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  • ID:6-7050381 2020年四川省资阳市高考物理二诊试卷【含答案及详细解析】

    高中物理/高考专区/模拟试题

    2020年四川省资阳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.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分. 1.(6分)在物理学的发展过程中,科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用,下列关于物理思想和方法的说法中,错误的是(  ) A.合力与分力的关系体现了等效替换的思想 B.库仑扭秤实验和卡文迪许扭秤实验都用了放大的思想 C.加速度a、电场强度E都采用了比值定义法 D.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物,能用实验直接验证 2.(6分)米歇尔?麦耶和迪迪埃?奎洛兹因为发现了第一颗太阳系外行星﹣飞马座51b而获得2019年诺贝尔物理学奖。飞马座51b与恒星相距为L,构成双星系统(如图所示),它们绕共同的圆心O做匀速圆周运动。设它们的质量分别为m1、m2且(m1<m2),已知万有引力常量为G.则下列说法正确的是(  ) A.飞马座51b与恒星运动具有相同的线速度 B.飞马座51b与恒星运动所受到的向心力之比为m1:m2 C.飞马座51b与恒星运动轨道的半径之比为m2:m1 D.飞马座51b与恒星运动周期之比为m1:m2 3.(6分)如图所示,在水平匀强电场中,有一带电粒子(不计重力)以一定的初速度从M点运动到N点,则在此过程中,以下说法中正确的是(  ) A.电场力对该带电粒子一定做正功 B.该带电粒子的运动速度一定减小 C.M、N点的电势一定有φM>φN D.该带电粒子运动的轨迹一定是直线 4.(6分)雨滴在空中下落的过程中,空气对它的阻力随其下落速度的增大而增大。若雨滴下落过程中其质量的变化及初速度的大小均可忽略不计,以地面为重力势能的零参考面。从雨滴开始下落计时,关于雨滴下落过程中其速度的大小v、重力势能Ep随时间变化的情况,如图所示的图象中可能正确的是(  ) A. B. C. D. 5.(6分)“世纪工程”﹣港珠澳大桥已于2018年10月24日9时正式通车,大桥主桥部分由约为6.7km海底隧道和22.9km桥梁构成,海底隧道需要每天24小时照明,而桥梁只需晚上照明。假设该大桥的照明电路可简化为如图所示电路,其中太阳能电池供电系统可等效为电动势为E、内阻为r的电源,电阻R1、R2分别视为隧道灯和桥梁路灯,已知r小于R1和R2,则下列说法正确的是(  ) A.夜间,电流表示数为 B.夜间,开关K闭合,电路中电流表、电压表示数均变小 C.夜间,由于用电器的增多,则太阳能电池供电系统损失的电功率增大 D.当电流表示数为I则太阳能电池供电系统输出电功率为EI 6.(6分)2019年10月1日,在庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵式上,习近平主席乘“红旗”牌国产轿车依次检阅15个徒步方队和32个装备方队(如图甲所示)。检阅车在水平路面上的启动过程如图乙所示,其中Oa为过原点的倾斜直线,ab段表示以额定功率P行驶时的加速阶段,bc段是与ab段相切的水平直线,若检阅车的质量为m,行驶过程中所受阻力恒为f,则下列说法正确的是(  ) A.检阅车在t1时刻的牵引力和功率都是最大值,t2~t3时间内其牵引力等于f B.0~t1时间内检阅车做变加速运动 C.0~t2时间内的平均速度等于 D.t1~t2时间内检阅车克服阻力所做功为P(t2﹣t1) 7.(6分)如图所示,两块长方体滑块A和B叠放在倾角为θ的斜面体C上。已知A、B质量分别为m1和m2,A与C的动摩擦因数为μ1,B与A的动摩擦因数为?2.两滑块AB在斜面体上以相同加速度自由下滑,斜面体C在水平地面上始终保持静止,则下列说法正确的是(  ) A.斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向左 B.滑块A与斜面间的动摩擦因数?1=tanθ C.滑块A受到斜面对其摩擦力的大小为?1(m1+m2)gcosθ D.滑块B所受的摩擦力大小为?2m2gcosθ 8.(6分)如图甲所示,轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m的小球,从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程,他以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下方向建立坐标轴Ox,做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示,不计空气阻力,重力加速度为g。以下判断正确的是(  ) A.当x=h+x0,重力势能与弹性势能之和最小 B.最低点的坐标为x=h+2x0 C.小球受到的弹力最大值等于2mg D.小球动能的最大值为mghmgx0 三、非选择题:共174分.第22~32題为必考题,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.(6分)某同学用如图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系。实验中用砂和砂桶的总重力表示小车所受合力。 (1)下列关于该实验的操作,正确的有   。 A.砂和砂桶的总质量应远小于小车的质量 B.实验所用电磁打点计时器的工作电源应选用电压约为6V的蓄电池 C.实验时,应先让打点计时器正常工作,后释放小车 D.平衡摩擦力时,应挂上空砂桶,逐渐抬高木板,直到小车能匀速下滑 (2)图乙为实验得到的一条点迹清晰的纸带,A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点。已知电源频率为50Hz,则打点计时器在打D点时纸带的速度v=   m/s(保留三位有效数字)。 (3)该同学平衡了摩擦力后进行实验,他根据实验数据画出了小车动能变化△Ek与绳子拉力对小车所做功W的关系图象,他得到的图象应该是   。 10.(9分)要测量一个待测电阻Rx(190Ω~210Ω)的阻值,实验室提供了如下器材: 电源E:电动势3.0V,内阻不计; 电流表A1:量程0~10mA,内阻r1约50Ω; 电流表A2:量程0﹣500μA,内阻r2为1000Ω; 电压表V1:量程0~1V,内阻RV1约为1kΩ 电压表V2:量程0~10V,内阻RV2约为10kΩ 滑动变阻器R:最大阻值20Ω,额定电流2A; 定值电阻R1=500Ω; 定值电阻R2=2000Ω; 定值电阻R3=50000Ω; 电键S及导线若干。 求实验中尽可能准确测量Rx的阻值,请回答下面问题: (1)为了测定待测电阻上的电压,可以将电表   (选填“A1”、“A2”或“V1”、“V2“)串联定值电阻   (选填“R1”、“R2”或“R3”),将其改装成一个量程为3.0V的电压表。 (2)利用所给器材,在虚线框内画出测量待测电阻Rx阻值的实验原理图(所有的器材必须用题中所给的符号表示)。 (3)根据以上实验原理图进行实验,若测量电路中一只电流表的读数为6.2mA,另外一只电流表的读数为200.0μA.根据读数并结合题中所给数据求出待测电阻Rx=   Ω。 11.(12分)如图,光滑固定斜面倾角为37°,一质量m=0.1kg、电荷量q=+1×10﹣6C的小物块置于斜面上的A点,A距斜面底端R的长度为1.5m,当加上水平向右的匀强电场时,该物体恰能静止在斜面上,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求: (1)该电场的电场强度的大小; (2)若电场强度变为原来的一半,小物块运动到B点所需的时间和在B点的速度各是多少? 12.(20分)光滑水平面上有一质量m车=1.0kg的平板小车,车上静置A、B两物块。物块由轻质弹簧无栓接相连(物块可看作质点),质量分别为mA=1.0kg,mB=1.0kg。A距车右端x1(x1>1.5m),B距车左端x2=1.5m,两物块与小车上表面的动摩擦因数均为μ=0.1.车离地面的高度h=0.8m,如图所示。某时刻,将储有弹性势能Ep=4.0J的轻弹簧释放,使A、B瞬间分离,A、B两物块在平板车上水平运动。重力加速度g取10m/s2,求: (1)弹簧释放瞬间后A、B速度的大小; (2)B物块从弹簧释放后至落到地面上所需时间; (3)若物块A最终并未落地,则平板车的长度至少多长?滑块在平板车上运动的整个过程中系统产生的热量多少? (二)选考题:共45分.请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答如果多做,则每科按所做的第一题计分.[物理-选修3-3] 13.(5分)下列说法中正确的是 (  ) A.随着科技的不断进步,绝对零度可能达到 B.分子势能随着分子间距的增大,可能先减小后增大 C.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 D.一定质量的理想气体在等压压缩的过程中内能一定减小 E.当卫星中的物体处于完全失重时,若一个固定的容器装有浸润其器壁的液体置于卫星内,则必须用盖子盖紧,否则容器中的液体一定会沿器壁流散 14.(10分)如图所示,一总质量m=10kg的绝热汽缸放在光滑水平面上,用横截面积S=1.0×10﹣2m2的光滑绝热薄活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内,活塞杆的另一端固定在墙上,外界大气压强P0=1.0×105Pa.当气体温度为27℃时,密闭气体的体积为2.0×10﹣3m3(0℃对应的热力学温度为273K)。 (ⅰ)求从开始对气体加热到气体温度缓慢升高到360K的过程中,气体对外界所做的功; (ⅱ)若地面与汽缸间的动摩擦因数μ=0.2,现要使汽缸向右滑动,则缸内气体的温度至少应降低多少摄氏度?(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,活塞一直在汽缸内,气体质量可忽略不计,重力加速度g取10m/s2。) [物理-选修3-4] 15.如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波,实线为t=0时刻的波形图,经过t1=6s,波形图如图中虚线所示。已知波的周期T>4s,则下列说法正确的是(  ) A.该波的波长为8m B.该波的周期可能为8s C.在t=9s时,B质点一定沿y轴正方向运动 D.B、C两质点的振动情况总是相反的 E.该列波的波速可能为m/s 16.处于真空中的圆柱形玻璃的横截面如图所示,AB为水平直径,玻璃砖的半径为R,O为圆心,P为圆柱形玻璃砖上的一点,与水平直径AB相距,单色光平行于水平直径AB射向该玻璃砖。已知沿直径AB射入的单色光透过玻璃的时间为t,光在真空中的传播速度为c,不考虑二次反射,求: (1)该圆柱形玻璃砖的折射率n; (2)从P点水平射入的单色光透过玻璃砖的时间。 2020年四川省资阳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.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分. 1.【解答】解:A、合力与分力的关系体现了等效替换的思想,故A正确; B、库仑扭秤实验和卡文迪许扭秤实验都用了放大的思想,故B正确; C、加速度a、电场强度E都采用了比值定义法,故C正确; D、牛顿第一定律是在实验的基础上经逻辑推理而得出的,采用的是实验加推理的方法,反映了物体不受外力时的运动状态,而不受外力的物体不存在的,所以不能用实验直接验证,故D错误; 本题选错误的,故选:D。 2.【解答】解:BD、双星系统属于同轴转动的模型,具有相同的角速度和周期,两者之间的万有引力提供向心力,故两者向心力相同,故BD错误; C、根据,则半径之比等于质量反比,飞马座51b与恒星运动轨道的半径之比,即r1:r2=m2:m1,故C正确; A、线速度之比等于半径之比,即v1:v2=m1:m2,故A错误。 故选:C。 3.【解答】解:AB、粒子的带电性质不知道,所以受到的电场力方向不确定,电场力可能做正功也可能做负功,则粒子的速度可能增加也可能减小,故AB错误; C、沿着电场线的方向电势一定降低,所以φM>φN,故C正确; D、粒子只受电场力作用,电场力的方向在水平方向,而粒子的运动方向和水平方向有一夹角,所以粒子不会醉直线运动,故D错误; 故选:C。 4.【解答】解:AB、根据牛顿第二定律得:mg﹣f=ma,得:a,随着速度增大,雨滴受到的阻力f增大,则知加速度减小,雨滴做加速度减小的加速运动,当加速度减小到零,雨滴做匀速直线运动,故v﹣t图象切线斜率先减小后不变,故A错误,B正确; CD、以地面为重力势能的零参考面,则雨滴的重力势能为:Ep=mgh﹣mg?at2,Ep随时间变化的图象应该是开口向下的,故CD错误; 故选:B。 5.【解答】解:A、夜间,桥梁需要照明,开关K闭合,电阻R1、R2并联,根据闭合电路欧姆定律可知,电流表示数I,故A错误; B、夜间,开关K闭合,总电阻减小,干路电流增大,电路中电流表示数变大,故B错误; C、根据能量守恒定律可知,夜间,由于用电器的增多,则太阳能电池供电系统损失的电功率增大,故C正确; D、当电流表示数为I,则太阳能电池供电系统总功率为EI,输出功率为EI﹣I2r,故D错误。 故选:C。 6.【解答】解:A、由图象可知,检阅车的运动过程为:Oa为匀加速直线运动,ab是恒定功率运动,且加速度在逐渐减小,所以t1时刻牵引力和功率最大,bc是匀速直线运动,t2~t3时间内其牵引力等于f,故A正确。 B、在0~t1时间段,由v﹣t图象知检阅车做匀加速直线运动,故B错误。 C、在0~t2时间段,由v﹣t图象可知,检阅车先做匀加速运动再做变加速运动,故此段时间内平均速度大于,故C错误; D、设时间t1~t2内检阅车克服阻力所做功为Wf,由动能定理P(t2﹣t1)﹣Wfmvmv,克服阻力所做功为Wf=P(t2﹣t1)mvmv,故D正确。 故选:AD。 7.【解答】A、把AB看成一个整体,AB对C的压力在水平方向的分力为Nx=(m1+m2)gcosθ.sinθ,方向水平向右,AB对C的摩擦力在水平方向的分力为fx=fcosθ,方向水平向左。因为AB一起加速下滑,所以(m1+m2)gsinθ>f,则Nx>fx,所以斜面C有向右的运动趋势,则斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向左。故A正确; B,因为AB一起加速下滑,所以μ1(m1+m2)cosθ<(m1+m2)gsinθ,则μ1<tanθ,故B错误; C、把AB看成一个整体,滑块A与斜面之间的摩擦力为f=μ1(m1+m2)gcosθ,故C正确; D、滑块AB一起加速下滑,其加速度为a=gsinθ﹣μ1gcosθ,B与A之间的摩擦力是静摩擦,则AB之间的摩擦力为f′=m2a=mg(sinθ﹣μ1cosθ),故D错误。 故选:AC。 8.【解答】解:A、根据乙图可知,当x=h+x0,小球的重力等于弹簧的弹力,此时小球具有最大速度,以弹簧和小球组成的系统,机械能守恒可知,重力势能与弹性势能之和最小,故A正确; BC、根据运动的对称性可知,小球运动的最低点大于h+2x0,小球受到的弹力最大值大于2mg,故BC错误; D、小球达到最大速度的过程中,根据动能定理可知,故小球动能的最大值为,故D正确 故选:AD。 三、非选择题:共174分.第22~32題为必考题,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)A.实验中用砂和砂桶的总重力表示小车所受合力,为了使小车的合力近似等于砂和砂桶的总重力,砂和砂桶的总质量应远小于小车的质量,故A正确; B.实验所用电磁打点计时器的工作电源应选用电压约为6V的交流电源,而蓄电池提供的是直流电源,故B错误; C.实验时,应先让打点计时器正常工作,后释放小车,才能够在纸带上打出足够多的点,故C正确; D.平衡摩擦力时,不应挂上空砂桶,故D错误。 故选:AC。 (2)C点的读数为1.65cm,E点的读数为3.55cm,CE的距离xCE=(3.55﹣1.65)cm=1.90cm。中间时刻的速度等于该时间段的平均速度,所以打点计时器在打D点时纸带的速度vDm/s=0.475m/s。 (3)根据动能定理:W=△Ek,小车动能变化△Ek与绳子拉力对小车所做功W的关系图象是经过原点的一条直线,故A正确。 故答案为:(1)AC;(2)0.475(0.450~0.500都对);(3)A。 10.【解答】解:(1)将小量程的电流表改装成电压表,电流表需要知道两个参数:量程和内阻,故电流表选A2。 根据串联电路特点和欧姆定律得:串联电阻阻值为: R1000Ω=5000Ω,故选定值电阻R2; (2)由①知电压表的内阻RV=R2+r2=1000+5000=6000Ω,由于3.8~4.2,31.6~28.6,故电流表应用用外接法;又滑动变阻器最大电阻远小于待测电阻阻值,故变阻器应用分压式接法,电路图如甲图所示 (3)根据串并联电路特点和欧姆定律得: 200.0Ω 故答案为:(1)①A2,R3; (2); (3)200.0。 11.【解答】解:(1)如图所示, 小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用,则有 在x轴方向:Fcos37°﹣mgsin37°=0…① 在y轴方向:FN﹣mgcos37°﹣Fsin37°=0.……② 解得:gE=mgtan37°……③ 故有:E=7.5×105 N/C,方向水平向右……④ (2)场强变化后物块所受合力为:F=mgsin37°qEcos37°……⑤ 根据牛顿第二定律得:F=ma……⑥ 故代入解得a=0.3g=3m/s2,方向沿斜面向下 由运动学公式可得:vB2﹣vA2=2as s 解得:t=1s,vB=3 m/s 答:(1)该电场的电场强度的大小是7.5×105 N/C; (2)若电场强度变为原来的一半,小物块运动到B点所需的时间和在B点的速度各是1s,3 m/s。 12.【解答】解:(1)释放弹簧过程A、B系统动量守恒、机械能守恒, 以向右为正方向,由动量守恒定律得:mAvA﹣mBvB=0, 由机械能守恒定律得:EP, 代入数据解得:vA=2m/s,vB=2m/s; (2)由于A、B质量相等与桌面的动摩擦因数相等,在B在平板车上运动到左端过程小车所受合力为零,小车静止, B运动到小车左端过程,对B,由动能定理得:, 由动量定理得:﹣μmBgt1=mBvB﹣mBv2, 代入数据解得:vB=1m/s,t1=1s, B离开平板车后做平抛运动,竖直方向:h, 代入数据解得:t2=0.4s, 运动时间:t=t1+t2=1.4s; (3)B离开小车时:vA=vB=1m/s,B离开平板车后,A与平板车组成的系统动量守恒, 以向右为正方向,由动量守恒定律得:mAvA=(mA+m车)v, 由能量守恒定律得:, 代入数据解得:L相对=0.25m; A、B同时在小车上运动时小车不动,B滑出小车时, A在小车上滑行的距离与B在小车上滑行的距离相等为1.5m, 小车的最小长度:L=1.5+1.5+0.25=3.25m, 系统产生的热量:E=μmAgx1+μmBgx2=3.25J; 答:(1)弹簧释放瞬间后A、B速度的大小分别为2m/s、2m/s; (2)B物块从弹簧释放后至落到地面上所需时间为1.4s; (3)若物块A最终并未落地,则平板车的长度至少为3.25m,滑块在平板车上运动的整个过程中系统产生的热量是3.25J。 (二)选考题:共45分.请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答如果多做,则每科按所做的第一题计分.[物理-选修3-3] 13.【解答】解:A、绝对零度是不能达到。故A错误; B、两个分子之间的距离从无穷远到无限靠近的过程中,分子之间的作用力先是吸引力,后是排斥力,所以分子力先做正功,后做负功;同理,分子间距从无限靠近到无穷远的过程中,分子力也是先做正功,后做负功;所以可知分子势能随着分子间距的增大,可能先减小后增大。故B正确; C、布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动,由于花粉是由花粉颗粒组成的,所以布朗运动反映的是花粉颗粒的运动,不是花粉分子的热运动,是液体分子的热运动的反应,故C错误; D、根据理想气体得状态方程可知,一定质量的理想气体在等压压缩的过程中气体的温度一定降低,而一定量的理想气体得内能仅仅与温度有关,温度降低气体的内能减小,所以一定质量的理想气体在等压压缩的过程中内能一定减小。故D正确; E、当卫星中的物体处于完全失重时,若一个固定的容器装有浸润其器壁的液体置于卫星内,根据浸润的特点可知必须用盖子盖紧,否则容器中的液体一定会沿器壁流散。故E正确 故选:BDE。 14.【解答】解:(ⅰ)气体压强不变,由盖?吕萨克定律得: 解得:V2=T22.4×10﹣3 m3 气体对外界所做的功W=P0?△V=P0(V2﹣V1) 代入数据解得:W=40J (ⅱ)当气体降温,气缸未发生移动时,气体等容变化,则: 汽缸开始移动时,则有:P0S=P3S+μmg 代入数据解得:T=294K 故应降温△t=6℃ 答:(ⅰ)气体对外界所做的功为40J; (ⅱ)缸内气体的温度至少应降低6℃。 [物理-选修3-4] 15.【解答】解:A、分析波形图,可知波长λ=4m,故A错误; BE、设波沿x轴正方向传播,则,n=0、1、2…,其中T>4s,则n=0时,T=24s,波速vm/s;n=1时,Ts,波速vm/s; 设波沿x轴负方向传播,则,n=0、1、2…,其中T>4s,则n=0时,T=8s,波速v=0.5m/s,故BE正确; C、当波沿x轴负方向传播时,T=8s,在t=9s时,B质点在平衡位置下方,沿y轴负方向运动,故C错误; D、B、C两质点平衡位置相隔半个波长,振动情况完全相反,故D正确; 故选:BDE。 16.【解答】解:(1)沿AB入射的光将从B点射出,设光在玻璃内的速度为v,则:v 又:2R=ct 联立可得:n (2)过P做入射光的法线,过P做AB的垂线,垂足为C,如图:因,所以∠POC=30° 由几何关系可知该光的入射角为30° 由折射定律:n可得: 由几何关系:PD=2R?cosr 从P入射的光到达D所用的时间: 联立可得:t′ 答:(1)该圆柱形玻璃砖的折射率n为; (2)从P点水平射入的单色光透过玻璃砖的时间为。 第1页(共1页)

    • 2020-03-19
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  • ID:6-7050379 2020年四川省宜宾市高考物理一诊试卷【含答案及详细解析】

    高中物理/高考专区/模拟试题

    2020年四川省宜宾市高考物理一诊试卷 二、选择题:本题共5小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,第14-18题只有项符合题目要求,第1921题有多项符合題目要求.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)下列说法符合史实的是(  ) A.伽利略提出力是维持物体运动的原因 B.亚里士多德猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比,并直接用实验进行了验证 C.笛卡尔通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持 D.牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度,而不仅仅是使之运动 2.(6分)如图所示为工厂中的行车示意图,行车在水平向右匀速运动,同时悬挂工件的悬线保持在竖直方向,且工件匀速上升,则工件运动的速度(  ) A.大小和方向均不变 B.大小不变,方向改变 C.大小改变,方向不变 D.大小和方向均改变 3.(6分)一带正电的粒子在正点电荷电场中仅受静电力作用,做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴,起始点O为坐标原点,下列图象中合理的是(  ) A.电场强度与位移关系 B.粒子电势能与位移关系 C.粒子速度与位移关系 D.粒子加速度与位移关系 4.(6分)如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态,现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度),重力加速度为g,则在圆环下滑到最大距离的过程中(  ) A.圆环刚下滑时,圆环的机械能最小 B.圆环下滑到最大距离时,所受合力为零 C.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变 D.弹簧弹性势能增加了mgL 5.(6分)如图所示,一航天飞机从地面升空,完成对哈勃空间望远镜的维修任务。航天飞机从A点开始沿椭圆轨道I运动到B点后进入圆形轨道Ⅱ,关于此过程中航天飞机的运动,下列说法中正确的是(  ) A.在轨道I上经过A的速度小于经过B的速度 B.在轨道Ⅰ上经过A的机械能小于在轨道Ⅱ上经过B的机械能 C.在轨道Ⅱ上经过B的加速度小于在轨道I上经过B的加速度 D.在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道I上运动的周期 6.(6分)如图所示,粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A,A与竖直墙壁之间放一光滑半圆球B,整个装置处于平衡状态。已知A、B的质量分别为m和M,A、B两物体的半径均为R,B的圆心到水平地面的竖直距离为R,重力加速度为g,下列说法正确的是(  ) A.地面对A的支持力大小为(m+M)g B.地面对A的摩擦力大小为Mg C.将A往左缓慢移动少许,竖直墙壁对B的弹力减小 D.将A往左缓慢移动少许,A、B之间的弹力保持不变 7.(6分)如图所示,A、B、C三点在同一水平面上,D点在B点正上方,AB垂直于BC和BD构成的平面,A、C、D到B的距离均为d,空间存在着匀强电场,一个质量为m、电荷量为+q的粒子从B移到C和从B移到D时电场力做的功都为零,从B移到A时电场力做的功为W,下列说法正确的是(  ) A.带电粒子从D移到C时电场力做的功一定为零 B.电场强度方向由A指向B C.A点和B点间的电势差UAB D.匀强电场的电场强度大小E 8.(6分)如图(a),质量m=1kg的物体沿倾角θ=37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动,风对物体的作用力沿水平方向向右,其大小与风速v成正比,比例系数用k表示,物体加速度a与风速v的关系如图(b)所示,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列说法正确的是(  ) A.物体沿斜面做匀变速运动 B.当风速v=5m/s时,物体沿斜面下滑的速度最大 C.物体与斜面间的动摩擦因数为0.25 D.比例系数k为kg/s 三、非选择题 9.(6分)实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线,某同学想通过实验测定其实际长度。该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2,查得铜的电阻率为1.7×10﹣8Ω?m,再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx,从而确定导线的实际长度。 可供使用的器材有: 电流表:量程0.6A,内阻约为0.2Ω; 电压表:量程3V,内阻约9KΩ 滑动变阻器R1:最大阻值5Ω; 滑动变阻器R2:最大阻值20Ω; 定值电阻:R0=3Ω; 电源:电动势6V,内阻可不计; 开关、导线若干。 回答下列问题: (1)实验中滑动变阻器应选   (填“R1”或“R2”); (2)调节滑动变阻器,当电压表的读数为1.80V时,电流表示数如图乙所示,读数为   A; (3)导线实际长度为   m(保留2位有效数字)。 10.(9分)某同学利用图(a)所示实验装置获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系如图(b)所示,实验中小车的质量保持不变,实验室选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮。 (1)根据该同学的结果,小车的加速度与钩码的质量成   (填“线性”或“非线性”)关系; (2)由图(b)可知,a﹣m图线不经过原点,可能的原因是:   ; (3)他重新调整实验装置后把打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上,得到一条纸带,打出的部分计数点如图(c)所示(每相邻两个计数点间还有4个点,图中未画出),其中s1=3.59cm,s2=4.4lcm,s3=5.19cm,s4=5.97cm,s5=6.78cm,s6=7.64cm。则打点计时器在打D点时小车的速度vD=   m/s,在充分利用测量数据的基础上他得到的小车加速度a   =m/s2.(结果均保留两位有效数字) 11.(12分)在xoy平面内,有沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E(图中未画出),由点A(﹣l0,3l0)斜射出一质量为m,带电量为+q的粒子,其运动轨迹如图所示,点B(0,4l0)和点C(2l0,0)在运动轨迹上,其中B点为轨迹顶点。b为常数,粒子所受重力忽略不计。求: (1)A、C两点间的电势差UAC; (2)粒子经过C点时的速度大小。 12.(20分)倾角θ=37°、长度L=3.2m的斜面固定在水平地面上,一质量M=2kg的薄木板静置于斜面上,且下端与斜面底端相齐,质量m=1kg的物块轻置于薄木板上,如图所示。已知物块与薄木板间的动摩擦因数μ1,薄木板与斜面间、物块与斜面间的动摩擦因数均为μ2=0.5,物块可视为质点,忽略薄木板厚度对物块运动的影响,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。 (1)求物块所受摩擦力大小; (2)用沿斜面向上的拉力作用在薄木板上,欲使薄木板相对物块运动,求拉力大小; (3)若物块置于距离薄木板下端=lm处,对薄木板施加一沿斜面向上的恒力,欲将薄木板从物块和斜面间抽离出来,直至薄木板完全离开斜面,且使物块最终刚好停在斜面顶端,求在抽离出薄木板的过程中恒力的大小。 二、选考题:共45分.请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答(35题必答).如果多做,则每科按所做的第一题计分.【物理--选修3-3】(15分) 13.(5分)下列说法正确的是(  ) A.温度越高,扩散进行得越快 B.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的 C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的 D.如果液体温度降到很低,布朗运动就会停止 E.把少许碳素墨水滴入水中,在显微镜下观察到碳颗粒的无规则运动现象,说明分子在做无规则运动 14.(10分)已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R,空气平均摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为NA,地面大气压强为p,重力加速度大小为g。试估算: (Ⅰ)大气对地球表面的压力大小和地球大气层空气分子总数; (Ⅱ)若气体分子视为立方体模型,则空气分子之间的平均距离为多少。 【物理--选修3-4】(15分) 15.关于波的认识,下列说法正确的是(  ) A.潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况,利用的是波的反射原理 B.发生多普勒效应时,波源的频率发生了变化 C.机械波在介质中的传播速度是由介质本身的性质决定的 D.波在传播过程中绕过障碍物向前传播的现象,是波的折射现象 E.医生利用超声波探测病人血管中血流的速度,利用的是多普勒效应 16.两列简谐波沿x轴相向而行,波速均为v=0.4m/s,两波源分别位于A、B处,t=0时的波形如图所示。求: (I)两列波运动的周期分别为多少; (Ⅱ)当t=2.5s时,M、N两点的位移大小分别为多少。 2020年四川省宜宾市高考物理一诊试卷 参考答案与试题解析 二、选择题:本题共5小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,第14-18题只有项符合题目要求,第1921题有多项符合題目要求.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:A、伽利略利用实验和推理相结合的方法,得出了力不是维持物体运动的原因,故A错误。 B、伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比,但不是直接用实验进行了验证,故B错误。 C、伽利略通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持,故C错误。 D、牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度,而不仅仅是使之运动,故D正确。 故选:D。 2.【解答】解:行车在水平向右匀速运动,同时悬挂工件的悬线保持在竖直方向,且工件匀速上升,则工件参与了两个方向上的运动,即水平方向匀速运动和竖直方向匀速运动,根据运动的合成与分解知识可知,工件的实际运动为匀速直线运动,速度大小和方向均不变,故A正确,BCD错误。 故选:A。 3.【解答】解:A.正电荷的场强公式E=k,可知电场强度随x的变化不是恒定不变的,故A错误。 B.根据W电=F电?x=﹣△Ep可知,EP﹣x图象的斜率可表示电场力,而电荷运动过程中电场力逐渐减小,则图象的斜率逐渐减小,故B错误。 C.根据题意可知,在电场力的作用下电荷做加速度逐渐减小的加速运动,而v﹣x图象不是直线,故C错误。 D.加速度a,可知a随x的变化图线是曲线,且减小,故D正确。 故选:D。 4.【解答】解:A、圆环下滑的过程中,弹簧对圆环做负功,圆环的机械能减少,所以圆环刚下滑时,圆环的机械能最大,故A错误。 B、当合力为零时,速度最大,当下滑到最大距离时,速度为零,加速度不为零,所受合力不为零,故B错误。 C、圆环下滑的过程中,对于弹簧和圆环组成的系统,由于只有重力和弹力做功,所以系统的机械能守恒,即圆环的重力势能、动能和弹簧的弹性势能之和保持不变,圆环的动能先增大后减小,则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大,故C错误。 D、图中弹簧水平时恰好处于原长状态,弹性势能为零,圆环下滑到达的最低点时,弹簧的长度变为2L,可得圆环下降的高度为hL,根据系统的机械能守恒得,弹性势能的增加量等于重力势能的减小量,为mgL,故D正确。 故选:D。 5.【解答】解:A、在轨道I上从B向A运动过程中,引力做正功,动能增加,速度增大,故在轨道I上经过A的速度大于经过B的速度,故A错误; B、航天飞机由椭圆轨道I进入圆形轨道II,需加速,做离心运动,外力做正功,机械能增加,故在轨道Ⅰ上经过A的机械能小于在轨道Ⅱ上经过B的机械能,故B正确; C、航天飞机在轨道Ⅱ上经过B与在轨道Ⅰ上经过B时所受的万有引力相等,根据牛顿第二定律知,加速度大小相等,故C错误; D、根据开普勒第三定律有:k,rⅡ>rⅠ,所以TⅡ>TⅠ,故D错误。 故选:B。 6.【解答】解:A、把A、B看成一个系统,对其运用整体法,该系统在竖直方向上受到竖直向下的重力(M+m)g和地面的支持力FN的作用,二力平衡,所以有:FN=(M+m)g,故A正确; B、选取半圆球B为研究对象,运用隔离法,受力分析如图所示。 根据力的分解和力的平衡条件可得: FN1 FN2=Mgtanθ 半圆球B的圆心到水平面的竖直距离为R,所以θ=45° 所以有:FN2=Mg 把A、B看成一个系统,根据受力分析,物体A对地面的摩擦力大小等于FN2,所以物体A受到地面的摩擦力大小为Mg,方向水平向左。故B错误; C、将A往左缓慢移动少许,竖直墙壁对B的弹力FN2=Mgtanθ,θ减小,则竖直墙壁对B的弹力减小,故C正确; D、将A往左缓慢移动少许,A、B之间的弹力FN1,θ减小、cosθ增大,则A、B之间的弹力减小,故D错误。 故选:AC。 7.【解答】解:AB、一个质量为m、电荷量为+q的粒子从B移到C时电场力做的功为零,则φB=φC,从B到D时电场力做的功也为零,则φB=φD,故B、C、D三点所在的平面为等势面, 电场强度的方向垂直于BCD平面,场强方向从B指向A的方向,带电粒子从D移到C时电场力做的功一定为零,故A正确,B错误; C、根据电势差的定义式得:,故C错误; D、根据电势差与场强关系得:,故D正确; 故选:AD。 8.【解答】解:A.根据图形可知,物体做的是加速度逐渐减小的加速度运动,故A错误; B.当v=5m/s时,物体的加速度为零,此时物体的速度达到最大,故B正确; C.对初始时刻:F风=0 由图读出a0=4m/s2 mgsinθ﹣μmgcosθ=ma0① 将a代入①式,解得:μ=0.25,故C正确; D.对末时刻加速度为零: mgsinθ﹣μN﹣kvcosθ=0 ② 又N=mgcosθ+kvsinθ 由图得出此时v=5 m/s 联立解得:kkg/s,故D正确。 故选:BCD。 三、非选择题 9.【解答】解:(1)由图甲所示电路图可知,滑动变阻器采用限流接法,为测多组实验数据,滑动变阻器最大阻值应适当大些,滑动变阻器应选R2。 (2)由图乙所示表盘可知,其分度值为0.02A,示数为0.40A。 (3)导线电阻为:R1.5Ω, 由电阻定律得:R=ρ 导线长度为:Lm≈88m; 故答案为:(1)R2;(2)0.40;(3)88。 10.【解答】解:(1)根据该同学的结果得出a﹣m图线是曲线,即小车的加速度与钩码的质量成非线性关系; (2)从上图中发现直线没过原点,当a=0时,m≠0,即F≠0,也就是说当绳子上拉力不为0时,小车的加速度为0,所以可能的原因是存在摩擦力。说明实验的步骤中未平衡摩擦力或为完全平衡摩擦力; (3)各计数点时间之间的时间间隔为0.1s,可得打点计时器在打D点时小车的速度:vD0.56m/s 小车的加速度: a0.80m/s2。 故答案为:(1)非线性;(2)未平衡摩擦力或为完全平衡摩擦力;(3)0.56,0.80 11.【解答】解:(1)根据题意可知:UAC=EyAC=3El0 (2)在匀强电场中,根据牛顿第二定律有:qE=ma, 设粒子在轨迹最高点B点的速度为v0,粒子由A到B的过程中, 竖直方向:, 水平方向上:l0=v0t1 粒子从B到C的过程中,根据平抛运动的规律有: 竖直方向上:,vcy=at2, , 联立解得:v; 答:(1)A、C两点间的电势差为3El0; (2)粒子经过C点时的速度大小为。 12.【解答】解:(1)因为:mgsinθ<μ1mgcosθ, 所以物块静止在薄木板上,对物块,由平衡条件得:f=mgsinθ, 代入数据解得:f=6N; (2)当薄木板与物块刚要发生相对滑动时,设薄木板和物块的加速度分别为a和a1,且有:a1<a, 对物块和木板,由牛顿第二定律得: μ1mgcosθ﹣mgsinθ=Ma1, F﹣Mgcosθ﹣μ1mgcosθ﹣μ2(M+m)gcosθ=Ma, 解得:F>33N; (3)在抽出薄木板的过程中,物块的加速度仍为a1, 设木板的加速度为a2,抽出木板后滑块在斜面上加速度为a3, 对木板,由牛顿第二定律得:F′﹣Mgsinθ﹣μ1mgcosθ﹣μ2(M+m)gcosθ=Ma2, 物块在木板上滑动时通过的位移:x1, 物块离开木板时的速度:v=a1t1, 木板通过的位移:x2, 物块和木板的位移关系为:x2﹣x1=l, 抽出木板后滑块在斜面上做减速与加拿大恰好到达顶端, 由牛顿第二定律得:μ2mgcosθ+mgsinθ=Ma3, 由运动学公式得:v2=2a3x3, 物块运动的位移关系:x3+x1+l=L, 代入数据解得:F′=34N; 答:(1)物块所受摩擦力大小为6N; (2)用沿斜面向上的拉力作用在薄木板上,欲使薄木板相对物块运动,拉力大小为:F>33N; (3)在抽离出薄木板的过程中恒力的大小为34N。 二、选考题:共45分.请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答(35题必答).如果多做,则每科按所做的第一题计分.【物理--选修3-3】(15分) 13.【解答】解:A、温度越高分子运动越剧烈,扩散进行得越快,故A正确。 B、液体中的扩散现象是分子无规则运动形成的,不是由于液体的对流形形成的,故B错误。 C、扩散现象是由物质分子无规则运动产的,故C正确。 D、在任何温度下组成物体的分子都在不停地做无规则运动,如果液体温度降到很低,布朗运动不会停止,故D错误。 E、把少许碳素墨水滴入水中,在显微镜下观察到碳颗粒的无规则运动现象,说明分子在做无规则运动,故E正确。 故选:ACE。 14.【解答】解:(I)地球大气对地球表面的压力是由重力引起的, 即:mg=pS, 其中地球表面面积:S=4πR2, 解得,空气质量:m; 空气分子数:N=nNANA; (II)由于h<<R,大气层的总体积:V=4πR2h, 设所占空间为边长为a的正方体,则:V=Na3, 解得:a; 答:(Ⅰ)大气对地球表面的压力大小为4πpR2,地球大气层空气分子总数为; (Ⅱ)若气体分子视为立方体模型,则空气分子之间的平均距离为。 【物理--选修3-4】(15分) 15.【解答】解:A、潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况,属于声呐定位,用的是波的直线传播与反射原理,故A正确; BE、多普勒效应说明观察者与波源有相对运动时,接收到的波频率会发生变化,但波源的频率没有变化,医生利用超声波探测病人血管中血流的速度,利用的是多普勒效应,故B错误,E正确; C、机械波在介质中传播速度由介质本身的性质决定,同一介质中,波速相同,比如无论次声波、超声波在空气中的传播速度均为340m/s,故C正确; D、波在传播过程中绕过障碍物向前传播的现象,是波的衍射现象,故D错误。 故选:ACE。 16.【解答】解:(I)由图可知,两列波的波长分别为:λA=0.2m,λB=0.4m, 简谐波A的周期为:TA 简谐波B的周期为:TB 代入数据解得:TA=0.5s,TB=1s; (II)波源的起振方向都沿y轴负方向,t=0时M点距A波波前LMA=0.5m,距B波波前LMB=0.3m, 当经过t=2.5s时,t, 解得:n1 所以A波在t=2.5s时引起质点M的位移为:xAM=0 当经过t=2.5s时,t, 解得:n2 所以B波在t=2.5s时引起质点M的位移为:xBM=2cm 则t=2.5s时质点M的位移为2cm; 同理可判定N点的位移为:xN=0。 答:(I)两列波运动的周期分别为0.5s,1s; (Ⅱ)当t=2.5s时,M、N两点的位移大小分别为2cm,0。 第1页(共1页)

    • 2020-03-19
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  • ID:6-7050377 2020年四川省内江市高考物理一模试卷【含答案及详细解析】

