江苏省海安高级中学2020届高三第二次模拟考试物理试题

江苏省海安高级中学2020届高三第二次模拟考试物理试题

‎2020届高三年级阶段检测（二）‎ 物 理 一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共计18分，每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.汽车在200 m长的平直跑道上做启动、制动性能测试．汽车从跑道一端由静止开始做匀加速运动，离终点还有40 m时关闭发动机做匀减速运动，汽车恰好停在跑道另一端，全程运动时间为20 s．则下列说法正确的是(　　)‎ A. 汽车全程的平均速度大小是20 m/s B. 汽车关闭发动机时的速度大小是10 m/s C. 汽车匀加速运动的加速度大小是2.5 m/s2‎ D. 汽车匀减速运动的加速度大小是5 m/s2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.汽车全程的平均速度 故A错误。‎ B.设最大速度为vm，根据平均速度推论知，‎ 即 解得最大速度 故B错误。‎ C.加速的位移x1=200m-40m=160m，则匀加速运动的加速度 故C错误。‎ D.匀减速运动的加速度大小 故D正确。‎ ‎2.如图甲所示，电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，A为理想电流表，R1、R2为可变电阻，R3为定值电阻，R4为光敏电阻，光敏电阻的阻值随光照射的强弱而改变．“光强”是表示光的强弱程度的物理量，照射光越强，光强越大，光强符号用I表示，国际单位为坎德拉(cd)．实验测得光敏电阻的阻值R4与光强I间的关系如图乙所示，当电路发生变化时，下列说法正确的是(　　)‎ A. 当光照增强时，电容器所带电荷量减小 B. 当光照增强时，电源的输出功率减小 C. 若R2的阻值减小，电流表的示数减小 D. 若R1的阻值减小，R3消耗的功率减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图知电阻与光强成反比，故随光强的增大电阻减小，所以当光照增强时，R4减小，总电阻减小，总电流增大，并联部分的电阻不变，所以电压增大，所以电容器两端的电压增大，根据Q=UC可知，电量增大，故A错误；‎ B.当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，由于不知道外电路电阻与内阻的关系，所以无法判断电源的输出功率的变化，故B错误；‎ C.若R2的阻值减小，则总电阻减小，总电流增大，并联部分的电压减小，通过电流表A的电流减小，故C正确；‎ D.R1与电容器串联，相当于断路，其变化不影响电路变化，故D错误。‎ ‎3.如图所示为缓慢关门时(图中箭头方向)门锁的示意图，锁舌尖角为37°，此时弹簧弹力为24‎ ‎ N，锁舌表面较光滑，摩擦不计(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，下列说法正确的是(　　)‎ A. 此时锁壳碰锁舌的弹力为40 N B. 此时锁壳碰锁舌的弹力为30 N C. 关门时锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大 D. 关门时锁壳碰锁舌的弹力保持不变 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.锁壳碰锁舌的弹力FN分解如图所示，‎ 其中F1＝FNsin37°，且此时F1大小等于弹簧的弹力24 N，解得锁壳碰锁舌的弹力为40 N，A正确，B错误；‎ CD.关门时，弹簧的压缩量增大，弹簧的弹力增大，故锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大，C正确，D错误。‎ 故选：AC ‎【点睛】关门时，锁舌受到锁壳的作用力，弹簧被压缩，根据力的分解原则求解此时弹簧的弹力．‎ ‎4.两个点电荷Q1、Q2位于x轴上A、B两点，若取无限远处的电势为零，则在它们形成的电场中，沿x轴正方向上各点的电势如图所示，且AP＞PB．由图线提供的信息可知 A. P点的电场强度为零 B. Q1的电荷量较大 C. 电子沿x轴从A移到B过程中，加速度逐渐减小 D. 电子沿x轴从A移到B的过程中，电场力先做正功，后做负功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、该图象的斜率等于场强E，则知P点电场强度不为零，A错误；‎ B、如果Q1和Q2为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线中点为零电势点；由于AP＞PB，故Q1＞Q2，B正确；‎ C、从φ﹣x图象的斜率可知，A到B的区间电场强度先减小后增大，故电子在沿x轴从A移到B的过程中，受到的电场力先减小后增大，加速度也是先减小后增大，C错误；‎ D、电子沿x轴从A移到B的过程中，电场力方向始终指向x轴负方向，与电子移动方向相反，故电场力一直做负功，D错误；‎ 故选B。‎ ‎5.a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着 a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着 a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图所示．则（ ）‎ A. x1一定等于x2 B. x1一定大于x2‎ C. 若m1＞m2，则 x1＞x2 D. 若m1＜m2，则 x1＜x2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：竖直运动是，ab看做一个整体，则有，单独分析b物体，则有弹力带入加速度计算可得弹力，光滑水平面运动，同样整体分析加速度，单独分析b有弹力，水平和竖直弹力相等，所以形变量相等，答案A对。