陕西省渭南市韩城市司马迁中学2020届高三第四次周考物理试卷

陕西省渭南市韩城市司马迁中学2020届高三第四次周考物理试卷

陕西省渭南市韩城市司马迁中学2020届高三第四次周考物理试卷 一选择题（1---7单选，8---12多选，每题4分4x12=48分）‎ ‎1关于力学单位制的说法中正确的是(　　)‎ A．kg、m/s、N是导出单位 B．kg、m、J是基本单位 C．在国际单位制中，质量的基本单位是kg，也可以是g D．只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F＝ma ‎2在距水平地面10 m高处，以10 m/s的速度水平抛出一质量为1 kg的物体，已知物体落地时的速度为16 m/s，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　 )‎ ‎ A．抛出时人对物体做功为150 J ‎ B．自抛出到落地，重力对物体做功为120 J ‎ C．飞行过程中物体克服阻力做功22J ‎ D．物体自抛出到落地时间为 s ‎3光滑斜面固定于水平面上，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平。则在斜面上运动时，B受力的示意图为(　　)‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎4如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA＝OB。若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为(　　) ‎ A．t甲t乙 D．无法确定 ‎5若“嫦娥四号”从距月面高度为100 km的环月圆形轨道Ⅰ上的P 点实施变轨，进入近月点为15 km的椭圆轨道Ⅱ，由近月点Q落月，如图所示．关于“嫦娥四号”，下列说法正确的是(　　)‎ A．沿轨道Ⅰ运动至P时，需制动加速才能进入轨道Ⅱ B. 沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期 C．沿轨道Ⅱ运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度 D．在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，重力势能减小，机械能不变 ‎6质量为m的物体置于倾角为α的斜面上，物体和斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下斜面以加速度a向左做匀加速直线运动，如图所示，运动过程中物体与斜面之间保持相对静止，则下列说法不正确的是(　　)‎ ‎ A．斜面对物体的支持力一定做正功 ‎ B．斜面对物体的摩擦力可能做负功 ‎ C．斜面对物体的摩擦力可能不做功 ‎ D．斜面对物体的摩擦力一定做正功 ‎7 粗糙绝缘的水平桌面上，有两块竖直平行相对而立的金属板A、B。板间桌面上静止着带正电的物块，如图甲所示，当两金属板加图乙所示的交变电压时，设直到t1时刻物块才开始运动，(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)，则(　　)‎ A．在0～t1时间内，物块受到的摩擦力恒定，方向水平向左 B．在t1～t3时间内，物块受到的摩擦力先逐渐增大，后逐渐减小 C．t3时刻物块的速度最大 D．t4时刻物块的速度最大 ‎8图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，箭头表示运动方向，a、b是轨迹上的两点．若粒子在运动中只受电场力作用．根据此图能作出的正确判断是(　　)‎ A．带电粒子所带电荷的符号 B．粒子在a、b两点的受力方向 C．粒子在a、b两点何处速度大 D．a、b两点电场的强弱 ‎9两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图4所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．q1、q2为等量异种电荷 B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向 C．N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大 D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先减小后增大 ‎10一个平行板电容器充电后与电源断开，负极板B接地，P为两极板间一点，如图所示。用E表示电容器两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，φ表示P点的电势，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．若保持B极板不动，将极板A向下移动少许，则U变小，E不变 ‎ B．若将一玻璃板插入A、B两极板之间，则φ变大，E变大 C．若将A极板向左平行移动少许，则U变小，φ不变 D．若保持A极板不动，将极板B向上移动少许，则U变小，φ减小 ‎11在如图3所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P缓慢向右移动，则(　　)‎ ‎ ‎ A．灯泡L变亮 B．电源内部消耗的功率先变大后变小 ‎ C．电容器C上的电荷量增加D．流过R1的电流方向由左向右 ‎ 12某种小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，电源的内阻为1.0 Ω。现闭合开关S，理想电压表V的示数为4.0 V，则(　　)‎ ‎ ‎ A．三个灯泡的总电阻为8.3 Ω ‎ B．电源的电动势为5.6 V ‎ C．电源消耗的热功率为3.0 W ‎ D．电源的效率为89.3%‎ ‎ 二实验题（13题每空1分，连线题4分；14题每空1分，电路图4分，共15分）‎ ‎13在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：小电珠(2.5 V,0.6 W)，滑动变阻器，多用电表，电流表，学生电源，开关，导线若干。‎ ‎(1)粗测小电珠的电阻，应选择多用电表________倍率的电阻挡(请选填“×1”、“×10”或“×100”)；调零后，将表笔分别与小电珠的两极连接，示数如图4(甲)，结果为________ Ω。‎ ‎ (2)实验中使用多用电表测量电压，请根据实验原理图(乙)完成实物图(丙)中的连线。