四川省成都市2020届高三上学期一诊考试物理试题
展开2020年四川省成都市高考物理一诊试卷
二、选择题
1.图示情景中，小球相对于水平桌面向后运动的原因是
A. 小球突然失去惯性 B. 动车突然向前加速
C. 动车突然向前减速 D. 动车做匀速直线运动的速度很大
【答案】B
【解析】
【详解】小球突然向后去，是因为火车突然启动，因为惯性，小球会保持原来的运动状态，所以会相对桌面向后运动，故B正确。
2.如图，小物块在沿斜面向上的拉力作用下沿固定光滑斜面匀速上滑。现将力的方向变为水平向右，仍使保持原来的速度沿斜面匀速上滑。则变化后与变化前比较
A. 斜面对物体支持力不变 B. 力变大
C. 力变小 D. 力的功率变大
【答案】B
【解析】
【详解】A.对物体受力分析可知，物体受重力、支持力、摩擦力和拉力，根据受力平衡可得
当力的方向变为水平向右，根据平衡可得
因此支持变大，故A错误；
BC.在斜面方向，根据平衡可得
当力的方向变为水平向右可得
因此F变大，故B正确C错误；
D.一开始F的功率为
变化之后功率为
拉力F的功率不变，故D错误。
3.如图。水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为，板间距离为，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为。静电力常量为k，下列说法正确的是
A. 油滴带正电
B. 油滴受到的电场力大小为
C. 若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角减小
D. 若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将加速向上运动
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据受力分析知，油滴受重力和电场力，因为油滴受力平衡，因此可判断油滴带负电，所受电场力竖直向上，故A错误；
B.因为油滴处于匀强电场中，因此只能用匀强电场公式，根据平行板电容器公式可得
，
可得
故B错误；
C.平行板电容器电荷量不变，根据公式
，
因此将上极板平移到图中虚线位置，间距变小，电容变大，电压变小，静电计指针张角变小，故C正确；
D.电场力
可知电场力与两极板距离d无关，若仅将上极板平移到图中虚线位置，所受电场力不变，因此油滴仍静止不动，故D错误。
4.如图甲，在匀强电场中的点先后无初速释放两个正点电荷和Ⅱ，电荷仅受匀强电场的作用沿直线向运动，两电荷的动能随位移变化的关系如图乙。若的电荷量为，则可知
A. 匀强电场的场强大小为
B. 电荷Ⅱ受到的电场力大小为
C. 电荷Ⅱ电荷量为
D. 选点为零电势点，点的电势为
【答案】A
【解析】
【详解】A.因为电荷仅受匀强电场的作用，所以静电力所做的功等于动能变化量，即
解得
故A正确；
B.根据静电力所做的功等于动能变化量可得
解得
C.根据动能关系可设电荷Ⅱ的电荷量为Q，则
解得
故C错误；
D. 若选点为零电势点，则点的电势即为间的电势差，因为是匀强电场，根据公式
解得
但是电荷为正电荷，因此电场方向为从O到A，电势减小，故
故D错误。
5.人造地球卫星的轨道可能是圆，也可能是椭圆。关于在轨正常运行的这些卫星，说法正确的是
A. 所有卫星的运行周期都小于1天
B. 所有卫星在任何位置的速率都小于
C. 部分卫星在某些位置的向心加速度大于地球表面的重力加速度
D. 所有卫星半长轴（或轨道半径）的三次方与运行周期的二次方的比值是一个常数
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据周期公式可得
