解析江西省宜春市高安二中高三高考模拟物理试题.docx
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解析江西省宜春市高安二中高三高考模拟物理试题
2021年江西省宜春市高安二中
高考物理模拟试卷(5月份)
一、选择题:
本大题共8小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,1-5小题只有一项符合题目要求,6-8小题有多项符合题目要求.全部选对得6分,选对但不全得3分,错选得0分.
1.(6分)直导线ab放在如图所示的水平导体框架上,构成了一个闭合回路;长直导线cd和框架处在同一个平面内,且cd和ab平行,当cd中通有电流时,观察到ab向左滑动.关于cd中的电流,下列说法正确的是()
A. 电流一定增大,方向沿c向d
B.电流一定增大,方向沿d向c
C.电流一定减小,方向可能由d向c
D.电流大小恒定,方向由d到c
【考点】:
楞次定律;磁感线及用磁感线描述磁场.
【专题】:
电磁感应与图像结合.
【分析】:
要使ab发生运动则右侧框架中一定会发生电磁感应现象,则由楞次定律可得出线框内磁场的变化.
【解析】:
解:
导线左移时,线框的面积增大,由楞次定律可知原磁场一定是减小的;并且不论电流朝向哪个方向,只要电流减小,都会发生ab左移的情况;
故选:
C.
【点评】:
楞次定律有两种描述,一种是:
增反减同,另一种是:
来拒去留;本题可根据第二种描述快速求解;应明确电磁感应中的阻碍的各种含义.
2.(6分)2021年莫斯科世锦赛上,我国男子短道速滑队时隔15年再次站到5000m接力的冠军领奖台上.观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲,甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,则()
A.甲对乙的作用力与乙对甲的作用力相同
B. 甲对乙的作用力一定做正功,乙的动能增大
C.乙对甲的作用力一定做正功,甲的动能增大
D. 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
【考点】:
动能定理的应用;牛顿第三定律.
【专题】:
动能定理的应用专题.
【分析】:
运动员与冰面间的摩擦可忽略不计,在“交棒”过程中,“交棒”运动员猛推“接棒”运动员一把,两个运动员相互作用的力等大、反向、共线,作用时间相同,根据动量定理,两个运动员的动量变化等大、反向、共线,系统动量守恒.
【解析】:
解:
A、由牛顿第三定律可知,作用力与反作用力大小相等,方向相反,所以甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等,方向相反,故A错误;
B、甲对乙的作用力一定做负功,乙的动能减小,故B错误;
C、乙对甲的作用力一定做正功,甲的动能增大,故C正确;
D、根据动量守恒定律知,甲动量的增加量等于乙动量的减小量,不知道甲、乙的质量关系,不能求出甲乙动能变化关系,故D错误;
故选:
C.
【点评】:
明确运动员间的相互作用力的冲量等于对方的动量变化,又有作用时间相同,相互作用力等大、反向,故两个运动员系统的总动量守恒.
3.(6分)近年来,智能手机的普及使“低头族”应运而生.近日研究发现,玩手机时,就有可能让颈椎承受多达60磅(约270N)的重量,相当于给颈椎挂俩大西瓜,比一个7岁小孩还重.不当的姿势与一系列健康问题存在关联,如背痛,体重增加、胃痛、偏头痛的呼吸道疾病等.当人体直立时,颈椎所承受的压力等于头部的重量;但当低头时,颈椎受到的压力会随之变化.现将人体头颈部简化为如图的模型;重心在P点的头部,在可绕O转动的颈椎OP(轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止.当低头时,颈椎与竖直方向的夹角为45°,PQ与竖直方向的夹角为60°,此时,颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的( )
A.4.2倍B.3.3倍C. 2.8倍 D.2.0倍
【考点】:
共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用.
【专题】:
共点力作用下物体平衡专题.
【分析】:
对人的头部进行分析,明确其受力情况,由共点力的平衡条件可得出对应的平行四边形;由正弦定理可求得颈椎受到的压力.
