广州市黄广中学高三物理科冲刺模拟试卷（二）(含解析)

这是一份广州市黄广中学高三物理科冲刺模拟试卷（二）(含解析)，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．如图所示，真空中一束复色光a沿AO方向射入半圆形玻璃柱体横截面的顶端O，经玻璃折射成b、c两束光。下列说法正确的是 （ ）
A．玻璃对b光的折射率比c大
B．在玻璃中，b光的传播速度比c大
C．b光的光子能量比c小
D．逐渐增大a光的入射角，b光先发生全反射
【答案】A
【详解】A．由图可知，两光的入射角r相同，但b光的折射角i更小，根据
可知b光的折射率比c光的更大，故A正确；
B．根据
可知，因b光的折射率更大，故b光在玻璃中的传播速度比c光更小，故B错误；
C．因b光的折射率更大，故b光的频率更大，根据
可知b光的能量更大，故C错误；
D．由光疏介质进入光密介质不会发生全反射，故逐渐增大a光的入射角，b光不会发生全反射，故D错误。
故选A。
2．水上乐园的冲浪池示意图如图所示，波浪从深水区向浅水区传播。图中游客在波浪池中随波浪运动，则下列说法正确的是（ ）
A．游客将随波浪冲到浅水区B．此时游客正在向上运动
C．波浪冲到浅水区波速增大D．波浪传到浅水区频率增大
【答案】B
【详解】A．可把游客视为质点，由机械振动的知识可知，游客在水中上下运动，并不会随波浪冲到浅水区，故A错误；
B．结合水波传播的方向，此时游客正在向上运动，故B正确；
CD．波浪从深水区传播到浅水区，波速减小，频率不变，故CD错误。
故选B。
3．如图甲所示为振荡电路，电跻中的电流i随时间t的变化规律为图乙所示的正弦曲线，下列说法正确的是（ ）
A．在时间内，电流逐渐减小
B．在时间内，电容器C正在充电
C．和时刻，电容器极板带电情况完全相同
D．电路中电场能随时间变化的周期等于
【答案】B
【详解】A．根据图像可知，在时间内，电流逐渐增大，故A错误；
B．t1～t2时间内，电路中的电流在减小，电容器在充电，故B正确；
C．和时刻，电容器充电完成，但极板所带正负电荷相反，故C错误；
D．一个周期电容器充电放电两次，所以电路中电场能随时间变化的周期等于，故D错误。
故选B。
4．作为“一带一路”中老友谊标志性工程的中老铁路于2021年12月3日正式通车，昆明到万象之间的距离将缩短到10个小时车程，为研究某越高铁的某段直线运动过程，王同学绘制了如图所示的图像，但是没有告知是处于加速还是减速状态，则下列说法正确的是（ ）
A．该车处于加速状态B．该车的初速度为40m/s
C．该车的加速度为大小为D．该车在前2秒的位移是96m
【答案】B
【详解】ABC．由匀变速直线运动规律
可得
可知图像斜率表示v0，与纵轴的截距表示，由图可得出
，
解得
，
所以该车处于减速状态，初速度为40m/s，加速度大小为8m/s2，故AC错误，B正确；
D．将，带入位移公式可得
则前2秒的位移
x=64m
故D错误。
故选B。
5．如图所示，铅球运动员采用滑步推的方式推出铅球，滑步推铅球能比原地推铅球增加几米的成绩。两种方式出手时铅球的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力，则（ ）
A．两种方式推出的铅球在空中运动的时间相同
B．采用原地推铅球方式推出的铅球上升的高度更高
C．两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的速度都相同
D．滑步推铅球能增加成绩，是因为延长了运动员对铅球的作用时间
【答案】D
【详解】A．两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，但是成绩不同，所以速度方向相同，大小不同，竖直方向的分速度不同，到达最高点的时间为t，根据速度—时间公式
