2020年重庆八中高考物理全真模拟试卷 (含答案解析)

2020年重庆八中高考物理全真模拟试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

x，y轴上P 1.如图所示，xOy直角坐标系在竖直平面内，x轴水平，坐标系内的直线力程为y=1

2点的坐标为(0,4)，从P点以v0=2m/s的初速度沿x轴正方向抛出一小球，小球仅在重力作用下运动。已知重力加速度g取10m/s2，则小球运动轨迹与图中直线交点的纵坐标值为()

A. 0.6

B. 0.8

C. 1

D. 1.2

2.如图是分别对两种金属甲和乙用不同频率的光照射发生光电效应时，光

电子的最大初动能与入射光频率间的函数图象，下列判断正确的是()

A. 利用图象纵轴截距可以求出金属材料的逸出功

B. 利用图象横轴截距可以求出普朗克常量

C. 图象纵轴截距与入射光强度有关

D. 利用图象斜率可以求出极限频率

3.一物体做匀加速直线运动，从某位置开始通过传感器收集位移和速

度等数据信息，然后输入计算机自动生成了物体运动的x—v，图

像，如图所示，以下说法正确的是()

A. 物体运动的初速度为1m/s

B. 物体运动的加速度为2m/s2

C. 物体速度由2m/s增加到4m/s的过程中，物体的位移大小为1m

D. 物体速度由2m/s增加到4m/s的过程中，物体的运动时间为2s

4.飞机在一定高度水平飞行时，由于地磁场的存在，其机翼就会切割磁感线，两机翼的两端点之

间会有一定的电势差．若飞机在北半球水平飞行，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，则从飞行员的角度看()

A. 机翼左端的电势比右端的电势低

B. 机翼左端的电势比右端的电势高

C. 机翼左端的电势与右端的电势相等

D. 以上情况都有可能

5.如图甲所示为某实验小组验证动量守恒定律的实验装置，他们将光滑的长木板固定在桌面上，a、

b两小车放在木板上并在小车上安装好位移传感器的发射器，且在两车相对面上涂上黏性物质．现同时给两车一定的初速度，使a、b沿水平面上同一条直线运动，发生碰撞后两车粘在一起；两车的位置x随时间t变化的图象如图乙所示．a、b两车质量(含发射器)分别为1kg和8kg，则下列说法正确的是()

A. 两车碰撞前总动量大于碰撞后总动量

B. 碰撞过程中a车损失的动能是14

C. 碰撞后两车的总动能比碰前的总动能小

D. 两车碰撞过程为弹性碰撞

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6.“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星

补充能源，延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是()

A. “轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍

B. “轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的√5倍

C. 站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动

D. “轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救

7.如图所示，PQ、MN是一个圆的两条相互垂直的直径，该圆处于匀强电场中，

电场强度方向平行该圆所在平面，在圆周所在的平面内将一个带正电的粒子

从P点以相同的速率沿不同方向射向圆形区域，粒子将经过圆周上的不同点，

其中经过M和Q点时粒子的动能相等，若不计粒子所受的重力和空气阻力，

下列说法正确的是()

A. P、N两点的电势相等

B. P、M两点的电势不相等

C. 电场强度方向由M指向Q

D. 电场强度方向与MQ连线垂直

8.如图是磁流体发电机的装置，a、b组成一对平行电极，两板间距为d，板平面的面积为S，内

有磁感应强度为B的匀强磁场。现持续将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，而整体呈中性)，垂直磁场喷入，每个离子的速度为v，负载电阻阻值为R，当发电机稳定发电时，负载中电流为I，则()

A. a板电势比b板电势低

B. 磁流体发电机的电动势E=Bdv

C. 负载电阻两端的电压大小为Bdv

D. 两板间等离子体的电阻率?ρ=(Bdv?IR)S

9.下列说法中正确的是

A. 雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力

B. 夏天荷叶上小水珠呈球状是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故

C. 喷泉喷到空中的水形成一个个球形小水球是表面张力的结果

D. 晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征

10.一束光从空气射向折射率n=√2的某种玻璃的表面，如图i代表入射角，

则()

