高考2020年物理模拟试卷(18套)解析版

2020年全国大市名校高三期末一模物理试题全解全析汇编（四）力学实验（一）1、（2020·山西省大同市市直学校高三第一次联考）某物理实验小组的同学安装“验证动量守恒定律”的实验装置如图所示。

先让质量为m1的小球A从斜面上某处自由滚下测出落地点的位置，然后再与静止在支柱上质量为m2的等体积小球B发生对心碰撞，测出两个球分别的落地点位置。

则：（1）下列关于实验的说法正确的是____________。

A.轨道末端的切线必须是水平的B.斜槽轨道必须光滑C.入射球m1每次必须从同一髙度滚下D.应满足入射球m1质量小于被碰小球m2（2）在实验中，根据小球的落点情况，该同学测量出OP、OM、ON、O’P、O’M、O’MN的长度，用以上数据合理地写出验证动量守恒的关系式为____________。

（3）在实验中，用20分度的游标卡尺测得两球的直径相等，读数部分如图所示，则小球的直径为____________mm。

【答案】(1). AC (2). m1·OP=m1·OM+m2·O′N(3). 11.70【解析】（1）[1]．A、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故A正确；B、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故B错误；C、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；D、为防止碰后m1被反弹，入射球质量要大于被碰球质量，即m1＞m2，故D错误。

故选AC。

（2）[2]．小球粒子轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相同，在空中的运动时间t相等，有：m1v1=m1v1′+m2v2′两边同时乘以时间t，则有：m1v1t=m1v1′t+m2v2′t即：m1•OP=m1•OM+m2•O′N；（3）[3]．游标卡尺是20分度的卡尺，其精确度为0.05mm，则图示读数为：11mm+14×0.05mm=11.70mm；2、（2020·安徽省淮北市高三一模）如图（甲）所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处从静止释放,下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H>>d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：（1）如图（乙）所示，用游标卡尺测得小球的直径d =________mm．（2）小球经过光电门B 时的速度表达式为__________．（3）多次改变高度H ，重复上述实验，作出随H 的变化图象如图（丙）所示，当图中已知量t 0、H 0和重力加速度g 及小球的直径d 满足以下表达式：_______时，可判断小球下落过程中机械能守恒．【答案】 (1). 7.25 (2). d /t (3). 022012g H t d=或2gH 0t 02=d 2 【解析】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为7mm ，游标读数为0.05×5mm=0.25mm ，则小球的直径d =7.25mm ．(2)[2]根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，小球在B 处的瞬时速度B d v t＝； (3)[3]小球下落过程中重力势能的减小量为mgH 0，动能的增加量22011()22k d E mv m t ＝＝ 若机械能守恒，有：2020112gH d t ⋅＝ 即022012g H t d=3、（2020·福建省福州市第一中学高三下学期开学质检）某实验小组采用图甲所示的装置“探究动能定理”即探究小车所受合外力做功与小车动能的变化之间的关系。

