2021年河北省保定市關城中學高三物理模擬試題含解析

2021年河北省保定市關城中學高三物理模擬試題含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.（多選）（2014秋?朝陽校級期末）t=0時，甲乙兩汽車從相距70km的兩地開始相向行駛，它們的v﹣t圖象如圖所示．忽略汽車掉頭所需時間．下列對汽車運動狀況的描述正確的是（）A． 在第1小時末，乙車改變運動方向B． 在第2小時末，甲乙兩車相距10kmC． 在前4小時內，乙車運動加速度的大小總比甲車的大D． 在第4小時末，甲乙兩車相遇參考答案：BC解：A、在第1小時末，乙車的速度仍然為負值，說明運動方向并未改變．故A錯誤．B、在第2小時末，甲的位移大小x甲=×30×2km=30km，乙的位移大小x乙=×30×2km=30km，此時兩車相距△x=70﹣30﹣30=10（km）．故B正確．C、在前4小時內，乙圖線的斜率絕對值始終大于甲圖線的斜率絕對值，則乙車的加速度大小總比甲車大．故C正確．D、在第4小時末，甲車的位移x甲=×60×4km=120km，乙車的位移x乙=﹣×30×2km+×60×2km=30km，因x甲＞x乙+70km，可知甲乙兩車未相遇．故D錯誤．故選：BC．2.如圖所示，曲線M、N分別表示晶體和非晶體在一定壓強下的熔化過程。圖中橫線表示時間t，縱軸表示溫度T。從圖中可以確定的是

（

）

A．晶體和非晶體均存在固定的熔點T0

B．曲線M的bc段表示固液共存狀態(tài)

C．曲線M的ab段、曲線N的ef段均表示固態(tài)

D．曲線M的cd段、曲線N的fg段均表示液態(tài)參考答案：B只有晶體存在固定的熔點T0，曲線M的bc段表示固液共存狀態(tài)，曲線M的ab段、表示固態(tài)，曲線N的ef段不表示固態(tài)，曲線N的fg段不表示液態(tài)，選項B正確ACD錯誤。3.如圖所示，放置在豎直平面內的光滑桿AB，是按照從高度為h處以初速度vo平拋的運動軌跡制成的，A端為拋出點，B端為落地點?，F(xiàn)將一小球套于其上，由靜止開始從軌道A端滑下。已知重力加速度為g，當小球到達軌道B端時A.小球的速率為了B.小球的速率為C.小球在水平方向的速度大小為voD小球在水平”向的速度大小為參考答案：4.兩端開口的U形細管內裝有一定量的水置于豎直面內，開口豎直向上，靜止時兩豎管內水面相平，由于細管的某種運動，管內水面形成如圖所示的高度差，在下列描述的各種運動中，細管可能的運動是A．水平向右加速運動

B．水平向左勻速運動C．繞某一豎直軸旋轉運動

D．自由落體運動參考答案：AC5.（單選）在如圖甲所示電路中，閉合電鍵S，當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動的過程中，四個理想電表的示數(shù)都發(fā)生變化。圖乙中三條圖線分別表示了三個電壓表示數(shù)隨電流表示數(shù)變化的情況，以下說法錯誤的是（

）A．圖線a表示的是電壓表V3的示數(shù)隨電流表示數(shù)變化的情況B．圖線c表示的是電壓表V2的示數(shù)隨電流表示數(shù)變化的情況C．此過程中電壓表V1示數(shù)的變化量△U1和電流表示數(shù)變化量△I的比值變大D．此過程中電壓表V2示數(shù)的變化量△U2和電流表示數(shù)變化量△I的比值不變參考答案：C解析：A、根據(jù)圖中a、b圖線的斜率可判斷，a圖線的斜率大，其斜率大小為r+R1，b圖線的斜率為電源內阻r，即a圖線是電壓表V3的示數(shù)隨電流表示數(shù)變化的情況，故A正確．

B、電壓表V2測量定值電阻R1的電壓，其U-I圖象是過原點的直線，故B正確；

C、由閉合電路歐姆定律得U1=E-Ir，V1示數(shù)的變化量和電流表示數(shù)的變化量的比值為=r是電源內阻，故C錯誤；

D、電壓表V2示數(shù)變化量△U2和電流表示數(shù)變化量△I的比值等于R2，是不變的，故D正確；

本題選錯誤的，故選C．【思路點撥】當滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動的過程中，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，總電流減小，可知路端電壓增大，即知電壓表V1示數(shù)增大，電壓表V2的示數(shù)減小，電壓表V3的示數(shù)增大，即可知圖線與電壓示數(shù)的對應關系．由閉合電路歐姆定律得知，電壓表V1示數(shù)的變化量△U1和電流表示數(shù)變化量△I的比值等于r，電壓表V2示數(shù)的變化量△U2和電流表示數(shù)變化量△I的比值等于R2，是不變的．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B，已知在此過程中，氣體內能增加100J，則該過程中氣體

