【物理】四川省树德中学2020届高三上学期11月阶段性检测试题（解析版）

【物理】四川省树德中学2020届高三上学期11月阶段性检测试题（解析版）

四川省树德中学2020届高三上学期11月阶段性 检测试题 一、选择题 ‎1.一小球从水平地面上方无初速释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零，假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，下列说法正确的是 A. 上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量 B. 小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零 C. 下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功 D. 从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据动量定理可知，上升过程中小球动量改变量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量，选项A错误；小球与地面碰撞过程中，由动量定理得： ,可知地面对小球的冲量Ft不为零，选项B错误；下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力和空气阻力做功代数和，选项C错误；由能量守恒关系可知，从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，选项D正确；故选D.‎ ‎2.如图所示,表面粗糙的斜劈C放置在粗糙水平地面上,细线绕过滑轮O1和O2连接在竖直墙O处,连接A物体的细线与斜劈平行，,滑轮O固定在斜劈上，动滑轮O2跨在细线上，其下端悬挂B物体。A与C物体始终静止,不计细线与滑轮间的摩擦,下列说法正确的是（ ）‎ A. 逐渐增大B物体质量,地面对斜劈的摩擦力逐渐变大 B. 逐渐减小B物体质量,A物体受到的摩擦力逐渐变小 C. 将悬点O下移少许,细线与竖直墙而夹角变大 D. 将悬点O上移少许,滑轮O1受到细线的弹力变小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.逐渐增大B物体质量，细线中的张力增大，将AC作为整体，细线AO1拉力水平分力增大，由平衡可知，地面对斜劈的摩擦力逐渐变大，故A正确；‎ B.逐渐减小B物休质量，细线中的张力减小，由于A物体的重力沿斜面向下的分力与细线张力大小关系不清楚，所以A物体受到的摩擦力大小无法判断，故B错误；‎ CD.设墙与斜面间的水平距离为d，O1O间绳长为L，细线O2O与墙间的夹角为θ，由平衡可知，细线O2O1与竖直方向的夹角也为θ，由几何关系可知，‎ ‎，‎ 由于距离d和细线长L不变，所以不管将悬点O下移少许还是将悬点O上移少许，细线O2O1与竖直方向的夹角不变，所以∠O1O2O不变，由平行四边形定则可知，细线中的张力不变，滑轮O1受到细线的弹力不变，故CD错误；‎ ‎3.如图，虚线I、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道I为与第一宇宙速度7.9 km/s对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度11.2 km/s对应的脱离轨道，a、b、c三点分别位于三条轨道上，b点为轨道Ⅱ的远地点，b、c点与地心的距离均为轨道I半径的2倍，则（ ）‎ A. 卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道I的2倍 B. 卫星经过a点的速率为经过b点的倍 C. 卫星在a点的加速度大小为在c点的3倍 D. 质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.轨道I的半径为R，则轨道Ⅱ的半长轴为 则由开普勒第三定律得：‎ ‎，‎ 即 ‎，‎ 则A错误；‎ B.在a点在轨道I做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有；‎ ‎，‎ 在轨道Ⅱ上b点做向心运动，万有引力大于向心力，则：‎ ‎，‎ 则，‎ 则B错误；‎ C.由，得，即在a点的加速度大小为在c点的4倍，则C错误；‎ D.在b点做向心运动，在c点做离心运动，则c点的速度大于b点的速度，c点动能大于b点的动能，又两点势能相等，故卫星在b点的机械能小于在c点的机械能，则D正确；‎ ‎4.如图,为排球场示意图,场地长为MN,网AB高为H。