2020学年高三物理全真模拟试题十八二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．如图，一理想变压器的原线圈接在电压为220 V 的正弦交流电源上，两副线圈匝数分别为n 2＝16、n 3＝144，通过理想二极管(具有单向导电性)、单刀双掷开关与一只“36 V,18 W”的灯泡相连(灯泡电阻不变)，当开关接1时，灯泡正常发光，则下列说法中不正确的是( )A ．原线圈的匝数为880B ．当开关接2时，灯泡两端电压的有效值为20 2 VC ．当开关接2时，原线圈的输入功率约为18 WD ．当开关接2时，原线圈的输入功率约为11 W 【答案】C【解析】 由n 1n 3＝U 1U L得n 1＝880，选项A 正确；当开关接2时，有n 1n 2＋n 3＝U 1U，解得U ＝40 V ，设交流电周期为T ，U 2R ·T 2＝U ′2R T ，U ′＝20 2 V ，选项B 正确；灯泡电阻为R ＝U 2LP L ＝72 Ω，灯泡消耗的实际功率为P＝U ′2R ＝1009W≈11 W，选项C 错误，D 正确15、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，结果受到激发后的氢原子能辐射出三种不同频率的光子，让辐射出的光子照射某种金属，结果有两种频率的光子能使该金属发生光电效应，其中一种光子恰好能使该金属发生光电效应，则发出的光电子的最大初动能为( )A．12.09 eV B．10.2 eV C．1.89 eV D．0【答案】C【解析】因受到激发后的氢原子能辐射出三种不同频率的光子，故氢原子是从n＝3的能级跃迁，只有两种频率的光子能使金属发生光电效应，而其中一种光子恰好能使该金属发生光电效应，则说明该光子的能量与金属的逸出功相等，由此分析可知这种光子是从n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的，则该金属的逸出功为W0＝－3.4 eV－(－13.6 eV)＝10.2 eV，而另一频率的光子是从n＝3跃迁到n＝1辐射出的，此光子的能量为ΔE＝－1.51 eV－(－13.6 eV)＝12.09 eV；故用此种光子照射该金属，发出的光电子的最大初动能为E k＝(12.09－10.2) eV＝1.89 eV，故选C.16．(2019·衡水金卷四省第三次大联考)如图3所示，一个小球从光滑的固定圆弧槽的A点由静止释放后，经最低点B运动到C点的过程中，小球的动能E k随时间t的变化图象可能是( )图3【答案】 B【解析】 动能E k 与时间t 的图象上的任意一点的斜率表示重力做功的瞬时功率，即ΔE k Δt ＝WΔt ＝P ，A点与C 点处小球速度均为零，B 点处小球速度方向与重力方向垂直，所以A 、B 、C 三点处重力做功的功率为零，则小球由A 点运动到B 点的过程中重力做功的功率先增大再减小至零，小球由B 点运动到C 点的过程中，重力做功的功率也是先增大再减小至零，故B 正确，A 、C 、D 错误．17．(2019·河北省石家庄市二模)在如图4所示的电路中，R 0为定值电阻，R 为光敏电阻(光照减弱时阻值增大)，C 为电容器，现减弱对光敏电阻R 光照的强度，下列说法正确的是( )图4A ．电流表的示数增大B ．电容器C 的电荷量增大 C ．电压表的示数变小D ．电源内部消耗的功率变大 【答案】 B【解析】 减弱对光敏电阻R 光照的强度，R 增大，根据闭合电路欧姆定律可得路端电压增大，即电压表示数增大，总电流减小，即电流表示数减小，电容器两端的电压增大，根据C ＝QU，C 不变，U 增大，可得Q 增大，电源内部消耗的电功率P ＝I 2r ，I 减小，内阻不变，所以P 减小，故B 正确．18．(2019·广东省梅州市5月二模)如图5所示，ABC 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 为倾斜直轨道，BC 为与AB 相切的圆形轨道，并且仅圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．