- 2021-06-02 发布 |
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文档介绍
广东省梅州市2020届高三上学期第一次质量检测物理试题
2019-2020学年高三第一次质检 理科综合物理测试 二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21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。 1.2019年初，中国科幻电影《流浪地球》热播. 影片中为了让地球逃离太阳系，人们在地球上建造特大功率发动机，使地球完成一系列变轨操作. 地球在椭圆轨道I上运行到远日点B变轨，进入椭圆轨道Ⅱ. 在椭圆轨道Ⅱ上运行到B点，……，最终摆脱太阳束缚. 对于该逃离过程，下列轨道示意图可能正确的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】根据开普勒第一定律可得，太阳在椭圆轨道的一个焦点上，由题意可知B点是椭圆轨道的远日点，地球在做离心运动。 A.图与结论相符，选项A正确； B.图与结论不相符，选项B错误； C. 图与结论不相符，选项C错误； D. 图与结论不相符，选项D错误； 2.《茅山奇谈录》一书中记载着“血滴子”是清朝一位精通天文地理武术医术的茅山道人泉青发明的，能用它降魔伏妖，二十步内取首级如探囊取物，非常恐怖。血滴子主要构造已无从考证，据传其主要部件如图，刀片绕中心O点转动，A、B为刀片上不同位置的两点。v代表线速度，ω代表角速度，T代表周期，a代表向心加速度，则下列说法正确的是（ ） A. vA＝vB，TA＝TB B. ωA＝ωB，vA＞vB C. vA＜vB，aA＜aB D. aA＝aB，ωA＝ωB 【答案】C 【解析】 【详解】由于是共轴转动，所以AB两点的角速度相等，ωB=ωA，则转动周期相等，TB=TA；由于B的半径大于A的半径，所以根据v=rω知，B的线速度大于A的线速度，vB>vA；由向心加速度与半径的公式：a=ω2r，由于B的半径大于A的半径，所以B的向心加速度大于A的向心加速度，即aA＜aB．故ABD错误，C正确。故选C。 3.公园里，经常可以看到大人和小孩都喜欢玩一种游戏——“套圈”，如图所示是“套圈”游戏的场景。假设某小孩和大人站立在界外，在同一条竖直线上的不同高度分别水平抛出圆环，大人抛出圆环时的高度大于小孩抛出时的高度，结果恰好都套中前方同一物体。如果不计空气阻力，圆环的运动可以视为平抛运动，则下列说法正确的是（ ） A. 大人和小孩抛出的圆环在空中飞行的时间相等 B. 大人和小孩抛出的圆环抛出时的速度相等 C. 大人和小孩抛出的圆环发生的位移相等 D. 大人和小孩抛出的圆环速度变化率相等 【答案】D 【解析】 【详解】设抛出的圈圈做平抛运动的初速度为v，高度为h，则下落的时间为：，水平方向位移x=vt=v，平抛运动的时间由高度决定，可知大人抛出圆环的时间较长，故A错误；大人抛出的圆环运动时间较长，如果要让大人与小孩抛出的水平位移相等，则大人要以小点的速度抛出圈圈，故B错误；大人和小孩抛出的圆环发生的水平位移相等，竖直位移不同，所以大人和小孩抛出的圆环发生的位移不相等，故C错误；环做平抛运动，加速度a=g，所以大人、小孩抛出的圆环速度变化率相等，故D正确。故选D。 【点睛】本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解． 4.游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量相等的8位同学，如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，某时刻甲正好在最高点，乙处于最低点。则此时甲与乙 A. 线速度相同 B. 加速度相同 C. 所受合外力大小相等 D. “摩天轮”对他们作用力大小相等 【答案】C 【解析】 A、由于“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，所以线速度大小相同，甲线速度方向向左，乙线速度方向向右，故A错误； B、根据可知，加速度大小相同，甲加速度方向竖直向下，乙加速度方向竖直向上，故B错误； C、根据可知，所受合外力大小相等，故C正确； D、对甲有，对乙有，“摩天轮”对他们作用力大小不相等，故D错误； 故选C。 5.汽车在某一水平路面上做匀速圆周运动，已知汽车做圆周运动的轨道半径约为50m，假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的 0.8倍，则运动的汽车( ) A. 所受的合力可能为零 B. 只受重力和地面支持力作用 C. 所需的向心力由重力和支持力的合力提供 D. 