重庆市南开中学2020届高三上学期第四次教学质量检测物理试题 19页

重庆市南开中学高2020届（三上）第四次教学质量检测 物理试题卷 一、选择题（14-18为多选，19-21为单选，共48分）‎ ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 做曲线运动的物体加速度必定变化 B. 电场强度与试探电荷受到的电场力成正比 C. 力F1和F2分别对同一物体做了5J和-7J的功,F2所做的功更多 D. 带电粒子在电场中沿着某一条电场线运动,该电场一定是匀强电场 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、做曲线运动的物体加速度可以不变，例如平抛运动，故A错误；‎ B、电场强度是电场的性质，与是否放试探电荷无关，故B错误；‎ C、做功正负表明做正功还是负功，不表示做功大小，故C正确；‎ D、带电粒子在电场中沿着某一条电场线运动，也可能是在点电荷电场中运动，故D错误；‎ ‎2.2019年4月10日晚,人类首张黑洞照片面世,黑洞是宇宙空间内存在的一种密度极大而体积极小的天体,黑洞的引力很大，连光都无法逃逸．在两个黑洞合并过程中,由于彼此间的强大引力作用,会形成短时间的双星系统．如图所示,黑洞A、B可视为质点,两者围绕连线上O点做匀速圆周运动,O点离黑洞A更近,不考虑其他天体的影响．假定黑洞A质量为m1,黑洞B质量为m2,AB间距离为L．下列说法正确的是（ ）‎ A. 黑洞A与B绕行的向心加速度大小相等 B. 黑洞A的质量m1小于黑洞B的质量m2‎ C. 若两黑洞质量保持不变,但两黑洞间距离L逐渐减小,则两黑洞的绕行周期均逐渐减小 D. 若两黑洞质量保持不变,但两黑洞间距离L逐渐增大,则两黑洞向心加速度大小均逐渐增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“会形成短时间的双星系统”‎ 可知，本题考查双星运动，根据万有引力定律可分析本题。‎ ‎【详解】A、黑洞A与B绕行的半径不同， 根据公式 可知，其加速度不相等，故A错误；‎ B、在匀速转动时的向心力大小关系为 因为O点离黑洞A更近，所以A的质量大，故B错误；‎ C、双星靠相互间万有引力提供向心力，所以 因为 所以 解得 因此两黑洞间距离L逐渐减小,则两黑洞的绕行周期均逐渐减小，故C正确；‎ D、根据公式 可知，两黑洞距离变大，向心加速度变小，故D错误。‎ ‎3.刀削面是山西的特色传统面食,刀削面全凭刀削,因此得名,它与北京的炸酱面、河南的烩面、湖北的热干面、四川的担担面,统称为中国五大面食．师傅制作刀削面时通常将面粉和成团块状,左手举面团,右手拿弧形刀,将面一片一片的以速度水平削出,让面片能够飞入装有开水的圆形锅内．如图所示,不考虑空气阻力的影响,将飞出的面片的运动视为平抛运动,已知面片到锅上沿的竖直距离H=80cm,面片到最近的锅边沿的距离为L,钢的半径为R ‎,要想使削出的面片能够全部落入锅中,面片飞出的最小速度为3m/s,最大速度为5m/s,重力加速度g取10m/s2．下列说法正确的是（ ）‎ A. 面片飞入锅中的过程中,面片处于超重状态 B. 面片飞入锅中的过程中,重力的瞬时功率逐渐减小 C. 同一面片飞入锅中的过程中,相同时间内的动量变化量不同 D. R大小为0.4m,L大小为1.2m ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“不考虑空气阻力的影响,将飞出的面片的运动视为平抛运动”可知，本题考查平抛运动，根据平抛运动规律可分析本题。