湖南省永州市2020届高三第一次模拟考试物理试题

永州市2020年高考第一次模拟考试试卷物    理一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。第1~8小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，第9~12小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)1.如图所示，小芳同学利用体重计研究超重和失重现象。她首先蹲在体重计上，然后突然起立。她从开始起立到最终静止的过程中，体重计示数变化情况是　　A. 先小于体重，后等于体重B. 先大于体重，后等于体重C. 先小于体重，后大于体重，最后等于体重D. 先大于体重，后小于体重，最后等于体重【答案】D【解析】【详解】人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故体重计示数先大于体重，后小于体重，最后等于体重。A．先小于体重，后等于体重，与结论不相符，选项A错误；B．先大于体重，后等于体重，与结论不相符，选项B错误；C．先小于体重，后大于体重，最后等于体重，与结论不相符，选项C错误；D．先大于体重，后小于体重，最后等于体重，与结论相符，选项D正确； 2.如图甲所示，线圈ab中通有如图乙所示的电流，电流从a到b为正方向，那么在0～t0这段时间内，用丝线悬挂的铝环M中产生感应电流，则　　A. 从左向右看感应电流的方向为顺时针B. 从左向右看感应电流的方向为先顺时针后逆时针C. 感应电流的大小先减小后增加D. 感应电流的大小一直减小【答案】A【解析】【详解】AB．根据题意可知，由于电流从a到b为正方向，当电流是从a流向b，由右手螺旋定则可知，线圈B磁场水平向右，由于电流的减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，线圈B的感应电流顺时针（从左向右看）。当电流是从b流向a，由右手螺旋定则可知，线圈B的磁场水平向左，当电流增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，所以感应电流顺时针（从左向右看）。故电流方向不变，故A正确，B错误；CD．由图乙可知，ab内的电流的变化率不变，则产生的磁场的变化率不变，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的电动势的大小不变，所以感应电流的大小也不变。故C D错误。 3.从某高度以初速度v0水平抛出一个质量为m的小球，不计空气阻力，在小球下落的过程中，其加速度a、速度变化量Δv、重力的功率P和重力的功W与时间t的关系图像，正确的是A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】A．小球做平抛运动，加速度恒定不变，为重力加速度g，故A错误；B．由△v=at=gt分析可知，△v-t图象是过原点的直线，故B正确。C．重力的功率P=mgvy=mg•gt=mg2t，P与t成正比，P-t图象是过原点的直线，故C错误。D．重力的功 W=mgh=mggt2，W-t是过原点的开口向上的抛物线，故D错误。 4.如图甲所示，不计电阻的矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图像如图乙所示，经原、副线圈匝数比为1∶10 的理想变压器给一灯泡供电，灯泡上标有“220 V　22 W”字样，如图丙所示，则　A. t＝0.01 s时刻穿过线框回路的磁通量为零B. 灯泡中的电流方向每秒钟改变50次C. 灯泡不能正常发光D. 电流表示数为1 A【答案】D【解析】【详解】A．由图乙可知，当0.01s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故A错误；B．由图可知，交流电的周期为0.02s，在一个周期内电流改变2次，故每秒钟电流改变的次数为：，故B错误；C．原线圈输入电压为有效值为22V，则副线圈的电压为22×10=220V，灯泡正常发光，故C错误；D．由P=UI可知，副线圈电流为：，则由求得I1=1A，故D正确； 5.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，若（   ）A. 保持d不变，减小S，则θ变小B. 保持d不变，减小S，则θ不变C. 保持S不变，增大d，则θ变大D. 