‎ 考点：整体法 隔离法 ‎6.金属桶侧面有一用木塞封住的小孔A，当桶内盛水时，水面距离孔高度为H,拨去木塞水会从小孔A中流出；如果让装满水的桶自由下落，同时拨去木塞，不计空气阻力，重力加速度为g，则 ( )‎ A. 若桶静止，拨去木塞时孔口水流速度为 B. 若桶静止，拨去木塞时孔口水流速度为 C. 若桶自由下落，水从小孔流出速度为 D. 若桶自由下落，水从小孔流出速度为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.若桶静止，可选取水面上质量为∆m的小水滴，由水面到孔口，根据机械能守恒定律：‎ ‎，‎ 解得拨去木塞时孔口水流速度为 ‎，‎ 选项A错误，B正确； ‎ CD.水桶自由下落，处于完全失重状态，故其中的水也处于完全失重状态，对容器壁无压力，故水不会流出；选项CD错误。‎ 二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分，每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。‎ ‎7.如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中(　　)‎ A. 从P到M所用的时间等于 B. 从Q到N阶段，机械能逐渐变大 C. 从P到Q阶段，速率逐渐变小 D. 从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据开普勒第二定律知，海王星在近日点P的速度最大，在远日点Q的速度最小，则海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，由轨迹的对称性，则PM段的时间小于MQ段的时间，而运行的周期为T0，所以P到M所用的时间小于，故A错误。‎ B．从Q到N过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误。‎ C．从P到Q阶段，由机械能守恒知，海王星的势能逐渐增大，则海王星运动的速率逐渐减小，故C正确。‎ D．根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D正确。‎ ‎8.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )‎ A. 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电 B. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小 C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；‎ B、根据电容器的决定式：，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据可知， 电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；‎ C、根据电容器的决定式：，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则电容C增大，根据可知， 电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；‎ D、根据可知， 电量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误。‎ 点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系。‎ ‎9.如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为FT，小球在最高点的速度大小为v，其FT－v2图象如图乙所示，则(　　)‎ A. 轻质绳长为 B. 当地的重力加速度为am C. 若v2＝b，小球运动到最低点时绳的拉力为6a D. 当v2＝c时，轻质绳最高点拉力大小为＋a ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.在最高点，根据牛顿第二定律得：‎ ‎，‎ 则 可知图线的斜率 ‎，‎ 纵轴截距mg=a，则当地的重力加速度 ‎，‎ 轻绳的长度 故A正确、B错误。‎ C. 若小球运动到最高点时的速度v2＝b，即v2=gL，则从最高点到最低点：‎ 最低点时 解得 T=6mg=6a 选项C正确；‎ D.当v2=c时，代入解得 故D错误。‎ ‎10.两根光滑的水平杆互相垂直地固定在一起，上面分别穿有小球a、b，a、b间用一轻直杆相连，如图所示，在a球向O点做匀速运动过程中， (　　)‎ A. b球沿杆做匀速运动 B. 轻杆对b球的作用为拉力 C. 轻杆对a球的作用力对做负功 D. 当a球在O点位置时刻，b球的加速度指向O点 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.速度的合成与分解，可知将两球的速度分解，如图所示， 则有：‎ v杆＝vacosθ 而 v杆＝vbsinθ 解得 ‎；‎ 由几何关系可知，当a球匀速下落时，随着θ角变大，b的速度逐渐减小，选项A错误； ‎ B.因b做减速运动，可知轻杆对b球的作用为拉力，选项B正确；‎ C. 轻杆对a球的作用力为拉力，则轻杆对a做正功，选项C错误；‎ D. 当a球在O点位置时刻，因b球做减速运动，则b球的加速度方向与速度方向相反，指向O点，选项D正确。‎ ‎11.如图甲所示，轻弹簧竖起放置，下端固定在水平地面上，一质量为的小球，从离弹簧上端高处由静止释放.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，沿竖起向下方向建立从标轴，作出小球所受弹力大小随小球下落的位置坐标的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为.