重庆市西南大学附属中学高2020届高三上学期第四次月考物理试题

重庆市西南大学附属中学高2020届（三上）第四次月考物理试题一、选择题（14-17为单选，19-21为多选，共48分）1.小滑块从某时刻开始做匀减速直线运动，经3.5s速度减小到0，则该质点开始减速后的第1秒内和第2秒内通过的位移之比为（   ）A. 3:2 B. 3:1 C. 5:4 D. 5:3【答案】A【解析】【分析】考查匀变速直线匀速问题。【详解】小滑块做匀减速直线运动，经3.5s速度减小到0，根据运动的对称性，可认为以同样大小的加速度从0开始加速，第一个0.5s位移为x1，第二个0.5s位移为x2，第三个0.5s位移为x3，……第七个0.5s位移为x7，由初速度为0的匀加速直线运动相邻的相等时间内的位移之比可知： ，减速后的第1秒内和第2秒内通过的位移之比即转换后加速运动的 ，A正确，故选A。2.如图所示，一根长为L金属细杆通有电流时，水平静止在倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上。斜面处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B匀强磁场中。若电流和磁场的方向均不变，电流大小变为0.5I，磁感应强度大小变为4B，重力加速度为g。则此时金属细杆A. 电流流向垂直纸面向外B. 受到的安培力大小为2 BILsinθC. 对斜面压力大小变为原来的2倍D. 将沿斜面加速向上，加速度大小为gsinθ【答案】D【解析】【分析】金属细杆水平静止斜面上时，由左手定则得电流方向，据安培力公式可得受到的安培力大小；根据受力分析和牛顿第二定律可得对斜面压力大小和金属细杆的加速度；【详解】A、直导线受到重力、导轨的支持力和安培力而平衡，由左手定则得电流流向垂直纸面向里，故A错误；B、根据安培力公式可得受到的安培力大小为，故B错误；CD、金属细杆水平静止斜面上时，根据平衡条件可得：，；磁感应强度大小改变时，根据受力分析和牛顿第二定律可得：，，加速度方向沿斜面加速向上，故C错误，D正确；故选D。【点睛】关键是金属细杆水平静止斜面上时，根据平衡条件求得安培力大小与重力大小的关系； 3.如图所示，水平固定横杆的正下方有一光滑的小定滑轮，轻质弹性绳绕过定滑轮，一端O系在墙上，另一端与套在横杆上质量为m的小球连接，弹性绳的原长为OP，小球在定滑轮的正上方A处时弹性绳的拉力大小为mg，小球在水平向右的拉力F=2mg作用下向右运动经过B点，运动到B点时，BP与横杆的夹角为θ=37°．若弹性绳始终在弹性限度内，小球与横杆间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则小球在B处时（　　）A. 加速度大小为gB. 加速度方向水平向右C. 与横杆间的弹力大小为3mgD. 与横杆间的滑动摩擦力大小为mg【答案】D【解析】【详解】CD．设PA间距为l，据胡克定律得T1=kl=mg，在B位置，球受拉力F、重力G、支持力N、弹性绳拉力T2、滑动摩擦力f，其中，支持力N=mg+T2sin37°=2mg，故C错误；滑动摩擦力f=μN=mg，故D正确；AB．据牛顿第二定律得F﹣T2cos37°﹣f=ma，其中F=2mg，解得a=﹣0.33g，加速度向左，大小为0.33g，故AB错误。4.如图甲所示,在真空中沿电场线方向有一个坐标轴,坐标轴的正方向为电场正方向,坐标轴上有A、B两点,A点的坐标为r0，B点的坐标为4r0,沿坐标轴正方向的电场强度随坐标变化如图乙所示,其中E0、r0已知,取坐标原点处的电势为零,则（    ）A. 沿坐标轴方向的电场是匀强电场 B. A、B两点的电势差为4.5E0r0C. B点的电势为-2E0r0 D. 若从B点由静止释放一个电子,电子不能沿坐标运动到A点【答案】B【解析】【分析】考查电场强度与电势差的关系。【详解】A．由图乙可知，电场强度随r增大而减小，不是匀强电场，A错误；B．