四川省射洪县射洪中学2020届高三上学期毕业班第四次大联考物理试题 Word版含解析

四川省射洪县射洪中学2020届高三上学期毕业班第四次大联考物理试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2019年四川省射洪县射洪中学高三上学期毕业班第四次大联考物理试题 一．选择题 ‎1.下面关于物理学史的说法正确的是( )‎ A. 卡文迪许利用扭秤实验得出万有引力与距离平方成反比的规律 B. 开普勒提出行星运动规律，并发现了万有引力定律 C. 牛顿通过理想斜面实验，证明了力不是维持物体运动的原因 D. 库仑发现了点电荷间的相互作用规律 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．牛顿得出万有引力与距离平方成反比的规律，卡文迪许利用扭秤实验得出万有引力常数，选项A错误；‎ B．开普勒提出行星运动规律，牛顿发现了万有引力定律，选项B错误；‎ C．伽利略通过理想斜面实验，证明了力不是维持物体运动的原因，选项C错误；‎ D．库仑发现了点电荷间的相互作用规律，选项D正确。‎ ‎2.如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，倾角θ缓慢增大，在货物m相对车厢仍然静止的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 货物对车厢的压力变小 B. 货物受到的摩擦力变小 C. 地面对车的摩擦力增大 D. 地面对车的支持力增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】货物处于平衡状态，受重力、支持力、静摩擦力，根据共点力平衡条件，有： mgsinθ=f；N=mgcosθ，θ增大时，f增大，N减小；再根据牛顿第三定律，压力也就减小；故A正确，B错误；对货车整体受力分析，只受重力与支持力，不是摩擦力；根据平衡条件，支持力不变；故C D错误；故选A.‎ ‎3.质量为 - 16 -‎ 的同学，双手抓住单杠做引体向上，他的重心的速率随时间变化的图象如图所示．取，由图象可知 A. 时他的加速度 B. 他处于超重状态 C. 时他受到单杠的作用力的大小是 D 时他处于超重状态 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 速度时间图象的斜率表示加速度，根据图象求出t=0.4s和t=1.1s时的加速度，再根据牛顿第二定律求出单杠对该同学的作用力．根据加速度方向分析人的运动状态.‎ ‎【详解】A、根据速度图象的斜率表示加速度可知，t=0.5 s时，他的加速度为0.3 m/s2，选项A错误；‎ B、t=0.4 s时他向上加速运动，加速度方向竖直向上，他处于超重状态，B正确；‎ C、t=1.1 s时他的加速度为0，他受到的单杠的作用力刚好等于重力600 N，C错误；‎ D、t=1.5 s时他向上做减速运动，加速度方向向下，他处于失重状态，选项D错误；‎ 故选B.‎ ‎【点睛】根据速度–时间图象斜率代表加速度的特点，可以计算t=0.5s时的加速度；根据加速度的方向，可以确定他的超、失重状态.‎ ‎4.如图所示，拖拉机后轮的半径是前轮半径的两倍，A和B是前轮和后轮边缘上的点，若车行进时轮与路面没有滑动，则(　　)‎ - 16 -‎ A. A点和B点的线速度大小之比为1∶2‎ B. 前轮和后轮的角速度之比为2∶1‎ C. 两轮转动的周期相等 D. A点和B点的向心加速度大小相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：轮A、B分别为同一传动装置前轮和后轮边缘上的一点，所以，故A错误；根据和，可知A、B两点的角速度之比为2∶1；由，所以转速也是2∶1，故B正确；据和前轮与后轮的角速度之比2∶1，求得两轮的转动周期为1∶2，故C错误；由，可知，向心加速度与半径成反比，则A与B点的向心加速度不等，故D错误．‎ 考点：考查了匀速圆周运动规律的应用 ‎5.如图是静电喷漆的工作原理图．工作时,喷枪部分接髙压电源负极,工件接正极,喷枪的端部与工件之间就形成静电场,从喷枪喷出的涂料微粒在电场中运动到工件,并被吸附在工件表面．图中画出了部分微粒的轨迹,设微粒被喷出后只受静电力作用,则( )‎ A. 微粒的运动轨迹显示的是电场线的分布情况 B. 微粒向工件运动的过程中所受电场力先减小后增大 C. 在向工件运动的过程中,微粒的动能逐渐减小 - 16 -‎ D. 