【解析】:
解:
由题意可明确人的头受力情况,如图所示:
设人的颈椎对头的支持力F,则由几何关系可知:
=
=
所以F=
•G≈3.73G;
故选:
B.
【点评】:
本题考查共点力的平衡在实际生活中的应用,要注意正确根据题意明确作出对应的图象,再由几何关系即可求解.
4.(6分)假设火星可视为质量均匀分布的球体,已知“火卫一”(火星的卫星)绕火星做圆周运动的半径为R,周期为T,火星的半径为R0,自转周期为T0,则火星表面的重力加速度在赤道处大小与两极处大小的比值为( )
A.
B.
C.1﹣
D. 1﹣
【考点】:
万有引力定律及其应用.
【专题】:
万有引力定律的应用专题.
【分析】:
在赤道上,万有引力一个分力等于重力,另一个分力提供向心力,在两极,万有引力等于重力.结合火卫一的轨道半径和周期求出火星的质量,根据万有引力和重力的关系求出重力加速度的比值.
【解析】:
解:
在赤道上的物体,有:
,
在两极,有:
联立两式
根据
解得GM=
代入可得
=1﹣
.
故选:
D.
【点评】:
解决本题的关键知道万有引力与重力的关系,知道赤道上万有引力等于重力和向心力之和,两极万有引力等于重力.
5.(6分)如图所示,水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,两个用相同材料、相同粗细的导线绕制的单匝闭合正方形线圈1和2,其边长L1=2L2,在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落,再逐渐完全进入磁场,最后落到地面.运动过程中,线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界.设线圈1、2落地时的速度大小分别为v1、v2,在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2,通过线圈截面的电荷量分别为q1、q2,不计空气阻力,则( )
A. v1
C.v1<v2,Q1>Q2,q1=q2 D.v1=v2,Q1<Q2,q1<q2
【考点】:
导体切割磁感线时的感应电动势.
【专题】:
电磁感应与电路结合.
【分析】:
线圈进入磁场之前做自由落体运动,因下落高度相等,可知两线圈会以同样的速度进入磁场,由法拉第电磁感应定律可求出进入磁场边界时的感应电动势,从而表示出受到磁场的安培力.由电阻定律表示出两线圈的电阻,结合牛顿第二定律表示出加速度,可分析出加速度与线圈的粗细无关,从而判断出两线圈进入时运动是同步的,直到线圈2完全进入磁场后,线圈做匀加速运动,可得出落地速度的大小关系.由能量的转化与守恒可知,损失的机械能(转化为了内能)与线圈的质量有关,从而判断出产生的热量大.由q=
分析电荷量的大小.
【解析】:
解:
线圈从同一高度下落,到达磁场边界时具有相同的速度v,切割磁感线产生感应电流,受到磁场的安培力大小为:
F=
由电阻定律有:
R=ρ
,(ρ为材料的电阻率,L为线圈的边长,S为导线的横截面积),线圈的质量为m=ρ0S•4L,(ρ0为材料的密度).
当线圈的下边刚进入磁场时其加速度为:
a=
=g﹣
联立得,加速度为:
a=g﹣
则知,线圈1和2进入磁场的过程先同步运动,由于当线圈2刚好全部进入磁场中时,线圈1由于边长较长还没有全部进入磁场,线圈2完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动,而线圈1仍先做加速度小于g的变加速运动,完全进入磁场后再做加速度为g的匀加速运动,两线圈匀加速运动的位移相同,所以落地速度关系为 v1<v2.
由能量守恒可得:
Q=mg(h+H)﹣
mv2(H是磁场区域的高度),因为m1>m2,v1<v2,所以可得Q1>Q2.
根据q=
=
∝L知,q1>q2.
故选:
A.
【点评】:
本题要注意分析物体的运动状态及能量变化情况,关键点在于分析线圈进入磁场的过程,由牛顿第二定律得到加速度关系,将电阻和质量细化,列式分析物体的运动情况关系.
