陕西省西安市第一中学2021届高三上学期第五次模拟考试物理试卷 Word版含解析

西安市第一中学2021届高三第五次模拟考试物理一、单选题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。1.如图所示，在边长为L的正方形的每个顶点都放置一个点电荷。a、b、c三点的电荷量均为+q，d点的电荷量为-2q，则正方形中点O的电场强度的大小和方向为（　　）A.，由O指向bB.，由O指向dC.，由O指向cD.，由O指向d【答案】B【解析】【详解】a、c两点对称分布，电荷量相同，故在O点的电场强度相互抵消，b、d两点对称分布，但电荷量不等，在O点的电场强度不能抵消，b点在O点的电场强度为方向由b到O；d点在O点的电场强度为方向由O到d；则O点的电场强度大小为，方向由O指向d，故ACD错误，B正确。故选B。2.将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等，a、b为电场中的两点，则-22-,A.a点的电势比b点低B.a点的电场强度比b点小C.带负电的电荷q在a点的电势能比在b点的小D.带正电的电荷从a点移到b点的过程中，电场力做负功【答案】C【解析】【详解】A、a点所在的电场线从+Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，即a点的电势比b点的高，故A错误；B、电场线的疏密表示场强的大小，由图可知a点的电场强度比b点大，故B错误；C、电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C正确；D、正电荷q在a点的电势能大于b点的电势能，则把正电荷q电荷从电势能大的a点移动到电势能小的b点，电势能减小，电场力做正功，故D错误．3.如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）A.三个等势面中，a的电势最高B.带电质点通过P点时电势能较大C.带电质点通过P点时动能较大D.带电质点通过P点时加速度较小【答案】B-22-,【解析】【详解】A．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，A错误；B．根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，B正确；C．从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，C错误；D．等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，D错误。故选B。4.已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直．如图所示MN为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接．现将一个电荷量为Q的正点电荷置于板的右侧，图中a、b、c、d是以正点电荷Q为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中ab连线与金属板垂直．则下列说法正确的是A.b点电场强度与c点电场强度相同B.a点电场强度与b点电场强度大小相等C.a点电势等于d点电势D.将一试探电荷从a点沿直线ad移到d点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变【答案】C【解析】画出电场线如图所示:-22-,A、根据对称性可以，b点电场强度与c点电场强度大小相同，方向不同，故A错误；B、电场线密集的地方电场强度大，从图像上可以看出a点电场强度大于b点电场强度，故B错误；C、根据对称性并结合电场线的分布可知a点电势等于d点电势，故C正确；D、由于试探电荷先靠近正电荷后远离正电荷，所以电场力在这个过程中做功，当总功为零，所以试探电荷电势能不是始终保持不变，故D错误；故选C点睛：电场线越密集的地方电场强度越大，并且沿电场线的方向电势在降低．5.如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两带电微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可以忽略，则下列说法正确的是（　　）A.a的质量比b的大B.在时间t内，a和b的电势能的变化量相等C.在时间t内，b的动能与电势能之和减小D.在t时刻，a和b的动量大小相等【答案】D【解析】【详解】A．两个粒子都做初速度为零的匀加速直线运动，则有由题意知，相同时间内a的位移大于b的位移，q、E又相等，可知-22-,ma＜mb故A错误；B．由题可知在时间t内，a的位移大于b的位移，其电荷量相等，它们受电场力相等，所以电场力对a做的功大于对b做的功，即a的电势能变化量大于b的电势能变化量，故B错误；C．整个过程中只有电场力做功，故能量守恒，即动能、电势能之和是一个定值，故C错误；D．两个粒子都做初速度为零的匀加速直线运动，则有在t时刻粒子的速度为则粒子的动量为因两粒子的电荷量相等，电场强度相等，故动量也相等，故D正确；故选D。6.如图所示，在纸面内有一直角三角形ABC，P1为AB的中点，P2为AP1的中点，BC=2cm，∠A=30°．纸面内有一匀强电场，电子在A点的电势能为-5eV，在C点的电势能为19eV，在P2点的电势能为3eV．下列说法正确的是A.A点的电势为-5VB.B点的电势为-19VC.该电场的电场强度方向由B点指向A点D.