辽宁省2021届高三物理下学期4月模拟预测试题20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20含解析，共17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.甲、乙两辆车初始时相距1000m，甲车在后，乙车在前，在同一条公路上做匀变速直线运动，它们的图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 乙车比甲车早出发8s
B. 两辆车在t=36s时速度相等
C. 两辆车能相撞
D. 甲车停下时，甲车在乙车前边191m处
【答案】B
【解析】
A．从图像中可知乙车比甲车晚出发8s，A错误；
B．根据图像可知甲车加速度大小：
乙车的加速度大小：
速度相等时：
解得相遇时间：，速度均为，B正确；
C．两车速度相等时，甲车的位移：
乙车位移：
位移关系：
两车速度相等时不会相撞，此后也无法相撞，C错误；
D．图线和时间轴围成的面积为位移，甲车停下时，二者相距的距离：
所以甲车在乙车后边处，D错误。
故选B。
2. 如图所示，斜面体放在粗糙的水平地面上，其顶端固定一定滑轮，细绳绕过定滑轮，一端连接在斜面上的物块A上，另一端固定在可沿水平方向移动的竖直杆上，在细绳上用轻小滑轮悬挂物体B，不计绳和滑轮间摩擦，整个系统保持静止。现将竖直杆缓慢向右移动少许，移动过程中斜面体和物块A保持静止。则下列说法正确的是（ ）
A. 细绳的张力不变
B. 地面对斜面体的支持力大小不变
C. 斜面体受到地面的摩擦力大小不变
D. 物块A受到的摩擦力一定减小
【答案】B
【解析】A．竖直杆右移，小滑轮两侧绳子的夹角变大，绳子的张力变大，选项A错误。
BC．设绳子与B物体在竖直方向的夹角为，则有
因此绳子的拉力的竖直分力不变；把斜面和物块A以及斜面上的滑轮作为一个整体，竖直方向有
斜面对地压力不变，整体水平方向有
变大，变大，因此受到地面的摩擦力变大，选项C错，B正确。
D．物体A与物体B的质量大小关系不确定，物块与斜面体之间的摩擦力方向不确定，故不能确定两者之间摩擦力变化情况，选项D错误。
故选B。
3. 右图所示，为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定：电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量的方向为正，外力F向右为正．则以下关于线框中的感应电动势E、磁通量、电功率P和外力F随时间变化的图象正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
A、当线圈进入第一个磁场时，产生的感应电动势为 E=BLv，E保持不变，而线圈开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势应为2BLv，故A错误；
B、当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达最大；此后向外的磁通量增加，总磁通减小；当运动到2.5L时，磁通量最小为零，故B错误；
C、拉力的功率P=Fv，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力为定值，外力F的功率也为定值；两边分别在两个磁场中时，感应电动势为 E=2BLv，外力等于安培力，为，外力的功率为，变为4倍；
此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，外力的功率也等于在第一个磁场中的功率，故C正确；
D、因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，外力一直是正的，故D错误；
4. 光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示．将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是( )
A. FN=mgcs α
B. 滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcs α
C. 滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒
D. 此过程中斜面体向左滑动的距离为L
【答案】D
【解析】
当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力不等于，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为，则，，解得，D正确；故选D.
5. 如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，通过L1、L2中的电流相同，L1、L2中的电流方向垂直纸面向里，L3中的电流方向垂直纸面向外，在三根导线与纸面的交点所构成的等边三角形的中心上放有一电流方向垂直纸面向外的通电长直导线，则该导线受到的安培力的方向为( )
A. 指向L1B. 指向L2
C. 指向L3D. 背离L3
【答案】C
【解析】
因同向电流之间相互吸引，异向电流之间相互排斥，可知L3对等边三角形的中心上的导线是吸引力，方向指向L3；而导线L1和L2对等边三角形的中心上的导线都是斥力，因大小相等且互成1200角，则其合力方向指向L3，则三条导线对等边三角形的中心上的导线的安培力的合力方向指向L3，故选C.
