- 2021-06-01 发布 |
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文档介绍
重庆市第八中学2020届高三上学期入学考试理综物理试题
重庆八中高2020级高三(上)入学考试理综试题 二、选择题:本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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.某一质点运动的位移x随时间t变化的图象如图所示，则 A. 第10s末，质点的速度最大 B. 5s末与15s末，质点的速度方向相反 C. 内，质点通过的位移等于5m D. 内，质点的速率先增加后减小 【答案】B 【解析】 A、位移时间图象切线的斜率表示该时刻的速度，则知在10s末时，质点的速度为零，故A错误； B、在内斜率为正，在内斜率为负，斜率代表物体的速度方向，故速度方向相反，故B正确； C、，故C错误． D、在内，斜率一直增大，故速度越来越大，故D错误； 故选：B． 2.如图所示，木块B静止在水平地面上，木块A叠放在B上，A的左侧靠在光滑的竖直墙面上。关于A、B的受力情况，下列说法中正确的是 A. B对A的作用力方向一定竖直向上 B. B对A的作用力一定大于A的重力 C. 地面对B的摩擦力方向可能向右 D. 地面对B的作用力大小一定等于A、B的总重力 【答案】D 【解析】 【详解】AB.对A受力分析可知：1．若A与B的接触面光滑，则A受重力、支持力及墙壁对A的支持力作用，A处于静止状态，合力为零，由于A、B之间的接触面倾斜，则B对A的支持力大于A的重力，根据牛顿第三定律可知，物块A对物块B的压力大小大于物块A的重力；2．若接触面粗糙，A可能受到重力、支持力和B对A的摩擦力，有可能A还受到墙壁的支持力；当墙壁对A没有支持力时，B对A的支持力与摩擦力的合力与A的重力大小相等，方向相反。由以上分析可知，故AB错误； C. 1．若A与B的接触面光滑，木块B受重力、地面的支持力、A对B斜向下的压力以及地面的摩擦力处于静止状态，合力为零，则摩擦力方向水平向左；2．若接触面粗糙，木块B受重力、地面的支持力、A对B斜向下的压力以及A对B的静摩擦力，其中A对B斜向下的压力以及A对B的静摩擦力的合力与A的重力大小相等，方向竖直向下，所以B不受地面的摩擦力，故C错误； D.对整体进行受力分析可知，整体在竖直方向不受外力，故支持力一定等于两物体的重力，故D正确； 3.如图所示，有一水平传送带以2m/s的速度顺时针匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，已知传送带左、右端间的距离为10m，物体可视为质点，g=10m/s2 ， 则（ ） A. 传送带将该物体传送到传送带右端所需时间为5s B. 传送带将该物体传送到传送带右端所需时间为2s C. 传送带将该物体传送到传送带右端所需时间为5.2s D. 物体到达传送带右端时的速度为10m/s 【答案】C 【解析】 【详解】ABC.根据牛顿第二定律，物体的加速度 则物体匀加速运动的时间为： 匀加速运动的位移为： 匀速运动的时间为： 则总时间为： 故C正确，AB错误。 D.由上述分析可知，物体先加速运动后匀速运动，物体到达传送带右端的速度为，故D错误。 4.高空坠物极易对行人造成伤害．若一个质量为50 g的鸡蛋从一居民楼的25层落下，与地面的撞击时间约为2×10－3 s，试估算该鸡蛋对地面的冲击力约为 A. 1000 N B. 500 N C. 100 N D. 50 N 【答案】A 【解析】 【分析】 每层楼高约为3m，计算鸡蛋下落的总高度，计算下落的时间，全过程根据动量定理列方程求解。 【详解】每层楼高约为3m，鸡蛋下落总高度为：h=（25-1）×3m=72m；自由下落时间为：，与地面的碰撞时间约为：t2=0.002s，全过程根据动量定理可得：mg（t1+t2）-Ft2=0，解得冲击力为：F=950N≈103N，故A正确。故选A。 【点睛】本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，能够根据全过程动量定理求解。 