到达最高点的时间不同，故根据斜抛的对称性，铅球在空中的时间不用，故A错误；
B．因为原地推铅球方式推出时水平位移小，故速度小，竖直方向的速度也小，上升的高度小，故B错误；
C．两种方式推铅球方向相同，成绩不同，初速度大小不同，故水平速度大小不同，运动到最高点时只有水平方向的速度，故最高点的速度不同，故C错误；
D．运动员都是用最大力推铅球，初速度都是0，滑步推时末速度大，根据动量定理
动量变化大的过程时间长，故D正确。
故选D。
6．如图所示，质量为4m的木块用轻质细绳竖直悬于O点，当一颗质量为m的子弹以的速度水平向右射入木块后，它们一起向右摆动的最大摆角为60°。木块可视为质点，重力加速度大小为g，则轻绳的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设子弹射入木块后它们共同的速度大小为v，根据动量守恒定律有
设轻绳的长度为L，根据动能定理有
解得
故选C。
7．我国是全球唯一掌握超特高压直流输电技术的国家。下图是特高压直流输电系统的模拟图（只显示变压与传输部分），则以下说法正确的是（ ）
A．题中描述的“特高压直流输电”，说明变压器可以直接对直流电进行变压作用
B．变压器在升压过程中频率随着电压的增大而升高
C．在输电功率一定条件下，输电电压提高十倍，线路损耗功率将降低为原来的一百分之一
D．在上图中，用户接入电路的用电器越多，流过的电流越大，由匝数比等于电流的反比可知，流过电阻的电流变小
【答案】C
【详解】A．根据变压器工作原理可知，变压器不可以直接对直流电进行变压作用，故A错误；
B．变压器在升压过程中频率保持不变，故B错误；
C．根据
，
联立可得
在输电功率一定条件下，输电电压提高十倍，线路损耗功率将降低为原来的一百分之一，故C正确；
D．在上图中，用户接入电路的用电器越多，流过的电流越大，根据
可知随着增大，流过电阻的电流变大，故D错误。
故选C。
二、多选题(共18分)
8．如图所示，两颗人造卫星绕地球逆时针运动，卫星1、卫星2分别沿圆轨道、椭圆轨道运动，圆的半径与椭圆的半长轴相等，两轨道相交于A、B两点。某时刻两卫星与地球在同一直线上，下列说法中正确的是（ ）
A．两卫星在图示位置的速度
B．两卫星不可能相遇
C．两卫星在A处的加速度大小不相等
D．卫星2的周期小于卫星1的周期
【答案】AB
【详解】A．由万有引力定律可知，卫星1
卫星2
由此可知
A正确；
C．两卫星在A处的加速度相等
C错误；
BD．根据开普勒第三定律可知卫星2的周期等于卫星1的周期，两卫星不可能相遇，B正确，D错误。
故选AB。
9．如图所示，倾角为的绝缘粗糙斜面固定在水平面上，斜面上方有与斜面平行向上的匀强电场，一带正电的物块（可视为质点）以一定的初速度沿斜面向上运动，加速度大小为，方向沿斜面向下，重力加速度g=10m/s2，则在物块运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块的机械能和电势能之和保持不变
B．物块电势能的减少量大于物块克服摩擦力做的功
C．电场力做的功小于物块克服摩擦力和重力做的功
D．物块的机械能减少
【答案】BC
【详解】A．物体受摩擦力，所以机械能和电势能之和减小，A错误；
BC．设物体质量为m，电场力为F电，受到的摩擦力为f，根据牛顿第二定律有
代入数据可得
所以
，
做功公式
故电场力与摩擦力做功的关系有
摩擦力和重力做的功与电场力做的功的关系有
电势能的减少量等于电场力做的功，B，C正确；
D．物体受到的外力中，电场力大于摩擦力，整体做正功，所以整体机械能增加，D错误；
故选BC。
10．如图所示，矩形OMPN空间内存在垂直于平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。有大量速率不同的电子从O点沿着ON方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，OM长度为3d，ON长度为2d，忽略电子之间的相互作用，电子重力不计。下列说法正确的是（ ）
