【物理】广东省深圳市中学2020届高三上学期试题（七）（解析版） 13页

广东省深圳市中学2020届高三上学期试题（七）‎ 一．选择题 ‎1.质量为m的光滑半球形凹槽放在光滑水平面上，现用水平向右的恒力F=2mg拉动凹槽，使槽内质量也为m的小球相对槽静止在图中所示位置，若重力加速度为g，则下面结论错误的是( )‎ A. 小球的加速度为 B. 小球对凹槽的压力为 C. 小球在槽中静止的位置满足 D. 水平恒力F变大后，若球仍相对静止在凹槽内，球对凹槽的压力增加 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.对整个系统有 ‎ 解得 ‎，‎ 选项A错误；‎ B.小球受力如图，球对凹槽压力 ‎，‎ 选项B正确；‎ C.由图可知　‎ ‎，‎ 故，‎ 选项C正确；‎ D.水平力F增大，系统加速度增大，由 可知，选项D正确；‎ ‎2.如图所示，半径为R、内壁光滑的硬质小圆桶固定在小车上，小车以速度v在光滑的水平公路上做匀速运动，有一质量为m、可视为质点的光滑小铅球在小圆桶底端与小车保持相对静止．当小车与固定在地面的障碍物相碰后，小车的速度立即变为零．关于碰后的运动(小车始终没有离开地面)，下列说法正确的是 (　　)‎ A. 铅球能上升的最大高度一定等于 B. 无论v多大，铅球上升的最大高度不超过 C. 要使铅球一直不脱离圆桶，v的最小速度为 D. 若铅球能到达圆桶最高点，则铅球在最高点的速度大小可以等于零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 铅球到最高点的速度为零，由mgh＝mv2可求得最大高度h＝，选项A错误、B正确；铅球的最大高度不超过半径时有v≤，铅球也不脱离圆桶，选项C错误；若铅球能达到最高点，铅球在最高点的最小速度满足mg=m，即速度为，选项D错误；故选B．‎ ‎3.在光滑的水平面上，有质量为M的物块甲和质量为m的物块乙，已知M>m，物块甲以向右的水平速度碰撞静止物块乙，如图7所示.则碰后下列说法正确的是 A. 物块甲可能向左运动 B. 物块甲一定向右运动 C 物块甲可能静止 D. 物块乙一定向右运动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 根据碰撞过程动量守恒得到：如果甲物体向左运动，则乙物体动量的增加量大于原来甲物体的动量，由动能与动量的数值关系Ek=，因为M>m，所以乙物体的动能将会大于原来甲物体的动能，所以违背了能量守恒，选项A错误。同理选项C也是错误的。所以得到甲物体一定是向右运动的，选项B正确。因为乙物体受到了向右的碰撞，所以一定是向右运动的，选项D正确。‎ ‎4.如图所示，竖直平面内两段半径均为的光滑半圆形细杆平滑拼接组成“”形轨道，圆心在同一竖直线上，一个质量为的小环套在轨道上，小环从轨道最高点由静止开始下滑，下滑过程中始终受到一个水平向左的恒力的作用.重力加速度为，则小环下滑到最低点的过程中（ ）‎ A. 小环机械能守恒 ‎ B. 外力一直做正功 C. 小环在最低点的速度大小为 ‎ D. 在最低点小环对轨道的压力大小为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据力和速度方向之间的关系可知拉力F对小环先做正功后做负功在做正功，所以导致小环机械能不守恒，故AB错误；小环下滑到最低点的过程中，由动能定理可得，解得，C正确；在最低点，由牛顿第二定律得，得，由牛顿第三定律知D错误.‎ ‎5.如图，半径为R的四分之一圆弧轨道的底端正好和半径也为R的半球相切，小物块从四分之一圆弧轨道的最高点由静止下滑，物块通过半球的最高点时刚好对半球无压力。则以下说法错误的是( )‎ A. 小物块立即离开球面做平抛运动 B. 小物块落地时水平位移R C. 物块沿四分之一圆弧轨道下滑时克服摩擦力做功 D. 小物块落地时速度的方向与地面成45°角 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.物块对球顶恰无压力，说明此时恰好是物体的重力作为圆周运动的向心力，物体离开半球顶端后将做平抛运动，故选项A正确；‎ B.物体做平抛运动由 ‎，‎ ‎ ，‎ 以及 ‎ ‎，‎ 解得 ‎ ‎，‎ ‎ ，‎ 故选项B正确；‎ C.设物块沿圆弧轨道下滑时克服摩擦力做功为W f，由动能定理得　‎ ‎，‎ 解得 ‎，‎ 故选项C正确；‎ D.物体做平抛运动，由 ‎ ‎，‎ ‎ 可得 ‎ ‎ ，‎ ‎ 所以竖直方分速度 ‎，‎ 落地速度方向与地面的夹角θ为 ‎，‎ 所以与地面的夹角不是45°，故选项D错误 ‎6.如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条轻绳结于O点，一条绳跨过定滑轮连接物块P(PB段轻绳平行于斜面)，一条绳连接小球Q，一条绳OA在外力F的作用下处于水平位置。现缓慢改变绳OA的方向，减小θ至θ<90°，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态，下列说法正确的是(　　)‎ A. 绳OA的拉力先减小后增大 B. P受斜面的摩擦力一定增大 C. 地面对斜面体的摩擦力向右，且一直减小 D. 地面对斜面体的支持力一直减小 ‎【答案】AD ‎【详解】A.