1、四川省成都外国语学校2020届高三物理上学期期中试题（含解析）一.选择题：本题共8个小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的或不答的得0分。1.如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，倾角缓慢增大，在货物m相对车厢仍然静止的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 货物对车厢的压力变小B. 货物受到的摩擦力变小C. 地面对车的摩擦力增大D. 地面对车的支持力增大【答案】A【解析】货物处于平衡状态，受重力、支持力、静摩擦力，根据共点力平衡条件，有：mgsin
2、=f；N=mgcos，增大时，f增大，N减小；再根据牛顿第三定律，压力也就减小；故A正确，B错误；对货车整体受力分析，只受重力与支持力，不是摩擦力；根据平衡条件，支持力不变；故C D错误；故选A.2.一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，速度变为原来的3倍。该质点的加速度为 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据位移时间关系求出质点的初速度，再根据加速度的定义式求出加速度。【详解】设质点的初速度为由位移公式有： 解得： 质点的加速度： 故应选：D。【点睛】本题关键要熟练掌握匀变速直线运动的基本关系式，尤其注意根据平均速度求解位移的关系式有时会使问题
3、变得简便。3.四颗人造卫星a、b、c、d在地球大气层外的圆形轨道上运行,其中a、c的轨道半径相同,b、d在同步卫星轨道上,b、c轨道在同一平面上.某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图示,则() A. 卫星a、c的加速度大小相等,且小于b的加速度B. 因为卫星c在赤道上方,所以卫星c为同步卫星C. 卫星b、d的线速度大小相等,且大于月球的线速度D. 若卫星c变轨后在轨道半轻较小的轨道上做匀速圆周运动,则其周期变大【答案】C【解析】【详解】A根据可知，卫星a、c的加速度大小相等，且大于b的加速度，选项A错误；B虽然卫星c在赤道上方，但是运行的高度小于同步卫星的高度，所以卫星c不是同步卫星，选项B错误
4、；C根据，因为卫星b、d的运行半径相等且小于月球的轨道半径，则卫星b、d的线速度大小相等，且大于月球的线速度，选项C正确；D若卫星c变轨后在轨道半轻较小的轨道上做匀速圆周运动，根据 可知，其周期变小，选项D错误。4.如图所示,将一个半圆形轨道固定在竖直面内,一滑块从左侧轨道的最高点沿轨道的切线进入轨道,之后沿轨道滑到最低点的过程中其速率不变,则（ ）A. 滑块下滑过程中机械能守恒B. 滑块下滑过程中所受合外力大小不变C. 滑块下滑过程中重力的功率不变D. 滑块沿右侧轨道上升过程中速率也不变【答案】B【解析】滑块下滑过程中做匀速圆周运动，则动能不变，重力势能减小，机械能减小，选项A错误；滑块下滑
5、的过程中做匀速圆周运动，合外力提供向心力，可知合力的大小不变，方向时刻改变，故B正确。重力不变，匀速运动的速度大小不变，速度在竖直方向上的分速度逐渐减小，则重力的功率减小，故C错误。在右侧轨道,滑块所受合力沿切线方向的分力与瞬时速度相反,故滑块做减速运动，选项D错误；故选B.5. 如图所示，在真空中固定两个等量异号点电荷+Q和-Q，图中O点为两点电荷的连线中点，P点为连线上靠近-Q的一点，MN为过O点的一条线段，且M点与N点关于O点对称，下列说法正确的是：A. 同一个试探电荷在M、N两点所受的电场力相同B. M、N两点的电势相同C. 将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中，电荷的电势能
6、先增大后减小D. 只将-Q移到P点，其它点在空间的位置不变，则O点的电势升高【答案】A【解析】试题分析：等量异种点电荷的电场的分布具有一定的对称性，故M、N两点的电场强度相同，同一个试探电荷在M、N两点所受的电场力相同，故A正确；在过两电荷连线的垂直平分线的两侧，正电荷一边的电势要高于负电荷一边的电势，故M点的电势大于N点的电势，故B错误；将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中，电场力一直做正功，故电势能一直减小，故C错误；等量异种点电荷的连线中垂线是一条等势线，故O点的电势为零；只将-Q移到P点，其它点在空间的位置不变，此时两个电荷连线的中点在O点的左侧，故O点的电势变为负值，故O点
7、的电势减小，故D错误；故选A。考点：电场强度；电势及电势能【名师点睛】本题关键是结合等量异号电荷的电场线分布图和等势面分布图进行分析，明确电场力做功等于电势能的减小量，不难。6.从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得( )A. 物体的质量为1kgB. 物体受到的空气阻力是5NC. h=2 m时，物体的动能Ek=60 JD. 物体从地面上升到最高点用时0.8s【答案】BD【解析】【详解】A由图知，h=4m时Ep=80J，由Ep=mgh得m=2kg，故
