天津市七校2020届高三上学期期中考试联考物理试题（静海一中、宝坻一中、杨村一中等） Word版含解析

天津市七校2020届高三上学期期中考试联考物理试题（静海一中、宝坻一中、杨村一中等） Word版含解析

‎2019～2020学年度第一学期期中七校联考 高三物理 一、选择题（本题共10小题，每题5分，共50分，前6题为单选，后4题为多选）‎ ‎1.下列说法正确的是 A. 只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数 B. 悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显 C. 温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，所有分子的速率都增大 D. 根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设水的摩尔质量为M，水分子的质量为m，则阿伏加德罗常数 从而可计算出阿伏加德罗常数，故A正确．‎ B．悬浮微粒越小，在某一瞬间撞击它液体分子数越少，微粒受力越不平衡，则布朗运动越明显，故B错误．‎ C．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，大部分分子的速率增大，极个别分子速率有可能不变，也有可能减小，故C错误；‎ D．电冰箱致冷时通过消耗电能把热量从低温物体传到高温物体，并不违背热力学第二定律，故D错误．‎ ‎2.为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，如图所示是动力车整个刹车过程中位移与速度平方之间的关系图象，下列说法正确的是 A. 动力车的初速度为‎40 m/s B. 刹车过程动力车的加速度大小为‎5 m/s2‎ C. 刹车过程持续的时间为10s - 17 -‎ D. 从开始刹车时计时，经过6s，动力车的位移为‎30m ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查匀变速直线运动规律，结合x-v2运用运动学公式分析计算可得．‎ ‎【详解】A．分析图象可知当位移为零时，‎ 可知动力车的初速度为‎20 m/s B．设刹车过程动力车的加速度大小为a，由运动学公式 刹车过程动力车的加速度大小为‎5 m/s2，故B正确．‎ C．刹车过程持续的时间为 故C错误．‎ D．从开始刹车时计时，经过4s，动力车停止，前6s的位移等于前4s的位移，分析图象可知等于‎40m，故D错误．‎ ‎3.‎2019年1月15日，嫦娥四号生物科普试验载荷项目团队发布消息称停留在月球上的“嫦娥四号”探测器上的一颗棉花种子已经发芽，这是人类首次在月球上进行生物生长实验．如图所示，“嫦娥四号”先在环月圆轨道Ⅰ上运动，接着在Ⅰ上的A点实施变轨进入近月的椭圆轨道Ⅱ，再由近月点B实施近月制动，最后成功登陆月球，下列说法正确的是(　　)‎ A. “嫦娥四号”绕轨道Ⅱ运行的周期大于绕轨道Ⅰ运行的周期 B. “嫦娥四号”沿轨道Ⅰ运动至A时，需制动减速才能进入轨道Ⅱ C. “嫦娥四号”沿轨道Ⅱ运行时，在A点的加速度大小大于在B点的加速度大小 - 17 -‎ D. “嫦娥四号”在轨道Ⅱ上由A点运行到B点的过程，速度逐渐减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅰ的半径，根据开普勒第三定律可知“嫦娥四号”沿轨道Ⅱ运行的周期小于沿轨道Ⅰ运行的周期.故选项A不符合题意.‎ B.在轨道Ⅰ上从A点开始变轨进入轨道Ⅱ，可知“嫦娥四号”做向心运动，在A点应该制动减速.故选项B符合题意 C.在轨道Ⅱ上运动时，“嫦娥四号”在A点时的万有引力比在B点时的小，故在A点的加速度小于在B点的加速度.故选项C不符合题意.‎ D.根据开普勒第二定律可知，“嫦娥四号”在轨道Ⅱ上由A点运行到B点的过程中，速度逐渐增大.故选项D不符合题意.‎ ‎4.一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为‎12m的竖直立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，下滑的总时间为3s，那么该消防队员 A. 下滑过程中的最大速度为‎4 m/s B. 加速与减速运动过程中平均速度之比为2∶1‎ C. 加速与减速运动过程的时间之比为1∶2‎ D. 加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查匀变速直线运动规律，根据运动学公式计算可得．‎ ‎【详解】A．设下滑过程中的最大速度为v，由位移公式 可得 ‎ ‎ 故A错误．‎ B．加速与减速运动过程中平均速度之比都为 ，平均速度之比为1∶1，故B错误．‎ C．