《北京市海淀区2020届高三下学期6月二模反馈物理试题 Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京市海淀区2020届高三下学期6月二模反馈物理试题 Word版含解析（34页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、海淀区高三物理二模反馈题1.如图所示为小明在玩蹦床情景，其中A位置表示床面未受压力时的平衡位置，B位置是他从最高点直立下落的过程中脚压床面所到达的最低位置。若床面始终在弹性限度内，空气阻力及床面的质量均可忽略不计，将小明看成质点，对于他从最高点下落到最低点的过程，下列说法中正确的是（）A. 床面从A位置下降到B位置的过程中，小明的速度不断变小B. 床面在B位置时，小明所受合外力一定大于他所受的重力C. 床面从A位置下降到B位置的过程中，小明先处于失重状态后处于超重状态D. 小明从最高点运动到A位置的过程中重力对他所做的功，与他将床面压至B位置的过程中床面对他所做的功的绝对值一定相等E. 小明从
2、最高点运动到将床面压至B位置的过程中，重力对他做的功与床面弹力对他做的功的绝对值相等F. 小明从最高点运动到将床面压至B位置的过程中，床面和小明（包含地球）所组成的系统机械能守恒【答案】BCEF【解析】【详解】A刚接触床面时，弹力小于重力，合力向下，继续向下加速，故A错误；B床面在位置时，小明的加速度为，如果小明从位置静止向下运动，由简谐振动的对称性可知最低点的加速度也为，而此时由高处下落的最低点的位置比原位置更低，因此加速度更大，大于，因此合外力大于重力；故B正确；C小明接触床面前处于失重状态，即床面在A位置；小明刚接触床面到弹力与重力大小相等之前，弹力小于重力，合力向下，仍然处于失重状态；
3、床面继续下降，弹力大于重力，合力向上，小明处于超重状态，故C正确；DE小明从最高点至B位置，根据动能定理WG+W弹=00即WG=W弹可知全程重力对他做的功与床面弹力对他做的功的绝对值相等，故D错误，E正确；F小明从最高点运动到将床面压至B位置的过程中，床面和小明（包含地球）所组成的系统不受除重力外的外力，故系统机械能守恒，故F正确。故选BCEF。2. 一物体从某一高度自由落下落在竖立于地面的轻弹簧上，如图所示，在点物体开始与轻弹簧接触，到点时，物体速度为零，然后被弹簧弹回，下列说法正确的是( )A. 物体从下降到的过程中动能不断变小B. 物体从上升到的过程中动能不断变大C. 物体从下降到以及从
4、上升到的过程中速率都是先增大后减小D. 物体在点时所受合力为零【答案】C【解析】物体从A点下降到B的过程中，开始重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，物体做加速运动，由于弹力在增大，则加速度在减小，当重力等于弹力时，速度达到最大，然后在运动的过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，运动的过程中弹力增大，加速度增大，到达最低点，速度为零故速度先增大后减小，则动能先增大，后减小；同理，在从B上升到A的过程中，开始时弹簧的弹力大于重力，加速度向上，物体向上运动，由于弹力减小，则加速度减小，但速度继续增大；弹力与重力相等时速度达最大，此后由于弹
5、力小于重力，物体的速度开始减小，故速率先增大后减小，动能先增大，后减小，故C正确点睛：解决本题的关键知道加速度方向与合力方向相同，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动3.一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中若把在空中下落的过程称为过程I，进入泥潭直到停住的过程称为过程II，空气阻力忽略不计则（ ）A. 过程I中钢珠动量的改变量等于重力的冲量B. 过程中阻力的冲量的大小等于过程I中重力冲量的大小C. 过程II中钢珠克服阻力所做的功等于过程I与过程II中钢珠所减少的总重力势能D. 过程II中损失的机械能等于过程I中钢珠所增加的动能【答案