以下判断正确的是（ ）‎ ‎ ‎ ‎ 甲 乙 A. 当时，小球的动能最小 B. 最低点坐标 C. 当时，小球的加速度为，且弹力为 D. 小球动能的最大值为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】由图乙可知，解得，由图线与横轴所围图形的面积表示弹力所做的功，则有，由动能定理得，即，解得，故最低点坐标不是，且此处动能不是最小，故A、B错误；由图可知，，由对称性可知当时，小球加速度为，且弹力为，故C正确；小球在处时，动能的最大值，根据动能定理有，依题可得，所以，故D正确 三、实验题本题2小题，总计18分 ‎12.某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为5 N的弹簧测力计两个，橡皮条(带两个较长的细绳套)，刻度尺，图钉(若干个)．‎ ‎(1)具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的有______．‎ A．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上 B．重复实验再次进行验证时，结点O位置可以与前一次不同 C．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度 D．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力 ‎(2)该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示．其中对于提高实验精度最有利的是_______．‎ ‎ (3) 合力与F大小相等，方向略有偏差，如果此偏差仅由F1引起，则原因是F1的大小比真实值偏_______、F1与F2的夹角比真实夹角偏________.(填“大”或“小”)‎ ‎【答案】 (1). BC (2). B (3). 大 (4). 大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1].A.F1、F2方向间夹角大小适当即可，不一定要橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上，故A错误；‎ B.合力与分力的关系为等效替代的关系，效果是相同的，所以在同一次实验时，需要让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，则必定结点O的位置要相同；而在重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同。故B正确；‎ C.使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线，可以减小因摩擦产生的误差；读数时视线应正对测力计刻度，可以减小偶然误差。故C正确；‎ D.用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力不一定必须都小于只用一个测力计时的拉力，故D错误；‎ ‎(2)[2].A、为了便于确定拉力的方向，拉橡皮条的细绳要稍长一些，同时在纸上描点时，所描的点不要太靠近结点，该图中所描的点太靠近结点。故A错误；‎ B.该图中所描的点到结点的距离适中，力的大小适中，而且两个力的角度的大小也适中。故B正确；‎ C.实验要方便、准确，两分力适当大点，读数时相对误差小，但不宜太大，该图中的读数都太小，故C错误；‎ D.该图中两个分力之间的夹角太小，这样误差容易大，故D错误；‎ ‎(3)[3][4].据F1和F2的大小和方向做出的平行四边形可知：原因是F1的大小比真实值偏大；F1与F2的夹角比真实夹角偏大。‎ ‎13.某同学利用图所示电路测量量程为2.5 V电压表V的内阻（内阻为数千欧姆），可供选择的器材有：电阻箱R（最大阻值99 999.9 Ω），滑动变阻器R1（最大阻值50 Ω），滑动变阻器R2（最大阻值5 kΩ），直流电源E（电动势3 V）。开关1个，导线若干。‎ 实验步骤如下 ‎①按电路原理图连接线路；‎ ‎②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图中最左端所对应的位置，闭合开关S；‎ ‎③调节滑动变阻器，使电压表满偏；‎ ‎④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00 V，记下电阻箱的阻值。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）试验中应选择滑动变阻器_______（填“”或“”）。‎ ‎（2）根据图所示电路将实物图连线_________。‎ ‎（3）实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为_______Ω（结果保留到个位）。‎ ‎（4）如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为_____（填正确答案标号）。‎ A．100 μA B．250 μA C．500 μA D．1 mA ‎【答案】 (1). （1）R1 (2). （2）连线如下图 (3). （3）2520 (4). （4）D ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）本实验利用了半偏法测电压表的内阻，实验原理为接入电阻箱的时候电路的总电阻减小的不太大，故需要滑动变阻器为小电阻，故选R1可减小实验误差。‎ ‎（2）滑动变阻器为分压式，连接实物电路如图所示：‎ ‎（3）电压表的内阻和串联，分压为2.00 V和0.50 V，则 。