1、四川省成都石室中学2020届高三物理上学期11月试题（含解析）二、选择题1.一物体竖直向上抛出，从开始抛出到落回抛出点所经历的时间是t，上升的最大高度是H,所受空气阻力大小恒为f，则在时间t内（ ）A. 物体受重力的冲量为零B. 在上升过程中空气阻力对物体的冲量等于下降过程中空气阻力对物体的冲量C. 上升过程中物体克服空气阻力做的功大于下降过程中克服空气阻力做的功D. 物体机械能的减小量等于2fH【答案】D【解析】【详解】A冲量I=Ft，因重力不为零，故物体受到的冲量不为零，故A错误；B物体在上升过程和下降过程的高度相同，但物体上升时的加速度大于向下的加速度，故下降时所用的时间大于上升时所用的
2、时间，故上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量小，故B错误；C物体在上升过程和下降过程的高度相同，阻力大小相等，所以克服阻力做功相等，故C错误；D物体在整个抛出过程中克服阻力做的功为W=2fH由功能原理可知，物体机械能的减小量2fH，故D正确。故选D。2.研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时。假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，则若干年后（ ）A. 地球两极的重力加速度将变大B. 地球赤道的重力加速度将变大C. 地球近地卫星的速度将变大D. 地球同步卫星的速度将变大【答案】B【解析】【详解】A在两极由公式 得所以两极的重力加速度不变，故A错误；B
3、在赤道上有由于周期变大，赤道上的重力加速度变大，故B正确；C由公式得所以地球近地卫星的速度不变，故C错误；D由公式得现在同步卫星的周期变大，则知，其轨道半径r增大，则线速度v减小，故D错误。故选B。3.汽车以36km/h的速度做匀速直线运动，某时刻关闭发动机。从关闭发动机后开始计时，第2s内汽车的位移为4m，则4s内汽车的位移大小为（ ）A. 8mB. 12.5mC. 37.5mD. 72m【答案】B【解析】【详解】汽车在第2s内的平均速度为即为1.5s末的速度，由速度公式得即解得汽车停止运动所用的时间所以汽车4s内的位移等于2.5s内的位移，即为故选B。4.如图所示，虚线表示等势面，相邻两等
4、势面间电势差相等，有一带电的小球在该电场中运动，不计小球所受的重力和空气阻力，实线表示该带正电的小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于28eV，运动到b点时的动能等于4eV，若取C点为零电势点，当这个带电小球的电势能等于6eV时，它的动能等于（ ）A. 18eVB. 16eVC. 6eVD. 8ev【答案】A【解析】【详解】小球自a点运动到b时，电场力做负功：由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有从b到c电场力做正功，根据动能定理有联立解得由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点即电势能和动能之和为12eV，因此当电势能等于-6eV时动能为18eV。故选A。5.如图所示，
5、两根不可伸长的轻绳一端与质量为m的小球相连于O点，另一端分别固定在天花板上的A、B两点，OA绳与天花板的夹角为30，OB绳与天花板的夹角为60，重力加速度为g，当小车以速度v向左做匀速直线运动时，下列说法正确的是（ ）A. OA绳对小球的拉力大小为mgB. 重力对小球做功的功率为mgvC. OB绳对小球做功的功率为mgvD. 若突然剪断轻绳OA的瞬间，轻绳OB的拉力增大【答案】C【解析】【详解】A对小球受力分析且由几何关系得故A错误；B重力方向与小球的速度方向垂直，所以重力对小球不做功，即重力功率为0，故B错误；COB绳对小球做功的功率故C正确；D突然剪断轻绳OA的瞬间，OB绳的拉力为即OB绳
6、拉力不变，故D错误故选C。6.如图所示，在匀强电场中有一个半径为R=1m的圆，电场方向与圆的平面平行，P、O两点间电势差为4V，一个质子在该匀强电场中在仅受电场力作用下运动，从P点运动到Q点且在P、Q两点上速度方向与圆的切线一致，速度大小均为，PF、QE分别为圆的直径。则（ ）A. 质子可能从P点沿圆周运动到Q点B. 粒子一定能过F点，且速度为v0C. 该匀强电场的电场强度E=4V/mD. O点与圆周上电势最低点电势差为4V【答案】CD【解析】【详解】质子在该匀强电场中仅受电场力作用下运动，且在P，Q两点上速度方向与圆的切线一致，速度大小相同，说明电场力做功微粒，故P、Q的连线为等势面；画出电