E-r图像中，面积表示电势差， ，B正确；C．O点电势为0： 又因为：电场正方向为坐标轴的正方向，，联立可知：即，不可能为-2E0r0，C错误；D．电场沿着坐标轴正方向，电子受电场力沿电场的反方向，即沿坐标轴负方向，若从B点由静止释放一个电子，将沿负方向运动到A点，D错误；故选B。5.2019年4月21日,天文学家正式公布了人类历史上第一张黑洞照片。黑洞是一种密度极大,引力极大的天体,以至于光都无法逃逸(光速为c),所以称为黑洞。已知某星球的质量为m,半径为R,引力常量为G,则该星球的逃逸速度公式为,如果天文学家观测到距离某黑洞r的天体以周期T绕该黑洞做匀速圆周运动,则关于该黑洞下列说法正确的是(      )A. 该黑洞质量为 B. 该黑洞质量为C. 该黑洞的最大半径为 D. 该黑洞的最大半径为【答案】BD【解析】【分析】考查万有引力与航天。【详解】AB．天体绕黑洞圆周运动，假设黑洞质量为M，天体质量为m：解得：，A错误，B正确；CD．最大半径时，光刚好无法逃逸，即解得：由：解得：，C错误，D正确；故选BD。6.如图a，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，半径为0.4m，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图b是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图象。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)A. 图b中x＝36 m2/s2B. 小球质量为0.2 kgC. 小球在A点时重力的功率为5 WD. 小球在B点受到轨道作用力为8.5 N【答案】BD【解析】【详解】A、小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有：，解得：，即为：，故选项A错误；B、由图乙可知轨道半径，小球在C点的速度，那么由牛顿第二定律可得：，解得：，故选项B错误；C、小球在A点时重力，方向向下，速度，方向向右，故小球在A点时重力的功率为0，故选项C错误；D、由机械能守恒可得在B点的速度为：；所以小球在B点受到的在水平方向上的合外力做向心力为：，所以，小球在B点受到轨道作用力为8.5N，故选项D正确；故选选项BD。 7.如图所示,水平传送带逆时针匀速转动,速度大小为8m/s,A、B为两轮圆心正上方的点，AB=L1=6 m,两边水平面分别与传送带表面无缝对接,弹簧右端固定,自然长度时左端恰好位于B点,现将一小物块与弹簧接触(不栓接),并压缩至图示位置然后释放,已知小物块与各接触面间的动摩擦因数均为μ=0.2,AP=L2=5m,小物块与轨道左端P碰撞无机械能损失,小物块最后刚好能返回到B点减速到零,g=10m/s2,则下列说法正确的是(     )A. 小物块从释放后第一次到B点的过程中,做加速度减小的加速运动B. 小物块第一次从B点到A点的过程中,一定做匀加速直线运动C. 小物块第一次到A点时,速度大小一定等于8m/sD. 小物块离开弹簧时的速度一定满足【答案】CD【解析】【详解】小物块从释放后第一次到B点的过程中，先做加速度减小的加速运动，当弹力小于摩擦力时做加速度增大的减速运动，故A错误；设物体到达P点的速度为v，反弹后运动到B点的速度为零，由动能定理得：-μmg（L1+L2）=0-mv2，解得v=2m/s，物体由A到P点过程中，由动能定理得：-μmgL2=mv2-mvA2，解得vA=8m/s，小物块第一次从B点到A点的过程中，先做匀减速直线运动，B错误，C正确；若物体速度较大，一直做匀减速运动，有：-2μmg（L1+L2）=0-mv2，解得v=2m/s；若速度较小，在AB上一直加速，到A点时恰好与带同速，有：L1＝vt+at2，8=v+at联立解得v=2 m/s，故小物块离开弹簧时的速度一定满足2m/s≤v≤2m/s，D正确；故选CD。