《2020届安徽省合肥一六八中学高三上学期第四次模拟考试物理试题(解析版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届安徽省合肥一六八中学高三上学期第四次模拟考试物理试题(解析版).pdf（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、-1-合肥一六八中学2020 届第四次模拟考试物理试题注意事项：1、本试卷分第I 卷和第 II 卷两部分。2、选择题答案请用2B铅笔准确地壊涂在答题卡上相应位置，非选择题答案必须壊写在答题卷相应位置，否则不得分。3、考试结束后，将答题卡和答卷一并交回。第 I 卷一、选择题（本题共10 小题，满分40 分。在每小题给.出的四个选项中，第1?6 题只有一项符合题目要求，每小题4 分：第 7?10 题有多项符合题目要求.全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得 0 分）1.下列关于物理学思想方法的叙述错误的是（）A.探究加速度与力和质星关系的实验中运用了控制变量法 B.场强和电势的定义都
2、运用了比值法C.力学中将物体看成质点运用了理想化模型法D.t0时的平均速度可看成瞬时速度运用了等效替代法【答案】D【解析】【详解】A在“探究加速度与力，质量的关系”实验中，运用了控制变量法分别研究：力一定时，加速度与质量的关系；质量一定时，加速度与力的关系，故A与题意不符；B场强和电势的定义都运用了比值法，故B与题意不符；C质点并不存在，物体看作质点是采用的是理想化的物理模型，故C与题意不符；D平均速度定义式xvt中，当t0 时平均速度可看成瞬时速度，运用了极限分析法，不是等效替代法，故 D与题意相符。故选 D。2.历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动
3、”（现称“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”定义为0tvvAs，其中0v和tv分别表示某段位移s内的初速度和末速度，0A表示物体做加速运动，0A表示物体做减速运动而现在物理学中加速度的定义式为0tatvv，下列说法正确的是（）A.若A不变，则a也不变B.若0A且保持不变，则a 逐渐减小-2-C.若A不变，则物体在中间位置处的速度为02tvvD.若A不变，则物体在中间位置处的速度为2202tvv【答案】C【解析】【详解】AB 若 A不变，有两种情况一是：A0，在这种情况下，相等位移内速度增加量相等，所以平均速度来越大，所以相等位移内用的时间越来越少，由0tvvat可知，a越来越大，故AB错误
4、CD 因为相等位移内速度变化相等，所以中间位置处位移为s/2，速度变化量为02tvv，所以此位置的速度为v0+t02vv=t02vv，故 C正确，D错误；故选 C点睛：本题属于信息给予题，正确应用所给信息是解题关键，如本题中根据题意可知“另类匀变速直线运动”中速度是随位移均匀增加的3.如图所示，高为H的塔吊臀上有一可以沿水平方向运动的小车A,小车 A下的绳索吊若重物B.在小车 A与物体 B以相同的水平速度沿吊臂向右匀速运动的同时，绳索将重物B 向上吊起，A、B之间的距离以d=H-t2规律随时间t变化，则（）A.绳索受到的拉力不断増大B.绳索对重物做功的功率不断増大C.重物做速度大小不断减小的曲
5、线运动D.重物做加速度大小不断减小的曲线运动【答案】B【解析】【详解】AAB之间的距离以d=Ht2规律随时间t变化，重物在竖直方向上做匀加速直线运动，加速度方向向上，加速度大小为2m/s2，知合力恒定。则拉力大小不变，故A错误；B根据P=Fvy知，竖直方向上的分速度逐渐增大，则绳索对重物做功的功率不断增大，故B正确；CD 重物在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，则合速度220yvvv知合速度逐渐增大，因为加速度恒定且方向与速度方向不在同一条直线上，合运动为匀变速曲线运动，故-3-CD错误。故选 B。4.如图所示，水平面上放置质量为M的三角形斜劈，斜劈顶端安装光滑的定滑轮，
6、细绳跨过定滑轮分别连接质量为m1和m2的物块.m1在斜面上运动，三角形斜劈保持静止状态.下列说法中正确的是()A.若m2向下运动，则斜劈受到水平面向左摩擦力B.若m1沿斜面向下运动，则斜劈受到水平面的支持力大于(m1+m2+M)g C.若m1沿斜面向下加速运动，则斜劈受到水平面向右的摩擦力D.若m2向上运动，则轻绳的拉力一定大于m2g【答案】C【解析】【详解】A只说向下运动，没说明是加速向下还是减速向下还是匀速向下。分三种情况讨论：1）若m2加速向下运动，则m1沿斜面向上加速运动，加速度沿斜面向上，m1和斜面看作一个整体，则整体有沿斜面向上的加速，该加速度可正交分解为水平方向和竖直方向两个分量
