【物理】四川省成都石室中学2020届高三上学期一诊考试试题（解析版）
四川省成都石室中学2020届高三上学期
一诊考试试题
一、选择题（14-18题仅有一个答案，每题4分；19-21题至少有2个答案，选对得4分，漏选得2分，错选得0分）
1.一平行板电容器充电后与电源断开，若将上极板向左移动一小段距离，则（ ）
A. 极板间的电压变小，极板间的电场强度变大
B. 极板间的电压变小，极板间的电场强度不变
C. 极板间的电压变大，极板间的电场强度变大
D. 极板间的电压变大，极板间的电场强度不变
【答案】C
【解析】
【详解】由平行板电容器电容的决定式C＝，将上极板向左移动，两板正对面积S减小，电容C减小，而两极板的电量Q恒定，由Q＝CU，极板间的电压U变大，又由E＝可得板间电场强度变大．
A．极板间的电压变小，极板间的电场强度变大，与结论不相符，选项A错误；
B．极板间的电压变小，极板间的电场强度不变，与结论不相符，选项B错误；
C．极板间的电压变大，极板间的电场强度变大，与结论相符，选项C正确；
D．极板间的电压变大，极板间的电场强度不变，与结论不相符，选项D错误；
2.如图所示，一小球从O点水平抛出后依次经过A、B、C三点，已知A、B两点间的竖直高度等于B、C两点间的竖直高度，小球从A到B速率的变化量为Δv1、动量的变化量为ΔP1，小球从B到C速率的变化量为Δv2、动量的变化量为ΔP2，不计空气阻力，则 （ ）
A. Δv1=Δv2 B. Δv1<Δv2
C. ΔP1>ΔP2 D. ΔP1<ΔP2
【答案】C
【解析】
【详解】AB．A到B重力做的功等于B到C重力做的功，根据动能定理可得：
所以
（vB-vA）（vB+vA）=（vC-vB）（vC+vB）
因为（vB+vA）<（vC+vB）
所以
（vB-vA）>（vC-vB）
即Δv1>Δv2。
选项AB错误
CD．平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，A到B的时间大于B到C的时间，所以从A到B重力的冲量大于B到C重力的冲量，根据动量定理可得：ΔP1>ΔP2 ，C选项正确，D错误；
3.已知某行星的密度为地球密度的两倍，地球近地卫星的周期约为84min，则该行星的近地卫星周期大约为 （ ）
A. 40min B. 60min C. 120min D. 170min
【答案】B
【解析】
【详解】对于近地卫星由万有引力提供向心力有
G＝mR
又
M＝πR3·ρ
可得ρ＝
所以该行星的近地卫星周期与地球近地卫星周期之比为，所以该行星的周期大约为60 min。
A．40min，与结论不相符，选项A错误；
B．60min，与结论相符，选项B正确；
C．120min，与结论不相符，选项C错误；
D．170min，与结论不相符，选项D错误；
4.如图所示，匀强电场中有6个点A、B、C、D、E、F正好构成一正六边形，六边形边长为0.1m，所在平面与电场方向平行。点B、D、F的电势分别为-20V、60V和20V。一带电粒子从A点以某一速度沿AB方向射出后经过D点，不计粒子重力，则下列判断正确的是（ ）
A. 粒子带正电 B. C点的电势是20V
C. 电场强度的大小为400V/m D. 粒子从A到D电势能增加
【答案】B
【解析】
【详解】B．B、D连线中点G的电势为
所以FGC连线等势线，电场线方向从D指向B，如图所示，所以C点电势为20V，B选项正确；
A．带电粒子从A点沿AB方向射出后经过D点，所以粒子受力方向与电场强度方向相反，故粒子带负电，A选项错误；
C．电场强度大小为
C选项错误；
D．粒子从A到D电场力做正功，电势能减少，D选项错误。
5.质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．在水平向左的力F作用下OA与竖直方向夹角为30°如图所示．现保持F与OA的夹角不变使OA绕A点顺时针缓慢转到水平方向。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点移动的过程中( )
A. F逐渐变大，T逐渐变小
B. F逐渐变小，T逐渐变大
C. F先变小再变大，T先变大再变小
D. F先变大再变小，T先变小再变大
【答案】A
【解析】
【详解】O点受力如图所示，设F与竖直方向的夹角为α，T与竖直方向的夹角为β，且α+β=120°，根据正弦定理：
在OA转到水平方向的过程中，α从90°减小到30°，β从30°增大到90°，所以T逐渐减小，F逐渐变大。
A．F逐渐变大，T逐渐变小，与结论相符，选项A正确；
B．F逐渐变小，T逐渐变大，与结论不相符，选项B错误；
C．F先变小再变大，T先变大再变小，与结论不相符，选项C错误；
D．F先变大再变小，T先变小再变大，与结论不相符，选项D错误；