    高中物理/高考专区/模拟试题

    2020年四川省内江市高考物理一模试卷 二、选择题:本题共5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)如图所示,以下图形来源于教材与它们相关的说法中正确的是(  ) A.是英国物理学家牛顿利用扭秤实验测量万有引力常量G的装置示意图 B.是发射出去的火箭,它利用了牛顿第三定律的作用力与反作用力 C.是利用“光的折射”来显示物体微小形变的装置示意图 D.是伽利略第一次用科学的实验方法改变了人类对物体运动的认识,总结出了行星运动定律,为人类做出了卓越贡献 2.(6分)如图所示,为一种简易的重物提升装置,通过卷扬机牵引利用定滑轮将重物提升至某高处,然后,由工人将重物水平缓慢拉至平台上,在工人拉动重物靠近平台的过程中,下列说法正确的是(  ) A.地面对人的摩擦力变小 B.OA绳的拉力大小不变 C.OC、OB两绳拉力的合力变大 D.OC绳的拉力变小 3.(6分)地动仪是世界上最早的感知地震装置,由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成,早于欧洲1700多年如图所示,为一现代仿制的地动仪,龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为h,当感知到地震时,质量为m的铜珠(初速度为零)离开龙口,落入蟾蜍口中,与蟾蜍口碰撞的时间约为t,则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为(  ) A.mg B. C. D.mg 4.(6分)如图所示,为某运动员(可视为质点)参加跳板跳水比赛时,其竖直方向的速度随时间变化的v﹣t图象以他离开跳板时为计时起点,不计空气阻力,则下列说法中正确的是(  ) A.t3时刻达到最高点 B.t2时刻的位移最大 C.t1时刻的加速度为负 D.在t1﹣t2时间内重力做功WG大于t1﹣t2时间内克服阻力做功Wf 5.(6分)套圈游戏是一项趣味活动如图,某次游戏中,一小孩从距地面高0.45m处水平抛出半径为0.1m的圆环(圆环面始终水平),套住了距圆环前端水平距离为1.0m、高度为0.25m的竖直细圆筒。若重力加速度大小g=10m/s2,则小孩抛出圆环的初速度可能是(  ) A.4.3m/s B.5.6m/s C.6.5m/s D.7.5m/s 6.(6分)如图所示,某极地轨道卫星做匀速圆周运动的运行轨道平面通过地球的南北两极,已知该卫星从北纬60°的正上方按图示逆时针方向第一次运行到南纬60°的正上方时所用时间为1h,则下列说法正确的是(  ) A.该卫星的运行速度一定大于7.9km/s B.该卫星运行的周期为3h C.该卫星与同步卫星的运行半径之比为1:4 D.该卫星的运行速率与同步卫星速度之比为1:2 7.(6分)在研究“蹦极”运动时,在运动员身上安装上传感器,用于测量运动员在不同时刻下落的高度及速度。如图甲,运动员(包括携带的全部设备)的质量为60kg,弹性绳原长为10m,运动员从蹦极台自由下落,据传感器所测数据,得到图乙所示的速度v﹣位移x图象,若“蹦极”过程中,运动员始终在空中,不计空气阻力,重力加速度g=10m/s2,则下列判断正确的是(  ) A.从x=0到x=10m的过程中,运动员处于完全失重状态 B.当速度v=15m/s时,绳的弹力达到最大 C.从x=10m到x=15m的过程中,运动员的加速度一直减小 D.从x=0到x=30m的过程中,弹性绳的最大势能为1.8×104J 8.(6分)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与质量为m的圆环相连,圆环套在倾斜的粗糙固定杆上,杆与水平面之间的夹角为α,圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处静止释放,到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v,恰好能回到A.已知AC=L,B是AC的中点,弹簧始终在弹性限度之内,重力加速度为g,则下列说法正确的是(  ) A.下滑过程中,环受到的合力不断减小 B.下滑过程中,环与杆摩擦产生的热量为mv2 C.从C到A过程,弹簧对环做功为mgLsinαmv2 D.环经过B时,上滑的速度大于下滑的速度 三、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第22题~第32题为必考题每个试题考生都必须作答第33题~第38题,考生根据要求作答.必考题(共129分) 9.(6分)如图甲,是“探究功与速度变化的关系”的实验装置,当质量为0.1kg的小车,在1条橡皮筋作用下弹出时,橡皮筋对小车做的功记为W;当用2条、3条……完全相同的橡皮筋进行第2次、第3次……实验时,由于每次实验中橡皮筋的拉伸长度相同,因此第2次、第3次……实验中,橡皮筋对小车做的功分别为2W、3W……,每次实验中小车获得的最大速度可由打点计时器所打出的纸带求出。则: (1)关于该实验,下列说法中正确的是   (填选项序号字母)。 A.必须平衡摩擦力 B.打点计时器可以用干电池供电 C.每次实验,小车必须从同一位置由静止释放 D.可以选用规格不相同的橡皮筋 (2)图乙为某次用1条橡皮筋实验打出的纸带,测得A、B、C、D、E相邻两点间的距离分别为AB=1.60cm,BC=1.62cm,CD=1.64cm,DE=1.64cm,则小车获得的最大速度为   m/s。如果用2条橡皮筋做实验,那么,在理论上,小车获得的最大动能为   J(结果保留两位有效数字)。 10.(9分)某实验小组用如图所示的装置,来做“验证机械能守恒定律”的实验其中,量角器的中心O和长为L的细线的一个端点重合,并且固定在一起细线的另一端系一个质量为m、半径为R的小球,当小球静止时量角器的零刻度线与细线重合,在小球所在位置固定安装一个光电门,当小球由A处静止释放时,细线与竖直方向的夹角为θ,重力加速度为g。则: (1)在实验中测得小球通过光电门的时间为t,那么,小球通过最低点的瞬时速度为   。 (2)如图所示,当用精确度为0.1mm的游标尺来测量小球直径时,测得小球的直径为1.36cm,那么,这时游标卡尺上的第   条刻度线与主尺上的第   刻度线对齐。 (3)若在实验误差允许的范围内,满足   ,即可验证机械能守恒定律(用题中字母来表示)。 (4)通过改变小球由静止释放时,细线与竖直方向的夹角θ,测出相应情况下,小球通过光电门的时间t,为了形象、直观地验证机械能是否守恒,在平面直角坐标系中,为使图象是经过坐标原点的直线那么,图象的横坐标为   ,纵坐标为。 11.(12分)如图,轻弹簧的一端固定,另一端与质量为m的小滑块B相连,B静止在与水平面成θ的斜面上的O点,此时弹簧处于原长。另一质量与B相同的小滑块A,从P点以初速度v0向B沿斜面向下加速滑行,当A向下滑过距离L后,即与B相碰碰撞时间极短,内力远大于外力。碰撞后A、B粘在一起向下运动,滑块A和B均可视为质点,且与斜面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g。试求: (1)在滑块A与B碰后,A、B共同的速度大小; (2)若滑块A、B压缩弹簧后恰能返回到O点,那么,在A从P点开始下滑到AB的返回到O点的过程中,系统克服摩擦产生热。 12.(20分)如图所示,一块质量为M=2kg,长为L=3m的均质薄木板静止在足够长的水平桌面上,在木板的左端静止摆放着质量为m=1kg的小木块(可视为质点),薄木板和小木块之间的动摩擦因数为μ1=0.1,薄木板与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.2.在t=0时刻,在木板M左端施加一水平向左恒定的拉力F=12N,g取10m/s2.则: (1)拉力F刚作用在木板上时,木板M的加速度大小是多少? (2)如果F一直作用在M上,那么经多少时间m将离开M? (3)若在时间t=1s末撤去F,再经过多少时间M和m第一次速度相同?在此情况下,最终m在M上留下的痕迹的长度是多少? 二、选考题(共45分)请考生从给出的2道物理题、2道化学题2道生物题中每科选一题作答.如果多做,则每科按所做的第一题计分.[物理一选修3-3](15分) 13.(5分)下列说法中正确的是(  ) A.热量可能自发地从低温物体传到高温物体 B.布朗运动是固体微粒的无规则运动 C.不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功,而不产生其他影响 D.一些昆虫可以停在水面上,是由于表面张力作用的结果 E.晶体的物理性质一定表现为各向同性 14.(10分)如图所示,截面积分别为SA=1cm2、SB=0.5cm2的两个上部开口的柱形气A、B,底部通过体积可以忽略不计的细管连通,A、B两个气缸内分别有两个不计厚度的活塞,质量分别为mA=1.4kg、mB=0.7kg。A气缸内壁粗糙,活塞与气缸间的最大静摩擦力为Ff=3N;B气缸内壁光滑,且离底部2h高处有一活塞销。当气缸内充有某种理想气体时,A、B中的活塞距底部均为h,此时气体温度为T0=300K,外界大气压为P0=1.0×105Pa.现缓慢升高气体温度,(g取10m/s2,)求: ①当气缸B中的活塞刚好被活塞销卡住时,气体的温度; ②当气缸A中的活塞刚要滑动时,气体的温度T2。 [物理一选修3-4](15分) 15.某时刻O处质点沿y轴向下开始简谐振动,形成沿x轴正向传播的简谐横波,O处质点开始振动后t=0.8s时,第一次形成的波形图象如图所示,P点是x轴上距坐标原点96cm处的质点,下列说法正确的是(  ) A.质点P经过32s开始振动 B.该波的波速是0.3m/s C.该波遇到一个尺寸为10m的障碍物时可以发生明显衍射 D.经过4.2s质点P第二次到达波谷 E.若质点O在t=2s时停止振动,那么,质点P在5.2s时也将停止振动 16.现有由同一种材料制成的一个透明工艺品,其切面形状图如图所示。其中,顶部A为矩形形状,高CM=L,边长CD=d,底部B为等边三角形。现让一束单色光线从B部分MH边的中点O1表面处沿竖直方向射入,光线进入B后发现折射光线恰好与B部分的HM′平行且经过MM′,最后从A部分的CD边上某点O处射出,光在真空中的传播速度为c。求: ①光在工艺品中传播的速度; ②光在工艺品中传播的时间。 2020年四川省内江市高考物理一模试卷 参考答案与试题解析 二、选择题:本题共5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:A、甲图是物理学家卡文迪许利用扭秤实验测量万有引力常量G的装置示意图,故A错误; B、乙图是发射出去的火箭,利用了反冲现象,它利用了牛顿第三定律的作用力与反作用力,故B正确; C、丙图是利用“光的反射”显示物体微小形变的装置示意图,故C错误; D、行星运动定律是开普勒总结出了,故D错误; 故选:B。 2.【解答】解:将OB的拉力进行分解,如图所示: BCD、由图可知,在工人拉动重物靠近平台的过程中,由图可以看出OA绳子拉力与OC绳子的拉力都一直变大。OC、OB两绳拉力的合力(即OA绳子的拉力)变大,故C正确,BD错误; A、以人为研究对象,水平方向受到的摩擦力和OC绳子的拉力平衡,所以地面对人的摩擦力变大,故A错误。 故选:C。 3.【解答】解:铜珠做自由落体运动,落到蟾蜍口的速度为:v 以竖直向上为正方向,根据动量定理可知:Ft﹣mgt=0﹣(mv) 解得:F,故BCD错误,A正确。 故选:A。 4.【解答】解:A、运动员起跳时的速度方向向上,可知,t1时刻达到最高点,故A错误。 B、在0﹣t2时间内,v﹣t图象为直线,加速度不变,所以在0﹣t2时间内人在空中,t1时刻达到最高点,t1﹣t2时间内下落,t2时刻开始进入水面,t3时刻达到水中最深处,故B错误。 C、根据速度图象的斜率表示加速度,知t1时刻的加速度为正,故C错误。 D、在t1﹣t2时间内,运动员的动能增加,根据动能定理知:WG﹣Wf>0,所以在t1﹣t2时间内重力做功WG大于t1﹣t2时间内克服阻力做功Wf,故D正确。 故选:D。 5.【解答】解:根据h1﹣h2gt2得:ts=0.2s。 则平抛运动的最大速度为:v16.0m/s, 最小速度为:v2m/s=5.0m/s, 则5.0m/s<v<6.0m/s。故B正确,ACD错误。 故选:B。 6.【解答】解:A、7.9km/s是卫星环绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度,所以该卫星的运行速度一定小于7.9km/s,故A错误; B、该卫星从北纬60°的正上方,按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时,偏转的角度是120°,刚好为运动周期的,所以该卫星运行的周期为3h,故B正确; C、地球同步卫星的周期是24h,该卫星与同步卫星的运行周期之比为1:8,由开普勒第三定律k得该卫星与同步卫星的运行半径之比为1:4,故C正确; D、根据v得该卫星与同步卫星的运行速度之比为2:1,故D错误。 故选:BC。 7.【解答】解:A、从x=0到x=10m的过程中,运动员自由下落,只受重力,处于完全失重状态,故A正确。 B、v=15m/s时,运动员还在向下运动,绳的弹力还在增大,所以此时绳的弹力不是最大。故B错误。 C、x=15m处运动员的速度最大,加速度为零,从x=10m到x=15m的过程中,绳的弹力大于重力,随着弹力的增大,运动员的合力减小,加速度一直减小,故C正确。 D、从x=0到x=30m的过程中,运动员的重力势能减少量为△Ep=mgh=60×10×30J=1.8×104J,根据运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒可知弹性绳的最大势能为:Ep绳=△Ep=1.8×104J,故D正确。 故选:ACD。 8.【解答】解:A、圆环从A处由静止开始下滑,初速度为零,到达C处的速度为零,所以圆环先做加速运动,再做减速运动,所以加速度先减小至零,后反向增大,则合力先减小后增大,故A错误; B、圆环从A处由静止开始下滑到C过程,由动能定理得: mgh+Wf﹣W弹=0﹣0 在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A,运用动能定理列出等式 ﹣mgh+W弹+Wf=0mv2 联立解得:Wfmv2,所以产生的热量为mv2,故B错误; C、从C到A过程,由动能定理得 ﹣mgh+W弹+Wf=0mv2,h=Lsinα, 联立解得:弹簧对环做功为 W弹=mgLsinαmv2,故C正确; D、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程,运用动能定理列出等式 mgh′+W′f﹣W′弹mvB2﹣0 研究圆环从B处上滑到A的过程,运用动能定理列出等式 ﹣mgh′+W′f+W′弹=0mvB′2。 即得 mgh′﹣W′f﹣W′弹mvB′2。 由于W′f<0,所以有 mvB2mvB′2,则环经过B时,上滑的速度大于下滑的速度,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题~第32题为必考题每个试题考生都必须作答第33题~第38题,考生根据要求作答.必考题(共129分) 9.【解答】解:(1)A、为了保证小车的动能都是橡皮筋做功的结果,必须平衡摩擦力,长木板要适当的倾斜,故A正确; B、打点计时器使用的是低压交流电源,故B错误; C、根据实验原理可知,每次实验,小车必须从同一位置由静止弹出,故C正确; D、根据实验原理可知,橡皮筋必须是相同的,故D错误; (2)要测量最大速度,应该选用点迹恒定的部分即应选用纸带的C、D、E部分进行测量,时间间隔为0.02s,最大速度:,此时小车的最大动能0.03362J=W 如果用2条橡皮筋做实验,根据动能定理得 2W=Ekm′=2Ekm=0.067J; 故答案为:(1)AC;(2)0.82,0.067; 10.【解答】解:(1)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知,小球经过最低点的速度v。 (2)从物体的长度为1.36cm=13.6mm,知游标的最小分度为0.1mm,则游标的第6刻度线与主尺刻度对齐。 游标卡尺主尺与游标刻度线对齐的示数为:13.6mm+6×0.9mm=19mm。 (3)根据重力势能的减小量△Ep=mg(L+R)(1﹣cosθ), 而动能的增加量△Ekmv2m()2, 当小球的机械能守恒,有:g(L+R)(1﹣cosθ)()2, (4)当机械能守恒时有:mg(L+R)(1﹣cosθ)m()2,,为了直观地判断机械能是否守恒,作出的图线应为线性图线, 则图象的横坐标为1﹣cosθ,纵坐标为。 故答案为:(1),(2)6,19;(3)g(L+R)(1﹣cosθ)()2;(4)1﹣cosθ。 11.【解答】解:(1)A下滑到碰撞前过程对A,由动能定理得:mgLsinθ﹣μmgLcosθ, A、B碰撞过程系统动量守恒,以平行与斜面向下为正方向,由动量守恒定律得:mv1=2mv, 解得:v; (2)碰撞后AB由O点向下运动又返回O点过程因摩擦产生的热量为:Q1, A由P到O过程因摩擦产生的热量为:Q2=μmgLcosθ, 整个过程系统产生的热量为:Q=Q1+Q2mv02mgL(μcosθ+sinθ); 答:(1)在滑块A与B碰后,A、B共同的速度大小为; (2)在A从P点开始下滑到AB的返回到O点的过程中,系统克服摩擦产生热为mv02mgL(μcosθ+sinθ)。 12.【解答】解:(1)F刚作用在木板上时,由牛顿第二定律对m得:μ1mg=ma1 代入数据得:a1=1 m/s2 对M有:F﹣μ1mg﹣μ2(M+m)g=Ma 代入数据解得:a=2.5 m/s2 (2)设m离开M的时间为t1,则对m有:x1a1 对M有:x2a; 又有L=x2﹣x1 联立并代入数据解得:t0=2s (3)t=1s时m的速度为:v1=a1t M的速度为:v2=at 1s后m仍以a1的加速度作匀加速运动,M将以a2的加速度匀减速运动,且有:μ1mg+μ2(M+m)g=Ma2 设再经t2后二者速度相等,有:v1+a1t2=v2﹣a2t2 解得 t2s,, 在m和M各自向左匀加速阶段,, 在m向左匀加速,M向左匀减速阶段:0.25m, 在m、M各自向左匀减速阶段,m仍然以a1的加速度做匀减速直线运动,对M有: μ2(m+M)g﹣μ1mg=Ma3, , △X3的痕迹被前两阶段的痕迹所覆盖, 木块m在木板M上留下的痕迹的长度为:△X=△X1+△X2=1m; 答:(1)拉力F刚作用在木板上时,木板M的加速度大小是2.5 m/s 2 (2)如果F一直作用在M上,那么经过2sm将离开M; (3)若在时间t=1s末撤去F,再经过多少时间M和m第一次速度相同?在此情况下,最终m在M上留下的痕迹的长度是1m。 二、选考题(共45分)请考生从给出的2道物理题、2道化学题2道生物题中每科选一题作答.如果多做,则每科按所做的第一题计分.[物理一选修3-3](15分) 13.【解答】解:A、热量不可能自发地从低温物体传到高温物体,要使热量从低温物体传递到高温物体,必须要引起其他的一些变化,故A错误; B、布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动,故B正确; C、根据热力学第二定律,不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功,而不产生其他影响,故C正确; D、由于表面张力作用,一些昆虫可以停在水面上,故D正确; E、单晶体的物理性质表现为各向异性,多晶体则表现为各向同性,故E错误。 故选:BCD。 14.【解答】解:①此过程为等压过程,由盖﹣吕萨克定律得: ① V0=SAh+SBh=1.5h…② V1=SAh+2SBh=2h…③ 联立①②③得: 解得:T1=400K ②气体做等容变化,由查理定律得: 最初,对B活塞有:p1SB=p0SB+mBg 解得: 活塞要动时,对A活塞有:p2SA=p0SA+mAg+f, 解得: 所以有: 解得:T2=450K 答:①当气缸B中的活塞刚好被活塞销卡住时,气体的温度为400K; ②当气缸A中的活塞刚要滑动时,气体的温度T2为450K [物理一选修3-4](15分) 15.【解答】解:B、波在t=0.8s内传播的距离是 x=24cm=0.24m,所以该波的波速是 vm/s=0.3m/s,故B正确; A、波从O点传到P点的时间 ts=3.2s,则质点P经过3.2s开始振动,故A错误; C、由图读出该波的波长为 λ=24cm,若该波在传播过程中遇到一个尺寸为10m的障碍物时,不能发生明显衍射现象,故C错误; D、该波的周期为:Ts=0.8s,当x=18cm处的波谷传到P点,用时 t1s=2.6s,再经过一个周期,质点P第二次到达波谷,总时间为0.8s+2.6s+0.8s=4.2s,故D正确; E、波从O点传到P点的时间是3.2s,则若质点O在t=2s时停止振动,则质点P也会振动2s,即在5.2s时也将停止振动,故E正确。 故选:BDE。 16.【解答】解:①光路图如图所示。根据题图知,光进入介质B的入射角为 α=60°,折射角为 β=30° 则工艺品的折射率为 n 光在工艺品中传播的速度为:v 代入数据可得:v108m/s ②由几何关系得光在工艺品中传播的路程 s 光在工艺品中传播的速度 v 则光在工艺品中传播的时间 t。 联立解得 t。 答:①光在工艺品中传播的速度是108m/s ②光在工艺品中传播的时间是。 第1页(共1页)

    • 2020-03-19
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  • ID:6-7050376 2020年四川省绵阳市高考物理一诊试卷【含答案及详细解析】

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    2020年四川省绵阳市高考物理一诊试卷 一、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1-5题只有一项符合题目要求,第6-8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)一运动的物体,某一时刻起,仅在恒定阻力作用下直到停止。这段过程中物体的位移完全由下列哪个物理量决定(  ) A.物体的初速度 B.物体的初动能 C.物体的加速度 D.物体的质量 2.(6分)一物体从空中自由下落至地面,若其最后1s的位移是第1s位移的n倍,忽略空气阻力,则物体下落时间是(  ) A.(n+1)s B.(n﹣1)s C.s D.s 3.(6分)如图所示,一轻杆竖直固定在水平天花板上,杆的另一端装一轻光滑滑轮;一根轻绳跨过滑轮一端挂质量为m的物体,另一端固定在天花板上A点,且绳与天花板的夹角为30o,绳与杆在同一竖直平面内。重力加速度为g。关于轻杆对滑轮的作用力F,下列说法正确的是(  ) A.F大小为mg,方向斜向右上与杆夹角60o B.F大小为mg,方向水平向右 C.仅将A点左移少许,F大小减小 D.仅将A点左移少许,F方向不变 4.(6分)如图所示,直角三角形物体C放在水平地面上,将表面粗糙的两长方体A、B叠放在一起,轻放在C的斜面上,而后A、B沿斜边一起下滑,且物体C始终静止。下列说法正确的是(  ) A.若斜面光滑,则B受到平行斜面向下的摩擦力 B.若斜面光滑,则B受到平行斜面向上的摩擦力 C.若斜面粗糙,则A受到的摩擦力为零 D..若斜面粗糙,则A受到平行斜面向上的摩擦力 5.(6分)质量为m的物体从高为h的斜面顶端静止下滑,最后停在平面上,若该物体以V0的初速度从顶端下滑,最后仍停在平面上,如图甲所示。图乙为物体两次在平面上运动的v﹣t图,则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为(  ) A.mv02﹣3mgh B.3mghmv02 C.mv02﹣mgh D.mghmv02 6.(6分)一辆汽车从静止开始以恒定功率P启动,若汽车行驶过程中受到的阻力恒定,其加速度与速度的倒数的关系如图所示,图象斜率为k,横截距为b,则(  ) A.汽车所受阻力为 B.汽车的质量为 C.汽车的最大速度为 D.汽车从静止到获得最大速度的时间为 7.(6分)如图所示,斜面ABC放置在水平地面上,AB=2BC,O为AC的中点,现将小球从A点 正上方、A与F连线上某一位置以某一速度水平抛出,落在斜面上。己知D、E为AF连线上的点,且AD=DE=EF,D点与C点等高。下列说法正确的是(  ) A.若小球落在斜面上的速度与斜面垂直,则小球的飞行时间由初速度大小决定 B.若小球从D点抛出,有可能垂直击中O点 C.若小球从E点抛出,有可能垂直击中O点 D.若小球从F点抛出,有可能垂直击中C点 8.(6分)如图所示,一个半径和质量不计的定滑轮O固定在天花板上,物块B和A通过轻弹簧栓接在一起,竖直放置在水平地面上保持静止后,再用不可伸长的轻绳绕过滑轮连接物块A和C,物块C穿在竖直固定的细杆上,OA竖直,OC间距l=3m且水平,此时A、C间轻绳刚好拉直而无作用力。已知物块A、B、C质量均为2kg。不计一切阻力和摩擦,g取10m/s2.现将物块C由静止释放,下滑h=4m时物块B刚好被提起,下列说法正确的是(  ) A.弹簧的劲度系数为20N/m B.此过程中绳子对物块A做的功为60J C.此时物块A速度的大小为8m/s D.绳子对物块C做功的大小等于物块A动能的增加量 二、非选择题:本卷包括必考题和选考题两部分.第9-12题为必考题,每个试题考生都必须作答.第13-14题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:共129分. 9.(5分)用如图所示装置验证机械能守恒定律。竖直放置的四分之一圆弧轨道与水平轨道平滑相连,将正方体小滑块从圆弧轨道某位置静止释放,并穿过水平轨道上的光电门,圆弧上的刻度能读出释放位置对应的圆心角θ.己知圆弧轨道的半径为R,当地重力加速度为g,滑块与轨道间动摩擦因数很小。 (1)要完成实验,还需要的仪器及相应的操作是   。 A.天平,测量小滑块质量m B.游标卡尺,测量小滑块宽度d C.刻度尺,测量圆弧最低点到光电门的距离L D.刻度尺,测量释放位置与水平轨道间的高度H (2)若光电门测得小滑块挡光时间为t,要验证机械能守恒,即要验证等式   成立。(等式用题目中的物理量符号表示) 10.(10分)用图甲所示装置探究“加速度与力、质量的关系”。探究步骤: ①将木板倾斜一定角度并固定,使小车能匀速下滑,把打点计时器固定在木板上端; ②连接小车和空砝码盘的细绳跨过滑轮并与木板平行,并在小车内放若干相同的砝码; ③将小车接上纸带,接通电源,从图示位置静止释放小车; ④记录砝码盘和盘中砝码总质量,通过纸带计算小车的加速度i ⑤将小车内的1个砝码取出,放在砝码盘内,重复操作③④; ⑥重复操作⑤,直到小车内的砝码全部都移至砝码盘内。 己知打点计时器的频率为50Hz,砝码盘质量为m,所有砝码总质量为m1,小车质量为m2.回答下列问题: (1)某次打出的一条清晰纸带的一部分如图乙所示,则打这条纸带时小车加速度a=   m/s2.(结果保留三位有效数字) (2)以小车加速度a为横坐标,砝码盘和盘中砝码的总重力F为纵坐标,建立坐标系,依据多次测得的数据描点,作出图象。可能正确的图象是   (填序号)。 (3)通过实验得到结论:物体质量一定时,其加速度与合外力成正比。则本探究实验中,测量对象的质量是   。 (4)某位同学安装器材时,水平固定木板,其余实验操作步骤和数据处理方法与上述相同且正确,则该同学在实验探宄过程中记录或计算得到物理量的值,与真实值相比,不准确的是   (选填“加速度”或“力”或“质量”)。 11.(12分)如图所示,物体A、B在水平地面的同一直线上,间距s=5m。某时刻,物体A在水平外力F作用下从静止开始向右运动,一段时间后撤去F;同时物体B以初速度v0=2m/s向左运动,经1s停下,整个过程中两物体不相碰。已知两物体与地面的动摩擦因数相同,重力加速度g取10m/s2,物体A的质量mA=0.5kg。求: (1)物体与地面间的动摩擦因数μ; (2)外力F对物体A做功的最大值。 12.(20分)如图所示,质量M=0.2kg、长L=1m的长木板放在地面上,质量m=0.8kg的小滑块在长木板左端,竖直嵌有四分之三光滑圆弧轨道的底座固定在地面上,圆弧轨道最低点P的切线水平且与长木板上表面相平,长木板右端与底座左端相距x=1m。现用水平向右外力F=6N作用在小滑块上,小滑块到达P点后撤去外力F,小滑块沿着圆弧轨道运动从Q点离开。长木板与底座相碰时,立即粘在底座上。己知滑块与长木板、长木板与地面问的动摩擦因数分别为μ1=0.4和μ2=0.15,重力加速度g=10m/s2.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求: (1)在长木板与底座相碰前,长木板和小滑块加速度的大小; (2)小滑块到达P点时速度的大小; (3)圆弧轨道半径R的取值范围。 【物理选修33】(15分) 13.(5分)一定质量的理想气体的状态变化图象如图所示,它由状态a经过状态b到状态c.关于这一过程的说法,正确的是(  ) A.理想气体的体积先增大后保持不变 B.理想气体的体积一直增加 C.理想气体的内能先增大后保持不变 D.理想气体对外做功,吸收热量 E.外界对理想气体做功,理想气体放出热量 14.(10分)一个气球,气体的压强Po=1×105Pa时,容积为V0=10L.已知气球的容积与球内气体的压强成正比.现保持温度不变,再向气球内充入压强为Po=1×l05Pa的气体30L,此后气球的容积和压强分别是多大? 【物理选修3-4】(15分) 15.(5分)一列简谐横波沿x轴正方向传播,t=0时刻刚好传到E点,且A点在波峰,B、C、D也是波上质点,波形如图(a)所示;质点C的振动图象如图(b)所示。在x轴正方向E有一能接收简谐横波信号的接收器(图中未画出)以5m/s的速度向x轴正方向运动。下列说法正确的是(  ) A.波速是10m/s B.t=0.05s时刻,B点在波谷 C.C、D两点振动的相位差是π D.简谐横波波源起振方向沿y轴负方向 E.接收器接收到的波的频率比波源振动频率小 16.(10分)如图所示,ABCD为某种透光均匀介质的截面,∠ADC=60°,DC⊥BC,AD⊥AB,AD=4cm,DC=3cm。宽度为AD的一束单色平行光从AD面垂直入射,射到BC面的光刚好能够发生全反射。求: (ⅰ)介质的折射率; (ⅱ)能从CD面射出的光对应的入射光在AD面上的宽度。 2020年四川省绵阳市高考物理一诊试卷 参考答案与试题解析 一、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1-5题只有一项符合题目要求,第6-8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:根据动能定理得: ﹣Fx=0mv02, 解得:x 可知通过的位移由物体的初动能决定。 故B正确,ACD错误。 故选:B。 2.【解答】解:第1s位移内位移为: h1m=5m 最后1s的位移为为△h=5n 最后1s内的平均速度等于最后0.5s初的速度,则有: v0.5=5n=g(t﹣0.5) 解得:ts,故C正确,ABD错误。 故选:C。 3.【解答】解:AB、定滑轮受两段绳子的压力和杆的拉力,分析如图所示: 由于两绳子时同一条绳子,力相等,且夹角为120°,故两力合力等于绳子张力F合=T=mg 由平衡得:N=T=mg 由几何关系得方向斜向右上与杆夹角为60°, 故A正确,B错误; CD、根据AB项分析可知,若仅将A点左移少许,则绳与天花板的夹角变小,两绳子之间夹角变小,设为2α,F合=2Tcosα,α减小,则cosα增大,绳子张力不变,两绳子合力变大,合力方向也改变,故CD错误; 故选:A。 4.【解答】解:AB、若斜面光滑,根据摩擦力产生条件,则B与斜面之间,没有摩擦力作用,AB错误; CD、若斜面粗糙,系统下滑的加速度小于gsina,对A:mgsina﹣f=ma,所以A一定受到平行斜面向上的摩擦力,故C错误,D正确; 故选:D。 5.【解答】解:设物块在斜面上克服阻力做的功为W1, 速度时间图象中面积表示位移 由图乙可知,两次滑下在水平面上移动位移之比为: 第一次滑到水平面上摩擦力做功为W2,则第二次滑至水平面上摩擦力做功为 由动能定理得:W2′=4W2 物体第一次运动过程中:mgh﹣W1﹣W2=0, 物体第二次运动过程中:mgh﹣W1﹣4W2=0mv02, 解得:W1=mghmv02;故D正确,ABC错误。 故选:D。 6.【解答】解:AB、汽车从静止开始启动时,由P=Fv,及F﹣f=ma得:a.结合图象有: , 得:m,f,故A错误B正确。 C、当加速度为零时,速度最大,由b,得最大速度 vm,故C正确。 D、由动能定理得:Pt﹣fx,整理袋:,故D错误。 故选:BC。 7.【解答】解:A、设斜面的倾斜角为θ,小球落在斜面上的速度与斜面垂直,对速度进行分解,tanθ,得t,则小球的飞行时间由初速度大小决定,故A正确; BC、设速度和水平方向的夹角为α,根据几何关系,tanα2 ① 位移夹角tanβ② 由位移和水平方向的夹角为β,根据速度夹角和位移夹角关系式:tanα=2tanβ③ 根据①②③得:y=x 要使得小球垂直落在O点,有y=x,AD中点和O点在同一水平线上,小球应该从DE中点抛出,故BC错误; D、要使得小球垂直击中C点,y=x=|BA|,D点与C点等高,小球应该从F中点抛出,故D正确。 故选:AD。 8.【解答】解:A、设物块A、B、C质量均为m。开始时,弹簧的压缩量为 x1,物块B刚好被提起时,弹簧的伸长量 x2,根据几何关系有 x1+x2l,联立解得 k=20N/m。故A正确。 BC、设此时物块A速度的大小为vA,C的速度大小为vC.由于x1=x2,所以初末状态时弹簧的弹性势能相等。对弹簧、C、A组成的系统,根据机械能守恒得 mgh=mg(l) 根据速度分解知 vC=vAcosα,cosα,联立解得 vA=8m/s 对A,根据动能定理得 W﹣mg(x1+x2)0,解得绳子对物块A做的功为 WJ,故B错误,C正确。 D、绳子对物块C做功的大小等于绳子对物块A做功的大小,由于绳子和重力都对A要做功(重力对A做负功),所以,根据动能定理知:绳子对物块A做功的大小大于物块A动能的增加量,因此,绳子对物块C做功的大小大于物块A动能的增加量,故D错误。 故选:AC。 二、非选择题:本卷包括必考题和选考题两部分.第9-12题为必考题,每个试题考生都必须作答.第13-14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)令小滑块的宽度为d,经过光电门的时间为t,滑块运动到光电门时的速度大小为:, 小滑块下降过程中的减少的重力势能为:△EP=mg(R﹣Rcosθ), 为了验证机械能守恒,则需满足重力势能的减少量等于动能的增加量,即为:, 化简得到:,所以还需要测量的是小滑块的宽度,故ACD错误,B正确; 故选:B。 (2)根据以上分析,还需验证的等式为: , 答:(1)B; (2) 10.【解答】解:(1)打这条纸带时小车加速度a=)m/s2=1.70m/s2; (2)将小车以及小车上的砝码以及砝码盘和砝码盘里的砝码当作一个整体,根据牛顿第二定律可知:F=(m+m1+m2)a, 所以以小车加速度a为横坐标,砝码盘和盘中砝码的总重力F为纵坐标,建立坐标轴,图象是过原点的倾斜的直线,故A正确,BCD错误; 故选:A。 (3)根据(2)的分析过程中可知,当物体的质量为系统总质量,即为m+m1+m2时,其加速度与合外力成正比; (4)当木板水平固定时,则未平衡摩擦力,当改变小车上的砝码质量时,摩擦力要发生变化,则与真实值相比,不准确的是力的测量, 故答案为:(1)1.70 (2)A(3)m+m1+m2(4)力; 11.【解答】解:(1)设物体B的质量为mB,加速度大小为aB,经tB=1s停下。 则有:v0=aBtB 根据牛顿第二定律得:μmBg=mBaB 解得:aB=2m/s2,μ=0.2 (2)设物体B经位移xB停下。则有: xB 设物体A运动过程中受到的滑动摩擦力大小为f,外力F对物体A做功的最大值Wm时,经xA停下,恰与物体B不相碰。 则有:s=xA+xB。 对A,根据动能定理得:Wm﹣fxA=0 又 f=μmAg 代入数据解得:xA=4m,xB=1m,Wm=4J 答:(1)物体与地面间的动摩擦因数μ是0.2; (2)外力F对物体A做功的最大值是4J。 12.【解答】解:(1)在长木板与底座相碰前,假设M与m相对静止,一起加速的加速度为a,小滑块与长木板间的动摩擦力为f1,则: F﹣μ2(M+m)g=(M+m)a F﹣f1=ma 解得a=4.5m/s2,f1=4.2N 而μ1mg=3.2N,即f1<μ1mg,假设成立,长木板和小滑块加速度大小为a=4.5m/s2; (2)设长木板撞击底座时的速度为v1,之后小滑块在长木板上运动, 设加速度为a1,到达P点的速度为v2,则: v12=2ax,F﹣μ1mg=ma1, v22﹣v12=2a1L 解得v2=4m/s; (3)小滑块滑上轨道从圆弧轨道Q点离开,即能够到达圆弧最高点,此时对应的圆弧轨道半径最大为Rm,小滑块在最高点的速度大小为vm,则: mg=m ﹣2mgR 解得Rm=0.32m 所以圆弧轨道半径R的取值范围为0<R≤0.32m。 答:(1)在长木板与底座相碰前,长木板和小滑块加速度的大小均为4.5m/s2; (2)小滑块到达P点时速度的大小为4m/s; (3)圆弧轨道半径R的取值范围为0<R≤0.32m。 【物理选修33】(15分) 13.【解答】解:AB、根据理想气体的状态方程可知:C,其中C为定值,其中P﹣T图象上各点与原点的连线的斜率即为, 根据图象可知由状态a经过状态b到状态c的过程中,图象上各点与原点的连线的斜率逐渐减小,故V一直增大,故A错误,B正确; C、因为是理想气体,由状态a经过状态b到状态c的过程中温度先增大后不变,故理想气体的内能先增大后保持不变,故C正确; DE、因为状态a经过状态b到状态c的过程体积V一直变大,故气体一直对外做功,即:W<0, 又因为状态a到状态c的整个过程,温度TC>TA,故内能增大,即:△U>0 根据热力学第一定律△U=W+Q,可知:Q>0,所以一定吸收热量,故D正确,E错误; 故选:BCD。 14.【解答】解:选择气球中原有气体与打入气体的整体作为研究对象,即充气后球内气体, 初态:压强p1=p0=1×105Pa,体积V1=V0+30L=10L+30L=40L, 末态:压强p2,体积V2, 充气过程温度不变,根据玻意耳定律可得:p1V1=p2V2 ① 因为气球的容积与球内气体的压强成正比,设比例系数为k, 则初态气球:V0=kp0 ② 末态气球:V2=kp2 ③ 联立①②③式解得:p2=2×105Pa,V2=20L 答:充气后气球的容积为20L,压强为2×105Pa. 【物理选修3-4】(15分) 15.【解答】解:A、波速v10m/s,故选项A正确; B、由振动图象知道,波是向右传播的,再从图a看出,B点左边的波谷坐标为﹣2.995m,所以该波谷传到坐标原点的时间是0.2995s,即t=0.2995s时B点形成波谷,故选项B是错误的; C、C、D两点相距半个波长,相位差是π,故选项C正确; D、由图b知道C点是向上振动的,则E点的起振方向是向上,故选项D错误; E、接收简谐横波信号的接收器(图中未画出)以5m/s的速度向x轴正方向运动,与波源越来越远,所以接收到的频率变小,故选项E正确。 故选:ACE。 16.【解答】解:(1)射到BC面上的光刚好发生全反射如图所示,,设临界角为C, 由于DC⊥BC,所以OP⊥BC,∠APO=∠ADC=60°, 则C=30°, 根据, 解得n=2; (2)入射光靠近A,经反射后可从CD垂直射出,如图1: 入射光往下平移,经BC面全反射后射到D点,在AD面出现分界点E,如图2: 入射光再往下平移,经BC面全反射后射到DC面的入射角大于30°,不能从CD面射出,如图3所示: 入射光再往下平移到C点以下,射到DC面和BC面都将发生全发射,不能从CD射出,如图4所示: 综上所述,能从CD面射出的入射光在AD面上的宽度为AE的长度, 根据几何关系可得:△EFD≌△CFD,则DE=DC, 所以AE=AD﹣DE=1cm; 答:(ⅰ)介质的折射率为2; (ⅱ)能从CD面射出的光对应的入射光在AD面上的宽度为1cm。 第1页(共1页)

    • 2020-03-19
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  • ID:6-7050371 2020年四川省乐山市高考物理一诊试卷【含答案及详细解析】

    高中物理/高考专区/模拟试题

    2020年四川省乐山市高考物理一诊试卷 二、选择题(本题包括8小题,每小题6分,共48分.每小题给出的四个选项中,第14~18题只有一项是符合题目要求,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)甲、乙两物体由同一点沿同一条直线运动,它们的v﹣t图象如图所示,则在0~4s内(  ) A.两物体始终同向运动 B.2s末两物体相距最远 C.两物体平均速度相等 D.4s末两物体相遇 2.(6分)如图所示,将小物块P轻轻放到半圆柱体上,O为圆心。当小物块处于B位置时恰好能保持静止,OB与竖直半径的夹角∠AOB=30°.若小物块与圆柱体之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则小物块与圆柱体之间的动摩擦因数为(  ) A. B. C. D. 3.(6分)将质量为m物体从一行星表面某高度处水平抛出(不计空气阻力)。自抛出开始计时,物体离行星表面高度h随时间t变化关系如图所示,万有引力常量为G,不考虑行星自转的影响,则根据以上条件可以求出(  ) A.行星的质量 B.该行星的第一宇宙速度 C.物体受到行星万有引力的大小 D.物体落到行星表面的速度大小 4.(6分)如图所示,由相同的电流表G(内阻不为零)改装而成的甲、乙两个电压表,R1、R2是分压电阻,R1>R2,则下列说法正确的是(  ) A.甲的量程等于乙的量程 B.甲的量程小于乙的量程 C.测量同一电压时,甲、乙两表指针的偏转角度相同 D.测量同一电压时,甲表指针的偏转角度比乙表小 5.(6分)如图所示,小车在水平面上做匀变速直线运动,车厢内两质量相同的小球通过轻绳系于车厢顶部,轻绳OA、OB与竖直方向夹角均为30°,其中一球用水平轻绳BC系于车厢侧壁,重力加速度为g,下列说法正确的是(  ) A.小车一定向右运动 B.轻绳OA、OB拉力大小相等 C.小车的加速度大小为g D.轻绳BC拉力大小是轻绳OB拉力的倍 6.(6分)一子弹以初速度v0击中静止在在光滑的水平面上的木块,最终子弹未能射穿木块,射入的深度为d,木块加速运动的位移为s。则以下说法正确的是(  ) A.子弹动能的亏损等于系统动能的亏损 B.子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小 C.摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功 D.子弹对木块做的功等于木块动能的增量 7.(6分)如图所示,一电荷均匀分布的带正电的圆环,半径为R,在垂直于圆环且过圆心O的轴线上有a、b、c三个点,bO=cOR,aOR,不计重力。则下列判断正确的是(  ) A.a、c两点的电场场强大小之比为1: B.b、c两点的电场场强相同 C.一电子由a点静止释放,电子在O点的动能最大 D.一电子由a点静止释放,电子由a到c的过程中,加速度先减小后增大 8.(6分)如图所示,质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连置于固定的倾角为α的光滑斜面上,物块B与垂直于斜面的挡板C接触,物块A系一轻质细绳,细绳绕过斜面顶端的定滑轮另一端系一轻质挂钩,细绳与轻弹簧都与斜面平行,物块A、B保持静止。如果在挂钩上挂一重物D,平衡时物块B恰不离开挡板。已知弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g,某一瞬间剪断细线,则下列说法正确的(  ) A.重物 D 的重力为mgsinα B.物块A下滑过程中机械能守恒 C.剪短细绳瞬间,物块A的加速度大小为2gsinα D.物块 A 下滑过程中的最大速度为 2gsinα 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33~37题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题(共136分) 9.(6分)某同学利用打点计时器研究斜面上小车由静止开始下滑的运动。挑选出较为理想的纸带后,舍去前段较为密集的点,然后以A点为起点,每5个计时点选取一个计数点,标注如图所示。 (1)现分别测出计数点B、C、D、E、F、G与A点的距离x1、x2、x3、x4、x5、x6,若打点计时器所用的交流电的频率为f,用逐差法求出加速度a=   。 (2)关于这个实验,下列说法正确的是   。 A.应将小车拉到打点计时器附近,然后释放小车,再接通电源 B.可用x2﹣x1=x3﹣x2=x4﹣x3=x5﹣x4=x6﹣x5来判定小车做匀加速直线运动 C.若逐渐增大斜面倾角,每次实验都证明小车做匀加速直线运动,则可合理外推得出自由落体运动是匀加速直线运动 D.本次实验需要用到秒表和刻度尺 10.(9分)某实验小组为了解决伏安法测电阻存在系统误差的问题,设计了如图所示的电路实验器材如下: A.直流电源4V,内阻0.5Ω B.电流表A,量程0.6A,内阻未知 C.电压表V,量程3V,内阻约2kΩ D.待测电阻Rx约10Ω E.定值电阻R0=5Ω F.滑动变阻器,变化范围0~5Ω G.滑动变阻器,变化范围0~100Ω H.单刀单掷开关K1 L.单刀双掷开关K2 J.导线若干 (1)按照电路图连接实物图 (2)滑动变阻器应选   (选填器材前的字母序号),闭合K1前,滑片P应该滑到   端(选填“左端”、“右端”)。 (3)闭合K1,当K2接a时,电压表示数为U1,电流表示数为I1,当K2接b时,电压表示数为U2,电流表示数为I2,则待测电阻的准确值为Rx=   (用本题中的物理符号表示)。 11.(12分)如图所示,M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板,两板间电压为U.CD为磁场边界上的一块绝缘板,它与N板的夹角为θ=30°,N板与CD之间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场,小孔Q到N板的下端C的距离为L.一静止的带电粒子所带电荷量为+q、质量为m(不计重力),从P点经电场加速后,经小孔Q进入磁场,最终打在N板上。求: (1)带电粒子到达N板时的速度v; (2)带电粒子在匀强磁场中运动轨道半径最大时,磁感应强度大小B。 12.(20分)如图所示,竖直的半圆形光滑轨道与水平地面相切,半径R=0.25m,静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为mA=1.0kg,mB=4.0kg,物块A处于圆形光滑轨道的最低点P,两小物块之间有一被压缩的微型轻弹簧。某时刻将压缩的微型弹簧释放,使A、B瞬间分离,两物块获得的动能之和为Ek=10.0J.释放后,小物块A经半圆形光滑轨道PMN从N点水平抛出。B与地面之间的动摩擦因数为?=0.20,重力加速度取g=10m/s2.求: (1)弹簧释放后瞬间A、B两物块速度的大小; (2)物块A对轨道N点的压力; (3)B停止后,与A落地点的距离。 三、解答题(共2小题,满分15分)[物理-选修3-3] 13.(5分)下列说法正确的是(  ) A.空气中大量PM2.5的运动也是分子热运动 B.温度相同的氧气和氢气,分子的平均动能相同 C.温度相同的氧气和氢气,氢气的内能一定大 D.气体等压压缩过程一定放出热量,且放出的热量大于内能的减少 E.晶体熔化过程分子势能增加 14.(10分)如图所示,在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体,活塞与容器壁间能无摩擦滑动,容器的横截面积为S.开始时气体的温度为T0,活塞与容器底的距离为h0.将整个装置放在大气压恒为p0的空气中后,当气体从外界吸收热量Q,活塞缓慢上升d后再次平衡。求: ①外界空气的温度是多少? ②在此过程中密闭气体的内能增加了多少? 四、解答题(共2小题,满分15分)[物理一选修3-4] 15.(5分)如图甲所示,沿波的传播方向上有六个质点a、b、c、d、e、f,相邻两质点之间的距离均为2m,各质点均静止在各自的平衡位置,t=0时刻振源a开始做简谐运动,取竖直向上为振动位移的正方向,其振动图象如图乙所示,形成的简谐横波以2m/s的速度水平向右传播,则下列说法正确的是(  ) A.波传播到质点c时,质点c开始振动的方向沿y轴正方向 B.0~4s内质点b运动的路程为12cm C.4~5s内质点d的加速度正在逐渐减小 D.6s时质点e第一次回到平衡位置 E.各质点都振动起来后,a与c的振动方向始终相同 16.(10分)如图所示,横截面为四分之一圆的柱形玻璃砖放在水平面MN上,O点是圆心,半径为R.一列与OA面等高的平行光束沿水平方向垂直射向玻璃砖的OA面,平行光束通过玻璃砖后在水平面MN上留下照亮的区域。已知玻璃砖的折射率为,不考虑光在OA、OB面的反射。 (1)若在玻璃砖左侧竖直放置一遮光板,为使水平面BN不被照亮,求遮光板的最小高度; (2)从OA的中点射入的细光束,在MN上留下一个光点P点,求PO的长度。 2020年四川省乐山市高考物理一诊试卷 参考答案与试题解析 二、选择题(本题包括8小题,每小题6分,共48分.每小题给出的四个选项中,第14~18题只有一项是符合题目要求,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:A、图象中,甲乙的速度始均为正,故两物体始终同向运动,故A正确; BD、甲、乙两物体由同一点沿同一条直线运动,速度相等时两物体相距最远,即4s末两物体相距最远,故BD错误; C、速度时间图象中面积表示位移可知,0﹣4s内甲的位移大于乙的位移,根据可知,甲的平均速度大于乙的平均速度,故C错误; 故选:A。 2.【解答】解:当物块在B点时达到最大静摩擦力,受力如图所示, 由平衡条件得: N=mgcosθ fm=mgsinθ 又fm=μN 联立解得:,故ACD错误、B正确。 故选:B。 3.【解答】解:A、物体做平抛运动,竖直方向上做自由落体运动,分析图象可知,h=25m,t=2.5s,根据h,解得g=8m/s2,物体在行星表面受到的重力等于万有引力,,解得行星的质量M,因为行星半径未知,行星的质量无法求出,故A错误; B、根据重力提供向心力可知,mg=m,解得行星的第一宇宙速度v,行星半径未知,第一宇宙速度未知,故B错误; C、物体受到行星万有引力的大小为mg,故C正确; D、物体做平抛运动,落地速度v,初速度未知,则落地速度未知,故D错误。 故选:C。 4.【解答】解:A、B、由于甲、乙两个电压表是由相同的电流表G改装而成,其允许通过的最大电流是一致的,由于R1>R2,则甲的电阻比乙的电阻大,电流一样时,甲的电压比乙大,故甲的量程大于乙的量程,故选项A、B错误; C、D、设电流表的电阻为R,则在相同的电压U时,有,即通过甲的电流小于乙的,甲表指针的偏转角度比乙表小,故C错误,D正确; 故选:D。 5.【解答】解:AC、对小球A受力分析,由牛顿第二定律可知:TOAsin30°=ma TOAcos30°=mg 联立解得:TOAmg,ag,方向水平向右,小车可向右加速运动,也可向左减速运动。故AC错误。 BD、对B受力分析,由牛顿第二定律得:水平方向:TCB﹣TOBsin30°=ma 竖直方向:TOBcos30°=mg 联立解得:TOBmg=TOB,TCBmg=TOB,故B正确,D错误。 故选:B。 6.【解答】解:A、子弹射入木块的过程,要产生内能,由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损,故A错误。 B、子弹和木块组成的系统动量守恒,系统动量的变化量为零,则子弹与木块动量变化量大小相等,方向相反。故B正确。 C、摩擦力对木块做的功为fs,摩擦力对子弹做的功大小为﹣f(s+d),可知二者不等,故C错误。 D、对木块由动能定理得:fs=△EK,故D正确。 故选:BD。 7.【解答】解:A、设圆环带电量为Q.将圆环分成n等分,则每个等分带电量为q,每个等分可看成点电荷,每个点电荷在a点处产生的场强大小为 E1=k,该书场强方向与aO的夹角为30°,根据电场的叠加原理知:a点处场强大小为 Ea=nE1cos30°=n?.同理可得,c点处场强大小为 Ec,则Ea:Ec=1:,故A正确。 B、b、c两点的电场场强大小相等,方向相反,则场强不同,故B错误。 C、一电子由a点静止释放,从a运动到O时电场力做正功,动能增加。从O向下运动时,电场力做负功,动能减少,所以电子在O点的动能最大,故C正确。 D、根据Ea<Ec知,电子由a到c的过程中,场强增大,电子所受的电场力增大,加速度增大。故D错误。 故选:AC。 8.【解答】解:A、平衡时物块B恰不离开挡板,则满足mCg=2mgsinα,所以mc=2msinα,故A错误; B、物块A下滑过程中物块 A 受到弹簧弹力做功,故A机械能不守恒,故B错误; C、当B刚要离开挡板时弹簧的拉伸量为:x2,开始时A受到弹簧的拉力最大,所以加速度最大,由牛顿第二定律可知:ma=mgsinα+kx2,可得:s=2gsinα.故C正确 D、A的速度最大时,加速度为零,对应A的受力为0,此时弹簧处于压缩状态,弹簧的压缩量为:x1x2, 从开始运动到A速度最大,A下落的位移为:x=x1+x2=2, 该过程中弹簧开始时的伸长量等于最后时刻的压缩量,所以弹簧的弹性势能不变; 根据机械能守恒知:mgxsinα, 即v=2gsinα,故D正确; 故选:CD。 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33~37题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题(共136分) 9.【解答】解:(1)每5个计时点选取一个计数点,且打点计时器所用的交流电的频率为f, 根据△x=aT2,依据逐差法有: a (2)A.应将小车拉到打点计时器附近,然后接通电源,再释放小车,故A错误; B.x1、x2、x3、x4、x5、x6,分别是计数点B、C、D、E、F、G与A点的距离,因此不可用x2﹣x1=x3﹣x2=x4﹣x3=x5﹣x4=x6﹣x5来判定小车做匀加速直线运动,故B错误; C.若逐渐增大斜面倾角,每次实验都证明小车做匀加速直线运动,则可合理外推得出自由落体运动是匀加速直线运动,故C正确; D.本次实验需要用到刻度尺,但不需要秒表,因有打点计时器,故D错误; 故答案为:(1);(2)C。 10.【解答】解:(1)根据实验原理图连接实物图如图所示: ; (2)根据电路图可知滑动变阻器采用分压接法,为方便调节,滑动变阻器应选用阻值较小的F; 开关闭合前,滑动触头应处于使电表示数最小的一端:左端; (3)闭合K1,当K2接a时,电压表示数为U1,电流表示数为I1, 由欧姆定律得:① 当K2接b时,电压表示数为U2,电流表示数为I2, 由欧姆定律得:② ①②联立解得: Rx 故答案为: (1)实物连接如图所示: ; (2)F、左端;(3)。 11.【解答】解:(1)根据动能定理可得:qUmv2, 解得带电粒子到达N板时的速度v; (2)带电粒子恰好能够达到N板,则运动轨迹与CD板相切, 根据几何关系可得:L=r3r 解得r 根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=m 解得B。 答:(1)带电粒子到达N板时的速度为; (2)带电粒子在匀强磁场中运动轨道半径最大时,磁感应强度大小为。 12.【解答】解:(1)释放弹簧过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得: mAvA﹣mBvB=0, 由题意可知:EK, 代入数据解得:vA=4m/s,vB=1m/s; (2)A从P运动到N过程机械能守恒,由机械能守恒定律得:, 在N点,由牛顿第二定律得:F+mAg=mA, 代入数据解得:F=14N, 由牛顿第三定律可知,A对轨道的压力:F′=F=14N; (3)A离开轨道后做平抛运动, 竖直方向:2R 水平方向:xA=vA′t, B向左滑动过程,由动能定理得:﹣μmBgxB=0, A、B两点间的距离:x=xA﹣xB, 代入数据解得:xm; 答:(1)弹簧释放后瞬间A、B两物块速度的大小分别为4m/s、1m/s; (2)物块A对轨道N点的压力大小为14N,方向:竖直向上; (3)B停止后,与A落地点的距离分别为m。 三、解答题(共2小题,满分15分)[物理-选修3-3] 13.【解答】解:A、PM2.5在空气中的运动是固体颗粒分子团的运动,不是分子的热运动。故A错误; B、温度是分子的平均动能的标志,所以温度相同的氢气和氧气,氧气分子的平均动能与氢气分子的平均动能相等。故B正确,C错误。 D、根据理想气体状态方程C,等压压缩,则温度降低,则内能下降,根据热力学第一定律△U=Q+W,放出的热量大于内能的减少,故D正确; E、晶体融化时要吸热而温度保持不变,则其分子平均动能不变,但吸热后内能增大,故说明晶体在融化过程中分子势能增加了,故E正确; 故选:BDE。 14.【解答】解:①取密闭气体为研究对象,活塞上升过程为等压变化, 由盖?吕萨克定律得: 解得:外界的空气温度为: ②活塞上升的过程,密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功,所以外界对系统做的功 W=﹣(mg+p0S)d 根据势力学第一定律得密闭气体增加的内能 △U=Q+W=Q﹣(mg+p0S)d 答:①外界空气的温度是; ②在此过程中的密闭气体的内能增加了Q﹣(mg+p0S)d。 四、解答题(共2小题,满分15分)[物理一选修3-4] 15.【解答】解:A、根据乙图可知,波源a开始起振的方向竖直向上,所以波传播到质点c时,质点c开始振动的方向也竖直向上,故A正确; B、波的周期与a点振动周期相等,由图乙知:周期为 T=2s,根据公式:,得:λ=vT=2×2=4m,波从a传到b点的时间为,则在0﹣4s内质点b已经振动了t=3s时间,而t=3s,所以质点b运动路程为 S=6A=6×2cm=12cm,故B正确; C、波从a传到d点的时间为 ,则在4s时,质点d已经振动了1s,则在4﹣5s这段时间内质点d正由平衡位置向波谷运动,加速度在增大,故C错误; D、波从a传到e点的时间为 ,6s时质点e振动了2s=T,第二次回到平衡位置,故D错误。 E、该波的波长λ=4m,此六质点都振动起来后,a、e的距离等于波长,所以质点a的运动方向始终与质点c的运动方向相同,故E正确。 故选:ABE。 16.【解答】解:(1)如图1,当光线在AB面入射角大于临界角C时,将没有光线出射后射向BN平面,设遮光板高度为h,则 由折射定律有 由几何知识得h=RsinC 求得 (2)如图2,当光在AB面中点入射时,入射角为30°,设P点到O点的距离为S, 由折射定律 得, 则:θ=60° 所以△OEP为等腰三角形,由几何关系可知:OP=2R?cos30° 答:(1)若在玻璃砖左侧竖直放置一遮光板,使水平面BN不被照亮,遮光板的最小高度是。 (2)撤去遮光板,从OA的中点射入的光,在MN上的P处留下一个光点,P点到O点的距离是R。 第1页(共1页)