某次训练时,从网左侧P点正上方O处,将质量为m的球沿垂直于网的方向水平击出,球恰好通过网的上沿落到右侧底线N处,从击球到球落地用时为t。已知MA=NA,AP=,取重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）‎ A. 击球点的高度与网高度之比为4:3‎ B. 球在网左右两侧运动速度变化量之比为1:2‎ C. 球的重力势能减少了 D. 球过网时与落到右侧底线时动能之比为1:9‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因为排球水平方向做匀速运动，网右侧的水平位移是左边水平位移的两倍，所以网右侧运动时间是左侧的两倍，竖直方向做自由落体运动,根据可知，球在左边和整个过程中下降的高度比为：1:9，所以击球点的高度与网高之比为：9:8，故A错误；‎ B.网右侧运动时间是左侧的两倍，，所以乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1:2；故B正确；‎ C. 击球点的高度与网高之比为9:8，所以击球点的高度为，球的重力势能减少了，故C错误；‎ D.球恰好通过网的上沿的时间为落到右侧桌边缘的时间的，竖直方向做自由落体运动，根据可知，球恰好通过网的上沿的竖直分速度与落到右侧桌边缘的竖直分速度之比为1:3，但水平速度比为1:1，故球过网时与落到右侧底线时动能之比不可能为1:9，故D错误；‎ ‎5.高铁己成为重要的“中国名片”，领跑世界。一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小为F，每节车厢质量都为m，每节车厢所受阻力为车厢重力的k倍。重力加速度为g。则 A. 启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上 B. 整列车的加速度大小为 C. 第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为 D. 第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据牛顿第二定律，对整体车厢列式可求解加速度；隔离第1节车厢可求解第2节车厢对第1节车厢的作用力大小；隔离2、3节车厢可求解第2节车厢对第3节车厢的作用力大小.‎ ‎【详解】启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿动车运动方向的水平摩擦力两个力的合力方向斜向上方，选项A错误；对整体列车，根据牛顿第二定律：4F-8kmg=8ma，解得，选项B正确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律：F21-kmg=ma，解得F21=，选项C正确；对第1、2节车厢的整体，根据牛顿第二定律：F32+F-2kmg=2ma，解得F32=0，选项D错误；故选BC.‎ ‎6.如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块。今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是 A. 小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽组成的系统机械能守恒 B. 小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平动量守恒 C. 若小球能从C点离开半圆槽，则其一定会做竖直上抛运动 D. 若小球刚好到达C点，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．小球从AB的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽 和物块组成的系统动量也不守恒，但对系统的机械能守恒；从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在小球运动的全过程，水平方向 动量也不守恒，由于半圆槽要对滑块做功，则对小球、半圆槽组成的系统机械能不守恒，选项AB错误；‎ C．当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即选项C错误；‎ D．小球到达B点时的速度 ‎，‎ 从B到C的过程中，对小球、半圆槽 和物块组成的系统水平方向动量守恒：‎ 由能量关系可知：‎ 联立解得：‎ ‎ ‎ 选项D正确。‎ ‎7.