山东省日照市2020届高三上学期1月校际联考物理试题

2019-2020学年高三校际联合考试

高三物理

1.本卷两部分，共100分，考试时间90分钟。

2.请按照题号在各题目的答题区域内作答、超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。答题卡面清洁、不折叠、不破损。

第Ⅰ卷（选择题，共40分）

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

1.下列有关物理知识在实际中的应用，解释正确的是（　　）

A. 交通法规定乘客必须系好安全带，是利用惯性

B. 灵敏电流表在运输时总要用导线把两个接线柱连在一起，是利用电磁驱动

C. 野外三条高压输电线上方还有两条导线与大地相连，是利用静电屏蔽

D. 通过发出与噪声振幅、频率相同但相位相反的声波消灭噪声，是利用声波衍射

【答案】C

【解析】

【详解】A．交通法规定乘客必须系好安全带，是防止惯性对人产生的伤害，故A错误。 

B．运输过程中的震动颠簸，可能会损坏指针、线圈、游丝，短路后，产生感应电流，据楞次定律，产生电磁阻尼，减轻指针、线圈、游丝的摆动，故B错误。 

C．野外三条高压输电线上方还有两条导线与大地相连，两者电势差为零，打雷时，对高压线没有危害，构成屏蔽，故C正确。 

D．通过发出与噪声相位相反，频率、振幅相同声波与噪声干涉实现相位抵消，故D错误。 

故选C。

2.如图，S是波源，振动频率为100Hz，产生的简谐横波向右传播，波速为40m/s。波在传播过程中经过P、Q两点，已知P、Q的平衡位置之间相距0.6m。下列判断正确的是（　　）

A. Q点比P点晚半个周期开始振动

B. 当Q点的位移最大时，P点的位移最小

C. Q点的运动方向与P点的运动方向可能相同

D. 当Q点通过平衡位置时，P点也通过平衡位置

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据可知，波长

又

故Q点比P点晚1.5个周期开始振动，A错误；

BC．P、Q两点的平衡位置距离是半个波长的奇数倍，故两者振动情况完全相反，即两点的运动方向始终相反，当Q点的位移最大时，P点的位移也最大，但两者方向相反，BC错误；

D、两点平衡位置距离是半个波长的奇数倍，所以当Q通过平衡位置时，P点也通过平衡位置，但两者运动方向相反，D正确。

故选D。

3.一个质点在三个力的作用下处于平衡状态。现再对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变。则质点可能做（　　）

A. 匀速直线运动 B. 匀变速曲线运动 C. 匀速圆周运动 D. 抛体运动

【答案】B

【解析】

【详解】A．若所施加的外力方向与物体运动方向相同，则物体做匀加速直线运动，外力方向与物体运动方向相反，则物体做匀减速直线运动，但如果力与初速度不在同一直线上，则可能做曲线运动，但恒力产生加速度，物体不可能做匀速直线运动，故A错误； 

B．由牛顿第二定律可知，质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同；若恒力的方向与速度的方向不在同一条直线上，则物体做匀变速曲线运动，故B正确； 

C．质点受到恒力的作用，加速度大小与方向都恒定，若物体做曲线运动，则速度的方向不断变化，所以恒力的方向不可能与速度方向总是垂直，所以不可能做匀速圆周运动，故C错误； 

D．抛体运动只受到重力的作用，显然与该题不符，故D错误；

故选B。

4.甲、乙两车在平直公路上沿同一直线运动，两车的速度v随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是（　　）

A. 两车的出发点一定不同

B. 在0到t2的时间内，两车一定相遇两次

C. 在t1到t2时间内某一时刻，两车的加速度相同

D. 在t1到t2时间内，甲车的平均速度一定大于乙车的平均速度

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据题目所给信息，不能判断两车出发点的关系，因为该图是描述速度与时间变化关系的图像，A错误；

