【物理】福建省永安市第一中学2020届高三上学期限时训练（三）（解析版） 19页

福建省永安市第一中学2020届高三上学期 限时训练（三）‎ 一、选择题。‎ ‎1.乘坐摩天轮观光是广大青少年喜爱的一种户外娱乐活动，如图所示，某同学乘坐摩天轮随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　）‎ A. 上升过程中，该同学所受合外力为零 B. 摩天轮转动过程中，该同学的机械能守恒 C. 该同学运动到最低点时，座椅对他支持力大于其所受重力 D. 摩天轮转动一周的过程中，该同学所受重力的冲量为零 ‎【答案】C ‎【详解】A．因该同学乘坐摩天轮随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，则需要合力提供指向圆心的向心力，则同学所受合外力不为零，故A错误；‎ B．机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，该同学的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，故B错误；‎ C．圆周运动过程中，由重力和支持力的合力提供向心力F，在最低点，向心力指向上方，所以 则支持力 所以支持力大于重力，故C正确；‎ D．转动一周，重力的冲量为 该同学所受重力的冲量不为零，故D错误。故选C。‎ ‎2.如图所示,小车上固定着硬杆,杆的端点固定着一个质量为 m 的小球．当小车有水平向右的加速度且逐渐增大时,杆对小球的作用力的变化(用 F1 至 F4 变化表示)可能是下图中的(OO′沿杆方向)( )‎ A. B. ‎ C D. ‎ ‎【答案】C ‎【详解】小球与小车的运动情况保持一致，故小球的加速度也水平向右且逐渐增大，对小球进行受力分析，竖直方向受平衡力，所以杆子对小球的力的竖直向上的分量等于重力且不发生变化，水平方向合力向右并逐渐增大，所以杆子对小球的作用力的水平分量逐渐增大．‎ A.与分析不符，故A错误．‎ B.与分析不符，故B错误．‎ C.与分析相符，故C正确．‎ D.与分析不符，故D错误．‎ ‎3.如图所示，某集团军在一次空地联合军事演习中，离地面H高处的飞机以水平对地速度v1发射一颗炸弹轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v2竖直向上发射一颗炮弹拦截(炮弹运动过程看做竖直上抛)，设此时拦截系统与飞机的水平距离为x，若拦截成功，不计空气阻力，则v1、v2的关系应满足( )‎ A. v1＝v2‎ B. v1＝v2‎ C. v1＝v2‎ D. v1＝v2‎ ‎【答案】C ‎【详解】炮弹运行的时间 t=‎ 在这段时间内飞机发射炮弹在竖直方向上的位移 h1=gt12‎ 拦截炮弹在这段时间内向上的位移 h2＝v2t−gt2‎ 则 H=h1+h2=v2t 所以 H=v2‎ 解得 v1＝v2‎ 故选C．‎ 点睛：解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．以及知道竖直上抛运动加速度不变，是匀变速直线运动．‎ ‎4.已知某星球的近地卫星和同步卫星的周期分别为T和8T，星球半径为R，引力常量为G，星球赤道上有一静止的质量为m的物体，若把星球视作一个质量均匀的球体，则下列说法正确的是 A. 星球的质量为 B. 星球的密度为 C. 同步卫星的轨道半径为4R D. 赤道对物体的支持力大小为 ‎【答案】ABC ‎【详解】A、近地卫星做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供：‎ ‎，‎ 解得星球的质量：‎ ‎，‎ 故A正确；‎ B、由，，，联合解得星球的密度 ‎，‎ 故B正确；‎ C、同步卫星做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供：‎ ‎，‎ 结合近地卫星：‎ 解得同步卫星的轨道半径：‎ r=4R，‎ 故C正确；‎ D、星球赤道上有一静止的质量为m的物体，其万有引力为 由于星球自转需要的向心力 ‎，‎ 赤道对物体支持力大小 FN=F-Fn=-=，‎ 故D错误。