轨道半径越大，周期越大，因此存在周期大于1天的情况，故A错误；
B.卫星在变换轨道时会加速远离地球，在加速的过程中，卫星的速度可以大于7.9km/s，故B错误；
C.根据公式可知
因为卫星轨道半径大于地球半径，因此其加速度不可能大于地球重力加速度，故C错误；
D.根据公式可得
所以
为常数，故D正确。
6.图甲所示的无人机在飞行的某内，前沿正东方向做水平直线运动，后沿正北方向做水平直线运动，其速率随时间变化的关系如图乙。下列判断正确的是（可能用到
A. 无人机在末、末的加速度大小之比为
B. 无人机在前、后0.5内的平均速率之比为
C. 内，无人机飞行的路程为
D. 内，无人机的位移大小为、方向东偏北
【答案】AD
【解析】
【详解】A.由图像可知，
前30s，无人机加速度大小为，30s到50s加速度为1m/s2，所以无人机在末、末的加速度大小之比为，故A正确；
B.根据平均速度公式可得
在v-t图中，图像面积为物体的位移，因此可得，前0.5min内平均速度为，后0.5min内平均速度为，因此速度之比为3:4，故B错误；
C.无人机实际运行轨迹即为无人机路程，由图可知，无人机路程为700m，故C错误；
D.根据无人机运行轨迹可知，其位移为，方位为东偏北53°，故D正确。
7.如图，曲线为某元件的伏安特性曲线，直线b为某直流电源的伏安特性曲线。将元件与该电源连接成一闭合回路，下列说法正确的是
A. 元件的电阻随电压的增大而增大 B. 电源的电动势为，内阻为
C. 电源的总功率为 D. 电源的效率为
【答案】BD
【解析】
【详解】A.由图像可知，图像斜率表示电阻，斜率随电压增大而变小，因此电阻也变小，故A错误；
B.根据U-I图像可知，与电压轴交点为电动势，斜率表示内阻，因此可知，电源电动势为5V，内阻为，故B正确；
C.电源总功率为
由图像可得
故C错误；
D.电源的效率为
解得
故D正确。
8.如图，一绝缘且粗糙程度相同的竖直细杆与两个等量异种点电荷、连线的中垂线重合，细杆和、均固定，、、为细杆上的三点，为、连线的中点，．现有电荷量为、质量为的小球套在杆上，从点以初速度向滑动，到达点时速度恰好为0．则可知
A. 从到，小球的电势能始终不变，受到的电场力先增大后减小
B. 从到，小球加速度先减小后增大
C. 小球运动到0点时的速度大小为
D. 小球从到与从到，重力的冲量相等
【答案】AC
【解析】
【详解】A.根据几何关系可知，AB为两个电荷的中垂线，因此是等势面，所以从到，小球的电势能始终不变，根据电场线的疏密程度可知，在O点电场线最密，两端稀疏，因此电场力先增大后减小，故A正确；
B.对物体受力分析可知，小球受重力、摩擦力、库仑力和支持力，在水平方向小球没有移动，因此合力为零，但电场力在O点最大，因此支持力也最大，故其滑动摩擦力在O点最大，在竖直方向的合力为重力和摩擦力，因此加速度先增大后减小，故B错误；
C.根据对称，小球在O点，动能变为原来的一半，因此可得
解得
故C正确；
D. 小球从到与从到，因为速度变化不同，因此所用时间不同，根据
可知，重力的冲量不相等，故D错误。
三、非选择题
9.甲图是某小组探究“加速度与合外力的关系”的实验装置。在他们的方案中，长木板平放在水平桌面上，利用穿过打点计时器且连在小车后端的纸带测小车的加速度，利用固定在小车前端的力传感器测小车受到的水平拉力。
（1）按该方案做实验，是否要求钩码质量远小于小车的质量？__（填“是”或“否” 。
（2）从实验中挑选一条点迹清晰的纸带。每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图乙所示。已知打点计时器每间隔打一个点。由该纸带可求得小车的加速度__（保留2位有效数字）。
