安徽省六安市第一中学2020届高三下学期模拟卷理综物理试题（九） Word版含解析

安徽省六安市第一中学2020届高三下学期模拟卷理综物理试题（九） Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020届模拟09理科综合—物理部分 ‎1.有甲、乙两个可看成质点的小钢球，乙球的质量大于甲球的质量。现让甲球以速度v0在某一水平桌面上水平抛出，抛出后甲球的运动轨迹如图中的②图线所示。然后再将乙球以同样的速度在同一地点将它水平抛出。两球的运动都不计空气的阻力，则乙球的运动轨迹为图中的（　　）‎ A. ① B. ② C. ③ D. ④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】两球在水平方向都做初速度相同的匀速直线运动，在竖直方向，两小球的加速度相同，都为重力加速度g，故在竖直方向的运动也完全相同，因此两球的运动轨迹相同，即乙球的运动轨迹依然是图线②。‎ A．①与分析不符，故A错误；‎ B． ②与分析相符，故B正确；‎ C． ③与分析不符，故C错误；‎ D． ④与分析不符，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎2.2016里约奥运会男子50米自由泳决赛美国埃尔文夺得金牌。经视频分析发现：他从起跳到入水后再经过加速到获得最大速度2.488m/s所用的时间总共为2.5秒，且这一过程通过的位移为x1=2.988m。若埃尔文以最大速度运动的时间为19s，若超过该时间后他将做1m/s2的匀减速直线运动。则这次比赛中埃尔文的成绩为（　　）‎ A. 19.94s B. 21.94s C. 20.94s D. 21.40s ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】埃尔文匀速运动能走过的最大位移为 x2=vt2=2.488×19=47.272m - 20 -‎ 因为 x1+x2=2.988+47.272=50.26>50m 则运动员没有匀减速运动的过程，所以他匀速运动的时间为 则埃尔文夺金成绩为：‎ t=25+18.895=21.40s A．19.94s与分析不符，故A错误；‎ B．21.94s与分析不符，故B错误；‎ C．20.94s与分析不符，故C错误；‎ D．21.40s与分析相符，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.有一匀强电场，场强方向如图所示，在电场中有三个点A、B、C，这三点的连线恰好够成一个直角三角形，且AC边与电场线平行。已知A、B两点的电势分别为，，AB的距离为4cm，BC的距离为3cm。若把一个电子（e=1.6×10-19C）从A点移动到C点，那么电子的电势能的变化量为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设AB与AC之间的夹角为θ，则 AB沿场强方向的距离为 - 20 -‎ cm 则电场强度为 电子从A点到达C点时电势能的变化量为 A． 与分析不符，故A错误；‎ B． 与分析不符，故B错误；‎ C． 与分析相符，故C正确；‎ D． 与分析不符，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎4.如图所示，将一小木块和一小钢珠分别用手拿着并压缩两根一端分别竖直固定在地面上的弹簧上端。现同时释放小木块和小球，若小木块在整过运动过程中所受空气的阻力f与其速度v满足（k为常数），而小钢珠的运动忽略空气阻力，且两物体同时离开弹簧，取向上为运动的正方向，则下图能正确反应两物体离开弹簧后的运动情况的v-t图像的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ - 20 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】对于小钢球没空气阻力时只受重力，是竖直上抛运动，v-t图像是直线，故图中直线为钢球的运动图像。对于小木块有空气阻力时，上升阶段由牛顿第二定律得 解得 由于阻力随速度的减小而减小，故上升阶段加速度逐渐减小，最小值为g。同理，有空气阻力时，下降阶段由牛顿第二定律可得 由于阻力随速度增大而增大，故下降过程中加速度逐渐减小，v-t图像的斜率表示加速度，故图线与t轴相交时刻的加速度为g，此时实线的切线与虚线平行。