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《精选20套试卷》河南省百校联盟高三4月教学质量检测：物理试卷含解析

发布时间：2021-04-22   来源：文档文库   
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河南省百校联盟高三4月教学质量检测：物理试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。 2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。


一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1、甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其 v-t 图像如图所示。已知两车在t=3s时并排行驶，则（ ）

A．在t=1s 时，甲车在乙车后 B．在t=0 时，甲车在乙车前7.5m C．两车另一次并排行驶的时刻是t=2s D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为45m 2、用甲、乙、丙三种单色光在同一个光电管上做光电效应实验，发现光电流I与电压U的关系如图所示，下列说法正确的是

A．甲、乙两种单色光的强度相同 B．单色光甲的频率大于单色光丙的频率
C．三种单色光在同种介质中传播时，丙的波长最短 D．三种单色光中，丙照射时逸出光电子的最大初动能最小
3、一列简谐横波，在t=0.6s时刻的图像如图甲所示，此时P、Q两质点的位移均为-1cm，波上A质点的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是（ ）


A．这列波沿x轴负方向传播 B．这列波的波速是50m/s C．从t=0.6s开始，紧接着的Δt=0.9s时间内，A质点通过的路程是4cm D．从t=0.6s开始，质点P比质点Q早0.4s回到平衡位置
4、如图所示，一个带正电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v.若加上一个垂直于纸面指向纸外的方向的磁场，则物体滑到底端时（ ）

A．v变大 B．v变小 C．v不变 D．不能确定
5、如图所示，两同心圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带正电的绝缘环，B为导体环，两环均可绕中心在水平面内转动，若A逆时针加速转动，则B环中（ ）

A．一定产生恒定的感应电流 C．产生逆时针方向的感应电流
B．产生顺时针方向的感应电流 D．没有感应电流
6、如图，一根长直导线竖直放置，通以向上的电流。直导线与铜圆环紧贴但相互绝缘，且导线经过环心O。下述各过程中，铜环中有感应电流的是（ ）

A．环竖直向上匀速运动 B．环绕环心O匀速转动 C．环向左匀速运动 D．环以导线为轴匀速转动
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，用跨过光滑滑轮的轻质细绳将小船沿直线拖向岸边，已知拖动细绳的电动机功率恒为P，电动机卷绕绳子的轮子的半径R25cm，轮子边缘的向心加速度与时间满足a[2(22t]2，小船的质量m3kg，小船受到阻力大小恒为f10(31N，小船经过A点时速度大小v0（ ）
26m/s，滑轮与水面竖直高度h1.5m，则3
A．小船过B点时速度为4m/s B．小船从A点到B点的时间为(21s C．电动机功率P50W D．小船过B点时的加速度为2522035m/s2
6N1228、如图所示，理想变压器的初、次级线圈的匝数之比为，在次级线圈中接有两个阻值均为50Ω的电阻，图N25甲中D为理想二极管。现在初级线圈输入如图乙所示的交流电压，那么开关K在断开和闭合的两种情况下，下列说法中正确的有（ ）

A．两种情况下R2两端的电压相同 C．两种情况下R1消耗的功率相同
B．两种情况下R2消耗的功率相同 D．两种情况下变压器的输入功率不同
9、如图所示，在小车内固定一光滑的斜面体，倾角为，一轻绳的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端拴一个质量为m的物块A，绳与斜面平行。整个系统由静止开始向右匀加速运动。物块A恰好不脱离斜面，则向右加速运动时间为t的过程中（ ）


A．小车速度的变化量vgt tanB．物块重力所做的功和重力的冲量均为零 C．拉力冲量大小Imgt cosmg2t2D．拉力做功W
22tan10、空间中有水平方向的匀强电场，同一电场线上等间距的五个点如图所示，相邻各点间距均为2cm。一个电子在该水平线上向右运动，电子过a点时动能为6eV，运动至b点时电势能为3eV，再运动至c点时速度为零。电子电荷量的大小为e，不计重力。下列说法正确的是（ ）

A．由a至b的运动过程，电场力做功大小为3eV B．匀强电场的电场强度大小为300V/m C．等势面d的电势为3V
D．该电子从c点返回a点时动能为6eV
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11．（6分）某同学用如图甲所示的装置测量滑块与水平桌面之间的动摩擦因数，实验过程如下：

（1）用游标卡尺测量出固定于滑块上的遮光条的宽度d=____mm，在桌面上合适位置固定好弹簧和光电门，将光电门与数字计时器（图中未画出）连接．
（2）用滑块把弹簧压缩到某一位置，测量出滑块到光电门的距离x．释放滑块，测出滑块上的遮光条通过光电门所用的时间t，则此时滑块的速度v=_____．
（3）通过在滑块上增减砝码来改变滑块的质量m，仍用滑块将弹簧压缩到（2）中的位置，重复（2）的操作，得出一系列滑块质量m与它通过光电门时的速度v的值，根据这些数值，作出v2-m-1图象如图乙所示．已知当地的重力加速度为g，由图象可知，滑块与水平桌面之间的动摩擦因数=___；弹性势能等于EP=____．

12．（12分）用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片的来验证动量守恒定律，实验步骤如下：

①用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB；
②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；
③先不在斜槽的末端放小球B，让小球A从斜槽上位置P由静止开始释放，小球A离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球A的两位置（如图乙所示）；
④将小球B放在斜槽的末端，让小球A仍从位置P处由静止开始释放，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置（如图丙所示）； ⑤测出所需要的物理量． 请回答：
(1实验①中A、B的两球质量应满足______ (2在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有______；（请选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”） (3两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是：______．
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图所示，绝热气缸倒扣放置，质量为M的绝热活塞在气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸间摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，气缸底部连接一U形细管（管内气体的体积忽略不计）．初始时，封闭气体温度为T，活塞距离气缸底部为h0，细管内两侧水银柱存在高度差．已知水银密度为ρ，大气压强为P0，气缸横截面积为S，重力加速度为g，求:
(1U形细管内两侧水银柱的高度差；
(2通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降h0，求此时的温度；此加热过程中，若气体吸收的热量为Q，求气体内能的变化．