8.如图所示，两等量异种电荷在同一水平线上，它们连线的中点为O，竖直面内的半圆弧光滑绝缘轨道的直径AB水平，圆心在O点，圆弧的半径为R，C为圆弧上的一点，OC为竖直方向的夹角为37°，一电荷量为+q，质量为m的带电小球从轨道的A端由静止释放，沿轨道滚动到最低点时，速度v=2，g为重力加速度，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（　　）A. 电场中A点的电势为B. 电场中B点的电势为C. 小球运动到B点时的动能为2mgRD. 小球运动到C点时，其动能与电势能的和为1.6mgR【答案】AC【解析】【详解】取无穷远处电势为0，则最低点处电势为0．小球从A点运动到最低点过程中，由动能定理可得：mgR+qUAO＝mv2，解得 UAO＝，而UAO=φA-0，解得：φA＝，故A正确；由对称性可知：UAO=UBO，即为：φA-0=0-φB，故有：φB＝−，故B错误；小球从A点运动到B点过程中，由动能定理得：Ek=qUAB=2mgR，故C正确；小球在最低点处的动能和电势能的总和为：E1＝mv2+0＝2mgR，由最低点运动到C点过程，动能、电势能、重力势能的总量守恒，而重力势能增加量为：△Ep=mgR（1-cos37°）=0.2mgR
故动能、电势能的综合减少了0.2mgR，所以小球在C点的动能和电势能的总和为：E2=E1-0.2mgR=1.8mgR，故D错误；故选AC.三、非选择题9.一组同学研究“运动物体所受空气阻力与其运动速度关系”，他们利用一些“小纸杯”作为研究对象，用频闪照相机等仪器测量“小纸杯”在空中竖直下落距离、速度随时间变化的规律。过程如下：A．如图甲所示，同学们首先测量单只“小纸杯”在空中下落过程中不同时间的下落距离，将数据填入下表中。B．在相同的实验条件下，将不同数量的“小纸杯”叠放在一起从空中下落，分别测出它们的v一t图线，如图乙中图线1、2、3、4所示。C．同学们对实验数据进行分析、归纳后，得出阻力大小与速度平方成正比的关系，即。 其中k为常数。回答下列问题：(1)图乙中各条图线具有共同特点：“小纸杯”先做加速度大小______的加速运动（选填“不变”、“增大”或“减小”），最后达到匀速运动。(2)根据表格和图乙中的信息可知表中X处的理论值为____m。(3)根据上述实验结论，可知4个“小纸杯”叠在一起下落时，其最终的下落速率为____m/s。【答案】    (1). 减小    (2). 1.750    (3). 2.0【解析】【详解】（1）图乙中各条图线的斜率先减小后不变，则都具有共同特点：“小纸杯”先做加速度大小减小的加速运动，最后达到匀速运动。（2）因0.8s后纸杯已经匀速下落，由表格可知在0.4s内纸杯下降的距离为0.4m，可知X=1.750m；
（3）一个纸杯时，最终速度为v1=1m/s；由；可得：v2=2m/s。10.长郡中学新进了一批电阻丝，每卷长度L=100m，阻值约为150Ω，高三物理兴趣小组想尽量准确测岀其电阻率。先用螺旋测微器测岀电阻丝直径如图所示，然后在实验室找来了下列器材，请协助完成。待测电阻丝1卷电源E(电动势4.5V，内阻r≈0.5Ω)电流表A1(量程10mA，内阻RA1=50Ω)电流表A2(量程30mA，内阻RA2≈30Ω)滑动变阻器R1(最大阻值为20Ω)滑动变阻器R2(最大阻值为50Ω)定值电阻R3=100Ω定值电阻R4=400Ω开关一个、导线若干(1)螺旋测微器测出电阻丝的直径d=___________cm。(2)滑动变阻器应选用___________，定值电阻应选用___________。(3)请用笔画线代替导线，将已连接了三根导线的实物图补充成实验线路图____________。