7、，则水平方向加速度由斜面受到的向左的摩擦力提供，竖直向上的加速度由地面支持力与重力的合力提供。故斜面受到水平向左的摩擦力。2）若m2减速下滑，则m1减速沿斜面上滑，加速度沿斜面向下，把m1和斜面看作整体，则整体有沿斜面向下的加速度。该加速度有水平向右的分量。该加速度分量由摩擦力提供。故斜面受到向右的摩擦力。3）若m2匀速下滑，则m1沿斜面匀速上滑，加速度为零。把m1和斜面看作整体，整体没有加速，处于平衡状态，故地面对斜面摩擦力为零。故A错误。B同样没有说明是加速减速还是匀速，故B错误。C由于m1加速下滑，故m1加速度沿斜面下滑，把m1和斜面看作整体，整体有沿斜面向下的加速度，该加速度有水平向右
8、的分量，所以斜面受到向右的摩擦力。故C正确。D同样没有说明向上加速向上减速还是向上匀速，三种情况绳的拉力不同。需要讨论。故D错误故选 C。5.如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上O?x2间各点的电势分布如图乙所示，则-4-A.在O?x2间，场强先减小后増大B.在Ox2间，场强方向一定发生了变化C.若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐增大D.从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在O?x2间做先加速后减速运动【答案】C【解析】【详解】AB x图象的斜率的绝对值大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，但斜率一直是负，场强
9、方向没有改变，故AB错误；C由图看出，电势逐渐降低，若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐增大，故C正确；D从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向与速度方向相同，做加速运动，即该电荷在Ox2间一直做加速运动，故D错误。故选 C。6.如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，开关 K闭合，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表 V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为U1、U2、U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为I，正确的是（）A.V2的示数增大B.电源输出功率在减小C.U1大于U2D.U3与I 的比值在减小【答案】C【解析】【详解】A.理想电压表内阻无穷大,相当于断路
10、理想电流表内阻为零,相当短路,所以定值电阻R与变阻器串联,电压表 V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压当滑动变阻器滑片向下滑动时,接入-5-电路的电阻减小,电路中电流增大,内电压增大,路端电压减小,则 V2的示数减小，故A错误；B.当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故电源的输出功率在增大；故B错误；C.根据闭合电路欧姆定律得：U2=E-Ir,则得：U2/I=r;而U1/I=R,据题：Rr,则得U1U2.故 C正确D.根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-I(R+r),则得：U3/I=R+r，保持不变，故D错误；故选 C【点睛
11、】理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析根据电源内外电阻关系分析电源的输出功率如何变化7.2011 年 11 月 3 日凌晨，“神舟八号”与“天宫一号”空间站成功对接对接后，空间站在离地面三百多公里的轨道上绕地球做匀速圆周运动现已测出其绕地球球心作匀速圆周运动的周期为T，已知地球半径为R、地球表面重力加速度为g、万有引力常量为G，则根据以上数据，以下不能够计算的物理量是（）A.地球的平均密度B.空间站所在处的重力加速度大小C.空间站绕行的速度大小D.空间站所受的万有引力大小【答案】D【解析】【详解】A.由地球半径为R、地球表面重力加速度
12、g、万有引力常量为G，万有引力等于重力，则有：2GMmmgRMV联立可得出地球质量和平均密度，故A错误；BC.设空间站的质量是m，空间站绕地球做匀速圆周运动，地球对空间站的万有引力提供飞船的向心力，则有：22224RHGMmvmm gmTRHRH可得出空间站所在处的重力加速度大小，空间站绕行的线速度大小，故B、C错误；D.由于不知空间站质量，不能求出空间站所受的万有引力大小，故D正确8.如图所示为跳伞者在下降过程中速度v随时间t变化的示意图.根据示意图，判断下列说法正确的是（）-6-A.0t1内跳伞者速度越大，空气阻力越大B.跳伞者在水平方向上越飞越远C.tan=g（g为当地的重力加速度）D.
