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2019-2020年高考物理考前模拟冲刺
四一、单项选择题(每小题3分,共15分每小题只有一个选项符合要求,选对的得3分,选错或不选的得0分)
1、对下列物理公式的理解,说法正确的是A.由公式a=△v/△t可知,加速度a由速度的变化量△v和时间△t决定B.由公式a=F/m可知,加速度a由物体所受合外力F和物体的质量m决定C.出公式E=F/q可知,电场强度E由电荷受到的电场力F和电荷的电量q决定D.由公式C=Q/U可知,电容器的电容c由屯容器所带电量Q和两板间的电势差U决定
2、静电场中,带电粒子在电场力作用下从电势为φa的a点运动至电势为φb的b点.若带电粒子在a、b两点的速率分别为va、vb,不计重力,则带电粒子的比荷q/m,为A.B.C.D.
3、放置在光滑地面上的物体在某种力的作用下从静止开始向右运动,如果该物体的速度时间图像是一条抛物线,如右图所示,则下列说法正确的是()A.0~t1内物体做匀加速运动B.t1时刻物体的速度最大,加速度也最大C.物体在0~t1内和t1~t2内运动的位移相等D.物体在0~t1内和t1~t2内运动的速度方向相反
4、酒精测试仪利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器,酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化在如图所示的电路中,R和Ro为定值电阻,不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻,因此,显示仪表读数的指针与酒精气体浓度有了对应关系如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻r′的倒数与酒精气体的浓度成正比,那么,电压表示数U与酒精气体浓度c之间的对应关系正确的是()A.U越大,表示c越大,但是c与U不成正比B.U越小,表示r′越小c越大,但是c与U成正比C.U越小,表示c越小,c与U成反比D.U越大,表示r′越大c越大,c与U成正比5.一物体放置在倾角为的斜面上,斜面固定于加速上升的电梯中,加速度为,如图所示.在物体始终相对于斜面静止的条件下A.当一定时,越大,斜面对物体的正压力越小B.当一定时,越大,斜面对物体的摩擦力越大C.当一定时,越大,斜面对物体的正压力越大D.当一定时,越大,斜面对物体的摩擦力越小
二、多项选择题(每小题4分,共16分全选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)
6、如图,A、B是在地球大气层外圆周轨道上运行的质量不等的两颗卫星,它们的轨道半径满足RA=2RRB=3R,R为地球半径,下列说法正确的是()A.A、B的角速度之比B.A、B的线速度之比C.A、B的加速度之比D.A、B受到的万有引力之比
7、M、N是一对水平放置的平行板电容器,将它与一电动势为E,内阻为r的电源组成如图所示的电路,R是并联在电容器上的滑动变阻器,G是灵敏电流计,在电容器的两极板间有一带电的油滴处于悬浮状态,如图所示,现保持开关S闭合,将滑动变阻器的滑片向上滑动,则()A.在滑片滑动时,灵敏电流计中有从a向b的电流B.在滑片滑动时,灵敏电流计中有从b向a的电流C.带电油滴将向上运动D.带电油滴将向下运动
8、如图,实线表示某电场的电场线,一个带负电的粒子沿虚线所示的路径从a点运动到b点,则()A.带电粒子所受电场力变大B.带电粒子所受电场力变小C.带电粒子的电势能变大D.带电粒子的电势能变小
9、xx年广州亚运会上,刘翔重归赛场,以打破亚运记录的方式夺得110米跨栏的冠军他采用蹲踞式起跑,在发令枪响后,左脚迅速蹬离起跑器,在向前加速的同时提升身体重心如图所示,假设质量为m的运动员,在起跑时前进的距离S内,重心升高量为h,获得的速度为v,阻力做功为W阻,则在此过程中()A.运动员的机械能增加了B.运动员的机械能增加了C.运动员的重力做功为D.运动员自身做功
三、简答题简答题本大题分必做题(第
10、11题)和选做题(第12题)两部分,共42分.请将解答填在相应的位置.
