廣州市嶺南中學屆高三上學期第一輪復習模擬測試物理試題（二）含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2020屆高三物理復習模擬測試試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.歷史上，伽利略在斜面實驗中分別在傾角不同、阻力很小的斜面上由靜止釋放小球，他通過實驗觀察和邏輯推理，得出的正確結論有()A.傾角一定時,小球在斜面上的位移與時間的二次方成正比B。傾角一定時，小球在斜面上的速度與時間的二次方成正比C。斜面長度一定時,小球從頂端滾到底端時的速度與傾角無關D.斜面長度一定時，小球從頂端滾到底端時的時間與傾角無關【答案】A【解析】【詳解】AB。伽利略通過實驗測定出小球沿斜面下滑的運動是勻加速直線運動,位移與時間的二次方成正比，并證明了速度隨時間均勻變化,故A正確，B錯誤；C。斜面長度一定時，傾角越大，小球從頂端滾到底端時的速度越大，故C錯誤;D.斜面長度一定時,小球從頂端滾到底端所需的時間隨傾角的增大而減小,故D錯誤．2.正、負點電荷周圍的電場線分布如圖，P、Q為其中兩點，則帶正電的試探電荷A。由P靜止釋放后會運動到QB.從P移動到Q，電場力做正功C。在P的電勢能小于在Q的電勢能D。在P所受電場力小于在Q所受電場力【答案】B【解析】試題分析：電場線的切線方向是電場強度方向，若由P靜止釋放后，由于電場方向在變化，所以試探電荷不會沿著電場線運動，A錯誤;從P到Q過程中，電場力方向與速度方向夾角為銳角，電場力做正功（或者從電勢降低角度分析)，B正確；電場力做正功，電勢能減小，所以在P的電勢能大于在Q的電勢能，C錯誤;電場線的疏密程度可表示電場強度大小，故P點的電場強度大于Q點的電場強度，所以試探電荷在P所受電場力大于在Q所受電場力考點：考查了電場線，電場強度，電場力做功【名師點睛】本題要掌握電場線的物理意義:電場線的疏密表示場強的大小，順著電場線電勢逐漸降低，知道等量異種電荷連線的垂直平分線是一個等勢面3.如圖，粗糙水平地面上放有一斜劈，小物塊以一定初速度從斜劈底端沿斜面向上滑行，回到斜劈底端時的速度小于它上滑的初速度．已知斜劈始終保持靜止，則小物塊（)A。上滑所需時間與下滑所需時間相等B.上滑時加速度與下滑時的加速度相等C.上滑和下滑過程，小物塊機械能損失相等D.上滑和下滑過程，斜劈受到地面的摩擦力方向相反【答案】C【解析】B、對物體受力分析可由牛頓第二定律得，上滑的加速度，下滑的加速度，則，B錯誤.A、將上滑過程用逆向思維分析，兩個過程均當成勻加速直線運動，有，可知，即上滑時間小于下滑時間，A錯誤．C、除重力以外的摩擦力做功衡量機械能的損失，，則上滑和下滑摩擦力做負功相同，機械能損失相同，C正確．D、物體m先減速上升，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，對M與m整體受力分析，受到重力（M+m)g，地面支持力N，和地面摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律，有水平分析：f=m?（a?cosθ）①，豎直方向:（M+m)g-N=m?（a?sinθ）②其中θ為斜面坡角，故地面對斜面體的靜摩擦力方向沒有改變，D錯誤．故選C.【點睛】本題關鍵是對整體受力分析后根據(jù)牛頓第二定律列式求解出支持力和靜摩擦力的表達式后進行分析討論;整體法不僅適用與相對靜止的物體系統(tǒng)，同樣也適用與有相對運動的物體之間．4.在如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻不可忽略,在調(diào)節(jié)可變電阻R的阻值過程中，發(fā)現(xiàn)理想電壓表的示數(shù)減小，則（)A。R的阻值變大B.路端電壓不變C.干路電流減小D.路端電壓和干路電流的比值減小【答案】D【解析】【詳解】電壓表的示數(shù)減小,根據(jù)串聯(lián)電路分壓規(guī)律知電阻R的阻值變小,外電路總電阻變小，由閉合電路歐姆定律可知，干路電流增大，電源的內(nèi)電壓增大，則路端電壓減小．路端電壓和干路電流的比值等于外電路總電阻，路端電壓和干路電流的比值減小．綜上選項BC錯誤，選項AD正確．5。如圖，某空間站在軌道半徑為R的近地圓軌道I上圍繞地球運行,一宇宙飛船與空間站對接后，在軌道I上圍繞地球運行多圈后又與空間站分離，進入橢圓軌道II運行．