‎ ‎5.在如图a所示，在水平路段AB上有一质量为lxl03kg的汽车，正以l0m/s的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC因粗糙程度不同引起阻力变化，汽车通过整个ABC路段的v-t图象如图b所示，t=15s时汽车刚好到达C点，并且已作匀速直线运动，速度大小为5m／s．运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变，假设汽车在AB路段上运动时所受的恒定阻力为Ff=2000N,下列说法正确的是 A. 汽车在AB ．BC段发动机的额定功率不变都是l×l04W B. 汽车在BC段牵引力增大，所以汽车在BC段的加速度逐渐增大 C. 由题给条件不能求出汽车在BC段前进的距离 D. 由题所给条件可以求出汽车在8m/s时加速度的大小．‎ ‎【答案】D ‎【详解】发动机的额定功率，选项A错误；由图像可知汽车在BC段做加速度减小的减速运动，选项B错误；根据P=fv可求解汽车在BC段上所受的阻力大小，根据动能定理可求解汽车在BC段前进的距离，选项C错误；根据牛顿定律，由此公式可以求出汽车在8m/s时加速度的大小，选项D正确；故选D．‎ ‎【点睛】本题首先要根据速度图象分析汽车的运动情况，抓住汽车的功率一定这个条件，掌握功率公式P=Fv，即可由图象读出速度，求解牵引力和阻力．‎ ‎6.一平行板电容器充电后，开关保持闭合，上极板接地，在两极板间有一负电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，Q表示电容器的带电量，表示P点的电势，Ep表示负电荷在P点的电势能。若保持下极板不动，将上极板移到图中虚线所示的位置，则（　　） ‎ A. 不变，E不变 B. E变小，Ep变大 C. Q变小，Ep不变 D. 变小，Q变小 ‎【答案】BD ‎【详解】由题，电容器的电压U保持不变，将上极板向上移动，板间距离d增大，根据公式可知，板间场强E变小，由公式可知，电容C减小，由可知，电容器的带电量Q变小，P点与下极板间距离不变，E变小，根据公式U=Ed，P点与下极板间的电势差变小，则P点与上极板间电势差变大，电场线方向向下，P点电势比上板电势低，则P点电势降低，负电荷在P点的电势能EP变大，故BD正确。‎ 故选BD。‎ ‎7.长木板A放在光滑的水平面上，质量为m的小物体B以水平初速v0滑上A的上表面，它们的v﹣t图象如图所示，则根据图中的信息（图中所标注的物理量均为已知量）可以求得 A. 木板获得的动能 B. 系统损失的机械能 C. 木板的长度 D. A与B间的动摩擦因数 ‎【答案】ABD ‎【详解】A.由图象的斜率表示加速度求出长木板的加速度为 ‎，‎ 物块的加速度 ‎，‎ 根据牛顿第二定律得：‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎，‎ A板获得的动能 ‎，‎ 故A正确；‎ B.系统损失的机械能等于摩擦力所做的功，由图象与坐标轴围成的面积表示位移可以求出B相对A运动的位移 ‎，‎ 故 ‎，‎ 故B正确；‎ C.根据题意只能求出AB的相对位移，不知道B最终停在哪里，无法求出木板的长度，故C错误；‎ D.由牛顿第二定律可知，摩擦力：‎ ‎，‎ 而，‎ 解得：‎ ‎，‎ 故D正确；‎ ‎8.在光滑绝缘的水平面上相距为的、两处分别固定正电荷、．两电荷的位置坐标如图甲所示．图乙是连线之间的电势与位置之间的关系图象，图中点为图线的最低点，若在的点由静止释放一个质量为、电量为 的带电小球（可视为质点），下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 小球在处的速度最大 B. 小球一定可以到达点处 C. 小球将以点为中心做往复运动 D. 固定在、处的电荷的电量之比为 ‎【答案】AD ‎【详解】A．