6.如图，电阻R1、R2的阻值均为R，滑动变阻器的总电阻为2R，电源的内阻r=R，电压表和电流表均为理想电表。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由a端向b端滑动，下列说法正确的是( )
A. 电压表示数先减小再增大
B. 电流表示数先减小再增大
C. 电源输出功率先增大再减小
D. 电源内阻消耗的功率先增大再减小
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．滑片从a端滑到b端的过程中，外电阻先增大后减小，当滑片滑到中点时外电阻最大且等于内电阻。根据闭合电路欧姆定律，电流表的示数先减小再增大，电压表的示数先增大再减小；选项A错误，B正确；
CD．电源内阻消耗的功率Pr=I2r，所以电源内阻消耗的功率先减小再增大；当外电阻等于内电阻时电源输出功率最大，所以电源输出功率先增大再减小。故C选项正确，D错误。
7.如图所示为一粗糙程度均匀固定半圆形槽，可视为质点的滑块从最左侧的M点静止释放后到达最低点P时的速度为v1，且从M到P过程中系统产生的热量为Q1；若在最低点P点给滑块一水平向右的初速度v2，滑块恰好可以到达最右侧的N点，且从P到N过程中系统产生的热量为Q2；下列关系正确的是（ ）
A. v1
Q2
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．设半圆形槽的半径为R，M到P由能量守恒得：
P到N由能量守恒得：
所以；选项A正确，B错误；
CD．同理滑块从M到P与从P到N位于同一高度时，下滑的速度小于上滑的速度，下滑时对轨道的压力小于上滑时对轨道的压力，下滑时受到的摩擦力小于上滑时受到的摩擦力，所以从M到P过程中系统产生的热量Q1小于从P到N过程中系统产生的热量为Q2，故选项C正确，D错误。
8.一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方的A点由静止释放，并穿过带电圆环，不计空气阻力，关于小球从A点运动到关于O点对称的B点的过程中，下列说法正确的是 （ ）
A. 小球的加速度可能一直在增大
B. 小球的机械能可能先增大后减小
C. 若换用电量更小的小球，其到达B点时的速度不变
D. 若小球带上等量的负电，则该过程重力的冲量将减小
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．小球从A运动到O由牛顿第二定律得：
mg－qE=ma
从O到B由牛顿第二定律得：
mg+ qE=ma
A到O电场强度E可能一直减小也可能先增大再减小，所以A到O的过程中加速度a可能一直增大，也可能先减小后增大，从O到B电场强度E可能一直增大也可能先增大再减小，所以O到B的过程中加速度a可能一直增大，也可能先增大再减小，所以A到B的过程中加速度可能一直增大，故A选项正确；
B．从A到O电场力做负功，从O到B电场力做正功，所以小球的机械能先减小后增大，故B选错误；
C．根据对称性A点与B点电势相等，设A、B的高度差为h，根据动能定理
mgh=mv2
解得：
v=
与小球电荷量无关，故C选项正确；
D．设小球在AB之间任意一点P的速度为v1，P点电势高于A点，设P点与A点的电势差为U，从A到P由动能定理得：
mghAP－qU=
若小球带上等量的负电，运动到P点时的速度为v2，则
mghAP+qU=
所以v2>v1，即小球带负电时运动过程中经过除A、B点以外的每一个点的速度都大于带正电的小球，所以小球的运动时间变短，重力的冲量将减小，故D选项正确。
二、实验题（22题6分；23题9分）
9.某实验小组要探究力对物体做功与物体获得速度的关系，选取的实验装置如图所示．实验主要步骤如下：
①
实验时，在未连接橡皮筋时将木板的左端用小木块垫起，不断调整使木板倾斜合适的角度，轻推小车，使小车匀速下滑，这样做的目的是________________________；
②使小车在一条橡皮筋的作用下由某位置静止弹出沿木板滑行，橡皮筋对小车做功为W0；再用完全相同的2条、3条……橡皮筋同时作用于小车，每次均由静止在______（填“相同”或“不同”）位置释放小车，使橡皮筋对小车做的功分别为2W0、3W0、……
③分析打点计时器打出的纸带，分别求出小车每次获得的最大速度v1、v2、v3、……，作出W-v图像，则下列符合实际的图像是__________（填字母序号）
【答案】①平衡摩擦力 ② 相同 ③ D
【解析】
【详解】①[1]小车在运动过程中受摩擦力作用，为使小车受到的合外力等于橡皮筋的弹力，需要将木板倾斜，用小车的重力下滑分力平衡摩擦力。
②[2]每次在相同位置释放小车才能保证橡皮筋对小车所做的功与橡皮筋的条数成正比。
