浙江省杭州高级中学2020届高三12月仿真模拟考物理试题 Word版含解析

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www.ks5u.com 杭高2019学年第一学期高三12月仿真模拟考 物理试题卷 一、选择题I（本题共8小题，每小题4分，共32分。每题只有一个选项符合题意，不选、多选、错选均不得分）‎ ‎1.下列四个选项中哪个不等于磁感应强度的单位特斯拉（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据可知，，选项A不符合题意；‎ BC．，选项BC不符合题意；‎ D．由可知，，选项D符合题意。‎ 故选D。‎ ‎2.一个物体在外力F的作用下静止在倾角为θ的光滑固定斜面上，关于F的大小和方向，下列说法正确的是（ ）‎ A. 若F=mg，则F的方向一定竖直向上 B. 若F=mgtanθ，则F的方向一定沿水平方向 C. 若F=mgsinθ，则F的方向一定沿斜面向上 D. 若F=mgcosθ，则F的方向一定垂直于斜面向上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由甲图可知，若F=mg，则F的方向可能竖直向上，也可能与竖直方向成2θ角斜向下，选项A错误；‎ - 19 -‎ ‎ ‎ B．由乙图可知，若F=mgtanθ，则F的方向可能沿水平方向，也可能与斜面成θ角斜向上，选项B错误；‎ C．由甲图可知，若F=mgsinθ，则F的方向是唯一的，一定沿斜面向上，选项C正确；‎ D．由图丙可知，若F=mgcosθ，则若以mgcosθ为半径做圆，交过G且平行于N的直线于两个点，则说明F的解不是唯一的，且F的方向一定不是垂直于斜面向上，选项D错误；故选C。‎ ‎3.小明乘坐竖直电梯经过1min可达顶楼，已知电梯在t =0时由静止开始上升，取竖直向上为正方向，该电梯的加速度a随时间t的变化图像如图所示．若电梯受力简化为只受重力与绳索拉力，则 A. t =4.5 s时，电梯处于失重状态 B. 在5～55 s时间内，绳索拉力最小 C t =59.5 s时，电梯处于超重状态 D. t =60 s时，绳索拉力的功率恰好为零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电梯在t=0时由静止开始上升，加速度向上，电梯处于超重状态，此时加速度a＞0．t=4.5s时，a＞0，电梯也处于超重状态．故A错误． B．5～55s时间内，a=0，电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，应大于电梯失重时绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小．故B错误． C．t=59.5s时，电梯减速向上运动，a＜0，加速度方向向下，电梯处于失重状态，故C错误． ‎ - 19 -‎ D．根据a-t图象与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，由几何知识可知，60s内a-t图象与坐标轴所围的面积为0，所以速度的变化量为0，而电梯的初速度为0，所以t=60s时，电梯速度恰好为0，根据P=Fv可知绳索拉力的功率恰好为零，故D正确．‎ ‎4.充电式果汁机小巧简便，如图甲所示，被誉为出行神器，满足了人们出行也能喝上鲜榨果汁的需求．如图乙所示，其主要部件是四个长短不同的切水果的锋利刀片．工作时，刀片在电机带动下高速旋转，机身和果汁杯可视为保持静止．则果汁机在完成榨汁的过程中 A. 某时刻不同刀片顶点的角速度都相等 B. 不同刀片上各点的加速度方向始终指向圆心 C. 杯壁上的水果颗粒做圆周运动时的向心力由摩擦力提供 D. 消耗的电能一定等于水果颗粒以及果汁机增加的内能 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．