四川省凉山州2020届高三物理上学期期末模拟试题（二）（通用）

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1、四川省凉山州2020届高三物理上学期期末模拟试题（二） 一、单选题（本大题共5小题，共15.0分）1. 如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的速度一时间图线已知在时刻b车追上a车由图可知2.3.A. 在时刻，两车再次相遇B. 在到这段时间内，两车的平均速度相等C. 在到这段时间内，b车的加速度大小先减少后增大D. 在到这段时间内，两车之间的距离先增大后减小【答案】C【解析】解：A、根据图象与时间轴围成的面积表示通过的位移，知在到这段时间内，b车通过的位移比a大，所以在时刻，a车还没有追上b车，故A错误；B、在到这段时间内，b车通过的位移比a大，则b车的平均速度比a车的大，

2、故B错误C、根据图象的斜率等于加速度，可知在到这段时间内，b车的加速度大小先减少后反向增大故C正确D、由图可知，在到这段时间内，b车的速度一直比a车的速度大，则两车间的距离一直增大；故D错误故选：C速度时间图象反映速度随时间的变化规律，图象与时间轴围成的面积表示通过的位移，根据位移关系判断是否相遇；平均速度等于位移与时间之比加速度由图象的斜率进行比较本题是速度时间图象的应用，关键要明确斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移4. 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，其工作原理如图所示忽略运动中涂料微粒间的相互作

3、用和微粒的重力下列说法中正确的是A. 当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，在运动中的涂料微粒所受电场力增大B. 涂料微粒的运动轨迹仅由被喷涂工件与静电喷涂机之间所接的高压电源决定C. 在静电喷涂机水平向左移动的过程中，有两个带有相同电荷量的微粒先后经过被固定的工件右侧P点相对工件的距离不变处，先经过微粒的电势能较大D. 涂料微粒在向被涂工件运动的轨迹中，在直线轨迹上电势升高最快【答案】D【解析】解：A、当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，由于静电喷涂机与被喷涂工件之间电压恒定，距离增加，故场强减小，故电场力减小，故A错误；B、轨迹与初速度和受力情况均有关，故B错误；C、因为电场线向

4、右，负电粒子越偏左，电势能越小，先经过P的负电粒子更偏左，所以电势能更小，故C错误；D、涂料微粒在向被涂工件运动的轨迹中，直线的距离最小，结合公式，在直线轨迹上电势升高最快，故D正确；故选：D。A、根据公式考虑；B、结合利于运动的关系考虑；C、结合公式进行考虑；D、结合公式和考虑本题关键是明确微粒的运动情况和受力情况，结合功能关系分析，注意只有电场力做功时，电势能和动能总量保持不变，不难5. 下列关于物理学发展中的史事、方法和思想总结正确的是A. 牛顿在探索万有引力的过程中利用的是类比法，通过苹果与月球的类比猜想出苹果所受的重力与月球所受的引力可能是同一性质的力B. 卡文迪许利用扭秤实验完成两

5、个物理量的测量，一是万有引力常量，二是静电力常量；在实验中都应用到了微量放大的思想C. 伽利略利用斜槽实验，直接得出了速度与时间成正比，并合理外推得出物体自由下落的速度与时间成正比D. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这是采用了等效替代思想【答案】A【解析】解：A、牛顿在探索万有引力的过程中利用的是类比法，通过苹果与月球的类比猜想出苹果所受的重力与月球所受的引力可能是同一性质的力故A正确；B、卡文迪许利用扭秤实验测量出万有引力常量，库仑利用扭秤测量出是静电力常量；在两个实验中都应用到了微量放大的思想故B错误；C

6、、伽利略时代还不能精确测量速度，伽利略利用斜槽实验，直接得出了位移与时间之间的关系，然后进一步导出了速度与时间成正比故C错误；D、把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这是采用了微积分的思想故D错误故选：A 根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献以及相关实验采用的物理学方法即可本题考查物理学史，对于物理学上重要的实验和发现，可根据实验的原理、内容、结论及相应的物理学家等等一起记忆，不能混淆6. 如图所示，质量相等的A、B小物块用轻弹簧相连，用细线把A悬挂在天花板上，B放在水平面，静止时，B对水平面的压力刚好为零忽略空气阻力，剪断A上的细