    • 2020-03-19
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  • ID:6-7050367 2020年四川省广元市高考物理一诊试卷【含答案及详细解析】

    高中物理/高考专区/模拟试题

    2020年四川省广元市高考物理一诊试卷 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题只有一项符合题日要求,第19~21题有多项符合题日要求.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)在物理学的发展过程中,科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用,下列关于物理思想和方法的说法中,错误的是(  ) A.合力与分力的关系体现了等效替换的思想 B.库仑扭秤实验和卡文迪许扭秤实验都用了放大的思想 C.加速度a、电场强度E都采用了比值定义法 D.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物,能用实验直接验证 2.(6分)米歇尔?麦耶和迪迪埃?奎洛兹因为发现了第一颗太阳系外行星﹣飞马座51b而获得2019年诺贝尔物理学奖。飞马座51b与恒星相距为L,构成双星系统(如图所示),它们绕共同的圆心O做匀速圆周运动。设它们的质量分别为m1、m2且(m1<m2),已知万有引力常量为G.则下列说法正确的是(  ) A.飞马座51b与恒星运动具有相同的线速度 B.飞马座51b与恒星运动所受到的向心力之比为m1:m2 C.飞马座51b与恒星运动轨道的半径之比为m2:m1 D.飞马座51b与恒星运动周期之比为m1:m2 3.(6分)如图所示,在水平匀强电场中,有一带电粒子(不计重力)以一定的初速度从M点运动到N点,则在此过程中,以下说法中正确的是(  ) A.电场力对该带电粒子一定做正功 B.该带电粒子的运动速度一定减小 C.M、N点的电势一定有φM>φN D.该带电粒子运动的轨迹一定是直线 4.(6分)雨滴在空中下落的过程中,空气对它的阻力随其下落速度的增大而增大。若雨滴下落过程中其质量的变化及初速度的大小均可忽略不计,以地面为重力势能的零参考面。从雨滴开始下落计时,关于雨滴下落过程中其速度的大小v、重力势能Ep随时间变化的情况,如图所示的图象中可能正确的是(  ) A. B. C. D. 5.(6分)“世纪工程”﹣港珠澳大桥已于2018年10月24日9时正式通车,大桥主桥部分由约为6.7km海底隧道和22.9km桥梁构成,海底隧道需要每天24小时照明,而桥梁只需晚上照明。假设该大桥的照明电路可简化为如图所示电路,其中太阳能电池供电系统可等效为电动势为E、内阻为r的电源,电阻R1、R2分别视为隧道灯和桥梁路灯,已知r小于R1和R2,则下列说法正确的是(  ) A.夜间,电流表示数为 B.夜间,开关K闭合,电路中电流表、电压表示数均变小 C.夜间,由于用电器的增多,则太阳能电池供电系统损失的电功率增大 D.当电流表示数为I则太阳能电池供电系统输出电功率为EI 6.(6分)2019年10月1日,在庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵式上,习近平主席乘“红旗”牌国产轿车依次检阅15个徒步方队和32个装备方队(如图甲所示)。检阅车在水平路面上的启动过程如图乙所示,其中Oa为过原点的倾斜直线,ab段表示以额定功率P行驶时的加速阶段,bc段是与ab段相切的水平直线,若检阅车的质量为m,行驶过程中所受阻力恒为f,则下列说法正确的是(  ) A.检阅车在t1时刻的牵引力和功率都是最大值,t2~t3时间内其牵引力等于f B.0~t1时间内检阅车做变加速运动 C.0~t2时间内的平均速度等于 D.t1~t2时间内检阅车克服阻力所做功为P(t2﹣t1) 7.(6分)如图所示,两块长方体滑块A和B叠放在倾角为θ的斜面体C上。已知A、B质量分别为m1和m2,A与C的动摩擦因数为μ1,B与A的动摩擦因数为?2.两滑块AB在斜面体上以相同加速度自由下滑,斜面体C在水平地面上始终保持静止,则下列说法正确的是(  ) A.斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向左 B.滑块A与斜面间的动摩擦因数?1=tanθ C.滑块A受到斜面对其摩擦力的大小为?1(m1+m2)gcosθ D.滑块B所受的摩擦力大小为?2m2gcosθ 8.(6分)如图甲所示,轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m的小球,从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程,他以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下方向建立坐标轴Ox,做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示,不计空气阻力,重力加速度为g。以下判断正确的是(  ) A.当x=h+x0,重力势能与弹性势能之和最小 B.最低点的坐标为x=h+2x0 C.小球受到的弹力最大值等于2mg D.小球动能的最大值为mghmgx0 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.(6分)某同学用如图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系。实验中用砂和砂桶的总重力表示小车所受合力。 (1)下列关于该实验的操作,正确的有   。 A.砂和砂桶的总质量应远小于小车的质量 B.实验所用电磁打点计时器的工作电源应选用电压约为6V的蓄电池 C.实验时,应先让打点计时器正常工作,后释放小车 D.平衡摩擦力时,应挂上空砂桶,逐渐抬高木板,直到小车能匀速下滑 (2)图乙为实验得到的一条点迹清晰的纸带,A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点。已知电源频率为50Hz,则打点计时器在打D点时纸带的速度v=   m/s(保留三位有效数字)。 (3)该同学平衡了摩擦力后进行实验,他根据实验数据画出了小车动能变化△Ek与绳子拉力对小车所做功W的关系图象,他得到的图象应该是   。 10.(9分)要测量一个待测电阻Rx(190Ω~210Ω)的阻值,实验室提供了如下器材: 电源E:电动势3.0V,内阻不计; 电流表A1:量程0~10mA,内阻r1约50Ω; 电流表A2:量程0﹣500μA,内阻r2为1000Ω; 电压表V1:量程0~1V,内阻RV1约为1kΩ 电压表V2:量程0~10V,内阻RV2约为10kΩ 滑动变阻器R:最大阻值20Ω,额定电流2A; 定值电阻R1=500Ω; 定值电阻R2=2000Ω; 定值电阻R3=50000Ω; 电键S及导线若干。 求实验中尽可能准确测量Rx的阻值,请回答下面问题: (1)为了测定待测电阻上的电压,可以将电表   (选填“A1”、“A2”或“V1”、“V2“)串联定值电阻   (选填“R1”、“R2”或“R3”),将其改装成一个量程为3.0V的电压表。 (2)利用所给器材,在虚线框内画出测量待测电阻Rx阻值的实验原理图(所有的器材必须用题中所给的符号表示)。 (3)根据以上实验原理图进行实验,若测量电路中一只电流表的读数为6.2mA,另外一只电流表的读数为200.0μA.根据读数并结合题中所给数据求出待测电阻Rx=   Ω。 11.(12分)如图,光滑固定斜面倾角为37°,一质量m=0.1kg、电荷量q=+1×10﹣6C的小物块置于斜面上的A点,A距斜面底端R的长度为1.5m,当加上水平向右的匀强电场时,该物体恰能静止在斜面上,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求: (1)该电场的电场强度的大小; (2)若电场强度变为原来的一半,小物块运动到B点所需的时间和在B点的速度各是多少? 12.(20分)光滑水平面上有一质量m车=1.0kg的平板小车,车上静置A、B两物块。物块由轻质弹簧无栓接相连(物块可看作质点),质量分别为mA=1.0kg,mB=1.0kg。A距车右端x1(x1>1.5m),B距车左端x2=1.5m,两物块与小车上表面的动摩擦因数均为μ=0.1.车离地面的高度h=0.8m,如图所示。某时刻,将储有弹性势能Ep=4.0J的轻弹簧释放,使A、B瞬间分离,A、B两物块在平板车上水平运动。重力加速度g取10m/s2,求: (1)弹簧释放瞬间后A、B速度的大小; (2)B物块从弹簧释放后至落到地面上所需时间; (3)若物块A最终并未落地,则平板车的长度至少多长?滑块在平板车上运动的整个过程中系统产生的热量多少? 三、解答题(共2小题,满分15分)[物理一选修3-3] 13.(5分)下列说法中正确的是 (  ) A.随着科技的不断进步,绝对零度可能达到 B.分子势能随着分子间距的增大,可能先减小后增大 C.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 D.一定质量的理想气体在等压压缩的过程中内能一定减小 E.当卫星中的物体处于完全失重时,若一个固定的容器装有浸润其器壁的液体置于卫星内,则必须用盖子盖紧,否则容器中的液体一定会沿器壁流散 14.(10分)如图所示,一总质量m=10kg的绝热汽缸放在光滑水平面上,用横截面积S=1.0×10﹣2m2的光滑绝热薄活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内,活塞杆的另一端固定在墙上,外界大气压强P0=1.0×105Pa.当气体温为27℃时,密闭气体的体积为2.0×10﹣3m3(0℃对应的热力学温度为273K)。 (1)求从开始对气体加热到气体温度缓慢升高到360K的过程中,气体对外界所做的功; (2)若地面与汽缸间的动摩擦因数μ=0.2,现要使汽缸向右滑动,则缸内气体的温度至少应降低多少摄氏度?(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,活塞一直在汽缸内,气体质量可忽略不计,重力加速度g取10m/s2。) 四、解答题(共2小题,满分15分)[物理-选修3-4] 15.(5分)如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波,实线为t=0时刻的波形图,经过t1=6s,波形图如图中虚线所示。已知波的周期T>4s,则下列说法正确的是(  ) A.该波的波长为8m B.该波的周期可能为8s C.在t=9s时,B质点一定沿y轴正方向运动 D.B、C两质点的振动情况总是相反的 E.该列波的波速可能为m/s 16.(10分)处于真空中的圆柱形玻璃的横截面如图所示,AB为水平直径,玻璃砖的半径为R,O为圆心,P为圆柱形玻璃砖上的一点,与水平直径AB相距,单色光平行于水平直径AB射向该玻璃砖。已知沿直径AB射入的单色光透过玻璃的时间为t,光在真空中的传播速度为c,不考虑二次反射,求: (1)该圆柱形玻璃砖的折射率n; (2)从P点水平射入的单色光透过玻璃砖的时间。 2020年四川省广元市高考物理一诊试卷 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题只有一项符合题日要求,第19~21题有多项符合题日要求.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:A、合力与分力的关系体现了等效替换的思想,故A正确; B、库仑扭秤实验和卡文迪许扭秤实验都用了放大的思想,故B正确; C、加速度a、电场强度E都采用了比值定义法,故C正确; D、牛顿第一定律是在实验的基础上经逻辑推理而得出的,采用的是实验加推理的方法,反映了物体不受外力时的运动状态,而不受外力的物体不存在的,所以不能用实验直接验证,故D错误; 本题选错误的,故选:D。 2.【解答】解:BD、双星系统属于同轴转动的模型,具有相同的角速度和周期,两者之间的万有引力提供向心力,故两者向心力相同,故BD错误; C、根据,则半径之比等于质量反比,飞马座51b与恒星运动轨道的半径之比,即r1:r2=m2:m1,故C正确; A、线速度之比等于半径之比,即v1:v2=m1:m2,故A错误。 故选:C。 3.【解答】解:AB、粒子的带电性质不知道,所以受到的电场力方向不确定,电场力可能做正功也可能做负功,则粒子的速度可能增加也可能减小,故AB错误; C、沿着电场线的方向电势一定降低,所以φM>φN,故C正确; D、粒子只受电场力作用,电场力的方向在水平方向,而粒子的运动方向和水平方向有一夹角,所以粒子不会醉直线运动,故D错误; 故选:C。 4.【解答】解:AB、根据牛顿第二定律得:mg﹣f=ma,得:a,随着速度增大,雨滴受到的阻力f增大,则知加速度减小,雨滴做加速度减小的加速运动,当加速度减小到零,雨滴做匀速直线运动,故v﹣t图象切线斜率先减小后不变,故A错误,B正确; CD、以地面为重力势能的零参考面,则雨滴的重力势能为:Ep=mgh﹣mg?at2,Ep随时间变化的图象应该是开口向下的,故CD错误; 故选:B。 5.【解答】解:A、夜间,桥梁需要照明,开关K闭合,电阻R1、R2并联,根据闭合电路欧姆定律可知,电流表示数I,故A错误; B、夜间,开关K闭合,总电阻减小,干路电流增大,电路中电流表示数变大,故B错误; C、根据能量守恒定律可知,夜间,由于用电器的增多,则太阳能电池供电系统损失的电功率增大,故C正确; D、当电流表示数为I,则太阳能电池供电系统总功率为EI,输出功率为EI﹣I2r,故D错误。 故选:C。 6.【解答】解:A、由图象可知,检阅车的运动过程为:Oa为匀加速直线运动,ab是恒定功率运动,且加速度在逐渐减小,所以t1时刻牵引力和功率最大,bc是匀速直线运动,t2~t3时间内其牵引力等于f,故A正确。 B、在0~t1时间段,由v﹣t图象知检阅车做匀加速直线运动,故B错误。 C、在0~t2时间段,由v﹣t图象可知,检阅车先做匀加速运动再做变加速运动,故此段时间内平均速度大于,故C错误; D、设时间t1~t2内检阅车克服阻力所做功为Wf,由动能定理P(t2﹣t1)﹣Wfmvmv,克服阻力所做功为Wf=P(t2﹣t1)mvmv,故D正确。 故选:AD。 7.【解答】A、把AB看成一个整体,AB对C的压力在水平方向的分力为Nx=(m1+m2)gcosθ.sinθ,方向水平向右,AB对C的摩擦力在水平方向的分力为fx=fcosθ,方向水平向左。因为AB一起加速下滑,所以(m1+m2)gsinθ>f,则Nx>fx,所以斜面C有向右的运动趋势,则斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向左。故A正确; B,因为AB一起加速下滑,所以μ1(m1+m2)cosθ<(m1+m2)gsinθ,则μ1<tanθ,故B错误; C、把AB看成一个整体,滑块A与斜面之间的摩擦力为f=μ1(m1+m2)gcosθ,故C正确; D、滑块AB一起加速下滑,其加速度为a=gsinθ﹣μ1gcosθ,B与A之间的摩擦力是静摩擦,则AB之间的摩擦力为f′=m2a=mg(sinθ﹣μ1cosθ),故D错误。 故选:AC。 8.【解答】解:A、根据乙图可知,当x=h+x0,小球的重力等于弹簧的弹力,此时小球具有最大速度,以弹簧和小球组成的系统,机械能守恒可知,重力势能与弹性势能之和最小,故A正确; BC、根据运动的对称性可知,小球运动的最低点大于h+2x0,小球受到的弹力最大值大于2mg,故BC错误; D、小球达到最大速度的过程中,根据动能定理可知,故小球动能的最大值为,故D正确 故选:AD。 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)A.实验中用砂和砂桶的总重力表示小车所受合力,为了使小车的合力近似等于砂和砂桶的总重力,砂和砂桶的总质量应远小于小车的质量,故A正确; B.实验所用电磁打点计时器的工作电源应选用电压约为6V的交流电源,而蓄电池提供的是直流电源,故B错误; C.实验时,应先让打点计时器正常工作,后释放小车,才能够在纸带上打出足够多的点,故C正确; D.平衡摩擦力时,不应挂上空砂桶,故D错误。 故选:AC。 (2)C点的读数为1.65cm,E点的读数为3.55cm,CE的距离xCE=(3.55﹣1.65)cm=1.90cm。中间时刻的速度等于该时间段的平均速度,所以打点计时器在打D点时纸带的速度vDm/s=0.475m/s。 (3)根据动能定理:W=△Ek,小车动能变化△Ek与绳子拉力对小车所做功W的关系图象是经过原点的一条直线,故A正确。 故答案为:(1)AC;(2)0.475(0.450~0.500都对);(3)A。 10.【解答】解:(1)将小量程的电流表改装成电压表,电流表需要知道两个参数:量程和内阻,故电流表选A2。 根据串联电路特点和欧姆定律得:串联电阻阻值为: R1000Ω=5000Ω,故选定值电阻R2; (2)由①知电压表的内阻RV=R2+r2=1000+5000=6000Ω,由于3.8~4.2,31.6~28.6,故电流表应用用外接法;又滑动变阻器最大电阻远小于待测电阻阻值,故变阻器应用分压式接法,电路图如甲图所示 (3)根据串并联电路特点和欧姆定律得: 200.0Ω 故答案为:(1)①A2,R3; (2); (3)200.0。 11.【解答】解:(1)如图所示, 小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用,则有 在x轴方向:Fcos37°﹣mgsin37°=0…① 在y轴方向:FN﹣mgcos37°﹣Fsin37°=0.……② 解得:gE=mgtan37°……③ 故有:E=7.5×105 N/C,方向水平向右……④ (2)场强变化后物块所受合力为:F=mgsin37°qEcos37°……⑤ 根据牛顿第二定律得:F=ma……⑥ 故代入解得a=0.3g=3m/s2,方向沿斜面向下 由运动学公式可得:vB2﹣vA2=2as s 解得:t=1s,vB=3 m/s 答:(1)该电场的电场强度的大小是7.5×105 N/C; (2)若电场强度变为原来的一半,小物块运动到B点所需的时间和在B点的速度各是1s,3 m/s。 12.【解答】解:(1)释放弹簧过程A、B系统动量守恒、机械能守恒, 以向右为正方向,由动量守恒定律得:mAvA﹣mBvB=0, 由机械能守恒定律得:EP, 代入数据解得:vA=2m/s,vB=2m/s; (2)由于A、B质量相等与桌面的动摩擦因数相等,在B在平板车上运动到左端过程小车所受合力为零,小车静止, B运动到小车左端过程,对B,由动能定理得:, 由动量定理得:﹣μmBgt1=mBvB﹣mBv2, 代入数据解得:vB=1m/s,t1=1s, B离开平板车后做平抛运动,竖直方向:h, 代入数据解得:t2=0.4s, 运动时间:t=t1+t2=1.4s; (3)B离开小车时:vA=vB=1m/s,B离开平板车后,A与平板车组成的系统动量守恒, 以向右为正方向,由动量守恒定律得:mAvA=(mA+m车)v, 由能量守恒定律得:, 代入数据解得:L相对=0.25m; A、B同时在小车上运动时小车不动,B滑出小车时, A在小车上滑行的距离与B在小车上滑行的距离相等为1.5m, 小车的最小长度:L=1.5+1.5+0.25=3.25m, 系统产生的热量:E=μmAgx1+μmBgx2=3.25J; 答:(1)弹簧释放瞬间后A、B速度的大小分别为2m/s、2m/s; (2)B物块从弹簧释放后至落到地面上所需时间为1.4s; (3)若物块A最终并未落地,则平板车的长度至少为3.25m,滑块在平板车上运动的整个过程中系统产生的热量是3.25J。 三、解答题(共2小题,满分15分)[物理一选修3-3] 13.【解答】解:A、绝对零度是不能达到。故A错误; B、两个分子之间的距离从无穷远到无限靠近的过程中,分子之间的作用力先是吸引力,后是排斥力,所以分子力先做正功,后做负功;同理,分子间距从无限靠近到无穷远的过程中,分子力也是先做正功,后做负功;所以可知分子势能随着分子间距的增大,可能先减小后增大。故B正确; C、布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动,由于花粉是由花粉颗粒组成的,所以布朗运动反映的是花粉颗粒的运动,不是花粉分子的热运动,是液体分子的热运动的反应,故C错误; D、根据理想气体得状态方程可知,一定质量的理想气体在等压压缩的过程中气体的温度一定降低,而一定量的理想气体得内能仅仅与温度有关,温度降低气体的内能减小,所以一定质量的理想气体在等压压缩的过程中内能一定减小。故D正确; E、当卫星中的物体处于完全失重时,若一个固定的容器装有浸润其器壁的液体置于卫星内,根据浸润的特点可知必须用盖子盖紧,否则容器中的液体一定会沿器壁流散。故E正确 故选:BDE。 14.【解答】解:(1)由题意可知:V1=2.0×10﹣3m3,T1=273K,T2=360K, 气体发生等压变化,由盖吕萨克定律得:,即:, 解得:V2≈2.6×10﹣3m3, 气体对外做功:W=P0△V=1.0×105×(2.6×10﹣3﹣2.0×10﹣3)=60J; (2)对气缸,由平衡条件得:P0S=PS+μmg, 代入数据解得:P=0.98×105Pa, 气体发生等容变化,由查理定律得:, 即:,解得:T3=267.54K, 气体降低的温度:△t=273﹣267.54=5.46℃; 答:(1)气体对外界所做的功为60J; (2)缸内气体的温度至少应降低5.46摄氏度。 四、解答题(共2小题,满分15分)[物理-选修3-4] 15.【解答】解:A、分析波形图,可知波长λ=4m,故A错误; BE、设波沿x轴正方向传播,则,n=0、1、2…,其中T>4s,则n=0时,T=24s,波速vm/s;n=1时,Ts,波速vm/s; 设波沿x轴负方向传播,则,n=0、1、2…,其中T>4s,则n=0时,T=8s,波速v=0.5m/s,故BE正确; C、当波沿x轴负方向传播时,T=8s,在t=9s时,B质点在平衡位置下方,沿y轴负方向运动,故C错误; D、B、C两质点平衡位置相隔半个波长,振动情况完全相反,故D正确; 故选:BDE。 16.【解答】解:(1)沿AB入射的光将从B点射出,设光在玻璃内的速度为v,则:v 又:2R=ct 联立可得:n (2)过P做入射光的法线,过P做AB的垂线,垂足为C,如图:因,所以∠POC=30° 由几何关系可知该光的入射角为30° 由折射定律:n可得: 由几何关系:PD=2R?cosr 从P入射的光到达D所用的时间: 联立可得:t′ 答:(1)该圆柱形玻璃砖的折射率n为; (2)从P点水平射入的单色光透过玻璃砖的时间为。 第1页(共1页)

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  • ID:6-7050363 2020年四川省成都市高考物理一诊试卷【含答案及详细解析】

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    2020年四川省成都市高考物理一诊试卷 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. 1.(6分)图示情景中,小球相对于水平桌面向后运动的原因是(  ) A.小球突然失去惯性 B.动车突然向前加速 C.动车突然向前减速 D.动车做匀速直线运动的速度很大 2.(6分)如图,小物块P在沿斜面向上的拉力F作用下沿固定光滑斜面匀速上滑。现将力F的方向变为水平向右,仍使P保持原来的速度沿斜面匀速上滑。则变化后与变化前比较(  ) A.斜面对物体的支持力不变 B.力F变大 C.力F变小 D.力F的功率变大 3.(6分)如图。水平放置的平行板电容器上极板带正电,所带电荷量为Q,板间距离为d,上极板与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴,所带电荷量绝对值为q。静电力常量为女,下列说法正确的是(  ) A.油滴带正电 B.油滴受到的电场力大小为 C.若仅将上极板平移到图中虚线位置,则静电计指针张角减小 D.若仅将上极板平移到图中虚线位置,则油滴将加速向上运动 4.(6分)如图甲,在匀强电场中的O点先后无初速释放两个正点电荷I和Ⅱ,电荷仅受匀强电场的作用沿直线向A运动,两电荷的动能Ek随位移x变化的关系如图乙。若I的电荷量为q,则可知(  ) A.匀强电场的场强大小为E B.电荷Ⅱ受到的电场力大小为FⅡ C.电荷Ⅱ的电荷量为 D.选O点为零电势点,A点的电势为φA 5.(6分)人造地球卫星的轨道可能是圆,也可能是椭圆。关于在轨正常运行的这些卫星,说法正确的是(  ) A.所有卫星的运行周期都小于1天 B.所有卫星在任何位置的速率都小于7.9km/s C.部分卫星在某些位置的向心加速度大于地球表面的重力加速度 D.所有卫星半长轴(或轨道半径)的三次方与运行周期的二次方的比值是一个常数 6.(6分)图甲所示的无人机在飞行的某1min内,前0.5min沿正东方向做水平直线运动,后0.5min沿正北方向做水平直线运动,其速率u随时间t变化的关系如图乙。下列判断正确的是(可能用到sin37°=0.6)(  ) A.无人机在10s末、40s末的加速度大小之比为2:3 B.无人机在前、后0.5 min内的平均速率之比为4:3 C.1min内,无人机飞行的路程为500m D.lmin内,无人机的位移大小为500m、方向东偏北53° 7.(6分)如图,曲线a为某元件R的伏安特性曲线,直线6为某直流电源的伏安特性曲线。将元件R与该电源连接成一闭合回路,下列说法正确的是(  ) A.元件R的电阻随电压的增大而增大 B.电源的电动势为5V,内阻为5Ω C.电源的总功率为1.2W D.电源的效率为60% 8.(6分)如图,一绝缘且粗糙程度相同的竖直细杆与两个等量异种点电荷+Q、Q连线的中垂线重合,细杆和+Q、﹣Q均固定,A、O、B为细杆上的三点,O为+Q、﹣Q连线的中点,AO=BO.现有电荷量为q、质量为m的小球套在杆上,从A点以初速度v0向B滑动,到达B点时速度恰好为0.则可知(  ) A.从A到B,小球的电势能始终不变,受到的电场力先增大后减小 B.从A到B,小球的加速度先减小后增大 C.小球运动到0点时的速度大小为v0 D.小球从A到O与从O到B,重力的冲量相等 三、非选择题:本卷包括必考题和选考题两部分.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.(6分)甲图是某小组探究“加速度与合外力的关系”的实验装置。在他们的方案中,长木板平放在水平桌面上,利用穿过打点计时器且连在小车后端的纸带测小车的加速度a,利用固定在小车前端的力传感器测小车受到的水平拉力F。 (l)按该方案做实验,是否要求钩码质量远小于小车的质量?   (填“是”或“否”)。 (2)从实验中挑选一条点迹清晰的纸带。每5个点取一个计数点,用刻度尺测量计数点间的距离如图乙所示。已知打点计时器每间隔0.02s打一个点。由该纸带可求得小车的加速度a=   m/s2(保留2位有效数字)。 (3)改变钩码的个数,测得多组数据。若以a为纵坐标,F为横坐标。利用测得的数据作出图象,则最符合该实验实际情况的是图丙中的   。(填选项序号字母) 10.(9分)某同学欲将内阻为100Ω、量程为300μA的电流计G改装成欧姆表,要求改装后欧姆表的0刻度正好对准电流表表盘的300μA刻度。 可选用的器材还有:定值电阻R1(阻值25Ω);定值电阻R2(阻值l00Ω);滑动变阻器R(最大阻值l500Ω);干电池(E=1.5V.r=2Ω);红、黑表笔和导线若干。改装电路如图甲所示。 (l)定值电阻应选择   (填元件符号)。改装后的欧姆表的中值电阻为   Ω。 (2)该同学用改装后尚未标示对应刻度的欧姆表测量一内阻和量程均未知的电压表V的内阻。步骤如下:先将欧姆表的红、黑表笔短接,调节   (填图甲中对应元件犄号),使电流计G指针指到   μA;再将   (填“红”或“黑”)表笔与V表的“+”接线柱相连,另一表笔与V表的“﹣”接线柱相连。若两表的指针位置分别如图乙和图丙所示,则V表的内阻为   Ω,量程为   V。 11.(12分)如图,AB是竖直面内、圆心在O点、半径为R的光滑绝缘轨道,其B端切线水平且距水平地面的高度也为R、OB连线右侧的空间存在方向竖直向下的匀强电场。将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从轨道A端无初速释放,小球从B端飞出后,在地面上第一次的落点C距B的水平距离为R.若小球可视为质点,重力加速度大小为g。求: (l)进入电场前,小球在B端的速度大小及对轨道的压力大小; (2)匀强电场的场强大小。 12.(20分)如图,小滑块A与木板B均静止于粗糙水平地面上,A与B左端的距离为x0=4.5m,小滑块C静止于木板B的右端,A、B与地面间的动摩擦因数均为μ1=0.1,C与B间的动摩擦因数μ2=0.2.现给A一个方向水平向右、大小v0=5m/s的初速度。已知A、B、C的质量分别为mA=1kg、mB=3kg、mC=lkg,A、B间的碰撞为弹性碰撞且碰撞时问极短,滑块C始终未离开木板B,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10m/s2.求: (l)碰前瞬间A的速度大小和碰后瞬间B的速度大小; (2)碰后瞬间B、C的加速度大小; (3)从碰后到木板B最终停止,B与地面间因摩擦而产生的热量。 三、[物理--选修3-3](15分) 13.(5分)下列说法正确的是(  )(填正确答案标号) A.将一块晶体敲碎后,得到的小颗粒仍然是晶体 B.质量、温度均相同的碳粉和碳块,其内能不同 C.悬浮在水中的花粉微粒的布朗运动反映了花粉分子的热运动 D.一定质量的理想气体,放热的同时对外界做功,其内能一定减少 E.气体向真空的白由膨胀是不可逆的 14.(10分)如图甲,绝热气缸置于水平地面上,其A、B两部分的横截面积分别是S1=4cm2、 S2=8cm2,a、b是质量均为m=4kg且厚度不汁的绝热活塞,初态,a与b封闭着总高度为(由和h的两段组成)的理想气体I,b与缸底封闭着高度为h的理想气体Ⅱ,气体Ⅰ、Ⅱ的温度均为T0=300K.已知大气压强p0=l×l05Pa,重力加速度大小g=10m/s2.活塞与气缸接触处光滑且不漏气,气缸壁厚度不计,活塞a以上部分足够长。 (i)求气体Ⅱ的压强; (ii)若启动B中的加热电阻丝(图中未画出)对气体Ⅱ缓慢加热,某时刻活塞b到达B的上端且刚好与上端接触而无压力(如图乙),求此时气体Ⅱ的温度。 四、[物理--选修3-4](15分) 15.下列说法正确的是(  ) A.单摆做简谐运动的周期跟摆长和摆球质量均有关 B.在机械波的传播过程中,介质中质点的振动方向可能和波的传播方向平行 C.两列波发生干涉现象,在振动加强的区域,质点的位移总是最大 D.机械波的频率、波长和波速三者满足的关系,对电磁波也适用 E.分别照射同一双缝干涉装置,黄光的干涉条纹间距大于蓝光的干涉条纹间距 16.如图,矩形MNPQ是某均匀材料制成的透明体的横截面,MNPQ所在平面内,一单色细光束以入射角i=30°射到MN边的O点。光束进入透明体后恰好不从NP边射出,接着光束到达PQ边且部分射出。已知NP边的长度l=0.24m,空气中的光速c=3×l08m/s。求: (i)该材料对该单色光的折射率n; (ii)光束从O点射入至到达PQ边经历的时间t。 2020年四川省成都市高考物理一诊试卷 参考答案与试题解析 二、选择题:本题共8小题,每小题6分.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:A、惯性是物质的固有属性,不可能失去,故A错误; B、动车突然向前加速,而小球要保持原来的运动状态,所以小球速度小于动车的速度,小球相对于桌面向后运动,故B正确; C、如果动车突然减速,则小球的速度大于桌面的速度,小球应该相对桌面向前运动,故C错误; D、动车如果做匀速直线运动,不管速度多大,小球就会相对桌面保持相对静止,故D错误。 故选:B。 2.【解答】解:拉力F沿斜面向上时,受力分析如图所示: 根据平衡条件有: F=mgsinθ…① N=mgcosθ…② 拉力F沿水平方向时,受力分析如图所示: 根据平衡条件有: F′cosθ=mgsinθ…③ N′=mgcosθ+Fsinθ…④ 由①③式知,F′>F,即力F变大,故B正确,C错误; 由②④式知,N′>N,即斜面对物体的支持力变大,故A错误; 拉力F沿水平方向时,拉力的功率:P=F′vcosθ=mgvsinθ,速度前后不变,所以力F的功率不变,故D错误。 故选:B。 3.【解答】解:A、油滴所受电场力与重力平衡,根据题意知场强方向竖直向下,可知油滴带负电,故A错误; B、极板间的电场为匀强电场不适用库仑定律,故B错误; CD、上极板下移板间距d减小,根据知场强E不变,电场力和重力处于二力平衡状态,油滴静止不动,另据U=Ed可知两极板间电压变小,静电计指针张角减小,故C正确,D错误; 故选:C。 4.【解答】解:A、根据动能定理得:Fx=Ek知Ek﹣x图象中的斜率为物体所受合外力, 对点电荷Ⅰ有,,解得:,故A正确; BC、对点电荷Ⅱ有,,可知电荷Ⅱ的电荷量为2q,故BC错误; D、取φO=0,对正电荷Ⅰ从O到A据动能定理有 qUOA=Ek0,解得:,所以,故D错误; 故选:A。 5.【解答】解:A、根据万有引力提供向心力,,解得周期T=2,半径越大,周期越长,故卫星的运行周期可以大于1天,故A错误; B、根据万有引力提供向心力得:v,第一宇宙速度是卫星近表面圆轨道的运行速度,是稳定运行时的最大运行速度,但当卫星离心变轨时,需要加速,故并不是所有卫星在任何位置的速率都小于7.9km/s,故B错误; C、根据a可知,轨道半径越大,加速度越小,故卫星的向心加速度不会大于地球表面的重力加速度,故C错误; D、根据开普勒第三定律可知,所有卫星半长轴(或轨道半径)的三次方与运行周期的二次方的比值是一个常数,故D正确。 故选:D。 6.【解答】解:A、根据u﹣t图象的斜率表示加速度,知无人机在10s末、40s末的加速度大小之比为a1:a2:2:3,故A正确。 B、无人机在前0.5 min内的平均速率为:m/s=10m/s。后0.5 min内的路程为:s220m=400m,后0.5 min内的平均速率为:m/sm/s,故:3:4,故B错误。 C、1min内,无人机飞行的路程为:S=(20)m=700m,故C错误。 D、前0.5 min内的位移大小为:s1m=30m,方向沿正东方向,后0.5 min内的位移大小为s2=400m,方向沿正北方向,根据平行四边形定则知:lmin内,无人机的位移大小为:s500m,方向东偏北53°,故D正确。 故选:AD。 7.【解答】解:B、分析电源U﹣I图象可知,纵轴截距表示电动势,斜率绝对值表示内阻,由图可知,E=5V,r=5Ω,故B正确; C、交点表示电路中实际的电压和电流,U=3.0V,I=0.4A,则电源总功率是:P=EI=2W,故C错误; A、分析元件R的伏安特性曲线可知,电阻随电压的增大而减小,故A错误; D、元件R上消耗的功率P'=UI=1.2W,则电源的效率η100%=60%,故D正确。 故选:BD。 8.【解答】解:A、根据等量异种电场线分析可知,由于AB是等势线,则电荷的电势能不变,从A到B,电场强度先增大后减小,则电场力先增大后减小,故A正确; B、小物块受重力、电场力和墙壁的弹力以及摩擦力作用,可知q带负电,从A到O的过程中,电场强度越来越大,则电场力越来越大,由于物块在水平方向上平衡,可知墙壁的弹力增大,导致滑动摩擦力增大,根据f﹣mg=ma知,加速度增大,从O到B,电场强度越来越小,则电场力越来越小,由于物块在水平方向上平衡,可知墙壁的弹力减小,导致滑动摩擦力减小,根据f﹣mg=ma知,加速度减小,故B错误; C、根据B的分析可知从A到O和从B到O摩擦力变化情况相同,且AO=BO,故摩擦力做功相等,根据动能定理: mgAB﹣2Wf=0 解得: 则从A到O,根据动能定理: 解得:v,故C正确; D、根据BC的分析做出其v﹣t图象,因为前半段和后半段位移相等,故前半段时间小于后半段时间,根据冲量公式可知后半段重力的冲量大于前半段的冲量,故D错误。 故选:AC。 三、非选择题:本卷包括必考题和选考题两部分.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)小车所受拉力可以由力传感器测出,实验不需要钩码质量远小于小车质量。 (2)由题意可知:每5个点取一个计数点,打点计时器每间隔0.02s打一个点,则加速度间的时间间隔为:t=0.02×5=0.1s, 由匀变速直线运动的推论△x=at2可知加速度为:a0.72m/s2; (3)由图示实验装置可知,实验没有平衡摩擦力,小车所受合力为F﹣f,由牛顿第二定律得:aF,a与F是线性关系,当F=f后才有加速度,故B正确,ACD错误; 故选:B; 故答案为:(1)否;(2)0.72;(3)B。 10.【解答】解:(1)电流表内阻、电源内阻与滑动变阻器接入电路的电阻之和是欧姆表内阻, 由于电流表内阻与电源内阻很小,可以忽略不计,因此欧姆表最大内阻约等于滑动变阻器最大阻值, 由题意可知,滑动变阻器R最大阻值为l500Ω,则欧姆调零时满偏电流约为:I0.001A=1mA, 定值电阻阻值约为:R定30Ω,因此定值电阻选择R1; 改装后电流表量程:IAIg300×10﹣6=1.5×10﹣3A, 欧姆表中值电阻等于欧姆表内阻,欧姆表中值电阻:R中=R内1000Ω; (2)先将欧姆表的红、黑表笔短接,调节R进行欧姆调零,使电流计G指针指到300μA; 再将黑表笔与V表的“+”接线柱相连,另一表笔与V表的“﹣”接线柱相连。 由图乙所示表盘可知:G的示数为200μA,为G满偏值的, 则电路电流:IIA1.5×10﹣3A=1×10﹣3A, 由闭合电路欧姆定律得:I,代入数据解得:RV=500Ω, 此时电压表两端电压:U=IRV=1×10﹣3×500=0.5V, 由图丙所示可知,此时电压表指针指在正中间,则电压表量程为:0.5×2=1V; 故答案为:(1)R1;1000;(2)R;300;黑;500;1。 11.【解答】解:(1)设小球在B端的速度大小为v,受到轨道的支持力大小为F,从A至B,由机械能守恒定律有: 得: 在B端,由牛顿第二定律有: F 得:F=3mg, 由牛顿第三定律可解得小球对轨道的压力大小为: F′=F=3mg; (2)设场强大小为E,小球在电场中做类平抛运动的加速度大小为a,由运动学规律有: , , 得:a=2g, 由牛顿第二定律有: qE+mg=ma, 解得:。 答:(l)进入电场前,小球在B端的速度大小为,对轨道的压力大小为3mg; (2)匀强电场的场强大小为。 12.【解答】解:(1)从A开始滑动到A、B碰撞前过程,对A,由动能定理得:, 代入数据解得:v=4m/s, A、B发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:mAv=mAvA+mBvB, 由机械能守恒定律得:, 解得:vA=﹣2m/s,vB=2m/s; (2)由牛顿第二定律 对B:μ1(mB+mC)g+μ2mCg=mBaB, 对C:μ2mCg=mCaC, 代入数据解得:aB=2m/s2,方向向左,aC=2m/s2,方向向右; (3)设经过时间t,B、C到达共同速度,由运动学公式有:v共=aCt,v共=vB﹣aBt, 代入数据解得:v共=1m/s,t=0.5s; 在时间t内,B的位移为:x1,解得:x1=0.75m, 假设B、C共速后一起以加速度a做减速运动,对BC系统,由牛顿第二定律得:μ1(mB+mC)g=(mB+mC)a, 代入数据解得:a=1m/s2, 对B,由牛顿第二定律得:f=mBa=1N<μ2mCg=2N,假设成立, 设木板B减速运动x2后停止运动,由运动学公式得:2ax2, 代入数据解得:x2=0.5m, B与地面间因摩擦产生的热量:Q=μ1(mB+mC)g(x1+x2), 代入数据解得:Q=5J; 答;(l)碰前瞬间A的速度大小为4m/s,碰后瞬间B的速度大小为2m/s; (2)碰后瞬间B、C的加速度大小都是2m/s2; (3)从碰后到木板B最终停止,B与地面间因摩擦而产生的热量为5J。 三、[物理--选修3-3](15分) 13.【解答】解:A、晶体是由很小的晶胞组成,将一块晶体敲碎后,得到的小颗粒还是晶体,故A正确。 B、质量、温度均相同的碳粉和碳块,物质的量、温度与体积相等,它们的内能相等,故B错误。 C、悬浮在水中的花粉微粒的布朗运动反映了液体分子的无规则运动,故C错误。 D、由热力学第一定律:△U=W+Q可知:一定质量的理想气体,放热的同时对外界做功,其内能一定减少,故D正确。 E、由热力学第二定律可知:气体向真空的白由膨胀是不可逆的,故E正确。 故选:ADE。 14.【解答】解:(i)由平衡条件得: 对活塞a:mg+p0S1=p1S1, 对活塞b:mg+p1S2=p2S2, 代入数据解得:p2=2.5×105Pa; (ii)从加入气体II到活塞b到达B的上端且刚好与上端接触而无压力,该过程气体II的压强不变,气体发生等压变化, 由盖吕萨克定律得:, 代入数据解得:T=360K; 答:(i)气体Ⅱ的压强为2.5×105Pa; (ii)此时气体Ⅱ的温度为360K。 四、[物理--选修3-4](15分) 15.【解答】解:A、单摆做简谐运动的周期公式T=2π,与摆长及重力加速度有关,与摆球的质量无关,故A错误; B、介质质点的振动方向与波的传播方向可能垂直,也可以平行。当是垂直的,则是横波,当是平行的,则是纵波,故B正确; C、两列波发生干涉现象,振动加强区域的质点的位移是呈周期性变化,并不是质点的位移总是最大,故C错误; D、频率、波长和波速三者满足的关系对一切波适用,故D正确; E、根据△xλ,当用同一装置做双缝干涉实验时,双缝干涉条纹间距与光的波长成正比,黄光的波长比蓝光长,所以黄光的双峰干涉条纹间距大于蓝光双缝干涉条纹间距,故E正确。 故选:BDE。 16.【解答】解:(i)光路如图所示; 设光在O点的折射角为r,在O1点发生全反射的临界角为C, 根据折射定律可得:n 又因为C+r=90°,sinC 则sinr=sin(90°﹣C)=cosC 即 解得n (ii)光在透明体中的速率v 光在透明体中传播的路程s=OO1+O1O2 由于s=vt 联立解得t=1×10﹣8s。 答:(i)该材料对该单色光的折射率为; (ii)光束从O点射入至到达PQ边经历的时间为1×10﹣8s。 第1页(共1页)

    • 2020-03-19
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  • ID:6-7050337 2020年上海市长宁区高考物理一模试卷【含答案及详细解析】