(4)连接电路，闭合开关，移动滑动变阻器，并记录下多组电流表A1的示数I1、电流表A2的示数I2，以I1为横坐标，I2为纵坐标，描点作图并测得图象的斜率为k，则电阻丝的电阻率为___________(用题中已给出的字母表示)，此法测量出的电阻率较真实值___________(填“偏大”“偏小”或“无系统误差”)。【答案】    (1). 0.3465    (2).     (3).     (4).     (5).     (6). 无系统误差【解析】【详解】(1)螺旋测微器的读数由固定刻度和可动刻度两部分组成，直径；(2)滑动变阻器尽量选择较小的且接近被测电阻，所以选择R1；由于无电压表，则用电流表A1串联一个较大的分压电阻作为电压表使用，所以变阻器选R4；(3)滑动变阻器选用分压接法，电流表有外接法，实物连线如图所示；(4)根据欧姆定律有：，结合图象斜率为，所以求得，再由电阻定律：，所以电阻率，由于电流表的测量值与改装的电压表的测量值均是真实值，无系统误差，则测得的电阻率的值无系统误差。11.如图,质量m=0.1kg的带电小球从h=20m高处以v0=5m/s的速度水平抛出,落到水平地面上的A点;若仍将小球以同样的速度水平抛出,在抛出小球的同时,在小球运动空间加上一竖直向上的匀强电场(图中未画出),小球落到地面上的B点,小球的水平射程增加了10m,已知小球所带电量q=+2.5×10−4C,重力加速度g=10m/s2，空气阻力不计，求：(1)不加电场时，小球到达A点时的动能；(2)所加匀强电场电场强度E的大小。【答案】（1）（2）【解析】【分析】考查平抛运动规律。【详解】（1）不加电场时，做自由落体运动：竖直方向：水平方向：解得：， ，实际速度为：小球到达A点时的动能：（2）加电场后做类平抛运动：竖直方向： 水平方向： 联立三式解得： ，12.有一个足够长的竖直固定在地面的透气圆筒,筒中有一劲度为k的轻弹簧,其下端固定,上端连接一质量为m的薄滑块B,圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体,它对薄滑块的阻力可调。起初,薄滑块B静止,ER流体对其阻力为0.现有一质量也为m的物体A从距薄滑块B上方L处自由落下,与博滑块B碰撞后粘在一起向下运动。为保证滑块做匀减速运动,且下移距离为Δx=时速度减为0。已知ER对物块A没有阻力，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而适当变化，以薄滑块B初始位置为原点，向下为正方向建立Ox轴。试求：(忽略空气阻力，求弹簧做功时，可以用初末状态弹力的算术平均值代替这个过程的平均力来求做功):(1)求碰撞后两物体粘在一起到滑块B速度减为零的过程中，ER流体的阻力所做的功，下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；(2)求ER流体对薄滑块的阻力Ff随位置坐标x变化的函数关系式；(3)在薄滑块速度第一次减为0的瞬间，通过调节使之后ER流体对运动的薄滑块阻力大小恒为λmg，若此后薄滑块仍能向上运动，求λ的取值范围。(4)在薄滑块速度第一次减为0的瞬间，通过调节使之后ER流体对运动的薄滑块阻力大小恒为λmg，若此后薄滑块向上运动一段距离后停止运动不再下降，求λ的最小值。【答案】（1） （2） 其中（ ）（3）（4）【解析】【分析】考查动能定理的应用。【详解】（1）A下落到与B碰撞前的速度为v1解得： 碰撞过程有动量守恒：解得：损失的机械能为：碰撞后减速到0的过程中，，设阻力做功为Wf，由动能定理：其中开始B静止时弹簧弹力解得：（2）滑块做匀减速运动，由牛顿第二定律：其中由位移与速度的关系式：联立两式解得： 其中（ ）（3）要使薄滑块速度第一次减为0的瞬间能继续往上运动，则此时加速度应向上，即：解得： （4）设上升h后速度减为0，由动能定理：解得： 要使停止运动不再下降，则：解得： λ的最小值为 。13.下列说法正确的是____________A. 