【物理】四川省乐山市2020届高三上学期第一次调查研究考试(12月)(解析版)

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【物理】四川省乐山市2020届高三上学期第一次调查研究考试(12月)(解析版)

四川省乐山市2020届高三上学期第一次调查研究考试 ‎(12月)试题 一、选择题 ‎1.甲、乙两物体由同一点沿同一条直线运动,它们的v-t图像如图所示,则在0~4 s内 A. 两物体始终同向运动 B. 2s末两物体相距最远 C. 两物体平均速度相等 D. 4s末两物体相遇 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ v-t图像在横轴以上,表明此时运动方向与正方向相同,据此可判断0-4s内两物体运动是否同向;甲在前,乙在后,甲快乙慢,两物体速度相同时,距离最远;比较相同时间内图像与坐标值围成的面积来比较位移大小,根据可比较平均速度的大小.‎ ‎【详解】A、0-6s内,甲、乙两物体的v-t图像均在横轴的上方,速度均为正,故两物体始终同向运动,A正确;‎ BD、由题意可知,甲乙两物体同时同地沿同向运动,在0-4s内,甲在前,乙在后,甲的速度大于乙的速度,两物体距离越来越大,在4s时速度达到相等,此时两物体距离最远,BD均错误;‎ C、0-4s内,由图像可知,甲的位移大于乙的位移,即,根据,两物体的平均速度,故C错误;‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查速度-时间图象的应用,图像“面积”表示物体通过的位移是基础,灵活应用数学对比处理问题.‎ ‎2.如图所示,将小物块P轻轻放到半圆柱体上,O为圆心。当小物块处于B 位置时恰好能保持静止,OB与竖直半径的夹角∠AOB=30°。若小物块与圆柱体之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则小物块与圆柱体之间的动摩擦因数为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当物块在B点时达到最大静摩擦力,受力如图所示,‎ 由平衡条件得:‎ ‎,‎ 又 联立解得:‎ ‎,‎ 故ACD错误、B正确。故选:B;‎ ‎3.将质量为m物体从一行星表面某高度处水平抛出(不计空气阻力)。自抛出开始计时,物体离行星表面高度h随时间t变化关系如图所示,万有引力常量为G ‎,不考虑行星自转的影响,则根据以上条件可以求出 A. 行星的质量 B. 该行星的第一宇宙 C. 物体受到行星万有引力的大小 D. 物体落到行星表面的速度大小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.物体做平抛运动,竖直方向上做自由落体运动,分析图象可知,,,‎ 根据,解得,物体在行星表面受到的重力等于万有引力 ‎,‎ 解得行星的质量 ‎,‎ 因为行星半径未知,行星的质量无法求出,故A错误;‎ B.根据重力提供向心力可知,‎ ‎,‎ 解得行星的第一宇宙速度,‎ 行星半径未知,第一宇宙速度未知,故B错误;‎ C. 物体在行星表面受到的重力等于万有引力,所以物体受到行星万有引力的大小为mg,故C正确;‎ D.物体做平抛运动,落地速度,初速度未知,则落地速度未知,故D错误;故选:C;‎ ‎4.如图所示,由相同的电流表G(内阻不为零)改装而成的甲、乙两个电压表,R1、R2是分压电阻,R1>R2。则下列说法正确的是 A. 甲的量程等于乙的量程 B. 甲的量程小于乙的量程 C. 测量同一电压时,甲、乙两表指针的偏转角度相同 D. 测量同一电压时,甲表指针的偏转角度比乙表小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.