点的b球正碰,碰撞后b球恰好能通过轨道最高点C,并落回轨道A处,小球落回A处时的速度大小与小球离开最高点C时速度大小相等,重力加速度为g,小球b的电量始终保持不变。试求: (1)第一次碰撞结束后,小球a的速度大小; (2)第二象限中电场强度E2的大小和方向; (3)小球b从B点运动到A点的过程中电势能的变化量。 【物理-选修3-3】 13.(5分)如图甲、乙两图分别表示两个分子之间分子力和分子势能随分子间距离变化的图象。由图象判断以下说法中正确的是(  ) A.当分子间距离为r0时,分子力最小且为零 B.当分子间距离r>r0时,分子力随分子间距离的增大而增大 C.当分子间距离r>r0时,分子势能随分子间距离的增大而增大 D.当分子间距离r<r0时,随着分子间距离逐渐减小,分子力和分子势能都逐渐增大 E.当分子间距离r<r0时,分子势能随分子间距离的增大先减小后增大 14.(10分)2019年12月以来,我国部分地区突发的新型冠状病毒肺炎威胁着人们的身体健康。勤消毒是防疫很关键的一个措施。如图是防疫消毒用的喷雾消毒桶的原理图,圆柱形喷雾器高为h,内有高度为的消毒液,上部封闭有压强为p0、温度为T0的空气。将喷雾器移到室内,一段时间后打开喷雾阀门K,恰好有消毒液流出。已知消毒液的密度为ρ,大气压强恒为p0,喷雾口与喷雾器等高。忽略喷雾管的体积,将空气看作理想气体。 ①求室内温度。 ②在室内用打气筒缓慢向喷雾器内充入空气,直到水完全流出,求充入空气与原有空气的质量比。 【物理-选修3-4】 15.一列简谐波在t=0.8s时的图象如图甲所示,其x=0处质点的振动图象如图乙所示,由图象可知:简谐波沿x轴   方向传播(填“正”或“负”),波速为   m/s,t=10.0s时刻,x=4m处质点的位移是   m. 16.有一玻璃球冠,右侧面镀银,光源S位于其对称轴上,如图20所示。从光源S发出的一细光束射到球面上的A点,其反射光恰好垂直于球冠的对称轴,折射进入玻璃球冠内的光经右侧镀银面第一次反射后恰能沿原路返回。若球面半径为R,球冠高为,玻璃折射率为,光在真空中的传播速度为c。求: (1)光源S与球冠顶点M之间的距离SM; (2)光在玻璃中的传播时间。 2020年陕西省咸阳市高考物理二模试卷 参考答案与试题解析 二、选择题(本大题共8个小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第14--18题只有一个选项符合题目要求,第19-21题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有错选或不选的得0分) 1.【解答】解:A、该核电站利用核裂变获得核能;故A错误; B、铀核的质子数为92,中子数为:235﹣92=143,故B正确; C、根据电荷数守恒、质量数守恒,知x个中子的质量数为3,则x=3,故C错误; D、核反应后的中子数是3个,所以中子增加2个,则一个铀核发生上述核反应,释放的能量为(m1﹣m2﹣m3﹣2m4)c2,故D错误。 故选:B。 2.【解答】解:A、运动员在助滑区加速下滑时,加速度有向下的分量,处于失重状态,故A错误; B、运动员在弧形过渡区做圆周运动,加速度有向上的分量,处于超重状态,故B错误; C、运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中,离开轨道,只受重力,处于完全失重状态,故C正确; D、运动员在减速区减速过程中,加速度有向上的分量,处于超重状态,故D错误; 故选:C。 3.【解答】解:物体开始向正方向做匀减速直线运动到零,然后反向做匀加速直线运动。位移时间图线的切线斜率表示瞬时速度,可知瞬时速度先减小后反向增大。故B正确,A、C、D错误。 故选:B。 4.【解答】解:粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动,轨迹如图所示, 根据洛伦兹力提供向心力,有 解得根据轨迹图知,∠OPQ=60° 粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为,D正确,ABC错误 故选:D。 5.【解答】解:ab向下运动的过程中机械能的减少等于线框中产生的焦耳热,则根据能量守恒定律得: mgL=Q+ 则得:v= ab运动到竖直位置时,切割磁感线产生感应电动势为:E=BLv 线圈中感应电流为 I= ab边在最低位置所受安培力大小为 F=BIL 联立解得:F= 故选:D。 6.【解答】解:AB、由b点向ad做垂线,根据几何关系知p为ad中点,由于是匀强电场,故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等,故有: φb﹣φc=φp﹣φd φp=(φa+φd) 代入数据解得:φp=6V,φd=8V,故A正确,B错误; C、该点电荷在c点的电势能为:EPc=φcq=10×(﹣2×10﹣5)J=﹣2×10﹣4J,故C错误; D、该点电荷在d点的电势能为:EPd=φdq=8×(﹣2×10﹣5)J=﹣1.6×10﹣4J,故D正确。 故选:AD。 7.【解答】解:A、在木块A与弹簧相互作用的过程中,弹簧一直处于压缩状态,B板一直在加速,所以当弹簧恢复原长时,B板运动速率最大,故A错误; B、弹簧压缩量先增加后减小,B板受到的弹簧弹力先增大后减小,B板的加速度先增大后减小,故B正确; C、设木块A与弹簧分离时A与B的速度分别为v1和v2.取向左为正方向,根据动量守恒定律,有:2mv0=2mv1+mv2…① 根据机械能守恒定律,有:?2m?v02=?2m?v12+…② 解得:v1=v0,v2=v0 对滑块A,根据动量定理,有:I=2mv1﹣2mv0=﹣mv0(负号表示方向向右),故弹簧给木块A的冲量大小为,故C正确; D、当滑块与长木板速度相等时,弹簧的压缩量最大。设共同速度为v,根据动量守恒定律,有:2mv0=(m+2m)v…③ 根据系统的机械能守恒,有:Epm=?2m?v02﹣(2m+m)v2…④ 由③④两式解得:Epm=,故D正确; 故选:BCD。 8.【解答】解:A、第一宇宙速度是近地卫星的运行速度,轨道半径为R,重力提供向心力,mg=,可知地球的第一宇宙速度大小为:v=,故A错误。 B、“高分十号”卫星绕地球做匀速圆周运动轨道半径为r,万有引力提供向心力,=mr①又由黄金代换:GM=gR2② 由①②得r=,可知“高分十号”卫星距离地面的高度为:h=r﹣R=﹣R,故B错误 C、“高分十号”卫星绕地球做匀速圆周运动,向心加速度大小为:a=r=,故C正确 D、“高分十号”卫星绕地球做匀速圆周运动,线速度大小为v=r=,故D正确 故选:CD。 三、非选择题(包括必考题和选考题两部分.第22-第32题为必考题,每个试题考生都必须作答.第33-第38题为选考题,考生根据要求作答.)(一)必考题(11题,共129分) 9.【解答】解:(1)甲图误差主要来源于电压表的分流作用,电流测量值偏大,根据欧姆定律公式Rx=,电阻测量值偏小; 若Rx约为10Ω,由于>Rx,即电阻偏小,故采用安培表外接法误差小,即选择甲图; (2)将开关S2接2,闭合开关s1,调节两个滑动变阻器,使电表读数接近满量程,但不超过量程,记录此时电压表和电流表的示数,根据欧姆定律得: =RX+RP2+RA 将开关s2接1,闭合开关s1,保持滑动变阻器RP2不动调节Rw,使电压表和电流表读数适当,记录此时电压表和电流表的示数U2和I2,则: =RP2+RA 两式子相减可得: Rx= 故答案为: (1)偏小,甲图; (2)(A)将S2改接1,调节Rw,使电压表和电流表读数适当,记下此时电压表读数U2和电流表读数I2; (B) 10.