6.(6分)图1是远距离输电线路的示意图,圈2是发电机输出电压随时间变化的图象,则( )
A.发电机输出交流电压的有效值约为500V
B.用户用电器上交流电的频率是100Hz
C.输电线的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定
D.当用户用电器的总电阻减小时,输电线上损失的功率增大
【考点】:
远距离输电.
【专题】:
交流电专题.
【分析】:
根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量,然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等.同时由变压器电压与匝数成正比,电流与匝数成反比.
【解析】:
解:
A、由图象可知交流的最大值为Um=707V,因此其有效值为U=
=500V,故A正确;
B、发电机的输出电压随时间变化的关系,由图可知,T=0.02s,故f=
,故B错误;
C、输电线的电流由输送的功率与电压决定的,与降压变压器原副线圈的匝数比无关,故C错误;
D、当用户用电器的总电阻增大时,用户的功率减小,降压变压器的输出功率减小,则输入的功率减小,输入的电流减小,输电线上损失的功率减小,故D错误;
故选:
A.
【点评】:
本题考查了有关交流电描述的基础知识,要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量,同时要能正确书写交流电的表达式.
7.(6分)某空间区域的竖直平面内存在电场,其中竖直的一条电场线如图1中虚线所示.一个质量为m、电荷量为q的带正电小球,在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动.以O为坐标原点,取竖直向下为x轴的正方向,小球的机械能E与位移x的关系如图2所示.则(不考虑空气阻力)( )
A. 电场强度大小恒定,方向沿x轴负方向
B. 从O到x1的过程中,小球的速率越来越大,加速度越来越大
C. 从O到x1的过程中,相等的位移内,小球克服电场力做的功越来越大
D.到达x1位置时,小球速度的大小为
【考点】:
电势差与电场强度的关系;牛顿第二定律;电场强度.
【专题】:
电场力与电势的性质专题.
【分析】:
从图象中能找出电场力的做功情况,根据电场力的做功情况判断出受力,继而判断出电场,在利用牛顿第二定律求的加速度
【解析】:
解:
A、物体的机械能先减小,后保持不变,故电场力先做负功,后不做功,故电场强度方向向上,再根据机械能的变化关系可知,电场力做功越来越小,故电场强度不断减小,故A错误;
B、根据牛顿第二定律可知,物体受重力与电场力,且电场力越来越小,故加速度越来越大,速度越来越大,故B正确;
C、由于电场力越来越小,故相等的位移内,小球克服电场力做的功越来越小,故C错误;
D、根据动能定理可得
得
故D正确;
故选:
BD
【点评】:
本题主要考查了电场力做功与与物体机械能的变化关系,明确电场力做正功,电势能增加,电场力做负功,电场力减小即可
8.(6分)如图,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小.这就是大家熟悉的惯性演示实验.若砝码和纸板的质量分别为M和m.各接触面间的动摩擦因数均为μ,砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板,下列说法正确的是( )
A.纸板相对砝码运动时,纸板所受摩擦力的大小为μ(M+m)g
B.要使纸板相对砝码运动,F一定大于2μ(M+m)g
C.若砝码与纸板分离时的速度小于
,砝码不会从桌面上掉下
D.当F=μ(2M+3m)g时,砝码恰好到达桌面边缘
【考点】:
牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系.
【专题】:
牛顿运动定律综合专题.
【分析】:
应用摩擦力公式求出纸板与砝码受到的摩擦力,然后求出摩擦力大小.根据牛顿第二定律求出加速度,要使纸板相对于砝码运动,纸板的加速度应大于砝码的加速度,然后求出拉力的最小值.
当F=μ(2M+3m)g时,根据牛顿第二定律分析求出砝码和纸板加速度,结合运动学公式求出分离时砝码的速度,结合速度位移公式求出砝码速度减为零的位置,从而判断出砝码的位置.
【解析】:
解:
A、对纸板分析,当纸板相对砝码运动时,所受的摩擦力μ(M+m)g+μMg,故A错误.