B．两图线的交点表示在该时刻速度相等，在0到t2的时间内，两车有两次速度相等，并不是相遇，B错误；

C．图象的斜率表示加速度，在t1时刻两车速度相等，然后甲做变加速直线运动，乙做匀加速直线运动，在t2时刻两车又速度相等，所以甲的平均加速度等于乙的加速度，故t1到t2时间内在某一时刻，乙图线的斜率和甲图线平行，加速度相等，C正确；

D．图象图线与坐标轴围成的面积表示位移，从图可知，在t1到t2时间内乙的位移大于甲的位移，所用时间相等，故甲的平均速度一定小于乙的平均速度，故D错误。

故选C。

5.电阻为R的单匝闭合金属线框，在匀强磁场中绕着与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势的图像如图所示。下列判断正确的是（　　）

A. 时刻线框平面与中性面平行

B. 穿过线框的磁通量最大为

C. 线框转动一周做的功为

D. 从到的过程中，线框的平均感应电动势为

【答案】B

【解析】

【详解】A．由图可知时刻感应电动势最大，此时线圈所在平面与中性面垂直，A错误；

B．当感应电动势等于零时，穿过线框回路的磁通量最大，且由得

B正确；

C．线圈转一周所做的功为转动一周的发热量

C错误；

D．从到时刻的平均感应电动势为

D错误。

故选B。

6.如图甲所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻）。通过改变电路中的元件参数对同一电容器进行两次充电，对应的电荷量q随着时间t变化的曲线如图乙中的a、b所示。曲线形状由a变化为b，是由于（　　）

A. 电阻R变大

B. 电阻R减小

C. 电源电动势E变大

D. 电源电动势E减小

【答案】A

【解析】

【详解】由图象可以看出，最终电容器所带电荷量没有发生变化，只是充电时间发生了变化，说明电容器两端电压没有发生变化，即电源的电动势不变，而是电路中电阻的阻值发生了变化。图象b比图象a的时间变长了，说明充电电流变小了，即电阻变大了，故A正确，BCD错误。

故选A。

7.如图所示，压缩的轻弹簧将金属块卡在矩形箱内，在箱的上顶板和下底板均安有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动。当箱静止时，上顶板的传感器显示的压力F1=2N，下底板传感器显示的压力F2=6N，重力加速度g=10m/s2。下列判断正确的是（　　）

A. 若加速度方向向上，随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，F2逐渐增大

B. 若加速度方向向下，随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，F2逐渐减小

C. 若加速度方向向上，且大小为5m/s2时，F1的示数为零

D. 若加速度方向向下，且大小为5m/s2时，F2的示数为零

【答案】C

【解析】

【详解】A．若加速度方向向上，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则F2不变，根据牛顿第二定律得

得

知随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，A错误；

B．若加速度方向向下，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则F2不变，根据牛顿第二定律得

得

知随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，故B错误；

C．当箱静止时，有

得

m=0.4kg

若加速度方向向上，当F1=0时，由A项分析有

解得

a=5m/s2

故C正确；

D．若加速度方向向下，大小是5m/s2小于重力加速度，不是完全失重，弹簧不可能恢复原长，则F2的示数不可能为零，D错误。

故选C。

8.质量为m的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为l，另一质量也为m且可视为质点的物体从箱子中央以v0=的速度开始运动（g为当地重力加速度），如图所示。已知物体与箱壁共发生5次完全弹性碰撞。则物体与箱底的动摩擦因数的取值范围是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】小物块与箱子组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得

解得

对小物块和箱子组成的系统，由能量守恒定律得

解得

由题意可知，小物块与箱子发生5次碰撞，则物体相对于木箱运动的总路程

，

小物块受到摩擦力为

对系统，利用产热等于摩擦力乘以相对路程，得

故

，

即，故C正确，ABD错误。

故选C。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9.如图，正方形abcd处于匀强电场中，电场方向与此平面平行。一质子由a点运动到b点，电场力做功为W，该质子由a点运动到d点，克服电场力做功为W。已知W＞0，则（　　）

