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- 2021-05-22 发布
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山东省日照市2020届高三上学期1月校际联考试题
1.本卷两部分,共100分,考试时间90分钟。
2.请按照题号在各题目的答题区域内作答、超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。答题卡面清洁、不折叠、不破损。
第Ⅰ卷(选择题,共40分)
一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求。
1.下列有关物理知识在实际中的应用,解释正确的是( )
A. 交通法规定乘客必须系好安全带,是利用惯性
B. 灵敏电流表在运输时总要用导线把两个接线柱连在一起,是利用电磁驱动
C. 野外三条高压输电线上方还有两条导线与大地相连,是利用静电屏蔽
D. 通过发出与噪声振幅、频率相同但相位相反的声波消灭噪声,是利用声波衍射
【答案】C
【解析】
【详解】A.交通法规定乘客必须系好安全带,是防止惯性对人产生的伤害,故A错误。
B.运输过程中的震动颠簸,可能会损坏指针、线圈、游丝,短路后,产生感应电流,据楞次定律,产生电磁阻尼,减轻指针、线圈、游丝的摆动,故B错误。
C.野外三条高压输电线上方还有两条导线与大地相连,两者电势差为零,打雷时,对高压线没有危害,构成屏蔽,故C正确。
D.通过发出与噪声相位相反,频率、振幅相同声波与噪声干涉实现相位抵消,故D错误。
故选C。
2.如图,S是波源,振动频率为100Hz,产生的简谐横波向右传播,波速为40m/s。波在传播过程中经过P、Q两点,已知P、Q的平衡位置之间相距0.6m。下列判断正确的是( )
A. Q点比P点晚半个周期开始振动
B. 当Q点的位移最大时,P点的位移最小
C. Q点的运动方向与P点的运动方向可能相同
D. 当Q点通过平衡位置时,P点也通过平衡位置
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据可知,波长
又
故Q点比P点晚1.5个周期开始振动,A错误;
BC.P、Q两点的平衡位置距离是半个波长的奇数倍,故两者振动情况完全相反,即两点的运动方向始终相反,当Q点的位移最大时,P点的位移也最大,但两者方向相反,BC错误;
D、两点平衡位置距离是半个波长的奇数倍,所以当Q通过平衡位置时,P点也通过平衡位置,但两者运动方向相反,D正确。
故选D。
3.一个质点在三个力的作用下处于平衡状态。现再对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变。则质点可能做( )
A. 匀速直线运动 B. 匀变速曲线运动
C. 匀速圆周运动 D. 抛体运动
【答案】B
【解析】
【详解】A.若所施加的外力方向与物体运动方向相同,则物体做匀加速直线运动,外力方向与物体运动方向相反,则物体做匀减速直线运动,但如果力与初速度不在同一直线上,则可能做曲线运动,但恒力产生加速度,物体不可能做匀速直线运动,故A错误;
B.由牛顿第二定律可知,质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同;若恒力的方向与速度的方向不在同一条直线上,则物体做匀变速曲线运动,故B正确;
C.质点受到恒力的作用,加速度大小与方向都恒定,若物体做曲线运动,则速度的方向不断变化,所以恒力的方向不可能与速度方向总是垂直,所以不可能做匀速圆周运动,故C错误;
D.抛体运动只受到重力的作用,显然与该题不符,故D错误;
故选B。
4.甲、乙两车在平直公路上沿同一直线运动,两车的速度v随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 两车的出发点一定不同
B. 在0到t2的时间内,两车一定相遇两次
C. 在t1到t2时间内某一时刻,两车的加速度相同
D. 在t1到t2时间内,甲车的平均速度一定大于乙车的平均速度