【解答】解:④由平衡条件得:F=(m+M)gsinθ,可见在小车增加钩码的同时为保持小车所受的合外力不变,应旋转调节导轨倾角的旋钮以调整导轨的高度,将导轨的高度降低,直到弹簧秤的读数为F为止。 ⑥由匀加速直线运动位移公式s=at2,可得小车的加速度为:a=, 由牛顿第二定律得:F=(m+M)a=(m+M), 即, 由可知,m﹣t2图象在纵轴上截距的绝对值表示小车的质量,因此小车的质量为M=0.50kg。 图象的斜率为:,由乙图可知,直线斜率为:, 故小车所受的合外力为:F=2sk=2×1.50×0.0714N=0.214N。 故答案为:④与水平面之间的夹角适当变小,F;⑥0.50,0.214(0.214~0.230都对)。 11.【解答】解:(1)平抛运动过程有: 选手在水平方向上的位移:s0=v0t1=1.6m 则匀加速运动的位移 解得:t2=4s 所以总时间:t=t1+t2+△t=4.9s (2)设水平跃出速度为v1,落到传送带0.5s反应时间内向左位移大小s3=v△t=0.5m 然后向左减速至速度为零,向左发生位移 不从传送带上掉下,平抛水平位移:s≥s1+s3+s4=2.0m 所以,所以最小速度为5m/s。 答:(1)若传送带静止,选手以v0=4m/s水平速度从平台跃出,从开始跃出到跑至传送带右端经历的时间为4.9s。 (2)若传送带以v=1m/s的恒定速度向左运动,选手若要能到达传送带右端,则从高台上跃出的水平速度v1至少为5m/s。 12.【解答】解:(1)设小球a滑动到最低时速度为v, 由机械能守恒定律得:…① 设a、b小球在B点碰撞后的速度分别为v1、v2,b球过最高点速度为vc 由动量守恒定律得:Mv=Mv1+mv2…② 由动能定理得:…③ 在C点,由牛顿第二定律得:…④ 把数据代入①②③④式,解得:,; (2)要让b小球落回A处时的速度大小与小球离开最高点C时速度大小相等, 电场力E2q与mg的合力应垂直于AC边斜向下, 把运动沿CA方向与垂直CA方向分解,CA方向做匀速直线运动,垂直CA方向做匀减速运动 如图:vC1=vCcos45°…⑤vC2=vCsin45°…⑥ 由几何关系得,CA长:…⑦ 设小球b从C运动到A点时间为t,小球b垂直CA方向加速度大小为a 有:l=vC1t…⑧…⑨ 解得:,小球从C到A受到的合力, 由几何关系电场力大小为F电=mg,则:E2=,方向:水平向右; (3)小球b从B到A过程中,电场力做功:W=﹣qE1?2R﹣qE2R=﹣3mgR, 电势能变化量:△EP=﹣W=3mgR; 答:(1)第一次碰撞结束后,小球a的速度大小为:﹣; (2)第二象限中电场强度E2的大小为:,方向:水平向右; (3)小球b从B点运动到A点的过程中电势能的变化量为3mgR。 【物理-选修3-3】 13.【解答】解:A、当分子间距离r=r0时,分子斥力和引力平衡,分子力最小且为零,故A正确。 B、当分子间距离r>r0时,分子间距离的增大,分子力先增大后减小,故B错误。 C、当分子间距离r>r0时,分子力表现为引力,增大分子间距离,分子力做负功,分子势能增大,故C正确。 DE、当分子间距离r<r0时,分子力表现为斥力,分子间的距离减小,分子力增大,分子力做负功,分子势能增大,故D正确,E错误。 故选:ACD。 14.【解答】解:①设喷雾器的截面积为S,室内温度为T1,气体压强为P1, 根据平衡可得: 气体体积为:,保持不变, 故气体做等容变化,根据查理定律: 解得: ②以充气结束后喷雾器内空气为研究对象,排完液体后,压强为P2,体积为V2。 若此气体经等温度变化,压强为P1时,体积为V3,根据平衡可得:P2=P0+ρgh 根据玻意耳定律可得:P1V3=P2V2 同温度下同种气体的质量比等于体积比,设打进气体质量为△m: 解得:= 答:①室内温度为。 ②充入空气与原有空气的质量比为=。 【物理-选修3-4】 15.【解答】解:由图象乙可知t=0.8s时x=0处的质点向下振动,由波的传播方向与质点振动方向的关系知:波沿x轴负向传播. 由甲图知:波长λ=8m,由乙图知:周期T=1.6s,则波速=5m/s. t=10.0s=6.25T,由从甲图开始经过时间10.0s﹣0.8s=5.75T,由甲图分析得知,t=10.0s时刻,x=4m处质点位于波谷,其位移为y=﹣0.05m. 故答案为:负,5,﹣0.05 16.【解答】解:(1)折射进入玻璃球冠内的光经右侧镀银面第一次反射后恰能沿原路返回,说明折射光垂直于右侧的界面,其光路如图所示,由几何关系知: α=β=30° θ2=β=30° θ3+θ2=90° 则:θ1=θ3=60° 根据折射定律:n=== 故:SO=R 故光源S与M间距:SM=SO﹣R=(﹣1)R (2)由几何关系可得:= 光在玻璃内的速度:v= 光在玻璃内传播的时间:t= 联立可得:t= 答:(1)光源S与球冠顶点M之间的距离SM为(﹣1)R; (2)光在玻璃中的传播时间为。

  • ID:6-7127687 2020年安徽省滁州市定远县育才学校高考物理模拟试卷(3月份)

    高中物理/高考专区/模拟试题

    2020年安徽省滁州市定远县育才学校高考物理模拟试卷(3月份) 二、选择题,本题共8小题,每小题6分,共48分.每小题给出的4个选项中,第1-5题只有一项是符合题意要求的,第6-8题有多项是符合题意要求的.全部选对的6分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分. 1.(6分)如图所示为氢原子能级的示意图,下列有关说法正确的是(  ) A.处于基态的氢原子吸收10.5eV的光子后能跃迁至n=2能级 B.大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时,最多可辐射出3种不同频率的光 C.若用从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光,照射某金属时恰好发生光电效应,则用从n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光,照射该金属时一定能发生光电效应 D.用n=4能级跃迁到n=1能级辐射出的光,照射逸出功为6.34eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为6.41eV 2.(6分)已知无限长通电直导线周围某一点的磁感应强度B的表达式:B=,其中r0是该点到通电直导线的距离,I为电流强度,μ0为比例系数(单位为N/A2).试推断,一个半径为R的圆环,当通过的电流为I时,其轴线上距圆心O点为r0处的磁感应强度应为(  ) A. B. C. D. 3.(6分)嫦娥三号的飞行轨道示意图如图所示。假设嫦娥三号在环月段圆轨道和椭圆轨道上运动时,只受到月球的万有引力。则(  ) A.嫦娥三号由环月段圆轨道变轨进入环月段桶圆轨道时,应让发动机点火使其加速 B.嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点的速度大于Q点的速度 C.嫦娥三号在环月段椭圆轨道上Q点的速度大于月段圆轨道的速度 D.若已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量,则可算出月球的密度 4.(6分)如图所示,理想变压器原副线圈匝数之比为10:1,原线圈两端连接正弦交流电源u=220sin314t(V),副线圈接电阻R,同时接有理想电压表和理想电流表。下列判断正确的是(  ) A.