B、设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,
则有:
f1=Ma1,F﹣f1﹣f2=ma2
发生相对运动需要a2>a1
代入数据解得:
F>2μ(M+m)g,故B正确.
C、若砝码与纸板分离时的速度小于
,根据
知,因为开始砝码向右做匀加速运动已经有一段位移,所以砝码可能还会从桌面掉下,故C错误.
D、当F=μ(2M+3m)g时,砝码未脱离时的加速度a1=μg,纸板的加速度
=2μg,根据
,解得t=
,则此时砝码的速度
,砝码脱离纸板后做匀减速运动,匀减速运动的加速度大小a′=μg,则匀减速运动的位移
,可知砝码恰好到达桌面边缘,故D正确.
故选:
BD.
【点评】:
本题考查了求拉力大小,应用摩擦力公式求出摩擦力大小,知道拉动物体需要满足的条件,应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题.
三、非选择题:
包括必考题和选考题两部分.第9题~第12题为必考题,每个试题考生都必须作答.第13题~第16题为选考题,考生根据要求作答.
(一)必考题
9.(7分)测量两只内阻未知的电流表的内阻,给出下列器材:
①电流表G1(10mA内阻100Ω左右)②电流表G2(5mA内阻150Ω左右) ③定值电阻R1=100Ω
④定值电阻R2=10Ω ⑤滑动变阻器R3(0﹣200Ω) ⑥滑动变阻器R4(0﹣10Ω)
⑦干电池1.5V内阻未知 ⑧单刀单掷开关 ⑨单刀双掷开关⑩导线若干
(1)在如图1所示的方框中画出实验电路设计图.
(2)你要选择的器材除①②⑦⑧⑨⑩外还应选:
③⑥ (写出代号).
(3)在图2中将实物仪器用导线按要求连接起来.
【考点】:
伏安法测电阻.
【专题】:
实验题;恒定电流专题.
【分析】:
定值电阻的选择:
实验中定值电阻与G1并联,若其阻值太小,会使其电流过大,应选与G1内阻相差不大的,据所给器材,设计实验电路,把G1与定值电阻并联,由G2与G1示数得定值电阻的电流,据并联电路电流与电阻成反比关系得G1内阻,根据电路图连接实物图.
【解析】:
解:
(1、2)若选R2,则其阻值太小,电流过大,而R1与G1内阻相当,故选:
R1,0~10Ω的滑动变阻器对电路中的电流的控制作用比较小,所以0~100Ω的滑动变阻器更合适,电源的电势能是1.5V,所以使用限流式接法比较合适,电路图如图所示.
(3)实物连线如下右图所示.
故答案为:
(1)如图所示;
(2)③⑥;(3)如图所示
【点评】:
本题主要考查并联电路特点,明确电流与电阻的反比关系,学会由所给器材设计电路,难度不大,属于基础题.
10.(8分)利用图1的装置可测量滑块与斜面间的动摩擦因数.在斜面底端O处固定一光电门,当带有遮光片的滑块自斜面上的P点从静止滑下,通过光电门时,与光电门相连的计时器显示遮光片通过光电门的时间为△t.测得P、O间的距离为x.已知遮光片的宽度为d.完成下列填空:
(1)P、O间的距离x、滑块加速度的大小a、滑块经过光电门的时间△t、遮光片的宽度d四个物理量间满足的关系式是
;
(2)用游标卡尺测量遮光片的宽度如图2所示,则d= 0.500cm,
(3)多次改变滑块从斜面上开始下滑的位置,每次都让滑块由静止滑下,用米尺分别测出下滑点与O间的距离x,记下遮光片相应通过光电门的时间△t,利用所得数据作出(
)2﹣x图线如图3所示:
①由图线可得滑块加速度的大小为3.92m/s2;
②测得斜面的高度h=60.00cm、斜面的长度L=100.00cm,取g=9.80m/s2,则滑块与斜面间的动摩擦因数的值μ=0.25 .
【考点】:
探究影响摩擦力的大小的因素.
【专题】:
实验题.
