【物理】四川省南充市2020届高三上学期12月高考适应性考试试题（解析版）

【物理】四川省南充市2020届高三上学期12月高考适应性考试试题（解析版）

四川省南充市2020届高三上学期12月 高考适应性考试试题 一、选择题 ‎1.爱因斯坦曾多次阐述：“当一物离开他物足够远时，将一直保持静止状态或匀速直线运动状态．”这一表述和下列哪一定律是类似 A. 牛顿第一定律 B. 牛顿第二定律 C. 牛顿第三定律 D. 万有引力定律 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查牛顿第一定律的概念。‎ ‎【详解】ABCD.牛顿第一定律的表述为，任何物体都要保持匀速直线运动或静止状态，直到外力迫使它改变运动状态为止，故A正确BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎2.如图为一个质点做直线运动的v -t图象，则该质点 A. 前8s的平均速度为6m/s B. 前8s的加速度为1.5m/s2‎ C. 前10s的平均速度为3m/s D. 10s时距离出发点最远 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】本题考查v-t图的物理意义。‎ ‎【详解】A. v-t图的面积代表位移，可知前8s的位移为零，故A错误；‎ B. v-t图的斜率为加速度，则前8s的加速度为1.5m/s2，故B正确；‎ C. 由图可知，前10s的位移为6m，则平均速度为，故C错误；‎ D. 10s时距离出发点为6m，4s时距离出发点为12m，故D错误。故选B。‎ ‎3.如图，自动卸货车静止在水平地面上，质量为m的货物放在车厢内挡板附近，车厢在液 压机的作用下，θ角缓慢增大，当θ增大到一定角度时货物开始加速下滑，货物与车厢的动摩擦因数为，重力加速度为g．若货物还未离开车厢，下列说法正确的是 A. θ增大过程中，货物对车厢压力大小不变 B. θ增大过程中，货物的摩擦力大小等于mg cos θ C. 货物加速下滑时，货车受到地面向右的摩擦力 D. 货物加速下滑时，地面对货车的支持力小于货车和货物重力之和 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查牛顿定律在斜面上的应用。‎ ‎【详解】A. 对货物受力分析可知，货物受到的支持力 当角度变化时，支持力也变化，故A错误；‎ B. 对货物受力分析可知，货物受到的摩擦力 故B错误；‎ C. 当货物加速下滑时，对货物进行受力分析，受到重力、支持力，滑动摩擦力，因为加速度沿斜面向下，所以支持力和滑动摩擦力的合力的方向偏向左上方，根据牛顿第三定律可知，物体对车厢的压力和摩擦力的合力方向偏向右下方，对车厢进行受力分析可知，地面对汽车有向左的摩擦力，故C错误；‎ D. 当货物相对车厢加速下滑时，物体对车厢的压力和摩擦力的合力小于货物的重力，所以汽车对地面的压力小于货物和汽车的总重力，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎4. 如图所示,细线的一端固定于O 点,另一端系一小球. 在水平拉力作用下,小球以恒定速率在竖直平面内由A 点运动到B 点. 在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是 A. 逐渐增大 B. 逐渐减小 C. 先增大,后减小 D. 先减小,后增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：因为小球是以恒定速率运动，即它是做匀速圆周运动，那么小球受到的重力G、水平拉力F、绳子拉力T三者的合力必是沿绳子指向O点．设绳子与竖直方向夹角是，则（F与G的合力必与绳子拉力在同一直线上），解得，而水平拉力F的方向与速度v的方向夹角也是，所以水平力F的瞬时功率是，则，故从A到B的过程中，是不断增大的，所以水平拉力F的瞬时功率是一直增大的，故A正确 考点：考查了功率的计算 ‎【名师点睛】根据小球做圆周运动，合力提供向心力，即合力指向圆心，求出水平拉力和重力的关系，根据得出拉力瞬时功率的表达式，从而判断出拉力瞬时功率的变化 ‎5.一个高尔夫球静止于平坦的地面上．在t=0时球被击出，若不计空气阻力的影响，飞行 ‎ 中球的速率与时间的关系如图，根据图象提供的信息不能求出的物理量是 A. 高尔夫球的飞行时间 B. 高尔夫球上升的最大高度 C. 人击球时对高尔夫球做的功 D. 高尔夫球落地时离击球点的距离 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查v-t图的物理意义。‎ ‎【详解】A.不计空气阻力，高尔夫球落到水平地面上时，速率相等，由图看出，小球5s时刻落地，故A错误；‎ B.小球的初速度大小为v0=31m/s，到达最高点时的速度大小为v=19m/s，由动能定理得-‎ 由此式可求出最大高度h，故B错误；‎ C. 由动能定理得，人击球时对高尔夫球做的功 由于高尔夫球的质量m未知，无法求出W，故C正确；‎ D. 