1、四川省成都市蓉城名校联盟2020届高三物理上学期第一次联考试题（含解析）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.下列说法正确的是A. 公式是加速度的比值定义式，加速度a与速度变化量成正比B. 公式是加速度的决定式，物体所受合力决定物体的加速度和质量C. 由公式可知：使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度的力就是1ND. 公式P=Fcos是瞬时功率的定义式，但力做功的瞬时功率与F、无关【答案】C【解析】【详解】A公式是加速度的定义式，不
2、是决定式，加速度a与速度变化量无关，选项A错误；B公式是加速度的决定式，物体的加速度取决于物体所受合力和质量，质量是物体本身的属性，与受的合力无关，选项B错误；C由公式可知：使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度的力就是1N，选项C正确；D公式P=Fcos是瞬时功率的定义式，力做功的瞬时功率与F、v有关，选项D错误；故选C.2.2019年全国中学生田径锦标赛于7月25日在新都一中举行，新都一中学生王某某在100m女子预赛中以12.41s的成绩刷新了记录，视频回放显示她冲过终点线时的速度为9.6m/s，若该同学在100m预赛中先做匀加速直线运动，速度达到最大后便以此速度一直做匀速直线运动直到
3、冲过终点线。下列说法正确的是A. 该同学的100m女子预赛成绩12.41s指的是时刻B. 该同学在100m女子预赛中的平均速度约为4.8m/sC. 该同学加速过程的加速度约为0.8m/s2D. 该同学的加速时间约为4s【答案】D【解析】【详解】A该同学的100m女子预赛成绩12.41s指的是时间间隔，选项A错误；B该同学在100m女子预赛中的平均速度约为选项B错误；CD设加速度的时间为t，则解得t4s则该同学加速过程的加速度约为选项C错误，D正确；故选D.3.如图所示，广场上固定有一很大的半径为R的半球面，一只可视为质点的小猫（未画出）在球顶上向下缓慢爬行。若小猫与半球面间的动摩擦因数为=0.
4、75，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它在爬行的过程中A. 小猫受重力、半球面对它的支持力、弹力及摩擦力B. 半球面对小猫的作用力逐渐减小C. 小猫的重力在垂直半球面上的分力就是小猫对半球面的压力D. 小猫恰不从半球面上掉下来的位置距半球面顶部的竖直高度为0.2R【答案】D【解析】【详解】A对小猫受力分析，受重力、半球面对它的支持力、摩擦力作用，故A错误；B缓慢爬行，每一个状态都看做平衡状态，所以半球面对小猫的作用力即支持力和摩擦力的合力始终与重力等大反向，不变，故B错误；C由平衡条件知，小猫的重力在垂直半球面上的分力大小等于半球面对小猫对的支持力大小，由牛顿第三定律知：半球面对小猫对的支持力
5、大小等于小猫对半球面的压力，即小猫的重力在垂直半球面上的分力等于小猫对半球面的压力大小，故C错误；D设小猫恰不从半球面上掉下来的位置如图所示，则f=fm=mgcos=mgsin解得：tan=设此位置距半球面顶部的竖直高度为h，由几何关系得：联立解得：h=0.2R故D正确；故选D。4.最近某“七一国际广场”隆重开业，其标志性设施是如图所示的摩天轮。某同学在周末去体验了一下，他乘坐该摩天轮随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。则下列说法正确的是A. 该同学运动到最低点时处于超重状态B. 在摩天轮转动过程中，该同学的速度和所受的合力均不变C. 该同学在与转轴等高的位置时只受重力和座舱对他竖直向上的支持力作
6、用D. 由于该同学的向心加速度大小不变，所以他做的是匀变速运动【答案】A【解析】【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，在最低点时，向心加速度向上，处于超重状态，故A正确；B在摩天轮转动过程中，该同学的速度方向时刻改变，故B错误；C该同学运动到与圆心等高位置时，竖直方向，座舱对他的作用力等于其所受重力，水平方向，座舱对他的作用力提供指向圆心的向心力，则座舱对人的合力大于其所受重力，故C错误；D该同学的向心加速度大小不变，所以他做的是匀速圆周运动，不是匀变速运动，故D错误。故选A。5.到2019年止，我国已经成功发射了多颗同步通讯或导航卫星。下列关于同步卫星的说法正确的是A.
