【物理】四川省成都外国语学校2020届高三12月试题（解析版）

【物理】四川省成都外国语学校2020届高三12月试题（解析版）

四川省成都外国语学校2020届高三12月试题 一、选择题 ‎1.某电场的电场线分布如图中实线所示，一带电粒子仅受电场力作用的运动路径如图中虚线所示，M、N是路径上的两点，粒子在MN点的加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN．则下列判断正确的是 A. 粒子带负电 ‎ B. 粒子定从M点运动到N点 C. aM＞aN ‎ D. vM＜vN ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受到的电场力的方向也向上，所以电荷为正电荷，所以A错误；只是知道粒子受力方向，不能决定粒子是否是从M点运动到N点，选项B错误；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在N点的受力大，加速度大，所以C错误．若粒子从N点到M点，运动方向与电场力的方向之间的夹角是钝角，电场力做负功，电势能增大，粒子的速度减小，所以N点速度大，所以D正确；故选D．‎ ‎【点睛】该类题目，一般先根据粒子的运动的轨迹弯曲的方向，判断出粒子的受到的电场力的方向，然后判定电荷的正负与电场力做功的正负．‎ ‎2.如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m的小球套在圆环上．一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和轨道对小球的弹力FN的大小变化情况是(　　)‎ A. F不变，FN增大 B. F减小，FN不变 C. F不变，FN减小 D. F增大，FN减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】小球沿圆环缓慢上移可看作处于平衡状态，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图 由图可知△OAB∽△GFA即：，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，ACD错误B正确．‎ ‎3.如图所示，大气球质量为100kg，载有质量为50kg的人（可以把人看做质点），静止在空气中距地面20m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为 A. 20m B. 30m C. 40m D. 50m ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度v1，气球的速度v2，设运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得：m1v1-m2v2=0，则 ‎，解得：‎ 则绳子长度：‎ L=s球+s人=10m+20m=30m 即绳子至少长30m长。‎ A．20m。故A不符合题意。‎ B．30m。故B符合题意。‎ C．40m。故C不符合题意。‎ D．50m。故D不符合题意。‎ ‎4.如图所示为四分之一圆柱体OAB的竖直截面，半径为R，在B点上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切，OD与OB的夹角为60°，则C点到B点的距离为(　 　)‎ A. R B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由几何知识求解水平射程．根据平抛运动的速度与水平方向夹角的正切值得到初速度与小球通过D点时竖直分速度的关系，再由水平和竖直两个方向分位移公式列式，求出竖直方向上的位移，即可得到C点到B点的距离．‎ ‎【详解】设小球平抛运动的初速度为v0，将小球在D点的速度沿竖直方向和水平方向分解，则有 ‎，‎ 解得：‎ ‎，‎ 小球平抛运动的水平位移：‎ x＝Rsin 60°，x＝v0t，‎ 解得：‎ ‎，，‎ 设平抛运动的竖直位移为y，‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎，‎ 则 BC＝y－(R－Rcos 60°)=，‎ 故D正确，ABC错误．‎ ‎【点睛】本题对平抛运动规律的直接的应用，根据几何关系分析得出平抛运动的水平位移的大小，并求CB间的距离是关键．‎ ‎5.如图为两个不同闭合电路中两个电源的U－I图象，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 电动势E1＞E2，发生短路时的电流I1＞I2‎ B. 电动势E1＞E2，内阻r1=r2‎ C. 电动势E1＞E2，内阻r1＜r2‎ D. 当两电源分别接相同的电阻时，电源2的效率大 ‎【答案】D ‎【详解】ABC．由图可知，图象与纵轴的截距表示电动势，则E1＞E2；图象与横轴的截距表示短路电流，则I1=I2，由，可知，内电阻r1＞r2．故ABC错误．‎ D．效率为：‎ ‎，可知内阻小的效率大，所以电源2的效率大．故D正确．‎ ‎6.