【物理】广东省广州市岭南中学2020届高三上学期第一轮复习模拟测试题（解析版）

【物理】广东省广州市岭南中学2020届高三上学期第一轮复习模拟测试题（解析版）

广东省广州市岭南中学2020届高三上学期 第一轮复习模拟测试题 一、单选题 ‎1.重为G的两个完全相同的小球，与水平面间的动摩擦因数均为．竖直向上的较小的力作用在连接两球轻绳的中点，绳间的夹角=60O，如图所示，缓慢增大到两球刚要运动的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 地面对球的支持力变大 B. 球刚开始运动时，地面对球没有支持力 C. 地面对球的摩擦力变小 D. 球刚开始运动时，球受到的摩擦力最大 ‎【答案】D ‎【详解】A、以整体为对象，受到重力mg，地面的支持力N、向上的拉力F，随着F的增大，根据平衡可知，N在变小，故A错；‎ BCD、地面施加的静摩擦力等于绳子水平分力，球刚要开始运动时，绳子的水平分力达到最大，故摩擦力达到最大．由于存在摩擦力，所以球与地面之间的弹力不为零，故BC错；D对 故选D ‎2.下列对教材中的四幅图分析正确的是 A. 图甲：被推出的冰壶能继续前进，是因为一直受到手的推力作用 B. 图乙：电梯在加速上升时，电梯里的人处于失重状态 C. 图丙：汽车过凹形桥最低点时，速度越大，对桥面的压力越大 D. 图丁：汽车在水平路面转弯时，受到重力、支持力、摩擦力、向心力四个力的作用 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：被推出的冰壶能继续前进是由于惯性．当物体具有向上的加速度时处于超重状态．汽车过凹形桥最低点时，速度越大，对桥面的压力越大．汽车在水平路面转弯时，受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用．‎ 图甲：被推出的冰壶能继续前进，是由于惯性．手与冰壶不接触了，不再对冰壶有推力作用，A错误；图乙：电梯在加速上升时，加速度向上，电梯里的人处于超重状态，B错误；图丙：汽车过凹形桥最低点时，加速度向上，处于超重状态，速度越大，所需要的向心力越大，超重越显著，对桥面的压力越大，C正确；图丁：汽车在水平路面转弯时，受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用，向心力是重力、支持力、摩擦力的合力，D错误．‎ ‎3.从倾角为30°、长度为L的固定斜面顶端，将一小球以某一初速度水平抛出，小球恰好落到斜面底端。重力加速度大小为g，空气阻力不计。下列说法正确的是 A. 小球被抛出时的初速度大小为 B. 小球抛出后经时间，与斜面间的距离最大 C. 小球落到斜面底端前瞬间的速度方向与水平方向的夹角为60°‎ D. 小球落到斜面底端前瞬间的动能是被抛出时动能的倍 ‎【答案】B ‎【详解】A．由平抛运动公式可知 可得速度大小为，A错误；‎ B．当小球的速度方向和斜面平行时，小球距离斜面最远，此时小球合速度的方向和竖直方向的速度的夹角为30°，则有 可得，B正确；‎ C．小球落到斜面底端前瞬间，根据速度夹角的正切值等于位移夹角正切值得2倍，可知 则小球落到斜面底端前瞬间的速度方向与水平方向的夹角不为60°，C错误；‎ D．小球落到斜面底端的竖直方向速度为 小球落到斜面底端的动能为 小球开始的动能为 D错误。‎ 故选B。‎ ‎4.一卫星绕某行星做匀速圆周运动，其轨道半径为r，运行速度为v，行星的自转周期为T．引力常量为G，行星视为质量分布均匀的球体．行星的同步卫星运行的速度大小为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【详解】该卫星的周期为：‎ ‎ ‎ 行星的同步卫星运行的速度大小为：‎ ‎（为同步卫星运行的轨道半径）‎ ‎ 根据开普勒第三定律有：‎ ‎ ‎ 解得：‎ 故ACD错误，B正确．‎ ‎5. 在研究微型电动机的性能时,可采用图示的实验电路.当调节滑动变阻器R,使电动机停止转动时,电流表和电压表的示数分别为0.5 A和1.0 V;重新调节R,使电动机恢复正常运转时,电流表和电压表的示数分别为2.0 A和15.0 V.则有关这台电动机正常运转时的说法正确的是( )‎ A. 电动机的输出功率为8 W B. 电动机的输出功率为30 W C. 电动机的内电阻为2 Ω D. 电动机的内电阻为7.5 Ω ‎【答案】C ‎【解析】本题考查的是非纯电阻中机械能与内能之间的关系.当电流表和电压表示数为0.5 A和1.0 V时电动机停止工作,电路只有电动机的内阻消耗电能,其阻值Ω,选项D错误,选项C正确.