不同刀片相对静止的绕同一轴做圆周运动，属于同轴转动模型，角速度相等，故A正确；‎ B．刀片旋转角速度越来越大，做变速圆周运动，加速度方向不是指向圆心，故B错误；‎ C．杯壁上的水果颗粒做圆周运动时的向心力由杯壁的弹力提供，重力和摩擦力平衡，故C错误；‎ D．消耗的电能等于水果颗粒增加的机械能和水果颗粒与果汁机增加的内能，故D错误．‎ ‎5.下列说法正确的是（ ）‎ A. 由公式v＝ωr可知，圆形轨道人造地球卫星的轨道半径越大则其速度越大 B. 由公式可知，所有人造地球卫星离地球越远则其线速度越小 C. 地球同步卫星在其圆形轨道上运行时的线速度小于7.9km/s D. 地球同步卫星在其圆形轨道上运行时的角速度小于地球自转的角速度 ‎【答案】C - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由公式可知，圆形轨道人造地球卫星的轨道半径越大则其速度越小，选项A错误；‎ B．由公式可知，所有人造地球卫星绕地球做圆周运动时，离地球越远则其线速度越小，选项B错误；‎ C．第一宇宙速度是所有绕地球做圆周运动的卫星的最大速度，则地球同步卫星在其圆形轨道上运行时的线速度小于7.9km/s，选项C正确；‎ D．地球同步卫星在其圆形轨道上运行时的角速度等于地球自转的角速度，选项D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.某同学手持篮球站在罚球线上，在裁判员示意后将球斜向上抛出，篮球刚好落入篮筐．从手持篮球到篮球刚好落入篮筐的过程中，已知空气阻力做功为Wf，重力做功为WG，投篮时该同学对篮球做功为W．篮球可视为质点．则在此过程中 A. 篮球在出手时刻的机械能最大 B. 篮球机械能的增量为WG-Wf C. 篮球动能的增量为W+WG-Wf D. 篮球重力势能的增量为W-WG+Wf ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于篮球有空气阻力做功，则篮球在出手时刻的机械能最大，选项A正确；‎ B．篮球机械能的增量等于阻力做功，即为-Wf，选项B错误；‎ C．根据动能定理可知，篮球动能的增量等于合外力的功，即为-WG-Wf，选项C错误；‎ D．篮球重力势能的增量等于克服重力做功，即为-WG，选项D错误．‎ ‎7.如图所示，已知电源的内阻为r，外电路的固定电阻R0＝r，可变电阻Rx的总电阻为2r，在Rx的滑动触头从A端滑向B端的过程中（ ）‎ - 19 -‎ A. Rx消耗的功率变小 B. 电源输出的功率减小 C. 电源内部消耗的功率减小 D. R0消耗的功率减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当外电阻与电源内阻相等时电源的输出功率最大；将R0等效为电源的内阻，则电源的等效内阻为2r；当Rx的滑动触头从A端滑向B端的过程中，电阻Rx从2r减小到零，则Rx消耗的功率变小，选项A正确；‎ B．Rx的滑动触头从A端滑向B端的过程中，外电路电阻从3r减小到r，则电源输出功率逐渐变大，选项B错误；‎ CD．Rx的滑动触头从A端滑向B端的过程中，总电阻逐渐减小，则电流逐渐变大，则根据P=I2R可知，电源内部消耗的功率以及R0消耗的功率均变大，选项CD错误；‎ 故选A。‎ ‎8.如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1=800和n2=200的两个线圈，上线圈两端u=51sin314tV的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是 ‎ A. 2.0V B. 9.0V C 12.7V D. 144.0V ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由得，其中，得，因此题中两线圈并非处于理想状态，会出现漏磁，所以交流电压表的读数小于9.0 V，故选项A正确． ‎ - 19 -‎ 二、选择题Ⅱ（本题共4小题，每小题4分，共16分。