贵州省贵阳市2020届高三下学期开学调研物理试题 Word版含解析 21页

www.ks5u.com ‎2020届贵州省贵阳市高三物理第二学期开学调研测试卷（一）‎ 一.选择题（每小题6分，共8小题，1-5小题单选，6-8小题多选，少选3分；多选，错选0分，共计48分）‎ ‎1.一物体从静止开始做直线运动，其v-t图像如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A. 0～t1内物体做匀速直线运动 B. t1～t2内物体处于静止 C. 0～t1内物体的位移一定比t2～t3内的小 D. 0～t1内物体的平均速度比t2～t3内的小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据图像可知，0～t1内物体做匀加速直线运动，t1～t2内物体的速度保持不变且不为0，处于匀速直线运动状态。故AB错误；‎ C．图线与坐标轴围成的面积表示位移，由图线无法判断面积大小，故C错误；‎ D．由匀变速直线运动平均速度公式，可判断则0～t1内物体的平均速度大小比t2～t3内的小，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.如图所示，物体A放在水平桌面上，通过定滑轮悬挂一个重为10N的物体B，且已知物体A与桌面间的最大静摩擦力为4N。要使A静止，需加一水平向左的力F1，则力F1的取值可以为（　　）‎ A. 3N B. 7N C. 15N D. 17N ‎【答案】B - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】对A受力分析，当A受到的最大摩擦力往左时拉力F1最小。此时 当受到的最大摩擦力向右时，拉力F1最大。此时 所以拉力F1取值范围应该是 所以ACD错误，B正确。‎ 故选B。‎ ‎3.甲乙两卫星绕地球运动。卫星甲做匀速圆周运动，其轨道直径为2R，C是轨道上任意一点；卫星乙的轨道是椭圆，椭圆的长轴为4R，A、B是轨道的近地点和远地点，如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A. 卫星甲的周期大于卫星乙的周期 B. 两卫星与地心的连线在相同的时间内扫过的面积相等 C. 卫星甲在C点的线速度一定小于卫星乙在A点的线速度 D. 卫星甲在C点的角速度一定小于卫星乙在B点的角速度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由开普勒第三定律得，由于卫星甲的半径（R）小于卫星乙的半长轴（2R），所以卫星甲的周期小于卫星乙的周期，故A错误；‎ - 21 -‎ B．由开普勒第二定律可知，每颗卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等，故B错误；‎ C．设卫星乙在过A点的近地圆轨道运行时的速度比卫星甲在C点的速度更大，由于卫星乙在A点要做离心运动，所以在团圆轨道的A点的速度比在过A点的近地圆轨道运行时的速度更大，所以卫星甲在C点的线速度一定小于卫星乙在A点的线速度，故C正确；‎ D．设卫星乙在过B点的圆轨道运行，此轨道的半径比卫星甲在C点轨道更大，由 可得角速度更小，卫星甲在C点的角速度一定大于卫星乙在B点的角速度，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎4.空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示。下列说法中正确的是（　　）‎ A. x1和－x1两点的场强相等 B. O点的电势一定为0‎ C. x1和x3两点的电势相等 D. x1和－x1两点的电势相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图像可知和两点的场强等大反向，故A错误；‎ B．电场中电势的高低，数值与0电势参考点的选取有关，故O点的电势不一定为0，故B错误；‎ C．从到场强方向沿轴正方向，沿场强方向电势逐渐降低，点的电势高于 - 21 -‎ 点的电势，故C错误；‎ D．由于和两点关于轴对称，图像的面积表示电势差，从点到和从点到电势差相等，故和两点的电势相等，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎5.如图甲所示为一台小型发电机构造的示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示，发电机线圈电阻为2，外接灯泡的电阻为。则（　　）‎ A. 电压表示数为 B. 发电机的输出功率为 C. 在时，穿过线圈的磁通量最小 D. 瞬时电动势的表达式为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电压表的示数为 选项A错误；‎ B．灯泡消耗的功率 故发电机的输出功率为，选项B错误；‎ C．在时，电动势为0，此时穿过线圈的磁通量最大，选项C错误；‎ D．电动势的最大值为，周期为，则瞬时电动势的表达式为 - 21 -‎ 选项D正确。‎ 故选D。‎ ‎6.