6、】AC【解析】【详解】过程中钢珠只受到重力，根据动量定理分析得知，钢珠动量改变量等于重力的冲量故A正确对全过程分析，根据动量定理可知，则阻力的冲量的大小等于过程和过程中重力冲量的大小总和故B错误对于整个过程：钢珠动能的变化量，根据动能定理得知，整个过程重力做功等于钢珠克服阻力做功，而整个重力做功等于整个过程中钢珠所减少的重力势能，所以过程中钢珠克服阻力所做的功等于过程与过程中钢珠所减少的重力势能之和故C正确根据功能关系分析得知，过程中损失的机械能等于过程中钢珠克服阻力做功，等于过程中钢珠所增加的动能和过程减小的重力势能故D错误故选AC【点睛】本题一要灵活选择研究的过程；二是运用动量定理研究冲量
7、，运用动能定理研究动能的改变量是常用的思路4.为了演示“感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化”的现象，老师做了这样的演示实验：如图所示，铝制水平横梁两端各固定一个铝环，其中环A是闭合的，环B是断开的，横梁可以绕中间的支点在水平面内转动。当装置静止不动时，用一磁铁的N极去接近A环，发现A环绕支点沿顺时针（俯视）方向转动。若不考虑由于空气流动对实验结果的影响，关于该实验，下列说法中正确的是（）A. 若其他条件相同，磁铁接近A环越快，A环中产生的感应电动势就越大B. 若其他条件相同，而将磁铁的N极接近B环，则横梁一定不转动C. 无论磁铁靠近A环或B环，相应环中都有焦耳热产生D. 若磁铁N
8、极靠近A环，沿磁铁运动方向观察，A环会有沿环逆时针方向的感应电流【答案】ABD【解析】【详解】A若其他条件相同，磁铁接近A环越快，则穿过A环的磁通量增加得越快，A环中产生的感应电动势就越大，故A正确；BC当磁铁的N极接近B环时，由于B环没有形成闭合回路，故只产生感应电动势，没有产生感应电流。所以B环一定不会转动，不会产生焦耳热。故B正确，C错误；D根据右手定则，可判断出A环产生的感应电流方向是逆时针方向。故D正确。故选ABD。5.一列简谐横波沿x轴传播，速度为1.0m/s，t=0时波形如图甲所示，此时质点a位于波峰，质点c位于波谷，质点b、d位于平衡位置。图乙是波上质点b的振动图象。下列说法中
9、正确的是（）A. 质点b与质点d的速度大小总是相等的，加速度大小也总是相等的B. 经t=4.0s质点a运动的路程16mC. 经t=4.0s质点a的振动沿x轴正方向传播4.0mD. 机械波传播一个周期，各质点就通过一个波长的路程E. 一观察者从x=0处出发沿着x轴向质点d运动，其观测到的该波的频率将大于0.25Hz【答案】AE【解析】【详解】A此时质点b与质点d相差半个波长距离，所以速度和加速度大小总是相等的，故A正确；B由乙图可知，简谐波的周期为T=4s振幅为A=4cm质点a运动的路程s=tT4A=16cm故B错误；C根据图乙b质点在t=0开始的振动图象可得振动方向向下，由波形的同侧法原理可知
10、波沿x轴负方向传播，故C错误；D波传播一个周期，波的振动形式通过一个波长的路程，而质点并不随波迁移，故D错误；E由周期和频率的关系可知，波的频率为f=1T=0.25Hz而观察者沿着x轴靠近波源运动时，由多普勒效应可知，观察者接收到的该波的频率将大于波源的实际频率0.25Hz，故E正确。故选AE。6.一货箱随竖直升降机运动的速度时间图象如图所示，取竖直向上为正方向，下列说法中正确的是（）A. 在t3时刻货箱运动到最高位置B. 在0t1时间内，货箱所受合力不断变大C. 在t5t7时间内，货箱处于失重状态D. 在t1t2时间内，货箱的机械能可能保持不变E. 在t2t3时间内，升降机对货箱做功的功率不