每题列出的选项中至少有一个符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）‎ ‎9.如图所示,平行板电容器与电动势为E直流电源(内阻不计)连接,下极板接地,静电计所带电荷量很少,可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 平行板电容器的电容值将变小 B. 静电计指针张角变小 C. 带电油滴的电势能将减少 D. 若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下极板向下移动一小段距离,则带电油滴所受电场力不变 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据知，d增大，则电容减小，故A正确；‎ B．静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；‎ C．电势差不变，d增大，则电场强度减小，故P点与上极板的电势差减小，则P点的电势升高，因油滴带负电，可知带电油滴的电势能将减小，故C正确；‎ D．电容器与电源断开，则电荷量不变，再将下极板向下移动一小段距离，即d变大，根据， ， 可得 则两板间场强不变，油滴受电场力不变，选项D正确；故选ACD。‎ ‎10.如图所示，a、b、c是均匀媒质中x轴上的三个质点．ab、bc两点间的距离分别为6m、10m．一列简谐横波以2m/s的波速沿x轴正向传播，在t＝0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t＝3s时质点a第一次到达最大正位移处．则(　 )‎ - 19 -‎ A. 当质点a向下运动时，质点b也向下运动 B. 当质点a的加速度最大时，质点b的速度一定最大 C. 当质点a完成10次全振动时，质点c完成8次全振动 D. 当质点a第三次到达位移最大值位置时，波恰好传到质点c ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 在t＝0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t＝3s时质点a第一次到达最大正位移处可知，，所以，波长 ‎ A、B项：由于，所以当质点a向下运动时，b质点一定向上振动，当质点a的加速度最大时，即处在波峰（或波谷）所以b质点处于平衡位置，即速度最大，故A错误，B正确；‎ C项：当质点a完成10次全振动所用时间为，波从a传到c所用的时间为，所以还有，所以b刚好完成8次全振动，故C正确；‎ D项：当质点a第三次到达位移最大值位置所用的时间为，波从a传到c所用的时间，故D错误．‎ ‎11.如图是在四川景区九寨沟拍摄的一张风景照片，湖水清澈见底，近处湖面水下的树枝和池底都看得很清楚，而远处则只看到对岸山峰和绿树的倒影，水面下的景物则根本看不到．下列说法中正确的是（　　）‎ A. 远处山峰的倒影非常清晰，是因为来自山峰的光线在水面上发生了全反射 - 19 -‎ B. 光从空气射入水中，光的波速变小，波长变小 C. 远处水面下景物的光线到水面处，入射角较大，可能发生了全反射，所以看不见 D. 来自近处水面下景物的光射到水面处，入射角较小，反射光强而折射光弱，因此有较多的能量射出水面而进入人的眼睛中 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：远处山峰的倒影非常清晰，是因为山峰的光线在水面上发生了反射，但不是全反射，因为全反射只有光从光密介质射入光疏介质时才可能发生，故A错误．光线由空气射入水中，光的波速变小，频率不变，由波速公式v=λf知波长变小，故B正确．远处水面下景物的光线射到水面处，入射角很大，当入射角大于等于全反射临界角时能发生全反射，光线不能射出水面，因而看不见，故C正确．