由 可知加速度度大小和时间成反比，加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2‎ - 17 -‎ 倍，所以加速与减速运动过程的时间之比为1∶2，故C正确．‎ D．加速与减速运动过程平均速度度大小相等，位移大小之比等于时间之比为1∶2，故D错误．‎ ‎【点睛】消防队员先从静止匀加速运动，再做匀减速运动速度减为零，两个阶段平均速度大小相等，位移之比等于时间之比，加速度大小之比等于时间的反比．‎ ‎5.如右图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点．竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点．则 A. a球最先到达M点 B. b球最后到达M点 C. c球最后到达M点 D. b球和c球都可能最先到达M点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查牛顿第二定律、匀变速直线运动综合应用，据此列式计算可得．‎ ‎【详解】设圆轨道半径为R，a小球做匀加速直线运动，加速度设为 a1=gsin45°= ，‎ 设时间为t1，由运动学分式可得 联立可得 t1=‎ 同理可求得B的加速度大小 ‎ ，‎ 设滑到低端时间为t2，由运动学公式可求得 - 17 -‎ ‎ ‎ 联立可得:‎ t2=‎ C球做自由落体运动，设运动时间为t3，由运动学公式 可得 比较以上数据可知C最先落到M点，A次之，B最后落在M点．‎ ‎【点睛】方法一：ABC三个物体都做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可求出加速度，三个物体运动的位移都用圆轨道的半径表示，根据运动学公式求出各自的时间进行比较可得．方法二：根据“等势圆”模型，可直接判断tc< ta < tb ‎6.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动（图上未画出），金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（ ）‎ A. 金属块B受到桌面的静摩擦力变大 B. 金属块B受到桌面的支持力减小 C. 细线的张力变大 D. 小球A运动的角速度减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设A、B质量分别为m、M，A做匀速圆周运动的向心加速度为a - 17 -‎ ‎，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究B受到的静摩擦力 对A有 计算得出，小球A改到一个更低一些的水平面上，则θ变小，a减小，则静摩擦力大小变小，故A错误；‎ B．以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于，故B错误；‎ C．细线的拉力 θ变小，T变小，故C错误；‎ D．设细线长为l，则 所以有 θ变小，ω变小，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎7.一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为P1、V1、T1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为P2、V2、T2，下列关系正确的是 A. P1＝P2，V1＝2V2，T1＝2T2‎ B. P1＝P2，V1＝V2，T1=2T2‎ C. P1＝2P2，V1＝2V2，T1＝2T2‎ D. T1=T2 ，P1＝2P2，‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 17 -‎ 由题意可知考查理想气体状态方程的应用，根据理想气体状态方程计算可得．‎ ‎【详解】由理想气体状态方程 可知，当p1＝p2，体积和热力学温度成反比，V1＝2V2，T1＝2T2‎ 故A正确；‎ B．由A分析可知当p1＝p2，V1＝V2，T1=T2，故B错误．‎ C．由理想气体状态方程 可知，当p1＝2p2，V1＝2V2，T1＝4T2，故C错误．‎ D．由理想气体状态方程 可知，当T1=T2 ，p1＝2p2，，故D正确．‎ ‎【点睛】一定质量的理想气体满足理想气体状态方程，根据公式计算可得．‎ ‎8.如图所示，A是静止在赤道上的物体，随地球自转而做匀速圆周运动；B、C是同一平面内两颗人造卫星，B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星．