14．（16分）如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为31°，A、B分别是传送带与两轮的切点，两点间距L=3.25m.一个质量为1.1kg的小煤块与传送带间的动摩擦因数为3,g10m/s2；轮缘与传送带之间不打滑．小物块相对5于传送带运动时会在传送带上留下痕迹．传送带沿逆时针方向匀速运动，速度为v1．小物块无初速地放在A点，运动至B点飞出．求:
(1当v04m/s, 小滑块从A点运动到B点的时间 (2当痕迹长度等于2.25m时，v1多大? 15．（12分）在光滑的水平面上，有一质量为M＝4kg的光滑凹槽和一块质量为m=2kg的木板BD，木板左端固定一质量不计的挡板，挡板上拴有一根轻质弹簧，右端B点放一个质量m0＝2kg的小滑块a，凹槽底端和木板高度相同并粘在一起，木板总长度L25m，凹槽半径为R=1m，C为BD中点，BC段粗糙，动摩擦因数为µ，CD段光滑。在12凹槽右端A处将一个质量m0＝2kg的小滑块b由静止释放，小滑块b与a发生完全非弹性碰撞，碰撞时间极短，在与b发生碰撞之前滑块a锁定在木板BD上，碰后ab相对于木板向左滑动，发生碰撞时凹槽和木板粘性立刻消失并将a解除锁定，最后ab恰好能够停在木板右端B点，滑块a、b均可视为质点（g取10m/s2）。 (1求小物块b碰撞前的瞬时速度大小v1；
(2求小滑块与平板车的粗糙面之间的动摩擦因数； (3求弹簧的最大弹性势能EP。

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、B 【解析】 【分析】
在速度时间图象中，图象与坐标轴围成面积表示位移，根据位移关系分析两车位置关系．可结合几何知识分析两车另一次并排行驶的时刻．并求出两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离． 【详解】
A. 根据“面积”大小表示位移，由图象可知，1s到3s甲、乙两车通过的位移相等，两车在t=3s时并排行驶，所以两车在t=1s时也并排行驶，故A错误；
B. 由图象可知，甲的加速度a甲=△v甲/△t甲=20/2=10m/s2；乙的加速度a乙=△v乙/△t乙=(20−10/2=5m/s2；0至1s，甲的位移x甲=1111a甲t2=×10×12=5m，乙的位移x乙=v0t+a乙t2=10×1+×5×12=12.5m，△x=x乙−x甲=12.5−5=7.5m，即22221×10×12=15m；2在t=0时，甲车在乙车前7.5m，故B正确；
C.1s末甲车的速度为：v=a甲t=10×1=10m/s，1−2s时，1+乙车的速度v′=10+5×1=15m/s；甲的位移x1=10×1+乙的位移x2=15×1×5×1=17.5m；在1s时两车并联，故2s时两车相距2.5m，且乙在甲车的前面，故C错误；
211D. 1s末甲车的速度为：v=a甲t=10×1=10m/s，1到3s甲车的位移为：x=vt+a甲t2=10×2+×10×22=40m，即甲、乙两22车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m，故D错误。 故选：B 2、C 【解析】 【分析】 【详解】
A、甲乙两种单色光对应的遏止电压相同，则两种光的频率相同，但加正向电压时甲的饱和电流更大，说明甲光的光更强；故A错误. B、D、由光电效应方程EkmhW0和eUC0Ekm可知遏止电压越大时，对应的光的频率越大，故甲=乙丙；三种光照射同一金属，飞出的光电子的最大初动能关系为Ekm甲=Ekm乙Ekm丙；故B，D均错误. C、光在同种介质中传播的速度相同，由vλν可得，甲=乙丙；故C正确. 故选C. 3、D 【解析】 【分析】

【详解】
A．由乙图读出t=0.6s时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由甲图判断出该波的传播方向为沿x轴正向，故A错误；
B．由甲图读出该波的波长为λ=20m，由乙图得周期为T=1.2s，则波速为 v=T2050 m/s=m/s 1.23故B错误； C．因为
3t0.9sT
4t=0.6s时质点A位于平衡位置，则知经过Δt0.9s，A质点通过的路程是
s3A326cm
故C错误；
D．图示时刻质点P沿y轴正方向，质点Q沿y轴负方向，此时PQ两质点的位移均为-1cm，故质点P经过T回到12平衡位置，质点Q经过TT回到平衡位置，故质点P比质点Q早 46TTTT1.2s0.4s 461233回到平衡位置，故D正确。 故选D。 4、A 【解析】 【详解】
未加磁场时，根据动能定理，有
mghWf12mv0
2加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，根据左手定则，洛伦兹力的方向垂直斜面向上，所以物体对斜面的压力减小，所以摩擦力变小，摩擦力做的功变小，根据动能定理，有
1mghWfmv20

2Wf′＜Wf 所以 v′＞v．
故A正确，BCD错误。

故选A。 5、B 【解析】 【详解】
A. A为均匀带正电的绝缘环，若A逆时针加速转动，且转速均匀增加，则因为A转动产生磁场均匀增加，在B环中产生恒定的感应电流，故A项错误；
BCD.A为均匀带正电的绝缘环，若A逆时针加速转动，在B环中产生垂直于纸面向外且增大的磁场，所以B环中感应电流的磁场方向垂直纸面向里，B环中产生顺时针方向的感应电流。故B项正确，CD两项错误。 6、C 【解析】 【详解】
AD．直导线中通以恒定的电流时，产生稳恒的磁场，根据安培定则判断可知，直导线两侧的磁场方向相反，由于左右对称，当环竖直向上、向下匀速运动或以直导线为轴转动，穿过铜环的磁通量始终为零，保持不变，所以没有感应电流产生，AD错误；
B．环绕环心O匀速转动，穿过铜环的磁通量始终为零，没有感应电流产生，B错误； C．环向左匀速运动，磁通量增加，有感应电流产生，C正确。 故选C。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 7、AD 【解析】 【详解】
v2AB.由a得，沿绳子方向上的速度为：
RvaR（22）t
小船经过A点时沿绳方向上的速度为：
v1v0cos303v0
2小船经过A点时沿绳方向上的速度为：
v2vBcos452vB
2
作出沿绳速度的v-t图象，直线的斜率为：
23vBv0 2222tA到B图象与横轴所夹面积即为沿绳的位移：
23vBv0 22t(22h2联立可解得：vB4m/s；t（21）s 选项A正确，B错误；
C.小船从A点运动到B点，由动能定理有：
1122Ptfsmv mvB0
22由几何知识可知：
s（31）h
联立可解得：
P50（21）W
选项C错误；
D.小船在B处，由牛顿第二定律得：
Pcos45fmaB
vBcos45解得：
aB2522035m/s2
6选项D正确。 故选AD。 8、CD 【解析】 【分析】 【详解】
ABD．在开关K闭合时，此时电路中的总电阻为R总=25Ω。由图乙可知初级线圈的有效值为