7、线之后7.8.A. A向下运动过程中，加速度先减小后增大B. A向下运动过程中，在弹簧处于原长时速度达到最大C. A运动到最低点时，地面对B的支持力等于A、B的重力之和D. A运动到最低点时，弹簧的弹性势能与细绳剪断前相等【答案】A【解析】解：A、A向下运动的过程中，弹簧的弹力不断增大，弹簧的弹力先小于重力，后大于重力，合力先减小后增大，所以A的加速度先减小后增大，故A正确B、A向下运动过程中，弹簧的弹力与重力平衡时速度最大，此时弹簧处于压缩状态，故B错误C、A运动到最低点时，A所受的弹力大于其重力，加速度向上，由牛顿第二定律知A处于超重状态，对整体而言，地面对B的支持力大于A、B的重力之和故

8、C错误D、设A、B的质量均为细绳剪断前，弹簧伸长的长度为细绳剪断后，A做简谐运动，通过平衡位置时，弹簧的压缩量，由简谐运动的对称性可知，A运动到最低点时，弹簧的压缩为，因此A运动到最低点时，弹簧的弹性势能大于细绳剪断前弹簧有弹性势能故D错误故选：A通过分析A的受力情况，由牛顿第二定律分析其加速度如何变化，判断出A的运动情况，确定速度最大的条件由超重观点，分析地面对B的支持力与两个物体总重力的关系由简谐运动的对称性分析A运动到最低点时，弹簧的弹性势能与细绳剪断前关系解决本题的关键要明确A的运动情况，运用简谐运动的对称性分析弹簧形变量的关系，知道平衡位置的特点：合力为零9. 如图甲所示，两平行光滑

9、导轨倾角为，相距10cm，质量为10g的直导线PQ水平放置在导轨上，从Q向P看的侧视图如图乙所示导轨上端与电路相连，电路中电源电动势为，内阻为，限流电阻，为滑动变阻器，其余电阻均不计在整个直导线的空间中充满磁感应强度大小为1T的匀强磁场图中未画出，磁场方向可以改变，但始终保持垂直于直导线若要保持直导线静止在导轨上，则电路中滑动变阻器连人电路电阻的极值取值情况及与之相对应的磁场方向是10.A. 电阻的最小值为，磁场方向水平向右B. 电阻的最大值为，磁场方向垂直斜面向左上方C. 电阻的最小值为，磁场方向水平向左D. 电阻的最大值为，磁场方向垂直斜面向右下方【答案】D【解析】【分析】金属棒静止在斜面

10、上，受力平衡根据左手定则判断出安培力的方向，再根据平衡条件和安培力公式求出电路中电流，再由欧姆定律求解电阻本题是安培力、欧姆定律与力学知识的综合，关键是安培力的方向分析和大小计算，结合平衡条件研究【解答】A、磁场方向水平向右时，直导线所受的安培力方向竖直向上，由平衡条件有，得，由得，故A错误B、磁场方向垂直斜面向左上方时，直导线所受的安培力方向沿斜面向下，不可能静止在斜面上，故B错误C、磁场方向水平向左时，直导线所受的安培力方向竖直向下，不可能静止在斜面上，故C错误D、磁场方向垂直斜面向右下方时，直导线所受的安培力方向沿斜面向上，由平衡条件有，得，由得，即电阻的最大值为，故D正确故选：D二、多

11、选题（本大题共2小题，共6.0分）11. 同步卫星的发射方法是变轨发射，即先把卫星发射到离地面高度为200km-300km的圆形轨道上，这条轨道叫停泊轨道；如图所示，当卫星穿过赤道平面上的P点时，末级火箭点火工作，使卫星进入一条大的椭圆轨道，其远地点恰好在地球赤道上空约36000km处，这条轨道叫转移轨道；当卫星到达远地点Q时，再开动卫星上的发动机，使之进入同步轨道，也叫静止轨道关于同步卫星及发射过程，下列说法正确的是A. 在P点火箭点火和Q点开动发动机的目的都是使卫星加速，因此，卫星在静止轨道上运行的线速度大于在停泊轨道运行的线速度B. 在P点火箭点火和Q点开动发动机的目的都是使卫星加速，因