今有质量相同的甲、乙、丙三个小球，其中甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电，现将三个小球在轨道AB 上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道最高点，则( )图5A ．经过最高点时，三个小球的速度相等B ．经过最高点时，甲球的速度最小C ．乙球释放的位置最高D ．甲球下落过程中，机械能守恒 【答案】 D【解析】 在最高点时，甲球所受洛伦兹力向下，乙球所受洛伦兹力向上，而丙球不受洛伦兹力，三球在最高点所受合力不相等，由牛顿第二定律得：F 合＝m v 2R，由于F 合不等、m 、R 相等，则三个小球经过最高点时的速度不相等，故A 错误；由于经过最高点时甲球所受合力最大，甲球在最高点的速度最大，故B 错误；甲球经过最高点时的速度最大，甲的机械能最大，小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可知，甲释放时的位置最高，故C 错误；洛伦兹力不做功，小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故D 正确．19.如图6所示，水平地面粗糙，物块A 、B 在水平外力F 的作用下都从静止开始运动，运动过程中的某一时刻，物块A 、B 的速度v A 、v B 和加速度a A 、a B 大小关系可能正确的是( )图6A．v A>v B，a A＝a B B．v A<v B，a A<a BC．v A＝v B，a A＝a B D．v A>v B，a A>a B【答案】BC【解析】由题意知，A、B一起加速时，a A＝a B，则v A＝v B；发生相对运动时，一定是：v A<v B，a A<a B，所以B、C正确．20．(2019·广东省梅州市5月二模)如图7所示，在平面上有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系．四个相同的闭合圆形线圈在四个象限中完全对称放置，两条长直导线中电流大小与变化情况相同，电流方向如图所示，当两条导线中的电流都开始均匀增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是( )图7A．线圈a中有感应电流B ．线圈b 中有感应电流C ．线圈c 中有顺时针方向的感应电流D ．线圈d 中有逆时针方向的感应电流 【答案】 AC【解析】 由右手螺旋定则可判定通电导线周围磁场的方向，a 、c 所在象限磁场不为零，a 中磁场垂直纸面向里，当电流增大时，线圈a 中有逆时针方向的电流，故A 正确；其中b 、d 线圈内的磁通量为零，当电流变化时不可能产生感应电流，故B 、D 错误；c 中磁场垂直纸面向外，当电流增大时，线圈c 中有顺时针方向的电流，故C 正确．21．(2019·安徽省安庆市二模)如图8所示，水平面上固定一倾角为θ＝30°的斜面，一轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端连接一质量m ＝2 kg 的物块(视为质点)，开始时物块静止在斜面上A 点，此时物块与斜面间的摩擦力恰好为零，现用一沿斜面向上的恒力F ＝20 N 作用在物块上，使其沿斜面向上运动，当物块从A 点运动到B 点时，力F 做的功W ＝4 J ，己知弹簧的劲度系数k ＝100 N/m ，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝35，取g ＝10 m/s 2，则下列结论正确的是( )图8A ．物块从A 点运动到B 点的过程中，重力势能增加了4 J B ．物块从A 点运动到B 点的过程中，产生的内能为1.2 JC ．物块经过B 点时的速度大小为255m/sD ．