A．电子速率越小，在磁场里运动的时间一定越长
B．电子在磁场里运动的最长时间为
C．MP上有电子射出部分的长度为
D．MP上有电子射出部分的长度为
【答案】BC
【详解】AB．电子在磁场中做匀速圆周运动，则
则运动周期
运动时间
由此可知电子运动时间与运动的圆心角有关，当电子速度较小时从OM边射出，圆心角均为，且此时对应的圆心角最大，故运动时间最长为
故A错误，B正确；
CD．随着速度增大，电子运动半径逐渐增大，轨迹如图所示
由图可知MP边有电子射出的范围为BM长度，当电子轨迹与上边界相切时半径为2d，由几何关系可知
故C正确，D错误。
故选BC。
三、实验题(共16分)
11．某物理兴趣小组的同学利用图甲所示的装置验证小球做圆周运动时机械能守恒。细线上端固定在竖直铁架台上的O点，下端悬挂一个小球，将小球拉起一定高度，由静止释放，摆到最低点时，恰好通过固定在铁架台上的光电门。已知当地的重力加速度为g。
（1）用游标卡尺测出小球的直径，如图乙所示，则小球的直径_________；
（2）关于实验仪器的选择以及实验的操作，下列说法正确的是_________；
A．应该选择较粗的线悬挂小球 B．小球应选密度较小的塑料球
C．小球的质量一定要用天平测量 D．小球运动的平面一定要在竖直面
（3）该小组同学将小球从不同高度释放，测出释放点到小球摆到最低点的高度h、小球挡光时间t。以h为纵坐标、为横坐标，作出图像，图像是一条过原点的倾斜直线，在实验误差允许的范围内若该图像的斜率等于_________（用题中已知物理量的字母表示），则验证小球在摆动的过程中满足机械能守恒。
【答案】 11.3 D
【详解】（1）[1]游标卡尺的主尺读数为11mm，游标尺的第3条刻度线与主尺的某刻度线对齐，游标尺是10分度，则有读数为
3×0.1mm=0.3mm
则有小球的直径为
d=
（2）[2]A．悬线应该细而长，选项A错误；
B．为了减小空气阻力的影响，小球应选择密度大体积小的球，选项B错误；
C．验证机械能守恒时，由于小球的质量在等式两边都有，可以消去，所以小球的质量不一定要测量，选项C错误；
D．由于铁架台竖直，光电门固定在铁架台上，为了保证小球挡光的宽度是小球的直径，小球运动的平面一定要在竖直面，选项D正确。
故选D。
（3）[3]若机械能守恒，则有
小球挡光时间t。小球的直径为d，则有小球的速度为
可得
所以图像是一条过原点的倾斜直线，直线的斜率为。
12．某同学为了自制欧姆表，设计了如图甲所示的电路图。他找来以下器材：
A．电流表（满偏电流为，内阻为，图乙是电流表的刻度盘
B．电池组（，约）
C．滑动变阻器（）
D．定值电阻
E.定值电阻
F.定值电阻
G.寻线若干

回答下列问题：
(1)他应选择定值电阻________（填器材序号）接入图甲电路中的位置。
(2)将红黑表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针对准________处。
(3)为了直接读出待测电阻值，他用贴纸在电流刻度旁标记相应的电阻值，则电流刻度位置标记的电阻值应为________。
(4)实验室的直流电压表有两个量程，分别是、，内阻分别约、，该同学想用自制的欧姆表测量其内阻，他应将电压表的“”接线柱与图甲中的________（填“”或“”）接线柱相连，且________量程所对应的内阻测量结果更准确。
(5)若实验室有如下四种电池，其中可直接替代上述欧姆表中电池的有（贴纸上的电阻标记不变）________（填序号）
A．锂电池（电动势，内阻约十几欧）
B．纽扣电池（电动势，内阻约几十欧）
C．全新电池（电动势，内阻约）
D．较旧电池（电动势，内阻约）
【答案】 3 1000 3 CD