8、A错误。B上升h=4m的过程中机械能减少E=20J，根据功能关系可得fh=E解得f=5N，故B正确；Ch=2m时，Ep=40J，E总=90J，则物体的动能为Ek=E总-Ep=50J故C错误。D物体的初速度 从地面至h=4m用时间故D正确。7.如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为2m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量为m的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰（时间极短）后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿曲面返回上升下列说法正确的是（ ）A. 物体B、A组成的系统，在发生碰撞的过程中动量守恒，在弹簧被压缩的过程中机械能守恒B. 物体A对B做了负
9、功C. 物体B返回过程中能达到的最大高度为hD. 物体A对B的冲量大小为【答案】BD【解析】【详解】A物体B、A组成的系统，在发生碰撞的过程中合力为零，动量守恒。在弹簧被压缩的过程中，弹簧对A做负功，则系统的机械能减少，故A错误。B对B下滑过程，据机械能守恒定律可得：则B刚到达水平地面的速度A、B碰撞过程，以AB组成的系统为研究对象，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0=3mv得A与B碰撞后的共同速度为对B，根据动能定理得：物体A对B做的功故B正确。C当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得B能达到的最大高度为，故C错误。D对B，取水平向左为正
10、方向，由动量定理得：物体A对B的冲量故D正确8.传送带在工农业生产和日常生活中都有着广泛的应用。如图甲，倾角为的传送带以恒定速率逆时针转动，现将m=2kg的货物放在传送带上的A点，货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙，整个过程传送带是绷紧的，货物经过1.2s到达B点，已知重力加速度g=10m/s2下列说法正确的是（）A. 货物在内的加速度大小为B. A、B两点的距离为C. 货物从A运动到B过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为D. 货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做的功为【答案】AC【解析】【详解】由加速度的定义知：货物在0.2-1.2s内的加速度为：，故A正确；物块在传送带上
11、先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，仍做匀加速直线运动，所以物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，为：x=10.2+（1+2）1=1.6m。故B错误；由v-t图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为：，对物体受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsin+mgcos=ma1；同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，得：mgsin-mgcos=ma2联立解得：sin=0.3，gcos=2，根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，f=mgcos=4N，做a1匀加速直线运动，位移为：x1=10.2=0.1m
12、，皮带位移为：x皮=10.2=0.2m，相对位移为：x1=x皮-x1=0.2-0.1=0.1m，同理：做a2匀加速直线运动，位移为：x2=（1+2）1=1.5m，x皮2=11=1m，相对位移为：x2=x2-x皮2=0.5m，故两者之间的总相对位移为：x=x1+x2=0.6m，货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=fx=40.6J=2.4J，故C正确；根据功能关系，由C中可知：f=mgcos=4N，做a1匀加速直线运动，由图象知位移为：x1=0.1m，物体受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功为：Wf1=fx1=40.1=0.4J，同理做a2匀加速直线运动，由图象知位移为：x2=1.5m，物体受摩擦力
13、，方向向上，摩擦力做负功为：Wf2=-fx2=-41.5=-6J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：6J-0.4J=5.6J，故D错误；二.非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。9.如图所示为“用打点计时器验证机械能守恒定律”的实验装置。（1）关于本实验，下列说法中正确的是_A必须用秒表测出重物下落的时间B打点计时器应连接直流电源C验证时，一定要测量重物的质量或重力D选择质量较大、体积较小的重物可以减小阻力带来的实验误差（2）若已知打点计时器的电源频率为50Hz，当地的重力加速度g=9.80m/s2，重