高尔夫球水平方向做匀速直线运动，水平方向分速度vx=19m/s，运动时间已知，则可求落地点的距离，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎6.如图，两块正对平行金属板M、 N与电池相连，N板接地，在与两板等距离的P点固定一个带负电的点电荷，如果M板向下平移一小段距离，则 A. 点电荷受到的电场力变大 B. M板的带电荷量增加 C. P点的电势不变 D. 点电荷在P点具有的电势能增大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查电容器的动态分析。‎ ‎【详解】A. 由题分析得知，电容器的板间电压保持不变，将M板向下平移一小段距离，板间距离减小，由公式可知，板间场强增大，点电荷受到的电场力增大，故A正确；‎ B. 电容器的板间电压保持不变，将M板向下平移一小段距离，板间距离减小，电容器的电容C增大，根据可知，M板的带电量增加，故B正确；‎ C. 板间场强增大，P点与下板间的距离未变，则由，可知P点与下极板之间电势差增大，下极板电势为零，且P点的电势高于下极板的电势，则P点的电势升高，故C错误；‎ D. 该点电荷带负电，而P点电势升高，则点电荷在P点具有的电势能减小，故D错误。‎ 故选AB。‎ ‎7.一质量为m的带电粒子，以初速度v0从a点竖直向上射入匀强电场中，场强方向水平向右．粒子通过电场中的b点时，速率为2v0，方向与电场方向一致，重力加速度为g，则 A. 粒子受电场力大小为mg B. 粒子受电场力大小为2mg C. 粒子从a到b机械能增加了2mv20 D. 粒子从a到b机械能增加了 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查带电粒子在匀强电场中的运动。‎ ‎【详解】AB.从a到b水平和竖直方向的运动时间相同，且都做匀变速运动，水平方向为2v0，所以水平方向加速度是竖直方向的2倍，则电场力大小为2mg，故B正确A错误；‎ CD. 从a到b因电场力做正功，所以机械能增加，电场力做功为，故C正确D错误。故选BC。‎ ‎8.如图甲所示，两个等量正点电荷固定在绝缘水平面上，O、A、B、C是其连线中垂线上 位于竖直方向上的四点，一带电量为+2×10-2C，质量为4×10-2kg的小球从A 点静止释放，其运动的v-t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线），C点处的切线平行于t轴，运动过程中小球电荷量保持不变，己知A、B两点间距离为0.8m.，B、C两点间的距离为2.7m，g＝10m/s2,下列说法中正确的是 A. AB两点电势差UAB=0.16V B. 小物块从B点到C点电场力做的功W＝4×10-3J C. B点为AC间电场强度最大的点，场强大小E＝20.4V/m D. 由A到C的过程中小物块的电势能先减小后变大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查等量同种点电荷周围的电场分布。‎ ‎【详解】A.由A到B动能定理：‎ 解得：‎ 故A正确；‎ B.从B到C由电场力做功可知：‎ 解得：‎ 故B正确；‎ C.由v-t图可知，B点的斜率最大，加速度最大，最大加速度为 由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ 故C错误；‎ D.由于从A到C电场力一直做正功，故电势能一直减小。故D错误。‎ 故选AB。‎ 二、非选择题 ‎9.为了探究加速度a与力F的关系，某小组同学设计了如图甲所示的实验装置，力传感器可测出小车所受拉力大小，小车和力传感器的总质量为M，砂和砂桶的质量为m，滑轮的质量m0.‎ ‎（1）实验时，一定要进行的操作是____；‎ A.用天平测量滑轮的质量m0‎ B.用天平测出小车和力传感器的质量M C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数 D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M ‎（2）丙同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），测得AC长为14.56cm， CD长为11.15cm，DE长为13.73cm.己知打点计时器采用的是周期为0.02s的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为___m/s2（结果保留三位有效数字）；‎ ‎（3）丁同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a-F图象是一条直线，图线与横坐标成一夹角，则图线的斜率k＝____．（用M、m、m0、g中的符号表示）．‎ ‎【答案】 (1). BC (2). 2.58 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查探究物体的加速度与力的关系实验。‎ ‎【详解】(1).[1] AD.本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，故AD错误；‎ B.