5.如图所示，水平地面上有一个半球体A．现在A与竖直墙之间放一完全相同的半球体B，不计一切摩擦，将A缓慢向左移动（B未与地面接触），则在此过程中A对B的弹力F1、墙对B的弹力F2 A. F1变小、F2变小 B. F1变小、F2变大 C. F1变大、F2变大 D. F1变大、F2变小 【答案】C 【解析】 对B分析，受力如图所示，设与水平方向的夹角为，故根据共点力平衡条件可得，，移动过程中减小，故两者都变大，C正确． 6.如图所示，固定的粗糙斜面的倾角θ=37°，长度L=4 m，可视为质点的滑块从斜面的顶端由静止开始下滑，滑到斜面底端时速度大小v=4 m/s，滑块的质量m=200 g，空气阻力可忽略不计，取重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则 A. 滑块沿斜面下滑的加速度大小为2 m/s2 B. 滑块与斜面间的动摩擦因数为0.6 C. 整个下滑过程的时间为1.5 s D. 在整个下滑过程中重力对滑块的冲量大小为4 N·s 【答案】AD 【解析】 A、由运动学公式可知，故A正确； B、对滑块进行受力分析可知：mgsin θ–f=ma，N=mgcos θ，f=μN，解得μ=0.5，故B错误； C、由L=at2，可得t==2 s，故C错误； D、在整个下滑过程中重力对滑块的冲量大小IG=mgt=4 N·s，故D正确； 故选AD。 【点睛】根据运动学公式求解加速度，对滑块根据牛顿第二定律求解动摩擦因数；根据位移时间关系求解整个下滑过程的时间；根据IG=mgt求解冲量。 7.如图所示，质量为2m的物体B静止在光滑水平面上，物体B的左边固定有轻质弹簧，质量为m的物体A以速度v向物体B运动并与弹簧发生作用，从物体A接触弹簧开始到离开弹簧的过程中，物体A、B始终沿同一直线运动，以初速度v方向为正，则( ) A. 此过程中弹簧对物体B的冲量大小大于弹簧对物体A的冲量大小 B. 弹簧的最大弹性势能为mv2 C. 此过程弹簧对物体B的冲量为mv D. 物体A离开弹簧后的速度为－v 【答案】BD 【解析】 【详解】A项：弹簧对物体B的弹力大小等于弹簧对物体A的弹力大小，作用时间也相同，由冲量的定义式I=Ft知：弹簧对物体B的冲量大小等于弹簧对物体A的冲量大小，故A错误； B项：在A、B速度相等时，弹簧压缩至最短，故弹簧的弹性势能最大，故动能应最小，此过程中动量守恒，取向右为正方向，则有：，解得：，弹簧的最大弹性势能为，故B正确； C、D项：设物体A离开弹簧后A、B的速度分别为vA和vB．取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：， ，解得：，即物体A离开弹簧后的速度为，对B，由动量定理得：弹簧对物体B的冲量，故C错误，D正确。 8.如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上.A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为0.5μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F,则( ) A. 当F<2μmg时，A. B都相对地面静止 B. 当F>3μmg时，A相对B滑动 C. 当F=2.5μmg时，A加速度为0.25μg D. 无论F为何值,B的加速度不会超过0.5μg 【答案】BD 【解析】 【详解】AB.AB间最大静摩擦力为，B与地面间的最大静摩擦力为，因为 ，所以B相对地面先开始滑动，当B恰好相对地面滑动时，此时的来为，继续增大拉力，AB才会相对滑动，设AB刚好发生相对滑动时拉力为，AB的加速度为，对B由牛顿第二定律可得 ， 可求； 对A由牛顿第二定律可得 ， 可求。综上分析可得当，B相对地面滑动；当时，AB相对地面都静止；当时，A相对B滑动，故A错误，B正确。 C.当时，AB以共同的加速度运动，将AB看作整体，由牛顿第二定律可得 ， 解得，故C错误。 D.对B受力分析可知其所受的合力的最大值为 ， 即B的加速度不还超过0.5，故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3~38题为选考题，考生根据要求作答。 