14、物质量为0.2kg。实验中得到一条点迹清晰的纸带如图所示，打P点时，重物的速度为零，A、B、C为另外3个连续点。根据图中的数据可知，重物由P点运动到B点的过程中，重力势能减少量Ep=_J，动能增加量EK=_J。（计算结果保留3位有效数字）（3）多次实验表明重力势能减少量总是大于动能增加量，可能的原因是：_。【答案】 (1). D (2). 0.0982 (3). 0.0960 (4). 摩擦阻力做功使一部分机械能转化为了内能【解析】【详解】（1）1A打点计时器就是计时工具，不需要用秒表测出重物下落的时间，选项A错误；B打点计时器应连接交流电源，选项B错误；C验证时需要验证，两边的质量m消掉，则
15、实验时不需要测量重物的质量或重力，选项C错误；D选择质量较大、体积较小的重物可以减小阻力带来的实验误差，选项D正确；（2）23重锤的重力势能减小量为：Epmgh0.29.85.01102J=0.0982J；B点的速度为：重物的动能为：（3）4多次实验表明重力势能减少量总是大于动能增加量，可能的原因是：摩擦阻力做功使一部分机械能转化为了内能10.某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行实验。在足够大的水平平台上的A点放置一个光电门，水平平台上A点右侧摩擦很小可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大小为g，采用的实验步骤如下：在小滑块a上固定一个宽度为d窄挡光片；用天平分别测出小滑块a（含挡光
16、片）和小球b的质量ma、mb；a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻弹簧，静止放置在平台上；细线烧断后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动；记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间t；滑块a最终停在C点（图中未画出），用刻度尺测出AC之间的距离Sa；小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面的B点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h及平台边缘铅垂线与B点之间的水平距离Sb；改变弹簧压缩量，进行多次测量。（1）a球经过光电门的速度为：_（用上述实验数据字母表示）（2）该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证等式_成立即可。（用上述实验数据字母表示）（3）改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到与Sa的
17、关系图象如图乙所示，图线的斜率为k，则平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数大小为_。（用上述实验数据字母表示）【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【详解】（1）1烧断细线后，a向左运动，经过光电门，根据速度公式可知，a经过光电门的速度；（2）2b离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律可得：sb=vbt解得：若动量守恒，设向右为正，则有：0=mbvb-mava即（3）3对物体a由光电门向左运动过程分析，则有：va2=2asa经过光电门的速度：由牛顿第二定律可得：联立可得：则由图象可知：解得11.如图所示，静止于A处的离子经电压为U的加速电场加速后沿图中半圆弧虚线所示的轨迹通过静电分
18、析器，从P点垂直于CN进入矩形区域内的有界匀强电场，匀强电场的场强方向水平向左静电分析器通道内有均匀、辐向分布的电场，已知圆弧轨迹所在处的场强大小都为E0，方向沿圆弧轨迹半径指向圆心O，离子质量为m、电荷量为q，QN2d、PN3d，离子重力不计(1)求离子通过静电分析器时的圆弧轨迹的半径R；(2)若离子恰好能打在QN的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场的场强E.【答案】(1) (2) 【解析】【详解】(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理得qUmv2离子在辐向电场中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，根据牛顿第二定律得 解得.(2)离子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律得PNa
19、t2由牛顿第二定律得qEma解得.12.如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角=30，一质量为3m的“L”型工件沿斜面以速度v0匀速向下运动，工件上表面光滑，其下端连着一块挡板。某时刻，一质量为m的小木块从工件上的A点，沿斜面向下以速度v0滑上工件，当木块运动到工件下端时（与挡板碰前的瞬间），工件速度刚好减为零，后木块与挡板第1次相碰，以后每隔一段时间，木块就与工件挡板碰撞一次。已知木块与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度为g。求：（1）木块滑上工件时，木块、工件各自的加速度大小。（2）木块与挡板第1次碰撞后的瞬间，木块、工件各自的速度大小。（3）木块与挡板