实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；‎ C.实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，需记录传感器的示数，故C正确。‎ 故选BC。‎ ‎(2) [2]由匀变速运动连续相等时间的位移差 可得：‎ 解得：‎ ‎(3) [3]由牛顿定律可知 得：‎ 故斜率为。‎ ‎10.如图甲是由某种金属制成的均匀空心柱体，其横截面内外均为正方形，电阻约为5，为比较准确测量其电阻率，实验室提供以下器材：‎ A.电流表：量程0.6A中，内阻0.2; ‎ B.电压表V1：量程3V，内阻约3k；‎ C.电压表V2：量程15V,内阻约5k ‎ D.滑动变阻器R1：最大阻值10,‎ E.滑动变阻器R2：最大阻值1k； ‎ F.电源：电动势3V，内阻不计 G.开关、导线若干 ‎（1）用游标卡尺测得该导体截面的外边长D读数如图乙所示，则D=____mm;‎ ‎（2）用伏安法更准确测量该柱体的电阻，为使实验中数据有较大的测量范围，则滑动变阻器应选择___（填仪器前的符号），电压表应选______（填仪器前的符号），电路图应选择______（填电路图下方的代号）电路为本次实验应当采用的最佳电路；‎ A. B. C. D. ‎ ‎（3）若该空心导体横截面的外正方形的边长为D，横截面金属厚度为d，长度为L，电流表读数为I，电压表读数为U，电流表内阻为RA，用以上符号表示该柱体材料的电阻率＝_____________。‎ ‎【答案】 (1). 3050mm (2). D B A (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查用伏安法测电阻的实验。‎ ‎【详解】（1）[1]由题可知，游标卡尺读数为30.50mm；‎ ‎（2）[2]因题目要求实验数据有较大的测量范围，则滑动变阻器需采用分压的接法，故滑动变阻器用D； ‎ ‎[3]电源电动势为3V，故电压表选B；‎ ‎[4]电流表内阻已知，故电流表采用内接的方法，故电路图A正确。‎ ‎（3）[5]由欧姆定律 由电阻率公式 ‎，其中 解得：‎ ‎11.如图，AB是长L＝lm的绝缘水平面，BD段为半径R＝0.2m的绝缘光滑半圆轨道，两段轨道相切于B点，轨道AB处于在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝4.0×102V/m． 一质量为m＝2.0×10－2kg，所带电荷量q＝＋5.0×10－4C的小球，以v0＝4.0m/s的速度从A点沿水平轨道向右运动，进入半圆轨道后， 恰能通过最高点D，g取10m/s2（小球可视为质点，整个运动过程无电荷转移），求：‎ ‎（1）滑块通过D点时的速度大小；‎ ‎（2）滑块在B点时，滑块对轨道压力大小；‎ ‎（3）轨道AB与小球的动摩擦因数．‎ ‎【答案】（1）m/s ；（2）1.2N （3）0.15N ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查动量守恒定律和能量守恒定律的应用。‎ ‎【详解】（1）由题可知，小球恰能通过最高点D，此时重力提供向心力，则由向心力公式：‎ 解得：‎ ‎（2）从B到D由动能定理可知：‎ 解得：‎ 在B点，由重力和支持力的合力提供向心力，则有：‎ 解得：‎ 所以轨道对小球的支持力为1.2N。‎ ‎（3）由题可知，小球在AB段做匀减速运动，由受力分析可知：‎ 解得：‎ ‎12.如图所示，OP为固定的水平轨道，ON段光滑，NP段粗糙，NP段长为L＝l.5m，一轻弹簧一端固定在轨道左侧O点的竖直挡板上，另一端自然伸长时在N点，P点右侧有一与水平方向成θ＝37º角的足够长的传送带PQ与水平面在P点平滑连接，传送带逆时针转动的速率恒为v＝3m/s．现用力将质量m＝2kg小物块A缓慢向左压缩弹簧至M 点，此时弹簧的弹性势能EP＝3lJ，然后由静止释放，运动到P点与一个和A相同物块B发生碰撞，时间极短，碰撞时无机械能损失．A与NP段间的动摩擦因数1＝0.2，B与传送带间的动摩擦因数2＝0.25，重力加速度g取10m/s2，，求：‎ ‎（1）第一次碰撞前瞬间A的速度大小；‎ ‎（2）第一次碰撞后A、B的速度大小；‎ ‎（3）从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞间经历的时间t．（最终结果可用根号表示）‎ ‎【答案】（1）5m/s；（2）0，5m/s （3）s.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查动量守恒定律和能量守恒定律的应用。‎ ‎【详解】（1）设第一次碰撞前A的速度为v0，从M到P由动能定理可知：‎ 解得：‎ ‎（2）设第一次碰撞后A、B小球的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律和能量守恒可知：‎ 解得：‎ ‎，‎ ‎（3）碰后B沿传送带向上匀减速运动到速度为零，加速度大小设为a1，则 解得：‎ 运动的时间为：‎ 位移为：‎ 此后B反向加速，加速度仍为a1，与传送带共速时，加速时间为：‎ 位移为：‎ 接着B以加速度a2继续加速运动直到与A再次碰撞 解得：‎ 运动的总时间：‎ ‎（二）选考题 ‎13.