11、断变小【答案】AE【解析】【详解】A由vt图像可知，t1t3时间内货箱速度为正，向上运动；在t4t7时间内货箱速度为负，向下运动，则在t3时刻货箱运动到最高位置，故A正确；Bvt图像中的斜率等于物体的加速度，则在0t1时间内，图像中的斜率不变，即物体加速度不变，根据牛顿第二定律，货箱的合外力不变，故B错误；C在t5t6时间内，图像斜率为零，货箱的加速度为零，根据牛顿第二定律，货箱的合外力为零；在t6t7时间内，图像斜率为正，货箱的加速度方向向上，根据牛顿第二定律，货箱的合外力方向向上，物体处于超重状态，故C错误；D在t1t2时间内，货箱的速度不变，即动能不变；速度为正，向上运动，重力势能增加，
12、货箱的机械能增加，故D错误；E升降机对货箱做功的功率P=Wt=Fxt=Fv在t2t3时间内，图像中的斜率不变，即物体加速度不变，根据牛顿第二定律，货箱的合外力不变，由于速度减小，所以升降机对货箱做功的功率不断变小，故E正确。故选AE。7.若货物随升降机沿竖直方向运动的v-t图象如图所示，取竖直向上为正方向，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是（）、A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】根据速度时间图线可知，货物先向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得mg-F=ma解得F=mg-mamgt1-t2时间内做匀速直线运动F=mgt2-t3时间内向下做匀减速直线运动，根据牛
13、顿第二定律得F-mg=ma解得F=mg+mamgt3-t4时间内向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得F-mg=ma解得F=mg+mamg根据图象可知t3-t4时间内和t2-t3时间内的加速度相同，所以这两段时间的F相同，t4-t5时间内做匀速直线运动F=mgt5-t6时间内向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得mg-F=ma解得F=mg-mamg故B正确，ACD错误。故选B。8.某小组用如图甲所示的可拆变压器探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系，在实验时组装的变压器如图乙所示。在铁芯上的原、副线圈接入匝数分别为n1=800匝和n2=200匝，原线圈两端与正弦式交流电源相连，用交
14、流电压表测得原、副线圈两端的电压分别为10V和0.8V。在其他条件保持不变的情况下，下列措施中能使副线圈两端的电压高于0.8V的是（）A. 增加副线圈的匝数B. 增加原线圈的匝数C. 将副线圈两端接上用电器D. 将铁芯B安装在铁芯A上【答案】AD【解析】【详解】根据U1U2=n1n2可知副线圈输出电压U2=2.5V0.8V即测出来的结果偏低，这是由于该同学实验中没有将铁芯B安装在铁芯A上，有漏磁现象，存在电能损失，导致变压器的输出电压变低。在不装铁芯B的情况下，增加副线圈的匝数，输出电压也会变大。故BC错误，AD正确。故选AD。9.某小组用如图甲所示的可拆变压器探究变压器原、副线圈两端的电压与
15、匝数之间的关系，在实验时忘记把图甲中的变压器铁芯B组装到变压器铁芯A上，组装后的变压器如图乙所示。在铁芯上的原、副线圈接入匝数分别为n1=800匝和n2=200匝，原线圈两端与正弦式交流电源相连，电源两端的输出电压u=122sin314t（V），则与副线圈两端连接的交流电压表的示数可能是（）A. 0.6VB. 3VC. 32VD. 12V【答案】A【解析】【详解】由题可知电源两端的输出电压u=122sin314t（V）则输入电压的有效值U1=Um2=1222V=12V根据U1U2=n1n2可得U2=n2n1U1=20080012V=3V由于该同学实验中没有将铁芯B安装在铁芯A上，有漏磁现象，存在电能损失，导致变压器的输出电压低于理论计算值。故BCD错误，A正确。故选A。10.2018年12月8日2时23分，我国成功发射“嫦娥四号”探测器。“嫦娥四号”探测器经历绕地飞行、地月转