‎ ‎【详解】A、面片飞入锅中的过程中，面片只受重力，为失重状态，故A错误；‎ B、面片飞入锅中的过程中，速度逐渐变大，根据公式 可得，重力的瞬时功率逐渐变大，故B错误；‎ C、因为不考虑空气阻力的影响，面片水平速度不变，竖直方向速度为自由落体，相同时间内变化相同，因此同一面片飞入锅中的过程中,相同时间内的动量变化量相同，故C错误；‎ D、根据平抛运动公式可知 或 解得当半径为0.4m时， L最大值为1.2m，才能保证削出的面片能够全部落入锅中，故D正确。‎ ‎4.如图所示的电路中,电压表和电流表均为理想电表,电源电动势为E、内阻为r,R为电位器(滑动变阻器).R1、R2为定值电阻,L1是小灯泡．当电位器的触片由图示位置滑向b端一段距离的过程中,下列说法错误的是（ ）‎ A. 电流表A2示数将变大 B. 电源的输出功率可能变大、也可能先变小再变大 C. 小灯泡消耗的电功率将变大 D. 电压表示数与电流表A1示数的比值将减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“当电位器的触片由图示位置滑向b端一段距离的过程中”可知，本题考查动态电路变化，跟距欧姆定律和串并联电路特点可分析本题。‎ ‎【详解】A、当电位器的触片由图示位置滑向b端一段距离的过程中，电阻变小，因此电流变大，故A不符合；‎ B、根据公式可知，‎ 当外电阻等于内阻时，输出功率最大，故电位器移动的过程中，输出功率可能变小，也可能先变大后变小，因此B的说法错误，故B符合；‎ C、由于电位器的触片由图示位置滑向b端一段距离的过程中，电阻变小，因此小灯泡的电流和电压都变大，因此小灯泡消耗的电功率将变大，故C不符合；‎ D、电压表示数与电流表A1示数比值为外电阻阻值，当电路中一个电阻变小，总电阻也变小，故D不符合。‎ ‎5.质量为m的光滑圆柱体A放在质量也为m的光滑“V型槽B上,如图,α=60°,另有质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连,现将C自由释放,则下列说法正确的是（ ）‎ A. 若A相对B未发生滑动,则A、B、C三者加速度相同 B. 当M=2m时,A和B共同运动的加速度大小为g C. 当时，A和B之间的正压力刚好为零 D. 当时,A相对B刚好发生滑动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“有质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连”可知，本题考查牛顿第二定律和受力分析，运用整体法和隔离法可分析本题。‎ ‎【详解】A、若A相对B未发生滑动，则AB可看做整体，加速度相同，C的运动方向向下，加速度方向与AB不同，故A错误；‎ B、若A和B共同运动的加速度大小为g时，则C得加速度大小也为g，但对C隔离分析，C不可能做自由落体，因此不论M等于多少，加速度不能是g，故B错误；‎ CD、若A和B之间的正压力刚好为零，则此时加速度设为a，对A受力分析可得 ‎，‎ 解得 对A、B、C整体运用牛顿第二定律可得 解得 故C错误D正确；‎ ‎6.静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示,x轴正向为场强的正方向,带负电的小球A在x3位置处由静止释放且仅受电场力作用．若仅考虑小球A在x1位置与x3位置间的运动,则小球（ ）‎ A. 在x1位置动能最小 B. 在x3位置与x1位置加速度大小相同 C. 在原点O位置电势能小于在x2位置电势能 D. 在原点O位置电势能小于在x1位置电势能 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示”可知，本题考查从E-x图中判断带电物体电势能和加速度情况，根据图像信息结合电场公式可分析本题。