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    2020年上海市长宁区高考物理一模试卷 一、选择题(第1-8小题,每小题3分;第9-12小题,每小题3分,共40分.每小题只有一个正确答案) 1.(3分)一列机械波在不同介质中传播,保持不变的物理量是(  ) A.波长 B.波速 C.振幅 D.频率 2.(3分)下列措施中属于静电防范的是(  ) A.静电除尘 B.静电喷涂 C.良好接地 D.保持空气干燥 3.(3分)在“用DIS描绘电场的等势线”的实验中,下列各种纸张在平整的木板上从上到下依次铺放,正确的顺序是(  ) A.导电纸、白纸、复写纸 B.导电纸、复写纸、白纸 C.白纸、复写纸、导电纸 D.白纸、导电纸、复写纸 4.(3分)甲、乙两相同小球从同一高处相隔1s先后自由下落,在下落过程中(  ) A.两球速度差越来越大 B.两球速度差越来越小 C.两球间距离越来越大 D.两球间距离越来越小 5.(3分)一物体在互相垂直的两个恒力F1、F2作用下运动一段位移,F1对物体做功﹣3J,F2对物体做功4J,则F1与F2的合力对物体做功为(  ) A.7J B.5J C.﹣5J D.1J 6.(3分)图甲是一款手机支架,其表面采用了纳米微吸材料,用手触碰无粘感,接触到平整的硬性物体时会牢牢吸附在物体上。图乙是手机静止吸附在支架上的侧视图,若手机的重力为G,此时手机面与水平面夹角为θ,则该支架对手机作用力大小为(  ) A.G B.Gsinθ C.Gcosθ D.Gtgθ 7.(3分)关于力的分解,下列说法正确的是(  ) A.一个2N的力可以分解为8N和8N的两个分力 B.一个3N的力可以分解为8N和4N的两个分力 C.一个7N的力可以分解为5N和1N的两个分力 D.一个8N的力可以分解为4N和3N的两个分力 8.(3分)用图象可以反映物体的运动状态或其所受合外力的情况。甲是位移随时间变化图象,乙是速度随时间变化图象,丙是加速度随时间变化图象,丁是合外力随时间变化图象。图象均为直线。下列根据这些图象对物体作出的判断中,正确的是(  ) A.图甲物体的加速度越来越大 B.图乙物体受到的合外力越来越大 C.图丙物体的速度均匀增大 D.图丁物体的加速度均匀增大 9.(4分)如图,一质点沿螺旋线自外向内运动,已知其半径转过的圆心角θ与运动时间t成正比,则质点运动中(  ) A.角速度不变 B.向心加速度不变 C.线速度越来越大 D.合外力越来越大 10.(4分)两质量相同的小球A、B,分别用轻绳悬在等高的O1、O2点,A球的悬线比B球的悬线长。把两球的悬线均拉到水平后将小球无初速释放,以悬点为零势能参考面,小球经过最低点时,动能分别为EkA、EkB,重力势能分别为EpA、EpB,机械能分别为EA、EB.则(  ) A.EkA>EkB EpA>EpB EA>EB B.EkA>EkB EpA<EpB EA>EB C.EkA>EkB EpA<EpB EA=EB D.EkA<EkB EpA>EpB EA=EB 11.(4分)电动势为E、内电阻为r的电源与阻值为R的电阻连成闭合电路。t秒内电源内部的非静电力移送电荷的电量及非静电力做功分别为(  ) A., B., C., D., 12.(4分)如图,波源S从平衡位置开始振动,运动方向沿y轴负方向,振动周期T=0.01s,产生的简谐波向左、右两个方向传播,波速均为v=40m/s。过一段时间后,P、Q两点开始振动。已知距离SP=1.0m、SQ=1.3m。若以Q点开始振动的时刻作为计时起点,下面四个图象中P、Q两点的振动图象分别是(  ) A.甲图和乙图 B.丙图和乙图 C.丁图和丙图 D.丁图和甲图 二、填空题(共20分) 13.(4分)如图为不等量异种点电荷的电场线分布,P、Q是电场中的两点。则两点的电势φP>φQ,判断的依据是   ;电子在这两点的电势能关系为EP   EQ.(选填“>”或“<”) 14.(4分)在“用油膜法估测分子大小”实验中,油酸酒精溶液浓度为A,记下N滴溶液总体积为V.边长为a正方形小格的透明方格纸板上,数得油膜占有的小格个数为X.用以上字母表示:一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V油酸=   ;油酸分子直径D=   。 15.(4分)倾斜索道与水平面夹角为37°,质量为m的人站在车厢内沿钢索匀加速向上运动,他对箱底压力为1.25mg。那么,车厢沿钢索匀加速向上运动的加速度a=   ,车厢对人的摩擦力Ff=   。 16.(4分)如图,电源电动势为E,内阻为r。S为单刀双掷开关,两电阻R1=10Ω,R2=8Ω.当开关S接1时,电流表示数为0.2A.则开关S接2时,电流表示数   (选填“增大”或“减小”),电流表示数的变化范围可能是   。 17.(4分)图是某同学制作的简易温度计。导热性能良好的玻璃泡A内封有一定质量的气体,与A相连的细玻璃管B插在水银槽中,根据B管内外水银面的高度差来标刻环境温度。已知B管内外水银面的高度差为h1=16cm时,环境温度为t1=27℃,大气压为p0=76cmHg.则温度为t2=17℃时,B管内外水银面的高度差h2=   cm.要提高该温度计的精确度,对装置有何要求?   。(写出一点即可) 三、综合题(第18题10分,第19题14分,第20题16分,共40分)注意:第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中,要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等. 18.(10分)“用DIS研究在温度不变时,一定质量的气体压强与体积的关系”实验中,实验装置如如图1。 (1)保持温度不变,封闭气体的压强p用   测量,其体积V由   读出。 (2)C小红按实验步骤开始实验,但最后得到p和V的乘积逐渐增大。 ①由此可推断,她的实验结果可能为图2   。 ②图线弯曲的可能原因是在实验过程中   。 (A)注射器中有异物 (B)连接软管中存在气体 (C)注射器内气体温度升高 (D)注射器内气体温度降低 ③根据②的回答,可采取的改正措施是   。(写出一种即可) 19.(14分)如图,小环套在与水平地面成θ=30°的固定光滑杆上,用水平拉力FN从h1=0.20m高处由静止起拉动小环,直到杆的最高端h2=1.20m处撤去F,小环在空中上升到最高处h3=1.25m后开始下落并最终落到地面。不计空气阻力,测得小环在空中运动的最小速度为m/s。(g=10m/s2) (1)小环在空中运动时哪个位置速度最小?写出必要的分析过程。 (2)小环在h2高度处的速度大小为多少? (3)小环的质量为多少? 20.(16分)电动汽车在行驶过程中,消耗电池能量对外做功使汽车前进。汽车安装的电池常用两个物理量衡量其性能,如表所示: 物理量 定义 单位 电池容量 电池存储电量的多少 mAh 电池的能量密度ρ 单位质量携带电能的多少 Wh/kg 某质量m=0.056kg的电池以恒定电流放电时,端电压与流过电池电量的关系如图所示。电池容量检测系统在电压为4V时显示剩余电量100%,电压为3V时显示剩余电量0%.通过计算机测得曲线与电量轴所围的面积约为7000V?mAh。 (1)该曲线与电量轴所围面积的物理意义是什么? (2)该电池的能量密度ρ是多少? (3)在放电过程中剩余电量从100%到80%用了时间t,由图象推测剩余电量从50%到30%约要多少时间? (4)某电动汽车除电池外总质量为M,配上质量为m、能量密度为ρ的电池,单次充电后可以在水平路面行驶距离s(s较长,近似认为全程匀速行驶),行驶中所受阻力与总质量成正比,比例系数为k。假设电池能量的用来对外做功使汽车前进,写出汽车行驶距离s的表达式。为提升电动车单次充电行驶最大距离,国家大力支持研发提高电池的能量密度,而不是仅靠增加车上电池质量,请通过分析说明原因。 2020年上海市长宁区高考物理一模试卷 参考答案与试题解析 一、选择题(第1-8小题,每小题3分;第9-12小题,每小题3分,共40分.每小题只有一个正确答案) 1.【解答】解:A、根据波速与波长和频率的关系公式v=λf,当机械波由一种介质进入另一种介质中时,波速变化(波速由介质决定)而频率不变(频率由波源决定),故波长一定变化,故A错误。 B、波速由介质决定,不同介质中波速不同,故B错误。 C、机械波从一种介质进入另一种介质中,振动的幅度(与能量有关)可能会减小,故C错误。 D、机械波在传播过程中频率保持不变,故D正确。 故选:D。 2.【解答】解:A、静电除尘时除尘器中的空气被电离,烟雾颗粒吸附电子而带负电,颗粒向电源正极运动,属于静电的应用,故A错误; B、静电喷涂是利用高压静电电场使带负电的涂料微粒沿着电场相反的方向定向运动,并将涂料微粒吸附在工件表面的一种喷涂方法,属于静电的应用,故B错误; C、良好的接地可以计时导走静电,防止触电,属于静电的防止,故C正确; D、静电防范是用各种措施来防止静电对人,或财产造成损害;保持空气干燥,容易产生静电,不属于静电的防范,故D错误; 故选:C。 3.【解答】解:等势线在白纸上描绘,白纸应放在最底层。等势点在导电纸上寻找,导电纸放在最顶层。从上到下木板上依次铺放导电纸、复写纸、白纸,故B正确,ACDcw。 故选:B。 4.【解答】解:AB.设乙运动的时间为t,则甲运动时间为t+1,则两球的速度差为:△v=g(t+1)﹣gt=g,可见速度差始终不变,故AB错误; CD.两球的距离为:,可见,两球间的距离随时间推移,越来越大。故C正确,D错误。 故选:C。 5.【解答】解:由题意可知,F1对物体做功为:w1=﹣3J F2对物体做功为:w2=4J 故合力的功为:w=w1+w2=﹣3J+4J=1J;故D正确,ABC错误。 故选:D。 6.【解答】解:手机处于静止状态,受力平衡,受到重力和支架对手机的作用力,根据平衡条件可知,支架对手机的作用力大小等于重力G,方向与重力方向相反,竖直向上,故A正确BCD错误; 故选:A。 7.【解答】解:A、8N与8N的合力范围是0N≤F≤16N.可能为2N.故A正确。 B、8N与4N的合力范围是4N≤F≤12N.不可能为3N.故B错误。 C、5N与1N的合力范围是4N≤F≤6N.不可能为7N.故C错误。 D、3N与4N的合力范围是1N≤F≤7N.不可能为8N.故D错误。 故选:A。 8.【解答】解:A、在s﹣t图象中,倾斜的直线表示物体做匀速直线运动,合外力为零,保持不变,故A错误; B、物体做匀加速直线运动,加速度保持不变,则合外力恒定不变,故B错误; C、物体加速度均匀增大,则速度增大越来越快,故C错误; D、根据F﹣t图象知物体受到的合外力随时间均匀增大,根据牛顿第二定律知物体的加速度均匀增大,故D正确; 故选:D。 9.【解答】解:AC.一质点沿螺旋线自外向内运动,半径R不断减小,其半径转过的圆心角θ与运动时间t成正比,根据ω可知,角速度大小不变, 根据v=ωr,半径减小,则线速度减小,故C错误,A正确; B.根据a=ω2r得加速度越来越小,故B错误; C.根据F合=ma,小球所受的合外力越来越小,故D错误; 故选:A。 10.【解答】解:根据动能定理得 mgL=Ek,知,L越大,经过最低点时动能Ek越大,所以EkA>EkB。 以悬点为零势能参考面,则 EpA=﹣mgLA,EpB=﹣mgLB,因LA>LB,所以 EpA<EpB。 A、B两球在运动的过程中,只有重力做功,机械能守恒,初始位置的机械能相等,所以在最低点,两球的机械能仍相等,即有EA=EB.故ABD错误,C正确。 故选:C。 11.【解答】解:根据闭合电路欧姆定律可知电流为:I,则t秒内移送电荷为:q=It; 在电源的内部,非静电力做功把其他形式能转化为电能,根据电动势的定义式E,得非静电力做功为:W=qE=EIt,故B正确,ACD错误。 故选:B。 12.【解答】解:由题,该波的周期T=0.01s, 由波速公式v得,波长λ=vT=40×0.01m=0.4m 则SP=1.0m=2.5λ,SQ=1.3m=3λ 波源S开始振动方向沿y轴负方向,则介质中各起振方向均沿y轴负方向。 结合波形可知,当Q点开始振动时,Q点向下振动,而P点此时处于波峰,则P、Q两点的振动图象为 , 故B正确,ACD错误。 故选:B。 二、填空题(共20分) 13.【解答】解:根据沿电场线方向电势在降低判断电势的高低,可知电势φP>φQ;根据负电荷在电势低的地方电势能大,可知电子在这两点的电势能关系为EP<EQ。 故填:沿着电场线方向电势降低,< 14.【解答】解:(1)由N滴溶液的总体积为V,以及油酸酒精溶液的浓度为A,总体积V除以N,再乘以油酸酒精溶液的浓度A,即可求出一滴酒精溶液中纯油酸的体积; (2)由油膜法的原理,根据(1)中求得一滴酒精溶液中纯油酸的体积,以及油膜的表面积Xa2,即可求得油酸分子的直径; 故答案为:,。 15.【解答】解:由于人对车厢底的正压力为其重力的1.25倍,根据牛顿第三定律知车厢对人的支持力大小为 FN=1.25mg 在竖直方向上,由牛顿第二定律有: FN﹣mg=m(asin37°) 解得:ag 在水平方向上,由牛顿第二定律有:Ff=m(acos37°) 解得:Ffmg 故答案为:g,mg。 16.【解答】解:当开关S接1时,电流表示数为0.2A;则当S接2时,外电阻减小,电流增大,所以电路中大于0.2A.即I2>0.2A。 由于外电阻减小,路端电压减小,则有 I2R2<I1R1,则得 I2A=0.25A, 故电流表示数的变化范围为0.2A~0.25A。 故答案为:增大;0.2A~0.25A。 17.【解答】解:由题意可知:p1=p0﹣ph1=76﹣16=60cmHg,T1=273+27=300K,T2=273+17=290K, 气体发生等容变化,由查理定律得:,即:, 解得:p2=58cmHg, 气体压强:p2=p0﹣ph2=76﹣h2, 解得:h2=18cm; 认为气体发生等容变化,时间上玻璃管内水银柱高度发生变化时气体体积发生变化, 当玻璃管内径很细、A气泡的体积远大于B管的体积时,气体体积变化很小,可以忽略不计,可以提高温度计的精确度; 故答案为:18;玻璃管内径要细、A泡的体积远大于B管的体积。 三、综合题(第18题10分,第19题14分,第20题16分,共40分)注意:第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中,要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等. 18.【解答】解:(1)保持温度不变,封闭气体的压强p用压强传感器测量,其体积V由注射器刻度读出; (2)①由于“最后得到p和V的乘积逐渐增大”,因此在V图象中,斜率k=PV逐渐增大,斜率变大,该同学的实验结果可能为图a。 ②A、注射器有异物不会影响图线的斜率k,故A错误; B、连接软管中存在气体可以视为被封闭的气体总体积较大,不会影响斜率,故B错误; C、D、注射器内气体温度升高,由理想气体的状态方程可知:C,当T增大时,PV会增大,故C正确,D错误; ③按实验步骤开始实验,但最后得到p和V的乘积逐渐增大的原因,可能是:手不要握住针筒、压强传感器稳定后读数、缓慢推动针筒等; 故答案为:(1)压强传感器; 注射器刻度; (2)①a;②C;③手不要握住针筒、压强传感器稳定后读数、缓慢推动针筒等。 19.【解答】解:(1)小环在空中运动,只有重力做功,其机械能守恒,最高处重力势能最大,动能最小,速度最小,即在最高处,离地高h3处。 (2)小环从h2高处上升到h3高处,只有重力做功,其机械能守恒,以地面为零势能面,则 由(1)知, 代入解得 v2=2m/s (3)小环在杆上运动,受重力、水平拉力、杆对环的弹力作用(或受力图) 小环从h1高处运动到h2高处, 根据牛顿第二定律得 解得 m=1kg 答: (1)小环在空中运动时,离地高h3处速度最小。 (2)小环在h2高度处的速度大小为2m/s。 (3)小环的质量为1kg。 20.【解答】解:(1)由图示图象可知,纵轴表示电压:U,横轴表示容量:It(mA?h), 图象所围成的面积的物理意义是:U?It,W=UIt表示电流做功, 由此可知:图象所围面积物理意义是U?It,表示对外做功的值。 (2)由题意可知:所围的面积约为7000V?mAh=7W?h,即W=7W?h, 能量密度:ρ125W?h/kg; (3)电荷量:q=It,I不变则电量与时间成正比, 由U﹣q图象可知:剩余电量从100%到80%,通过电池电量约300mAh, 剩余电量从50%到30%,通过电池电量约600mAh,则时间约为2t。 (4)设汽车质量M,电池质量m,单次充电行驶最大距离s, 由题意可知,阻力与总质量成正比,即:f=k(m+M) 汽车消耗电能,克服阻力做功:fs=k(m+M)s 电池能量的用来对外做功:W=fsmρ 单次充电行驶最大距离: s与m为非线性关系,有上限, 可见行驶的最大距离随着电池质量的增加,提升得越来越慢; s与ρ成正比,ρ增大并不增加阻力,不造成电能额外损耗; 可见,提高电池的能量密度ρ比增加电池质量m更合理; 答:(1)该曲线与电量轴所围面积的物理意义是:图象所围面积物理意义是U?It,表示对外做功的值。 (2)该电池的能量密度ρ是125W?h/kg。 (3)在放电过程中剩余电量从100%到80%用了时间t,由图象推测剩余电量从50%到30%需要的时间约为2t。 (4)汽车行驶距离s的表达式为:; 行驶的最大距离随着电池质量的增加,提升得越来越慢; s与ρ成正比,ρ增大并不增加阻力,不造成电能额外损耗; 可见,提高电池的能量密度ρ比增加电池质量m更合理。 第1页(共1页)

    • 2020-03-19
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  • ID:6-7050335 2020年上海市嘉定区高考物理一模试卷【含答案及详细解析】

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    2020年上海市嘉定区高考物理一模试卷 一、选择题(第1-8小题,每小题3分;第9-12小题,每小题3分,共40分,每小题只有个正确答案) 1.(3分)下列物理概念的提出用到了“等效替代”思想方法的是(  ) A.“瞬时速度”的概念 B.“点电荷”的概念 C.“平均速度”的概念 D.“电场强度”的概念 2.(3分)下列单位中,属于国际单位制基本单位的是(  ) A.千克 B.牛顿 C.伏特 D.特斯拉 3.(3分)一个物体做匀速圆周运动,会发生变化的物理量是(  ) A.角速度 B.线速度 C.周期 D.转速 4.(3分)一个物体在相互垂直的两个力F1、F2的作用下运动,运动过程中F1对物体做功﹣6J,F2对物体做功8J,则F1和F2的合力做功为(  ) A.2J B.6J C.10J D.14J 5.(3分)用细线将一块玻璃片水平地悬挂在弹簧测力计下端,并使玻璃片贴在水面上,如图所示。缓慢提起弹簧测力计,在玻璃片脱离水面的瞬间,弹簧测力计的示数大于玻璃片的重力,其主要原因是(  ) A.玻璃片分子做无规则热运动 B.玻璃片受到大气压力作用 C.玻璃片和水间存在万有引力作用 D.玻璃片分子与水分子间存在引力作用 6.(3分)如图所示,电源的电动势为1.5V,闭合电键后(  ) A.电源在1s内将1.5J的电能转变为化学能 B.电源在1s内将1.5J的化学能转变为电能 C.电路中每通过1C电荷量,电源把1.5J的电能转变为化学能 D.电路中每通过1C电荷量,电源把1.5J的化学能转变为电能 7.(3分)汽车在水平路面上沿直线匀速行驶,当它保持额定功率加速运动时(  ) A.牵引力增大,加速度增大 B.牵引力减小,加速度减小 C.牵引力不变,加速度不变 D.牵引力减小,加速度不变 8.(3分)如图,A、B为电场中一条电场线上的两点。一电荷量为2.0×10﹣7C的负电荷,从A运动到B,克服电场力做功4.0×10﹣5J.设A、B间的电势差为UAB,则(  ) A.电场方向为A→B;UAB=200V B.电场方向为B→A;UAB=﹣200V C.电场方向为A→B;UAB=200V D.电场方向为B→A;UAB=200V 9.(4分)一质量为2kg的物体,在绳的拉力作用下,以2m/s2的加速度由静止开始匀加速向上运动了1m。设物体重力势能的变化为△Ep,绳的拉力对物体做功为W,则(  ) A.△Ep=20J,WF=20J B.△Ep=20J,WF=24J C.△Ep=﹣20J,WF=20J D.△Ep=﹣20J,WF=24J 10.(4分)一定质量的理想气体由状态A经过如图所示过程变到状态B此过程中气体的体积(  ) A.一直变小 B.一直变大 C.先变小后变大 D.先变大后变小 11.(4分)如图所示,一列简谐横波沿x轴负方向传播,实线为t1=0时刻的波形图,虚线为t2=0.25s时刻的波形图,则该波传播速度的大小可能为(  ) A.18m/s B.20m/s C.22m/s D.24m/s 12.(4分)如图所示,L1、L2为两只完全相同、阻值恒定的灯泡,R为光敏电阻(光照越强,阻值越小)。闭合电键S后,电源内电路消耗的功率为P内,光敏电阻R和L1消耗的功率之和为P,则随着光照强度逐渐增强(  ) A.P内减小,P增大 B.P内减小,P减小 C.P内增大,P增大 D.P内增大,P减小 二、填空题(每题4分,共20分) 13.(4分)在“观察水波的干涉现象”实验中得到某时刻的干涉图样,如图所示。实线和虚线分别表示两列波各自传播时的波峰和波谷,若两列波的振幅都是5cm,在a、b、c三点中,振动始终减弱的点是   ;a、c两点的最大高度差为   cm。 14.(4分)“用DIS测电源电动势和内电阻”的实验中,某同学测得电源的路端电压U随电流I的拟合图线如图所示。则该电源的电动势为   V,内阻为   Ω。 15.(4分)用长度为h的一段汞柱把空气封闭在一端开口的粗细均匀的玻璃管里,设大气压强为p0,当玻璃管水平放置时,管内空气柱的压强p1=   。当玻璃管开口向上竖直放置时,空气柱的长度减小,请分析原因:   。 16.(4分)宇航员分别在地球和月球上探究了“单摆周期T与摆长L关系”的规律。多次改变摆长和周期数据,绘制了T2﹣L图象,如图所示。在月球上的实验结果对应图线是   (填“A”或“B”)。若在月球上得到的图线斜率为k,则月球表面的重力加速度g月=   。 17.(4分)如图所示,AB是光滑的倾斜直轨道,BCD是光滑的圆弧轨道,AB恰好在B点与圆弧相切,圆弧的半径为R.一个质量为m的小球在A点由静止释放,设重力加速度为g,若它恰能通过最高点D,则小球在D点的速度VD=   ;A点的高度h=   。 三、综合题(第18题10分,第1题14分,第20题16分,共40分)注意:第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中,要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等 18.(10分)“用DIS研究在温度不变时,一定质量气体的压强与体积关系”的实验装置如图所示: (1)本实验封闭气体的体积可通过   直接读出。 (2)缓慢推动活塞,在计算机中输入气体体积V,同时记录对应的气体压强p。若推活塞过程中发生漏气现象,则对应的v图象可能是   。为防止漏气,除了要确保传感器与软管连接处的气密性外,还应采取的措施是   。 (3)两实验小组在相同环境下进行该实验,在操作无误的情况下得到以下两组数据: 小组1实验数据: 次数 1 2 3 4 5 压强P/kPa 102.6 109.3 116.9 125.8 136.6 体积V/cm3 16 15 14 13 12 PV乘积 1641.6 1639.5 1636.6 1635.4 1639.2 小组2实验数据: 次数 1 2 3 4 5 压强P/kPa 102.3 112.0 124.5 140.5 159.8 体积V/cm3 11 10 9 8 7 PV乘积 1125.3 1120.0 1120.5 1124.0 1118.6 分析小组1或小组2的数据,可以得到的结论是:   ; 比较小组1和小组2的数据,PV乘积存在差异的主要原因是   。 19.(14分)如图所示,将一质量为m的带电小球A,用长为l的绝缘细线系在O点。在O点的正下方用绝缘柄固定一带电小球B(两球均可看成点电荷)。当细线与竖直方向夹角为θ时,球A静止,此时A,B两球处于同一高度。已知B球带正电,带电量为qB,静电力常数为k,重力加速度为g。 (1)判断A球的电性,并画出其受力示意图; (2)求A球所受的库仑力F; (3)求A球所带电量qA; (4)若支持B球的绝缘柄漏电,在B球电荷量缓慢减少的过程中,发现θ逐渐减小,那么该过程中细线的拉力如何变化?请说明原因。 20.(16分)中国籍80后极限爱好者叶晨光身披国旗完成了万米高空跳伞挑战,打破了国人高空跳伞最高纪录。叶晨光从1000m的高度从飞机下落,并在离地800m左右的低空开伞。 若他和伞的总质量为m,请思考下列问题(本题数据运算g取9.8m/s2); (1)开始时叶晨光做自由落体运动,求出他在3s末的速度以及前3s内的位移。 (2)当降落伞完全打开后,叶晨光和伞所受空气阻力f的大小与速度的平方成正比,即f=kv2(k为常数),设伞完全打开时速度为v0,对应的空气阻力f0>mg,求此时的加速度。 (3)当降落伞完全打开后,分析叶晨光做怎样的运动,并画出对应的v﹣t图。 (4)若空气阻力f=27.4v2,叶晨光和伞的总质量m=70kg,则叶晨光落地速度为多大?落地瞬间重力的瞬时功率为多少? 2020年上海市嘉定区高考物理一模试卷 参考答案与试题解析 一、选择题(第1-8小题,每小题3分;第9-12小题,每小题3分,共40分,每小题只有个正确答案) 1.【解答】解:A、瞬时速度是时间间隔趋于零时的平均速度,采用了极限思维的方法,不属于等效替代法,故A错误; B、点电荷采用的是理想化模型法,故B错误; C、平均速度是利用位移比时间的数值来替代运动过程中的速度,属于等效替代法,故C正确; D、电场强度采用比值法定义的,故D错误。 故选:C。 2.【解答】解:千克是国际单位制基本单位,牛顿、伏特、特斯拉都是国际单位制中的导出单位,故A正确,B、C、D错误。 故选:A。 3.【解答】解:A、物体做匀速圆周运动,角速度大小是不变的,故A错误。 B、物体做匀速圆周运动,线速度大小不变,但线速度的方向时刻改变,故B正确。 C、物体做匀速圆周运动,周期是不变的,故C错误。 D、物体做匀速圆周运动,转速是不变的,故D错误。 故选:B。 4.【解答】解:运动过程中F1对物体做功﹣6J,F2对物体做功8J; 故合外力做的总功为等于各力做功的代数和: 故W=W1+W2=﹣6+8=2J;故A正确,BCD错误。 故选:A。 5.【解答】解:玻璃片脱离水面的一瞬间,除了受重力、拉力外,还受到水分子对它的引力。所以拉力大于玻璃片的重力。故D正确,A、B、C错误。 故选:D。 6.【解答】解:A、B、由于电路中的电阻的电阻值未知,所以不能求出电路中的电流值;只有当电路中电流为1A时,电池每经过1s电路中就通过1C电量,电源才把1.5J的化学能转变为电能。故A错误,B错误; C、D、电源中每通过1C电量,电源将1.5J的化学能转变成电能。故C错误,D正确; 故选:D。 7.【解答】解:汽车沿直线匀速行驶,保持额定功率不变,根据P=Fv可知,速度增大,牵引力减小,根据牛顿第二定律可知,F﹣f=ma,牵引力减小,加速度减小,故B正确,ACD错误。 故选:B。 8.【解答】解:负电荷,从A运动到B,克服电场力做功,因此电场力方向是从B到A,而由于带负电,那么电场强度方向由B到A; 再根据AB间的电势差为:UAB200V,故ABC错误,D正确; 故选:D。 9.【解答】解:物体重力势能的变化为:△Ep=mgh=2×10×1J=20J 物体上升1m时速度为:vm/s=2m/s 根据功能关系知绳的拉力对物体做功等于物体机械能的增加量,即为:W=mgh2×10×1JJ=24J,故ACD错误,B正确。 故选:B。 10.【解答】解:根据理想气体状态方程,得V,从状态A到状态B,压强P减小,温度T增大,体积V增大,故B正确,ACD错误。 故选:B。 11.【解答】解:一列简谐横波沿x轴负方向传播,则传播的距离为△x=2n+1.5(m),那么波速为vm/s(n=0,1,2,3…), 当n=0时,则v1=6m/s,当n=1时,则v2=14m/s,当n=2时,则v3=22m/s,当n=3时,则v4=30m/s,故C正确,ABD错误。 故选:C。 12.【解答】解:AB、当光照增强时,光敏电阻的阻值减小,电路的总电阻减小,由闭合电路欧姆定律可得,电路中总电流增大,由P=I2r知电源内电路消耗功率P内增大; 将L2灯看成电源内电路的一部分,光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率是等效电源的输出功率,外电阻为光敏电阻R和灯泡L1的并联值,小于等效电源内阻,所以当光敏电阻的阻值减小,外电阻减小时,等效电源的内外电阻相差加大,输出功率减小,则光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率P逐渐减小,故D正确,ABC错误。 故选:D。 二、填空题(每题4分,共20分) 13.【解答】解:a点为波峰与波峰相遇,c点为波谷与波谷相遇,都是振动加强点; b点为波峰和波谷相遇,为振动减弱点; 根据波的叠加原理,振动加强点的振幅为两列波振幅之和,振动减弱点的振幅为两列波振幅之差,故a、c两点振幅均为10cm,最大高度差为20cm。 故答案为:b,20。 14.【解答】解:根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir可知,图象与纵轴的交点表示电动势,图象的斜率表示内阻;由如图图象可知,电源电动势为:E=1.45V, 电源内阻为:r1.81Ω。 故答案为:1.45,1.81。 15.【解答】解:玻璃管水平放置,水银柱不对气体产生压力,封闭气体的压强:p1=p0; 玻璃管竖直放置后,封闭气体压强:p2=p0+ph>p0, 气体温度不变而气体压强增大, 由玻意耳定律:pV=C可知:气体体积减小,空气柱长度减小; 故答案为:p0;气体温度不变而压强增大,气体体积减小。 16.【解答】解:由单摆周期公式:T=2π可知:T2L, T2﹣L图象的斜率:k,则重力加速度:g, 图象斜率越大,重力加速度越小,由于月球的重力加速度小于地球的重力加速度, 由图示图象可知,图线A对应月球上的实验结果; 故答案为:A;。 17.【解答】解:小球恰能通过最高点D时,由重力提供向心力,有:mg=m 得:vD 从A到D,取C为零势能点,由机械能守恒定律得:mgh=mg?2R 解得:h=2.5R 故答案为:,2.5R。 三、综合题(第18题10分,第1题14分,第20题16分,共40分)注意:第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中,要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等 18.【解答】解:(1)本实验需要测量气体的体积和压强,体积由注射器的刻度直接读出。 (2)根据理想气体状态方程,有V=CT?,常数C由气体的质量决定,推活塞过程中发生漏气现象,在温度不变的情况下,质量减小,C减小,V图象的斜率减小,出则对应的v图象可能是A,故A正确,BCD错误; (3)分析小组1或小组2的数据,可以得到的结论是:误差范围内,一定质量的气体,温度不变时,压强与体积成反比;比较小组1和小组2的数据,PV乘积存在差异的主要原因是实验时注射器内的空气向外泄漏,或“实验时环境温度降低了”。 故答案为:(1)注射器的刻度;(2)A,给活塞涂润滑油;(3)误差范围内,一定质量的气体,温度不变时,压强与体积成反比;实验时注射器内的空气发生泄漏,或实验时气体的温度发生了变化。 19.【解答】解:(1)小球A受重力、绳子的拉力和B球的斥力,故A带正电; 如图所示 (2)根据平衡可知,A球受到水平向左的静电力为:F=mgtanθ (3)根据库仑定律得:F 解得: (4)以小球为研究对象,球受到重力G,A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用,作出力图,如图: 作出F1、F2的合力F,则由平衡条件得:F=G。 根据△FAF1∽△OBA得: 又FF1=F2,得: 在A、B两质点带电量逐渐减少的过程中,OA、OB、G均不变,则线的拉力F2不变。 答:(1)小球A带正电; (2)库仑力大小为 (3)A的电荷量为; (4)拉力不变。 20.【解答】解:(1)运动员做自由落体运动,根据速度公式得, v=gt=9.8×3m/s=29.4m/s, 根据位移公式得, hm=44.1m; (2)伞完全打开时速度为v0,对应的空气阻力f0,根据牛顿第二定律可知, mg=ma, 解得此时的加速度a; (3)当降落伞完全打开后运动员先作加速度越来越小的减速运动,后作匀速运动。 (4)若空气阻力f=27.4v2,叶晨光和伞的总质量m=70kg,则叶晨光落地时,受力平衡, f=mg 解得v=5m/s, 落地瞬间重力的瞬时功率为 P=mgv=3430W。 答:(1)开始时叶晨光做自由落体运动,他在3s末的速度为29.4m/s,前3s内的位移为44.1m; (2)当降落伞完全打开后,叶晨光和伞所受空气阻力f的大小与速度的平方成正比,即f=kv2(k为常数),设伞完全打开时速度为v0,对应的空气阻力f0>mg,此时的加速度为; (3)当降落伞完全打开后,叶晨光先作加速度越来越小的减速运动,后作匀速运动; (4)若空气阻力f=27.4v2,叶晨光和伞的总质量m=70kg,则叶晨光落地速度为5m/s,落地瞬间重力的瞬时功率为3430W。 第1页(共1页)

    • 2020-03-19
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    高中物理/高考专区/模拟试题

    2020年上海市宝山区高考物理一模试卷 一、单项选择题(共40分。第1-8小题,每小题3分;第9-12小题,每小题3分,每小题只有一个正确答案.) 1.(3分)汤姆孙通过实验研究发现了电子,其研究的是(  ) A.α射线 B.β射线 C.x射线 D.阴极射线 2.(3分)在光电效应现象中,物体表面发射出的粒子是(  ) A.光子 B.质子 C.中子 D.电子 3.(3分)卢瑟福通过原子核的人工转变实验发现了质子,实验中利用(  ) A.β粒子轰击氮核 B.α粒子轰击氮核 C.α粒子轰击铍核 D.β粒子轰击铍核 4.(3分)下列家用电器主要为了把电能转化为机械能的是(  ) A.吸尘器 B.充电器 C.电水壶 D.电冰箱 5.(3分)泊松亮斑产生原因是(  ) A.光的反射 B.光的衍射 C.光的折射 D.光的干涉 6.(3分)如图某时刻波形图,周期后质点A位于平衡位置的(  ) A.上方,且向上运动 B.下方,且向上运动 C.上方,且向下运动 D.下方,且向下运动 7.(3分)长直导线与环形导线固定在同一平面内,长直导线中通有图示方向的电流。当电流大小逐渐减弱时(  ) A.环形导线有收缩的趋势 B.环形导线有远离长直导线的趋势 C.环形导线中有顺时针方向的感应电流 D.环形导线中有感应电流,但方向无法确定 8.(3分)如图,上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置,活塞将气体封闭在气缸内。设有a、b两卡环,使活塞只能向上滑动。开始时活塞搁在a、b上,现缓慢加热缸内气体,直到活塞刚要离开卡环。能正确反映缸内气体体积压强变化的V﹣1/P图象是(  ) A. B. C. D. 9.(4分)如图,两梯形木块M、P(均可看成质点)叠放在水平地面上,M、P之间的接触面倾斜。连接M与天花板之间的细绳沿竖直方向。关于力的分析,下列说法正确的是(  ) A.木块M不可能受二个力作用 B.木块M可能受三个力作用 C.木块M一定受四个力作用 D.地面可能受到水平方向的摩擦力 10.(4分)如图,M、N两点分别固定着带电量相等的正、负点电荷,O是M、N连线和A、B连线的中点。下列说法中正确的是(  ) A.A、B两点的场强大小相等、方向相同 B.A、B两点的电势相等 C.负点电荷从A点移到B点,电场力做正功 D.正点电荷在A点的电势能小于它在B点的电势能 11.(4分)如图,用不同的恒定斜向上拉力使木箱沿水平地面做匀速直线运动。第一次拉力与水平面夹角为θ1;第二次拉力与水平面夹角为θ2,且θ1<θ2.两次木箱通过的位移相等(动摩擦因数?保持不变),拉力做功分别为W1、W2,则(  ) A.W1=W2 B.W1>W2 C.W1<W2 D.以上情况都有可能 12.(4分)如图电路,R为滑动变阻器,R1、R2为定值电阻,电源内阻为r。闭合电键K后,电压表有示数,滑动变阻器滑片,使电压表示数增大量为△U,则在此过程中(  ) A.滑动变阻器R阻值增大,流过它的电流增大 B.电阻R2两端的电压减小,变化量等于△U C.通过电阻R2的电流减小,变化量小于 D.路端电压一定增大,变化量大于△U 二、填空题(共20分) 13.(4分)“用DIS描绘电场的等势线”实验装置如图,本实验首选使用的是   传感器;木板上有白纸、导电纸和复写纸,最上面的应该是   纸。 14.(4分)   实验间接反映了液体分子的运动特点;10OC的水结成冰后大量分子的运动情况将   。 15.(4分)“DIS测电源电动势和内电阻”实验得出U﹣I图象如图,该电源内阻为   Ω;若用该电源给标称“3V、3W”的小灯泡供电,能否有可能使小灯泡正常发光:   。(选填“可能”或“不能”) 16.(4分)小球A匀速上升,速度为4m/s,经过时间t上升一段高度h。小球B以10m/s的初速度竖直向上抛出(空气阻力不计),经过时间t上升高度也为h。.则:小球B运动的平均速度为   m/s;小球B在t秒末时的速度为   m/s。 17.(4分)如图,粗细均匀的长玻璃管竖直放置且开口向下,管内的水银柱封闭了一部分体积的空气柱。当外界大气压缓慢减小,水银柱将   (上升、不动、下降);若大气压减小△p,水银柱移动L1,大气压再减小△p,水银柱又移动L2,则:L1   L2(选填“>”、“<”、“=”)。(保持温度不变) 三、综合题(共40分) 18.(10分)“用单摆测定重力加速度”的实验: (1)实验中选用的摆球应符合的条件:   ; (2)某同学实验步骤如下: I.选取一个摆线长约1m的单摆,把线的上端用铁夹固定在铁架台上,把铁架台放在实验桌边,使铁夹伸到桌面以外,让摆球自由下垂; II.用米尺量出悬线长度,精确到毫米,作为摆长; III.拉开较大角度放开小球让它来回摆动,用停表测出单摆做50次全振动所用的时间,计算出平均摆动一次的时间; IV.变更摆长,重做几次实验,根据单摆的周期公式,计算出每次实验测得的重力加速度并求出平均值。 上述实验步骤疑似有二点错误,请指正: ①   ; ②   ; (3)把三位同学实验中得到的多组数据输入计算机生成T2﹣L图线如图,其中a和b平行,b和c都过原点,则: ①图线a对应的g值   图线b对应的g值; ②图线c对应的g值   图线b对应的g值。 (选填“大于”“小于”或“等于”) 19.(14分)如图斜面,AB段粗糙,BC段长为1.2m且光滑。滑块以初速度v0=9m/s由A沿斜面开始向上滑行,经过B处速度为vB=3m/s,到达C处速度恰好为零。滑块在AB、BC滑行时间相等。求: (1)滑块从B滑到C的时间及加速度大小; (2)AB段的长度及滑块从A滑到B的加速度大小; (3)滑块从C点回到A点的速度大小。 20.(16分)如图,光滑平行金属导轨(电阻不计)间距为L,水平部分处在磁感应强度为B的匀强磁场中。金属棒a、b与导轨垂直且接触良好。金属棒a从h高处自静止沿导轨下滑、金属棒b开始静止。已知a棒质量为3m,b棒质量为m,电阻均为R.试求: (1)当a棒刚进入磁场时,回路中感应电流的大小; (2)当a棒刚进入磁场时,b棒的加速度大小; (3)假设两棒没有相碰,且b棒的最终速度为 ,此过程中b棒产生的热量; (4)在v﹣t坐标系中定性画出a棒进入磁场后两棒的运动图象。 2020年上海市宝山区高考物理一模试卷 参考答案与试题解析 一、单项选择题(共40分。第1-8小题,每小题3分;第9-12小题,每小题3分,每小题只有一个正确答案.) 1.【解答】解:汤姆孙通过研究阴极射线实验,发现了电子的存在,故D正确,BCD错误; 故选:D。 2.【解答】解:在光电效应现象中,物体表面发射出的粒子是电子。故ABC错误,D正确 故选:D。 3.【解答】解:1919年卢瑟福完成了用α粒子轰击氮原子核的人工核实验发现了质子,核反应方程式:HeN→OH,故ACD错误,B正确。 故选:B。 4.【解答】解:吸尘器装备有电动机,能够把电能转化为机械能;充电器是变压器,是升高或者降低电压的装置;电水壶是把电能转化为内能电器;电冰箱是把热量从低温物体转移到高温物体的装置,同时会产生热量。故A正确,BCD错误。 故选:A。 5.【解答】解:A、光的反射属于几何光学的内容,不是泊松亮斑产生的原因,故A错误; B、光离开直线路径绕到障碍物阴影里的现象叫光的衍射,的泊松亮斑是当光照到不透光的小圆板上时,在圆板的阴影中心出现的亮斑(在阴影外还有不等间距的明暗相间的圆环)属于光的衍射,故B正确; C、光的折射也属于几何光学的内容,也不是泊松亮斑产生的原因,故C错误; D、光的干涉是指两列(或多列)光波同时存在时,在它们交叠区域每个点的振动都是各列波单独产生的振动的叠加,典型例子为杨氏双缝干涉实验,故D错误。 故选:B。 6.【解答】解:横波向右传播,根据“上下坡法”知图示时刻质点A向上运动,则周期后,质点A位于平衡位置的上方,且向下运动,故ABD错误,C正确。 故选:C。 7.【解答】解:A、当电流逐渐减弱时,电流产生的磁场减小,穿过环形导线的磁通量减小,由楞次定律可知,环形导线的面积有扩大的趋势。故A错误; B、当电流逐渐减弱时,电流产生的磁场减小,穿过环形导线的磁通量减小,由楞次定律可知,环形导线有靠近直导线的趋势。故B错误; CD、根据右手定则可以判定,导线右侧的磁场方向向里,磁通量减小时,产生的感应电流的磁场方向向里,是顺时针方向的感应电流,故C正确,D错误; 故选:C。 8.【解答】解:由题可知,气体做等容变化,由理想气体得状态方程: 可知,当气体的体积不变,温度升高时,气体的压强增大,则减小。 由此可知,图象ABD都错误,C正确 故选:C。 9.【解答】解:ABC、对M进行受力分析,则M可能受绳子的拉力、重力而处于平衡;此时MP间没有相互的挤压,故没有摩擦力,若木块对绳子没有拉力,则此时M受重力、支持力及摩擦力而处于平衡,故AC错误B正确; D、对整体受力分析可知,整体不受水平方向的推力作用,故P不受地面的摩擦力,则地面也不会受到水平方向的摩擦力;故D错误; 故选:B。 10.【解答】解:A、等量异种电荷的电场线关于两个电荷的连线对称,电场线分布如图: 某点电场强度方向用电场线上通过该点的切线方向表示,故A、B两点的场强大小相等、方向相同,故A正确; B、沿着电场线,电势逐渐降低,等势面与电场线垂直,可以先找出A、B两点在MN连线上的等电势点,A在NM连线上的等电势点偏左,故A点电势较高,故B错误; C、由于A点电势高于B点电势,故负点电荷从A点移到B点的过程中,电势能升高,电场力做负功,故D错误; D、正点电荷从A点移动到B点,电场力做正功,电势能减小,即正点电荷在A点的电势能大于它在B点的电势能,故D错误。 故选:A。 11.【解答】解:受力分析如图所示。根据力的平衡条件: N+Fsinθ=mg ① f=Fcosθ② f=μN ③ 联合①②③式得:f,可以得到:θ增大时,f减小。所以,如果θ1<θ2,有f1>f2 ,即 F1cosθ1>F2cosθ2, 拉力做功: W1=F1cosθ1?s, W2=F2cosθ2?s 所以W1>W2 故ACD错误,B正确。 故选:B。 12.【解答】解: A、R阻值增大,回路总阻值增大,干路电流减小,R和R1并联,R变大则流过R的电流比例变小,因此流过R的电流会变小,故A错误; B、电阻R2两端的电压会减小,但由于电源内阻的缘故其变化量小于△U,故B错误; C、电阻R2两端的电压会减小,但由于电源内阻的缘故其变化量小于△U,则通过通过电阻R2的电流变化量小于,故C正确; D、路端电压即为R和R2的电压和,R两端电压增大△U,但电阻R2两端的电压会减小,因此路端电压变化量小于△U,故D错误; 故选:C。 二、填空题(共20分) 13.【解答】解:“用DIS描绘电场的等势线”实验方法是:将其中一个探针与导电纸上某一基准点接触,然后在导电纸上移动另一个探针,寻找若干个与此基准点的电势差为零的点,即为等势点,所以本实验使用的是电压传感器;木板上有白纸、导电纸和复写纸、最上面的应该是导电纸; 故答案为:电压,导电纸 14.【解答】解:布朗运动是指悬浮在液体中微粒的无规则运动,布朗运动实验间接反映了液体分子的运动特点; 10OC的水结成冰后,温度降低,大量分子的运动情况将减弱。 故答案为:布朗运动,减弱。 15.【解答】解: (1)实验图中,截距即为电源电动势,斜率的大小即为电源内阻,故内阻为; (2)小灯泡的电阻为,额定电流为,显然电源电动势接上3Ω的电阻后提供不了1A的电流,因此不能使小灯泡正常发光。 故答案为:(1)7.5Ω; (2)不能。 16.【解答】解:以为A球做匀速运动,所以vA=4m/s。 由平均速度公式v,得:vB4m/s。 由平均速度公式:vB,得:vt=2vB﹣vo,代入数据得:vB=﹣2m/s。 故答案为:4;﹣2。 17.【解答】解:(1)根据受力平衡可知:P0=P+h,当大气压强P0减小时,水银柱长度不变,气体压强减小; 再根据波意耳定律P1V1=P2V2可知,压强变小,气体体积增大即长度变长,水银柱下降; (2)根据受力平衡可知:P0S=mg+P1S,则: 又等温变化,,则: 当外界大气压降低相同时,根据上述函数关系可知,L1<L2 故答案为:下降,< 三、综合题(共40分) 18.【解答】解:(1)实验中选用的摆球应符合的条件是质量比细线大得多,直径比细线长度小的多。 (2)摆长是悬点到摆球中心的距离,不是摆线的长度,在实验中摆长少了摆球的半径。 单摆在摆角较小时,才可以看成是简谐运动,所以实验时,摆角不能太大,最大摆角不超过5度。 (3)根据单摆的周期公式T得,,图线的斜率k。 ①图线a与图线b平行,则斜率相等,可知对应的g值相等。 ②图线c的斜率小于图线b的斜率,则图线c对应的g值大于图线b对应的g值。 故答案为:(1)质量比细线大得多,直径比细线长度小的多。 (2)摆长少了球半径;最大摆角不超过5o。 (3)等于;大于。 19.【解答】解:(1)根据平均速度的推论知,, 解得滑块从B到C的时间. 滑块从B到C的加速度大小。 (2)根据平均速度的推论知,AB段的长度。 AB段加速度大小7.5m/s2。 (3)上滑时aAB=2aBC 由牛顿运动定律可知: 滑块在上升时,受力情况如图,设斜面倾角为θ mgsinθ+f=ma1 mgsinθ=ma2 f+mgsinθ=2mgsinθ,即f=mgsinθ; 物体从B﹣C﹣B,由机械能守恒可得:滑块返回到B点时速度大小仍为3m/s, 当滑块返回到AB段时合力为零,滑块匀速下滑,则到达A点的速度大小为3m/s。 答:(1)滑块从B滑到C的时间为0.8s,加速度大小为3.75m/s2; (2)AB段的长度为4.8m,滑块从A滑到B的加速度大小为7.5m/s2; (3)滑块从C点回到A点的速度大小为3m/s。 20.【解答】解:(1)a棒从释放到进入水平轨道的过程机械能守恒,则有: 3mgh 得:v a棒此时开始切割磁感线,产生感应电动势为:E=BLv=BL 根据闭合电路欧姆定律得感应电流为:I (2)a棒进入磁场后b棒因有感应电流通过,受到的安培力:F=BIL 对b棒,由牛顿第二定律得:F=ma 解得:a (3)a棒进入磁场后因受安培力作用做加速度减小的减速运动,b棒受安培力作用做加速度减小的加速运动,当两棒速度相等时开始共同匀速匀速。此过程中系统减少的机械能最终转化成回路的热量为:Q=3mghmgh 所以此过程中b棒产生的热量为:QbQmgh (4)a棒进入磁场后两棒的运动图象如图所示。 答:(1)当a棒刚进入磁场时,回路中感应电流的大小是; (2)当a棒刚进入磁场时,b棒的加速度大小是; (3)假设两棒没有相碰,且b棒的最终速度为 ,此过程中b棒产生的热量是mgh; (4)如图所示。 第1页(共1页)

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  • ID:6-7050329 2020年河南省郑州市高考物理一模试卷【含答案及详细解析】

