辽宁省2021届高三物理下学期4月模拟预测试题12含解析

这是一份辽宁省2021届高三物理下学期4月模拟预测试题12含解析，共16页。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
1. 了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。下列选项符合史实的是（ ）
A．焦耳发现了电流热效应的规律
B．安培总结出了点电荷间相互作用的规律
C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
D．法拉第对带电粒子在磁场中受力作了深入研究并得到了定量的结果
【答案】A
【解析】
A．焦耳发现了电流热效应的规律，A正确；
B．库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，B错误；
C．奥斯特发现了电流的磁效应，楞次发现了楞次定律，C错误；
D．洛伦兹对带电粒子在磁场中受力作了深入研究并得到了定量的结果，D错误。
故选A。
2. 我国月球探测计划嫦娥工程已经启动，“嫦娥1号”探月卫星也已发射。设想嫦娥1号登月飞船贴近月球表面做匀速圆周运动，飞船发射的月球车在月球软着陆后，自动机器人在月球表面竖直向上以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落回抛出点，已知该月球半径为R，万有引力常量为G，月球质量分布均匀，则月球的质量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
竖直上抛，根据对称性有
月球表面的物体有
联立解得
故选A。
3. 如图所示，质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上用方向始终与水平面成斜向上30°的力F作用于绳上的O点，用T表示AO段绳上拉力的大小，在AO绳由竖直缓慢变为水平过程中（ ）
A．F逐渐变大，T先变小后变大B．F逐渐变大，T先变大后变小
C．F逐渐变小，先变小后变大D．F逐渐变小，T先变大后变小
【答案】A
【解析】
ABCD．缓慢移动过程中，O点始终处于平衡状态，所受合力始终为零，三个力将组成一个闭合的矢量三角形，设AO绳与竖直方向的夹角为，如下图所示：
随着增大，可知F逐渐变大，T先变小后变大，故A正确，BCD错误。
故选A。
4. 如图所示，质量为M的车静止在光滑水平面上，车右侧内壁固定有发射装置。车左侧内壁固定有沙袋。把质量为m的弹丸最终射入沙袋中，这一过程中车移动的距离是S，则小球初位置到沙袋的距离d为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】在发射弹丸到弹丸落到沙袋运动中，弹丸和车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律，则有
mv弹−Mv车=0
可得
解得
A正确，BCD错误。
故选A。
5. 如图所示，将一个小球以初速度从地面竖直上抛，上升到最高点后又落回，落回抛出点时的速度大小为。规定竖直向上为正方向，由于空气阻力的影响，小球全过程的v－t图象如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A.上升过程中小球做加速度逐渐减小的减速运动
B.下降过程中小球作加速度逐渐减小的加速运动
C.时刻加速度等于重力加速度g
D.时刻和的大小关系为
【答案】D
【解析】A.图像斜率表示加速度，由图可知，图线斜率逐渐减小，上升过程中小球做加速度逐渐减小的减速运动，故A正确；
B.图像斜率表示加速度，由图可知，图线斜率逐渐减小，则下降过程中小球作加速度逐渐减小的加速运动，故B正确；
C.时刻小球的速度为0，此时的空气阻力为0，只受重力作用，则加速度为重力加速度，故C正确；
D.由牛顿第二定律可知，上升过程中小球的加速度大小
下落过程中小球的加速度大小为
两过程中距离相等，由公式可知，加速度越大，则时间越小，即下落过程所用时间比上升过程所用时间更长，所以有
故D错误。
本题选不正确的，故选D。
6. 据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内．如图所示，环状磁场的内半径为，外半径为，被束缚的带电粒子的比荷为k，若中空区域内带电粒子均具有沿半径方向的速度，速度大小为v．中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为的区域内，则环状区域内匀强磁场的磁感应强度最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】
由题意可知，粒子的比荷k已经确定，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，，则，有
粒子运动的半径r已经确定，要使所有的粒子都不能穿出磁场，则：
与内圆相切的方向进入磁场的粒子在磁场运动的轨迹刚好与外圆相切，可知2r最大为，如图所示：
从而推知，
即
则，故C正确，ABD错误；
故选C．
