【物理】广东省广州市岭南中学2020届高三上学期第一轮复习模拟测试（二）（解析版）

【物理】广东省广州市岭南中学2020届高三上学期第一轮复习模拟测试（二）（解析版）

广东省广州市岭南中学2020届高三上学期第一轮复习 模拟测试试题（二）‎ 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.历史上，伽利略在斜面实验中分别在倾角不同、阻力很小的斜面上由静止释放小球，他通过实验观察和逻辑推理，得出的正确结论有( )‎ A. 倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间的二次方成正比 B. 倾角一定时，小球在斜面上的速度与时间的二次方成正比 C. 斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关 D. 斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的时间与倾角无关 ‎【答案】A ‎【详解】AB.伽利略通过实验测定出小球沿斜面下滑的运动是匀加速直线运动，位移与时间的二次方成正比，并证明了速度随时间均匀变化，故A正确，B错误；‎ C.斜面长度一定时，倾角越大，小球从顶端滚到底端时的速度越大，故C错误；‎ D.斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间随倾角的增大而减小，故D错误．‎ ‎2. 正、负点电荷周围的电场线分布如图，P、Q为其中两点，则带正电的试探电荷 A. 由P静止释放后会运动到Q B. 从P移动到Q，电场力做正功 C. 在P的电势能小于在Q的电势能 D. 在P所受电场力小于在Q所受电场力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：电场线的切线方向是电场强度方向，若由P静止释放后，由于电场方向在变化，所以试探电荷不会沿着电场线运动，A错误；从P到Q过程中，电场力方向与速度方向夹角为锐角，电场力做正功（或者从电势降低角度分析），B正确；电场力做正功，电势能减小，所以在P的电势能大于在Q的电势能，C错误；电场线的疏密程度可表示电场强度大小，故P点的电场强度大于Q点的电场强度，所以试探电荷在P所受电场力大于在Q所受电场力 考点：考查了电场线，电场强度，电场力做功 ‎【名师点睛】本题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是一个等势面 ‎3.如图，粗糙水平地面上放有一斜劈，小物块以一定初速度从斜劈底端沿斜面向上滑行， 回到斜劈底端时的速度小于它上滑的初速度．已知斜劈始终保持静止，则小物块（ ）‎ A. 上滑所需时间与下滑所需时间相等 B. 上滑时加速度与下滑时的加速度相等 C. 上滑和下滑过程，小物块机械能损失相等 D. 上滑和下滑过程，斜劈受到地面的摩擦力方向相反 ‎【答案】C ‎【解析】‎ B、对物体受力分析可由牛顿第二定律得，上滑的加速度，下滑的加速度，则，B错误.A、将上滑过程用逆向思维分析，两个过程均当成匀加速直线运动，有，可知，即上滑时间小于下滑时间，A错误．C、除重力以外的摩擦力做功衡量机械能的损失，，则上滑和下滑摩擦力做负功相同，机械能损失相同，C正确．D、物体m先减速上升，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对M与m整体受力分析，受到重力（M+m）g，地面支持力N，和地面摩擦力，根据牛顿第二定律，有水平分析：f=m•（a•cosθ）①，竖直方向：（M+m）g-N=m•（a•sinθ）②其中θ为斜面坡角，故地面对斜面体的静摩擦力方向没有改变，D错误．故选C.‎ ‎【点睛】本题关键是对整体受力分析后根据牛顿第二定律列式求解出支持力和静摩擦力的表达式后进行分析讨论；整体法不仅适用与相对静止的物体系统，同样也适用与有相对运动的物体之间．‎ ‎4.在如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，在调节可变电阻R的阻值过程中，发现理想电压表的示数减小，则（　　）‎ A. R的阻值变大 B. 路端电压不变 C. 干路电流减小 D. 路端电压和干路电流的比值减小 ‎【答案】D ‎【详解】电压表的示数减小，根据串联电路分压规律知电阻R的阻值变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小．路端电压和干路电流的比值等于外电路总电阻，路端电压和干路电流的比值减小．综上选项BC错误，选项AD正确．‎ ‎5.如图，某空间站在轨道半径为R的近地圆轨道I上围绕地球运行，一宇宙飞船与空间站对接后，在轨道I上围绕地球运行多圈后又与空间站分离，进入椭圆轨道II运行．已知椭圆轨道的远地点到地球球心的距离为3.5R，地球质量为M，万有引力常量为G，则 A. 空间站在圆轨道I上运行的周期为 B. 空间站与飞船对接后在圆轨道I上运行的周期变小 C. 飞船在椭圆轨道远地点的速率是近地点的3.5倍 D. 