四川省乐山市2020届高三物理上学期第一次调查研究考试12月试题含解析
- 格式：doc
- 大小：860.35 KB
- 文档页数：18
- 18 - 四川省乐山市2020届
高三物理上学期第一次调查研究考试（12月）试题（含解析）
二、选择题
1.甲、乙两物体由同一点沿同一条直线运动，它们的v-t图像如图所示，则在0～4 s内
A. 两物体始终同向运动
B. 2s末两物体相距最远
C. 两物体平均速度相等 D. 4s末两物体相遇
【答案】A
【解析】
【分析】
v-t图像在横轴以上，表明此时运动方向与正方向相同，据此可判断0-4s内两物体运动是否同向；甲在前，乙在后，甲快乙慢，两物体速度相同时，距离最远；比较相同时间内图像与坐标值围成的面积来比较位移大小，根据xvt可比较平均速度的大小．
【详解】A、0-6s内，甲、乙两物体的v-t图像均在横轴的上方，速度均为正，故两物体始终同向运动，A正确；
BD、由题意可知，甲乙两物体同时同地沿同向运动，在0-4s内，甲在前，乙在后，甲的速度大于乙的速度，两物体距离越来越大，在4s时速度达到相等，此时两物体距离最远，BD均错误；
C、0-4s内，由图像可知，甲的位移大于乙的位移，即xx甲乙，根据xvt，两物体的平均速度vv甲乙，故C错误；
故选A．
【点睛】本题考查速度-时间图象的应用，图像“面积”表示物体通过的位移是基础，灵活应用数学对比处理问题．
2.如图所示，将小物块P轻轻放到半圆柱体上，O为圆心。当小物块处于B位置时恰好能保持
- 18 - 静止，OB与竖直半径的夹角∠AOB＝30°。若小物块与圆柱体之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小物块与圆柱体之间的动摩擦因数为
A. 32 B. 33
C. 12 D. 13
【答案】B
【解析】
【详解】当物块在B点时达到最大静摩擦力，受力如图所示，
由平衡条件得：
cosNmg，
sinmfmg
又
=mfN
联立解得：
3=3，
故ACD错误、B正确。
故选：B；
- 18 - 3.将质量为m物体从一行星表面某高度处水平抛出（不计空气阻力）。自抛出开始计时，物体离行星表面高度h随时间t变化关系如图所示，万有引力常量为G，不考虑行星自转的影响，则根据以上条件可以求出
A. 行星的质量 B. 该行星的第一宇宙
C. 物体受到行星万有引力的大小 D. 物体落到行星表面的速度大小
【答案】C
【解析】
【详解】A.物体做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，分析图象可知，25mh，=2.5st，
根据212hgt，解得2=8m/sg，物体在行星表面受到的重力等于万有引力
2MmGmgR，
解得行星的质量
GgRM2，
因为行星半径未知，行星的质量无法求出，故A错误；
B.根据重力提供向心力可知，
2=vmgmR，
解得行星的第一宇宙速度
gRv，
行星半径未知，第一宇宙速度未知，故B错误；
C. 物体在行星表面受到的重力等于万有引力，所以物体受到行星万有引力的大小为mg，故C正确；
D.物体做平抛运动，落地速度2220vvgt，初速度未知，则落地速度未知，故D错误；故选：C；
- 18 - 4.如图所示，由相同的电流表G（内阻不为零）改装而成的甲、乙两个电压表，R1、R2是分压电阻，R1>R2。则下列说法正确的是
A. 甲的量程等于乙的量程
B. 甲的量程小于乙的量程
C. 测量同一电压时，甲、乙两表指针的偏转角度相同
D. 测量同一电压时，甲表指针的偏转角度比乙表小
【答案】D
【解析】
【详解】AB.由于甲、乙两个电压表是由相同的电流表G改装而成，其允许通过的最大电流是一致的，由于R1＞R2，则甲的电阻比乙的电阻大，电流一样时，甲的电压比乙大，故甲的量程大于乙的量程，故选项A、B错误；
CD.设电流表的电阻为R，则在相同的电压U时，有12UURRRR，即通过甲的电流小于乙的，甲表指针的偏转角度比乙表小，故C错误，D正确；
故选：D；
5.如图所示，小车在水平面上做匀变速直线运动，车厢内两质量相同的小球通过轻绳系于车厢顶部，轻绳OA、OB与竖直方向夹角均为30°，其中一球用水平轻绳BC系于车厢侧壁，重力加速度为g。下列说法正确的是
A. 小车一定向右运动
B. 轻绳OA、OB拉力大小相等
- 18 - C. 小车的加速度大小为32g
D. 轻绳BC拉力大小是轻绳OB拉力的3倍
【答案】B
【解析】
【详解】AC.对小球A受力分析，由牛顿第二定律可知：
sin30=OATma，
cos30OATmg
联立解得：
233OATmg，
33ag，
方向水平向右，小车可向右加速运动，也可向左减速运动。故AC错误；
BD.对B受力分析，由牛顿第二定律得：水平方向：
sin30CBOBTTma，
竖直方向：