7.如图所示，间距为L的足够长的平行金属导轨固定在斜面上，导轨一端接入阻值为R的定值电阻，t=0时，质量为m的金属棒由静止开始沿导轨下滑，t=T时，金属棒的速度恰好达到最大值vm，整个装置处于垂直斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，金属棒及导轨的电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A． 时，金属棒的速度大小为
B．0～T的过程中，金属棒机械能的减少量等于R上产生的焦耳热
C．电阻R在0～内产生的焦耳热小于～T内产生的焦耳热
D．金属棒0～内机械能的减少量大于～T内机械能的减少量
【答案】C
【解析】A．速度达到最大值前金属棒做加速度减小的加速运动，故相同时间内速度的增加量减小，所以时，金属棒的速度大于，故A错误；
B．由能量守恒，的过程中，金属棒机械能的减小等于R上产生的焦耳热和金属棒与导轨间摩擦生热之和，故B错误；
C．内金属棒的位移小于的位移，金属棒做加速运动，其所受安培力增大，所以内金属棒克服安培力做功更多，产生的电能更多，电阻R上产生的焦耳热更多，故C正确；
D．内的位移比内的位移大，故内滑动摩擦力对金属棒做功多，由功能关系得，内金属棒机械能的减小量更多，故D错误．
8.在正点电荷Q形成的电场中，一检验电荷q的运动轨迹如图中实线所示，轨迹上a、b、c三点在以Q为圆心的同心圆上，不计重力影响，下列说法正确的是（ ）
A．检验电荷q一定为正电荷
B．a、b、c三点中，检验电荷q在c点的动能最小
C．a、b、c三点中，a点的电势最高
D．a、b、c三点中，检验电荷q在a点的电势能最大
【答案】AB
【解析】
A．根据轨迹的弯曲方向判断出，粒子在运动的过程中，一直受静电斥力作用，因电场为正电荷产生的电场，粒子带正电，A正确；
B．若粒子由a运动到c过程中，电场力先做负功，后做正功，故速率先减小后增大，动能先减小后增大，由于处于同一圆周上的动能相等，那么检验电荷q在c点的动能最小，B正确；
C．在电场中沿着电场线方向电势逐渐降低，因此a点的电势最低，c点电势最高，C错误；
D．由B选项分析，可知，在a、b、c三点中，检验电荷在a点的动能最大，而电势能最小，D错误；
故选AB。
9.下列说法正确的是（ ）
A．若两分子间距离增大，分子势能一定增大
B．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小
C．物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关
D．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
【答案】BCD
【解析】
A．若分子间距大于平衡位置时，分子间距离增大，分子引力估负功，分子势能一定增大，故A错误；
B．在一定气温条件下，大气中相对湿度越小，水汽蒸发也就越快，人就越感到干燥，故当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，故B正确；
C．根据分子运动的规律知，物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关，故C正确；
D．根据理想气体的状态方程可知一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，气体的温度升高，则内能一定增加，故D正确；
故选BCD。
10. “弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示．竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg.现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40m时，然后由静止释放滑块．滑块的动能Ek随离地高度h变化的图象如图丙所示.其中高度从0.80m到1.40m范围内的图线为直线，其余部分为曲线．若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2.则结合图象可知
A. 弹簧原长为0.72m
B. 空气阻力大小为1.00N
C. 弹簧的最大弹性势能为9.00J
D. 弹簧在落回地面的瞬间滑块的动能为5.40J
【答案】BC
【解析】A．从h=0.8m开始，滑块与弹簧分离，则知弹簧的原长为0.8m;故A错误.
B．在0.80m上升到1.40m内，在Ek-h图象中，根据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80m上升到1.40m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.80m上升到1.40m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得-(mg+f)△h=0-Ek，由图知△h=0.60m，Ek=5.40J，解得空气阻力f=1.00N;故B正确.
C．根据能转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm=(mg+f)△h=9×(1.40-0.4)=9.00J;故C正确.
