【物理】山西省吕梁市2020届高三上学期第一次模拟考试试题（解析版）

【物理】山西省吕梁市2020届高三上学期第一次模拟考试试题（解析版）

山西省吕梁市2020届高三上学期 第一次模拟考试试题 ‎(本试题满分100分，考试时间90分钟。答案一律写在答题卡上)‎ 一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。其中1-6題为单选，7-10题为多选;全部选对得4分，漏选得2分，错选不得分)‎ ‎1.下列关于物理学史、物理概念、方法和知识的说法中，错误的是( )‎ A. 电动势表征了电源将其他形式的能转化为电能的本领，在大小上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从正极搬运到负极所做的功 B. 库仑在利用扭秤装置研究得到库仑定律的实验探究中，既用到了放大的思想，也用到了控制变量法 C. 开普勒在天文观测数据基础上，总结出了行星运动的规律 D. 在研究电场磁场时，我们常引入电场线和磁感线，最初是法拉第引入的 ‎【答案】A ‎【详解】A．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，在大小上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极送到正极所做的功，A错误，符合题意；‎ B．库仑利用扭秤装置探究决定电荷间的相互作用力大小的因素有电荷电量的大小和电荷之间的距离，研究一个变量与多个变量之间的关系时，应用控制变量法，同时为便于测量还应用了放大思想，B正确，不符合题意；‎ C．开普勒在第谷天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，C正确，不符合题意；‎ D．法拉第首先提出了“场”的概念，并利用电场线、磁感线形象地描述了电场和磁场，D正确，不符合题意。‎ 故选A。‎ ‎2.a、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的x-t图象如图所示，图象c是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是（　　）‎ ‎ ‎ A. a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同 B. 在0-5s内，当t＝5s时，a、b两个物体相距最近 C. 物体c做类平抛运动，物体c的加速度恒为0.2m/s2‎ D. 0-10s内，有一个时刻a、b、c三物体的速率相同 ‎【答案】D ‎【详解】A．位移-时间图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知a、b两物体都做匀速直线运动。由图看出斜率看出，a、b两图线的斜率大小、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，故速度不同，A错误；‎ B．由图可知，a、b向背运动，在0～5 s内，5s时距离最远，B错误；‎ C．由图可知，物体c做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的位移时间公式：‎ 代入数据（0，0）（10，10）坐标数值，解得a=0.2m/s2，C错误；‎ D．由图可知，0-10s内，在图线c上有一个时刻的切线恰好与图线a平行，即图线c此时切线的斜率与图线a的斜率相等，即两者速度大小相等，而图线b的速度大小一直与a的速度大小相等，所以0-10s内，有一个时刻a、b、c三物体的速度大小相同，即速率相同，D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.在真空中A、B两点分别放置等量同种正电荷，在电场中通过A、B两点的竖直平面内对称位置取一个矩形路径abcd(左边ad到A的距离与右边bc到B的距离相等，上边ab和下边cd以AB连线对称)，现将一电子沿abcd移动一周，则下列判断正确的是（　　）‎ A. a、b两点场强相同 ‎ B. a、c两点电勢相同 C. 由c→d电子的电势能一直增加 ‎ D. 由d→a电子的电势能先增加后减小，电势能总增加量为零 ‎【答案】B ‎【详解】A．根据电场的叠加原理，可知a、b两点场强大小相等，方向不相同，故a、b两点场强不相同，A错误；‎ B．根据等量同种电荷等势线分布的对称性可知，a、c两点的电势相同，B正确；‎ C．由c到d，场强水平向分量先向左再向右，故电场力先做负功，再做正功，所以电势能先增大，后减小，C错误；‎ D．两电荷连线上方，场强竖直向分量向上，两电荷连线下方，场强竖直向分量向下。则电子由d到a，电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增加，两点电势相等，则两点的电势能相等，所以电势能总增加量为零，D错误。‎ 故选B。‎ ‎4.