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据题目所给信息,不能判断两车出发点的关系,因为该图是描述速度与时间变化关系的图像,A错误;
B.两图线的交点表示在该时刻速度相等,在0到t2的时间内,两车有两次速度相等,并不是相遇,B错误;
C.图象的斜率表示加速度,在t1时刻两车速度相等,然后甲做变加速直线运动,乙做匀加速直线运动,在t2时刻两车又速度相等,所以甲的平均加速度等于乙的加速度,故t1到t2时间内在某一时刻,乙图线的斜率和甲图线平行,加速度相等,C正确;
D.图象图线与坐标轴围成的面积表示位移,从图可知,在t1到t2时间内乙的位移大于甲的位移,所用时间相等,故甲的平均速度一定小于乙的平均速度,故D错误。
故选C。
5.电阻为R的单匝闭合金属线框,在匀强磁场中绕着与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交变电动势的图像如图所示。下列判断正确的是( )
A. 时刻线框平面与中性面平行
B. 穿过线框的磁通量最大为
C. 线框转动一周做的功为
D. 从到的过程中,线框的平均感应电动势为
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图可知时刻感应电动势最大,此时线圈所在平面与中性面垂直,A错误;
B.当感应电动势等于零时,穿过线框回路的磁通量最大,且由得
B正确;
C.线圈转一周所做的功为转动一周的发热量
C错误;
D.从到时刻的平均感应电动势为
D错误。
故选B。
6.如图甲所示的充电电路中,R表示电阻,E表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中的元件参数对同一电容器进行两次充电,对应的电荷量q随着时间t变化的曲线如图乙中的a、b所示。曲线形状由a变化为b,是由于( )
A. 电阻R变大
B. 电阻R减小
C. 电源电动势E变大
D. 电源电动势E减小
【答案】A
【解析】
【详解】由图象可以看出,最终电容器所带电荷量没有发生变化,只是充电时间发生了变化,说明电容器两端电压没有发生变化,即电源的电动势不变,而是电路中电阻的阻值发生了变化。图象b比图象a的时间变长了,说明充电电流变小了,即电阻变大了,故A正确,BCD错误。
故选A。
7.如图所示,压缩的轻弹簧将金属块卡在矩形箱内,在箱的上顶板和下底板均安有压力传感器,箱可以沿竖直轨道运动。当箱静止时,上顶板的传感器显示的压力F1=2N,下底板传感器显示的压力F2=6N,重力加速度g=10m/s2。下列判断正确的是( )
A. 若加速度方向向上,随着加速度缓慢增大,F1逐渐减小,F2逐渐增大
B. 若加速度方向向下,随着加速度缓慢增大,F1逐渐增大,F2逐渐减小
C. 若加速度方向向上,且大小为5m/s2时,F1的示数为零
D. 若加速度方向向下,且大小为5m/s2时,F2的示数为零
【答案】C
【解析】
【详解】A.若加速度方向向上,在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变,则F2不变,根据牛顿第二定律得
得
知随着加速度缓慢增大,F1逐渐减小,A错误;
B.若加速度方向向下,在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变,则F2不变,根据牛顿第二定律得
得
知随着加速度缓慢增大,F1逐渐增大,故B错误;
C.当箱静止时,有
得
m=0.4kg
若加速度方向向上,当F1=0时,由A项分析有
解得
a=5m/s2
故C正确;
D.若加速度方向向下,大小是5m/s2小于重力加速度,不是完全失重,弹簧不可能恢复原长,则F2的示数不可能为零,D错误。
故选C。
8.质量为m的箱子静止在光滑水平面上,箱子内侧的两壁间距为l,另一质量也为m且可视为质点的物体从箱子中央以v0=的速度开始运动(g为当地重力加速度),如图所示。已知物体与箱壁共发生5次完全弹性碰撞。则物体与箱底的动摩擦因数
的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】小物块与箱子组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得