保持S不变，增大d，则θ变小【答案】C【解析】保持d不变，减小S，根据可得电容器电容减小，因为Q不变，根据可知U增大，故增大，AB错误；保持S不变，增大d，根据可得电容器电容减小，因为Q不变，根据可知U增大，故增大，C正确D错误． 6.如图所示为氢原子的能级图，用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子，受到激发后的氢原子只辐射出三种不同频率的光a、b、c，频率νa＞νb＞νc，下列说法正确的是A. 照射氢原子的光子能量为12.75eVB. 从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光频率为νaC. 从n=3能级跃迁到n=1能级辐射出的光频率为νcD. 光a能使逸出功为10.2eV的某金属发生光电效应【答案】D【解析】【详解】根据公式，可知，n=3，因此受到激发后的氢原子处于第n=3能级；A．根据氢原子由n=3跃迁到n=1产生的光子能量与从n=1跃迁到n=3所吸收的光子能量相等可知，照射氢原子的光子能量为：△E31=E3-E1=-1.51-（-13.6）=12.09eV，故A错误；B．频率大小关系为va＞vb＞vc，从n=3跃迁到n=2辐射出的能量最小，即其对应的光频率为vc，故B错误；C．氢原子由n=3跃迁到n=1产生的光的能量最大，辐射出的光频率为va，故C错误；D．氢由n=3跃迁到n=1产生的光的能量12.09eV，依据光电效应方程，所以能使逸出功为10.2eV的金属能发生光电效应，故D正确。 7.如图所示，质量为m，长为l的铜棒ab，用长度也为l的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，未通电时，轻导线静止在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度为，则　　A. 棒中电流的方向为B. 棒中电流的大小为C. 棒中电流的大小为D. 若只增大轻导线的长度，则角变大【答案】CD【解析】【详解】根据导体棒受到的安培力方向可知，电流的方向由a到b，故A错误；根据动能定理可知，BIl2sinθ-mgl（1-cosθ）=0-0，解得I=，故B错误，C正确；由可得，因此长度增加角度增大，D正确 8.如图所示，水平面内有A、B、C、D、E、F六个点，它们均匀分布在半径为R＝2 cm的同一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场。已知A、C、E三点的电势分别为φA＝(4－) V、φC＝4 V、φE＝(4＋) V，下列说法正确的是    A. 电场强度的方向由A指向DB. 电场强度的大小为100 V/mC. 该圆周上的点电势最高为8 VD. 将电子从D点沿DEF移到F点，电场力一直做正功【答案】B【解析】【详解】A．令AE中点为G．则G点电势。所以GC线所在的与圆平面垂直的面是一个等势面。电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以电场强度的方向由E指向A．故A错误；B．EA两点间的电势差为，AE两点间的距离d=2Rsin60°=2cm，电场强度的大小故B正确；C．顺着电场线电势降低，故由几何关系知，圆弧ED的中点H处（H在圆上）电势最高。
因为U=dE，所以代入数据 解锝φH=6V，故C错误；D．从D到F点，电势先升高后降低，电子带负电，电势能先减小后增加，静电力先做负功后做正功，故D错误。 9.为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，如图所示是动力车在刹车过程中位移和时间的比值与t之间的关系图像，下列说法正确的是　A. 动力车的初速度为20 m/sB. 刹车过程动力车的加速度大小为2.5 m/s2C. 刹车过程持续的时间为8 sD. 从开始刹车时计时，经过8 s，动力车的位移为40 m【答案】AD【解析】【详解】AB．由图可得（m/s），根据匀变速直线运动的位移时间公式 x=v0t+at2，得 ，对比可得，v0=20m/s，a=-5m/s2．即刚刹车时动力车的速度大小为20m/s，刹车过程动力车的加速度大小为5m/s2．故A正确，B错误。C．刹车过程持续的时间为，故C错误。D．整个刹车过程动力车经过的位移为，故D正确。 10.2018年2月12日，我国以“一箭双星”方式成功发射“北斗三号公程”的两颗组网卫星。已知某北斗导航卫星在离地高度为21500千米的圆形轨道上运行，地球同步卫星离地的高度约为36000千米。下列说法正确的是（     ）A. 此北斗导航卫星绕地球运动的周期大于24小时B. 