物块从A 点运动到B 点的过程中，弹簧弹性势能的变化量为0.5 J 【答案】 BC【解析】 当物块从A 点运动到B 点时，力F 做的功W ＝4 J ，则AB 的距离L ＝W F ＝420m ＝0.2 m ，此时重力势能增加了ΔE p ＝mgL sin 30°＝20×0.2×12 J ＝2 J ，选项A 错误；物块从A 点运动到B 点的过程中，产生的内能为ΔE ＝W f ＝μmgL cos 30°＝35×20×0.2×32J ＝1.2 J ，选项B 正确；物块静止在A 点时所受摩擦力为零，则mg sin 30°＝k Δx ，解得Δx ＝mg sin 30°k ＝20×12100 m ＝0.1 m ，即在A 点时弹簧被压缩了0.1 m ，可知当物块到达B 点时，弹簧伸长0.1 m ，那么在A 、B 两点弹簧的弹性势能相等，则从A 到B 由动能定理：W －W G －W f ＝12mv 2B ，解得v B ＝255m/s ，选项C 正确，D 错误．22．(2019·河南省六市第二次联考)用如图1所示的装置可以测量弹簧的弹性势能．将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O 点；在O 点右侧的B 、C 位置各安装一个光电门，计时器(图中未画出)与两个光电门相连．先用米尺测得B 、C 两点间距离s ，再用带有遮光片的小滑块压缩弹簧到某位置A ，由静止释放小滑块，计时器显示遮光片从B 到C 所用的时间t ，用米尺测量A 、O 之间的距离x .图1(1)计算小滑块离开弹簧时速度大小的表达式是____________________． (2)为求出弹簧的弹性势能，还需要测量________． A ．弹簧原长 B ．当地重力加速度 C ．小滑块(含遮光片)的质量 (3)实验误差的来源有________． A ．空气阻力B ．小滑块的大小C ．弹簧的质量【答案】 (1)s t(2)C (3)AC【解析】 (1)滑块离开弹簧后的运动可视为匀速运动，故可以用BC 段的平均速度表示滑块离开弹簧时的速度，则有：v ＝s t.(2)弹簧的弹性势能等于滑块(含遮光片)增加的动能，故应求解滑块(含遮光片)的动能，根据动能表达式可知，应测量小滑块(含遮光片)的质量，故选C.(3)由于存在空气阻力，阻力做负功，小滑块的动能增加量小于弹簧的弹性势能的减小量；由于弹簧有质量，故弹簧的弹性势能有小部分转化为弹簧的动能，故小滑块的动能增加量小于弹簧弹性势能的减小量，故选A 、C.23．(2019·河北省石家庄市二模)某同学利用多用电表欧姆挡测量标准电压表V 1的内阻并对电压表V 2的示数进行校对．实验器材如下：多用电表(欧姆挡对应刻度盘上正中央数值为15) 标准电压表V 1 (量程10 V ，内阻R V1约为几十千欧) 电压表V 2(量程10 V ，内阻R V2＝9 kΩ) 滑动变阻器R (最大阻值约50 Ω) 电源E (电动势为12 V ，内阻不计) 开关S 一个、导线若干 实验过程如下：(1)利用多用电表欧姆挡测量电压表V 1的内阻，将红、黑表笔短接调零后，选用图2甲中________(选填“A”或“B”)方式连接．图2(2)实验中，两表的示数如图乙所示，多用电表欧姆挡的读数为________Ω，电压表的读数为________V，通过计算可得出欧姆挡电池的电动势为________V．(以上结果均保留三位有效数字)(3)利用标准电压表V1对电压表V2进行校对，请在图3的方框中画出电路图．图3(4)校对中发现，调节滑动变阻器，标准电压表V1示数为9.00 V时，电压表V2的示数为10.00 V，为使9.00 V示数准确，应给V2表串联________Ω的电阻．【答案】(1)A (2)3.00×104 5.80 8.70 (3)如图所示(4)1 000【解析】(1)根据“红进黑出”原理可知A图正确；(2)因为电压表V1的示数为几十千欧，所以多用电表欧姆挡的读数为30.0×103Ω＝3.00×104Ω；电压表V1的量程为10 V，所以分度值为0.1 V，故读数为5.80 V；根据题意，中值电阻为15 kΩ，即欧姆表内阻为15 kΩ，根据闭合电路欧姆定律可得3030＋15E＝5.80 V，解得E＝8.70 V；(3)因为并联电路电压相等，所以要校对电压表，可将两电压表并联，由于电压表内阻过大，而滑动变阻器最大约50 Ω，所以为了读数变化明显，采用滑动变阻器的分压式接法，电路图如图所示(4)根据欧姆定律可得9 kΩ9 kΩ＋R×10.00 V＝9.00 V，解得R＝1 kΩ＝1 000 Ω24．