据φ-x图象切线的斜率等于场强E可知x=L处场强为零，x=L右侧电场为负，即方向向左，x=L左侧电场为正，即方向向右；那么，小球先向左做加速运动，到x=L处加速度为0，从x=L向左运动时，电场力方向向右，小球做减速运动，所以小球在x=L处的速度最大，故A正确．‎ D．x=L处场强为零，根据点电荷场强则有：，解得QA：QB=4：1，故D正确．‎ BC．由点电荷电势，根据叠加定理，由两点电荷的电荷量及电性可得：处电势与x=2L处电势相等，故根据动能定理得：qU=0，得U=0，所以小球能运动到电势与出发点相同的位置，由图知向左最远能到达处，故小球将以点为中心作往复运动，故BC错误．‎ 二、非选择题 ‎9.（1）利用气垫导轨通过闪光照相进行“探究碰撞中的不变量”这一实验．实验要求研究两滑块碰撞时动能损失很小和很大等各种情况，若要求碰撞时动能损失最大应选下图中的_______（填“甲”或“乙”）、若要求碰撞动能损失最小则应选下图中的_______．（填“甲”或“乙”）（甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥）‎ ‎（2）某次实验时碰撞前B滑块静止，A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞，利用闪光照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图所示．‎ 已知相邻两次闪光时间间隔为T，在这4次闪光的过程中，A、B两滑块均在0~80 cm范围内，且第1次闪光时，滑块A恰好位于x=10 cm处．若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则可知碰撞发生在第1次闪光后的___________时刻，A、B两滑块质量比_______．‎ ‎【答案】(1). 乙 甲 (2). 25T 2:3‎ ‎【详解】（1）若要求碰撞时动能损失最大，则需两物体碰撞后结合在一起，故应选图中的乙；若要求碰撞动能损失最小则应使两物体发生完全弹性碰撞，即选图中的甲；（2）由图可知，第1次闪光时，滑块A恰好位于x=10cm处；第二次A在x=30cm处；第三次A在x=50cm处；碰撞在x=60cm处，从第三次闪光到碰撞的时间为，则可知碰撞发生在第1次闪光后的2.5T时刻;若设碰前A的速度为v，则碰后A的速度为，B的速度为v，根据动量守恒定律可得：，解得：‎ ‎10.某同学在研究性学习中用如图装置来验证机械能守恒定律，轻绳两端系着质量相等的物体A、B，物体B上放一金属片C，铁架台上固定一金属圆环，圆环处在物体B的正下方，系统静止时，金属片C与圆环间的高度差为h，由静止释放后，系统开始运动，当物体B穿过圆环时，金属片C被搁置在圆环上，两光电门固定在铁架台P1、P2处，通过数字计时器可测出物体B通过P1、P2这段距离的时间．‎ ‎（1）若测得P1、P2之间的距离为d，物体B通过这段距离的时间为t，则物体B刚穿过圆环后的速度v=______．‎ ‎（2）若物体A、B的质量均用M表示，金属片C的质量用m表示，该实验中验证下面__________（填正确选项的序号）等式成立，即可验证牛顿第二定律．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎（3）本实验中的测量仪器除了刻度尺、数字计时器外，还需要___________．‎ ‎（4）若M>>m，改变金属片C的质量m，使物体B由同一高度落下穿过圆环，记录各次的金属片C的质量m，以及物体B通过P1、P2这段距离的时间t，以mg为横轴，以__________（选填“”或“”）为纵轴，通过描点作出的图线是一条过原点的直线．‎ ‎【答案】 (1). (2). C (3). 天平 (4). ‎ ‎【详解】（1）[1]B通过圆环后将匀速通过光电门，则B刚穿过圆环后的速度为：．‎ ‎（2）[2]选C．设绳子拉力大小为F，对A由牛顿第二定律得：‎ 对B与C整体下落h的过程，由牛顿第二定律得：‎ 再由运动学公式应有：，联立以上各式可得：‎ 所以C正确．