12、此，卫星在静止轨道上运行的机械能大于在停泊轨道运行的机械能C. 卫星在转移轨道上运动的速度大小范围为D. 所有地球同步卫星的静止轨道都相同【答案】BD【解析】解：A、点火加速后，由于克服重力做功，速度减小，而由可知，在高轨道上的线速度小于停泊轨道的线速度，故A错误；B、在P点火箭点火和Q点开动发动机的目的都是使卫星加速，则卫星在静止轨道上运行的机械能大于在停泊轨道运行的机械能，故B正确；C、在近地点，卫星点火加速才会进入转移轨道，所以速度一定大于，但会小于；在远地点，卫星的速度点火加速后才能进入静止轨道，所以，其速度一定小于静止轨道的速度，静止轨道速度大约是所以转移轨道的范围应该在，故C错误；

13、D、所有的地球同步卫星的静止轨道都相同，并且都在赤道平面上，故D正确；故选：BD 根据卫星变轨的规律可知点火的原因，根据万有引力提供向心力判断速度大小，根据地球同步卫星的规律可得出D项本题考查卫星变轨问题，要注意明确变轨时根据牛顿第二定律进行分析，明确离心运动的原理，知道第一宇宙速度是卫星围绕地球运动的最大速度12. 如图所示，BC是半径为R的竖直面内的圆弧轨道，轨道末端C在圆心O的正下方，将质量为m的小球，从与O等高的A点水平抛出，小球恰好从B点沿圆弧切线方向进入圆轨道，由于小球与圆弧之间有摩擦，能够使小球从B到C做匀速圆周运动重力加速度大小为则A. 从B到C，小球克服摩擦力做功为B. 从B

14、到C，小球与轨道之间的动摩擦因数可能保持不变C. A、B两点间的距离为D. 在C点，小球对轨道的压力为【答案】AC【解析】解：小球做从A到B做平抛运动，在B点，小球速度方向偏角，则， 竖直方向的位移 水平方向的位移 解得 则A、B两点的距离，C正确；在B点时小球的速度 小球从B到C做匀速圆周运动，则由能量守恒定律可知小球克服摩擦力做的功等于重力做的功，A正确；从B到C，小球对轨道的压力是变化的，而小球仍能保持匀速圆周运动，则小球与轨道之间的动摩擦因数是变化的，B错误；在C点，轨道对小球的支持力设为 则有 解得，由牛顿第三定律可知，在C点小球对轨道的压力也为，故D错误；故选：AC小球进入轨道前做

15、平抛运动，应用平抛运动规律可以求出小球的初速度、小球的水平与竖直位移，从而求出A、B两点的距离，由牛顿第二定律与牛顿第三定律可以求出小球对轨道的压力本题考查了平抛运动和圆周运动，分析清楚小球运动过程、应用运动的合成与分解、运动学公式、牛顿第二定律即可正确解题三、实验题（本大题共2小题，共17.0分）13. 图是某同学连接的实验电路实物图若、灯都不亮，他采用下列两种方法进行故障检查，应用多用电表的直流电压挡进行检查，那么选择开关应置于_量程14. A.直流电压直流电压10V15. C.直流电压50V直流250V16. 该同学测试结果如表1所示，在测试a、b间电压时，红表笔应接触_填“a”或“b”

