河北省廊坊市高中联合体2020届高三上学期联考物理试题 18页

廊坊市高中联合体高三物理试题 一、选择题 ‎1.青藏铁路起点为青海西宁,终点为西藏拉萨,全长‎1956 km,被誉为天路。小鹏打算和同学从西宁坐火车去拉萨,他通过网络查得Z6801次列车的信息如图所示。下列说法正确的是 A. 图中的“14:‎01”‎是时间间隔 B. 列车行驶时,以坐在旁边的同学为参考系,小鹏是静止的 C. 测量列车驶出西宁站的时间时,可以把列车看做质点 D. 若列车准点出发,并准点到达拉萨站,则列车行驶的平均速度为‎91.8 km/h ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 图中的“14:‎01”‎是列车出发的时刻，不是时间间隔，故A错误。‎ B. 以坐在旁边的同学为参考系，小鹏相对该同学的位置没有变化，所以小鹏是静止的，故B正确。‎ C. 测量列车驶出西宁站的时间时，列车的长度不能忽略，也不能把列车当质点，故C错误。‎ D.列车运行的时间约为，列车的平均速率为，这求得是平均速率，不是平均速度，故D错误。‎ ‎2.我国是少数几个掌握飞船对接技术的国家之一。为了实现神舟飞船与天宫号空间站顺利对接，具体操作应为 A. 飞船与空间站在同一轨道上且沿相反方向做圆周运动接触后对接 B. 空间站在前、飞船在后且两者沿同一方向在同一轨道做圆周运动，在合适的位置飞船加速追上空间站后对接 C. 空间站在高轨道、飞船在低轨道且两者同向飞行，在合适的位置飞船加速追上空间站后对接 D. 飞船在前、空间站在后且两者在同一轨道同向飞行，在合适的位置飞船减速然后与空间站对接 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】飞船与空间站在同一轨道上沿相反方向做圆周运动，撞后飞船和空间站都会损毁，A错误；空间站在前，飞船在后，两者在同一轨道上沿同一方向做圆周运动，飞船加速会做离心运动，故不可能追上空间站，B错误；空间站在高轨道，飞船在低轨道且两者同向飞行，在合适的位置飞船加速做离心运动，后与空间站对接，C正确；飞船在前、空间站在后且两者在同一轨道飞行，当飞船减速时，万有引力大于需要的向心力，会做近心运动，飞船会下到低轨道，不可能与空间站对接，D错误。‎ ‎3.如图所示，竖直轻弹簧下端固定，上端与一物体相连，系统处于静止状态。现对物体施加一竖直向上的力，使得物体竖直向上做匀速直线运动（弹簧一直在弹性限度内），则在下面四幅图中，能正确反映该力的大小F随物体的位移x变化的关系的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】开始时物体处于平衡状态，物体受重力和弹力，有：‎ mg=kx1‎ 物体向上匀速过程，对物体受力分析，受重力、弹簧向上的弹力、拉力F，根据平衡条件有 F=mg-F弹 根据胡克定律，有 F弹=k（x1-x）=mg-kx 所以 F =kx 故外力与为x是正比例关系；‎ A.与分析相符，故A正确。‎ B.与分析不符，故B错误。‎ C.与分析不符，故C错误。‎ D.与分析不符，故D错误。‎ ‎4.某小船在静水中的速度为‎4.0 m/s,要渡过宽度为‎120 m、水流速度为‎5.0 m/s的河流。下列说法正确的是 A. 因为船速小于水速,所以船不能渡过此河 B. 若船渡河过程中水流速度变小,则渡河时间将变长 C. 若船渡河所用的时间为30 s,则渡河位移为‎120 m D. 船渡河的最小位移为‎150 m ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 因为船速小于水速,所以船不能垂直河岸渡过此河，但是只要船头不与河岸平行，就能过此河，故A错误。‎ B.由运动的独立性可知，船渡河过程中水流速度变小，不影响船垂直河岸的运动，所以渡河时间不变，不B错误。‎ C. 若船渡河所用的时间为30 s，则船沿河岸方向的位移为，则船的渡河位移为，故C错误。‎ D.当合速度的方向与河岸垂直时，渡河的位移最短，设此时合速度的方向与河岸的夹角为，，则渡河的最短的位移为：，故D正确。‎ ‎5.