6. 如图甲所示：理想变压器原副线圈的匝数比为10:1，R1=20Ω、 R2=40 Ω，电容器的电容C=100μF，已知电阻R1两端的正弦交流电压如图乙所示，下列说法错误的是( )
A. 该交流电的频率为50HzB. 原线圈输入电压的有效值为200V
C. 电容器所带电量为4×10-3CD. 电阻R2消耗的功率为20W
【答案】C
【解析】
A．由R1两端的正弦交流电压图像读出周期，则交流电的频率为：
而变压器不改变交流电的频率，则发电机的交流电的频率也为50Hz，故A正确；
B．由u-t图像读出变压器的输出电压的最大值为，则正弦交流电的有效值为：
根据理想变压器两端的电压比等于匝数比，有：
解得原线圈输入电压的有效值：
故B正确；
C．电容器的作用是通交流隔直流，所以在正弦交流电路中电容器有变化的电流通过，电容器C所电量是不断变化的，且最大电量因R3和容抗未知而无法求出，故C错误；
D．副线圈的电路中R2与R1并联，电压相等，则其功率为：
故D正确
故选C。
7.如图所示，圆柱形磁铁S极向上竖直放置，电荷量为q、质量为m的点电荷在S极上方某一水平面内以速率v做匀速圆周运动，圆心O在磁极正上方，圆周上一点和S端中心的距离为L，电荷与S端中心的连线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则（ ）
A. 此电荷一定带负电
B. 从上方俯视电荷一定沿顺时针运动
C. 若洛伦兹力方向与水平方向的夹角为α，则
D. 若粒子速度增大，粒子仍能在该轨道做匀速圆周运动
【答案】C
【解析】
AB．电荷的电性未知，也无法判断旋转方向，故A、B均错误。
C．对点电荷进行受力分析，由牛顿第二定律得：
可得：
C正确。
D．v变大，电荷将做离心运动，粒子不能在原来的轨道上运动，选项D错误。
故选C.
8.下列关于两列波相遇时叠加的说法中正确的是( )
A. 相遇之后，振幅小的一列波将减弱，振幅大的一列波将加强
B. 相遇之后，两列波的振动情况与相遇前完全相同
C. 在相遇区域，任一点的总位移等于两列波分别在该点引起的位移的矢量和
D. 几个人在同一房间说话，相互间听得清楚，这说明声波在相遇时互不干扰
【答案】BCD
【解析】
A．当左列波和右列波相遇时，叠加时的振动方向相同的，则相互加强；当振动方向相反时，则相互抵消，即若加强则两列波都加强，若减弱则两列波都减弱，而不是一列波减弱一列波加强，故A错误；
BD．两列波各自的波形和传播方向与相遇前完全相同，即每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰，波具有独立性，故B正确，D正确；
C、在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和。故C正确。故选BCD。
9.地球“空间站”正在地球赤道平面内圆周轨道上运行，其离地高度为同步卫星离地高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向一致．关于该“空间站”说法正确的有( )
A. 运行的加速度一定等于其所在高度处的重力加速度
B. 运行的速度等于同步卫星运行速度的倍
C. 站在地球赤道上的人观察到它向东运动
D. 在“空间站”工作的宇航员因受力平衡而在其中悬浮或静止
【答案】AC
【解析】空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设空间站的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，空间站运行的加速度为a，等其所在高度处的重力加速度为g′．根据知=g′故空间站运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度，A正确；根据，知，高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一，但距离r不是十分之一，空间站运行的速度不等于同步卫星运行速度的倍，B错误；空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，物体处于完全失重状态，而在舱中悬浮或静止，故D错误；根据知，r越小，角速度越大，空间站的角速度比地球自转快，故站在地球赤道上的人观察到空间站向东运动，C正确．故选AC.