在向工件运动的过程中,微粒的电势能逐渐增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、由于喷出的涂料微粒有初速度，故不一定沿电场线方向运动，所以微粒的运动轨迹显示的不一定是电场线的分布情况，故A错误；‎ B、由图可知，则在涂料微粒向工件靠近的工程中，工件带正电，涂料微粒带负电，根据电场强度的分布可知，所受电场力先减小后增大，故B正确；‎ CD、涂料微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对涂料微粒做正功，其微粒的动能增大，微粒的电势能减小，故CD错误；‎ 故选B．‎ ‎【点睛】在涂料微粒向工件靠近工程中，工件带正电，涂料微粒带负电，根据电场强度的分布可知，所受电场力先减小后增大，电场力对涂料微粒做正功，其微粒的动能增大，微粒的电势能减小．‎ ‎6.北京时间2019年11月23日8时55分，中国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭搭配远征一号上面级，以“一箭双星”方式成功发射第50、51颗北斗导航卫星．两颗卫星均属于中圆地球轨道卫星．通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面处的重力加速度．若将卫星绕地球的运动看成是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出卫星的( )‎ A. 密度 B. 向心力的大小 C. 离地高度 D. 线速度的大小 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】对卫星满足 - 16 -‎ 且 可得 ‎ ‎ A．不知道卫星的半径，也不能求解卫星的质量，则不能求解卫星的密度，选项A错误；‎ B．卫星的质量未知，不能求解向心力，选项B错误；‎ C．由以上分析可知，可求解卫星距离地面的高度，选项C正确；‎ D．由以上分析可知，可求解卫星的线速度，选项D正确；‎ ‎7.某人身系弹性轻绳自高空P点自由下落，a点是弹性绳的原长位置，c是人所能到达的最低点，b是人静止悬挂时的平衡位置，把由P点到a点的过程称为过程Ⅰ，由a点到c点的过程称为过程Ⅱ，不计空气阻力，下列说法正确的是 A. 过程Ⅰ中人的动量的改变量小于重力的冲量 B. 过程Ⅱ中人的动量的减少量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小 C. 过程Ⅱ中人的动能逐渐减小到零 D. 过程Ⅱ中人的机械能的减少量等于过程Ⅰ中重力做功的大小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据动量定理，过程Ⅰ中只受重力做功，人的动量的改变量等于重力的冲量，A正确；设人的质量为m，人在a点的速度为v，则过程I中重力的冲量大小，人在c点的速度等于0，则由动量定理得过程II中人的动量的改变量大小 - 16 -‎ ‎，可知过程II中人的动量的改变量大小等于过程I中重力的冲量大小，B正确；在ab段弹性绳对人的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，人继续向下做加速运动，速度不断增大，动能增大；在bc段，弹性绳对人的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，人向下做减速运动，速度减小，动能减小，C错误；过程Ⅱ中人的机械能的减少量等于绳子的弹力做的功，不等于过程Ⅰ中重力做功的大小，D错误．‎ ‎【点睛】该题关键在于对人进行受力分析，根据合力方向与速度方向的关系，判断人的运动情况．分析时要抓住弹力的可变性，知道人的合力为零时速度最大，动能最大．‎ ‎8.如图所示，MN下方有水平向右的匀强电场，半径为R、内壁光滑、内径很小的绝缘半圆管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O在MN上，一质量为m、可视为质点的、带电荷量为+q的小球从半圆管的A点由静止开始滑入管内，小球从B点穿出后，始终在电场中运动，C点(图中未画出)为小球在电场内水平向左运动位移最大时的位置．已知重力加速度为g，小球离开绝缘半圆管后的加速度大小为.则下列说法正确的是（ ）‎ A. 匀强电场的电场强度大小为 B. 小球在管道内运动到B点的加速度大小 C. 小球从B到C过程中做匀变速曲线运动，且水平方向位移为 D. 小球在管道内由A到B过程中的最大速度为 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球离开绝缘半圆管后，根据牛顿第二定律可得：‎ - 16 -‎ 所以 故Ａ错误；‎ B．