‎ ‎【详解】A、由于小球带负电，因此在x轴正方向电场力做正功，动能增加，在从E-x图中，图像与坐标围成的面积表示电场力做功的多少，因此，在x1位置速度不为零，因此动能不是最小，故A错误；‎ B、在x3位置与x1位置，电场强度大小相等，因此所受电场力大小相同，因此带点小球只受电场力，因此加速度大小相同，故B正确；‎ CD、由于在x轴正方向电场力做正功，因此电势能减小，所以在原点O位置电势能小于在x1、x2位置电势能，故CD正确。‎ ‎7.如图所示,两个完全相同质量均为m的物块A、B静止放置在水平地面上,其中B的左端连接着一个弹性限度足够大的水平轻弹簧,劲度系数为k．两物块与地面间的滑动摩擦力f为最大静摩擦力fm的0.95倍,若在A的左端施加一水平向右的推力F=2f,当B刚开始滑动时A的速度为v．从A向右开始运动,到弹簧第一次被压缩到最短的过程中,以下叙述正确的是（ ）‎ A. A开始做减速运动时,B所受的摩擦力为f B. 彈簧压缩最短时A的速度为0‎ C. 弹簧最大的弹性势能大于0.25mv2‎ D. B开始运动到弹簧第一次压缩到最短的过程中,系统(A、B与弹簧)机械能守恒 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“其中B左端连接着一个弹性限度足够大的水平轻弹簧”可知，本题考查有弹簧连接的两物体运动情况，根据能量守恒和物体运动过程分析可解答本题。‎ ‎【详解】A、由于A受到的外力为F=2f，所以当AB整个系统的摩擦力为2f时，A开始做减速运动，而此时，弹簧弹力为系统内部力，A受滑动摩擦力，大小为f，B受静摩擦力，大小也为f，故A正确；‎ B、弹簧压缩最短时，是AB以相同速度运动的时候，因此A的速度不为零，故B错误；‎ C、弹簧处于最大弹性势能时，也是AB相距最近的时候，当B刚开始滑动时A的速度为v，而弹簧的弹性势能为0.25mv2，当B的速度与A相同时，弹簧还会压缩，因此弹簧最大的弹性势能大于0.25mv2，故C正确；‎ D、由于在此过程中有摩擦力，因此系统(A、B与弹簧)机械能不守恒，故D错误。‎ ‎8.如图所示,离地H=90cm高处有一个质量m=0.2kg,带电量q=+2 C的物体处于电场强度随时间变化规律为E=8-kt (V/m)(k为大于零的常数,水平向左为电场正方向)的电场中,物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数μ=0.2．t=0时,物体从墙上由静止释放,若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当物体下滑45cm后脱离墙面,此时物体速度v=2 m/s,物体最终将落在地面上,重力加速度g取10m/s2．下列关于物体运动的说法正确的是( )‎ A. 物体从开始下滑到脱离墙壁过程中,物体做变加速直线运动 B. 物体从墙壁脱离后,物体做匀变速曲线运动 C. 物体从开始下滑到最终落地,物体克服摩擦力所做功为0.5J D. 物体从墙壁脱离后,物体经0.3 s落于地面上 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“带电量q=+2 C的物体处于电场强度随时间变化规律为E=8-kt (V/m)(k为大于零的常数,水平向左为电场正方向)的电场中”可知，本题考查带电物体在变化电场中的运动，根据电场变化结合受力分析可解答本题。‎ ‎【详解】A、在下落的过程中，电场逐渐变小，电场力也变小，因此摩擦力也变小，所以物体向下的加速度越来越大，故A正确；‎ B、物体从墙壁脱离后，电场力逐渐变大，因此加速度也会变，物体不可能做匀变速曲线运动，故B错误；‎ C、由于物体从开始下滑到最终落地，电场力不做功，因此根据能量守恒定律可得 解得，故C正确；‎ D、物体从墙壁脱离后，在竖直方向做自由落体运动，根据公式可得 解得 故D错误。‎ 二、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题,每个试题考生都必须做答。