此北斗导航卫星的角速度大于地球同步卫星的角速度C. 此北斗导航卫星的线速度小于地球同步卫星的线速度D. 此北斗导航卫星的加速度小于地球同步卫星的加速度【答案】B【解析】【详解】根据题意可知北斗卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径.A．根据公式可得，可知半径越大，周期越大，所以北斗的周期小于同步卫星周期即北斗导航卫星绕地球运动的周期小于24小时，A错误；B．根据公式可得，轨道半径越大，角速度越小，所以斗导航卫星的角速度大于地球同步卫星的角速度，B正确；C．根据公式可得，可知轨道半径越大，线速度越小，所以北斗导航卫星的线速度大于地球同步卫星的线速度，C错误；D．根据公式可得，轨道半径越大，向心加速度越小，故此北斗导航卫星的加速度大于地球同步卫星的加速度，D错误。 11.如图甲所示，截面为直角三角形的木块A质量为m0，放在倾角为θ的固定斜面上，当θ＝37°时，木块A恰能静止在斜面上。现将θ 改为30°，在A与斜面间放一质量为m的光滑圆柱体B，如图乙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则　A. A与斜面之间的动摩擦因数为0.75B. A、B仍一定静止于斜面上C. 若m0＝m，则A受到的摩擦力大小为mgD. 若m0＝4m，则A受到斜面的摩擦力大小为2.5mg【答案】AD【解析】【详解】A．由题意可知，当θ=37°时，木块恰能静止在斜面上，则有：μm0gcos37°=m0gsin37°解得：μ=0.75，故A正确；B．现将θ改为30°，在A与斜面间放一质量为m的光滑圆柱体B，对A受力分析，则有：f′=μN′，N′=Mgcos30°；
而F=mgsin30°
当f′＜mgsin30°+Mgsin30°，则A相对斜面向下滑动
当f′＞mgsin30°+Mgsin30°，则A相对斜面不滑动
因此A、B是否静止在斜面上，由B对A弹力决定，故B错误；C．若m0=m，则mgsin30°+m0gsin30°=mg；f′=μN′=0.75×m0gcos30°=mg；因f′＜mgsin30°+Mgsin30°，A滑动，A受到斜面滑动摩擦力，大小为mg，故C错误；D．若m0=4m，则mgsin30°+m0gsin30°=mg；而f′=μN′=0.75×m0gcos30°=mg；因f′＞mgsin30°+Mgsin30°，A不滑动，A受到斜面的静摩擦力，大小为mgsin30°+m0gsin30°=mg，故D正确。 12.如图所示,劲度系数为k的轻弹簧,一端固定在倾角为30°的光滑固定斜面的底部,另一端和质量m的小物块A相连,质量也为m的物块B紧靠A一起静止。现用手缓慢沿斜面向下压物体B使弹簧再压缩并静止。然后突然放手, A和B一起沿斜面向上运动距离L时,B达到最大速度v,弹簧始终在弹性限度内,不计空气阻力,重力加速度为g。下列说法正确的是 A. B. 放手的瞬间,A对B的弹力大小为C. 从放手到A和B达到最大速度v的过程中,弹簧弹性势能减小了D. 若向上运动过程A、B出现了分离,则分离时弹簧的压缩量为【答案】BC【解析】【详解】A．未用手压B时，设弹簧压缩量为x，整体受力分析，根据平衡条件得：①；压B后放手，当AB合力为零时，速度最大，即此时弹簧压缩量为x，A和B一起沿斜面向上运动距离，故A错误；B．放手瞬间，对整体受力分析，根据牛顿第二定律得：②对B受力分析，根据牛顿第二定律得：③联立解得：A对B的弹力大小故B正确；C．从放手到B达到最大速度v过程中，对AB整体，根据动能定理得：解得：，弹簧弹力做正功，弹性势能减小,故C正确。D．若向上运动过程A、B出现了分离，此时AB之间弹力为零，对B由牛顿第二定律得：④对A由牛顿第二定律得：⑤由联立解得：，故D错误。 二、实验题（本题共2小题，共15分。把答案填在答题卡的指定位置上。）13.某同学用如图甲所示装置来验证机械能守恒定律，使质量为m＝1.00 kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带，如图乙所示，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点。已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，当地的重力加速度为g＝9.80 m/s2，那么：（1）从O点到B点，重物重力势能的减少量ΔEp＝_______J，动能增加量ΔEk＝_______J。