已知橢圓軌道的遠地點到地球球心的距離為3。5R，地球質(zhì)量為M，萬有引力常量為G,則A。空間站在圓軌道I上運行的周期為B.空間站與飛船對接后在圓軌道I上運行的周期變小C.飛船在橢圓軌道遠地點的速率是近地點的3。5倍D.飛船與空間站分離后在遠離地球過程中其機械能不斷增大【答案】A【解析】【詳解】A。根據(jù)公式可得，因為,所以,A正確；B。從可知半徑越大,周期越大，空間站與飛船對接后仍在軌道I上運行，半徑不變，所以周期不變，B錯誤;C。根據(jù)公式可得，飛船在近地點的速度為，在遠地點的速度為，所以飛船在橢圓軌道遠地點的速率是近地點的，C錯誤；D。在這個過程中只有萬有引力做功，機械能不變，D錯誤；故選A6。如圖甲，質(zhì)量為2kg的物體在水平恒力F作用下沿粗糙的水平面運動,1s后撤掉恒力F，其運動的v－t圖象如圖乙，g＝10m/s2，下列說法正確的是A.在0~2s內(nèi)，合外力一直做正功B.在0。5s時，恒力F的瞬時功率為150WC。在0~1s內(nèi)，合外力的平均功率為150WD.在0～3s內(nèi)，物體克服摩擦力做功為150J【答案】BD【解析】A、由v—t圖象可知0～2s速度先增大后減小，則合力先做正功后做負功，A錯誤．B、由v—t圖象的斜率可得，，根據(jù)牛頓第二定律可知，,解的，，故恒力F的瞬時功率為，B項正確．C、由動能定理可知，故C錯誤．D、摩擦力做的功為，故D正確．則選BD?！军c睛】本題一要理解圖象的意義,知道斜率等于加速度，面積表示位移，二要掌握牛頓第二定律和動能定理，并能熟練運用．7。如圖所示，質(zhì)量為m的球置于斜面上，被一個豎直擋板擋?。F(xiàn)用一個恒力F拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度為a的勻加速直線運動，忽略一切摩擦,以下說法中正確的是（）A.若加速度很小，豎直擋板對球的彈力可能為零B。若加速度很大，斜面對球的彈力可能為零C。斜面對球的彈力大小與加速度大小無關D.斜面、擋板對球的彈力與球的重力三者的合力等于ma【答案】CD【解析】【詳解】小球受到的重mg、斜面的支持力FN1、豎直擋板的水平彈力FN2，設斜面的傾斜角為α，則豎直方向有:FN1cosα=mg;因為mg和夾角α不變，無論加速度如何變化，F(xiàn)N1不變且不可能為零，水平方向有：FN2-FN1sinα=ma，則可知，若加速度越大，豎直擋板的水平彈力越大,加速度很小也不可能為零，故AB錯誤；C正確；根據(jù)牛頓第二定律可知，斜面、擋板對球的彈力與球的重力三者的合力等于ma，故D正確．故選CD．【點睛】本題結合力的正交分解考查牛頓第二定律，正確的分析受力與正確的分解力是關鍵，注意將力分解到水平和豎直方向是解題的關鍵．8。如圖，正方形abcd中△abd區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，△bcd區(qū)域內(nèi)有方向平行bc的勻強電場（圖中未畫出）.一帶電粒子從d點沿da方向射入磁場,隨后經(jīng)過bd的中點e進入電場,接著從b點射出電場。不計粒子的重力。則（）A。粒子帶負電 B.電場的方向是由b指向cC。粒子在b點和d點的動能相等 D。粒子在磁場、電場中運動的時間之比為∶2【答案】ABD【解析】【詳解】A．從a到e粒子做勻速圓周運動，由左手定則能夠判定粒子帶負電，故A正確；B．由于粒子帶負電，進入電場后彎向上方，受力向上，則電場方向就向下，由b指向c，故B正確；C．由于磁場對粒子不做功，所以be兩點的動能相等，但從e到b電場力做正功，動能增加，所以bd兩點的動能不相等，C錯誤;D．令正方形區(qū)域的邊長為2a,根據(jù)幾何知識可知,粒子在磁場中做圓周運動的半徑為a,粒子在磁場中運動的圓心角為,則時間粒子進入電場時速度向右，則粒子在電場中做類平拋運動，在電場中運動的時間所以則兩段時間比值為，故D正確。故選ABD.第Ⅱ卷二、非選擇題：(62分)9。用圖示電路測量一量程為3V的電壓表內(nèi)阻,可調(diào)恒壓電源能滿足本實驗要求,將下列實驗步驟的有關內(nèi)容補充完整．①斷開開關S，按圖連接好電路②將電阻箱的阻值調(diào)到_______________③接通電源,再閉合開關S④由零開始調(diào)節(jié)恒壓電源的輸出電壓，使電壓表的指針指到3V位置;⑤調(diào)節(jié)__________使電壓表的指針指到_______V位置，讀出此時電阻箱的阻值，即為電壓表內(nèi)阻的測量值，斷開開關S．