【分析】:
(1)根据瞬时速度等于平均速度,及运动学公式,即可求解;
(2)根据游标卡尺读数的方法,主尺读数加上游标读数,不需估读;
(3)根据(
)2﹣x图线,结合运动学公式,通过图象斜率,即可求解加速度大小;
(4)对滑块受力分析,结合牛顿第二定律,即可求解动摩擦因数.
【解析】:
解:
(1)滑块经过光电门的速度为v=
;
根据运动学公式,那么P、O间的距离x、滑块加速度的大小a、滑块经过光电门的时间△t、遮光片的宽度d四个物理量间满足的关系式:
;
(2)游标卡尺的主尺读数为5mm,游标尺上第0个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标读数为0×0.05mm=0.00mm,所以最终读数为:
5mm+0.00mm=5.00mm=0.500cm;
(3)①根据作出(
)2﹣x图线,结合
则有:
k=2a;
那么a=
=
m/s2=3.92m/s2;
②滑块受到重力、支持力与滑动摩擦力,
根据力的分解,结合牛顿第二定律,则有:
mg
﹣μmg
=ma;
解得:
μ=
=0.25;
故答案为:
(1)
;
(2)0.500;(3)3.92,0.25.
【点评】:
考查光电门测速度的方法,知道游标卡尺的读数,理解牛顿第二定律的应用,掌握图象的作用,知道其图象斜率与加速度的关系.
11.(14分)一质量为2m的卡车拖挂一质量为m的车厢,在水平直道上匀速行驶,其所受的阻力与各自的重量成正比,比例系数为k=0.2且与速度无关.某时刻车厢脱落,车厢停止运动时,卡车与车厢相距△x=96m.已知整个过程中卡车的牵引力保持不变,取g=10m/s2,求车厢脱落时的速度v0.
【考点】:
牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系.
【专题】:
牛顿运动定律综合专题.
【分析】:
根据牛顿第二定律分别求出车厢脱落后卡车和车厢的加速度大小,结合运动学公式,结合位移关系求出车厢脱落时的速度大小.
【解析】:
解:
设卡车的牵引力为F,车厢脱落前,对卡车和车厢整体分析有:
F﹣3kmg=0.
设车厢脱落后,卡车和车厢的加速度大小分别为a1和a2,由牛顿运动定律有:
F﹣k×2mg=2ma1,
kmg=ma2,
设卡车和车厢的位移分别为x1和x2,由运动学方程有:
,
,
△x=x1﹣x2,
v0=a2t,
代入数据解得v0=16m/s.
答:
车厢脱落时的速度为16m/s.
【点评】:
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用,通过牛顿第二定律求出加速度的大小是解决本题的关键,抓住位移关系,结合运动学公式灵活求解.
12.(18分)在竖直平面内有一圆形绝缘轨道,半径为R=0.4m,匀强磁场垂直于轨道平面向里,一质量为m=1×10﹣3kg、带电荷量为q=+3×10﹣2C的小球,可在内壁滚动,如图甲所示.开始时,在最低点处给小球一个初速度v0,使小球在竖直平面内逆时针做圆周运动,图乙(a)是小球在竖直平面内做圆周运动的速率v随时间t变化的情况,图乙(b)是小球所受轨道的弹力F随时间t变化的情况,结合图象所给数据,(取g=10m/s2).求:
(1)匀强磁场的磁感应强度
(2)小球的初速度v0
(3)在0~t3s这段时间内,小球克服摩擦力所做的功是多少?
【考点】:
带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律;向心力.
【专题】:
带电粒子在磁场中的运动专题.
【分析】:
(1)从甲图可知,小球第二次最高点时,速度大小为4m/s,而由乙图可知,此时轨道与球间的弹力为零,故由重力与洛伦兹力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律列式,即可求得B.
(2)从图乙可知,小球第一次过最低点时,轨道与球之间弹力为F=0.11N,根据牛顿第二定律列式求解初速度v0.
(3)根据动能定理求出在0~t3s这段时间内,小球克服摩擦力所做的功.