由于甲、乙两个电压表是由相同的电流表G改装而成,其允许通过的最大电流是一致的,由于R1>R2,则甲的电阻比乙的电阻大,电流一样时,甲的电压比乙大,故甲的量程大于乙的量程,故选项A、B错误;‎ CD.设电流表的电阻为R,则在相同的电压U时,有,即通过甲的电流小于乙的,甲表指针的偏转角度比乙表小,故C错误,D正确;‎ 故选:D;‎ ‎5.如图所示,小车在水平面上做匀变速直线运动,车厢内两质量相同的小球通过轻绳系于车厢顶部,轻绳OA、OB与竖直方向夹角均为30°,其中一球用水平轻绳BC系于车厢侧壁,重力加速度为g。下列说法正确的是 A. 小车一定向右运动 B. 轻绳OA、OB拉力大小相等 C. 小车的加速度大小为g D. 轻绳BC拉力大小是轻绳OB拉力的倍 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AC.对小球A受力分析,由牛顿第二定律可知:‎ ‎,‎ 联立解得:‎ ‎,‎ ‎,‎ 方向水平向右,小车可向右加速运动,也可向左减速运动。故AC错误;‎ BD对B受力分析,由牛顿第二定律得:水平方向:‎ ‎,‎ 竖直方向:‎ ‎,‎ 联立解得:‎ ‎,‎ ‎,‎ 故B正确,D错误;‎ 故选:B;‎ ‎6.一子弹以初速度v0击中静止在在光滑的水平面上的木块,最终子弹未能射穿木块,射入的深度为d,木块加速运动的位移为s.则以下说法正确的是 A. 子弹动能的亏损等于系统动能的亏损 B. 子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小 C. 摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功 D. 子弹对木块做的功等于木块动能的增量 ‎【答案】BD ‎【分析】根据子弹击中静止在光滑的水平面上可知,本题考查子弹打木块模型,根据动量守恒和能量守恒规律,运用能量守恒、动能定理和动量守恒定律进行分析求解;‎ ‎【详解】A、子弹射入木块的过程,要产生内能,由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损,故A错误; B、子弹和木块组成的系统动量守恒,系统动量的变化量为零,则子弹与木块动量变化量大小相等,方向相反,故B正确; C、摩擦力对木块做的功为,摩擦力对m做的功为,可知二者不等,故C错误;‎ D、对木块根据动能定理可知:子弹对木块做的功即为摩擦力对木块的功等于木块动能的增量,故选项D正确.‎ ‎【点睛】本题属于子弹打木块模型,分析清楚物体的运动过程,找出子弹与木块的位移关系、应用动量守恒定律与动能定理即可正确解题.‎ ‎7.如图所示,一电荷均匀分布的带正电的回环,半径为R,在垂直于圆环且过圆心O的轴线上有a、b、c三个点,,不计重力。则下列判断正确的是 A. a、c两点的电场场强大小之比为1:‎ B. b、c两点的电场场强相同 C. 一电子由a点静止释放,电子在O点的动能最大 D. 一电子由a点静止释放,电子由a到c的过程中,加速度先减小后增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.设圆环带电量为Q.将圆环分成n等分,则每个等分带电量为 ‎,‎ 每个等分可看成点电荷,每个点电荷在a点处产生的场强大小为 ‎ ‎,‎ 该书场强方向与aO的夹角为30°,根据电场的叠加原理知:a点处场强大小为 ‎,‎ 同理可得,c点处场强大小为 ‎,‎ 则 ‎,‎ 故A正确;‎ B.b、c两点的电场场强大小相等,方向相反,则场强不同,故B错误;‎ C.一电子由a点静止释放,从a运动到O时电场力做正功,动能增加。从O向下运动时,电场力做负功,动能减少,所以电子在O点的动能最大,故C正确;‎ D.根据Ea<Ec知,电子由a到c的过程中,场强增大,电子所受的电场力增大,加速度增大。故D错误;‎ 故选:AC;‎ ‎8.