U12202220V
2次级线圈的电压为
U2N25U122050V N122R2两端的电压为U2=50V，R2消耗的功率为
U22500PR250W
R250电路中消耗的总电功率为
U2502P100W
R总25当开关K断开时，R2两端的有效值由
22U2TUR2T R2R得
UR2U2252V
2R2消耗的功率为
(2522PR225W
R250电路中消耗的总电功率为
2U12UR2502(2522P75W
R1R250502UR2故AB错误，D正确；
C．在两种情况下并不影响R1两端的电压，故R1消耗的功率是相同的，故C正确。 故选CD。 9、AD 【解析】 【分析】 【详解】
对物块A进行受力分析可知，物块A受拉力T和重力G，根据力的合成得

Tsinmg TcosF合
解得
mg tanmgT
sinF合A．小车的加速度为
aF合g
mtan则小车速度的变化量为
vatgt tan故A正确；
B．由于重力的方向与位移方向垂直，故重力做功为零，但冲量IGmgt ，不是0，故B错误； C．拉力的冲量
ITTtmgt sin故C错误；
D．重力做功为0，则拉力的功
W而
12mv
2vvat解得
gt tanmg2t2 W2tan2故D正确； 故选AD。 10、AD 【解析】 【详解】
A．电场线沿水平方向，则等间距的各点处在等差等势面上。电子沿电场线方向做匀变速运动。电子从a至c的过程，
电势能与动能之和守恒，动能减小了6eV，则电势能增加了6eV，则电势差
Uac6V
则
UabUbc3V
电子从a至b的过程，电场力做负功，大小为
eUab3eV
A正确； B．电场强度大小
EUac150V/m
22102mB错误；
C．电子经过等势面b时的电势能为3eV，则b点的电势
b3V
又有
bd23V6V
则
d3V
C错误；
D．电子在a点时动能为6eV，从a减速运动至c，然后反向加速运动再至a点，由能量守恒定律知电子此时的动能仍为6eV，D正确。 故选AD。

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、5.70mm 【解析】 【详解】
0.05mm=5.70mm； （1）[1]．由乙图知，游标卡尺读数为0.5cm+14×（2）[2]．滑块经过光电门的速度为vbbd EP＝

2gx2atd；
t
（3）[3][4]．根据能量守恒
1Epmgxmv2
2整理得
v212Ep2gx mb
a结合图象得：
2Ep得
Epb 2abmgx
得
μb . 2gx12、mAmBxo ; xA; xBmAxomAxAmBxB ; 【解析】
（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有mAv0=mAv1+mBv2，在碰撞过程中动能守恒，故有mAmB11122m0，要碰后a的速度v1＞0，即mA-mB＞0，mA＞mB；mAv0mAv12mBv2，解得v1（2）由于频闪mm222AB照相的频率固定，因此只需要测量小球的水平位移，在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有x0、xA、xB；（3）验证的方程为mAx0＝mAxA＋mBxB

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。 13、 (1 h【解析】
(i 设封闭气体的压强为P，对活塞分析：
h0h0MTT0，UQP (2 0Mgh0 hS0P0SPSMg

用水银柱表达气体的压强
PP0gh


解得：hM； S(ii 加热过程中气体变化是等压变化
h0S(h0h0S， T0TTh0h0T0 h0气体对外做功为WPSh0(P0SMgh0 根据热力学第一定律：UQW 可得UQ(P0Mgh0． 14、（1）1s（2）v04(103m/s 【解析】 【详解】 （1）开始时：
mgsin30 mgcos 30ma1
 得：
a18m/s2
达速度v1所用时间为：
v0a1t1
解得： t1=1.5s 滑块下滑位移：
x12a1t11m
2因为： tan30，故滑块继续加速下滑，则：
mgsin30mgcos30ma2
得：
a22m/s2

12Lxv0t2a2t2
2得： t2=1.5s 故： tAB= t1+t2=1s （2）若以a1下滑过程中滑块相对传送带的位移大于或等于以a2下滑的相对位移，则：
1v0ta1t2x
2vv0t0tx
2得： v1=6m/s 若以a1下滑过程中滑块相对传送带的位移小于以a2下滑的相对位移，则：
12v0t2a2t2v0t2x
2得： t2=1.5s 2v0x1
2a112Lx1v0t2a2t2
2由上述得：
2v024v0160
得：
v04(103m/s
15、 (14m/s，(20.1，(3Ep【解析】 【详解】
(1滑块b下滑过程中系统水平方向动量守恒
25J。
6m0v1(m0mMv2
又能量守恒：

m0gR得：
11m0v12(m0mMv22 22v14m/s v21m/s；
(2从开始到ab碰撞粘在一起系统水平方向动量守恒：
2m0v3(mMv2
得：
v33m/s
2从开始到ab与板共速系统动量守恒：
(2m0mv4Mv2
得：
v42m/s
3对ab和板组成的系统，由能量守恒
111L2m0v32mv22(2m0mv422m0g 2222得：0.1；
(3共速时弹性势能最大，根据能量守恒定律：
EP2m0gL25J。 26
2020-2021高考物理模拟试卷
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。


一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1、如图所示，虚线表示某孤立点电荷Q激发的电场中三个等间距的等势面，一带电粒子（可看成点电荷）仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b、c、d为轨迹与等势面的交点。下列说法正确的是（ ）

A．粒子在a点的电势能一定小于在d点的电势能 B．电势的高低一定是abc。
C．粒子运动过程中经过c点时的加速度一定最大
D．粒子在a、b间的动能改变量一定等于在b、c间的动能改变量
2、如图所示，四根相互平行的固定长直导线L1、L2、L3、L4，其横截面构成一角度为60的菱形，均通有相等的电流I，菱形中心为O。L1中电流方向与L2中的相同，与L3、L4中的相反，下列说法中正确的是（ ）

A．菱形中心O处的磁感应强度不为零 B．菱形中心O处的磁感应强度方向沿OL1 C．L1所受安培力与L3所受安培力大小不相等 D．L1所受安培力的方向与L3所受安培力的方向相同
3、某气体星球的半径为R，距离星球中心2R处的P点的重力加速度为g。若该星球的体积在均匀膨胀，膨胀过程中
星球质量不变，且密度均匀。当星球半径膨胀为3R时，P点的重力加速度为g。已知质量分布均匀的球壳对球壳内物体的引力为零。则g与g的比值为（ ） A．1 3B．1 C．9 4D．8
274、2019年“山东舰"正式服役，标志着我国进入双航母时代。如图，“山东舰"正在沿直线航行，其质量为m，发动机的输出功率恒为P，所受阻力恒为f，某时刻速度为v1、加速度为a1，一段时间t后速度变为v2（v2>v1），在这段时间内位移为s。下列关系式正确的是（ ）

A．a1C．sPf mv1mB．fP v1v1v2t
2D．Pt1212mv2mv1 22边长bc60，b90，5、在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，aL。一个粒子源在b点将质量为m，电荷量为q的带负电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（ ）