（3）改变钩码的个数，测得多组数据。若以为纵坐标，为横坐标。利用测得的数据作出图象，则最符合该实验实际情况的是图丙中的__。（填选项序号字母）
【答案】 (1). 否 (2). 0.72 (3). B
【解析】
【详解】（1）[1]因为小车前端有力传感器测小车受到的水平拉力，因此不需要钩码质量远小于小车的质量；
（2）根据公式
解得
（3）[3]因为没有平衡摩擦力，所以在一开始有力时没有加速度，故B符合。
10.某同学欲将内阻为、量程为的电流计改装成欧姆表，要求改装后欧姆表的0刻度正好对准电流表表盘的刻度。可选用的器材还有：定值电阻（阻值；定值电阻（阻值；滑动变阻器（最大阻值；干电池．；红、黑表笔和导线若干。改装电路如图甲所示。
（1）定值电阻应选择__（填元件符号）。改装后的欧姆表的中值电阻为__。
（2）该同学用改装后尚未标示对应刻度的欧姆表测量一内阻和量程均未知的电压表的内阻。步骤如下：先将欧姆表的红、黑表笔短接，调节__（填图甲中对应元件符号），使电流计指针指到__；再将__（填“红”或“黑” 表笔与表的“”接线柱相连，另一表笔与V表的“”接线柱相连。若两表的指针位置分别如图乙和图丙所示，则表的内阻为__，量程为__。
【答案】 (1). R1 (2). 1000 (3). R (4). 300 (5). 黑 (6). 500 (7). 1
【解析】
【详解】（1）[1]根据闭合电路欧姆定律可得
，
解得
因此选择定值电阻；
[2]当时可得
解得
（2）[3]使用欧姆表，先将欧姆表的红、黑表笔短接，调节滑动变阻器R；
[4]短接对应的电表达到满偏，即；
[5]因为欧姆表内部电源正极连接黑接线柱，所以黑表笔与表的“”接线柱相连；
[6]根据欧姆表结构，结合闭合电路欧姆定律可得
，
解得
,
[7]因为电压表指针指到中间位置，所以其量程为1V。
11.如图，是竖直面内、圆心在点、半径为的光滑绝缘轨道，其端切线水平且距水平地面的高度也为、连线右侧的空间存在方向竖直向下的匀强电场。将一质量为、电荷量为的带正电小球从轨道端无初速释放，小球从端飞出后，在地面上第一次的落点距的水平距离为．若小球可视为质点，重力加速度大小为。求：
（1）进入电场前，小球在端的速度大小及对轨道的压力大小；
（2）匀强电场场强大小。
【答案】（1），（2）
【解析】
【详解】（1）因为是光滑绝缘轨道，因此根据机械能守恒定律可得
解得
根据圆周运动向心力公式可得
解得
（2）因为电场线方向向下，小球带正电，因此所受的电场力方向向下，所以向下的加速度为
根据类平抛运动可得
，
综合可得
12.如图，小滑块与木板均静止于粗糙水平地面上，与左端的距离为，小滑块静止于木板的右端，、与地面间的动摩擦因数均为，与间的动摩擦因数．现给一个方向水平向右、大小的初速度。已知、、的质量分别为、、，、间的碰撞为弹性碰撞且碰撞时问极短，滑块始终未离开木板，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度．求：
（1）碰前瞬间的速度大小和碰后瞬间的速度大小；
（2）碰后瞬间、的加速度大小；
（3）从碰后到木板最终停止，与地面间因摩擦而产生的热量。
【答案】（1），（2），，方向向左，方向向右（3）5J
【解析】
【详解】（1）因为与地面间的动摩擦因数均为，与左端的距离为，所以有动能定理可得
解得
设碰撞后A的速度为v2，B的速度为v3，因为是弹性碰撞，所以可得
解得
（2）碰撞后瞬间B受到的摩擦力为
，
根据牛顿第二定律可得
，
解得
，
方向向左，方向向右；
（3）设经过时间t，B、C达到共同速度，由运动学公式得
，
代入数据解得
，
在时间t内，木板B的位移
代入数据得
假设B、C共速后一起以加速度a做减速运动，对BC整体运用牛顿第二定律可得