对小球从A到B的运动过程应用动能定理可得：‎ ‎ ‎ 所以 小球在B点受重力、电场力和轨道支持力作用， 故竖直方向的向心加速度为：‎ 水平方向的加速度为 所以在B点的合加速度为：‎ 故B正确；‎ C．小球从B点离开后在水平方向做匀减速运动，加速度，则从B点运动到C点的水平方向位移为：‎ 故C正确；‎ D．小球在管道内由A到B过程中出现最大速度的位置在平衡位置，此位置与圆心的连线与水平方向夹角为θ，则平衡位置满足：‎ 即 - 16 -‎ 从A点到此平衡位置，由动能定理：‎ ‎ ‎ 解得 选项D正确。‎ ‎ ‎ 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。‎ ‎（一）必考题：共129分。‎ ‎9.装有拉力传感器的轻绳，一端固定在光滑水平转轴O，另一端系一小球，空气阻力可以忽略．设法使小球在竖直平面内做圆周运动(如图甲)，通过拉力传感器读出小球在最高点时绳上的拉力大小是，在最低点时绳上的拉力大小是．某兴趣小组的同学用该装置测量当地的重力加速度．‎ ‎（1）小明同学认为，实验中必须测出小球的直径，于是他用螺旋测微器测出了小球的直径，如图乙所示，则小球的直径d=_______mm．‎ ‎（2）小军同学认为不需要测小球的直径．他借助最高点和最低点的拉力，再结合机械能守恒定律即可求得．小军同学还需要测量的物理量有__________(填字母代号)．‎ A．小球的质量m B．轻绳的长度 C．小球运动一周所需要时间T ‎（3）根据小军同学的思路，请你写出重力加速度g的表达式____________．‎ - 16 -‎ ‎【答案】 (1). 5.693-5.697 (2). A (3). ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，固定部分每个刻度为0.5mm，可动部分每个刻度单位为0.01mm；根据牛顿第二定律，在最低点与最高点列出合力提供向心力的表达式，再结合机械能守恒定律，即可求解．‎ ‎（1）螺旋测微器的固定刻度读数5.5mm，可动刻度读数为0.01×19.5=0.195mm，所以最终读数为：固定刻度读数+可动刻度读数=5.5mm+0.195mm=5.695mm．‎ ‎（2、3）由牛顿第二定律，在最高点，则有，而在最低点，则有：；再依据机械能守恒定律，则有： ，联立上式，解得，因此已知最高点和最低点的拉力，小军同学还需要测量的物理量有小球的质量m，故A正确，BC错误；根据小军同学的思路，重力加速度g的表达式为；‎ ‎10.某同学在测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻R，步骤如下：‎ ‎(1)用游标为20分度卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为________mm．‎ ‎(2)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值约为________Ω．‎ ‎(3)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R 电流表A1(量程0～4 mA，内阻约50 Ω)‎ 电流表A2(量程0～10 mA，内阻约30 Ω)‎ 电压表V1(量程0～3 V，内阻约10 kΩ)‎ 电压表V2(量程0～15 V，内组约25 kΩ)‎ 滑动变阻器R1(阻值范围0～15 Ω，允许通过的最大电流2.0 A)‎ - 16 -‎ 滑动变阻器R2(阻值范围0～2 kΩ，允许通过的最大电流0.5 A)‎ 直流电源E(电动势4 V，内阻不计) ‎ 开关S，导线若干 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表应选用________，电压表应选用_________，滑动变阻器应选用_________．（请填所选用器材的代号）并在线框中将电路图补充完整______．‎ ‎【答案】 (1). 50.15 (2). 220 (3). A2 (4). V1 (5). R1 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．用游标为20分度的卡尺测量其长度，由图可知其长度为：50mm+0.05mm×3=50.15mm．‎ ‎（2）[2]．该电阻的阻值约为：22×10Ω=220Ω．‎ ‎（3）[3][4][5][6]．电源电动势为4V，则电压表选择V1；电路可能出现的最大电流： ，则电流表选择A2；滑动变阻器要接成分压电路，故选择阻值减小的R1；因RV≫Rx则采用电流表外接，电路如图：‎ ‎11.中国航天科工集团公司将研制时速达千公里级的“高速飞行列车”．“高速飞行列车”是利用低真空环境和超声速外形减小空气阻力，通过磁悬浮减小摩擦阻力，实现超声速运行的运输系统．