    高中物理/高考专区/模拟试题

    2020年河南省郑州市高考物理一模试卷 一、选择题:本题共11小题,每小题4分.在每小题给出的四个选项中,第1?7题只有一项符合题目要求,第8?11题有多项符合题目要求.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分. 1.(4分)物理学是一门自然科学,源于对自然界的观察和研究,与生活有着紧密的联系。下列物理知识的应用,说法正确的是(  ) A.避雷针能够避免建筑物被雷击,是因为避雷针储存了云层中的电荷 B.指南针S极指向地球南极方向,是因为指南针所在位置的地磁场方向指向地球南极方向 C.电熨斗达到设定温度后就不再升温,是利用了压力传感器,将压力变化转换成电流变化 D.电磁灶加热食物,是利用电磁感应产生的涡流使锅体发热 2.(4分)a、b两个物体在同一时间、从同一地点开始,沿同一条直线运动,v﹣t图象如图所示,a、b两物体运动图线均为正弦(余弦)曲线的一部分。在0~6s时间内,关于两物体的运动,下列说法正确的是(  ) A.b物体的加速度先增加后减小 B.a物体的位移大于b物体的位移 C.2s末a物体的加速度大于b物体的加速度 D.3s末a、b两物体之间的距离最大 3.(4分)当前,我国某些贫困地区的日常用水仍然依靠井水。某同学用水桶从水井里提水,井内水面到井口的高度为20m。水桶离开水面时,桶和水的总 质量为10kg。由于水桶漏水,在被匀速提升至井口的过程中,桶和水的总质量随着上升距离的变化而变化,其关系如图所示。水桶可以看成质点,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2.由图象可知,在提水的整个过程中,拉力对水桶做的功为(  ) A.2000J B.1800J C.200J D.180J 4.(4分)某理想变压器有两个副线圈,原线图匝数为n,两个副线图匝数分别为n1和n2,如图所示。所接电阻R1=R2,电流表为理想交流电表,D为理想二极管,原线圈接正弦交流电源,下列说法正确的是(  ) A.滑动变阻器R滑片向上滑动时,电流表示数变小 B.滑动变阻器R滑片向上滑动时,副线圈n2的输出电压变大 C.R2两端的电压与R1两端的电压之比为n1:n2 D.R2的功率与R1的功率之比为n12:n22 5.(4分)如图所示,互相垂直的两组平行金属板P、Q和M、N,板P、Q水平,板M、N竖直,板P、Q长度为板M、N长度的2倍。其间有一矩形区域ABCD,AB长度l1=0.6m,AD长度为l2=0.2m。仅在板M、N的两极加上电压UMN时,将带正电的小球从A点由静止释放,小球恰好沿直线AC运动;仅在板P、Q的两极加上电压UPQ时,将该小球从A点沿AB方向水平抛出,小球也能经过C点。已知UMN=UPQ>0,重力加速度g取10m/s2,板端彼此绝缘靠在一起,不考虑板间的静电效应,两次运动中小球的电荷量相同。关于小球的运动,下列说法正确的是(  ) A.仅在板M、N上加上电压时,小球做的是匀加速直线运动,加速度为30m/s2 B.仅在板P、Q上加上电压时,小球做的是匀变速曲线运动,加速度为70m/s2 C.仅在板M、N上加上电压时,小球沿直线AC运动的时间为0.3s D.仅在板P、Q上加上电压时,小球从A点沿AB方向水平抛出的初速度为3m/s 6.(4分)如图所示,ABCD﹣A'B'C'D'为一立方体木箱,O点为底面A'B'C'D'中心,M点为DD'中点,N点为BCC'B'面的中心。AO、MO、NO为三个光滑轻杆,三个完全相同的小球套在轻杆上,分别从A、M、N三点由静止沿轻杆滑下。关于三个小球的运动,下列说法正确的是(  ) A.三个小球滑到O点时的速度大小相等 B.三个小球滑到O点所用的时间相等 C.从 A 点滑下的小球到达O点时的速度最大 D.从 M 点滑下的小球到达O点所用时间最短 7.(4分)如图所示,b球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动,BC为圆周运动的直径,竖直平台与b球运动轨迹相切于B点且高度为R.当b球运动到切点B时,将a球从切点正上方的A点水平抛出,重力加速度大小为g,从a球水平抛出开始计时,为使b球在运动一周的时间内与a球相遇(a球与水平面接触后不反弹),则下列说法正确的是(  ) A.a球在C点与b球相遇时,a球的运动时间最短 B.a球在C点与b球相遇时,a球的初始速度最小 C.若a球在C点与b球相遇,则a球抛出时的速率为 D.若a球在C点与b球相遇,则b球做匀速圆周运动的周期为 8.(4分)如图所示,在范围足够大的空间存在一个磁场,磁感线呈辐状分布,其中磁感线O竖直向上,磁场中竖直固定一个轻质弹簧。在距离弹簧某一高度处,将一个金属圆盘由静止释放,圆盘下落的过程中盘面始终保持水平,且圆盘的中轴线始终与弹簧的轴线、磁感线O重合。从圆盘开始下落,到弹簧被压缩至最短的过程中,下列说法正确的是(  ) A.在圆盘内磁通量逐渐增大 B.从上往下看,在圆盘内会产生顺时针方向的涡流 C.在接触弹簧之前,圆盘做自由落体运动 D.圆盘的重力势能减少量等于弹簧弾性势能的增加量 9.(4分)三根通电长直导线a、b、c相互平行,水平放置,其横截面恰好位于等边三角形的三个顶点,如图所示。导线a、b固定在同一竖直面内,导线a中的电流方向垂直纸面向里,导线b中的电流方向垂直纸面向外。已知导线a、b中的电流在导线c处产生磁场的磁感应强度大小均为B0.导线c中的电流方向垂直纸面向里,电流大小为I.导线c长度为L,质量为m,在粗糙水平面上处于静止状态,重力加速度为g,下列说法正确的是(  ) A.导线c所受安培力的大小为B0IL B.导线c对水平面的压力大小为 ng﹣B0IL C.导线c受到的静摩擦力水平向左,大小为B0IL D.若仅将导线b中的电流反向,则导线c所受摩擦力水平向右,大小为B0IL 10.(4分)2019年11月5日01时43分,我国在西昌卫展发射中心用长征三号乙运载火箭,成功发射了第49颗北斗导航卫星。该卫星属倾斜地球同步轨道卫星,标志着北斗三号系统3颗倾斜地球同步轨道卫星全部发射完毕。倾斜地球同步轨道卫星是运转轨道面与地球赤道面有夹角的轨道卫星,它的运行周期与“同步卫星”相同(T=24h),运动轨迹如图所示。关于该北斗导航卫星说法正确的是(  ) A.该卫星与地球上某一位置始终相对静止 B.该卫星的高度与“同步卫星”的高度相等 C.该卫星运行速度大于第一宇宙速度 D.该卫星在一个周期内有2次经过赤道上同一位置 11.(4分)如图所示,在水平面上固定一个半圆弧轨道,轨道是光滑的,O点为半圆弧的圆心,一根轻绳跨过半圆弧的A点(O、A等高,不计A处摩擦),轻绳一端系在竖直杆上的B点,另一端连接一个小球P.现将另一个小球Q用光滑轻质挂钩挂在轻绳上的AB之间,已知整个装置处于静止状态时,α=30°,β=45°则(  ) A.将绳的B端向上缓慢移动一小段距离时绳的张力不变 B.将绳的B端向上缓慢移动一小段距离时半圆弧中的小球P位置下移 C.静止时剪断A处轻绳瞬间,小球P的加速度为g D.小球P与小球Q的质量之比为 二、实验题:本题共2小题,共16分.请把分析结果填在答题卡上或按题目要求作答. 12.(6分)某同学在“探究功与速度变化之间的关系”的实验中,同时测出实验中橡皮绳的劲度系数。所用实验装置如图所示,已知小球质量为m,具体实验步骤如下: (1)将小球放在木板上,木板左端抬高一个小角度,以平衡摩擦力。 (2)将原长为OM的橡皮绳一端固定在木板右端的O点另一端通过力传感器连接小球,将小球拉至P点(M点左侧),测得OM的距离为l1,OP的距离为l2,力传感器示数为F.则橡皮绳的劲度系数为   (用F、l1、l2表示)。 (3)将小球从P点由静止释放,在M点右侧放置一速度传感器,可测出传感器所在位置的速度v0,将小球上2根3根……像皮绳,重复操作过程,测出多组速度数值,如表所示。 橡皮绳 1 根 2 根 3 根 4 根 5 根 6 根 做功 W W 2W 3W 4W 5W 6W 速度 (v/m?s﹣1) 1.01 1.41 1.73 2.00 2.24 2.45 速度平方 ( v/m2?s﹣1) 1.02 1.99 2.99 4.00 5.02 6.00 在坐标系中描点、连线,做出W﹣v2图象 (4)由图象可知,橡皮绳做功与小球获得的速度的关系为   。 13.(10分)几位同学对一个阻值大约为600Ω的未知电阻进行测量,要求较精确地测量电阻的阻值。有下列器材供选用: A.待测电阻Rx B.电压表V(量程6V,内阻约3kΩ) C.电流表A1(量程20mA,内阻约5Ω) D.电流表A2(量程10mA,内阻约10Ω) E.滑动变阻器R1(0~20Ω,额定电流2A) F.滑动变阻器R2(0~2000Ω,额定电流0.5A) G.直流电源E(6V,内阻约1Ω) H.多用表 I.开关、导线若干 (1)甲同学用多用表直接测量待测电阻的阻值如图甲所示。若选用欧姆表“×100”档位,则多用表的读数为   Ω (2)乙同学根据以上器材设计成用伏安法测量电阻的电路,电路图如图乙所示,则电流表应选择   (选填“A1”或“A2”),滑动变阻器应选择   (选填“R1”或“R2”)。 (3)丙同学经过反复思考,利用所给器材设计出了如图丙所示的测量电路,具体操作如下: ①按图丙连接好实验电路,调节滑动变阻器R1、R2的滑片至适当位置; ②开关S2处于断开状态,闭合开关S.调节滑动变阻器R1、R2的滑片,使电流表A2的示数恰好为电流表A1的示数的一半,读出此时电压表V的示数U1和电流表A的示数I1。 ③保持开关S1闭合,再闭合开关S2,保持滑动变阻器R2的滑片位置不变,读出此时电压表V的示数U2和电流表A2的示数I2。 可测得待测电阻的阻值为   ,同时可测出电流表A1的内阻为   (用U1、U2、I1、I2表示)。 (4)比较乙、丙两位同学测量电阻Rx的方法,你认为哪个同学的方法更有利于减小系统误差?   (选填“乙”或“丙”)同学。 三、计算题:本题共4小题,共40分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须写出数值和单位. 14.(8分)中国高铁的发展速度令世人瞩目。为了提高行车效率,缩短行车时间,设计师提出一种列车过站不停车的设想,如图所示。高铁匀速行驶的速度v0=360km/h,进站时尾部子车1在O点自动脱离,将乘客送到下车站台下车,载着新乘客的子车2提前等候在上车站台A点处。为了更好地完成对接,母车接近车站时提前向子车2发出指令,发出指令后立即开始做加速度为a0的匀减速直线运动,到达B点时恰好将车速减小到v0.子车2接到指令后,沿转移轨道AB开始做加速度a=1m/s2的匀加速直线运动,子车2达到最大速度v=144km/h后,接着做匀速直线运动。转移轨道AB与铁轨的夹角θ=3°,已知cos3°≈1.若子车2启动后t=3min,和母车同时到达B点,完成同速对接。 (1)母车距离B点多远的时候,发出指令让子车2开始启动?母车做匀减速直线运动的加速度a0是多大? (2)求转移轨道AB的长度。 15.(10分)细管AB内壁光滑、厚度不计,加工成如图所示形状。长L=0.5m的BD段竖直,其B端与半径R=0.3m的光滑圆弧轨道平滑连接,P点为圆弧轨道的最高点。CD段是半径R=0.3m的四分之一圆弧,AC段在水平面上。管中有两个可视为质点的小球a、b,质量分别为ma=6kg、mb=2kg。最初b球静止在管内AC段某一位置,a球以速度v0水平向右运动,与b球发生弹性碰撞。重力加速度g取10m/s2。 (1)若v0=4m/s,求碰后a、b两球的速度大小: (2)若a球恰好能运动到B点,求v0的大小,并通过分析判断此情况下b球能否通过P点。 16.(10分)如图所示,ABCD与MNPQ均为边长为l的正方形区域,且A点为MN的中点。ABCD区城中存在有界的垂直纸面方向的匀强磁场,在整个MNPQ区域中存在图示方向的匀强电场。大量质量为m、电荷量为e的电子以初速度v0垂直于BC射入ABCD区域后,都从A点进入电场,且所有电子均能打在PQ边上。已知从C点进入磁场的电子在ABCD区域中运动时始终位于磁场中,不计电子重力。求: (1)电场强度E的最小值; (2)匀强磁场区域中磁感应强度B0的大小和方向; (3)ABCD区域中磁场面积的最小值。 17.(12分)如图所示,一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架MNQP,位于光滑水平桌面上,平行导轨MN和PQ相距L.分界线OO'与平行轨道垂直,左右两侧存在着区域很大、方向分别为竖直向上和竖直向下的匀强磁场,磁感应强度的大小均为B.另有质量也为m的金属棒CD,平行于OO'放置在其左侧导轨上,并用一根轻质细线系在定点 A.已知细线能承受的最大拉力为T0,CD棒接入导轨间的有效电阻为R.现从t=0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力F,使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动。从框架开始运动到细线断裂的整个过程, (1)求所需的时间t0; (2)求流过金属棒CD的电荷量q; (3)已知拉力做功为W,求该过程金属棒CD中产生的焦耳热。 2020年河南省郑州市高考物理一模试卷 参考答案与试题解析 一、选择题:本题共11小题,每小题4分.在每小题给出的四个选项中,第1?7题只有一项符合题目要求,第8?11题有多项符合题目要求.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分. 1.【解答】解:A、避雷针工作原理是利用尖端放电将电荷导入大地,故A错误; B、地磁场的南北极与地理南北极相反,在磁体外部磁场由北指向南,故B错误; C、传感器是将非电学量转变成电学量,温度传感器则是通过温度的变化转变成电学量,电熨斗利用的是温度传感器,故C错误; D、电磁炉是利用电流的磁效应,金属圆盘处在磁场中时,在金属圆盘内产生涡流。利用涡流的热效应对食物进行加热,故D正确。 故选:D。 2.【解答】解:A、b 的斜率先减小后增大,固 b 的加速度先减小后增大,故A错误。 B、由图可知曲线 a 在 0~6 秒内与时间轴所围上下面积之和小于曲线 b 与时间轴所围上下面积之和,固曲线 a 位移小于曲线 b 位移,故B错误。 C、2s 末曲线 a 的斜率大于曲线 b 的斜率,固两秒末曲线 a 的加速度大于曲线 b 的加速度,故C正确。 D、6s 末曲线 ab 所围面积之差最大,故6s 末 ab 两物体之间距离最大,故D错误。 故选:C。 3.【解答】解: F初=m1g=100N F末=m2g=80N Wx20J=1800J,故 B 正确,ACD。 故选:B。 4.【解答】解:B、根据理想变压器的电压和匝数的关系可知,原线圈和副线圈的匝数不变,输入电压不变,则两副线圈的输出电压不变,故B错误; A、滑动变阻器R滑片向上滑动时,副线圈n1的电阻变大,根据功率公式P可知,副线圈输出功率减小,根据输入功率等于输出功率可知,原线圈的输入功率减小,原线圈的输入电压不变,则输入电流变小,电流表示数变小,故A正确; C、电阻R1两端的电压为副线圈n1两端电压,R2两端的电压不是副线圈n2两端的电压,故R2两端的电压与R1两端的电压之比不等于n1:n2,故C错误; D、电阻R1两端的电压为副线圈n1两端电压,R2两端的电压不是副线圈n2两端的电压,根据功率公式P结合变压比可知,R2的功率与R1的功率之比不等于n12:n22,故D错误。 故选:A。 5.【解答】解:AC、设∠BAC=α,则sinα.仅在板M、N上加上电压时,小球做的是匀加速直线运动,合外力沿AC方向,根据牛顿第二定律得 ma,得 a10m/s2。 设小球沿直线AC运动的时间为t,竖直方向有 l2,解得 t=0.2s,故AC错误。 BD、设仅在板M、N上加上电压时,板间场强为E1,仅在板P、Q上加上电压时,板间场强为E2。 则UMN=E1dMN,UPQ=E2dPQ。 据题,UMN=UPQ,dMN=2dPQ,则E2=2E1 根据直线运动的条件有 mg=qE1tanα=qE1,得 qE1=3mg 故qE2=6mg 仅在板P、Q上加上电压时,小球做的是匀变速曲线运动, 水平方向有 l2=v0t′ 竖直方向有 l1 根据牛顿第二定律得: mg+qE2=ma′ 得:a′=7g=70m/s2 联立解得:v0=3m/s,故B正确,D错误。 故选:B。 6.【解答】解:AC、根据题意,分别将 AO,NO,MO 看做直角三角形的三个斜边,由图可知,A,M,N 三点高度之比为 2:1:1, 由动能定理:mghmv2 可知,三者落地速度v不同,vA:vM:vN:1:1,vA>vM=vN,故A 错误,C 正确。 BD、A,M,N 三个小球加速度分别为 aAm/s2,aMm/s2,aN=5m/s2, 再由v=at可得tA=tM>tN,故BD 错误。 故选:C。 7.【解答】解:A、平抛时间只取决于竖直高度,高度R不变,时间均为:t,故A错误; B.平抛初速度为:v=x,R相等,在C点相遇时,水平位移最大:x=2R,初始速度最大,为:vmax=2R,故B错误,C正确; D.在C点相遇时,b球运动半个周期,故b球做匀速圆周运动的周期为:Tb=2t=2,故D错误。 故选:C。 8.【解答】解:A、磁通量:Φ=BS,S不变,B增大,故磁通量增大,A正确; B、根据楞次定律可知,感应电流产生的磁场方向竖直向下,由右手定则可知:自上而下看,圆盘会产生顺时针方向的涡旋电流,B正确; C、根据楞次定律,接触弹簧之前,除重力外,下落过程中圆盘会受到向上的阻碍磁通量增大的力,故C错误; D、根据能量守恒定律可知,接触弹簧下落过程中,圆盘的重力势能转化为弹簧的弹性势能、圆盘的动能以及因涡流效应产生的内能,故D错误。 故选:AB。 9.【解答】解:ABC、根据右手定则和矢量合成法则可知,导线a、b分别在导线c处产生的磁场方向的夹角为120°,根据平行四边形定则可知合磁场方向的磁感应强度大小为B0,由左手定则可知,导线c 所受安培力的大小为 B0IL,方向竖直向上,则导线c 所受的静摩擦力为零,对水平面的压力大小为mg﹣B0IL,故 AC 错误,B 正确; D、若仅将导线 b 中的电流反向,则导线 a、b 在c 处产生的合磁场大小为B0,方向竖直向下,由左手定则可知,导线c 所受安培力的大小为B0IL,方向水平向左, 则导线c 所受的静摩擦力为:f静B0IL,方向水平向右,故D正确。 故选:BD。 10.【解答】解:A.同步卫星相对于地球静止,必须为地球赤道面上的同步卫星,因为此卫星为倾斜轨道,因此不能与地球保持相对静止,故A错误; B、根据周期公式可知,T,两个卫星的周期是一样的,其他常量都相同,高度h相等,故B正确; C.地球的第一宇宙速度是最大的环绕速度,该卫星比近地卫星轨道半径大,所以速度小于第一宇宙速度,故C错误; D.倾斜轨道和同步轨道,一天中相遇两次,地球与同步卫星属于同轴转动,当两轨道相遇时,该卫星经过赤道上同一点,故该卫星在一个周期内有2次经过赤道上同一位置,故D正确。 故选:BD。 11.【解答】解:A.绳子B端向上移动一小段距离,根据受力分析可知P球没有发生位移,因此AQP变成了晾衣架问题,绳长不会变化,A到右边板的距离不变,因此角度β不会发生变化,即绳子的张力也不会变化,故A正确; B.如果P向下移动一段距离,绳子AP拉力变小,绳长AP变长,而AB之间的绳子长度变短,则角度β变大,绳子AB之间的张力变大,AP的张力也变大,产生矛盾,故P的位置不变,故B错误; C.剪短A处细绳,拉力突变为零,小球P只受重力的分力,所以加速度为a=gsinα.故C正确; D、根据受力分析,分别对两个小球做受力分析,因为是活结,所以绳子的张力F都是相同,根据分析可得2Fcos30°=mPg,对Q有2Fcosβ=mQg,解得小球P与小球Q的质量之比为,故D正确。 故选:ACD。 二、实验题:本题共2小题,共16分.请把分析结果填在答题卡上或按题目要求作答. 12.【解答】解:(2)根据胡克定律有:F=k(l2﹣l1) 求得橡皮绳的劲度系数为:k。 (3)做出W﹣v2图象,如图所示: (4)由图象可知,W﹣v2图象为过原点的一条直线,所以橡皮绳做功与小球获得的速度的关系为:橡皮绳做功与小球获得的速度平方成正比。 故答案为:(2);(3)如图所示;(4)橡皮绳做功与小球获得的速度平方成正比或W∝v2。 13.【解答】解:(1)用欧姆表“×100”档位,由图示欧姆表表盘可知,多用表的读数为:6×100=600Ω; (2)通过待测电阻的最大电流约为:I0.01A=10mA,电流表应选择A2;实验要求电压从零开始变化,则滑动变阻器应采用分压接法,为方便实验操作,应选择最大阻值较小的滑动变阻器R1; (3)设电流表A1的内阻为r1,根据实验步骤②可知:U1RX+I1r1,根据步骤③可得:U2=I2RX, 解得:RX,r1; (4)乙同学的设计方法中,实际测得的阻值为RX与电流表内阻的串联阻值,测量值偏大,而且电流表内阻未知,相比而言,丙同学的方法更有利于减小系统误差; 故答案为:(1)600;(2)A2;R1;(3);;(4)丙。 三、计算题:本题共4小题,共40分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须写出数值和单位. 14.【解答】解:由题意可知 v=144km/h=40m/s t=3min=180s (1)母车向子车2发出指令后立即做匀减速直线运动,两车同时到达C点,完成同速对接 母车运动的位移是12600m 即母车发出指令时距离B点12600m 母车匀减速的加速度大小是 (2)对子车2做运动分析可知,加速过程所用时间为,则 40s 加速过程的位移是 匀速过程的位移是 答:(1)母车距离B点12600m远的时候,发出指令让子车2开始启动,母车做匀减速直线运动的加速度a0是。 (2)转移轨道AB的长度为3600m 15.【解答】解:(1)a、b发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒, 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:, 代入数据解得:va=2m/s,vb=6m/s; (2)碰撞后a恰好运动到B点,由机械能守恒定律得:, 代入数据解得:v1=4m/s, 碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向, 由动量守恒定律得:mav0=mav1+mbv2, 由机械能守恒定律得:, 代入数据解得:v0=12m/s, 假设b能上升到P点,上升过程机械能守恒:, 解得:v3m/s, b恰好到达P点,由牛顿第二定律得:mbg=mb, 解得:vpm/s, 由于v3>vP,b球能通过P点; 答:(1)若v0=4m/s,碰后a、b两球的速度大小分别为2m/s、6m/s; (2)若a球恰好能运动到B点,v0的大小为12m/s,此情况下b球能通过P点。 16.【解答】解:(1)电子在电场中做类抛体运动,要使所有的电子都能达到PQ边上,至少在A点水平向左进入电场的电子能打在Q点, 竖直方向:l, 水平方向:l=v0t, 解得:E; (2)电子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力, 由牛顿第二定律得:ev0B0=m, 由题意可知:从C点进入磁场的电子在ABCD区域中运动时始终位于磁场中且从A点进入电场,则电子在磁场中做圆周运动的轨道半径:r=l, 解得:B0, 由左手定则可知,磁场方向垂直于纸面向外; (3)由题意可知,图中阴影部分磁场是磁场的最小范围, 上部分圆弧是以B为圆心、以l为半径的圆弧,下部分圆弧是以D为圆心以l为半径的圆弧,由几何知识可知,磁场最小面积:S=2[()]πl2﹣l2; 答:(1)电场强度E的最小值为; (2)匀强磁场区域中磁感应强度B0的大小为,方向:垂直于纸面向外; (3)ABCD区域中磁场面积的最小值为:πl2﹣l2。 17.【解答】解:(1)细线断裂时,CD受到的安培力为: FCD=T0 即为:BIL=T0 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得: I 金属框架做匀加速直线运动,有: v=at0 联立以上各式得: t0 (2)金属框架做匀加速直线运动,经过时间t0运动的位移为: xat02 在这个过程中,流过回路中的电荷量为: qt0 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有: q 联立各式得: q (3)从框架开始运动到细线断裂的过程中,由动能定理得: W+W安mv2 根据功能关系,产生的热量为: Q=﹣W安 整理得: Q=W 答:(1)所需的时间为; (2)流过金属棒CD的电荷量为; (3)已知拉力做功为W,该过程金属棒CD中产生的焦耳热为W。 第1页(共1页)

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  • ID:6-7050124 2020年高考物理二轮复习对点集训-电磁感应实验(原卷版+解析版)

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    绝密★启用前 2020年高考物理二轮复习对点集训-电磁感应实验 1.图为“研究电磁感应现象”的实验装置. (1)将图中所缺的导线补接完整. (2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那么合上开关后可能出现的情况有: ①将小线圈迅速插入大线圈时,灵敏电流计指针将向________(填“左”或“右”)偏一下; ②小线圈插入大线圈后,将滑动变阻器的阻值调大时,灵敏电流计指针将向________(填“左”或“右”)偏一下. 【答案】(1)如图: (2)①右 ②左 【解析】(1)将电源、开关、滑动变阻器、小螺线管串联成一个回路,再将电流计与大螺线管串联成另一个回路,电路图如图所示. (2)闭合开关,磁通量增加,指针向右偏转,将原线圈迅速插入副线圈,磁通量增加,则灵敏电流计的指针将右偏.原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器触头迅速向左拉时,电阻增大,则电流减小,穿过副线圈的磁通量减小,则灵敏电流计指针向左偏. 2.在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示.它们是: ①电流计 ②直流电源 ③带铁芯的线圈A ④线圈B ⑤电键 ⑥滑动变阻器 (1)试按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线). (2)怎样才能使线圈B中有感应电流产生?试举出三种方法. ①________________________________________________________________________; ②________________________________________________________________________; ③________________________________________________________________________. 【答案】(1)如图所示 (2)①闭合开关 ②断开开关 ③开关闭合时移动滑动变阻器滑片 【解析】(1)使线圈A与电键、直流电源、滑动变阻器串联,线圈B与电流计连成闭合回路; (2)只要能使穿过线圈B的磁通量发生变化,就可以使线圈B中产生感应电流. 3.如图为“研究电磁感应现象”的实验装置,部分导线已连接. (1)请用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好. (2)闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下.将原线圈A迅速拔出副线圈B,发现电流计的指针向________偏;原线圈插入副线圈不动,将滑动变阻器滑片迅速向右移动,发现电流计的指针向________偏. 【答案】(1)连线如图: (2)右 右 【解析】(1)连线如图; (2)闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下.可知磁通量增加时指针左偏;将原线圈A迅速拔出副线圈B,则磁通量减小,故电流计的指针向右偏;原线圈插入副线圈不动,将滑动变阻器滑片迅速向右移动,则A线圈中电流减小,则磁通量减小,故电流计的指针向 右偏. 4.英国物理学家法拉第在1831年发现了“磁生电”现象.现在某一课外活动小组的同学想模仿一下法拉第实验,于是他们从实验室里找来了两个线圈A、B,两节干电池、电键、电流计、滑动变阻器等器材,如图所示.请同学们帮助该活动小组,用笔画线代替导线,将图中的器材连接成实验电路. 【答案】 【解析】线圈A与带电池的电路相连,线圈B与电流计相连,当滑动滑动变阻器时,线圈A中的电流变化,从而引起B中产生感应电流,也可以保持滑动器划片不动,线圈A插入或者拔出时,都可以引起B中产生感应电流. 5.下图为“研究电磁感应现象”实验中所用器材的示意图,试回答下列问题: (1)在该实验中电流计G的作用是__________________________________________________. (2)按实验要求,将下面的实物连成电路. (3)在产生感应电流的回路中,下图器材中哪个相当于电源(填字母代号)? 【答案】(1)检测感应电流的大小与方向 (2)实验电路如图所示: (3)螺线管B. 【解析】(1)在该实验中电流计G的作用是检测感应电流的大小与方向. (2)探究电磁感应现象的实验电路如图所示: (3)在产生感应电流的回路中,螺线管B产生感应电动势,相当于电源. 6.如图是做探究电磁感应的产生条件实验的器材. (1)在图中用实线代替导线把它们连成实验电路. (2)由哪些操作可以使灵敏电流计的指针发生偏转(  ) A.闭合开关 B.断开开关 C.保持开关一直闭合 D.将线圈A从B中拔出 (3)假设在开关闭合的瞬间,灵敏电流计的指针向左偏转,则当螺线管A向上拔出的过程中,灵敏电流计的指针向______(填“左”或“右”)偏转. 【答案】(1)见解析 (2)ABD (3)右 【解析】(1)将灵敏电流计与大线圈B组成闭合回路,电源、开关、小线圈A组成闭合回路,电路图如图所示. (2)将开关闭合或断开,导致穿过线圈的磁通量变化,产生感应电流,灵敏电流计指针偏转,故A、B正确;保持开关一直闭合,则穿过线圈B的磁通量不变,没有感应电流产生,灵敏电流计指针偏转,故C错误;将螺线管A插入(或拔出)螺线管B时穿过线圈B的磁通量发生变化,线圈B中产生感应电流,灵敏电流计指针偏转,故D正确. (3)在开关闭合的瞬间,穿过线圈B的磁通量增大,灵敏电流计的指针向左偏转,则当螺线管A向上拔出的过程中,穿过线圈B的磁通量减小,灵敏电流计的指针向右偏转. 7.如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置. (1)将图中所缺的导线补接完整; (2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那么合上开关后可能出现的情况有:(填“向左偏一下”、“向右偏一下”或“不动”) ①将线圈A迅速插入线圈B时,灵敏电流计指针将________. ②线圈A插入线圈B后,将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时,灵敏电流计指针________. 【答案】(1)电路连接如图 (2)①向右偏转一下 ②向左偏转一下 【解析】(1)电路连接如图 (2)因在闭合开关时,电路中的电流变大,磁通量增大,此时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,则当将线圈A迅速插入线圈B时,磁通量也是增大的,则灵敏电流计指针将向右偏转一下;线圈A插入线圈B后,将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时,电路中的电流减小,磁通量减小,则灵敏电流计指针向左偏转一下. 8.如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置. (1)将图中所缺的导线补接完整; (2)如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那么合上电键后可能出现的情况有: A.将原线圈迅速插入副线圈时,灵敏电流计指针将________. B.原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器触头迅速向左拉时,灵敏电流计指针________. 【答案】(1) (2)向右偏转一下 向左偏转一下 【解析】(1)见下图 (2)依照楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定,则A.向右偏转一下;B.向左偏转一下. 绝密★启用前 2020年高考物理二轮复习对点集训-电磁感应实验 1.图为“研究电磁感应现象”的实验装置. (1)将图中所缺的导线补接完整. (2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那么合上开关后可能出现的情况有: ①将小线圈迅速插入大线圈时,灵敏电流计指针将向________(填“左”或“右”)偏一下; ②小线圈插入大线圈后,将滑动变阻器的阻值调大时,灵敏电流计指针将向________(填“左”或“右”)偏一下. 2.在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示.它们是: ①电流计 ②直流电源 ③带铁芯的线圈A ④线圈B ⑤电键 ⑥滑动变阻器 (1)试按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线). (2)怎样才能使线圈B中有感应电流产生?试举出三种方法. ①________________________________________________________________________; ②________________________________________________________________________; ③________________________________________________________________________. 3.如图为“研究电磁感应现象”的实验装置,部分导线已连接. (1)请用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好. (2)闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下.将原线圈A迅速拔出副线圈B,发现电流计的指针向________偏;原线圈插入副线圈不动,将滑动变阻器滑片迅速向右移动,发现电流计的指针向________偏. 4.英国物理学家法拉第在1831年发现了“磁生电”现象.现在某一课外活动小组的同学想模仿一下法拉第实验,于是他们从实验室里找来了两个线圈A、B,两节干电池、电键、电流计、滑动变阻器等器材,如图所示.请同学们帮助该活动小组,用笔画线代替导线,将图中的器材连接成实验电路. 5.下图为“研究电磁感应现象”实验中所用器材的示意图,试回答下列问题: (1)在该实验中电流计G的作用是__________________________________________________. (2)按实验要求,将下面的实物连成电路. (3)在产生感应电流的回路中,下图器材中哪个相当于电源(填字母代号)? 6.如图是做探究电磁感应的产生条件实验的器材. (1)在图中用实线代替导线把它们连成实验电路. (2)由哪些操作可以使灵敏电流计的指针发生偏转(  ) A.闭合开关 B.断开开关 C.保持开关一直闭合 D.将线圈A从B中拔出 (3)假设在开关闭合的瞬间,灵敏电流计的指针向左偏转,则当螺线管A向上拔出的过程中,灵敏电流计的指针向______(填“左”或“右”)偏转. 7.如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置. (1)将图中所缺的导线补接完整; (2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那么合上开关后可能出现的情况有:(填“向左偏一下”、“向右偏一下”或“不动”) ①将线圈A迅速插入线圈B时,灵敏电流计指针将________. ②线圈A插入线圈B后,将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时,灵敏电流计指针________. 8.如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置. (1)将图中所缺的导线补接完整; (2)如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那么合上电键后可能出现的情况有: A.将原线圈迅速插入副线圈时,灵敏电流计指针将________. B.原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器触头迅速向左拉时,灵敏电流计指针________.

    • 2020-03-19
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  • ID:6-7050118 2020年高考物理二轮复习对点集训-电学实验(原卷版+解析版)

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    绝密★启用前 2020年高考物理二轮复习对点集训-电学实验 1.为了较准确地测量某电子元件的电阻,某实验小组做如下测量: (1)用多用表测量该元件的电阻,选用“×10”倍率的电阻挡测量,发现多用表指针偏转很小,因此需选择________(填“×1”或“×100”)倍率的电阻挡,并____________,再进行测量,若多用表中的电池旧了,用它测得的电阻值将________(填“偏大”“偏小”或“不变”). (2)若用多用表测得该元件的电阻大约为1 500 Ω,现在要进一步精确测量其电阻,有以下器材: A.待测元件R(阻值约为1500 Ω) B.电流表(量程5 mA,内阻约5 Ω) C.电阻箱(9 999.9 Ω,0.02 A) D.直流电源(电动势约为20 V,内阻约0.5 Ω) E.单刀双掷开关一个,导线若干 实验小组有同学设计了如图所示电路进行测量. 在闭合S前,先把R调至________(填“最大值”或“最小值”),然后把K打到1,___________________________________________,再把K打到2, ____________,则Rx=____________(用实验中获得的物理量来表示). (3)两只完全相同的表头G,分别改装成一只电流表和一只电压表,一位同学不小心做实验时误将两只表串起来连接在一闭合电路中,接通电路后两只表的指针可能出现下列哪种现象(  ) A.电流表的指针偏转,电压表的指针不偏转 B.两表指针偏转角度相同 C.两表指针都偏转,电压表的指针偏转角度比电流表大得多 D.两表指针都偏转,电流表的指针偏转角度比电压表大得多 【答案】(1)×100 让红黑表笔短接,重新欧姆调零 偏大 (2)最大值 调节R,当其阻值为R1时,电流表示数为I0 调节R,当其阻值为R2时,电流表示数为I0 R2-R1(3)C 【解析】(1)用欧姆表测量电阻,若指针偏转较小,则电阻较大,应换大倍率的电阻挡,即×100.换挡后需重新进行欧姆调零,即让红黑表笔短接,重新欧姆调零.若电池用旧了,则电动势变小,内阻增大,测量相同电阻时,闭合电路中电流变小,指针偏转角度变小,则欧姆表中电阻读数增大. (2)电阻箱串联接入电路,闭合开关前,应使电阻箱的阻值达到最大.两次电流相同,则Rx+R1=R2,Rx=R2-R1. (3)电流表为表头G和小电阻并联,电压表为表头G和大电阻并联,当两者串联时,流过电压表表头的电流约等于流过电流表表头的电流与流过并联电阻的电流之和,因此电压表表头指针偏转角度大,C正确. 2.如图所示的电路,l、2、3、4、5、6 为连接点的标号.在开关闭合后,发现小灯泡不亮.现用多用电表检查电路故障,需要检测的有:电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点. (1)为了检测小灯泡以及3根导线,在连接点1、2已接好的情况下,应当选用多用电表的______档,在连接点1、2同时断开的情况下.应当选用多用电表的______档. (2)在开关闭合情况下,若侧得5、6两点间的电压接近电源的电动势,则表明______可能有故障. (3)将小灯泡拆离电路,用多用电表检测小灯泡是否有故障的具体步骤为:①将选择开关旋至欧姆档②______③测量小灯泡的电阻,如电阻无穷大,表明小灯泡有故障(断路). 【答案】(1)电压 (2)欧姆 (3)小灯泡断路 【解析】(1)在连接点1、2已接好的情况下,应当选用多用电表的电压档,测量电源的电压、小灯泡以及3根导线两端的电压,根据各部分电压与电源电压的关系,分析故障所在.在连接点1、2同时断开的情况下,应当选用多用电表的欧姆档,测量小灯泡以及3根导线,判断故障所在. (2)在开关闭合情况下,若侧得5、6两点间的电压接近电源的电动势,说明其他电路电压为零,根据欧姆定律电阻完好时,电流为零,电压就应为零,说明5、6两点间有断路. (3)用多用电表检测小灯泡是否有故障的具体步骤为: ①将选择开关旋至欧姆档 ②调节调零旋纽使指针指向电阻刻度的零位,即进行欧姆调零. 故答案为:(1)电压,欧姆.(2)5、6两点间.(3)欧姆调零. 3.下面的实验你可能用到这样一个原理:图1电路可等效为图2的电源,若图1中电源的电动势为E0,内阻为r0,电阻为R;图2中等效电源的电动势为E,内阻为r.可以证明.请完成下列实验 (1)某同学在“测定电源的电动势和内阻”实验时, ①他们采用图3的实验电路进行测量,图4给出了实验所需要的各种仪器,请你按电路图把实物连成实验电路. ②这位同学测量时记录了5组数据,并将数据填入了表格中.请你根据这些数据在坐标系图5画出图线根据图线求出电池的电动势E= _________ V,内阻r= _________ Ω(结果保留到小数点后两位) ③这位同学对以上实验的系统误差进行了分析.其中正确的是 _________ . A.主要是由电压表的分流引起的 B.主要是由电流表的分压引起的 C.电动势测量值小于真实值 D.内阻测量值大于真实值 (2)另一个同学用一支电流计,滑动电阻器(满偏电流为Ig,内阻为r),滑动变阻器,干电池(电动势为E,内阻为r)设计了如图6的电路,该电路被称为顺向刻度欧姆电流表,即指针不偏时,被测电阻为零,指针偏满时,被测电阻为∞,该电表已调整好,令此时.若电流计满刻度的格数为N,当红黑表笔间接被测电阻Rx时,指针偏转格数为,则Rx= _________ (用R0表示) 【答案】(1) ① ②1.47±0.01V 0.50±0.02Ω 作图 ③AC (2) 3 【解析】(1)按照电路图连接。 (2)由图象纵轴截距求得电动势大小,斜率求得内电阻。 (3)由于电压表分流,电流表测的不是干路电流。 (4)电表已调整好,表明红,黑表笔间未接待测电阻时,电流计指针正好满偏,此时电流计两端电压为。将该电路整体视为等效电源,红,黑表笔相当于等效电源的负极和正极,此时等效电源外电路处于断路,红,黑表笔间电压的大小等于等效电源电动势大小,红,黑表笔分别与电流计负,正接线柱电势相等,所以。根据题干已知条件,可知为等效电源内阻。当红,黑表笔间接被测电阻时,指针偏转格数,表明此时红黑表笔间电压,即等效电源外电压为,则等效电源内阻分得电压为,所以,此时等效电源的外电阻。 4.某同学采用如图甲所示的电路测量电阻R。 (1)某次测量时的电流表,电压表的示数如图乙,丙所示,则电压表的读数为_______V,电流表的读数为_________A,此次电阻的测量值为_____Ω。 (2)为了使电阻测量值更为准确,请你对该连接的电路提出两条改进建议: ①_________________________;②________________________。 【答案】(1)2.20;0.40;5.5; (2)电压表并联在电阻两端;电流表改接在量程为0.6A的接线柱上. 【解析】(1)2.20;0.40;5.5; (2)被测电阻阻值为几欧,属于小电阻,故应采用电流表外接法,使电压表并联在电阻两端;电流表指针偏转角度太小,为了减小误差应该改用较小量程,即电流表改接在量程为0.6A的接线柱上. 5.某同学为了测定一只电阻的阻值,采用了如下方法: ①用多用电表粗测:多用电表电阻挡有4个倍率:分别为×l k,×l00,×l0,×l。该同学选择×l00倍率,用正确的操作步骤测量时.发现指针偏转角度太大(指针位置如下图中虚线所示).为了较准确地进行测量,请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤: a·, b.两表笔短接,调节欧姆调零旋钮,使指针指在0处。 c.重新测量并读数,若这时刻度盘上的指针位置如上图中实线所示.测量结果是 ② 该同学用伏安法继续测定这只电阻的阻值,除被测电阻外,还有如下实验仪器 A.直流电源(电压3 V.内阻不计) …… … B.电压表(量程0~5 v.内阻约为5 k) C.电压表(量程0~15 v,内阻约为25 k) D.电流表(量程0~25 mA.内阻约为l) E.电流表(量程0~25 0mA.内阻约为0.l) F.滑动变阻器一只,阻值 G.电键一只,导线若干 在上述仪器中.电压表应选择填“”或“”), 电流表应选择(填“”或“”).请在方框内画出电路原理图 (电表用题中所给的符号表示) 【答案】①a.换用倍率档c.120② 【解析】①指针偏转角度太大,说明电阻太小,选择的倍率偏大,因此应该从×l00换为×l0;欧姆档的读数为指针所指的刻度乘以倍率即。②由于电源电动势只有3v,所以电压表选择量程为0~5 v的,根据上问中粗测的电阻,根据电动势3v可得电流最大为,所以电流表选择量程为0~25 mA的。由于滑动变阻器的阻值比待测电阻小,所以选择分压式,根据即大内偏大小外偏小判断电流表选择内接法,电路图如答案。 6.某同学为了测量一个量程为3 V的电压表的内阻,进行了如下实验. (1)他先用多用表进行了正确的测量,测量时指针位置如1图所示,得出电压表的内阻为3.00×103Ω,此时电压表的指针也偏转了.已知多用表欧姆挡表盘中央刻度值为“15”,表内电池电动势为1.5 V,则电压表的示数应为________ V(结果保留两位有效数字). (2)为了更准确地测量该电压表的内阻RV,该同学设计了如图2所示的电路图,实验步骤如下: A.断开开关S,按图3连接好电路; B.把滑动变阻器R的滑片P滑到b端; C.将电阻箱R0的阻值调到零; D.闭合开关S; E.移动滑动变阻器R的滑片P的位置,使电压表的指针指到3 V的位置; F.保持滑动变阻器R的滑片P的位置不变,调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5 V的位置,读出此时电阻箱R0的阻值,此值即为电压表内阻RV的测量值; G.断开开关S. 实验中可供选择的实验器材有: a.待测电压表 b.滑动变阻器:最大阻值2 000 Ω c.滑动变阻器:最大阻值10 Ω d.电阻箱:最大阻值9 999.9 Ω,阻值最小改变量为0.1 Ω e.电阻箱:最大阻值999.9 Ω,阻值最小改变量为0.1 Ω f.电池组:电动势约6 V,内阻可忽略 g.开关,导线若干 按照这位同学设计的实验方法,回答下列问题: ①要使测量更精确,除了选用电池组,导线,开关和待测电压表外,还应从提供的滑动变阻器中选用________(填“b”或“c”),电阻箱中选用________(填“d”或“e”). ②电压表内阻RV的测量值R测和真实值R真相比,R测________R真(填“>”或“<”);若RV越大,则越________(填“大”或“小”). 【答案】 (1)1.0 (2)①c d ②> 小 【解析】 (1)欧姆表的中值电阻即为其内阻值.由欧姆挡中央刻度值为“15”可知欧姆表内阻为1.5×103Ω,根据电阻分压原理可知,电压表的示数U=·RV=×3×103V=1.0 V. (2)①明确半偏法测电阻的实验原理.由半偏法测电阻和滑动变阻器的分压接法可知,滑动变阻器的阻值应远小于电表内阻,故滑动变阻器选c.电阻箱的最大阻值应与电压表内阻相近或大于电压表内阻,故电阻箱选d. ②接入电阻箱后,电路总电阻阻值变大,干路电流变小,变阻箱R0和电压表分担的电压变大,则UR0>URV,故R测>R真.RV越大,R测越接近真实值,故越小. 7.在练习使用多用电表时: ①下列关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是( ) A.测量电阻时,如果红,黑表笔分别插在负,正插孔,则不会影响测量结果 B.双手捏住两表笔金属杆,测量值将偏大 C.测量电路中的电阻时,应该把该电阻与电路断开 D.欧姆表使用一段时间后,电池电动势变小,内阻变大,但仍能调零,其测量结果与原来相比不变。 ②用多用电表探测二极管的极性,用欧姆挡测量,黑表笔接端,红表笔接端时,指针向右偏转角较大,然后黑,红表笔反接指针偏转角较小,说明(填“”或“”)端是二极管正极。 ③某同学想通过多用电表A中的欧姆档,直接去测量相同规格的多用电表B中量程为2.5V的电压档的内阻,如下图甲连线,选择倍率为k欧姆挡,测量前应对多用电表A进行,按正确的操作步骤测量,两表指针位置相同,如图乙所示,从A表读出B表内阻约为k,从B表读出电压约为V; 计算出多用电表A的电源电动势约为V(已知表盘正中电阻刻度值为15,计算结果保留两位有效数字)。 【答案】①AC;②a;③欧姆调零(调零);13;1.31;2.8. 【解析】①AC ②当用多用电表的红表笔接触二极管a端,黑表笔接触二极管b端时,b端电势高,a端电势低,此时发现多用电表的指针偏转量非常小,说明此时电阻很大,说明此时二极管反向偏压,则a端是二极管的正极;③选档后要先进行欧姆调零,欧姆表读数=表盘读数×倍率=13×1K=13KΩ;电压表读数为:1.31V;欧姆表内电阻等于中值电阻,为r=15KΩ;根据闭合电路欧姆定律,有: 8.某照明电路出现故障,其电路如图1所示,该电路用标称值12 V的蓄电池为电源,导线及其接触完好.维修人员使用已调好的多用表直流50 V挡检测故障.他将黑表笔接在c点,用红表笔分别探测电路的a,b点. ① 断开开关,红表笔接a点时多用表指示如图2所示,读数为________ V,说明________正常(选填“蓄电池”,“保险丝”,“开关”或“小灯”). ② 红表笔接b点,断开开关时,表针不偏转,闭合开关后,多用表指示仍然和图2相同,可判断发生故障的器件是________.(选填“蓄电池”,“保险丝”,“开关”或“小灯”) 【答案】①11.5(11.2~11.8的值均可) 蓄电池 ②小灯 【解析】①因用直流50 V挡检测,故满偏时电压为50 V,刻度均匀,在图示位置时,读数为11.5(11.2~11.8之间均可)V,说明蓄电池正常. ②红表笔接b点,断开开关,指针不偏转,闭合开关后多用表读数与原来相同,说明保险丝,开关均正常,发生故障的器件只能为小灯. 绝密★启用前 2020年高考物理二轮复习对点集训-电学实验 1.为了较准确地测量某电子元件的电阻,某实验小组做如下测量: (1)用多用表测量该元件的电阻,选用“×10”倍率的电阻挡测量,发现多用表指针偏转很小,因此需选择________(填“×1”或“×100”)倍率的电阻挡,并____________,再进行测量,若多用表中的电池旧了,用它测得的电阻值将________(填“偏大”“偏小”或“不变”). (2)若用多用表测得该元件的电阻大约为1 500 Ω,现在要进一步精确测量其电阻,有以下器材: A.待测元件R(阻值约为1500 Ω) B.电流表(量程5 mA,内阻约5 Ω) C.电阻箱(9 999.9 Ω,0.02 A) D.直流电源(电动势约为20 V,内阻约0.5 Ω) E.单刀双掷开关一个,导线若干 实验小组有同学设计了如图所示电路进行测量. 在闭合S前,先把R调至________(填“最大值”或“最小值”),然后把K打到1,___________________________________________,再把K打到2, ____________,则Rx=____________(用实验中获得的物理量来表示). (3)两只完全相同的表头G,分别改装成一只电流表和一只电压表,一位同学不小心做实验时误将两只表串起来连接在一闭合电路中,接通电路后两只表的指针可能出现下列哪种现象(  ) A.电流表的指针偏转,电压表的指针不偏转 B.两表指针偏转角度相同 C.两表指针都偏转,电压表的指针偏转角度比电流表大得多 D.两表指针都偏转,电流表的指针偏转角度比电压表大得多 2.如图所示的电路,l、2、3、4、5、6 为连接点的标号.在开关闭合后,发现小灯泡不亮.现用多用电表检查电路故障,需要检测的有:电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点. (1)为了检测小灯泡以及3根导线,在连接点1、2已接好的情况下,应当选用多用电表的______档,在连接点1、2同时断开的情况下.应当选用多用电表的______档. (2)在开关闭合情况下,若侧得5、6两点间的电压接近电源的电动势,则表明______可能有故障. (3)将小灯泡拆离电路,用多用电表检测小灯泡是否有故障的具体步骤为:①将选择开关旋至欧姆档②______③测量小灯泡的电阻,如电阻无穷大,表明小灯泡有故障(断路). 3.下面的实验你可能用到这样一个原理:图1电路可等效为图2的电源,若图1中电源的电动势为E0,内阻为r0,电阻为R;图2中等效电源的电动势为E,内阻为r.可以证明.请完成下列实验 (1)某同学在“测定电源的电动势和内阻”实验时, ①他们采用图3的实验电路进行测量,图4给出了实验所需要的各种仪器,请你按电路图把实物连成实验电路. ②这位同学测量时记录了5组数据,并将数据填入了表格中.请你根据这些数据在坐标系图5画出图线根据图线求出电池的电动势E= _________ V,内阻r= _________ Ω(结果保留到小数点后两位) ③这位同学对以上实验的系统误差进行了分析.其中正确的是 _________ . A.主要是由电压表的分流引起的 B.主要是由电流表的分压引起的 C.电动势测量值小于真实值 D.内阻测量值大于真实值 (2)另一个同学用一支电流计,滑动电阻器(满偏电流为Ig,内阻为r),滑动变阻器,干电池(电动势为E,内阻为r)设计了如图6的电路,该电路被称为顺向刻度欧姆电流表,即指针不偏时,被测电阻为零,指针偏满时,被测电阻为∞,该电表已调整好,令此时.若电流计满刻度的格数为N,当红黑表笔间接被测电阻Rx时,指针偏转格数为,则Rx= _________ (用R0表示) 4.某同学采用如图甲所示的电路测量电阻R。 (1)某次测量时的电流表,电压表的示数如图乙,丙所示,则电压表的读数为_______V,电流表的读数为_________A,此次电阻的测量值为_____Ω。 (2)为了使电阻测量值更为准确,请你对该连接的电路提出两条改进建议: ①_________________________;②________________________。 5.某同学为了测定一只电阻的阻值,采用了如下方法: ①用多用电表粗测:多用电表电阻挡有4个倍率:分别为×l k,×l00,×l0,×l。该同学选择×l00倍率,用正确的操作步骤测量时.发现指针偏转角度太大(指针位置如下图中虚线所示).为了较准确地进行测量,请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤: a·, b.两表笔短接,调节欧姆调零旋钮,使指针指在0处。 c.重新测量并读数,若这时刻度盘上的指针位置如上图中实线所示.测量结果是 ② 该同学用伏安法继续测定这只电阻的阻值,除被测电阻外,还有如下实验仪器 A.直流电源(电压3 V.内阻不计) …… … B.电压表(量程0~5 v.内阻约为5 k) C.电压表(量程0~15 v,内阻约为25 k) D.电流表(量程0~25 mA.内阻约为l) E.电流表(量程0~25 0mA.内阻约为0.l) F.滑动变阻器一只,阻值 G.电键一只,导线若干 在上述仪器中.电压表应选择填“”或“”), 电流表应选择(填“”或“”).请在方框内画出电路原理图 (电表用题中所给的符号表示) 6.某同学为了测量一个量程为3 V的电压表的内阻,进行了如下实验. (1)他先用多用表进行了正确的测量,测量时指针位置如1图所示,得出电压表的内阻为3.00×103Ω,此时电压表的指针也偏转了.已知多用表欧姆挡表盘中央刻度值为“15”,表内电池电动势为1.5 V,则电压表的示数应为________ V(结果保留两位有效数字). (2)为了更准确地测量该电压表的内阻RV,该同学设计了如图2所示的电路图,实验步骤如下: A.断开开关S,按图3连接好电路; B.把滑动变阻器R的滑片P滑到b端; C.将电阻箱R0的阻值调到零; D.闭合开关S; E.移动滑动变阻器R的滑片P的位置,使电压表的指针指到3 V的位置; F.保持滑动变阻器R的滑片P的位置不变,调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5 V的位置,读出此时电阻箱R0的阻值,此值即为电压表内阻RV的测量值; G.断开开关S. 实验中可供选择的实验器材有: a.待测电压表 b.滑动变阻器:最大阻值2 000 Ω c.滑动变阻器:最大阻值10 Ω d.电阻箱:最大阻值9 999.9 Ω,阻值最小改变量为0.1 Ω e.电阻箱:最大阻值999.9 Ω,阻值最小改变量为0.1 Ω f.电池组:电动势约6 V,内阻可忽略 g.开关,导线若干 按照这位同学设计的实验方法,回答下列问题: ①要使测量更精确,除了选用电池组,导线,开关和待测电压表外,还应从提供的滑动变阻器中选用________(填“b”或“c”),电阻箱中选用________(填“d”或“e”). ②电压表内阻RV的测量值R测和真实值R真相比,R测________R真(填“>”或“<”);若RV越大,则越________(填“大”或“小”). 7.在练习使用多用电表时: ①下列关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是( ) A.测量电阻时,如果红,黑表笔分别插在负,正插孔,则不会影响测量结果 B.双手捏住两表笔金属杆,测量值将偏大 C.测量电路中的电阻时,应该把该电阻与电路断开 D.欧姆表使用一段时间后,电池电动势变小,内阻变大,但仍能调零,其测量结果与原来相比不变。 ②用多用电表探测二极管的极性,用欧姆挡测量,黑表笔接端,红表笔接端时,指针向右偏转角较大,然后黑,红表笔反接指针偏转角较小,说明(填“”或“”)端是二极管正极。 ③某同学想通过多用电表A中的欧姆档,直接去测量相同规格的多用电表B中量程为2.5V的电压档的内阻,如下图甲连线,选择倍率为k欧姆挡,测量前应对多用电表A进行,按正确的操作步骤测量,两表指针位置相同,如图乙所示,从A表读出B表内阻约为k,从B表读出电压约为V; 计算出多用电表A的电源电动势约为V(已知表盘正中电阻刻度值为15,计算结果保留两位有效数字)。 8.某照明电路出现故障,其电路如图1所示,该电路用标称值12 V的蓄电池为电源,导线及其接触完好.维修人员使用已调好的多用表直流50 V挡检测故障.他将黑表笔接在c点,用红表笔分别探测电路的a,b点. ① 断开开关,红表笔接a点时多用表指示如图2所示,读数为________ V,说明________正常(选填“蓄电池”,“保险丝”,“开关”或“小灯”). ② 红表笔接b点,断开开关时,表针不偏转,闭合开关后,多用表指示仍然和图2相同,可判断发生故障的器件是________.(选填“蓄电池”,“保险丝”,“开关”或“小灯”)

