1、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04 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
2、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，根据，两物体的平均速度，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位置时恰好能保持静止，OB与竖直半径的夹角AOB30。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.
3、B. C. D. 【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：，又联立解得：，故ACD错误、B正确。故选：B；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，根据，解得，物体在行星表面受到的重力等于万有引力，解得行星的质量，因为行
4、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，解得行星的第一宇宙速度，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，初速度未知，则落地速度未知，故D错误；故选：C；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，R1R2。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
5、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R1R2，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，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C. 小车的加速度大小为
6、gD. 轻绳BC拉力大小是轻绳OB拉力的倍【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：，联立解得：，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：，竖直方向：，联立解得：，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【
7、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，摩擦力对m做的功为，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，
8、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，不计重力。则下列判断正确的是A. a、c两点的电场场强大小之比为1：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，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 ，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，
9、同理可得，c点处场强大小为，则，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EaEc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，
10、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mgsinB. 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2gsinD. 物块A下滑过程中的最大速度为：2gsin【答案】CD【解析】【详解】A.平衡时物块B恰不离开挡板，则满足，所以，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：，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：，可得：；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：，从
11、开始运动到A速度最大，A下落的位移为：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：，即，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。（1）现分别测出计数点B、C、D、E、F、G与A点的距离x1、x2、x3、x4、x5、x6，若打点计时器所用的交流电的频率为f，用逐差法求出加速度a_。（2）关于这个实验，下列说法正确的是_。A.应将小车拉到打点计时器附近，然后释放小车，再接通电源B.可用x2x1x
12、3x2x4x3x5x4x6x5来判定小车做匀加速直线运动C.若逐渐增大斜面倾角，每次实验都证明小车做匀加速直线运动，则可合理外推得出自由落体运动是匀加速直线运动D.本次实验需要用到秒表和刻度尺【答案】 (1). (2). C【解析】详解】（1）1每5个计时点选取一个计数点，且打点计时器所用的交流电的频率为f，根据，依据逐差法有：；（2）2A.应将小车拉到打点计时器附近，然后接通电源，再释放小车，故A错误；B.x1、x2、x3、x4、x5、x6，分别是计数点B、C、D、E、F、G与A点的距离，因此不可用x2x1x3x2x4x3x5x4x6x5来判定小车做匀加速直线运动，故B错误；C.若逐渐增大斜
13、面倾角，每次实验都证明小车做匀加速直线运动，则可合理外推得出自由落体运动是匀加速直线运动，故C正确；D.本次实验需要用到刻度尺，但不需要秒表，因有打点计时器，故D错误；故选择：C；10.某实验小组为了解决伏安法测电阻存在系统误差的问题，设计了如图所示的电路。实验器材如下：A.直流电源4V，内阻0.5B.电流表A，量程0.6A，内阻未知C.电压表V，量程3V，内阻约2kD.待测电阻Rx约10E.定值电阻R05F.滑动变阻器，变化范围05G.滑动变阻器，变化范围0100H.单刀单掷开关K1I.单刀双掷开关K2J.导线若干（1）按照电路图连接实物图（ ）（2）滑动变阻器应选_（选填器材前的字母序号）