9.“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的示意图。 (1)如果没有操作失误,图乙中F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是___. (2)本实验采用的科学方法是___. A. 理想实验法 B. 等效替代法 C. 控制变量法 D.建立物理模型法 【答案】 (1). (1)F'； (2). (2)B 【解析】 【详解】（1）[1]是通过作图的方法得到合力的理论值,而是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条,使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力。故方向一定沿AO方向的是，由于误差的存在和方向并不重合 (2)[2]合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法,故B正确,ACD错误。 10.某物理兴趣小组的同学用图甲所示装置来“验证牛顿第二定律”。同学们在实验中，都将砂和小桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小，通过改变小桶中砂的质量改变拉力。为使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，实验中需要平衡摩擦力。 ①下列器材中不必要的是___(填字母代号). A. 交流电源 B. 秒表 C. 天平(含砝码) D. 直流电源 ②下列实验操作中,哪些是错误的___(填字母代号). A. 调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行 B. 每次实验，都要先放开小车，再接通打点计时器的电源 C. 平衡摩擦力时，将悬挂小桶的细线系在小车上 D. 平衡摩擦力时，让小车后面连着已经穿过打点计时器的纸带 ③图乙是某同学实验中获得的一条纸带.A、B、C为三个相邻的计数点,若相邻计数点之间的时间间隔为T.A、B间的距离为x1,A、C间的距离为x2,则小车的加速度a=______(用字母表达). ④图丙是小刚和小芳两位同学在保证小车质量一定时，分别以砂和小桶的总重力mg为横坐标，以小车运动的加速度a为纵坐标，利用各自实验数据作出的a−mg图象。 a.由小刚的图象，可以得到实验结论：________________________________________. b.小芳与小刚的图象有较大差异,既不过原点,又发生了弯曲,下列原因分析正确的是______(填字母代号). A. 图象不过原点，可能是平衡摩擦力时木板倾角过大 B. 图象不过原点，可能是平衡摩擦力时木板倾角过小 C. 图象发生弯曲，可能是砂和小桶的质量过大 D. 图象发生弯曲，可能是小车的质量过大 【答案】 (1). （1）BD， (2). （2）BC， (3). (4). （4）①在物体的质量一定时，物体的加速度与受到的合外力成正比； (5). ②BC 【解析】 【详解】（1）AD.电磁打点计时器使用的是低压交流电源，故A不符合题意，D符合题意。 B.电磁打点计时器是计时仪器，不需要秒表，故B符合题意。 C.验证牛顿第二定律的过程需要使用天平（含砝码）测量物体与小车的质量，故C不符合题意。 （2）A. 在实验中要注意调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板平行，才能使细绳的拉力平行于运动方向，故A说法正确。 B.实验时，应该先接通电源，后释放小车，故B说法错误。 C.在调节木板倾斜程度平衡小车受到的滑动摩擦力是，需要将装有砂的砂桶摘下，故C说法错误。 D.平衡摩擦力是，让小车后面连着已经穿过打点计时器的纸带，故D说法正确。 （3）相邻计数点间的时间间隔为，由匀变速直线运动的推论，可知加速度为： （4）a.由小刚的图象，可以得到的实验结论：在物体的质量一定时，物体的加速度与受到的合外力成反比。 