‎ ‎（3）[3]根据上面的表达式可知需要已知金属片C的质量，所以还需要的器材是天平．‎ ‎（4）[4]在释放至金属片C被搁置在圆环上的过程中，分别对A和B、C由牛顿第二定律可得：对A有 对B和C有 再由匀变速直线运动公式应有 ‎，‎ 联立解得：‎ 因为M>>m，则 所以，以mg为横轴，以为纵轴的图线是一条过原点的直线．‎ ‎11.如图所示，带有等量异种电荷的平行金属板M、N竖直放置，M、N两板间的距离d＝0.5 m．现将一质量m＝1×10－2 kg、电荷量q＝＋4×10－5 C的带电小球从两极板上方的A点以v0＝4 m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h＝0.2 m；之后小球恰好从靠近M板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的C点，该直线与曲线的末端相切．设匀强电场只存在于M、N之间，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求 ‎（1）小球到达M极板上边缘B位置时速度的大小；‎ ‎（2）M、N两板间的电场强度的大小和方向；‎ ‎（3）小球到达C点时的动能．‎ ‎【答案】（1）2 m/s （2）5×103 N/C　水平向右　（3）0.225 J ‎【详解】（1）小球平抛运动过程水平方向做匀速直线运动，‎ ‎，‎ 竖直方向做匀加速直线运动，‎ ‎，‎ ‎，‎ 解得：‎ 方向 ‎（θ为速度方向与水平方向的夹角）‎ ‎（2）小球进入电场后，沿直线运动到C点，所以重力与电场力的合力即沿该直线方向，则 解得：‎ ‎，‎ 方向水平向右．‎ ‎(3)进入电场后，小球受到的合外力 B、C两点间的距离 ‎，‎ ‎，‎ 从B到C由动能定理得：‎ 解得：．‎ ‎12.如图所示，水平平台上有一轻弹簧,左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台 AB段光滑,BC段长x=1m，与滑块间的摩擦因数为μ1=0.25.平台右端与水平传送带相接于C点，传送带的运行速度v=7m/s,长为L=3m，传送带右端D点与一光滑斜面衔接，斜面长度s=0.5m，另有一固定竖直放置的光滑圆弧形轨道刚好在E点与斜面相切，圆弧形轨道半径R=1m，θ=37°.今将一质量m=2kg的滑块向左压缩轻弹簧,使弹簧的弹性势能为Ep=30J,然后突然释放，当滑块滑到传送带右端D点时，恰好与传送带速度相同，并经过D点的拐角处无机械能损失．重力加速度g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6，不计空气阻力．试求：‎ ‎(1)滑块到达C点的速度vC；‎ ‎(2)滑块与传送带间的摩擦因数μ2；‎ ‎(3)若传送带的运行速度可调，要使滑块不脱离圆弧形轨道，求传送带的速度范围.‎ ‎【答案】(1) (2) (3)或 ‎【详解】（1）以滑块为研究对象，从释放到C点的过程，由动能定理得： Ep−μ1mgx＝ 代入数据得：vC=5m/s （2）滑块从C点到D点一直加速，到D点恰好与传送带同速，由动能定理得： μ2mgL＝ 代入数据解得：μ2=0.4 （3）斜面高度为：h=s•sinθ=0.3m （Ⅰ）设滑块在D点的速度为vD1时，恰好过圆弧最高点，由牛顿第二定律得：mg＝m 滑块从D点到G点的过程，由动能定理得： −mg(Rcosθ−h+R)＝ 代入数据解得：vD1＝2m/s  （Ⅱ）设滑块在D点的速度为vD2时，恰好到圆弧处速度为零，此过程由动能定理得： ‎ ‎−mg(Rcosθ−h)＝0−‎ 代入数据解得：vD2＝m/s 若滑块在传送带上一直减速至D点恰好同速，则由动能定理得： −μ2mgL＝‎ 代入数据解得：v传1=1m/s，所以 0≤v传≤m/s 若滑块在传送带上一直加速至D点恰好同速，由题目已知 v传2=7m/s 所以v传≥2m/s．‎ 即若传送带的运行速度可调，要使滑块不脱离圆弧形轨道，传送带的速度范围是0≤v传≤m/s或v传≥2m/s．