该电场的电场强度大小为800V/m【答案】D【解析】-22-,【详解】A．由公式可知，故A错误．B．A到P2电势差为故B错误．C．A点到B点电势均匀降落，设P1与B的中点为P3,该点电势为：P3点与C为等势点，连接两点的直线为等势线，如图虚线P3C所示．由几何关系知，P3C与AB垂直，所以AB为电场线，又因为电场线方向由电势高指向电势低，所以该电场的电场强度方向是由A点指向B点，故C错误．D．P3与C为等势点，该电场的电场强度方向是由A点指向B点，所以场强为：故D正确．7.如图甲所示，两平行金属板a、b间距为d，在两板右侧装有荧光屏MN（绝缘），O为其中点。在两板a、b上加上如图乙所示的电压，电压最大值为U0。现有一束带正电的离子束（比荷为k），从两板左侧沿中线方向以初速度v-22-,，连续不断地射入两板间的电场中，设所有离子均能打到荧光屏MN上，已知金属板长L=2v0t0，则在荧光屏上出现亮线的长度为（　　）A.kdU0t02B.C.D.【答案】C【解析】【详解】t=0时刻射入的粒子打在靶上的位置与靶心O′的距离最大，设此距离为ymax，此粒子在0至t0时间内，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，竖直方向的位移为此粒子在t0至2t0时间内，做匀速直线运动，竖直方向分速度为竖直方向的位移为所以T=t0时刻射入的粒子打在靶上的位置与靶心O′的距离最小,设此距离为ymin。此粒子在t=t0至2t0时间内，做匀速直线运动；在t=2t0至t=3t0时间内，粒子在水平方向上仍做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，竖直方向的位移为所以在荧光屏上出现亮线的长度为-22-,选项C正确，ABD错误。故选C。8.图甲为竖直固定在水平面上的轻弹簧，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹簧弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出此过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，不计空气阻力，则（　　）A.t1时刻小球的动能最大B.t2时刻小球的加速度最大C.t3时刻弹簧的弹性势能最大D.图乙中图线所围面积在数值上等于小球动量的变化量【答案】B【解析】【详解】A．t1时刻小球刚与弹簧接触，弹力小于重力，小球仍然向下做加速运动，当弹簧弹力与重力平衡时速度最大，动能最大，故A错误；B．t2时刻弹簧的压缩量最大，小球受到的弹力最大，处于最低点，合力向上；由运动的对称性可知，小球与弹簧接触后，向下做加速运动的时间小于小球做减速运动的时间，可知小球在最低点受到的弹簧大于2倍的重力，所以小球在最低点的加速度大于重力加速度，在最低点的加速度最大，故B正确；C．由图可知，t3时刻弹簧的弹力等于0，则弹簧的压缩量等于0，所以弹簧的弹性势能为零，故C错误；D．根据冲量的定义可知，F－t图象中图线所围面积在数值上t1－t3时间内弹簧的弹力对小球的冲量；而该时间内小球还受到重力的冲量。结合动量定理可知，图乙中图线所围面积在数值上不一定等于小球动量的变化量，故D错误。故选B。9.江西艺人茅荣荣，他以7个半小时内连续颠球5-22-,万次成为新的吉尼斯纪录创造者，而这个世界纪录至今无人超越．若足球用头顶起，某一次上升高度为80cm，足球的重量为400g，与头顶作用时间为0.1s，则足球本次在空中的运动时间和足球给头部的作用力大小分别为（）（空气阻力不计，g=10m/s2）．At=0.4s；FN=40NB.t=0.4s；FN=68NC.t=0.8s；FN=36ND.t=0.8s；FN=40N【答案】C【解析】【详解】足球在空中做竖直上抛运动，自由下落时有自由下落的时间足球本次在空中的运动时间竖直上抛的初速度设竖直向上为正方向，对足球由动量定理头部给足球的作用力大小根据牛顿第三定律，足球给头部的作用力大小也是36N．A.t=0.4s；FN=40N，与上分析不一致，故A错误；B.t=0.4s；FN=68N，与上分析不一致，故B错误；C.t=0.8s；FN=36N，与上分析一致，故C正确；D.t=0.8s；FN=40N，与上分析不一致，故D错误．10.如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N-22-,点的过程中克服摩擦力所做的功。则（　　）A.W=mgR，质点恰好可以到达Q点B.W>mgR，质点不能到达Q点C.W=mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D.W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离【答案】C【解析】【详解】在N点，根据牛顿第二定律得从起点到N点，由动能定理得解得由于从P到N比从N到Q质点运动的速度大，所以质点对圆轨道的压力比后一过程大，克服摩擦力做功比后一过程多，即在从P到Q整个过程克服摩擦力做的功为所以从起点到Q点，由动能定理得即质点到达Q点后，继续上升一段距离。故选C。二、多选题：本大题共4小题，每小题6分，共24-22-,分。每小题有多个选项符合要求，全对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得零分。11.以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g取10m/s2，由v-t图象可知（　　）A.A、B两点的距离为2.4mB.