近处水面下景物的光线到水面处，入射角越小，反射光越弱而折射光越强，射出水面而进入人眼睛中能量越少，故D错误．故选BC．‎ 考点：光的折射；全反射 ‎12.用一束波长为λ的绿光照射某极限波长为λo的金属，能产生光电效应，下列说法正确的是（ ）‎ A. 该金属逸出功为W=hλo B. 把这束绿光遮住一半，则逸出的光电流强度减小 C. 若改用一束红光照射，则不可能产生光电效应 D. 要使光电流为0，光电管两级至少需要加大小为电压 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 该金属逸出功为：‎ - 19 -‎ ‎，故A错误；光的强度增大，则单位时间内逸出的光电子数目增多，遮住一半，光电子数减小，逸出的光电流强度减小，但仍发生光电效应，光电子最大初动能将不变，故C错误，B正确；光电效应方程为：，光速为：，根据动能定理可得光电流为零时有：，联立解得：，故D正确．所以BD正确，AC错误．‎ 三、非选择题（本题共5小题，共 52分）‎ ‎13.某课外活动小组使用如图所示的实验装置进行《验证机械能守恒定律》的实验，主要步骤：‎ A、用游标卡尺测量并记录小球直径d B、将小球用细线悬于O点，用刻度尺测量并记录悬点O到球心的距离l C、将小球拉离竖直位置由静止释放，同时测量并记录细线与竖直方向的夹角θ D、小球摆到最低点经过光电门，光电计时器（图中未画出）自动记录小球通过光电门的时间Δt E、改变小球释放位置重复C、D多次 F、分析数据，验证机械能守恒定律 请回答下列问题：‎ ‎(1)步骤A中游标卡尺示数情况如下图所示，小球直径d=________mm ‎(2)实验记录如下表，请将表中数据补充完整（表中v是小球经过光电门的速度 - 19 -‎ θ ‎10°‎ ‎20°‎ ‎30°‎ ‎40°‎ ‎50°‎ ‎60°‎ cosθ ‎0.98‎ ‎0.94‎ ‎0.87‎ ‎0.77‎ ‎0.64‎ ‎0.50‎ Δt/ms ‎18.0‎ ‎9.0‎ ‎6.0‎ ‎4.6‎ ‎37‎ ‎3.1‎ v/ms-1‎ ‎0.54‎ ‎1.09‎ ‎①_____‎ ‎2.13‎ ‎2.65‎ ‎3.16‎ v 2/m2s-2‎ ‎0.30‎ ‎1.19‎ ‎②_______‎ ‎4.54‎ ‎7.02‎ ‎9.99‎ ‎(3)某同学为了作出v 2- cosθ图像，根据记录表中的数据进行了部分描点，请补充完整并作出v 2- cosθ图像（ ）‎ ‎(4)实验完成后，某同学找不到记录的悬点O到球心的距离l了，请你帮助计算出这个数据l=____m （保留两位有效数字），已知当地重力加速度为9.8m/s2．‎ ‎【答案】 (1). 9.80 (2). 1.63 (3). 2.66 (4). (5). 1.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为9mm，游标尺上第16个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为16×0.05mm=0.80mm，所以最终读数为：9mm+0.80mm=9.80mm；‎ - 19 -‎ ‎(2)[2]根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球经过光电门时的速度为：‎ ‎[3]则有：‎ ‎(3)[4]先根据记录表中的数据进行了描点，作出图像如图：‎ ‎(4)[5]由图像可得图像斜率的绝对值为：‎ 要验证机械能守恒定律，必须满足：‎ 化简整理可得：‎ 则有：‎ 解得：‎ ‎14.某同学查阅电动车使用说明书知道自家电动车的电源是铅蓄电池，他通过以下操作测量该电池的电动势和内电阻．‎ - 19 -‎ ‎(1)先用多用电表粗测电池的电动势．把多用电表的选择开关拨到直流电压50 V挡，将两表笔与电池两极接触，电表的指针位置如图甲所示，读数为________V．‎ ‎(2)再用图乙所示装置进行精确测量．