飞船与空间站分离后在远离地球过程中其机械能不断增大 ‎【答案】A ‎【详解】A.根据公式 可得 ‎，‎ 因为，所以，‎ A正确；‎ B.从可知半径越大，周期越大，空间站与飞船对接后仍在轨道I上运行，半径不变，所以周期不变，B错误；‎ C.根据公式可得，‎ 飞船在近地点的速度为，在远地点的速度为，所以飞船在椭圆轨道远地点的速率是近地点的，C错误；‎ D.在这个过程中只有万有引力做功，机械能不变，D错误；‎ 故选A ‎6.如图甲，质量为2 kg的物体在水平恒力F作用下沿粗糙的水平面运动，1 s后撤掉恒力F，其运动的v－t图象如图乙，g＝10 m/s2，下列说法正确的是 A. 在0～2 s内，合外力一直做正功 B. 在0.5 s时，恒力F的瞬时功率为150 W C. 在0～1 s内，合外力的平均功率为150 W D. 在0～3 s内，物体克服摩擦力做功为150 J ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A、由v-t图象可知0～2 s速度先增大后减小，则合力先做正功后做负功，A错误．B、由v-t图象的斜率可得，，根据牛顿第二定律可知，，解的，，故恒力F的瞬时功率为，B项正确．C、由动能定理可知，故C错误．D、摩擦力做的功为，故D正确．则选BD.‎ ‎【点睛】本题一要理解图象的意义，知道斜率等于加速度，面积表示位移，二要掌握牛顿第二定律和动能定理，并能熟练运用．‎ ‎7.如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个恒力F拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是（ ）‎ A. 若加速度很小，竖直挡板对球的弹力可能为零 B. 若加速度很大，斜面对球的弹力可能为零 C. 斜面对球的弹力大小与加速度大小无关 D. 斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力等于ma ‎【答案】CD ‎【详解】小球受到的重mg、斜面的支持力FN1、竖直挡板的水平弹力FN2，设斜面的倾斜角为α，则竖直方向有：FN1cosα=mg；因为mg和夹角α不变，无论加速度如何变化，FN1不变且不可能为零，水平方向有：FN2-FN1sinα=ma，则可知，若加速度越大，竖直挡板的水平弹力越大，加速度很小也不可能为零，故AB错误；C正确；‎ 根据牛顿第二定律可知，斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力等于ma，故D正确．故选CD．‎ ‎【点睛】本题结合力的正交分解考查牛顿第二定律，正确的分析受力与正确的分解力是关键，注意将力分解到水平和竖直方向是解题的关键．‎ ‎8.如图，正方形abcd中△abd区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，△bcd区域内有方向平行bc的匀强电场（图中未画出）。一带电粒子从d点沿da方向射入磁场，随后经过bd的中点e进入电场，接着从b点射出电场。不计粒子的重力。则（ ）‎ A. 粒子带负电 B. 电场的方向是由b指向c C. 粒子在b点和d点的动能相等 D. 粒子在磁场、电场中运动的时间之比为p∶2‎ ‎【答案】ABD ‎【详解】A．从a到e粒子做匀速圆周运动，由左手定则能够判定粒子带负电，故A正确；‎ B．由于粒子带负电，进入电场后弯向上方，受力向上，则电场方向就向下，由b指向c，故B正确；‎ C．由于磁场对粒子不做功，所以be两点的动能相等，但从e到b电场力做正功，动能增加，所以bd两点的动能不相等，C错误；‎ D．令正方形区域的边长为2a，根据几何知识可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为a，粒子在磁场中运动的圆心角为，则时间 粒子进入电场时速度向右，则粒子在电场中做类平抛运动，在电场中运动的时间 所以则两段时间比值为，故D正确。‎ 故选ABD。‎ 第Ⅱ卷 二、非选择题：（62分）‎ ‎9. 用图示电路测量一量程为3V的电压表内阻，可调恒压电源能满足本实验要求，将下列实验步骤的有关内容补充完整．‎ ‎①断开开关S，按图连接好电路 ‎②将电阻箱的阻值调到_______________‎ ‎③接通电源，再闭合开关S ‎④由零开始调节恒压电源的输出电压，使电压表的指针指到3V位置；‎ ‎⑤调节__________使电压表的指针指到_______V位置，读出此时电阻箱的阻值，即为电压表内阻的测量值，断开开关S．‎ ‎【答案】②零 ⑤电阻箱的阻值 1.5V ‎【解析】‎ 试题分析：②电压表串联在电路中，并且需要通过调节电阻箱来调节电压，将电阻箱阻值调至零处，‎ ‎⑤根据中值电阻规律可得调节电阻箱的电阻，使电压表的指针指到1.5V位置，读出此时电阻箱的阻值，即为电压表内阻的测量值，‎ 考点：考查了测量电阻实验 ‎【名师点睛】关键是清楚实验原理，根据两次调节电压表是示数，通过中值电阻的定义求解 ‎10.用如图甲所示的实验装置完成“探究动能定理”实验．