2021届四川省成都十八中高考物理模拟试卷(含答案解析).pdf

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1、2021届四川省成都十八中高考物理模拟试卷一、单 选 题（本大题共5小题，共30.0分）1.下面有关科学家及其贡献说法正确的是（）A.开普勒发现万有引力定律，牛顿测量出了万有引力常量B.库伦通过扭秤实验得出电荷直接相互作用的规律C.伽利略通过理想实验法说明重的物体比轻的物体下落的快D.密里根用摩擦起电的实验测定了元电荷电荷量2.一质点位于 =-1加处，t=0时刻沿久轴正方向做直线运动，其运动的 t图象如图所示.下列说法正确的是（）A.0 2s内和0 4s内，质点的平均速度相同B.第3s内和第4s内，质点加速度的方向相反C.第3s内和第4s内，质点位移相同D.t=4s时，质点在x=27n处3.火

2、星是地球的邻居，已知火星的半径是地球的|,质量是地球的：，自转周期与地球基本相同，地球表面重力加速度是9。若某同学在地球表面上能够跳起的最大高度是脑 忽略星球自转的影响，下列描述正确的是（）A.该同学在火星表面所受的万有引力是地球表面的:B.火星表面的重力加速度是地球表面的|C.火星表面的重力加速度是地球表面的;D.该同学以相同的速度在火星上跳起，上升的最大高度是今O4.某电场的等势面如图所示，现将试探电荷+q分别放置到图中a、b、c、d四个点 S Q x上，试探电荷具有最大电势能的点是（）/A。06 vB.bC.cD.d5.如图所示，在水平传送带上有三个质量分别为四、m2、机3的木块1、&2

3、向2、3,中间分别用原长均为L、劲度系数均为k的轻弹簧a和b连接起来，7 已知木块与传送带间的动摩擦因数均 为 出 重力加速度为g,现用水平细绳将木块1拉住，传送带按图示方向匀速运动，当三个木块均达到平衡后，关于弹簧的弹性势能与弹簧的长度，以下说法正确的是（）A弹簧b弹性势能较多,弹性也长度为 幽*应B.弹簧b弹性势能较多，弹性a长度为L+竿C.弹簧a弹性势能较多，弹性b长 度 为 甯D.弹簧a弹性势能较多，弹性b长度为L+巴詈二、多 选 题（本大题共4小题，共23.0分）6.如图所示，铁球4和铁块B之间由轻质弹簧相连，并用细线。力挂在天花板上，力、侑B的质量分别m和2 m,弹簧的劲度系数为k

4、,整个系统静止，下述说法中正确的是，力（）IA.细线04对铁球4的拉力大小为3mg?BB.弹簧的长度为詈C.弹簧的弹力大小为2mgD.某时刻烧断细绳0 4该时刻铁球4的加速度大小为3g7.如图所示，在水平地面上固定一倾角为。的足够长斜面。有一物块静止在斜面底端。处，现对物块施加一个沿斜面向上的恒力F作用，物块开始沿斜面向上运动。当物块沿斜面向上运动的距离为出时，撤去恒力F,已知物块与斜面间的动摩擦因数为 且 tan。以斜面底端。所在的水平地面为参考平面，则物块从。点开始沿斜面运动的过程中，物块的加速度大小a、物块的重力势能Ep、动能幻、机械能E和物块相对于。点的位移x之间的关系图象中可能正确的

5、是（）8.正对着并水平放置的两平行金属板连接在如图电路中，板长为3板间距为d,在距离板的右端2L处有一竖直放置的光屏M.D为理想二极管（即正向电阻为0,反向电阻无穷大），R为滑动变阻器，网为定值电阻.将滑片P置于滑动变阻器正中间，闭合电键S,让一带电量为q、质量为m的质点从两板左端连线的中点N以水平速度为射入板间，质点未碰极板，最后垂直打在M屏上.在保持电键S闭合的情况下，下列分析或结论正确的是（）A.质点在板间运动的过程中与它从板的右端运动到光屏的过程中速度变化相反B.板间电场强度大小为管C.若仅将滑片P向下滑动一段后，再让该质点从N点以水平速度火射入板间，质点将不会垂直打在光屏上D.若仅将

6、两平行板的间距变大一些，再让该质点从N点以水平速度为射入板间，质点依然会垂直打在光屏上9.如图所示，a、b、c、d是均匀媒质中x轴上的四个质点。相邻两点的间距依次为2m、4m和6m,一列简谐横波以痴/s的波速沿x轴正方向传播，在t=0时刻到达质点a 处，质点a 由平衡位置开始竖直向下运动，t=3s时a第一次到达最高点。下列说法正确的是()q g xA.在t=6s时波恰好传到质点d处B.在1=5s时质点c恰好到达最高点C.质点b开始振动后，其振动周期为4sD.在4s t mgsinO,所以物块静止在最高点。在0-沏过程，根据牛顿第二定律得F-mgsind-fimgcosd=m ax,在x 出过程