故D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎5.如图所示，在光滑水平的平行导轨MN、HG左端接一阻值为的电阻（导轨电阻不计），两轨道之间有垂直纸面向里的匀强磁场。一电阻也为的金属杆，垂直两导轨放在轨道上。现让金属杆在外力作用下分别以速度v1、v2由图中位置1匀速运动到位置2，两次运动过程中杆与导轨接触良好，若两次运动的速度之比为，则在这两次运动中下列说法正确的是（　　）‎ - 20 -‎ A. R0两端的电压之比为U1:U2＝1:2‎ B. 回路中产生的总热量之比Q1:Q2＝1:4‎ C. 外力的功率之比P1:P2＝1:2‎ D. 通过导体横截面的电荷量q1:q2＝1:1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．两种情况下杆产生的电动势分别为 ‎、‎ 回路中的总电阻为R。故回路中两次的电流分别为 ‎、‎ 故电流之比为 根据欧姆定律，R0两端的电压之比 故A正确；‎ B．两次运动所用的时间为 故产生的热量之比为 - 20 -‎ 故B错误；‎ C．由于棒做匀速直线运动，故外力的功率等于回路中的功率，故 故C错误。‎ D．两种情况下磁通量的变化量相同，则通过导体横截面的电荷量为 故通过电阻横截面的电荷量为 q1:q2=1:1‎ 故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎6.某型号的小灯泡其正常发光时的电压为4.0V，图甲为小灯泡的I-U曲线，现将该小灯泡与一电阻值为5.0Ω电阻串联后，再与一电动势E=5.0V、内阻r=5.0Ω的电源，按图乙的连接方式连接好。则下列说法正确的是（　　）‎ A. 此时电路中的电流为1A B. 此时R的功率约为为0.392W C. 小灯泡的功率约为为0.672W D. 电源的输出功率接近1W ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．将定值电阻看成是电源的内阻，由电源的电动势和内阻作出电源的伏安特性曲线如图所示 - 20 -‎ 则交点为灯泡的工作点，由图可知，灯泡的电压约为2.4V，电流约为0.28A，则灯泡的功率 R消耗功率为 P=I2R=0282×5=0.392W 故A错误，BC正确；‎ D．由电路可知电源的输出功率为电阻和小灯泡消耗的功率 P总=0.392+0.672=1.06W 故D正确。‎ 故选BCD。‎ ‎7.如图所示，理想变压器的初、次级线圈的匝数之比为，在次级线圈中接有两个阻值均为50Ω的电阻，图甲中D为理想二极管。现在初级线圈输入如图乙所示的交流电压，那么开关K在断开和闭合的两种情况下，下列说法中正确的有（　　）‎ A. 两种情况下R2两端的电压相同 B. 两种情况下R2消耗的功率相同 C. 两种情况下R1消耗的功率相同 D. 两种情况下变压器的输入功率不同 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABD．在开关K闭合时，此时电路中的总电阻为R总=25Ω。由图乙可知初级线圈的有效值为 - 20 -‎ 次级线圈的电压为 R2两端的电压为U2=50V，R2消耗的功率为 电路中消耗的总电功率为 当开关K断开时，R2两端的有效值由 得 R2消耗的功率为 电路中消耗的总电功率为 故AB错误，D正确；‎ C．在两种情况下并不影响R1两端的电压，故R1消耗的功率是相同的，故C正确。‎ 故选CD。‎ ‎8.“风云二号”是我国发射的一颗地球同步卫星，有一侦查卫星A与“风云二号”卫星位于同一轨道平面，两卫星绕地球运转方向相同。在赤道卫星观测站的工作人员在两个昼夜里能观测到该侦查卫星三次。设地球的半径、自转周期分别为RE和TE，g为其表面重力加速度，下列说法正确的是（　　）‎ A. 风云二号距离地面的高度为 B. 侦查卫星与风云二号的周期比为7:3‎ - 20 -‎ C. 侦查卫星的线速度大于风云二号的线速度 D. 侦查卫星的轨道半径为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于风云二号是地球同步卫星，故它的运转周期为TE。设地球质量为M，风云二号的质量为m、轨道半径为r、周期等于TE，由万有引力提供向心力得 在天体的表面有 G=mg 由以上两式解得 风云二号距地面的高度为，故A正确；‎ BC．假设每隔时间赤道上的人可看到A卫星一次，则有 解得 考虑到两个昼夜看到三次的稳定状态，则有 解得 根据开普勒第三定律可知，侦查卫星的线速度大于风云二号的线速度，故B错误，C正确；‎ D．