7、 发射速度等于第一宇宙速度B. 入轨后的速度小于第一宇宙速度C. 入轨后可以位于成都正上方D. 该卫星比近地轨道上运行的同质量的卫星的机械能小【答案】B【解析】【详解】AB第一宇宙速度是最小的发射速度，最大的运行速度，故同步卫星的发射速度大于第一宇宙速度，入轨后的速度小于第一宇宙速度，故A错误，B正确；C同步卫星与地球相对静止，只能位于赤道的上空，故C错误；D卫星从近地轨道向同步轨道变轨时，向运动的反方向喷气，外力做正功，做加速运动，机械能增大，则该卫星比近地轨道上运行的同质量的卫星的机械能大，故D错误；故选B。6.如图所示，质量分别为2kg和3kg的物块A、B放在光滑水平面上并用细线连接一能
8、显示细线张力的轻质传感器，在时刻对物块A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1=20N、F2=10N。则下列说法正确的是A. 力传感器的示数为30NB. 若在时刻将拉力F1、F2同时加倍，则传感器的示数也将加倍C. 若在时刻只撤去拉力F1，则传感器的示数将变为10ND. 若在时刻将F1、F2同时撤去，则传感器的示数将变为零【答案】BD【解析】【详解】A两个物体一起向左做匀加速直线运动，对两个物体整体，根据牛顿第二定律，有：F1-F2=（mA+mB）a再对物体A受力分析，运用牛顿第二定律，得到：F1-F=mAa由两式解得：F=16N，即力传感器的示数为16N，故A错误。B若在t1时刻将拉
9、力F1、F2同时加倍，由知加速度加倍，由知F也加倍，故B正确。C如果只有F2作用，整体向左匀加速运动，则对B研究得：弹簧的弹力大小为故C错误D若在t1时刻将F1、F2同时撤去，细线的张力突然减为零，则传感器的示数将变为零。故D正确。故选BD。7.在光滑水平面内有一直角坐标系xOy，在t=0时刻，质量为m=2kg的物块从直角坐标系的坐标原点O以一初速度沿y轴正方向开始运动，同时受一沿+x方向的恒力F作用，其沿x方向的位移x与x方向的速度的平方关系如图甲所示，沿y方向的位移y随时间t的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是A. 物块做匀变速曲线运动B. 物块受到的恒力F=1NC. t=4s时物块位移
10、s=10m，方向与x轴正向成37D. t=4s时物块的速度为=5.5m/s，方向与x轴正向成37【答案】AC【解析】【详解】A分析物体在x方向上的运动情况，根据速度-位移关系可知，x-vx2图象的斜率表示加速度二倍的倒数，a=1m/s2，位移-时间图象的斜率等于速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，y方向上做匀速直线运动，则物体做匀变速曲线运动，故A正确；B根据牛顿第二定律可知，F=ma=2N，故B错误；Ct=4s时，x方向上的位移x=at2=8my方向上的位移y=6m，根据运动的合成与分解可知，物块的位移方向与x轴的夹角满足 可得故C正确；D物体做类平抛运动，t=4s时，速度与x轴的夹角满
11、足tan=2tan，即37，故D错误。故选AC。8.如图所示，质量为M=3kg的木块放在平台的右端，该平台到地面的高度为h=0.45m，木块与平台间的动摩擦因数为=0.2。质量为m=1kg的小松鼠从地面上离平台距离为x=1.2m处跳上平台抱住木块，且小松鼠到达平台木块的位置时速度恰好沿水平方向，小松鼠抱住木块后与木块一起滑行。小松鼠抱住木块的过程时间极短，小松鼠与木块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是A. 在小松鼠起跳时，水平面对它做的功是4.5JB. 在小松鼠抱住木块极短时间内，小松鼠与木块组成的系统机械能守恒C. 在小松鼠抱住木块的极短时间内，它对木
12、块的冲量为3NsD. 木块在水平台上向左滑行的距离为0.25m【答案】CD【解析】【详解】A小松鼠跳到平台运动的逆过程是平抛运动，水平方向上x=v0t竖直方向上代入数据解得 研究竖直方向的分运动，由速度位移公式求出起跳时竖直分速度根据平行四边形定则可知，小松鼠的起跳速度根据动能定理可知，水平面对它做功故A错误；BC小松鼠和木块相互作用的过程中动量守恒有：mv0=（m+M）v1属于完全非弹性碰撞，系统机械能不守恒，研究木块，根据动量定理可知，I=Mv1联立解得小松鼠对木块的冲量I=3Ns故B错误，C正确；D小松鼠和木块组成的系统，向左滑行过程中，根据动能定理可知： 代入数据解得：s=0.25m故
13、D正确。故选CD。三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。9.某同学在学了“自由落体运动”后便想到了测量其教学楼高度的方法。他从家里带来一部曝光时间为0.01s的照相机和一个小铁球便成功地测出了5楼的大致高度。具体测量方法如下：他先在离地一定高度的墙上做上记号，并让一个同学从5楼外记号上端的平台边缘将小铁球由静止释放，而他自己则在底楼外边的广场上用相机拍下了小球经过标记处的照片如图所示，照片上有一条模糊的径迹AB（即小球在曝光时间内的运动轨迹），且径迹的下端刚好与记号平齐，该记号离地面的高度为1.