10.如图1所示，物体以一定的初速度从倾角为α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为1.2m。选斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图2所示。g=10m/s2,sin37°=0.6 cs37°=0.8.( )
A. 物体与斜面间的动摩擦因数µ=0.25
B. 物体的质量m=2kg
C. 物体上升过程加速度大小为a=8m/s2
D. 物体回到底端的动能EK=10J
【答案】AC
【解析】AB．选斜面底端为参考平面，则物体初位置的重力势能为零，机械能只包含动能，
沿斜面上滑，由功能关系,除重力外的摩擦力做负功等于机械能的减少:
而滑动摩擦力为：
联立可得：
联立各式结合图像可得，斜率：
①
纵截距：
②
最高点的机械能：

联立①②式解得：
，
，
；
故A正确，B错误；
C．对上滑由牛顿第二定律可得：
故C正确；
D．对下滑过程由动能定理：
解得：
；
故D错误。
故选AC。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 小米同学用图所示装置探究物体的加速度与力的关系。实验时保持小车(含车中重物)的质量不变，细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力 F，用打点计时器测出小车运动的加速度 a。
(1)下列操作中，是为了保证“细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力 F” 这一条件的有( )
A．实验前应将木板远离定滑轮一端适当垫高，以平衡摩擦力
B．实验前应调节定滑轮高度，使定滑轮和小车间的细线与木板平行
C．小车的质量应远小于钩码的质量
D．实验时，应先接通打点计时器电源，后释放小车
(2)如图为实验中打出的一条纸带，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的 5 个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有 4 个点迹未标出，测出各计数点到 A 点间的距离。已知所用电源的频率为 50Hz，则小车的加速度 a＝________m/s2。(结果保留两位小数)
(3)改变细线下端钩码的个数，得到 a－F 图象如图所示，造成图线不过原点的原因可能是__________。
【答案】 (1). AB (2). 0.93 (3). 平衡摩擦力过度
【解析】(1)[1]．A．实验前应将木板远离定滑轮一端适当垫高，以平衡摩擦力，这样细线下端悬挂钩码的重力才能视为小车受到的合力F，选项A正确；
B．实验前应调节定滑轮高度，使定滑轮和小车间的细线与木板平行，这样细线下端悬挂钩码的重力才能视为小车受到的合力F，选项B正确；
C．要使得细线下端悬挂钩码的重力等于小车受到的合力，则要使得小车的质量应远大于钩码的质量，选项C错误；
D．实验时，应先接通打点计时器电源，后释放小车，这一操作对保证“细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力 F” 这一条件无影响，选项D错误；故选AB。
(2)[2]．根据可得小车的加速度
(3)[3]．由图像可知，小车上拉力为零时就有了加速度，可知是由于平衡摩擦力时木板抬的过高，平衡摩擦力过度引起的。
12. 第34届全国青少年科技创新大赛于2019年7月20-26日在澳门举办，某同学为了测试机器人内部电动机的电阻变化，对一个额定电压为6V，额定功率约为3.5W小型电动机(线圈电阻恒定)的伏安特性曲线进行了研究，要求电动机两端的电压能从零逐渐增加到6V，实验室备有下列器材：
A.电流表(量程Ⅰ:0～0.6 A，内阻约为1 Ω;量程Ⅱ:0～3 A，内阻约为0.1 Ω)
B.电压表(量程为0～6 V，，内阻几千欧)
C滑动变阻器R1(最大阻值10 Ω，额定电流2 A)
D.滑动变阻器R2(最大阻值1 750 Ω，额定电流0.3 A)
E.电池组(电动势为9 V，内阻小于1 Ω)
F.开关和导线若干
(1)实验中所用的滑动变阻器应选 ____ (选填“C”或“D”)，电流表的量程应选 _____ (选填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(2)请用笔画线代替导线将实物图甲连接成符合这个实验要求的电路。
( )
(3)闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，改变加在电动机上的电压，实验中发现当电压表示数大于1 V时电风扇才开始转动，电动机的伏安特性曲线如图乙所示，则电动机线圈的电阻为______Ω，电动机正常工作时的输出机械功率为_______W。(保留两位有效数字)
【答案】 (1). C (2). Ⅰ (3). (4). 2.5 (5). 2.6
【解析】(1)[1][2]．电风扇的额定电流，从读数误差的角度考虑，电流表选择量程Ⅰ。电风扇的电阻比较小，则滑动变阻器选择总电阻为10 Ω的误差较小，即选择C。
(2)[3]．因为电压电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，电风扇的电阻远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法。则可知对应的实物图如答案图所示。