设侦查卫星的轨道半径为R，有牛顿第二定律得：‎ - 20 -‎ 解得 故D正确。‎ 故选ACD。‎ 第Ⅱ卷 三、非选择题 ‎9.现要测定一段粗细均匀的金属导体的电阻率。‎ ‎(1)螺旋测微器测量该金属导体的直径D，测量结果示数如图甲所示，由图甲可知D=_______mm；‎ ‎(2)现要利用图乙来测量该导体的电阻阻值R，实验步骤如下：‎ ‎①实验时先将滑动变阻器的阻值调到最大，然后闭合开关K1，将开关K2打向1处，，接着调节滑动变阻器，使电压表有明显读数，并记下此时电压表的读数U。断开开关K1；‎ ‎②闭合开关K1，将开关K2打向2处，调节电阻箱，使电压表的读数仍为U。然后读出电阻箱的阻值，如图丙。‎ 本实验中电阻箱此时的阻值为R0=______Ω，被测电阻的电阻阻值大小为R=_________Ω。‎ ‎【答案】 (1). 5.315 (2). 14 (3). 14‎ - 20 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]主尺示数为5mm，螺旋示数为 ‎31.5×0.01mm=0.315mm 故示数为 ‎5mm+0.315mm=5.315mm ‎(2) ②[2][3]电阻箱的读数为R0=14Ω。此实验的原理是采用等效替代法，若开关K2接1时与开关K2接2时电压表的读数相同，说明R的阻值与R0的阻值相同。因此根据等效替代的原理知R=14Ω。‎ ‎10.某同学现要利用气垫导轨来研究匀变速直线运动规律，其实验装置如图甲所示，其实验步骤如下：‎ ‎①用游标卡尺测出挡光片的宽度d。按图甲安装好器材，并调节好气垫导轨，使气垫导轨处于水平位置。然后用跨过轻质定滑轮的轻绳一端与钩码相连，另一端与滑块相连，再将滑块置于气垫导轨的左端，并用手按住滑块不动；‎ ‎②调整轻质滑轮，使轻绳处于水平位置；从气垫导轨上的刻度尺上读出滑块与光电门之间的距离s（钩码到地面的高度大于滑块与光电门之间的距离），同时记下滑块的初始位置；‎ ‎③由静止释放滑块，用光电门测出挡光片经过光电门的时间t；‎ ‎④将滑块重新置于初始位置，保持滑块所挂的钩码个数不变，改变光电门的位置从而改变滑块与光电门之间的距离s，多次重复步骤③再次实验，重物到地面的高度大于滑块与光电门之间的距离；‎ ‎⑤整理好多次实验中得到的实验数据。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)挡光片的宽度测量结果，游标卡尺的示数如图乙所示，其读数为d=_______cm；‎ ‎(2)滑块在运动过程中的加速度a可根据匀变速运动的规律__________来求；‎ ‎(3)据实验数据最后得到了如图丙所示的图像，由图像可求得滑块运动时的加速度a=______m/s2。（取g=10m/s2，结果保留三位有效数字）‎ - 20 -‎ ‎【答案】 (1). 0.520 (2). 2as=v2 (3). 0.270‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为5mm，游标尺读数为 ‎0.05×4mm=0.20mm 则读数结果为 ‎5.20mm=0.520cm ‎(2)[2]滑块在钩码的作用下沿水平桌面做匀加速直线运动，滑块在运动过程中的加速度a可根据匀变速运动的规律来求。‎ ‎(3)[3]滑块在钩码的作用下沿水平桌面上做匀加速直线运动，经过光电门时的瞬时速度大小为，由匀变速直线运动规律和解得：‎ 由上式可得 由此可知图像的斜率为 由图像可知图像的斜率为k=2.0×104。所以滑块的加速度为 ‎11.在纸面平面内有一平面直角坐标系xOy，A为y轴上到O距离为d的点、C为x轴上到O距离为2d的点，在A沿x轴正向以速度v0发射一个带负电荷的带电粒子，粒子质量为m、电荷量为-q。在第一象限内存在沿y - 20 -‎ 轴正方向的匀强电场，在第四象限存在垂直纸面向里、磁场感应强度大小为的匀强磁场，带电粒子从A点发出后，经过x轴上的C点进入磁场，进入磁场经过一段时间后从y轴的下半轴飞出磁场，不计重力，求：‎ ‎(1)电场场强大小；‎ ‎(2)带电粒子在电场和磁场中运动的总时间。‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)带电粒子在第一象限做类平抛运动，经过x轴时的速度与x轴正方向夹角为θ，沿x轴正向 ‎2d＝v0t1‎ 沿y轴负方向 d＝at12‎ 联立解得 ‎，‎ 又 a＝，tanθ＝‎ 粒子经过x轴的速度大小为 v＝‎ 解得 - 20 -‎ E＝，θ＝45°，‎ ‎(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力qvB＝，结合解得运动半径 R＝d 做出带电粒子在磁场中的运动轨迹如图 由于带电粒子进入磁场时的速度方向与x轴成45°，所以带电粒子在磁场中运动半个周期，运动周期 T＝＝‎ 粒子在磁场中运动时间 t2＝T＝‎ 带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为 ‎12.如图所示，光滑轨道槽ABCD与粗糙轨道槽GH（点G与点D在同一高度但不相交，FH与圆相切）通过光滑圆轨道EF平滑连接，组成一套完整的轨道，整个装置位于竖直平面内．现将一质量的小球甲从AB段距地面高处静止释放，与静止在水平轨道上、质量为1kg的小球乙发生完全弹性碰撞．碰后小球乙滑上右边斜面轨道并能通过轨道的最高点E点．已知CD、GH与水平面的夹角为θ=37°，GH段的动摩擦因数为μ=0.25，圆轨道的半径R - 20 -‎ ‎＝0.4m，E点离水平面的竖直高度为3R（E点为轨道的最高点），（，，）求两球碰撞后：‎ ‎（1）小球乙第一次通过E点时对轨道的压力大小；‎ ‎（2）小球乙沿GH段向上滑行后距离地面的最大高度；‎ ‎（3）若将小球乙拿走，只将小球甲从AB段离地面h处自由释放后，小球甲又能沿原路径返回，试求h的取值范围．‎ ‎【答案】（1）30N ；（2）1.62m ；（3）h≤0.8m或h≥2.32m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球甲从A点到B点由机械能守恒定律可得：‎ 两小球碰撞时由动量守恒定律可得：‎ 由机械能守恒定律可得：‎ 小球乙从BC轨道滑至E 点过程，由机械能守恒定律得： ‎ 小球乙在E点，根据牛顿第二定律及向心力公式，‎ 根据牛顿第三定律小球乙对轨道的压力N＇=N，由以上各式并代入数据得：，=30N ‎（2）D、G离地面的高度 设小球乙上滑的最大高度为，则小球乙在GH段滑行的距离 小球乙从水平轨道位置滑至最高点的过程，根据动能定理：‎ 其中，，‎ 由以上各式并代入数据得 ‎（3）只有小球甲时，小球甲要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则 ‎ 若能完成圆周运动，则小球甲返回时必须能经过圆轨道的最高点E．设小球沿GH上升的竖直高度为，上升过程克服摩擦力做功为，则：‎ - 20 -‎ 小球甲从释放位置滑至最高点的过程，根据动能定理：‎ 设小球甲返回至G点时的速度为，根据动能定理：‎ 从G点返回至E点的过程，根据机械能守恒：‎ 在E点，‎ 由以上各式得h=2.32m 故小球甲沿原路径返回的条件为或 ‎13.下列各种说法中正确的是________‎ A. 热量不可能从低温物体传到高温物体 B. 布朗运动是由于液体分子无规则运动引起的 C. 当气体分子热运动的剧烈程度减弱时，气体分子的平均动能减小 D. 已知阿伏伽德罗常数为NA，氧气的摩尔质量为M、密度为ρ，则每个氧气分子的质量为，每个氧气分子的体积为 E. 有两个相距较远的分子甲和乙，设乙分子固定不动，现让甲分子以一定的初速度向乙运动且两分子始终在同一直线上，当甲分子到达r=r0处时，甲、乙分子系统的分子势能最小 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，若引起其他的变化，热量可以从低温物体传向高温物体，如空调，故A错误；‎ B．布朗运动是由于液体分子的无规则运动而不断撞击悬浮颗粒，从而引起悬浮颗粒的无规则运动，这个无规则运动称为布朗运动，故B正确；‎ C．温度是分子平均动能的标志，气体分子热运动的剧烈程度减弱时，说明气体的温度降低，那么气体分子的平均动能减小，故C正确；‎ D．已知阿伏伽德罗常数为NA，氧气的摩尔质量为M，则每个氧气分子的质量为 且气体的摩尔体积为 - 20 -‎ 由于气体分子间的间隔较大，故可算出则每个氧气分子所占空间的体积为 并不能算出每个氧气分子的体积，故D错误；‎ E．分子甲从远处趋近固定不动的分子乙，一直到分子甲受到分子乙的作用力为零，这个过程中分子力表现为引力，一直做正功，分子的动能一直增大，则系统分子势能减小，当两分子之间的距离r

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