如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为R，将等电量的两正点电荷Q放在圆周上，它们的位置关于AC对称，与O点的连线和OC间夹角为30°，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电荷q从A点运动到C点，电场力做功零 B. 电荷q从B点运动到D点，电场力做功为零 C. O点的场强大小为 D. O点的场强大小为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】电荷q从A点运动到C点，所受电场力竖直向上，电场力做负功，A错，根据对称性B正确，O点的场强大小为，C错，D正确．‎ ‎7.荷兰某研究所推出了2023年让志愿者登陆火星、建立人类聚居地的计划．登陆火星需经历如图所示的变轨过程，已知引力常量为G，则下列说法正确的是 A. 飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠ B. 飞船在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能 C. 飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度反方向喷气 D. 若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动角速度，可以推知火星的密度 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据开普勒第三定律，可知，飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ＞‎ TⅡ＞TⅠ。故A正确。 BC．飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度方向喷气，从而使飞船减速到达轨道Ⅰ，则在轨道Ⅰ上机械能小于在轨道Ⅱ的机械能。故BC错误。‎ D．据万有引力提供圆周运动向心力，火星的密度为：。联立解得火星的密度：‎ 故D正确。‎ ‎8.如图所示，MN为同一竖直线上相距为h的两点，空间存在竖直平面内方向未知的匀强电场．一带电小球（m、＋q）从M点以速度v0＝水平抛出，刚好能够通过N点，过N点时速度大小v＝2，重力加速度为g，则 A. 小球从M到N点动能变化量为4mgh B. 电场强度E＝‎ C. 小球从M到N点用时t＝‎ D. 小球从M到N点用时t＝‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球从M到N点动能变化量为：，解得：‎ ‎△Ek=3mgh 故A不符合题意。 BCD．将小球的运动分解为水平方向的运动与竖直方向的运动，由于竖直方向重力与电场力都做正功，可知在竖直方向电场力的分量竖直向下；由于N点恰好在M点的正下方，选择竖直方向为y方向，水平方向为x方向，则电场力沿水平方向的分量不做功，所以：W=Fy•h，由动能定理得：，解得电场力沿竖直方向的分量为：Fy=2mg 小球沿竖直方向的加速度为：‎ 根据，可得小球运动的时间为：‎ 小球到达N点时沿竖直方向的分速度为：‎ 小球沿水平方向的分速度为：‎ 在水平方向上根据动量定理有：Fx•t=mvx=mv0，所以有：‎ 所以电场强度为：‎ 故BC符合题意，D不符合题意。‎ 二、非选择题 ‎（一）必考题 ‎9.某兴趣小组用如图所示的装置验证动能定理．‎ ‎（1）有两种工作频率均为50 Hz的打点计时器供实验选用：‎ A．电磁打点计时器 B．电火花打点计时器 为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择_______（选填“A”或“B”）．‎ ‎（2）保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔．实验中，为消除摩擦力的影响，在砝码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动．同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除．同学乙认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车观察到小车做匀速运动．看法正确的同学是_____（选填“甲”或“乙”）．‎ ‎（3）测出小车的质量为M，再测出纸带上起点到A点的距离为L．小车动能的变化量可用 ΔEk= 算出．砝码盘中砝码的质量为m，重力加速度为g；实验中，小车的质量应_________（选填“远大于”“远小于”或“接近”）砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用W=mgL算出．多次测量，若W与ΔEk均基本相等则验证了动能定理．‎ ‎【答案】(1). B (2). 乙 (3). 远大于 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]电磁打点计时器是通过机械振动打点的，而电火花打点计时器是通过电火花来打点，用电火花打点计时器能使纸带在运动时受到的阻力较小。故A不符合题意，B符合题意。 (2)[2]同学乙的做法正确。只有让小车做匀速直线运动才能够判断摩擦力与沙子和盘的重力大小相等，才能够消除摩擦力的影响。