如图所示，在边长ab=L，bc=L的矩形区域内存在着垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，在ad边中点O处有一粒子源，可以垂直磁场向区域内各方向发射速度大小相等的同种带电粒子，若沿Od方向射入的粒子从磁场边界cd离开磁场，该粒子在磁场中运动的时间为t0，圆周运动半径为L，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）‎ A. 粒子带正电 B. 粒子的比荷为 C. 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0‎ D. 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为5t0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题设条件作出以O1为圆心的轨迹圆弧，如图所示 由左手定则，可知该粒子带正电，选项A正确；‎ BCD．由图中几何关系可得 解得，可得T=12t0，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律可得 - 21 -‎ 解得，选项BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎7.如图所示为某种电流表的原理示意图，质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的轻弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k。在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab的长度。当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度。已知k＝2.0N/m，ab的长度为0.20m，bc的长度为0.05m，B＝0.20T，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）‎ A. 当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为 B. 若要电流表正常工作，应将MN的M端与电源正极相接 C. 该电流表的量程是2.5A D. 若将量程扩大到2倍，磁感应强度应变为0.20T ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设弹簧伸长量为Δx，则有 ‎①‎ 由①式得 ‎②‎ - 21 -‎ 故当电流表示数为零时，弹簧伸长量为，故A正确；‎ B．为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下。由左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接正极。故B正确；‎ C．设满量程时通过MN的电流为Im，则有 ‎③‎ 联立①③并代入数据得 Im＝2.5 A④‎ 故该电流表的量程是2.5 A，故C正确；‎ D．设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有 ‎⑤‎ 由①⑤解得 B′＝0.10 T 故若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为0.10 T，故D错误。‎ 故选ABC。‎ ‎8.如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为和．图乙为它们碰撞前后的图象．已知，规定水平向右为正方向．由此可知 A. m1=5kg B. 碰撞过程对的冲量为 C. 两小球碰撞过程损失的动能为1.5J D. 碰后两小球的动量大小相等、方向相反 ‎【答案】C - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图知碰撞前m2位置不变，则m2静止，vm1=4 m/s，碰撞后vm2′= m/s=5 m/s，而vm1′= m/s=2 m/s，由动量守恒知m1vm1=m1vm1′+m2vm2′，代入数据得m1＝1.5 kg.故A错误；‎ B．根据动量定理，对的冲量I1= m1vm1′- m1vm1=1.5×2-1.5×4=-3，故B错误；‎ C．碰撞前后，系统损失的动能 =1.5J，故C正确； ‎ D．碰后两小球的动量方向都沿正方向，故D错误．‎ 故选：C 点睛：由s-t图像可知碰撞前后两物体的速度．根据碰撞过程动量守恒定律可得m1的质量．根据动量定理，可求对的冲量．求出碰撞前后的动能，可得系统损失的动能．碰后两小球的速度都为正，动量方向都沿正方向．‎ 二.实验题（共计15分，9题6分，10题9分）‎ ‎9.某同学用图1(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连，滑轮和木块间的细线保持水平，在木块上方放置砝码。缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小。某次实验所得数据在下表中给出，其中f4的值可从图(b)中弹簧秤的示数读出。