电压表读数约为31.1V B.若仅将副线圈匝数增加到原来的2倍,则电流表的读数增大到原来的2倍 C.若仅将R的阻值增加到原来的2倍,则输入功率也增加到原来的2倍 D.若R的阻值和副线圈匝数同时增加到原来的2倍,则输出功率增加到原来的4倍 5.(6分)如图所示,真空中,垂直于纸面向里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在(含边界),两圆的半径分别为R、3R,圆心为O.一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场,其运动轨迹如图,轨迹所对的圆心角为120°.若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时,不论其入射方向如何,都不可能进入小圆内部区域,则v1:v2至少为(  ) A. B. C. D.2 6.(6分)真空中质量为m的带正电小球由A点无初速自由下落t秒,在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场,再经过t秒小球又回到A点。小球电荷量不变且小球从未落地,重力加速度为g。则(  ) A.整个过程中小球电势能变化了2mg2t2 B.整个过程中小球速度增量的大小为2gt C.从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2 D.从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t2 7.(6分)小球甲从斜面顶端以初速度υ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 8.(6分)如图所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接),弹簧的劲度系数为k,初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上,使物体A开始向上做加速度为a(a<g)的匀加速运动,重力加速度为g,则下列说法不正确的是(  ) A.施加外力F大小恒为M(g+a) B.A、B分离时,弹簧弹力恰好为零 C.A、B分离时,A上升的距离为 D.弹簧恢复到原长时,物体B的速度达到最大值 三、非选择题: 9.(5分)某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律。主要实验步骤如下: (ⅰ)将斜槽固定在水平桌面上,调整末端切线水平; (ⅱ)将白纸固定在水平地面上,白纸上面放上复写纸; (ⅲ)用重锤线确定斜槽末端在水平地面上的投影点O; (ⅳ)让小球A紧贴定位卡由静止释放,记录小球的落地点,重复多次,确定落点的中心位置Q; (v)将小球B放在斜槽末端,让小球A紧贴定位卡由静止释放,记录两小球的落地点,重复多次,确定A、B两小球落点的中心位置P、R; (vi)用刻度尺测量P、Q、R距O点的距离x1、x2、x3; (vii)用天平测量小球A、B质量m1、m2; (viii)分析数据,验证等式m1x2=m1x1+m2x3是否成立,从而验证动量守恒定律。 请回答下列问题 (1)步骤(v)与步骤(ⅳ)中定位卡的位置应   ; (2)步骤(ⅳ)与步骤(v)中重复多次的目的是   ; (3)为了使小球A与B碰后运动方向不变,A、B质量大小关系为m1   m2(选填“>”、“<”或“=”); (4)如图乙是步骤(vi)的示意图,则步骤(ⅳ)中小球落点距O点的距离为   m。 10.(10分)某一小型电风扇额定电压为5.0V,额定功率为2.5W.某实验小组想通过实验描绘出小电风扇的伏安特性曲线。实验中除导线和开关外,还有以下器材可供选择: A.电源E(电动势为6.0V) B.电压表V(量程为0~6V,内阻约为8kΩ) C.电流表A1(量程为0~0.6A,内阻约为0.2Ω) D.电流表A2(量程3A,内阻约0.05Ω); E.滑动变阻器R1(最大阻值5k,额定电流100mA) F.滑动变阻器R2(最大阻值25Ω,额定电流1A) (1)为了便于调节,减小读数误差和系统误差,实验中所用电流表应选用   滑动变阻器应选用   (填所选仪器前的字母序号)。 (2)请你为该小组设计实验电路,并把电路图画在甲图中的虚线框内(小电风扇的电路符号如图甲所示)。 (3)操作过程中发现,小电风扇通电后受阻力作用,电压表读数小于0.5V时电风扇没启动。该小组测绘出的小电风扇的伏安特性曲线如图乙所示,由此可以判定,小电风扇的电阻为   Ω,正常工作时的发热功率为   W,机械功率为   W 11.(12分)如图所示,在竖直面内有一个光滑弧形轨道,其末端水平,且与处于同一竖直面内光滑圆形轨道的最底端相切,并平滑连接。A、B两滑块(可视为质点)用轻细绳拴接在一起,在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧。两滑块从弧形轨道上的某一高度P点处由静止滑下,当两滑块刚滑入圆形轨道最低点时拴接两滑块的绳突然断开,弹簧迅速将两滑块弹开,其中前面的滑块A沿圆形轨道运动恰能通过轨道最高点,后面的滑块B恰好能返回P点,已知圆形轨道的半径R=0.72m,滑块A的质量mA=0.4kg,滑块B的质量mB=0.1kg,重力加速度g取10m/s2,空气阻力可忽略不计。求: (1)滑块A运动到圆形轨道最高点时速度的大小; (2)两滑块开始下滑时距圆形轨道底端的高度h; (3)弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能。 12.(20分)如图,间距为L的光滑金属导轨,半径为r的圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面,MNQP范围内有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。金属棒ab和cd垂直导轨放置且接触良好,cd静止在磁场中,ab从圆弧导轨的顶端由静止释放,进入磁场后与cd在运动中始终不接触。已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R.金属导轨电阻不计,重力加速度为g。 求(1)ab棒到达圆弧底端时对轨道压力的大小: (2)当ab棒速度为时,cd棒加速度的大小(此时两棒均未离开磁场) (3)若cd棒以离开磁场,已知从cd棒开始运动到其离开磁场一段时间后,通过cd棒的电荷量为q。求此过程系统产生的焦耳热是多少。(此过程ab棒始终在磁场中运动) (二)选考题:共15分。请考生从2道物理任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。[物理---选修3-3](15分) 13.(5分)下列说法中正确的是(  ) A.悬浮在液体中的微粒越小,则在某一瞬间跟它相撞的液体分子数越少,布朗运动越不明显 B.随着分子间距离的增大,分子势能一定先减小后增大 C.人们感到特别闷热时,说明空气的相对湿度较大 D.热量可以自发的从内能小的物体转移给内能大的物体 E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数,与单位体积内气体的分子数和气体温度有关 14.(10分)如图所示,两内壁光滑、长为2L的圆筒形气缸A、B放在水平面上,A气缸内接有一电阻丝,A气缸壁绝热,B气缸壁导热。两气缸正中间均有一个横截面积为S的轻活塞,分别封闭一定质量的理想气体于气缸中,两活塞用一轻杆相连。