对于甲同学，小车开始运动时，沙子和盘的重力等于最大静摩擦力，而最大静摩擦力要略大于滑动摩擦力。 (3)[3]对于砝码、砝码盘和沙子，根据牛顿第二定律：mg-F=ma，只有当小车的质量远大于砝码、砝码盘和沙子总质量时，绳子的拉力 F 才近似等于砝码、砝码盘和沙子中重力 mg。‎ ‎10.某同学欲将内阻为98.5Ω、量程为100uA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15kΩ刻度正好对应电流表表盘的50uA刻度．可选用的器材还有：定值电阻R0（阻值14kΩ），滑动变阻器R1（最大阻值1500Ω），滑动变阻器R2（最大阻值500Ω），电阻箱（0~99999.9Ω），干电池（E=1.5V，r=1.5Ω），红、黑表笔和导线若干．‎ ‎（1）欧姆表设计 将图（a）中的实物连线组成欧姆表．欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为____Ω：滑动变阻器选____（填“R1”或“R2”）．‎ ‎（2）刻度欧姆表表盘 通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示．表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75，则a、b处的电阻刻度分别为____、____．‎ ‎（3）校准 红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向___kΩ处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量．若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图（c）所示，则电阻箱接入的阻值为_______Ω．‎ ‎【答案】 (1). 900 R1 (2). 45 5 (3). 0 35000.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）连线如图：‎ 根据欧姆表的改装原理，当电流计满偏时，则，解得R=900Ω；为了滑动变阻器的安全，则滑动变阻器选择R1；‎ ‎（2）在a处， ，解得Rxa=45kΩ；‎ b处，则，解得Rxb=5kΩ；‎ ‎（3）校准：红黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指到0 kΩ处；由图可知，电阻箱接入的电阻为：R=35000.0Ω．‎ ‎11.如图，质量分别为mA=1kg、mB=2kg的A、B两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C、方向水平向右的匀强电场中，A不带电，B带正电、电荷量q=2×10－5C．零时刻，A、B用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s末细绳断开．已知A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s2．求：‎ ‎(1)前2s内，A的位移大小；‎ ‎(2)6s末，电场力的瞬时功率．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）B所受电场力为F=Eq=6N；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a1‎ 可得系统的加速度a1=1m/s2；‎ 由运动规律：x=a1t12‎ 解得A在2s内的位移为x=2m；‎ ‎（2）设绳断瞬间，AB的速度大小为v1，t2=6s时刻，B的速度大小为v2，则v1=a1t1=2m/s；‎ 绳断后，对B由牛顿第二定律：F-μmBg=mBa2‎ 解得a2=2m/s2；‎ 由运动规律可知：v2=v1+a2(t2-t1)‎ 解得v2=10m/s 电场力功率P=Fv，解得P=60W ‎12.如图所示，质量m1=2kg小物块放在足够长的质量m2=1kg的木板的左端，板和物块间的动摩擦因数μ1=0.2，板和水平面间的动摩擦因数μ2=0.1，两者均静止．现突然给木板向左的初速度v0=3.5m/s，同时对小物块施加一水平向右的恒定拉力F=10N，当木板向左运动最远时撤去F，取g=10m/s2．求：‎ ‎(1)木板开始运动时，小物块和木板的加速度大小；‎ ‎(2)整个过程中，木板在水平面上滑行的位移大小；‎ ‎(3)整个过程中，小物块、木板和水平面组成系统摩擦产生的热．‎ ‎【答案】(1)3 m/s2；7m/s2；(2)-0.625m；(3)9.875J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题意知木块向右作匀加速运动，木板先向左匀减速运动，再向右匀加速运动，木块与木板间滑动摩擦力为：‎ 则木块的加速度大小为：‎ 方向向右 木板与地面之间的摩擦力为：‎ 根据牛顿第二定律知,木板的加速度大小为：‎ 方向向右 ‎(2)当木板向左的位移最大时，对地面的速度为0，选取向右为正方向，则木板的位移为：‎ 经历的时间为：‎ 此时小物块的速度为：‎ 此过程中小物块的位移为：‎ 在撤去后的小物块水平方向只受到摩擦力，则加速度为：‎ 此后木块向右运动，此时受到地面的摩擦力的方向向左，则木板的加速度为：‎ 设经过时间二者的速度相等,则有：‎ 代入数据得：‎ 此时刻的速度为：‎ 此过程中小物块的位移为：‎ 木板的位移为：‎ 当木块、木板具有共同速度时，若两者不再发生相对滑动，则二者一起做减速运动，它们在水平方向只受到地面的摩擦力；‎ 以小物块与木板组成的系统为研究对象，整体的加速度为：‎ 由于，可知满足二者一起减速的条件．