(選填“吸收”或“放出”)熱量

J．參考答案：吸收

300

7.一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，在t＝0時刻波剛好傳播到x＝6m處的質點A，如圖所示，已知波的傳播速度為48m/s。請回答下列問題：①從圖示時刻起再經(jīng)過________s，質點B第一次處于波峰；②寫出從圖示時刻起質點A的振動方程為________cm。參考答案：①0.5②y＝－2sin12πt(cm)8.（3分）如圖，a、b兩彈簧勁度系數(shù)均為K，兩球質量均為m，不計彈簧的質量，兩球靜止，則兩彈簧伸長量之和為

。參考答案：3mg/k9.在“用DIS探究牛頓第二定律”的實驗中（1）下圖（左）是本實驗的裝置圖，實驗采用分體式位移傳感器，其發(fā)射部分是圖中的_____，與數(shù)據(jù)采集器連接的是______部分．（填①或②）（2）上圖（右）是用DIS探究加速度與力的關系時所得到的a–F實驗圖象，由圖線可知，小車的質量為___________kg．參考答案：（1）①，②

（每空格1分）（2）m=0.77kg10.兩個傾角相同的滑桿上分別套A、B兩圓環(huán)，兩環(huán)上分別用細線懸吊著兩物體C、D，如圖所示，當它們都沿滑桿一起向下滑動時，A的懸線與桿垂直，B的懸線豎直向下，則（

）A.A環(huán)與桿無摩擦力B.B環(huán)與桿無摩擦力C.A環(huán)做的是勻速運動D.B環(huán)做的是勻速運動參考答案：AD【詳解】AC.假設A環(huán)與桿間的摩擦力為f，對A環(huán)受力分析，受重力、拉力、支持力、沿桿向上的摩擦力f，如圖，根據(jù)牛頓第二定律，有mAgsinθ-f=mAa對C，據(jù)牛頓第二定律有mCgsinθ=mCa聯(lián)立解得：f=0a=gsinθ故A正確，C錯誤；BD.對D球受力分析，受重力和拉力，由于做直線運動，合力與速度在一條直線上或者合力為零，故合力只能為零，物體做勻速運動；再對B求受力分析，如圖，受重力、拉力、支持力，由于做勻速運動，合力為零，故必有沿桿向上的摩擦力。故B錯誤，D正確。11.一質點沿Ox坐標軸運動，t＝0時位于坐標原點，質點做直線運動的v—t圖像如圖所示，由圖像可知，在時間t＝________s時，質點距坐標原點最遠，在前4s內該質點的位移隨時間變化的關系式是s=________。參考答案：答案：2，6t－1.5t2

解析：由圖像可知，在時間t＝2s時，質點距坐標原點最遠，在前4s內該質點的位移隨時間變化的關系式是s=6t－1.5t2。12.如圖甲，水平面內的三個質點分別位于直角三角形ABC的三個頂點上，已知AB=3m，AC=4m。t0=0時刻A、B同時開始振動，此后形成的波動圖象均如圖乙，所形成的機械波在水平面內傳播，在t=4s時C點開始振動。則該機械波的傳播速度大小為_________；兩列波相遇后，C點振動_________（填“加強”或“減弱”）。該列波的波長是______m，周期是______s。參考答案：（1）1m／s

減弱

2m

2s

13.如圖所示，一根絕緣桿沿豎直方向放置，桿上有一個帶負電的圓環(huán)，它的質量為m、電量為q，與桿間的動摩擦因數(shù)為μ．所在的空間存在著方向都是水平向右的勻強電場與勻強磁場，電場強度大小為E、磁感應強度大小為B．現(xiàn)將圓環(huán)從靜止開始釋放，環(huán)將沿桿下落，則圓環(huán)運動過程中的最大加速度為為__________，最大速度為__________。