b.AB.图象不过原点，在拉力大于零的情况下，小车的加速度仍然为零，说明可能是平衡摩擦力时木板的倾斜角过小，平衡摩擦力不足造成的，故B正确。 CD.本实验的要求小车的质量要远大于砂和砂桶的质量，这样小车受到的合力才近似等于砂和砂桶的重力，图象才是一条直线；如果不满足小车的质量要远大于砂和砂桶的质量，小车受到的合力不能近似等于砂和砂桶的重力，则图象就会弯曲，故C正确，D错误。 11.质量为m=1kg的物体,在水平拉力的作用下，从静止开始沿粗糙水平面运动, 经过时间2s，拉力停止作用，再经4s物体停止。运动过程中v-t的图像如图，g取10m/s2。求: （1）物体运动过程总位移大小； （2）物体和水平面间的动摩擦因数； （3）水平拉力的大小F。 【答案】（1）24m （2） 0.2 （3）6N 【解析】 【详解】（1）由v-t图像可知，物体运动的过程总位移大小为x= （2）物体加速运动的加速度大小为a1=4m/s2； 拉力停止作用后，物体做减速运动的加速度为a2=2m/s2， 设物体和水平面的动摩擦因数为μ，则μmg=ma2， 解得μ=0.2 （3）由牛顿第二定律：F-μmg=ma1 解得F=6N. 12.光滑水平面上固定有光滑的圆环形窄轨道，窄轨道内放置有a、b、c三个小球，小球与轨道两侧刚好接触，不计窄轨道宽度，小球可视为质点，轨道半径为R，小球a质量为m，小球b、c质量均为3m。开始时，三小球彼此间距相等，小球b、c静止，小球a以初速度v沿轨道逆时针运动，各小球间碰撞均为弹性碰撞，碰撞瞬间很短可忽略不计。求： （1）小球a第一次与b碰撞后瞬时的速度大小； （2）小球a第一次与c碰撞后瞬时的速度大小； （3）小球a从开始到第一次与c碰撞过程的时间。 【答案】（1）- （2）v （3） 【解析】 【详解】（1）设小球a第一次与b碰撞后瞬时a的速度大小为va1，b的速度为vb1，有：mv=mva1+3mvb1； mv2=mv2a1+3mv2b1 解得：va1=-v vb1=v （2）小球c第一次与b碰撞，因两球质量相等，发生弹性碰撞，速度交换，碰后瞬时b 的速度为零，c的速度大小为vc1=v 设小球a第一次与c碰后瞬时a的速度大小为va2，c速度大小为vc2，有： 解得：va2=v （3）小球a第一次与b碰撞过程历时： 分析可知，小球a第一次与b碰撞后到第一次与c碰撞历时： 小球a从开始到第一次与c碰撞过程的时间：t=t1+t2= 13.下列说法正确的是。 A. 液体分子的无规则热运动就是布朗运动 B. 晶体不一定有各向异性 C. 晶体有确定的熔点 D. 一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和 E. 热量可以自发地从低温物体传到高温物体 【答案】BCD 【解析】 【详解】A.布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，故A错误。 B. 单晶体各向异性，多晶体各向同性，故B正确。 C.晶体一定有固定的熔点，故C正确。 D.根据热力学第一定律可知，系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和，即：，故D正确。 E.根据热力学第二定律的克劳修斯表述可知：热量不能自发地从低温物体传到高温物体，故E错误。 14.如图，一竖直圆筒形气缸内高为H，上端封闭，下端开口，由活塞封闭一定质量的理想气体，轻弹簧的上端与活塞连接，下端固定于水平地面，活塞与气缸壁无摩擦且气密性良好，整个装置处于静止状态时，活塞距气缸上底高为。已知活塞横截面积为S，气缸自重为G，气缸壁及活塞厚度可不计，大气的压强始终为p0。求： ①闭气体的压强； ②若对气缸施一竖直向上拉力使其缓慢上升，至气缸下端口刚好与活塞平齐时（密闭气体无泄漏且气体温度始终不变），拉力的大小F。 【答案】① ② 【解析】 【详解】①设密闭气体的压强为p1，对气缸：由力的平衡可知：p1S=p0S+G 解得p1=p0+ ②气缸下端口刚与活塞齐平时，设密闭气体的压强为p2，有： 解得： F+p2S=p0S+G， 解得 15.某弹簧振子做周期为T的简谐运动,t时刻与t+△t时刻速度相同,已知△t查看更多