当电动机正常工作时电流表和电压表示数分别为2.0 A和15.0 V,此时电动机消耗的总功率P总=U2×I2="15.0×2.0=30.0" W,其中内阻消耗功率P内=I^2_2r=2.02×2="8.0" W,则输出功率为22 W,选项A､B错误.‎ 二、多选题 ‎6.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能EP随位移x变化的关系如图所示，其中0～对段是对称的曲线，～段是直线，则下列说法正确的是 A. 处电场强度为零 B. 、、处电势、、的关系为>>‎ C. 粒子在0～段做匀变速运动，～段做匀速直线运动 D. ～段是匀强电场 ‎【答案】ABD ‎【详解】A. 根据电势能与电势的关系和场强与电势的关系得：‎ 由数学知识可知图象切线的斜率等于，处切线斜率为零，则处电场强度为零，故A正确；‎ B. 粒子带负电，根据电势能与电势的关系可知，电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：‎ 故B正确；‎ CD.由图看出在段图象切线的斜率不断减小，可知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动；段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动；段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故C错误，D正确．‎ ‎7.如图所示，一轻弹簧原长为L，一端固定在光滑细杆的O点，另一端连接一质量为m的小球，小球和弹簧穿在细杆上，杆上有A、B两点，OA＝L，OB＝L。当细杆与水平面成30°放置时，小球由A点无初速度释放，运动到B点时的速度为0。假设弹性势能的表达式满足，且重力加速度大小为g，则小球从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是 A. 小球的机械能守恒 B. 小球重力势能减少 C. 弹簧的弹性势能增加 D. 小球动能在通过AB中点时最大 ‎【答案】BD ‎【详解】A．小球的机械能转化为弹簧的弹性势能，所以小球的机械能不守恒，A错误；‎ B．小球下降的高度为，小球减小的重力势能减少，B正确；‎ C．小球减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，为，C错误；‎ D．小球从A点运动到B点的过程中，由能量守恒可得 小球的位移为x0，由能量守恒可知小车的动能为 联立求动能最大值可知，当小球动能在通过AB中点时最大，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎8.如图所示，木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力F使弹簧压缩，已知木块a的质量的m，木块b的质量是2m，此时弹簧具有的弹性势能为Ep.当撤去外力后，下列说法中正确的是 A. 在弹簧长度最大时木块 a的速度为 B. a、b 组成的系统总动量始终为 C. 在弹簧长度最大时弹簧具有的弹性势能为 D. 在弹簧第二次达到自然长度时木块时木块 b的速度为0‎ ‎【答案】AC ‎【详解】B．设弹簧恢复原长时b的速度为v0，由能量守恒得：，解得：‎ 系统总动量为：。故B错误。‎ AC．弹簧长度最大时ab由相同的速度，由动量守恒定律得：2mv0=3mv1，解得：‎ 此时弹簧具有的弹性势能为：‎ 故AC正确。‎ D．设弹簧第二次达到自然长度时ab的速度分别为va，vb，由动量守恒定律得：2mv0=mva+2mvb， 由能量守恒得：，联立解得：‎ 故D错误。故选AC。‎ ‎9.下列说法正确的是：‎ A. 物体吸收热量后，内能不一定增加 B. 物体的内能只跟温度有关 C. 热量从低温物体向高温物体传递是完全可能的 D. 当两个分子间距为r0和间距为无穷大时，它们间分子力都为零，故它们的分子势能相等且都为零 E. 一定质量理想气体对外界做了正功，其内能不一定减少，但其密度一定减小 ‎【答案】ACE ‎【详解】A、物体吸收热量，若同时对外做功，它的内能不一定增加，故A正确；‎ B、理想气体不用考虑分子势能，故理想气体的内能只跟温度有关，其它物体要考虑分子的动能和势能，故B错误；‎ C、根据热力学第二定律，热量从低温物体向高温物体传递是完全可能的，但一定会引起其它的一些变化．故C正确； D、当两个分子间距为和间距为无穷大时，它们间的分子力都为零，但它们的分子势能并不相等．当时，分子势能最小，且为负值；当为无穷大时，分子势能为零．故D错误； E、根据热力学第一定律，一定质量理想气体对外界做了正功（W＜0），由于和外界热交换不明确，其内能不一定减少；气体对外界做了正功，体积增大，其密度一定减小．故E正确．