多用电表的选择开关拨向合适的直流电流挡，与黑表笔连接的应是电池的________极．闭合开关，改变电阻箱的阻值R，得到不同的电流值I，根据实验数据作出图象如图丙所示．已知图中直线的斜率为k，纵轴截距为b，电流档的内阻为rA ，则此电池的电动势E＝________，内阻r＝________(结果用字母k、b、rA表示) ．‎ ‎(3)多用表直流电流档的内阻对电动势的测量值大小________（选填“有”或“无”）影响．‎ ‎【答案】 (1). 12.0； (2). 负 (3). (4). (5). 无 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]．电压档量程为50V，则最小分度为1V，则指针对应的读数为12.0V； (2)[2]．作为电流表使用时，应保证电流由红表笔流进，黑表笔流出，故黑表笔连接的是电池的负极； [3][4]．由闭合电路欧姆定律可得：‎ ‎ ‎ 变形可得：‎ 则由图可知：‎ 则可解得：‎ ‎ ‎ - 19 -‎ ‎(3)[5]．由于多用表存在内电阻，所以由闭合电路欧姆定律得：‎ E=IR+I（RA+r）‎ 变形为：‎ 由图象可知斜率和不考虑多用表的内电阻时相同，所以多用表的内电阻对电源电动势的测量结果无影响。‎ ‎15.如图所示，轻质弹簧右端固定，左端与一带电量为+q的小球接触，但不粘连。施加一外力，使它静止在A点，此时弹簧处于压缩状态，小球的质量为m=0.5kg，撤去外力后，小球沿粗糙水平面AC进入竖直的光滑半圆形管道，管道的宽度忽略不计，管道半径r=1m，在边长为2m的正方形BPMN区域内有一匀强电场，电场强度大小为E=，方向与水平方向成45o斜向右上，半圆形轨道外边缘恰好与电场边界相切。水平轨道AB的长度为L=2m，小球与水平面的动摩擦因数μ=0.5，小球到达B点时，速度的大小为m/s，所有的接触面均绝缘，g取10m/s2，求：‎ ‎(1)释放小球前，弹簧的弹性势能大小；‎ ‎(2)求小球过D点的速度；‎ ‎(3)求小球的落地点到C点的距离。‎ ‎【答案】(1)17.5J(2)m/s(3)(2+1) m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对小球从A到B过程，应用动能定理得：‎ ‎-μmgL+W弹=mvB2-0‎ - 19 -‎ W弹=Ep 得： ‎ Ep=17.5J ‎(2)当小球进入电场后受力分析可得 mg=qEsinθ 故小球在BC粗糙水平面上运动时，对地面的压力为0，不受摩擦力。‎ F合=qEcosθ=mg 方向水平向右，小球从 B 到 D，应用动能定理可得：‎ ‎-F合2r=mvD2-mvB2 ‎ 得：‎ vD=m/s ‎(3)从 B 到 N，合外力做功为0 ‎ ‎ vN=vB=5m/s 由竖直方向运动 ‎ 2r=gt2 ‎ 得：‎ 则水平位移大小 x=vNt=2m ‎ 则落地点F距离C点的距离为 lCF =(2+1) m ‎16.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，在x<0区域内存在一圆形的匀强磁场，圆心O1坐标为（-d，0），半径为d，磁感应强度大小为B，方向与竖直平面垂直，x≥0区域存在另一磁感应强度大小也为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里。现有两块粒子收集板如图所示放置，其中的端点A、B、C的坐标分别为（d，0）、（d，）、（3d - 19 -‎ ‎，0），收集板两侧均可收集粒子。在第三象限中，有一宽度为2d粒子源持续不断地沿y轴正方向发射速率均为v的粒子，粒子沿x轴方向均匀分布，经圆形磁场偏转后均从O点进入右侧磁场。已知粒子的电荷量为+q，质量为m，重力不计，不考虑粒子间的相互作用，求：‎ ‎(1)圆形磁场的磁场方向；‎ ‎(2)粒子运动到收集板上时，即刻被吸收，求收集板上有粒子到达的总长度；‎ ‎(3)收集板BC与收集板AB收集的粒子数之比。