A．qBL 3mB．3qBL 3mC．3qBL 2mD．qBL 2m6、如图所示，两根不可伸长的轻绳一端与一个质量为m的小球相连于O点，另一端分别固定在小车天花板上的A、B两点，OA绳与天花板的夹角为30°，OB绳与天花板的夹角为60°，重力加速度为g．当小车以速度ν向右做匀速直线运动，小球与车保持相对静止时，下列说法正确的是


A．OA绳对小球的拉力大小为3mg 2B．OB绳对小球的拉力大小为1mg 23mgv 4C．OA绳对小球拉力做功的功率为D．重力对小球做功的功率为mgv 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、手机无线充电功能的应用为人们提供了很大便利。图甲为手机无线充电原理示意图。充电板接入交流电源，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流。充电板内的励磁线圈通入如图乙所示的交变电流（电流由a流入时方向为正，交变电流的周期为103s），手机感应线圈的匝数为10匝，线圈的面积为25cm2，手机充电时电阻约为15，t1时刻感应线圈中磁感应强度为62T。下列说法正确的是（ ）
25

A．t1~t3时间内，d点电势高于c点电势 B．t1~t3时间内，c点电势高于d点电势 C．感应线圈中电流的有效值为800mA D．感应线圈中电流的有效值为8002mA
8、如图，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值.将A向B水平抛出，同时让B自由下落.A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反.不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则

A．A、B一定能相碰
B．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度大小 C．A、B在第一次落地前若不碰，以后就不会相碰

D．A、B要在最高点相碰，A球第一次落地的水平位移一定为l
29、如图所示，光滑圆环固定在竖直面内，一个小球套在环上，用穿过圆环顶端光滑小孔的细线连接，现用水平力F拉细线，使小球缓慢沿圆环向上运动，此过程中圆环对小球的弹力为N，则在运动过程中（ ）

A．F增大 C．N不变
10、以下说法正确的是（ ）
B．F减小 D．N增大
A．某物质的密度为ρ，其分子的体积为V0，分子的质量为m，则m V0B．在油膜法粗测分子直径的实验中，把油分子看成球形，是物理学中的一个理想化模型，因为分子并不真的是球形 C．在装满水的玻璃杯内，可以不断地轻轻投放一定数量的大头针，水也不会流出，这是由于大头针填充了水分子间的空隙
D．物质是由大量分子组成的，在这里的分子是组成物质的分子、原子、离子的统称
E.玻璃管裂口放在火上烧熔，它的尖锐处就变圆滑，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）某同学在用如图所示实验装置测量光的波长的实验中，已知两缝间的间距为0.3mm，以某种单色光照射双缝时，在离双缝1.2m远的屏上，用测量头测量条纹间的宽度：先将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图甲所示；然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时手轮上的示数如图乙所示。图甲读数为____________mm，图乙读数为_________mm。

根据以上实验，测得光的波长是_________m（结果保留2位有效数字）。
12．（12分）某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度如图甲所示，用游标卡尺测一金属块的长度如图乙所示。图
甲所示读数为_________mm，图乙所示读数为_______mm。


四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图所示，一金属箱固定在倾角为37的足够长固定斜面上，金属箱底面厚度不计，箱长l1=4.5m，质量m1=8kg。金属箱上端侧壁A打开，距斜面顶端l2=5m。现将质量m2=1kg的物块(可视为质点由斜面顶端自由释放，沿斜面进入金属箱，物块进入金属箱时没有能量损失，最后与金属箱下端侧壁B发生弹性碰撞。碰撞的同时上端侧壁A下落锁定并释放金属箱。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.3，与金属箱内表面间的动摩擦因数μ2=0.125，金属箱与斜面间的动摩擦因数μ3=0.625，重力加速度g取10m/s 2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：
3(1物块与金属箱下端侧壁B相碰前瞬间的速度；
(2物块与金属箱侧壁第二次相碰前物块的速度。(结果保留2位小数

14．（16分）如图，在xOy平而内，x=0与x=3L两直线之间存在两匀强磁场，磁感应强度大小相同，方向均垂直于xOy平面，x轴为两磁场的分界线；在第I象限内存在沿y轴负方向、场强大小为E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子从x轴上的A点以某一初速度射入电场，一段时间后，该粒子运动到y轴上的P（0，以速度v0垂直于y轴方向进入磁场。不计粒子的重力。 （1）求A点的坐标；
（2）若粒子能从磁场右边界离开，求磁感应强度的取值范围； （3）若粒子能从O'（3L，0）点离开，求磁感应强度的可能取值。
L）点，2
15．（12分）如图所示，在xoy平面内y轴右侧有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面
向外；分成I和II两个区域，I区域的宽度为d，右侧磁场II区域还存在平行于xoy平面的匀强电场，场强大小为EB2qd＝，电场方向沿y轴正方向。坐标原点O有一粒子源，在xoy平面向各个方向发射质量为m，电量为q的正电2m荷，粒子的速率均为v＝qBd。进入II区域时，只有速度方向平行于x轴的粒子才能进入，其余被界面吸收。不计粒m子重力和粒子间的相互作用，求： (1某粒子从O运动到O'的时间； (2在I区域内有粒子经过区域的面积；
(3粒子在II区域运动，当第一次速度为零时所处的y轴坐标。

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1、A 【解析】 【分析】 【详解】
A．由图可知，轨迹向下弯曲，带电粒子所受的电场力方向向下，则带电粒子受到了排斥力作用；从a到d过程中，电场力做负功，可知电势能增大，故A正确；

B．由于不知道粒子带正电还是带负电，因此无法确定电场的方向，无法判断电势的高低，故B错误；
C．根据点电荷的电场特点可知，在轨迹上，距离点电荷最近的地方的电场强度最大，所以粒子运动过程中经过距离点电荷最近处的加速度一定最大，但c处不是距点电荷最近点的，故其加速度不是最大，故C错误；
D．ab之间任意一点的电场强度均小于bc之间任意一点的场强，带电粒子在ab之间电场力做功小于bc之间电场力做的功，粒子在a、b间的动能改变量小于在b、c间的动能改变量，故D错误。 故选A。 2、A 【解析】 【分析】 【详解】
AB．L1在菱形中心O处的磁感应强度方向OL2方向，21在菱形中心O处的磁感应强度方向OL3由右手螺旋定则可知，方向，L3在菱形中心O处的磁感应强度方向OL2方向，L4在菱形中心O处的磁感应强度方向OL3方向，由平行四边形定则可知，菱形中心O处的合磁感应强度不为零，方向应在OL3方向与OL2方向之间，故A正确，B错误； C．L1和L3受力如图所示，由于四根导线中的电流大小相等且距离，所以每两根导线间的相互作用力大小相等，由几可关系可知，L1所受安培力与L3所受安培力大小相等，方向不同，故CD错误； 故选A。