13、在t1t2内，跳伞者处于超重状态【答案】AD【解析】【详解】A 0t1内速度曲线斜率变小，则加速度变小，重力不变，则阻力变大，故A正确；B由题意只知竖直方向的运动情况，水平方向的运动未知，所无法确定跳伞者在水平方向上的运动情形，故 B错误；C由图像可知，跳伞者在下降过段中加速度发生变化，则有tanvat故 C错误；D在t1t2内，跳伞者处于向下减速，加速度向上为超重，故D正确。故选 AD。9.某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移时间图象.图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块、和它们发生正碰后结合体的位移变化关系.已知相互作用时间极短，
14、由图象给出的信息可知（）A.碰前滑块与滑块速度大小之比为52B.碰前滑块的动量大小比滑块的动量大小大C.碰前滑块的动能比滑块的动能小D.滑块的质量是滑块的质量的16【答案】AD【解析】【分析】-7-本题考察动量守恒，首先根据位移时间图像求出两滑块碰前和碰后的速度，在根据动量守恒即可求出两物体的质量之比。【详解】根据x t图象 的斜率等于速度，可知碰前滑块速度为12 m/sv，滑块的速度为20.8 m/sv，则碰前速度大小之比为5 2，故选项 A正确；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块的动量为负，滑块的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块的动量大小比滑块的小，故选项
15、B错误；碰撞后的共同速度为0.4 m/sv，根据动量守恒定律，有1 12212mvm vmmv解得216mm。由动能的表达式可知221 1221122m vm v故选项 C错误，D正确。故选 AD。10.质量为 m的带正电小球由空中某点自由下落，下落高度h 后在空间加上竖直向上的匀强电场，再经过相同时间小球又回到原出发点，不计空气阻力，且整个运动过程中小球从未落地重力加速度为g.则()A.从加电场开始到小球返回原出发点的过程中，小球电势能减少了2mgh B.从加电场开始到小球下落最低点的过程中，小球动能减少了mgh C.从开始下落到小球运动至最低点的过程中，小球重力势能减少了43mgh D.小
16、球返回原出发点时的速度大小为8gh【答案】BCD【解析】试题分析：小球运动过程简化为下图所示，以向下为正方向，第一阶段自由落体下落高度h，末速度12vgh，第二阶段加上匀强电场后，在复合场中匀变速直线运动一直到回到出发点，末速度2v，对第一阶段匀变速直线运动102vhvt方向向下，对第二阶段212vvtvt，方向向上，整理可得21122vvv，即2122 28vvghgh，选项 D对从加电场开始到小球返回原出发点的过程中根据动能定理有222211113=3222wmghmvmvmvmgh电，整理的电场力做功4wmgh电，电势能减少4mgh选项 A错从加电场到下落到最低点动能减少量即21102m
17、vmgh选项 B对第一阶段加-8-速 度10vgt，第 二 阶 段21133vvvagtt，从 加 电 场 到 下 落 最 低 点 过 程，下 落 的 高 度2100222(3)3vghhhag，从 开 始 下 落 到 小 球 运 动 至 最 低 点 的 过 程 中，小 球 重 力 势 能 减 少4()3mg hhmgh选项 C对考点：匀变速直线运动电场力和重力做功第 II卷二、实验题（本题包括2 小题，共18 分）11.用自由落体法进行“验证机械能守恒定律”的实验实验完毕后选出一条纸带如图所示，其中O点为电磁打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通以50Hz 的交流电用
18、刻度尺测得OA=12.41cm，OB=18.60cm，OC=27.21cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重物的质量为1.00kg，取g=9.80m/s2甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重物的重力势能比开始下落时减少了_J；此时重物的动能比开始下落时增加了_J(结果均保留三位有效数字)实验中产生系统误差的原因是_乙同学利用他自己实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，以h为横轴，以212v为纵轴画出了如图的图线图线未过原点O的原因是_【答案】(1).1.82 (2).1.71 (3).纸带通过打点计时器受摩擦阻力