如图所示，弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行。在通过弹簧中心的直线上，小球P从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 小球P动能一定在减小 ‎ B. 小球P的机械能一定在减少 C. 小球P与弹簧系统的机械能一定在增加 ‎ D. 小球P重力势能的减小量大于弹簧弹性势能的增加量 ‎【答案】B ‎【详解】小球P与弹簧接触前，小球P沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，速度沿斜面向下；小球P与弹簧接触后，刚开始弹力小于重力沿斜面向下的分力，合外力沿斜面向下，加速度的方向沿斜面向下，随着形变量的不断增大，加速度不断减小，此时小球P做加速度不断减小的加速运动；当弹力等于重力沿斜面向下的分力时，加速度为零，速度最大，小球P的动能最大，接着弹力大于重力沿斜面向下的分力，合外力方向沿斜面向上，加速度沿斜面向上，随着形变量的增大，加速度不断增大，速度不断减小，当弹簧压到最短时，小球P的速度为零，形变量最大，小球P的机械能不断减小，弹簧的弹性势能不断增大，最后达到最大。‎ A．由上分析可知，小球P的动能先增大后减小，A错误；‎ BC．由上分析可知，小球P与弹簧组成的系统的机械能守恒，弹簧的弹性势能不断增大，所以小球P的机械能不断减小，B正确，C错误；‎ D．当小球P的速度为零时，根据系统机械能守恒，可知小球P重力势能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量，D错误。‎ 故选B。‎ ‎5.如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是( )‎ A. B与水平面间的摩擦力减小 B. 绳子对B的拉力增大 C. A、B静止时，图中、、三角始终相等 D. 悬于墙上的绳所受拉力不变 ‎【答案】C ‎【详解】AB．对A分析，由于A处于静止，故绳子的拉力等于A的重力；绳子对B的拉力也保持不变，等于A的重力；对B分析，B向右移动时，绳与地面的夹角减小，绳水平分量增大，而水平方向B受力平衡，摩擦力增大，AB错误；‎ C．对滑轮分析，由于A一直竖直，故绳子与墙平行，故；因拉A的绳子与拉B的绳子力相等，而拉滑轮的力与两绳子的力的合力大小相等，故拉滑轮的力应这两绳子拉力的角平分线上，故、、三角始终相等，C正确；‎ D．向右移动时，两绳间夹角增大，而两拉力不变，故悬于绳上的绳子的拉力将减小，D错误。‎ 故选C。‎ ‎6.用细绳拴一个质量为m的光滑小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴连)，弹簧劲度系数为k，如图所示。将细绳剪断后（　　）‎ A. 小球立即获得的加速度 ‎ B. 小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动 C. 小球落地的时间小于 ‎ D. 小球落地的速度大于 ‎【答案】D ‎【详解】A．细绳剪断前小球受重力、弹力和拉力的作用，处于平衡状态，故弹力和重力的合力为：‎ F合=‎ 剪断细线瞬间，弹力和重力不变，则两力的合力不变，根据牛顿第二定律有：‎ F合==ma 解得：‎ A错误；‎ B．平抛运动只受重力；将细绳烧断后，小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以不是平抛运动，B错误；‎ C．小球竖直方向只受重力，竖直分运动是自由落体运动，根据自由落体运动规律有：‎ 故小球落地的时间，C错误；‎ D．如果不受弹簧弹力，小球做自由落体运动，根据自由落体运动规律有：‎ 解得落地速度，由于水平方向有弹簧弹力作用，则水平方向会加速，从而获得水平速度，而竖直方向的速度不变，所以落地速度大于，D正确。故选D。‎ ‎7.如图所示，一小球从半径为R的固定半圆轨道左端A 点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点。O为半圆轨道圆心，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g。关于小球的运动，根据以上条件（　　）‎ A. 可求出小球抛出时的初速度 ‎ B. 可求出抛出点与B点的距离 C. 不能求出小球经过B点时对轨道的压力 ‎ D. 可求出小球自抛出至B点的过程中速度变化量 ‎【答案】ABD ‎【详解】A．由几何知识可得，小球自抛出至B点的水平射程为：‎ 小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，经过B点时速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为，根据平抛运动规律有：‎ 解得：‎ 根据 解得：‎ 则平抛的水平初速度为：‎ 解得：‎ 即可求出小球抛出时的初速度，A符合题意；‎ B．抛出点与B点的距离为：‎ 解得：‎ 即可求出抛出点与B点的距离，B符合题意；‎ C．