14、，闭合K1前，滑片P应该滑到_端（选填“左端”、“右端”）。（3）闭合K1，当K2接a时，电压表示数为U1，电流表示数为I1，当K2接b时，电压表示数为U2，电流表示数为I2，则待测电阻的准确值为Rx_ （用本题中的物理符号表示）【答案】 (1). (2). F (3). 左端 (4). -【解析】【详解】（1）2根据实验原理图连接实物图如图所示：；（2）23根据电路图可知滑动变阻器采用分压接法，为方便调节，滑动变阻器应选用阻值较小的F；开关闭合前，滑动触头应处于使电表示数最小的一端：左端；（3）4闭合K1，当K2接a时，电压表示数为U1，电流表示数为I1，由欧姆定律得：，当K2接b时，电压表
15、示数为U2，电流表示数为I2，由欧姆定律得：，联立解得：；11.如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压为U。CD为磁场边界上的一块绝缘板，它与N板的夹角为30，N板与CD之间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，小孔Q到N板的下端C的距离为L。一静止的带电粒子所带电荷量为q、质量为m（不计重力），从P点经电场加速后，经小孔O进入磁场，最终打在N板上。求：（1）带电粒子到达N板时的速度v；（2）带电粒子在匀强磁场中运动轨道半径最大时，磁感应强度大小B。【答案】（1） ；（2）【解析】详解】（1）根据动能定理可得：，解得带电粒子到达N板时的速度；（2）带电粒子恰好能够达到N板，则运
16、动轨迹与CD板相切，根据几何关系可得：,解得;根据洛伦兹力提供向心力可得解得；12.如图所示，竖直的半圆形光滑轨道与水平地面相切，半径R0.25m，静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA1.0kg，mB4.0kg，物块A处于圆形光滑轨道的最低点P，两小物块之间有一被压缩的微型轻弹簧。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek10.0J。释放后，小物块A经半圆形光滑轨道PMN从N点水平抛出。B与地面之间的动摩擦因数为0.20，重力加速度取g10m/s2。求：（1）弹簧释放后瞬间A、B两物块速度的大小；（2）物块A对轨道N点的压力；（3）B停止后，与A落地
17、点的距离。【答案】（1）lm/s ；（2）14N，方向竖直向上；（3）m【解析】详解】（1）释放弹簧过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，由题意可知：，代入数据解得：，；(2)A从P运动到N过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：，在N点，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：，由牛顿第三定律可知，A对轨道的压力：；（3）A离开轨道后做平抛运动，竖直方向：水平方向：，B向左滑动过程，由动能定理得：，B两点间的距离：，代入数据解得：；13.下列说法正确的是：A. 空气中大量PM2.5的运动也是分子热运动B. 温度相同的两种理想气体，分子的平均动能相同C. 温度相同的氧气和氢气，氢气的内能
18、一定大D. 气体等压压缩过程一定放出热量，且放出的热量大于内能的减少E. 晶体熔化过程分子势能增加【答案】BDE【解析】【详解】A.PM2.5在空气中的运动是固体颗粒分子团的运动，不是分子的热运动。故A错误；BC.温度是分子的平均动能的标志，所以温度相同的氢气和氧气，氧气分子的平均动能与氢气分子的平均动能相等。故B正确，C错误；D.根据理想气体状态方程，等压压缩，则温度降低，则内能下降，根据热力学第一定律，放出的热量大于内能的减少，故D正确；E.晶体融化时要吸热而温度保持不变，则其分子平均动能不变，但吸热后内能增大，故说明晶体在融化过程中分子势能增加了，故E正确；故选：BDE；14.如图所示，
19、在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0。现将整个装置放在大气压强恒为P0的空气中，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d后再次达到平衡，求：（1）外界空气的温度；（2）在此过程中密闭气体的内能增加量。【答案】（1） ；（2）Q-mgd-pS0d【解析】【详解】（1）取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖吕萨克定律得：，解得：外界的空气温度为：；（2）活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功，根据势力学第一定律得密闭气体增加的内能；15
20、.如图甲所示，沿波传播方向上有六个质点a、b、c、d、e、f，相邻两质点之间的距离均为2 m，各质点均静止在各自的平衡位置，t=0时刻振源a开始做简谐运动，取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图象如图乙所示，形成的简谐横波以的速度水平向右传播，则下列说法正确的是A. 波传播到质点c时，质点c开始振动的方向沿y轴正方向B. 04 s内质点b运动的路程为12 cmC. 45 s内质点d的加速度正在逐渐减小D. 6 s时质点e第一次回到平衡位置E. 各质点都振动起来后，a与c的振动方向始终相同【答案】ABE【解析】【详解】根据乙图可知，波源a开始起振的方向竖直向上，所以波传播到质点c时，质点c开始振
21、动的方向也竖直向上，故A正确；波的周期与a点振动周期相等，由图乙知：周期为T=2s，根据公式，得：，波从a传到b点的时间为，则在0-4s内质点b已经振动了t=3s时间，而，所以质点b运动路程为，故B正确；波从a传到d点的时间为，则在4s时，质点d已经振动了1s，则在4-5s这段时间内质点d正由平衡位置向波谷运动再回到平衡位置，加速度先增大后减小，故C错误ae之间得距离为8m，则在4s时质点e开始起振，则在5s时第一次回到平衡位置，D错误；该波的波长，此六质点都振动起来后，a、c的距离等于一个波长，故a与c的振动方向始终相同，故E正确；选ABE.16.如图所示，横截面为四分之一圆的柱形玻璃砖放在
22、水平面MN上，O点是圆心，半径为R。一列与OA面等高的平行光束沿水平方向垂直射向玻璃砖的QA面，平行光束通过玻璃砖后在水平面MN上留下照亮的区域。已知玻璃砖的折射率为，不考虑光在OA、OB面的反射。（I）若在玻璃砖左侧竖直放置一遮光板，为使水平面BN不被照亮，求遮光板的最小高度；（II）从OA的中点射入的细光束，在MN上留下一个光点P点，求PO的长度。【答案】（I）；（II）R【解析】【详解】（1）如图1，当光线在AB面入射角大于临界角C时，将没有光线出射后射向BN平面，设遮光板高度为h，则由折射定律有由几何知识得求得（2）如图2，当光在AB面中点入射时，入射角为30，设P点到O点的距离为S，由折射定律得，则：60所以OEP为等腰三角形，由几何关系可知：