最大速度不能超过 【答案】D 【解析】 【分析】 对汽车受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力，三者的合力提供向心力，根据牛顿第二定律即可求得； 【详解】A、汽车做匀速圆周运动，根据 可知，汽车受到的合力不可能为零，故A错误； B、在竖直方向没有运动，故重力和地面支持力合力为零，汽车受到的摩擦力提供向心力，故BC错误： D、最大静摩擦力提供向心力时，汽车的速度最大，根据 解得：，故D正确。 【点睛】本题主要考查了汽车匀速圆周运动的受力，正确的受力分析，明确向心力的来源是解决问题的关键。 6.质量为m的小物块静止在赤道处，下列关于小物块所受引力和重力的说法正确的是（ ） A. 小物块所受重力的方向一定指向地心 B. 小物块所受引力的方向一定指向地心 C. 若地球自转加快，小物块所受重力变小 D. 若地球自转加快，小物块所受引力变小 【答案】ABC 【解析】 【详解】A.重力的方向竖直向下，而赤道处竖直向下和指向地心重合；则赤道位置的重力指向地心；则A项符合题意. B.物体受到地球的万有引力方向沿物体和地球的球心连线而指向地心；故B项符合题意. C.对赤道位置的物体分析可知，所受万有引力产生两分力效果，一是重力，二是自转向心力，且三者的方向都指向地心，满足： ， 则自转加快即角速度增大，所需向心力变大，而引力不变，故重力变小；故C项符合题意. D.物体所受万有引力大小，与自转快慢无关，则地球自转加快时小物块所受的引力不变；故D项不合题意. 7.在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则( ) A. t＝0.005 s时线圈平面与磁场方向平行 B. t＝0.010 s时线圈的磁通量变化率最大 C. 线圈产生的交变电动势频率为50 Hz D. 线圈产生的交变电动势有效值为311 V 【答案】AC 【解析】 【详解】A .t=0.005s电动势最大，则线圈平面与磁场方向平行，故A正确； B .t=0.010s时电动势为0，则线圈的磁通量变化率为0，线圈在中性面上，故B错误； C. 由图可知周期为0.02s，则频率为，故C正确； D.线圈产生的交变电动势有效值为，故D错误。 8.一光滑宽阔的斜面，倾角为θ，高为h，现有一小球在A处以水平速度v0射出，最后从B处离开斜面，下列说法正确的是（ ） A. 小球的运动轨迹为抛物线 B. 小球的加速度为 C. 小球到达B点的时间为 D. 小球到达B点的水平方向位移 【答案】ABC 【解析】 【详解】小球受重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度垂直，做类平抛运动，轨迹为抛物线。故A正确。根据牛顿第二定律知，小球的加速度．故B正确。小球在沿斜面方向上的位移为，根据，解得．故C正确。在水平方向上做匀速直线运动，沿初速度方向的位移： ；在斜面方向，小球还有沿水平方向的分位移： ；小球在水平方向的总位移：．故D错误。 三、非选择题：共174分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。 9.现用电磁打点计时器测定物体作匀变速直线运动的加速度。实验时，若交流电的频率低于50Hz，最后计算时仍按50Hz，所测得的加速度的值将________（填“偏小”或“偏大”）。在“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，如图为一次实验得到的一条纸带A、B、C、D是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出。从图中求出C点对应的速度是______m/s，运动的加速度是____m/s2。（计算结果均保留三位有效数字） 【答案】 (1). 偏大 (2). 0.210 (3). 0.600 【解析】 【详解】[1].用它测定物体作匀变速直线运动的加速度．当电源频率低于50Hz时，实际打点周期将变大，相邻两点间距偏大，而进行计算时，仍然用0.02s，因此测出的加速度数值将比物体的真实数值大． [2].每两个相邻计数点间有四个点没有画出，则相邻两计数点间的时间间隔为0.1s，某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度 [3].根据逐差法： 10.图为验证牛顿第二定律的实验装置示意图．