四川省西南四省八校仁寿一中等2020届高三上学期9月联考物理试题 21页

四川省仁寿一中等西南四省八校2020届高三9月份联考物理试题 一、选择题 ‎1.根据速度定义式，当t极短时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了下列物理方法中的（ ）‎ A. 控制变量法 B. 假设法 C. 微元法 D. 极限法 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当t极短时，可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该物理方法为极限的思想方法。‎ ‎【详解】当时间极短时，某段时间内的平均速度可以代替瞬时速度，该思想运用了极限法的物理方法，故D正确。‎ ‎【点睛】极限思想法、类比法、控制变量法、微元法等重要的思想方法，在高中物理中经常用到．要理解并能很好地掌握。‎ ‎2.对下列课本插图描述错误的是（ ）‎ A. 利用图甲装置可以间接观察桌面的形变，用到了微量放大法 B. 图乙中蚂蚁从A点到B点的位移大小为0.5米，方向为东偏南30°，由于横纵坐标没有标度，所以不能确定末位置B的准确坐标 C. 利用图丙装置探究小车的加速度与拉力的关系时，运用控制变量法和比较法而设计夹子来控制两小车有相同的运动时间，从而得到两小车的加速度大小关系 D. ‎ 利用图丁装置可以研究平抛运动的竖直分运动，可以观察到两球同时落地，初步说明平抛运动的竖直分运动为自由落体运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.若在两镜之间桌面用力F下压，M、N将向中间倾斜，增大压力，则光束的入射角减小，由光的反射定律可知，光点会在刻度尺上从P点向下移动其力越大，移动越明显，力F越小，光点P下移越小，故采用了微量放大法，A正确； ‎ B.位移指初位置到末位置的有向线段，已知位移大小和方向，则末位置能确定，B错误；‎ C.根据图形可知，同一个夹子控制两小车的运动时间，而两小车所受到的拉力不同，得到的加速度不同，则可保证运动时间不同，探究外力与加速度的关系，C正确；‎ D.利用图丁装置可以研究平抛运动的竖直分运动，可以观察到两球同时落地，初步说明平抛运动的竖直分运动为自由落体运动；D正确。‎ ‎3.如图，在倾角为30°的光滑斜面上，质量为m的小车受到沿斜面向下的恒力F的作用而下滑，在下滑过程中，要使连接着小球（质量为m）的轻绳恰好水平，则恒力F的大小为（ ）‎ A. 3mg B. mg C. 2mg D. 0.5mg ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】以小球为研究对象，分析受力情况可知：重力mg、绳的拉力T，小球的加速度方向沿斜面向下，则mg和T的合力定沿斜面向下。如图 由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ 再对整体根据牛顿第二定律可得：‎ 解得：‎ A.由上计算得：，A正确；‎ BCD.由上计算得：，BCD错误。‎ ‎4.如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O在竖直面内圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为F，拉力F与速度的平方的关系如图乙所示，图象中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 数据a与小球的质量有关 B. 数据b与小球的质量无关 C. 比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关 D. 利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则有：‎ 解得：‎ 解得：‎ 与物体的质量无关，A错误；‎ B.当时，对物体受力分析，则有：‎ 解得：‎ b=mg 与小球的质量有关，B错误；‎ C.根据AB可知：‎ 与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，C错误；‎ D. 若F=0，由图知：，则有：‎ 解得：‎ 当时，则有：‎ 解得：‎ D正确 ‎5.发射卫星的过程可以简化成如图所示的情景：为节约能源，卫星发射到较低圆轨道Ⅰ上，然后再A点瞬间点火使卫星进入椭圆轨道Ⅱ，在椭圆轨道的远地点B点再次瞬间点火让卫星进入更高的轨道Ⅲ作周期与地球自转周期相同的匀速圆周运动，整个过程不计空气阻力。则（ ）‎ A. 该卫星一定是地球同步卫星 B. 从A到B运动过程中速度逐渐减小 C. 从轨道Ⅰ到轨道Ⅲ的过程中，卫星的机械能增大了 D. 卫星在Ⅲ轨道上的运行速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.