14、6 m。（1）该实验中还需要的实验器材是_。（2）若测得每块砖的厚度是5 cm，则小球经过A点时的速度约为_m/s（g =10 m/s2，计算结果保留整数）。（3）5楼教室离地的高度大约为_m。【答案】 (1). 刻度尺 (2). 15 (3). 13（12.813.2）【解析】【详解】（1）1求解A点速度需要知道位移AB，所以需要用到刻度尺；（2）2根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出A点的速度为： （3）3结合速度位移公式求出A离释放点的距离为：从而求出楼房的高度为：H=h+3L+h=11.25m+30.05m+1.6m=13m。10.某同学设计了如图甲所示的“探究加速度与物体受力和质
15、量的关系”的实验装置。实验步骤如下：（1）将一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，有定滑轮的一端伸出桌面，并将电火花计时器固定在木板的另一端，并接好电源；（2）将力传感器固定在小车前端，然后通过一轻质细线与砂桶连接在一起并跨过定滑轮将小车放在木板上，并在小车另一端固定一条纸带，同时使纸带穿过电火花计时器的限位孔；（3）实验中他忘记平衡摩擦力而直接进行了实验。整个实验中保证小车的质量不变，先往砂桶中添上适当的砂后接通电源，将小车由靠近电火花计时器处静止释放，打出一条纸带，并记下此时力传感器的示数F，并通过打出的纸带计算出小车运动的加速度a；然后再在砂桶中添加适当的砂，换用新的纸带，重复刚才的操作
16、，得到多组F、a，并作出小车运动的a-F图像。为了使实验结果更加准确或合理，下列说法中正确或必须的是_。（填正确答案标号）A实验中应通过调节定滑轮的高度使细线与木板平面平行B实验前可将小车由木板任意位置释放，然后再接通电源C实验中为了测出小车所受合力应测出砂和砂桶的总质量D实验中必须满足砂和砂桶的总质量m远小于小车和力传感器的总质量ME该实验所用电源可以直接接照明电路的电源（220V交流电源）如图乙所示为某次实验得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F为计数点，他只测出了计数点AB和EF间的距离，所用电源的频率为50 Hz，打出的每5个点为一个计数点，则由纸带数据测得小车运动的加速度大小为_m/
17、s2（保留两位有效数字）。根据实验测得的多组a、F数据做出的a-F图像如图丙所示，由图像_（填“能”或“不能”）得到“在小车的质量不变时，小车的加速度a与其受到的合力F成正比”的结论；由图可知小车和力传感器的总质量为_kg，小车与木板间的滑动摩擦力为_N。【答案】 (1). AE (2). 0.60 (3). 能 (4). 2 (5). 2.0【解析】【详解】1某同学设计了如图甲所示的“探究加速度与物体受力和质量的关系”的实验，该题探究操作细节问题：A、线要与木板平行，这样小车的合力才不变，故选项A正确；B、先通电，再释放小车，选项B错误；C、由于有拉力传感器，故不需要测沙和桶的总质量，故选项
18、C错误；D、满足该条件是为了使拉力近似等于沙和桶的总重力，但不需要测拉力，当然也不需要满足上述条件；E、由于使用的是电火花计时器，故直接使用家庭电路的交流电，故选项E正确。故选AE.2取BF段进行研究，由运动学公式求加速度为：345由于a-F图象是过原点的直线，所以可以得到：质量不变时，加速度与作用力成正比；根据，那么a-F图象的斜率的倒数为小车和传感器的质量，即为：加速度为零时说明受到的拉力和滑动摩擦力相等，因此可知图像加速度为零时刻对应的力的大小等于滑动摩擦力的大小；即横截距b=2.0N就是滑动摩擦力。11.如图所示，光滑的水平轨道与半径为R=0.9m的粗糙半圆弧轨道的最低点A相切，一质量