【解析】:
解:
(1)从乙图(a)可知,小球第二次到达最高点时,速度大小为4m/s,而由乙图(b)可知,此时轨道与球间的弹力为零,
由牛顿第二定律得:
mg+qvB=
①
将①代入数据解得:
B=0.25T ②
(2)从图乙(b)可知,小球第一次过最低点时,轨道与球之间的弹力为:
F=0.11N,
根据牛顿第二定律得:
F﹣mg+qv0B=
③
将③代入数据解得:
v0=8m/s.④
(3)由动能定理可得:
﹣mg•2R﹣Wf=
mv2﹣
mv02
代入数值解得,小球克服摩擦力所做的功为:
Wf=1.6×10﹣2J.
答:
(1)匀强磁场的磁感应强度为0.25T;
(2)小球的初速度为8m/s;
(3)在0~t3s这段时间内,小球克服摩擦力所做的功是1.6×10﹣2J.
【点评】:
本题解题关键是读取图象的信息,再确定小球向心力的来源,根据牛顿第二定律处理这类问题.
(二)选做题(请考生从给出的2道物理题中任选1题解答,如果多做,则每学科按所做的第一题计分)【物理-选修3-4】
13.(6分)一列简谐横波在弹性介质中沿x轴传播,波源位于坐标原点O,零时刻开始振动,t1=3s时波源停止振动,如图为t2=3.5s时的波形图,其中质点a的平衡位置离原点O的距离x=5.0m.以下说法不正确的是 ( )
A. 波速为4m/s
B.波长为6m
C.波源的起振方向沿y轴负方向运动
D.2.0~3.0内质点a沿y轴负方向运动
E.0~3.0内质点a通过的总路程为1.4m
【考点】:
波长、频率和波速的关系;横波的图象.
【分析】:
据题,波源从零时刻波开始振动,t1=3s时波源停止振动,形成两个波长的波形,说明周期为T=1.5s,读出波长,求出波速.图中最前头质点的振动方向与波源的起振方向相同.根据时间与周期的倍数关系,求解3s内质点a运动的总路程.
【解析】:
解:
A、由题知,波源停止振动后,在t1=3s到t2=3.5s时间内波传播的距离为△x=2m,则波速v=
=
m/s=4m/s,故A正确;
B、由题图可知,波长λ=4m,故B错误;
C、t=3.5s时,波传播的距离为△x=v•△t=4×3.5m=14m,x=14m处质点正沿y轴正方向起振,所以波源起振方向沿y轴正方向,故C错误;
D、E、根据T=
=
=1s;从t=0时刻起,经△t=
=
s=1.25s,质点a开始振动,在2s内,质点a振动了0.75s=
T,
3.0 s内质点a振动了3s﹣1.25 s=1.75s=1
T,故质点a运动的总路程为S=1×4A+3A=7×0.2m=1.4 m,因此2.0~3.0内质点a正好完成一周期,没有具体方向,故D错误,E正确.
本题选不正确的,故选:
BCD.
【点评】:
本题容易产生的错误是认为:
3s内形成两个完整的波形,得到周期为1.5s,要注意波传播的距离与质点振动通过的路程是不同的,解法也不一样.
14.(9分)(2014•湖南二模)如图,MN为竖直放置的光屏,光屏的左侧有半径为R、折射率为
的透明半球体,O为球心,轴线OA垂直于光屏,O至光屏的距离
=
R.位于轴线上O点左侧
处的点光源S发出一束与OA夹角θ=60°的光线射向半球体,求光线从S传播到达光屏所用的时间.(已知光在真空中传播的速度为c.)
【考点】:
光的折射定律.
【专题】:
光的折射专题.
【分析】:
作出光路图,根据折射定律和几何关系,求出入射角和折射角,再由几何关系求解光线从S传播到达光屏所用的时间.
【解析】:
解:
光从光源S射出经半球体到达光屏的光路如图.
光由空气射向半球体,由折射定律,有n=
解得:
α=30°
在△OBC中,由正弦定理得:
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