解得
对小物块和箱子组成的系统,由能量守恒定律得
解得
由题意可知,小物块与箱子发生5次碰撞,则物体相对于木箱运动的总路程
,
小物块受到摩擦力为
对系统,利用产热等于摩擦力乘以相对路程,得
故
,
即,故C正确,ABD错误。
故选C。
二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.如图,正方形abcd处于匀强电场中,电场方向与此平面平行。一质子由a点运动到b点,电场力做功为W,该质子由a点运动到d点,克服电场力做功为W。已知W>0,则( )
A. 电场强度的方向沿着ab方向
B. 线ac是一条等势线
C. c点的电势高于b点的电势
D. 电子在d点的电势能大于在b点的电势能
【答案】BC
【解析】
【详解】B.由题意可知,一质子由a点运动到b点,电场力做功为W;该质子由a点运动到d点,电场力做功为-W;根据公式可知
又根据几何关系可知,b、d两点关于ac连线轴对称,所以ac是此匀强电场中的等势线,B正确;
AC.由于质子由a点运动到b点,电场力做正功,所以,所以电场强度的方向为垂直于ac线,指向b点,A错误C正确;
D.根据,又电子带负电,所以电势低的地方电势能高,即电子在d点的电势能小于在b点的电势能,D错误。
故选BC。
10.滑雪运动深受人民群众喜爱。如图,竖直面内有半径为R的圆弧形滑道AB,一质量为m的滑雪爱好者(可视为质点)从滑道的A点由静止开始下滑,到达最低点B时对滑道的压力大小为mg(g为当地的重力加速度)。已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30°,滑道各处动摩擦因数相同,则滑雪好者在沿着AB下滑的过程中( )
A. 重力的功率先增加后减小
B. 始终处于失重状态
C. 克服摩擦力做功为
D. 受到的摩擦力大小为
【答案】AC
【解析】
【详解】A.在下滑过程中滑雪者的速度越来越大,但是在竖直方向的速度是先增大后减小,重力的功率先增加后减小,故A正确;
B.在下滑过程中,滑雪者在竖直方向的加速度先是向下,后向上,所以滑雪者先处于失重状态,后处于超重状态,故B错误;
C.设滑雪者到最低点时的速度为v,根据牛顿第二定律得
从A到B的过程中有重力和摩擦力做功,根据动能定理可得
可解得
故C正确;
D.因为在滑行过程中,滑雪者受到的弹力在不断的变化,所以受到的摩擦力也是一个变量,不是一个确定值,故D错误。故选AC。
11.如图所示,有两个轻质小环A和B套在光滑固定的水平杆上,两环用一橡皮条连接在橡皮条中点施以竖直向上的力F,要使橡皮条与两环间的杆围成顶角为120°的等腰三角形,必须在两环上分别各施加一个作用力,关于此力,下列说法正确的是( )
A. 此力可以沿着杆向外,大小为F
B. 此力可以垂直于橡皮条向上,大小为2F
C. 此力可以垂直于杆向下,大小为F
D. 此力可以沿着橡皮条向下,大小为F
【答案】AD
【解析】
【详解】两绳的合力大小等于
F=2Tcos60°
得绳拉力大小
T=F。
A.此力可以沿着杆向外时,对A环进行受力分析,根据平衡条件,在水平方向
FA=Tcos30°=F
故A正确;
B.此力垂直于橡皮条向上时,对A环进行受力分析,根据平衡条件,在水平方向
FAcos60°=Tcos30°
解得
FA=F
故B错误;
C.此力垂直于杆向下时,对A环进行受力分析,在水平方向合力为Tcos30°,不满足平衡条件,故C错误;
D.此力沿着橡皮条向下时,对A环进行受力分析,根据平衡条件,在水平方向
FAcos30°=Tcos30°
解得
FA=F
故D正确。
故选AD。
12.最近几十年,人们对探测火星十分感兴趣,先后发射过许多探测器。称为“火星探路者”火星探测器曾于1997年登上火星。在探测器“奔向”火星的过程中,用h表示探测器与火星表面的距离,a表示探测器所受的火星引力产生的加速度,a随h变化的图像如图所示,图像中a1、a2、h0以及万有引力常量G己知。下列判断正确的是( )
A. 火星的半径为
B. 火星表面的重力加速度大小为
C. 火星的第一宇宙速度大小为
D. 火星的质量大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】AD.分析图象可知,万有引力提供向心力