请补充完整下列实验步骤的相关内容：‎ ‎ （1）用天平测量小车和遮光片的总质量M、砝码盘的质量m0；用游标卡尺测量遮光片的宽度d，游标卡尺的示数如图乙所示，其读数为______ cm；按图甲所示安装好实验装置，用米尺测量两光电门之间的距离s；‎ ‎（2）在砝码盘中放入适量砝码；适当调节长木板的倾角，直到轻推小车，遮光片先后经过光电门A和光电门B的时间相等；‎ ‎（3）取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量m；‎ ‎（4）让小车从靠近滑轮处由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间△tA和△tB；‎ ‎（5）步骤（4）中，小车从光电门A下滑至光电门B过程合外力做的总功W合=______，小车动能变化量△Ek=______（用上述步骤中的物理量表示，重力加速度为g），比较W合和△Ek的值，找出两者之间的关系；‎ ‎（6）重新挂上细线和砝码盘，改变砝码盘中砝码质量，重复（2）～（5）步骤．‎ ‎（7）本实验中，以下操作或要求是为了减小实验误差的是______．‎ A．尽量减小两光电门间的距离s B．调整滑轮，使细线与长木板平行 C．砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量 ‎【答案】 (1). 0.520cm (5). (6). B ‎【详解】（1）[1]游标卡尺的主尺读数为：5mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.05mm=0.20mm，‎ 所以最终读数为：5mm+0.20mm=5.20mm=0.520cm．‎ ‎（5）[2][3]取下细绳和砝码盘后，小车受到的合力即为砝码盘和盘中砝码的总重力，小车从光电门A下滑至光电门B过程合外力做的总功为：‎ W合=（m+m0）gs，‎ 由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．‎ 滑块通过光电门1速度，滑块通过光电门2速度，‎ 小车动能变化量 ‎（7）[4]A、尽量增大两光电门间的距离s，距离大一些，误差小一些，故A错误；‎ B、调整滑轮，使细线与长木板平行，否则撤去绳子后，合力不等于绳子拉力，故B正确；‎ C、本实验没有用砝码盘和盘中砝码的重力代替绳子的拉力，不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，故C错误．‎ 故选B ‎ 故答案为（1）0.520；（5）（m+m0）gs，；（7）B ‎【点睛】对常见的几种测量长度工具要熟悉运用，并能正确读数；光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法．由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度 ‎11.在粗糙水平面上，一电动玩具小车以的速度做匀速直线运动，其正前方平铺一边长为L=0.6m的正方向薄板，小车在到达薄板前某处立即刹车，靠惯性运动s=3m的距离后沿薄板一边的中垂线平滑地冲上薄板．小车与水平面以及小车与薄板之间的动摩擦因数均为，薄板与水平面之间的动摩擦因数，小车质量为M为薄板质量m的3倍，小车可看成质点，重力加速度，求：‎ ‎（1）小车冲上薄板时的速度大小；‎ ‎（2）小车刚冲上薄板到停止时的位移大小．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【详解】（1）根据牛顿第二定律得，小车在水平面上刹车加速度大小为：‎ 根据速度位移公式得：‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎（2）小车对薄板的摩擦力：‎ 地面对薄板的摩擦力为：‎ 因为，知薄板相对地面发生相对滑动．‎ 小车在薄板上匀减速直线运动的加速度大小为：‎ 薄板做匀加速直线运动的加速度为：‎ 两者速度相等经历的时间为，有：‎ 解得：‎ 此时两者发生的相对位移为：‎ ‎，‎ 代入数据解得：‎ 此时小车的位移为：‎ ‎，‎ 相等的速度：‎ 然后两者一起做匀减速直线运动，匀减速运动的加速度为：‎ 则一起匀减速直线运动的位移为：‎ ‎，‎ 所以小车从刚冲上薄板到停止时的位移大小为：‎ ‎【点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力．‎ ‎12.一半径为R的薄圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴线平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒可绕其中心轴线转动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变．一不计重力的带负电粒子从小孔M沿着MN方向射入磁场，当筒以大小为ω0的角速度转过90°时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒．‎ ‎（1）若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求该粒子的比荷和速率分别是多大？‎ ‎（2）若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与MN方向成30°角，则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为多大？‎ ‎【答案】（1），v=ω0R（2）圆筒角速度大小应ω1=ω0或者其中k=0,1,2,3，……‎ ‎【详解】（1）若粒子沿MN方向入射，当筒转过90°时，粒子从M孔（筒逆时针转动）或N孔（筒顺时针转动）射出，如图，由轨迹1可知半径r=R 由粒子运动周期 筒转过90°的时间又 联立以上各式得：荷质比，粒子速率 ‎（2）若粒子与MN方向成30°入射，速率不变半径仍R，作粒子轨迹2如图，轨迹2圆心为O’，则四边形MO’PO为菱形，可得，所以 则粒子偏转的时间：；又；得：‎ 由于转动方向与射出孔不确定，讨论如下：‎ ⅰ．当圆筒顺时针转动时，设筒转动的角速度变为ω1，‎ 若从N点离开，则筒转动时间满足，得：其中k=0,1,2,3…‎ 若从M点离开，则筒转动时间满足，得：‎ 其中k=0,1,2,3……；综上可得其中n=0,1,2,3……‎ ⅱ．当圆筒逆时针转动时，设筒转动的角速度变为ω2，‎ 若从M点离开，则筒转动时间满足，得：其中k=0,1,2,3……‎ 若从N点离开，则筒转动时间满足，得：‎ 其中k=0,1,2,3……综上可得 其中k=0,1,2,3…‎ ‎13.下列说法正确是( )‎ A. 布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动 B. 一木块被举高，组成该木块的所有分子的分子势能都增大 C. 当液体与大气接触时，液体表面层分子的势能比液体内部分子的要大 D. 缓慢压缩一定量气体，若此过程气体温度不变，则外界对气体做正功但气体内能不变 E. 气体体积不变时，温度越高，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多 ‎【答案】CDE ‎【详解】A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，而固体颗粒是由大量颗粒分子组成的，固体颗粒的运动是所有颗粒分子整体在运动，不能证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动；故A错误；‎ B．一木块被举高，该木块的重力势能增加，但组成该木块的分子间距不变，分子势能不变；故B错误；‎ C．液体表面层的分子间距比液体内部分子间距要大，分子力表现为引力，故分子势能比液体内部的分子势能大；故C正确；‎ D．缓慢压缩一定量气体，若此过程气体温度不变，则外界对气体做正功，由于一定质量的理想气体的内能只与温度有关，所以气体内能不变；故D正确；‎ E．气体体积不变时，温度越高，由 知气体的压强越大，由于单位体积内气体分子数不变，分子平均动能增大，所以单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多；故E正确。‎ 故选CDE．‎ ‎【点睛】解决本题的关键要掌握分子动理论、气态方程、热力学第一定律，知道压强的微观含义等热力学基本知识．‎ ‎14.如图，上端开口的竖直汽缸由大、小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，两活塞用刚性轻杆连接，两活塞间充有氧气，小活塞下方充有氮气．已知：大活塞的质量为2m，横截面积为2S，小活塞的质量为m，横截面积为S；两活塞间距为L；大活塞导热性能良好，汽缸及小活塞绝热；初始时氮气和汽缸外大气的压强均为p0，大活塞与大圆筒底部相距，两活塞与气缸壁之间的摩擦不计，重力加速度为g．现通过电阻丝缓慢加热氮气，求当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时，氮气的压强．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件求出初始时氧气压强为p1和体积V1；再求出当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时氧气的体积V2；再由玻意耳定律，求出此时氧气的压强p2，最后利用平衡条件求出氮气压强为p；根据平衡条件求出压强，在根据理想气体状态方程求出温度．‎ ‎【详解】①以两活塞整体为研究对象，设初始时氧气压强为p1，根据平衡条件有 p0S＋3mg＝p1S 化简得： ‎ 初始时氧气体积：‎ 当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时，氧气体积 V2＝2SL ‎ 由于大活塞导热，小活塞缓慢上升可认为氧气温度不变，设此时氧气压强为p2，‎ 由玻意耳定律得 p2V2＝p1V1‎ 联立解得氧气的压强：‎ ‎②设此时氮气压强为p，温度为T，根据平衡条件有 p0·2S＋3mg＝p2S＋pS 得：‎