3、D 【解析】 【详解】
设P点放置质量为m的物体，则有
GMmmg
(2R2解得
gGM① (2R2
如图所示，星球膨胀后质量不变，有

4Mπ(3R3
3P点以下球体质量为
4Mπ(3RR3
3解得
M8M
27结合①式得
g则
8g
27g8 g27所以D正确，ABC错误。 故选D。 4、A 【解析】 【分析】 【详解】
A．由牛顿第二定律，则有
PfF1fv1Pf a1mmmv1m故A正确；
B．当航母达到最大速度时，F=f，此时
fPP vmv1
故B错误；
C．航母的运动不是匀加速运动，则时间t内的位移
sv1v2t
2故C错误； D．由动能定理可得
Ptfs1212mv2mv1 22故D错误。 故选A。 5、A 【解析】 【详解】
由左手定则和题意知，沿ba方向射出的粒子在三角形磁场区域内转半周，运动时间最长，半径最大的则恰与ac相切，轨迹如图所示

由几何关系
Lrr
sin30由洛仑兹力提供向心力
mv2 qvBr从而求得最大速度
vqBL 3m故BCD错误，A正确。 故选A。 6、C 【解析】

【分析】
根据共点力的平衡，根据平行四边形法则求解两边绳的拉力大小；根据P=Fv求解功率. 【详解】
小车以速度ν向右做匀速直线运动，则小球处于平衡状态，由平衡条件可知，TOAmgsin3001mg，
2TOBmgcos30033mg，选项AB错误；OA绳对小球拉力做功的功率为POATOAvcos300mgv，选项C240Gvcos900，选项D错误；故选C. 正确； 重力对小球做功的功率为PG
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 7、AC 【解析】 【详解】 AB．t1~t2时间内充电板中电流由a流向b，此时励磁线圈在感应线圈中的磁场方向向下，且磁感应强度逐渐减小，根据楞次定律，可判断出感应线圈中电流的方向为c到d，同理t2~t3时间内，感应线圈中电流的方向也为c到d。由于感应线圈此时充当电源，电流从低电势流向高电势，所以d点的电势较高，选项A正确，B错误。 CD．由于励磁线圈中的电流是正弦式的，感应出来的电流是余弦式的。感应电动势的最大值
EmaxNBS122V
则感应电流的有效值
IEmax800mA 2R所以选项C正确，D错误。 故选AC。 8、AB 【解析】 【分析】 【详解】
A、B两物体在竖直方向上的运动是相同的，若A、B在第一次落地前不碰，由于反弹后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，则以后一定能碰，故A正确，C错误．若A球经过水平位移为l时，还未落地，则在B球正下方相碰.可知当A的初速度较大时，A、B在第一次落地前能发生相碰，故B正确．若A、B在最高点相碰，A球第一
次落地的水平位移x=l/n，n=2、4、6、8…，故D错误．故选AB． 【点睛】
此题关键是知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据该规律抓住地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反来判断两球能否相碰． 9、BC 【解析】 【详解】
小球沿圆环缓慢上移可看做匀速运动，对小球进行受力分析，小球受重力G，F，N，三个力。满足受力平衡。作出受力分析图如图所示；

由图可知△OAB∽△GFA，即：
GFN RABR小球沿圆环缓慢上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，N不变； A. F增大，与结论不相符，选项A错误； B. F减小，与结论相符，选项B正确； C. N不变，与结论相符，选项C正确； D. N增大，与结论不相符，选项D错误。 10、BDE 【解析】 【详解】
A．物质密度是宏观的质量与体积的比值，而分子体积、分子质量是微观量，A选项错误； B．实际上，分子有着复杂的结构和形状，并不是理想的球形，B选项正确；
C．在装满水的玻璃杯内，可以轻轻投放一定数量的大头针，而水不会流出是由于表面张力的作用，C选项错误； D．物理学中的分子是指分子、原子、离子等的统称，D选项正确；

E．玻璃管裂口放在火焰上烧熔后，成了液态，由于表面张力使得它的尖端变圆，E项正确。 故选BDE。

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 10-7 11、2.335（2.332-2.337） 15.375（15.372-15.377） 6.5×【解析】 【分析】 【详解】
[1] 图甲螺旋测微器固定刻度的读数是2.0mm 可动刻度的读数是 33.5×0.01 mm =0.335mm 则螺旋测微器的读数等于 2.0mm+0.335mm=2.335mm （2.332-2.337都正确）
[2] 图乙螺旋测微器固定刻度的读数是15.0mm 可动刻度的读数是 37.5×0.01 mm =0.375mm 则螺旋测微器的读数等于 15.0mm+0.375mm=15.375mm （15.372-15.377都正确） [3]相邻条纹间距为
xx2x1 n1根据双缝干涉的条纹宽度的公式 xL
d则这种单色光的波长
xd(x2x1d l(n1l代入数据解得
6.5107m
12、6.869（6.868~6870均可） 9.60 【解析】

【详解】
[1]螺旋测微器固定刻度部分读数为6.5mm，可动刻度部分读数为
36.90.01mm0.369mm，所以金属板厚度测量值为6.869mm，由于误差6.868mm~6870mm均可
[2]游标卡尺主尺部分读数为9mm，游标尺部分读数为120.05mm0.60mm，所以金属块长度测量值为9.60mm

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、 (19m/s；(23.15m/s，方向斜面向上 【解析】 【分析】 【详解】
(1物块沿斜面下滑，设加速度为a1，末速度为v1，由牛顿第二定律得
m2gsin1m2gcosm2a1
由运动学规律可得
2a1l2v12
物块进入金属箱后，设加速度为a2，末速度为v2，由牛顿第二定律得
m2gsin2m2gcosm2a2
由运动学规律可得
22a2l1v2v12
解得
v29m/s
(2物块与金属箱侧壁发生弹性碰撞，设碰后物块与金属箱的速度分别为v3和v4，由动量守恒定律及能量守恒可得
m2v2m2v3m1v4
111222m2v2m2v3m1v4 222物块与金属箱侧壁发生弹性碰撞后，物块沿金属箱底面向上滑行，设加速度为a3，金属箱向下运动的加速度为a4，由牛顿第二定律可得
m2gsin2m2gcosm2a3
m1gsin3m1m2gcos2m2gcosm1a4