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  • ID:6-7050115 2020年高考物理二轮复习对点集训-光学实验(原卷版+解析版)

    高中物理/高考专区/二轮专题

    绝密★启用前 2020年高考物理二轮复习对点集训-光学实验 1.题图甲所示为光学实验用的长方体玻璃砖,它的________面不能用手直接接触.在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中,两位同学绘出的玻璃砖和三个针孔a,b,c的位置相同,且插在c位置的针正好挡住插在a,b位置的针的像,但最后一个针孔的位置不同,分别为d,e两点,如题图乙所示.计算折射率时,用________(填“d”或“e”)点得到的值较小,用________(填“d”或“e”)点得到的值误差较小. 【答案】光学 d e 【解析】若用手接触光学面,则油污层可使透过光的量及部分光的传播方向发生变化,使玻璃砖折射成像不清,观察模糊,影响实验效果.如图所示, 用d点得到n的测量值较小,用e点得到n的测量值误差较小 2.在“用双缝干涉测光的波长”实验中(实验装置如图所示): ①下列说法哪一个是错误的________.(填选项前的字母) A.调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时,应放上单缝和双缝 B.测量某条干涉亮纹位置时,应使测微目镜分划板中心刻线与该亮纹的中心对齐 C.为了减少测量误差,可用测微目镜测出n条亮纹间的距离a,求出相邻两条亮纹间距Δx=a/(n-1) ②测量某亮纹位置时,手轮上的示数如图所示,其示数为________mm. 【答案】①A ②1.970 【解析】①在不放置单缝和双缝时才能根据光屏上光斑的形状来判定光束是否沿遮光筒的轴线传播,故A错误.因条纹宽度是指相邻亮纹中心或相邻暗纹中心之间的距离,故B正确.微小量累积法可有效减小测量中的偶然误差,故C正确.答案为A. ②手轮上固定刻度读数为1.5 mm,可动刻度读数为47.0×0.01 mm,故测量结果为1.5 mm+47.0×0.01 mm=1.970 mm 3.某同学用大头针、三角板、量角器等器材测半圆形玻璃砖的折射率.开始玻璃砖的位置如图5中实线所示,使大头针P1、P2与圆心O在同一直线上,该直线垂直于玻璃砖的直径边,然后使玻璃砖绕圆心O缓慢转动,同时在玻璃砖的直径边一侧观察P1、P2的像,且使P2的像挡住P1的像.当玻璃砖转到图中虚线位置时,上述现象恰好消失.此时只须测量出____________,即可计算出玻璃砖的折射率.请用你的测量量表示出折射率n=________. 【答案】玻璃砖直径边绕O点转过的角度θ  【解析】 若半圆形玻璃砖转过θ角时在半圆形玻璃砖直径边一侧恰好看不到P1、P2的像,那么此时恰好发生了全反射.如图所示,过P1、P2的光线在玻璃砖内的入射角为θ,在空气中折射角为90°,根据折射定律得n==,只要测出θ,就可求出玻璃砖的折射率. 4.在利用插针法测定玻璃砖折射率的实验中: (1)甲同学在纸上正确画出玻璃砖的两个界面aa′和bb′后,不小心碰了玻璃砖使它向aa′方向平移了少许,如图甲所示。则他测出的折射率将如何变化? (2)乙同学在画界面时,不小心将两界面aa′、bb′间距画得比玻璃砖宽度大些,如图乙所示,则他测得的折射率将如何变化? 【答案】(1)不变 (2)偏小 【解析】(1)如图甲所示,甲同学利用插针法确定入射光线、折射光线后,测得的入射角、折射角没有受到影响,因此测得的折射率将不变。 (2)如图乙所示,乙同学利用插针法确定入射光线、折射光线后,测得的入射角不受影响,但测得的折射角比真实的折射角偏大,因此测得的折射率偏小。 5.几位同学做“用插针法测定玻璃折射率”实验,直线aa′与bb′表示在白纸上画出的玻璃砖的两个界面.几位同学进行了如下操作: A.甲同学选定的玻璃砖两个光学面aa′与bb′不平行,其它操作正确. B.乙同学在白纸上正确画出平行玻璃砖的两个界面aa′与bb′后,将玻璃砖向aa′方向平移了少许,其它操作正确 C.丙同学在白纸上画aa′、bb′两界面时,其间距比平行玻璃砖两光学面的间距稍微大些,其它操作正确. 上述几位同学的操作,对玻璃折射率的测定结果没有影响的是________(填写字母代号). 【答案】AB 【解析】测折射率时,只要操作正确,与玻璃砖形状无关,故玻璃砖的两个光学面aa′、bb′不平行,对玻璃砖折射率的测定结果没有影响.故A正确.如图甲所示,左侧的线表示将玻璃砖向上平移后实际的光路图,而线是作图时所采用的光路图,通过比较发现,入射角和折射角没有变化,则由折射定律n=,得知,测得的折射率将不变,对玻璃折射率的测定结果没有影响.故B正确.如下右图所示.左侧的线表示将玻璃砖向上平移后实际的光路图,而右侧的线是作图时所采用的光路图,可见,入射角没有变化,折射角的测量值偏大,则由n=,得知,折射率测量值将偏小;故C错误. 6.在“用双缝干涉测量光的波长”实验中: (1)实验装置采用双缝干涉仪,它由各部分光学元件在光具座上组成,现准备了下列仪器:A.光源,B.双缝片,C.单缝片,D.滤光片,E.毛玻璃(其中双缝片和光屏连在遮光筒上)。 把以上仪器安装在光具座上时,正确的排列顺序是____________________。 (2)关于本实验,正确的说法是(  ) A.实验时应调节各器件共轴,并且单缝和双缝的缝应相互平行 B.观察到的白光和干涉图样是:在视场中可以看到彩色的干涉条纹,中央为一条白亮的零级干涉条纹;彩色条纹的排列,以零级亮条纹为中心左右对称,在第一级亮条纹中紫色在最外侧 C.看到白光的干涉条纹后,在单缝前面放上红色或绿色滤光片,即可看到红黑相间或绿黑相间的干涉条纹,且红条纹的间距比绿条纹的间距大 D.测量时应使测量头的分划板的中心刻线对齐条纹的中心再读数 【答案】(1)ADCBE (2)A,C,D 【解析】由实验装置顺序、实验步骤、实验注意事项可解决此题。 7.用某种单色光做双缝干涉实验时,已知双缝间距离d=0.20 mm,双缝到毛玻璃屏间的距离为l=75.0 cm,如图甲所示,实验时先转动如图乙所示的测量头上的手轮,使与游标卡尺相连的分划线对准如图丙所示的第1条明条纹,此时游标卡尺的主尺和游标尺的位置如图戊所示,则游标卡尺的读数x1=________ mm,然后再转动手轮,使与游标卡尺相连的分划线向右边移动,直到对准第5条明条纹,如图丁所示,此时游标卡尺的主尺和游标尺的位置如图己所示,则游标卡尺的读数x2=________ mm,由以上已知数据和测量数据,则该单色光的波长是________ m. 【答案】0.3 9.5 6.13×10-7 【解析】由游标卡尺读数规则读出 x1=0.3 mm,x2=9.5 mm Δx==2.3 mm λ==m=6.13×10-7m. 8.在“测玻璃的折射率”实验中: (1)为了取得较好的实验效果,A,必须选用上下表面平行的玻璃砖; B,选择的入射角应尽量小些;C,大头针应垂直地插在纸面上;D,大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些.其中正确的是( ) (2)甲同学在画界面时,不小心将两界面aa’和bb’间距画得比玻璃砖宽度大些,如图1所示,则他测得的折射率_______(选填“偏大”“偏小”或“不变”) (3)乙同学在量入射角和折射角时,由于没有量角器,在完成了光路图以后,以O点为圆心,OA为半径画圆,交OO′延长线于C点,过A点和C点作垂直法线的直线分别交于B点和D点,如图2所示则他只需要测量_______,就可求出玻璃的折射率n=_______. 【答案】(1)CD,(2)偏小,(3) 【解析】(1)A,作插针法测定折射率时,玻璃砖上下表面不一定要平行.故A错误. B,为了减小测量的相对误差,选择的入射角应尽量大些,效果会更好.故B错误. C,为了准确确定入射光线和折射光线,大头针应垂直地插在纸面上;故C正确. D,大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时,相同的距离误差,引起的角度误差会减小,效果会好些.故D正确. 故选:CD (2)如图,实线是真实的光路图,虚线是玻璃砖宽度画大后的光路图,由图看出,在这种情况测得的入射角不受影响,但测得的折射角比真实的折射角偏大,因此测得的折射率偏小. (3)根据折射定律得,n=,可知需要测量AB,CD的距离.折射率n=. 绝密★启用前 2020年高考物理二轮复习对点集训-光学实验 1.题图甲所示为光学实验用的长方体玻璃砖,它的________面不能用手直接接触.在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中,两位同学绘出的玻璃砖和三个针孔a,b,c的位置相同,且插在c位置的针正好挡住插在a,b位置的针的像,但最后一个针孔的位置不同,分别为d,e两点,如题图乙所示.计算折射率时,用________(填“d”或“e”)点得到的值较小,用________(填“d”或“e”)点得到的值误差较小. 2.在“用双缝干涉测光的波长”实验中(实验装置如图所示): ①下列说法哪一个是错误的________.(填选项前的字母) A.调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时,应放上单缝和双缝 B.测量某条干涉亮纹位置时,应使测微目镜分划板中心刻线与该亮纹的中心对齐 C.为了减少测量误差,可用测微目镜测出n条亮纹间的距离a,求出相邻两条亮纹间距Δx=a/(n-1) ②测量某亮纹位置时,手轮上的示数如图所示,其示数为________mm. 3.某同学用大头针、三角板、量角器等器材测半圆形玻璃砖的折射率.开始玻璃砖的位置如图5中实线所示,使大头针P1、P2与圆心O在同一直线上,该直线垂直于玻璃砖的直径边,然后使玻璃砖绕圆心O缓慢转动,同时在玻璃砖的直径边一侧观察P1、P2的像,且使P2的像挡住P1的像.当玻璃砖转到图中虚线位置时,上述现象恰好消失.此时只须测量出____________,即可计算出玻璃砖的折射率.请用你的测量量表示出折射率n=________. 4.在利用插针法测定玻璃砖折射率的实验中: (1)甲同学在纸上正确画出玻璃砖的两个界面aa′和bb′后,不小心碰了玻璃砖使它向aa′方向平移了少许,如图甲所示。则他测出的折射率将如何变化? (2)乙同学在画界面时,不小心将两界面aa′、bb′间距画得比玻璃砖宽度大些,如图乙所示,则他测得的折射率将如何变化? 5.几位同学做“用插针法测定玻璃折射率”实验,直线aa′与bb′表示在白纸上画出的玻璃砖的两个界面.几位同学进行了如下操作: A.甲同学选定的玻璃砖两个光学面aa′与bb′不平行,其它操作正确. B.乙同学在白纸上正确画出平行玻璃砖的两个界面aa′与bb′后,将玻璃砖向aa′方向平移了少许,其它操作正确 C.丙同学在白纸上画aa′、bb′两界面时,其间距比平行玻璃砖两光学面的间距稍微大些,其它操作正确. 上述几位同学的操作,对玻璃折射率的测定结果没有影响的是________(填写字母代号). 6.在“用双缝干涉测量光的波长”实验中: (1)实验装置采用双缝干涉仪,它由各部分光学元件在光具座上组成,现准备了下列仪器:A.光源,B.双缝片,C.单缝片,D.滤光片,E.毛玻璃(其中双缝片和光屏连在遮光筒上)。 把以上仪器安装在光具座上时,正确的排列顺序是____________________。 (2)关于本实验,正确的说法是(  ) A.实验时应调节各器件共轴,并且单缝和双缝的缝应相互平行 B.观察到的白光和干涉图样是:在视场中可以看到彩色的干涉条纹,中央为一条白亮的零级干涉条纹;彩色条纹的排列,以零级亮条纹为中心左右对称,在第一级亮条纹中紫色在最外侧 C.看到白光的干涉条纹后,在单缝前面放上红色或绿色滤光片,即可看到红黑相间或绿黑相间的干涉条纹,且红条纹的间距比绿条纹的间距大 D.测量时应使测量头的分划板的中心刻线对齐条纹的中心再读数 7.用某种单色光做双缝干涉实验时,已知双缝间距离d=0.20 mm,双缝到毛玻璃屏间的距离为l=75.0 cm,如图甲所示,实验时先转动如图乙所示的测量头上的手轮,使与游标卡尺相连的分划线对准如图丙所示的第1条明条纹,此时游标卡尺的主尺和游标尺的位置如图戊所示,则游标卡尺的读数x1=________ mm,然后再转动手轮,使与游标卡尺相连的分划线向右边移动,直到对准第5条明条纹,如图丁所示,此时游标卡尺的主尺和游标尺的位置如图己所示,则游标卡尺的读数x2=________ mm,由以上已知数据和测量数据,则该单色光的波长是________ m. 8.在“测玻璃的折射率”实验中: (1)为了取得较好的实验效果,A,必须选用上下表面平行的玻璃砖; B,选择的入射角应尽量小些;C,大头针应垂直地插在纸面上;D,大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些.其中正确的是( ) (2)甲同学在画界面时,不小心将两界面aa’和bb’间距画得比玻璃砖宽度大些,如图1所示,则他测得的折射率_______(选填“偏大”“偏小”或“不变”) (3)乙同学在量入射角和折射角时,由于没有量角器,在完成了光路图以后,以O点为圆心,OA为半径画圆,交OO′延长线于C点,过A点和C点作垂直法线的直线分别交于B点和D点,如图2所示则他只需要测量_______,就可求出玻璃的折射率n=_______.

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  • ID:6-7050109 2020年高考物理二轮复习对点集训-热学实验(原卷版+解析版)

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    绝密★启用前 2020年高考物理二轮复习对点集训-热学实验 1.在用“油膜法估测分子的大小”的实验中,已知一滴溶液中油酸的体积为V,配制的油酸溶液中,纯油酸与溶液体积之比为1∶500,1 mL溶液滴油酸25滴,那么1滴溶液的体积是________mL,所以一滴溶液中油酸体积为V=________cm3.若实验中测得结果如下表所示,请根据所给数据填写出空白处的数值,并与公认的油酸分子长度值L0=1.12×10-10m作比较,判断此实验是否符合数量级的要求. 【答案】 8×10-5 1.50 1.62 1.42 1.51×10-7cm或1.51×10-10m 本次估算数值符合数量级要求 【解析】由题给条件得,1滴溶液的体积V=mL,由=,故1滴溶液中油酸体积V油酸=V溶液=×cm3=8×10-5cm3. 据此算得3次测得L的结果分别为1.50×10-7cm、1.62×10-7cm、1.42×10-7cm, 其平均值L==1.51×10-7cm=1.51×10-10m,这与公认值的数量级相吻合,故本次估测数值符合数量级的要求. 2.在“用油膜法估测分子大小”的实验中,按照油酸与酒精的体积比为m︰n配制油酸酒精溶液,用注射器滴取该溶液,测得k滴溶液的总体积为V,将一滴溶液滴入浅盘,稳定后将油酸膜轮廓描绘在坐标纸上,如图所示.已知坐标纸上每个小正方形的边长为a. (1)求油膜面积; (2)估算油酸分子的直径. 【答案】(1)31a2 (2) 【解析】(1)估算油膜面积时以超过半格以一格计算,小于半格就舍去的原则,估算出31格,则油酸薄膜面积为S=31a2. (2)根据公式V油酸=dS可得d==. 3.用油膜法可粗略测出阿伏加德罗常数,把密度ρ=0.8×103kg/m3的某种油,用滴管滴出一滴油在水面上形成油膜,已知这滴油的体积V=0.5×10-3cm3,形成的油膜的面积S=0.7 m2,油的摩尔质量Ml=0.09 kg/mol.若把油膜看成单分子层,每个油分子看成球形,那么: (1)油分子的直径为多大? (2)由以上数据可测出的阿伏加德罗常数大约为多少?(保留一位有效数字) 【答案】(1)7.1×10-10m (2) 6×1023 【解析】(1)由题意知,油膜的厚度即为油分子的直径,根据V=Sd,可得:d==7.1×10-10m; (2)把每个分子看作球形,则每个分子的体积为:V′=πd3=π()3,因此一滴油中含有的分子数为:N== 由题意可知一滴油的质量:M=ρV 一个油分子的质量为:m== 所以有:NA===6×1023个/mol. 4.在“用油膜法测量分子直径”的实验中,将浓度为η的一滴油酸溶液,轻轻滴入水盆中,稳定后形成了一层单分子油膜.测得一滴油酸溶液的体积为V0,形成的油膜面积为S,则其中纯油酸的体积为________,油酸分子的直径约为________,如果把油酸分子看成是球形的(球的体积公式为V=πd3,d为球直径),该滴油酸溶液所含油酸分子数约为____________. 【答案】ηV0   【解析】一滴油酸溶液中油酸的体积为ηV0,油酸分子的直径约为:d=,一滴油酸溶液中所含油酸分子数为:n==. 5.某同学做“用油膜法估测分子大小”的实验时,在边长约30 cm的浅盘里倒入约2 cm深的水,然后将痱子粉均匀的撒在水面上,用注射器滴一滴________(选填“纯油酸”、“油酸水溶液”或“油酸酒精溶液”)在水面上.稳定后,在玻璃板上描下油膜的轮廓,放到坐标纸上估算出油膜的面积.实验中若撒的痱子粉过多,则计算得到的油酸分子的直径偏________(选填“大”或“小”). 【答案】油酸酒精溶液 大 【解析】此实验所用的液体是油酸酒精溶液;实验中若撒的痱子粉过多,则会使得油膜不能再水面上散成最大面积,则计算得到的油酸分子的直径偏大. 6.(1)在课本上粗测油酸分子的大小的实验中,油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL溶液中有纯油酸1 mL,用注射器量得1 mL上述溶液有200滴,把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盘里,待水面稳定后,测得油酸膜的近似轮廓如图所示,图中正方形小方格的边长为1 cm,则每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________mL,油酸膜的面积是________cm2,根据上述数据,估测出油酸分子的直径是________m. (2)某同学在用油膜法估测分子直径实验中,计算结果明显偏大,可能是由于________. A.油酸未完全散开 B.油酸中含有大量的酒精 C.计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方 D.求每滴体积时,1 mL的溶液的滴数多记了10滴 【答案】(1)5×10-6 65 7.7×10-10 (2)ABC 【解析】(1)1滴酒精油酸溶液中含油酸的体积:V=mL=5×10-6mL; 由于每格边长为1 cm,则每一格就是1 cm2,估算油膜面积以超过半格以一格计算,小于半格就舍去的原则,估算出65格,则油酸薄膜面积为:S=65 cm2; 由于分子是单分子紧密排列的,因此分子直径为: d=≈7.7×10-10m (2)计算油酸分子直径时要用到d= 油酸未完全散开,S偏小,故直径偏大,选项A正确; 计算时利用的是纯油酸的体积,如果含有大量的酒精,则体积偏大,则直径偏大,选项B正确; 计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格,S偏小,故直径偏大,选项C正确; 求每滴体积时,lmL的溶液的滴数误多记了10滴,由V0=可知,体积偏小,则直径偏小,选项D错误. 7.在“油膜法估测分子直径”的实验中: (1)下列关于油膜法实验的说法中正确的是(  ) A.可以直接将油酸滴到浅水盆中进行实验 B.实验中撒痱子粉应该越多越好 C.该实验中的理想化假设是将油膜看成单分子层油膜 D.实验中使用到油酸酒精溶液,其中酒精溶液的作用是可使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓 (2)某老师为本实验配制油酸酒精溶液,实验室配备的器材有:面积为0.25 m2的蒸发皿,滴管,量筒(60滴溶液滴入量筒体积约为1毫升),纯油酸和无水酒精若干等.已知分子直径数量级为10-10m,则该老师配制的油酸酒精溶液浓度(油酸与油酸酒精溶液的体积比)至多为多少? 【答案】(1)C (2)1.5×10-3或0.15% 【解析】(1)直接滴油酸可以形成油膜,但是形不成单分子油膜,形成的油膜太厚了,即直接滴油酸无法形成符合条件的油膜,A错误;若撒的痱子粉过多,则油酸溶液在水面上形成的油膜面积偏小,B错误;油膜法测分子直径实验中,向水中滴入一滴酒精油酸溶液,在水面上形成单分子油膜,求出纯油的体积与油膜的面积,然后求出油酸分子的直径,C正确;如果油酸不稀释形成的油膜面积很大,不便于测量,油酸可以溶于酒精,因此酒精溶液的作用是对油酸溶液起到稀释作用,D错误. (2)根据题意可知,形成的油膜的面积不能超过蒸发皿的面积,当油膜面积等于蒸发皿的面积时此时油酸浓度最大,一滴油酸的体积为:V=dS=10-10m×0.25 m2=2.5×10-11m3,一滴酒精油酸溶液的体积为:V0=×10-6m3,因此油酸的浓度为:==1.5×10-3. 8.(1) 下列说法中正确的是_________(填选项前的字母) A.布朗通过实验观察到了水分子做永不停息的无规则运动 B.麦克斯韦提出了气体分子速率分布的规律,即“中间多,两头少,, C.开尔文认为绝对零度是可以达到的 D.克劳修斯提出了热力学第二定律,并造出了第二类永动机 (2) 被压瘪但尚未破裂的乒乓球放在热水里泡一会儿,就会重新鼓起来。这一过程乒乓球内的气体( ) A.吸热,对外做功,内能不变 B.吸热,对外做功,内能增加 C.温度升高,体积增大,压强不变 D.压强增大,单位体积分子数增大 【答案】(1)B(2)B 【解析】(1)布朗观察到的是固体小颗粒在液体分子撞击下的无规则运动,间接说明了液体分子的无规则运动,并不是直接观察到液体分子的无规则运动选项A错。单个分子运动速率是无规律可循的,但气体分子速率分布具有统计规律,符合麦克斯韦提出的速率分布曲线即中间多两头少。选项B对。开尔文温标的绝对零度只可以无限接近而无法达到,选项C错。克劳修斯提出热力学第二定律,即能量转化的方向性,第二类永动机违背了能量转化的方向性而无法造出,选项D错。 (2)乒乓球内的气体质量不变,但是热量会从温度高的水里传递到温度低的乒乓球,并一直保持乒乓球和水温相等,所以乒乓球温度升高,压强增大,把压瘪的乒乓球重新撑起来,此过程体积增大,对外做功,由于能把乒乓球撑起,说明压强比原来大,选项C错。温度比原来高说明内能增大,选项A错。体积变大总分子数不变说明单位体积分子数减少,选项D错,对照选项B对。 绝密★启用前 2020年高考物理二轮复习对点集训-热学实验 1.在用“油膜法估测分子的大小”的实验中,已知一滴溶液中油酸的体积为V,配制的油酸溶液中,纯油酸与溶液体积之比为1∶500,1 mL溶液滴油酸25滴,那么1滴溶液的体积是________mL,所以一滴溶液中油酸体积为V=________cm3.若实验中测得结果如下表所示,请根据所给数据填写出空白处的数值,并与公认的油酸分子长度值L0=1.12×10-10m作比较,判断此实验是否符合数量级的要求. 2.在“用油膜法估测分子大小”的实验中,按照油酸与酒精的体积比为m︰n配制油酸酒精溶液,用注射器滴取该溶液,测得k滴溶液的总体积为V,将一滴溶液滴入浅盘,稳定后将油酸膜轮廓描绘在坐标纸上,如图所示.已知坐标纸上每个小正方形的边长为a. (1)求油膜面积; (2)估算油酸分子的直径. 3.用油膜法可粗略测出阿伏加德罗常数,把密度ρ=0.8×103kg/m3的某种油,用滴管滴出一滴油在水面上形成油膜,已知这滴油的体积V=0.5×10-3cm3,形成的油膜的面积S=0.7 m2,油的摩尔质量Ml=0.09 kg/mol.若把油膜看成单分子层,每个油分子看成球形,那么: (1)油分子的直径为多大? (2)由以上数据可测出的阿伏加德罗常数大约为多少?(保留一位有效数字) 4.在“用油膜法测量分子直径”的实验中,将浓度为η的一滴油酸溶液,轻轻滴入水盆中,稳定后形成了一层单分子油膜.测得一滴油酸溶液的体积为V0,形成的油膜面积为S,则其中纯油酸的体积为________,油酸分子的直径约为________,如果把油酸分子看成是球形的(球的体积公式为V=πd3,d为球直径),该滴油酸溶液所含油酸分子数约为____________. 5.某同学做“用油膜法估测分子大小”的实验时,在边长约30 cm的浅盘里倒入约2 cm深的水,然后将痱子粉均匀的撒在水面上,用注射器滴一滴________(选填“纯油酸”、“油酸水溶液”或“油酸酒精溶液”)在水面上.稳定后,在玻璃板上描下油膜的轮廓,放到坐标纸上估算出油膜的面积.实验中若撒的痱子粉过多,则计算得到的油酸分子的直径偏________(选填“大”或“小”). 6.(1)在课本上粗测油酸分子的大小的实验中,油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL溶液中有纯油酸1 mL,用注射器量得1 mL上述溶液有200滴,把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盘里,待水面稳定后,测得油酸膜的近似轮廓如图所示,图中正方形小方格的边长为1 cm,则每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________mL,油酸膜的面积是________cm2,根据上述数据,估测出油酸分子的直径是________m. (2)某同学在用油膜法估测分子直径实验中,计算结果明显偏大,可能是由于________. A.油酸未完全散开 B.油酸中含有大量的酒精 C.计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方 D.求每滴体积时,1 mL的溶液的滴数多记了10滴 7.在“油膜法估测分子直径”的实验中: (1)下列关于油膜法实验的说法中正确的是(  ) A.可以直接将油酸滴到浅水盆中进行实验 B.实验中撒痱子粉应该越多越好 C.该实验中的理想化假设是将油膜看成单分子层油膜 D.实验中使用到油酸酒精溶液,其中酒精溶液的作用是可使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓 (2)某老师为本实验配制油酸酒精溶液,实验室配备的器材有:面积为0.25 m2的蒸发皿,滴管,量筒(60滴溶液滴入量筒体积约为1毫升),纯油酸和无水酒精若干等.已知分子直径数量级为10-10m,则该老师配制的油酸酒精溶液浓度(油酸与油酸酒精溶液的体积比)至多为多少? 8.(1) 下列说法中正确的是_________(填选项前的字母) A.布朗通过实验观察到了水分子做永不停息的无规则运动 B.麦克斯韦提出了气体分子速率分布的规律,即“中间多,两头少,, C.开尔文认为绝对零度是可以达到的 D.克劳修斯提出了热力学第二定律,并造出了第二类永动机 (2) 被压瘪但尚未破裂的乒乓球放在热水里泡一会儿,就会重新鼓起来。这一过程乒乓球内的气体( ) A.吸热,对外做功,内能不变 B.吸热,对外做功,内能增加 C.温度升高,体积增大,压强不变 D.压强增大,单位体积分子数增大

    • 2020-03-19
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  • ID:6-7043642 [精]2020年高考物理原创电学实验综合题(原卷版+解析版)

    高中物理/高考专区/三轮冲刺

    21世纪教育网 –全国领先的中小学教育资源及组卷应用平台 2020年高考物理原创电学实验综合题 1.现有一电池,电动势E约为9V,内阻r在35~55Ω范围内,允许通过的最大电流为50mA。为测定该电池的电动势和内阻,某同学利用如图(a)所示的电路进行实验。图中R为电阻箱,阻值范围为0~9999Ω;R0为保护电阻。 (1)(单选)可备选用的定值电阻R0有以下几种规格,本实验应选用(???) (A)20Ω,2.5W??????????(B)50Ω,1.0W (C)150Ω,1.0W?????????(D)1500Ω,5.0W (2)按照图(a)所示的电路图,将图(b)所示的实物连接成实验电路。 (3)接好电路,闭合电键后,调整电阻箱的阻值,记录阻值R和相应的电压表示数U,取得多组数据,然后通过做出有关物理量的线性关系图像,求得电源的电动势E和内阻r。 ①请写出所作线性图像对应的函数表达式____________________; ②图(c)是作线性图像的坐标系,若纵轴表示的物理量是,请在坐标系中定性地画出线性图像。 【答案】(1)C(2)如图 (3)①???②如图(斜率为正、截距在纵轴上的倾斜直线) 【解析】试题分析:(1)电路最小总电阻约为:,为保护电路安全,保护电阻应选C; (2)根据电路图连接实物电路图,实物电路图如图所示: (3)由图a所示电路图可知,在闭合电路中,电源电动势:则,则图象是直线;则图象如图所示. 【考点】考查了测定电源的电动势和内阻实验. 2.要测量阻值约为25kΩ的电阻,现备有下列器材: A.直流电源(20V,允许最大电流1A) B.电压表(量程15V,内阻约100kΩ) C.电压表(量程50V,内阻约500kΩ) D.电流表(量程100uA,内阻约2 kΩ) E.电流表(量程500uA,内阻约300Ω) F.滑动变阻器(最大阻值1 kΩ) 开关和导线若干 为了保证实验顺利进行,并使测量误差尽量小 电压表应选______,电流表应选________。(请填写字母代号) 依据实验的原理,补齐实物图。 由于电表内阻的影响,的测量值较真实值_________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)。 【答案】①B,E?②如图所示?③偏大 【解析】试题分析:①据题意,实验要使测量值尽量精确,现在知道待测电阻约为25kΩ,电源电压20v,电路中最大电流约为:,则从实验的准确性和安全性考虑,应该选择电流表E,至于电压表应该选择B,而电压表C的量程太大,电源电压还不到该电表量程的一半; ②电路图如以上答案所示; ③如图所示为电流表内接,由于存在:,电压测量值大于电阻真实电压,故测量值偏大。 【考点】本题考查电阻的测量。 3.用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的电动势约为2V,内电阻很小。除蓄电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有: A.电压表V (量程3V)??? B.电流表A1(量程0.6A)? C.电流表A2(量程3A) D.定值电阻R0(阻值4Ω,额定功率4W) E.滑动变阻器R(阻值范围0—20Ω,额定电流1A) (1)电流表应选?????????;(填器材前的字母代号) (2)将图乙中的实物按图甲的电路连线; (3)根据实验数据作出U—I图像(如图丙所示),则蓄电池的电动势E=??????V, 内阻r=?????Ω; (4)定值电阻R0在电路中的作用是?????????????????????????(只要求写出一点)。 【答案】① B ②如图 ③2.10V, 0.20Ω ④a、保护作用;b、增大等效内阻的测量值,减小误差;c、当改变滑动变阻器阻值时, 电压表示数变化大。(2分,回答一个就可,有其它合理答案,同样给分。) 【解析】试题分析:①据题意,已知电动势约为4v,定值电阻为,据电路图可知电路中最大电路约为:,故电流表应该选择B; ②如图答案所示; ③据图丙所示,电源电动势为2.10v,据图可知,可以把定值电阻看出内电阻,则电源内阻为:; ④a、保护作用;b、增大等效内阻的测量值,减小误差;c、当改变滑动变阻器阻值时,电压表示数变化大。 【考点】本题考查电源内阻和电动势测量。 4.同学用电阻箱、多用电表、开关和导线测一节旧干电池的电动势和内阻. ⑴他先用多用表电压档直接接在电源两极,读数如图甲,则电源电动势约为???V. ⑵为了更准确的测量电源的电动势和内电阻,他用多用表的“直流100mA”档设计了如图乙的测量电路,为了电表安全,请估算开关闭合前电阻箱的最小取值为?????Ω. ⑶将多用电表的选择开关从OFF旋转至“直流100mA”档,调节电阻箱到合适的值并记录其读数R,合上开关从多用表上读出相应的示数I. ⑷重复⑶获得多组数据,根据数据作出了如图丙所示的图线. ⑸由图线得干电池的电动势E=???V(保留三位有效数字),内阻r=???Ω (取整数),多用表的内电阻 对???(选填“E”、“r”或“E和r”)的测量结果有影响。 【答案】⑴1.30V (1.3V也可);⑵ 13Ω (15Ω也可);⑸ E=1.42V(1.40~1.50V),r=8Ω,r; 【解析】试题分析:⑴由图中可读出,电源电动势为1.30V;(2)开关闭合前电阻箱的最小取值为;(5)由E=I(R+r),解得:;由图线可知,直线的斜率,内阻等于直线的截距:r=8Ω。事实上r的测量值等于多用电表的内阻与电源内阻之和,即多用电表的内阻对电源内阻r的测量有影响。 【考点】测电源的电动势及内阻。 5.实验室有以下器材: A.一满偏电流为300mA的电流计,它有两档内阻的正接线柱,G0档对应内阻为100W、G1档对应内阻为2.5 kW. B.电压表量程3V,内阻约10kW; C.电源电动势3V D.滑动变阻器 “50W,1A”; E. 导线、开关若干 (1) 现使用伏安法测阻值约2 kW的电阻,则测量电路部分应选下图中的?????????(填“甲”或“乙”)电路图,考虑电压表读数误差要求,电流计应选??????档(填“G0”或“G1”)。??? ?????? (2) 由滑动变阻器规格可知,控制电路应设计成?????????接法较为合适(填 “限流” 或 “分压” )。 (3) 如图电流计读数为??????????,若电压表读数为1.12V,则该被测电阻阻值为?????????W。(保留3位有效数字) 【答案】(1)甲 , G1;?(2)分压; (3)250 mA、1.98?103; 【解析】试题分析:(1)若用乙图,可计算假设当电流计满偏时,即电流为300mA时,电压表的读数为即电压表的偏转角度很小,故采用甲图的电路,且电流计选择G1档,可使两电表指针指到合适的位置。(2) 滑动变阻器阻值相对较小,故控制电路应设计成分压接法较为合适;(3)电流计读数为250 mA;被测电阻阻值为. 【考点】伏安法测电阻。 6.如图所示的电路中,直径为D的圆环是用粗细均匀的电阻丝制成的,其阻值为R,图中A,B,…,H为圆环的等分点,A点固定,电阻不计的金属杆OP上接有电流表A,P为滑片,且滑片P能沿圆环滑动,并保持良好的接触,电源电动势为E,内阻不计。当闭合电键S后,滑片P沿圆环顺时针滑动时,图中各表的示数会发生变化。甲、乙两同学按此电路图,分别做实验,并记下当滑片P在某些位置时各电表的示数。 (1)甲、乙两同学分别用游标卡尺和螺旋测微器测量小圆环的厚度,如下图所示,甲、乙同学的读数分别为????????????mm,?????????????mm。 (2)根据上述实验数据,回答下列问题: ①根据表1中的实验数据,请通过计算,分析完成表1中“位置A”下的空格。 I=???????A;U1=???????V。 ②根据表1、表2中的实验数据,请通过比较、分析来说明,可能乙同学在实验过程中,?????????部分的电路发生了断路。 ③根据②中的分析,请思考:当滑片P滑到G、A之间位置X时,则表2中“位置X”下的空格可能的数据(即各电表的示数)分别是???????? A.0.05A,0.75V,5.25V B.0.07A,1.05V,4.95V C.0.16A,2.40V,3.60V D.0.25A,3.75V,2.25V 【答案】(1)3.64;3.878;(2)①0.4A;6V;②GA之间断路;③BD 【解析】试题分析:(1)甲同学的读数为:0.3cm+0.02mm×32=3.64mm;乙同学读数:3.5mm+0.01mm×37.8=3.878mm;(2)①当滑片滑动A位置,圆环部分短路,电压表电压表V2的示数为0,电源电动势等于圆环部分未短路时,两电压表示数之和,即E=3.75+2.25V=6V,电阻R1的阻值,则此时电压表V1的示数为6V,电流表的示数.所以“位置A”下的空格分别为0.4A,6V. ②通过甲同学数据分析知,电压表V2的示数先增大后减小,是因为并联部分电阻先增大后减小,乙同学电压表V2的示数逐渐增大,知圆环部分的电阻逐渐增大,知乙同学做实验时,圆环在G、A之间某处发生断路故障. ③由于G、A之间某处发生断路故障,所以在位置X处,圆环的电阻可能比BA部分小,可能比BG部分大,则电流表的示数可能小于0.08A,可能大于0.24A.当电流表示数小于0.08A时,U1<1.20V,U2>4.80V,当电流大于0.24A时,U1>3.6V,U2<2.4V.又电压表U1的示数与电流表的示数比值等于R1的阻值,为15Ω.故B、D正确,A、C错误.故选BD. 【考点】游标卡尺及螺旋测微器的读数;电路的分析及欧姆定律的应用。 7.有一个小灯泡上标有“4 V,2 W”的字样,现要描绘这个灯泡的伏安特性图线.有下列器材供选用: A.电压表(0~5 V,内阻约为10 kΩ) B.电压表(0~10 V,内阻约为20 kΩ) C.电流表(0~0.3 A,内阻约为lΩ) D.电流表(0~0.6 A,内阻约为0.4Ω) E.滑动变阻器(10Ω,2 A) F.学生电源(直流6 V),还有电键、导线若干 ①实验中所用电压表应选用_____,电流表应选用_____(填A或B或C或D). ②实验时要求尽量减小实验误差,测量电压从零开始多取几组数据,请将下图中实物连接成满足实验要求的测量电路. ③某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线(如图所示),若用电动势为2V、内阻不计的电源给该小灯泡供电,则该小灯泡的实际功率是__________W. 【答案】①A;D;?②如下图所示;?③0.8 ; 【解析】试题分析:①因小灯泡上标有“4V 2W”的字样,说明电压表应选A,由可得小灯泡额定电流为I=0.5W,故电流表应选D。 ②要求电压表从零开始变化且多取几组数据,说明滑动变阻器应用分压式接法,电流压表的内阻较大,所以电流表外接法,根据满足实验要求的电路图用实线连接成相应的实物电路图如图。 ③在U-I图线上做出电源的外电压和电流的关系图线,与伏安特性曲线的交点横坐标为0.4A,电压U=2.0V,则灯泡的实际功率P=UI=0.8W。 【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线。 8.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。步骤如下: (1)先用 对电阻大小进行粗测,测出该电阻的阻值约为100Ω。? (2)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R,现有的器材及其代号和规格如下: 待测圆柱体电阻R 电流表? A1(量程0~3 mA,内阻约50 Ω) A2(量程0~30 mA,内阻约20 Ω) 电压表? V1(量程0~3 V,内阻约10 kΩ) V2(量程0~15 V,内阻约25 kΩ) 直流电源E(电动势4 V,内阻不计) 滑动变阻器R(阻值范围0~10 Ω,允许通过的最大电流2.0 A) 开关S??导线若干 根据题意,该同学应选择电流表????????????,电压表???????????(请填写电表的代号). (3)如果既要满足测量要求,又要使测量误差较小,请在方框中画出测电阻的电路图。 (4)若待测电阻的测量长度用l表示,直径用D表示,加在电阻两端的电压用U表示,通过电阻的电流用I表示,则此圆柱体材料的电阻率表达式为ρ=???。 【答案】(1)多用电表,(2),,(3)如图所示(4) 【解析】试题分析:(2)电源电动势为4V,则电压表选:(量程0~3V,内阻约10kΩ);电路最大电流约为,电流表选:(量程0~30mA,内阻约20Ω). (3)待测电阻阻值约为100Ω,滑动变阻器最大阻值为10Ω,为测多组实验数据,滑动变阻器应采用分压接法;电压表内阻约为10kΩ,电流表内阻约为20Ω,待测电阻阻值约为100Ω,相对来说,电压表内阻远大于待测点阻值,因此电流表应采用外接法,实验电路如图 (4)待测电阻阻值,电阻,则电阻率 【考点】测定金属的电阻率。 9.为确定某电子元件的电气特性,做如下测量。 ①用多用表测量该元件的电阻,选用“×10”倍率的电阻档后,应先?????????????,再进行测量,之后多用表的示数如图(a)所示,测得该元件电阻为???????????Ω。 ②某同学想精确测得上述待测电阻Rx的阻值,实验室提供如下器材: A.电流表A1(量程50mA、内阻r1=10Ω)?? B.电流表A2(量程200mA、内阻r2约为2Ω) C.定值电阻R0=30Ω D.滑动变阻器R(最大阻值约为10Ω) E.电源E(电动势约为4V)?????? F.开关S、导线若干 该同学设计了测量电阻Rx的一种实验电路原理如图(b)所示, N处的电流表应选用????????????(填器材选项前相应的英文字母)。开关s闭合前应将滑动变阻器的滑片置于???????????(选填“a”或者“b”) 。 ③若M、N电表的读数分别为IM、IN,则Rx的计算式为Rx=????????????????????。(用题中字母表示) 【答案】①欧姆调零,70,② B , a,③ 【解析】试题分析:①使用多用电表时需要将两笔短接然后欧姆调零,然后进行测量,示数为70Ω,②通过待测电阻的最大电流约为,通过N出的最大电流约为,故选电流表B,为了保证电路安全,MN两处的电流在开关闭合时应为零,即电压为零,所以滑动变阻器的滑片应处于a端,③通过定值电阻的电流,并联电路两端电压,,则待测电阻阻值. 【考点】考查了伏安法测电阻,多用电表的使用。 10.某些固体材料受到外力后除了产生形变,其电阻率也要发生变化,这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”。现用如图所示的电路研究某长薄板电阻Rx的压阻效应,已知Rx的阻值变化范围为几欧到几十欧,实验室中有下列器材: A.电源E(3 V,内阻约为1 Ω) B.电流表Al(0.6 A,内阻r1=5Ω) C.电流表A2(0.6 A,内阻r2约为1 Ω) D.开关S,定值电阻R0 (1)为了比较准确地测量电阻Rx的阻值,请完成虚线框内电路图的设计。 (2)在电阻Rx上加一个竖直向下的力F(设竖直向下为正方向),闭合开关S,记下电表读数,A1的读数为I1,A2的读数为I2,得Rx=______________(用字母表示)。 (3)改变力的大小,得到不同的Rx值,然后让力反向从下向上挤压电阻,并改变力的大小,得到不同的Rx值,最后绘成的图像如图所示。当F竖直向下(设竖直向下为正方向)时,可得Rx与所受压力F的数值关系是Rx=______________。(各物理量单位均为国际单位) (4)定值电阻R0的阻值应该选用________________。 A.1 Ω?????? B.5 Ω?????? C.10Ω????? D.20 Ω 【答案】(1)如图所示??(2)???(3)???(4)B 【解析】试题分析:(1)测电阻阻值需要测出电阻两端电压与通过电阻的电流,所给实验器材没有电压表,可以用已知内阻的电流表与待测电阻并联,测出电阻两端电压,另一个电流表串联在电路中测电路电流,实验电路图如图所示: (2)电阻两端电压,通过电阻的电流,电阻阻值; (3)由于图像的对称性可知,加上相反的压力时,电阻值大小相等;图像与纵坐标的交点为16Ω,当R=7Ω时,对应的力为4.5N,因此表达式为。 (4)整个回路总电流不能大于0.6A,而电动势为3V,因此总电阻略大于5欧姆,而电源内阻为1Ω,因此定值电阻的阻值应选5欧姆,即可保证电流不超过量程,也保证电流不太小,两块电流表读数准确, 【考点】伏安法测电阻实验。 21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页) HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com) 21世纪教育网 –全国领先的中小学教育资源及组卷应用平台 2020年高考物理原创电学实验综合题 1.现有一电池,电动势E约为9V,内阻r在35~55Ω范围内,允许通过的最大电流为50mA。为测定该电池的电动势和内阻,某同学利用如图(a)所示的电路进行实验。图中R为电阻箱,阻值范围为0~9999Ω;R0为保护电阻。 (1)(单选)可备选用的定值电阻R0有以下几种规格,本实验应选用(???) (A)20Ω,2.5W??????????(B)50Ω,1.0W (C)150Ω,1.0W?????????(D)1500Ω,5.0W (2)按照图(a)所示的电路图,将图(b)所示的实物连接成实验电路。 (3)接好电路,闭合电键后,调整电阻箱的阻值,记录阻值R和相应的电压表示数U,取得多组数据,然后通过做出有关物理量的线性关系图像,求得电源的电动势E和内阻r。 ①请写出所作线性图像对应的函数表达式____________________; ②图(c)是作线性图像的坐标系,若纵轴表示的物理量是,请在坐标系中定性地画出线性图像。 2.要测量阻值约为25kΩ的电阻,现备有下列器材: A.直流电源(20V,允许最大电流1A) B.电压表(量程15V,内阻约100kΩ) C.电压表(量程50V,内阻约500kΩ) D.电流表(量程100uA,内阻约2 kΩ) E.电流表(量程500uA,内阻约300Ω) F.滑动变阻器(最大阻值1 kΩ) 开关和导线若干 为了保证实验顺利进行,并使测量误差尽量小 电压表应选______,电流表应选________。(请填写字母代号) 依据实验的原理,补齐实物图。 由于电表内阻的影响,的测量值较真实值_________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)。 3.用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的电动势约为2V,内电阻很小。除蓄电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有: A.电压表V (量程3V)??? B.电流表A1(量程0.6A)? C.电流表A2(量程3A) D.定值电阻R0(阻值4Ω,额定功率4W) E.滑动变阻器R(阻值范围0—20Ω,额定电流1A) (1)电流表应选?????????;(填器材前的字母代号) (2)将图乙中的实物按图甲的电路连线; (3)根据实验数据作出U—I图像(如图丙所示),则蓄电池的电动势E=??????V, 内阻r=?????Ω; (4)定值电阻R0在电路中的作用是?????????????????????????(只要求写出一点)。 4.同学用电阻箱、多用电表、开关和导线测一节旧干电池的电动势和内阻. ⑴他先用多用表电压档直接接在电源两极,读数如图甲,则电源电动势约为???V. ⑵为了更准确的测量电源的电动势和内电阻,他用多用表的“直流100mA”档设计了如图乙的测量电路,为了电表安全,请估算开关闭合前电阻箱的最小取值为?????Ω. ⑶将多用电表的选择开关从OFF旋转至“直流100mA”档,调节电阻箱到合适的值并记录其读数R,合上开关从多用表上读出相应的示数I. ⑷重复⑶获得多组数据,根据数据作出了如图丙所示的图线. ⑸由图线得干电池的电动势E=???V(保留三位有效数字),内阻r=???Ω (取整数),多用表的内电阻 对???(选填“E”、“r”或“E和r”)的测量结果有影响。 5.实验室有以下器材: A.一满偏电流为300mA的电流计,它有两档内阻的正接线柱,G0档对应内阻为100W、G1档对应内阻为2.5 kW. B.电压表量程3V,内阻约10kW; C.电源电动势3V D.滑动变阻器 “50W,1A”; E. 导线、开关若干 (1) 现使用伏安法测阻值约2 kW的电阻,则测量电路部分应选下图中的?????????(填“甲”或“乙”)电路图,考虑电压表读数误差要求,电流计应选??????档(填“G0”或“G1”)。??? ?????? (2) 由滑动变阻器规格可知,控制电路应设计成?????????接法较为合适(填 “限流” 或 “分压” )。 (3) 如图电流计读数为??????????,若电压表读数为1.12V,则该被测电阻阻值为?????????W。(保留3位有效数字) 6.如图所示的电路中,直径为D的圆环是用粗细均匀的电阻丝制成的,其阻值为R,图中A,B,…,H为圆环的等分点,A点固定,电阻不计的金属杆OP上接有电流表A,P为滑片,且滑片P能沿圆环滑动,并保持良好的接触,电源电动势为E,内阻不计。当闭合电键S后,滑片P沿圆环顺时针滑动时,图中各表的示数会发生变化。甲、乙两同学按此电路图,分别做实验,并记下当滑片P在某些位置时各电表的示数。 (1)甲、乙两同学分别用游标卡尺和螺旋测微器测量小圆环的厚度,如下图所示,甲、乙同学的读数分别为????????????mm,?????????????mm。 (2)根据上述实验数据,回答下列问题: ①根据表1中的实验数据,请通过计算,分析完成表1中“位置A”下的空格。 I=???????A;U1=???????V。 ②根据表1、表2中的实验数据,请通过比较、分析来说明,可能乙同学在实验过程中,?????????部分的电路发生了断路。 ③根据②中的分析,请思考:当滑片P滑到G、A之间位置X时,则表2中“位置X”下的空格可能的数据(即各电表的示数)分别是???????? A.0.05A,0.75V,5.25V B.0.07A,1.05V,4.95V C.0.16A,2.40V,3.60V D.0.25A,3.75V,2.25V 7.有一个小灯泡上标有“4 V,2 W”的字样,现要描绘这个灯泡的伏安特性图线.有下列器材供选用: A.电压表(0~5 V,内阻约为10 kΩ) B.电压表(0~10 V,内阻约为20 kΩ) C.电流表(0~0.3 A,内阻约为lΩ) D.电流表(0~0.6 A,内阻约为0.4Ω) E.滑动变阻器(10Ω,2 A) F.学生电源(直流6 V),还有电键、导线若干 ①实验中所用电压表应选用_____,电流表应选用_____(填A或B或C或D). ②实验时要求尽量减小实验误差,测量电压从零开始多取几组数据,请将下图中实物连接成满足实验要求的测量电路. ③某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线(如图所示),若用电动势为2V、内阻不计的电源给该小灯泡供电,则该小灯泡的实际功率是__________W. 8.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。步骤如下: (1)先用 对电阻大小进行粗测,测出该电阻的阻值约为100Ω。? (2)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R,现有的器材及其代号和规格如下: 待测圆柱体电阻R 电流表? A1(量程0~3 mA,内阻约50 Ω) A2(量程0~30 mA,内阻约20 Ω) 电压表? V1(量程0~3 V,内阻约10 kΩ) V2(量程0~15 V,内阻约25 kΩ) 直流电源E(电动势4 V,内阻不计) 滑动变阻器R(阻值范围0~10 Ω,允许通过的最大电流2.0 A) 开关S??导线若干 根据题意,该同学应选择电流表????????????,电压表???????????(请填写电表的代号). (3)如果既要满足测量要求,又要使测量误差较小,请在方框中画出测电阻的电路图。 (4)若待测电阻的测量长度用l表示,直径用D表示,加在电阻两端的电压用U表示,通过电阻的电流用I表示,则此圆柱体材料的电阻率表达式为ρ=???。 9.为确定某电子元件的电气特性,做如下测量。 ①用多用表测量该元件的电阻,选用“×10”倍率的电阻档后,应先?????????????,再进行测量,之后多用表的示数如图(a)所示,测得该元件电阻为???????????Ω。 ②某同学想精确测得上述待测电阻Rx的阻值,实验室提供如下器材: A.电流表A1(量程50mA、内阻r1=10Ω)?? B.电流表A2(量程200mA、内阻r2约为2Ω) C.定值电阻R0=30Ω D.滑动变阻器R(最大阻值约为10Ω) E.电源E(电动势约为4V)?????? F.开关S、导线若干 该同学设计了测量电阻Rx的一种实验电路原理如图(b)所示, N处的电流表应选用????????????(填器材选项前相应的英文字母)。开关s闭合前应将滑动变阻器的滑片置于???????????(选填“a”或者“b”) 。 ③若M、N电表的读数分别为IM、IN,则Rx的计算式为Rx=????????????????????。(用题中字母表示) 10.某些固体材料受到外力后除了产生形变,其电阻率也要发生变化,这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”。现用如图所示的电路研究某长薄板电阻Rx的压阻效应,已知Rx的阻值变化范围为几欧到几十欧,实验室中有下列器材: A.电源E(3 V,内阻约为1 Ω) B.电流表Al(0.6 A,内阻r1=5Ω) C.电流表A2(0.6 A,内阻r2约为1 Ω) D.开关S,定值电阻R0 (1)为了比较准确地测量电阻Rx的阻值,请完成虚线框内电路图的设计。 (2)在电阻Rx上加一个竖直向下的力F(设竖直向下为正方向),闭合开关S,记下电表读数,A1的读数为I1,A2的读数为I2,得Rx=______________(用字母表示)。 (3)改变力的大小,得到不同的Rx值,然后让力反向从下向上挤压电阻,并改变力的大小,得到不同的Rx值,最后绘成的图像如图所示。当F竖直向下(设竖直向下为正方向)时,可得Rx与所受压力F的数值关系是Rx=______________。(各物理量单位均为国际单位) (4)定值电阻R0的阻值应该选用________________。 A.1 Ω?????? B.5 Ω?????? C.10Ω????? D.20 Ω 21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页) HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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  • ID:6-7041932 [精]2020年高考物理原创力学实验综合题(原卷版+解析版)