cos30=OBTmg，
联立解得：
23==3OBOATmgT，
23=3CBOBTmgT，
故B正确，D错误；
故选：B；
6.一子弹以初速度v0击中静止在在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s．则以下说法正确的是
- 18 -
A. 子弹动能的亏损等于系统动能的亏损
B. 子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小
C. 摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功
D. 子弹对木块做的功等于木块动能的增量
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据子弹击中静止在光滑的水平面上可知，本题考查子弹打木块模型，根据动量守恒和能量守恒规律，运用能量守恒、动能定理和动量守恒定律进行分析求解；
【详解】A、子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A错误；
B、子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反，故B正确；
C、摩擦力对木块做的功为fs，摩擦力对m做的功为fsd（），可知二者不等，故C错误；
D、对木块根据动能定理可知：子弹对木块做的功即为摩擦力对木块的功等于木块动能的增量，故选项D正确．
【点睛】本题属于子弹打木块模型，分析清楚物体的运动过程，找出子弹与木块的位移关系、应用动量守恒定律与动能定理即可正确解题．
7.如图所示，一电荷均匀分布的带正电的回环，半径为R，在垂直于圆环且过圆心O的轴线上有a、b、c三个点，3,33bOcOaOR，不计重力。则下列判断正确的是
- 18 -
A. a、c两点的电场场强大小之比为1：3
B. b、c两点的电场场强相同
C. 一电子由a点静止释放，电子在O点的动能最大
D. 一电子由a点静止释放，电子由a到c的过程中，加速度先减小后增大
【答案】AC
【解析】
【详解】A.设圆环带电量为Q．将圆环分成n等分，则每个等分带电量为
Qqn，
每个等分可看成点电荷，每个点电荷在a点处产生的场强大小为
122243qkqEkRRR，
该书场强方向与aO的夹角为30°，根据电场的叠加原理知：a点处场强大小为
12233cos30428akqkQEnEnRR，
同理可得，c点处场强大小为
c238kQER，
则
c:1:3aEE，
故A正确；
B.b、c两点的电场场强大小相等，方向相反，则场强不同，故B错误；
C.一电子由a点静止释放，从a运动到O时电场力做正功，动能增加。从O向下运动时，电
- 18 - 场力做负功，动能减少，所以电子在O点的动能最大，故C正确；
D.根据Ea＜Ec知，电子由a到c的过程中，场强增大，电子所受的电场力增大，加速度增大。故D错误；
故选：AC；
8.如图所示，质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连放置于倾角为α的光滑固定斜面上，物块B与垂直于斜面的挡板C接触，物块A系一轻质细绳，细绳、轻弹簧均与斜面平行，细绳绕过斜面顶端的定滑轮系一重物D，平衡时物块B恰好不离开挡板。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，某一瞬间剪断细绳，则下列说法正确的是
A. 重物D的重力为mgsinα
B. 剪断细绳后，物块A下滑过程中加速度一直增大
C. 剪断细绳瞬间，物块A的加速度大小为2gsinα
D. 物块A下滑过程中的最大速度为：2gsinαmk
【答案】CD
【解析】
【详解】A.平衡时物块B恰不离开挡板，则满足
2sinCmgmg，
所以
2sincmm，
故A错误；
B.物块A下滑过程中物块 A 受到弹簧弹力做功，故A机械能不守恒，故B错误；
C.当B刚要离开挡板时弹簧的拉伸量为：
- 18 - 2sinmgxk，
开始时A受到弹簧的拉力最大，所以加速度最大，由牛顿第二定律可知：
2sinmamgkx，
可得：
2sinsg；
故C正确；
D.A的速度最大时，加速度为零，对应A的受力为0，此时弹簧处于压缩状态，弹簧的压缩量为：
12sinmgxxk，
从开始运动到A速度最大，A下落的位移为：
122sinmgxxxk
该过程中弹簧开始时的伸长量等于最后时刻的压缩量，所以弹簧的弹性势能不变；根据机械能守恒知：
21sin2mgxmv，
即
2sinmvgk，
故D正确；
故选：CD；
三、非选择题
9.某同学利用打点计时器研究斜面上小车由静止开始下滑的运动。挑选出较为理想的纸带后，舍去前段较为密集的点，然后以A点为起点，每5个计时点选取一个计数点，标注如图所示。