16、根据测试结果，可以判定出故障是_17. A.灯短路灯短路段断路段断路18. 表一：测试点电压示数a、b有示数c、d无示数d、f有示数将开关断开，再选择欧姆挡测试，测量结果如表2所示，那么进一步检查出现的故障是_A.灯断路灯断路灯、都断路间导线断路表二：测试点表针偏转情况c、dd、ee、f【答案】 ； D； ；【解析】解：四节干电池的总电动势为6V，应用多用表的直流电压档10V档测量，故选：B，在测试a、b间直流电压时，红表笔应当接触a，因为电流必须从电压表正接线柱流入，所以红表笔应当接触a端A、若灯短路，灯不亮，而灯应更亮，与题不符故A错误B、若灯短路，灯不亮，而灯应更亮，与题不符故B错误C、

17、cd段断路，则df间没有电压，无示数，故C错误D、df段断路时，电路中无电流，两灯泡都不亮，ab、df间有电压，与题相符故D正确故选：D 欧姆表的刻度无穷大在左端，0刻度在右端，电路断路时，其电阻为无穷大根据欧姆表的读数可知，d、e间电阻无穷大，说明导线断路故D正确故选：D 故答案为：；D；四节干电池的总电动势为6V，即可知道应用多用表的直流电压档10V档；红表笔接电压表的正接线柱，电流必须从正接线柱流入电压表；电压表有示数说明有断路，没示数说明没断路；欧姆表的刻度无穷大在左端，0刻度在右端，电路断路时，其电阻为无穷大本题是故障分析问题，要掌握用电压表与欧姆表判断故障的原理和方法，了解欧姆表的

18、刻度分布情况，即可作出判断19. 某兴趣小组利用如图8所示的装置来“探究合外力的功与物体动能变化的关系”他们通过改变光电门的位置和悬挂物的质量进行多次实验，采集多组数据已知将此装置平衡摩擦后，小车总是由同一位置自由释放，小车上方固定一宽度为d的挡光板20. 下列关于操作中的说法，正确的是_ 21. A.调整轨道的倾角至合适位置的标志是：悬挂物连带小车在轨道上匀速运动22. B.实验时，使悬挂物的质量远小于小车的质量，就可以近似认为悬挂物的重力等于小车所受拉力23. C.实验时，务必先接通光电门，待其正常工作后，再释放小车24. D.多次实验时，一定要让小车由静止释放25. 本小组同学在实验中有

19、不同操作和数据处理方式，你认为合理的说法是_ 26. A.甲同学把小车的末速度作为横坐标，拉力对小车做的功作为纵坐标，人为画出该图线后再分析得出结论27. B.乙同学保持悬挂物的质量不变，以小车的位移作为纵坐标，以小车的末速度的平方作为横坐标，人为作出图线后能得出结论28. C.丙同学保持小车的位移不变，以悬挂物的质量为纵坐标，以小车的末速度的倒数作为横坐标，人为作出图线后能得出结论29. D.丁同学保持小车的位移不变，以悬挂物的质量为纵坐标，以小车和悬挂物的获得的总动能作为横坐标，人为作出图线后能得出结论30. 戊同学对实验数据进行分析他把小车和悬挂物作为研究对象，悬挂物的重力作为合力，计算

20、出的结果始终是：悬挂物重力做的功小于小车和悬挂物整体动能的增量，即没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”，你认为导致此结果的主要原因是_ 【答案】BCD；BD；小车前端到光电门的感光点之间的距离x小于小车从开始运动到挡光板通过光电门的感光点获得瞬时速度的位移【解析】解：、调整轨道的倾角至合适位置的标志是：小车在不悬挂重物的情况下，在轨道上匀速运动，故A错误；B、为了使轻绳的拉力可以近似认为等于重物的重力，则要求悬挂物的质量远小于小车的质量，故B正确；C、实验时应先接通光电门，待其正常工作后，再释放小车，故C正确；D、多次实验时，要让小车由静止释放，否则不能求出动能的变化量，故D正确故选