‎ ‎【答案】(1)垂直纸面向外；(2) (3)1:1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)粒子带正电且在圆形磁场中向右偏转，可知磁场方向垂直纸面向外；‎ ‎(2)利用旋转圆可以知道，粒子平行于Y轴射入圆形磁场中，且都从同一点O射入右边的磁场中，则粒子运动的轨迹圆半径必与圆形磁场的半径是相同的，即为d；粒子进入右边磁场后，因为磁感应强度也为B，可知粒子在右边磁场中运动时的圆轨迹半径也为r=d；‎ 打在AB收集板上的临界情况分别是轨迹圆与AB板相切，即沿x轴正方向射入的粒子，和粒子刚好过A点的粒子，故AB板上粒子打的区域长度为d。‎ 而粒子只有从第四象限进入右边磁场才有可能打在收集板BC上。‎ 根据几何关系可得，粒子刚好经过A点时，轨迹圆圆心O2和原点O以及A点构成一个正三角形，可得：粒子与x轴正方向成30°向下。此时粒子刚好打到BC板上的P1点。‎ 由几何关系可知OAP1O1为菱形，且AP1与BC垂直，则由几何关系可得，‎ 粒子在板上打的最远距离是当直径作为弦的时候，此时与BC的交点为P2，根据点A、B、C - 19 -‎ 的坐标可得，三角形ABC是直角三角形，角C为30°‎ 由余弦定理可得 ‎ ‎ 解得：‎ 第二个临界，轨迹圆恰好与BC收集板相切，由几何关系可得，此时交点与P1重合。‎ 则打到收集板上粒子的总长：‎ ‎ ‎ ‎(3)粒子打在AB收集板的角度范围是与x轴正方向0°~30°，打在BC板上的角度范围是与x轴正方向成30°~90°。由于粒子是沿x轴均匀分布，故需要计算找出入射粒子的长度之比。‎ 由几何关系可得，进入第四象限的粒子入射的长度分布恰好是粒子源中左半部分的d，故只需找到与x轴正方向成30°入射的粒子进入圆心磁场的位置即可，‎ LMN=dsin30°=d/2 ‎ ‎17.两根距离为L=2m的光滑金属导轨如图示放置，P1P2，M1M2两段水平并且足够长，P2P3，M2M3段导轨与水平面夹角为θ=37°。P1P2，M1M2与P2P3，M2M3段导轨分别处在磁感应强度大小为B1和B2的磁场中，两磁场方向均竖直向上，B1=0.5T且满足B1=B2cosθ。金属棒a，b与金属导轨垂直接触，质量分别为kg和0.1kg，电阻均为1Ω，b - 19 -‎ 棒中间系有一轻质绳，绳通过光滑滑轮与质量为0.2kg的重物连接，重物距离地面的高度为10m。开始时，a棒被装置锁定，现静止释放重物，已知重物落地前已匀速运动。当重物落地时，立即解除b棒上的轻绳，b棒随即与放置在P2M2处的绝缘棒c发生碰撞并粘连在一起，随后bc合棒立即通过圆弧装置运动到倾斜导轨上，同时解除a棒的锁定。已知c棒的质量为0.3kg，假设bc棒通过圆弧装置无能量损失，金属导轨电阻忽略不计，空气阻力不计，sin37ο=0.6，cos37ο=0.8，g取10m/s2，求：‎ ‎(1)b棒与c棒碰撞前的速度；‎ ‎(2)b棒从静止开始运动到与c棒碰撞前，a棒上产生的焦耳热；‎ ‎(3)a棒解除锁定后0.5s，bc合棒的速度大小为多少。‎ ‎【答案】(1)4m/s(2)8.8J(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题可知，b棒与c棒碰前，已经匀速 由受力分析得：‎ Mg=F安 ‎ ‎ 可得 v1=4m/s 方向水平向右 ‎(2)由能量守恒得：‎ - 19 -‎ 可得：‎ Q总=17.6J ‎ 所以： ‎ ‎ ‎ ‎(3)以向右为正方向，由动量守恒得：‎ mbv1=(mb+mc)v2 ‎ 解得：‎ v2=1m/s a棒：‎ F安1=B1IL=maa1‎ bc合棒：‎ ‎(mb+mc)gsinθ-F安2cosθ=(mb+mc)a2 ‎ F安2=B2IL ‎ ‎ 代入初始条件，vbc=v2，va=0；‎ 解得：‎ 可得，bc合棒和a棒接下来均做加速度为的匀加速运动，‎ 解得： ‎ - 19 -‎ ‎ ‎ - 19 -‎