‎ - 21 -‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)f4＝________N；‎ ‎(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f－m图线______________；‎ ‎(3)f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g之间的关系式为f＝________，f－m图线(直线)的斜率的表达式为k＝________；‎ ‎(4)取g＝9.80 m/s2，由绘出的f－m图线求得μ＝________。(保留2位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 2.75 (2). 如图所示：‎ ‎ (3). μ(M＋m)g (4). μg (5). 0.40‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由图b可读出弹簧秤的示数f4＝2.75N；‎ ‎(2)[2]fm图线如图所示：‎ - 21 -‎ ‎(3)[3][4]摩擦力表达式 f＝μ(M＋m)g 其斜率 k＝μg；‎ ‎(4)[5]图线的斜率 k＝＝＝3.9‎ 解得 μ≈0.40。‎ ‎10.一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻Rx的阻值．图中R0为标准定值电阻(R0=20.0 Ω)；电压表可视为理想电压表；S1为单刀开关，S2为单刀双掷开关；E为电源；R为滑动变阻器．采用如下步骤完成实验：‎ ‎(1)按照实验原理线路图(a)，将图(b)中实物连线________．‎ - 21 -‎ ‎(2)将滑动变阻器滑动端置于适当的位置，闭合S1.‎ ‎(3)将开关S2掷于1端，改变滑动变阻器滑动端的位置，记下此时电压表的示数U1；然后将S2掷于2端，记下此时电压表的示数U2.‎ ‎(4)待测电阻阻值的表达式Rx＝________(用R0、U1、U2表示)．‎ ‎(5)重复步骤(3)，得到如下数据.‎ ‎(6)利用上述5次测量所得的平均值，求得Rx＝________Ω.(保留1位小数)‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 48.2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]按照实验原理线路图实物连线如图所示：‎ - 21 -‎ ‎(2)[2]根据部分电路欧姆定律和串联电路特点可得：，解得：‎ ‎(3)[3] 的平均值为，代入得：‎ 三.计算题（11题12分，12题20分，共计32分）‎ ‎11.如图所示，内圆半径为r、外圆半径为3r的圆环区域内有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。圆环左侧的平行板电容器两板间电压为U，靠近M板处静止释放质量为m、电荷量为q的正离子，经过电场加速后从N板小孔射出，并沿圆环直径方向射入磁场，不计离子的重力，忽略平行板外的电场。求：‎ ‎(1)离子从N板小孔射出时的速率及在磁场中做圆周运动的周期；‎ ‎(2)要使离子不进入小圆区域，电压U的取值范围。‎ ‎【答案】（1），；（2）U≤‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设离子射入匀强磁场时的速率为v，由动能定理得 解得 - 21 -‎ 设离子在磁场中做圆周运动的半径为R，离子所受洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得 运动周期 联立解得 离子从N板小孔射出时的速率为，及在磁场中做圆周运动的周期为。‎ ‎（2）若离子恰好不进入小圆区域，设离子与小圆相切时轨道半径为R0，此时轨迹如图所示 由几何关系得 解得 R0＝4r 需满足的条件为R≤R0，又 联立解得 - 21 -‎ 电压U的取值范围。‎ ‎12.如图甲所示，为一倾角θ＝37°足够长的斜面，将一质量为m＝1kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图像如图乙所示，与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：‎ ‎(1)2s末物体的动能；‎ ‎(2)前12s内物体发生的位移；‎ ‎(3)前16s内物体克服摩擦力做的功。‎ ‎【答案】（1）12.5J;（2）30 m；方向沿斜面向下；（3）60J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）分析可知物体在前2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得 代入数据可得 v1＝5 m/s 故动能 ‎（2）设物体在前2 s内发生的位移为x1，则 当拉力为F2＝4.5 N时，由牛顿第二定律可得 代入数据可得 - 21 -‎ a2＝0.5 m/s2‎ 物体经过t2时间速度减为0，则 t2＝10 s 设t2时间发生的位移为x2，则 由于 则物体在剩下4 s时间内处于静止状态，故物体在前12s内发生位移 方向沿斜面向下。‎ ‎（3）由（2）可知物体在12s末静止，故克服摩擦力做的功为 ‎13.