7、场线，如图所示A电场力为恒力，故质子不可能做匀速圆周运动，是类似斜抛运动，故A错误；B在Q点将质点的速度分解为沿场强方向和垂直场方向，沿场强方向做匀加速，垂直场强方向做匀减速，当垂直场强方向速度减为0，此时质子的速度恰好与圆相切，此后以沿场强方向的速度做匀加速直线运动，所以质子不可能到达F点，故B错误；CP、O两点间电势差为4V，则电场强度为故C正确；DO点与圆周上电势最低的点电势差为故D正确。故选CD。7.如图所示，一根粗细和质量分布均匀的细绳，两端各系一个质量都为m的小环，小环套在固定水平杆上，两环静止时，绳子过环与细绳结点P、Q的切线与竖直方向的夹角均为，已知绳子的质量也为m，重力加速度
8、大小为g，则两环静止时（ ）A. .每个环对杆的压力大小为mgB. 绳子最低点处的弹力的大小为 mgtanC. 当两环间距离增大，环静止时，杆对环的摩擦力增大D. 在绳最低点施加竖直向下的力使绳的最低点缓慢下降（环仍保持静止），则绳重心将下降【答案】BC【解析】【详解】AB对绳子受力分析，受重力、水平拉力和天花板的拉力，如图甲所示，根据平衡条件，有水平方向竖直方向联立解得，对环进行受力分析如图乙，水平方向竖直方向故A错误，B正确；C当两环之间的距离增大，变大，故f变大，故C正确；D在绳的最低点施加竖直向下的力使绳的最低点缓慢下降，力做正功，由功能关系可知，绳的机械能增大，所以绳的重心上升，故D
9、错误。故选BC。8.如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为2m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0水平射入物块B（时间极短，子弹未穿出）后，物块B恰好能达到水平杆PQ位置，则（ ）A. 在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，其动量和机械能都守恒B. 子弹射入物块B初速度v0=100C. 若物块A不固定，子弹仍以v0射入，物块B仍能摆到水平杆PQ位置D. 若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到最高点时速度为【答案】BD【解析】
10、【详解】A在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，合外力冲量远小于内力冲量，其动量守恒，但由于要产生内能，所以机械能不守恒，故A错误；B子弹和木块一起向上摆至最高点，由机械能守恒有解得子弹射入木块过程由动量守恒得解得故B正确；C若物块A不固定，子弹仍以v0射入后，子弹和木块的动能转化为物块A和物块B的动能和物块B的重力势能，所以物块B的上摆高度小于物块A固定时的高度，故C错误；D子弹射入木块过程由动量守恒得解得当物块A、B和子弹具有相同的速度时，物块B摆到最高点，则有解得故D正确。故选BD。三、非选择题9.用如图所示实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒，m2从高处由静止开始下落
11、，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。下图给出的是实验中获取的一条纸带：O是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点（图中未标出，交流电的频率为50Hz），计数点间的距离如图所示。已知m1=50g，m2=150g，则：（g取9.8m/s2，结果均保留两位有效数字）（1）在打点05过程中系统动能的增加量EK=_J，系统势能的减少量EP=_J； （2）若某同学作出 -h图象如图所示，则当地的实际重力加速度 g=_m/s2.【答案】 (1). 0.58 (2). 0.59 (3). 9.7【解析】【详解】(1)1根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度
12、大小等于该过程中的平均速度，可知打5点时的速度为物体的初速度为零，所以动能的增加量为2重力势能的减小量等于物体重力做功，故(2)3根据机械能守恒可知即有图象中图象的斜率表示重力加速度的一半，由图可知，斜率k=4.85故当地的实际重力加速度为10.为了测量电阻Rx的阻值，提供的器材有：A.电流表G，内阻Rg=100，满偏电流Ig=3mAB.电流表A，内阻约为5，量程为100mAC.电阻箱R0(09 999，1A)D.滑动变阻器R(100，1A)E.电池组E(6V，内阻不计)F.一个开关S和导线若干某同学进行了以下操作：（1）用欧姆表粗测电阻Rx的阻值，当用“100挡时发现指针偏转角度过大，应换为
13、_（选填“10”或“1k”挡），并重新进行_，测量时指针位置如图甲所示.（2）把电流表G与电阻箱改装成量程为6V的电压表，则电阻箱的阻值应调为R0=_.（3）请用改装好的电压表设计一个测量电阻Rx阻值的实验，根据提供的器材和实验需要，请将图乙中电路图补充完整。（ ）（4）电阻的计算：电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电流表G的示数为I1，电流表A的示数为I2，请用已知量和测量量的字母符号写出计算电阻的表达式Rx=_.【答案】 (1). 10 (2). 欧姆调零 (3). 1900 (4). (5). 【解析】【详解】(1)1因欧姆表不均匀，要求欧姆表指针指在欧姆表中值电阻附近时读数较