地球同步轨道卫星轨道只能在赤道上空，而该卫星的周期与地球同步卫星的周期相同，但不一定在赤道上空，所以不一定是地球同步卫星，A错误；‎ B.从A到B运动过程中，引力对卫星做负功，则其速度减小，B正确；‎ C.从轨道Ⅰ到轨道Ⅲ的过程中，要经过两次点火加速，在两次点火的过程有除万有引力之外的其他力做了正功，所以从轨道Ⅰ到轨道Ⅲ的过程中，卫星的机械能增大，C正确；‎ D.第一宇宙速度是地球卫星绕地球做匀速圆周运动的最大速度，所以卫星在Ⅲ轨道上的运行速度小于第一宇宙速度，D错误。‎ ‎6.如图所示为内壁光滑的半球形凹槽M，O为球心，∠AOB＝60°，OA水平，小物块在与水平方向成45°角的斜向上的推力F作用下静止于B处。在将推力F沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中装置始终静止，则(　 　)‎ A. M槽对小物块的支持力逐渐减小 B. M槽对小物块的支持力逐渐增大 C. 推力F先减小后增大 D. 推力F逐渐增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】以小物块为研究对象，受力分析如图所示：‎ 物块受到重力G、支持力FN和推力F三个力作用，根据平衡条件可知，FN与F的合力与G大小相等，方向相反。将推力F沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中(F由位置1→3)，根据作图可知，M槽对小物块的支持力FN逐渐增大，推力F先减小后增大，当F与FN垂直时，F最小。故BC两项正确，AD两项错误。‎ ‎【点睛】动态平衡问题一般采用图解法或解析法。‎ ‎7.如图，质量为1.0kg的小球从A点以初速度水平抛出，恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道。B、C为圆弧的两端点，其连线水平，轨道最低点为D，O为圆弧BDC的圆心，圆弧所对应圆心角θ=106°，半径R=1.0m，小球到达D点的速度大小为m/s（取sin53°=0.8，）。则（）‎ A. C点的速度大小为5m/s B. 小球在D处对轨道的压力大小为33N C. 初速度大小为3m/s D. A点的竖直高度h为0.8m ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.D到C根据动能定理可得：‎ 代入数据解得：‎ vc=5m/s A正确；‎ B.在D点有：‎ 解得：‎ N=43N 根据牛顿第三定律可知，小球在D点对轨道的压力大小为43N，B错误；‎ C.根据题意可知B、C两点的速度大小相等，在B点：‎ 所以初速度为：‎ ‎ 3m/s C正确；‎ D.在B点其竖直方向的速度：‎ vy=vBsin53°=4m/s 所以A点的竖直高度为：‎ ‎ 0.8m D正确。‎ ‎8.如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为 m 的小球，从离弹簧上端高 h 处 由静止释放.某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原 点，沿竖直向下方向建立坐标轴 Ox，做出小球所受弹力 F 大小随小球下落的位置坐标 x 的变化关系如图 乙所示，不计空气阻力，重力加速度为 g。以下判断正确的是 A 小球受到的弹力最大值等于 2mg B. 当 x=h+x0，重力势能与弹性势能之和最小 C. 小球动能的最大值为 D. 弹力 F 随时间 t 变化的图象也应该是线性图象 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ A、小球、地球和弹簧组成的系统机械能守恒，当x=h+x0，弹力等于重力，加速度为零，速度最大，重力势能与弹性势能之和最小，A正确；‎ B、根据简谐运动的对称性， x=h+2x0与x=h处速度相等，x=h+2x0处不是最低点，B错误；‎ C、根据胡克定律，弹簧压缩x0时弹力等于mg，x=h+2x0处弹力等于2mg，但不是最低点，所以小球受到的弹力最大值大于2mg，C正确；‎ D、在x=h+x0处速度最大。由图知，mg=kx0，根据动能定理：，，D正确。‎ 故选：ACD。‎ 二、非选择题 ‎9.在“探究弹力和弹簧伸长关系”时，某同学把两根弹簧如图连接起来进行探究。在弹性限度内将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，依次得到指针A、B的示数和如表所示。‎ 钩码数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎15.71‎ ‎19.71‎ ‎23.70‎ ‎27.72‎ ‎29.96‎ ‎35.76‎ ‎41.51‎ ‎47.36‎ ‎(1)由表中数据可知，该刻度尺的最小刻度值为________mm。某次测量如图所示，指针示数为________cm。