【物理】贵州省三都水族自治县高级中学2020届高三上学期1月份考试（解析版）

【物理】贵州省三都水族自治县高级中学2020届高三上学期1月份考试（解析版）

贵州省三都水族自治县高级中学2020届 高三上学期1月份考试 一、单选题(共5小题,每小题6.0分,共30分) ‎ ‎1.如图所示，质量为m的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物块与转台转轴相距R，物块随转台由静止开始转动并计时，在t1时刻转速达到n，物块即将开始滑动．保持转速n不变，继续转动到t2时刻．则（ ）‎ A. 在0～t1时间内，摩擦力做功为零 B. 在t1～t2时间内，摩擦力做功为2μmgR C. 在0～t1时间内，摩擦力做功为2μmgR D. 在0～t1时间内，摩擦力做功为μmgR ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：在0～时间内，转速逐渐增加，故物体的速度逐渐增加，由动能定理可知，最大静摩擦力提供向心力：，解得：，物体做加速圆周运动过程：，解得：，故AC错误，D正确；在时间内，物体的线速度不变，摩擦力只提供向心力，根据动能定理可知摩擦力做功为零，故B错误；‎ 考点：动能定理的应用 ‎2.把质量为m的小球（可看做质点）放在竖直的轻质弹簧上，并把小球下按到A的位置（图甲），如图所示．迅速松手后，弹簧把小球弹起，球升至最高位置C点（图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）．已知AB的高度差为h1，BC的高度差为h2，重力加速度为g，不计空气阻力．则（ ）‎ A. 小球从A上升到B位置的过程中，动能增大 B. 小球从A上升到C位置的过程中,机械能一直增大 C. 小球在图甲中时，弹簧的弹性势能为 D. 一定有 ‎【答案】C ‎【详解】A．球从A上升到B位置的过程中，先加速，当弹簧的弹力k△x=mg时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大，之后小球继续上升弹簧弹力小于重力，球做减速运动，故小球从A上升到B的过程中，动能先增大后减小，A错误；‎ B．小球与弹簧组成系统机械能守恒，从A到B过程，弹簧弹性势能减小，小球的机械能增加，离开B继续上升到C的过程小球机械能不变，故B错误；‎ C．根据能量的转化与守恒，小球在图甲中时，弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加的重力势能：‎ Ep=mg（h2+h1）‎ C正确；‎ D．设球在B点的速度为v，则B到C过程：‎ v2=2gh2‎ A到B过程，‎ v2=2（g-）h1‎ 可见：h2＜h1，D错误；‎ 故选C．‎ ‎3.如图所示，两根细线拴着两个质量相同小球A、B，上、下两根细线中的拉力分别是TA、TB，现在使A、B带同种电荷，此时上、下细线受力分别为TA′、TB′，则（ ）‎ A. TA′=TA，TB′＞TB B. TA′=TA，TB′＜TB C. TA′＜TA，TB′＞TB D. TA′＞TA，TB′＜TB ‎【答案】A ‎【详解】带电前：对B有：TB=GB 对AB组成的整体有：TA=GA+GB 带电后：对B有：TB′=F电+GB 对整体：TA′=GA+GB 综上所述： TA′= TA，TB′> TB 故A正确，BCD错误．‎ ‎【点睛】处于受力平衡状态的物体在求解或进行大小变化的判断时，只要选好研究对象进行正确的受力分析，应用平衡条件判断即可．‎ ‎4.如图所示，一带电小球沿与CD平行方向，(垂直AD方向)射入倾角为θ的光滑斜面上，斜面所在区域存在和AD平行的匀强电场，小球运动轨迹如图中虚线所示，则(　　)‎ A. 若微粒带正电荷，则电场方向一定沿斜面向下 B. 微粒从M点运动到N点电势能一定增加 C. 微粒从M点运动到N点动能一定增加 D. 微粒从M点运动到N点机械能一定增加 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由图可知，小球在斜面上做类平抛运动，合力沿斜面向下，由于重力沿斜面的分力也是向下的，故电场力可能沿斜面向下，也可能沿斜面向上，只要合力沿斜面向下即可，故A错误．当电场力沿斜面向上时，则电场力做负功，电势能增加，当电场力沿斜面向下时，电场力做正功，电势能减小，故B错误．由于合力沿斜面向下，故合力一定做正功，根据动能定理可知，动能一定增加，故C正确．若电场力沿斜面向上，电场力做负功，机械能减小，故D错误．故选C．‎ ‎5.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置、半径为R的光滑圆环顶点P，另一端连接一套在圆环上且质量为m的小球．开始时小球位于A点，此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°，之后小球由静止沿圆环下滑，小球运动的最低点B时的速率为v，此时小球与圆环之间的压力恰好为零，已知重力加速度为g.下列分析正确的是(　　)‎ A. 轻质弹簧的原长为R B. 小球过B点时，所受的合力为mg＋m C. 小球从A到B的过程中，重力势能转化为弹簧的弹性势能 D. 小球运动到B点时，弹簧的弹性势能为mgR－mv2‎ ‎【答案】D ‎【详解】A ．由几何知识可知弹簧原长为R，A错误；‎ B．