A. 电场强度的方向沿着ab方向

B. 线ac是一条等势线

C. c点的电势高于b点的电势

D. 电子在d点的电势能大于在b点的电势能

【答案】BC

【解析】

【详解】B．由题意可知，一质子由a点运动到b点，电场力做功为W；该质子由a点运动到d点，电场力做功为-W；根据公式可知

又根据几何关系可知，b、d两点关于ac连线轴对称，所以ac是此匀强电场中的等势线，B正确；

AC．由于质子由a点运动到b点，电场力做正功，所以，所以电场强度的方向为垂直于ac线，指向b点，A错误C正确；

D．根据，又电子带负电，所以电势低的地方电势能高，即电子在d点的电势能小于在b点的电势能，D错误。

故选BC。

10.滑雪运动深受人民群众喜爱。如图，竖直面内有半径为R的圆弧形滑道AB，一质量为m的滑雪爱好者（可视为质点）从滑道的A点由静止开始下滑，到达最低点B时对滑道的压力大小为mg（g为当地的重力加速度）。已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30°，滑道各处动摩擦因数相同，则滑雪好者在沿着AB下滑的过程中（　　）

A. 重力的功率先增加后减小

B. 始终处于失重状态

C. 克服摩擦力做功为

D. 受到的摩擦力大小为

【答案】AC

【解析】

【详解】A．在下滑过程中滑雪者的速度越来越大，但是在竖直方向的速度是先增大后减小，重力的功率先增加后减小，故A正确；

B．在下滑过程中，滑雪者在竖直方向的加速度先是向下，后向上，所以滑雪者先处于失重状态，后处于超重状态，故B错误；

C．设滑雪者到最低点时的速度为v，根据牛顿第二定律得

从A到B的过程中有重力和摩擦力做功，根据动能定理可得

可解得

故C正确；

D．因为在滑行过程中，滑雪者受到的弹力在不断的变化，所以受到的摩擦力也是一个变量，不是一个确定值，故D错误。

故选AC。

11.如图所示，有两个轻质小环A和B套在光滑固定的水平杆上，两环用一橡皮条连接在橡皮条中点施以竖直向上的力F，要使橡皮条与两环间的杆围成顶角为120°的等腰三角形，必须在两环上分别各施加一个作用力，关于此力，下列说法正确的是（　　）

A. 此力可以沿着杆向外，大小为F

B. 此力可以垂直于橡皮条向上，大小为2F

C. 此力可以垂直于杆向下，大小为F

D. 此力可以沿着橡皮条向下，大小为F

【答案】AD

【解析】

【详解】两绳的合力大小等于

F=2Tcos60°

得绳拉力大小

T=F。

A．此力可以沿着杆向外时，对A环进行受力分析，根据平衡条件，在水平方向

FA=Tcos30°=F

故A正确；

B．此力垂直于橡皮条向上时，对A环进行受力分析，根据平衡条件，在水平方向

FAcos60°=Tcos30°

解得

FA=F

故B错误；

C．此力垂直于杆向下时，对A环进行受力分析，在水平方向合力为Tcos30°，不满足平衡条件，故C错误；

D．此力沿着橡皮条向下时，对A环进行受力分析，根据平衡条件，在水平方向

FAcos30°=Tcos30°

解得

FA=F

故D正确。

故选AD。

12.最近几十年，人们对探测火星十分感兴趣，先后发射过许多探测器。称为“火星探路者”火星探测器曾于1997年登上火星。在探测器“奔向”火星的过程中，用h表示探测器与火星表面的距离，a表示探测器所受的火星引力产生的加速度，a随h变化的图像如图所示，图像中a1、a2、h0以及万有引力常量G己知。下列判断正确的是（　　）