(2019·河南省周口市期末)如图1所示，正方形闭合单匝线圈abcd边长l＝0.2 m，质量m1＝0.47kg ，电阻R ＝0.1 Ω，线圈上方有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B ＝0.5 T 的匀强磁场．质量m 2＝1.0 kg 的滑块通过定滑轮O 用绝缘细线与线圈ab 边的中点相连后，放置在倾角为θ＝37°的固定斜面上的A 点．已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.15，绝缘细线OA 部分与斜面平行，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.滑块由静止释放后沿斜面向下运动，当线圈开始进入磁场时，恰好做匀速运动，求此速度v 的大小．图1【答案】 1 m/s【解析】 线圈开始进入磁场时，ab 边切割磁感线E ＝Blv 感应电流I ＝E R ＝BlvR安培力F 安＝BIl ＝B 2l 2vR①对线圈abcd ，根据平衡条件有：F T ＝F 安＋m 1g ② 对滑块：m 2g sin θ＝μm 2g cos θ＋F T ③ 联立①②③，代入数据解得：v ＝1 m/s25．(2019·贵州省安顺市适应性监测三)如图2所示，半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P 点相切，一个质量为2m 的物块B (可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有轻弹簧，Q 点为弹簧处于原长时的左端点，P 、Q 间的距离为R ，PQ 段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q 点右侧水平地面光滑，现将质量为m 的物块A (可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g .求：图2(1)物块A 沿圆弧轨道滑至P 点时对轨道的压力； (2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)； (3)物块A 最终停止位置到Q 点的距离． 【答案】 (1)3mg ，方向向下 (2)13mgR (3)19R【解析】 (1)物块A 从静止沿圆弧轨道滑至P 点，设速度大小为v P ， 由机械能守恒定律有：mgR ＝12mv P 2在最低点轨道对物块的支持力大小为F N ，由牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v P 2R，联立解得：F N ＝3mg ，由牛顿第三定律可知物块对轨道P 点的压力大小为3mg ，方向向下． (2)设物块A 与弹簧接触前瞬间的速度大小为v 0， 由动能定理有mgR －μmgR ＝12mv 02－0，v 0＝gR ，物块A 、物块B 具有共同速度v 时，弹簧的弹性势能最大， 由动量守恒定律有：mv 0＝(m ＋2m )v ， 由能量守恒定律得：12mv 02＝12(m ＋2m )v 2＋E pm ，联立解得E pm ＝13mgR ；(3)设物块A 与弹簧分离时，A 、B 的速度大小分别为v 1、v 2，规定向右为正方向，则有mv 0＝－mv 1＋2mv 2，12mv 02＝12mv 12＋12(2m )v 22， 联立解得：v 1＝13gR ，设A 最终停在Q 点左侧x 处，由动能定理有：－μmgx ＝0－12mv 12，解得x ＝19R33．(1)(2019·广东省汕头市第二次模拟)一定量的理想气体从状态a 开始，经历ab 、bc 、ca 三个过程回到原状态，其V －T 图象如图2所示．下列判断正确的是________．图2A ．ab 过程中气体一定放热B ．ab 过程中气体对外界做功C ．bc 过程中气体内能保持不变D ．bc 过程中气体一定吸热E ．ca 过程中容器壁单位面积受到气体分子的撞击力一定减小(2)如图3所示是生活上常用喷雾器的简化图．已知贮液瓶容积为3 L(不计贮液瓶中打气筒和细管的体积)，喷液前，瓶内气体压强需达到2.5 atm ，方可将液体变成雾状喷出，打气筒每次能向贮液瓶内打入p 0＝1.0 atm 的空气ΔV ＝50 mL.