20、第1次碰撞至第n（n=2，3，4，5，）次碰撞的时间间隔及此时间间隔内木块和工件组成的系统损失的机械能E。【答案】（1）a1； a2 （2）2v0 ；2v0（3）t =（n=2,3,4,5,）；E=24（n1）mv02（n=2,3,4,5,）【解析】（1）设工件与斜面间的动摩擦因数为，木块加速度为a1，工件加速度为a2。对木块，由牛顿第二定律可得：mgsinma1对工件，由牛顿第二定律可得：（3m+m）gcos3 mgsin3ma2 工件匀速运动时，由平衡条件可得：3mgcos3 mgsin由式解得：a1 a2 （2）设碰挡板前木块的速度为v，由动量守恒定律可得：3mv0+mv0=mv 由式解
21、得：v=4v0 木块以v与挡板发生弹性碰撞，设碰后木块速度为v1，工件速度为v2，由动量守恒定律可得： mv= mv1+ 3mv2 由能量守恒得： 由式联立解得：v12v0 v22v0 （3）第1次碰撞后，木块以2 v0沿工件向上匀减速运动，工件以2 v0沿斜面向下匀减速运动，工件速度再次减为零的时间：t= 木块的速度v1=2v0+a1t=4v0 此时，木块的位移：x1=2v0t+a1t2工件的位移：x2=2v0ta2t2即木块、工件第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前瞬间的速度相同，以后木块、工件重复前面的运动过程，则第1次与第n次碰撞的时间间隔：t=（n1）t=（n=2,3,4,5,）木块
22、、工件每次碰撞时，木块和工件的总动能都相等，t时间内木块、工件减少的机械能等于木块、工件减少的重力势能：E=4mg（n1）x2sin30由式解得：E=24（n1）mv02（n=2,3,4,5,）13.关于气体的内能，下列说法正确的是_A. 质量和温度都相同的气体，内能一定相同B. 气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大C. 气体被压缩时，内能可能不变D. 一定量的某种理想气体的内能只与温度有关E. 一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加【答案】CDE【解析】【详解】A质量和温度都相同的气体，因气体的种类不一定相同，则摩尔数不一定相同，内能不一定相同，故A错误；B气体的内能与机械
23、能无关， 气体温度不变，整体运动速度越大，其内能不变，故B错误； C气体被压缩时，若气体对外做功，则气体的内能可能不变，故C正确； D一定量的某种理想气体的分子势能可视为零，则内能只与温度有关，故D正确； E一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，温度一定升高，则内能一定增加，故 E正确；14.一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞.初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示.用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离.已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p075.0 cmHg
24、.环境温度不变.(保留三位有效数字)【答案】144 cmHg9.42 cm【解析】【详解】设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2p0，长度为l2.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2，长度为l2.以cmHg为压强单位.由题给条件得p1p0(20.05.00) cmHg90 cmHgl120.0 cml1(20.0 ) cm12.5 cm由玻意耳定律得p1l1Sp1l1S联立式和题给条件得：p1144 cmHg依题意p2p1l24.00 cm cmh11.5 cmh由玻意耳定律得p2l2Sp2l2S联立式和题给条件得：h
25、9.42 cm.15.在坐标原点的波源产生一列沿x轴传播的简谐横波，波速v=10m/s，已知在t=0时刻的波形如图所示，下列说法中正确的是_A. 波源的振动周期为0.8sB. 经过0.2s，质点a通过的路程为10cmC. 在t=0时刻，质点a加速度比质点b的加速度小D. 若质点a比质点b先回到平衡位置，则波沿x轴负方向传播E. 再经过0.2s的时间，质点a到达质点b现在所处的位置【答案】ACD【解析】由图可知波长为：，由，解得周期为T=0.8s，故A正确；经过0.2时，即，经质点振动路程等于一个振幅即10cm，故B错误；当t=0时刻，根据，可知a的加速度小于b的加速度，故C正确；若a比b先回到
26、平衡位置，则此时刻a向上振动，波沿x轴负方向传播，故D正确；质点a不会随波迁移，故E错误。所以ACD正确，BE错误。16.半径为R的半圆柱形玻璃砖的截面如图所示，O为圆心，光线I沿半径方向从a点射入玻璃砖后，恰好在O点发生全反射，另一条光线II平行于光线I从最高点b射入玻璃砖后，在底边MN上的d点射出，若测得OdR/4，则该玻璃砖的折射率为多少？（可以使用根式）Failed to download image : http:/qbm-images.oss-cn-【答案】2.03【解析】解：设光线的入射角和折射角分别为i和r，在bOd中， 即：由折射定律有，即 又因为光线与光线平行，且在O点恰好发生全反射，有 所以，从而得到