參考答案：

答案：

三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.在用插針法測定玻璃磚的折射率的實驗中，甲、乙、丙三位同學在紙上畫出的界面aa′、bb′與玻璃磚位置的關系分別如圖所示，其中甲、丙兩同學用的是矩形玻璃磚，乙同學用的是梯形玻璃磚．他們的其他操作均正確，且均以aa′、bb′為界面畫光路圖．①甲同學測得的折射率與真實值相比________(填“偏大”“偏小”或“不變”)．②乙同學測得的折射率與真實值相比________(填“偏大”“偏小”或“不變”)．③丙同學測得的折射率與真實值相比________．參考答案：①偏?、诓蛔儮劭赡芷?、可能偏小、可能不變15.如圖所示是研究電源電動勢和電路內電壓、外電壓關系的實驗裝置儀器，電池的正負兩極分別為A和B，位于兩個電極內側的探針C和D用于測量電池的內電壓。（1）在給出的下列儀器路中，用實線作為導線將實驗儀器連成實驗電路；（2）合上開關前，應將滑動變阻器的滑片置于______端（選填“M”或“N”）。（3）只調節(jié)滑動變阻器的滑臂，使電流傳感器的示數(shù)變大，則電壓傳感器Ⅰ的示數(shù)將________，電壓傳感器Ⅱ的示數(shù)將________，在實驗誤差范圍內，電壓傳感器Ⅰ和電壓傳感器Ⅱ的示數(shù)之和________（選填“變大”、“變小”或“不變”）。參考答案：（1）見右圖。（2）M。（3）變大，變小，不變。四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，AO是具有一定質量的均勻細桿，可繞O軸在豎直平面內自由轉動．細桿上的P點與放在水平桌面上的圓柱體接觸，圓柱體靠在豎直的擋板上而保持平衡．已知桿的傾角θ=60°，球的重力大小為G，豎直擋板對球的壓力大小為，各處的摩擦都不計，作出球的受力示意圖，并通過計算求出圓柱體對均勻細桿AO的作用力的大小和水平地面對圓柱體作用力的大?。畢⒖即鸢福航猓簩A柱體進行受力分析：受力分析圖如圖所示，其中N1、N2、N3分別為水平地面、擋板、細桿對圓柱體的彈力．已知豎直擋板對球的彈力大小：根據(jù)平衡關系：

水平方向：N3sin60°=N2，解得

N3=4G

豎直方向：N1=N3cos60°+G，代入解得，N1=3G．設圓柱體對均勻細桿AO的作用力大小為，根據(jù)牛頓第三定律知，=4G答：圓柱體對均勻細桿AO的作用力的大小和水平地面對圓柱體作用力的大小分別為4G和3G．【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用．【分析】分析小球的受力情況：重力、地面的支持力、豎直擋板的壓力和桿的壓力四個力作用，作出力示意圖．根據(jù)平衡條件，求出桿對球的壓力和地面的支持力，根據(jù)牛頓第三定律求出圓柱體對均勻細桿AO的作用力的大小和水平地面對圓柱體作用力的大?。?7.如圖所示，水平虛線L1、L2之間是勻強磁場，磁場方向水平向里，磁場高度為h．豎直平面內有一等腰梯形線框，底邊水平，其上下邊長之比為5：1，高為2h．現(xiàn)使線框AB邊在磁場邊界L1的上方h高處由靜止自由下落，當AB邊剛進入磁場時加速度恰好為0，在DC邊剛進入磁場前的一段時間內，線框做勻速運動．求：（1）在DC邊進入磁場前，線框做勻速運動時的速度與AB邊剛進入磁場時的速度比是多少？（2）DC邊剛進入磁場時，線框加速度的大小為多少？（3）從線框開始下落到DC邊剛進入磁場的過程中，線框的機械能損失和重力做功之比？參考答案：考點： 導體切割磁感線時的感應電動勢；功的計算；安培力．專題： 電磁感應與電路結合．分析： （1）（2）由機械能守恒求出AB剛進入磁場時的速度．根據(jù)AB剛進入磁場時加速度恰好為0，由平衡條件列出重力與安培力的關系方程．在DC邊剛進入磁場前的一段時間內，線框做勻速運動，此時線框有效切割長度為2l，由平衡條件得到重力與安培力的關系式，將兩個重力與安培力的關系式進行對比，求出DC邊剛進入磁場前線框勻速運動時的速度．DC邊剛進入磁場瞬間，線框有效切割的長度為3l，推導出安培力表達式，由牛頓第二定律求出加速度．（3）從線框開始下落到DC邊剛進入磁場的過程中，根據(jù)能量守恒求出機械能的損失，再求解線框的機械能損失和重力做功之比．解答： 解：（1）設AB邊剛進入磁場時速度為v0，線框質量為m、電阻為R，AB=l，則CD=5l則AB剛進入磁場時有，解得：設DC邊剛進入磁場前勻速運動時速度為v1，線框切割磁感應線的有效長度為2l，線框勻速運動時有；解得：所以：v1：v0=1：4（2）CD剛進入磁場瞬間，線框切割磁感應線的有效長度為3l，E'感=B?3l?v1有牛頓第二定律：F合=ma解得：（3）從線框開始下落到CD邊進入磁場前瞬間，根據(jù)能量守恒定律得：機械能損失重力做功

WG=mg?3h所以，線框的機械能損失和重力做功之比△E：WG=47：48答：（1）在DC邊進入磁場前，線框做勻速運動時的速度與AB邊剛進入磁場時的速度比是1：4（2）DC邊剛進入磁場時，線框加速度的大小為（3）從線框