10、Ⅰ4分利用重物自由下落验证机械能守恒定律的实验1在验证机械能守恒定律的试验中,没有必要进行的操作是A.用天平测重物的质量B.用秒表测重物下落的时间C.用打点计时器记录重物下落的信息D.用纸带记录测量重物下落的高度2该实验所用打点计时器的电源频率为50Hz,A、B、C为纸带中选取的三个计数点,每两个计数点之间还有4个点未画出,则每两个计数点之间的时间间隔T=s,打点计时器在打下计数点B时,物体的下落速度为vB=m/s(小数点后保留两位有效数字)3由于该实验中存在阻力做功,所以实验测得的重物的重力势能的减少量动能的增加量(选填“”“”或“=”)
11、10分现有一只标值为“
3.0V,xW”小灯泡,其额定功率的标值已模糊不清某同学想通过测量灯丝伏安曲线的方法,来找出该灯泡正常工作时的功率1已知该灯泡灯丝电阻较小,请先在图(甲)中补全用伏安法测量灯丝电阻的电路图,再选择合适量程的电流表与电压表,将图(乙)中的实物连成完整的电路2开关S闭合之前,图(乙)中滑动变阻器的滑片应该置于(选填“A”端、“B端”、或“AB正中间”)3该同学通过实验作出了灯丝的伏安曲线如图(丙)所示,根据小灯泡的额定电压的标值为“
3.0V”,从图(丙)中可以找出该灯正常工作时的电流I=A,其额定功率为P=W(结果均保留两位有效数字)
12.【选做题】本题包括A、B小题,,并在答题卡相应的答题区域内作答A.选修模块3-3(12分)1下列说法中正确的是▲A.水可以浸润玻璃,水银不能浸润玻璃B.热管是利用升华和汽化传递热量的装置C.布朗运动是指在显微镜下直接观察到的液体分子的无规则运动D.一般说来物体的温度和体积变化时它的内能都要随之改变2如图所示,一定质量的某种理想气体由状态A变为状态B,A、B两状态的相关参量数据已标于压强—体积图象上该气体由AB过程中对外做功400J,则此过程中气体内能增加了J,从外界吸收了J热量3某地强风速v=10m/s,空气的密度若通过截面积S=400m2的风能全部用于使风力发电机转动,且风能的20%转化为电能,则通过这个截面的风的发电功率是多大?B.(选修模块3-4:计12分)⑴如图所示,O是一列横波的波源,从O点起振开始计时,t=
0.4s时,波形如图示(即此刻仅在OA之间有波形).则以下判断正确的是A.波传到x=9m处的点Q时,A点运动的路程为5mB.波传到x=9m处的点Q时,A点运动的路程为1mC.从此刻起再经过
1.2s点Q第二次出现波峰D.从此刻起再经过
0.8s点Q第二次出现波峰
(2)某单摆的摆长为l、摆球质量为m,单摆做简谐振动时的周期为T,摆动时最大动能为Ek,如果摆角不变,将摆球质量变成2m,则单摆的最大动能变为__________,如果将摆长变再变为2l,摆角变成原来一半时,单摆的周期为________⑶如图所示是安全门上的观察孔,其直径ab为4cm,门的厚度ac为2cm为了扩大向外观察范围,将孔中完全嵌入折射率为的玻璃,那么嵌入玻璃后向外观察视野的最大张角是多少?若要求将视野扩大到1800,嵌入玻璃的折射率应为多少?解
四、计算题(本题共2小题,第15题8分,第16题11分,共19分.要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤)
13、(15分)如图所示,抗震救灾运输机在某场地卸放物资时,通过倾角为300的固定光滑斜轨道面进行有一件质量为m=2.0kg的小包装盒,由静止开始从斜轨道的顶端A滑至底端B,然后又在水平面上滑行一段距离后停下若A点距离水平面的高度h=5.0m,重力加速度g取10m/s2求1)包装盒由A滑到B所经历的时间;2)若地面的动摩擦因数为0.5,包装盒在水平地面上还能滑行多远?(不计斜面和地面接触处的能量损耗)
14、16分如图所示,一个板长为L,板间距离也是L的平行板容器上极板带正电,下极板带负电有一对质量均为m,重力不计,带电量分别为+q和-q的粒子从极板正中水平射入(忽略两粒子间相互作用),初速度均为v0若-q粒子恰能从上极板边缘飞出,求1两极板间匀强电场的电场强度E的大小和方向2-q粒子飞出极板时的速度v的大小与方向3在极板右边的空间里存在着垂直于纸面向里的匀强磁场,为使得+q粒子与-q粒子在磁场中对心正碰(碰撞时速度方向相反),则磁感应强度B应为多少?15(16分)个质量m=
0.1kg的正方形金属框总电阻R=
0.5,金属框放在表面是绝缘且光滑的斜面顶端,自静止开始沿斜面下滑,下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB’平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端BB’,设金属框在下滑时即时速度为v,与此对应的位移为s,那么v2-s图像如图2所示,已知匀强磁场方向垂直斜面向上试问
(1)分析v2-s图像所提供的信息,计算出斜面倾角q和匀强磁场宽度d
(2)匀强磁场的磁感应强度多大?