(结果均保留三位有效数字)（2）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及重物下落的高度h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图像是图丙中的________。【答案】    (1). 1.88    (2). 1.84    (3). A【解析】【详解】（1）[1] ．减少的重力势能△Ep=mgh=1×9.8×19.2×10-2=1.88J[2]．根据平均速度等于瞬时速度，则有所以增加的动能△Ek=mv2=×1×1.932J=1.86J（2）[3]．本实验需要验证的方程是 mgh=mv2 即v2=gh，-h图象是过原点的直线，故选A． 14.某同学要测量一节干电池电动势和内电阻。他根据老师提供的以下器材，画出了如图所示的原理图。① 电压表V（量程3V．内阻Rv约为l0kΩ）     ② 电流表G（量程3mA，内阻Rg=l00Ω）③ 电流表A（量程3A,内阻约为0.5Ω）        ④ 滑动变阻器R1(0~20Ω，2A)⑤ 滑动变阻器R2 (0~500Ω，1A)      ⑥ 定值电阻R3=0 5Ω        ⑦开关S和导线若干(1)该同学发现电流表A的量程太大，于是他将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是______A。（保留两位有效数字）(2)为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是_______（填写器材编号）(3)该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图所示的图线，根据图线可求出电源的电动势____V．【答案】    (1). 0.60    (2). R1或④    (3). E=1.5v【解析】（1）改装后电流表量程：；
（2）为使电路中电流较大，并且方便调节，故实验中应选用的滑动变阻器是阻值范围较小的④：R1．
（3）根据E=U+Ir，则图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势为：E=1.50V．
点睛：本题考查测量电源的电动势和内电阻的实验，采用改装的方式将表头改装为量程较大的电流表，再根据原实验的研究方法进行分析研究，注意数据处理的方法． 三、计算题（本题共4小题，共47分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）15.如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动。某人坐在滑板上从斜坡滑道的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡滑道底端B点后，沿水平滑道再滑行一段距离到C点停下来。若人和滑板的总质量m＝60.0 kg， A、B两点间的距离L1＝16.0m。滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡滑道的倾角θ＝37°。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。斜坡滑道与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计。求：(1)BC之间的距离L2；(2)该人从A到C运动的总时间t。【答案】(1) L2＝6.4m  (2) t＝5.6s【解析】【详解】(1)从A到B有           ①                       ②从B到C有             ③            ④由①~④式解得 L2＝6.4m(2)从A到B            ⑤从B到C        ⑥总时间   t＝t1＋t2          ⑦由①③⑤⑥⑦式解得t＝5.6s 16.在光滑的水平面上，有一质量M＝4kg的平板车，其右端固定一轻挡板，挡板上固定一根轻质弹簧，在平板车左端P处有一可视为质点的小滑块，其质量m＝2kg。平板车表面上Q处的左侧粗糙，右侧光滑，且PQ间的距离L＝2m，如图所示。某时刻平板车以初速度v1＝1m/s向左运动，同时小滑块以初速度v2＝5m/s向右运动。一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q点相距。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)小滑块与平板车相对静止时的速度；(2)小滑块与平板车的粗糙面之间的动摩擦因数μ。