当时
联立解得,火星的半径
火星的质量
A错误D正确;
B.当h=0时,探测器绕火星表面运行,火星表面的重力加速度大小为a1,B正确;
C.火星表面,根据重力提供向心力得
解得火星的第一宇宙速度
C错误。
故选BD。
三、非选择题:本题共6小题,共60分。
13.某同学利用如图甲所示装置探究加速度与力、质量的关系。实验时,把数据记录在表格中,数据是按加速度大小排列的,第8组数据中小车质量和加速度数据漏记。
(1)该同学又找到了第8组数据对应的纸带以及小车质量,纸带如图乙所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz,纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出来的点未画出。请你帮助该同学求出第8组中的加速度a=______m/s2;
(2)如果要研究加速度与力的关系,需取表格中______组数据(填组号),做a-F图像;如果要研究加速度与质量的关系,需取表格中______组数据(填组号),做a-m图像。这种研究方法叫做______法。
(3)做出a-m图像如图丙所示,由图像______(填“可以”或“不可以”)判断a与m成反比。
【答案】(1). 0.91(0.89~0.92) (2). 2、4、5、7、9 1、3、6、7、8 控制变量
(3). 不可以
【解析】
【详解】(1)[1].T=0.02×5s=0.1s,根据△x=aT2求解加速度为
.
(2)[2][3][4].采用控制变量法研究加速度与力的关系,需要保证质量不变,选取2、4、5、7、9组数据。
研究加速度与质量的关系时,需要控制力F不变,选取1、3、6、7、8组数据。
(3)[5] .做出a-m图像如图丙所示,由图像不可以判断a与m成反比。分析丙图可知,a-m图线为曲线,并不能说明是反比例关系,故应作图线,研究a与成正比关系。
14.某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为1.50V的电压表。该同学测得微安表内阻为1200,经计算后将一阻值为R的电阻与微安表连接,进行改装。然后利用一标准电压表,对改装后的电表进行检测。
(1)将图(a)中的实物连线补充完整_______;
(2)当标准电压表的示数为1.00V时,微安表的指针位置如图(b)所示,由此可以推测出改装的电压表量程不是预期值,而是_______;(填正确答案标号)
A.1.20V B.1.25V C.1.30V D.1.35V
(3)产生上述问题的原因可能是______。(填正确答案标号)
A.微安表内阻测量错误,实际内阻大于1200
B.微安表内阻测量错误,实际内阻小于1200
C.R值计算错误,接入的电阻偏小
D.R值计算错误,接入的电阻偏大
【答案】(1). (2). B (3). BC
【解析】
【详解】(1)[1]微安表与分压电阻串联可以改装成电压表,实物电路图如图所示。
(2)[2]微安表量程为250μA,由图(b)所示表盘可知,其分度值为5μA,其示数为200μA,是满偏量程的,此时标准电压值为1.00V,即满偏量程的对应着电压值为1.00V,故改装后的电压表最大量程为
B正确,ACD错误。
故选B。
(3)[3]由微安表改装的电压表,示数偏大,说明其内阻偏小,原因有可能是微安表内阻值小于1200Ω,也有可能滑动变阻器R的接入电阻偏小造成的,故BC正确,AD错误。
故选BC。
15.如图甲所示,小车B紧靠平台的边缘静止在光滑水平面上,物体A(可视为质点)以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上,物体和小车的v-t图像如图乙所示,取重力加速度g=10m/s2,求:
(1)物体A与小车上表面间的动摩擦因数;
(2)物体A与小车B的质量之比;
(3)小车的最小长度。
【答案】(1)0.3;(2);(3)2m
【解析】
【详解】(1)根据图像可知,A在小车上做减速运动,加速度大小
若物体A的质量为与小车上表面间的动摩擦因数为,则
联立可得
(2)设小车B的质量为M,加速度大小为,根据牛顿第二定律
得
(3)设小车的最小长度为L,整个过程系统损失的动能,全部转化为内能