B气缸质量为m,A气缸固定在地面上,B气缸与水平面间的动摩擦因数为μ,且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。开始两气缸内气体与外界环境温度均为T0,两气缸内压强均等于大气压强P0,环境温度不变,重力加速度为g,不计活塞厚度。现给电阻丝通电对A气缸内气体加热,求: (i)B气缸开始移动时,求A气缸内气体的长度; (ii)A气缸内活塞缓慢移动到气缸最右端时,A气缸内气体的温度TA。 [物理---选修3-4](15分) 15.关于波的干涉和衍射,下列说法正确的是(  ) A.对于同一列机械波,障碍物越小,越容易绕过去 B.如果波在传播过程中遇到尺寸比波长大得多的障碍物,该波就不能发生衍射 C.猛击音叉,围绕振动的音叉转一圈的过程中,会听到声音忽强忽弱,这是干涉现象 D.一束白光通过三棱镜后,在屏上出现彩色条纹,这是光的一种干涉现象 E.机械波、电磁波、光波均能产生衍射现象 16.如图所示,用折射率n=的玻璃做成内径为R、外径为R'=R的半球形空心球壳,一束平行光射向此半球的外表面,且与中心对称轴OO′平行,不计多次反射。求球壳内部有光线射出的区域?(用与OO′所成夹角表示) 2020年安徽省滁州市定远县育才学校高考物理模拟试卷(3月份) 参考答案与试题解析 二、选择题,本题共8小题,每小题6分,共48分.每小题给出的4个选项中,第1-5题只有一项是符合题意要求的,第6-8题有多项是符合题意要求的.全部选对的6分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分. 1.【解答】解:A、处于基态的氢原子吸收10.2eV的光子后能跃迁至n=2能级,不能吸收10.2eV的能量。故A错误; B、大量处于n=4能级的氢原子,最多可以辐射出=6种,故B错误; C、从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光的能量值大于从n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光的能量值,用从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光,照射某金属时恰好发生光电效应,则用从n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光,照射该金属时不一定能发生光电效应,故C错误; D、处于n=4能级的氢原子跃迁到n=1能级辐射出的光的能量为:E=E4﹣E1=﹣0.85﹣(﹣13.6)=12.75eV,根据光电效应方程,照射逸出功为6.34eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为:Ekm=E﹣W=12.75﹣6.34=6.41eV,故D正确; 故选:D。 2.【解答】解:根据B=,μ0单位为:T?m/A; A、等式右边单位:=A/m,左边单位为T,不同,故A错误; B、等式右边单位:=T/m,左边单位为T,不同,故B错误; C、等式右边单位:=T,左边单位为T,相同,故C正确; D、等式右边单位:=T,左边单位为T,相同,但当r0=0时,B=0,显然不合实际,故D错误; 故选:C。 3.【解答】解:A、嫦娥三号在环月段圆轨道上P点减速,使万有引力大于向心力做近心运动,才能进入进入环月段椭圆轨道。故A错误; B、嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点向Q点运动中,距离月球越来越近,月球对其引力做正功,故速度增大,即嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点的速度小于Q点的速度。故B错误; C、根据,且月段椭圆轨道平均半径小于月段圆轨道的半径,可得嫦娥三号在环月段椭圆轨道的平均速度大于月段圆轨道的速度,又Q点是月段椭圆轨道最大速度,所以嫦娥三号在环月段椭圆轨道上Q点的速度大于月段圆轨道的速度。故C正确; D、要算出月球的密度需要知道嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期、月球半径和引力常量。故D错误; 故选:C。 4.【解答】解:A、根据u=220sin314t(V)可知,原线圈的电压有效值为U1=220V,电压表的读数为变压器的输出电压的有效值,由得电压表读数为:U2=22V,故A错误; B、若仅将副线圈匝数增加到原来的2倍,根据可知,U2增大到原来的2倍,由可知,电流表的读数增大到原来的2倍,故B正确; C、输入电压和匝数比不变,则输出电压U2不变,仅将R的阻值增加到原来的2倍,由可知,电流变为原来的一半,输入功率变为原来的一半,故C错误; D、若副线圈匝数增加到原来的2倍,则U2增加到原来的2倍,同时R的阻值也增加到原来的2倍,故输出功率变为原来的2倍,故D错误。 故选:B。 5.【解答】解:粒子在磁场中做圆周运动,由几何知识得:r1==, 洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qv1B=m, 解得:v1=, 当粒子竖直向上射入磁场时,如何粒子不能进入小圆区域,则所有粒子都不可能进入小圆区域, 粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进入磁场时粒子轨道半径:r2=R, 洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qv2B=mm, 解得:v2=,则:v1:v2=,故B正确,ACD错误; 故选:B。 6.【解答】解:AB、B小球先做自由落体运动,后做匀减速运动,两个过程的位移大小相等、方向相反。 设电场强度大小为E,加电场后小球的加速度大小为a,取竖直向下方向为正方向,则由gt2=﹣(vt﹣at2) 又v=gt,解得 a=3g,则小球回到A点时的速度为v′=v﹣at=﹣2gt,整个过程中小球速度增量的大小为△v=v′﹣0=﹣2gt,速度增量的大小为2gt。由牛顿第二定律得:a=,联立解得,qE=4mg △EP=qE?gt2=2mg2t2.故AB正确; C、从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了△Ek=m(gt)2.故C错误; D、设从A到最低点的高度为h,根据动能定理得:mgh﹣qE(h﹣gt2)=0,解得,h=gt2 从A到最低点小球重力势能减少了△Ep=mgh=,故D错误。 故选:AB。 7.【解答】解:A、设斜面倾角为θ,当速度为v时,水平方向的位移x=vt,竖直方向的位移y=gt2,根据几何关系可得tanθ=,解得t=,则水平位移x=vt=,落在斜面上的位移s==∝v2,所以小球乙落在斜面上时的位移为,故A错误; B、由于t=∝v,所以小球乙在空中运动的时间为,故B正确; C、若平抛运动的速度为v,小球落在斜面上的速率v′==,小球乙落在斜面上时的动能为,故C正确; D、当小球速度方向与斜面平行时离斜面最远,所以P=∝v,小球乙离斜面最远时的动量为,故D错误。 故选:BC。 8.