小球经过在B点，若支持力为零，根据牛顿第二定律有：‎ 解得：‎ 而小球在B点的速度为：‎ 所以小球经过B点时，支持力为零，小球在整个过程中做平抛运动，根据牛顿第三定律可知小球经过B点时对轨道的压力为零，故可以求出小球经过B点时对轨道的压力，C不符合题意；‎ D．速度变化量 所以可求出小球自抛出至B点的过程中速度变化量，D符合题意；‎ 故选ABD。‎ ‎8.2019年12月7日16时52分，快舟一号甲运载火箭在太原卫星中心成功发射，以“一六星”的方式将“和德二号”A/B卫星、天仪16/17卫星、天启四号A/B卫星送入预定轨道。关于环绕地球运行的卫星，下列说法正确的是（　　）‎ A. 分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，可能具有相同的周期 B. 沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率 C. 在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同 D. 沿不同轨道经过太原上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合 ‎【答案】AB ‎【详解】A．根据开普勒第三定律：‎ 可知只要圆轨道的半径和椭圆轨道的半长轴相等，周期就相同，A正确；‎ B．沿椭圆轨道运行的卫星速率是变化的，但是关于长轴对称的两点速率是相等的，B正确；‎ C．同步卫星的轨道一定在赤道上空，且半径是一定的，C错误；‎ D．由于卫星的轨道圆心在地心，沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，轨道平面可能不同，D错误；‎ 故选AB。‎ ‎9.如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R为定值电阻，电容器的电容为C。闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为U，电流表示数的变化量为I，则（　　）‎ A. 电源的输出功率一定增大 B. 变化过程中U和I的比值保持不变 C. 电阻R0两端电压减小，减小量大于U D. 电容器的带电量增大，增加量为CU ‎【答案】BD ‎【详解】A．由于不知道内阻与外阻的大小关系，所以无法判断电源的输出功率是否增大，A错误；‎ B．根据闭合电路欧姆定律得：‎ 由数学知识得：‎ 即保持不变，B正确；‎ CD．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路的总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律可知，干路电流减小，路端电压增大，根据欧姆定律可知，电阻R0两端的电压减小，内阻两端的电压也减小，而R两端的电压增大，所以电阻R0两端的电压减小量小于，电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为，C错误，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎10.如图所示，在荧屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直纸面向里。距离荧屏d处有一粒子源S，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射电荷量为q，质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子做圆周运动的半径也恰好为d，则（　　）‎ A. 粒子能打到板上的区域长度为2d B. 能打到板上最左侧的粒子所用的时间为 C. 粒子从发射到达到绝缘板上的最长时间为 D. 同一时刻发射的粒子打到绝缘板上的最大时间差 ‎【答案】BD ‎【详解】A．打在极板上粒子轨迹的临界状态如图所示：‎ ‎ ‎ 根据几何关系知，带电粒子能到达板上的长度为：‎ A错误；‎ B．由运动轨迹图可知，能打到板上最左侧的粒子偏转了半个周期，故所用时间为：‎ 又 解得：，B正确；‎ CD．设此时粒子出射速度的大小为v，在磁场中运动时间最长（优弧1）和最短（劣弧2）的粒子运动轨迹示意图如下：‎ 粒子做整个圆周运动的周期，由几何关系可知：‎ 最短时间：‎ 最长时间：‎ 根据题意得同一时刻发射的粒子打到绝缘板上的最大时间差：‎ 解得：，C错误，D正确。‎ 故选BD。‎ 二、实验题(本题共2小题，共15分)‎ ‎11.为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置，细线与弹簧测力计挂钩相连。其中M为带滑轮的小车的质量，放在一端带滑轮的长木板上，m为秒和砂桶的质量。(滑轮质量不计)‎ ‎(1)实验时，不需要进行的操作是___。(填选项前的字母)‎ A.