解得
L=2m
16.如图所示,同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l,电阻均为R,质量分别为3m和m。它们分别系在一跨过两个定滑轮的绝缘轻绳两端,在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域。现将系统由静止释放,当线框b开始进入磁场时,a、b两个线框开始做匀速运动,当线框b刚好完全进入磁场时,线框a刚好开始进入磁场。不计摩擦和空气阻力,重力加速度为g。求:
(1)系统由静止释放时,线框b上边到磁场下边界的距离;
(2)从开始到两线框全部穿过磁场的过程中,共产生的焦耳热Q。
【答案】(1) ; (2) 8mgl。
【解析】
【详解】(1)设两线框匀速运动的速度为v,此时轻绳上的张力为T,由平衡条件得:
对a有
T=3mg-BIl
对b有
T=mg
又
E=Blv
则
以整体研究对象,根据牛顿第二定律可得
3mg-mg=4ma
解得
根据运动学公式可得
v2=2ax
解得
(2)从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中,线框a只在匀速进入磁场的过程中产生焦耳热,设为Q1,由功能关系可得
3mgl-mgl=Q1
所以
Q1=2mgl
从开始到两线框全部穿过磁场的过程中,共产生的焦耳热为
Q=4Q1=8mgl
17.如图所示,光滑轨道OABC是由水平直轨道OB与一段半径R=62.5m的圆弧BC在B点相切而成。m=1kg的物块P在F=20N的水平推力作用下,紧靠在固定于墙面的轻弹簧右侧A处保持静止,A点与B点相距=16m。己知物块可视为质点,弹簧的劲度系数。取重力加速度g=10m/s2,cos5°=0.996。现突然撤去力F,求:
(1)物块P第一次向右运动的过程中,弹簧对物块的冲量大小;
(2)从物块P离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间。(结果保留两位小数)
【答案】(1)2N·s;(2)23.65s
【解析】
【详解】(1)设弹簧在A处保持静止时压缩量为x,有
F=kx
若物块离开弹簧时速度为v,根据动能定理
物块P向右运动的过程中,弹簧对物块的冲量
I=mv
解得
I=2N·s
(2)物块离开弹簧到B之间做匀速直线运动,设时间为,则有
设物块沿着圆弧轨道上升到D点,B、D间的高度为h,则有
设过D点的半径与竖直方向的夹角为,则
即
物块从B点到D点再返回B点的过程中,可以看做单摆,单摆周期
,
可得从物块P离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间
代入数据得
t=23.65s
18.如图所示,在xoy平面内,虚线OP与x轴的夹角为30°。OP与y轴之间存在沿着y轴负方向的匀强电场,场强大小为E。OP与x轴之间存在垂直于xoy平面向外的匀强磁场。现有一带电的粒子,从y轴上的M点以初速度v0、沿着平行于x轴的方向射入电场,并从边界OP上某点Q (图中未画出)垂直于OP离开电场,恰好没有从x轴离开第一象限。已知粒子的质量为m、电荷量为q(q>0),粒子的重力可忽略。求:
(1)磁感应强度的大小;
(2)粒子在第一象限运动的时间;
(3)粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离。
【答案】(1);(2);(3)
【解析】
【详解】(1)由于粒子从Q点垂直于OP离开电场,设到Q点时竖直分速度为,由题意可知
设粒子从M点到Q点运动时间为,有
粒子做类平抛运动的水平位移如的
由磁场方向可知粒子向左偏转,根据题意可知粒子运动轨迹恰好与轴相切,设粒子在磁场中运动的半径为,由几何关系
设粒子在磁场中速度为,由前面分析可知
洛伦兹力提供向心力
解得
(2)粒子在磁场中运动周期
设粒子在磁场中运动时间为,
粒子离开磁场的位置到轴的距离为,则
沿着轴负方向做匀速直线运动,设经过时间到达轴,
即
(3)由几何关系可得粒子离开磁场的位置到轴距离
粒子离开磁场手,竖直方向做匀速直线运动,经过时间到达轴并离开电场
则
粒子离开电场的位置到点的距离
。