物块减速运动为0时，有v3a3t1，得
t11s
1s内物块和金属位移之和
11x总a3t12v1t1a4t127.5m4.5m
22说明物块第二次与金属箱碰撞为侧壁A，设物块上滑的位移为x1，金属箱下滑的位移为x2，第一次与第二次碰撞的时间间隔为t2，由运动学规律可得
12x2v4t2a4t2
212x1v3t2a3t2
2x2x1l1
设第二次碰撞前物块的速度为v5，由运动学规律可得
v5v3a3t2
解得
v33.15m/s
方向沿斜面向上 14、（1）（-v0【解析】 【分析】 【详解】
（1）粒子由A点到P点的运动可看成由P点到A点做类平抛运动，设运动时间为t，加速度大小为a，有 xA=v0t ① qE=ma ②
4mv04mv0100mv0mL(23mv0 ，0）；（2）0B；（3）B可能的取值为，，37qL5qL61qLqEqLL12at③ 22由①②③得
xAv0mL④
qE
A点的坐标为（-v0mL，0）⑤
qE（2）只要粒子不会从左边界离开，粒子就能到达右边界，设B的最大值为Bm，最小轨迹半径为R0，轨迹如答图a，图示的夹角为θ，则

根据几何关系有 2R0cosθ=R0⑥ R0sinθ+R0=L⑦
2在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有
2v0qv0Bmm⑧
R0由⑥⑦⑧得
Bm(23mv0⑨
qL即磁感应强度的取值范围为
0B(23mv0⑩
qL（3）设粒子到达O′点的过程中，经过x轴n次，一次到达x轴的位置与坐标原点O的距离为xn，如答图b，

若粒子在第一次到达x轴的轨迹圆心角大于90°，即当xnL时粒子将不可能到达O′点，故xn需要满足
2
xn且
L⑪
2 （2n-1）xn=3L⑫故n只能取1、2、3（如答图c）

即x可能的取值为3L，L，又轨迹半径Rn满足
3L⑬
5L22Rnxn(Rn2⑭
2在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有
2v0qv0Bm⑮
Rn4mv04mv0100mv0⑫⑬⑭⑮⑯ 由⑪得B可能取值为，，37qL5qL61qL15、
(1πm122；(2dπd；(30 3qB2【解析】 【详解】
(1根据洛伦兹力提供向心力可得
v2Bqvm
R则轨迹半径为 Rmvd
qB
粒子从O运动到O的运动的示意图如图所示：

粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为
60
周期为
T2R2m vBq所以运动时间为
tTm 63qB(2根据旋转圆的方法得到粒子在I区经过的范围如图所示，沿有粒子通过磁场的区域为图中斜线部分面积的大小：

根据图中几何关系可得面积为

1Sd2d2
2(3粒子垂直于边界进入II区后，受到的洛伦兹力为
q2B2d qvBm在II区受到的电场力为
q2B2d qE2m由于电场力小于洛伦兹力，粒子将向下偏转，当速度为零时，沿y方向的位移为y，由动能定理得
1qEy0mv2
2解得
1mv2yd
2qE所以第一次速度为零时所处的y轴坐标为0。

2020-2021高考物理模拟试卷
注意事项: 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。 2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。


一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1、如图所示，磁性白板放置在水平地面上，在白板上用一小磁铁压住一张白纸。现向右轻拉白纸，但未拉动，在该过程中

A．小磁铁受到向右的摩擦力 B．小磁铁只受两个力的作用 C．白纸下表面受到向左的摩擦力 D．白板下表面与地面间无摩擦力
2、一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方式”，它就是“Hyperloop（超级高铁）”。据英国《每日邮报》2016年7月6日报道：Hyperloop One公司计划，2030年将在欧洲建成世界首架规模完备的“超级高铁”（Hyperloop），连接芬兰首都赫尔辛基和瑞典首都斯德哥尔摩，速度可达每小时700英里（约合1126公里/时）。如果600公里的路程需要40分钟，Hyperloop先匀加速，乘坐Hyperloop从赫尔辛基到斯德哥尔摩，达到最大速度1200 km/h 后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于Hyperloop的说法正确的是（
）
A．加速与减速的时间不相等 B．加速时间为10分钟 C．加速时加速度大小为2 m/s2
D．如果加速度大小为10 m/s2，题中所述运动最短需要32分钟
3、如图所示为一理恕变压器，其中a、b、c为三个额定电压相同的灯泡，输入电压u= Umsin100πt(V．当输入电压为
灯泡额定电压的8倍时，三个灯泡刚好都正常发光．下列说法正确的是（ ）

A．三个灯泡的额定电压为Um/8 B．变压器原、副线圈匝数比为9︰2 C．此时灯泡a和b消耗的电功率之比为2︰7 D．流过灯泡c的电流，每0.02s方向改变一次
4、如图所示，直线a、b和直线c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为M、N、P、Q。一质子由M点分别运动到Q点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。下列说法正确的是（ ）

A．直线a位于某一等势面内，MQ
B．直线c位于某一等势面内，M>P C．若质子由M点运动到N点，电场力做正功 D．若质子由P点运动到Q点，电场力做负功
5、理想变压器连接灯泡和滑动变阻器的电路如图所示，M、N端连接一个稳压交流电源，三个灯泡L1、L2和L3接入电路中发光，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，下列说法正确的是（ ）

A．灯泡L1变亮，L2变暗 B．灯泡L1、L2都变亮 C．灯泡L2、L3都变亮 D．电源输出功率减小

6、 “太极球”运动是一项较流行的健身运动。做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，太极球却不会掉到地上。现将太极球拍和球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让小球在竖直面内始终不脱离平板且做匀速圆周运动，则 （ ）

A．小球的机械能保持不变
B．平板对小球的弹力在B处最小，在D处最大 C．在B、D两处小球一定受到沿平板向上的摩擦力
D．只要平板与水平面的夹角合适，小球在B、D两处就有可能不受平板的摩擦力作用
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、如图所示是导轨式电磁炮的原理结构示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放炮弹。炮弹可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。内阻为r可控电源提供的强大恒定电流从一根导轨流入，经过炮弹，再从另一导轨流回电源，炮弹被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中，该磁场在炮弹所在位置始终可以简化为磁感应强度为B的垂直平行轨道匀强磁场。已知两导轨内侧间距L，炮弹的质量m，炮弹在导轨间的电阻为R，若炮弹滑行s后获得的发射速度为v。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）

A．a为电源负极
mv2B．电磁炮受到的安培力大小为F
sC．可控电源的电动势是Emv(Rr
2sBL
12m2v3(RrD．这一过程中系统消耗的总能量是mv22sB2L28、如图所示，abcd为边长为L的正方形线框，线框在纸面内，电阻为R．图中虚线区域内有垂直纸面向里的匀强磁场．现用外力作用于线框，使线框从图示位置开始沿x轴正方向做初速度为零的匀加速运动，线框运动过程中，ad边
始终水平，线框平面始终与磁场垂直，磁场宽度大于L，x轴正方向作为力的正方向，则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线及线框ab边的电压U随时间t的变化图象正确的是