用天平测出砂和砂桶的质量 B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 D.改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带 E.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M ‎(2)该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带(两计数点间还有两个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为____m/s2(结果保留三位有效数字)。‎ ‎(3)以弹簧测力计示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a-F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为_________。‎ ‎【答案】(1). AE (2). 1.32 (3). ‎ ‎【详解】(1)[1]AE．本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，AE不需要，符合题意；‎ B．该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，B需要要，不符合题意；‎ C．打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，C需要，不符合题意；‎ D．改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F 变化关系，D需要，不符合题意；‎ 故选AE；‎ ‎(2)[2]由于两计数点间还有两个点没有画出，故相邻计数点的时间间隔为T=0.06s，由 则有：‎ m/s2；‎ ‎(3)[3]由图示实验可知，小车所受合力为测力计示数的两倍，由牛顿第二定律得：‎ 则a-F图象的斜率 解得小车质量为：。‎ ‎12.小明、小亮共同设计了图甲所示的实验电路，电路中的各个器材元件的参数为：‎ 电池组(电动势约6V，内阻r约30Ω)‎ 电流表(量程20A，内阻rA=0.7Ω)‎ 电阻箱R1(0-99.9Ω)‎ 滑动变阻器R2(0-10Ω)‎ 开关三个及导线若干。他们认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻和R2接入电路的阻值。‎ ‎(1)小华先利用该电路准确地测出了R2接入电路的阻值。他的主要操作步骤是：先将滑动变阻器滑片调到某位置，接着闭合S、S2，断开S1，读出电流表的示数I；再闭合S、S1，断开S2，调节电阻箱的电阻值为3.6Ω时，电流表的示数也为I。此时滑动变阻器接入电路的阻值为_____Ω；‎ ‎(2)小刚接着利用该电路测出了电源电动势和内电阻。‎ ‎①他的实验步骤为：‎ a．在闭合开关前，调节电阻R1或R2至_______。(选填“最大值”或“最小值”)，之后用合开关S，再闭合_____。(选填“S1”或“S2”)‎ b．调节电阻______(选填“R1”成“R2”)，得到一系列电阻值R和电流I的数据；‎ c．断开开关，整理实验仪器。‎ ‎②图乙是他由实验数据绘出一R的图象，电源电动势E＝_____V，内阻r＝___Ω。(计算结果保留两位有效数字)‎ ‎【答案】(1).3.6 (2). 最大值 S1 R1 6.0 2.9‎ ‎【详解】(1)[1]用等值替代法可测出R2接入电路的阻值，电阻箱的示数等于接入电路的阻值为3.6Ω；‎ ‎(2)①要用电阻箱与电流表结合测量电动势与内阻，则要改变电阻箱的值，则：‎ a．[2][3]在闭合开关前，调节电阻R1或R2至最大值，之后闭合开关S，再闭合S1；‎ b．[4]调节电阻R1得到一系列电阻值R和电流I数据；‎ ‎②[5][6]由闭合电路欧姆定律可得：‎ 变形得：‎ 由上式可知：图线的斜率是电动势的倒数，图象的斜率为：‎ 得：E=6.0V 图线在纵轴上的截距是：‎ 得：r=2.9Ω。‎ 三、计算题(本题共4小题，共45分)解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必明确写出数值和单位 ‎13.如图所示，是某型号全液体燃料火发射时第一级火箭发动机工作时火箭的a-t图象，开始时的加速度曲线比较平滑，在120s的时候，为了把加速度限制在4g以内，第一级的推力降至60%，第一级的整个工作时间为200s。由图线可以看出，火箭的初始加速度为15m/s2，且在前50s内，加速度可以近似看做均匀变化，试计算 ‎(1)t＝50s时火箭的速度；‎ ‎(2)如果火箭是竖直发射的，在t＝10s前可近似看成加速度为15m/s2的匀加速运动，则t＝8s时离地面的高度是多少?如果此时有一碎片脱落，将需多长时间落地?(取g＝10m/s2，结果可用根式表示)‎ ‎【答案】（1）875m/s；（2）s。