21、：BCD、对小车，根据动能定理得：，应把小车的末速度的平方作为横坐标，拉力对小车做的功作为纵坐标，作出的图象为直线，进而分析得出结论，故A错误；B、对小车和重物组成的系统，根据动能定理得：，保持悬挂物的质量不变，应以小车的位移作为纵坐标，以小车的末速度的平方作为横坐标，作出的图象为直线，进而分析得出结论，故B正确；C、对小车和重物组成的系统，根据动能定理得：，保持小车的位移不变，以悬挂物的质量为纵坐标，以小车和悬挂物的获得的总动能作为横坐标，作出的图象为直线，进而分析得出结论，故C错误，D正确；故选：BD由于小车前端到光电门的感光点之间的距离x小于小车从开始运动到挡光板通过光电门的感光点获得瞬

22、时速度的位移，所以悬挂物重力做的功小于小车和悬挂物整体动能的增量故答案为：；小车前端到光电门的感光点之间的距离x小于小车从开始运动到挡光板通过光电门的感光点获得瞬时速度的位移根据平衡摩擦力的原理可知，平衡摩擦力时不能挂重物，只有当悬挂物的质量远小于小车的质量时，才能用重物的重力代替绳子的拉力，实验时应先接通光电门，再释放小车；分别对小车和小车、重物组成的系统，应用动能定理列式分析，作图时要作直线图象，只有过原点的直线图象才能得出成正比的关系；实验时，小车前端到光电门的感光点之间的距离x小于小车从开始运动到挡光板通过光电门的感光点的位移，导致了实验误差解决实验问题的关键是明确实验原理，同时熟练应

23、用基本物理规律解决实验问题，知道实验前应先平衡摩擦力，明确只有当悬挂物的质量远小于小车的质量时，才能用重力的重力代替绳子的拉力，难度适中四、计算题（本大题共3小题，共51.0分）31. 在某次汽车性能测试实验中，质量为m的汽车在平直路面上从A处启动加速运动时间后关闭发动机，然后立即踩刹车减速运动时间后停在B处，测得A、B相距已知汽车减速过程受到的阻力是加速过程的2倍若把加速过程视为匀加速直线运动，减速过程视为匀减速直线运动，求：32. 汽车运动过程中的最大速度；33. 汽车加速过程的牵引力【答案】解：设汽车运动的最大速度为，前后段的平均速度大小均为，由运动规律有：解得：设匀加速运动的牵引力为F

24、，加速度大小为，阻力为f；匀减速运动的加速度大小为，阻力为2f，由牛顿第二定律得：又由运动学规律得：联立解得水平恒力大小为：答：汽车运动过程中的最大速度；汽车加速过程的牵引力【解析】【分析】本题考查牛顿运动定律和运动学公式的应用，关键是弄清汽车的运动情况和受力情况，运用牛顿第二定律和运动学公式联立求解【解答】根据平均速度求位移的公式求得全程的最大速度；根据牛顿第二定律，分别对加速和减速过程列式，根据运动学公式求出前后两个过程的加速度，联立即可求解；34. 激流勇进是游乐园常有的机动游乐项目其工作原理是由主动轮将游船沿较长的倾斜轨道提升至一定高度，然后船只从高处滑下，冲入水中，溅起很高且美丽的水

25、花，整个过程刺激又有趣其工作过程可以简化为如下情景：如图所示，左侧倾角的轨道其长上相互间隔安装着主动轮，主动轮与游船间的动摩擦因数；右侧倾角的轨道其长上相互间隔安装着导向轮不会提供动力，导向轮与游船间的动摩擦因数均为；左右两侧轨道通过一段平滑轨道其长相连，两相邻主动轮或导向轮间的距离长为的游船上坐着两个游客，总质量为180kg，从左侧轨道如图所示的位置由静止开始被主动轮带动向上运动主动轮的半径，恒定的角速度，达恒定的速率后，一直以此速率运动到游船尾部刚好与右侧轨道的上端C点平齐的位置，之后在导向轮上向下滑动已知，sin，求：35. 游船从轨道左侧运动到右侧底端船头刚好触及水面所用总时间；36.

