【物理】福建省永安市第一中学2020届高三上学期限时训练（四）（解析版）

【物理】福建省永安市第一中学2020届高三上学期限时训练（四）（解析版）

福建省永安市第一中学2020届高三上学期 限时训练（四）‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎1.有两个大小相等的共点力F1和F2，当它们的夹角为90°时合力的大小为F，则当它们的夹角为60°时，合力的大小为 A. 2F B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【详解】‎ 当两个力的夹角90°时，合力为：‎ 所以，‎ 当两个力的夹角为60°时，根据平行四边形定则，合力大小等于底角为30°的等腰三角形的底边：‎ A．2F与计算结果不符，故A选项错误．‎ B．与计算结果相符，故B选项正确．‎ C．与计算结果不符，故C选项错误．‎ D．与计算结果不符，故D选项错误．‎ ‎2.如图所示为某质点运动的v－t图像，2~4s内图线为曲线，若4s末质点回到出发点，则质点(　　)‎ A. 0~2s内的加速度不变 B. 2~4s内的加速度不变 C. 2~4s内的平均速度为－3m/s D. 0~2s内的位移与2~4s内的位移相同 ‎【答案】C ‎【详解】A．v－t图像的斜率正负表示加速度方向，由图可知，0~1s和1~2s内加速度方向相反，故A错误；‎ B．v－t图像斜率表示加速度，由图可知，2~4s内的加速度大小、方向都变化，故B错误；‎ CD．4s末质点回到了出发点，所以2～4s内质点的位移大小等于0～2s的位移大小，所以 由图像可知，0～2s质点向正方向运动，2～4s内质点向负方向运动，则两段时间内位移大小相等，方向相反，2~4s内的平均速度为 故C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎3.观察“神州十号”在圆轨道上的运动，发现每经过时间2t通过的弧长为L，该弧长对应的圆心角为θ(弧度)，如图所示，已知引力常量为G，由此可推导出地球的质量为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【详解】“神舟十号”的线速度 轨道半径 根据 得地球的质量为 故选A。‎ ‎4.如图所示，在矩形ABCD的AB边和CD边中点M和N各放一个电荷，它们带等量正、负电荷．E、F是AD边和BC边中点，P、Q两点在MN连线上，MP＝QN，则电场强度和电势都相同两点是(　　)‎ A. E和F B. P和Q C. A和D D. C和B ‎【答案】A ‎【详解】等量异号电荷的电场线分布情况如图所示，图中电场线从正电荷出发，等势面为不规则封闭曲面。‎ A．在两个异种电荷的中垂线上是等势面，E、F两点关于连线对称，电场强度大小和方向都相同，电势相同，故A正确；‎ B．在两个异种电荷的连线上，电场线从正电荷指向负电荷，沿着电场线电势越来越低，故P、Q电势不等，故B错误；‎ C．由于A点离正电荷更近，D点离负电荷更近，则A点电势高于D点电势，故C错误；‎ D．由于B点离正电荷更近，C点离负电荷更近，则B点电势高于C点电势，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎5.如图所示，电源两端电压为U＝10V保持不变，R1＝4.0Ω，R2＝6.0Ω，C1＝C2＝30μF，先闭合开关S，待电路稳定后，再将S断开，则S断开后，通过R1的电荷量为(　　)‎ A. 4.2×10－4C B. 1.2×10－4C C. 4.8×10－4C D. 3.0×10－4C ‎【答案】A ‎【详解】开关闭合时，电路中电流为 R2两端电压为 故电容器C1上的带电量为 当断开开关后，两电容器直接与电源相连，电压均等于电源的电动势；故两电容上的电量为 故通过R1的电量为 故选A。‎ ‎6.如图，电流表A1(0～3A)和A2(0～0.6A)是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中。闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是(　　)‎ A. A1、A2的读数之比为1∶1‎ B. A1、A2的读数之比为5∶1‎ C. A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1‎ D. A1、A2的指针偏转角度之比为1∶5‎ ‎【答案】BC ‎【详解】AB．根据电表改装原理可知，电流计并联电阻改装成大量程的电流表，则内阻之比等于最大量程的反比，A1、A2的内阻之比为1：5，并联时，电流之比等于内阻的反比，电流读数之5：1，故A错误，B正确；‎ CD．电流表A1（0－3A）和A2（0－0.6A）是由两个相同的电流计改装而成，图中两个电流表为并联电路，则两电流计也是并联的，电压相等，流过电流计的电流相等，则A1、A2 的指针偏转角度之比为1：1，故C正确，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎7.如图，R为热敏电阻，温度降低，电阻变大．R1、R2为定值电阻．闭合电键S，电压表的示数为U，电流表的示数为I，现R所处环境温度降低，电压表的示数改变量的大小为ΔU，电流表的示数改变大小为ΔI，则下列说法正确的是（ ）‎ A. U/I变大 B. ΔU/ΔI变大 C. 电阻R1的功率变大 D. 