A. 当i>45°时会发生全反射现象

B. 无论入射角i是多大，折射角r都不会超过45°

C. 欲使折射角r=30°，应以i=45°的角度入射

D. 当入射角i=arctan√2时，反射光线跟折射光线恰好互相垂直

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.小王同学做“探究加速度与力、质量关系”的实验。

(1)采用电火花打点计时器时，应接下面的哪一个电源？

(2)下列有关本实验的说法中，正确的有；

A.本实验采用了控制变量法

B.只需要测量小车的质量，不需要测其他物体质量

C.平衡小车的阻力时，应将纸带和小桶都连上

D.应调整轨道末端的定滑轮，使得连接小车的细线始终与轨道平行

(3)如图为做加速度与力关系实验时打出的一条纸带的一部分，图中各点为实际打的点，“0、1、

2”三点为计数点。打计数点“1”时小车的速度大小为m/s，小车的加速度大小

为m/s2。(结果均保留两位有效数字)。

12.在测定电源电动势(其值不超过5V)和内阻的实验中，用电压传感器测量路端电压、电流传感器

测量总电流，如图a所示．

(1)滑动变阻器处于最大电阻时闭合开关，滑片移动到靠近中部的某位置过程中，电压传感器读

数仅在2.73V?2.86V内小幅变动，由此现象可判断______

A.电动势为2.86V

B.滑动变阻器最大阻值比电源内阻大很多倍

C.电流传感器读数变化量一定也很小

D.若滑片继续移动减小电阻，变化幅度仍不会超过1V

(2)某同学尝试用图b所示的电路进行实验，分别用两个传感器测量了U与I关系，得到的图象

如图c所示，由此可求得的电源电动势E=______ V，内阻r=______Ω.

四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）

13.如图所示的电路，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=3Ω，R2=6Ω，电容器的电容C=

3.6μF，二极管D具有单向导电性，开始时，开关S1闭合，S2断开．

(1)合上S2，待电路稳定以后，求电容器上电量变化了多少？

(2)合上S2，待电路稳定后再断开S1，求断开S1后流过R1的电量是多少？

14.质量m=1kg的小物块以初速度v0=4m/s从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。O

点为圆弧的圆心，θ=60°，轨道半径R=0.8m，圆弧轨道与水平地面上长为L=2.4m的粗糙直轨道CD平滑连接。小物块沿轨道BCD运动并与右侧的竖直墙壁发生碰撞，且能原速返回(g= 10m/s2，空气阻力不计)。求：

(1)小物块第一次经过最低点C时，圆弧轨道对物块的支持力F N；

(2)若小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ=0.4，则小物块最终停在何处？

15.在如图所示的p?V图中，一定质量的理想气体由状态A经过程Ⅰ变至状态B时，从外界吸收热

量420J，同时膨胀对外做功300J.当气体从状态B经过程Ⅱ回到状态A时，外界压缩气体做功200J.请问：在这个过程中，气体是吸收热量还是放出的热量？这个热量变化为多少？

16.波源S的振动图线如图甲所示，由此产生的简谐波向右传播，已知波上两点S、P相距1.5m，如

图乙所示，波速v=6m/s，求：

(i)作出t=0.25s时S、P间的波形图，

(ii)由t=0到t=0.5s内，P点运动路程为多少？

-------- 答案与解析 --------1.答案：B

解析：解：小球做平抛运动，其到达某一点的竖直位移为?=12gt2=12g(x v

0)2=5

x2，

则下降到某一位置的纵坐标为y=4??