已知第一宇宙速度为υ，物体A和卫星B、C的线速度大小分别为、、，周期大小分别为TA、TB、TC，则下列关系正确的是（　　）‎ A. B. ＜＜＜‎ C. ＝ ＞ D. ＜＜‎ - 17 -‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωA=ωC，根据v=rω，C的线速度大于A的线速度．根据得B的线速度大于C的线速度，故A错误，B正确；‎ CD．卫星C为同步卫星，所以TA=TC，根据得C的周期大于B的周期，故C正确，D错误．‎ ‎【点睛】地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比较线速度的大小和向心加速度的大小，根据万有引力提供向心力比较B、C的线速度、角速度、周期和向心加速度大小．‎ ‎9.如图所示为甲、乙两质点做直线运动时，通过打点计时器记录的两条纸带，两纸带上各计数点间的时间间隔都相同．关于两质点的运动情况的描述，正确的是 A. 两质点在t0～t4时间内的平均速度大小相等 B. 两质点速度相等的时刻在t3～t4之间 C. 两质点在t2时刻的速度大小相等 D. 两质点不一定是从同一地点出发的，但在t0时刻甲的速度为0‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查匀速、匀变速直线运动的特点，根据匀变速直线运动规律分析可得．‎ ‎【详解】A 两质点在t0～t4时间内的位移相等，平均速度大小相等，故A正确；‎ BC．甲做匀加速直线运动，t2时刻t0～t4时间内中点，其瞬时速度等于平均速度度，乙做匀速直线运动，t2时刻瞬时速度等于t0～t4时间内的平均速度，所以两质点在t2时刻的速度大小相等．故B错误，C正确． ‎ D．两质点不一定是从同一地点出发的，分析数据可知甲在t1前、t2前、t3前、t4 前位移之比为1：4：9：16，说明甲是从静止开始运动的，在t0时刻甲的速度为0，故D正确．‎ - 17 -‎ ‎【点睛】物体做匀加速直线运动时，某段时间内的平均速度等于该段时间中点的瞬时速度，要熟初速度为零的匀加速度直线运动等分时间总的位移之比为1：4：9……，等分位移总时间之比为1： ： ：……‎ ‎10.“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳．如图所示，质量为m的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°（已知重力加速度为g），则 A. 每根橡皮绳的拉力为mg B. 若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小 C. 若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a＝g D. 若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根非弹性绳，则小明左侧非弹性绳在腰间断裂时，小明的加速度a＝‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查力的平衡问题，牛顿第二定律瞬时性，根据弹性绳、非弹性绳的特点结合牛顿第二定律分析计算可得．‎ ‎【详解】两根橡皮绳止的拉力大小相等，设每根橡皮绳的拉力为F，则 ‎2Fcos30°=mg，‎ 则:‎ F=‎ 故A错误；‎ B. 当合力一定时，两分力夹角越小，分力越小，所以将悬点间距离变小，每根橡皮绳所受拉力将变小，故B正确；‎ C. 弹性绳上的弹力不会突变，小明左侧橡皮绳在腰间断裂，左侧绳子拉力该瞬间不变，重力不变，则小明此时所受的合力与原来左侧橡皮绳拉力等大反向，加速度 - 17 -‎ ‎ ，‎ 故C错误；‎ D. 若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根非弹性绳，则小明左侧非弹性绳在腰间断裂时，‎ 左侧绳子拉力瞬间变为零，右侧绳子的垃力发生突变，将重力沿绳垂直绳分解，沿绳方向该瞬间合力为零，垂直绳子方向合力为mgsin30°，由牛顿第二定律可知 可得小明的加速度:‎ a＝‎ 故D正确．‎ ‎【点睛】当合力一定时，两分力夹角越小（越大），分力越小（越大），弹性绳子上的拉力不能突变，非弹性绳子上的拉力能突变．‎ 二、填空题（本题2小题，每空2分，共12分 ）‎ ‎11.在“验证力的平行四边形定则”的实验中，有下列实验步骤：‎ ‎ ‎ a．在桌上放一块方木板，在方木板上垫一张白纸，把橡皮条的一端固定在板上的A点．‎ b．只用一只弹簧秤，通过细绳把橡皮条的结点拉到同一位置O，记下弹簧秤的示数和细绳的方向，按同样一比例做出力的图示．‎ c．改变两个分力的大小和夹角，再做两次实验．‎ d．记下两只弹簧秤的示数，及结点的位置，描下两条细绳的方向，在纸上按比例做出力和的图示，用平行四边形定则求出合力F．‎ e．比较力与，可以看出，它们在实验误差范围内是相等的．‎ f - 17 -‎ ‎．把两条细绳系在橡皮条的另一端，通过细绳用两个弹簧测力计互成角度拉橡皮条，橡皮条伸长，使结点到达某一位置O．‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）上述步骤中，正确的顺序是______（填写步骤前面的字母）．‎ ‎（2）下列哪些措施能减小实验误差______．‎ A．两条细绳必须等长 B．弹簧秤、细绳．橡皮条都应与木板平面平行 C．拉橡皮条的细绳要稍长一些，标记同一条细绳的方向时两标记点要适当远一些 D．实验前先把实验所用两只弹簧测力计的钩子相互钩住平放在桌面上，向相反方向拉动，检查示数是否相同，若不同．则进行调节使之相同．‎ ‎【答案】 (1). afdbec (2). BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）实验步骤本着先安装设备（或者实验器材），然后进行测量的思路进行设计，同时注意操作的先后逻辑以及简单易行的原则，由此可知该实验步骤为：afdbec．‎ ‎（2）A、实验中，通过细绳来拉橡皮筋，两细绳长度不需要相同，故A错误；本实验是通过在白纸上作力的图示来验证平行四边定则，为了减小实验误差，弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，否则，作出的是拉力在纸面上的分力，误差较大，故B正确；弹簧秤标记同一细绳方向的两点要远些，作图时产生的角度误差会减小，故C正确；使用弹簧秤前，应先调节零刻度，将两弹簧测力计互相勾着水平拉伸，选择两只读数相同的使用使用时不超过量程，否则会造成较大误差，故D正确．故选BCD．‎ ‎【点睛】本实验的目的是验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，根据实验目的和原理，明确实验目的，以及实验所要测量的物理量，即可正确安排实验步骤，注意要符合逻辑先后顺序，同时便于操作，不能逻辑顺序颠倒 ‎12.在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系时，采用如图所示的实验装置，小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带上由打点计时器打出的点计算出：‎ ‎（1）当M与m的大小关系满足__________时，才可以认为细线对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力．‎ ‎（2‎ - 17 -‎ ‎）一组同学在保持盘及盘中的砝码质量一定的情况下，探究加速度与小车质量的关系，以下做法正确的是________．‎ A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细线绕过定滑轮系在小车上 B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力 C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源 D．小车运动的加速度可用天平测出m和M，直接用公式a＝求出　‎ ‎（3）在保持小车及车中的砝码质量M一定，探究加速度与所受合外力的关系时，由于平衡摩擦力时操作不当，两位同学得到的a－F关系分别如图中甲、乙所示（a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力）．‎ 其原因分别是：‎ 甲图：_________________________________；‎ 乙图：__________________________________‎ ‎【答案】 (1). m≪M (2). B (3). 木板的倾角过大 (4). 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．对盘及盘中砝码：‎ mg－F＝ma；‎ 对小车：‎ F＝Ma 联立可得：‎ a＝‎ F＝mg 只有当m≪M时，才可认为F≈mg.‎ ‎（2）[2]．平衡摩擦力时，先去掉盘、盘中砝码和细线，只让小车在重力沿斜面方向的分力作用下向左运动，当小车能匀速运动时，重力沿斜面方向的分力和摩擦力平衡，A不正确；调好后，当再次改变小车质量时，无需再平衡摩擦力，B - 17 -‎ 正确；实验时，要先接通打点计时器的电源，使打点计时器正常工作，再释放小车，C不正确；小车的加速度是通过处理纸带确定的，D不正确．‎ ‎（3）[1][2].由甲图可看出F＝0时，a≠0，说明木板的倾角过大，重力沿斜面方向的分力大于摩擦力．由乙图可看出，只有当F达到一定值时，才会有加速度，说明平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力．‎ 三、计算题（本题3小题，13题12分，14题10分，15题16分，共38分 ）‎ ‎13.