如图所示，悬挂于O点轻质弹簧，劲度系数k＝100 N/m，其下端拴一质量m＝1 kg的小物体A，紧挨物体A有一质量M＝2 kg的物体B，现对B施加一个竖直向上、大小为38 N的力F，系统处于静止状态，现突然改变力F的大小，使物体A、B以加速度a＝2 m/s2匀加速下降，直到A、B两物体分离，取g＝10 m/s2，则（ ）‎ A. 两物体刚开始匀加速下降时，力F大小为8 N B. 两物体分离时，弹簧刚好恢复原长 C. 改变力F的大小后经0.4 s ,A、B两物体分离 D. 从改变力F到两物体分离的过程中，系统克服力F做的功为3.84 J ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.系统静止时，弹簧处于压缩状态，令压缩量为x1，则 ‎，‎ 代入数据得 ‎，‎ A、B两物体刚开始匀加速下降时有 ‎，‎ 代入数据得 故A错误；‎ B.设经时间t两物体分离，A、B间的弹力为0，弹簧处于拉伸状态，令拉伸量为x2，则对A有 ‎，‎ 代入数据得 ‎，‎ 故B错误；‎ C.A、B分离时A、B两物体组成的系统下降的距离为 ‎，‎ 而 ‎，‎ 代入数据得 ‎，‎ 故C正确；‎ D.因刚开始和两物体分离时，弹簧的形变量一样，整个过程弹簧弹力做功为零，由动能定理知 ‎，‎ 联立并代入数据得 ‎，‎ 故D正确；‎ ‎8.如图所示，光滑水平面上静置一质量为m、长为L的长木板B，木板上表 面各处粗糙程度相同，一质量为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度v冲上木板，当v=v0时，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速。此过程中A、B系统生热为Q，则( )‎ A. 若v=，A、B相对运动时间为 B. 若v=，A、B系统生热为 C 若v=2v0，A经历达木板右端 D. 若v=2v0，A、B系统生热为Q ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于A、B组成的系统，由于系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒，由动量守恒定律求出最终两者的共同速度，再由对B，运用动量定理求运动时间。由系统的能量守恒求系统生热。‎ ‎【详解】A项：当v=v0时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=2mv′‎ 代入数据得：v′=0.5v0‎ 对B，由动量定理得：ft0=mv′‎ 可得： ‎ 由能量守恒定律得： ‎ 若，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：‎ ‎ 解得： ‎ 对B，由动量定理得：‎ ft=mv′‎ 解得： ‎ 可得： ‎ AB系统生热，故A正确，B错误；‎ C、D项：若v=2v0，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：‎ m•2v0=mvA+mvB，‎ A、B系统生热等于系统克服摩擦力做功，与木板的长度有关，可知A、B系统生热仍为Q。‎ 根据能量守恒定律得：‎ ‎ ‎ 结合上面解答有： ‎ 对B，由动量定理得：‎ ft=mvB-0‎ 联立解得： ，，故C错误，D正确。‎ ‎【点睛】解决本题的关键要明确系统遵守两大守恒定律：动量守恒定律和能量守恒定律，要知道摩擦生热与相对位移有关。‎ 第Ⅱ卷 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答。‎ ‎9.某学习小组用如图所示的实验装置探究做功与动能变化的关系。在水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一沙桶相连，沙桶和里面的细沙总质量为m；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B处有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间为t，d表示遮光片的宽度，L表示遮光片右侧初位置至光电门之间的距离，用g表示重力加速度。‎ ‎(1)该同学首先用游标卡尺测量了遮光片的宽度，如图所示，遮光片宽度的测量值d=___cm；‎ ‎(2)让沙桶内盛上适量细沙，测出沙桶和细沙的总质量m，调整导轨倾角，让滑块恰好在A处静止。剪断细绳后，滑块开始加速下滑，记录遮光片通过光电门的时间t；保持滑块的质量M和遮光片右侧初位置至光电门之间的距离L 不变，改变沙桶内细沙的质量和导轨倾角，重复以上步骤，通过每次实验记录的m和t，描点作出了一个线性关系的图象，从而更直观地研究滑块动能变化与合外力对它所做功的关系，处理数据时应作出的图象是________(请填写选项前对应的字母)。‎ A．