现打开进水阀门A 和喷雾头阀门B ，装入2 L 的清水后，关闭阀门A 和B.设周围大气压恒为p 0，打气过程中贮液瓶内气体温度与外界温度相同且保持不变，不计细管中水产生的压强，求：图3①为确保喷雾器的正常使用，打气筒至少打气次数n ；②当瓶内气压达到2.5 atm 时停止打气，然后打开阀门B ，求喷雾器能喷出的水的体积的最大值． 【答案】 (1)ADE (2)①30次 ②1.5 L【解析】 (1)由题图可知，ab 过程气体发生等温变化，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知，气体放出热量，故A 正确，B 错误；由题图知，bc 过程气体体积不变而温度升高，气体内能增大，气体不做功，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故C 错误，D 正确；根据理想气体状态方程得p c V c T c ＝p a V aT a，因V c <V a ，T c >T a ，故p c >p a ，根据气体压强的微观解释可知E 正确． (2)①贮液瓶装水后，瓶内封闭气体的体积V 1＝V 总－V 液＝1 L打气过程瓶内气体做等温变化，有p 0(V 1＋V 外)＝p 2V 1 V 外＝n ΔV将p 0＝1.0 atm 、p 2＝2.5 atm 代入，解得打气的次数至少为n ＝30 次 ②阀门打开喷水过程，瓶内封闭气体做等温变化，有p 2V 1＝p 3V 3最后瓶内气体的压强p 3＝p 0代入数据解得最后瓶内气体的体积V 3＝2.5 L因此喷雾器能喷出的水的体积的最大值V 水＝V 3－V 1＝1.5 L34．(1)(2019·陕西省渭南市第三次模拟)下列说法正确的是________．A．电磁波是横波，可以观察到其偏振现象B．当一列声波从空气中传入水中时波长一定会变长C．物体做受迫振动时，驱动力频率越高，受迫振动的物体振幅越大D．横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期E．做简谐运动的物体，其速度和加速度两物理量随时间的变化规律均符合正余弦函数变化规律(2)(2019·广东省汕头市第二次模拟)资料记载，海啸波是重力长波，波长可达100公里以上，它的传播速度等于重力加速度g与海水深度乘积的平方根．使得在开阔的深海区低几米的一次单个波浪，到达浅海区波长减小，振幅增大，掀起10～40米高的拍岸巨浪，有时最先到达的海岸的海啸可能是波谷，水位下落，暴露出浅滩海底，几分钟后波峰到来，一退一进，造成毀灭性的破坏．①在深海区有一海啸波(忽略海深度变化引起的波形变化)如图2甲，实线是某时刻的波形图，虚线是t ＝900 s后首次出现的波形图．已知波沿x轴正方向传播．波源到浅海区的水平距离s1＝1.08万公里，求海啸波到浅海区的时间t1；图2②在①的情况下，在浅海区有一海啸波(忽略海深度变化引起的波形变化)如图乙．海啸波从进入浅海区到到达海岸的水平距离为s2.写出该海啸波的表达式和波谷到达海岸的关系式．【答案】(1)ABE (2)①15 h ②y＝20sin π600t(m) t＝3s2100＋300(s)【解析】(1)电磁波是横波，可以观察到其偏振现象，选项A正确；当一列声波从空气中传入水中时，波速变大，频率不变，则波长一定会变长，选项B正确；物体做受迫振动时，当驱动力频率越接近于物体的固有频率时，受迫振动的物体振幅越大，选项C错误；横波在传播过程中，质点不随波迁移，选项D 错误；做简谐运动的物体，其速度和加速度两物理量随时间的变化规律均符合正余弦函数变化规律，选项E正确．(2)①由题图甲得λ1＝240 km 依题意有t ＝34Tv 1＝λ1Ts 1＝v 1t 1解得t 1＝15 h②由题图乙得波的振幅A ＝20 m ，波长λ2＝40 km 由t ＝34T 得波的周期T ＝1 200 s ω＝2πTy ＝A sin ωt解得波的表达式y ＝20sinπ600t (m) 海啸波在浅海区的传播速度v 2＝λ2T ＝1003m/s波谷最先到达海岸的关系式s 2＋14λ2＝v 2t解得波谷最先到达海岸的时间t ＝3s 2100＋300(s)。