    高中物理/高考专区/三轮冲刺

    2020年高考物理原创力学实验综合题 1.用如图所示的实验装置验证牛顿第二定律. (1)完成平衡摩擦力的相关内容: (i)取下砂桶,把木板不带滑轮的一端垫高,接通打点计时器电源,?????????(选填“静止释放”或“轻轻推动”)小车,让小车拖着纸带运动. (ii)如果打出的纸带如图所示,则应????????(选填“增大”或“减小”)木板的倾角,反复调节,直到纸带上打出的点迹???????????????????????,平衡摩擦力才完成. (2)如图所示是某次实验中得到的一条纸带,其中A、B、C、D、E是计数点(每打5个点取一个计数点),其中L1=3.07cm, L2=12.38cm, L3=27.87cm, L4=49.62cm。则打C点时小车的速度为??????????m/s,小车的加速度是?????????m/s2。(计算结果均保留三位有效数字) (3)用该实验装置来探究“恒力做功与动能变化之间的关系”,假设实验得到的纸带仍如(2)中图所示,且已知:砂桶质量为m,小车质量为M,B计数点速度为VB,D计数点速度为VD,BD之间的距离为L,重力加速度为g,请根据已知的这些条件,用字母写出本实验最终要验证的表达式为??????????????. (4)用图示装置做《探究做功与物体速度变化关系》的实验时(重力加速度g取10m/s2),下列说法正确的是: A.通过改变橡皮筋的条数改变拉力做功的数值 B.通过改变橡皮筋的长度改变拉力做功的数值 C.通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度 D.通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的平均速度 E.该实验操作前必须要平衡小车受到的摩擦力 【答案】(1)(i)轻轻推动(ii)减小、间隔均匀(2),(3)(4)ACE 【解析】试题分析:(1)(i)平衡摩擦力时,取下砂桶,把木板不带滑轮的一端垫高,接通打点计时器电源,轻轻推动小车,若小车拖着纸带做匀速直线运动,则摩擦力得到平衡. (ii)从纸带上看出,相等时间内位移越来越大,知小车做加速运动,需减小木板的倾角,直至小车做匀速直线运动,当纸带上打出的点迹间隔均匀,说明小车做匀速直线运动. (2)每打5个点取一个计数点,所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s,小车通过C点的速度.根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小,得:,,为了更加准确的求解加速度,我们对三个加速度取平均值 得:,解得:. (3)需要验证 (4)我们用橡皮筋拉动小车的方法,来探究橡皮筋的拉力对小车所做的功与小车速度变化的关系,实验时,每次保持橡皮筋的形变量一定,当有n根相同橡皮筋并系在小车上时,n根相同橡皮筋对小车做的功就等于系一根橡皮筋时对小车做的功的n倍,所以每次实验中,橡皮筋拉伸的长度必需要保持一致,故A正确,B错误;实验中我们要知道小车获得的最大速度,即橡皮筋把功做完,所以应该对应纸带上点迹均匀匀速运动的部分计算速度.故C正确,D错误;为了保证小车的动能都是橡皮筋做功的结果,必须平衡摩擦力,长木板要适当的倾斜,故E正确; 【考点】验证牛顿第二定律,《探究做功与物体速度变化关系》的实验。 2.利用如右图实验装置探究重物下落过程中动能与重力势能的转化问题. (1)实验操作步骤如下,请将步骤B补充完整: A.按实验要求安装好实验装置; B.使重物靠近打点计时器,接着先________,后________,打点计时器在纸带上打下一系列的点; C.图为一条符合实验要求的纸带,O点为打点计时器打下的第一点.分别测出若干连续点A、B、C……与O点之间的距离h1、h2、h3……. (2)已知打点计时器的打点周期为T,重物质量为m,重力加速度为g,结合实验中所测得的h1、h2、h3,可得重物下落到B点时的速度大小为________,纸带从O点下落到B点的过程中,重物增加的动能为________,减少的重力势能为________. (3)取打下O点时重物的重力势能为零,计算出该重物下落不同高度h时所对应的动能Ek和重力势能Ep,建立坐标系,横轴表示h,纵轴表示Ek和Ep,根据以上数据在图中绘出图线Ⅰ和图线Ⅱ.已求得图线Ⅰ斜率的绝对值为k1,图线Ⅱ的斜率的绝对值为k2.则可求出重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为________(用k1和k2表示). 【答案】(1)接通电源???放开纸带 (2),,?(3) 【解析】试题分析:(1)略(2)用平均速度等于瞬时速度的关系,=;动能的增加=。 对重物用动能定理,,得;由图线斜率的意义,得, ,,代入上式得,,所以有。 【考点】本题考查了验证机械能守恒定律的实验方法和数据处理方法。 3.I 、如图为打点计时器打出的一条纸带,从纸带上看,打点计时器出的故障可能(?)? A、 打点计时器接在直流电源上??? B、 电源电压太低 C、 电源频率不稳定????????????? D、 振针压得过紧 II、若实验中,算出各点的时刻所对应的瞬时速度,计算加速度最合理的方法是(??) A、根据实验数据画出图出v—t图,量出倾斜角α,由a=tanα,求出加速度? B、根据实验数据正确画出v--t图,由图线上的一点对应的坐标(t,v),a=V/t C、根据实验数据正确画出v--t图,由图线上距离较大的两点对应的坐标(t,v),按求斜率的方法计算出加速度? D、根据实验数据正确画出v--t图,由图线上距离较近的两点对应的坐标(t,v),按求斜率的方法计算出加速度 III、如下图为打点计时器打出的一条纸带,使用50Hz的打点计时器,每打5个点所取的记数点,但第3个记数点没有画出(结果保留三位有效数) ①该物体的加速度为______ m/s2,?②第3个记数点与第2个记数点的距离约为___ ____ cm, ③打第3个点时该物体的速度为_ __ m/s。 【答案】i、 BD??ii、C?iii、①0.737m/s2,?②4.36 cm, ③0.473 m/s。 【解析】试题分析:iA、电源频率大小只会影响打点的时间间隔,不会影响点的形状,不会造成短线,故A错误;点痕的轻重和电源电压不稳有关,电源电压不稳不会导致短线,故B错误;打点计时器使用的是交流电源,若打点计时器接在直流电源上,打点计时器不打点,故C错误;打点针压得过紧,振针和纸带接触时间过长,可能造成短线,故D正确;故选:D. ii根据实验数据画出v-t图象,当纵坐标取不同的标度时,图象的倾角就会不同,所以量出其倾角,用公式a=tanα算出的数值并不是加速度,故A错误;在处理实验数据时,如果只使用其中两个数据,由于偶然误差的存在可能会造成最后误差较大;所以我们可以根据实验数据画出v-t图象,考虑到误差,不可能是所有点都整齐的排成一条直线,连线时,应该尽量使那些不能画在线上的点均匀地分布在线的两侧,这样图线上会舍弃误差较大的点,由图线上任意两点所对应的速度及时间,用公式算出加速度,所以误差小;故B错误,C正确.D这种方法是不对的,因为根本就不知道加速度是一个什么函数,如果是一个变化值这种方法完全是错误的,除非你能确定加速度是什么函数,故D错误.故选:C iii、根据x45?x12=3aT2得,物体的加速度. 因x23?x12=aT2, 则x23=x12+aT2=0.0362+0.737×0.12≈0.0436m=4.36cm. 同理:x34=x23+aT2=0.0436+0.737×0.12≈0.0510m=5.10cm 打第3个点时该物体的速度为: 【考点】测定匀变速直线运动的加速度. 4.I 、 在“验证力的平行四边形定则”的实验中,合力与分力的作用效果相同,这里作用效果是指(?????)? A.弹簧测力计的弹簧被拉长???? B.使橡皮条伸长到同一长度 C.细绳套受拉力产生形变?????? D.使橡皮条在同一方向上伸长到同一长度 II、在“验证力的平行四边形定则”的实验中,某同学的实验情况如图甲所示,其中A为固定橡皮条的图钉, O为橡皮条与细绳的结点,OB和OC为细绳.图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的图示,下列说法中正确的是?????? (??)? A、图乙中的F是力F1和F2合力的理论值,F′是力F1和F2合力的实际测量值 B、图乙中的F′是力F1和F2合力的理论值,F是力F1和F2合力的实际测量值? C、在实验中,如果将细绳也换成橡皮条,那么对实验结果没有影响 D、在实验中,如果将细绳也换成橡皮条,那么对实验结果有影响 III、某探究学习小组的同学在实验室组装了一套如图所示的装置要验证“牛顿第二定律”,水平轨道上安装两个光电门,小车上固定有力传感器和挡光板,细线一端与力传感器连接另一端跨过定滑轮挂上砝码盘,实验时,调整轨道的倾角正好能平衡小车所受的摩擦力(图中未画出). (1)该实验中小车所受的合力________ (填“等于”或“不等于”)力传感器的示数,该实验是否________(填”需要”或”不需要”) 满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量?? (2)实验获得以下测量数据:小车、传感器和挡光板的总质量M,挡光板的宽度d,光电门1和2的中心距离为s. 某次实验过程:力传感器的读数为F,小车通过光电门1和2的挡光时间分别为t1、t2(小车通过光电门2后,砝码盘才落地),已知重力加速度为g,则该实验要验证的式子是___________________. 【答案】I、 BC??II、B(填字母代号)III、(1)等于??不需要???(2) 【解析】试题分析:I、在“探究力的平行四边形定则”的实验中,采用了“等效法”,即要求两次拉橡皮筋到同一点O,从而是橡皮筋产生的形变大小和方向都相同,D正确. II、 F1与F2合成的理论值是通过平行四边形定则算出的值,而实际值是单独一个力拉O点的时的值,因此F′是F1与F2合成的理论值,F是F1与F2合成的实际值,故A错误,B正确;由于O点的作用效果相同,将两个细绳套换成两根橡皮条,不会影响实验结果,故C正确,D错误.故选BC. III、试题分析:(1)由于轨道倾角已调好,使重力的分力与摩擦力平衡,所以绳子对小车的拉力就等于小车受到的合力,力传感器显示的就是绳子的拉力。小车受的合力直接由传感器显示出来,不需要用砝码和砝码盘的总重力来代替了,所以就不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量。(2)由于小车过光电门的时间很短,可有平均速度代替瞬时速度,过光电门1时的速度,过光电门2时的速度,加速度,由牛顿第二定律,,代入整理可得结果。 【考点】探究力的平行四边形定则和对验证牛顿第二定律实验条件的理解。 5.某同学用如图甲所示的装置做“探究加速度与物体受力的关系”实验. (1)图乙是实验桌上的一把游标卡尺,该同学应该用游标卡尺_______部分(填字母序号)测量小车上挡光片的宽度。测量结果如图丙所示,则挡光片的宽度为?????cm; (2)实验中通过调节让小车匀速下滑,目的是??????????;然后用细线通过定滑轮挂上重物让小车每次都从同一位置释放,此位置距光电门距离为l,设挡光片的宽度为d,光电门记录的挡光时间为t,则小车加速度的表达式a =????????; (3)实验中多次改变所挂重物的质量,测出对应的加速度a,通过力传感器读出拉力F,则下列图像中能正确反映小车加速度a与拉力F关系的是???????. 【答案】(1)A ;1.015 ;(2)平衡摩擦力;; (3)B 【解析】试题分析:(1)测挡光片的宽度,应该用游标卡尺的外测量爪,故是A;由图乙可以读出挡光片的宽度为: 10mm+3×0.05mm=10.15mm=1.015cm; (2)实验中通过调节让小车匀速下滑,目的是为了平衡摩擦力, 数字计时器记录通过光电门的时间,由位移公式计算出物体通过光电门的平均速度,用该平均速度代替物体的瞬时速度,故在遮光条经过光电门时滑块的瞬间速度为:,根据运动学基本公式得:; (3)牵引力通过传感器测出,是准确值,不需要满足小车的质量远远大于重物的质量,所以a与F成正比,故选B. 【考点】探究加速度与物体受力的关系。 6.用图甲所示装置验证机械能守恒定律时,所用交流电源的频率为50Hz,得到如图乙所示的纸带。选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E,测出A点距起点O的距离为s0=19.00cm,点A、C间的距离为s1=8.36cm,点C、E间的距离为s2=9.88cm,g取9.8m/s2,测得重物的质量为1kg。 (1)下列做法正确的有?。 A.图甲中两限位孔必须在同一竖直线上 B.实验前,手应提住纸带上端,并使纸带竖直 C.实验时,先放手松开纸带,再接通打点计时器电源 D.数据处理时,应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置 (2)选取O、C两点为初末位置研究机械能守恒。重物减少的重力势能是?J,打下C点时重物的速度是?m/s。(结果保留三位有效数字) (3)继续根据纸带算出各点的速度v,量出下落距离s,以为纵轴、以s为横轴画出的图象,应是图丙中的________。 (4)实验中,重物减小的重力势能总是略大于增加的动能,写出一条产生这一现象的原因?????????????。 【答案】(1)AB (2)2.68(2.67~2.69都算对) 2.28 (3)C ?(4)重物受到空气阻力或纸带与打点计时器之间的摩擦阻力 【解析】试题分析:(1)图甲中两限位孔必须在同一直线上,故A正确;实验前,手应提住纸带上端,并使纸带竖直,减小纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦,故B正确;开始记录时,应先给打点计时器通电打点,然后再释放重锤,让它带着纸带一同落下,如果先放开纸带让重物下落,再接通打点计时时器的电源,由于重物运动较快,不利于数据的采集和处理,会对实验产生较大的误差,故C错误;数据处理时,应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置,以减小测量的误差,故D错误。 (2)重物减少的重力势能为:△Ep=mgh=mg(s0+s1)=1kg×9.8m/s2×(19.00+8.36)×10-2m≈2.68J 打下C点时重物的速度vc=(s1+s2)/(4T)=2.28m/s (3)在验证机械能守恒定律的实验中,有:则有:,g是常数,所以图线为过原点的倾斜直线,故C图正确。 (4)由于阻力的作用重物减小的重力势能总是略大于增加的动能,这里的阻力主要来源于重物受到的空气阻力和纸带与打点计时器之间的摩擦阻力. 【考点】验证机械能守恒定律。 7.(1)右图中螺旋测微器的读数应为???????mm。 (2)某兴趣小组要测量木块与较粗糙木板之间的动摩擦因数,他们先将粗糙木板水平固定,再用另一较光滑的板做成斜面,倾斜板与水平板间由一小段光滑曲面连接,保证木块在两板间通过时速度大小不变。 ①使木块从高h处由静止滑下,在水平板上滑行x后停止运动,改变h大小,进行多次实验,以h为横坐标、x为纵坐标,从理论上(忽略木块与倾斜板间的摩擦)得到的图像应为??????????; ②如果考虑到木块与倾斜板之间的摩擦,在改变h时他们采取的办法是:每次改变倾斜板的倾角,让木块每次由静止开始下滑的位置在同一条竖直线上,对应的底边长度为L,如图丙所示。将每次实验得到的h、x相关数据绘制出的x—h图像如图丁所示,图线的延长线与两坐标轴的交点坐标分别为(a,0)和(0,-b),则木块与倾斜板间的动摩擦因数=????,木块与水平板间的动摩擦因数=???。 【答案】(1)5.665 mm;(2)① 一条过原点的倾斜向上的直线(或正比例函数);②=?= 【解析】试题分析:(1)螺旋测微器的读数为5.5mm+0.165mm=5.665mm。 (2)①对全程运用动能定理,有:mgh-μmgx=0,得到:x=h/μ. 故x-h图象是过坐标原点的直线(或正比例函数); ②对全程运用动能定理,有:mgh-μ1mgcosθ?x1-μ2mgx=0(θ为斜面的坡角) 由几何关系得到:L=x1cosθ 得到: 图线的延长线与两坐标轴的交点坐标分别为(a,0)和(0,-b),故:; 【考点】探究影响摩擦力的大小的因素。 8.现要验证“当质量一定时,物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一物理规律.给定的器材如下:一倾角可以调节的长斜面(如图)、小车、计时器一个、米尺. (1)填入适当的公式或文字,完善以下实验步骤 (不考虑摩擦力的影响): ①让小车自斜面上方一固定点A1从静止开始下滑至斜面底端A2,记下所用的时间t. ②用米尺测量A1与A2之间的距离x,则小车的加速度a=________. ③用米尺测量A1相对于A2的高度h.设小车所受重力为mg,则小车所受合外力F=________. ④改变________,重复上述测量. ⑤以h为横坐标,1/t2为纵坐标,根据实验数据作图.如能得到一条过原点的直线,则可以验证“当质量一定时,物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一规律. (2)在“验证牛顿第二定律”的实验中,实验装置如图甲所示,有一位同学通过实验测量作出了图乙中的A图线.试分析? ①A图线不通过坐标原点的原因是__________________________________________; ②A图线上部弯曲的原因是________________________________________________. 【答案】(1)②???;③;④改变斜面的倾角或斜面高h (2)①没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够;②未满足钩码质量远小于小车质量 【解析】试题分析:(1)②小车做的是初速度为零的匀加速直线运动,根据运动规律:,解得: ③小车所受的合外力是重力沿斜面的分力,大小为:mgsinθ,θ为斜面的夹角,sinθ=,所以合力为:F=mgsinθ=.④用动能定理可解得:,所以h与成正比,所以我们需要改变h,所以需要:改变斜面的倾角或斜面高h (2)①由图象可知,当小车所受拉力不为零时,加速度仍然没有产生,因此该实验的操作不当为:没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够. ②设小车与砝码的质量为M,小桶与砂子的质量为m,根据牛顿第二定律得: 对m:mg﹣F拉=ma,对M:F拉=Ma,解得:F拉=当m《M时,绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力.当小桶与砂子的质量为m变大后不能满足m《M的条件,故图象弯曲,故应填:未满足钩码质量远小于小车质量. 【考点】本题考查了探究加速度与物体的质量和物体受力的关系。 9.在暗室中用如图所示的装置做“测定重力加速度”的实验。 实验器材有:支架、漏斗、橡皮管、尖嘴玻璃管、螺丝夹子、接水铝盒、一根荧光刻度的米尺、频闪仪。 具体实验步骤如下: ①在漏斗内盛满清水,旋松螺丝夹子,水滴会以一定的频率一滴滴地落下。 ②用频闪仪发出的白闪光将水滴照亮,由大到小逐渐调节频闪仪的频率直到第一次看到一串仿佛固定不动的水滴。 ③用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度。 ④采集数据进行处理。 (1)实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时,频闪仪的闪光频率满足的条件是:_____________ (2)实验中观察到水滴“固定不动”时的闪光频率为30 Hz,某同学读出其中比较圆的水滴到第一个水滴的距离如图所示,根据数据测得当地重力加速度g=______ m/s2;第8个水滴此时的速度v8=________ m/s(结果都保留三位有效数字)。 【答案】(1)频闪仪频率等于水滴滴落的频率;(2)9.72;2.28。 【解析】试题分析:(1)频闪仪频率等于水滴滴落的频率时,则每滴下来的一滴水,频闪仪都在相同的位置记录,故可看到一串仿佛固定不动的水滴. (2)s67=19.36-13.43=5.93cm,s78=26.39-19.36=7.03cm,s89=34.48-26.39=8.09cm,s90=43.67-34.48=9.19cm,由逐差法可得:. 第8滴水的速度为: 【考点】测定重力加速度。 10.用如题图所示的实验装置验证牛顿第二定律。 ①下列做法正确的是____________(填字母代号) A.调节滑轮的高度,使牵引小车的细绳与长木板保持平行 B.在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时,将装有砂的砂桶通过定滑轮拴在小车上 C.实验时,先放开小车再接通打点计时器的电源 D.通过增减小车上的砝码改变质量时,不需要再次调节木板倾斜度 ②甲、乙两同学在同一实验室,各取一套如图所示的装置放在水平桌面上,小车上均不放砝码,在没有平衡摩擦力的情况下,研究加速度a与拉力F的关系,分别得到题图3中甲、乙两条直线.设甲、乙用的小车质量分别为m甲、m乙,甲、乙用的小车与木板间的动摩擦因数分别为μ甲,μ乙,由图可知, m甲???????m乙、μ甲????????????μ乙。(选填“大于”、“小于”或“等于”). ③甲同学在纠正了疏漏之处后,保持小车的质量M不变,改变砂桶与砂的总重力F,多次实验,根据得到的数据,在a F图象中描点(如题图4所示)。结果发现右侧若干个点明显偏离直线,造成此误差的主要原因是????????????????。若不断增加砂桶中砂的质量,a F图象中各点连成的曲线将不断延伸,加速度的趋向值为???????。 【答案】①AD;②小于 、大于;③砂和砂桶的质量较大;g。 【解析】试题分析:①本实验的实验装置是验证牛顿第二定律,故绳的拉力为小车所受的合外力,故必须调节滑轮的高度,使牵引小车的细绳与长木板保持平行A选项正确;在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时,不能将装有砂的砂桶通过定滑轮拴在小车上,B选项错误;实验时,先接通打点计时器的电源再释放小车,故C选项错误;平衡摩擦力后,有,即,与小车的质量无关,通过增减小车上的砝码改变质量时,不需要再次调节木板倾斜度,故D选项错误。②在没有平衡摩擦力的情况下,由牛顿第二定律知:,解,故由图象的斜率知所以,由图象的中与a轴的交点知:,即。③随着砂和砂桶的质量增大,逐渐不能满足M》m条件,故小车实际运动的加速度小于理论值,故原因是砂和砂桶的质量较大;由知,当砂和砂桶的质量无限增大时加速度的趋向值为。 【考点】验证牛顿第二定律。 2020年高考物理原创力学实验综合题 1.用如图所示的实验装置验证牛顿第二定律. (1)完成平衡摩擦力的相关内容: (i)取下砂桶,把木板不带滑轮的一端垫高,接通打点计时器电源,?????????(选填“静止释放”或“轻轻推动”)小车,让小车拖着纸带运动. (ii)如果打出的纸带如图所示,则应????????(选填“增大”或“减小”)木板的倾角,反复调节,直到纸带上打出的点迹???????????????????????,平衡摩擦力才完成. (2)如图所示是某次实验中得到的一条纸带,其中A、B、C、D、E是计数点(每打5个点取一个计数点),其中L1=3.07cm, L2=12.38cm, L3=27.87cm, L4=49.62cm。则打C点时小车的速度为??????????m/s,小车的加速度是?????????m/s2。(计算结果均保留三位有效数字) (3)用该实验装置来探究“恒力做功与动能变化之间的关系”,假设实验得到的纸带仍如(2)中图所示,且已知:砂桶质量为m,小车质量为M,B计数点速度为VB,D计数点速度为VD,BD之间的距离为L,重力加速度为g,请根据已知的这些条件,用字母写出本实验最终要验证的表达式为??????????????. (4)用图示装置做《探究做功与物体速度变化关系》的实验时(重力加速度g取10m/s2),下列说法正确的是: A.通过改变橡皮筋的条数改变拉力做功的数值 B.通过改变橡皮筋的长度改变拉力做功的数值 C.通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度 D.通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的平均速度 E.该实验操作前必须要平衡小车受到的摩擦力 2.利用如右图实验装置探究重物下落过程中动能与重力势能的转化问题. (1)实验操作步骤如下,请将步骤B补充完整: A.按实验要求安装好实验装置; B.使重物靠近打点计时器,接着先________,后________,打点计时器在纸带上打下一系列的点; C.图为一条符合实验要求的纸带,O点为打点计时器打下的第一点.分别测出若干连续点A、B、C……与O点之间的距离h1、h2、h3……. (2)已知打点计时器的打点周期为T,重物质量为m,重力加速度为g,结合实验中所测得的h1、h2、h3,可得重物下落到B点时的速度大小为________,纸带从O点下落到B点的过程中,重物增加的动能为________,减少的重力势能为________. (3)取打下O点时重物的重力势能为零,计算出该重物下落不同高度h时所对应的动能Ek和重力势能Ep,建立坐标系,横轴表示h,纵轴表示Ek和Ep,根据以上数据在图中绘出图线Ⅰ和图线Ⅱ.已求得图线Ⅰ斜率的绝对值为k1,图线Ⅱ的斜率的绝对值为k2.则可求出重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为________(用k1和k2表示). 3.I 、如图为打点计时器打出的一条纸带,从纸带上看,打点计时器出的故障可能(?)? A、 打点计时器接在直流电源上??? B、 电源电压太低 C、 电源频率不稳定????????????? D、 振针压得过紧 II、若实验中,算出各点的时刻所对应的瞬时速度,计算加速度最合理的方法是(??) A、根据实验数据画出图出v—t图,量出倾斜角α,由a=tanα,求出加速度? B、根据实验数据正确画出v--t图,由图线上的一点对应的坐标(t,v),a=V/t C、根据实验数据正确画出v--t图,由图线上距离较大的两点对应的坐标(t,v),按求斜率的方法计算出加速度? D、根据实验数据正确画出v--t图,由图线上距离较近的两点对应的坐标(t,v),按求斜率的方法计算出加速度 III、如下图为打点计时器打出的一条纸带,使用50Hz的打点计时器,每打5个点所取的记数点,但第3个记数点没有画出(结果保留三位有效数) ①该物体的加速度为______ m/s2,?②第3个记数点与第2个记数点的距离约为___ ____ cm, ③打第3个点时该物体的速度为_ __ m/s。 4.I 、 在“验证力的平行四边形定则”的实验中,合力与分力的作用效果相同,这里作用效果是指(?????)? A.弹簧测力计的弹簧被拉长???? B.使橡皮条伸长到同一长度 C.细绳套受拉力产生形变?????? D.使橡皮条在同一方向上伸长到同一长度 II、在“验证力的平行四边形定则”的实验中,某同学的实验情况如图甲所示,其中A为固定橡皮条的图钉, O为橡皮条与细绳的结点,OB和OC为细绳.图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的图示,下列说法中正确的是?????? (??)? A、图乙中的F是力F1和F2合力的理论值,F′是力F1和F2合力的实际测量值 B、图乙中的F′是力F1和F2合力的理论值,F是力F1和F2合力的实际测量值? C、在实验中,如果将细绳也换成橡皮条,那么对实验结果没有影响 D、在实验中,如果将细绳也换成橡皮条,那么对实验结果有影响 III、某探究学习小组的同学在实验室组装了一套如图所示的装置要验证“牛顿第二定律”,水平轨道上安装两个光电门,小车上固定有力传感器和挡光板,细线一端与力传感器连接另一端跨过定滑轮挂上砝码盘,实验时,调整轨道的倾角正好能平衡小车所受的摩擦力(图中未画出). (1)该实验中小车所受的合力________ (填“等于”或“不等于”)力传感器的示数,该实验是否________(填”需要”或”不需要”) 满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量?? (2)实验获得以下测量数据:小车、传感器和挡光板的总质量M,挡光板的宽度d,光电门1和2的中心距离为s. 某次实验过程:力传感器的读数为F,小车通过光电门1和2的挡光时间分别为t1、t2(小车通过光电门2后,砝码盘才落地),已知重力加速度为g,则该实验要验证的式子是___________________. 5.某同学用如图甲所示的装置做“探究加速度与物体受力的关系”实验. (1)图乙是实验桌上的一把游标卡尺,该同学应该用游标卡尺_______部分(填字母序号)测量小车上挡光片的宽度。测量结果如图丙所示,则挡光片的宽度为?????cm; (2)实验中通过调节让小车匀速下滑,目的是??????????;然后用细线通过定滑轮挂上重物让小车每次都从同一位置释放,此位置距光电门距离为l,设挡光片的宽度为d,光电门记录的挡光时间为t,则小车加速度的表达式a =????????; (3)实验中多次改变所挂重物的质量,测出对应的加速度a,通过力传感器读出拉力F,则下列图像中能正确反映小车加速度a与拉力F关系的是???????. 6.用图甲所示装置验证机械能守恒定律时,所用交流电源的频率为50Hz,得到如图乙所示的纸带。选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E,测出A点距起点O的距离为s0=19.00cm,点A、C间的距离为s1=8.36cm,点C、E间的距离为s2=9.88cm,g取9.8m/s2,测得重物的质量为1kg。 (1)下列做法正确的有?。 A.图甲中两限位孔必须在同一竖直线上 B.实验前,手应提住纸带上端,并使纸带竖直 C.实验时,先放手松开纸带,再接通打点计时器电源 D.数据处理时,应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置 (2)选取O、C两点为初末位置研究机械能守恒。重物减少的重力势能是?J,打下C点时重物的速度是?m/s。(结果保留三位有效数字) (3)继续根据纸带算出各点的速度v,量出下落距离s,以为纵轴、以s为横轴画出的图象,应是图丙中的________。 (4)实验中,重物减小的重力势能总是略大于增加的动能,写出一条产生这一现象的原因?????????????。 7.(1)右图中螺旋测微器的读数应为???????mm。 (2)某兴趣小组要测量木块与较粗糙木板之间的动摩擦因数,他们先将粗糙木板水平固定,再用另一较光滑的板做成斜面,倾斜板与水平板间由一小段光滑曲面连接,保证木块在两板间通过时速度大小不变。 ①使木块从高h处由静止滑下,在水平板上滑行x后停止运动,改变h大小,进行多次实验,以h为横坐标、x为纵坐标,从理论上(忽略木块与倾斜板间的摩擦)得到的图像应为??????????; ②如果考虑到木块与倾斜板之间的摩擦,在改变h时他们采取的办法是:每次改变倾斜板的倾角,让木块每次由静止开始下滑的位置在同一条竖直线上,对应的底边长度为L,如图丙所示。将每次实验得到的h、x相关数据绘制出的x—h图像如图丁所示,图线的延长线与两坐标轴的交点坐标分别为(a,0)和(0,-b),则木块与倾斜板间的动摩擦因数=????,木块与水平板间的动摩擦因数=???。 8.现要验证“当质量一定时,物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一物理规律.给定的器材如下:一倾角可以调节的长斜面(如图)、小车、计时器一个、米尺. (1)填入适当的公式或文字,完善以下实验步骤 (不考虑摩擦力的影响): ①让小车自斜面上方一固定点A1从静止开始下滑至斜面底端A2,记下所用的时间t. ②用米尺测量A1与A2之间的距离x,则小车的加速度a=________. ③用米尺测量A1相对于A2的高度h.设小车所受重力为mg,则小车所受合外力F=________. ④改变________,重复上述测量. ⑤以h为横坐标,1/t2为纵坐标,根据实验数据作图.如能得到一条过原点的直线,则可以验证“当质量一定时,物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一规律. (2)在“验证牛顿第二定律”的实验中,实验装置如图甲所示,有一位同学通过实验测量作出了图乙中的A图线.试分析? ①A图线不通过坐标原点的原因是__________________________________________; ②A图线上部弯曲的原因是________________________________________________. 9.在暗室中用如图所示的装置做“测定重力加速度”的实验。 实验器材有:支架、漏斗、橡皮管、尖嘴玻璃管、螺丝夹子、接水铝盒、一根荧光刻度的米尺、频闪仪。 具体实验步骤如下: ①在漏斗内盛满清水,旋松螺丝夹子,水滴会以一定的频率一滴滴地落下。 ②用频闪仪发出的白闪光将水滴照亮,由大到小逐渐调节频闪仪的频率直到第一次看到一串仿佛固定不动的水滴。 ③用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度。 ④采集数据进行处理。 (1)实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时,频闪仪的闪光频率满足的条件是:_____________ (2)实验中观察到水滴“固定不动”时的闪光频率为30 Hz,某同学读出其中比较圆的水滴到第一个水滴的距离如图所示,根据数据测得当地重力加速度g=______ m/s2;第8个水滴此时的速度v8=________ m/s(结果都保留三位有效数字)。 10.用如题图所示的实验装置验证牛顿第二定律。 ①下列做法正确的是____________(填字母代号) A.调节滑轮的高度,使牵引小车的细绳与长木板保持平行 B.在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时,将装有砂的砂桶通过定滑轮拴在小车上 C.实验时,先放开小车再接通打点计时器的电源 D.通过增减小车上的砝码改变质量时,不需要再次调节木板倾斜度 ②甲、乙两同学在同一实验室,各取一套如图所示的装置放在水平桌面上,小车上均不放砝码,在没有平衡摩擦力的情况下,研究加速度a与拉力F的关系,分别得到题图3中甲、乙两条直线.设甲、乙用的小车质量分别为m甲、m乙,甲、乙用的小车与木板间的动摩擦因数分别为μ甲,μ乙,由图可知, m甲???????m乙、μ甲????????????μ乙。(选填“大于”、“小于”或“等于”). ③甲同学在纠正了疏漏之处后,保持小车的质量M不变,改变砂桶与砂的总重力F,多次实验,根据得到的数据,在a F图象中描点(如题图4所示)。结果发现右侧若干个点明显偏离直线,造成此误差的主要原因是????????????????。若不断增加砂桶中砂的质量,a F图象中各点连成的曲线将不断延伸,加速度的趋向值为???????。

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  • ID:6-7041250 [精]2020年高考物理原创力学压轴计算题(原卷版+解析版)