t —m图象 B． t2—m图象 C． t2 —图象 D．—m2图象 ‎(3)为了减小上述实验中的误差，下列实验要求中不必要的一项是________(请填写选项前对应的字母)‎ A．应使沙桶和细沙的总质量m远小于滑块和遮光片的总质量M B．应使A位置与光电门间的距离适当大些 C．遮光片的宽度要适当小些 D．应使细线与气垫导轨平行 ‎【答案】 (1). 0.235 (2). C (3). A ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由游标卡尺测量出遮光片的宽度 ‎(2)[2]测出沙桶和细沙的总质量m，调整气垫导轨倾角，让滑块恰好在A处静止，则：‎ 剪断细绳后，滑块开始加速下滑，滑块所受合力 滑块沿气垫导轨滑行L，合外力对它所做功 滑块过光电门的速度 滑块沿气垫导轨滑行L过程，滑块动能变化 若合外力对它所做功等于滑块动能的变化，则 整理得：‎ 为得到线性关系图象，则应作图象 A．t—m图象，与分析不符，故A项不符合题意；‎ B．t2—m图象，与分析不符，故B项不符合题意；‎ C．t2—图象，与分析相符，故C项符合题意；‎ D．—m2图象，与分析不符，故D项不符合题意。‎ ‎(3)[3] A．据(2)分析知，滑块下滑过程中合力等于沙桶和细沙的总重力，故A项不必要，即A项符合题意；‎ B．应使A位置与光电门间的距离适当大些，减小测量L的相对误差．故B项必要，即B项不符合题意；‎ C．滑块过光电门的速度是用遮光片通过光电门的平均速度替代，则遮光片的宽度要适当小些，以减小速度测量的误差．故C项必要，即C项不符合题意；‎ D．细线与气垫导轨平行时，细线断后，滑块受到的合力才等于细线未断时细线中的拉力．故D项必要，即D项不符合题意。‎ ‎10.小王和小李两位同学分别测量电压表V1的内阻. ‎ ‎（1）先用调好的欧姆表“×1K”挡粗测电压表V1的内阻，测量时欧姆表的黑表笔与电压表的__________（填“＋”或“—”）接线柱接触，测量结果如图甲所示，则粗测电压表V1的内阻为___________k. ‎ ‎（2）为了精确测量电压表V1的内阻，小王同学用如图乙所示的电路，闭合开关S1前将滑动变阻器的滑片移到最__________（填“左”或“右”）端，电阻箱接入电路的电阻调到最__________（填“大”或“小”），闭合开关S1，调节滑动变阻器和电阻箱，使两电压表指针的偏转角度都较大，读出电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，电阻箱的示数为R0‎ ‎，则被测电压表V1的内阻__________.‎ ‎（3）小李同学用如图丙所示的电路，闭合开关S1，并将单刀双掷开关S2打到1，调节滑动变阻器的滑片，使电压表V2的指针偏转角度较大，并记录电压表V2的示数为U，再将单刀双掷开关S2打到2，调节电阻箱，使电压表V2的示数仍然为U，此时电阻箱接入电阻的示数如图丁所示，则被测电压表V1的内阻__________.‎ ‎【答案】（1）＋， 9. 0； （2）左， 大， ； （3）8455‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）欧姆表的电流从黑表笔流出，因此黑表笔应与电压表的“＋”接线柱相连接，欧姆表的读数为9. 0k. ‎ ‎（2）为保护电路，闭合开关S1前应将滑动变阻器的滑片移到最左端，使输出电压为零，电阻箱接入电路的电阻最大，被测电压表的内阻. ‎ ‎（3）被测电压表的内阻等于电阻箱的接入电路的阻值，即为8455.‎ ‎11.如图所示，质量分别为5m和m的P、Q两球通过两根长度均为l的不可伸长的细线悬挂．整个装置处于风洞实验室中，风对两个球产生大小相等、方向水平向右的恒定风力．系统静止时，两根细线偏离竖直方向的角度分别为30°和60°，重力加速度为g，不计风对细线的作用力．‎ ‎(1) 求每个小球所受风力的大小；‎ ‎(2) 用一外力将P球缓慢拉到最低点P′，求该力所做的功；‎ ‎(3) 在(2)中，P球位于P′处时剪断下方细线并同时撤去外力，求P球此时的加速度及此后的最大动能．‎ ‎【答案】(1) ;(2) (4－6)mgl; (3) (2－5)mgl ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 解法①对Q分析，如图1，有 ‎；‎ 解法②对整体分析，如图2，有 ‎，‎ 解得 ‎；‎ ‎(2) 因缓慢移动，故不影响两球的相对位置，如图3由能量关系得：‎ ‎，‎ 即 ‎，‎ 解得 ‎；‎ ‎(3) 解法①撤去F并剪断细线，对P球：‎ 解得 水平向右；‎ 如图，P球摆到细线偏离竖直方向角度为θ时动能为Ek 由动能定理 ‎，‎ 可得 ‎，‎ 由数学知识可得最大动能 ‎；‎ 解法②设P球摆到细线偏离竖直方向角度为α时动能最大，则有 ‎，‎ 解得 ‎，‎ 动能 ‎；‎ 解法③在风力场和重力场的等效场中，等效场力大小 ‎，‎ 方向与竖直方向成α角有 ‎，‎ 当P球运动到细线与F共线时动能最大 ‎；‎ ‎12.