7、，根据牛顿第二定律得mgs讥8+fimgcosO=m a2 因尸mgsinO iimgcos6r/imgsin9+p.mgcos6,则可能有a1 该图是可能的，故A正确；B、物块的重力势能为Ep=rngh=mgxsin。，Ep-x是一条过原点的倾斜直线，故B错误；C、在0-&过程，根据动能定理得(F-mgsin。-卬ngcosO)x=后 上-0,得以=(F-mgsin。一Hmgcosd)x,(F-mgsind-“mgcos。)是定值，则好-%图象是一条过原点的倾斜直线；在x 与过程，根据动能定理得(mgsin。+mgcos9)x=Ek Ek m,得&=Ek m (mgsinQ+nmgcosdx

8、,Ek-无图象是一条向下倾斜的直线，故C错误；D、在0-a过程，根据功能原理得E=(F-卬ngcosO)x,E-x图象是一条过原点的倾斜直线；在x X。过程，根据功能原理得E-Em=-(nmgcosd)x,得E=Em-(imgcosd)x,E-x图象一条向下倾斜的直线，故。正确。故选：ADo根据牛顿第二定律列式，分析两个过程的加速度关系；根据重力势能的计算公式Ep=mg/i列式，分析与与的关系；根据动能定理列式分析以与x的关系，根据功能原理分析E与久的关系。要研究图象的形状，往往要根据物理规律得到解析式，结合数学知识来分析。8.答案：AD解析：质点先在电场和重力场的复合场中做类平抛运动，要垂直

9、打在M屏上，离开出场后，质点一定打在光屏的上方，做斜上抛运动.质点从离开电场后到垂直打在M屏上过程是平抛运动的逆运动，采用运动的分解方法可知，分析质点类平抛运动与斜上抛的关系，确定加速度关系，求出板间场强.A、质点先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开电场后，质点一定打在屏的上方，做斜上抛运动.否则，质点离开电场后轨迹向下弯曲，质点不可能垂直打在M板上.质点在板间的类平抛运动和离开电场后的斜上抛运动，水平方向都不受外力，都做匀速直线运动，速度都等于几，而且几方向水平，质点垂直打在M板上时速度也水平，根据质点的轨迹弯曲方向可知两个过程质点的合力方向相反，加速度方向相反，

10、知速度变化量方向相反.故4 正确.B、质点的轨迹如图所示，设质点在板间运动的过程中加速度大小为a,则质点离开电场时竖直分速度大小：%=at.=吟 詈:，质点离开电场后运动过程其逆过程是平抛运动，则：%=gt2 联立解得后=手，故B错误；C、若仅将滑片P 向下滑动一段后，R的电压减小，电容器的电压要减小，带电量要减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，带电量不变，板间电压不变，所以质点的运动情况不变，再让该质点从N点以水平速度火射入板间，质点依然会垂直打在光屏上，故 C 错误。、若仅将两平行板的间距变大一些，电容器电容减小，由C=?知U不变，电量要减小，但由于二极管具有单向导电性，所

11、以电容器不能放电，电量不变，根据推论可知板间电场强度不变，所以质点的运动情况不变，再让该质点从N点以水平速度处射入板间，质点依然会垂直打在光屏上，故 O正确故选：AD9 答 案:AC解析：解：4、由题意可知，ad间距离为x=1 2 m,波在同一介质中匀速传播，则波从a传到d 的时间为t=2=6 s,即在，=6s时刻波恰好传到质点d处，故 A 正确；B、设该波的周期为T,由题可得，：7 =3 s,得7 =4s。波从a传到c的时间为t =个s =3 s,4 V 2则在t =5s时刻质点c已振动了2 s,而c起振方向向下，故在t =5s时刻质点c恰好经过平衡位置向上，故B错误。C、由B可知，该波的周

12、期为4s,各质点的振动周期与波的周期相同，故b开始振动后，其振动周期为4s,故C正确；。、在4s t 6 s的时质点c已振动了I s t 3 s,所质点c正从波谷向波峰运动，即向上运动，故。错误。故选：AC.已知波速，根据速度公式即可求出波传播到质点d处所用的时间；再根据a点的振动情况确定周期；根据波传播到c点所用的时间确定其振动情况，从而明确5s时的位置以及4s至6 s过程中的振动方向。本题关键要抓住波在同一介质中速度不变，由t =：可求出波传播的时间；要抓住各个质点的起振方向都与波源的起振方向相同，通过分析波的形成过程进行分析各质点的振动情况。10.答案：(1)C；(2)9.6 0；劫(奈