如图所示,质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连放置于倾角为α的光滑固定斜面上,物块B与垂直于斜面的挡板C接触,物块A系一轻质细绳,细绳、轻弹簧均与斜面平行,细绳绕过斜面顶端的定滑轮系一重物D,平衡时物块B恰好不离开挡板。已知弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g,某一瞬间剪断细绳,则下列说法正确的是 A. 重物D的重力为mgsinα B. 剪断细绳后,物块A下滑过程中加速度一直增大 C. 剪断细绳瞬间,物块A的加速度大小为2gsinα D. 物块A下滑过程中的最大速度为:2gsinα ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.平衡时物块B恰不离开挡板,则满足 ‎,‎ 所以 ‎,‎ 故A错误;‎ B.物块A下滑过程中物块 A 受到弹簧弹力做功,故A机械能不守恒,故B错误;‎ C.当B刚要离开挡板时弹簧的拉伸量为:‎ ‎,‎ 开始时A受到弹簧的拉力最大,所以加速度最大,由牛顿第二定律可知:‎ ‎,‎ 可得:‎ ‎;‎ 故C正确;‎ D.A的速度最大时,加速度为零,对应A的受力为0,此时弹簧处于压缩状态,弹簧的压缩量为:‎ ‎,‎ 从开始运动到A速度最大,A下落的位移为:‎ 该过程中弹簧开始时的伸长量等于最后时刻的压缩量,所以弹簧的弹性势能不变;根据机械能守恒知:‎ ‎,‎ 即 ‎,‎ 故D正确;‎ 故选:CD;‎ 二、非选择题 ‎9.某同学利用打点计时器研究斜面上小车由静止开始下滑的运动。挑选出较为理想的纸带后,舍去前段较为密集的点,然后以A点为起点,每5个计时点选取一个计数点,标注如图所示。‎ ‎(1)现分别测出计数点B、C、D、E、F、G与A点的距离x1、x2、x3、x4、x5、x6,若打点计时器所用的交流电的频率为f,用逐差法求出加速度a=_________。‎ ‎(2)关于这个实验,下列说法正确的是_________。‎ A.应将小车拉到打点计时器附近,然后释放小车,再接通电源 B.可用x2-x1=x3-x2=x4-x3=x5-x4=x6-x5来判定小车做匀加速直线运动 C.若逐渐增大斜面倾角,每次实验都证明小车做匀加速直线运动,则可合理外推得出自由落体运动是匀加速直线运动 D.本次实验需要用到秒表和刻度尺 ‎【答案】 (1). (2). C ‎【解析】‎ 详解】(1)[1]每5个计时点选取一个计数点,且打点计时器所用的交流电的频率为f,根据,依据逐差法有:‎ ‎;‎ ‎(2)[2]A.应将小车拉到打点计时器附近,然后接通电源,再释放小车,故A错误;‎ B.x1、x2、x3、x4、x5、x6,分别是计数点B、C、D、E、F、G与A点的距离,因此不可用x2﹣x1=x3﹣x2=x4﹣x3=x5﹣x4=x6﹣x5来判定小车做匀加速直线运动,故B错误;‎ C.若逐渐增大斜面倾角,每次实验都证明小车做匀加速直线运动,则可合理外推得出自由落体运动是匀加速直线运动,故C正确;‎ D.本次实验需要用到刻度尺,但不需要秒表,因有打点计时器,故D错误;‎ 故选择:C;‎ ‎10.某实验小组为了解决伏安法测电阻存在系统误差的问题,设计了如图所示的电路。‎ 实验器材如下:‎ A.直流电源4V,内阻0.5Ω B.电流表A,量程0.6A,内阻未知 C.电压表V,量程3V,内阻约2kΩ D.待测电阻Rx约10Ω E.定值电阻R0=5Ω F.滑动变阻器,变化范围0~5Ω G.滑动变阻器,变化范围0~100Ω H.单刀单掷开关K1‎ I.单刀双掷开关K2‎ J.导线若干 ‎(1)按照电路图连接实物图 ‎(2)滑动变阻器应选________(选填器材前的字母序号),闭合K1前,滑片P应该滑到_______端(选填“左端”、“右端”)。