‎ 三、实验题 ‎10.在用图甲所示的装置“验证牛顿第二定律”的实验中，保持小车质量一定时，验证小车加速度a与合力F的关系．‎ ‎ ‎ ‎①除了电火花计时器、小车、砝码、砝码盘、细线、附有定滑轮长木板、垫木、导线及开关外，在下列器材中必须使用的有____（选填选项前的字母）．‎ A．220V、50Hz的交流电源 B．电压可调的直流电源 C．刻度尺 D．秒表 E．天平（附砝码）‎ ‎②为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，以下操作正确的是_____．‎ A．调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行 B．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上 C．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上 ‎③某同学得到了图a所示的一条纸带，由此得到小车加速度的大小a＝______m/s2（保留二位有效数字）．‎ ‎④在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，己知三位同学利用实验数据做出的a－F图像如图丙中的1、2、3所示．下列分析正确的是______（选填选项前的字母）．‎ A．出现图线1的原因可能是没有平衡摩擦力 B．出现图线2的原因可能是砝码和砝码盘的质量不合适 C．出现图线3的原因可能是在平衡摩擦力时长木板的倾斜度过大 ‎⑤在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，由此造成的误差是____（选填“系统误差”或“偶然误差”）．设拉力的真实值为F真，小车的质量为M，为了使，应当满足的条件是____．‎ ‎【答案】①ACE ② AC ③1.15 ④B ⑤系统误差 5%‎ ‎【解析】①火花计时器需要220V、50Hz交流电源，要用刻度尺测量纸带上点迹的距离，需要天平测量小车的质量，故需要ACE．‎ ‎②为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上，调整长木板的倾斜度，让小车拖着纸带做匀速直线运动，同时要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，故AC正确，B错误．所以选AC．‎ ‎③从第一个点开始，每隔四个点取一个计数点，时间间隔T=0.1s，根据纸带可知，相邻计数点之间的距离依次为x1=2.61-0.90cm=1.71cm=0.0171m，x2=5.50-2.61cm=2.89cm=0.0289m，x3=9.50-5.50cm=4.00cm=0.0400m，根据逐差法得：‎ ‎，‎ ‎④根据图象1可知，当没有挂砝码、砝码盘时，小车产生了加速度，因此说明平衡摩擦力时木板倾角太大，故A错误；根据图象2可知，随着F的增大，即砝码、砝码盘的质量增大，不再满足砝码、砝码盘质量小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象，故B正确；根据图象3可知，当挂上砝码、砝码盘时，小车的加速度还是为零，说明没有平衡摩擦力或平衡的不够，故C错误．所以选B.‎ ‎⑤在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，由此造成的误差是系统误差，对小车，根据牛顿第二定律得：，对整体根据牛顿第二定律得：，且，解得：．‎ ‎11.水果电池的发电原理是两种金属片的电化学活性是不一样的,其中更活泼的那边的金属片能置换出水果中的酸性物质的氢离子,将两个金属电极锌片和铜片插入一个水果中就可以做成一个水果电池．‎ ‎(1)小明用多用电表的直流电压(0～1 V)挡估测某水果电池的电动势,稳定时指针如图甲所示,则读数为____V．然后小明又用多用电表的欧姆“×10”挡通过正确操作估测水果电池的内阻,稳定时指针如图乙所示,则读数为____Ω,请你说说小明测水果电池的内阻有什么错误．_____________________________________________． ‎ ‎(2)小红采用灵敏电流计和电阻箱根据如图丙所示电路进行水果电池电源与电动势的测量,根据测量数据作出了R图象如图丁所示,请你帮小红计算该水果电池的电动势为____V,内阻为____Ω．(结果保留两位有效数字) ‎ ‎【答案】(1). 0.64 400； 不能用多用电表欧姆档直接测量电源内阻； ‎ ‎ (2). 