‎ ‎【详解】(1)因为在前50s内，加速度可以看做均匀变化，则加速度图线可看成倾斜的直线，它与时间轴所围的面积大小就表示该时刻的速度大小，所以有 v＝×(15＋20)×50m/s＝875m/s；‎ ‎(2)如果火箭是竖直发射的，在t＝10s前看成匀加速运动，则t＝8s时离地面的高度是 h＝at2‎ 得 h＝×15×82m＝480m 如果有一碎片脱落，它的初速度 v1＝at＝120m/s 离开火箭后做竖直上抛运动，有 ‎－h＝v1t－gt2‎ 代入数据解得：t＝(12＋4)s。‎ ‎14.如图所示，在磁感应强度B＝1.0T，方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成=37°角的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆。已知接在滑轨中的电源电动势E＝16V，内阻r＝10Ω。ab杆长L＝0.5m，质量m＝0.2kg，杆与滑轨间的动摩擦因数＝05，滑轨与ab杆的电阻忽略不计。求：要使杆在滑轨上保持静止，滑动变阻器R的阻值在什么范围内变化?(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)‎ ‎【答案】1Ω≤R≤21Ω ‎【详解】分别画出ab杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析图，如图所示。‎ 当ab杆恰好不下滑时，如图甲所示。由平衡条件得：‎ 沿斜面方向：‎ mgsinθ=μFN1+F安1cosθ 垂直斜面方向：‎ FN1=mgcosθ+F安1sinθ 而 F安1=BL 解得：R1=21Ω；‎ 当ab杆恰好不上滑时，如图乙所示。由平衡条件得沿斜面方向 mgsinθ+μFN2=F安2cosθ 垂直斜面方向 FN2=mgcosθ+F安2sinθ 而F安2=BL 解得R2=1Ω；‎ 所以，要使ab杆保持静止,R的取值范围是 ‎1Ω≤R≤21Ω ‎15.某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度。如图所示，一长L＝0.80m、质量M＝0.40kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m＝0.80kg的小滑块(可视为质点)，滑块与木板间的动摩擦因数为＝0.20，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。甲用水平恒力F＝24N向左作用在滑块上，乙用竖直恒力F2＝16N向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动。‎ ‎(1)游戏中，如果滑块上移h＝1.5m时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功。请通过计算判断游戏能否成功。‎ ‎(2)求滑块上移h＝1.5m时，甲、乙两人对滑块分别做了多少功?此过程中，滑块与木板由于摩擦发的热?‎ ‎【答案】(1)游戏能成功；(2)0J，36J，3.6J。‎ ‎【详解】(1)对滑块由牛顿第二定律有：‎ F2-μF1-mg=ma1‎ 设滑块上升h的时间为t,则：‎ h=a1t2‎ 对木板由牛顿第二定律有：‎ μF1-Mg=Ma2‎ 设木板在t时间上升的高度为H，则：‎ H=a2t2‎ 代入数据可得：‎ H=0.75m 由于H+L>h，滑块未脱离木板，游戏成功。‎ ‎(2)滑块上移h=1.5m时，甲对滑块做功：‎ W1=0‎ 乙对滑块做功：‎ W2=F2h =36J 此过程中，滑块与木板由于摩擦发的热量：‎ Q=μF1(h-H)=3.6J。‎ ‎16.如图所示，在光滑水平平台右侧空间，存在着范围无限大，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。平台右端放一个质量为m，带负电-q的小球Q，左侧有一个质量为M＝4m，不带电的绝缘小球P，以水平初速度正对Q向右运动发生正碰，撞过程中没有机械能损失且电荷量不发生转移。已知水平平台距地面的高度为h，重力加速度为g，不计空气阻力。求：‎ ‎（1）P、Q两球发生弹性正碰后速度分别为多少?‎ ‎（2）碰后小球P落地点到平台右端水平距离x为多少?‎ ‎（3）碰后小球Q电量不变，在重力和磁场力作用下运动，求小球Q碰后离地面的最大高度H为多少?此时小球Q的速度v为多少?‎ ‎【答案】（1），，方向均向右；（2）；（3） ，。‎ ‎【详解】（1）设向右为正方向，则据动量守恒定律可得：‎ Mv0＝Mv1＋mv2‎ 根据能量守恒定律得：‎ 由以上两式解得：‎ P球的速度：，方向向右；‎ Q球的速度，方向向右；‎ ‎（2）碰后小球P做平抛运动，由平抛规律得：‎ 水平方向：‎ x =v1t 竖直方向：‎ 由上述二式联立求得：‎ ‎（3）碰后小球Q离开平台，受竖直向下的重力和竖直向上的洛伦兹力。Q球的速度可分解为：‎ 即可看作以v0速度向右匀速直线运动和以逆时针圆周运动的合运动。由 得 则小球Q碰后离地面的最大高度H为 此时小球Q的速度v为：‎ ‎。‎