如图所示，一光滑的半径为R的半圆形轨道固定在水平面上，一个质量为m的小球以某一速度冲上轨道，当小球将要从轨道口B飞出后，小球落地点C距A处的距离为4R（AB为圆的直径）（重力加速度为g），求：‎ ‎(1)小球经过B点的速度；‎ ‎(2)小球在B点对轨道的压力．‎ ‎【答案】(1) ，小球从B点速度方向水平向左 (2) 小球对轨道的压力也为3mg，方向竖直向上 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查平抛运动和牛顿运动定律，根据牛顿运动定律和平抛运动的特点分析计算可得．‎ ‎【详解】（1）小球从B点飞出后，做平抛运动，水平方向 竖直方向：‎ 得:‎ 小球在B点速度方向水平向左．‎ ‎（2）当小球在B点时由向心力的公式可得 - 17 -‎ 代入数值可得:‎ 由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力也为3mg，方向竖直向上．‎ ‎【点睛】分析平抛运动，可以分方向考虑，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动．求小球在B点对轨道的压力时要取小球为研究对象，用牛顿第二定律求出小球受到的支持力，再根据牛顿第三律求出小球对轨道的压力．求矢量时要注意既要求出大小，还要指出方向．‎ ‎14.一个质量m=‎10kg的圆柱体工件放在V形槽中，槽顶角α＝60°，槽与工件接触处的动摩擦因数处处相同且大小为μ＝0.25，则：（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取‎10 m/s2）‎ ‎（1）要沿圆柱体的轴线方向（如图甲）水平地把工件从槽中拉出来，人至少要施加多大的拉力（最大静摩擦等于滑动摩擦）？‎ ‎（2）现把整个装置倾斜，使圆柱体的轴线与水平方向成37°角（如图乙），且保证圆柱体对V形槽两侧面的压力大小相等，发现圆柱体能自动沿槽下滑，求此时工件和槽之间的摩擦力大小．‎ ‎【答案】(1) F=50N (2) f＝40N ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查力的平衡问题，受力分析，根据力平衡条件计算可得．‎ ‎【详解】(1)分析圆柱体的受力可知，沿轴线方向受到拉力F、两个侧面对圆柱体的滑动摩擦力，由题给条件知，F＝f．将重力进行分解如图．‎ - 17 -‎ 因为α＝60°，所以:‎ F1＝F2＝mg 由 f＝μF1＋μF2‎ 得 F＝0.5mg=50N ‎(2)把整个装置倾斜，则圆柱体重力压紧斜面的分力：‎ F′1＝F′2＝mgcos 37°＝0.8mg 此时圆柱体和槽之间的摩擦力大小：‎ f′＝2μF′1‎ f＝0.4mg＝40N ‎【点睛】对物体受力分析时，可以把立体空间关系转化为平面关系，根据平衡条件,物体合力为零，应用力的分解计算可得．‎ ‎15.如图甲所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与A、A与B间距均为d＝‎0.5 m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，现以恒定的加速度a＝‎2 m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g取‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)A、B两物体在纸带上的滑动时间．‎ ‎(2)两物体A、B均停止在地面上后之间的距离．‎ ‎(3)在图乙的坐标系中定性画出A、B两物体的v－t图象．‎ ‎【答案】(1) t1＝1 s，t2＝s (2) x＝‎1.25 m (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查牛顿第二定律的应用，结合运动学公式分析计算可得．‎ - 17 -‎ ‎【详解】(1)两物体在纸带上滑动时均有 μ1mg＝ma1‎ 当物体A滑离纸带时 a1t12－a1t12＝d 物体B滑离纸带时 at22－a1t22＝2d 由以上两式可得 t1＝1 s t2＝s ‎(2)物体A离开纸带时的速度v1＝a1t1‎ 两物体在地面上运动时均有 μ2mg＝ma2‎ 物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移 ‎ ‎ 物体B离开纸带时速度v2＝a1t2‎ 物体B从开始运动到停在地面上过程中的总位移 两物体A、B最终停止时的间距 ‎ x＝x2＋d－x1‎ 由以上各式可得 x＝‎1.25 m．‎ ‎（3）如图所示 ‎【点睛】‎ AB在滑离纸带前做匀加速运动，滑离纸带后在地面上做匀减速运动，根据牛顿第二定律求出两个阶段的加速度，运用运动学公式求得各自的位移，再求二者的距离．‎ - 17 -‎ ‎ ‎ - 17 -‎