19、为m=1.8kg的小物块（可视为质点）以某初速度从水平面滑上半圆弧轨道，且小物块经过A点时对轨道的压力为146N，经过B点后落在离A点为2.4m的水平轨道上的C点。空气阻力忽略不计，取g=10m/s2。求：（1）物块经过B点时的速度大小；（2）物块从A运动到B的过程中阻力所做的功。【答案】（1）4m/s（2）-10.8J【解析】【详解】（1）物块从B到C做平抛运动得m/s（2）物块经过A点时，由牛顿第三定律可得A点对物块的支持力N=FN=146N对物块在A点由牛顿第二定律可得：A到B对物块由动能定理得：得阻力所做的功为10.8J12.如图所示，长为L=2m，质量为M=2kg的长木板B放在动摩擦
20、因数为=0.4的水平地面上，在木板的最右端放一可视为质点的小物块A，其质量为m=1kg，与木板间的动摩擦因数为=0.2，开始时A、B均处于静止状态，g=10m/s2。（1）当给木板施加一水平向右的恒力F=15N时，求物块A和木板B运动的加速度分别为多少？（2）要将木板B从物块A下方抽出来，则给木板B施加的向右的水平拉力至少为多少？（3）若给木板施加的水平拉力F=24N，要使物块A从木板B的左端滑下，则水平力F作用的最短时间为多少？【答案】（1）（2）F=18N（3）t=1s【解析】【详解】（1）设物块A与木板B相对静止一起向右加速，则对物块与木板组成系统由牛顿第二定律得：F2(Mm)g(Mm)
21、a解得对物块A，木板给其向右的静摩擦力便为其合力，由牛顿第二定律得：fAmaA1NfAm1mg2N所以假设成立，即A、B的加速度为（2）要将木板抽出，拉力最小时刚好抽出，即物块A相对B刚好向左滑动，AB间的摩擦刚好达到最大静摩擦力，且此时AB具有相同的速度和加速度则对A由牛顿第二定律得：得a=2m/s2对B由牛顿第二定律得：得F=18N（3）设F作用的最短时间为t，在F作用时间内对A有：对B有：A相对B向后的位移为：设撤去F后再经时间物体A刚好从木板B的最左端滑下，此时两者的速度恰好相同为撤去F后对A：得=2m/s2对木板B：得=7m/s2对A，共同速度位移对B有共同速度位移撤去F后A相对B的
22、位移联立以上各式解得F作用的最短时间t=1s方法II：其相对位移也可用-t图像求解：A相对B的位移为图中影阴部分面积，即再联立上面的相应式子即可解得。（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一道题计分。13.一列简谐横波沿直线传播，在传播方向上相距2.1 m的a、b两处的质点振动图像如图中a、b所示。若波从a向b传播，则 。A. 该波中各质点振动的振幅均为10 cmB. 该波与一列频率为4 Hz的波相遇时可能会形成稳定的干涉图样C. 该波的波长一定是2.8 mD. 该波由a传播到b可能历时11 sE. 该波中质点b的振动方
23、程为【答案】ADE【解析】【详解】A由振动图象可以看出两个质点的振幅均为10 cm，故选项A正确；B该波的周期为4s，频率为0.25Hz，由于频率不相等，所以不能形成稳定的干涉图样，故选项B错误；C由相距2.1m的ab两点的振动图象可以确定：从而得到由波的多解性，=2.8m、1.2m、故选项C错误；D由于 即t=3、7、11、15s，故选项D正确；E振动的角频率，初相位是，所以b点的振动方程为故选项E正确。故选ADE。14.一平行玻璃砖厚度为d = 3.6 cm，一束单色光从玻璃砖一界面上的O点以入射角射向玻璃砖，并经过时间从玻璃砖的另一界面射出。已知光在空气中的传播速度，。求：()在图中画出光的传播光路图并求出光从玻璃砖另一界面射出时与玻璃砖界面所成夹角；()玻璃砖对该光的折射率（结果用分数表示）。【答案】() ；37()【解析】【详解】()光路传播如图由图可知，光从上界面折射角与下界面的入射角相等均为由折射定律可得且所以有 ()由得由式联立并代入数据得且由以上各式得