【答案】②零⑤電阻箱的阻值，1。5V【解析】試題分析：②電壓表串聯(lián)在電路中，并且需要通過調(diào)節(jié)電阻箱來調(diào)節(jié)電壓，將電阻箱阻值調(diào)至零處,⑤根據(jù)中值電阻規(guī)律可得調(diào)節(jié)電阻箱的電阻，使電壓表的指針指到1.5V位置,讀出此時電阻箱的阻值，即為電壓表內(nèi)阻的測量值，考點：考查了測量電阻實驗【名師點睛】關鍵是清楚實驗原理，根據(jù)兩次調(diào)節(jié)電壓表是示數(shù)，通過中值電阻的定義求解10.用如圖甲所示的實驗裝置完成“探究動能定理”實驗．請補充完整下列實驗步驟的相關內(nèi)容：（1）用天平測量小車和遮光片的總質(zhì)量M、砝碼盤的質(zhì)量m0;用游標卡尺測量遮光片的寬度d,游標卡尺的示數(shù)如圖乙所示，其讀數(shù)為______cm；按圖甲所示安裝好實驗裝置，用米尺測量兩光電門之間的距離s；（2）在砝碼盤中放入適量砝碼;適當調(diào)節(jié)長木板的傾角，直到輕推小車,遮光片先后經(jīng)過光電門A和光電門B的時間相等；（3)取下細繩和砝碼盤,記下砝碼盤中砝碼的質(zhì)量m；(4）讓小車從靠近滑輪處由靜止釋放，用數(shù)字毫秒計分別測出遮光片經(jīng)過光電門A和光電門B所用的時間△tA和△tB；（5）步驟（4)中,小車從光電門A下滑至光電門B過程合外力做的總功W合=______，小車動能變化量△Ek=______（用上述步驟中的物理量表示，重力加速度為g)，比較W合和△Ek的值，找出兩者之間的關系；（6）重新掛上細線和砝碼盤，改變砝碼盤中砝碼質(zhì)量，重復（2)~(5）步驟．(7）本實驗中,以下操作或要求是為了減小實驗誤差的是______．A．盡量減小兩光電門間的距離sB．調(diào)整滑輪，使細線與長木板平行C．砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量【答案】（1).0.520cm(2)。（3).(4)。B【解析】【詳解】（1）［1]游標卡尺的主尺讀數(shù)為：5mm,游標尺上第4個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為4×0。05mm=0。20mm，所以最終讀數(shù)為：5mm+0。20mm=5。20mm=0.520cm．（5）［2][3］取下細繩和砝碼盤后，小車受到的合力即為砝碼盤和盤中砝碼的總重力,小車從光電門A下滑至光電門B過程合外力做的總功為:W合=(m+m0)gs，由于光電門的寬度d很小，所以我們用很短時間內(nèi)的平均速度代替瞬時速度．滑塊通過光電門1速度,滑塊通過光電門2速度，小車動能變化量（7）[4］A、盡量增大兩光電門間的距離s，距離大一些,誤差小一些，故A錯誤；B、調(diào)整滑輪，使細線與長木板平行,否則撤去繩子后，合力不等于繩子拉力，故B正確；C、本實驗沒有用砝碼盤和盤中砝碼的重力代替繩子的拉力，不需要滿足砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量，故C錯誤．故選B故答案為（1）0.520；(5）（m+m0）gs,；(7）B【點睛】對常見的幾種測量長度工具要熟悉運用,并能正確讀數(shù);光電門測量瞬時速度是實驗中常用的方法．由于光電門的寬度d很小,所以我們用很短時間內(nèi)的平均速度代替瞬時速度11。在粗糙水平面上，一電動玩具小車以的速度做勻速直線運動,其正前方平鋪一邊長為L=0。6m的正方向薄板，小車在到達薄板前某處立即剎車,靠慣性運動s=3m的距離后沿薄板一邊的中垂線平滑地沖上薄板．小車與水平面以及小車與薄板之間的動摩擦因數(shù)均為，薄板與水平面之間的動摩擦因數(shù)，小車質(zhì)量為M為薄板質(zhì)量m的3倍,小車可看成質(zhì)點,重力加速度，求：（1）小車沖上薄板時的速度大小；（2)小車剛沖上薄板到停止時的位移大小．【答案】（1）（2)【解析】【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律得,小車在水平面上剎車加速度大小為：根據(jù)速度位移公式得：，解得:（2）小車對薄板的摩擦力：地面對薄板的摩擦力為:因為,知薄板相對地面發(fā)生相對滑動．