代入数据解得
对B由牛顿第二定律可得受到的静摩擦力大小为1N，设木板B做减速运动再发生位移为x2停止运动，则可得
因此因摩擦产生的热量为
解得
13.下列说法正确的是
A. 将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍然是晶体
B. 质量、温度均相同的碳粉和碳块，其内能不同
C. 悬浮在水中的花粉微粒的布朗运动反映了花粉分子的热运动
D. 一定质量的理想气体，放热的同时对外界做功，其内能一定减少
E. 气体向真空的白由膨胀是不可逆的
【答案】ADE
【解析】
【详解】A. 将一块晶体敲碎后，分子组成结构没有变，因此得到的小颗粒仍然是晶体，故A正确；
B. 内能是物体所有分子动能和势能之和，对于质量、温度均相同的碳粉和碳块，其分子数相同，动能也相同，都为固体势能也相同，因此其内能相同，故B错误；
C. 布朗运动是分子原子撞击加大颗粒，因受力不平衡导致其无规则运动，不是颗粒本身所含的分子，故C错误；
D. 一定质量的理想气体，改变内能有两种方式，做功和热传递，放热的同时对外界做功，内能没有输入只有输出，因此内能一定减小，故D正确；
E.根据热力学第二定律，气体向真空的白由膨胀是不可逆的，故E正确。
14.如图甲，绝热气缸置于水平地面上，其、两部分的横截面积分别是、，、是质量均为且厚度不汁的绝热活塞，初态，与封闭着总高度为（由和的两段组成）的理想气体Ⅰ，与缸底封闭着高度为的理想气体Ⅱ，气体Ⅰ、Ⅱ的温度均为．已知大气压强，重力加速度大小．活塞与气缸接触处光滑且不漏气，气缸壁厚度不计，活塞以上部分足够长。
（1）求气体Ⅱ的压强；
（2）若启动中的加热电阻丝（图中未画出）对气体Ⅱ缓慢加热，某时刻活塞到达的上端且刚好与上端接触而无压力（如图乙），求此时气体Ⅱ的温度。
【答案】（1）（2）
【解析】
【详解】（1）由题意可设，理想气体的气压为p1，理想气体Ⅱ的气压为p2，根据受力平衡可得
，
代入数据解得
（2）根据理想气体状态方程可得
，
解得
15.下列说法正确是
A. 单摆做简谐运动的周期跟摆长和摆球质量均有关
B. 在机械波的传播过程中，介质中质点的振动方向可能和波的传播方向平行
C. 两列波发生干涉现象，在振动加强的区域，质点的位移总是最大
D. 机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用
E. 分别照射同一双缝干涉装置，黄光的干涉条纹间距大于蓝光的干涉条纹间距
【答案】BDE
【解析】
【详解】A.根据单摆公式可得
通过公式可知，单摆做简谐运动的周期跟摆长有关，和摆球质量无关，故A错误；
B.机械波包括纵波和横波，在纵波中介质中质点的振动方向可能和波的传播方向平行，故B正确；
C.两列机械波发生干涉现象，振动加强的点振幅增大，但是振动加强区域质点的位移做周期性变化，不可能总是最大，故C错误；
D.机械波的频率、波长和波速三者满足的关系
适用于一切波，对电磁波也适用，故D正确；
E.根据干涉实验公式
黄光的波长比蓝光的波长大，因此黄光的干涉条纹间距大于蓝光的干涉条纹间距，故E正确。
16.如图，矩形是某均匀材料制成的透明体的横截面，所在平面内，一单色细光束以入射角射到边的点。光束进入透明体后恰好不从边射出，接着光束到达边且部分射出。已知边的长度，空气中的光速。求：
（1）该材料对该单色光的折射率；
（2）光束从点射入至到达边经历的时间。
【答案】（1）（2）
【解析】
【详解】（1）经过MN折射后折射角为r，因此可得
根据几何关系，因为光束进入透明体后恰好不从边射出，所以有
联立解得
（2）根据几何关系可知，在透明体内部光线所走的路程为
光线在透明体内传播速度为
因此光束从点射入至到达边经历的时间为
解得