③[3]根据动能定理，橡皮筋对小车所做的功等于小车动能的增加量，，所以W与v2成正比，故D选项正确。
10.将铜片和锌片插入水果中可制成水果电池，现要测量番茄电池的电动势和内阻，三位同学一起进行的实验研究。
（1）甲同学先用量程为3V的电压表，直接测量番茄电池两极的电压，电压表的示数为0.78V，则番茄电池的电动势应________（填“大于”“等于”或“小于”）0.78V。
（2）乙同学用以下器材设计了如图(a)所示的电路
A.电压表（0~3V，内阻约3kΩ）
B.电流表（0~0.6A，内阻为几欧）
C.滑动变阻器（0~50Ω）
D.开关1个、导线若干
闭合开关后，发现左右滑动滑动变阻器的滑片，电流表与电压表都几乎没有示数（经检查，电路无故障），请分析电表无示数的原因是__________________________________。
（3）丙同学分析乙同学的实验结果后，使用1个电阻箱（0~9999Ω）和1个微安表（0~300μA，内阻为RA=100Ω），设计了如图(b)所示的实验电路，改变电阻箱的阻值R得到多组微安表的示数I，以R为纵坐标，为横坐标，得到如图(c)所示的图像。根据图像可得到番茄电池的电动势为________V，内阻为________Ω。
【答案】 (1). 大于 (2). 水果电池的内阻很大，滑动变阻器所分得的电压很小。
(3) 1.125 1400
【解析】
【详解】（1）[1]由于番茄电池有内阻，所以电压表的示数为外电压，小于电源电动势，即番茄电池的电动势应大于0.78V；
（2）[2]电路无故障，外电压几乎为零，说明外电阻远小于内电阻；即水果电池的内阻很大，滑动变阻器所分得的电压很小．
（3）[3][4]由闭合电路欧姆定律得：
E=I(R+RA+r)
变形可得
R=E－（RA+r）
所以R-图像的斜率为E，即
截距的绝对值为
则
r=1400Ω
三、计算题（24题12分；25题20分）
11.如图所示，长l＝1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球所带电荷量q＝1.0×10－6 C，匀强电场的场强E＝3.0×103 N/C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
（1）小球的质量m。
（2）将小球拉到最低点由静止释放，当小球运动到绳与竖直方向夹角为θ＝37°处时细绳的拉力。
【答案】(1) 4.0×10－4 kg (2) 7×10－3 N
【解析】
【详解】（1）因为F＝qE＝3.0×10－3 N
由平衡知识可知
qE＝mgtan θ
解得：
m＝4.0×10－4 kg
（2）从最低点到θ＝37°对小球由动能定理得：
qElsinθ－mgl(1－cos θ)＝mv2
在θ＝37°处由牛顿第二定律得：
T－(mgcosθ+qEsinθ)=m
联立解得：
T=7×10－3 N
12.如图，粗糙水平平台与水平地面的高度差为h=0.4m，平台右侧水平地面上方空间存在一竖直向上的匀强电场，电场强度为E=1×103N/C，平台右端点Q处（不在电场中）有一可视为质点的带正电滑块B，其电量为q=7.5×10－3C，质量为mB=1.5kg；另一可视为质点的滑块A静止于平台上的P点，P点与Q点的距离为s=2.5m，A与平台间的动摩擦因数为μ=0.3。现给A施加一水平向右的恒力F=10N，一段时间后撤去F，A再运动一段时间后与B发生弹性正碰，碰后B落在水平地面上距Q点水平距离为x=1.6m的N点，A向左反弹后滑动停止，已知碰撞后B的电量不变，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）A与B碰后瞬间B的速度；
（2）滑块A的质量及A与B碰前瞬间A的速度；
（3）恒力F作用的时间。
【答案】(1) 4m/s (2) mA=1kg v0=5m/s (3) s
【解析】
【详解】（1）对滑块B由牛顿第二定律得：
mBg－qE=ma
竖直方向：
h=at2
水平方向：
x=vBt
联立解得：
vB=4m/s
（2）设A的质量为mA，碰撞前后瞬间A的速度分别为v0和vA
碰后对滑块A由动能定理得：
－μmAgl=0－
取向右为正方向，由动量守恒得：
mAv0=－mAvA+mBvB
A、B发生弹性碰撞，由能量守恒得：
联立解得：
mA=1kg v0=5m/s
（3）设恒力F作用的时间为t，F作用下的位移为s1，撤去F时滑块A的速度为v
滑块A从P到Q，由动能定理得：
Fs1－μmAgs=
从滑块开始运动到撤去恒力F的过程中
由动能定理得：
Fs1－μmAgs1=
由动量定理得：
（F－μmAg）t=mAv
联立解得：
t=
四、选修（33题、34题选做一题，25分）
13.下列说法正确的是（ ）
A. 质量和温度相同的冰和水，内能不同
B. 温度高的物体不一定比温度低的物体内能大