D．由图可知，当h=0.72m时滑块的动能最大为Ekm=5.76J；假设空气阻力不计，则在整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此滑块的动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，为EPmin=Epm-Ekm=9-5.76=3.24J，由于有空气阻力，所以滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小小于3.24J;故D错误.
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 在研究匀变速直线运动的实验中，某同学通过实验得到一条如图所示的纸带，并在纸带上取了A、B、C、D、E、F、G等7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个实际点没画出，打点计时器打点周期为T。则：
(1)计算F点速度大小的公式为vF=_____________________(用给定的字母表示)
(2)若测得d6=61.50cm，d3=24.00cm则纸带运动的加速度为 a=____________m/s2(交流电频率为50Hz，保留三位有效数字)；如果当时电网中交流电的频率f<50Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测得值比实际值_______(选填“偏大”或“偏小”)
【答案】 (1). (2). 1.50 (3). 偏大
【解析】
(1)[1] 每相邻两个计数点间还有4个实际点没画出，则计数点的时间间隔为
根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有：
；
(2)[2]由匀变速直线运动的判别式：
结合纸带上共四段位移，采用逐差法可得平均加速度：
；
[3]根据判别式可得加速度：
纸带上所测位移没有系统误差，若实际频率f<50Hz，则代频率值计算时偏大，则导致加速度的测量值偏大。
12. 某同学要分别测量一小灯泡（3．8V、1．5W）在常温下和正常工作时的电阻，方法如下：
（1）用欧姆表测量小灯泡常温下的电阻
①应先____________后________________（填写正确答案标号）
A．将选择开关置于×1档
B．将选择开关置于×10档
C．将红黑表笔短接调零
②测量示数如图甲，读数小灯泡常温下的电阻为______Ω．
（2）用图乙所示电路测量小灯泡正常工作时的电阻，图中为滑动变阻器，为电阻箱，电源电动势为E=6V，
①请在答题纸上将实物图连接补充完整_______
②为检查电路连接是否有断接处，该同学进行了如下操作：将的滑动触头P移至C处，只闭合，发现电压表示数接近6V，若仪器都完好，则没有连接好的区间是__________
A．ab段 B．cd段 C．eP段
③排除故障后，将拨向接点1，接通，调节__________，使电压表示数达到3．8V；之后拨向接点2，调节_______________，使___________，的读数即为小灯泡正常工作时的电阻．
【答案】A C 3.7 B R1 R2 电压表示数再次达到3.8V
【解析】
试题分析：（1）因为小灯泡的电阻非常小，所以使用×1档测量，在换档后需要先进行欧姆调零，即将红黑表笔短接调零，故AC正确；欧姆表的读数为
（2）①如图所示，
②因在移动滑片过程中，电压表示数接近电源的电动势，说明电压表直接接在了电源两端；故说明cd段发生断路故障；
③开关接1，此时灯泡接入电路，为了让电压达到3．8V，应调节滑动变阻器R1；将开关拔到2后，调节R2使其两端电压为3．8V，则此时R2的示数与灯泡电阻相等；
13.2019年12月以来，我国部分地区突发疫情，给人民的生命及身心健康带来极大威胁。在国家正确指引和全国人民共同努力下，目前已取得可喜的成果。在医疗期间，氧气瓶成了每个重症患者的必备品，假设一氧气瓶的容积为0.16m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．某医院一患者每天消耗1个大气压的氧气0.96m3，当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气．氧气的温度保持不变，氧气瓶中的氧气视为理想气体。求：这瓶氧气重新充气前可供该患者使用几天？
【答案】3天
【解析】
氧气瓶中的氧气初态，p1=20个大气压，V1=0.16m3，中间状态p2=2个大气压
体积V2，末态p3=1个大气压，由等温变化p1V1=p2V2，解得
V2=1.6m3
患者消耗2个大气压对应的体积
V1－V2=1.44m3
由等温变化
p2(V1－V2)=p3V3
得
V3=2.88m3
使用天数
天
14. 如图所示，在两个水平平行金属极板间存在着竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度和磁感应强度的大小分别为E＝2×106N/C和B1＝0.1 T，极板的长度l＝m，间距足够大．在板的右侧还存在着另一圆形区域的匀强磁场，磁场的方向为垂直于纸面向外，圆形区域的圆心O位于平行金属极板的中线上，圆形区域的半径R＝m．有一带正电的粒子以某速度沿极板的中线水平向右飞入极板后恰好做匀速直线运动，然后进入圆形磁场区域，飞出圆形磁场区域后速度方向偏转了60°，不计粒子的重力，粒子的比荷＝2×108C/kg.