一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的B. 使用钢笔难以在油纸上写字，这是因为钢笔使用的墨水与油纸不浸润C. 增大气体的压强，可以使气体分子之间的斥力大于引力，使分子力表现为斥力D. 对于一定量的理想气体，如果体积不变，压强减小，那么它的内能一定减小，气体对外做功E. 若容器中用活塞封闭着刚好饱和的一些水汽，当保持温度不变向下缓慢压缩活塞时，水汽的质量减少，压强不变【答案】ABE【解析】【详解】A.根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，A正确。B.使用钢笔难以在油纸上写字，这是因为钢笔使用的墨水与油纸不浸润，B正确。C.气体分子间的距离非常大，分子间的作用力忽略不计，C错误。D.对于一定量的理想气体，如果体积不变，压强减小，温度降低，分子平均动能降低，内能降低；气体体积不变，气体没有对外做功，D错误。E.温度不变，水的饱和蒸汽压不变，分子数密度不变，缓慢压缩活塞，体积减小，分子数减小，水汽质量减小，E正确。14.如图所示，固定的气缸Ⅰ和气缸Ⅱ的活塞用劲度系数为的轻质弹簧相连，两活塞横截面积的大小满足S1＝2S2，其中。两气缸均用导热材料制成，内壁光滑，两活塞可自由移动．初始时两活塞静止不动，与气缸底部的距离均为，环境温度为T0＝300 K，外界大气压强为，弹簧处于原长。现只给气缸Ⅰ缓慢加热，使气缸Ⅱ的活塞缓慢移动了5cm．已知活塞没有到达气缸口，弹簧能保持水平，气缸内气体可视为理想气体。求此时：(a)弹簧的形变量；(b)气缸Ⅰ内气体的温度。【答案】(1) （2）【解析】【详解】(a)初始时弹簧处于原长说明两气缸内气体压强均为加热后，对气缸Ⅱ的活塞受力分析得 …………① 对气缸Ⅱ内气体，由玻意耳定律 …………② 联立解得（b）对气缸Ⅰ内气体，由理想气体状态方程 …………③对气缸Ⅰ的活塞受力分析得 …………④ 由几何关系 …………⑤ 联立解得15.以下关于振动、波动和相对论的叙述正确的是(            )A. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中，应从平衡位置处开始计时B. 光速不变原理是：真空中光速在不同的惯性参考系中都是相同的C. 两列波叠加产生干涉现象，振动加强区域与减弱区域应交替变化D. 光的偏振现象说明光波是横波E. 用绿光做双缝干涉实验，在光屏上呈现出明暗相间的条纹，相邻两条绿条纹间的距离为△X，如果只增大双缝到光屏之间的距离，△X将减小【答案】ABD【解析】【分析】考查振动、波动和相对论。【详解】A．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，应从平衡位置处开始计时，A正确；B．光速不变原理是：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，B正确；C．两列波叠加产生干涉现象，振动加强区域与减弱区域是固定不变，C错误；D．光的偏振现象说明光波是横波，D正确；E ．由 ，如果增大双缝到光屏之间距离L，将增大，E错误。故选ABD。16.如图所示，一束截面为圆形（半径R=lm）的平行紫光垂直射向一半径也为R的玻璃半球的平面，经折射后在屏幕S上形成一个圆形亮区，屏幕S至球心距离为D=m，不考虑光的干涉和衍射，试问：①若玻璃半球对紫色光的折射率为，请你求出圆形亮区的半径。②若将题干中紫色改为白光，在屏幕S上形成的圆形亮区的边缘是什么颜色？【答案】①1m ,② 紫色【解析】【详解】①如图，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的E点处，E点到亮区中心G的距离r就是所求最大半径。设紫光临界角为C，则有由几何知识可知：AB=R·所以有：②若将题干中紫光改为白光，由于紫光的折射率最大，偏折角也最大，则知在屏幕S上形成的圆形亮区的边缘是紫色