专题18 力学实验1．（2020·新课标Ⅰ卷)某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。

实验步骤如下：（1）开动气泵,调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间________时,可认为气垫导轨水平；（2）用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2；（3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；（4）令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12;(5）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I=________，滑块动量改变量的大小Δp=________；(用题中给出的物理量及重力加速度g表示）（6）某次测量得到的一组数据为：d=1.000 cm，m1=1。

50 10-2kg,m 2=0.400 kg ，△t 1=3。

900⨯10-2 s ，Δt 2=1。

270⨯10—2 s,t 12=1。

50 s,取g =9.80 m/s 2。

计算可得I =________N·s ，Δp =____ kg·m·s -1；（结果均保留3位有效数字）（7）定义Δ=100%I p I δ-⨯，本次实验δ=________%(保留1位有效数字）。

【答案】大约相等 m 1gt 12221()d d m t t -∆∆ 0。

221 0。

212 4 【解析】(1）当经过A ，B 两个光电门时间相等时,速度相等，此时由于阻力很小，可以认为导轨是水平的。

（5)由I =Ft ，知112I m gt =， 由21p mv mv ∆=-知2222121()d d d d p m m m t t t t ∆=⋅-⋅=-∆∆∆∆。

高考物理模拟试卷题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1.人类在研究光、原子结构及核能利用等方面经历了漫长的过程，我国在相关研究领域虽然起步较晚，但是近年对核能的开发与利用却走在了世界的前列，有关原子的相关知识，下列说法正确的是（）A. 卢瑟福最先发现电子，并提出了原子的核式结构学说B. 光电效应和康普顿效应都能说明光子具有粒子性，且前者可说明光子具有能量，后者除证明光子具有能量，还可证明光子具有动量C. 原子核发生β衰变时，产生的β射线本质是高速电子流，因核内没有电子，所以β射线是核外电子逸出原子形成的D. 一个铍核（Be）和一个α粒子反应后生成一个碳核，并放出一个中子和能量，核反应方程为Be+He→C+n2.“嫦娥五号”月球探测器预计在2019年年底发射，采集月球样品并返回地球，全面实现月球探测工程“三步走”战略目标。

若“嫦娥五号”卫星在距月球表面H处的环月轨道I上做匀速圆周运动，其运行的周期为T；随后“嫦娥五号”在该轨道上某点采取措施，使卫星降至椭圆轨道Ⅱ上，如图所示。

若近月点接近月球表面，而H等于月球半径，忽略月球自转及地球对卫星的影响，则“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上的运行周期为（）A. B. C. D.3.某同学用斜向下的力推放在水平面上的物块，保持推力大小不变，将推力与水平方向的夹角逐渐减小，此过程中物块始终未动，则此过程中地面对物块支持力和摩擦力的合力（）A. 逐渐减小B. 逐渐增大C. 先增大后减小D. 先增小后增大4.如图所示，两条间距L=0.50m、平行光滑U形导轨与水平面的夹角θ=30°，导轨的底部接一阻值R=2.0Ω的电阻，其中CM=PD=4.5m，导轨及其他部分电阻不计。

一根质量m=0.2kg、电阻r=1.0Ω的导体棒置于导轨的底端，与导轨垂直且接触良好，整个装置处于磁感应强度B=2.0T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。

现对导体棒施加平行于导轨向上的拉力F，使棒从静止开始沿导轨平面向上做匀加速运动，则导体棒在导轨上运动的整个过程中（）A. 通过电阻R的电荷量为2.0CB. 拉力F和磁场对导体棒的安培力做的总功等于导体棒的机械能的增加量C. 拉力F做的功等于导体棒增加的机械能与电阻R产生的焦耳热之和D. 拉力F先增大后保持不变5.如图所示，虚线半圆弧为点电荷电场中的等势线，实线为某带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，实线与虚线的交点分别为A、B，图中实线上与圆弧上相距最远的两点C、D间的距离大于圆弧的半径，由此可以判断（）A. A点的电势比C点的电势低B. 带电粒子从A点运动到C点，电势能一定增大C. 从A点到C点，静电力对带电粒子做功的功率越来越大D. 带电粒子从A点运动到B点，动能先增大后减小二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）6.如图所示为一理想变压器，原副线圈的匝数比为n1：n2=3：1，且分别接有电阻R1和R2，交流电源电压为U，已知两电阻消耗的功率相等，则下列说法正确的是（）A. R1和R2两端电压之比为3：1B. R1和R2两端电压之比为1：3C. R1和R2的电流之比为1：3D. R2两端的电压为7.A、B两小车在t0=0时刻同时沿同一直线向同一方向运动，两车运动的x-t图象如图所示，已知A车运动的位移图象是对称轴平行于x轴且开口向上的一段抛物线，B车运动的位移图象是过原点的倾斜直线，t1=1s时直线与抛物线相切。