13、)2-(亲)2 ；上誓些(5)系统误差.解析：(1)根据实验的目的和要求事项分析答题；(2)游标卡尺主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺的示数；(3)由速度公式求出物块经过4、B两点时的速度，然后由匀变速运动的速度位移公式求出物块的加速度；(4)由牛顿第二定律求出动摩擦因数.(5)由于实验设计造成的误差是系统误差，由于实验操作、读数等造成的误差属于偶然误差.对游标卡尺进行读数时，要先确定游标尺的精度，主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺示数，读数时视线要与刻度线垂直.(1)4、该实验的目的是为了测量物块与长木板之间的摩擦因数，所以在实验的过程中，不能调整长木板倾斜程度，平衡摩擦力，否则不能测量摩擦因数

14、.故4错误.B、实验原理中，可以以整体为研究对象，求出加速度的表达式，所以不需要满足M远大于m.故8错误；C、由于在测量4、B两点的速度时，使用平均速度来代替瞬时速度，所以d小一些误差会更小.故C正确：。、在数据处理中，使用速度位移公式得：诏-域=2 a s：所以两光电门之间的距离s太小可能会增大实验的误差.故。错误.故选：C.(2)由图(b)所示游标卡尺可知，主尺示数为9 n w n,游标尺示数为1 2 x 0.0 5 m m =0.6 0 m m,贝 i j 游标卡尺示数为 9 n u n +0.6 0 0 m m =9.6 0 m m.(3)物块经过4 点时的速度以=g,物块经过8 点时

15、的速度为=g，物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：诏 一 若=2 as,加速度Q =曰(*)2 -c Z S At g(4)以 组 成 的 系 统 为 研 究 对 象，由牛顿第二定律得:m g -“M g =(M +m)a,解得=成。-黑 石(5)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于系统误差.故答案为：(1)C；(2)9.6 0；(3)(旨A(磊)2 ；(4)笔产；(5)系统误差.1 1.答案：偶然；3；1.5；1.8解析：解：用图象处理数据的优点在于可以尽量减小实验的偶然误差;(2)：画出的U-/图象如图所示，从图象中看出第3 组数据偏离直线过远，说明第3 组数据有误;（3）：根据

16、/=后一6=-7 7 +/可知，E=1.5V,r=50 U=1.8/2；0.28故答案为：偶然如图，3 1.5,1.8本题的关键是明确运用图象处理数据的优点是能最大程度地消除偶然误差.题的关键是认真作图，偏离图线最远的数据有误.题的关键是首先写出U 与/的函数表达式，然后根据截距和斜率的概念即可求解.应明确：运用图象处理数据的优点是能尽量减小偶然误差；优点根据图象求解的问题，应首先根据物理规律写出关于纵轴与横轴物理量的表达式，然后再根据截距和斜率的概念即可求解.12.答案：解：(1)由v=可得，角速度为：(0=03rad/s(2)汽车需要的向心力的大小为：&=m?=4500N；(3)汽车作圆周

17、运动的向心力由车与地面的之间静摩擦力提供。随车速的增加，需要的向心力增大,静摩擦力随着一直增大到最大值为止。由牛顿第二定律得：Fn=m =0.7mg联立解得，汽车过弯道的允许的最大速度为：vm=100V35m/s答：(1)汽车的角速度为0.3rad/s；(2)汽车需要的向心力4500N；(3)要使汽车不打滑，则其速度最大不能超过100闻771/5。解析：(1)根据圆周运动的半径和线速度求出周期，结合周期和角速度的关系式求出角速度的大小。(2)汽车在水平跑道上做圆周运动，靠静摩擦力提供向心力，结合向心力的公式求出向心力的大小。(3)通过最大静摩擦力提供向心力，求出最大速度的大小。解决本题的关键知

18、道周期、角速度、线速度之间的关系，以及知道汽车做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解。13.答案：解：(1)子弹的质量m=10g=0.01kg；子弹击中木块Mi时，子弹与木块Mi动量守恒，由动量守恒定律：rn%=(m+M)%,解得：%=lm/s；(2)弹簧被压缩到最短瞬间三者的速度相等，设木块闻2的速度为吸，由动量守恒定律可得：m v0=(m+Mi+M2)V2解得：v2=0.5zn/s；(3)由能量关系可得弹簧的最大弹性势能：Ep=+M?)诏，解得：EP=0.25答：(1)木块Mi速度的大小为Im/s；(2)弹簧被压缩到最短瞬间木块M2的速度为0.5m/s；(3)弹簧的最大弹性势能为0.25/。解析：(1)子弹与木块帆 动量守恒，由动量守恒定律列方程求解；(2)弹簧被压缩到最短瞬间三者的速度相等，由动量守恒定律列方程求解；(3)三者速度相等时弹性势能最大，由能量关系求解弹簧的最大弹性势能。本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律，解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。14.答案：如图所示。理解析：试题分析：光路如图。在43面上：sina/sinp=n在4c面上：siny=1/n,S+y=7r/2联立以上各式解得折射率值为几=廊 嬴 耳考点：本题考查光的折射和折射率。