缓慢改变绳OA的方向至θ90°的过程，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置到3位置所示，‎ ‎ ‎ 可见绳OA拉力先减小后增大，故A正确；‎ B.OP绳的拉力一直减小，若开始时P受绳子的拉力大于物块P重力沿斜面向下的分力，则斜面对P的摩擦力沿斜面向下，OP绳拉力一直减小，则摩擦力先变小后反向增大；若开始时P受绳子的拉力小于物块P重力沿斜面向下的分力，则斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OP绳拉力一直减小，则P受斜面的摩擦力一直增大，故B错误；‎ C.以斜面和P、Q整体为研究对象受力分析，根据平衡条件，斜面受地面的摩擦力与OA绳子水平方向的拉力等大反向，故摩擦力方向向左，且一直减小，故C错误；‎ D.以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，F在竖直方向的分力一直增大，所以地面对斜面体的支持力一直减小，故D正确。‎ ‎7.地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a；假设月球绕地球作匀速圆周运动，轨道半径为r1，向心加速度为a1．已知万有引力常量为G，地球半径为R．下列说法中正确的是（　　）‎ A. 地球质量M=‎ B.地球质量M=‎ C. 地球赤道表面处的重力加速度g=‎ D. 加速度之比 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据万有引力充当向心力：＝ma1知质量，A正确，B错误；在赤道处的物体： ，解得，C错误；加速度a=Rω2，因赤道上的物体的角速度与月球的角速度不同，则加速度不与半径的平方成正比，D错误；故选A.‎ ‎8. 汽车拉着拖车在平直公路上匀速行驶，突然拖车与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，各自受的阻力不变，则脱钩后，在拖车停止运动前（ ）‎ A. 汽车和拖车总动量不变 B. 汽车和拖车的总动能不变 C. 汽车和拖车的总动量增加 D. 汽车和拖车的总动能增加 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：由于汽车的牵引力和受到的阻力都不变，汽车和拖车整体的受力不变，合力的大小为零，所以整体的动量守恒，牵引力和阻力的大小虽然不变，但是汽车和拖车运动的位移的大小不同，根据动能定理可以分析汽车和拖车的总动能的变化．‎ 在拖车停止运动前系统所受的合外力为零，动量守恒，选项A正确，C错误．‎ 设拖车与汽车所受的阻力大小分别为f1和f2，则经过相同的时间，它们的位移分别为s1和s2，系统总动能的增量为各力做功之和，ΔEk＝(F－f2)s2－f1s1＝f1(s2－s1)>0，即系统的总动能增加，选项D正确，B错误．‎ 考点：动量 动能 动量守恒 点评：本题要求学生灵活的应用动量守恒和动能定理，根据动量守恒的条件判断整体的动量守恒，根据牵引力和阻力的做功的情况来判断动能的变化．‎ 二、非选择题 ‎（一）必考题:‎ ‎9.为测量动车起动过程中加速度的大小，某同学设计并实施了两个方案．方案甲：观察发现铁轨旁相邻里程基座之间的距离为s，用手表记录车厢从第1个里程基座运动到第2 个里程基座的时间为t1，车厢从第2个里程基座运动到第3个里程基座的时间为t2‎ ‎．方案乙：将细绳的一端系在行李架上，另一端悬挂一个钢球，测量钢球到悬点的距离L，动车加速时，测出钢球偏离原平衡位置的水平距离d．‎ ‎（1）用方案甲测得动车的加速度的表达式为a1= ___________________；用方案乙测得动车的加速度的表达式为a2= ___________________．‎ ‎（2）任选一个方案，简述该方案的误差主要_________________________ ．‎ ‎【答案】 (1). (2). 方案甲的误差主要来源是时间的测量；方案乙的误差主要来源是长度的测量。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）对甲方案，根据位移时间公式求得加速度；对乙方案，通过受力分析利用牛顿第二定律求得加速度；（2）对甲方案，有与测量时间存在误差，故是主要误差来源 ‎（1）对甲方案：设加速度为a，则，‎ 联立解得 对乙方案通过受力分析可知，其中，解得 ‎（2）方案甲的误差主要来源是时间的测量；方案乙的误差主要来源是长度的测量。‎ ‎10.把两根轻质弹簧串联起来测量它们各自的劲度系数，如图甲所示．‎ ‎(1)未挂钩码之前，指针B指在刻度尺如图乙所示的位置上，记为________ cm；‎ ‎(2)将质量50 g的钩码逐个挂在弹簧Ⅰ的下端，逐次记录两弹簧各自的伸长量；所挂钩码的质量m与每根弹簧的伸长量x，可描绘出如图丙所示的图像，由图像可计算出弹簧Ⅱ的劲度系数k2＝________ N/m；(取重力加速度g＝9.8 m/s2)‎ ‎(3)图丙中，当弹簧Ⅰ的伸长量超过17 cm时其图线为曲线，由此可知，挂上第________个钩码时，拉力已经超过它的弹性限度，这对测量弹簧Ⅱ的劲度系数________(选填“有”或“没有”)影响(弹簧Ⅱ的弹性限度足够大)．