(1)[1]由闭合电路欧姆定律可知
滑动变阻器（），故定值电阻选择，即选择E。
(2)[2]将红黑表笔短接，调节滑动变阻器，该步骤进行的是欧姆调零，应使电流表指针对准3处。
(3)[3]电流表满偏时，由欧姆定律可知
解得
电流表半偏时，由欧姆定律可知
联立两式可得
(4)[4]电流应从电压表的“+”流入，因欧姆表的A端与电池的正极相连，故A端与电压表的“+”接线柱，所以他应将电压表的“”接线柱与图甲中的B接线柱相连。
[5] 两个电压表、的内阻分别约、，两电阻比较，内阻更接近欧姆表的中值电阻，指针更接近中央刻度线，读数误差更小，说明3量程所对应的内阻测量结果更准确。
(5)[6]因贴纸上的电阻标记不变，即欧姆表的内阻不变，又因欧姆表的满偏电流不变，说明电源的电动势不变，故CD正确，AB错误。
故选CD。
四、解答题(共38分)
13．一横截面积为S的圆柱形汽缸水平固定，开口向右，底部导热，其他部分绝热。汽缸内的两绝热隔板a、b将汽缸分成I、II两室，隔板可在汽缸内无摩擦地移动。b的右侧与水平弹簧相连，初始时弹簧处于原长，两室内均封闭有体积为、温度为的理想气体，现用电热丝对II室缓慢加热一段时间达到稳定状态时，a、b隔板移动的距离均为，已知气压强为，环境的热力学温度恒为，求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）加热后II室中气体的热力学温度T。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）I、II两空气体的压强始终相等，I室气体发生等温变化，设最终两室气体的压强为p，
则对b
对a
（2）设加热后II空气体的体积为V，则有
由理想气体方程
14．如图所示，一个半径、粗糙的四分之一圆弧轨道，固定在竖直平面内，其下端切线是水平的，轨道下端距水平地面的高度，一质量的小球A（视为质点）由轨道上端点从静止开始释放，运动到轨道最低点时，对轨道的压力大小F=6N。在轨道末端静止放置一质量小球 A（视为质点），让小球A仍由轨道上端点从静止开始释放，一段时间后A、B两小球发生碰撞（时间极短），碰后两小球均水平飞出，小球B从刚飞出到刚落到地面时的水平位移大小，不计空气阻力，取重力加速度大小，求；
（1）、两小球碰撞前小球克服摩擦力所做的功；
（2）A、B两小球落地时的距离。
【答案】（1）；（2）
（1）小球A在圆弧轨道最低点做圆周运动，由牛顿第二定律和向心力公式有
小球A下滑过程，由动能定理有
（2）两球碰撞后小球B向右离开圆弧做平抛运动，在竖直方向上有
在水平方向上有
两小球碰撞过程中动量守恒，以小球A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有
对小球A水平方向有
A与B两小球落地时的距离
15．如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。金属杆在t=0时刻（此时在PQ边界）开始以v=v0sin（πt）的速度在PQ和NM之间运动，长度QM为L，导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：
(1)从PQ到NM过程中，通过R的电量；
(2)求Δt（Δt为已知量）时间内，R产生的热量；
(3)现将金属杆的速度形式改变：若t=0时金属杆静止在PQ处，在外力F作用下水平向右进入磁场做直线运动，F随时间t的关系为如图所示的线性图像（F1为已知量），求金属杆出磁场MN时电阻R的电功率。
【答案】(1)；(2)；(3)
(1)根据法拉第电磁感应定律可得：
（1分）

（1分）
（1分）
联立解得（1分）
(2) 由于
（1分）
（1分）
（1分）
（1分）
（2分）
(3)（1分）
由图可知
（1分）
（1分）
解得
（1分）
（1分）
解得
（1分）