A． B．
C． D．
9、如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）

A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan=0.75： B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5 C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4s D．煤块在传送带上留下的痕迹长为m （12+45）10、如图所示，在某一峡谷的两侧存在与水平面成相同角度的山坡，某人站在左侧山坡上的P点向对面的山坡上水平抛出三个质量不等的石块，分别落在A、B、C三处，不计空气阻力，A、C两处在同一水平面上，则下列说法正确的是(



A．落到A、B、C三处的石块落地速度方向相同

B．落到A、B两处的石块落地速度方向相同 C．落到B、C两处的石块落地速度大小可能相同 D．落到C处的石块在空中运动的时间最长
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）图甲，用伏安法测定电阻约5Ω的均匀电阻丝的电阻率，电源是两节干电池。每节电池的电动势约为1.5V，实验室提供电表如下：

A．电流表A1(0～3A，内阻0.0125Ω B．电流表A2(0～0.6A，内阻约为0.125Ω C．电压表V1(0～3V，内阻4kΩ D．电压表V2(0～15V，内阻15kΩ
(1为了使测量结果尽量准确，电流表应选________，电压表应选________(填写仪器前字母代号。 (2用螺旋测微器测电阻丝的直径如图乙所示，电阻丝的直径为________mm。 (3根据原理图连接图丙的实物图______。
(4闭合开关后，滑动变阻器滑片调至一合适位置后不动，多次改变线夹P的位置，得到几组电压、电流和对应的OP段的长度L，计算出相应的电阻后作出R－L图线如图丁。取图线上适当的两点计算电阻率。这两点间的电阻之差为ΔR，对应的长度变化为ΔL，若电阻丝直径为d，则电阻率ρ＝________。

12．（12分）某同学猜想：弹簧的弹性势能与其劲度系数成正比、与其形变量x的二次方成正比，即Epbx；其中b为与弹簧劲度系数成正比例的常数。该同学设计以下实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系。如图所示，在水平桌面上放置一个气垫导轨，将弹簧一端固定于气垫导轨左侧。调整导轨使滑块能在导轨上自由匀速滑动。将光电门固定在离弹簧右侧原长点稍远的位置。推动滑块压缩弹簧一段合适的距离后，由静止释放滑块。滑块离开弹簧后运2
动通过光电门。通过测量和计算研究上述猜想。

实验中进行以下测量： A．测得滑块的质量m； B．测得滑块上遮光片的宽度d； C．测得弹簧的原长L0；
D．推动滑块压缩弹簧后，测得弹簧长度L；
E.释放滑块后，读出滑块遮光片通过光电门的时间t； F.重复上述操作，得到若干组实验数据，分析数据并得出结论。
回答下列问题。（前三个问题用实验测得的物理量字母及比例常数b表示） （1）滑块离开弹簧后的动能为Ek________。
（2）由能量守恒定律知弹簧被压缩后的最大弹性势能Ep与滑块弹出时的动能Ek相等。若关于弹簧弹性势能的猜想正确，则L0L________。
（3）用图像处理实验数据并分析结论，得出的图像如图所示。该图像不过坐标原点的原因是________________。（只填写一条）
2
（4）若换用劲度系数更大的弹簧做实验，图像斜率将________。（选填“不变”“变大”或“变小”）
（5）若实验中测得的一组数据：m0.05kg，d0.02m，L00.1m，L0.08m，t0.04s。由此计算比例常数b________N/m。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图所示为波源O振动1.5s时沿波的传播方向上质点振动的波形图，问： (1何时x=5.4m的质点第一次到达波峰？

(2从t=0开始至x=5.4m的质点第一次到达波峰这段时间内，波源通过的路程是多少？

14．（16分）如图所示，在光滑水平面上距离竖直线MN左侧较远处用弹簧锁定不带电绝缘小球A，弹性势能为0.45J，A球质量M＝0.1kg，解除锁定后与静止在M点处的小球B发生弹性正碰，B球质量m＝0.2kg、带电量q＝＋10C。MN左侧存在水平向右的匀强电场E2，MN右侧空间区域范围内存在竖直向上、场强大小E1＝0.2N/C的匀强电场和方向垂直纸面向里磁感应强度为B=0.2T的匀强磁场。（g＝10m/s2，不计一切阻力）求： (1解除锁定后A球获得的速度v1； (2碰后瞬间B球速度v2；
(3 E2大小满足什么条件时，B球能经电场E2通过MN所在的直线；（不考虑B球与地面碰撞再次弹起的情况） (4在满足(3问情景下B球在电场E2中与MN的最大距离。

15．（12分）一列简谐横波某时刻的波形如图所示，质点P正在向上运动，它所在的平衡位置为x=2m，质点P的振动方程为y=0.2sin5πt（m），从该时刻开始计时，求∶ （i）该简谐横波在介质中的传播速率； （ii）经过0.5s时间，质点P的位移和路程；
（iii）从图示位置开始计时，经多长时间质点P第三次到达波峰。