‎ ‎(3)开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于________端，为使小电珠亮度增加，P应由中点向________端滑动。‎ ‎14在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：‎ 待测金属丝： Rx(阻值约4Ω，额定电流约0.5 A)；‎ 电压表：○V (量程3 V，内阻约3 kΩ)；‎ 电流表：○A1 (量程0.6 A，内阻约0.2 Ω)‎ ‎○A2 (量程3 A，内阻约0.05 Ω)‎ 电源：E1(电动势3 V，内阻不计)；‎ E2(电动势12 V，内阻不计)；‎ 滑动变阻器：R(最大阻值约20 Ω)；‎ 螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线。‎ ‎(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，为________mm。‎ ‎ (2)若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选________，电源应选________(均选填器材代号)。在虚线框中完成电路原理图。‎ 三计算题（15题9分，16题10分，17题18分共37分）‎ ‎15将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器．当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N．取g＝10 m/s2，若下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，求电梯的加速度并说明电梯的运动情况。‎ ‎16 直角坐标系xOy位于同一竖直平面内，其中x轴水平、y轴竖直，xOy平面内长方形区域OABC内有方向垂直OA的匀强电场，OA长为l，与x轴间的夹角θ＝30°。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可看作质点)从y轴上的P 点沿x轴方向以一定速度射出，恰好从OA的中点M垂直OA进入电场区域。已知重力加速度为g。‎ 图11‎ ‎ (1)求P的纵坐标yP及小球从P射出时的速度v0；‎ ‎ (2)已知电场强度的大小为E＝，若小球不能从BC边界离开电场，OC长度应满足什么条件？‎ ‎17甲、乙两传送带倾斜放置，与水平方向夹角均为37°，传送带乙长为4 m，传送带甲比乙长0.45 m，两传送带均以3 m/s的速度逆时针匀速转动，可视为质点的物块A从传送带甲的顶端由静止释放，可视为质点的物块B 由传送带乙的顶端以3 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块质量均为2kg，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ 图7‎ ‎ (1)物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间；‎ ‎ (2)物块A、B在传送带上的划痕长度之比。‎ ‎ (3)物块A、B与传送带因摩擦产生的热量分别是多少。 ‎ ‎1---7　 D C AC D DC 8BCD　 9 CD 10 AD 11 AD 12ABD ‎13 ‎ 答案：(1)×1　7.4—7.6 　(2)电路连线如图 (3)a　b ‎ 　‎ ‎14答案：(1)1.773(1.771～1.775均正确) (2)○A1　E1　电路图如图所示 ‎15解析　当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金属块受力分析，由牛顿第二定律知：‎ FN上＋mg－FN下＝ma， 2分 m＝＝ kg＝1 kg， 1分 G＝mg＝10 N 1分 若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，由于弹簧压缩量不变，下底板传感器示数不变，仍为10 N，则上顶板传感器的示数是5 N.‎ 对金属块，由牛顿第二定律知 FN上′＋mg－FN下′＝ma′ 2分 解得 a′＝5 m/s2，方向向下， 1分 故电梯以a＝5 m/s2的加速度匀加速下降， 1分 或以a＝5 m/s2的加速度匀减速 上升 1分 ‎16解析　(1)设小球从P运动到M所用时间为t1，则有 ‎ yP－sin θ＝gt 1分 ‎ cos θ＝v0t1 1分 ‎ ‎ ＝gt1 1分 ‎ 解得yP＝l 1分 ‎ v0＝ 1分 ‎ (2)设小球到达M时速度为vM，进入电场后加速度为a，‎ 有vM＝ ‎ ‎ 又mgcos θ＝qE 1分 ‎ 小球在电场中沿vM方向做匀速直线运动，沿与vM垂直方向做加速度为a的匀加速运动，设边界OC的长度为d时，小球不从BC边射出，在电场中运动时间为t2‎ ‎ mgsin θ＝ma 1分 ‎ d＞vMt2 1分 ‎ ＝at 1分 ‎ ‎ 解得d＞l 1分 ‎ ‎ ‎17解析　(1)对物块A由牛顿第二定律知 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1， 1分 代入数值得a1＝10 m/s2 1分 ‎ 设经时间t1物块A与传送带共速，则由运动学规律知 ‎ v带＝a1t1，即t1＝0.3 s 1分 ‎ 此过程中物块A的位移为x1＝a1t＝0.45 m 1分 ‎ 物块A与传送带共速后，由牛顿第二定律知 ‎ mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2， 1分 代入数值得a2＝2 m/s2 1分 ‎ 由运动学规律知L甲－x1＝v带t2＋a2t， 1分 代入数值得 t2＝1 s 1分 ‎ 所以物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间为 t＝t1＋t2＝1.3 s。 1分 ‎ (2)在物块A的第一个加速过程中，物块A在传送带上的划痕长度为 ‎ L1＝v带t1－x1＝0.45 m 1 分 ‎ ‎ 在物块A的第二个加速过程中，物块A在传送带上的划痕长度为 ‎ L2＝v带t2＋a2t－v带t2＝1.0 m 1分 ‎ 所以物块A在传送带上的划痕长度为 ‎ LA＝L2＝1.0 m 1分 ‎ 由分析知物块B的加速度与物块A在第二个加速过程的加速度相同，从传送带顶端加速到底端所需时间与t2相同 ‎ 所以物块B在传送带上的划痕长度为LB＝v带t2＋a2t－v带t2＝1.0 m 1分 ‎ 故物块A、B在传送带上的划痕长度之比为LA∶LB＝1∶1 1分 ‎（3）物块A的 摩擦生热Q1=11.6 J 2分 物块B 的摩擦生热 Q2=8 J 2分