‎ ‎(2)用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为________N/m（结果保留三位有效数字，重力加速度g取）。由表中数据_________（填“能”或“不能”）计算出弹簧Ⅱ的劲度系数。‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). 16.00 (3). 12.5 (4). 能 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]由表中数据可知该刻度尺的最小刻度值为1mm；‎ ‎[2]刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为16.00cm。‎ ‎（2）[3]由表格中的数据可知，当弹力的变化量△F=0.5N时，弹簧形变量的变化量为△x=4.00cm，根据胡克定律知：‎ ‎ N/m=12.5N/m ‎[4]结合和示数的变化，可以得出弹簧Ⅱ形变量的变化量，结合弹力变化量，根据胡克定律能求出弹簧Ⅱ的劲度系数。‎ ‎10.为探究“加速度与力、质量的关系”，现提供如图所示实验装置。请思考探究思路并回答下列问题：‎ ‎(1)为了消除小车与木板之间摩擦力的影响应采取的做法是_______。‎ A.将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动 B.将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动 C.将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动 D.将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰做匀加速运动 ‎(2)某学生在平衡摩擦力时，不慎使长木板倾角偏小，则他所得到的a-F关系图像应是如图中的_____图（图中纵坐标表示小车的加速度a，横坐标表示细线作用于小车的拉力F）。‎ A. B. C. D. ‎ ‎(3)某同学在实验中得到的纸带如图所示，已知实验所用电源的频率为50Hz。据纸带可求出小车的加速度大小为______m/s2（结果保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). B (2). D (3). 3.2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使带动纸带的小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力．B正确．‎ ‎（2）[2]把长木板的一端垫得过低，使得倾角偏小，会导致重力沿斜面向下的分力偏小，则绳子有拉力时，小车也不能产生加速度，即在F轴上有截距，D正确．‎ ‎（3）[3]根据：‎ 运用逐差法得：‎ m/s2。‎ ‎11.如图，汽车通过路口前以10m/s匀速行驶，还有3s绿灯将熄灭，此时汽车距离停车线13m。该车加速时加速度大小为2m/s2，减速时加速度大小为4m/s2。此路段允许行驶的最大速度为m/s。则：‎ ‎(1)如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭时汽车离停车线多远？‎ ‎(2)如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭时汽车是否通过了停车线？若通过，试计算在绿灯熄灭时汽车离此停车线的距离？‎ ‎【答案】(1)0.5m(2)25m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设汽车减速到0时所用时间为，则：‎ 解得：‎ s13m 所以在绿灯熄灭时汽车能通过停车线，且在绿灯熄灭时汽车离此停车线的距离为：‎ ‎12.如图，质量为m的长木板A静置在光滑水平面上，通过轻绳对木板A始终施加一个恒定的水平拉力T，当木板A运动距离为s时速度达到，此时在木板A的最左端轻放一质量为4m的物块B（可视为质点），最终B恰好未从木板A上滑落。A、B间的动摩擦因数，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)木板速度达到时，轻绳拉力T的功率；‎ ‎(2)木板A的长度；‎ ‎(3)当物块B轻放在木板A的最左端时，立即对B施加一个水平向左的恒力F，其他条件不变，在保证物块B能滑离木板A的前提下，求恒力F的最小值和A、B间因摩擦而产生的最大热量。