图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源，在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”． (1)完成下列实验步骤中的填空 ①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出________________的点． ②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码． ③先_______，后_________，关闭电源，获得纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m. ④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③. ⑤在每条纸带上清晰的部分，…….求出与不同M相对应的加速度a. ⑥以砝码的质量M为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出－M关系图线．若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与M应成________关系(填“线性”或“非线性”)． (2)本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是___________________． 【答案】 (1). 间距相等 (2). 接通电源 (3). 释放小车 (4). 线性 (5). 远小于小车和砝码的总质量 【解析】 【详解】(1)①[1].平衡摩擦力的标准为小车可以匀速运动，打点计时器打出的纸带点迹间隔均匀，间距相等； ③[2].先接通电源，后释放小车； ⑥[3].由，故，故成线性关系； (2)[4].设小车的质量为M，小吊盘和盘中物块的质量为m，设绳子上拉力为F ，以整体为研究对象有 mg=（m+M）a 解得 以M为研究对象有绳子的拉力 显然要有F=mg必有m+M=M，故有M＞＞m，即只有M＞＞m时才可以认为绳对小车的拉力大小等于小吊盘和盘中物块的重力．所以为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应该远小于小车和砝码的总质量。 11.随着科技的发展，我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离，如图所示，航空母舰的水平跑道总长L＝180 m，其中电磁弹射区的长度为L1＝80 m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵。一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N。假设飞机在航母上的阻力恒为飞机重力的0.2倍。已知飞机可看作质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝40 m/s，航空母舰处于静止状态，（取g＝10 m/s2）求： （1）飞机在后一阶段的加速度大小； （2）飞机在电磁弹射区末的速度大小； （3）电磁弹射器的牵引力F牵的大小。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 【详解】（1）根据牛顿第二定律：F推-0.2mg=ma2 解得a2=4.0m/s2 （2）由v2-v12=2a2(l-l1) 解得v1=20m/s （3）由v12=2a1l1 解得a1=5m/s2 根据牛顿第二定律：F牵+F推-0.2mg=ma1 带入数据解得：F牵=2×104N 12.如图，质量的木板静止在水平地面上，质量、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。设最大摩擦力都等于滑动摩擦力，书籍木板与地面间的动摩擦因数，铁块与木板之间的动摩擦因数，取。现给铁块施加一个水平向左的力F。 (1)若力F恒为8 N，经1 s铁块运动到木板的左端.求木板的长度； (2)若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长.试通过分析与计算，在坐标图中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象. 【答案】（1）L=1 m （2） 【解析】 分析】 (1)根据牛顿第二定律分别求出铁块和木板的加速度，铁块相对木板的位移等于木板的长度时铁块滑到木板的左端，由位移公式求解木板的长度． (2)若力F从零开始逐渐增加，根据F与铁块的最大静摩擦力关系，以及铁块对木板的滑动摩擦力与木板所受地面的最大 静摩擦力，分析铁块的运动状态，确定平衡条件或牛顿第二定律研究铁块所受的摩擦力． 【详解】(1)对铁块，由牛顿第二定律： 对木板，由牛顿第二定律： 设木板的长度为L，经时间t铁块运动到木板的左端， 则： 联立解得 (2)①当，系统没有被拉动，静摩擦力与外力成正比，即 ②当时，如果M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，则 解得 此时：，也即F⩽6 N 所以当2查看更多