    高中物理/高考专区/三轮冲刺

    21世纪教育网 –全国领先的中小学教育资源及组卷应用平台 2020年高考物理原创力学压轴计算题 1.如图所示,滑块A套在光滑的坚直杆上,滑块A通过细绳绕过光滑滑轮连接物 块B,B又与一轻质弹贊连接在一起,轻质弹簧另一端固定在地面上,开始用手托住物块 .使绳子刚好伸直处于水平位位置但无张力。现将A由静止释放.当A下滑到C点时(C点 图中未标出)A的速度刚好为零,此时B还没有到达滑轮位置,已知弹簧的劲度系数k=100N/m ,滑轮质量和大小及摩擦可忽略不计,滑轮与杆的水平距离L=0.3m,AC距离为 0.4m,mB=lkg,重力加速度g=10 m/s2。试求:? (1)滑'块A的质量mA (2)若滑块A质量增加一倍,其他条件不变,仍让滑块A从静止滑到C点,则滑块A到达C点时A、B的速度大小分别是多少? 【考点】(1)0.5kg;(2);? 【解析】试题分析:(1)开始绳子无张力,对B分析有kx1=mBg,? 解得:弹簧的压缩量x1=0.1m 当物块A滑到C点时,根据勾股定理绳伸出滑轮的长度为0.5 m,则B上升了0.2m,所以弹簧又伸长了0.1m。 由A、B及弹簧组成的系统机械能守恒,又弹簧伸长量与压缩量相等则弹性势能变化量为零 所以mAgh1=mBgh2 其中h1=0.4m,h2=0.2m 所以mA=0.5kg (2)滑块A质量增加一倍,则mA=1kg,令滑块到达C点时A、B的速度分别为v1和v2 由A、B及弹簧组成的系统机械能守恒得 又有几何关系可得AB的速度关系有 vAcosθ=vB 其中θ为绳与杆的夹角且cosθ=0.8 解得: 【考点】机械能守恒定律的应用;速度的分解. 2.现代化的生产流水线大大提高了劳动效率,如下图为某工厂生产流水线上的水平传输装置的俯视图,它由传送带和转盘组成。物品从A处无初速、等时间间隔地放到传送带上,运动到B处后进入匀速转动的转盘随其一起运动(无相对滑动),到C处被取走装箱。已知A、B的距离L = 9.0 m,物品在转盘上与转轴O的距离R = 3.0 m、与传送带间的动摩擦因数μ1?= 0.25,传送带的传输速度和转盘上与O相距为R处的线速度均为v = 3.0 m/s,取g =10 m/s2。问: (1)物品从A处运动到B处的时间t; (2)若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等,则物品与转盘间的动摩擦因数μ2至少为多大? (3)若物品的质量为0.5 kg,每输送一个物品从A到C,该流水线为此至少多做多少功? 【答案】(1)3.6s???(2)0.3??(3)4.5J 【解析】试题分析:(1)设物品质量为m,放在传送带上,先受到摩擦力而加速运动: 对物品有????? 解得:??????????????????????? 由得m<L??????????????????????? 故还需做匀速运动,有??????????????? 所以s????????????? (2)物品在转盘上所收的静摩擦力提供向心力,有 ????得至少??????????????????? (3)在传送带上因为传送一个物品至少需要做的功(只在加速阶段做功)为: ?????????????????? 【考点】本题考查匀变速运动的规律、功。 3.如图所示,质量m=1kg的小物块放在一质量为M=4kg的足够长的木板右端,物块与木板间的摩擦因数μ=0.2,木板与水平面间的摩擦不计。物块用劲度系数k=25N/m的弹簧拴住,弹簧的另一端固定(与木板不粘连)。开始时整个装置静止,弹簧处于原长状态。现对木板施以F=12N的水平向右恒力,(最大静摩擦力可认为等滑动摩擦力,g=10m/s2)。已知弹簧的弹性势能,式中x为弹簧的伸长量或压缩量。求: (1)开始施力的瞬间物块与木板的加速度各多大; (2)物块达到的最大速度。 【答案】(1)物块的加速度,木板的加速度;(2)。 【解析】试题分析:开始施力的瞬间,弹簧还没有形变,不存在弹簧的弹力,分析物块与木板会不会有相同的加速度,是本题的关键。 (1)若物块与木板有相同的加速度,对整体受力分析,由牛顿第二定律,, 解得: 对物块受力分析,最大加速度:,即开始施力后物块与木板即发生相对滑动。 刚施力时,弹簧不发生形变,根据牛顿第二定律, 对滑块,解得: 对木板,解得: (2)随着物块不断向右运动,弹簧的形变量越来越大,对物块向左的弹力增大,物块做加速度不断减小的加速运动,当加速度减小到零时,速度增加到最大,即物块达到最大速度时所受合力为零。 有: 解得: 由动能定理: 解得: 【考点】牛顿第二定律的应用,摩擦力的特点,动能定理的应用。 4.如图所示,x轴与水平传送带重合,坐标原点0在传送带的左端,传送带OQ长 L=8m,传送带顺时针速度V。=5m/s, —质量m=1kg的小物块轻轻放在传送带上xp=2m 的P点,小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点。小物块与 传送带间的动摩擦因数μ.=0.5,重力加速度g= 10m/s2,求:? (1)N点的纵坐标;? (2)若将小物块轻放在传送带上的某些位置,小物块均能沿光滑圆弧轨道运动(小物块始终 在圆弧轨道运动不脱轨)到达纵坐标yM=0.25m的M点,求这些位置的横坐标范围。 【答案】(1)yN=1m;(2)7m≤x≤7 .5m和0≤x≤5 .5m 【解析】试题分析:(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a=μg=5m/s2 小物块与传送带共速时,所用时间 运动的位移 故小物块与传送带达到相同速度后以v0=5m/s的速度匀速运动到o,然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点,故有: 由机械能守恒定律得 解得yN=1m (2)设在坐标为x1处将小物块轻放在传送带上,若刚能到达圆心右侧的M点,由能量守恒得: μmg(L-x1)=mgyM??????? 代入数据解得x1=7.5 m μmg(L-x2)=mgyN??? 代入数据解得x2=7 m 若刚能到达圆心左侧的M点,由(1)可知x3=5.5 m 故小物块放在传送带上的位置坐标范围为 7m≤x≤7 .5m和0≤x≤5 .5m 【考点】牛顿第二定律;机械能守恒定律;能量守恒定律. 5.光滑水平面上有一质量m车=1.0kg的平板小车,车上静置A、B两物块。物块由轻质弹簧无栓接相连(物块可看作质点),质量分别为mA=1.0kg,mB=1.0kg。A距车右端x1(x1>1.5m),B距车左端x2=1.5m,两物块与小车上表面的动摩擦因数均为μ=0.1.车离地面的高度h=0.8m,如图所示。某时刻,将储有弹性势能Ep=4.0J的轻弹簧释放,使A、B瞬间分离,A、B两物块在平板车上水平运动。重力加速度g取10m/s2,求: (1)弹簧释放瞬间后A、B速度的大小; (2)B物块从弹簧释放后至落到地面上所需时间; (3)若物块A最终并未落地,则平板车的长度至少多长?滑块在平板车上运动的整个过程中系统产生的热量多少? 【答案】(1)弹簧释放瞬间后A、B速度的大小分别为2m/s、2m/s; (2)B物块从弹簧释放后至落到地面上所需时间为1.4s; (3)若物块A最终并未落地,则平板车的长度至少为3.25m,滑块在平板车上运动的整个过程中系统产生的热量是3.25J。 【解析】试题分析:(1)释放弹簧过程A、B系统动量守恒、机械能守恒, 以向右为正方向,由动量守恒定律得:mAvA﹣mBvB=0, 由机械能守恒定律得:EP, 代入数据解得:vA=2m/s,vB=2m/s; (2)由于A、B质量相等与桌面的动摩擦因数相等,在B在平板车上运动到左端过程小车所受合力为零,小车静止, B运动到小车左端过程,对B,由动能定理得:, 由动量定理得:﹣μmBgt1=mBvB﹣mBv2, 代入数据解得:vB=1m/s,t1=1s, B离开平板车后做平抛运动,竖直方向:h, 代入数据解得:t2=0.4s, 运动时间:t=t1+t2=1.4s; (3)B离开小车时:vA=vB=1m/s,B离开平板车后,A与平板车组成的系统动量守恒, 以向右为正方向,由动量守恒定律得:mAvA=(mA+m车)v, 由能量守恒定律得:, 代入数据解得:L相对=0.25m; A、B同时在小车上运动时小车不动,B滑出小车时, A在小车上滑行的距离与B在小车上滑行的距离相等为1.5m, 小车的最小长度:L=1.5+1.5+0.25=3.25m, 系统产生的热量:E=μmAgx1+μmBgx2=3.25J; 【考点】动量守恒、机械能守恒,平抛运动,摩擦力做功。 6.如图,半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内,与水平轨道CD相切于C 点,D端有一被锁定的轻质压缩弹簧,弹簧左端连接在固定的挡板上,弹簧右端Q到C点的距离为2R。质量为m的滑块(视为质点)从轨道上的P点由静止滑下,刚好能运动到Q点,并能触发弹簧解除锁定,然后滑块被弹回,且刚好能通过圆轨道的最高点A。已知∠POC=60°,求: ⑴滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力; ⑵滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ; ⑶弹簧被锁定时具有的弹性势能。 【答案】(1)2mg?;(2)0.25;(3)3mgR 【解析】试题分析: ⑴设滑块第一次滑至C点时的速度为vC,圆轨道C点对滑块的支持力为FN P到C过程:????? C点:? 解得FN=2mg? 由牛顿第三定律得:滑块对轨道C点的压力大小FN=2mg,方向竖直向下? ⑵ 对由P到C到Q的过程:?解得μ=0.25 ⑶ A点:? 从Q到C到A的过程:? 解得:弹性势能EP=3mgR? 【考点】牛顿第二定律及动能定理的应用。 7.如图所示,一质量为m=1 kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的A点,随传送带运动到B点,小物块从C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动.已知圆弧半径R=0.9 m,轨道最低点为D,D点距水平面的高度h=0.8 m.小物块离开D点后恰好垂直碰击放在水平面上E点的固定倾斜挡板.已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.3,传送带以5 m/s恒定速率顺时针转动(g取10 m/s2),试求: (1)传送带AB两端的距离; (2)小物块经过D点时对轨道的压力的大小; (3)倾斜挡板与水平面间的夹角θ的正切值。 【答案】(1)xAB=1.5m;(2)60N;(3) 【解析】试题分析:(1)对小物块,在C点恰能做圆周运动,由牛顿第二定律得:, 则,由于,小物块在传送带上一直加速,则由A到B有,。所以传送带AB两端的距离xAB=1.5m。 (2)对小物块,由机械能守恒定律,由C到D有, 在D点,,代入数据解得FN=60N. 由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力大小为60N (3)小物块从D点抛出后做平抛运动,则,解得t=0.4s 将小物块在E点的速度进行分解得。 【考点】 圆周运动,平抛运动,牛顿第二定律,机械能守恒定律。 8.如图所示,是一传送装置,其中AB段粗糙,AB段长为L=1 m,动摩擦因数μ=0.5;BC、DEN段均可视为光滑,DEN是半径为r=0.5 m的半圆形轨道,其直径DN沿竖直方向,C位于DN竖直线上,CD间的距离恰能让小球自由通过。其中N点又与足够长的水平传送带的右端平滑对接,传送带以6m/s的速率沿顺时针方向匀速转动,小球与传送带之间的动摩擦因数也为0.5。左端竖直墙上固定有一轻质弹簧,现用一可视为质点的小球压缩弹簧至A点后由静止释放(小球和弹簧不粘连),小球刚好能沿圆弧DEN轨道滑下,而始终不脱离轨道。已知小球质量m=0.2 kg ,g 取10m/s2。 (1) 求小球到达D点时速度的大小及弹簧压缩至A点时所具有的弹性势能; (2) 小球第一次滑上传送带后的减速过程中,在传送带上留下多长的痕迹? (3) 如果希望小球能沿着半圆形轨道上下不断地来回运动,且始终不脱离轨道,则传送带的速度应满足什么要求? 【答案】(1)1.5J(2)(3) 【解析】试题分析: (1)“小球刚好能沿DEN轨道滑下”,在圆周最高点D点必有: mg=m??????得:vD=?m/s,????????????????????? 从A点到D点,由能量守恒得:Ep=μmgL+?mvD2????????? 联立以上两式并代入数据得:Ep=1.5J????????????????????????? (2)从D到N,根据机械能守恒可得???? 在传送带上物块??????????????????? 物块向左减速????????????????????????? 物块向左运动的位移??????????? 传送带向右运动的位移为?????????????????? 留下的痕迹为??????????????????? (3)设物块在传送带上返回到右端的速度为v0, 若物块恰能冲到EF轨道圆心的等高处, 则????????????????? ?????????? 则传送带的速度必须满足 【考点】能量守恒定律,匀变速直线运动。 9.如图所示,水平传送带的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接,钢管内径很小。传送带的运行速度为v0=6.0m/s,将质量m=1.0kg的可看作质点的滑块无初速地放到传送带A端,传送带长度为12.0m,“9”字全高H=0.8m,“9”字上半部分圆弧半径为R=0.2m,滑块与传送带间的动摩擦因数为,重力加速g=10m/s2,试求: (1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间; (2)滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向; (3)若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后,恰好垂直撞在倾角的斜面上P点,求P、D两点间的竖直高度 h(保留两位有效数字)。 【答案】(1)3s;(2)90N,方向竖直向上;(3)1.4m 【解析】试题分析:(1)滑块在传送带运动时,由牛顿第二定律得:,得a=3m/s2 加速时间t1=2s,前2s内的位移 匀速运动的位移,时间,所以 t=t1+t2=3s (2)滑块由B到C的过程中动能定理???????? 在C点,轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力,设轨道对滑块的弹力方向竖直向下,由牛顿第二定律得,解得方向竖直向下。? 由牛顿第三定律得,滑块对轨道的压力大小 90N,方向竖直向上。? (3)滑块从B到D的过程中由动能定理得 在P点:??竖直方向有:,变形得h=, 代入数据,解得:h=1.4m?? 【考点】动能定理,牛顿第二定律,牛顿第三定律。 10.如图所示,一质量为M=5.0kg,长度L=4m的平板车静止在水平地面上,距离平板车右侧S=16.5m处有一固定障碍物.障碍物上固定有一电动机A。另一质量为m=2.0kg可视为质点的滑块,以v0=8m/s的水平初速度从左端滑上平板车,同时电动机A对平板车施加一水平向右、大小为22.5N的恒力F.1s后电动机A突然将功率变为P=52.5w并保持不变,直到平板车碰到障碍物停止运动时,电动机A也同时关闭。滑块沿水平飞离平板车后,恰能无碰撞地沿圆弧切线从B点滑入光滑竖直圆弧轨道,并沿轨道下滑.已知平板车间与滑块的动摩擦因数μ1=0.5,平板车与地面的动摩擦因数μ2=0.25,圆弧半径为R=1.0m,圆弧所对的圆心角∠BOD=θ=106°,g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,不计空气阻力,求: (1)0 1s时间内,滑块相对小车运动的位移x; (2)电动机A做功W; (3)滑块运动到圆弧轨道最低点C时对轨道压力的大小FN. 【答案】(1)4m(2)296.25J(3)86N 【解析】试题分析:(1)对滑块,由牛顿第二定律得:??????? 解得:a1= =μ1g=5m/s2??? 对平板车,由牛顿第二定律得: ????????????? 解得: a2=3m/s2??? 设经过时间t1=1s,对滑块有: ??????????????????????? ???????????????????? 对小车有:??????????????????? ???????????????????????? 0 1s时间内,小滑块相对小车运动的位移: ?????????????????????? 即小滑块刚好滑动到小车右端时两者共速。 (2)此时电动机A突然将功率变为P=52.5w并保持不变,设拉力为,由功率得: ?????????????????????????????????? ??????????????????????? 所以小滑块和小车两者共速后一起以3m/s的速度向右做匀速直线运动,其位移为: ??????????????????????? 时间为:??????????????????????? 由功能关系得,电动机A做功:=296.25J??????????? (3)由题意得,小滑块在B点速度vB有:??????? 小滑块从B点到C点,由功能关系得: ??????????????????????? 在C点,由牛顿运动定律得:?????????????? 解得:FN=86N???????????????????????????????????? 由牛顿第三定律可知,滑块在C时对轨道压力的大小.????? 【考点】匀变速直线运动规律,牛顿第二定律,功和能的关系,牛顿第三定律。 21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页) HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com) 21世纪教育网 –全国领先的中小学教育资源及组卷应用平台 2020年高考物理原创力学压轴计算题 1.如图所示,滑块A套在光滑的坚直杆上,滑块A通过细绳绕过光滑滑轮连接物 块B,B又与一轻质弹贊连接在一起,轻质弹簧另一端固定在地面上,开始用手托住物块 .使绳子刚好伸直处于水平位位置但无张力。现将A由静止释放.当A下滑到C点时(C点 图中未标出)A的速度刚好为零,此时B还没有到达滑轮位置,已知弹簧的劲度系数k=100N/m ,滑轮质量和大小及摩擦可忽略不计,滑轮与杆的水平距离L=0.3m,AC距离为 0.4m,mB=lkg,重力加速度g=10 m/s2。试求:? (1)滑'块A的质量mA (2)若滑块A质量增加一倍,其他条件不变,仍让滑块A从静止滑到C点,则滑块A到达C点时A、B的速度大小分别是多少? 2.现代化的生产流水线大大提高了劳动效率,如下图为某工厂生产流水线上的水平传输装置的俯视图,它由传送带和转盘组成。物品从A处无初速、等时间间隔地放到传送带上,运动到B处后进入匀速转动的转盘随其一起运动(无相对滑动),到C处被取走装箱。已知A、B的距离L = 9.0 m,物品在转盘上与转轴O的距离R = 3.0 m、与传送带间的动摩擦因数μ1?= 0.25,传送带的传输速度和转盘上与O相距为R处的线速度均为v = 3.0 m/s,取g =10 m/s2。问: (1)物品从A处运动到B处的时间t; (2)若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等,则物品与转盘间的动摩擦因数μ2至少为多大? (3)若物品的质量为0.5 kg,每输送一个物品从A到C,该流水线为此至少多做多少功? 3.如图所示,质量m=1kg的小物块放在一质量为M=4kg的足够长的木板右端,物块与木板间的摩擦因数μ=0.2,木板与水平面间的摩擦不计。物块用劲度系数k=25N/m的弹簧拴住,弹簧的另一端固定(与木板不粘连)。开始时整个装置静止,弹簧处于原长状态。现对木板施以F=12N的水平向右恒力,(最大静摩擦力可认为等滑动摩擦力,g=10m/s2)。已知弹簧的弹性势能,式中x为弹簧的伸长量或压缩量。求: (1)开始施力的瞬间物块与木板的加速度各多大; (2)物块达到的最大速度。 4.如图所示,x轴与水平传送带重合,坐标原点0在传送带的左端,传送带OQ长 L=8m,传送带顺时针速度V。=5m/s, —质量m=1kg的小物块轻轻放在传送带上xp=2m 的P点,小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点。小物块与 传送带间的动摩擦因数μ.=0.5,重力加速度g= 10m/s2,求:? (1)N点的纵坐标;? (2)若将小物块轻放在传送带上的某些位置,小物块均能沿光滑圆弧轨道运动(小物块始终 在圆弧轨道运动不脱轨)到达纵坐标yM=0.25m的M点,求这些位置的横坐标范围。 5.光滑水平面上有一质量m车=1.0kg的平板小车,车上静置A、B两物块。物块由轻质弹簧无栓接相连(物块可看作质点),质量分别为mA=1.0kg,mB=1.0kg。A距车右端x1(x1>1.5m),B距车左端x2=1.5m,两物块与小车上表面的动摩擦因数均为μ=0.1.车离地面的高度h=0.8m,如图所示。某时刻,将储有弹性势能Ep=4.0J的轻弹簧释放,使A、B瞬间分离,A、B两物块在平板车上水平运动。重力加速度g取10m/s2,求: (1)弹簧释放瞬间后A、B速度的大小; (2)B物块从弹簧释放后至落到地面上所需时间; (3)若物块A最终并未落地,则平板车的长度至少多长?滑块在平板车上运动的整个过程中系统产生的热量多少? 6.如图,半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内,与水平轨道CD相切于C 点,D端有一被锁定的轻质压缩弹簧,弹簧左端连接在固定的挡板上,弹簧右端Q到C点的距离为2R。质量为m的滑块(视为质点)从轨道上的P点由静止滑下,刚好能运动到Q点,并能触发弹簧解除锁定,然后滑块被弹回,且刚好能通过圆轨道的最高点A。已知∠POC=60°,求: ⑴滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力; ⑵滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ; ⑶弹簧被锁定时具有的弹性势能。 7.如图所示,一质量为m=1 kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的A点,随传送带运动到B点,小物块从C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动.已知圆弧半径R=0.9 m,轨道最低点为D,D点距水平面的高度h=0.8 m.小物块离开D点后恰好垂直碰击放在水平面上E点的固定倾斜挡板.已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.3,传送带以5 m/s恒定速率顺时针转动(g取10 m/s2),试求: (1)传送带AB两端的距离; (2)小物块经过D点时对轨道的压力的大小; (3)倾斜挡板与水平面间的夹角θ的正切值。 8.如图所示,是一传送装置,其中AB段粗糙,AB段长为L=1 m,动摩擦因数μ=0.5;BC、DEN段均可视为光滑,DEN是半径为r=0.5 m的半圆形轨道,其直径DN沿竖直方向,C位于DN竖直线上,CD间的距离恰能让小球自由通过。其中N点又与足够长的水平传送带的右端平滑对接,传送带以6m/s的速率沿顺时针方向匀速转动,小球与传送带之间的动摩擦因数也为0.5。左端竖直墙上固定有一轻质弹簧,现用一可视为质点的小球压缩弹簧至A点后由静止释放(小球和弹簧不粘连),小球刚好能沿圆弧DEN轨道滑下,而始终不脱离轨道。已知小球质量m=0.2 kg ,g 取10m/s2。 (1) 求小球到达D点时速度的大小及弹簧压缩至A点时所具有的弹性势能; (2) 小球第一次滑上传送带后的减速过程中,在传送带上留下多长的痕迹? (3) 如果希望小球能沿着半圆形轨道上下不断地来回运动,且始终不脱离轨道,则传送带的速度应满足什么要求? 9.如图所示,水平传送带的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接,钢管内径很小。传送带的运行速度为v0=6.0m/s,将质量m=1.0kg的可看作质点的滑块无初速地放到传送带A端,传送带长度为12.0m,“9”字全高H=0.8m,“9”字上半部分圆弧半径为R=0.2m,滑块与传送带间的动摩擦因数为,重力加速g=10m/s2,试求: (1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间; (2)滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向; (3)若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后,恰好垂直撞在倾角的斜面上P点,求P、D两点间的竖直高度 h(保留两位有效数字)。 10.如图所示,一质量为M=5.0kg,长度L=4m的平板车静止在水平地面上,距离平板车右侧S=16.5m处有一固定障碍物.障碍物上固定有一电动机A。另一质量为m=2.0kg可视为质点的滑块,以v0=8m/s的水平初速度从左端滑上平板车,同时电动机A对平板车施加一水平向右、大小为22.5N的恒力F.1s后电动机A突然将功率变为P=52.5w并保持不变,直到平板车碰到障碍物停止运动时,电动机A也同时关闭。滑块沿水平飞离平板车后,恰能无碰撞地沿圆弧切线从B点滑入光滑竖直圆弧轨道,并沿轨道下滑.已知平板车间与滑块的动摩擦因数μ1=0.5,平板车与地面的动摩擦因数μ2=0.25,圆弧半径为R=1.0m,圆弧所对的圆心角∠BOD=θ=106°,g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,不计空气阻力,求: (1)0 1s时间内,滑块相对小车运动的位移x; (2)电动机A做功W; (3)滑块运动到圆弧轨道最低点C时对轨道压力的大小FN. 21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页) HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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  • ID:6-7038144 2020年四川省雅安市高考物理一诊试卷【含答案及详细解析】

    高中物理/高考专区/模拟试题

    2020年四川省雅安市高考物理一诊试卷 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.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分. 1.(6分)在物理学的发展过程中,科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用,下列关于物理思想和方法的说法中,错误的是(  ) A.合力与分力的关系体现了等效替换的思想 B.库仑扭秤实验和卡文迪许扭秤实验都用了放大的思想 C.加速度a、电场强度E都采用了比值定义法 D.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物,能用实验直接验证 2.(6分)米歇尔?麦耶和迪迪埃?奎洛兹因为发现了第一颗太阳系外行星﹣飞马座51b而获得2019年诺贝尔物理学奖。飞马座51b与恒星相距为L,构成双星系统(如图所示),它们绕共同的圆心O做匀速圆周运动。设它们的质量分别为m1、m2且(m1<m2),已知万有引力常量为G.则下列说法正确的是(  ) A.飞马座51b与恒星运动具有相同的线速度 B.飞马座51b与恒星运动所受到的向心力之比为m1:m2 C.飞马座51b与恒星运动轨道的半径之比为m2:m1 D.飞马座51b与恒星运动周期之比为m1:m2 3.(6分)如图所示,在水平匀强电场中,有一带电粒子(不计重力)以一定的初速度从M点运动到N点,则在此过程中,以下说法中正确的是(  ) A.电场力对该带电粒子一定做正功 B.该带电粒子的运动速度一定减小 C.M、N点的电势一定有φM>φN D.该带电粒子运动的轨迹一定是直线 4.(6分)雨滴在空中下落的过程中,空气对它的阻力随其下落速度的增大而增大。若雨滴下落过程中其质量的变化及初速度的大小均可忽略不计,以地面为重力势能的零参考面。从雨滴开始下落计时,关于雨滴下落过程中其速度的大小v、重力势能Ep随时间变化的情况,如图所示的图象中可能正确的是(  ) A. B. C. D. 5.(6分)“世纪工程”﹣港珠澳大桥已于2018年10月24日9时正式通车,大桥主桥部分由约为6.7km海底隧道和22.9km桥梁构成,海底隧道需要每天24小时照明,而桥梁只需晚上照明。假设该大桥的照明电路可简化为如图所示电路,其中太阳能电池供电系统可等效为电动势为E、内阻为r的电源,电阻R1、R2分别视为隧道灯和桥梁路灯,已知r小于R1和R2,则下列说法正确的是(  ) A.夜间,电流表示数为 B.夜间,开关K闭合,电路中电流表、电压表示数均变小 C.夜间,由于用电器的增多,则太阳能电池供电系统损失的电功率增大 D.当电流表示数为I则太阳能电池供电系统输出电功率为EI 6.(6分)2019年10月1日,在庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵式上,习近平主席乘“红旗”牌国产轿车依次检阅15个徒步方队和32个装备方队(如图甲所示)。检阅车在水平路面上的启动过程如图乙所示,其中Oa为过原点的倾斜直线,ab段表示以额定功率P行驶时的加速阶段,bc段是与ab段相切的水平直线,若检阅车的质量为m,行驶过程中所受阻力恒为f,则下列说法正确的是(  ) A.检阅车在t1时刻的牵引力和功率都是最大值,t2~t3时间内其牵引力等于f B.0~t1时间内检阅车做变加速运动 C.0~t2时间内的平均速度等于 D.t1~t2时间内检阅车克服阻力所做功为P(t2﹣t1) 7.(6分)如图所示,两块长方体滑块A和B叠放在倾角为θ的斜面体C上。已知A、B质量分别为m1和m2,A与C的动摩擦因数为μ1,B与A的动摩擦因数为?2.两滑块AB在斜面体上以相同加速度自由下滑,斜面体C在水平地面上始终保持静止,则下列说法正确的是(  ) A.斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向左 B.滑块A与斜面间的动摩擦因数?1=tanθ C.滑块A受到斜面对其摩擦力的大小为?1(m1+m2)gcosθ D.滑块B所受的摩擦力大小为?2m2gcosθ 8.(6分)如图甲所示,轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m的小球,从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程,他以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下方向建立坐标轴Ox,做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示,不计空气阻力,重力加速度为g。以下判断正确的是(  ) A.当x=h+x0,重力势能与弹性势能之和最小 B.最低点的坐标为x=h+2x0 C.小球受到的弹力最大值等于2mg D.小球动能的最大值为mghmgx0 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.(6分)某同学用如图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系。实验中用砂和砂桶的总重力表示小车所受合力。 (1)下列关于该实验的操作,正确的有   。 A.砂和砂桶的总质量应远小于小车的质量 B.实验所用电磁打点计时器的工作电源应选用电压约为6V的蓄电池 C.实验时,应先让打点计时器正常工作,后释放小车 D.平衡摩擦力时,应挂上空砂桶,逐渐抬高木板,直到小车能匀速下滑 (2)图乙为实验得到的一条点迹清晰的纸带,A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点。已知电源频率为50Hz,则打点计时器在打D点时纸带的速度v=   m/s(保留三位有效数字)。 (3)该同学平衡了摩擦力后进行实验,他根据实验数据画出了小车动能变化△Ek与绳子拉力对小车所做功W的关系图象,他得到的图象应该是   。 10.(9分)要测量一个待测电阻Rx(190Ω~210Ω)的阻值,实验室提供了如下器材: 电源E:电动势3.0V,内阻不计; 电流表A1:量程0~10mA,内阻r1约50Ω; 电流表A2:量程0﹣500μA,内阻r2为1000Ω; 电压表V1:量程0~1V,内阻RV1约为1kΩ 电压表V2:量程0~10V,内阻RV2约为10kΩ 滑动变阻器R:最大阻值20Ω,额定电流2A; 定值电阻R1=500Ω; 定值电阻R2=2000Ω; 定值电阻R3=50000Ω; 电键S及导线若干。 求实验中尽可能准确测量Rx的阻值,请回答下面问题: (1)为了测定待测电阻上的电压,可以将电表   (选填“A1”、“A2”或“V1”、“V2“)串联定值电阻   (选填“R1”、“R2”或“R3”),将其改装成一个量程为3.0V的电压表。 (2)利用所给器材,在虚线框内画出测量待测电阻Rx阻值的实验原理图(所有的器材必须用题中所给的符号表示)。 (3)根据以上实验原理图进行实验,若测量电路中一只电流表的读数为6.2mA,另外一只电流表的读数为200.0μA.根据读数并结合题中所给数据求出待测电阻Rx=   Ω。 11.(12分)如图,光滑固定斜面倾角为37°,一质量m=0.1kg、电荷量q=+1×10﹣6C的小物块置于斜面上的A点,A距斜面底端R的长度为1.5m,当加上水平向右的匀强电场时,该物体恰能静止在斜面上,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求: (1)该电场的电场强度的大小; (2)若电场强度变为原来的一半,小物块运动到B点所需的时间和在B点的速度各是多少? 12.(20分)光滑水平面上有一质量m车=1.0kg的平板小车,车上静置A、B两物块。物块由轻质弹簧无栓接相连(物块可看作质点),质量分别为mA=1.0kg,mB=1.0kg。A距车右端x1(x1>1.5m),B距车左端x2=1.5m,两物块与小车上表面的动摩擦因数均为μ=0.1.车离地面的高度h=0.8m,如图所示。某时刻,将储有弹性势能Ep=4.0J的轻弹簧释放,使A、B瞬间分离,A、B两物块在平板车上水平运动。重力加速度g取10m/s2,求: (1)弹簧释放瞬间后A、B速度的大小; (2)B物块从弹簧释放后至落到地面上所需时间; (3)若物块A最终并未落地,则平板车的长度至少多长?滑块在平板车上运动的整个过程中系统产生的热量多少? [物理--选修3-3](15分) 13.(5分)下列说法中正确的是 (  ) A.随着科技的不断进步,绝对零度可能达到 B.分子势能随着分子间距的增大,可能先减小后增大 C.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 D.一定质量的理想气体在等压压缩的过程中内能一定减小 E.当卫星中的物体处于完全失重时,若一个固定的容器装有浸润其器壁的液体置于卫星内,则必须用盖子盖紧,否则容器中的液体一定会沿器壁流散 14.(10分)如图所示,一总质量m=10kg的绝热汽缸放在光滑水平面上,用横截面积S=1.0×10﹣2m2的光滑绝热薄活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内,活塞杆的另一端固定在墙上,外界大气压强P0=1.0×105Pa.当气体温度为27℃时,密闭气体的体积为2.0×10﹣3m3(0℃对应的热力学温度为273K)。 (ⅰ)求从开始对气体加热到气体温度缓慢升高到360K的过程中,气体对外界所做的功; (ⅱ)若地面与汽缸间的动摩擦因数μ=0.2,现要使汽缸向右滑动,则缸内气体的温度至少应降低多少摄氏度?(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,活塞一直在汽缸内,气体质量可忽略不计,重力加速度g取10m/s2。) [物理--选修3-4](15分) 15.如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波,实线为t=0时刻的波形图,经过t1=6s,波形图如图中虚线所示。已知波的周期T>4s,则下列说法正确的是(  ) A.该波的波长为8m B.该波的周期可能为8s C.在t=9s时,B质点一定沿y轴正方向运动 D.B、C两质点的振动情况总是相反的 E.该列波的波速可能为m/s 16.处于真空中的圆柱形玻璃的横截面如图所示,AB为水平直径,玻璃砖的半径为R,O为圆心,P为圆柱形玻璃砖上的一点,与水平直径AB相距,单色光平行于水平直径AB射向该玻璃砖。已知沿直径AB射入的单色光透过玻璃的时间为t,光在真空中的传播速度为c,不考虑二次反射,求: (1)该圆柱形玻璃砖的折射率n; (2)从P点水平射入的单色光透过玻璃砖的时间。 2020年四川省雅安市高考物理一诊试卷 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.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分. 1.【解答】解:A、合力与分力的关系体现了等效替换的思想,故A正确; B、库仑扭秤实验和卡文迪许扭秤实验都用了放大的思想,故B正确; C、加速度a、电场强度E都采用了比值定义法,故C正确; D、牛顿第一定律是在实验的基础上经逻辑推理而得出的,采用的是实验加推理的方法,反映了物体不受外力时的运动状态,而不受外力的物体不存在的,所以不能用实验直接验证,故D错误; 本题选错误的,故选:D。 2.【解答】解:BD、双星系统属于同轴转动的模型,具有相同的角速度和周期,两者之间的万有引力提供向心力,故两者向心力相同,故BD错误; C、根据,则半径之比等于质量反比,飞马座51b与恒星运动轨道的半径之比,即r1:r2=m2:m1,故C正确; A、线速度之比等于半径之比,即v1:v2=m1:m2,故A错误。 故选:C。 3.【解答】解:AB、粒子的带电性质不知道,所以受到的电场力方向不确定,电场力可能做正功也可能做负功,则粒子的速度可能增加也可能减小,故AB错误; C、沿着电场线的方向电势一定降低,所以φM>φN,故C正确; D、粒子只受电场力作用,电场力的方向在水平方向,而粒子的运动方向和水平方向有一夹角,所以粒子不会醉直线运动,故D错误; 故选:C。 4.【解答】解:AB、根据牛顿第二定律得:mg﹣f=ma,得:a,随着速度增大,雨滴受到的阻力f增大,则知加速度减小,雨滴做加速度减小的加速运动,当加速度减小到零,雨滴做匀速直线运动,故v﹣t图象切线斜率先减小后不变,故A错误,B正确; CD、以地面为重力势能的零参考面,则雨滴的重力势能为:Ep=mgh﹣mg?at2,Ep随时间变化的图象应该是开口向下的,故CD错误; 故选:B。 5.【解答】解:A、夜间,桥梁需要照明,开关K闭合,电阻R1、R2并联,根据闭合电路欧姆定律可知,电流表示数I,故A错误; B、夜间,开关K闭合,总电阻减小,干路电流增大,电路中电流表示数变大,故B错误; C、根据能量守恒定律可知,夜间,由于用电器的增多,则太阳能电池供电系统损失的电功率增大,故C正确; D、当电流表示数为I,则太阳能电池供电系统总功率为EI,输出功率为EI﹣I2r,故D错误。 故选:C。 6.【解答】解:A、由图象可知,检阅车的运动过程为:Oa为匀加速直线运动,ab是恒定功率运动,且加速度在逐渐减小,所以t1时刻牵引力和功率最大,bc是匀速直线运动,t2~t3时间内其牵引力等于f,故A正确。 B、在0~t1时间段,由v﹣t图象知检阅车做匀加速直线运动,故B错误。 C、在0~t2时间段,由v﹣t图象可知,检阅车先做匀加速运动再做变加速运动,故此段时间内平均速度大于,故C错误; D、设时间t1~t2内检阅车克服阻力所做功为Wf,由动能定理P(t2﹣t1)﹣Wfmvmv,克服阻力所做功为Wf=P(t2﹣t1)mvmv,故D正确。 故选:AD。 7.【解答】A、把AB看成一个整体,AB对C的压力在水平方向的分力为Nx=(m1+m2)gcosθ.sinθ,方向水平向右,AB对C的摩擦力在水平方向的分力为fx=fcosθ,方向水平向左。因为AB一起加速下滑,所以(m1+m2)gsinθ>f,则Nx>fx,所以斜面C有向右的运动趋势,则斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向左。故A正确; B,因为AB一起加速下滑,所以μ1(m1+m2)cosθ<(m1+m2)gsinθ,则μ1<tanθ,故B错误; C、把AB看成一个整体,滑块A与斜面之间的摩擦力为f=μ1(m1+m2)gcosθ,故C正确; D、滑块AB一起加速下滑,其加速度为a=gsinθ﹣μ1gcosθ,B与A之间的摩擦力是静摩擦,则AB之间的摩擦力为f′=m2a=mg(sinθ﹣μ1cosθ),故D错误。 故选:AC。 8.【解答】解:A、根据乙图可知,当x=h+x0,小球的重力等于弹簧的弹力,此时小球具有最大速度,以弹簧和小球组成的系统,机械能守恒可知,重力势能与弹性势能之和最小,故A正确; BC、根据运动的对称性可知,小球运动的最低点大于h+2x0,小球受到的弹力最大值大于2mg,故BC错误; D、小球达到最大速度的过程中,根据动能定理可知,故小球动能的最大值为,故D正确 故选:AD。 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)A.实验中用砂和砂桶的总重力表示小车所受合力,为了使小车的合力近似等于砂和砂桶的总重力,砂和砂桶的总质量应远小于小车的质量,故A正确; B.实验所用电磁打点计时器的工作电源应选用电压约为6V的交流电源,而蓄电池提供的是直流电源,故B错误; C.实验时,应先让打点计时器正常工作,后释放小车,才能够在纸带上打出足够多的点,故C正确; D.平衡摩擦力时,不应挂上空砂桶,故D错误。 故选:AC。 (2)C点的读数为1.65cm,E点的读数为3.55cm,CE的距离xCE=(3.55﹣1.65)cm=1.90cm。中间时刻的速度等于该时间段的平均速度,所以打点计时器在打D点时纸带的速度vDm/s=0.475m/s。 (3)根据动能定理:W=△Ek,小车动能变化△Ek与绳子拉力对小车所做功W的关系图象是经过原点的一条直线,故A正确。 故答案为:(1)AC;(2)0.475(0.450~0.500都对);(3)A。 10.【解答】解:(1)将小量程的电流表改装成电压表,电流表需要知道两个参数:量程和内阻,故电流表选A2。 根据串联电路特点和欧姆定律得:串联电阻阻值为: R1000Ω=5000Ω,故选定值电阻R2; (2)由①知电压表的内阻RV=R2+r2=1000+5000=6000Ω,由于3.8~4.2,31.6~28.6,故电流表应用用外接法;又滑动变阻器最大电阻远小于待测电阻阻值,故变阻器应用分压式接法,电路图如甲图所示 (3)根据串并联电路特点和欧姆定律得: 200.0Ω 故答案为:(1)①A2,R3; (2); (3)200.0。 11.【解答】解:(1)如图所示, 小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用,则有 在x轴方向:Fcos37°﹣mgsin37°=0…① 在y轴方向:FN﹣mgcos37°﹣Fsin37°=0.……② 解得:gE=mgtan37°……③ 故有:E=7.5×105 N/C,方向水平向右……④ (2)场强变化后物块所受合力为:F=mgsin37°qEcos37°……⑤ 根据牛顿第二定律得:F=ma……⑥ 故代入解得a=0.3g=3m/s2,方向沿斜面向下 由运动学公式可得:vB2﹣vA2=2as s 解得:t=1s,vB=3 m/s 答:(1)该电场的电场强度的大小是7.5×105 N/C; (2)若电场强度变为原来的一半,小物块运动到B点所需的时间和在B点的速度各是1s,3 m/s。 12.【解答】解:(1)释放弹簧过程A、B系统动量守恒、机械能守恒, 以向右为正方向,由动量守恒定律得:mAvA﹣mBvB=0, 由机械能守恒定律得:EP, 代入数据解得:vA=2m/s,vB=2m/s; (2)由于A、B质量相等与桌面的动摩擦因数相等,在B在平板车上运动到左端过程小车所受合力为零,小车静止, B运动到小车左端过程,对B,由动能定理得:, 由动量定理得:﹣μmBgt1=mBvB﹣mBv2, 代入数据解得:vB=1m/s,t1=1s, B离开平板车后做平抛运动,竖直方向:h, 代入数据解得:t2=0.4s, 运动时间:t=t1+t2=1.4s; (3)B离开小车时:vA=vB=1m/s,B离开平板车后,A与平板车组成的系统动量守恒, 以向右为正方向,由动量守恒定律得:mAvA=(mA+m车)v, 由能量守恒定律得:, 代入数据解得:L相对=0.25m; A、B同时在小车上运动时小车不动,B滑出小车时, A在小车上滑行的距离与B在小车上滑行的距离相等为1.5m, 小车的最小长度:L=1.5+1.5+0.25=3.25m, 系统产生的热量:E=μmAgx1+μmBgx2=3.25J; 答:(1)弹簧释放瞬间后A、B速度的大小分别为2m/s、2m/s; (2)B物块从弹簧释放后至落到地面上所需时间为1.4s; (3)若物块A最终并未落地,则平板车的长度至少为3.25m,滑块在平板车上运动的整个过程中系统产生的热量是3.25J。 [物理--选修3-3](15分) 13.【解答】解:A、绝对零度是不能达到。故A错误; B、两个分子之间的距离从无穷远到无限靠近的过程中,分子之间的作用力先是吸引力,后是排斥力,所以分子力先做正功,后做负功;同理,分子间距从无限靠近到无穷远的过程中,分子力也是先做正功,后做负功;所以可知分子势能随着分子间距的增大,可能先减小后增大。故B正确; C、布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动,由于花粉是由花粉颗粒组成的,所以布朗运动反映的是花粉颗粒的运动,不是花粉分子的热运动,是液体分子的热运动的反应,故C错误; D、根据理想气体得状态方程可知,一定质量的理想气体在等压压缩的过程中气体的温度一定降低,而一定量的理想气体得内能仅仅与温度有关,温度降低气体的内能减小,所以一定质量的理想气体在等压压缩的过程中内能一定减小。故D正确; E、当卫星中的物体处于完全失重时,若一个固定的容器装有浸润其器壁的液体置于卫星内,根据浸润的特点可知必须用盖子盖紧,否则容器中的液体一定会沿器壁流散。故E正确 故选:BDE。 14.【解答】解:(ⅰ)气体压强不变,由盖?吕萨克定律得: 解得:V2=T22.4×10﹣3 m3 气体对外界所做的功W=P0?△V=P0(V2﹣V1) 代入数据解得:W=40J (ⅱ)当气体降温,气缸未发生移动时,气体等容变化,则: 汽缸开始移动时,则有:P0S=P3S+μmg 代入数据解得:T=294K 故应降温△t=6℃ 答:(ⅰ)气体对外界所做的功为40J; (ⅱ)缸内气体的温度至少应降低6℃。 [物理--选修3-4](15分) 15.【解答】解:A、分析波形图,可知波长λ=4m,故A错误; BE、设波沿x轴正方向传播,则,n=0、1、2…,其中T>4s,则n=0时,T=24s,波速vm/s;n=1时,Ts,波速vm/s; 设波沿x轴负方向传播,则,n=0、1、2…,其中T>4s,则n=0时,T=8s,波速v=0.5m/s,故BE正确; C、当波沿x轴负方向传播时,T=8s,在t=9s时,B质点在平衡位置下方,沿y轴负方向运动,故C错误; D、B、C两质点平衡位置相隔半个波长,振动情况完全相反,故D正确; 故选:BDE。 16.【解答】解:(1)沿AB入射的光将从B点射出,设光在玻璃内的速度为v,则:v 又:2R=ct 联立可得:n (2)过P做入射光的法线,过P做AB的垂线,垂足为C,如图:因,所以∠POC=30° 由几何关系可知该光的入射角为30° 由折射定律:n可得: 由几何关系:PD=2R?cosr 从P入射的光到达D所用的时间: 联立可得:t′ 答:(1)该圆柱形玻璃砖的折射率n为; (2)从P点水平射入的单色光透过玻璃砖的时间为。 第1页(共1页)

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  • ID:6-7038069 2020年上海市虹口区高考物理一模试卷【含答案及详细解析】

    高中物理/高考专区/模拟试题


    2020年上海市虹口区高考物理一模试卷
    一、选择题
    1.由于实验器材简陋,伽利略将自由落体实验转化为著名的“斜面实验”,主要是考虑到(  )
    A.便于测量小球运动的速度
    B.便于测量小球运动的时间
    C.便于测量小球运动的路程
    D.便于直接测量小球运动的加速度
    2.麦克斯韦认为:电荷的周围存在电场,当电荷加速运动时,会产生电磁波。受此启发,爱因斯坦认为:物体的周围存在引力场,当物体加速运动时,会辐射出引力波。爱因斯坦提出引力波的观点,采用了(  )
    A.类比法 B.观察法 C.外推法 D.控制变量法
    3.依据库仑定律F=k,恒量k在国际单位制中用基本单位可以表示为(  )
    A. B.
    C. D.
    4.小河中有一个实心桥墩P,A为靠近桥墩浮在平静水面上的一片树叶,俯视如图所示。现在S处以某一频率拍打水面,使形成的水波能带动树叶A明显振动起来,可以采用的方法是(  )

    A.提高拍打水面的频率
    B.降低拍打水面的频率
    C.只要拍打,A就会振动起来
    D.无论怎样拍打,A都不会振动起来
    5.把太阳系各行星的运动近似看作匀速圆周运动,则离太阳越近的行星(  )
    A.周期越短 B.线速度越小 C.角速度越小 D.加速度越小
    6.图示为t=0时刻的横波波形图,已知波长λ=4m,波速v=2m/s,质点A恰处于波峰处,质点A在t=5.5s时(  )

    A.处于负向最大位移的C处
    B.处于正向最大位移的A处
    C.处于平衡位置的B处,且速度向上
    D.处于平衡位置的B处,且速度向下
    7.如图,点电荷A固定在竖直绝缘墙壁上,绝缘轻绳上端国定于墙壁,下端系质量为m、电量为q的小球B(可视为点电荷),平衡时两个点电荷的连线恰好水平。若B的质量增加为2m,为了保持其位置不变,则B的电量应为(  )

    A.q B.2q C.q D.q
    8.如图所示,足够长的直线ab靠近通电螺线管的一端,且与螺线管垂直.用磁传感器测量ab上各点沿ab方向上的磁感应强度分量Bx的大小,在计算机屏幕上显示的图象大致是(  )

    A. B.
    C. D.
    9.如图所示,水平放置的条形磁铁中央,有一闭合金属弹性圆环,条形磁铁中心线与圆环的轴线重合。现将圆环沿半径向外均匀扩大,则(  )

    A.穿过圆环的磁通量增大
    B.圆环中无感应电流
    C.从左往右看,圆环中产生顺时针方向的感应电流
    D.圆环受到磁铁的作用力沿半径向外
    10.如图所示,木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点,物体A、B叠放在木板上且处于静止状态,此时物体B的上表面水平,现使木板P绕O点缓慢逆时针旋转到虚线位置,A、B、P之间均保持相对静止,则(  )

    A.A对B的作用力减小 B.B对A的支持力减小
    C.P对B的作用力增大 D.P对B的摩擦力增大
    11.图中的实线为电场线,O为产生电场的其中一个固定的点电荷,A、B、C、D为电场中的四个位置,某带电粒子仅在电场力的作用下沿虚线轨迹运动。下列判断正确的是(  )

    A.O处点电荷一定带正电
    B.B点电势一定高于C点电势
    C.粒子在A点的动能大于D点的动能
    D.若将该粒子在B点由静止释放,它一定沿电场线运动
    12.在光滑水平面上,一个物块同时受到两个水平力F1与F2的作用。若F1、F2随时间的变化如图所示,且第1s内物块处于静止状态,则(  )

    A.第2s内加速度逐渐减小,速度逐渐增大
    B.第3s内加速度逐渐减小,速度逐渐减小
    C.第4s内加速度逐渐减小,速度逐渐增大
    D.第5末物块的速度为零且离出发点最远
    二.填空题(共20分,每题4分)
    13.(4分)物理学家密立根在实验中发现各个油滴所带电荷量都是某一最小电量的核数倍,即电荷量的不连续性,这个最小的电量被称之为   ,一个铁离子F所带的电荷量为   C。
    14.(6分)现有下列四种形式的运动:①匀速直线运动:②自由落体运动:③匀速圆周运动 ④简谐运动。根据运动的特点,可将   分为一类,   分为另一类。理由是   (填写编号)
    15.(4分)从地面竖直向上抛出一物体,以地面为重力势能零点,物体的机械能E与重力势能E随它离开地面的高度h的变化如图所示。则物体的质量为   kg,由地面上升至h=4m处的过程中,物体的动能减少了   J.(重力加速度g取10m/s2)

    16.(4分)图(a)所示电路中,定值电阻R=30Ω,灯泡L的电流与其电压的关系如图(b)所示。若灯泡消耗的功率P1与电源的输出功率P之比为1:4,则此时灯泡的电阻R1=   ;电源两端的电压为   。

    17.(4分)如图所示,两块三角形的木板B、C竖直放在水平桌面上,它们的顶点连接在A处,底边向两侧分开。将一个锥体在A处由静止释放,发现锥体自动地沿木板滚上了较高的B、C一端。不计摩擦损耗,此过程中锥体的机械能   (填“不变”或“变大”或“变小”),试解释这一现象:   

    18.(4分)根据“测定电源的电动势和内电阻”这个实验:
    (1)在图一和图二中,R1为定值电阻且阻值未知,判断下列图中能测出电源电动势的是   ,能测出电源内电阻的是   ;(选填图的编号)

    (2)若按图(2)连接电路,闭合电键S前,滑动变阻器R2的滑片应处于   (填“最左端“或“最右端”),实验过程中,电阻R1起的作用。
    (3)实验电路图如图(3)所示,已知R1=2Ω,以U2为纵坐标,U1为横坐标,作出相应图线,见图(4),则:电源电动势E=   V,内阻r=   Ω。
    19.(14分)如图(a)所示,倾角为37°的斜面足够长,质量m=1kg的滑块,从斜面底端v0=8m/s的初始速度冲上斜面,前ls内v﹣t的图象如图(b)所示,重力加速度g取10m/s2.求
    (1)滑块沿斜面上滑的最大距离
    (2)滑块与斜面间的动摩擦因数
    (2)滑块上升过程中损失的机械能,以及返回到斜面底端时的动能

    20.(16分)一种可测速的跑步机的测速原理如图所示。该机底面固定有间距为L、宽度为d的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场,左侧与电压表和电阻R相连接。绝缘橡胶带上每隔距离d就嵌入一个电阻为r的平行细金属条,跑步过程中,绝缘橡胶带跟随脚步一起运动,金属条和电极之间接触良好且任意时刻仅有一根金属条处于磁场中。现在测出t时间内电压表读数为恒为U,设人与跑步机间无相对滑动,求:
    (1)判断电阻R的电流方向。
    (2)该人跑步过程中,是否匀速?给出定性判断理由。
    (3)求t时间内的平均跑步速度。
    (4)若跑步过程中,人体消耗的能量有20%用于克服磁场力做功,求t时间内人体消耗的能量。



    2020年上海市虹口区高考物理一模试卷
    参考答案与试题解析
    一、选择题
    1.【解答】解:伽利略最初假设自由落体运动的速度是随着时间均匀增大,但是他所在的那个时代还无法直接测定物体的瞬时速度,所以不能直接得到速度随时间的变化规律。伽利略通过数学运算得到结论:如果物体的初速度为零,而且速度随时间的变化是均匀的,那么它通过的位移与所用的时间的二次方成正比,这样,只要测出物体通过通过不同位移所用的时间,就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化。但是物体下落很快,当时只能靠滴水计时,这样的计时工具还不能测量自由落体运动所用的较短的时间。伽利略采用了一个巧妙的方法,用来“冲淡”重力。他让铜球沿阻力很小的斜面滚下,小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多,所以时间长,所以容易测量,故B正确,ACD错误。
    故选:B。
    2.【解答】解:爱因斯坦根据麦克斯韦的观点:电荷周围有电场,当电荷加速运动时,会产生电磁波,提出了物体周围存在引力波,当物体加速运动时,会辐射出引力波的观点,采用了类比法。故A正确,BCD错误。
    故选:A。
    3.【解答】解:根据库仑定律有:
    F=k
    得:k
    其中:F的单位是N,有:1N=kg?m?s﹣2
    r的单位是m,q的单位是C,有:1C=1A?s
    所以k的单位是,或kg?m3?A﹣2?s﹣4.故A正确,BCD错误。
    故选:A。
    4.【解答】解:拍打水面时,水波中的质点上下振动,形成的波向前传播,提高拍打水面的频率,则质点振动的频率增加,波的频率与振动的频率相等,根据,波速不变,频率增大,波长减小,衍射现象不明显,反之降低频率,波长增大,衍射现象更明显。故降低拍打水面的频率,可以使衍射现象明显,故B正确,ACD错误。
    故选:B。
    5.【解答】解:根据万有引力提供向心力为:Gmmma=mω2r
    解得:T=2π,v,ω,a,
    所以:
    A、由T=2π可知,半径小,周期小,故离太阳越近的行星运动的周期越小,故A正确。
    B、由v可知,半径小,速度大,故离太阳越近的行星运动的线速度越大,故B错误。
    C、由ω可知,半径小,角速度大,故离太阳越近的行星运动的角速度越大,故C错误。
    D、由a可知,半径小,加速度大,故离太阳越近的行星运动的加速度越大,故D错误。
    故选:A。
    6.【解答】解:已知波长λ=4m,波速v=2m/s,则周期T2T,则t=5.5s时,质点A振动了2.75T,则质点A处于平衡位置向上振动,故C正确,ABD错误。
    故选:C。
    7.【解答】解:小球的受力如图,小球受三个力处于平衡,现小球质量变为原来的2倍,即重力变为原来的2倍,要求绳子的拉力方向不变,则电场力变为原来的2倍,则电量变为原来的2倍,故B正确,ACD错误。
    故选:B。

    8.【解答】解:通电螺线管的磁场分布相当于条形磁铁,因此根据磁感线的分布
    再由磁感线的疏密程度来确定磁感应强度的大小,如图所示:

    那么各点沿ab方向上的磁感应强度分量Bx的大小从a向b先增大,后减小到零,再反向增大,最后减小,故C选项正确,ABD错误;
    故选:C。
    9.【解答】解:磁感线是闭合曲线,磁铁内部穿过线圈的磁感线条数等于外部所有磁感线的总和,图中内部磁感线线比外部多。外部的磁感线与内部的磁感线方向相反,外部的磁感线将内部抵消。
    A、现将弹性圆环均匀向外扩大,则磁铁外部磁感线条数多,将内部磁感线抵消多,导致磁通量变小,故A错误;
    BC、由A选项分析,可知,磁通量变小,则由楞次定律得,从左往右看,产生顺时针感应电流,故B错误,C正确;
    D、产生顺时针感应电流,在外部感线的作用下,根据左手定则可知,弹性圆环受到的安培力方向沿半径向内,故D错误;
    故选:C。
    10.【解答】解:设板与水平地面的夹角为α。
    A、以A为研究对象,A原来只受到重力和支持力而处于平衡状态,所以B对A的作用力与A的重力大小相等,方向相反;
    当将P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置,B的上表面不再水平,A受力情况如图1,A受到重力和B的支持力、摩擦力三个力的作用,其中B对A的支持力、摩擦力的和仍然与A的重力大小相等,方向相反,则A受到B对A的作用力保持不变。根据牛顿第三定律可知,A对B的作用力也不变。故A错误;

    B、结合对A选项的分析可知,开始时物体A不受B对A的摩擦力,B对A的支持力大小与重力相等;后来时设B的上表面与水平方向之间的夹角是β,受到的B对A的支持力、摩擦力的和仍然与A的重力大小相等,方向相反,则A受到B对A的作用力保持不变,由于支持力与摩擦力相互垂直,N1=GA?cosβ,所以A受到的支持力一定减小了。故B正确;
    C、以AB整体为研究对象,分析受力情况如图2:总重力GAB、板的支持力N2和摩擦力f2,板对B的作用力是支持力N2和摩擦力f2的合力。
    由平衡条件分析可知,板对P的作用力大小与总重力大小相等,保持不变。N2=GABcosα,f2=GABsinα,α减小,N2增大,f2减小。故CD错误。
    故选:B。
    11.【解答】解:A、没有画出电场线的方向,所以O点可能是正电荷,也可能是负电荷,故A错误;
    B、由于不知道电场线的方向,所以无法判断B、C两点电势的高低,故B错误;
    C、由于做曲线运动的物体受力的方向指向曲线的内测,可知该粒子在该电场中受到的电场力沿电场线向下,故从A到D电场力对粒子做负功,粒子的动能减小,则粒子在A点的动能较大,故C正确;
    D、电场中的带电粒子受力的方向沿电场线的切线方向,由于B点所在在电场线为曲线,所以将该粒子在B点由静止释放,它一定不能沿电场线运动,故D错误。
    故选:C。
    12.【解答】解:第1s内物块处于静止知,两拉力大小相等。
    A、在第2s内,F2逐渐减小,知合力逐渐增大,加速度逐渐增大,速度逐渐增大。故A错误。
    B、在第3s内,F2继续减小,则合力继续增大,加速度逐渐增大,速度逐渐增大。故B错误。
    C、第4s内,F2逐渐增大,则合力逐渐减小,加速度逐渐减小,但是加速度方向与速度方向相同,则速度逐渐增大。故C正确。
    D、第5s内,做加速度减小的加速运动,5s末加速度为

    • 2020-03-17
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