‎ ‎ ‎ ‎【答案】(1) (2)4s (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对A放在B之前，由：‎ 得：‎ 解得：‎ a=g 根据牛顿第二定律有：‎ T=ma=mg 根据：‎ P=Tv 则力T的功率；‎ ‎（2）对放上的B由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ 放上B后对木板A由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ ‎，匀速运动 达共速所需时间，则有：‎ 木板长度：‎ 解得：‎ ‎（3）加恒力F后，物块只能从A左端滑出 在A、B共速前对B由牛顿第二定律得：‎ A、B共速前，木板A仍然作匀速运动 在A、B共速后对B由牛顿第二定律得：‎ 在A、B共速后对A由牛顿第二定律得：‎ B要从A左端滑出，需满足，‎ 共速的时间，则有：‎ B相对于A板向右滑行位移：‎ 当F最小时，最小为，最大，生热最多，则有：‎ 则有：‎ 解得：‎ ‎13.现有一根横截面积为S的金属导线，通过的电流为I，设每个金属原子可贡献一个自由电子。已知该金属的密度为，摩尔质量为M，电子的电荷量绝对值为e，阿伏加德罗常数为，下列说法正确的是（ ）‎ A. 单位体积的导电的电子数为 B. 单位质量的导电的电子数为 C. 该导线中自由电子定向移动的平均速率为 D. 该导线中自由电子定向移动的平均速率为 E. 该导线中自由电子热运动的平均速率约为真空中光速大小 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.金属的摩尔体积：‎ 单位体积的物质的量：‎ 每个金属原子可页献一个自由电子，自由电子为：‎ A正确。‎ B.单位质量的物质的量：‎ 每个金属原子可页献一个自由电子，自由电子为：‎ B正确。‎ CDE.设自由电子定向移动的速率为v，根据电流：‎ I=NeSv 得：‎ 又：‎ 则有：‎ CE错误，D正确。‎ E. 由上式可得，小于真空中光速大小，E错误。‎ ‎14.如图所示，在长为=57cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4cm高的水银柱封闭着51cm长的理想气体，管内外气体的温度约为27℃。‎ ‎(1)现将水银缓慢注入管中，直到水银面与管口相平，此时管中气体的压强为多少？‎ ‎(2)接着(1)中问题，缓慢对玻璃管降低温度10℃，此时管中水银柱上表面离管口的距离为多少？（大气压强为cmHg）‎ ‎ ‎ ‎【答案】(1)85cmHg(2)16cm ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设玻璃管的横截面积为 初态时：体积为，压强为cmHg 当水银面与管口相平时，水银柱高为H 则管内气体的体积为 ‎，‎ 压强为 cmHg 由玻意耳定律得：‎ 代入数据，解得：‎ H=9cm ,cmHg 即管中气体压强为85cmHg ‎(2)降温前温度K，体积 cm3‎ 降温后温度K，体积为cm3‎ 由盖·吕萨克定律：‎ 代入数据解得：‎ cm 则，管中水银柱上表面离管口的距离：‎ cm ‎15.波源O点的振动图像如图所示，从t=0时刻开始O点完成两次全振动后便停止振动。振动在均匀介质中沿x轴左右传播，其传播速度大小为10m/s。在x轴上有P、Q、R三个质点，其坐标分别为m，m，m，则___________‎ A. 0.7s时P点恰在平衡位置沿y轴负方向运动 B. 在0~0.7s内Q点运动的路程为8cm C. 1. 1 s时质点R恰好位于波峰处 D. 在0~1.0s内Q点运动的路程为20cm E. 在0~2.0s内P、Q、R运动的路程均为16cm ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由振动图象可知，波的周期为T=0.4s，根据：‎ 解得：‎ ‎=4m 波传播到P点的时间：‎ s=0.1‎ 则0.7s时刻，P点振动了：‎ ‎0.6s=‎ 分析振动图象可知，质点起振方向沿y轴正方向，则P点恰在平衡位置沿y轴负方向运动，A正确；‎ B.波传播到Q点的时间为：‎ s=0.3s 后续0.4s内，Q点振动了一个周期T，则通过的路程为：‎ s=4A=8cm B正确；‎ C.波传播到R点的时间为：‎ s=0.2s 后续0.9s内，R振动了：‎ 质点开始振动的方向向上，所以1.1s时质点R恰好位于波峰处，C正确；‎ D.波传播到Q点的时间为：‎ s=0.3s 后续0.7s内，Q点振动了：‎ 则通过的路程为：‎ ‎14cm D错误；‎ E.在0～2.0s内P、Q、R振动时间不同，运动的路程不相等，E错误。‎ ‎16.由特殊材料制成的直角梯形玻璃砖的横截面ABCD如图所示，其中AB=AD=d，，一细束白光从M点以45°射入玻璃砖，经玻璃砖折射后紫光恰从B点射出，红光恰好垂直于BC射出，已知玻璃砖对紫光的折射率为，sin37°=0.6求：‎ ‎(1)玻璃砖对红光的折射率；‎ ‎(2)在BC边上形成彩色光带的长度。‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)作出光路，如图所示 由折射定律有：‎ 解得：‎ ‎∠1=30°‎ 因为AB=d，，所以 由几何关系得：∠CBF=53°，∠BME=7°，即：∠2=37°‎ 所以：‎ ‎（2）由几何关系知：‎ 所以在BC边上形成彩色光带的长度 ‎ ‎