小車在薄板上勻減速直線運動的加速度大小為：薄板做勻加速直線運動的加速度為：兩者速度相等經(jīng)歷的時間為，有:解得:此時兩者發(fā)生的相對位移為:，代入數(shù)據(jù)解得：此時小車的位移為:，相等的速度：然后兩者一起做勻減速直線運動，勻減速運動的加速度為：則一起勻減速直線運動的位移為：，所以小車從剛沖上薄板到停止時的位移大小為：【點睛】連接牛頓第二定律與運動學公式的紐帶就是加速度，所以在做這一類問題時，特別又是多過程問題時，先弄清楚每個過程中的運動性質(zhì)，根據(jù)牛頓第二定律求加速度然后根據(jù)加速度用運動學公式解題或者根據(jù)運動學公式求解加速度然后根據(jù)加速度利用牛頓第二定律求解力．12.一半徑為R的薄圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的中心軸線平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒可繞其中心軸線轉(zhuǎn)動，圓筒的轉(zhuǎn)動方向和角速度大小可以通過控制裝置改變．一不計重力的帶負電粒子從小孔M沿著MN方向射入磁場，當筒以大小為ω0的角速度轉(zhuǎn)過90°時,該粒子恰好從某一小孔飛出圓筒．（1）若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，求該粒子的比荷和速率分別是多大？(2）若粒子速率不變，入射方向在該截面內(nèi)且與MN方向成30°角,則要讓粒子與圓筒無碰撞地離開圓筒,圓筒角速度應為多大？【答案】(1）,v=ω0R(2)圓筒角速度大小應ω1=ω0或者其中k=0，1，2,3,……【解析】【詳解】（1）若粒子沿MN方向入射，當筒轉(zhuǎn)過90°時，粒子從M孔(筒逆時針轉(zhuǎn)動)或N孔(筒順時針轉(zhuǎn)動）射出，如圖，由軌跡1可知半徑r=R由粒子運動周期筒轉(zhuǎn)過90°的時間又聯(lián)立以上各式得：荷質(zhì)比，粒子速率（2）若粒子與MN方向成30°入射,速率不變半徑仍R，作粒子軌跡2如圖，軌跡2圓心為O’，則四邊形MO’PO為菱形,可得，所以則粒子偏轉(zhuǎn)的時間:；又；得:由于轉(zhuǎn)動方向與射出孔不確定，討論如下：?。攬A筒順時針轉(zhuǎn)動時，設筒轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)棣?，若從N點離開，則筒轉(zhuǎn)動時間滿足,得:其中k=0,1，2，3…若從M點離開,則筒轉(zhuǎn)動時間滿足，得：其中k=0,1,2,3……；綜上可得其中n=0,1，2,3……ⅱ．當圓筒逆時針轉(zhuǎn)動時，設筒轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)棣?,若從M點離開，則筒轉(zhuǎn)動時間滿足，得：其中k=0,1,2,3……若從N點離開，則筒轉(zhuǎn)動時間滿足，得：其中k=0,1，2,3……綜上可得其中k=0，1，2，3…13。下列說法正確是(）A。布朗運動雖不是分子運動,但它證明了組成固體顆粒的分子在做無規(guī)則運動B.一木塊被舉高，組成該木塊的所有分子的分子勢能都增大C。當液體與大氣接觸時,液體表面層分子的勢能比液體內(nèi)部分子的要大D.緩慢壓縮一定量氣體,若此過程氣體溫度不變，則外界對氣體做正功但氣體內(nèi)能不變E。氣體體積不變時，溫度越高，單位時間內(nèi)容器壁單位面積受到氣體分子撞擊的次數(shù)越多【答案】CDE【解析】【詳解】A．布朗運動是懸浮在液體中固體顆粒的運動，而固體顆粒是由大量顆粒分子組成的，固體顆粒的運動是所有顆粒分子整體在運動，不能證明了組成固體顆粒的分子在做無規(guī)則運動;故A錯誤；B．一木塊被舉高,該木塊的重力勢能增加,但組成該木塊的分子間距不變，分子勢能不變；故B錯誤；C．液體表面層的分子間距比液體內(nèi)部分子間距要大，分子力表現(xiàn)為引力，故分子勢能比液體內(nèi)部的分子勢能大;故C正確；D．緩慢壓縮一定量氣體,若此過程氣體溫度不變，則外界對氣體做正功，由于一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關，所