‎ ‎【答案】(1)11.50；　 (2)28；　 (3)5　 没有；‎ ‎【解析】‎ ‎（1）刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为11.50cm．（2）由图象中的数据可知，弹簧Ⅱ的形变量为时，拉力：F=4×0.05×9.8=1.96N，根据胡克定律知，，（3）由图象中的数据可知，当弹簧I的伸长量超过14cm时，对应的拉力是1.96N，所以其劲度系数：，弹簧I的伸长量超过17cm时，对应的拉力：，则有，由此可知，挂上第 5个钩码时，拉力已经超过它的弹性限度，这时，弹簧Ⅱ的图线仍然是直线，说明对测量弹簧Ⅱ的劲度系数 没有影响．‎ ‎【点睛】刻度尺的读数需估读，需读到最小刻度的下一位．通过弹簧Ⅱ弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧Ⅱ的劲度系数．根据弹簧Ⅰ形变量的变化量，结合胡克定律求出劲度系数，然后求出17cm时对应的弹力，求出钩码的个数．‎ ‎11.如图所示，大气压强恒为p0，用横截面积为S的可动水平活塞将一定质量的理想气体密封于悬挂在天花板上的汽缸中，活塞的质量为。当环境的热力学温度为T0时，活塞与汽缸底部的高度差为h0。由于环境温度缓慢降低，活塞缓慢向上移动，降至某一值时，活塞向上移动了0.25h0。已知密封气体的内能U与热力学温度T的关系为U=kT(k为正常数)，汽缸导热良好，与活塞间的摩擦不计，重力加速度为g，求此过程中：‎ ‎（1）活塞缓慢向上移动距离0.25h0时气体的温度；‎ ‎（2）密封气体向外界放出的热量。‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由盖吕萨克定律，得：解得；‎ ‎（2）此过程，气体内能的变化量：‎ 外界对气体做的功：‎ 其中：‎ 由热力学第一定律，得：‎ 联立解得：‎ 即气体向外界放出的热量：‎ ‎12.竖直放置粗细均匀的U形细玻璃管两臂分别灌有水银，水平部分有一空气柱，各部分长度如图所示，单位为厘米。现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使水平部分右端的水银全部进入右管中。已知大气压强p0=75cmHg，环境温度不变，左管足够长。求：‎ ‎(1) 此时右管封闭气体的压强.‎ ‎(2) 左管中需要倒入水银柱的长度。‎ ‎【答案】（1）p2=90cmHg （2）27cm ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对右管中的气体，初态 ‎ ，，‎ 末态体积：‎ ‎，‎ 由得：‎ ‎，‎ ‎（2）对水平管中的气体，初态压强：‎ ‎，‎ ‎；‎ 末态压强：‎ ‎ ，‎ 根据解得 ‎ ，‎ 水平管中的长度变为9cm，此时原来左侧19cm水银柱已有11cm进入到水平管中，所以左侧管中倒入水银柱的长度应该是 ‎；‎ ‎13.关于气体、液体和固体的性质，下列描述正确的是__________‎ A. 水黾可以在水面上浮起来由于液体表面张力的作用 B. 能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性 C. 蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块看起来没有确定的几何形状，是非晶体 D. 气体压强的大小和单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关 E. 悬浮在液体中的微粒越小，在液体分子的撞击下越容易保持平衡 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.水黾可以在水面上浮起来由于液体表面张力的作用，故A正确；‎ B. 能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性,故B正确；‎ C.道糖受潮后粘在一起形成的糖块是多品体看起来没有确定的几何形状，也是多晶体的特点,故C错误；‎ D.气体压强大小与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，故D正确；‎ E.做布朗运动的微拉越小在液体分子的握击下越不容易保持平衡，故E错误；‎ ‎14.气缸放在倾角为30°的斜面上,斜面固定,活塞的质量为m，横截面积为S，活塞与气缸之间没有摩擦.将活塞用细线相连后，跨过定滑轮,另一端悬挂质量为m的物体，气缸内装有一定质量的某种理想气体，体积为V0，温度为27℃，气缸不漏气.如图所示，此时气缸静止.设气缸内气体的质量远小于活塞的质量，大气对活塞的压力等于活塞重的1.5倍.‎ ‎（1）求被封闭气体的压强为多少？使气缸中的气体体积变为0.8V0，则气缸内的气体的温度是多少？‎ ‎（2）当气缸在外力的作用下沿斜面向上以的加速度匀加速运动时，活塞稳定后被封闭气体的体积是多少？‎ ‎【答案】（1）T1=240K （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对活塞: ‎ ‎，，‎ 联立求得:‎ ‎ ‎ 由 ‎ 得 ‎（2）分析m受力有：‎ ‎；‎ 对活塞：‎ ‎ ‎ 由 ，解得  ‎