水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为d的水流以速度v垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零，已知水的密度为ρ，则钢板受到水的冲力大小为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设t时间内有V体积的水打在钢板上，则这些水的质量为：‎ 以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：‎ Ft=0-mv 解得：‎ A. 与分析不符，故A错误。‎ B. 与分析不符，故B错误。‎ C. 与分析不符，故C错误。‎ D. 与分析相符，故D正确。‎ ‎6.绳索套马是内蒙古牧民的重要体育活动。某次活动中,套马者骑在马背上以速度追赶提前释放的烈马,同时挥动质量为的套马圈,使套马圈围绕套马者在水平面内做角速度为、半径为的匀速圆周运动,追逐一段时间后套马者和烈马的距离保持不变,待套马圈运动到烈马正后方时,套马者松开套马圈,最终成功套住烈马。运动过程中,套马者和烈马行进路线平行,松手后套马圈在空中的运动可视为平抛运动。下列说法正确的是 A. 套马圈围绕套马者做图示顺时针的圆周运动 B. 套马圈做平抛运动的时间为 C. 套马圈做平抛运动的初速度为 D. 套马者刚松手时,套马圈的动能为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 套马圈被释放后的运动方向与马的运动方向相同，才能套住烈马，所以套马圈应该是逆时针运动，故A错误。‎ B. 套马圈被抛出以后做平抛运动，水平方向的位移为，套马圈相对烈马的水平速度为，则套马圈做平抛运动的时间为，故B错误。‎ C.依题意可知，套马圈转到烈马正后方是，运动速度与烈马的速度同向，则套马圈平抛运动的速度为，故C正确。‎ D.由C的分析可知，套马者刚松手时,套马圈的速度为，所以此时的动能为，故D错误。‎ ‎7.甲、乙两车并排停在斑马线处礼让行人，在行人经过斑马线后，甲、乙两车同时启动并沿平直公路同向行驶，其速度一时间图象分别为图中直线a和曲线b。由图可知 A. t0时刻两车速度相同 B. t0时刻乙车的运动方向发生改变 C. 在0～t0时间内，乙车的加速度越来越小 D. 在0～t0时间内，乙车的平均速度为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图像可知，t0时刻两车速度相同，都为v0，故A正确。‎ B.乙车的速度一直为正，运动方向没有改变，故B错误。‎ C.图像的斜率代表加速度，在0～t0时间内，乙车图像斜率越来越小，乙车的加速度越来越小，故C正确。‎ D. 在0～t0时间内，甲车做匀加速直线运动，平均速度为，乙车的位移比甲车的大，则乙车的平均速度大于甲车的平均速度，即大于，故D错误。‎ ‎8.如图所示,质量为的小物块(视为质点)从固定的半球形金属球壳的最高点由静止沿球壳下滑,物块通过球壳最低点时的速度大小为。球壳的半径为,其两端的最高点在同一水平线上,物块与球壳间的动摩擦因数为,重力加速度大小为。下列说法正确的是 A. 物块运动到最低点时,受到的摩擦力大小为 B. 物块通过球壳最低点时,对球壳的压力大小为 C. 从刚释放至运动到最低点的过程中,物块减少的机械能为 D. 物块通过球壳最低点时所受重力做功的功率为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 设物块通过球壳最低点时，受到球壳的支持力为，由牛顿第二定律可知，解得，由牛顿第三定律可知物块对球壳的压力大小也为，此时物块受到的摩擦力为，故B正确，A错误。‎ C.以球壳的最低点为势能的零点，出状态的机械能为，末状态的机械能为，所以全过程机械能的减小量为，故C正确。‎ D. ‎ 物块通过球壳最低点时，重力的方向与速度的方向垂直，所以此时重力的瞬时功率为零，故D错误。‎ ‎9.某科研小组用火箭模型模拟火箭发射升空,该模型在地面附近一段位移内的发射功率恒为,从静止开始竖直向上发射,发射过程中火箭受到含重力在内的一切阻力的合力大小(为比例常量)。火箭的质量为,忽略其质量变化,设火箭在这段位移内可以达到最大速度,则 A. 