如图所示,倾角θ=37°的足够长光滑斜面上有一质量M=4kg的木板A,在A的上端有一质量m=2kg的物块B(可视作质点),物块B与木板A间的动摩擦因数μ=0.5,斜面底端有一挡板P,木板或者物块与挡板P碰撞后都会等速率反弹。现将木板与物块同时由静止释放,释放时木板前端与挡板相距，取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:‎ ‎(1)木板A第1次碰挡板P时的速度多大?‎ ‎(2)木板碰挡板后多长时间速度减为零?此过程中,物块B与木板A间因摩擦产生的热量是多少?(设物块B未滑离木板)‎ ‎(3)若将木板换成质量不计、长L=2m的轻质板,其他条件不变,则碰挡板后物块B 返回到达的最大高度?‎ ‎【答案】(1)2m/s（2）0.25s,6.5J(3)0.6m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)分析可知，释放后A、B一起加速下滑　‎ ‎ ‎ ‎，‎ ‎，‎ 设木板碰挡板时速度为v,则 ‎，‎ 带入数据解得：‎ ‎；‎ ‎ (2)碰后木板A减速上滑,设其加速度大小为aA,有:‎ ‎，‎ ‎，‎ 故所求时间 ‎，‎ ‎　木板A上滑距离 ‎，‎ 此过程中,物块B加速下滑,设其加速度大小为aB,有:‎ ‎，‎ ‎，‎ 物块B下滑距离 ‎ 故摩擦生热 ‎；‎ ‎(3)分析可知,此情形下轻质板碰挡板时A、B的速度仍为v=2m/s。由于A板质量不计,故A碰挡板后速度可认为始终保持为0,一直到物块B碰挡板后为止。对轻木板碰挡板后物块下滑过程,有:‎ ‎ ‎ ‎ 解得:‎ ‎，‎ ‎ ‎ 物块B碰挡板后,带着轻木板B减速沿光滑斜面上滑,有:‎ ‎，‎ 解得:‎ ‎；‎ ‎13.一列沿着x 轴正方向传播的横波，在t＝0 时刻的波形如图所示，此时质点N 位于x 轴上x＝2.0 m 处。图甲中的某质点的振动图像如图乙所示。关于该波的下列说法正确的是（ ）‎ A. 质点N 的振幅是零 B. 该波的波速为0.5 m/s C. 图乙表示的是质点N 的振动图像 D. 该波在传播过程中遇到一辆静止的轿车时会发生明显的衍射现象 E. 从t＝0 时刻算起,x＝1.0 m 处的质点比x＝1.5 m 处的质点后回到平衡位置 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由两图象可知波长，，振动后各质点的振幅均为0.8m，故A错误；‎ B.周期，由公式得：‎ ‎，‎ 故B正确；‎ C.由振动图象可知t=0时该质点向上振动；此波沿着x轴正方向传播，由波形平移可知由t=0时波的图象可知N点此时向下振动，所以图乙不是质点N的振动图象，故C错误；‎ D.根据生活常识知车的尺度与波长接近，所以可以发生明显衍射现象，故D正确；‎ E.波向右传播，从t=0 时刻算起，x=1.0 m 处的质点比x=1.5 m 处的质点均向上振动，则可知x=1.0m处的质点要经历半个周期到达平衡位置，则x=1.0 m 处的质点经历T到达平衡位置，故x=1.0m处的质点比x=1.5m处的质点后回到平衡位置，故E正确；‎ ‎14.如图所示，某种透明材料制成的直角三棱镜，折射率，，在与边相距为的位置，放置一平行于边的竖直光屏。现有一细光束射到棱镜面上的点，入射光线与面垂线的夹角为，的长度也为。试求：‎ ‎①当且光束从面出射时，光屏上的亮斑与点间的竖直距离；‎ ‎②当光束不从面出射时，的正弦值应满足的条件。‎ ‎【答案】(1) 　(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据折射定律求出光线在P点的折射角，由几何关系和折射定律结合求出光线在BC面上出射时的折射角，最后由几何关系求光屏上的亮斑与P点间的竖直距离．（2）当光束恰好不从BC面出射时恰好发生全反射时，入射角等于临界角C，由求出临界角C，结合几何知识求解．‎ ‎【详解】（1）作出光路图，如图所示 光线在P点发生折射，根据折射定律，则有：‎ 得：‎ 可得折射角 设光线在BC面上入射角和折射角分别为和 由几何知识得：‎ 则有：‎ 结合光路可逆原理得：‎ 所以光屏上的亮斑与P点间的竖直距离：‎ ‎（2）当光束恰好不从BC面出射时恰好发生全反射，入射角等于临界角C 由，得：‎ 所以当光束不从BC面出射时，则有：‎ 由几何知识得：‎ 由得：‎ 所以 ‎【点睛】本题的解题关键是正确作出光路图，要知道当光从光密介质射入光疏介质时要考虑能否发生全反射，根据几何知识和折射定律求解入射角和折射角．‎