19、、空气阻力 (4).-9-先释放重物，再接通计时器电源(“打下第一个点时重物已经有速度”也给分)【解析】【详解】1 减少的重力势能为：mgh=1.009.8018.610-2J=1.82 J 2 打到B点时的速度：227.2112.4110m/s1.85m/s440.02BACvTs打到B点时增加的动能：22111 1.85 J1.71J22kBEmv3 实验中产生系统误差的原因是:纸带通过打点计时器受摩擦阻力、空气阻力4图线未过原点O的原因是:先释放重物，再接通计时器电源(“打下第一个点时重物已经有速度”也对)12.用如图（甲）所示的电路图研究额定电压为2.4V 的灯泡 L 的伏安特性，并测
20、出该灯泡在额定电压下工作时的电阻值.（1）在闭合开关S前，滑动变阻器触头应该放在端_.（选填 a”或“b”）；（2）按电路图（甲）测岀的灯泡电阻值比直实值_（选“偏大”或“偏小”）.根 据所得到的图像如图（乙）所示，它在额定电压下实际功率P=_W；（3）若将该灯泡直接接在电动势为2.4V,内阻为 6 的电源两端，此时灯泡L 的实际功率P1=_W,电路工作的效率为_。【答案】(1).a (2).偏小 (3).1.2 (4).0.18 (5).25%【解析】【详解】(1)1闭合开关前，应将滑动触头置于输出电压最小的a端，以保护电流表；(2)2由电路图可知，本实验采用了电流表外接法，由于电压表的分流
21、而使电流表示数偏大，则由欧姆定律可知测出的灯泡电阻值比真实值偏小；3 根据IU图象读出U=2.4V 时对应的电流I=0.5A，所以小灯泡的实际功率为-10-2.40.5W1.2WP实(3)4电动势为2.4V，内阻为6 的电源的短路电流2.4A0.4A6I短将该灯泡直接接在电动势为2.4V，内阻为6 的电源两端，此时在图乙上画出电源的UI图线，如图，二者的交点表示电源的路端电压与电路中的电流，可知此时的工作电压为0.6V，电流为0.3A，故功率0.60.3W0.18WPUI5 二者的交点表示电源的路端电压与电路中的电流，可知此时的路端电压为0.6V，此时电路工作的效率为000000000.6=1
22、00100100252.4UIUEIE三、计算题（本题有4 小题，共42 分.按题目要求作答，解题时应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分.）13.如图所示，长l0.8 m 的细线上端固定在O点，下端连结一个质量为m0.4 kg的小球，悬点O距地面的高度H3.55 m，开始时将小球提到O点而静止，然后让它自由下落，当小球到达使细线被拉直的位置时，刚好把细线拉断，再经过t0.5 s落到地面，如果不考虑细线的形变，g10 m/s2，试求：（1）细线拉断后瞬间的速度大小（2）假设细线由拉直到断裂所经历的时间为0.1 s，试确定细线的平均张力大小【答案】（1）v2 3
23、m/s，方向竖直向下（2）F8 N【解析】【详解】（1）细线拉断前，小球下落过程机械能守恒：-11-2112mglmv代入数据得：14vm/s，方向竖直向下设细线断后球速为v2，方向竖直向下，由：2212Hlv tgt代入数据得：v2=3 m/s，方向竖直向下（2）设细线的平均张力为F，方向竖直向上；取竖直向上为正方向，由动量定理可得：21Fmgtmvmv得：128mvmvFmgtN 14.传送带以恒定速度v=4 m/s 顺时针运行，己知传送带与水平面的夹角37，现将质量m=2kg 的小物块轻放在其底端(小物块可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F=20N拉小物块，经过一段时间物块被拉到
24、离地高为H=3.6m 的平台上，如图所示.已知物块与传送带之间的动摩擦因数=0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取 10rn/s2,sin37=0.6,cos37=0.8.求：(1)平台上的人刚开始拉物块时，物块的加速度大小；(2)物块从传送带底.端运动到平台上所用的时间是多少；(3)若在物块与传送带达到共同速度瞬间撤去恒力F,小物块还需多长时间离开传送带.【答案】(1)a=8 m/s2 (2)1.75 s (3)t=(2+5)s【解析】【详解】(1)物品在达到与传送带速度v=4m/s 相等前，由牛顿第二定律得1cos37sin37Fmgmgma解得218m/sa(2)由速度公式得1 1v