(3)金属框从斜面顶端滑至底端所需的时间为多少?
(4)现用平行斜面沿斜面向上的恒力F作用在金属框上,使金属框从斜面底端BB’静止开始沿斜面向上运动,匀速通过磁场区域后到达斜面顶端试计算恒力F做功的最小值参考答案
一、二选择题题号123456789答案BCCABBCACBDBD三.简答题
10、Ⅰ1AB(单选得1分)
20.
11.
96311、Ⅱ(10分)1如图,电路2分,电流表内接不给分;实物连线2分(任何一个地方错误得0分)2(2分)B端(可能是A端,与所连实物图对应即可得分)3(每空2分)
0.
250.7512A
(1)AD(4分)
(2)0(2分)400(2分)
(3)(2分)(2分)12B
(1)BC
(2)2Ek,T⑶向外观察张角最大时,在cd边中点e观察,b为入射点,be为折射光线,入射角i、折射角r,由几何关系有sinr=ed/be=1/2,根据折射定律有sini/sinr=n,得i=600,则最大张角θ=2i=1200;视野扩大到1800,即入射角为900,折射角r=300,则折射率n=sin900/sin300=2
四、计算题
13、解.解对物体进行受力分析,由牛顿第二定律,得:………………………………………(1分)包装盒沿斜面由A到B的位移为……(1分)设包装盒由A到B做匀加速运动的时间为t则……………………………………………………(1分)解得…………………………………………(1分)
(2)由动能定理得…………………………(2分)其中……………………………………………………(1分)在B点速度………………………………………………(1分)代入已知,得s=10m……………………………………………(1分)
14、解1由于上板带正电,下板带负电,故板间电场强度方向竖直向下-q粒子在水平方向上匀速运动,在竖直方向上匀加速运动…………………….……………………..……………………..…………
①……………………………………………..………….…………………
②其中………………………………………………………………………………
③(
①②③联合列式且正确者得3分)由
①②③得,……………………………………………………………..
④1分2设粒子飞出板时水平速度为vx,竖直速度为vy,水平偏转角为……………………………….………………………………………………..
⑤……………………….………..…………………………………..
⑥……………………….………..…………………………………………..
⑦……………………….…………………………………………………
⑧由
④⑤⑥⑦⑧式可得,….………………………………………
⑨1分
⑤⑥⑦联合列式且正确者得3分3由于+q粒子在电场中向下偏转,且运动轨迹与-q粒子对称,它飞出下极板时速度大小与偏转角和-q粒子相同,进入磁场后它们均做圆周运动,为了使它们正碰,只须,轨迹如图所示由几何关系易知.………………………………⑩1分洛伦兹力提供向心力.………….………….⑾2分由得
⑨⑩⑾……………………………………..1分
15、解
(1)s=0到s=
1.6m由公式v2=2as,该段图线斜率k==2a==10,所以a=5m(1分),根据牛顿第二定律mgsin=ma(1分),sin===
0.5,=30°(1分),由图得从线框下边进磁场到上边出磁场均做匀速运动,所以△s=2L=2d=(
2.6-
1.6)m=1m,d=L=
0.5m(2分),
(2)线框通过磁场时,v12=16,v1=4m/s,此时F安=mgsinq(1分),BL=mgsin,B=EQ\R=
0.5T(1分),
(3)t1==s=
0.8s(1分),t2==s=
0.25s,s3=(
3.4-
2.6)m=
0.8m,s3=v1t3+at32,t3=
0.2s(1分),所以t=t1+t2+t3=(
0.8+
0.25+
0.2)s=
1.25s(2分)
(4)未入磁场F-mgsin=ma2,进入磁场F=mgsin+F安,∴F安=ma2(1分),BL=m,v==2m/s(1分),F安==
0.25N(1分),最小功WF=2dF安+mg(s1+s2+s3)sin=+mg(s1+s2+s3)sin=
1.95J(2分)vt0t1t2aθMNGabErRSEba-qhS···ABC
20.
5018.70单位cm甲SER0I/A
00.
1.
00.
20.
31.
0523.0丙U/V
2.
0524.06乙SASBSAOp/PaV/(m3)1133BBv0vLLSASBSSER0VEAEBv0vLLvv。