电源的总功率变大 ‎【答案】AC ‎【解析】电流表测量电路总电流，电压表测量并联电路两端的电压，而表示并联电路电阻，环境温度降低，R电阻变大，故并联电路电阻增大，所以增大，电路总电阻增大，所以电路总电流减小，即电流表示数减小，根据可得电源的总功率减小，D错误；因为总电阻增大，所以路端电压增大，而通过的电流减小，所以两端的电压减小，故并联电路两端的电压增大，所以根据公式可得电阻的功率变大，C正确；根据闭合电路欧姆定律得：，则，不变，故B错误．‎ 考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用 ‎【名师点睛】在分析电路动态变化时，先明确电路整体结构，电表分别测量的是谁，一般步骤是从局部变化推出整体变化，在根据整体变化推出另外部分电路的变化，‎ ‎8.如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧．若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为f，则小球从开始下落至最低点的过程(　　)‎ A. 小球动能的增量为零 B. 小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)‎ C. 弹簧弹性势能的增量为(mg－f)(H＋x－L)‎ D. 系统机械能减小fH ‎【答案】AC ‎【详解】小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功WG=mgh=mg（H+x-L），根据重力做功量度重力势能的变化WG=-△Ep得：小球重力势能的增量为-mg（H+x-L），故B错误；根据动能定理得：WG+Wf+W弹=0-0=0，所以W弹=-（mg-f）（H+x-L），根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹=-△Ep得：弹簧弹性势能的增量为（mg-f）（H+x-L），故C正确；系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，阻力做的功为：f（H+x-L）．所以系统机械能减小为：f（H+x-L），故D错误．所以AC正确，BD错误．‎ 二、非选择题：共62分。第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~16为选考题，考生根据要求作答 ‎9.利用如图所示的方式验证碰撞中的动量守恒,竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与水平桌面相切,先将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放，测量出滑块在水平桌面滑行的距离x1(图甲)；然后将小滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将A从圆弧轨道的最高点无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，测量出整体沿桌面滑动的距离x2(图乙)。圆弧轨道的半径为R，A和B完全相同,重力加速度为g。‎ ‎(1)滑块A运动到圆弧轨道最低点时的速度v=_________(用R和g表示)；‎ ‎(2)滑块与桌面的动摩擦因数μ=____________(用R和x1表示)；‎ ‎(3)若x1和x2的比值=____________，则验证了A和B的碰撞动量守恒。‎ ‎【答案】(1). (2). (3). 4‎ ‎【详解】(1)[1]A在圆弧面上运动时机械能守恒，则有 mgR=mv2‎ 解得 ‎(2)[2]对A下滑的全过程由动能定理要分析可知 mgR-μmgx1=0‎ 解得 ‎(3)[3]如果碰撞中动量守恒，则有 mv=2mv'再对碰后的AB物体分析，由动能定理可知 mv'2=μ•2mgx2 则 ‎ ‎ 故 ；因此只要满足即可证明动量守恒。‎ ‎【点睛】本题考查动量守恒定律以及功能关系的应用，要注意明确实验原理，知道实验中如何验证动量守恒定律，明确机械能守恒定律以及动量守恒定律的正确应用。‎ ‎10.某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律．物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）．从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示．打点计时器电源的频率为50Hz．‎ ‎（1）通过分析纸带数据，可判断物块在两相邻计数点___和__之间某时刻开始减速．‎ ‎（2）计数点3对应的速度大小为_______m/s．‎ ‎（3）物块减速运动过程中加速度的大小为a＝______m/s2，若用来计算物块与桌面间的动摩擦因数（ g为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值_____（填“偏大”或“偏小”）．（计算结果保留三位有效数字）‎ ‎【答案】(1). 6 7 (2). 0.601 (3). 2.00 偏大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查实验“探究物块在水平桌面上的运动规律”，匀变速直线运动的规律．