‎ ‎(3)闭合K1,当K2接a时,电压表示数为U1,电流表示数为I1,当K2接b时,电压表示数为U2,电流表示数为I2,则待测电阻的准确值为Rx=______ (用本题中的物理符号表示)‎ ‎【答案】 (1). (2). F 左端 ‎ ‎(3). -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[2]根据实验原理图连接实物图如图所示:‎ ‎;‎ ‎(2)[2][3]根据电路图可知滑动变阻器采用分压接法,为方便调节,滑动变阻器应选用阻值较小的F;开关闭合前,滑动触头应处于使电表示数最小的一端:左端;‎ ‎(3)[4]闭合K1,当K2接a时,电压表示数为U1,电流表示数为I1,由欧姆定律得:‎ ‎,‎ 当K2接b时,电压表示数为U2,电流表示数为I2,由欧姆定律得:‎ ‎,‎ 联立解得:‎ ‎;‎ ‎11.如图所示,M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板,两板间电压为U。CD为磁场边界上的一块绝缘板,它与N板的夹角为θ=30°,N板与CD之间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场,小孔Q到N板的下端C的距离为L。一静止的带电粒子所带电荷量为+q、质量为m(不计重力),从P点经电场加速后,经小孔O进入磁场,最终打在N板上。求:‎ ‎(1)带电粒子到达N板时的速度v;‎ ‎(2)带电粒子在匀强磁场中运动轨道半径最大时,磁感应强度大小B。‎ ‎【答案】(1); (2)‎ ‎【解析】‎ 详解】(1)根据动能定理可得:‎ ‎,‎ 解得带电粒子到达N板时的速度 ‎;‎ ‎(2)带电粒子恰好能够达到N板,则运动轨迹与CD板相切,根据几何关系可得:‎ ‎,‎ 解得 ‎;‎ 根据洛伦兹力提供向心力可得 解得 ‎;‎ ‎12.如图所示,竖直的半圆形光滑轨道与水平地面相切,半径R=0.25m,静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为mA=1.0kg,mB=4.0kg,物块A处于圆形光滑轨道的最低点P,两小物块之间有一被压缩的微型轻弹簧。某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使A、B瞬间分离,两物块获得的动能之和为Ek=10.0J。释放后,小物块A经半圆形光滑轨道PMN从N点水平抛出。B与地面之间的动摩擦因数为µ=0.20,重力加速度取g=10m/s2。求:‎ ‎(1)弹簧释放后瞬间A、B两物块速度的大小;‎ ‎(2)物块A对轨道N点的压力;‎ ‎(3)B停止后,与A落地点的距离。‎ ‎【答案】(1)lm/s ;(2)14N,方向竖直向上;(3)m ‎【解析】‎ 详解】(1)释放弹簧过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:‎ ‎,‎ 由题意可知:‎ ‎,‎ 代入数据解得:‎ ‎,‎ ‎;‎ ‎(2)A从P运动到N过程机械能守恒,由机械能守恒定律得:‎ ‎,‎ 在N点,由牛顿第二定律得:‎ ‎,‎ 代入数据解得:‎ ‎,‎ 由牛顿第三定律可知,A对轨道的压力:‎ ‎;‎ ‎(3)A离开轨道后做平抛运动,竖直方向:‎ 水平方向:‎ ‎,‎ B向左滑动过程,由动能定理得:‎ ‎,‎ B两点间的距离:‎ ‎,‎ 代入数据解得:‎ ‎;‎ ‎13.下列说法正确的是:‎ A. 空气中大量PM2.5的运动也是分子热运动 B. 温度相同的两种理想气体,分子的平均动能相同 C. 温度相同的氧气和氢气,氢气的内能一定大 D. 气体等压压缩过程一定放出热量,且放出的热量大于内能的减少 E. 晶体熔化过程分子势能增加 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A.PM2.5在空气中的运动是固体颗粒分子团的运动,不是分子的热运动。故A错误;‎ BC.温度是分子的平均动能的标志,所以温度相同的氢气和氧气,氧气分子的平均动能与氢气分子的平均动能相等。