货物与传送带的动摩擦因数为0.5C.货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功大小为12.8JD.货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J【答案】BD【解析】【详解】A．物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”为故A错误；B．由图象可知，物块在传送带上先做匀加速直线运动，加速度为对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，由牛顿第二定律得同理做的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为由牛顿第二定得-22-,联立解得，，故B正确；C．货物从A运动到B过程中，由动能定理得解得，传送带对货物做功为故C错误；D．根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，在内由图可知相对位移为货物与传送带摩擦产生的热量为在内由图可知相对位移为货物与传送带摩擦产生的热量为货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为故D正确故选BD。12.如图所示，平行板电容器与电动势为E′直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）-22-,A.平行板电容器的电容将变大B.静电计指针张角变小C.带电油滴的电势能将减少D.若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【答案】CD【解析】【详解】A．根据知，d增大，则电容减小，故A错误；B．静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；C．电势差U不变，d增大，据知电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小，故C正确；D．电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，故D正确；故选CD。13.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则（　　）-22-,A.A点的电场强度大小为零B.q1和q2带异种电荷，且q1的带电量大于q2的带电量C.将一负电荷沿x轴从N点移到D点，电势能先减小后增大D.NC间的场强方向沿x轴正方向【答案】BC【解析】【详解】A．图象的斜率等于电场强度。根据图象可知，点斜率不为零，场强不为零，故A错误；B．由图知无穷远处的电势为0，点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以点的电荷带正电，点电荷带负电；由于点合场强为零，根据公式可知，距离远，电荷量大，所以电荷量大于的电荷量，故B正确；CD．段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿轴负方向，后沿轴正方向，将一负点电荷从点移到点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大；故C正确，D错误。故选BC。14.如图所示，一质量为M的长直木板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一质量为m的木块，木块与木板间的动摩擦因数为μ，在长直木板右方有一竖直的墙。使木板与木块以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），设木板足够长，木块始终在木板上，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）-22-,A.如果M=2m，木板只与墙壁碰撞一次，整个运动过程中摩擦生热的大小为B.如果M=m，木板只与墙壁碰撞一次，木块相对木板的位移大小为C.如果M=0.5m，木板第100次与墙壁发生碰撞前瞬间的速度大小为D.如果M=0.5m，木板最终停在墙的边缘，在整个过程中墙对木板的冲量大小为1.5mv0【答案】ACD【解析】【详解】A．木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后速度等大反向，如果，合动量方向向左，则木板只与墙壁碰撞一次，最后二者以速度v向左做匀速直线运动，取向左为正，根据动量守恒定律可得解得整个运动过程中摩擦生热的大小为故A正确；B．如果M=m，木板与墙壁碰撞后，二者的合动量为零，最后木板静止时木块也静止，木板只与墙壁碰撞一次，根据能量关系可得解得木块相对木板的位移大小为；故B错误；C．如果，木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后速度等大反向，碰撞后二者的合动量方向向右，第一次共速后的速度为v1，取向右为正，根据动量守恒定律可得解得-22-,所以共速前木板没有与墙壁碰撞，二者以共同速度v1匀速运动，木板第二次与墙壁碰撞时的速度为v1；同理可得，木板与墙壁第二次碰撞后达到共速的速度为木板第3次与墙壁碰撞时的速度为以此类推，木板第100次与墙壁碰撞的速度为故C正确；D．如果M=0.5m，木板最终停在墙的边缘，全过程根据动量定理可得，在整个过程中墙对木板的冲量大小为故D正确；故选ACD。