第33题-第38题为选考题,考生根据要求做答 ‎（一)必考题(共129分)‎ ‎9.如图所示为静电除尘装置的原理图,该装置由集尘极和悬在两集尘极间的放电极组成,在集尘极和放电极间加有高压电源,其间的空气被电离成为电子和正离子,电离出的电子在静电力的作用下运动．废气在经过机械过滤装置后进入静电除尘区域,废气中的粉尘吸附电子后带上负电,粉尘在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积,实现除尘的目的．图中虚线为电场线,不考虑粉尘重力的影响．‎ ‎(1)为了实现净化废气的目的，静电除尘装置中的放电极,应接高压电源的__________ (选填“正极”或“负极”);‎ ‎(2)由电场分布特点可知，图中A点电势__________ B点电势（选填“高于”、“低于”或“等于”),带相同电荷量的粉尘在A点位置的电势能__________在B点位置的电势能(选填“高于”、“低于”机械过滤静电除尘或“等于”)‎ ‎【答案】 (1). 负极 (2). 低于 (3). 高于 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“废气在经过机械过滤装置后进入静电除尘区域”可知，本题考查带电粒子在电场中的运动，根据电场线分布和方向可分析本题。‎ ‎【详解】（1）[1]由于废气中的粉尘吸附电子后带上负电，并且粉尘在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，因此根据受力分析可知，电场向方向由集尘极指向放电极，故静电除尘装置中的放电极,应接高压电源的负极；‎ ‎（2）[2]由于电场向方向由集尘极指向放电极，因此A点电势低于B点电势；‎ ‎[3]由于A点电势低于B点电势，因此对带相同电荷量的粉尘在A点位置的电势能高于在B点位置的电势能。‎ ‎10.李华同学借助实验测量后,描绘出小灯泡L的伏安特性曲线如图所示．为了检验李华同学测量数据的准确性,孙蕾同学决定借助实验室器材重新测绘该小灯泡L的伏安特性曲线,实验室有如下器材可供选择: ‎ A.小灯泡L:‎ B.电流表A1,量程为0-600mA(内阻约为5Ω); C.电流表A2,量程为0-3A(内阻约为5Ω);‎ D.电压表V1,量程为0~3V(内阻约为10kΩ); E.电压表V2,量程为0-15V(内阻约为10kΩ);‎ F.滑动变阻器R1(10Ω,3A); G.滑动变阻器R2(1kΩ,3A);‎ H.电源6V(内阻很小,可忽略不计); J.电键一个,导线若干;‎ 实验中要求加在小灯泡两端的电压可以从零开始连续的调节 ‎(1)孙雷为了完成该实验需类选择合适的器材,电流表她应该选择__________(选填“A1”或“A2”),电压表她应该选择__________ (选填“V1”或“V2”),滑动变阻器她应该选择___________ (选填“R1”或“R2”)；‎ ‎(2)接下来,孙蕾需要选择合适的接线方式,对于电流表,她应该采用__________(选填“内接法”或“外接法”),对于滑动变阻器,她应该采用__________(选填“分压接法“或“限流接法”);‎ ‎(3)请在空白线框中为孙蕾画出她所需要的实验电路图__________;‎ ‎(4)经过检验,李华的测量数据是相当准确的,由李华所画小灯泡L的I-U图象,我们可以知晓,在小灯泡两端所加电压为2V时,小灯泡电阻为__________Ω(计算结果保留一位有效数字),随着小灯泡两端电压的增大,小灯泡的电阻__________ (选填“逐渐增大”、“逐渐减小“或“保持不变”)．‎ ‎【答案】 (1). A1 (2). V1 (3). R1 (4). 外接法 (5). 分压接法 (6). (7). 5 (8). 