根据向心力公式：小球过B点时，则由重力和弹簧弹力的合力提供小球的向心力 F合＝m B错误；‎ C．以小球和弹簧组成的系统为研究对象，在小球从A到B的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，小球重力势能减小转化为弹簧的弹性势能和动能．故C错误；‎ D．根据能量的转化与守恒：‎ 得 故D正确．故选D。‎ 二、多选题(共3小题,每小题6.0分,共18分) ‎ ‎6.如图所示，在固定倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，杆与水平方向的夹角α=30°，圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h．让圆环沿杆由静止滑下，滑到杆的底端时速度恰为零．则在圆环下滑过程中( )‎ A. 圆环和地球组成的系统机械能守恒 B. 当弹簧垂直于光滑杆时圆环的动能最大 C. 弹簧的最大弹性势能为mgh D. 弹簧转过60°角时，圆环的动能为 ‎【答案】CD ‎【解析】在圆环下滑过程中，弹簧的拉力对圆环做功，所以圆环和地球组成的系统的机械能不守恒，A错误；当圆环沿杆的加速度为零时，其速度最大，动能最大，此时弹簧处于伸长状态，给圆环一个斜向左下方的拉力，故B错误；圆环和地球以及弹簧组成的系统机械能守恒，根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，那么圆弧的机械能的减小量等于弹性势能增大量，为mgh，C正确；弹簧转过60°角时，此时弹簧仍为原长，以圆环为研究对象，利用动能定理得：，即圆环的动能等于，故D正确，‎ 考点：考查了机械能守恒，牛顿第二定律 ‎【名师点睛】对物理过程进行受力情况、运动情况、做功情况分析，是解决问题的根本方法．要注意对于圆环来说机械能并不守恒，但对圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，系统的机械能是守恒的．‎ ‎7.如图所示，质量为m的带电滑块沿绝缘斜面匀加速下滑，当滑至竖直向下的匀强电场区域时(滑块受到的电场力小于重力)，滑块的运动状态可能 (　　)‎ A. 仍为匀加速下滑，加速度比原来的小 B. 仍为匀加速下滑，加速度比原来的大 C. 变成匀减速下滑，加速度和原来一样大 D. 仍为匀加速下滑，加速度和原来一样大 ‎【答案】AB ‎【详解】在没有进入电场之前，滑块沿绝缘斜面匀加速下滑，假设存在滑动摩擦力，对物体进行受力分析，有：mgsinα-μmgcosα=ma 当进入电场中，设物体沿斜面向下的加速度为a′，当电场力与重力行同向时，则有：（mg+F）sinα-μ（mg+F）cosα=ma′；解之得，a′＞a； 当电场力与重力反向时，则有：（mg-F）sinα-μ（mg-F）cosα=ma′；解之得，a′＜a； 故AB正确，CD错误；故选AB．‎ ‎【点睛】考查对物体的受力分析，掌握牛顿第二定律的应用，注意电场力的方向不确定，同时解题的关键是重力方向的力变化，而质量没变，因此加速度一定变化．‎ ‎8.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V. 下列说法不正确的是( )‎ A. 电场强度的大小为2. 5 V/cm B. 坐标原点处的电势为1 V C. 电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D. 电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV ‎【答案】C ‎【详解】A．如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图， 因为匀强电场，则有：，由比例关系可知：‎ ‎ 依据几何关系，则有：‎ 因此电场强度大小为：‎ 故A正确，不符合题意；‎ B．根据φc-φa=φb-φo，因a、b、c三点电势分别为：φa=10V、φb=17V、φc=26V，解得原点处的电势为φ0=1 V．故B正确，不符合题意；‎ C．因Uab=φa-φb=10-17=-7V，电子从a点到b点电场力做功为：‎ W=qUab=-e×（-7V）=7 eV 因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7eV，故C错误，符合题意。‎ D．bc间的电势差Ubc=φb-φc=17V-26V=-9V，电子从b点运动到c点，电场力做功为 ‎ W=qUbc=-e×（-9V）=9 eV 故D正确，不符合题意。‎ 分卷II 三、实验题(共2小题,共15分) ‎ ‎9.某实验小组用图所示的实验装置和器材做“探究动能定理”实验，在实验中，该小组同学把砂和砂桶的总重力当作小车受到的合外力，为探究小车的动能变化规律：‎ ‎（1）为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下面做法必要的是____．‎ A．实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作 B．实验操作时要先释放小车，后接通电源 C．在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近越好 D．