在加速过程中,火箭加速度和速度均增大 B. 在加速过程中,火箭处于超重状态 C. 火箭在上升过程中的最大速度为 D. 火箭达到最大速度的一半时的加速度大小为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加速上升过程中，火箭受到向上的推力为和阻力，可知速度最大推力减小，阻力最大，由牛顿第二定律，可知加速度减小，故A错误。‎ B.向上加速过程中，加速度向上，处于超重状态，故B正确 C.当时速度达到最大，即，解得最大速度为，故C错误。‎ D.当速度，此时火箭受到的向上的推力为，由牛顿第二定律可得，其中，由以上方程解得加速为，故D正确。‎ ‎10.在星球A上将一小物块P竖直向上抛出，P的速度的二次方v2与位移x间的关系如图中实线所示；在另一星球B上用另一小物块Q完成同样的过程，Q的v2-x关系如图中虚线所示。已知A的半径是B的半径的，若两星球均为质量均匀分布的球体（球的体积公式为，r为球的半径），两星球上均没有空气，不考虑两球的自转，则 A. A表面的重力加速度是B表面的重力加速度的9倍 B. P抛出后落回原处的时间是Q抛出后落回原处的时间的 C. A的第一宇宙速度是B的第一宇宙速度的倍 D. A的密度是B的密度的9倍 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.设重力加速度为g，根据速度位移关系式可知 图像的斜率代表‎-2g，两图像斜率比为9：1，所以A表面的重力加速度是B表面的重力加速度的9倍，故A正确。‎ B.根据竖直上抛运动对称性可知：‎ 根据图像可知，P的初速度为 ，Q的初速度为，所以P抛出后落回原处的时间是Q抛出后落回原处的时间的 ，故B错误。‎ C.根据第一宇宙速度的公式 可知，A的第一宇宙速度是B的第一宇宙速度的 倍，故C正确。‎ D.根据 结合密度公式 解得：‎ 所以A的密度是B的密度的27倍，故D错误。‎ 二、非迭择题 ‎（一）必考题：共45分。‎ ‎11.在做研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用电火花计时器打下的纸带如图所示，并在纸带上取了A、B、C、D、E、F、G共7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个计时点未画出。他用刻度尺测量出B、C、D、E、F、G这6个点到A点的距离分别为d1、d2、d3、d4、d5、d6。电火花计时器所接交流电源的频率为f。‎ ‎（1）电火花计时器打D点时纸带的速度大小为________（要求结果尽可能精确）。‎ ‎（2）纸带运动的加速度大小为_______（要求结果尽可能精确）。‎ ‎（3）如果当时电网中交变电流的电压突然变小而频率不变，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 不变 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 打点周期 ，每相邻两个计数点间还有4个点图中没有画出，计数点之间的时间间隔为 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度 ‎(2)[2] 根据逐差法可知，纸带运动的加速度大小为 ‎(3)[3] 当时电网中交变电流的电压突然变小而频率不变，打点周期不变，则加速度不变。‎ ‎12.图甲所示为实验小组的同学设计的验证机械能守恒定律的实验装置。伸长可忽略的细线一端固定于铁架台上O点，另一端系一小球。在O点正下方P点处固定一枚锋利的刀片，刀片的刀刃与悬线的摆动方向斜交，因而能将下摆的细线瞬间割断，便下摆的小球水平抛出。Q点为小球竖直悬挂时上端点的位置，O′点是O点在地面上的竖直投影点，S为小球落地点， 。实验时，将小球拉至与O点等高处后由静止释放，然后进行相关测量后计算验证。完成以下填空：‎ ‎（1）用游标卡尺测量小球直径如图乙所示，钢球直径d=_______mm；‎ ‎（2）测得细线O点到Q点的长度为l，O′S间距离为x。本实验所需验证的表达式为：______________；‎ ‎（3）本实验造成误差的原因众多，试任意说出一个除空气阻力外的其他原因：________；‎ ‎（4）有同学说，为减小空气阻力的影响，所选小球应尽量小。