逐渐增大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“描绘出小灯泡L的伏安特性曲线如图所示”可知，本题考查小灯泡伏安特性曲线实验，根据实验原理和数据处理可分析本题。‎ ‎【详解】（1）[1]根据电流变化可知电流表选A1；‎ ‎[2]根据电压变化，电压表选V1；‎ ‎[3]滑动变阻器她应该选择R1；‎ ‎（2）[4]由于电压表电阻远大于灯泡电阻，因此应选择外接法；‎ ‎[5]由于要求电压从零开始调节，因此滑动变阻器采用分压接法；‎ ‎（3）[6]根据实验要求得下图 ‎（4）[7]根据小灯泡L的I-U图象，当小灯泡两端所加电压为2V时，根据欧姆定律小灯泡电阻为；‎ ‎[8] 随着小灯泡两端电压的增大，小灯泡温度变高，电阻逐渐增大。‎ ‎11.如图所示,一电荷量大小q=3×10-4 C的带电小球,用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中O点．闭合电键S,小球静止时,细线与竖直方向的夹角α=37°．已知两板相距d=0.2m,电源电动势E=14V,内阻r=1Ω,电阻R1=4Ω,R2=6Ω,R3=3Ω,R4=10Ω,重力加速度g取10m/s2．求：‎ ‎(1)电源的输出功率及其效率;‎ ‎(2)两板间电场强度的大小;‎ ‎(3)判断小球的带电性质,并求出小球的质量．‎ ‎【答案】(1) 24W，85.7% (2)60N/C (3) 正电，2.4×10-3kg ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）R2与R3并联后的电阻值：‎ 由闭合电路欧姆定律得：‎ 电源的输出功率为：‎ 电源的效率为：‎ ‎（2）电容器两板间的电压：‎ 电容器两板间的电场强度：‎ ‎（3）小球处于静止状态，故带正电 由平衡条件得：‎ 又有 所以 解得：‎ ‎12.如图所示,木板倾角为37°时,质量为1kg的滑块m2恰能在木板上静止．木板的下端有一固定挡板，其上固定一个弹性势能为3J的锁定弹簧该弹簧的压缩量Δx=0.01m．弹簧上端放有与滑块m2完全相同的滑块m1(与弹簧不拴接),m1与m2相距d=1m．现解除弹簧锁定,在弹簧恢复原长时m1离开弹簧,与此同时,让m2以t=m/s的速度沿木板向下运动并最终与m1相碰,碰后两者粘在一起. (已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2， =2.4)．求:‎ ‎ (1)m1离开弹簧时的速度大小;‎ ‎(2)m1、m2两者的碰撞位置距m2的初始位置多远;‎ ‎(3)m1、m2的粘合体离开弹簧后最终静止在木板上的位置． ‎ ‎【答案】(1) 2.4m/s (2) 0.75m (3) 0.125m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题可知 ‎，‎ 解得：‎ μ=0.75‎ 离开弹簧时，弹簧处于原长状态，故该过程中，‎ 对m1：‎ 解得 ‎（2）对弹簧弹开后的m1：‎ 减速至停止历时：‎ 该过程经历位移：‎ s1==0.24m 而对该过程中的m2：‎ 判断：‎ ‎∵‎ 故m1、m2碰前m1已停止 ‎ 即碰撞位置距m2的初始端为：‎ ‎（3）由动量守恒可得 解得：‎ m1、m2碰撞后，粘合体将沿斜面向下匀速运动压缩弹簧，将联合整体的动能全部转化为弹簧的弹性势能 因为：‎ 故弹簧被压缩至最短时的形变量仍为，故弹簧被压缩至最短后至粘合体静止的过程中，‎ 解得：‎ ‎ 即：粘合体在最后静止在距m1初位置0.125m处。‎ ‎13.下列关于热现象的说法,正确的是 ．‎ A. 晶体的各向异性是因为其内部原子排列方式导致的 B. 某种液体汽化成气体时所需的能量与其质量之比,叫做这种物质的汽化热 C. 水的饱和汽压随着温度的升高而增大 D. 一定量0℃的冰融化成0℃的水,其分子动能之和不变,分子势能之和变小 E. 