(3)[4][5]．电压表读数小于1 V时电风扇没启动，由图象可知I=0.4 A。根据欧姆定律得
。
正常工作时电压为6 V，根据图象知电流为0.57 A，则电风扇发热功率
P=I2R=0.572×2.5 W=0.81 W
则机械功率
P'=UI-I2R=6×0.57 W-0.81 W=2.61 W≈2.6 W。
13.如图所示，用销钉固定的导热活塞把水平放置的导热气缸分隔成容积相同的两部分，分别封闭着A、B两部分理想气体：A部分气体压强为pA0= 2.5×105Pa，B部分气体压强为PB0= 1.5×105Pa．现拔去销钉，待活塞重新稳定后，(外界温度保持不变，活塞与气缸间摩擦可忽略不计，整个过程无漏气发生)
①求此时A部分气体体积与原来体积之比；
②判断此过程中A部分气体是吸热还是放热，并简述理由．
【答案】①5∶4 ②此过程中A部分气体是吸热．A部分气体由于温度不变，内能不变，体积膨胀，对外做功，由热力学第一定律可知，一定从外界吸收热量
【解析】
试题分析：①设A部分气体原来体积为V，由玻意耳定律得
pA0V=pA(V+ΔV)
pB0V=pB(V-ΔV)…(2分)
又∵pA=pB(1分)
由以上各式可解得ΔV=V/4(1分)
因此，A部分气体此时体积与原来体积之比为5∶4
②吸热．(1分)A部分气体由于温度不变，所以内能不变；体积膨胀，对外做功，由热力学第一定律可知，一定从外界吸收热量
14. 如图，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，在b处与ab相切．在直轨道ab上放着质量分别为mA=2kg、mB=1kg的物块A、B(均可视为质点)，用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧(未被拴接)，其弹性势能Ep=12J．轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M=2kg、长L=0.5m的小车，小车上表面与ab等高．现将细绳剪断，之后A向左滑上小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处．已知A与小车之间的动摩擦因数µ满足0.1≤µ≤0.3，g取10m/s2，求
(1)A、B离开弹簧瞬间的速率vA、vB；
(2)圆弧轨道的半径R；
(3)A在小车上滑动过程中产生的热量Q(计算结果可含有µ)．
【答案】(1)4m/s(2)0.32m(3) 当满足0.1≤μ<0.2时，Q1=10μ ；当满足0.2≤μ≤0.3时，
【解析】(1)设弹簧恢复到自然长度时A、B 的速度分别为vA、vB， 由动量守恒定律： 由能量关系：
解得vA=2m/s；vB=4m/s
(2)设B经过d点时速度为vd，在d点：
由机械能守恒定律：
解得R=0.32m
(3)设μ=μ1时A恰好能滑到小车左端，其共同速度为v,由动量守恒定律：由能量关系：
解得μ1=0.2
讨论：
(ⅰ)当满足0.1≤μ<0.2时，A和小车不共速，A将从小车左端滑落，产生的热量为 (J)
(ⅱ)当满足0.2≤μ≤0.3时，A和小车能共速，产生的热量为，解得Q2=2J
15. 如图所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在边长为2L的正方形abcd区域(包括边界)内有方向垂直纸面向外的匀强磁场．一电子从y轴上的A(0，)点以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，已知电子的质量为m、电荷量为e，正方形abcd的中心坐标为(3L，0)，且ab边与x轴平行，匀强电场的电场强度大小．
(1)求电子进入磁场时的位置坐标；
(2)若要使电子在磁场中从ab边射出，求匀强磁场的磁感应强度大小B满足的条件．
【答案】(1)(2L，0)(2)≤B＜
【解析】电子在电场中做类平抛运动，分别列出竖直和水平方向的方程，即可求出电子进入磁场时的位置坐标；电子从ab边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab相切和bc相切，根据几何关系求出相应半径，由洛伦兹力提供向心力即可求出强磁场的磁感应强度大小B满足的条件．
(1)电子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示：则有：
竖直方向有：
加速度为：
水平方方向为：
竖直速度：vy＝at1
解得：y1＝ vy＝v0
所以电子射出电场时的速度方向与x轴成45°角，则电子在电场中沿x轴正方向和沿y轴负方向运动的距离分别为L和，又因为A点的坐标是(0，)，电子在无电场和磁场的区域内做匀速直线运动，则电子射入磁场区的位置坐标为(2L，0)且射入磁场区的速度大小：v＝v0，方向与x轴成45°角．
(2)分使电子从ab边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab相切和bc相切
当运动轨迹与ab相切时，有r1＋r1sin45°＝L
电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有：
解得：
当运动轨迹与bc相切时，有：r2＋r2sin45°＝2L
电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有：
解得：
匀强磁场磁感应强度大小B满足的条件：≤B＜