在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量 ‎（2）除实验装置图中的仪器外，还需要的测量仪器有__________________________，‎ ‎（3）如图为实验中打出昀一条纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究“动能定理”．已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g，图中已经标明了要测量的物理量．另外，小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m．请你把要探究的结果用题中给出的字母表达出_____________________________________________．‎ ‎【答案】(1). AD (2). 刻度尺、天平（或弹簧秤） (3). ‎ ‎【详解】第一空.A、实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作，以保证小车所受合外力恰好是绳子的拉力，故A正确． B、实验时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理．故B错误． C、在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近测量误差越大，故C错误． D、在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，这样才能使得砂和砂桶的总重力近似等于细绳对小车的拉力，故D正确．‎ 第二空.由于实验需要测量小车速度，速度是使用打点计时器打的纸带计算得出的，故要测量点距，需要刻度尺；本实验还要测量质量，故需要天平．‎ 第三空.小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m，M远大于m．则对小车的作用力等于砂和砂桶的总重力mg，所以恒力对小车做的功可表示为：mgx．由得： ，，所以小车动能的改变量为 ；本实验就是要验证减少的重力势能是否等于增加的动能，即mgx＝.‎ ‎10.某同学用图1(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连，滑轮和木块间的细线保持水平，在木块上方放置砝码。缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小。某次实验所得数据在下表中给出，其中f4的值可从图(b)中弹簧秤的示数读出。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)f4＝________N；‎ ‎(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f－m图线；‎ ‎(3)f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g之间的关系式为f＝________，f－m图线(直线)的斜率的表达式为k＝________；‎ ‎(4)取g＝9.80 m/s2，由绘出的f－m图线求得μ＝________。(保留2位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 2.75 (2). 如图所示：‎ ‎ (3). μ(M＋m)g μg (4). 0.40‎ ‎【详解】(1)[1]由图b可读出弹簧秤的示数f4＝2.75N；‎ ‎(2)[2]fm图线如图所示：‎ ‎(3)[3][4]摩擦力表达式 f＝μ(M＋m)g 其斜率 k＝μg；‎ ‎(4)[5]图线的斜率 k＝＝＝3.9‎ 解得 μ≈0.40。‎ 四、计算题 ‎11.图1中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为．在木板上施加一水平向右的拉力F，在0～3s内F的变化如图2所示，图中F以mg为单位，重力加速度g=10m/s2.整个系统开始时静止．‎ ‎（1）求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度；‎ ‎（2）在同一坐标系中画出0～3s内木板和物块的v—t图象，据此求0～3s内物块相对于木板滑过的距离．‎ ‎【答案】（1），‎ ‎（2）如图所示．‎ ‎【详解】（1）设木板和物块的加速度分别为和，在t时刻木板和物块的速度分别为和，木板和物块之间的摩擦力的大小为f，根据牛顿第二定律，运动学公式和摩擦定律得，‎ 当，‎ ‎,‎ 联立可得，‎ ‎（2）物块与木板运动的图象，如右图所示．在0～3s内物块相对于木板的距离等于木板和物块图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为0.25（m），下面的三角形面积为2（m），因此 ‎12.在如图所示的竖直平面内,水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r=m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点,GH与水平面的夹角θ=37°．过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度B=1.25T;过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场,电场方向水平向右,电场强度E=1×104N/C．