A. 火星的半径为

B. 火星表面的重力加速度大小为

C. 火星的第一宇宙速度大小为

D. 火星的质量大小为

【答案】BD

【解析】

【详解】AD．分析图象可知，万有引力提供向心力

当时

联立解得，火星的半径

火星的质量

A错误D正确；

B．当h=0时，探测器绕火星表面运行，火星表面的重力加速度大小为a1，B正确；

C．火星表面，根据重力提供向心力得

解得火星的第一宇宙速度

C错误。

故选BD。

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13.某同学利用如图甲所示装置探究加速度与力、质量的关系。实验时，把数据记录在表格中，数据是按加速度大小排列的，第8组数据中小车质量和加速度数据漏记。

(1)该同学又找到了第8组数据对应的纸带以及小车质量，纸带如图乙所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出来的点未画出。请你帮助该同学求出第8组中的加速度a=______m/s2；

(2)如果要研究加速度与力的关系，需取表格中______组数据（填组号），做a-F图像；如果要研究加速度与质量的关系，需取表格中______组数据（填组号），做a-m图像。这种研究方法叫做______法。

(3)做出a-m图像如图丙所示，由图像______（填“可以”或“不可以”）判断a与m成反比。

【答案】    (1). 0.91（0.89~0.92）    (2). 2、4、5、7、9    (3). 1、3、6、7、8    (4). 控制变量    (5). 不可以

【解析】

【详解】(1)[1]．T=0.02×5s=0.1s，根据△x=aT2求解加速度为

.

(2)[2][3][4]．采用控制变量法研究加速度与力的关系，需要保证质量不变，选取2、4、5、7、9组数据。

研究加速度与质量的关系时，需要控制力F不变，选取1、3、6、7、8组数据。

(3)[5] ．做出a-m图像如图丙所示，由图像不可以判断a与m成反比。分析丙图可知，a-m图线为曲线，并不能说明是反比例关系，故应作图线，研究a与成正比关系。

14.某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为1.50V的电压表。该同学测得微安表内阻为1200，经计算后将一阻值为R的电阻与微安表连接，进行改装。然后利用一标准电压表，对改装后的电表进行检测。

(1)将图（a）中的实物连线补充完整_______；

(2)当标准电压表的示数为1.00V时，微安表的指针位置如图（b）所示，由此可以推测出改装的电压表量程不是预期值，而是_______；（填正确答案标号）

A.1.20V            B.1.25V        C.1.30V        D.1.35V

(3)产生上述问题的原因可能是______。（填正确答案标号）

A．微安表内阻测量错误，实际内阻大于1200

B．微安表内阻测量错误，实际内阻小于1200

C．R值计算错误，接入的电阻偏小

D．R值计算错误，接入的电阻偏大

【答案】    (1).     (2). B    (3). BC

【解析】

【详解】(1)[1]微安表与分压电阻串联可以改装成电压表，实物电路图如图所示。

(2)[2]微安表量程为250μA，由图（b）所示表盘可知，其分度值为5μA，其示数为200μA，是满偏量程的，此时标准电压值为1.00V，即满偏量程的对应着电压值为1.00V，故改装后的电压表最大量程为

B正确，ACD错误。

故选B。

(3)[3]由微安表改装的电压表，示数偏大，说明其内阻偏小，原因有可能是微安表内阻值小于1200Ω，也有可能滑动变阻器R的接入电阻偏小造成的，故BC正确，AD错误。

故选BC。

15.如图甲所示，小车B紧靠平台的边缘静止在光滑水平面上，物体A（可视为质点）以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v-t图像如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2，求：