25、a t解得10.5st-12-匀加速的位移为211 112xa t解得11mx随后，由牛顿第二定律得2cos37sin37Fmgmgma解得20a即滑块匀速上滑，向上滑行位移为215msin37Hxx匀速时间为221.25sxtv总时间为121.75sttt(3)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，由牛顿第二定律得3sin37cos37mgmgma解得23s2m/a假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为x，由匀变速直线运动的速度位移公式得232va x，解得24mxx即物体速度减为零时，未到达最高点，开始向下运动。取向下为正，有：21312xvta t解得(25)st15.如图甲所示，
26、一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD和光滑圆轨道DCE组成，AD与DCE相切于D点，C为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道ADC上离地面高为H处由静止下滑，用力传感器测出其经过C点时-13-对轨道的压力FN，改变H的大小，可测出相应的FN的大小，FN随H的变化关系如图乙折线PQI所示（PQ与QI两直线相连接于Q点），QI反向延长交纵轴于F点（0，5.8 N），重力加速度g取 10 m/s2，求：（1）小物块的质量m、圆轨道的半径R及轨道DC所对应的圆心角（2）小物块与斜面AD间的动摩擦因数【答案】（1）m0.5 kg R1 m 37 （2）0.3【解析】【详解】（1）由图线知：当H1=0时，N1=
27、5N 此时在最低点有：N1=mg 解得：m=0.5kg 由图线知：当H2=0.2m 时，N2=7N，此时小物块恰好由D点下滑根据机械能守恒得：22212mgHmv在最低点，根据牛顿第二定律得：222vNmgmR联立解得：R=1m 由几何关系得：2cos0.8RHR解得：-14-37（2）小球从高为H处的斜面上滑到最低点过程根据动能定理有：21cos1cossin2HRmgHmgmv在最低点，根据牛顿第二定律得：2vNmgmR联立解得：1coscos2cos11sinsinmgNHmgR由图线知，截距为：1coscos15.8sinmg解得：0.316.如图所示，绝缘长方体B置于水平面上，两端固
28、定一对平行带电极板，极板间形成匀强电场E.长方体 B的上表而光滑，下表面与水平而的动摩擦因数=0.05（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同）.B 与极板的总质量mB=l.0kg.带正电的小滑块A质量mA=0.60kg，其受到的电场力大小F=l.2N.假设 A所带的电量不影响极板间的电场分布t=0 时刻，小滑块 A从 B表面上的a点以相对地面的速度vA=1.6m/s 向左运动，同时，B（连同极板）以相对地而的速度vB=0.40m/s 向右运动.g取 10m/s2，求：（1）A和 B刚开始运动时的加速度大小分别为多少？（2）若 A最远能到达b点，a、b的距离L应为多少？（3）A从a到b的过程中系统电势
29、能如何变化，变化了多少？【答案】（1）aAAFm=2.0m/s2，方向水平向右aB=BFfm，2.0m/s2，方向水平向左 (2)0.62m (3)0.744J-15-【解析】【详解】(1)A 刚开始运动时的加速度大小22m/sAAFamB受电场力1.2NFF摩擦力0.8NABfmmg（）B刚开始运动时的加速度大小22m/sBBFfam方向水平向左；(2)设 B从开始匀减速到零的时间为t1，则有10.2sBBvta110.04m2BBv tst1时刻 A的速度111.2m/s0AAAvva tA的位移111()0.28m2AAAvvts此t1时间内 A相对 B运动的位移1110.32mABss
30、st1后，由于Ff，B开始向右作匀加速运动，A继续作匀减速运动，当它们速度相等时A、B相距最远，设此过程运动时间为t2，它们速度为v，则有对A：速度12AAvva t对 B：加速度210.4m/sBBFfam-16-速度1 2Bva t，解得20.2m/s0.5svt，t2时间内 A运动的位移22()0.35m2AAvvsB运动的位移220.05m2Bvtst2内 A相对 B的位移2220.30mABsssA最远到达b点a、b的距离为120.62mLss(3)由于 A滑块受到的电场力方向向右，所以电场力做负功，电势能增加，增加量为克服电场力做功即为=1.20.62J=0.744JWFL克-17-