参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1、C 【解析】 【详解】
AB．小磁铁受到竖直向下的重力、白板对小磁铁吸引力和竖直向上的支持力，三力平衡，静止不动，所以小磁铁不受摩擦力，AB错误；
C．对小磁铁和白纸作为整体受力分析可知，水平方向上受到向右的拉力和向左的摩擦力平衡，C正确；
D．对小磁针、白纸和磁性白板整体受力分析可知，水平方向上受到向右的拉力和地面对磁性白板向左的摩擦力平衡，D错误。 故选C。 2、B 【解析】 【详解】
A．加速与减速的加速度大小相等，加速和减速过程中速度变化量的大小相同，根据：
av t可知加速和减速所用时间相同，A错误；
BC．加速的时间为t1，匀速的时间为t2，减速的时间为t1，由题意得： 2t1t24060s
12at12vt2600103m 21200m/sat1
3.6联立方程解得：
匀加速和匀减速用时：t1600s=10min 匀速运动的时间：t21200s
52加速和减速过程中的加速度：am/s
9
B正确，C错误；
D．同理将上述方程中的加速度变为10m/s2，加速和减速的时间均为：
1200100
t13.6ss103加速和减速距离均为
11100250000xat1210(mm
2239匀速运动用时：
6001032t2500009s5300s
120033.6总时间为： 2t1t25500s31min
3D错误。 故选B。 3、C 【解析】
设灯泡的额定电压为U，根据题意，输入电压U入Um8U，得：U2Um，此时原线圈两端的电压为216n1U17In2，根据12，n2U22I2n17U1U入U7U，副线圈两端的电压为U22U，则变压器原、副线圈匝数比为因为a、b此时都能正常发光，故电压都为额定电压 ，根据PUI，可知a、b消耗的电功率与电流成正比，即此时灯泡a和b消耗的电功率之比为2︰7，由输入电压的表达式，可知角频率100rad/s，则周期T而变压器不会改变交变电流的周期，故每0.02s电流方向改变两次，故ABD错误，C正确；故选C. 【点睛】根据灯泡电压与输入电压的关系可确定接在线圈的输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据变压器电流之间的关系和功率公式可确定功率之比． 4、A 【解析】 【详解】
AB．质子带正电荷，质子由M点分别运动到Q点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，有
20.02s，
WMQWMP0
而
WMQqUMQ
WMPqUMP，q0
所以有
UMQUMP0
即
MQP
匀强电场中等势线为平行的直线，所以QP和MN分别是两条等势线，有
PQ
故A正确、B错误；
CD．质子由M点运动到N点的过程中
WMNqMN0
质子由P点运动到Q点的过程中
WPQqPQ0
故CD错误。 故选A。 5、B 【解析】 【详解】
ABC．设MN两端稳压交流电源的电压有效值为U，原线圈两端的电压为U1，电流为I1，副线圈两端的电压为U2，电流为I2，原副线圈的匝数比：n1:n2k，灯泡的电阻都为R，根据欧姆定律，可得副线圈两端的电压为：
U2I2RR并
根据
U1n1k U2n2得原线圈两端的电压为：

U1kU2kI2RR并
根据
I1n21 I2n1k解得
I11I2
kI2R
k根据欧姆定律，可得L1两端的电压：
U1I1R则稳压交流电源的电压为：
RUU1U1I2kRR并
k当滑动变阻器的滑片P向上移动时，其电阻减小，则R并电阻减小，所以总电阻减小，而稳压交流电源的电压U不变，所以电流I2变大，则L2变亮；原线圈的电流I11I2也增大，所以L1变亮，其两端的电压变大，所以原线圈两端的k电压减小，则副线圈两端的电压减小，而L2的电压变大，所以L3与滑动变阻器并联部分的电压减小，所以L3变暗，B正确，AC错误；
D．因为原线圈的电流增大，稳压交流电源的电压不变，根据 P=UI1
可知电源输出功率增大，D错误。 故选B。 6、D 【解析】 【详解】
小球做匀速圆周运动，动能不变，重力势能不断改变，所以小球的机械能不断变化，故A错误；小球做匀速圆周运动，向心力大小不变，而在最高点和最低点时，弹力和重力共线且合力提供向心力，最高点失重，最低点超重，所以平板对小球的弹力在A处最小，在C处最大，故B错误；小球在BD处可以不受摩擦力作用，即重力和健身者对球作用力F的合力提供向心力受力分析如图所示。


mv22Fnv此时满足，故C错误，D正确；
tan＝＝r＝mgmggr
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 7、AD 【解析】 【详解】
A．若电源a、b分别为负极、正极，根据左手定则可知，受到的安培力向右，则导体滑块可在磁场中向右加速；故A正确；
B．因安培力F=BIL，根据动能定理
Fx所以
12mv
2mv2 F2s选项B错误； C．由匀加速运动公式
v20 a2s由安培力公式和牛顿第二定律，有 F=BIL=ma 根据闭合电路欧姆定律根据闭合电路欧姆定律
IE Rr联立以上三式解得
mv2(Rr E2sBL选项C错误；
D．因这一过程中的时间为
t2s
v所以系统产生的内能为

Q=I2（R+r）t mv2(Rr E2sBL联立解得
m2v3(Rr Q222sBL炮弹的动能为
Ek12mv
2由能的转化与守恒定律得这一过程中系统消耗的总能量为
12m2v3(Rr EQEkmv2222sBL所以D正确。 故选AD。 8、AD 【解析】 【分析】 【详解】
B2L2vB2L2at线圈做初速度为零的匀加速直线运动，速度v=at，进磁场和出磁场受到的安培力F，则A正确，RRB错误；进磁场时，ab两端的电压Uab端的电压Uab【点睛】
对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化，然后作出正确的判断． 9、AD 【解析】 【详解】
AB．由v－t图像得0~1s内煤块的加速度大小
11BLvBLat；在磁场中运动时，UabBLvBLat；出磁场时，ab两4433BLvBLat，则选项C错误，D正确；故选AD. 44a1124m/s28m/s2
1
方向沿传送带向下；1~2s内煤块的加速度大小
a240m/s24m/s2
1方向沿传送带向下。0~1s，对煤块由牛顿第二定律得
mgsinmgcosma1
1~2s，对煤块由牛顿第二定律得
mgsinθ一μmgcosθ=ma2 解得
tanθ=0.75，μ=0.25 故A正确，B错误；
C．v－t图像图线与时间轴所围面积表示位移大小，所以煤块上滑总位移大小为x=10m，由运动学公式得下滑时间为
t下2x210s5s a24所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为25s，故C错误；
D．0~1s内煤块比传送带多走4m，划痕长4m，1~2s内传送带比煤块多走2m，划痕还是4m。2~25s内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为
12a2t2vt1245m，
2故D正确。 故选AD。 10、BC 【解析】
试题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度．知道速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍．
解：A、因为速度方向与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，A、B两点的位移方向相同，与落在C点的位移方向不同，所以A、B两点的速度方向相同，与C点的速度方向不同，故A错误，B正确． C、落在B点的石块竖直分速度比C点竖直分速度大，但是B点的水平分速度比C点水平分速度小，根据平行四边形定则可知，两点的速度大小可能相同，故C正确．
D、高度决定平抛运动的时间，可知落在B点的石块运动时间最长．故D错误． 故选BC．

点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍．

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、B C 0.700
Rd24L

【解析】 【详解】
(1[1]由于电源电动势为3V，电表读数要达到半偏，则电压表选C； [2]由I＝E可知电路中最大电流约为0.6A，则电流表选B。 Rr(2[3]螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为20.0×0.01 mm＝0.200mm，所以最终读数为0.5mm＋0.200mm＝0.700mm。
(3[4]根据原理图连接实物图如图

(4[5]根据电阻定律 ΔR＝ρ解得 ρ＝Ld2，S＝π(
2SRd24L
md2md2 滑块运动过程中受阻力 变小 15.625 12、222bt2t【解析】 【详解】

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/780b8fdc01d8ce2f0066f5335a8102d277a26130.html

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