0.94-1.00 400-500；‎ ‎【解析】【分析】‎ ‎（1）根据多用电表的使用方法可明确读数及正确使用；‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式，再由图象交点及斜率的意义可得出有关电动势和内电阻的表达式，则可求得电动势和内电阻．‎ ‎【详解】(1)多用电表的直流电压挡用中间层读数，故示数为0.64V；欧姆表的读数等于表盘读数乘以倍率，则电阻R=40×10=400Ω.‎ 用多用电表直接测电源电阻，相当于在电路中串联了一个电源，增加了回路中的电流，导致测量错误．‎ ‎(2)由闭合电路欧姆定律E=U+Ir=I(R+r)‎ 可得，所以图线的斜率为水果电池的电动势的倒数，纵轴截距为，‎ 根据k=得，电动势E=1.0V，根据=0.40×103得，r=4.0×102Ω.‎ 故答案为(1)0.64，400，不能用多用电表欧姆挡直接测量电源内阻．(2)1.0，4.0×102.‎ 四、解答题 ‎12.如图所示，质量M＝8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车右端加一F＝8 N的水平拉力，当小车向右运动的速度达到v0＝1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，取g＝10 m/s2．求：‎ ‎（1）放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；‎ ‎（2）经多长时间两者达到相同的速度；‎ ‎（3）从小物块放上小车开始，经过t＝1.5 s小物块通过的位移大小为多少？‎ ‎【答案】（1）2m/s2 0.5 m/s2（2）1s（3）2.1m．‎ ‎【详解】（1）对小车和物体受力分析，由牛顿第二定律可得，物块的加速度：‎ am=μg=2m/s2‎ 小车的加速度：‎ ‎ ‎ ‎（2）由：‎ amt=υ0+aMt 得：‎ t=1s 所以速度相同时用的时间为1s．‎ ‎（3）在开始1s内小物块的位移：‎ ‎ ‎ 最大速度：‎ υ=at=2m/s     ‎ 在接下来的0.5s物块与小车相对静止，一起做加速运动，加速度：‎ ‎ ‎ 这0.5s内的位移：‎ ‎ ‎ 所以通过的总位移 s=s1+s2=2.1m．‎ ‎13.如图所示，电源电动势，内阻，电阻，. 间距 d =0.2m 的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度 B＝1T 的匀强磁场．闭合开关 S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度 v＝0.1 m/s 沿两板间中线水平射入板间．设滑动变阻器接入电路的阻值为 ，忽略空气对小球的作用， ‎ 取 ，求：‎ ‎(1)当时，电阻消耗的电功率是多大？‎ ‎(2)若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为 60°，则是多少？‎ ‎【答案】(1)0.6W，(2)54Ω.‎ ‎【解析】本题主要考查电路分析，含容电路分析，及带电粒子在复合场中的运动的综合运用的问题．对考生分析问题和建立正确的物理模型能力的考查．‎ ‎（1）设和并联电阻为，有：①‎ 两端的电压为：②‎ 消耗的电功率为：③‎ 当时，联立①②③式，代入数据，解得：‎ ‎④‎ ‎（2）设小球质量为m，电荷量为q，小球做匀速圆周运动时，有：‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ 设小球做圆周运动的半径为r，有：‎ ‎⑦‎ 由几何关系有：‎ ‎⑧‎ 联立①②⑤⑥⑦⑧式，代人数据，解得：‎ ‎⑨‎ ‎14.如图，一个高H=30cm的竖直汽缸下部开口并固定在水平面上，光滑且不漏气活塞封住一定质量的理想气体，活塞的面积S=100cm2、重G=l00N．一劲度系数k=20N/cm、原长l0=20cm的竖直弹簧两端分别固接在缸底和活塞中心处，活塞和汽缸壁均绝热．开始时活塞处于静止状态，缸内被封住气体温度T1=250K，弹簧的长度l1=15cm．现用电热丝（图中未画出）缓慢加热缸内被封住的气体，己知外界大气压p0＝1.0×105Pa，弹簧总处在弹性限度内，弹簧和电热丝的体积、气缸壁厚度和活塞厚度均可忽略．求：‎ ‎①当弹簧恰好恢复原长时，缸内被封住的气体温度T2；‎ ‎②当活塞刚要到达水平面时，缸内被封住的气体温度T3；‎ ‎③当缸内被封住的气体温度T4=1000K时的压强p4．‎ ‎【答案】①②③‎ ‎【详解】①开始时的状态1参量：‎ ‎ ‎ 弹簧恰好恢复原长时（即弹簧无弹力）的状态2参量：‎ ‎ ‎ 由理想气体状态方程：‎ 得 ‎②活塞刚要到达水平面时的状态3参量：‎ ‎ ‎ 由理想气体状态方程 得：‎ ‎③由于，由状态3到状态4，理想气体做等容变化：‎ 由 得：．‎