14、准，当用“100”挡时发现指针偏转角度过大，说明倍率较大，所以应按“10”倍率读数；2根据多用电表的使用规则，更换倍率后，应进行欧姆调零再测量；(2)3将电流表G与电阻箱串联改装成量程为6V的电压表，要串联的电阻为(3)3由于题意可知，两电流表，当另电流表使用外接法，能准确测出所测电阻的电流，同时又能算出所测电阻的电压，由于待测电阻阻值约为70，滑动变阻器的阻值为100，所以滑动变阻器应用限流式，电路图如图(4)4由欧姆定律可得11.改革开放40年，我国在各个行业都取得巨大成就，高铁技术更是成为我国名片。一列高铁列车的总质量为m，运动过程中受到的阻力恒为f。列车沿直线由静止启动过程中列车的输出
15、功率与速度关系图象如图所示，当列车的速度超过v0后，列车的功率恒为3fv0 。（1）求列车的最大速度（2）若列车从静止开始运动到刚达到最大速度时通过的位移为x，求由静止开始至达到最大速度的过程列车的运行时间【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)当牵引力与阻力相等时，速度最大，有(2)在匀加速阶段，由图可知，牵引力根据牛顿第二定律可得根据速度时间关系可得联立解得匀加速运动的位移恒定功率至达最大速度过程，根据动能定理可得联立解得12.如图,带电荷量为q=+210-3C、质量为=0.1kg的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端,板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E =103N/C的
16、匀强电场.与B球形状相同、质量为0.3kg的绝缘不带电小球A以初速度=10m/s向B运动,两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场,在电场中两球又发生多次弹性碰撞,已知每次碰撞时间极短,小球B的电荷量始终不变,重力加速度g取10m/s2求:（1）第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小;（2）第二次碰撞前瞬间小球B的动能;（3）第三次碰撞的位置【答案】25.(1)5m/s；15m/s（2）6.25J；（3）第三次碰撞的位置是在第一次碰撞点右方5m、下方20m处.【解析】【详解】（1）第一次碰撞时，两小球动量守恒，即3mv03mv1mv2 机械能守恒，即 解得碰后A的速度v15m/s，B的速度v215
17、m/s （2）碰后AB两球进入电场，竖直方向二者相对静止均做自由落体运动；水平方向上，A做匀速运动，B做匀减速直线运动，其加速度大小aB20m/s2 设经过t时间两小球再次相碰，则有v1tv2taBt2 解得t1s 此时，B的水平速度为vxv2aBt5 m/s（负号表明方向向左）竖直速度为vygt10 m/s 故第二次碰前B的动能 （3）第二次碰撞时，AB小球水平方向上动量守恒 机械能守恒，即 解得第二次碰后水平方向A的速度，B的速度10m/s 故第二次碰撞后A竖直下落（B在竖直方向上的运动与A相同），水平方向上， B做匀减速直线运动，设又经过t时间两小球第三次相碰，则有 解得t1s 因此，第
18、三次相碰的位置在第一次碰撞点右方xv1t5m 下方yg（tt）220m13.弹簧振子以O点为平衡位置做简谐运动，以向右为正方向，图乙为这个弹簧振子的振动图象，下列说法中正确的是（）A. 在t0.3s与t0.5 s两个时刻，弹簧振子的速度相同B. 从t0.6s时，加速度等于0C. 在t0.1s时，弹簧振子的位移为cmD. 在t0.2s时，弹簧振子有最小的弹性势能E. 在t0 s到t0.4 s时间内，弹簧振子的动能先减小后增大【答案】ACE【解析】【详解】Ax-t图象的切线斜率表示速度，在t=0.3s与t=0.5s两个时刻，弹簧振子的速度相同，故A正确；Bt0.6s时，振子位于最大位移处，由可知，
19、此时加速度最大，故B错误；C由图可知，T=0.8s，所以在t0.1s时的位移为故C正确；D在t0.2s时，振子的位移最大，弹簧形变量最大，弹性势能最大，故D错误；E由题意可知，振子从O点开始运动，经过0.2s到达B点，再经0.2s到达O点，所以振子的动能先减小后增大，故E正确。故选ACE。14.有一截面为正方形的玻璃柱体，边长为d，其截面如图所示，在AB面上方有一点光源S，从S发出的光线SP以i=的入射角从AB面的中点射入，已知玻璃砖对该光的折射率n=，真空中的光速为c，求：（i）该光进入玻璃砖中的折射角；（ii）光从射入玻璃砖到第一次射出经过的时间。【答案】（i）（ii）【解析】【详解】(1)由折射定律有代入数据解得 所以(2)光从P点进入玻璃砖发生折射后，射到AD面上的M点发生全反射，最后从CD边的N点射出，光路图如图由几何知识可得 光在玻璃砖中的传播速度为在玻璃砖中传播时间为