若某列高速飞行列车的质量为m=kg，额定功率为P=1.2×107W，阻力恒为 - 16 -‎ Ff =4×104N，假设列车在水平面内做直线运动．‎ ‎(1)若列车以恒定加速度a=5m/s2启动，则匀加速过程持续的时间；‎ ‎(2)若列车以额定功率启动直到达到最大速度所用的时间为t0=100s，求列车在该过程的位移．‎ ‎【答案】(1)20s (2) 1.2×104m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由于P=Fv F-Ff=ma v=at 得 t=20s ‎（2）整个过程中根据动能定理得 Pt0－Ff x＝mv2m vm==100m/s 得 x=1.2×104m．‎ ‎12.如图所示，半径R=0.4m的四分之一光滑圆弧轨道固定在地面上，质量m=1kg的滑块B（可视为质点）从圆弧轨道顶端正上方高为h=0.85m处自由落下，质量为M=2kg的木板A静止在光滑水平上，其左端与固定台阶相距x，右端与圆轨道紧靠在一起，圆弧的底端与木板上表面水平相切．B从A右端的上表面水平滑入时撤走圆弧轨道，A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力，AB间动摩擦因数μ=0.1，B始终不会从A表面滑出，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）滑块B运动到圆弧底端时对轨道的压力；‎ ‎（2）若A与台阶碰前，已和B达到共速，求从B滑上A到达到共同速度的时间；‎ ‎（3）若要使木板A只能与台阶发生一次碰撞，求x应满足的条件以及木板A的最小长度．‎ - 16 -‎ ‎ ‎ ‎【答案】(1) 72.5N，方向竖直向下 (2) 3.3s (3) 12.5m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）滑块B由初位置到圆弧轨道底端：‎ mg（h+R）=mv12‎ 得 v1=5m/s 圆弧轨道最低点：‎ FN-mg=m 得 FN=72.5N．‎ 由牛顿第三定律滑块对轨道的压力为72.5N，方向竖直向下 ‎（2）B滑上A系统动量守恒：‎ mv1=（M+m）v共． ‎ 对B：‎ ‎-μmgt=mv共-mv1‎ 得 t≈33s ‎（3）①B滑上A到A与台阶碰前：对A：‎ μmgx=Mv22-0 ‎ 对AB系统：‎ mv1=mv3+Mv2． ‎ - 16 -‎ 且A与台阶只碰一次，需满足：‎ Mv2≥mv3‎ 得 x≥m≈1.6m．‎ ‎②设最终AB共速为vAB，两者相对位移为L ‎-μmgL=（M+m）vAB2-mv12． ‎ 分析可知：vAB越小，L越大，即x取m时，AB的末速度vAB=0．‎ 此时 L=12.5m 所以木板A的至少长度为12.5m．‎ ‎13.如图（a）所示是时刻一简谐横波沿x轴正方向传播的波形图，M、N是介质中的两个质点．图（b）表示介质中某质点的振动图像．下列说法正确的是 ‎ A. 振动图像（b）是M或N点的振动图像 B. 原点O处的质点在t=0时刻位于负的最大位移处 C. M、N两质点的振动方向总是相反 D. 在t=0时刻，质点M的速度和质点N的速度相同 E. t=0时刻起，质点N的振动方程为 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ - 16 -‎ ‎【详解】A．由振动图像（b）可知，在时刻，质点在平衡位置向上振动，可知图像（b）不是M或N点的振动图像，选项A错误；‎ B．原点O处的质点在时刻在平衡位置向下振动，可知t=0时刻位于负的最大位移处，选项B正确；‎ C．M、N两质点平衡位置之间相差半个波长，则两质点的振动方向总是相反，选项C正确；‎ D．在t=0时刻，质点M和质点N 均处在平衡位置，且质点M向下振动，质点N向上振动，则速度不同，选项D错误；‎ E．t=0时刻起，质点N在平衡位置向上振动，则质点N的振动方程为，选项E正确。‎ ‎14.如图所示，一束平行光由真空垂直射向半圆形玻璃砖左侧面，该玻璃对光的折射率为 ，半圆形玻璃砖的半径为R，光在真空中的速度为c．‎ ‎（1）求光在玻璃砖中的传播速度；‎ ‎（2）为使射向半圆形玻璃砖左侧面的光不能从右侧的圆弧面射出，可在右侧的圆弧面贴上不透明的遮光纸，试求遮光纸的最小长度．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由得 ‎（2）如图所示，设光射到P点处恰好发生全反射，临界角为C，则 - 16 -‎ 得 C＝60°‎ 在P与对称的Q之间有光射出，故遮光纸的长度就是PQ之间的弧长 ‎ ‎ - 16 -‎ ‎ ‎ - 16 -‎