内蒙古包钢一中2020届高三上学期期中考试物理试题

包钢一中2020届高三上学期期中考试理综试卷物理部分二、选择题：本题共8小题，每题6分。在每小题给出的四个选项中，第14--17题只有一项符合题目要求，第18--21题有多项符合题目要求。全选对得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。1.我国ETC（电子不停车收费系统）已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．一辆汽车以20 m/s的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经4 s的时间速度减为5 m/s且收费完成，司机立即加速，产生的加速度大小为2.5 m/s2，假设汽车可视为质点．则下列说法正确的是（    ）A. 汽车开始减速时距离自动收费装置110 mB. 汽车加速4 s后速度恢复到20 m/sC. 汽车从开始减速到速度恢复到20 m/s通过的总路程为125 mD. 汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4 s【答案】C【解析】【详解】根据平均速度的推论知，汽车开始减速时距离自动收费装置的距离，A错误；汽车恢复到20m/s所需的时间，B错误；汽车加速运动的位移，则总路程，C正确；这段路程匀速运动通过的时间，则通过自动收费装置耽误的时间，故D错误．2.地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a1，地球的同步卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，向心加速度为a2。已知引力常量为G，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，且地球近地卫星轨道处的重力加速度为g0下列说法正确的是（　　）A. 地球质量B. 地球质量C. a1、a2、g、g0的关系是g0=g>a2>a1D. 加速度之比【答案】C【解析】【详解】AB．根据万有引力定律可得，对地球的同步卫星有解得地球的质量故AB错误；
C．地球赤道上的物体和地球同步卫星的角速度相等，根据 a=ω2r知a1＜a2对于地球近地卫星有得地球表面的物体得对于地球同步卫星，有即得因为 r＞R，所以 a2＜g，综合得g0=g＞a2＞a1故C正确；
D．地球赤道上的物体与地球同步卫星角速度相同，则根据a=ω2r，地球赤道上的物体与地球同步卫星的向心加速度之比故D错误；故选C。3.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为，g取，则的最大值是（    ）A.  B.  C. 1.0rad/s D. 0.5rad/s【答案】C【解析】【详解】当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得：解得：A. 与计算结果不符，故A错误．B. 与计算结果不符，故B错误．C. 1.0rad/s与计算结果相符，故C正确．D. 0.5rad/s与计算结果不符，故D错误．4.如图所示，光滑直角三角形支架ABC竖直固定在水平地面上，B、C两点均在地面上，AB与BC间的夹角为θ，分别套在AB、AC上的小球a和b用轻绳连接，系统处于静止状态，轻绳与CA间的夹角为α．a、b的质量之比为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【详解】对a、b两球分别受力分析，建立沿支架和垂直于支架的坐标系，如图所示：对a由平衡条件：，，可得；对b由平衡条件：，，可得；同一根绳的张力处处相同，联立可得，有；5.如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD-A1B1C1D1,从顶点A沿不同方向平抛一小球（可视为质点）．关于小球的运动，下列说法正确的是（    ）A. 落点在A1B1C1D1内的小球落在B1点时平抛的初速度最大B. 落点在B1D1上的小球,平抛初速度的最小值与最大值之比为1:2C. 运动轨迹与A 1 C相交的小球,在交点处的速度方向都相同D. 运动轨迹与A C 1相交的小球,在交点处的速度方向都相同【答案】D【解析】【详解】A、向各个水平方向抛出小球，平抛运动时间都相等，水平距离越远，平抛初速度越大，由图得，小球落在C1点时，平抛的初速度最大，A错误；B、由得，速度与位成正比，落点在B1D1上的小球，最大水平距离为正方体边长或者，最小的水平距离为A1B1C1D1对角线的一半，最小距离与最大距离的比值为，B错误．CD、设AC1的倾角为α，轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为θ．则,则可知θ一定，则轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故D正确．6.甲乙两个质量均为1kg的物块，在光滑的水平面上分别受到一个水平力作用，由静止开始加速，甲物块所受的力F随时间t的变化关系和乙物块所受的力T随位移x的变化关系如图所示，当水平力分别按各自的规律从0增大到10N的过程中，下列说法正确的是(      )A. 