【解答】解:A、AB整体原来静止,合外力为零,施加外力F的瞬间,对AB整体,根据牛顿第二定律,有:F=2Ma,故A错误; B、物体A、B在t1时刻分离,此时A、B具有共同的v与a,且AB间作用力为0; 对B:F弹﹣Mg=Ma,解得:F弹=M(g+a),故B错误; C、施加F前,物体AB整体平衡,根据平衡条件,有:2Mg=kx1,解得:x1=; A、B在t1时刻分离,由F弹=M(g+a)=kx2,解得 x2=,则A、B分离时,A上升的距离为△x=x1﹣x2=,故C正确; D、当弹簧的弹力F弹′=Mg时,B达到最大速度,此时弹簧处于压缩状态,故D错误。 本题选错误的, 故选:ABD。 三、非选择题: 9.【解答】解:(1)为使入射球到达斜槽末端时的速度相等,应从同一位置由静止释放入射球,即步骤(v)与步骤(ⅳ)中定位卡的位置应保持不变; (2)步骤(ⅳ)与步骤(v)中重复多次的目的是减小实验误差; (3)为了使小球A与B碰后运动方向不变,A、B质量大小关系为m1>m2; (4)由图示刻度尺可知,其分度值为1mm,(ⅳ)中小球落点距O点的距离为:37.23cm=0.3725m。 故答案为:(1)保持不变;(2)减少实验误差;(3)>;(4)0.3725。 10.【解答】解:(1)电风扇的额定电流I=,从读数误差的角度考虑,电流表选择C.电风扇的电阻比较小,则滑动变阻器选择总电阻为10Ω的误差较小,即选择E。 (2)因为电压电流需从零开始测起,则滑动变阻器采用分压式接法,电风扇的电阻大约R=,远小于电压表内阻,属于小电阻,电流表采用外接法。电路图如图所示。 (3)电压表读数小于0.5V时电风扇没启动。根据欧姆定律得:R=。 正常工作时电压为5V,根据图象知电流为0.5A, 则电风扇发热功率为:P=I2R=0.52×2.5W=0.625W, 则机械功率P′=UI﹣I2R=2.5﹣0.625=1.875W, 故答案为(1)C;E; (2)实验电路图如图所示 ; (3)2.5Ω、0.625、1.875。 11.【解答】解:(1)滑块A恰能通过轨道最高点,由重力提供向心力,由牛顿第二定律得 mAg=mA,得 vA===m/s (2)滑块A从最低点到最高点的过程,由机械能守恒定律得 2mgR+= 解得弹簧将两滑块弹开瞬间A的速度 vA0===6m/s 设两滑块滑到最低点时速度大小为v0,弹簧将两滑块弹开瞬间A的速度大小为vB0。 两滑块一起下滑的过程,根据机械能守恒得 (mA+mB)gh=(mA+mB)v02 解得:v0= B上滑的过程,由机械能守恒得 mBgh=mBvB02 解得:vB0= 则得 v0=vB0。 弹簧将两滑块弹开过程,取向右为正方向,根据动量守恒定律得 根据动量守恒定律得: (mA+mB)v0=mAvA0﹣mBvB0 解得 v0=4m/s 由v0=得 h==0.8m (3)设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为EP,对于弹开的过程,由机械能守恒定律得: (mA+mB)v02+EP=mAvA02+mBvB02 解得:EP=4J 答: (1)滑块A运动到圆形轨道最高点时速度的大小是m/s; (2)两滑块开始下滑时距圆形轨道底端的高度h是0.8m; (3)弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能是4J。 12.【解答】解:(1)ab下滑过程机械能守恒,由机械能守恒定律得:mgr=, 解得:v0=, ab运动到底端时,由牛顿第二定律得:F﹣mg=m, 解得:F=3mg, 由牛顿第三定律知:ab对轨道压力大小:F′=F=3mg; (2)两棒组成的系统动量守恒,以向右为正方向, 由动量守恒定律:mv0=mvab+mv′, 解得:v′=, ab棒产生的电动势:Eab=BLvab, cd棒产生的感应电动势:Ecd=BLv′, 回路中电流:I=, 解得:I=, 此时cd棒所受安培力:F=BIL, 此时cd棒加速度:a=, 解得:a=; (3)由题意可知,cd棒以离开磁场后向右匀速运动, 且从cd棒开始运动到通过其电荷量为q的时间内,通过ab棒电荷量也为q。 对ab棒,由动量定理可知:﹣BLt=mvab﹣mv0, 其中:q=t, 解得:vab=﹣, 此过程,由能量守恒定律得:mgr=+Q, 解得:Q=BLq﹣mgr﹣; 答:(1)ab棒到达圆弧底端时对轨道压力的大小为:3mg。 (2)当ab棒速度为时,cd棒加速度的大小为。 (3)此过程系统产生的焦耳热是BLq﹣mgr﹣。 (二)选考题:共15分。请考生从2道物理任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。[物理---选修3-3](15分) 13.【解答】解:A、悬浮在液体中的微粒越小,则在某一瞬间跟它相撞的液体分子数越少,微粒不平衡性越明显,布朗运动也就越明显,故A错误。 B、分子势能的变化,要看分子距离和平衡位置的关系,只有当r<r0时,随着分子间距离的增大,分子势能先减小后增大,当r>r0时,分子势能随分子距离的增大而增大,故B错误。 C、影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素,不是空气中水蒸气的绝对数量,而是在某一温度下,水蒸汽的压强与同温度下饱和汽压的比,即空气的相对湿度,水蒸气的压强离饱和汽压越近,越不利于水的蒸发,人们感到特别闷热,故C正确。 D、根据热力学第二定律,热量可以自发的从温度高的物体转移给温度低的物体;而物体内能和物体的温度、质量、种类都有关,内能的大小不能够说明温度的高低,内能小的物体温度可能高,所以,热量也可以自发的从内能小的物体转移给内能大的物体,故D正确。 E、气体压强与分子数密度和分子热运动的平均动能有关,故气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数,与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关,故E正确。 故选:CDE。 14.【解答】解:(i)B气缸将要移动时,对B气缸:=+μmg 对B气缸内气体由玻意耳定律得:= A气缸内气体的长度为: 解得: (ii)B气缸运动后,A、B气缸内的压强不再变化 对A气缸内气体由理想气体状态方程为:= 解得:=2(1+) 答:(i)B气缸开始移动时,A气缸内气体的长度为; (ii)A气缸内活塞缓慢移动到气缸最右端时,A气缸内气体的温度为 [物理---选修3-4](15分) 15.【解答】解:A、对于同一列机械波,障碍物越小,机械波越容易发生衍射现象,容易绕过去,故A正确; B、当障碍物的尺寸与机械波的波长大得多时,也能发生衍射现象,只是不明显,故B错误; C、围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音,是声波叠加产生加强与减弱的干涉的结果,故C正确; D、白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的色散现象,是由于光的折射形成的,故D错误; E、只要是波,均能发生干涉、衍射现象,故E正确。 故选:ACE。 16.【解答】解:设光线a′a射入外球面,沿ab方向射向内球面,刚好发生全反射,则有: sinC= 可得 C=45° 在△Oab中,Oa=R,Ob=R 由正弦定理得 = 解得:r=30° 由=n,得 i=45° 又因为∠O′Oa=i, ∠θ=C﹣r=45°﹣30°=15° 所以∠O′Ob=i+θ=45°+15°=60° 当射向外球面的入射光线的入射角小于i=45°时,这些光线都会射出内球面。 因此,以OO'为中心线,上、下(左、右)各60°的圆锥球壳内均有光线射出。 答:以OO'为中心线,上、下(左、右)各60°的圆锥球壳内均有光线射出。

  • ID:6-7127676 2020年四川省乐山四中高考物理模拟试卷(3月份)