‎ ‎【点睛】分析清楚滑块的运动情况和受力情况是解题的基础，关键要明确在涉及力在空间效果时，运用动能定理是常用的方法．对于滑块不脱离轨道的情况，考虑问题要全面，不能漏解．‎ ‎13.如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a．下列说法正确的是（ ）‎ A. 在过程ab中气体的内能增加 B. 在过程ca中外界对气体做功 C. 在过程ab中气体对外界做功 D. 在过程bc中气体从外界吸收热量 E. 在过程ca中气体从外界吸收热量 ‎【答案】ABD ‎【详解】A．从a到b等容升压，根据可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，A正确；‎ B．在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，B正确；‎ C．在过程ab中气体体积不变，根据可知，气体对外界做功为零，C错误；‎ D．在过程bc中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，D正确；‎ E．在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据可知温度降低，则内能减小，根据热力学第一定律可知气体一定放出热量，E错误．‎ ‎14.一种测量稀薄气体压强的仪器如图（a）所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管和。长为，顶端封闭，上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通。开始测量时，M与相通；逐渐提升R直到中水银面与顶端等高，此时水银已进入，且中水银面比顶端低，如图（b）所示。设测量过程中温度、与相通的待测气体的压强均保持不变。已知和的内径均为，M的容积为，水银的密度为，重力加速度大小为。求：‎ ‎(i)待测气体的压强 ‎(ii)该仪器能够测量的最大压强 ‎【答案】(i)(ii)‎ ‎【详解】(i)中气体等温变化。初态为 末态为 由等温变化有 解得 ‎(ii)气体等温变化。初态为 末态为 有，解得 ‎15.如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为时的波形图，虚线为时的波形图。已知该简谐波的周期大于0.5s。关于该简谐波，下列说法可能正确的是（　　）‎ A.波长为2m B. 波速为 C. 频率为 D. 时，处的质点处于波峰 E. 时，处的质点经过平衡位置 ‎【答案】BCE ‎【详解】A．由图像可知，波长为：‎ 故A错误；‎ BC．由题意知：‎ 解得周期 因为该简谐波的周期大于0.5s，即 解得：‎ 即当n=0时：‎ 频率：‎ 波速为：‎ 故BC正确；‎ D．t=0时x=1m处的质点位于波峰，经t=1s，即经过1.5个周期，该质点位于波谷，故D错误； ‎ E．t=0时x=2m处的质点位于平衡位置正向上运动，经t=2s，即经过3个周期，质点仍然位于平衡位置正向上运动，故E正确。‎ 故选BCE。‎ ‎16.如图所示，三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O以角度i入射，第一次到达AB边恰好发生全反射．已知 ‎，BC边长为2L，该介质的折射率为．求：‎ ‎（i）入射角i ‎（ii）从入射到发生第一次全反射所用的时间（设光在真空中的速度为c，可能用到：或）．‎ ‎【答案】（i）；（ii）‎ ‎【详解】（i）根据全反射规律可知，光线在AB面上P点的入射角等于临界角C，由折射定律得 ‎　 ①‎ 代入数据得 ‎　　　　②‎ 设光线在BC面上的折射角为，由几何关系得 ‎③‎ 根据光的折射定律 ‎　　　　④‎ 联立③④式代入数据得 ‎⑤‎ ‎（ii）在中，根据正弦定理得 ‎⑥‎ 设所用时间为t，光线在介质中的速度为v，得 ‎　　　　　⑦‎ ‎　　　　　⑧‎ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得 ‎⑨‎