(1)物体A与小车上表面间的动摩擦因数；

(2)物体A与小车B的质量之比；

(3)小车的最小长度。

【答案】(1)0.3；(2)；(3)2m

【解析】

【详解】(1)根据图像可知，A在小车上做减速运动，加速度大小

若物体A的质量为与小车上表面间的动摩擦因数为，则

联立可得

(2)设小车B的质量为M，加速度大小为，根据牛顿第二定律

得

(3)设小车的最小长度为L，整个过程系统损失的动能，全部转化为内能

解得

L=2m

16.如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为3m和m。它们分别系在一跨过两个定滑轮的绝缘轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域。现将系统由静止释放，当线框b开始进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动，当线框b刚好完全进入磁场时，线框a刚好开始进入磁场。不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g。求：

(1)系统由静止释放时，线框b上边到磁场下边界的距离；

(2)从开始到两线框全部穿过磁场的过程中，共产生的焦耳热Q。

【答案】(1) ； (2) 8mgl。

【解析】

【详解】(1)设两线框匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力为T，由平衡条件得：

对a有

T=3mg-BIl

对b有

T=mg

又

E=Blv

则

以整体研究对象，根据牛顿第二定律可得

3mg-mg=4ma

解得

根据运动学公式可得

v2=2ax

解得

(2)从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q1，由功能关系可得

3mgl-mgl=Q1

所以

Q1=2mgl

从开始到两线框全部穿过磁场的过程中，共产生的焦耳热为

Q=4Q1=8mgl

17.如图所示，光滑轨道OABC是由水平直轨道OB与一段半径R=62.5m的圆弧BC在B点相切而成。m=1kg的物块P在F=20N的水平推力作用下，紧靠在固定于墙面的轻弹簧右侧A处保持静止，A点与B点相距=16m。己知物块可视为质点，弹簧的劲度系数。取重力加速度g=10m/s2，cos5°=0.996。现突然撤去力F，求：

(1)物块P第一次向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量大小；

(2)从物块P离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间。（结果保留两位小数）

【答案】(1)2N·s；(2)23.65s

【解析】

【详解】(1)设弹簧在A处保持静止时压缩量为x，有

F=kx

若物块离开弹簧时速度为v，根据动能定理

物块P向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量

I=mv

解得

I=2N·s

(2)物块离开弹簧到B之间做匀速直线运动，设时间为，则有

设物块沿着圆弧轨道上升到D点，B、D间的高度为h，则有

设过D点的半径与竖直方向的夹角为，则

即

物块从B点到D点再返回B点的过程中，可以看做单摆，单摆周期

，

可得从物块P离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间

代入数据得

t=23.65s

18.如图所示，在xoy平面内，虚线OP与x轴的夹角为30°。OP与y轴之间存在沿着y轴负方向的匀强电场，场强大小为E。OP与x轴之间存在垂直于xoy平面向外的匀强磁场。现有一带电的粒子，从y轴上的M点以初速度v0、沿着平行于x轴的方向射入电场，并从边界OP上某点Q （图中未画出）垂直于OP离开电场，恰好没有从x轴离开第一象限。已知粒子的质量为m、电荷量为q（q>0），粒子的重力可忽略。求：

(1)磁感应强度的大小；

(2)粒子在第一象限运动的时间；

(3)粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离。

【答案】(1)；(2)；(3)

【解析】

【详解】(1)由于粒子从Q点垂直于OP离开电场，设到Q点时竖直分速度为，由题意可知

设粒子从M点到Q点运动时间为，有

粒子做类平抛运动的水平位移如的

由磁场方向可知粒子向左偏转，根据题意可知粒子运动轨迹恰好与轴相切，设粒子在磁场中运动的半径为，由几何关系

设粒子在磁场中速度为，由前面分析可知

洛伦兹力提供向心力

解得

(2)粒子在磁场中运动周期

设粒子在磁场中运动时间为，

粒子离开磁场的位置到轴的距离为，则

沿着轴负方向做匀速直线运动，设经过时间到达轴，

即

(3)由几何关系可得粒子离开磁场的位置到轴距离

粒子离开磁场手，竖直方向做匀速直线运动，经过时间到达轴并离开电场

则

粒子离开电场的位置到点的距离

。