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    2020年四川省乐山四中高考物理模拟试卷(3月份) 二、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第14~18题只有一项符合题目要求,第19~21题有多项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分. 1.(6分)如图甲所示是研究光电效应的实验装置。某同学选用甲、乙两种单色光做光电效应实验,发现光电流与电压的关系如图乙所示。已知普朗克常量为h,电子的电荷量为e,下列说法正确的是(  ) A.由图乙可知,甲光光子动量大于乙光光子动量 B.由图乙可知,甲光的强度大于乙光的强度 C.甲、乙光分别照射阴极K时,光电子逸出时最大初动能不同 D.由图乙可计算出阴极K在单位时间内放出的光电子数 2.(6分)某工厂为了测试汽车的性能,将两辆完全相同的汽车并排停放在平直的公路上,在t=0时刻将两汽车同时启动,通过计算机描绘出两汽车加速度随时间变化规律的图象如图所示。则下列说法正确的是(  ) A.汽车甲做匀速直线运动,汽车乙做匀减速直线运动 B.第1s末两车之间的距离最大 C.第1s末汽车甲的速度大小为10m/s,汽车乙的速度大小为15m/s D.前2s内两汽车的位移大小相等 3.(6分)2019年12月7日,我国采用一箭多星的方式成功将六颗卫星发射升空。在赤道平面内有三颗在同一轨道上运行的卫星,三颗卫星在此轨道均匀分布,其轨道距地心的距离为地球半径的3.3倍,且三颗卫星均自西向东环绕地球转动。某时刻其中一颗人造卫星处于地球赤道上某一建筑物的正上方,已知地球的自转周期为T,地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍,则该建筑物正上方出现下一颗人造卫星间隔的时间约为(  ) A.0.18T B.0.24T C.0.32T D.0.48T 4.(6分)如图所示,一交流发电机的线圈通过滑环与理想变压器相连,理想变压器原线圈接有理想电压表和电流表,副线圈接有定值电阻和灯泡,它们的阻值相等(设灯泡阻值不变),且均为R.当线圈由图示位置(磁场恰好与线圈平面垂直)以转速n匀速转动时,灯泡恰能正常发光,电压表示数为U,已知灯泡的额定功率为P.下列选项正确的是(  ) A.线圈在图示位置磁通量的变化率最大 B.电流表的示数为 C.变压器原、副线圈匝数比为 D.从图示位置开始计时,变压器输入电压的瞬时值表达式u=Usin2nπt 5.(6分)如图所示,光滑的绝缘等腰直角三角形固定在水平面上。在直角边上固定一金属棒b,另一个完全相同的金属棒a置于斜面上且与a在同一水平线上,当两金属棒均通以电流强度为Ⅰ的同向电流且相距为x时,金属棒a恰好能静止在斜面上。已知金属棒a、b长均为L,质量为m,重力加速度为g,则下列说法正确的是(  ) A.b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度方向竖直向下 B.b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度大小为 C.若将b缓慢上移一小段距离。a仍可能保持静止 D.若使b缓慢下移一小段距离,a仍可能保持静止 6.(6分)如图所示,某带正电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点,运动轨迹为实线,虚线O、P、Q为电场中的三个等势面,相邻两等势面之间的电势差相等,可以判定(  ) A.O、P、Q三个等势面中,O等势面的电势最高 B.带电粒子在A点具有的电势能比在B点具有的电势能大 C.带电粒子通过A点时的动能比通过B点时大 D.带电粒子通过A点时的加速度比通过B点时大 7.(6分)如图所示,将弹簧一端固定在水平桌面上,另一端放上小球,用力把小球往下压后迅速放开,观察到小球被弹起并离开弹簧向上运动一段距离。不计弹簧重力和空气阻力,在弹簧恢复原长的过程中(  ) A.小球一直做加速运动 B.弹簧对小球做的功和对桌面做的功相等 C.弹簧对小球的冲量大小和对桌面的冲量大小相等 D.弹簧对小球的弹力做功的平均功率大于小球克服重力做功的平均功率 8.(6分)在空间O点以初速度v0水平抛出一个小球,小球运动到空中A点(图中未画出)时,速度与水平方向的夹角为60°,若在O点抛出小球时的初速度方向不变,大小变为2v0,结果小球运动到空中B点(图中未画出)时速度与水平方向的夹角也为60°,不计空气阻力,则下列说法正确的是(  ) A.OB长是OA长的2倍 B.OB长是OA长的4倍 C.OA与水平方向的夹角小于OB与水平方向的夹角 D.OA与水平方向的夹角等于OB与水平方向的夹角 三、非选择题:共174分.第22~32题为必考题,每个试题考生都必须作答.第33~38题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:共129分. 9.(5分)某同学在验证牛顿第二定律时,设计了如图甲所示的实验装置,经测量可知小车的质量为m1,砝码盘及砝码的总质量为m2,且m2远小于m1.回答下列问题: (1)在某次实验时打出了如图乙所示的纸带,已知打点计时器的打点周期为T,图中相邻两计数点间还有四个点未画出,用刻度尺依次测出相邻两计数点之间的距离为x1、x2、x3、x4、x5、x6,用上述量写出小车加速度的关系式a=   ; (2)该同学在探究小车加速度与外力的关系时,首先平衡了摩擦力,多次改变盘中砝码的质量,记录了多组加速度与砝码重力F的图象,如图丙所示,若重力加速度g=10m/s2,则小车的质量为   kg,砝码盘的质量为   kg.(保留一位有效数字) 10.(10分)某研究性学习小组为了研究一只标有“2.0V 1.0W”字样小灯泡的伏安特性曲线,实验室提供了以下器材: A.电源E:电动势为3.0V,内阻不计; B.电压表V:量程为0~3V,内阻约为1kΩ; C.电流表A1:量程为0~3A,内阻约为0.1Ω; D.电流表A2:量程为0~0.6A,内阻约为0.6Ω; E.滑动变阻器R1:最大阻值为10Ω,额定电流为2.0A; F.滑动变阻器R2:最大阻值为15kΩ,额定电流为0.5A; G.开关S,导线若干。 (1)实验中电流表应选   (填“A1”或“A2”),滑动变阻器应选用   (填“R1”或“R2”)。 (2)实验设计的电路如图甲所示,请根据电路图将实物图乙连接完整。连接好电路后,在闭合开关前,应将图乙中滑动变阻器的滑片移到   (填“A”或“B”)端。 (3)闭合开关后移动滑动变阻器。测出多组电压表和电流表的示数U、I,根据测得的数据,已在I﹣U坐标系中描点,如图丙所示,请作出I﹣U图线,并由此判断:小灯泡的电阻随温度升高而   (填“增大”或“减小”)。 (4)将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与R=2Ω的定值电阻串联,接在电动势为2V、内阻不计的电源上,如图丁所示,闭合开关S后。两个小灯泡的总功率为   W(结果保留两位有效数字)。 11.(12分)如图所示,矩形线框abcd固定在一倾角为θ的绝缘斜面上,ab长为L,ad长为4L,其中长边是用单位长度电阻为的均匀金属条制成,短边的电阻很小,可以忽略不计,两个短边上分别连接理想的电压表和电流表。有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上垂直穿过斜面。