当水平力均为10N时，甲和乙的动量均为10kgm/sB. 甲所受力F对物块的冲量为10Ns，乙所受力T对物块所做的功为10JC. 甲在此过程中的位移为10mD. 当水平力均为10N时，甲的动能为50J，乙的动量为【答案】BD【解析】【详解】由甲图可知，图线与t轴围成的面积表示冲量，则当水平力为F=10N时，冲量为，根据动理定理，得此时甲的动量为，则此时甲的速度为，则甲的动能为，因F是变力，故无法求出甲运动的位移；由乙图可知，图线与x轴围成的面积表示拉力T做的功，则当水平力T=10N时， 则拉力T做的功为，根据动能定理有：，解得：，此时乙的动量为，故AC错误，BD正确；故选BD.7.如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动，一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2>v1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端，就上述过程，下列判断正确的有（　　）A. 合力对物块的冲量大小可能为2mv2B. 此过程中传送带对滑块做功为（mv22-mv12）C. 此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m（v1+v2）2D. 此过程中电动机多做功为mv1（v1+v2）【答案】CD【解析】【详解】A．由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，由动量定理可知，合力对物块的冲量大小为故A错误；
B．此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W′=△EK得 故B错误；C．设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则 摩擦力对滑块做功 又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即 该过程中传送带的位移x2=v1t1摩擦力对传送带做功 联立得W2=mv1v2设滑块向右运动的时间t2，位移为x3，则 摩擦力对滑块做功 该过程中传送带的位移x4=v1t2=2x3滑块相对传送带的总位移x相=x1+x2+x4-x3=x1+x2+x3滑动摩擦力对系统做功 滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功 故C正确；
D．全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即 整理得 故D正确。故选CD。8.如图甲所示，水平面上有质量相等的两个木块A、B用一根轻弹簧相连接，整个系统处于平衡状态．现用一个竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动，弹簧始终处于弹性限度内，如图乙所示．研究从力F刚作用在木块A上时（）到木块B刚离开地面时（）这个过程，并且选定这个过程中木块A的起始位置为坐标原点，得到表示力F和木块A的位移x之间关系的图象如图丙，则下列说法正确的是（        ）A. 时，弹簧刚好恢复原长B. 该过程中拉力做功C. 过程，拉力做的功大于木块A机械能的增加量D. 过程，木块A动能的增加量等于拉力和重力做功的总和【答案】ABD【解析】A、A压着弹簧处于静止状态，；当力F作用在A上，使其向上匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知，随着x逐渐增大，导致弹簧的弹力逐渐减小，则力F逐渐增大，但物体A的合力却不变，当B刚离开地面时，弹簧处于伸长状态有，则，则当时，弹簧刚好恢复到原长，故A正确．B、根据图象可知拉力F随着位移均匀增大，则，故B正确．C、在A上升过程中，弹簧从压缩恢复到原长过程，由动能定理，即，则拉力做功小于A物体机械能的增加，故C错误．D、0~x0过程因弹簧的初末形变量相同，则弹性势能的变化为零；由动能定理可知，即木块A动能的增加量等于拉力和重力做功的总和，故D正确．故选ABD.【点睛】弹簧的弹力和弹性势能均与形变量有关，形变有压缩和拉伸两种情形，要注意加以区分；功是能量转化的量度，一种功总是与一种能相联系，要具体情况具体分析．第Ⅱ卷 非选择题（共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（11题，共130分）9.利用图示装置可以做多个力学实验．（1）用此装置“研究匀变速直线运动”时，______（填“需要”或“不需要”）平衡小车和木板间的摩擦阻力；（2）用此装置探究“加速度与质量的关系”时，改变小车质量后，__（填“需要”或“不需要”）重新平衡摩擦阻力；（3）用此装置探究“功与速度变化的关系”，为了尽可能准确，不挂钩码平衡摩擦力时，小车后面______（填“需要”或“不需要”）固定纸带；【答案】    (1). 不需要    (2). 不需要    (3). 