对他的说法，请简要说出你的观点：____。‎ ‎【答案】 (1). 7.25 (2). (3). 如刀片割断细线时对小球运动的影响、各长度测量时不够精确等 (4). 不同意该说法。因为当小球太小时，细线自身重力的影响不可忽略 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]游标卡尺读数为 ‎(2)[2]小球平抛的竖直位移为 ‎ ‎ ，‎ 从释放到最低点，根据机械能守恒有 联立解得：‎ ‎(3)[3] 如刀片割断细线时对小球运动的影响、各长度测量时不够精确等 ‎(4)[4] 不同意该说法。因为当小球太小时，细线自身重力的影响不可忽略 ‎13.甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持‎8m/s的速度跑完全程，乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记，在某次练习中，甲在接力区前s0=‎12m处作了标记，并以v=‎8m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒，已知接力区的长度L=‎20m。求：‎ ‎（1）此次练习中乙在接棒前的加速度大小；‎ ‎（2）在完成交接棒时乙离接力区末端的距离。‎ ‎【答案】（1）。（2）‎8m。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 设经过时间t，甲追上乙。甲的位移为：‎ x1=vt 乙的位移为：‎ 且 解得：‎ t=3s 根据v=at，解得：‎ ‎(2) 在追上乙的时候，乙走的距离为x2，则有：‎ 所以乙离接力区末端的距离为：‎ ‎△S=L-x2=20-12=‎‎8m ‎14.如图所示，倾角θ= 的光滑斜面固定在地面上，质量为‎0.5kg的物块（均可视为质点），A固定，C与斜面底端处的挡板接触，B与C通过轻弹簧相连且均处于静止状态，A、B间的距离d=‎3m。现释放A，一段时间后A与B发生碰撞，A、B碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去A，取g=‎10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。‎ ‎（1）求A与B碰撞前瞬间A的速度大小v0；‎ ‎（2）若B沿斜面向下运动到速度为零时（此时B与C未接触，弹簧仍在弹性限度内），弹簧的弹性势能增量Ep=10.8J，求B沿斜面向下运动的最大距离x；‎ ‎（3）若C刚好要离开挡板时，B功能Ek=8.7J，求弹簧的劲度系数k。‎ ‎【答案】（1）‎6m/s。（2）‎0.6m。（3）60N/m。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据机械能守恒定律有：‎ 解得：‎ v0=‎6m/s ‎（2）设碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有：‎ A、B碰撞过程机械能守恒，有：‎ 解得：‎ ‎，‎ A、B碰撞后，对B沿斜面向下压缩弹簧至B速度为零的过程，根据能量守恒定律有：‎ 解得：‎ x=‎‎0.6m ‎（3）A、B碰撞前，弹簧的压缩量为：‎ 当C恰好要离开挡板时，弹簧的伸长量为：‎ 可见，在B开始沿斜面向下运动到C刚好要离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能的改变量为零，根据机械能守恒定律有：‎ 解得：‎ k=60N/m ‎（二）选考题 ‎15.下列说法正确的是_________。‎ A. 一定质量的理想气体对外做功100J，同时从外界吸收100J的热量，则它的内能增大200J B. 当存在分子力时，分子间相互作用引力和斥力都随分子间距离的减小而增大 C. 由于液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，液体表面存在张力 D. 液晶既有液体的流动性又有晶体的各向异性 E. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和汽压，水蒸发得越快 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据热力学第一定律可知，一定质量的理想气体对外做功100J，同时从外界吸收100J的热量，则它的内能不变，故A错误。‎ B. 当存在分子力时，分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大，故B正确。‎ C. 由于液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子间表现为引力，所以液体表面存在张力，故C正确。‎ D. 液晶既有液体的流动性又有晶体的各向异性，经常用来制作显示器，故D正确。‎ E. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和汽压，水蒸发得越慢，故E错误。‎ ‎16.如图甲所示，装有理想气体的竖直气缸A、B完全相同，将A、B中气体分隔开的薄活塞C的质量为m、横截面积为S，此时C恰好没有与A底部接触（图甲中所示位置）。现将A、B同时沿顺时针方向缓慢转动180°至图乙位置，转动后重新平衡时C在A中向下移动的距离为A竖直方向长度的。重力加速度大小为g，整个装置均由导热性能良好的材料制成，C可在A内无摩擦地滑动，不计活塞的厚度以及连接两汽缸的细管容积，转动过程中A、B中气体的温度不变。‎ ‎（ⅰ）求转动前A中气体的压强pA；‎ ‎（ⅱ）请通过计算判断能否通过改变转动后环境的温度，使得再次平衡时C恰好没有与A底部（即转动前的位置）接触。‎ ‎【答案】（ⅰ）。（ⅱ）不能。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（ⅰ）设A的容积为V，转动后重新平衡时B中气体的压强为，根据玻意耳定律，对A、B中的气体分别有：‎ 解得：‎ ‎（ⅱ）设温度改变前外界的热力学温度为，C再次恰好没有与A底部接触时外界的热力学温度为T，B中气体的压强为，根据查理定律，对A、B中的气体分别有：‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎，说明不能通过改变转动后环境的温度，使得再次平衡时C恰好没有与A底部接触。‎ ‎17.一简谐横波以‎2m/s的速度沿x轴正方向传播，从原点O处的波源开始振动计时(t=0)，其振动图象如图所示，平衡位置在x=‎10m处有一质点M。质点M开始振动的方向沿y轴____ (选填“正”或“负”)方向；质点M开始振动时波源位于____(选填“波峰”“波谷”或“平衡位置”)；t=____s时质点M第一次出现在波谷。‎ ‎【答案】 (1). 正 (2). 波峰 (3). 8‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空. 由图示振动图象可知，波源沿y轴正方向起振，由于其余点均做受迫振动，所以当波传到质点M时，质点M沿y轴正方向开始振动；‎ 第二空. 由图示质点振动图象可知，周期：T=4s，波传到M点需要的时间：，所以质点M开始振动时波源位于波峰位置；‎ 第三空. 波传到质点M后经过质点M第一次到达波谷，由此可知经过t=5+3s=8s，质点M第一次出现在波谷；‎ ‎18.如图所示，扇形玻璃砖截面的半径为R，圆心为O，∠POQ=150°，一细束与PO平行的光线从圆弧面上的B点射入玻璃砖，并射到OQ上的D点。已知玻璃砖对该光的折射率，B点到PO的距离。‎ ‎（ⅰ）求光线从B点入射的折射角r；‎ ‎（ⅱ）请通过计算判断光线是否从D点射出玻璃砖。‎ ‎【答案】（ⅰ）30°。（ⅱ）不会从D点射出玻璃砖。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（ⅰ）光线在玻璃砖中的光路如图所示，由几何关系可知，光线从B点入射时的入射角的正弦值为：‎ 由折射定律有：解得：‎ r=30°‎ ‎（ⅱ）由几何关系可知：‎ 设光线在玻璃砖中发生全反射的临界角为C，则有：‎ 解得：‎ C=45°‎ 由于，故光线射到D点时发生全反射，不会从D点射出玻璃砖