当与直线相交时，则有x=2y，联立解得y=0.8m，故ACD错误，B正确；

故选：B。

根据平抛运动的规律写出小球做平抛运动的轨迹方程，当与直线相交时，则纵横轴坐标相等，解方程组即可；

解决该题的关键是能找到相交的点上，物体做平抛运动轨迹的纵坐标的表达式，熟记平抛运动的相关公式；

2.答案：A

解析：解：A、根据光电效应方程E km=?ν?W0=?ν??ν0知，纵轴截距对应ν=0的时候，此时纵截距就是逸出功的相反数，所以可求出金属材料的逸出功。故A正确；

BD、根据光电效应方程E km=?ν?W0=?ν??ν0知，图线的斜率表示普朗克常量，根据图线斜率可得出普朗克常量，横轴截距表示最大初动能为零时的入射光频率，此时的频率等于金属的极限频率。故BD错误。

C、纵截距对应ν=0的时候，此时纵截距就是逸出功的相反数，根据W0=?ν0可求出，与入射光强度无关，故C错误。

故选：A。

根据光电效应方程E km=?ν?W0=?ν??ν0得出最大初动能与入射光频率的关系，通过图线的斜率和截距去求解。

解决本题的关键掌握光电效应方程E km=?ν?W0=?ν??ν0，知道逸出功与极限频率的关系，注意掌握横、纵截距的含义。

3.答案：B

解析：

【分析】

物体做匀加速直线运动，x与v的关系遵守公式v2?v02=2ax，结合图象的信息分析。

解决本题的关键要掌握运动学速度位移关系公式v2?v02=2ax，根据图象的信息进行解答，要能灵活选择运动学公式。

【解答】

AB、物体做匀加速直线运动，则有：v2?v02=2ax。

由图可知，当v=0时，x=?1m，代入上式得：?v02=?2a。

当x=0时，v=2m/s，代入上式得：4?v02=0，解得：v0=2m/s，a=2m/s2.故A错误，B正确。

C、物体速度由2m/s增加到4m/s的过程中，物体的位移大小为：x=v22?v12

2a =42?22

2×2

m=3m，故C

错误。

D、物体速度由2m/s增加到4m/s的过程中，运动时间为：t=v2?v1

a =4?2

s=1s，故D错误。

故选：B。

4.答案：B

解析：解：当飞机在北半球水平飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，则由右手定则可判定机翼左端的电势比右端的电势高。若构成闭合电路则电流方向由机翼的右端流向左端，而机翼切割磁感线相当于电源，所以电源内部电流由负极流向正极。

故选：B。

由于地磁场的存在，当飞机在北半球水平飞行时，两机翼的两端点之间会有一定的电势差，相当于金属棒在切割磁感线一样．从飞行员角度看，磁场向下则由右手定则可判定机翼左端的电势比右端的电势高．

机翼的运动，类似于金属棒在磁场中切割磁感线一样会产生电动势，而电源内部的电流方向则是由负极流向正极的．

5.答案：C

解析：根据x?t图象表示速度，分别求出碰撞前后两车的速度，再分析两车碰撞前后总动量关系。根据能量守恒定律求碰撞过程中损失的动能，从而确定出碰撞的类型。

解决本题的关键要掌握碰撞的基本动量守恒，要知道碰撞过程中机械能不守恒的碰撞是非弹性碰撞。碰撞过程中机械能守恒的碰撞是弹性碰撞。

解：

A、设a、b两车碰撞前的速度大小为v1、v2，碰后的速度大小为v3，根据x?t图象表示速度，结合题图乙得v1=2m/s，v2=1m/s，v3=2

m/s，以向右为正方向，碰前总动量p1=?m a v1+m b v2= 6kg?m/s，碰后总动量p2=(m a+m b)v3=6kg?m/s，则两车碰撞前总动量等于碰撞后总动量，故A错误；

B、碰撞前a车动能为E k=1

2m a v12=1

×1×22J=2J，碰撞后a车动能为E k′=1

m a v32=

1 2×1×(2

)2J=2

J，所以碰撞过程中a车损失的动能是△E k=E k?E k′=16

J，故B错误；