需要【解析】【详解】（1）[1]用此装置“研究匀变速直线运动”时，不需要平衡摩擦力，只要物体做匀变速直线运动即可；（2）[2]用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，改变砝码和砝码盘的质量时，不需要重新平衡摩擦力；（3）[3]用此装置探究“功与速度变化的关系”，为了尽可能准确，不挂钩码平衡摩擦力时，小车后面需要固定纸带，同时将纸带与限位孔之间的摩擦阻力也同时平衡掉。【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后熟练应用物理规律来解决实验问题。10.“用自由落体法验证机械能守恒定律”，器材安装如图所示．(1)请指出图中的错误及不妥之处(至少写出两处)：①_________________________________________.②_________________________________________.(2)改进实验中错误及不妥之处后，打出如图所示的一条纸带．已知打点计时器频率为50 Hz，根据纸带所给数据，打C点时重物的速度为________m/s(计算结果保留2位有效数字)．(3)某同学选用两个形状相同质量不同的重物a和b进行实验测得几组数据，画出-h的图象如图丙所示，求出图线的斜率k，由图象可知a的质量m1__________(填“大于”或“小于”)b的质量m2.(4)通过分析发现造成k2值偏小的原因是实验过程中存在各种阻力，已知实验所用重物的质量m2＝0.052 kg，当地重力加速度g取9.78 m/s2，求出重物所受的平均阻力Ff＝________N．(计算结果保留2位有效数字)【答案】    (1). 手应提着纸带上端    (2). 重物应靠近打点计时器    (3). 2.2m/s    (4). 大于    (5). 0.031N【解析】【详解】（1）图甲中的错误及不妥之处：使用直流电源；重物离打点计时器太远；没有从上方提着纸带，而是用手托着纸带．（2）C的瞬时速度等于BD段的平均速度则：（3）根据动能定理：，则有，有图像得斜率，b得斜率小，知b得质量小，所以a得质量大于b得质量．（4）根据动能定理知，则有，可知，代入数据解得【点睛】本题实验题，对于实验一定要注意实验得操作要求以及数据处理；如果题目涉及图像问题，一定要结合图像求解，尤其注意图像的斜率和截距得物理意义．11.如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0.6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数为0.5，BC长为0.5m，小球进入管口C端后，通过CD在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为EP=0.5J。取重力加速度g=10m/s2.求： (1)C处管壁受到作用力； (2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；  (3)小球最终停止的位置。【答案】(1) 25N；(2)6J；(3) 0.2m。【解析】【详解】(1) 滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得  在C点带入数据解得N=25N即在C点上管壁受到向上的大小为25N的作用力； (2)在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零。设此时滑块离D端的距离为x0，则有 kx0=mg计算得出 x0=0.1m由机械能守恒定律有     得 (3)小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中。设物块在BC上的运动路程为s′，由动能定理有计算得出s′=0.7m  故最终小滑块距离B0.7m-0.5m=0.2m处停下.12.如图所示，质量为M的平板车P，放在粗糙的地面上，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，且M=m=5kg，系统原来静止在水平地面上。一不可伸长的轻质细绳长为R=1.6m，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球（大小不计）。今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失。已知Q恰能滑到平板车的右端，Q与P之间的动摩擦因数为μ1=0.5，P与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.1，重力加速度为g=10m/s2.，若当Q滑到P板的右端时，在P木板上施加一个水平向右的力F，大小为70N，求：(1)小球到达最低点与Q碰撞之前瞬间的速度v0大小和碰完之后物块Q的瞬时速度大小各为多少；(2)平板车P的长度L为多少；(3) 从小物块Q开始滑动到力F作用1s的整个过程中生的热量为多少焦耳。【答案】(1) 4m/s；4m/s；(2) 1m；(3) 103.75J。