设经过时间，两者速度为0，则有：‎ 代入数据得：‎ 该过程中二者的位移为：‎ 所以木板在水平面上的总位移为：‎ 负号表示方向向左 ‎(3)小物块与木板之间产生的热量为：‎ 木板与地面之间产生的热量为：‎ 所以小物块、木板和水平面组成系统摩擦产生的热为：‎ ‎（二）选考题 ‎13. [选修3-3]下列说法正确的是 A. 布朗运动是液体分子的无规则运动 B. 晶体都具有确定的熔点和规则的几何形状 C. 当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大 D. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：布朗运动是悬浮在液体中的固体微粒的无规则运动，故A错；晶体都具有确定的熔点，单晶体有确定的几何形状，各向异性，而多晶体则不是，故B错误；在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大，故C错误；液体表面张力产生的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势，故D正确．‎ 考点：本题考查了分子动理论、布朗运动；晶体和非晶体、表面张力．‎ ‎14.[选修3-3]A、B汽缸的水平长度均为20 cm、截面积均为10 cm2，C是可在汽缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门．整个装置均由导热材料制成．起初阀门关闭，A内有压强＝4.0×105Pa的氮气．B内有压强2.0×105Pa的氧气．阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡．求活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强．‎ ‎【答案】x=6.7cm， P＝3×105Pa ‎【解析】‎ 试题分析：由玻意耳定律，对A部分气体有:①‎ 对B部分气体有②‎ 代入相关数据解得x＝=cm，＝3×105Pa 考点：本题考查了理想气体状态方程.‎ ‎15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻刚好传到E点，且A点在波峰，B、C、D也是波上质点，波形如图(a)所示；质点C的振动图像如图（b）所示．在x轴正方向E有一能接收简谐横波信号的接收器（图中未画出）以5 m/s的速度向x轴正方向运动．下列说法正确的是 ．‎ A. 波速10m/s B. t=0.05 s时刻，B点在波谷 C. C、D两点振动的相位差是π D. 简谐横波波源起振方向沿y轴负方向 E. 接收器接收到的波的频率比波源振动频率小 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由（a）图可知，波长为．由（b）图可知，周期．所以波速：‎ 故A正确．‎ B．靠近平衡时振动速度更大，所以B点从图示位置振动到波谷应该用大于的时间．故B错误．‎ C．C、D两点传播相差半个波长，所以振动的相位差π，故C正确．‎ D．因为简谐横波沿x轴正方向传播，所以由质点带动法可以判断波源起振方向沿y轴正方向．故D错误．‎ E．接收器和波源之间的距离增大，产生多普勒效应，所以接收器接收到的波的频率比波源振动频率小．故E正确．‎ ‎16.如图所示，ABCD为某种透光均匀介质的截面，∠ADC=60o，DC⊥BC，AD⊥AB，AD=4cm，DC=3cm．宽度为AD的一束单色平行光从AD面垂直入射，射到BC面的光刚好能够发生全反射．求：‎ ‎（ⅰ）介质的折射率；‎ ‎（ⅱ）能从CD面射出的光对应的入射光在AD面上的宽度．‎ ‎【答案】（ⅰ）（ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（ⅰ）作光路图如下图所示,某条光线从AD边上的P点入射，在BC边上的Q点发生全反射，由几何关系可知，∠PQB=60°，则射到BC面的光刚好能够发生全反射的入射角为30°，‎ 则介质的折射率为：‎ ‎（ⅱ）如图所示蓝色光路图所示，从AD面照射到CD面的光，有几何关系可知，入射角为60°，发生全反射到BC面，反射到BC面的入射角为30°，再次发生全反射，从AD面射出．‎ 通过光路可逆可得，照射到BC面，再反射到CD边，同样不会从CD边射出，故设从BC面反射的光经正好过D点，如图中红色箭头所示，由几何关系可得：‎ ‎∠QDC=30°‎ 因为∠C=90°，所以∠QDC的正切值：‎ 解得：‎ ‎ ‎ 从BQ反射的光，如图黄色的光路图所示，由几何关系可得，在AD面的入射角为60度，发生全反射，反射到CD面，入射角为0°,垂直从CD面射出．故从的CD面射出光对应的入射光在AD面上的宽度为BQ在AD方向的投影，所以宽度为：‎