【答案】(1) v＝1m/s   速度方向水平向右 (2)存在两种情况：（i） μ＝0. 8  （ii）μ＝0. 48【解析】【详解】(1)设水平向右为正方向，对M、m系统有    mv2－Mv1＝(m＋M) v              ①解得     v＝1m/s                              ②速度方向水平向右。                (2)存在两种情况：（i）如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，根据能量守恒定律有      ③由②③式解得μ＝0. 8（ii）如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，有      ④由②④式解得     μ＝0. 48 17.如图所示，有水平边界的匀强磁场的磁感应强度为B，其上、下边界间的距离为H，一个由同种材料，粗细均匀的导线做成的质量为m、边长为l（l＜H）、总电阻为R的正方形导线框abcd，从磁场上方的某个位置处，由静止开始下落，下落过程中，线框平面始终保持在同一个竖直面内，ab边与磁场的水平边界线平行，当ab边刚进入磁场和ab边刚穿出磁场时，线框加速度的大小都是，方向都竖直向上，在线框运动过程中，不计空气阻力。求：（1）ab边刚进入磁场时，线框cd边两端的电势差（2）cd边刚进入磁场时，线框速度的大小（3）从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的过程中，线框中产生的热量。【答案】（1）（2）（3）mgH【解析】【详解】（1）ab刚进入磁场时，假设速度大小为，加速度为，方向竖直向上，根据牛顿第二定律得：根据法拉第电磁感应定律得：则，又由以上式子得：根据闭合电路的欧姆定律可得：（2）假设cd边刚进入磁场时导线框速度大小为，ab边刚穿出磁场时的速度为，由题意可知：在cd边刚进入磁场到ab边刚穿出磁场的过程中，导线框只受到重力，机械能守恒，即：由上式可得：（3）在曲边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的过程中，根据能量守恒，导线框产生的热量Q等于导线框损失的机械能。即： 18.如图所示的xoy平面内，以（0，R）为圆心，R为半径的圆形区域内有垂直于xoy平面向里的匀强磁场（用B1表示，大小未知）；x轴下方有一直线MN，MN与x轴相距为），x轴与直线MN间区域有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E；在MN的下方有矩形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B2，磁场方向垂直于xOy平面向外。电子a、b以平行于x轴的速度v0分别正对点、A（0，2R）点射入圆形磁场，偏转后都经过原点O进入x轴下方的电场。已知电子质量为m，电荷量为e，，不计电子重力。（1）求磁感应强度B1的大小；（2）若电场沿y轴负方向，欲使电子a不能到达MN，求的最小值；（3）若电场沿y轴正方向，，欲使电子b能到达x轴上且距原点O距离最远，求矩形磁场区域的最小面积。【答案】（1）（2）（3）4（2+）R2【解析】（1）电子射入圆形区域后做圆周运动，轨道半径大小相等，设为r，当电子射入，经过O点进入x轴下方，则：r＝R  ，解得：   （2）匀强电场沿y轴负方向，电子a从O点沿y轴负方向进入电场做减速运动，由动能定理eEy＝mv02  可求出  （3）匀强电场沿y轴正方向，电子b从O点进入电场做类平抛运动，设电子b经电场加速后到达MN时速度大小为v，电子b在MN下方磁场做匀速圆周运动轨道半径为r1，电子b离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成角，如图所示。由动能定理  解得v＝2v0 在电场中 x＝v0t1＝2R  由牛顿第二定律代入得 则由几何关系可知，在下方磁场中运动的圆心O2在y轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且射出方向与水平向右夹角为时，粒子能够到达x轴，距离原点O距离最远。由几何关系得，最小矩形磁场的水平边长为l1＝（r1＋r1sin） 竖直边长为，l2＝（r1＋r1cos）最小面积为S＝l1l2＝r12（1＋sin）（1＋cos）＝4（2＋）R2 点睛：本题考查粒子在电场和磁场中的运动，关键是画出运动轨迹，根据动能定理、分运动公式、牛顿第二定律列式，并结合几何关系分析。