一与长边材料完全相同的金属杆在外力作用下,以速度v从底端匀速滑到最上端。求: (1)当金属杆滑到长边正中间时电压表示数; (2)金属杆滑到什么位置时,金属杆上两侧长边电阻消耗的电功率最大。 12.(20分)如图所示,质量M=2kg、高h=0.2m的长木板静止在粗糙的水平地面上,长木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1.在长木板上放置一个质量m=lkg的铁块(可视为质点),开始时铁块离长木板左端B点的距离L=0.5m,铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10m/s2.若在长木板上加一个水平向右的恒力F,求: (1)要将长木板从铁块下抽出,水平向右的恒力F应满足什么条件。 (2)若水平向右的恒力为17N,铁块与长木板分离时两者的速度大小。 (3)在(2)中,在铁块落地前的整个过程中,铁块、长木板和地面组成的系统因摩擦所产生的热量。 [物理--选修3-3](15分) 13.(5分)如图所示,一定质量的理想气体从状态a开始,经历一系列过程变化后又到达状态a,已知从状态b经过等温过程bc到达状态c,ca平行于横轴V,ab平行于纵轴p,下列说法正确的是(  ) A.在a到b过程中气体的内能增加 B.在c到a过程中外界对气体做功 C.在a到b过程中气体对外界做功 D.在b到c过程中气体从外界吸收热量 E.在c到a过程中气体从外界吸收热量 14.(10分)如图所示,一汽缸左半部分导热性能良好,右半部分绝热且右端封闭,中间用一容积可以忽略的细管连接,导热性能良好的活塞N和绝热活塞M将汽缸隔成A、B两部分。初始时,两部分空间内都密封有温度为27℃、体积为5L的理想气体,已知活塞N的横截面积为100cm2,大气压强为p0=1.0×105Pa,室温恒为27℃,汽缸内壁光滑。现用一水平推力F缓慢将活塞N向右移动5cm,为使活塞M的位置不变,需要给B中气体加热,求活塞N向右移动5cm时: ①推力F的大小; ②B中气体的温度。(结果均保留整数) [物理一选修3-4](15分) 15.利用双缝干涉实验装置测量光的波长实验中,双缝间距d=0.3mm,双缝到光屏的距离L=1.0m,用红色光照射双缝得到干涉条纹,将测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐,如图甲所示,将该亮纹定为第1条亮纹,此时手轮上的示数如图乙所示,然后同方向转动测量头,使分划板中心刻线与第8条亮纹中心对齐,此时手轮上的示数如图丙所示,则相邻亮条纹的中心间距△x=   mm;红色光的波长λ=   m.(结果均保留三位有效数字) 16.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播,t=0时刻的波动图象如图甲所示,质点M的振动图象如图乙所示。已知t=0时刻质点M恰好完成一次全振动,M、N两质点的平衡位置均在x轴上,两者相距s=19m。求: ①此简谐横波的传播速度的大小; ②t=11s时质点N运动的路程。 2020年四川省乐山四中高考物理模拟试卷(3月份) 参考答案与试题解析 二、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第14~18题只有一项符合题目要求,第19~21题有多项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分. 1.【解答】解:B、根据光的强度越强,则光电子数目越多,对应的光电流越大,即可判断甲光的强度较大,故B正确; A、根据爱因斯坦光电效应方程结合遏止电压的关系可知,eUc=hv﹣W,由于遏止电压Uc相同,则两种光的频率相同,根据德布罗意波长公式可知,,故两种光的光子的动量一样大,故A错误; C、遏止电压相同,则光电子的最大初动能相同,故C错误; D、由于不知道饱和光电流,无法求出阴极在单位时间放出的光电子数,故D错误。 故选:B。 2.【解答】解:A、在0﹣2s内汽车甲做匀加速直线运动,而汽车乙加速度逐渐减小的变加速运动,故A错误; B、在a﹣t图象中,图线与坐标轴围成的面积等于物体的速度变化,又两车的初速度为零,则某段时间图象的面积大小等于该时刻两车的速度大小,两车沿相同方向运动,在a﹣t图象中可知,开始时,乙车的加速度大于甲车的,乙车速度快,2s末辆汽车的速度相等,则该时刻辆汽车之间的距离最大,故BD错误; C、1s末汽车甲的速度大小为10m/s,乙的速度大小为15m/s,故C正确; 故选:C。 3.【解答】解:地球的自转周期为T,即为地球同步卫星的周期,设地球的半径为R, 根据开普勒第三定律:=,解得:T′=T, 该建筑物正上方出现一颗人造卫星时,该卫星比地球自转多转过的角度为,即(﹣)t= 解得:t≈0.18T 故A正确,BCD错误 故选:A。 4.【解答】解:A、线圈在图示位置,磁通量最大,即为中性面,线圈的感应电动势为零,则磁通量的变化率为零,故A错误; B、因理想变压器的原副线圈功率相等,副线圈中定值电阻和灯泡的阻值相等,且灯泡能正常发光,那么副线圈的功率为P副=UI1,因原线圈的电压为U,所以2P=UI1,解得:I1=,故B正确; C、对于副线圈,因灯泡正常发光,则灯泡两端的电压U灯=,因此副线圈的电压为U副=2,那么变压器的原副线圈匝数之比为:=,故C错误; D、由于线圈从中性面开始计时,那么是正弦交流电,且角速度ω=2πn,及Um=U,那么变压器的输入电压的瞬时值表达式为e=Usin2nπt,故D错误。 故选:B。 5.【解答】解:A、由右手螺旋定则b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度方向竖直向上,故A错误; B、导体棒a在重力、斜面的支持力和安培力的作用下处于平衡状态,而安培力的方向水平向右,由三力平衡条件得:FA cos45°=BIL cos45°=mgsin45°,解得:B=,故B错误; C、两个导体棒的距离越大,导体棒间的安培力越小,若安培力和斜面的支持力的合力等于重力, 则导体棒a就可能平衡,设a受到的安培力F与斜面夹角为θ,当导体棒b向上移动, 由三个力的动态平衡条件得:FAcosθ=BILcosθ=mgsin45°,导体棒b越靠上端,安培力越小,则夹角θ变小,故b上移,导体棒a可能处于平衡状态,而导体棒b下移,两个棒间的安培力变小,夹角θ变大,Fcosθ整体变小,则导体棒a不能处于静止状态,故C正确,D错误。 故选:C。 6.【解答】解:A、带电粒子所受电场力的方向指向轨迹内侧,由于带电粒子带正电,沿电场线方向电势降低,所以O等势面的电势最高,故A正确; B、根据带电粒子受力情况可知,从A点到B点的运动过程中,电场力做正功,电势能减小,故B正确; C、从A点到B点的过程中电场力做正功,根据动能定理可知,带电粒子的动能增加,所以带电粒子通过A点的动能小于通过B点时的动能,故C错误; D、电场强度大的地方电势降落的快,所以电场强度也可以用等势面的疏密程度来描述,所以A点的场强大于B点的场强,所以带电粒子在A点受到的电场力大于通过B点时的电场力,故带电粒子通过A点时的加速度大于通过B点时的加速度,故D正确。 故选:ABD。 7.