关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是（　　）‎ A. 某种物体的温度为0℃，说明该物体中所有分子的动能均为零 B. 物体的温度升高时，分子的平均动能一定增大，但内能不一定增大 C. 当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，但斥力减小得更快，所以分子力表现为引力 D. 10g 100℃水的内能小于10g 100℃水蒸气的内能 E. 两个铝块挤压后能紧连在一起，说明分子间有引力 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．某种物体的温度是0℃，内能不为0，所以物体中分子的平均动能不为零，故A错误；‎ B．温度是分子平均动能的标志，故物体的温度升高时，分子的平均动能一定增大，内能的大小还与物质的多少有关，所以内能不一定增大，故B正确；‎ C．当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，斥力减小得快，当分子间距小于r0时，分子间的斥力大于引力表现为斥力，当分子间距大于r0‎ - 21 -‎ 时，分子间的斥力小于引力表现为引力，故C错误；‎ D．温度是分子平均动能的标志，所以10g100℃的水的分子平均动能等于10g100℃的水蒸气的分子平均动能，同样温度的水变为同样温度的水蒸气要吸收热量，所以10g100℃的水的内能小于10g100℃相同质量的水蒸气的内能，故D正确；‎ E．两个铝块相互挤压后，它们会紧连在一起，是分子运动的结果，说明了分子间有引力，故E正确。‎ 故选BDE。‎ ‎14.如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑绝热汽缸，汽缸下面有加热装置.开始时整个装置处于平衡状态，缸内理想气体I、II两部分高度均为L0，温度都为T0.已知活塞A导热、B绝热，A、B质量均为m、横截面积为S，外界大气压强为p0保持不变，环境温度保持不变.现对气体II缓慢加热，当A上升时停止加热，已知p0S=mg，求：‎ ‎(1)此时气体II的温度；‎ ‎(2)保持II中温度不变，在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于m时，活塞A下降的髙度.‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)气体II加热过程为等压变化，根据查理定律可得：‎ 解得：‎ T=‎ ‎(2)气体I做等温变化，则：‎ - 21 -‎ 解得：‎ 气体II发生等温变化，则 解得：‎ 所以，活塞A下降的髙度.‎ ‎15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是（　 　）‎ A. 这列波的波速可能为50m/s B. 质点a在这段时间内通过的路程一定小于30cm C. 若有另一周期为0.16s的简谐横波与此波相遇，能产生稳定的干涉现象 D. 若=0.8s，当t+0.5s时刻，质点b、P的位移相同 E. 若=0.8s，从t+0.4s时刻开始计时，质点c的振动方程为y=0.1sin cm ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 由图可知，波的波长为40m；两列波相距，故周期 ； 波速为：，（n=0，1，2，…） ‎ - 21 -‎ 当n=0时，当v=50m/s时，故A正确；质点a在平衡位置上下振动，振动的最少时间为T，故路程最小为3A即30cm，故B错误；当n=3s时，T=0.16s，故若有另一周期为0.16s的简谐波与此波相遇，能产生稳定的干涉现象，选项C正确；在 t 时刻，因波沿X轴正方向传播，所以此时质点P是向上振动的，经0.5秒后，P是正在向下振动（负位移），是经过平衡位置后向下运动0.1秒；而质点b是正在向上振动的（负位移），是到达最低点后向上运动0.1秒，因为0.2秒等于，可见此时两个质点的位移是相同的． 故D正确；当T=0.8s，当t+0.4s时刻时，质点c在上端最大位移处，据 ，据图知A=0.1m，当从t+0.4s时刻时开始计时，则质点c的振动方程为：x=0.1cos（2.5πt）（m），故E错误．故选ACD.‎ 点睛：本题考查对波动图象的理解能力．知道两个时刻的波形时，往往应用波形的平移法来理解．特别要注意理解D答案中简谐运动的对称性，P和b正好处在了同一点，但是方向恰好相反．‎ ‎16.如图所示，AOB为半径为r的扇形玻璃砖，一细光束照射到AO面上的C点，入射角为60°，折射光线平行于BO边，C点到BO面的距离为，AD⊥BO，∠DAO＝30°，光在空气中传播速度为c，求：‎ ‎(1)光在玻璃砖中传播速度；‎ ‎(2)光在玻璃砖中传播的时间。‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)光路如图所示 - 21 -‎ 由几何知识可知，在AO面上光线的折射角为30°，所以玻璃砖的折射率 故，由 可得 ‎(2)由于折射光线CE平行于BO，光线在圆弧面上的入射点E到BO的距离也为 即 所以α满足 解得 α＝30°‎ 由几何关系可知 又光在玻璃中速度 故所求时间 - 21 -‎ ‎ ‎ - 21 -‎ ‎ ‎ - 21 -‎