三、实验题：本大题共2小题，每空2分，共14分。15.某同学在气垫导轨上设计了一个“验证动量守恒定律”的实验：小车A拖着一条纸带且其前端粘有橡皮泥，打点计时器使用的电源频率为50Hz，推动小车A使之与原来静止的滑块B发生碰撞，并粘合成一体，继续运动。他设计的具体装置如图所示。(1)若已得到打点纸带如图，并测得各计数点间距，则应该选择________填“AB”“BC”“CD”“DE”或“EF”段来计算小车A碰前的速度。已测得小车A的质量，滑块B的质量-22-,，由以上测量结果可得系统碰前________；系统碰后________。结果均保留三位有效数字【答案】(1).(2).(3).【解析】【详解】（1）[1]小车A与滑块B碰撞后速度减小，在相等时间内做匀速运动的位移变小，由图所示纸带可知，BC、DE间点迹均匀，物体做匀速运动，且BC间点迹间的距离大于DE间点迹间的距离，因此应选择BC段计算小车A碰撞前的速度，选择DE段计算小车与滑块碰撞后AB的共同速度。（2）[2]电源频率，由图所示纸带可知，计数点间的时间间隔碰撞前小车A速度系统碰前。[3]碰撞后A、B共同运动的速度系统碰后。16.用如图1所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，所用电源的频率为50Hz，计数点间的距离如图2所示。已知m1＝50g、m2＝150g，则：（结果均保留两位有效数字）-22-,(1)在纸带上打下计数点5时的速度v5＝______m/s；(2)在打下第0点到打下第5点的过程中系统动能的增量ΔEk＝____J，系统重力势能的减少量ΔEp＝______J；（取当地的重力加速度g＝10m/s2）(3)若某同学作出v2－h图象如图3所示，则当地的重力加速度g＝________m/s2。【答案】(1).2.4(2).0.58(3).0.60(4).9.7【解析】【分析】本题考查验证机械能守恒定律的实验，由实验数据算出某一过程系统动能的增加量，和这一过程重力势能的减少量，再结合数据及公式进行分析。【详解】(1)[1]-22-,根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为(2)[2]物体的初速度为零，所以系统动能的增加量为[3]重力势能的减小量等于物体重力做功，故系统重力势能减少量为(3)[4]本题中根据机械能守恒可知即有所以作出的图象中，斜率表示重力加速度，由图可知斜率故当地的实际重力加速度四、计算题：本大题共2小题，共32分。17.如图所示，平面直角坐标系xoy在竖直平面内，第三象限内有水平向左的匀强电场，第四象限内y轴与x=2R虚线之间有竖直向下的匀强电场，两电场的电场强度大小均为E，x=3R处有一竖直固定的光屏。现在第三象限内固定一个半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，圆弧圆心在坐标原点O，A端点在x轴上，B端点在y轴上。一个带电小球从A点上方高2R处的P点由静止释放，小球从A点进入圆弧轨道运动，从B点离开时速度的大小为2，重力加速度为g，求：(1)小球的电荷量及其电性；(2)小球最终打在荧光屏上的位置距x轴的距离。-22-,【答案】（1）小球带正电且带电量大小为；（2）3.125R【解析】【详解】（1）设小球带正电且带电量大小为q，小球从P点运动到B点的过程，根据动能定理有解得则假设成立，即小球带正电，且带电量大小为。（2）由于电场力方向向下，且有qE=mg小球从B点以的速度进入第四象限内的电场做类平抛运动，加速度在电场中运动的时间下落的高度出电场时竖直方向的分速度出电场后至打在光屏上运动的时间-22-,出电场后至打到光屏上在竖直方向运动的距离因此小球打在荧光屏上的位置距x轴的距离18.质量M=2kg的小车静止在光滑地面上，小车的左端紧靠竖直台阶，台阶的上表面与小车上表面等高，台阶的上表面光滑，右侧台阶与左侧等高，B点固定一个半径为R=0.2m的竖直光滑圆轨道．质量为m1=2kg的小滑块P以初速度vo=4m/s向右运动并与静止在小车左端、质量也为m2=2kg小物块Q发生弹性碰撞，碰后小物块Q和小车一起向右滑动，且小车与右侧台阶相撞前恰好不滑离小车，小车与台阶碰后速度立即减为零．已知P、Q均可看作质点，B点左侧水平面光滑右侧水平面粗糙，若小物块速度足够大则能从B点向右滑上圆轨道经一个圆周再从B点向右滑离轨道．小物块Q与小车上表面及B点右侧水平面间的动摩擦因数均为=0.5,重力加速度为g=10m/s2,A点为右侧台阶的左端点．求：(1)碰后小物块Q的初速度；(2)小车的长度及左右台阶间的距离；(3)小物块Q冲上光滑圆轨道后能否做完整的圆周运动，若能，请计算出小物块停止运动时距B点的距离；若不能，请求出小物块相对于小车静止时距A点的距离．【答案】(1)4m/s；方向水平向右(2)0.8m；1.2m(3)不能0.3m【解析】(1)小物块P、Q发生弹性碰撞，碰后速度分别为vP、vQ由动量守恒知联立vP=0，vQ=4m/s方向水平向右(2)小物块Q在小车的上表面滑动的过程中，因受滑动摩擦力的作用，小物块作减速运动，小车做加速运动-22-,则相对运动过程中系统的能量守恒，联立解得：，L=0.8m小车向右滑行的加速度为小车向右运动的距离为左右台阶间的距离为(3)设小物块不能滑到与圆轨道的圆心等高处，则有上升高度为由于h=R，得小物块滑离轨道后以v=2m/s速度滑上小车，设在小车上滑行s距离时与小车速度相同，由动量守恒和能量守恒得得，此过程中小车向左运动得最大距离此时小物块相对于A点的距离为-22-