小物体P1质量m=2×10-3kg、电荷量q=+8×10-6C,受到水平向右的推力F=9.98×10-3N的作用,沿CD向右做匀速直线运动,到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时,不带电的小物体P2在GH顶端静止释放,经过时间t=0.1s与P1相遇．P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ=0.5,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,物体电荷量保持不变,不计空气阻力．求: ‎ ‎(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小;‎ ‎(2)倾斜轨道GH的长度s．‎ ‎【答案】（1）4m/s（2）0.56m ‎【详解】（1）设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到水平外力F，重力mg，支持力N，竖直向上的洛伦兹力F1，滑动摩擦力f，则F1=qvB①‎ ‎，②‎ 匀速直线运动，物体处于平衡状态；③,解得m/s④‎ 说明：①③各1分，②④各2分 ‎(2)设物体P1在G点的速度为，由于洛伦兹力不做功 由动能定理知⑤‎ 解得速度m/s 小物体P1在GH上运动受到水平向右的电场力qE，重力mg，垂直斜面支持力N1，沿斜面向下的滑动摩擦力f1设加速度为 由牛顿第二定律有，‎ ‎，⑥‎ 解得m/s2‎ 小物体P1在GH上匀加速向上运动=0.55m⑦‎ 小物体P2在GH上运动受到重力m2g，垂直斜面支持力N2，沿斜面向上的滑动摩擦力f2，加速度为 则⑧‎ 解得m/s2‎ 小物体P2在GH上匀加速向下运动=0.01m⑨‎ 故轨道长⑩‎ 所以s=0.56m ⑾‎ ‎13.如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-V图中从a到b的直线所示．在此过程中______．‎ A. 气体温度一直降低 B. 气体内能一直增加 C. 气体一直对外做功 D. 气体一直从外界吸热 E. 气体吸收的热量一直全部用于对外做功 ‎【答案】BCD ‎【详解】A．由图知气体的 pV一直增大，由，知气体的温度一直升高，故A错误；‎ B．一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，故B正确；‎ C．气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C正确；‎ D．气体的内能一直增加，并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律△U=W+Q可知气体一直从外界吸热，故D正确；‎ E．气体吸收的热量用于对外做功和增加内能，故E错误．‎ ‎14.如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A之间气体柱长为lA＝40 cm，右管内气体柱长为lB＝39 cm．先将开口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg，求：‎ ‎①A端上方气柱长度；‎ ‎②稳定后右管内的气体压强．‎ ‎【答案】①38cm；②78cmHg ‎【解析】①稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4cm，则A管内气体的压强为PA1=(76+4) cmHg 由公式：P0VA0=PA1VA1，‎ 代入数据得：LA1=38cm ‎②设右管水银面上升h，则右管内气柱长度为lB-h，气体的压强为；‎ 由玻意尔定律得：‎ 解得：h=1cm 所以右管内气体压强为 考点：气体的状态方程.‎ ‎15.声波在空气中的传播速度为，在钢铁中的传播速度为 ‎．一平直桥由钢铁制成，某同学用锤子敲击一下桥的一端发出声音，分别经空气和桥传到另一端的时间之差为．桥的长度为______若该声波在空气中的波长为，则它在钢铁中的波长为的______倍．‎ ‎【答案】(1). 365 (2). ‎ ‎【详解】设桥的长度为s 则声音在钢铁中传播时间 ‎ 声音在空气中的传播时间为 ‎ 根据题意 ‎ 解得： ‎ 声音在不同介质中的频率是不会改变的，由公式可知 即 ‎ 解得 ‎16.半径为R的玻璃半圆柱体，横截面如图所示，圆心为O.两条平行单色红光沿截面射向圆柱面方向且与底面垂直．光线1的入射点A为圆柱面的顶点，光线2的入射点为B，∠AOB＝60°，已知该玻璃对红光的折射率n＝.求：‎ ‎(1)两条光线经柱面和底面折射后出射光线的交点与O点的距离d；‎ ‎(2)若入射的是单色蓝光，则距离d将比上面求得的结果大还是小？(定性分析，不需要计算)‎ ‎【答案】（1） （2）小 ‎【详解】（1）光线1通过玻璃砖后不偏折，如图所示：‎ 光线2在圆柱面上入射角，由折射定律得 ： ‎ 得到 ‎ ‎ 得 由几何知识得 ‎ ‎  ‎ 又由折射定律得：‎ ‎ ‎ 代入解得 ‎ 由于是等腰三角形，则 所以 ‎；‎ ‎   （2）若入射的单色蓝光，光线1仍不偏折，由于介质对蓝光的折射率大于介质对红光的折射率，光线2偏折得更厉害，更大，d更小