【解答】解:A、弹簧恢复原长的过程中,小球向上加速运动,弹簧压缩量减小,弹力减小,当弹力等于重力时,加速度为零,速度最大,此后弹力小于重力,合力向下,加速度与速度反向,小球做减速运动,故A错误; B、弹簧对桌面虽然有弹力,但没有位移,所以不做功,故B错误 C、弹簧对桌面的弹力等于对小球的弹力,作用时间相同,冲量大小相等,C正确; D、小球向上运动,受到的弹力方向向上,力与位移同向,故弹力对小球作正功,重力方向向下,与位移反向,对小球做负功,由于小球动能增加,所以弹簧对小球做的功大于小球克服重力做的功,时间相同,根据功率的定义可知弹簧对小球的弹力做功的平均功率大于小球克服重力做功的平均功率,故D正确 故选:CD。 8.【解答】解:AB、小球从O点运动到A点的时间为,水平位移,竖直位移,则OA长为 同理,小球从O点运动到B点的时间为,水平位移,竖直位移,则OB长 则有:OB=4OA,故A错误,B正确; CD、设OA与水平方向的夹角为α,OB与水平方向的夹角为β,则,,所以α=β,故C错误,D正确。 故选:BD。 三、非选择题:共174分.第22~32题为必考题,每个试题考生都必须作答.第33~38题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:共129分. 9.【解答】解:(1)根据匀变速直线运动的推论公式△x=at2,又t=5T,则由逐差法可求得:x4+x5+x6﹣x1﹣x2﹣x3=9at2, 整理得:a=。 (2)设砝码盘的质量为m,由牛顿第二定律可知mg+F=m1a,由a﹣F图象将上式变式为:a=F+, 图象的斜率表示小车质量的倒数,图象的斜率为:k==kg﹣1=kg﹣1, 故车质量为m1═=kg≈2 kg, 当F=0时,产生的加速度是由于砝码盘的作用而产生的,故有:mg=m1a0, 解得m═=kg=0.06kg。 故答案为:(1);(2)2,0.06。 10.【解答】解:(1)灯泡额定电流:I=A=0.5A,电流表选择A2;由图甲所示电路图可知,滑动变阻器采用分压接法,为方便实验操作,滑动变阻器应选择R1。 (2)根据图甲所示电路图连接实物电路图,实物电路图如图所示;滑动变阻器采用分压接法,为保护电路,闭合开关前滑片应置于A端。 (3)根据坐标系内描出的点作出灯泡的I﹣U图象如图所示; I﹣U图象割线斜率的倒数是灯泡电阻,随I增大U增大,灯泡实际功率增大,灯泡温度升高, 由图示图象可知,随I增大图象割线的斜率变小,斜率的倒数增大,即灯泡电阻增大。 (4)设灯泡两端电压为U,流过每个灯泡的电流为I,由图丁所示电路图可知:E=U+2IR, 代入数据整理得:I=﹣0.25U+0.5, 在灯泡I﹣U图象坐标系内作出I=﹣0.25U+0.5的图象如图所示; 由图示图象可知,灯泡工作电流I=0.33A,工作电压U=0.63V, 两个小灯泡的总功率P=2UI=2×0.63×0.33W≈0.42W。 故答案为:(1)A2;R1;(2)实物电路图如图所示;A;(3)图象如图所示;增大;(4)0.42。 11.【解答】解:(1)金属杆在运动过程中产生的感应电动势为E=BLv, 金属杆滑到长边正中间时,所组成回路的总电阻为, 根据闭合电路欧姆定律可知,电路中的电流为, 根据题意可知,电压表测量的是路端电压,所以电压表的示数为U=I?4R=; (2)设金属杆向上运动x距离时,金属杆上侧长边电阻消耗的电功率最大,此时回路中有电流流过部分的电阻为R, 电阻消耗的电功率为=, 则电源电动势一定,内外电阻相等时,电源的输出功率最大, 由此可知当Rx=R时,金属杆上两侧长边的电阻消耗的电功率最大,所以(8L﹣2x)=R, 解得x=3.5L, 即金属杆向上运动3.5L距离时,金属杆上两侧长边的电阻消耗的电功率最大。 答:(1)当金属杆滑到长边正中间时电压表示数为; (2)金属杆向上运动3.5L距离时,金属杆上两侧长边的电阻消耗的电功率最大。 12.【解答】解:(1)欲将长木板从铁块下抽出,这两者间必存在相对运动,两者刚好发生相对滑动时: 对滑块,由牛顿第二定律有μ2mg=mα, 解得a=2m/s2 对长木板,由牛顿第二定律有Fmin﹣μ1(m+M)g﹣μ2mg=Ma 解得Fmin=9N, 即恒力F应满足的条件为F>9N; (2)当F1=17N>9N时,滑块相对于长木板将发生相对滑动。 对长板,根据牛顿第二定律可得:F1﹣μ1(m+M)g﹣μ2mg=Ma1, 解得 滑块的加速度, 分离时长木板的位移, 铁块的位移 两者分离时有x1﹣x2=L, 解得t1=0.5s 设滑块离开长木板的瞬间,长木板与铁块的速度分别为v1,v2, 则v1=a1t1=3m/s,v2=a2t1=1m/s; (3)在(2)问中,分离时长木板位移 滑块离开长木板后做平抛运动,由平抛运动规律有 滑块离开长木板后,对长木板,由牛顿第二定律可知F1﹣μ1Mg=Ma3, 解得 滑块离开长木板到落地时长木板的位移, 解得x3=0.75m 整个过程中,滑块与长板间因摩擦产生的热量Q1=μ2mgL=1.0J 长木板与水平面间因摩擦产生的热量Q2=μ1(M+m)gx1+μ1Mgx3=3.75J 铁块、长木板和水平地面组成的系统因摩擦产生的热量Q总=Q1+Q2=4.75J。 答:(1)要将长木板从铁块下抽出,水平向右的恒力F>9N; (2)若水平向右的恒力为17N,铁块与长木板分离时两者的速度大小分别为1m/s、3m/s; (3)在(2)中,在铁块落地前的整个过程中,铁块、长木板和地面组成的系统因摩擦所产生的热量为4.75J。 [物理--选修3-3](15分) 13.【解答】解:A、在a到b过程中等容升压,根据=C可知温度升高,一定质量的理想气体内能决定于气体的温度,温度升高,则内能增加,故A正确; B、在c到a过程中压强不变,体积减小,所以外界对气体做功,故B正确; C、在a到b过程中气体体积不变,根据W=p△V可知,气体对外界做功为零,故C错误; D、在b到c过程中,属于等温变化,气体膨胀对外做功,而气体的温度不变,则内能不变;根据热力学第一定律△U=W+Q可知,气体从外界吸收热量,故D正确; E、在c到a过程中压强不变,体积减小,所以外界对气体做功,根据=C可知温度降低,则内能减小,根据热力学第一定律可知,气体一定放出热量,故E错误。 故选:ABD。 14.【解答】解:①以气缸A内的气体为研究对象, 状态1:p1=p0=1.0×105Pa,V1=5L, 状态2:p2=?,V2=V1﹣Sx=5L﹣100×5cm3=4.5L, 根据玻意耳定律可得:p1V1=p2V2, 解得:p2=1.11×105Pa, 推力F的大小F=(p2﹣p0)S=110N; ②以气缸B中的气体为研究对象, 状态1:p′1=p0=1.0×105Pa,T′1=(27+273)K=300K, 状态2:p′2=p2=1.11×105Pa,T′2=? 气体做等容变化,根据查理定律可得:= 解得:T′2=333K。 答:①推力F的大小为110N; ②B中气体的温度为333K。 [物理一选修3-4](15分) 15.【解答】解:图乙中,螺旋测微器固定刻度读数为2mm,可动刻度读数为32.0×0.01mm=0.320mm,两者相加为2.320mm; 图丙中,螺旋测微器固定刻度读数为18.5mm,可动刻度读数为37.0×0.01mm=0.370mm,两者相加的读数为:18.870mm。 计算相邻亮条纹的中心间距:△x==2.36mm。 根据△x=知,波长λ=,代入数据得:λ=m=7.08×10﹣7m。 故答案为:2.36;7.08×10﹣7。 16.【解答】解:①根据图甲可知,简谐波的波长为:λ=4m 周期为:T=0.8s 所以简谐波的传播速度为大小为: ②简谐波传播到N点需要的时间为: 所以质点N振动的时间为:△t=t﹣t0=8s=10T 因为振幅为:A=20cm 则t=11s时质点N运动的路程为:s=40A=800cm=8m。 答:①此简谐横波的传播速度的大小5m/s; ②t=11s时质点N运动的路程为8m。