C. 物体放热，同时对外做功，其内能可能增加
D. 布朗运动是液体分子与固体分子的共同运动
E. 气体扩散现象表明了气体分子的无规则运动
【答案】ABE
【解析】
【详解】A．质量和温度相同的冰和水，平均动能相同，但是分子势能不同，则内能不同，选项A正确；
B．物体的内能与物体的温度、体积以及物质的量等都有关，则温度高的物体不一定比温度低的物体内能大，选项B正确；
C．根据热力学第一定律，物体放热，同时对外做功，其内能一定减小，选项C错误；
D．布朗运动是固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的表现，选项D错误；
E．气体扩散现象表明了气体分子的无规则运动，选项E正确。
14.如图所示，有两个不计质量和厚度的活塞M、N，将两部分理想气体A、B封闭在绝热汽缸内，温度均是27 ℃。M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿汽缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S＝2 cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为h1＝27 cm，N活塞相对于底部的高度为h2＝18 cm。现将一质量为m＝1 kg的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降。已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa。(g＝10 m/s2)
①求下部分气体的压强多大；
②现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使活塞M回到原来的位置，求应使下部分气体的温度升高到多少摄氏度。
【答案】①1.5×105 Pa ② 252℃
【解析】
【详解】①以两个活塞和重物作为整体进行受力分析得：
pS＝mg＋p0S
得
p＝p0＋＝1.5×105 Pa。
②对下部分气体进行分析，初状态压强为p0，体积为h2S，温度为T1，末状态压强为p，体积设为h3S，温度为T2
由理想气体状态方程可得：
＝
对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律可得：
p0(h1－h2)S＝p(h1－h3)S
解得：
T2=525K=252℃
15.如图甲为一列简谐横波在t=0.1s时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P的振动图像．下列说法正确的是 （ ）
A. 这列波的传播方向是沿x轴正方向
B. 这列波的传播速度是20m/s
C. 质点P与质点Q的位移始终不可能相等
D. 再经过0.1s，质点Q的运动方向沿y轴正方向
E. 从t=0.1s到t=0.45s，质点Q振动的路程小于1.4m
【答案】BDE
【解析】
【详解】A．由乙图读出，t=0.1s时刻质点P的速度向上，则由波形的平移法可知，这列波沿x轴负方向传播，故A错误。
B．由图知：λ=4m，T=0.2s，则波速
故B正确。
C．某时刻，质点P与质点Q的位移可能会相等，选项C错误；
D．再经过0.1s=0.5T，质点Q到达与平衡位置对称的位置，即在t轴的上方向上运动，即质点Q的运动方向沿y轴正方向，选项D正确；
E．从t=0.1s到t=0.45s，经过时间为0.35s=1T，若质点Q
从平衡位置或者最高点和最低点开始振动，则在1T内的路程为7A=1.4m，而质点Q开始振动时不是从上述位置开始，且速度的方向向下，速度逐渐减小，可知质点Q在t=0.1s到t=0.45s内振动的路程小于1.4m，选项E正确。
16.如图，半径为R半球形玻璃体置于水平光屏上方，半球的上表面水平，上表面与光屏间的距离为。一束细单色光经球心O从空气中射入玻璃体内(入射面即纸面)，入射角为45°，出射光线射在光屏上B点处。已知该玻璃的折射率为n=，光在真空的传播速度为c。求：
①光束从O点到B点的时间
②现将入射光束在纸面内向左平移，求射入玻璃体的光线在球面上恰好发生全反射时，光束在上表面的入射点到O点的距离。
【答案】① ②R
【解析】
【详解】①当光线经球心O入射时，光路图如图(a)所示。由折射定律有
n＝
解得：
r=30°
O、B之间的距离为
OB==2R
光在玻璃中传播速度为
v==
光从O到B的时间为
②发生全反射时，临界角C满足
sin C＝
光线左移，恰好在玻璃体球面发生全反射时，光路图如图(b)所示。设此时光线入射点为E，折射光线射到玻璃体球面的D点。由题意有∠EDO＝C
在△EDO内，根据正弦定理有
＝
联立以上各式并利用题给条件得
OE＝R。