‎ ‎【详解】（1）计数点1到计数点6过程中，相邻的相等时间的位移差在误差允许范围内相等， ，而计数点6到计数点7的位移与计数点5到计数点6的位移之差不是2cm，所以在6、7之间开始减速；‎ ‎（2） ‎ ‎（3）由计数点7到计数点11之间应用逐差法求解加速度：‎ ‎ ‎ 减速阶段受到的阻力有桌面的摩擦力和纸带的阻力，所以计算结果比动摩擦因素的真实值偏大．‎ ‎11.如图所示，一个小物块静止在水平轨道上的A点，水平轨道右侧与一竖直光滑圆轨道平滑连接于B点，小物块可不受阻碍地进入圆轨道，C为圆轨道的最高点。在极短时间内给小物块一水平向右的冲量I，使小物块从A点向右运动。已知小物块的质量m=2kg，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.4，圆轨道的半径R=0.24m，A、B两点的距离L=0.5m，重力加速度g=10m/s2，问：‎ ‎(1)冲量I多大时，小物块恰好运动到B点 ‎(2)冲量I为多大时，小物块能顺利经过圆轨道的C点 ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【详解】(1)设小物块初速度为，则由动量定理得 对小物块恰能到达B点的过程应用动能定理得：‎ 联立解得 ‎(2)设小物块恰能通过C点时的速度为,由向心力公式得 对小物块从A到C过程,由动能定理得：‎ 联立以上各式得 即冲量,小物块能顺利经过圆轨道的C点。‎ ‎12.如图（a）所示，电荷量q=+10－10C，质量m=10－20kg的粒子，经电势差为U=200V的恒定电压由静止加速后，沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场，水平放置的两平行金属板AB间的距离d=8cm，板长l=8cm，粒子飞出平行板电场，进入界面MN、PS的无电场区域。两界面MN、PS相距L=12cm，D是中心线RD与界面PS的交点，带电粒子重力不计 ‎(1)求粒子沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场的速度v0‎ ‎(2)在AB板间加U1=300V的恒定电压，求粒子穿过界面MN打到界面PS上的点到D点的距离y ‎(3)若在AB板间加如图（b）所示的方波电压，U0=300V，大量上述粒子仍然以速度v0沿电场中心线RD持续射入电场，求所有粒子在平行金属板AB间的运动过程中偏离中心线最远距离的最小值ymin与最大值ymax ‎【答案】(1)；(2)0.12m；(3)，‎ ‎【详解】(1)由动能定理可得 解得 ‎(2)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（侧向位移）为，其中 在偏转电场中，水平方向，联立解得 带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS线交于a，设a到中心线的距离为y，又由相似三角形得 解得 ‎(3)粒子穿过电场的时间 当t=0时刻进入电场的粒子，此时侧向位移最大，侧向先匀加速后匀减速，侧向加速度大小为 最大侧向位移大小为 当t=3时刻进入电场的粒子，此时侧向位移最小即为 ‎【物理——选修3-3】‎ ‎13.下列说法正确的是___________．‎ A. 液晶具有流动性、各种物理性质均具有各向异性 B. 在太空大课堂中处于完全失重状态的水滴呈现球形，是由液体表面张力引起的 C. 热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体 D. 如果气体分子总数不变，而气体温度升高，则气体分子的平均动能一定增大，但气体压强不一定增大 E. 某气体分子的体积是V0，阿伏伽德罗常数为NA，则标准状态下该气体的摩尔体积为NAV0‎ ‎【答案】BCD ‎【详解】试题分析：A、液晶具有液体的流动性和光学性质各向异性．故A错误；B、太空中处于失重状态的水滴受到的重力提供向心力，由于液体的表面张力的作用而呈球形．故B正确；C、热量总是自发的从温度高的物体传递到温度低的物体；而温度是分子的平均动能的标志，所以热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体．故C正确；D、根据理想气体的状态方程：可知，气体的温度升高，而体积的变化不知道，所以不能判断出气体的压强的变化．故D正确；E、对气体，由于分子间距的存在，NAV0并不等于摩尔体积．故E错误．故选BCD．‎ 考点：本题考查理想气体的状态方程；分子的热运动；温度是分子平均动能的标志；液体的表面张力现象和毛细现象．‎ ‎【名师点睛】本题考查多个知识点的内容，要注意的是在气体阿伏伽德罗常数的计算中，阿伏加德罗常数NA是联系宏观与微观的桥梁，抓住它的含义，区分对气体还是液体的计算是解题的关键．‎ ‎14.如图所示，内壁光滑的气缸竖直放置，在距气缸底部处有一与气缸固定连接的卡环，活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的气体。当气体的温度 T1=300K、大气压强时，活塞与气缸底部之间的距离，已知活塞面积为50cm2，不计活塞的质量和厚度。现对缸内气体加热，使活塞缓慢上升，当温度上升至时，求：‎ ‎(1)封闭气体此时的压强 ‎(2)该过程中气体对外做的功 ‎【答案】(1)1.5×105Pa；(2)30J ‎【详解】(1)对活塞进行受力分析pS=p0S，得 p=p0=1.0×105Pa 设活塞上升到卡球处时气体温度为T，体积为lS；初状态体积l0S，温度为T1‎ 则 得 T=360K

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