故B正确,C错误;‎ D.根据理想气体状态方程,等压压缩,则温度降低,则内能下降,根据热力学第一定律,放出的热量大于内能的减少,故D正确;‎ E.晶体融化时要吸热而温度保持不变,则其分子平均动能不变,但吸热后内能增大,故说明晶体在融化过程中分子势能增加了,故E正确;‎ 故选:BDE;‎ ‎14.如图所示,在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体,活塞与容器壁间能无摩擦滑动,容器的横截面积为S,开始时气体的温度为T0,活塞与容器底的距离为h0。现将整个装置放在大气压强恒为P0的空气中,当气体从外界吸收热量Q后,活塞缓慢上升d后再次达到平衡,求:‎ ‎(1)外界空气的温度;‎ ‎(2)在此过程中密闭气体的内能增加量。‎ ‎【答案】(1) ;(2)Q-mgd-pS0d ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)取密闭气体为研究对象,活塞上升过程为等压变化,由盖•吕萨克定律得:‎ ‎,‎ 解得:外界的空气温度为:‎ ‎;‎ ‎(2)活塞上升的过程,密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功,所以外界对系统做的功 ‎,‎ 根据势力学第一定律得密闭气体增加的内能 ‎;‎ ‎15.如图甲所示,沿波传播方向上有六个质点a、b、c、d、e、f,相邻两质点之间的距离均为2 m,各质点均静止在各自的平衡位置,t=0时刻振源a开始做简谐运动,取竖直向上为振动位移的正方向,其振动图象如图乙所示,形成的简谐横波以的速度水平向右传播,则下列说法正确的是 A. 波传播到质点c时,质点c开始振动的方向沿y轴正方向 B. 0~4 s内质点b运动的路程为12 cm C. 4~5 s内质点d的加速度正在逐渐减小 D. 6 s时质点e第一次回到平衡位置 E. 各质点都振动起来后,a与c的振动方向始终相同 ‎【答案】ABE ‎【解析】‎ ‎【详解】根据乙图可知,波源a开始起振的方向竖直向上,所以波传播到质点c时,质点c开始振动的方向也竖直向上,故A正确;波的周期与a点振动周期相等,由图乙知:周期为T=2s,根据公式,得:,波从a传到b点的时间为 ‎,则在0-4s内质点b已经振动了t=3s时间,而,所以质点b运动路程为,故B正确;波从a传到d点的时间为,则在4s时,质点d已经振动了1s,则在4-5s这段时间内质点d正由平衡位置向波谷运动再回到平衡位置,加速度先增大后减小,故C错误.ae之间得距离为8m,则在4s时质点e开始起振,则在5s时第一次回到平衡位置,D错误;该波的波长,此六质点都振动起来后,a、c的距离等于一个波长,故a与c的振动方向始终相同,故E正确;选ABE.‎ ‎16.如图所示,横截面为四分之一圆的柱形玻璃砖放在水平面MN上,O点是圆心,半径为R。一列与OA面等高的平行光束沿水平方向垂直射向玻璃砖的QA面,平行光束通过玻璃砖后在水平面MN上留下照亮的区域。已知玻璃砖的折射率为,不考虑光在OA、OB面的反射。‎ ‎(1)若在玻璃砖左侧竖直放置一遮光板,为使水平面BN不被照亮,求遮光板的最小高度;‎ ‎(2)从OA的中点射入的细光束,在MN上留下一个光点P点,求PO的长度。‎ ‎【答案】(1);(2)R ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)如图1,当光线在AB面入射角大于临界角C时,将没有光线出射后射向BN平面,设遮光板高度为h,则由折射定律有 由几何知识得 求得 ‎(2)如图2,当光在AB面中点入射时,入射角为30°,设P点到O点的距离为S,‎ 由折射定律 得 ‎,‎ 则:‎ θ=60°‎ 所以△OEP为等腰三角形,由几何关系可知:‎
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