【解析】【详解】(1)小球运动到最低点过程，机械能守恒    得出v0=4m/s小球与物块Q相撞时，没有能量损失，满足动量守恒，机械能守恒，则知由以上两式可以知道二者交换速度(2)小物块Q在平板车P上滑行的过程中μ1mg=ma1          μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2经t1达到共速vv=vQ- a1 t1                    v=a2t1SQ1= vQt1- a1t12              Sp1= a2t12   L= SQ1- Sp1=1m(3)施加力F之后，假设板块整体一起走F-μ2（M+m）g=(M+m）a0μ1mg=ma1 得出a0> a1 故Q与P分别加速向右运动而直到分离，各自加速的分别为 a1和 a3 F-μ2（M+m）g-μ1mg =Ma3 设经过t2时间滑离 SQ2= vt2+a1t22         Sp2=vt2 + a3t22 L= SP2- SQ2得出时间t2=1s(4)从滑块Q开始滑动到滑离木板全过程生的热量Q为 得出Q=103.75J13.下列说法中正确的是（　　）A. 分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小B. 高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故C. 功转变为热的宏观过程是不可逆过程D. 布朗运动是液体分子运动，它说明分子永不停息地做无规则运动E. 瓶中充满某理想气体，且瓶内压强高于外界压强，在缓慢漏气过程中（内外气体的温度相同且保持不变），则瓶内气体吸收热量且分子平均动能不变【答案】ACE【解析】【详解】A．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，选项A正确；B．高原地区水的沸点较低，这是高原地区大气压较低的缘故，选项B错误；C．根据热力学第二定律，功转变为热的宏观过程是不可逆过程，选项C正确；D．布朗运动是固体颗粒的无规则运动，它说明液体分子的永不停息地做无规则运动，选项D错误；E．瓶内气体缓慢流出过程中气体体积增大，气体对外做功，而温度始终相等，内能不变，则气体需要吸收热量。因温度是分子平均动能的标志，则分子的平均动能不变，故E正确。故选ACE。14.如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸竖直放置，在距汽缸底部l=36cm处有一与汽缸固定连接的卡环，活塞与汽缸底部之间封闭了一定质量的气体当气体的温度T0=300K、大气压强p0=1.0×105Pa时，活塞与汽缸底部之间的距离l0=30cm，不计活塞的质量和厚度现对汽缸加热，使活塞缓慢上升，求：（1）活塞刚到卡环处时封闭气体的温度T1；（2）封闭气体温度升高到T2=540K时的压强p2．【答案】①；②【解析】试题分析：①设气缸的横截面积为S，由盖-吕萨克定律有代入数据得②由查理定律有代入数据得考点：气体的等容变化和等压变化【名师点睛】本题关键找出气体的已知参量后根据气体实验定律的方程列式求解，基础题．15.一列简谐横波在t=0时刻的图像如图甲所示，平衡位置位于x=15m处的A质点的振动图像如图乙所示，下列说法中正确的是__________________A. 这列波沿x轴负方向传播B. 这列波的波速是C. 从t=0开始，质点P比质点Q晚0.4s回到平衡位置D. 从t=0到t=0.1s时间内，质点Q加速度越来越小E. 从t=0到t=0.6s时间内，质点A的位移为4m【答案】ACD【解析】【详解】由乙图知，t=0时刻质点A的速度方向为沿y轴正方向，在甲图中，由波形平移法可知该波的传播方向为沿x轴负方向．故A正确．由甲图读出该波的波长为 λ=20m，由乙图周期为：T=1.2s，则波速为：．故B错误．图示时刻质点P沿y轴负方向，质点Q沿y轴正方向，所以质点P比质点Q晚回到平衡位置，其时间等于波向左传播 所用的时间，即，故C正确．t=0时刻质点Q向上振动，t=0.1s时回到平衡位置，则从t=0到t=0.1s时间内，质点Q加速度越来越小，选项D正确；从t=0时质点A在平衡位置向上振动，t=0.6s=0.5T时质点A仍在平衡位置向下振动，则从t=0到t=0.6s时间内，质点A的位移为0，选项E错误；故选ACD.
点睛：本题既要理解振动图象和波动图象各自的物理意义，由振动图象的斜率能判断出质点的速度方向，运用波形的平移法判断波的传播方向，更要把握两种图象的内在联系．16.如图所示，某玻璃砖的截面由半圆和正三角形组成，半圆的直径为d，正三角形的边长也为d，一束单色光从AB边的中点D垂直于BC射入玻璃砖中，结果折射光线刚好通过半圆的圆心O，光在真空中的传播速度为c，求：①光在玻璃砖中传播的时间（不考虑光的反射）.②人射光线的方向不变，将光在AB面上的入射点下移，使折射光线刚好能照射到圆的底部，入射点沿AB移动的距离为多少？这时光束在圆的底部经玻璃砖折射后的折射角为多少？【答案】（1）   （2）【解析】①由几何关系可知，光在AB面上的入射角为60°，折射角为30°根据折射率公式有由几何关系可知，光在玻璃砖中传播的路程s=d光在玻璃砖中传播的时间②由几何关系可知求得因此入射点沿AB移动的距离由几何关系可知，光线在玻璃砖底部的入射角为30°，根据光路可逆可知，光线在玻璃砖底部的折射角为60°【点睛】此题关键是根据折射定律求解出各个分界面上的折射角，并结合几何关系进行分析计算．