(1)求圆形区域磁场的磁感应强度B2的大小；
(2)在其他条件都不变的情况下，将极板间的磁场B1撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形区域的磁场，求圆形区域的圆心O离极板右边缘的水平距离d应满足的条件．
【答案】(1)0.1T；(2)d＞(或d≥)；
【解析】
(1)设粒子的初速度大小为v，粒子在极板间匀速直线运动，则：qvB1=qE，
设粒子在圆形区域磁场中做圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得：qvB2＝m，
粒子运动轨迹如图所示，粒子速度方向偏转了60°，由数学知识可得：r=Rct30°，解得：B2=0.1T；
(2)撤去磁场B1后，粒子在极板间做平抛运动，设在板间运动时间为t，运动的加速度为a，
飞出电场时竖直方向的速度为vy，速度的偏转角为θ，由牛顿第二定律得：qE=ma，
水平方向：l=vt，竖直方向：vy=at，tanθ＝，解得：tanθ＝，即θ=30°，设粒子飞出电场后速度恰好与圆形区域的边界相切时，圆心O离极板右边缘的水平距离为d，
如图所示，则，解得：d＝
所以d＞(或d≥)；
15. 如图所示，一足够长的木板在粗糙水平地面上向右运动，某时刻初速度为v0，此时一与木板质量相等的小滑块（可视为质点）以v1＝4m/s的速度从右侧滑上木板，经过t=1s两者速度恰好相同，速度大小为v2＝1m/s，方向向左。已知木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.05，重力加速度g＝10m/s2，求：
(1)木板与滑块间的动摩擦因数μ1；
(2)木板初速度v0的大小；
(3)若在两者速度恰好相同时，木板与固定在地面的弹性挡板相碰，碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去挡板。求从滑块滑上木板开始的整个运动过程中，木板的对地位移大小。
【答案】(1)0.3；(2)2m/s；(3)0.3625m
【解析】
(1)设滑块与木板质量为m，加速度大小为a，以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得：μ1mg=ma
解得a=μ1g
滑块匀减速，v2-v1=-μ1gt
解得μ1=0.3
(2)木板先向右匀减速到零，设加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：μ1mg+μ22mg=ma1
解得a1=4m/s2
设匀减速到零的时间为t1，有
木板再向右匀加速到v2，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：μ1mg-μ22mg=ma2
解得a2=2m/s2
v2=a2（t-t1）
解得v0=2m/s
(3)在0~t1时间内，设木板向右位移大小为x1
在t1~1秒时间内，木板向左位移大小为x2
与挡板碰后，木板原速反弹，向右匀减速运动，加速度大小为a1=4m/s2，设再经t2时间木板速度减到零
设再经t3时间木板向右匀加速到二者第二次共速v共，加速度大小为a2=2m/s2，从与挡板碰后到二者第二次共速，滑块一直以a=μ1g匀减速，列式得
v2-a（t2+t3）=a2t3
在1~（1+t2）时间内，设木板向右位移大小为x3
在（1+t2）~（1+t3）时间内，木板向左位移大小为x4
二者第二次共速后，因为μ1＞μ2，二者以相同的加速度向左匀减速到停止运动，由牛顿第二定律列方程得
μ22mg=2ma共
设二者向左匀减速到停止运动的位移为x共
0-（a2t3）2=-2a共x共
全程木板的位移大小x=x1-x2+x3-x4-x共
解得x=0.3625m