下列说法正确的是 。‎ A. 气体很容易充满整个容器，这是分子间存在斥力的宏观表现 B. “油膜法”估测分子大小实验中，可将纯油酸直接滴入浅盘的水面上 C. 温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大 D. 摩尔质量为M(kg/mol),密度 (kg/m3)的1 m3的铜所含原子数为（阿伏伽德罗常数为NA)‎ E. 由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势 ‎【答案】CDE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查热学相关的知识。‎ ‎【详解】A. 气体总是很容易充满整个容器，这是分子热运动的宏观表现，故A错误；‎ B. 为形成单分子油膜，应将油酸酒精溶液滴入浅盘的水面上，故B错误；‎ C. 温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增大，分子热运动加剧，但个别分子的速率可能还会减小，故C正确；‎ D.一个铜原子的体积为，1m3铜所含有的原子数为，故D正确；‎ E. 由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，故E正确。‎ 故选CDE。‎ ‎14.如图所示，一长L=37cm的导热细玻璃管AB水平放置，B端密闭，A端开口．在玻璃管内用一段长L1=25cm的水银柱密闭一段长L2=10cm的理想气体．已知大气压强p0=75cmHg，气体初始温度为t1=27℃，热力学温度与摄氏温度间的关系为T=t+273K．‎ ‎（ⅰ）若将玻璃管绕A端沿逆时针方向缓慢旋转，当玻璃管与水平面的夹角为多少时水银柱的下端刚好到达A端？‎ ‎（ⅱ）当玻璃管转到与水平面成角时，用一薄玻璃片将A端盖住以防止管中水银流出并对管中气体加热．当加热到温度为t2时由静止释放玻璃管并同时快速抽去玻璃片，让玻璃管做自由落体运动，下落过程中玻璃管不发生翻转，发现在玻璃管下落过程中管中的水银柱相对于玻璃管的位置不变，求t2．（玻璃管下落过程中管中气体温度不变）‎ ‎【答案】（ⅰ）（ⅱ）t2=87℃‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（ⅰ）初状态气体压强 当玻璃管与水平面夹角为时，根据平衡条件得 气体做等温变化，根据玻意耳定律得 解得 ‎（ⅱ）由题意可知因玻璃管做自由落体运动，水银柱与玻璃管保持相对静止，水银柱处于完全失重状态，故此状态下管内气体的压强和外界大气压强相等，‎ 即 气体做等容变化，根据查理定律得 解得T2=360K，t2=87℃‎ ‎15.一列沿x轴负方向传播的简谐横波，在t＝0时刻的波形图如图所示，此时坐标为（10，0）的质点P刚好开始振动， t1＝2.0s，坐标为（0，0）的质点刚好第3次到达波峰．下列判断正确的是 。‎ A. 质点P的振动频率为1.25Hz B. tl＝2.0s时P点的振动方向沿y轴正方向 C. t＝0到tl＝1.0s，P质点向左平移lm D. t2＝1.4s时坐标为（一30，0）的质点M首次位于波谷位置 E. 质点M振动后，M、Q两质点的最大高度差为40cm ‎【答案】ADE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查波形图应用。‎ ‎【详解】A.因波向负方向传播，则P点起振方向向上，故从P点传到O点需要，P 点到达波峰需要，则 解得：‎ 则频率 故A正确；‎ B.由A项可知，，则P点振动后向y轴负方向运动，故B错误；‎ C.质点不随波迁移，故C错误；‎ D.由题可知：，波传到（一30，0）的质点M需要一个周期，则再经过此时M点处于波谷，故D正确；‎ E. 质点M振动情况与P点相同，只需比较M、P两质点的最大高度差即可，则最大高度差为40cm，故E正确。‎ 故选ADE。‎ ‎16.如图所示为半径为R的半圆柱形玻璃砖的横截面，O为该横截面的圆心．光线PQ沿着与AB成300角的方向射入玻璃砖，入射点Q到圆心O的走离为，光线恰好从玻璃砖的中点E射出，己知光在真空中的传播速度为c．‎ ‎（i）求玻璃砖的折射率；‎ ‎（ii）现使光线PQ向左平移，求移动多大距离时恰不能使光线从圆弧面射出。（不考虑经半圆柱内表面反射后射出的光）。‎ ‎【答案】（i）.；（ii）R ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查光的折射和全反射。‎ ‎【详解】（i）光线PQ入射到玻璃砖表面，入射角α= 60°，设对应折射光线QE的折射角为β，如图所示：‎ 由几何关系得：‎ 即：‎ β= 30°‎ 根据折射定律有:‎ 解得：‎ ‎（ii）若使光线PQ向左平移距离x，折射光线Q′E′，到达圆弧面的入射角恰好等于临界角C，则：‎ 在△Q′E′O应用正弦定理有：‎ 联立解得：‎