26、 动力装置在游船达到恒定速率前后没有到达BC轨道需增加的功率之比【答案】解：游船向上加速的过程中设加速度为，由牛顿第二定律得： 代入数据得： 从静止至游船的速度与主动轮的速度相等的时间，向上的位移为，由运动学的公式有： 主动轮的线速度： 联立得： 又： 游船向上匀速直线运动位移： 匀速运动的时间： 游船在右侧的轨道上做匀加速直线运动，设加速度为a2，由牛顿第二定律得： 代入数据得： 设加速的时间为t3，游船在右侧的轨道是发生的位移： 代入数据，联立得： 所以总时间： 游船到达恒定的速率前，动力装置增加的功率为： 游船到达恒定的速率后动力装置提供的功率为： 所以动力装置在游船达到恒定速率前后没有

27、到达BC轨道需增加的功率之比为： 答：游船从轨道左侧运动到右侧底端船头刚好触及水面所用总时间是；动力装置在游船达到恒定速率前后没有到达BC轨道需增加的功率之比是【解析】游船向上的运动有两段：先向上做加速运动，然后做匀速运动，向由牛顿第二定律求出游船的加速度，然后由运动学的公式求出向上加速的时间和位移，再由位移关系求出匀速运动的位移和时间；最后由牛顿第二定律求出游船向下加速的时间，求出三段时间的和即可；由瞬时功率的表达式分别写出动力装置在游船达到恒定速率前后没有到达BC轨道需增加的功率，再求出它们的比值即可该题虽然看似提供的情景比较新颖，但属于传送带问题，抓住游船向上的运动的特点分成加速阶段和匀

28、速阶段两段，然后分别使用各自的公式进行解答是关键37. 如图所示，在矩形区域abcd内有匀强电场和匀强磁场已知电场方向平行于ad边且由a向d，磁场方面垂直于abcd平面，ab边长为，ad边长为一带电粒子从ad边的中点O平行于ab方向以大小为的速度射入场区，恰好做匀速直线运动；若撤去电场，其它条件不变，则粒子从c点射出场区粒子重力不计38. 求撤去电场后，该粒子在磁场中的运动时间；39. 若撤去磁场，其它条件不变，求粒子射出电场时的速度大小；40. 若在问中，粒子射出矩形区域abcd后立即进入另一矩形磁场区域，该矩形磁场区域的磁感应强度大小和方向与问中撤去的磁场完全相同，粒子经过该矩形区域后速度

29、平行bc，试求该矩形区域的最小面积【答案】解：撤去电场后，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设圆半径为R，在场区内轨迹圆所对应圆心角为，由几何关系有： 解得， 轨迹圆弧长为 在磁场中运动时间 电场和磁场均存在时，粒子做匀速直线运动： 撤去电场，粒子做匀速圆周运动：， 联解得： 撤去磁场后，带电粒子在电场中作类平抛运动，假设带电粒子从ab边射出场区，由运动学规律有：，而 解得： 带电粒子沿ab方向运动距离为，x大于ab边长，故假设不成立，带电粒子从bc边射出场区，则 只有电场时，带电粒子出场区时沿电场力方向偏距为： 带电粒子在电场中运动，由动能定理有： 解得带电粒子射出电场时速度大小为 设粒子出电

30、场的速度偏向角为，进入右侧磁场区域作圆周运动半径为r，对应轨迹圆心角为，粒子运动轨迹如图所示 结合知， 得 由几何知识得： 解得： 所加磁场的矩形区域为efgh 矩形磁场的两边长分别为：， 结合上述几式得矩形最小面积 答：撤去电场后，该粒子在磁场中的运动时间；若撤去磁场，其它条件不变，粒子射出电场时的速度大小；若在问中，粒子射出矩形区域abcd后立即进入另一矩形磁场区域，该矩形磁场区域的磁感应强度大小和方向与问中撤去的磁场完全相同，粒子经过该矩形区域后速度平行bc，该矩形区域的最小面积【解析】撤去电场后，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求出半径和圆心角，求出圆弧长度，由求出时间；先根据类平抛运动判断粒子射出电场的位置，再根据动能定理求出粒子射出电场的速度；结合粒子的运动轨迹的特点，画出磁场最小的区域，然后根据几何关系求得结果本题主要考查了带电粒子在组合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式，难度偏难