温度升高,分子平均动能增大,但物体的内能不一定增大 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】A、晶体的内部原子排列呈一定规律，各向异性也是因为其内部原子排列方式导致的，故A正确；‎ B、汽化热为单位质量的液体在温度保持不变的情况下转化为气体时所吸收的热量，故B错误；‎ C、饱和蒸汽的分子数密度和分子的平均速率都随温度的升高而增大，因此水的饱和汽压随着温度的升高而增大，故C正确；‎ D、一定量0℃的冰融化成0℃ 的水，吸热，其分子动能之和不变,分子势能之和变大，故D错误；‎ E、温度升高,分子平均动能增大,但物体的内能不一定增大，例如物体在温度升高的同时对外做功，消耗掉吸收的内能，所以物体内能不一定增大，故温度升高,分子平均动能增大，但物体的内能不一定增大E正确。‎ ‎14.如图所示为一个气体温度计结构图,玻璃测温泡A内充有理想气体,通过细玻璃管B和水银压强计相连．开始时A处于冰水混合物中,左管C中水银面在O点处,右管D中水银面高出O点h1=15cm．现将A放人待测恒温槽中,上下移动D,使C中水银面仍在O点处,测得D中水银面高出O点h2=25cm．已知外界大气压为P0=75cmHg,气体的总体积为100mL．求：‎ ‎(i)恒温槽的温度T1;‎ ‎(ⅱ)将整体保持原样从恒温槽中取出,放置在外界中,外界环境温度T2=300K．将气体温度计由静止释放,不计一切阻力,且假设整个下落过程中都保持装置形态不变,水银未漏出．求稳定后气体的体积．‎ ‎【答案】（i）303.3K （ii）131.9mL ‎【解析】‎ ‎【详解】（i）设恒温槽的温度为T1，A内气体发生等容变化，‎ 根据查理定律得：‎ 代入数据：‎ ‎（ii）在完全失重状态下，气体的压强为：‎ P0=75cmHg，‎ 故：‎ 代入数据：‎ 解得：‎ V≈131.9mL ‎15.列说法中正确的是 ．‎ A. 物体做简谐运动时,回复力一定是物体受到的合外力 B. 系统在驱动力作用下的振动叫做受迫振动,受迫振动的周期与驱动力的周期一致 C. 在波动中,振动相位总是相同的两个质点间的距离叫做波长 D. 波可以绕过障碍物继续传播的现象叫做波的衍射 E. 含有多种颜色的光被分解为单色光的现象叫做光的色散现象 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A、物体做简谐运动时,回复力不一定是物体受到的合外力，例如在单摆中，单摆的回复力是重力沿轨迹切线方向的分力，并非是重力与绳子拉力的合力，故A错误；‎ B、系统在驱动力作用下的振动叫做受迫振动，且受迫振动的周期与驱动力的周期一致，故B正确；‎ C、在波动中,振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离叫波长，故C错误；‎ D、波可以绕过障碍物继续传播的现象属于波的衍射，故D正确；‎ E、色散现象是将含有多种颜色的光被分解为单色光的现象，故E正确。‎ ‎16.如图所示为某种新型材料,可用于制作眼镜镜片．一束光线射到该种材料制作的立方体上,经折射后,射在桌而上的P点．已知光线的人射角为30°,OA=6cm,AB=18cm，BP=12cm．求：‎ ‎(i)该新型材料的折射率n;(结果可以保留根号)‎ ‎(ⅱ)如果光线从该种材料进人空气,产生全反射现象,新型材料的临界角C为多少．‎ ‎【答案】（i） （ii）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“一束光线射到该种材料制作的立方体上”可知，本题考查折射率和全反射，根据折射图和折射规律可分析本题。‎ ‎【详解】（i）设折射角为r，由折射定律知：‎ 由几何关系知： ‎ 且 代入数据解得：‎ ‎（ii）根据角度关系可得 ‎，‎ 该种材料的全反射临界角为C，满足 ‎ ‎ ‎ ‎