‎ ‎（4）电压表的满偏电流，故选D。‎ 四、计算题：本题共4小题，共计64分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只与出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎14.如图所示，光滑水平轨道AB与光滑半圆形轨道BC在B点相切连接，半圆轨道半径为R，轨道AB、BC在同一竖直平面内．一质量为m的物块在A处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆轨道的最高点C.已知物块在到达B点之前已经与弹簧分离，重力加速度为g.求：‎ ‎(1)物块由C点平抛出去后在水平轨道的落点到B点的距离；‎ ‎(2)物块在B点时对半圆轨道的压力大小；‎ ‎(3)物块在A点时弹簧的弹性势能．‎ ‎【答案】（1）2R（2）6mg（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）因为物块恰好能通过C点，有：‎ 物块由C点做平抛运动，有：，‎ 解得：‎ 即物块在水平轨道的落点到B点的距离为 ‎（2）物块由B到C过程中机械能守恒，有：‎ 设物块在C点时受到轨道的支持力为F，有：，‎ 解得：‎ 由牛顿第三定律可知，物块在B点时对半圆轨道的压力。‎ ‎（3）由机械能守恒定律可知，物块在A点时弹簧的弹性势能为：‎ ‎，解得：。‎ 点睛：本题的关键要知道物块恰好过最高点所代表的含义，并会求临界速度，也要学会用功能关系求弹性势能的大小。‎ ‎15.如图所示，质量m＝2.0×10－4 kg、电荷量q＝1.0×10－6 C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中。取g＝10 m/s2。‎ ‎(1)求匀强电场的电场强度 E1的大小和方向；‎ ‎(2)在t＝0时刻，匀强电场强度大小突然变为E2＝4.0×103N/C，且方向不变。求在t＝0.20 s时间内电场力做的功；‎ ‎(3)在t＝0.20 s时刻突然撤掉第(2)问中的电场，求带电微粒回到出发点时的动能。‎ ‎【答案】(1)2.0×103N/C，方向向上　(2)8.0×10－4J　(3)8.0×10－4J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设电场强度为E，则：，‎ 代入数据解得：，方向向上 ‎（2）在时刻，电场强度突然变化为：，设微粒的加速度为，‎ 在时间内上升高度为h，电场力做功为W，则：‎ 解得：‎ 根据：，解得：‎ 电场力做功：‎ ‎（3）设在时刻突然撤掉电场时粒子的速度大小为v，回到出发点时的动能为，‎ 则：，‎ 解得：‎ ‎16.如图所示，质量分布均匀的小球，质量为m，半径为R；倾角α=45°的斜面体质量为M，放置在水平面上．在水平推力作用下，使斜面体底角刚好与墙角接触，撤去推力后小球和斜面体均做匀加速直线运动，直到小球恰好落地．不计一切摩擦，重力加速度为g．（tan22.5°=）求：‎ ‎ ‎ ‎（1）静止时，水平推力F；‎ ‎（2）撤去推力后，小球重力势能的变化量；‎ ‎（3）撤去推力后，斜面体匀加速运动的时间．‎ ‎【答案】（1）mg（2）-mgR（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对小球分析：受到重力mg、墙壁的弹力F1、斜面体的支持力F2． ‎ ‎ 由平衡条件得 F1=mgtanα=mg 再对整体分析：重力（m+M）g、地面的支持力FN、墙壁的弹力F1、水平推力F 对整体，由平衡条件得 ‎ F=F1=mg ‎（2）撤去推力后，小球重力势能的变化量 ‎△Ep=-mg△h 如图所示，由几何关系得到小球的重心位置下降了△h=2Rcos45°=R，所以 ‎△Ep=-mg△h=-mgR ‎ （3）撤去水平推力F后小球竖直向下加速运动，斜面体水平向右加速运动，设加速度分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得 对小球有 ‎ mg-F0cosα=ma1‎ 对斜面体有 ‎ F0sinα=Ma2‎ 两者的关系为 可得 由几何关系得到斜面体发生的位移 x=2Rcos45°‎ 又 x=a2t2解得 ‎17.如图所示，平行金属板M、N水平放置，板右侧有一竖直荧光屏，板长、板间距及竖直屏到板右端的距离均为l，M板左下方紧贴M板有一粒子源，以初速度v0水平向右持续发射质量为m，电荷量为+q的粒子．已知板间电压UMN随时间变化的关系如图所示，其中．忽略离子间相互作用和它们的重力，忽略两板间电场对板右侧的影响，荧光屏足够大．‎ ‎（1）计算说明，t=0时刻射入板间的粒子打在屏上或N板上的位置；‎ ‎（2）求荧光屏上发光的长度．‎ ‎【答案】（1）粒子打在下极板上距左端处；（2）5l ‎【解析】‎ 试题分析：（1）t=0时刻射入的粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，运动到下极板的时间t，，‎ 解得：‎ 粒子在水平方向的位移：，粒子打在下极板上距左端处；‎ ‎（2）时射入极板的粒子打在荧光屏的最下方，粒子在极板间的运动时间：‎ ‎，‎ 粒子离开极板时的竖直分速度：，‎ 粒子离开极板到打在荧光屏上的时间：，‎ 粒子在竖直方向的偏移量：y=l+vyt2=5l，‎ 在时刻进入极板的粒子在极板间做匀速直线运动，离开极板后沿水平方向做匀速直线运动，粒子垂直打在荧光屏上，这是粒子打在荧光屏的最上端位置，则荧光屏的发光长度：d=y=5l；‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题考查了粒子在电场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的关键，分析清楚不同时刻进入极板的粒子运动过程，然后应用匀速运动规律与匀变速直线运动规律及牛顿第二定律可以解题。‎ ‎ ‎